牛顿第二定律及应用（二）超重与失重 瞬时问题

学案13 牛顿第二定律及应用(二)

【课前双基回扣】 1．ABCD

2．B [根据牛顿第二定律，力和加速度是瞬时对应关系，拉力刚开始作用的瞬间，物体立刻获得一个加速度，但速度仍为零，因为速度的增加需要时间，B正确．]

3．D [跳水运动员在空中时无论是上升还是下降，加速度方向均向下，由于不计空气阻力，故均为完全失重，故选D.]

4．CD 5.CD

6．CD [小球的加速度大小决定于小球受到的合外力．从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大．当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大．] 思维提升

1．(1)由牛顿第二定律可知，合力与加速度之间具有瞬时对应的关系，合力与加速度可同时发生突变，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)加速度的方向与物体所受合力方向一致，但速度方向与加速度和合力的方向不一定共线． 2．物体的加速度方向向上则超重；加速度方向向下则失重，与物体运动的速度方向无关．

3．当物体处于自由落体或竖直上抛运动状态时由于物体的加速度均为重力加速度，故物体处于完全失重状态．此时物体对水平支持物的压力或对竖直悬挂物的拉力等于零． 【核心考点突破】

例1 A [对于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，不论上升过程还是下降过程．A对B均无压力，只有A项正确．]

[规范思维] 物体处于超重和失重状态，仅取决于加速度，而与速度无关．本题中若物体斜向上抛出、水平抛出、斜向下抛出，A对B的压力都为零．

例2 C [木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg.木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，

m＋M

仍为mg.由平衡条件和牛顿第二定律可得a1＝0，a2＝g.]

M

[规范思维] 解本题的关键是分析清楚木板抽出前、后的受力情况，然后由F合＝ma求解a.注意弹簧弹力不能瞬间发生变化，因为弹簧弹力与形变紧密联系，在瞬间形变可认为不变． 例3 (1)10 N (2)8 m/s2，向左 (3)0

解析 (1)小球在绳没有断时，水平面对小球的弹力为零，球受到绳的拉力FT、自身重力G与弹簧的弹力F作用而处于平衡状态，依据平衡条件得 竖直方向有：FTcos θ＝mg 水平方向有：FTsin θ＝F

解得弹簧的弹力为F＝mgtan θ＝10 N 剪断轻绳瞬间弹簧弹力不变，仍为10 N

(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力平衡重力FN＝mg

F－μFN

水平方向上由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝8 m/s2，方向向左．

m

(3)当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力，且二力平衡，加速度为0.

[规范思维] 利用牛顿第二定律求瞬时加速度时，关键是分析此时物体的受力情况，同时注意细绳和弹簧的区别：在其它力变化时，弹簧的弹力不会在瞬间发生变化，而细绳的拉力可以在瞬间发生突变． [针对训练]

1．BD [当加速度向上时，物体处于超重状态；加速度向下时，物体处于失重状态．在汽车驶过拱形桥顶端时，向心加速度向下，失重；荡秋千的小孩通过最低点时，向心加速度向上，超重；跳水运动员离开跳板向上运动时，完全失重；火箭点火加速升空，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)当线L2被剪断的瞬间，因细线L2对球的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度沿垂直L1的方向斜向下方，为a＝gsin θ. (2)当线L2被剪断时，细线L2对球的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对球的弹力是一对平衡力，等值反向，所以线L2剪断时的瞬时加速度为a＝gtan θ，方向水平向右．

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【课时效果检测】 1．D

2．D [首先研究整体，求出拉力F的大小F＝(m1＋m2)a.突然撤去F，以A为研究对象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A物体受力不变，其加速度a1＝a.以B为研究对象，在没有撤去F时有：F－F′＝

m1m2a，而F＝(m1＋m2)a，所以F′＝m1a，撤去F则有－F′＝m2a2，所以a2＝－a.]

m2

3．BC [加速上升或减速下降，加速度均是向上，处于超重状态；加速下降或减速上升，加速度均是向下，处于失重状态，由此知选项B、C正确．]

4．BC [由图可知，在0～4 s内台秤对物体的支持力大于物体的重力，所以0～4 s内物体一直加速上升．由图线知，物体的重力为30 N，即质量约为3 kg，台秤对物体的最大作用力为50 N，物体所受的最大合力为20 N，

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所以物体的最大加速度约为6.7 m/s.]

5．AD [在t0～t1时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1～t2时间段内，人匀速或静止，t2～t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A、D都有可能对．]

6．C [因为下落速度不断增大，而阻力f∝v2，所以阻力逐渐增大，当f＝mg时，物体开始匀速下落．以箱和物体为整体：(M＋m)g－f＝(M＋m)a，f增大则加速度a减小．对物体：Mg－FN＝ma，加速度减小，则支持力FN增大．所以物体后来受到的支持力比开始时要增大，不可能“飘起来”．] 7．ABD

8．B [撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力大小等于撤离木板前木板对小球的支持力FN大

mg23FN23

小，由于FN＝＝mg，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a＝＝g.]

cos 30°3m3

9．D [当线断的瞬间，弹簧的伸长状态不变，A受合外力还是0，A的加速度仍为0，对B进行分析： 线断前：F线＝MBgsin θ＋F弹 F弹＝MAgsin θ. 当线断时：B受合力为F合＝MBgsin θ＋F弹＝MBaB

MA＋MBMA＋MBg

所以aB＝·gsin θ＝· 选项D正确．]

MBMB2

10．400 N

解析 以重物为研究对象，重物受向下的重力mg，向上的弹簧拉力F，重物随升降机一起以加速度a向上运动，由于重物的重力mg大于弹簧测力计的示数，因此可知升降机的加速度方向应向下，即升降机减速上升，由牛顿第二定律有mg－F＝ma

mg－F50－40

所以a＝＝ m/s2＝2 m/s2.

m5

再以人为研究对象，人受到重力Mg，底板的支持力FN，由牛顿第二定律有 Mg－FN＝Ma得FN＝Mg－Ma＝50×(10－2) N＝400 N

由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为400 N，方向竖直向下． 11．(1)2.4 m/s (2)6.0 m

解析 (1)根据图象可知0～1 s内，人向下做匀加速运动，人对滑杆的作用力为380 N，方向竖直向下，所以滑杆对人的作用力F1的大小为380 N，方向竖直向上． 以人为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1①

G500

5 s后静止，m＝＝ kg＝50 kg

g10

1 s末人的速度为：v1＝a1t1②

根据图象可知1 s末到5 s末，人做匀减速运动，5 s末速度为零，所以人1 s末速度达到最大值．由①②代入数值解得：v1＝2.4 m/s，所以最大速率vm＝2.4 m/s.

(2)滑杆的长度等于人在滑杆加速运动和减速运动通过的位移之和．

0＋vm0＋2.4

加速运动的位移x1＝t1＝×1 m＝1.2 m

220＋vm2.4＋0

减速运动的位移x2＝t2＝×4 m＝4.8 m

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滑杆的总长度L＝x1＋x2＝1.2 m＋4.8 m＝6.0 m 易错点评

1．物体超重或失重时，只是物体对悬挂物的拉力或对水平支持物的压力发生了变化，而物体本身所受的重力并没有改变．

2．对于任何抛体，若不计空气阻力，则完全失重；若考虑空气阻力，则部分失重．

3．对于弹簧、橡皮绳等发生明显形变而产生的弹力，不能发生突变；而对于轻绳、桌面等发生不明显形变而产生的弹力，能够发生突变．解题中应注意区别．

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