資源簡介

學案13 牛頓第二定律及應用(二)
超重與失重　瞬時問題
一、概念規律題組
1．關于牛頓第二定律，下列說法中不正確的是(　　)
A．加速度和力是瞬時對應關系，即a與F是同時產生、同時變化、同時消失
B．物體只有受到力作用時，才有加速度，也一定有速度
C．任何情況下，加速度的方向總與合外力的方向相同，但與速度的方向不一定相同
D．當物體受到幾個力作用時，可以把物體的加速度看作是各個力單獨作用時產生的各個加速度的合成
2．給靜止在光滑水平面上的物體，施加一個水平拉力，當拉力剛開始作用的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A．物體同時獲得速度和加速度
B．物體立即獲得加速度，但速度仍為零
C．物體立即獲得速度，但加速度仍為零
D．物體的速度和加速度均為零
3．跳水運動員從10 m跳臺騰空躍起，先向上運動一段距離達到最高點后，再自由下落進入水池，不計空氣阻力，關于運動員在空中上升過程和下落過程以下說法正確的有(　　)
A．上升過程處于超重狀態，下落過程處于失重狀態
B．上升過程處于失重狀態，下落過程處于超重狀態
C．上升過程和下落過程均處于超重狀態
D．上升過程和下落過程均處于完全失重狀態
4．在完全失重的狀態下，下列物理儀器還能使用的是(　　)
A.天平 B.水銀氣壓計
C.電流表 D.彈簧測力計
二、思想方法題組
圖1
5．如圖1所示，A、B兩物塊疊放在一起，當把A、B兩物塊同時豎直向上拋出時(不計空氣阻力)，則(　　)
A．A的加速小于g
B．B的加速度小于g
C．A、B的加速度均為g
D．A、B間的彈力不為零
圖2
6．如圖2所示，輕彈簧下端固定在水平面上，一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落．在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．小球剛接觸彈簧瞬間速度最大
B．從小球接觸彈簧起加速度變為豎直向上
C．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小
D．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先增大后減小
一、超重與失重
1．超重與失重
超重 失重 完全失重
定義 物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現象 物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現象 物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的現象
產生條件 物體有向上的加速度 物體有向下的加速度 a＝g，方向豎直向下
視重 F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝0
2.進一步理解
(1)當出現超重、失重時，物體的重力并沒變化．
(2)物體處于超重狀態還是失重狀態，只取決于加速度方向向上還是向下，而與速度無關．
(3)物體超重或失重的大小是ma.
(4)當物體處于完全失重狀態時，平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失，如單擺停擺、天平失效、浸在水中的物體不再受浮力，液柱不再產生向下的壓強等．
【例1】
圖3
如圖3所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)．下列說法正確的是(　　)
A．在上升和下降過程中A對B的壓力一定為零
B．上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力
C．下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力
D．在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力
[規范思維]
　
　
　
[針對訓練1]　下列實例屬于超重現象的是(　　)
A.汽車駛過拱形橋頂端
B.蕩秋千的小孩通過最低點
C.跳水運動員被跳板彈起，離開跳板向上運動
D.火箭點火后加速升空
二、瞬時加速度問題
分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析瞬時前后的瞬時作用力．
1．中學物理中的“線”和“繩”是理想化模型，具有以下幾個特性：
(1)輕：其質量和重力均可視為等于零，且一根繩(或線)中各點的張力大小相等．
(2)不可伸長：即無論繩子受力多大，繩子的長度不變，由此特點可知，繩子中的張力可以突變．
2．中學物理中的“彈簧”和“橡皮繩”也是理想化模型，具有以下幾個特性：
(1)輕：其質量和重力均可視為等于零，同一彈簧兩端及其中間各點的彈力大小相等．
(2)彈簧既能承受拉力，也能承受壓力；橡皮繩只能承受拉力，不能承受壓力．
(3)由于彈簧和橡皮繩受力時，要恢復形變需要一段時間，所以彈簧和橡皮繩中的力不能突變．
圖4
【例2】 如圖4所示，輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連，下端與另一質量為M的木塊2相連，整個系統置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態．現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g.則有(　　)
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g
[規范思維]
　
　
　
【例3】在動摩擦
圖5
因數μ＝0.2的水平面上有一個質量為m＝1 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖5所示．此時小球處于靜止平衡狀態，且水平面對小球的彈力恰好為零，當剪斷輕繩的瞬間，取g＝10 m/s2.求：
(1)此時輕彈簧的彈力大小；
(2)小球的加速度大小和方向；
(3)在剪斷彈簧的瞬間小球的加速度大小．
[規范思維]
　
　
　
　
[針對訓練2]　如圖6甲所示，一質量為m的物體系于長度分別為L1、L2的兩根細線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態．求解下列問題：
圖6
(1)現將線L2剪斷，求剪斷L2的瞬間物體的加速度．
(2)若將圖甲中的細線L1換成長度相同，質量不計的輕彈簧，如圖乙所示，其他條件不變，求剪斷L2的瞬間物體的加速度．
【基礎演練】
1．在升降電梯內的地板上放一體重計，電梯靜止時，曉敏同學站在體重計上，體重計示數為50 kg，電梯運動過程中，某一段時間內曉敏同學發現體重計示數如圖7所示．在這段時間內下列說法中正確的是(　　)
圖7
A．曉敏同學所受的重力變小了
B．曉敏對體重計的壓力小于體重計對曉敏的支持力
C．電梯一定在豎直向下運動
D．電梯的加速度大小為g/5，方向一定豎直向下
2．如圖8所示，
圖8
在光滑的水平面上，質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕彈簧相連，在拉力F作用下，以加速度a做勻加速直線運動，某時刻突然撤去拉力F，此瞬時A和B的加速度為a1和a2，則(　　)
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
3．
圖9
圖9是我國“美男子”長征火箭把載人神舟飛船送上太空的情景．宇航員在火箭發射與飛船回收的過程中均要經受超重與失重的考驗，下列說法正確的是(　　)
A．火箭加速上升時，宇航員處于失重狀態
B．飛船加速下落時，宇航員處于超重狀態
C．飛船落地前減速，宇航員對座椅的壓力大于其重力
D．火箭上升的加速度逐漸減小時，宇航員對座椅的壓力小于其重力
4．在電梯中，把一重物置于臺秤上，臺秤與力傳感器相連，當電梯從靜止加速上升，然后又勻速運動一段時間，最后停止運動，傳感器的屏幕上顯示出其受到的壓力與時間的關系圖象如圖10所示，則(　　)
圖10
A.電梯在啟動階段約經歷了2.5秒的加速上升過程
B.電梯在啟動階段約經歷了4秒的加速上升過程
C.電梯的最大加速度約為6.7 m/s2
D.電梯的最大加速度約為16.7 m/s2
5．某人在地面上用彈
圖11
簧秤稱得體重為490 N．他將彈簧秤移至電梯內稱其體重，t0至t3時間段內，彈簧秤的示數如圖11所示，電梯運行的v－t圖可能是(取電梯向上運動的方向為正)(　　)
6．直升機懸停在空中向
圖12
地面投放裝有救災物資的箱子，如圖12所示．設投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態．在箱子下落過程中，下列說法正確的是(　　)
A．箱內物體對箱子底部始終沒有壓力
B．箱子剛從飛機上投下時，箱內物體受到的支持力最大
C．箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛投下時大
D．若下落距離足夠長，箱內物體有可能不受底部支持力而“飄起來”
7.
圖13
利用傳感器和計算機可以研究力的大小變化情況，實驗時讓某同學從桌子上跳下，自由下落H后雙腳觸地，他順勢彎曲雙腿，他的重心又下降了h.計算機顯示該同學受到地面支持力F隨時間變化的圖象如圖13所示．根據圖象提供的信息，以下判斷不正確的是(　　)
A．在0至t2時間內該同學處于失重狀態
B．在t2至t3時間內該同學處于超重狀態
C．t3時刻該同學的加速度為零
D．在t3至t4時間內該同學的重心繼續下降
【能力提升】
圖14
8．如圖14所示，質量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態．當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為(　　)
A．0　　　　 B.g　　　　 C．g　　　　 D.g
9．如圖15所示，
圖15
A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用細線固定在傾角為30°光滑斜面上，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為(　　)
A．都等于 B.和0
C.·和0 D．0和·
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
10.一個質量為50 kg的人，
圖16
站在豎直向上運動著的升降機底板上．他看到升降機上掛著一個帶有重物的彈簧測力計，其示數為40 N，如圖16所示，該重物的質量為5 kg，這時人對升降機底板的壓力是多大？(g取10 m/s2)
11．如圖17甲所示為學校操場上一質量不計的豎直滑桿，滑桿上端固定，下端懸空．為了研究學生沿桿的下滑情況，在桿頂部裝有一拉力傳感器，可顯示桿頂端所受拉力的大?。F有一學生(可視為質點)從上端由靜止開始滑下，5 s末滑到桿底時的速度恰好為零．以學生開始下滑時刻為計時起點，傳感器顯示的拉力隨時間變化的情況如圖乙所示，g取10 m/s2.求：
圖17
(1)該學生下滑過程中的最大速率；
(2)滑桿的長度．
學案13　牛頓第二定律及應用(二)　
超重與失重　瞬時問題
1．ABCD
2．B　[根據牛頓第二定律，力和加速度是瞬時對應關系，拉力剛開始作用的瞬間，物體立刻獲得一個加速度，但速度仍為零，因為速度的增加需要時間，B正確．]
3．D　[跳水運動員在空中時無論是上升還是下降，加速度方向均向下，由于不計空氣阻力，故均為完全失重，故選D.]
4．CD　5.CD
6．CD　[小球的加速度大小決定于小球受到的合外力．從接觸彈簧到到達最低點，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大．當合力與速度同向時小球速度增大，所以當小球所受彈力和重力大小相等時速度最大．]
思維提升
1．(1)由牛頓第二定律可知，合力與加速度之間具有瞬時對應的關系，合力與加速度可同時發生突變，但速度不能．
(2)合力增大，加速度一定增大，但速度不一定增大．
(3)加速度的方向與物體所受合力方向一致，但速度方向與加速度和合力的方向不一定共線．
2．物體的加速度方向向上則超重；加速度方向向下則失重，與物體運動的速度方向無關．
3．當物體處于自由落體或豎直上拋運動狀態時由于物體的加速度均為重力加速度，故物體處于完全失重狀態．此時物體對水平支持物的壓力或對豎直懸掛物的拉力等于零．
例1 A　[對于A、B整體只受重力作用，做豎直上拋運動，處于完全失重狀態，不論上升過程還是下降過程．A對B均無壓力，只有A項正確．]
[規范思維]　物體處于超重和失重狀態，僅取決于加速度，而與速度無關．本題中若物體斜向上拋出、水平拋出、斜向下拋出，A對B的壓力都為零．
例2 C　[木板抽出前，由平衡條件可知彈簧被壓縮產生的彈力大小為mg.木板抽出后瞬間，彈簧彈力保持不變，仍為mg.由平衡條件和牛頓第二定律可得a1＝0，a2＝g.]
[規范思維]　解本題的關鍵是分析清楚木板抽出前、后的受力情況，然后由F合＝ma求解a.注意彈簧彈力不能瞬間發生變化，因為彈簧彈力與形變緊密聯系，在瞬間形變可認為不變．
例3 (1)10 N　(2)8 m/s2，向左　(3)0
解析　(1)小球在繩沒有斷時，水平面對小球的彈力為零，球受到繩的拉力FT、自身重力G與彈簧的彈力F作用而處于平衡狀態，依據平衡條件得
豎直方向有：FTcos θ＝mg
水平方向有：FTsin θ＝F
解得彈簧的彈力為F＝mgtan θ＝10 N
剪斷輕繩瞬間彈簧彈力不變，仍為10 N
(2)剪斷繩后小球在豎直方向仍平衡，水平面支持力平衡重力FN＝mg
水平方向上由牛頓第二定律得小球的加速度為a＝＝8 m/s2，方向向左．
(3)當剪斷彈簧的瞬間，小球立即受地面支持力和重力，且二力平衡，加速度為0.
[規范思維]　利用牛頓第二定律求瞬時加速度時，關鍵是分析此時物體的受力情況，同時注意細繩和彈簧的區別：在其它力變化時，彈簧的彈力不會在瞬間發生變化，而細繩的拉力可以在瞬間發生突變．
[針對訓練]
1．BD　[當加速度向上時，物體處于超重狀態；加速度向下時，物體處于失重狀態．在汽車駛過拱形橋頂端時，向心加速度向下，失重；蕩秋千的小孩通過最低點時，向心加速度向上，超重；跳水運動員離開跳板向上運動時，完全失重；火箭點火加速升空，加速度向上，超重．]
2．(1)a＝gsin θ，垂直L1斜向下方
(2)a＝gtan θ，水平向右
解析　(1)當線L2被剪斷的瞬間，因細線L2對球的彈力突然消失，而引起L1上的張力發生突變，使物體的受力情況改變，瞬時加速度沿垂直L1的方向斜向下方，為a＝gsin θ.
(2)當線L2被剪斷時，細線L2對球的彈力突然消失，而彈簧的形變還來不及變化(變化要有一個過程，不能突變)，因而彈簧的彈力不變，它與重力的合力與細線L2對球的彈力是一對平衡力，等值反向，所以線L2剪斷時的瞬時加速度為a＝gtan θ，方向水平向右．
1．D
2．D　[首先研究整體，求出拉力F的大小F＝(m1＋m2)a.突然撤去F，以A為研究對象，由于彈簧在短時間內彈力不會發生突變，所以A物體受力不變，其加速度a1＝a.以B為研究對象，在沒有撤去F時有：F－F′＝m2a，而F＝(m1＋m2)a，所以F′＝m1a，撤去F則有－F′＝m2a2，所以a2＝－a.]
3．BC　[加速上升或減速下降，加速度均是向上，處于超重狀態；加速下降或減速上升，加速度均是向下，處于失重狀態，由此知選項B、C正確．]
4．BC　[由圖可知，在0～4 s內臺秤對物體的支持力大于物體的重力，所以0～4 s內物體一直加速上升．由圖線知，物體的重力為30 N，即質量約為3 kg，臺秤對物體的最大作用力為50 N，物體所受的最大合力為20 N，所以物體的最大加速度約為6.7 m/s2.]
5．AD　[在t0～t1時間段內，人失重，應向上減速或向下加速，B、C錯；t1～t2時間段內，人勻速或靜止，t2～t3時間段內，人超重，應向上加速或向下減速，A、D都有可能對．]
6．C　[因為下落速度不斷增大，而阻力f∝v2，所以阻力逐漸增大，當f＝mg時，物體開始勻速下落．以箱和物體為整體：(M＋m)g－f＝(M＋m)a，f增大則加速度a減?。畬ξ矬w：Mg－FN＝ma，加速度減小，則支持力FN增大．所以物體后來受到的支持力比開始時要增大，不可能“飄起來”．]
7．ABD
8．B　[撤離木板時，小球所受重力和彈簧彈力沒變，二者合力大小等于撤離木板前木板對小球的支持力FN大小，由于FN＝＝mg，所以撤離木板后，小球加速度大小為：a＝＝g.]
9．D　[當線斷的瞬間，彈簧的伸長狀態不變，A受合外力還是0，A的加速度仍為0，對B進行分析：
線斷前：F線＝MBgsin θ＋F彈 F彈＝MAgsin θ.
當線斷時：B受合力為F合＝MBgsin θ＋F彈＝MBaB
所以aB＝·gsin θ＝· 選項D正確．]
10．400 N
解析　以重物為研究對象，重物受向下的重力mg，向上的彈簧拉力F，重物隨升降機一起以加速度a向上運動，由于重物的重力mg大于彈簧測力計的示數，因此可知升降機的加速度方向應向下，即升降機減速上升，由牛頓第二定律有mg－F＝ma
所以a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
再以人為研究對象，人受到重力Mg，底板的支持力FN，由牛頓第二定律有
Mg－FN＝Ma得FN＝Mg－Ma＝50×(10－2) N＝400 N
由牛頓第三定律知，人對升降機底板的壓力大小為400 N，方向豎直向下．
11．(1)2.4 m/s　(2)6.0 m
解析　(1)根據圖象可知0～1 s內，人向下做勻加速運動，人對滑桿的作用力為380 N，方向豎直向下，所以滑桿對人的作用力F1的大小為380 N，方向豎直向上．
以人為研究對象，根據牛頓第二定律有mg－F1＝ma1①
5 s后靜止，m＝＝ kg＝50 kg
1 s末人的速度為：v1＝a1t1②
根據圖象可知1 s末到5 s末，人做勻減速運動，5 s末速度為零，所以人1 s末速度達到最大值．由①②代入數值解得：v1＝2.4 m/s，所以最大速率vm＝2.4 m/s.
(2)滑桿的長度等于人在滑桿加速運動和減速運動通過的位移之和．
加速運動的位移x1＝t1＝×1 m＝1.2 m
減速運動的位移x2＝t2＝×4 m＝4.8 m
滑桿的總長度L＝x1＋x2＝1.2 m＋4.8 m＝6.0 m
易錯點評
1．物體超重或失重時，只是物體對懸掛物的拉力或對水平支持物的壓力發生了變化，而物體本身所受的重力并沒有改變．
2．對于任何拋體，若不計空氣阻力，則完全失重；若考慮空氣阻力，則部分失重．
3．對于彈簧、橡皮繩等發生明顯形變而產生的彈力，不能發生突變；而對于輕繩、桌面等發生不明顯形變而產生的彈力，能夠發生突變．解題中應注意區別．

展開更多......

收起↑