2019-2020年高中物理 第三章 牛顿运动定律 第6节 超重与失重教学案 教科版必修1.doc

2019-2020年高中物理 第三章 牛顿运动定律 第6节 超重与失重教学案 教科版必修11当研究对象在竖直方向处于加速状态时，它受到的重力和支持力(拉力)不再是一对平衡力。2物体对悬挂物的拉力或对支持物的压力大于物体重力的现象称为超重现象。3物体对悬挂物的拉力或对支持物的压力小于物体重力的现象称为失重现象。4无论物体超重还是失重，物体的重力并没有改变。一、超重与失重的概念1超重(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)大于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有竖直向上的加速度。2失重(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)小于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有竖直向下的加速度。3完全失重(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)等于零的现象。(2)产生条件：物体竖直向下的加速度等于g。二、超重、失重的定量分析设物体质量为m，在拉力F作用下在竖直方向上运动，竖直方向加速度为a，重力加速度为g。1超重：由Fmgma可得Fm(ga)，即拉力大于重力，超重“ma”，加速度a越大，超重越多。2失重：由mgFma可得Fm(ga)，即拉力小于重力。失重“ma”，加速度a越大，失重越多。3完全失重：由mgFma和ag联立解得F0，即拉力为0，失重“mg”。1自主思考判一判(1)超重就是物体受到的重力增加了。()(2)完全失重就是物体不受重力了。()(3)超、失重可根据物体速度方向判定。()(4)超、失重可根据物体的加速度方向判定。()(5)做竖直上抛运动的物体先超重后失重。()2合作探究议一议(1)有人说：“在很高的山顶上，物体所受的重力要小于它在平地上所受的重力，这种现象也是失重！”这种说法正确吗？提示不正确，这不是失重。失重情况下重力不变。在很高的山上，物体所受的重力减小，是因为地球对它的引力减小了。(2)将体重计放到升降机中，人站在体重计上，当升降机运动时，若发现体重计示数变大，升降机一定是向上加速吗？提示不是。体重计示数变大，升降机可能有两种运动情形：向上做加速运动；向下做减速运动。这两种情况下，加速度的方向均向上。根据牛顿第二定律，人所受支持力Fmgma，所以Fmg，出现超重。对超重、失重的理解1重力和视重(1)重力：物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。(2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。2超重和失重的本质(1)出现超重、失重的实质是指视重与重力的差别，即由于物体沿竖直方向存在加速度，使得物体与支承物(或悬挂物)间的作用力发生了变化，并非物体的重力发生了变化。(2)超重、失重现象与物体的运动方向无关，当物体具有向上的加速度时，无论物体向什么方向运动，均出现超重现象，反之则出现失重现象。因此，判断出现超、失重的依据是加速度的方向。3对完全失重的理解(1)完全失重是物体的视重为零，对支持物或悬挂物的压力或拉力为零。处于完全失重的物体具有竖直向下、大小为g的加速度。(2)发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。比如物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动，靠重力使用的仪器也不能再使用(如天平)。(3)只受重力作用的一切抛体运动，如我们学过的自由落体运动和竖直上抛运动等，物体在空中只受重力的运动，其加速度等于g，物体都处于完全失重状态。1. (多选)如图361所示，运动员“3 m跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是()图361A运动员将跳板从B压到C的过程中，一直失重B运动员向上运动(CB)的过程中，先超重后失重C运动员将跳板从B压到C的过程中，对板的压力先增大后减小D运动员向上运动(CB)的过程中，对板的压力一直减小解析：选BD人受到重力及板向上的弹力，人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小，然后加速度变为向上增大，故人应先失重后超重，故A、C错误；运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时弹力一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故B正确；运动员在向上运动时，板的形变量减小，弹力减小，运动员对板的压力一直减小，故D正确。2在完全失重情况下，下列哪些操作可以实现的是()A用天平测物体的质量B测物体在水中的浮力C用弹簧秤测出对物体的拉力D用水银气压计测大气压强解析：选C在完全失重的情况下，一切与重力有关的操作都不能进行，用天平测物体的质量、浮力以及水银气压计都与物体的重力有关，故都不能实现；用弹簧秤测出对物体的拉力与重力无关，故可以实现，故选C。3.某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重为10 N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上显示出如图362所示图像，以下根据图像分析所得结论错误的是()图362A该图像显示出了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况B从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态C电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼D电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼解析：选D题图中图像显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况。0t1，钩码受力平衡；t1t2，拉力小于10 N，钩码处于失重状态；t2t3，钩码受力平衡；t3t4，拉力大于10 N，钩码处于超重状态。由以上分析可知，D项错误。超重、失重问题的有关计算典例质量为60 kg的人，站在升降机中的体重计上，升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？(g10 m/s2)(1)升降机匀速上升；(2)升降机以4 m/s2的加速度加速上升；(3)升降机以5 m/s2的加速度加速下降。思路点拨解析人站在升降机中体重计上受力情况如图所示。(1)当升降机匀速上升时，a0由牛顿第二定律知，Nmg0所以Nmg600 N由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为600 N。(2)当升降机以4 m/s2的加速度加速上升时，有Nmgma所以Nm(ga)840 N由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为840 N(超重状态)。(3)当升降机以5 m/s2的加速度加速下降时，此时a的方向向下，有mgNma所以Nm(ga)300 N由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为300 N(失重状态)。答案(1)600 N(2)840 N(3)300 N当物体的受力在同一直线时，一般以加速度方向为正方向，则加速度方向的力减去与加速度方向相反的力即为合力。1电梯在t0时由静止开始上升，运动的at图像如图363所示，电梯内乘客的质量m50 kg，忽略一切阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()图363A第1 s内乘客处于超重状态，第9 s内乘客处于失重状态B第2 s内电梯做匀速直线运动C第2 s内乘客对电梯的压力大小为450 ND第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N解析：选D第1 s内乘客向上加速，具有向上的加速度，处于超重状态，第9 s内电梯仍然具有正向的加速度，即加速度向上，仍然处于超重状态，故A错误；由题图知第2 s内乘客的加速度恒为1.0 m/s2，即做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律：Fmgma得：Fmgma500 N501.0 N550 N，根据牛顿第三定律，则乘客对电梯的压力大小为550 N，故D正确，B、C错误。2实验小组为了测量一栋26层的写字楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况，请一质量为m60kg的同学站在放于电梯的水平地板上的体重计上，体重计内安装有压力传感器，电梯从一楼直达26楼，已知t0至t1 s内，电梯静止不动，与传感器连接的计算机自动画出了体重计示数F随时间变化的图线，如图364所示，求：图364(1)电梯启动和制动时的加速度大小；(2)该大楼每层的平均层高。解析：(1)13 s电梯启动，即加速向上运动，加速度向上，处于超重状态，对于此状态有：F1mgma1，代入数据解得a12 m/s22123 s电梯制动，即向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，对于此状态有：mgF3ma3，代入数据解得a32 m/s2。(2)电梯匀速运动的速度va1t14 m/s匀加速上升的位移为x1vt142 m4 m从图中读得，电梯匀速上升的时间t218 s，所以匀速上升的位移为x2vt2418 m72 m匀减速上升的时间为2 s，所以位移为x3vt342 m4 m所以总位移xx1x2x380 m层高：h m3.2 m。答案：(1)2 m/s22 m/s2(2)3.2 m1下列关于超重与失重的说法中，正确的是()A超重就是物体的重力增加了B失重就是物体的重力减少了C完全失重就是物体的重力没有了D不论是超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力是不变的解析：选D超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力，物体的重力并没有增加，所以A错误；失重是物体对接触面的压力小于物体的真实重力，物体的重力并没有减小，所以B错误；完全失重是说物体对接触面的压力为零，此时物体的重力也不变，所以C错误；不论是超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力是不变的，只是对接触面的压力不和重力相等了，所以D正确。2下列说法中正确的是()A体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析：选B当加速度方向竖直向下时，物体处于失重状态；当加速度方向竖直向上时，物体处于超重状态。蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且ag，为完全失重状态，所以B正确。而A、C、D中运动员均为平衡状态，Fmg，既不超重也不失重。3.如图1所示，在台秤的托盘上放一个支架，支架上固定一电磁铁A，电磁铁A的正下方有一铁块B，电磁铁A不通电时，台秤的示数为G。某时刻接通电源，在铁块B被吸引起来的过程中，台秤的示数将()图1A不变B变大C变小 D忽大忽小解析：选B很多同学认为，当铁块B被吸起时脱离台秤，所以对台秤的压力消失，台秤的示数减小，从而错选C。其实，铁块B被吸起的过程是铁块B加速上升的过程，处于超重状态，即整体处于超重状态，所以整体对托盘的压力大于整体的重力。故选项B正确。4.如图2所示，在托盘测力计的托盘内固定一个质量为M的光滑的斜面体，现将一个质量为m的物体放在斜面上，让它自由滑下，则测力计的示数()图2AN(Mm)gBNMgCN(Mm)gDN(Mm)g解析：选D物体加速下滑，其加速度有竖直向下的分量，故它处于失重状态，物体与斜面体整体对托盘测力计的压力小于它们的总重力，D对。5. (多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图3中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c的过程中()图3A人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态B人在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C人在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态D人在c点，人的速度为零，其加速度为零解析：选AB人在Pa段只受重力作用，ag，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人到c点时，拉力最大，合力最大，加速度最大，D错误。6.某同学为了研究超重和失重现象，将重为50 N的物体带进竖直升降的电梯中，放置在压力传感器的水平载物面上，电梯由启动到停止的过程中，测得压力(F)时间(t)变化的图像如图4所示，设在t13 s和t28 s时电梯的速度分别为v1和v2，由此他做出判断()图4A电梯在上升，v1v2 B电梯在上升，v1v2C电梯在下降，v1v2 D电梯在下降，v1v2解析：选B物体最后静止时对地面的压力等于重力，所以根据牛顿第二定律可知，04 s电梯向上加速，414 s匀速，1418 s向上减速，18 s后静止。在t13 s时物体仍然做加速运动，所以t1时刻的速度小于t4 s时的速度，而t28 s时电梯的速度等于t4 s时的速度，所以v1v2，故选B。7. (多选)如图5所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上，若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为()图5A加速下降 B加速上升C减速上升 D减速下降解析：选BD若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，相当于物块的视重变大，处于超重状态，即加速度向上，所以可能向上做加速运动，向下做减速运动，故B、D正确。8. (多选)如图6所示是某同学站在力板传感器上做下蹲起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学()图6A体重约为650 NB做了两次下蹲起立的动作C做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态解析：选AC当该同学站在力板传感器上静止不动时，其合力为零，即压力读数恒等于该同学的体重值，由图线可知：该同学的体重约为650 N，A正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下做加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动，即先经历失重状态，后经历超重状态，读数F先小于体重，后大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上做加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动，即先经历超重状态，后经历失重状态，读数F先大于体重，后小于体重。由图线可知：C正确，B、D错误。9. (多选)如图7所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是()图7A若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力B若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下C若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上D若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力解析：选AB将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A正确，D错误；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，A对B的压力向下，故B正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误。10在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体。当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了(重力加速度为g)。则电梯在此时刻后的运动情况可能是()A以大小为g的加速度加速上升B以大小为g的加速度减速上升C以大小为的加速度加速下降D以大小为的加速度减速下降解析：选D因为电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，由此可以知道，mgkx，当弹簧又被继续压缩了，弹簧的弹力变大了，所以物体的合力应该是向上的，大小是mg，由牛顿第二定律Fma可得，mgma，所以加速度大小为ag，合力是向上的，当然加速度的方向也就是向上的，此时物体可能是向上的匀加速运动，也可能是向下的匀减速运动，所以D正确。11某人在以加速度a2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m175 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起50 kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大？(g取10 m/s2)解析：设此人在地面上的最大“举力”为F，那么他在以不同加速度运动的升降机中最大的“举力”仍然是F。以物体为研究对象进行受力分析，物体的受力示意图如图所示，且物体的加速度与升降机相同。当升降机以加速度a2 m/s2匀加速下降时，对物体有：m1gFm1aFm1(ga)得：F75(102) N600 N设人在地面上最多可举起质量为m0的物体，则Fm0g，m0 kg60 kg当升降机以加速度a匀加速上升时，对物体有：Fm2gm2aag m/s22 m/s2所以升降机匀加速上升的加速度为2 m/s2。答案：60 kg2 m/s212一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75 m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面30 m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手托着m5 kg的铅球，取g10 m/s2，试求：(1)从开始下落到最后着地经历的总时间；(2)当座舱落到离地面35 m的位置时，手对铅球的支持力是多少？(3)当座舱落到离地面15 m的位置时，铅球对手的压力是多少？解析：(1)由题意可知，座舱先自由下落h175 m30 m45 m由h1gt12得t1 3 s下落45 m时的速度v1gt130 m/s减速过程中的平均速度15 m/s减速时间t22 s总时间tt1t25 s。(2)离地面35 m时，座舱自由下落，铅球处于完全失重状态，所以手对铅球的支持力为零。(3)由v122gh12ah2得，减速过程中加速度的大小a15 m/s2(或a15 m/s2)根据牛顿第二定律：Nmgma解得：N125 N根据牛顿第三定律可知，铅球对手的压力为125 N。答案：(1)5 s(2)0(3)125 N牛顿运动定律的综合应用1(多选)(xx江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()图1At2 s时最大Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小解析：选AD人受重力mg和支持力N的作用，由牛顿第二定律得Nmgma。由牛顿第三定律得人对地板的压力NNmgma。当t2 s时a有最大值，N最大；当t8.5 s时，a有最小值，N最小，选项A、D正确。2如图2所示，两车厢的质量相同，其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近。若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢里有人的判断正确的是()图2A绳子的拉力较大的那一端车厢里有人B先开始运动的车厢里有人C后到达两车中点的车厢里有人D不去称量质量无法确定哪个车厢有人解析：选C根据牛顿第三定律，两车之间的拉力大小相等，故A错误；有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动，故B错误；两车之间的拉力大小相等，根据牛顿第二定律，总质量大，加速度小，由xat2，相同时间内位移小，后到达中点，即后到达两车中点的车厢里有人，故C正确；无需称质量，可用C项办法确定哪个车厢有人，故D错误。3(多选)如图3(a)所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，一物体在水平推力F的作用下沿斜面向上运动，逐渐增大F，物体的加速度随之改变，其加速度a随F变化的图像如图(b)所示。取g10 m/s2，根据图(b)中所提供的信息可以计算出()图3Asin 0.6 Bsin 0.5C物体的质量为2.5 kg D物体的质量为2.0 kg解析：选AD对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向：Fcos mgsin ma，从图像中取两个点(30 N,6 m/s2)，(0 N，6 m/s2)代入解得m2 kg，sin 0.6，选项A、D正确。4(多选)如图4所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成角。则下列说法正确的是()图4A小铁球受到的合外力方向水平向左BF(Mm)gtan C系统的加速度为agtan DFMgtan 解析：选BC隔离小铁球分析受力得F合mgtan ma，且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtan ，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtan ，A错误，C正确。整体分析得F(Mm)a(Mm)gtan ，故选项B正确，D错误。5. (多选)如图5所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则()图5A速度可能向左，加速度可小于gB加速度一定向右，不能超过(1)gC加速度一定向左，不能超过gD加速度一定向左，不能超过(1)g解析：选AD当小车处于静止时，A恰好不下滑，此时mgfN，要保证A静止，则A与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一定向左，要保证B静止，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，磁铁B做加速度的合力等于摩擦力，要保证B静止，则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma(mgN)，解得a(1)g，故A、D正确。6.如图6所示，足够长的倾角37的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m11 kg的物块A连接，另一端与质量为m23 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H0.6 m处，而A静止于斜面底端。现释放A，试求A在斜面上向上滑行的最大距离？(设B落地后不再弹起，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)图6解析：设B未落地前系统加速度大小为a1，B落地时的速度为v，B落地后A的加速度为a2，则依据题意有：m2gTm2a1Tm1gsin 37m1a1解得a16 m/s2v202a1Hm1gsin 37m1a20v22a2x解得a26 m/s2，x0.6 m故A在斜面上向上滑行的最大距离LHx1.2 m。答案：1.2 m7.某飞机场利用如图7所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角30，传送带两端A、B的距离L10 m，传送带以v5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A轻放上一质量m5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)图7解析：以货物为研究对象，由牛顿第二定律得mgcos 30mgsin 30ma解得a2.5 m/s2货物匀加速运动时间t12 s货物匀加速运动位移x1at125 m然后货物做匀速运动，运动位移x2Lx15 m匀速运动时间t21 s所以货物从A到B所需的时间tt1t23 s。答案：3 s8.如图8所示，质量为4 kg的小球用轻质细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上。细绳的延长线通过小球的球心O，且与竖直方向的夹角为37，已知g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图8(1)汽车匀速运动时，细绳对小球的拉力和车后壁对小球的压力；(2)若要始终保持37，则汽车刹车时的加速度最大不能超过多少？解析：(1)对小球受力分析如图所示，将细绳拉力T分解有：TyTcos ，TxTytan ，由二力平衡可得：Tymg，TxN，解得细绳拉力T50 N，车壁对小球的压力Nmgtan 30 N。(2)设汽车刹车时的最大加速度为a，此时车壁对小球弹力N0，由牛顿第二定律有Txma，即mgtan ma解得：a7.5 m/s2，即汽车刹车时的加速度最大不能超过7.5 m/s2。答案：(1)50 N30 N(2)7.5 m/s29.如图9所示，长为L2 m、质量mA4 kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB1 kg的小物块(可视为质点)位于A的中点，水平力F作用于A。A、B间的动摩擦因数0.2(A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2)。求：图9(1)为使A、B保持相对静止，F不能超过多大？(2)若拉力F12 N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？解析：(1)要使A、B保持相对静止，A对B的摩擦力不能超过最大静摩擦力对B，fmmBg，由fmmBa得：ag2 m/s2对AB，F(mAmB)a10 N。(2)当F12 N10 N，A、B相对滑动对B，aBg2 m/s2对A，FfmmAaA得：aA2.5 m/s2设B从A上滑落须用时间t，则aAt2aBt2得：t2 s对A：vaAt5 m/s。答案：(1)10 N(2)5 m/s10如图10甲所示，质量为m1 kg的物体置于倾角为37的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t11 s时撤去拉力，物体运动的部分vt图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图10(1)拉力F的大小；(2)t4 s时物体的速度v的大小。解析：(1)设F作用时加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知Fmgsin mgcos ma1撤去力F后，据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma2由图像斜率可得a120 m/s2，a210 m/s2，代入解得0.5，F30 N。(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2，由v1a2t2，可得t22 s，则物体沿着斜面下滑的时间为t3tt1t21 s设下滑加速度为a3，据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma3解得a32 m/s2，则t4 s时速度va3t32 m/s。答案：(1)30 N(2)2 m/s实验综合训练1如图1是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点。加速度大小用a表示。图1(1)O、E间的距离为_ cm。(2)如图2是根据实验数据绘出的xt2图线(x为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示_，加速度大小为_ m/s2(保留3位有效数字)。图2解析：(1)此刻度尺的分度值为1 mm，要估读到0.1 mm。(2)由xat2可知图线的斜率ka，由图中数据可计算出k，则加速度大小为0.933 m/s2。答案：(1)1.80(2)a0.9332某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h0.25 m、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧的另一端位于筒内)，如图3甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出距筒口右端弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l，作出Fl变化的图线如图乙所示。图3(1)由此图线可得出的结论是_；(2)弹簧的劲度系数为_ N/m，弹簧的原长l0_ m；(3)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：_，缺点在于：_。解析：(1)在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比。(2)由Fkx和乙图可知：(3010)k20102所以k100 N/m，由乙图可知F20 N时，l10 cm0.1 m，所以20k(0.10.25l0)，即l00.15 m。(3)优点是避免弹簧自身重力对实验的影响，缺点是弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。答案：见解析3.在“利用打点计时器测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz的低压交变电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5个点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点)。从A点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图4所示。图4(1)若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做_运动，且直线与x方向夹角越大，说明纸带运动的_越大。(2)从第一个计数点A开始计时，为求出0.25 s时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：_。(3)若测得a段纸带的长度为10.0 cm，e段纸带的长度为2.0 cm，则可求出加速度的大小为_ m/s2。(结果保留2位有效数字)解析：(1)由匀变速直线运动的位移规律，可得每段纸带的平均速度与该段纸带的长度有关，则图像可看做vt图，可得纸带做匀减速直线运动，图线倾角的大小反映了加速度的大小。(2)横轴x轴即可等效成t轴，0.25 s时恰好对应纸带c的中间时刻，故测出c段的长度即可求出0.25 s时刻纸带的瞬时速度。(3)根据xmxn(mn)aT2，代入数据可求得加速度为2.0 m/s2。答案：(1)匀减速直线加速度(2)c段(3)2.04有同学利用如图5所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：图5(1)(多选)改变钩码个数，实验能完成的是()A钩码的个数N1N22，N34B钩码的个数N1N33，N24C钩码的个数N1N2N34D钩码的个数N13，N24，N35(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是()A标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出OA、OB、OC三段绳子的长度C用量角器量出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图6中_(选填“甲”或“乙”)是正确的。图6解析：(1)对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示N1、N2、N3的大小，由于三共点力处于平衡，所以N1、N2的合力大小等于N3，且N3N1N2，即|N1N2|N3N1N2，故B、C、D能完成实验。(2)为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，应从力的三要素角度出发，要记录钩码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，B、C、D错误。(3)以O点为研究对象，F3的实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的合力的理论值与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。答案：(1)BCD(2)A(3)甲5利用如图7甲所示的装置可以测量滑块和滑板间的动摩擦因数。将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，倾角37，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速率时间(vt)图像。(取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图7(1)先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的vt图像如图乙所示。利用该图像可算出滑块A上滑时加速度的大小为_ m/s2。(2)从图线可得滑块与滑板之间的动摩擦因数_。解析：(1)根据vt图像容易求得滑块A上滑时加速度的大小为a1 m/s28.0 m/s2。(2)滑块A沿滑板B向下滑时的加速度a2 m/s24.0 m/s2，此过程中，根据牛顿第二定律，滑块A向下滑动时，有mgsin mgcos ma2，而滑块A向上滑动时，则有mgsin mgcos ma1，解得0.25。答案：(1)8.0(2)0.256.如图8所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置。直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g。图8(1)钢球下落的加速度大小a_，钢球受到的空气平均阻力f_。(2)本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度_(选填“”或“”)钢球球心通过光电门的瞬时速度。解析：(1)钢球在竖直方向上做匀加速运动，通过两光电门时时间很短，可近似看作匀速运动，可用平均速度代替瞬时速度，故钢球通过两光电门的瞬时速度vA和vB，根据匀变速直线运动的速度位移关系vB2vA22ah，得钢球下落的加速度大小a。对钢球受力分析，根据牛顿第二定律有：mgfma，得平均阻力fmgmamg。(2)钢球通过光电门的瞬时速度使用平均速度代替，而平均速度等于中间时刻的速度v，钢球通过光电门的瞬时速度应为中间位移的速度，v ，由数学知识可知vv，即钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度。答案：(1)mg(2)7某同学利用如图9所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)。图9(1)图10为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为_ m/s，小车的加速度为_ m/s2。(以上两空保留一位有效数字)图10(2)根据实验数据画出了如图11所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为_。(选填字母代号)图11A.B.Cmg DF(3)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图11的说法，正确的是_。(选填字母代号)A图线逐渐偏向纵轴B图线逐渐偏向横轴C图线仍保持原方向不变解析：(1)做匀变速直线运动过程中一段过程中的中间时刻速度等于该段过程中的平均速度，故vCf0.8 m/s，根据逐差法可得xDExBC2aT2，xCDxAB2aT2，联立可得a4 m/s2。(2)从图中可得加速度与横坐标表示的物理量成正比，根据牛顿第二定律可得Fma，当质量一定时，外力与加速度成正比，故D正确。(3)由于图像的斜率为k，所以增大砂和砂桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确。答案：(1)0.84(2)D(3)C8某同学设计了如图12所示的装置，来测定滑块和轨道间的动摩擦因数。给定的实验器材有米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等。滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m，托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。图12(1)若利用上述实验器材和公式a可以测量滑块在A、B间运动时的加速度。请你在下面的虚线框中设计一个记录两个物理量数据的表格，记录次数为5次。在表格中标明要测量的两个物理量。 (2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a mg当上式中的(mm)保持不变时，a是m的一次函数。该同学想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算。为了保证实验中(mm)不变，在改变m时，应将从托盘中取出的砝码置于_上。(3)实验得到a与m的关系如图13所示，由此可知_。(取两位有效数字)图13解析：(1)这两个物理量分别是位移x和时间t，表格中记录原始数据，故如表所示。12345x/mt/s(2)要使(mm)不变，应将砝码从砝码盘中取出放入滑块上。(3)在图线上找到两个点，一个是当a0.35 m/s2时，m6.7 kg，另一个是当a0.15 m/s2时，m6.2 kg，将两组数据代入到原公式中，并且将公式先变形一下为：(ag)M(mm)(1)gm，代入后将两式相除，即可将M(mm)与(1)约掉，从而计算出0.23。答案：(1)见解析(2)滑块(3)0.23(0.210.25均可)第三章牛顿运动定律(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第15小题只有一个选项正确，第68小题有多个选项正确，全选对得6分，选不全得3分，错选不得分)1关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B短跑运动员在比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C战斗机在空中作战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D公交汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故解析：选C因为惯性是物体本身的一种属性，只与质量有关，与其他因素无关，故A、B均错误。战斗机在空中作战时甩掉副油箱是为了减小质量，使惯性减小，运动状态容易改变，故C正确。公交汽车在启动时，人由于惯性应该向后倾，故D错误。2.物体静止在斜面上，如图1所示，下列说法正确的是()图1A物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力C物体对斜面的压力等于物体所受的重力D物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力解析：选B作用力与反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一物体上，选项A错误，B正确；物体对斜面的压力等于物体重力沿垂直于斜面的分力，选项C错误；物体的分力和合力应是针对同一物体，效果相同，故选项D错误。3.如图2所示，质量为M的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下与质量为m的小球连接。当小球上下振动的过程中，木箱对地面压力刚好等于mg，求此时小球的加速度()图2A.g，方向向上B.g，方向向下C.，方向向下 D.，方向向上解析：选C设木箱对地面压力刚好等于mg时，弹簧的弹力为F，对木箱有NMgFmg，对小球：mgFma，解得a，方向向下，选项C正确。4如图3所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60、45、30。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力)，用t1、t2、t3依次表示各滑环分别到达A、B、C所用的时间，则()图3At1t2t3 Bt1t2t3Ct1t2t3 Dt1t3t2解析：选D小滑环沿杆下滑的加速度agsin ，根据at2得，t ，当60和30时，时间相等，当45时，时间最短，故t1t3t2，故D正确，A、B、C错误。5(xx重庆高考)若货物随升降机运动的v t图像如图4所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()图4解析：选B根据v t图像可知电梯的运动情况：加速下降匀速下降减速下降加速上升匀速上升减速上升，根据牛顿第二定律Fmgma可判断支持力F的变化情况：失重等于重力超重超重等于重力失重，故选项B正确。6两个完全相同的力分别作用在质量为m1、m2的两个物体上，使它们由静止开始运动，各经t1、t2时间后，两物体速度相同，则两物体通过的位移比是()Am1m2 Bm2m1Ct1t2 Dt12t22解析：选AC根据牛顿第二定律及运动学公式知，速度相同时，a1t1a2t2。物体加速度为a1，a2。物体的位移为x1a1t12，x2a2t22。整理得，。故答案为A、C。7.如图5所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的细线剪断的瞬间()图5A吊篮A的加速度大小为2gB物体B的加速度大小为gC物体C的加速度大小为2gDA、B、C的加速度大小都等于g解析：选AC弹簧开始的弹力F3mg，剪断细线的瞬间，弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC2g，即A、C的加速度均为2g。故D错误，A、C正确。剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0，故B错误。8.如图6所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且水平地面光滑，不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是()图6A0 B.F，方向向右C.F，方向向左 D.F，方向向右解析：选ACD整体的加速度a，方向水平向左。隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：设摩擦力方向水平向右。Ffma，解得fFmaF；若Mm，摩擦力为零；若Mm，摩擦力方向向右，大小为F；若Mm，摩擦力方向向左，大小为F，故A、C、D正确。二、实验题(本题共2小题，共18分)9(8分)如图7为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置。(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车_不变，用钩码所受的重力作为_，用DIS测小车的加速度。图7(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF关系图线(如图8所示)。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是()图8A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大解析：(1)探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力。(2)钩码质量较小时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，aF图像偏离直线，选项C正确。答案：(1)质量合外力(2)C10(10分)如图9为探究物体的加速度、作用力和质量三个物理量的关系的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。图9(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是_。A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动。从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是_。AM200 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gBM200 g，m20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gCM400 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40