第四章 运动和力的关系
6 超重和失重
基础过关练
题组一 对超重和失重现象的理解
1.有关超重和失重,以下说法中正确的是 ( )
A.物体处于超重状态时,所受重力增大,物体处于失重状态时,所受重力减小
B.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
C.在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时,升降机必定处于下降过程
D.在不计空气阻力情况下,竖直向上抛出的物体,处于完全失重状态
2.如图所示,某位同学静止站立在水平放置的体重计上。下列说法正确的是 ( )
A.人受到的支持力与体重计受到的压力是一对平衡力
B.体重计受到的压力是由于体重计发生了形变而产生的
C.人在体重计上向下蹲的过程中,体重计的示数会先变小后变大
D.人在体重计上蹲下不动时比静止站立时的示数大
3.某次直升式电梯由静止从低处到高处时,记录电梯启动过程中牵引绳索对电梯的牵引力随时间变化的图像如图所示,已知电梯与乘客的总质量为m,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.0~t1内电梯速度先增大后减小,先超重再失重
B.t1~t2内电梯匀速上升,既不超重也不失重
C.t2~t3内电梯速度继续增大,处于超重状态
D.t3以后电梯保持静止,既不超重也不失重
4.(经典)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力 ( )
A.t=2 s时最小
B.t=3 s时小于人的重力
C.t=5 s时大于人的重力
D.t=8.5 s时最小
题组二 超重和失重的计算
5.如图所示,在电梯的地板上放置一台电子秤,电子秤上放了一个质量为100 g的砝码,在某次电梯运行过程中,电梯先加速再匀速后减速,小明在电梯内按时间先后顺序依次拍了三张照片,电子秤的读数分别为87.9 g、100.0 g、122.7 g,重力加速度g=9.8 m/s2,则关于电梯的运动,下列判断不正确的是 ( )
A.拍第1张照片时小明处于失重状态
B.拍第2张照片时电梯在匀速运动
C.从3张照片分析可知电梯在向下运动
D.对第3张照片分析可知,此时电梯的加速度大小是2.223 6 m/s2
6.某同学在弹簧测力计下悬挂重为1 N的钩码制作一个“竖直加速度测量仪”,用来测量电梯竖直上下运行的加速度,其构造如图所示。该同学将测力计竖直悬挂在静止的电梯内稳定时,指针位置记为加速度a的零刻度线;当电梯运行的某段时间内测力计示数为0.90 N时,下列说法正确的是(已知重力加速度g=10 m/s2) ( )
A.加速度a的零刻度线对应测力计示数F=0
B.此时电梯的加速度大小为1.0 m/s2
C.此时电梯一定处于加速下降状态
D.此时电梯处于超重状态
7.(经典)如图所示,质量为m的人站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上,随扶梯一起斜向上做匀减速直线运动,加速度大小为a,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.人未受到摩擦力作用
B.人处于超重状态
C.踏板对人的摩擦力大小f=ma sin θ
D.踏板对人的支持力大小FN=mg-ma sin θ
8.一质量为60 kg的人站在观光电梯底板上,如图所示的v-t图像是计算机显示的观光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,可以判断下列说法中正确的是(重力加速度g取10 m/s2) ( )
A.在5~10 s内,该人对电梯底板的压力等于500 N
B.在0~5 s内,观光电梯在加速上升,该人所受的支持力大小为624 N,处于超重状态
C.在10~20 s内,该人所受的支持力大小为490 N,处于失重状态
D.在20~25 s内,该人所受的支持力大小为490 N,处于超重状态
9.蹦极是一项极限运动,在做好充足防护的情况下,人们可以感受完全失重的刺激。蹦极所用绳索的弹力大小遵循胡克定律,人下降过程中的加速度随位置变化的图像如图所示,图中x2-x1=x3-x2,已知蹦极者的质量为m,重力加速度为g(忽略空气阻力以及绳索的重力),下列说法正确的是( )
A.从x1到x3,人处于失重状态
B.从x1到x3,人处于超重状态
C.下降到x2时,人受到的拉力大小等于mg
D.下降到x3时,人受到的拉力大小大于2mg
10.(多选)如图所示,质量为m1=2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5 kg的箱子B相连,箱子底板上放一质量为m2=1 kg的物体C,不计定滑轮的质量和一切阻力,取重力加速度g=10 m/s2,在箱子加速下落的过程中,下列说法正确的是( )
A.物体A处于超重状态,加速度大小为10 m/s2
B.物体A处于超重状态,轻绳对A的拉力大小为30 N
C.物体C处于失重状态,C对箱子的压力大小为5 N
D.轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N
能力提升练
题组一 对超重和失重的理解
1.为了研究超重和失重现象,某同学站在力传感器上连续做“下蹲”和“站起”的动作,力传感器将采集到的数据输入计算机,可以绘制出压力随时间变化的图线。某次实验获得的图线如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.该同学在t1时刻的加速度比在t4时刻的大
B.该同学在t1~t5时间内下蹲一次,站起一次
C.该同学在t1~t5时间内下蹲两次,站起两次
D.该同学在t3到t4时间内在做“站起”的动作
2.如图甲所示,轻质弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,不计空气阻力,则 ( )
A.t1时刻小球的速度最大
B.t1~t2时间内,小球的速度先增大后减小
C.t2~t3时间内,小球所受合外力一直减小
D.t2~t3时间内,小球先失重后超重
题组二 应用牛顿第二定律解决超、失重问题
3.(经典)乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着倾角为30°的山坡以加速度a(aA.小物块处于超重状态
B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C.小物块受到的静摩擦力大小为mg-ma
D.若缆车加速度减小,则小物块受到的摩擦力和支持力都增大
4.物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律,带着钩码和便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层,把钩码挂在力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动,中间不停顿,一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取下钩码的过程中,DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系如图所示。取重力加速度g=10 m/s2,根据图中的数据,求:
(1)电梯在加速阶段的加速度大小;
(2)电梯在整个运动过程中最大速度的大小;
(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.D 2.C 3.C 4.D 5.D 6.B
7.D 8.B 9.C 10.BC
1.D 无论物体处于超重还是失重状态,物体所受的重力不变,A错误;游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于平衡状态,B错误;沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时,加速度方向一定向下,升降机可能加速下降,也可能减速上升,C错误;在不计空气阻力的情况下,竖直向上抛出的物体加速度为重力加速度,因此其处于完全失重状态,D正确。
2.C 人受到的支持力与体重计受到的压力是一对相互作用力,A错误;体重计受到的压力是由于人脚发生了形变而产生的,B错误;人在体重计上向下蹲的过程中,先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,即人先失重后超重,故体重计的示数会先变小后变大,C正确;人在体重计上蹲下不动和静止站立时均处于平衡状态,体重计的示数均等于人的重力,大小相等,D错误。
3.C 0~t1内牵引绳索对电梯的牵引力大于重力,电梯的加速度向上,速度增加,处于超重状态,A错误;t1~t2内牵引绳索对电梯的牵引力大于重力且保持不变,电梯匀加速上升,处于超重状态,B错误;t2~t3内牵引绳索对电梯的牵引力仍大于重力,电梯的加速度向上,速度继续增大,处于超重状态,C正确;t3以后牵引绳索对电梯的牵引力等于重力,电梯保持匀速运动,既不超重也不失重,D错误。
4.D t=2 s时人向上的加速度最大,由牛顿第二定律有F-mg=ma,此时地板对人的支持力最大,故此时人对地板的压力最大,A错误;t=3 s时人有向上的加速度,处于超重状态,人对地板的压力大于人的重力,B错误;t=5 s时人的加速度为0,人对地板的压力与人的重力大小相等,C错误;t=8.5 s时人向下的加速度最大,由牛顿第二定律有mg-F=ma,故地板对人的支持力最小,即人对地板的压力最小,D正确。
5.D 拍摄第1张照片时,砝码对电子秤的压力小于砝码的重力,可知此时小明处于失重状态,A正确;拍摄第2张照片时,砝码对电子秤的压力与砝码的重力大小相等,此时电梯在匀速运动,B正确;从3张照片中的数据可知,电梯先加速下落,再匀速下落,最后减速下落,即电梯在向下运动,C正确;对第3张照片分析,根据牛顿第二定律可得此时电梯的加速度大小为a= m/s2=2.224 6 m/s2,D错误。故选D。
6.B 测力计下悬挂重为1 N的钩码,在静止的电梯内稳定时,指针位置记为加速度a的零刻度线,可知加速度a的零刻度线对应测力计示数等于钩码的重力,即F=1 N,A错误;某段时间内测力计示数为0.90 N时,小于钩码的重力,则电梯处于失重状态,加速度方向向下,电梯可能向下加速运动,也可能向上减速运动,C、D错误;根据牛顿第二定律有mg-F'=ma',解得a'=g- m/s2=1 m/s2,故B正确。
7.D 把加速度沿水平方向和竖直方向分解,如图所示,水平分加速度ax=a cos θ,竖直分加速度ay=a sin θ。
可知水平方向人受到摩擦力作用,摩擦力大小f=ma cos θ,A、C错误;由于人具有竖直向下的分加速度,知人处于失重状态,由牛顿第二定律得mg-FN=ma sin θ,可得踏板对人的支持力FN=mg-ma sin θ,B错误,D正确。
8.B 由图像知,在5~10 s内电梯匀速运动,该人对电梯底板的压力等于他所受的重力,为600 N,A错误。在0~5 s内,电梯的加速度为a= m/s2=0.4 m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=624 N;由于加速度方向向上,故人处于超重状态,B正确。在10~20 s内,该人匀减速上升,加速度方向向下,处于失重状态,此时的加速度大小为a= m/s2=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律得mg-F=ma,解得F=588 N,C错误。在20~25 s内,观光电梯在加速下降,电梯的加速度方向向下,此时人处于失重状态,D错误。
9.C 从x1到x2,人的加速度方向向下,人处于失重状态,从x2到x3,人的加速度方向向上,人处于超重状态,A、B错误。下降到x2时,人的加速度为0,由F=ma得合外力为零,故在x2时绳的拉力大小等于重力mg,C正确。由题图可知,人在下降到x1以后,绳才产生拉力,从x1到x2,绳的拉力小于重力,从x2到x3,绳的拉力大于重力,在x2时绳的拉力大小等于重力,因x3-x2=x2-x1,根据F=kΔx,有F1=k(x2-x1)=mg=k(x3-x2),所以下降到x3时,所受拉力大小为F2=k(x3-x1)=k(x3-x2)+k(x2-x1)=2mg,D错误。
10.BC 在箱子加速下落的过程中,物体A在加速上升,它们的速度和加速度均大小相等、方向相反。设箱子加速下落的加速度大小为a,对B、C整体受力分析,由牛顿第二定律可得(M+m2)g-T=(M+m2)a;对物体A受力分析,可得T-m1g=m1a,两式联立解得a=5 m/s2,T=30 N,A的加速度方向向上,处于超重状态,故A错误,B正确。对物体C受力分析,可得m2g-N=m2a,解得N=5 N,根据牛顿第三定律可知C对箱子的压力大小为5 N;C的加速度向下,可知C处于失重状态,C正确。滑轮两侧的轻绳对滑轮的作用力大小相等,均为T=30 N,方向均竖直向下,可得轻绳对滑轮的作用力大小为F=2T=60 N,D错误。
能力提升练
1.B 该同学站在力传感器上,仅受重力G和支持力N作用,且N与图中F为一对相互作用力,大小相等,图中横线部分即该同学未做动作时的图像,此时受力平衡,故t1时刻加速度为零;t4时刻支持力大于重力,合外力向上,故在t1时刻的加速度比在t4时刻的加速度小,A错误。“下蹲”过程先加速下降后减速下降,则先失重后超重,“站起”过程先加速上升后减速上升,则先超重后失重,由图可知,该同学在t1到t4时间内先失重后超重,为“下蹲”过程,故在t3到t4时间内在做“下蹲”的动作;在t1到t5时间内共下蹲一次,站起一次,B正确,C、D错误。
2.B 由题图可知,t1时刻,小球刚接触弹簧,一开始弹簧弹力小于小球的重力,小球继续向下加速运动,当弹簧弹力大于小球重力时,小球向下减速运动,t2时刻,弹簧弹力最大,小球的速度减为0,小球处于最低点,故t1~t2这段时间内,小球的速度先增大后减小,t1时刻小球的速度不是最大,A错误,B正确。t2~t3这段时间内,小球从最低点到弹簧恢复原长,弹簧弹力一开始大于小球重力,小球向上加速运动,小球处于超重状态,所受合外力逐渐减小;当弹簧弹力小于小球重力时,小球向上做减速运动,小球处于失重状态,小球所受合外力逐渐增大,可知t2~t3这段时间内,小球先超重后失重,所受合外力先减小后增大,C、D错误。
3.C 小物块和斜面保持相对静止,具有沿斜面向下的加速度a,加速度有竖直向下的分量,所以小物块处于失重状态,A错误。对小物块受力分析,受到竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力FN和平行斜面的静摩擦力f,由于a4.答案 (1)1.2 m/s2 (2)4.8 m/s (3)76.8 m
解析 (1)由题图可知钩码的重力大小为mg=50 N
则钩码的质量为m=5 kg
由题图可知,电梯在2~6 s时间内向下加速,加速过程钩码受到的拉力大小F=44 N
根据牛顿第二定律得mg-F=ma
可得电梯在加速阶段的加速度大小为a=1.2 m/s2
(2)经分析知,电梯在2~6 s时间内做加速运动,在6~17 s时间内做匀速直线运动,在17~23 s时间内向下做减速运动,所以电梯在整个运动过程中,在6 s末时具有最大速度,且满足vm=aΔt1
解得vm=1.2×4 m/s=4.8 m/s
(3)电梯在2~6 s时间内加速运动的位移大小为
h1=a(Δt1)2=×1.2×42 m=9.6 m
在6~17 s时间内匀速运动的位移大小
h2=vmΔt2=4.8×11 m=52.8 m
在17~23 s时间内减速运动的位移大小
h3=Δt3=2.4×6 m=14.4 m
则电梯下降的高度为H=h1+h2+h3=76.8 m(共18张PPT)
1.方法一: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,利用牛顿第二定
律可得G=mg。
2.方法二:将待测物体悬挂或放置在测力计上,使它处于静止状态,根据力的平衡条件可得重
力大小等于测力计的示数,即G=F。
6 超重和失重
必备知识 清单破
知识点 1 重力的测量
知识点 2 超重和失重
1.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:物体具有向下的加速度(或竖直分量向下)。
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:物体具有向上的加速度(或竖直分量向上)。
3.完全失重
加速度a=g,物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象叫作完全失重状态。
说明 当物体竖直悬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。
1.我们测量体重时,站在台秤上应保持什么状态
应保持静止状态。
2.物体向上运动时就处于超重状态,向下运动时就处于失重状态,你认为这种说法对吗
不对。超重、失重的条件不是速度的方向向上或向下,而是加速度的方向向上或向下。
加速度向上时,物体可能向上加速运动,也可能向下减速运动。加速度向下时,物体可能加速
向下运动,也可能减速向上运动。所以判断超重、失重现象要看加速度的方向,加速度向上时
超重,加速度向下时失重。
3.在乘竖直升降电梯上楼时,电梯启动瞬间加速度方向如何 人处于超重还是失重状态
竖直向上,超重。
知识辨析
提示
提示
提示
4.在乘竖直升降电梯上楼时,电梯将要到达目的地减速运动时加速度方向如何 人处于超重
还是失重状态
竖直向下,失重。
5.在乘竖直升降电梯下楼时,电梯启动的瞬间以及到达楼梯底前减速运动时,人处于超重还是
失重状态
向下启动瞬间,加速度向下,失重;向下减速运动时加速度向上,超重。
提示
提示
1.超重和失重的判断方法
(1)从力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)即视重大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时,
物体处于失重状态;等于零时,物体处于完全失重状态。
(2)从加速度角度判断(上超下失)
当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;具有向下的加速度时,物体处于失重状
态;竖直向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态。
2.超重和失重的定量分析
(1)超重现象的定量分析
人站在具有向上的加速度a(向上加速或向下减速)的电梯里的体重计上,以人为研究对象,
受力如图甲所示。
关键能力 定点破
定点 应用牛顿第二定律解决超重、失重问题
由牛顿第二定律有F合=F-mg=ma
则体重计对人的支持力F=mg+ma
故人对体重计的压力大小F'=F=mg+ma
因此体重计的示数为F‘=mg+ma>mg
(2)失重现象的定量分析
人站在具有向下的加速度a(向下加速或向上减速)的电梯里的体重计上,以人为研究对
象,受力如图乙所示。
由牛顿第二定律有F合=mg-F=ma
则体重计对人的支持力F=mg-ma
故人对体重计的压力大小为F'=F=mg-ma
因此体重计的示数为F'=mg-ma(3)完全失重
当物体具有向下的加速度且a=g时,如图丙,则F'=mg-mg=0。
典例 某人在以a1=0.5 m/s2的加速度匀加速下降【1】的升降机中最多可举起m1=90 kg 的物体,则
此人在地面上最多可举起多少千克的物体 若此人在匀加速上升【2】的升降机中最多能举起
m2=40 kg的物体,则此升降机上升的加速度a2为多大 (重力加速度g取10 m/s2)
信息提取 【1】升降机处于失重状态,物体对人的压力(大小等于人对物体的“举力”)小
于物体所受重力。
【2】升降机处于超重状态,物体对人的压力(大小等于人对物体的“举力”)大于物体所受
重力。
思路点拨 (1)设此人的最大“举力”为F,在不同环境中这个最大“举力”是恒定不变的【3】,
即他在以不同的加速度运动的升降机中最大的“举力”均为F。
(2)以物体为研究对象进行受力分析,根据物体的运动状态,可求出人的最大“举力”,从而推
知在地面上最多可举起的物体的质量。通过最大“举力”,结合牛顿第二定律可求出物体的
加速度,即升降机的加速度。
解析 以物体为研究对象,对物体进行受力分析及运动状态分析,如图甲所示,设人的最大
“举力”为F,由牛顿第二定律得
m1g-F=m1a1(由【1】得到)
所以F=m1(g-a1)=855 N
当他在地面上举物体时,设最多可举起质量为m0的物体,则有m0g-F=0(由【3】得到)
所以m0=85.5 kg
若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2=40 kg的物体,对物体进行受力分析和运动情
况分析,如图乙所示。
由牛顿第二定律得F-m2g=m2a2(由【2】得到)
所以a2= =11.375 m/s2
即升降机加速上升的加速度为11.375 m/s2
答案 85.5 kg 11.375 m/s2
1.常见的两类问题
(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间变化的图线,分析物体的运动情况。
(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间变化的图线,分析物体的受力情况。
2.解决图像综合问题的关键
(1)把图像与具体的题意、情境结合起来,明确图像的物理意义,明确图像所反映的物理过程。
(2)特别要注意图像中的一些特殊点,如图线与横、纵坐标轴的交点,图线的转折点,两图线的
交点等所表示的物理意义。
学科素养 题型破
题型1 动力学中的图像问题
讲解分析
例题 为了探究物体与固定斜面间的动摩擦因数,某同学进行了如下实验:取一质量为m的物
体,使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动【1】,如图甲所示,通过力传感器得到推力随时间
变化的规律如图乙所示【2】,通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示【3】,
若已知斜面的倾角α=30°,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物体与固定斜面间的动摩擦因数;
(2)撤去推力F后,物体还能上升的距离(斜面足够长)。
典例呈现
信息提取 【1】物体在斜面上运动时受到重力、支持力、摩擦力、推力的作用,受力分析
图如图所示。
【2】、【3】在0~2 s内,推力大小F1=21.5 N,物体做匀加速直线运动;在2~6 s内,推力大小F2=
20 N,物体做匀速直线运动。
思路点拨 首先对物体进行受力分析,结合图像分析物体的运动状态,然后根据牛顿第二定
律列方程求解。
解析 (1)0~2 s内,由牛顿第二定律得F1-mg sin α-μmg cos α=ma1,a1= =0.5 m/s2;2 s后,由牛顿
第二定律得F2-mg sin α-μmg·cos α=0,代入数据解得m=3 kg,μ= 。
(2)撤去推力F后,由牛顿第二定律得
-μmg cos α-mg sin α=ma3
解得a3=- m/s2,x3= =0.075 m。
答案 (1) (2)0.075 m
素养解读 图像能够简洁科学地呈现出物体的受力情况或运动情况,高中物理的图像综合题
是常见的题型,考查学生在读懂图像、理解图像所表示的物理意义的基础上进行分析处理问
题的能力,提升学生的科学思维水平。
当物体由一种物理状态变为另一种物理状态时,可能存在一个转折点,这时物体所处的状态
称为临界状态,与之相关的物理条件则称为临界条件,涉及临界状态的问题称为临界问题。
许多临界问题题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“恰脱离”等词语对临界
状态给出暗示,审题时要抓住这些特定词语挖掘其内涵规律,找出临界条件。
1.四类典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件:叠放在一起的两个物体在分离瞬间,从受力的角度来讲,它们之间
的压力为零;从运动学的角度来讲,两者在垂直于接触面方向的速度和加速度仍然相等。
(2)相对滑动的临界条件:两物体挤压、有相对运动趋势但处于相对静止状态时,存在着静摩
擦力,相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
题型2 动力学中的临界问题
讲解分析
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件
是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是绳中张力FT=0。
(4)速度达到最值的临界条件:加速度为0。
2.求解临界问题的常用方法
临界法 分析题目中的物理过程,明确临界状态,直接从临界状态和相应的临界条件入手,求出临界值
解析法 明确题目中的变量,求解变量间的数学表达式,根据数学表达式分析临界值
例题 如图所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为
m1=4 kg的物体P,Q为一质量为m2=8 kg的物体,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于
静止状态【1】。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速
运动,已知在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后F为恒力【2】,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加
速度g=10 m/s2,求力F的最大值与最小值。
典例呈现
信息提取 【1】弹簧处于压缩状态,可以选P、Q整体为研究对象,由平衡条件求出开始时
弹簧的压缩量。
【2】0.2 s时刻P、Q两物体分离,此时P、Q之间的弹力为零,且两物体仍具有相同的加速度。
思路点拨 (1)系统处于静止状态时,根据平衡条件结合胡克定律求出弹簧的压缩量。
(2)P、Q分离前,它们一起做匀加速直线运动,弹簧的压缩量减小,弹簧弹力减小,故F增大;
当P、Q分离时,它们之间的弹力为零,F达到最大值【3】,此后F为恒力,可知刚开始运动时F最
小【4】。
(3)P、Q分离瞬间,对P受力分析,根据牛顿第二定律【5】列式;对于P、Q做匀加速直线运动的
过程,列位移-时间关系式【6】,结合求解加速度,进而求解F的最值。
解析 设开始时弹簧的压缩量为x0,由平衡条件得(m1+m2)g sin θ=kx0
代入数据解得x0=0.12 m(由【1】得到)
0.2 s时刻P、Q两物体分离,此时它们之间的弹力为零,设此时弹簧的压缩量为x1,对物体P,由
牛顿第二定律得
kx1-m1g sin θ=m1a(由【2】、【5】得到)
前0.2 s时间内两物体的位移为
x0-x1= at2(由【6】得到)
联立解得a=3 m/s2
对两物体的受力进行分析,可知开始运动时拉力最小,分离时拉力最大(由【3】、【4】得
到)。对于最开始的状态,有
Fmin-(m1+m2)g sin θ+kx0=(m1+m2)a
解得Fmin=36 N
对于分离时,
有Fmax-m2g sin θ=m2a
解得Fmax=72 N
答案 72 N 36 N
素养解读 本题以两个物体组成的连接体的分离问题为素材,考查动力学中的临界问题,提
高学生物理观念中的相互作用观及科学思维中的科学推理能力。
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