1、第 6 节 超重和失重学习目标：1.认识超重现象，理解产生超重现象的条件和实质.2.认识失重现象，理解产生失重现象的条件和实质.3.能用超重、失重的观点分析支持力或拉力的大小.4.了解常见的超重、失重现象知识点一 重力的测量1方法一：先测量自由落体运动的加速度 g，再用天平测量物体的质量公式 Gmg.2方法二：利用力的平衡条件将物体悬挂或放置在测力计上测力计的示数反映了物体所受重力的大小知识点二 超重和失重1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(选填“向上”或“向下”)2失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的
2、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3完全失重(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：ag，方向竖直向下1处于平衡状态的物体一定处于静止状态()2加速度始终为零时，物体一定处于平衡状态()3超重就是物体的重力变大的现象()4减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力()5物体速度大小不变，方向改变，运动状态也发生变化()6做自由落体运动的物体处于完全失重状态()答案 1.2.3.4.5.6.给一个水瓶底部开一个小孔，当瓶中注满水后水会从孔中流出，若由静止释放这个水瓶，会发现水停止从孔中流出为什么水会停止从小孔流出？答案 由静止
3、释放这个水瓶，水处于完全失重状态，故不会流出要点一超重和失重1重力与视重(1)重力：物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化(2)视重：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2对超重的分析超重状态下，物体在竖直方向上的合力不为零当物体在竖直向上方向上有加速度 a，支持物对物体的支持力(或悬挂物对物体的拉力)为 F 时，在竖直方向上，由牛顿第二定律得 Fmgma，Fmgmamg，对应的运动状态有向上加速和向下减速3对失重的分析失重状态下，物体在竖直方向上的合力不为零当物体在竖直向下方向上有加速度 a，支持
4、物对物体的支持力(或悬挂物对物体的拉力)为 F 时，在竖直方向上，由牛顿第二定律得 mgFma，FmgmaG，电梯匀加速上升，则有a1F1Gm1 m/s2，h112a1t212 mt12 s 时，va1t12 m/s在 25 s 内，F2400 N，F2G，电梯匀速上升，则有h2vt26 m在 56 s 内，F3320 N，F3G，电梯匀减速上升，则有a3GF3m2 m/s2又 va3t30，说明电梯在 6 s 末停止故 h3v2t31 m所以电梯上升的高度为 hh1h2h39 m.答案 9 m判断超重、失重状态的方法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
5、处于失重状态，向下的加速度为 g 时处于完全失重状态12016 年 10 月 17 日，“神舟十一号”载人飞船发射成功，如右图所示宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是()A火箭加速上升时，宇航员处于超重状态B飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态C火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力D火箭加速上升过程中加速度逐渐减小时，宇航员处于失重状态解析 火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，选项 A 正确，C 错误；飞船落地前减速下落时，加速度方向向上，根据牛
6、顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，选项 B 错误；火箭加速上升过程中加速度逐渐减小时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，选项 D 错误答案 A2撑杆跳是田径运动项目的一种在这项比赛中，运动员双手握住一根特制的杆子，经过快速助跑后，借助杆子撑地的反弹力量，使身体腾起，越过横杆关于撑杆跳，下列说法正确的是()A运动员起跳时，撑杆提供给运动员的弹力等于运动员所受重力B运动员起跳时，撑杆提供给运动员的弹力小于运动员所受重力C在运动员起跳上升阶段，运动员始终处于超重状态D在运动员越过杆子下落阶段，运动员始终处于失重状态解析 起跳时运动员的加速度方向向上，杆对运动员的弹
7、力大于运动员的重力，A、B 错误；在运动员起跳上升阶段，运动员开始时向上做加速运动，随后向上做减速运动，所以运动员开始时处于超重状态，上升的最后阶段处于失重状态，C 错误；起跳以后的下落过程中运动员的加速度方向向下，运动员始终处于失重状态，D 正确答案 D要点二超重与失重问题的求解方法超重、失重现象的产生条件是具有竖直方向的加速度，我们可用牛顿第二定律分析其本质，故对超重、失重问题的处理方法是：用牛顿第二定律去定量地列方程分析，以加速度方向为正方向，列方程时注意使用牛顿第三定律，因为压力和支持力并不是一回事，同时注意物体具有向上或向下的加速度与物体的运动方向无关具体对照如下表【典例 2】在一个
8、封闭装置中，用弹簧测力计测一物体的重力，根据读数与物体实际重力之间的关系，判断以下说法中正确的是()A读数偏大，表明装置一定加速上升B读数偏小，表明装置一定加速下降C读数为 0，表明装置运动的加速度等于重力加速度，但无法判断是向上运动还是向下运动D读数准确，表明装置一定匀速上升或下降思路点拨 超重和失重只能确定加速度方向，不能确定速度方向解析 读数偏大，表明装置处于超重状态，其加速度方向向上，可能的运动情况是加速上升或减速下降，故 A 项错误，同理知 B 项也错误弹簧测力计读数为 0，即完全失重，这表明整个装置运动的加速度等于重力加速度 g，但是 ag 时，速度方向有可能向上，也有可能向下，还
9、有可能沿其他方向，故 C 项正确读数准确，装置可能静止，也可能正在向任意一个方向做匀速直线运动，故 D 项错误答案 C物体在竖直方向上有加速度时，才会出现超重或失重现象，当加速度竖直向上或加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，当加速度竖直向下或加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态.超重、失重状态与物体的运动方向无关.对于不在竖直方向上的加速度，要将加速度按水平方向和竖直方向分解.3(多选)如右图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时()A物块与斜面间的摩擦力减小B物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D
10、物块相对于斜面匀速下滑解析 当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式 FfFN 可知接触面间的正压力增大，物块与斜面间的摩擦力增大，故 A 错误，B 正确；设斜面的倾角为，物块的质量为 m，当物块匀速运动时有 mgsinmgcos，即 sincos，假设物块以加速度 a 向上运动时，有 Nm(ga)cos，fm(ga)cos，因为 sincos，所以 m(ga)sinm(ga)cos，故物块仍做匀速下滑运动，C 错误，D 正确答案 BD4如图所示，电梯与水平地面成 角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度 a 启动过程中，水平梯板对人的
11、支持力和摩擦力分别为 FN 和 f.若电梯启动过程中的加速度减小为a2，则下面结论正确的是()A水平梯板对人的支持力变为FN2B水平梯板对人的摩擦力变为f2C电梯加速启动过程中，人处于失重状态D水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为 fFN解析 当电梯以加速度 a 上升时，人受到重力 mg、电梯的支持力 FN 和摩擦力 f，将加速度分解为水平和竖直两个方向，水平分加速度为 acos，竖直分加速度为 asin，根据牛顿第二定律得，竖直方向有 FNmgmasin，得 FNmgmasin；当 a12a 时，FN 变小，但不等于原来的一半，故 A 错；水平方向有 fmacos，当 a12a 时，f 变为原
12、来的一半，故 B 正确；人有向上的加速度，所以处于超重状态，故 C 错误；由上述分析可以知道，人所受的静摩擦力和支持力都发生了改变，水平梯板对人的摩擦力和支持力之比不等于 fFN，故 D 错误答案 B课堂归纳小结知识体系 关键点击1物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没有变，只是物体对底面的压力或悬绳的拉力比重力大或比重力小2物体处于超重还是失重状态与物体运动的速度方向无关，只与加速度方向有关，加速度方向向上，处于超重状态，加速度方向向下，处于失重状态.课后作业(二十)要点对点练要点一：超重和失重1下列关于超重与失重的说法中，正确的是()A超重就是物体的重力增加了B失重就是物体的重力减少了C
13、完全失重就是物体的重力没有了D不论是超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力总是不变解析 物体处于超重或者失重是指视重与重力的关系，并不是重力发生变化，A 错误；物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于重力叫失重，但重力并不改变，B 错误；当物体处于完全失重状态是指重力完全充当合外力，重力大小不变，C 错误；不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的，D 正确答案 D2跳水运动员从 10 m 跳台腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池不计空气阻力，关于运动员在空中上升过程和下落过程的说法正确的是()A上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B上升过程处于失重状态，
14、下落过程处于超重状态C上升过程和下落过程均处于超重状态D上升过程和下落过程均处于完全失重状态解析 上升和下落的过程中，都是只受到向下的重力的作用，加速度的大小为重力加速度 g，都处于完全失重状态，所以 A、B、C 错误，D 正确答案 D3一物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的上端固定在电梯的天花板上，在下列哪种情况下弹簧测力计的读数最小()A电梯匀加速上升，且 ag3B电梯匀加速下降，且 ag3C电梯匀减速上升，且 ag2D电梯匀减速下降，且 ag2解析 电梯匀加速上升，且 a1g3时，F1mgma1，F143mg，电梯匀加速下降，且 a2g3时加速度方向向下，mgF2ma2，F223mg，电梯
15、匀减速上升，且 a3g2时，加速度方向向下，mgF3ma3，F312mg，电梯匀减速下降，且 a4g2，加速度方向向上，F4mgma4，F432mg，C 正确答案 C要点二：超重与失重问题的求解方法4如图所示，A 为电磁铁，C 为胶木盘，A 和 C(包括支架)总质量为 M，B 为铁片，质量为 m，整个装置用轻绳悬挂于弹簧测力计的挂钩上，给电磁铁通电，在铁片被吸引上升的过程中，弹簧测力计的示数大小 F 为()AFMgBF(Mm)gCmgF(Mm)g解析 电磁铁未通电时，弹簧测力计的示数等于 A、B、C 三者的重力之和，通电后，B 将加速上升，系统处于超重状态，F(Mm)g，故 D 正确答案 D5
16、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，如图甲所示电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计如图乙所示，在这段时间内下列说法中正确的是()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体重计对晓敏的支持力C电梯一定在竖直向下运动D电梯的加速度大小为 g/5，方向一定竖直向下解析 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；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B 错误；以竖直向下为正方向，有：mgFma，解得 ag5，方向竖直向下，但速度方向可能
17、是竖直向上，也可能是竖直向下，C 错误、D 正确答案 D6(多选)如右图所示，A、B 两物体叠放在一起，当把 A、B 两物体同时竖直向上抛出时(不计空气阻力)，则()AA 的加速度大小小于 gBB 的加速度大小大于 gCA、B 的加速度大小均为 gDA、B 间的弹力为零解析 对于 A、B 的整体，在抛出之后，只受重力作用，其加速度必然为 g，方向竖直向下假定 A、B 之间的弹力不为零，设 A对 B 的压力为 FAB、对 B 进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得FABmBgmBg，则 FAB0所以 A、B 之间无弹力作用，A、B 两物体各自只受重力作用，加速度均为 g.选项 A、B 错误，选
18、项 C、D 正确答案 CD综合提升练7(多选)悬挂在电梯天花板上的弹簧测力计的钩子挂着质量为m 的物体，电梯静止时弹簧测力计的示数为 Gmg，下列说法中，正确的是()A当电梯匀速上升时，弹簧测力计的示数增大，电梯匀速下降时，弹簧测力计的示数减小B只有电梯加速上升时，弹簧测力计的示数才会增大，只有电梯加速下降时，弹簧测力计的示数才会减小C不管电梯向上或向下运动，只要加速度的方向竖直向上，弹簧测力计的示数一定增大D不管电梯向上或向下运动，只要加速度的方向竖直向下，弹簧测力计的示数一定减小解析 超重是加速度方向向上，示数大于重力；失重是加速度方向向下，示数小于重力，与运动方向无关，因此选项 A、B
19、错误、C、D 正确答案 CD8下列说法正确的是()A游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内处于超重状态C跳高运动员到达空中最高点时处于平衡状态D蹦床运动员跳离蹦床在空中上升与下降时均处于失重状态解析 游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于平衡状态，不是失重状态，选项 A 错误；举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内处于平衡状态，选项 B 错误；跳高运动员到达空中最高点时，加速度为 g，没有处于平衡状态，选项 C 错误；蹦床运动员跳离蹦床在空中上升与下降时，加速度均为 g，故均处于失重状态，选项 D 正确答案 D9(多选)如图所示，小敏正在做双脚跳
20、台阶的健身运动若忽略空气阻力，小敏起跳后，下列说法正确的是()A上升过程处于超重状态B下降过程处于超重状态C上升过程处于失重状态D下降过程处于失重状态解析 若忽略空气阻力，小敏起跳后，在空中运动的过程中只受重力，加速度就是重力加速度，则小敏起跳后，上升过程与下降过程均处于失重状态，故 C、D 两项正确答案 CD10杂技表演魅力无穷，给人美的视觉享受，两位同学在观看空中吊绳表演时，关于吊绳拉着演员在竖直方向运动时的物理问题展开讨论，下列说法中正确的是()A在向上匀速运动时，吊绳对演员的拉力大于演员的重力B在向上加速运动时，吊绳对演员的拉力大于演员的重力C在向上匀速运动时，吊绳对演员的拉力大于演员
21、对吊绳的拉力D在向上加速运动时，吊绳对演员的拉力大于演员对吊绳的拉力解析 向上匀速运动时，演员处于平衡状态，吊绳对演员的拉力等于演员的重力，故 A 错误；在向上加速运动时，演员处于超重状态，吊绳对演员的拉力大于演员的重力，故 B 正确；吊绳对演员的拉力与演员对吊绳的拉力是一对相互作用力，总是大小相等，方向相反，故 C、D 错误.答案 B11某人在 a2 m/s2 匀加速下降的升降机中最多能举起 m175 kg 的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起 m250 kg 的物体，则此升降机上升的最大加速度为多大？(取 g10 m/s2)解析 设此人在地
22、面上的最大“举力”是 F，那么他在以不同的加速度运动的升降机中最大“举力”仍为 F，以物体为研究对象：当升降机以加速度 a12 m/s2 匀加速下降时，对物体有：m1gFm1a1，即 Fm1(ga1)得 F75(102)N600 N设人在地面上最多可举起质量为 m0的物体，则 Fm0g.m0Fg60010 kg60 kg.当升降机以 a2 匀加速上升时，对物体有：Fm2gm2a2，a2 Fm2g60050 10m/s22 m/s2.故升降机匀加速上升的加速度为 2 m/s2.答案 60 kg 2 m/s212某同学设计了一个测量长距离电动扶梯加速度的实验，实验装置如图 1 所示将一电子健康秤置
23、于水平的扶梯台阶上，实验员站在健康秤上，相对健康秤静止电动扶梯由静止开始斜向上运动，整个运动过程可分为三个阶段，先加速、再匀速、最终减速停下已知电动扶梯与水平方向夹角 37.重力加速度 g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8.某次测量的三个阶段中电子健康秤的示数 F 随时间t 的变化关系如图 2 所示(1)画出加速过程中实验员的受力示意图；(2)求该次测量中实验员的质量 m；(3)求该次测量中电动扶梯加速过程的加速度大小 a1 和减速过程的加速度大小 a2.解析(1)加速过程中实验员受到重力 mg、静摩擦力 Ff、支持力 F，如图所示(2)36 s 电梯做匀速运动，实验员受力平衡F2mg600 N，m60 kg.(3)加速阶段，竖直方向F1mgma1sin37解得 a159 m/s20.56 m/s2减速阶段，竖直方向 mgF3ma2sin37解得 a20.42 m/s2.答案(1)图见解析(2)60 kg(3)0.56 m/s2042 m/s2
