高中第四章 运动和力的关系6 超重和失重优秀学案设计

这是一份高中第四章 运动和力的关系6 超重和失重优秀学案设计，共12页。

一、重力的测量
1．方法一：利用牛顿第二定律
先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的质量m，利用牛顿第二定律可得G＝mg。
2．方法二：利用力的平衡条件
将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态。这时物体受到的重力的大小等于测力计对物体的拉力或支持力的大小。
二、超重和失重
如图，质量为m的人站在电梯内的体重计上，电梯上升过程中经历加速、匀速和减速的过程，在加速和减速上升的过程中，体重计的示数(人对体重计的压力)会发生变化。试分析判断(设加速上升和减速上升时加速度的大小均为a)：
(1)人加速上升时，体重计对人的支持力与重力的大小关系；
(2)人减速上升时，体重计对人的支持力与重力的大小关系。
答案 (1)电梯加速上升时，受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得FN－mg＝ma
得FN＝mg＋ma>mg
(2)电梯减速上升时，受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得mg－FN＝ma
得FN＝mg－ma1．失重
(1)定义：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。
(2)产生条件：物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。
2．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。
3．完全失重状态
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态。
(2)产生条件：a＝g，方向竖直向下。
(1)超重就是物体受到的重力增加了。( × )
(2)物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了。( × )
(3)物体处于超重状态时，物体一定在上升。( × )
(4)物体处于失重状态时，物体可能在上升。( √ )
(5)举重运动员高举杠铃静止时处于超重状态。( × )
(6)跳高运动员上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态。( × )
(7)不计空气阻力，抛向空中的矿泉水瓶中的水，对侧壁和底部的压力都为零。( √ )
例1 (2022·北京市石景山区高一期末)某志愿者站在力传感器上分别完成下蹲和站起动作，计算机同时采集相应的数据，如图所示，这是做其中一个动作时，力传感器的示数随时间变化的情况，下列判断正确的是( )
A．这是站起过程，先失重后超重
B．这是站起过程，先超重后失重
C．这是下蹲过程，先失重后超重
D．这是下蹲过程，先超重后失重
答案 B
解析 根据题图可知，F先增大，后减小，再增大，最后不变。则先超重再失重，最后平衡。加速度先向上再向下，最后为零。该过程中先向上加速再向上减速，最后静止，应为站起过程。故B正确。
例2 (2022·枣庄三中高一月考)某同学站在电梯底板上，如图所示的v－t图像是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)。根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是( )
A．在0～20 s内，电梯向上运动，该同学始终处于超重状态
B．在0～5 s内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态
C．在5～10 s内，电梯处于静止状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力
D．在10～20 s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态
答案 D
解析 在v－t图像中，图像的斜率表示加速度，0～5 s内斜率为正，加速度为正，方向竖直向上，速度为正，即电梯向上做加速运动，该同学处于超重状态；在5～10 s过程中，电梯匀速运动，该同学加速度为零，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，处于平衡状态；10～20 s过程中，斜率为负，加速度竖直向下，速度为正，即电梯向上做减速运动，该同学处于失重状态，D正确。
判断超重、失重状态的方法
1．从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
2．从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为g时处于完全失重状态。
3．注意：超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关。
例3 如图所示，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
答案 A
解析 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，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A选项正确。
完全失重状态的说明：在完全失重状态下，平时一切由重力产生的物理现象都将完全消失，比如物体对支持物无压力、摆钟停止摆动、液柱不再产生向下的压强等，靠重力才能使用的仪器将失效，不能再使用(如天平、液体压强计等)。
例4 升降机地板上放一个弹簧式台秤，秤盘放一个质量为20 kg的物体(g＝10 m/s2)，则：
(1)当升降机匀速上升时，物体对台秤的压力大小是多少？
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体对台秤的压力大小是多少？
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体对台秤的压力大小是多少？
(4)当升降机自由下落时，物体对台秤的压力为多少？
答案 (1)200 N (2)超重状态 220 N (3)失重状态 100 N (4)0
解析 (1)当升降机匀速上升时，
FN＝mg＝200 N
根据牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为200 N。
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，加速度方向向上，物体处于超重状态，
根据牛顿第二定律得FN′－mg＝ma1
解得FN′＝220 N，
由牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为220 N。
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，
加速度方向向下，物体处于失重状态，
根据牛顿第二定律得mg－FN″＝ma2
解得FN″＝100 N，
由牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为100 N。
(4)当升降机自由下落时，
加速度等于重力加速度，则物体处于完全失重状态，
则物体对台秤的压力为0。
物理处于超重或失重(完全失重)状态时，物体本身的重力并没有变化，只是对支持物的压力(或悬挂物的拉力)发生了变化。
三、超重和失重的综合应用
若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体处于超重或失重状态。
例5 如图所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，重力加速度为g，当质量为m的物体以加速度a沿斜面加速下滑时有( )
A．地面对斜面体的支持力大于(M＋m)g
B．地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g
C．地面对斜面体的支持力小于(M＋m)g
D．由于不知道a的具体数值，无法判断地面对斜面体的支持力的大小与(M＋m)g的关系
答案 C
解析 对斜面体和物体组成的系统，当物体具有向下的加速度而斜面体保持平衡时，可以认为系统的重心向下运动，故系统具有向下的加速度，处于失重状态，所受到的地面的支持力小于系统的重力(M＋m)g，故选C。
课时对点练
考点一 超重和失重的理解
1．下列关于失重的说法中，正确的是( )
A．失重就是物体所受重力变小
B．物体加速上升时处于失重状态
C．物体自由下落时不会产生失重现象
D．失重现象中地球对物体的实际作用力没有变化
答案 D
解析 当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没变，只是对支持物的压力或者对悬挂物的拉力变了，A错误；物体加速上升时加速度的方向向上，处于超重状态，B错误；物体自由下落时加速度的方向向下，产生失重现象，C错误；失重现象中地球对物体的实际作用力没有变化，只是物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力变了，D正确。
2．(2022·遵义市高一期末)2021年12月9日，航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，而这源于“神舟十三号”载人飞船的成功发射。关于飞船的发射，下列说法正确的是( )
A．火箭在点火前处于超重状态
B．火箭在点火后质量越来越大
C．航天员在火箭加速升空时处于超重状态
D．航天员在火箭加速升空时处于失重状态
答案 C
解析 火箭在点火前静止即处于平衡状态，故A错误；火箭在点火后不是质量越来越大，因为燃料的损耗，质量会越来越小，故B错误；火箭加速升空时具有向上的加速度，则航天员在火箭加速升空时处于超重状态，故C正确，D错误。
3.如图所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，不计空气对人的作用力，下列说法正确的是( )
A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零
B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力
C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力
D．在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力
答案 A
解析 降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力为0，A正确，B、C错误；降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有：FT－mg＝ma，即FT＝mg＋ma>mg，故D错误。
4．(2023·珠海市高一月考)某兴趣小组为研究超重与失重现象，在电梯中放置一台体重计，一个质量为53 kg的学生站在体重计上，在电梯运动过程中，体重计示数如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．该学生处于超重状态
B．该学生处于失重状态
C．电梯一定向下运动
D．电梯可能做匀速直线运动
答案 A
解析 由题图知体重计示数大于该学生的质量，可知该学生处于超重状态，A正确，B错误；当该学生处于超重状态时，电梯加速向上运动，或减速向下运动，不可能做匀速直线运动，C、D错误。
考点二 超重、失重的有关计算
5．(多选)电梯的顶部挂一个弹簧测力计，弹簧测力计下端挂了一个质量为1 kg的重物，电梯在做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N。关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2，处于超重状态
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2，处于失重状态
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2，处于失重状态
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2，处于超重状态
答案 AD
解析 电梯在做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，即质量为1 kg的重物重力为10 N，某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N，属于超重现象，超重时，加速度向上，向上加速和向下减速的加速度都是向上的，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，A、D正确。
6．(多选)质量为m的人站在电梯中，电梯减速下降，加速度大小为eq \f(1,5)g(g为重力加速度)，则( )
A．人对电梯的压力大小为eq \f(4,5)mg
B．人对电梯的压力大小为eq \f(6,5)mg
C．人处于超重状态
D．人处于失重状态
答案 BC
解析 由于电梯减速下降，所以加速度向上，则人处于超重状态，对人受力分析，受到重力mg、电梯底部的支持力FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得FN＝eq \f(6,5)mg，根据牛顿第三定律，知人对电梯的压力大小为eq \f(6,5)mg，故A、D错误，B、C正确。
7．(多选)如图，小明为了研究超重和失重现象，站在电梯内水平放置的体重计上，小明质量为55 kg，电梯由启动到停止的过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．由图甲可知电梯此时处于静止或匀速运动状态
B．由图乙可知小明此时一定处于超重状态
C．由图乙可知电梯此时一定处于加速上升状态
D．由图乙可知电梯此时的加速度大小约为0.7 m/s2
答案 ABD
解析 由题图甲可知小明处于平衡状态，电梯此时处于静止或匀速运动状态，A正确；由题图乙可知小明处于超重状态，有向上的加速度，则电梯向上加速或向下减速，B正确，C错误；由题图乙知，此时小明受到的支持力大小为FN＝590 N，则加速度大小为a＝eq \f(FN－mg,m)≈0.7 m/s2，D正确。
8．(2022·福州第一中学高一期末)如图甲，在力传感器下端悬挂一钩码。某同学手持该传感器，从站立状态下蹲，再从下蹲状态起立回到站立状态，此过程中手和上身保持静止。下蹲过程传感器受到的拉力随时间变化情况如图乙，则起立过程传感器受到的拉力随时间变化情况可能是( )
答案 C
解析 下蹲过程，钩码先向下加速再向下减速，则加速度方向先向下后向上，则钩码先处于失重状态再处于超重状态，传感器受到的拉力先小于钩码的重力再大于钩码的重力。起立过程，钩码先向上加速再向上减速，则加速度方向先向上后向下，则钩码先处于超重状态再处于失重状态，传感器受到的拉力先大于钩码的重力再小于钩码的重力，故选C。
9．某人在地面上最多能举起50 kg 的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s2 竖直向上 B.eq \f(5,3) m/s2 竖直向上
C．2 m/s2 竖直向下 D.eq \f(5,3) m/s2 竖直向下
答案 D
解析 由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg的物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝eq \f(600－500,60) m/s2＝eq \f(5,3) m/s2，方向竖直向下，选项D正确。
10．(多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零。整个过程中演员的v－t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．演员的重力为600 N
B．演员在第1 s内一直处于超重状态
C．滑杆顶端所受的最小拉力为620 N
D．滑杆顶端所受的最大拉力为900 N
答案 AC
解析 演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，则演员的重力为600 N，A正确；演员在第1 s内先静止后匀加速下滑，加速下滑时处于失重状态，B错误；演员匀加速下滑时滑杆顶端所受的拉力最小，匀加速下滑的加速度大小a1＝3 m/s2，对演员，由牛顿第二定律得，mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420 N，对滑杆，由平衡条件知，最小拉力F1＝420 N＋200 N＝620 N，C正确；匀减速下滑时滑杆顶端所受的拉力最大，匀减速下滑的加速度大小a2＝1.5 m/s2，对演员，由牛顿第二定律得，Ff2－mg＝ma2，解得Ff2＝690 N，对滑杆，由平衡条件得，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，D错误。
11．在电梯中，把一物体置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系图像如图所示(g取10 m/s2)，则：
(1)电梯在启动阶段经历了多长时间的加速上升过程？
(2)该物体的重力是多少？电梯在超重和失重时物体的重力是否变化？
(3)电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大？
答案 (1)4 s (2)30 N 不变 (3)eq \f(20,3) m/s2 eq \f(20,3) m/s2
解析 (1)由题图可知：电梯在启动阶段经历了4 s加速上升过程。
(2)根据题意知，在4～18 s时间内，物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知，台秤受的压力大小和物体的重力相等，
即G＝30 N
根据超重和失重的本质知物体的重力不变。
(3)超重时：台秤对物体的支持力最大为50 N，
由牛顿第二定律得F合＝ma1，则
a1＝eq \f(F合,m)＝eq \f(50－30,3) m/s2＝eq \f(20,3) m/s2，方向竖直向上
失重时：台秤对物体的支持力最小为10 N
由牛顿第二定律得F合′＝ma2，则
a2＝eq \f(F合′,m)＝eq \f(30－10,3) m/s2＝eq \f(20,3) m/s2，
方向竖直向下。
12．(2023·江西宁冈中学高一开学考试)如图所示，竖直矿井中的升降机可实现地下深处和地面之间的人员快速运送。某一竖直矿井的深度约为120 m，升降机运行的最大速度为10 m/s。某次升降机从矿井底部向地面运送工作人员，先匀加速运动到最大速度，再匀速运动，最后匀减速运动到达地面。有人恰好站在吊舱内的一台秤上，在升降机上升的过程中发现台秤的读数依次为72 kg、60 kg、48 kg，最终升降机到达地面速度恰好为零。已知升降机吊舱和人员的总质量为2 t，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)升降机匀加速运动时的加速度大小；
(2)升降机匀减速运动时缆绳对升降机吊舱(包括人员)的拉力大小；
(3)运送过程的总时间。
答案 (1)2 m/s2 (2)1.6×104 N (3)17 s
解析 (1)设升降机匀加速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得FN1－mg＝ma1
其中FN1＝720 N，m＝60 kg，代入数据解得
a1＝2 m/s2
(2)升降机匀减速运动阶段，设加速度大小为a2，对人有mg－FN2＝ma2，FN2＝480 N
代入数据解得a2＝2 m/s2
对人员和升降机吊舱整体有Mg－F＝Ma2
代入数据解得F＝1.6×104 N
(3)匀加速阶段，根据公式v＝v0＋at，得匀加速阶段的时间为t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,2) s＝5 s
匀加速阶段的位移为h1＝eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m
匀减速阶段，根据逆向思维法得匀减速阶段的时间为t2＝eq \f(v,a2)＝eq \f(10,2) s＝5 s
匀减速阶段的位移为h2＝eq \f(1,2)a2t22＝eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m，匀速阶段的位移为h3＝h－h1－h2＝70 m
匀速阶段的时间为t3＝eq \f(h3,v)＝7 s
所以运动总时间为t＝t1＋t2＋t3＝17 s。
13.如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)( )
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
答案 D
解析 由ρ木<ρ水<ρ铁可知，A的重力大于A受到的浮力，A下面的弹簧处于压缩状态，B和C的重力小于浮力，则B下面的弹簧和C下面的细线处于拉伸状态。将挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运动，水处于完全失重状态，即可以认为水和球之间没有相互作用力。由于弹簧弹力不能突变，细线弹力可以突变，以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动，故D正确。