第2讲 两类动力学问题 超重和失重
知识一 动力学的两类基本问题
1．两类基本问题
(1)已知受力情况求运动情况． (2)已知运动情况求受力情况． 2．一个联系桥梁
加速度是联系力和运动的桥梁 3．两个关键
受力分析和运动过程分析 4．求解思路
判断正误
(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同．(×)
(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)
(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)
例1 如图甲所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用静止不动。现保持F1不变，使F2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，其大小变化图象如图乙所示，则在此过程中，能正确描述木块运动情况的图象是下图中的( )
1 / 16
F1－F2
解析：根据木块的受力情况由牛顿第二定律a＝可知，木块先做加速度逐渐增大
m的变加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动。注意把握一个要素，合力的方向始终不变。此题可依据加速度时刻发生改变的特征，迅速排除A、B、C三个选项。
例2 如图所示，有一质量m＝1kg的物体，以初速度v＝6m/s从A点开始沿水平面向右滑行。物块运动中始终受到大小为2N、方向水平向左的力F作用，已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1.求：(取g＝10m/s2)
(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向； (2)物块向右运动到最远处的位移大小；
(3)物块经过多少时间回到出发点A？(结果保留两位有效数字)
解题思路：①“向右滑行，受到向左的力”→物体先减速向右运动，后加速向左运动。 ②受力及运动情境图
解析：(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小：Ff＝μmg＝1N，物体向右运动时所受摩擦力的方向：水平向左。
F＋Ff
(2)物块向右运动时的加速度。a1＝＝3m/s2，物块向右运动到最远处时的位移 2a1x
mv2
＝v，x＝＝6m。
2a1
2
F－Ffv
(3)物块向右运动的时间：t1＝＝2s，物块返回时的加速度：a2＝＝1m/s2，物块返
a1m1
回过程的时间：x＝a2t2，t＝
222
2x＝23s≈3.5s，物块回到出发点A的时间：t＝t1＋t2＝5.5s。 a2
例3 如图1所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在
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m1、m2上，则
( )
图1
A．弹簧测力计的示数是25 N B．弹簧测力计的示数是50 N
C．在突然撤去力F2 的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2 D．在突然撤去力F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2
F1－F2解析 以m1、m2整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得a＝＝2 m/s2，以m1
m1＋m2
为研究对象，F1－F＝m1a，解得F＝26 N，故选项A、B错误．在突然撤去力F2的瞬间，弹簧的弹力不发生变化，故m1的加速度不发生变化，选项C错误．在突然撤去力F1的瞬间，F
m1的加速度大小为a1＝＝13 m/s2，选项D正确．
m1
答案 D
例4 如图2所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为
( )
图2
gA．都等于
2gmAgC.和· 2mB2答案 C
解析 在绳剪断之前，绳上的拉力F1＝mAgsin 30°，弹簧上的拉力F2＝(mA＋mB)gsin 30°，绳剪断瞬间，绳上的拉力变为零，所以mAgsin 30°＝mAaA.F2－mBgsin 30°＝mBaB，解得aA＝gmAgsin 30°mAggsin 30°＝，aB＝＝.选项C正确．
2mB2mB
例5 如图3所示，质量m＝1 kg的小球放在光滑水平面上，一水平放置的轻弹簧一端与墙相连，另一端与小球相连，一不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在天花板上，细绳与竖直方向成45°角，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰为零．取g＝10 m/s2，则在烧断轻绳的瞬间，下列说法正确的是
( )
g
B.和0 2mAggD.·和 mB22
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图3
A．小球所受合外力为零
B．小球加速度大小为10 m/s2，方向向左 C．小球加速度大小为102 m/s2，方向向左
D．小球所受合外力的方向沿左下方与竖直方向成45°角 答案 B
解析 烧断轻绳前弹簧上的弹力F＝mgtan 45°，烧断轻绳瞬间，弹簧弹力未变，竖直方F
向小球的重力和水平面对小球的支持力平衡，小球的合力向左，a＝＝gtan 45°＝10 m/s2，
m选项B正确．
例6 如图4所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是
( )
图4
A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻弹簧刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻弹簧还不会被拉断 D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变 答案 CD
解析 隔离木块2m分析受力情况，质量为2m的木块受到重力、地面的支持力、m对它的压力、m对它的静摩擦力、弹簧的拉力五个力的作用，选项A错误；当F逐渐增大到FT时，轻弹簧中弹力小于FT，不会被拉断，选项B错误；当F逐渐增大到1.5FT时，由牛顿第二定律，1.5FT＝6ma，轻弹簧中拉力FT′＝3ma＝0.75FT，小于轻弹簧能承受的最大拉力FT，轻弹簧还不会被拉断．当F撤去瞬间，轻弹簧中拉力不变，m所受摩擦力的大小和方向不变，选项C、D正确．
知识二 超重与失重
1．视重
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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叫做视重，其大小等于测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．
2．超重、失重与完全失重 超重 物体对支持物的压力(或对定义 悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 产生条件 视重 物体有向上的加速度 F＝m(g＋a) 失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 物体有向下的加速度 F＝m(g－a) 完全失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态 a＝g，方向向下 F＝0 例7 (2011·四川高考)我国神舟十号载着三位航天员顺利升空，完成任务后返回舱返回地面．图5为返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则
( )
图5
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
解析 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动 ，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力．火箭开始喷气前匀速下降，所受拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用，因而伞绳对返回舱的拉力变小．
答案 A
例8． (2013·浙江·19)如图6所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.
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关于热气球，下列说法正确的是 ( )
图6
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 答案 AD
解析 从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0.由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff＝0，计算得Ff＝230 N，D正确．
例9． 如图7所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直，在升降机运动过程中，物块未曾离开升降机的天花板．当升降机按如图所示的v－t图象上行时，升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性图象可能正确的是
( )
图7
答案 AC
解析 0～t1时间内物块向上加速运动，处于超重状态，合力的方向向上；t1～t2时间内
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物块向上匀速运动，合力为零；t2～t3时间内向上减速运动，处于失重状态，合力方向向下，全过程弹簧长度不变，弹簧的弹力不变，所以F2不变．正确选项为A、C.
例10． 如图8所示，动物园的水平地面上放着一个质量为M的笼子，笼内有一只质量为m的猴子，当猴以某一加速度a沿竖直柱子加速上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为F2，关于F1和F2的大小，下列判断正确的是
( )
图8 A．F1＝F2
B．F1>(M＋m)g，F2<(M＋m)g C．F1＋F2＝2(M＋m)g D．F1－F2＝2(M＋m)g 答案 BC
解析 把猴子和笼子看做整体，当猴以某一加速度沿竖直柱子加速上爬时，整体处于超重状态，F1>(M＋m)g，当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，整体处于失重状态，F2<(M＋m)g，选项B正确，A错误；当猴以某一加速度a沿竖直柱子加速上爬时，由牛顿第二定律得，F1－(M＋m)g＝ma；当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，由牛顿第二定律得，(M＋m)g－F2＝ma，联立解得F1＋F2＝2(M＋m)g，F1－F2＝2ma，选项C正确，D错误．
例11 如图所示的装置中，重为4N的物块，用一平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置被固定在测力计上并保持静止，斜面的倾角为30°。如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，烧断细线，物块下滑，与稳定时比较，测力计读数( )
A．增大4N
B．增大3N C．减小1N
D．不变
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1
解析：物块下滑的加速度a＝gsinθ＝g，方向沿斜面向下。此加速度的竖直分量a1＝
213
acos(90°－θ)＝g，所以物块处于失重状态，其视重为mg＝3N，测力计的示数减小1N，故
44选C。
例12 如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，下列说法正确的是( )
A．甲同学处于超重状态，乙同学处于失重状态 B．台秤P的读数等于mg－F C．台秤Q的读数为mg－2F D．两台秤的读数之和为2mg 答案：D
基础自测
1．下列实例属于超重现象的是( ) A．汽车驶过拱形桥顶端时 B．火箭点火后加速升空时
C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时 D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时
【解析】 发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱形桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D错误．
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【答案】 B
2．(多选)质量m＝1 kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t＝1 s，速度大小变为4 m/s，则这个力的大小可能是( )
A．2 N C．6 N
B．4 N D．8 N
【解析】 物体的加速度可能是2 m/s2，也可能是6 m/s2，根据牛顿第二定律，这个力的大小可能是2 N，也可能是6 N，所以答案是A、C.
【答案】 AC
图3－2－1
3．让钢球从某一高度竖直落下进入液体中，如图3－2－1中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置．则下列说法正确的是( )
A．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动 B．钢球进入液体中先做减速运动，后做加速运动 C．钢球在液体中所受的阻力先大于重力，后等于重力 D．钢球在液体中所受的阻力先小于重力，后等于重力
【解析】 从题图可以看出钢球在相同时间间隔内通过的位移先是越来越小，之后是相等．说明其运动是先减速后匀速，进而推知阻力先是大于重力，后来等于重力．
【答案】 C 4.
图3－2－2
(2010·浙江高考)如图3－2－2所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零 B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
【解析】 对于A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论
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上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A项正确．
【答案】 A
物理模型
动力学中的传送带模型
一、模型概述
物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型．
因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键．
二、两类模型 1．水平传送带模型
项目 情景1 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能情景2 先减速再匀速 科网] (2)v0 2．倾斜传送带模型 项目 情景1 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 10 / 16 (1)可能一直加速 情景2 (2)可能先加速后匀速 ](3)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景3 (3)可能一直匀速 (4)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 情景4 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 图3－2－7 例： (12分)如图3－2－7所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝ 3 ，取g＝10 m/s2. 2 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从P点运动到Q点所用的时间． 【审题指导】 (1)工件受的摩擦力为动力． (2)传送带匀速，工件放到传送带上后做初速为零的匀加速直线运动，要判断工件的运动有没有转折． 【规范解答】 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力 由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma① 代入数值得：a＝2.5 m/s2② 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 v222x1＝＝m＝0.8 m<4 m③ 2a2×2.5 可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m v (2)匀加速时，由x1＝t1得t1＝0.8 s④ 2 11 / 16 x23.2 匀速上升时t2＝＝ s＝1.6 s⑤ v2所以工件从P点运动到Q点所用的时间为 t＝t1＋t2＝2.4 s⑥ 评分标准①～⑥式每式2分 【答案】 (1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s 规律总结： 分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析． 变式训练 如图3－2－8所示，水平传送带AB长L＝10 m，向右匀速运动的速度v0＝4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v1＝6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.求： 图3－2－8 (1)物块相对地面向左运动的最大距离； (2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间． 【解析】 (1)设物块与传送带间的摩擦力大小为f f＝μmg f＝ma 0－v21＝－2as物 s物＝4.5 m (2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，经过时间t2与传送带速度相等 网]0＝v1－at1 t1＝1.5 s v0＝at2 t2＝1 s 12 设反向加速时，物块的位移为s1，则有s1＝at2＝2 m物块与传送带共速后，将做匀速 2直线运动，设经时间t3再次回到B点 s物－s1＝v0t3 t3＝0.625 s 所以t总＝t1＋t2＋t3＝3.125 s 【答案】 (1)4.5 m (2)3.125 s 12 / 16 课堂练习 ⊙考查超重失重 1．如图3－2－9所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间(单位为秒)．由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有( ) 图3－2－9 A．该同学做了两次下蹲—起立的动作 B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立 C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态 【解析】 在3～4 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确． 【答案】 B ⊙由运动情况推断受力情况 2. 图3－2－10 (2011·上海高考)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v－t图线如图3－2－10所示，则( ) A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大 B．在t1时刻，外力F为零 C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小 D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大 【解析】 由图象可知0～t1，物体作a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝ F－f m 13 / 16 f－F 可知，F逐渐减小，最终F＝f，故A、B错误．t1～t2物体作a增大的减速运动，由a＝ m可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能F已正向减为零且负向增大，故C、D正确． 【答案】 CD ⊙水平传送带模型 3．如图3－2－11所示，传送带保持v0＝1 m/s的速度运动．现将一质量m＝0.5 kg的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x＝2.5 m，则物体从左端运动到右端所经历的时间为(g取10 m/s2)( ) 图3－2－11 A.5 s C．3 s 【答案】 C ⊙综合考查两类基本问题 4. B．(6－1) s D．5 s 图3－2－12 (2013·浙江高考)如图3－2－12所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( ) A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 【解析】 热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大， 14 / 16 其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确． 【答案】 AD 5. 图3－2－13 如图3－2－13，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m，用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t. 【解析】 (1)物体做匀加速运动 1 L＝a0t2 20 2L2×20 则a0＝2＝2 m/s2＝10 m/s2 t02由牛顿第二定律，F－f＝ma0 f＝30 N－2×10 N＝10 N f10 则μ＝＝＝0.5. mg2×10 (2)F作用的最短时间为t，设物体先以大小为a的加速度匀加速时间t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律 Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma F则a＝30×＝[ ＋μm＋0.5×2 －μg －0.5×10] m/s2＝11.5 m/s2 f a′＝＝μg＝5 m/s2 m 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′ a11.5则t′＝t＝t＝2.3t a′511L＝at2＋a′t′2 22 15 / 16 则t＝ 2L ＝ a＋2.32a′2×20 s＝1.03 s. 11.5＋2.32×5 【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s 16 / 16 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库第4章-第2讲两类动力学问题 超重和失重RW在线全文阅读。
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