[学科素养与目标要求]
物理观念：1.理解平衡状态及共点力作用下物体的平衡条件.2.理解超重、失重和完全失重现象．
科学思维：1.能利用整体法和隔离法分析共点力作用下的平衡问题.2.会利用牛顿运动定律分析超重和失重现象.3.能从动力学角度理解自由落体运动和竖直上抛运动．
一、共点力的平衡
1．平衡状态：静止或匀速直线运动状态．
2．平衡条件：(1)F合＝0(或加速度a＝0)
(2)
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：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．
2．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．
(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：a＝g，方向竖直向下．
三、从动力学角度分析自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)条件：①物体从静止开始下落，即运动的初速度是0；
②运动过程中只受重力的作用，根据牛顿第二定律mg＝ma，所以a＝g.
(2)运动性质：v0＝0、a＝g的匀加速直线运动．
2．竖直上抛运动
(1)受力情况：只受重力作用，加速度为g.
(2)运动性质：初速度v0≠0、加速度a＝g的匀变速直线运动．
(3)基本公式
①速度公式：v＝v0－gt.
②位移与时间的关系：x＝v0t－gt2.
③速度与位移的关系：v2－v02＝－2gx.
1．判断下列说法的正误．
(1)某时刻物体的速度为零时，物体一定处于平衡状态．( × )
(2)超重就是物体受到的重力增加了．( × )
(3)物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了．( × )
(4)物体处于超重状态时，物体一定在上升．( × )
(5)物体处于失重状态时，物体可能在上升．( √ )
2．物体受到n个力作用处于静止状态，若其中一个力F1＝10 N，方向向右，则其余(n－1)个力的合力F′＝____ N，方向向____．
答案 10 左
一、超重和失重
如图1所示，某人乘坐电梯正在向上运动．
图1
(1)电梯启动瞬间加速度方向向哪？人受到的支持力比其重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？
(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度方向向哪？人受到的支持力比其重力大还是小？
答案 (1)电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以支持力等于重力．
(2)减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，支持力小于重力．
1．视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上相对静止时，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．
当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了．
2．超重、失重的比较
| 特征状态 | 加速度 | 视重(F)与重力关系 | 运动情况 | 受力示意图 |
| 平衡 | a＝0 | F＝mg | 静止或匀速直线运动 | |
| 超重 | 向上 | 由F－mg＝ma得F＝m(g＋a)>mg | 向上加速或向下减速 | |
| 失重 | 向下 | 由mg－F＝ma得F＝m(g－a)<mg | 向下加速或向上减速 | |
| 完全失重 | 向下且a＝g | 由mg－F＝ma得F＝0 | 自由落体运动，抛体运动 |
3.对超重、失重的理解
(1)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1 (多选)如图2所示，电梯的顶部竖直悬挂一个弹簧测力计，弹簧测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，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6 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )
图2
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2
答案 BC
解析 电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，可知重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为6 N，对重物，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得a＝4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4 m/s2，方向竖直向下，因此电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，选项B、C正确．
针对训练1 2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射成功，如图3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( )
图3
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
答案 A
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．
例2 如图4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( )
图4
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．
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，物体处于超重状态，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(包括斜向上)时处于超重状态，具有向下的加速度(包括斜向下)时处于失重状态，向下的加速度为g时处于完全失重状态．
二、共点力平衡的进一步理解
1．对平衡条件的理解
(1)平衡条件：F合＝0或.
(2)对应两种状态：
①静止状态：a＝0，v＝0；
②匀速直线运动状态：a＝0，v≠0.
(3)说明：①物体某时刻速度为零，但F合≠0，则不是平衡状态，如竖直上抛的物体到达最高点时，只是速度为零，不是平衡状态．
②处于平衡状态的物体，沿任意方向的合力都为零．
2．单个物体平衡问题的分析方法——合成法、正交分解法
(1)合成法
物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反，作用在同一条直线上，可以据此先求任意两个力的合力．
(2)正交分解法
先把物体所受的各个力逐一地分解在两个相互垂直的坐标轴上，再分别对每个坐标轴上的分力逐一进行代数运算．
∑Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…＋Fnx＝0，
∑Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋…＋Fny＝0.
3．物体系统平衡问题的分析方法——整体法、隔离法
当物体系统处于平衡状态时，组成系统的每个物体都处于平衡状态，选取研究对象时注意整体法与隔离法的结合．
一般地，当求系统内部物体间的相互作用时，用隔离法，求系统受到的外力时，用整体法．具体应用中，应将这两种方法结合起来灵活运用．
例3 (多选)如图5，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b始终保持静止，则( )
图5
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
答案 BD
解析 对物块a，由二力平衡可知，绳的拉力等于物块a的重力，大小不变，轻滑轮两侧绳子拉力方向一定，由三力平衡可得绳OO′的张力一定，选项A、C错误；设F与水平方向的夹角为α，连接物块b的绳子拉力FT与水平方向夹角为β，对物块b，由平衡条件有FTsin β＋Fsin α＋FN＝mg，FTcos β－Fcos α＋Ff＝0(Ff方向不确定)，可知物块b所受到的支持力、物块与桌面间的摩擦力都随F在一定范围内变化，选项B、D正确．
解共点力平衡问题的一般步骤
1．选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体(整体法或隔离法)．
2．对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图．
3．对研究对象所受的力进行处理．对三力平衡问题，一般用合成法，对多力的平衡问题，一般用正交分解法．
4．建立平衡方程．
针对训练2 如图6所示，在粗糙水平地面上放着一个表面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．则把A向右缓慢移动少许的过程中，下列说法正确的是( )
图6
A．球B对墙的压力增大
B．球B对柱状物体A的压力增大
C．地面对柱状物体A的摩擦力不变
D．地面对柱状物体A的支持力不变
答案 D
解析 球B受重力、A的支持力F1和墙壁的支持力F2，如图甲所示，设F1与竖直方向的夹角为θ，将重力G分解为G1和G2，则根据平衡条件可知，F1＝G1＝，F2＝G2＝Gtan θ.当A向右缓慢移动时，根据几何关系可知，A对球B的支持力F1与竖直方向的夹角θ减小，所以cos θ增大，tan θ减小，即墙壁对球B的支持力F2减小，A对球B的支持力F1减小，根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力减小，球B对A的压力也减小，选项A、B错误．对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，由平衡条件可知A受地面的摩擦力大小Ff＝F2，则Ff减小，地面对A的支持力等于A、B的重力之和，大小不变，选项C错误，D正确．
三、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 倾角为θ的斜面固定在水平面上，斜面上有一重力为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ<tan θ.现给A施加一水平推力F，如图7所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求水平推力F为多大时，物体A在斜面上静止．
图7
答案 G≤F≤ G
解析 由于静摩擦力的大小可在0～Ffmax间变化，且方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以所求的推力应是一个范围．因为μ<tan θ，说明无推力时物体将加速下滑，故推力的最大值和最小值对应的状态是恰不上滑和恰不下滑．以A为研究对象，设推力的最小值为Fmin，此时最大静摩擦力Ffmax沿斜面向上，受力分析如图甲所示．将各力正交分解，则
沿斜面方向，有Fmincos θ＋Ffmax－Gsin θ＝0
垂直于斜面方向，有FN－Gcos θ－Fminsin θ＝0
又Ffmax＝μFN
解得Fmin＝ G
设推力的最大值为Fmax，此时最大静摩擦力Ffmax′沿斜面向下，受力分析如图乙所示．
沿斜面方向，有Fmaxcos θ－Gsin θ－Ffmax′＝0
垂直于斜面方向，有FN′－Gcos θ－Fmaxsin θ＝0
又Ffmax′＝μFN′
解得Fmax＝ G
所以物体能在斜面上静止的条件为
G≤F≤ G.
1．(超重和失重)(2019·天水一中高一第一学期期末)在本届学校秋季运动会上，小明同学以背越式成功地跳过了1.70米的高度，如图8所示．若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
图8
A．小明下降过程中处于失重状态
B．小明起跳后在上升过程中处于超重状态
C．小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力
D．小明起跳以后在下降过程中重力消失了
答案 A
2．(超重与失重)如图9甲所示是某人站在力传感器上做下蹲—起跳动作的部分示意图．如图乙所示是根据传感器画出的力—时间图象，其中力的单位是N，时间的单位是s.两图中的点均对应，取重力加速度g＝10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下列选项正确的是( )
图9
A．此人的质量约为60 kg
B．此人从站立到蹲下的过程对应图中1到6的过程
C．此人在状态2时处于超重状态
D．此人向上的最大加速度大约为1.9g
答案 D
解析 根据题图乙中图线的1点，由平衡条件得此人的质量约为70 kg，故选项A错误；同理根据图线可判断，此人从站立到蹲下的过程中先失重后超重，对应题图乙中1到4的过程，故选项B错误；由题图乙知，人在状态2时传感器对人的支持力小于人自身的重力，处于失重状态，选项C错误；根据图线和牛顿第二定律，可得此人向上的最大加速度为a＝≈1.9g，所以选项D正确．
3．(超重与失重的有关计算)质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图10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10
(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：人对体重计压力大小为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：
FN2－mg＝ma1，FN2＝mg＋ma1＝840 N
由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为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：人对体重计压力大小为300 N，即体重计示数为300 N.
4．(共点力的平衡)(多选)如图11所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力FN和摩擦力Ff为( )
图11
A．FN＝m1g＋m2g－Fsin θ B．FN＝m1g＋m2g－Fcos θ
C．Ff＝Fcos θ D．Ff＝Fsin θ
答案 AC
解析 因两个物体和轻弹簧一起做匀速直线运动，所受合力为零，所以可以将这两个物体和轻弹簧看成一个整体进行受力分析，如图所示，
由正交分解法可知，
在水平方向有Ff＝Fcos θ
竖直方向有FN＋Fsin θ＝m1g＋m2g
所以Ff＝Fcos θ，FN＝m1g＋m2g－Fsin θ，A、C正确．
5．(共点力的平衡)如图12所示，三根轻绳分别系住质量为m1、m2、m3的物体，它们的另一端分别通过光滑的定滑轮系于O点，整个装置处于平衡状态时，OA与竖直方向成30°角，OB处于水平状态，则( )
图12
A．m1∶m2∶m3＝1∶2∶3
B．m1∶m2∶m3＝3∶4∶5
C．m1∶m2∶m3＝2∶∶1
D．m1∶m2∶m3＝∶2∶1
答案 C
解析 对结点O受力分析，O点受到三根绳子的拉力如图所示
设FB与FC的合力为F
根据几何知识有＝cos 30°＝；
＝sin 30°＝
根据三力平衡条件可知，FB和FC的合力F与FA等值反向，
所以有＝；＝，
则FA∶FC∶FB＝2∶∶1，
根据定滑轮两端拉力相等，有
FA＝m1g，FB＝m3g，FC＝m2g，
所以m1∶m2∶m3＝2∶∶1.
故选C.
超重和失重
一、选择题
1．下列关于超重和失重的说法中，正确的是( )
A．物体处于超重状态时，其重力增加了
B．物体处于完全失重状态时，其重力为零
C．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增大或减小了
D．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有发生变化
答案 D
2.(2018·汉江中学高一上学期期末)如图1所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况下，体重计的示数最大的是( )
图1
A．电梯匀速上升
B．电梯匀减速上升
C．电梯匀减速下降
D．电梯匀加速下降
答案 C
3．(多选)(2019·灵璧一中期中考试)下列有关超重与失重的说法正确的是( )
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中静止不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下降过程中都处于失重状态
C．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
D．不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变
答案 BD
解析 体操运动员双手握住单杠吊在空中静止不动时单杠对运动员的拉力等于运动员的重力，运动员既不处于超重状态也不处于失重状态，A错误；蹦床运动员在空中上升和下落过程中有方向竖直向下的加速度，处于失重状态，B正确；举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内地面对运动员和杠铃的支持力等于运动员和杠铃的重力，运动员和杠铃既不处于超重状态也不处于失重状态，C错误；不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变，D正确．
4.如图2所示，金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出．如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中( )
图2
A．水继续以相同的速度从小孔中流出
B．水不再从小孔中流出
C．水将以更大的速度从小孔中流出
D．水将以较小的速度从小孔中流出
答案 B
解析 小桶自由下落，处于完全失重状态，其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，水不会流出，故选B.
5．(多选)(2018·宜宾一中高一期末模拟)在电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg.电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图3所示，则在这段时间内，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
图3
A．该同学所受的重力变小
B．电梯可能竖直向上运动
C．该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力
D．电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下
答案 BD
6.(2019·长安一中高一第一学期期末)如图4所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，当电梯在竖直方向运行时，电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯原来静止时弹簧的伸长量变大了，这一现象表明( )
图4
A．电梯一定处于加速上升阶段
B．电梯的速度方向一定向下
C．乘客一定处在超重状态
D．电梯的加速度方向可能向下
答案 C
7.(2019·福建八县市一中高一第一学期期末联考)如图5所示，在某次无人机竖直送货实验中，无人机的质量M＝1.5 kg，货物的质量m＝1 kg，无人机与货物间通过轻绳相连．无人机以恒定动力F＝30 N从地面开始加速上升，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.则( )
图5
A．无人机加速上升时货物处于失重状态
B．无人机加速上升时的加速度a＝20 m/s2
C．无人机加速上升时轻绳上的拉力FT＝10 N
D．无人机加速上升时轻绳上的拉力FT＝12 N
答案 D
8.某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图6所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法正确的是( )
图6
A．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动
B．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态
C．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重
D．人在C点具有最大速度
答案 C
解析 在B点，重力等于弹力，在C点速度为零，弹力大于重力，所以从C到B过程中合力向上，做加速运动，但是由于从C到B过程中踏板的形变量在减小，弹力在减小，所以合力在减小，故做加速度减小的加速运动，加速度向上，处于超重状态，从B到A过程中重力大于弹力，所以合力向下，加速度向下，速度向上，所以做减速运动，处于失重状态，故C正确．
9.(多选)(2019·天水一中高一第一学期期末)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图7所示．当此车减速上坡时(此时乘客没有靠在靠背上)，下列说法正确的是( )
图7
A．乘客受重力、支持力两个力的作用
B．乘客受重力、支持力、摩擦力三个力的作用
C．乘客处于超重状态
D．乘客受到的摩擦力的方向水平向左
答案 BD
10．(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8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( )
图8
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<mg，电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动．综上分析可知，B、C正确．
11．(2018·华中师大一附中高一期中)如图9所示，一个箱子中放有一物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示形态，则下列说法正确的是( )
图9
A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小
B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大
C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力可能越来越大
D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力可能越来越小
答案 C
解析 设物体的质量为m，物体和箱子的总质量为M.上升过程中，对箱子和物体整体受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律可知，Mg＋kv＝Ma，则a＝g＋，又整体向上做减速运动，v减小，所以a减小；再对物体单独受力分析如图乙所示，因a>g，所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知，mg＋FN＝ma，则FN＝ma－mg，而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；同理，当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力可能越来越大．故C正确．
12.若货物随升降机运动的v－t图象如图10所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t变化的图象可能是( )
图10
答案 B
解析 将整个运动过程分解为六个阶段．第一阶段货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma<mg；第二阶段货物做匀速直线运动，F＝mg；第三阶段货物向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第四阶段货物向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第五阶段货物做匀速直线运动，F＝mg；第六阶段货物向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma<mg.故B正确，A、C、D错误．
13．(多选)(2019·辽宁实验中学等五校高一上学期期末)某地一观光塔总高度达600 m，游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图11所示．则下列说法正确的是( )
图11
A．t＝4.5 s时，电梯处于超重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0
答案 AD
二、非选择题
14．(2019·天津一中高一上学期期末)“蹦极跳”是一种能获得强烈失重、超重感觉的非常“刺激”的惊险娱乐项目．人处在离沟底水面上方二十多层楼的高处(或悬崖上)，用橡皮弹性绳拴住身体，让人头下脚上自由下落，落到一定位置时弹性绳拉紧．设人体立即做匀减速运动，到接近水面时刚好减速为零，然后再反弹．已知某“勇敢者”头戴重为45 N的安全帽，开始下落时的高度为75 m，设计的系统使人落到离水面30 m时，弹性绳才绷紧．不计空气阻力，则：
(1)当他落到离水面高50 m位置时戴着的安全帽对人的头顶的弹力为多少？
(2)当他落到离水面20 m的位置时，则其颈部要用多大的力才能拉住安全帽？(取g＝10 m/s2)
答案 (1)0 N (2)112.5 N
解析 (1)人在离水面50 m左右位置时，做自由落体运动，处于完全失重状态，对安全帽，mg－F＝ma，
对整体，a＝g
所以F＝0，头感觉不到安全帽的作用力，弹力为0.
(2)人下落到离水面30 m处时，已经自由下落h1＝75 m－30 m＝45 m，此时v1＝＝30 m/s
匀减速运动距离为h2＝30 m
设人做匀减速运动的加速度为a，由0－v12＝2ah2得
a＝－15 m/s2
安全帽的质量为m＝＝4.5 kg.
对安全帽，则由牛顿第二定律可得：
mg－F′＝ma，解得：F′＝112.5 N.
由牛顿第三定律可知，在离水面20 m的位置时，其颈部要用112.5 N的力才能拉住安全帽．
共点力的平衡
一、选择题
1.(2019·浙江“温州十校联合体”高一第一学期期末)如图1所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是( )
图1
答案 C
2．如图2所示，mA＞mB，设水平地面对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缓慢上升，不计轻滑轮摩擦，则在此过程中( )
图2
A．FN增大，F2增大，F1不变
B．FN减小，F2减小，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缓慢上升，可认为处于平衡状态，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．
3．(多选)如图3所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则( )
图3
A．P向下滑动
B．P静止不动
C．P所受的合外力增大
D．P与斜面间的静摩擦力增大
答案 BD
解析 物体P静止于斜面上，则mgsin θ≤μmgcos θ，把物体Q轻轻地叠放在P上时，P、Q整体质量增加，相对斜面仍然满足m′gsin θ≤μm′gcos θ，故P静止不动，所受的合外力为零，A、C错误，B正确；P所受的合外力为零，P与斜面间的静摩擦力增大为m′gsin θ，D正确．
4.(多选)(2019·泰安一中期中)如图4所示，物体m通过定滑轮牵引另一粗糙水平面上的物体，物体m沿斜面匀速下滑，此过程中斜面体始终静止，斜面体质量为M，则水平地面对斜面体( )
图4
A．支持力等于(M＋m)g B．没有摩擦力
C．支持力小于(M＋m)g D．有水平向右的摩擦力
答案 CD
解析 以M和m组成的整体为研究对象，设绳子上的拉力为FT，受力分析如图：由平衡条件可以判断，M必受到沿水平面向右的摩擦力；假设斜面的倾角为θ，则：FN＋FTsin θ＝(M＋m)g，所以FN小于(M＋m)g，故C、D正确，A、B错误．
5.如图5所示，在两块相同的竖直木块之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小为( )
图5
A．0 B．mg
- D.
答案 A
解析 将4块砖看成一个整体，受力分析如图甲所示，得Ff1＝Ff4＝2mg，方向竖直向上．
再将3、4看成整体，受力如图乙所示，Ff23＋Ff4＝2mg，得Ff23＝0，A选项正确．
6.有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q；两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置上平衡，如图6所示，现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡状态，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳的拉力FT的变化情况是( )
图6
A．FN不变，FT变大
B．FN不变，FT变小
C．FN变大，FT变大
D．FN变大，FT变小
答案 B
解析 取P、Q两环整体研究，在竖直方向上只有AO杆对其产生竖直向上的力，故FN＝2mg，FN大小不变．再取Q为研究对象，将拉力FT沿竖直、水平方向分解，如图所示
竖直方向FTcos α＝mg，
FT＝，当α减小时FT变小，故B选项正确．
7．(多选)如图7所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别同时推A和B，它们均静止不动，则( )
图7
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，一定受重力mg、已知的推力F、B对A的支持力FN′，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为斜面倾角)，故A错误，C正确．
8．(多选)(2019·华中师大一附中期中)如图8所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B下表面粗糙，A静止在水平面上，现过A的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将A拉离平面一直滑到B的顶端，整个过程中，B始终处于静止状态，对该过程分析，下列说法正确的是( )
图8
A．开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0
B．A、B间的压力开始最大为2G，以后逐渐减小到G
C．地面受到B的压力逐渐增大
D．地面对B的摩擦力逐渐增大
答案 AB
解析 圆柱体A和半圆柱体B的圆心的连线长度为2R，故其与竖直方向夹角为60°，A受三个力平衡，如图所示：
三个力构成封闭矢量三角形，其中重力不变，其他两个力的夹角变小，开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0，A正确；A、B间的压力开始最大为FN＝＝2G；而后逐渐减小到G，B正确；对圆柱体A和半圆柱体B整体分析，受重力、水平拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力FN＝G＋GB，保持不变，故B对地面压力大小不变，C错误；整体在水平方向上受到拉力F和地面的摩擦力，故摩擦力Ff＝F，逐渐减小到零，D错误．
9.(多选)如图9所示，一根轻质细绳跨过定滑轮O连接两个小球A、B，两球穿在同一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时，OA绳与水平方向的夹角为60°，OB绳与水平方向的夹角为30°，则球A、B的质量之比和杆对A、B的弹力之比分别为( )
图9
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
答案 AC
解析 分别对A、B两球进行受力分析，运用合成法，如图所示．
由几何知识得FTsin 60°＝mAg，
FT′sin 30°＝mBg，
FNA＝FTcos 60°，
FNB＝FT′cos 30°，
FT＝FT′，
故＝＝，
＝＝，选项A、C正确，B、D错误．
10.(多选)如图10所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙角之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动少许，整个装置仍保持平衡，则( )
图10
A．水平外力F增大
B．墙对B的作用力减小
C．地面对A的支持力减小
D．A对B的作用力减小
答案 BD
解析 先用整体法分析．把A、B看成一个整体，分析可得地面对A的支持力等于A、B两物体的总重力．A的位置向左移动后，地面对A的支持力不变，C错误；由整体法还可确定墙对B的弹力FN1和力F大小始终相等．
再用隔离法分析，以物体B为研究对象，受力分析如图所示，则FN1减小，F也减小，A错误，B正确；θ减小，则FN减小，D正确．
二、非选择题
11.(2019·大同市铁路一中高一上学期期末)所受重力G1＝12 N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2＝80 N的木块上，木块静止于倾角为37°的固定斜面上，如图11，木块与斜面间的摩擦力大小和木块所受斜面的弹力．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图11
答案 见解析
解析 分析结点P受力如图甲所示，
由平衡条件得：
FAcos 37°＝G1
FAsin 37°＝FB
解得：BP绳的拉力大小为FB＝9 N
再分析木块的受力情况如图乙所示．
由平衡条件可得：
Ff＝G2sin 37°＋FB′cos 37°
FN＋FB′sin 37°＝G2cos 37°
又有FB′＝FB
解得：Ff＝55.2 N
FN＝58.6 N，方向垂直斜面向上
12.某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球“指手画脚”，结果小球在他“神奇的功力”下“飘动”起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C(∠QCS＝30°)时，悬挂金属小球的细线偏离竖直方向的夹角也是30°，如图12所示．已知小球的质量为m，该同学(含磁铁)的质量为M，重力加速度大小为g，求此时：
图12
(1)悬挂小球的细线的拉力大小；
(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小．
答案 (1)mg (2)Mg＋mg mg
解析 (1)以小球为研究对象，对其进行受力分析如图甲所示，则由平衡条件得FCsin 30°＝Fsin 30°
FCcos 30°＋Fcos 30°＝mg，解得F＝FC＝mg.
(2)以小球和该同学(含磁铁)整体为研究对象，对整体进行受力分析如图乙所示，
则有Ff＝Fsin 30°
FN＋Fcos 30°＝(M＋m)g
解得Ff＝mg，FN＝Mg＋mg.
13.如图13所示，质量为M的半球体放在粗糙的水平地面上，细绳一端固定在天花板上，另一端系住质量为m的可视为质点的光滑小球，小球置于半球体上的A点，细绳与半球体恰好相切，半径OA与水平面的夹角θ＝60°，半球体和小球都处于静止状态，当地重力加速度大小为g.求：
图13
(1)小球对半球体的压力大小；
(2)半球体受到的地面的摩擦力．
答案 (1)mg (2)mg，方向水平向左
解析 (1)对小球受力分析如图甲所示
根据平衡条件可得
FT＝mgcos θ
FN＝mgsin θ
解得FT＝mg，FN＝mg
根据牛顿第三定律知，小球对半球体的压力大小FN′＝FN＝mg
(2)对小球和半球体组成的整体受力分析，如图乙所示
根据平衡条件可得Ff＝FTsin θ＝mg
则半球体受到的地面的摩擦力为mg，方向水平向左
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