9、)物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，与物体的运动方向无关.
(2)发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化.
(3)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，靠重力使用的仪器也不能再使用(如天平).只受重力作用的一切抛体运动，都处于完全失重状态.
例2 (多选)在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3所示，在这段时间内下列说法正确的是( )
图3
A.晓敏同学所受的重力变小了
B.晓敏对体重计的压力小于晓敏的重力
C.电梯
10、一定在竖直向下运动
D.电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
答案 BD
解析 晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A错误，B正确；人处于失重状态，加速度向下，可能向上减速运动，也可能向下加速运动，C错误；以竖直向下为正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝，方向竖直向下，D正确.
【考点】超重和失重
【题点】对超重、失重和完全失重的理解
针对训练 在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止起加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动时，传感器的荧屏上显示出其受的压力与时间的关系图象如图4
11、所示.试由此图回答问题：(g取10 m/s2)
图4
(1)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？
(2)算出电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大？
答案 (1)30 N 不变 (2)6.67 m/s2 6.67 m/s2
解析 (1)根据题意4 s到18 s物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知：
台秤受的压力和物体的重力相等，即G＝30 N；
根据超重和失重的本质得：物体的重力不变
(2)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a1＝＝ m/s2≈6.67 m/s2，方向向上
失重时：台秤对物体的支持力最小为10
12、N，由牛顿第二定律得a2＝＝ m/s2≈6.67 m/s2，方向向下.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的有关计算
三、从动力学观点看自由落体和竖直上抛运动
自由落体运动和竖直上抛运动有什么共同点？
答案 (1)都只受重力作用，是a＝g的匀变速直线运动.
(2)都处于失重状态.
(3)竖直上抛运动到最高点的逆过程是自由落体运动，竖直上抛运动到最高点后的过程是自由落体运动.
对竖直上抛运动的理解
1.性质：竖直上抛运动是初速度方向竖直向上，加速度为g的匀变速直线运动.
2.特点
(1)上升过程：加速度与速度方向相反，物体做匀减速直线运动；下降阶段，加
13、速度与速度方向相同，物体做自由落体运动.
(2)在最高点时，物体速度为零，但加速度仍为g.
3.运动规律
基本公式
例3 气球下挂一重物，以v0＝10 m/s匀速上升，当到达离地面高175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
答案 7 s 60 m/s
解析 解法一 分段法
绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下降.
重物上升阶段，时间t1＝＝1 s，
由v02＝2gh1知，h1＝＝5 m
重物下降阶段，下降距离H＝h1＋175 m＝180 m
设下落时间为t2，则H＝gt22，故
14、t2＝＝6 s
重物落地速度v＝gt2＝60 m/s，总时间t＝t1＋t2＝7 s
解法二 全程法
取初速度方向为正方向
重物全程位移h＝v0t－gt2，h＝－175 m
可解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
由v＝v0－gt，
得v＝－60 m/s，负号表示方向竖直向下.
【考点】竖直上抛运动的有关计算
【题点】竖直上抛运动的有关计算
1.分段法
(1)上升过程：v0≠0、a＝g的匀减速直线运动.
(2)下降过程：自由落体运动.
2.全程法
(1)整个过程：初速度v0向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律v＝v0－gt，h＝v0t－gt2.
15、(2)正负号的含义
①v＞0表示物体上升，v＜0表示物体下降.
②h＞0表示物体在抛出点上方，h＜0表示物体在抛出点下方.
四、平衡中的临界问题
1.问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题.
2.问题特点
(1)当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化.
(2)注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件.
3.分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解.
例4 物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上)，另一端系于物体上，在物体
16、上另施加一个方向与水平线成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直，如图5所示，伸直时AC与墙面垂直，绳AB与绳AC间夹角也为θ＝60°，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2).
图5
答案 N≤F≤ N
解析 物体的受力情况如图，由平衡条件得
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0
Fcos θ－F2－F1cos θ＝0
由上述两式得F＝－F1
F＝＋
令F1＝0，得F最大值
Fmax＝＝ N
令F2＝0，得F最小值Fmin＝＝ N
综合得F的取值范围为 N≤F≤ N.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】平衡中的临界问题
解决临界
17、问题时应注意的问题
1.求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点.
2.临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论.
1.(共点力的平衡)如图6所示，一只质量为m的萤火虫停在倾角为θ的枝条上.枝条对萤火虫的作用力大小为( )
图6
A.mgsin θ B.mgcos θ
C.mgtan θ D.mg
答案 D
解析 萤火虫是静止的，所以处于平衡状态，它受到的重力竖直向下，大小为mg，以及来自下
18、面枝条的力，说明枝条对它的力与重力的大小相等方向相反，所以枝条对萤火虫的作用力大小为mg，方向竖直向上.
2.(超重和失重问题的分析)如图7所示为一物体随升降机由一楼竖直向上运动到某高层的过程中的v－t图象，则( )
图7
A.物体在0～2 s处于失重状态
B.物体在2～8 s处于超重状态
C.物体在8～10 s处于失重状态
D.由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态
答案 C
解析 从加速度的角度判断，由题意知0～2 s物体的加速度竖直向上，则物体处于超重状态；2～8 s物体的加速度为零，物体处于平衡状态；8～10 s物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态，故
19、C正确.
【考点】超重和失重
【题点】超重和失重问题的分析
3.(超重、失重和完全失重的有关计算)质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图8所示.重力加速度g取10 m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数.
图8
(1)匀速上升；
(2)以4 m/s2的加速度加速上升；
(3)以5 m/s2的加速度加速下降.
答案 (1)600 N (2)840 N (3)300 N
解析 (1)匀速上升时：由平衡条件得：
FN1＝mg＝600 N，由牛顿第三定律得：人对体重计压力为600 N，即体重计示数为600 N.
(2)加速上升时，由牛顿第二定律得：
F
20、N2－mg＝ma1，FN2＝mg＋ma1＝840 N
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为840 N，即体重计示数为840 N.
(3)加速下降时，由牛顿第二定律得：
mg－FN3＝ma3，FN3＝mg－ma3＝300 N，
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为300 N，即体重计示数为300 N.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的有关计算
4.(竖直上抛运动的有关计算)如图9所示，一同学从一高为H＝10 m的平台上竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离平台的高度为h0＝0.8 m，小球抛出后升高了h＝0.45 m到达最高点，最终小球落在地面上.g＝1
21、0 m/s2，求：
图9
(1)小球抛出时的初速度大小v0；
(2)小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间t.
答案 (1)3 m/s (2)1.8 s
解析 (1)上升阶段，由－v02＝－2gh得：
v0＝＝3 m/s
(2)上升阶段：0＝v0－gt1
自由落体过程：h0＋h＋H＝gt22
故有：t＝t1＋t2，得：t＝1.8 s.
【考点】竖直上抛运动的有关计算
【题点】竖直上抛运动的有关计算
一、选择题
考点一 超重和失重
1.下列关于超重和失重的说法中正确的是( )
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
22、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
答案 B
解析 从受力上看，失重物体所受合外力向下，超重物体所受合外力向上；从加速度上看，失重物体的加速度向下，而超重物体的加速度向上.A、C、D中的各运动员所受合外力为零，加速度为零，只有B中的运动员处于失重状态.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的理解
2.(多选)在升降机中，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，于是他作出下列判断，其中正确的是( )
A.升降机以0.8g的加速度加速上升
B.升降机以0.2g的加速
23、度加速下降
C.升降机以0.2g的加速度减速上升
D.升降机以0.8g的加速度减速下降
答案 BC
解析 若a＝0.8g，方向竖直向上，由牛顿第二定律有F－mg＝ma得F＝1.8mg，其中F为人的视重，即人此时处于超重状态，A、D错误；若a＝0.2g，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有mg－F′＝ma，得F′＝0.8mg，人的视重比实际重力小×100%＝20%，B、C正确.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的计算
3.放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，如图1所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，据此可判断出
24、电梯的运动情况是( )
图1
A.匀速上升 B.加速上升
C.减速上升 D.减速下降
答案 C
解析 木箱静止时的受力情况如图所示
则支持力FN＝mg，静摩擦力Ff＝F.
若木箱突然被弹簧拉动，说明最大静摩擦力减小，则压力减小，即木箱所受支持力FN减小，所以竖直方向mg>FN，物体处于失重状态，则电梯可能加速下降，也可能减速上升，C正确.
【考点】超重和失重
【题点】超重和失重问题的分析
4.(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图2甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是( )
25、
图2
A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B.从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
答案 BC
解析 由题图可以看出，0～t1，F＝mg，物块可能处于静止状态或匀速运动状态；t1～t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动；t2～t3，F＝mg，物块可能静止或匀速运动；t3～t4，F
26、正确.
【考点】超重和失重
【题点】超重和失重问题的分析
考点二 竖直上抛运动
5.(多选)如图3所示，小球B放在真空薄壁容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )
图3
A.若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力
B.若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下
C.若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上
D.若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力
答案 BD
解析 上升过程中，不计空气阻力时，A、B的加速度都等于g；若考虑空气阻力，A的加速度大于g，B的运动状态与A一致，B除受重力外必
27、受一向下的力，因A为真空容器，故此力为A对B向下的压力.下落过程中，不计空气阻力时，A、B的加速度等于g；若考虑空气阻力，A的加速度小于g，B的运动状态与A一致，B除受重力外必受一向上的力，因A为真空容器，所以此力为A对B向上的压力，由牛顿第三定律得，B对A的作用力向下，故B、D正确.
【考点】超重和失重
【题点】完全失重问题的分析
6.(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30 m/s，取竖直向上为正方向，当物体的位移为25 m时，经历的时间为(g取10 m/s2)( )
A.1 s B.2 s C.5 s D.3 s
答案 AC
解析 竖直上抛运动的全过
28、程是匀变速直线运动；由x＝v0t＋at2可知h＝v0t－gt2，即：25＝30t－5t2，解得：t＝1 s或t＝5 s，故选A、C.
【考点】竖直上抛运动的有关计算
【题点】竖直上抛运动的有关计算
7.(多选)一个从地面竖直上抛的小球，到达最高点前1 s上升的高度是它上升的最大高度的，不计空气阻力，g＝10 m/s2.则( )
A.小球上升的最大高度是5 m
B.小球上抛的初速度大小是20 m/s
C.2.5 s时小球正在上升
D.1 s末、3 s末小球处于同一位置
答案 BD
解析 小球到达最高点前1 s上升的高度是h＝gt12＝×10×12 m＝5 m，由题知，小球上升
29、的最大高度是H＝4h＝20 m，故A错误；由H＝，得小球上抛的初速度大小v0＝＝ m/s＝20 m/s，故B正确；小球上升的总时间t上＝＝2 s，则2.5 s时小球正在下降，故C错误；由于小球上升的总时间是2 s，则1 s末、3 s末小球处于同一位置，故D正确.
【考点】竖直上抛运动的有关计算
【题点】竖直上抛运动的有关计算
考点三 共点力的平衡
8.如图4所示，mA＞mB，设地面对A的支持力为FN，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B匀速上升，不计滑轮摩擦，则在此过程中( )
图4
A.FN增大，F2增大，F1不变
B.FN减小，F2减
30、小，F1不变
C.FN减小，F2减小，F1增大
D.FN增大，F2减小，F1增大
答案 A
解析 B保持匀速上升，由平衡条件可知，绳子的拉力大小FT不变.根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力F1大小也不变.
对A受力分析如图，
则竖直方向：FN＋F1cos θ＝mAg.
得FN＝mAg－F1cos θ；A沿地面向右运动时，θ增大，cos θ减小，F1不变，则FN逐渐增大，而F2＝μFN，μ不变，则F2也逐渐增大，故A正确，B、C、D错误.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】多力平衡之正交分解法
9.(多选)如图5所示，质量为m的木块A放在质量为M的
31、三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则( )
图5
A.A与B之间一定存在摩擦力
B.B与地面之间可能存在摩擦力
C.B对A的支持力可能小于mg
D.地面对B的支持力的大小一定等于(M＋m)g
答案 CD
解析 对A、B整体受力分析，如图所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B错误，D正确.再对木块A受力分析，至少受重力mg、已知的推力F、B对A的支持力N′，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下.当推力F
32、沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上.当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零.在垂直斜面方向上有FN′＝mgcos θ＋Fsin θ(θ为斜劈倾角)，故A错误，C正确.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】整体法和隔离法解平衡问题
10.(多选)如图6所示，质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间，处于静止状态.若不计一切摩擦，则( )
图6
A.水平面对正方体的弹力大小为(M＋m)g
B.墙面对正方体的弹力大小为
C.正方体对直角劈的弹力大小为mgcos α
D.直角劈对墙面的弹力大
33、小为mgsin α
答案 AB
解析 把两个物体看成一个整体，分析受力，水平方向有两个弹力，竖直方向有重力和支持力，在竖直方向上由二力平衡可得，水平面对正方体的弹力大小为(M＋m)g，选项A正确；以直角劈为研究对象，其受竖直向下的重力mg，右面墙的弹力F2，方向水平向左，正方体对直角劈的支持力F，方向过两物体的接触点垂直于直角劈的斜面，即与水平方向的夹角为α，由力的合成和二力平衡可知，F2与F的合力与重力等大反向，故F＝，F2＝Fcos α＝，所以选项C错误；由牛顿第三定律知直角劈对墙面的弹力大小为，所以选项D错误；再以整体为研究对象得墙面对正方体的弹力大小与F2相等，即为，所以选项B正确
34、.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】整体法和隔离法解平衡问题
二、非选择题
11.(平衡中的临界问题)如图7所示，一个倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)的固定斜面上，放着一个质量为M＝16 kg的三角形物块A，一轻绳一端系着物块A跨过光滑定滑轮，另一端挂着一个质量为m的物块B，A与滑轮间的轻绳水平.斜面与A间的动摩擦因数为μ＝0.8，若最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，为使系统保持静止，m最大为多少？(g取10 m/s2)
图7
答案 0.5 kg
解析 B静止平衡时，绳拉力FT满足FT＝mg
A受力情况如图所示，
沿斜面方向：
FTcos
35、 θ＋Mgsin θ＝Ff
垂直斜面方向：
FN＋FTsin θ＝Mgcos θ
系统保持静止，则Ff不超过最大静摩擦力，有Ff≤μFN
代入数据联立解得：m≤0.5 kg.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】平衡中的临界问题
12.(竖直上抛运动)竖直上抛的物体，初速度为30 m/s，经过2.0 s、4.0 s，物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多长？2.0 s、4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)
答案 见解析
解析 物体上升到最高点所用时间t＝＝3 s.上升的最大高度H＝＝ m＝45 m
由x＝v0t－gt2得
36、当t1＝2.0 st时，
位移x2＝30×4.0 m－×10×4.02 m＝40 m，
所以路程s2＝45 m＋(45－40) m＝50 m
速度v2＝v0－gt2＝30 m/s－10×4.0 m/s＝－10 m/s，
负号表示速度方向与初速度方向相反.
13.(超重和失重的计算)小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体
37、重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图8所示，g取10 m/s2.求：
图8
(1)小明在0～2 s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；
(2)在10～11 s内，台秤的示数F3；
(3)小明运动的总位移大小.
答案 (1)1 m/s2 失重 (2)600 N (3)19 m
解析 (1)由题图可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力F1＝450 N，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma1
解得a1＝1 m/s2
加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态
(2)设在10～11 s内小明的加速度大小为a3，时间为t3，
0～2 s的时间为t1，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2
由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3
解得F3＝600 N
(3)0～2 s内位移x1＝a1t12＝2 m
2～10 s内位移x2＝a1t1t2＝16 m
10～11 s内位移x3＝a3t32＝1 m
小明运动的总位移大小x＝x1＋x2＋x3＝19 m.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的有关计算
（全国通用版）2022-2023高中物理 第四章 牛顿运动定律 7 用牛顿运动定律解决问题（二）学案 新人教版必修1
