超重和失重的典型例题

超重和失重 问题
超重和失重是两个很重要的物理现象。

当物体的加速度向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做超重；当物体的加速度向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫做失重；当物体向下的加速度为g 时，物体对支持物的压力为零，这种现象叫做完全失重。

下面通过举例说明超重和失重的有关问题。

【例1】竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一根弹簧秤，如图1所示，弹簧秤的秤钩上悬挂一个质量m ＝4kg 的物体，试分析下列情况下电梯的运动情况(g 取10m/s 2)：
(1)当弹簧秤的示数T 1＝40N ，且保持不变．
(2)当弹簧秤的示数T 2＝32N ，且保持不变．
(3)当弹簧秤的示数T 3＝44N ，且保持不变． 解析：选取物体为研究对象，它受到重力mg 和竖直向上的拉力T 的
作用．规定竖直向上方向为正方向．
当T 1＝40N 时，根据牛顿第二定律有T 1－mg ＝ma 1，则 0/410440211=⨯-=-=s m m mg T a
由此可见电梯处于静止或匀速直线运动状态．
(2)当T 2＝32N 时，根据牛顿第二定律有T 2－mg ＝ma 2，则 2
222/2/44032s m s m m mg T a -=-=-=
式中的负号示物体的加速度方向与所选定的正方向相反，即电梯的加速度方向竖直向下．电梯加速下降或减速上升．
(3)当T 3＝44N 时，根据牛顿第二定律有T 3－mg ＝ma 3，则
2
233/1/44044s m s m m mg T a =-=-=
加速度为正值表示电梯的加速度方向与所选的正方向相同，即电梯的加速度方向竖直向上．电梯加速上升或减速下降．
小结：当物体加速下降或减速上升时，亦即具有竖直向下的加速度时，物体处于失重状态；当物体加速上升或减速下降时，亦即具有竖直向上的加速度时，物体处于超重状态．
【例2】举重运动员在地面上能举起120kg 的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100kg 的重物，求升降机运动的加速度．若在以2.5m/s 2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g 取10m/s 2)
解析：运动员在地面上能举起120kg 的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力F ＝m 1g ＝120×10N ＝1200N ， (1)在运动着的升降机中只能举起100kg 的重物，可见该重物超重了，升
降机应具有向上的加速度
对于重物：F －m 2g=m 2 a 1，则
2
2221/2/10010001200s m s m m g m F a =-=-=
(2)当升降机以a 2=2.5m/s 2的加速度加速下降时，重物失重．对于重物，
F mg
图1
m g F m a m 120010 2.5kg 160kg 3323－＝，得＝＝－＝．F g a -2
点拨：题中的一个隐含条件是：该运动员能发挥的向上的最大支撑力(即举重时对重物的最大支持力)是一个恒量，它是由运动员本身的素质决定的，不随电梯运动状态的改变而改变．
【例3】如图3所示，是电梯上升的v ～t 图线，若电梯的质量为100kg ，则承受电梯的钢绳受到的拉力在0～2s 之间、2～6s 之间、6～9s 之间分别为多大？(g 取10m/s 2)
解析：从图中可以看出电梯的运动情况为先加
速、后匀速、再减速，根据v －t 图线可以确定电梯
的加速度，由牛顿运动定律可列式求解对电梯的受
力情况分析如图3所示：
(1)由v －t 图线可知，0～2s 内电梯的速度从0
均匀增加到6m/s ，其加速度a 1＝(v t －v 0)/t ＝3m/s 2 由牛顿第二定律可得F 1－mg ＝ma 1
解得钢绳拉力 F 1＝m(g ＋a 1)＝1300 N
(2)在2～6s 内，电梯做匀速运动．F 2＝mg ＝1000N
(3)在6～9s 内，电梯作匀减速运动，v 0＝6m/s ，v t ＝0，加速度a 2＝(v t －v 0)/t ＝－2m/s 2 由牛顿第二定律可得F 3－mg ＝ma 2，解得钢绳的拉力F 3＝m (g ＋a 2)＝800N ．
点拨：本题是已知物体的运动情况求物体的受力情况，而电梯的运动情况则由图象给出．要学会从已知的v ～t 图线中找出有关的已知条件．
小结：从计算结果来看吊起电梯的钢绳的拉力与它的速度无关，而与它的加速度有关，即超失重的条件是看物体运动的加速度而不是看物体运动的速度。

【例4】如图4所示，倾斜索道与水平线的夹角θ＝37°，当载人车厢沿索道向上的加速度为5 m/s 2，人的质量为50kg ，且相对车厢静止。

求：人对车厢的压力为多大？（sin37°＝0.6）
解析： 由题意知，人在沿钢索的方向上的加速度为ａ，人的质量为ｍ，人具有竖直向上的加速度分量为a 上＝asin37°，此时人处于超重状态，在竖直方向上由牛顿第二定律得 ＦＮ －ｍｇ＝ｍａ上 ，则
()N N ma mg F N 65037sin 51050=︒+⨯=+=上
点拨：当物体运动的加速度不在竖直方向时，可以将加速度沿水平方向和竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律列出对应的方程即可。

小结：虽然物体运动的加速度不是竖直方向，但是只要在竖直方向上有向上的分量，物体就处于超重状态；在竖直方向上有向下的分量，物体就处于失重状态。

【例5】如图5所示，底坐A 上装有一根直立长杆，其总质量为M ，杆上套有质量为m 的环B ，它与杆有摩擦，当环从底座以初速度向上飞起时（底座保持静止，环的加速度大小为a 1，环下落时，环的加速度大小为a 2。

求环在升起和下落的过程中，底坐对水平的压力分图４ a
a 平
a 上 图3
别是多少？
解析：取 A 和B 整体为研究对象。

由题意可知，环上升过程中作匀减速
运动、下降过程中作匀加速运动，这两个过程中系统都具有向下的加速度，
处于失重状态。

所以环上升和下降过程中，A 对地面的压力都小于整体的重
力。

（1）将A 、B 视为一个整体，环升起时加速度a 1向下，取向下的方向为正方向，则 (M+m)g －F 1=ma 1 即F 1=( M+m)g －ma 1
（2）将A 、B 视为一个整体，环下落时加速度a 2向下，则：
(M+m)g － F 2=ma 2
即F 2=( M+m)g －ma 2
所以环上升时水平地面对底座的支持力F 1=(M+m)g －ma 1，下降时水平地面对底座的支持力F 2=(M+m)g －ma 2
小结：在定性判断物体系是超重还是失重时，只需看物体系在竖直方向上的加速度是向上还是向下的。

在定量计算支持力或悬挂物体系的悬线所受的拉力时，可用物体系统的总重力加上“超”重量或减去“失”重量。

这样分析，思路更加简捷。

【例6】如图6所示，质量为ｍ的物体Ａ放在质量为M 的平台Ｂ上，随平台B 在竖直方向上做简谐振动，振幅一定．运动到最高点时，物体Ａ对平台B 的压力恰好为零．当物体Ａ运动到最低点时，求弹簧弹力的大小．
解析： 物体Ａ在竖直平面内做简谐振动，由物体Ａ运动到最高点时对平
台Ｂ的压力为零，即可知道物体Ａ在运动到最高点时的加速度为a=ｇ．由简
谐振动的对称性可知，物体Ａ运动到最低点时的加速度与最高点时的加速度
大小相等，方向相反，故物体Ａ运动到最低点时的加速度的大小也为a=ｇ，
方向竖直向上．因平台Ｂ和物体Ａ有相同的加速度，所以整体在最低点有大小为a=ｇ，方向竖直向上的加速度，整体处于超重状态，所以弹簧上的弹力
为
F N ＝（M ＋ｍ）ｇ＋（M ＋ｍ）a ＝2（M ＋ｍ）ｇ
小结：运用超重、失重的相关知识来求解和弹簧相连的物体在竖直方向上运动的问题时，常用弹簧振子运动的对称性来求物体的加速度
练习：
1．在太空站的完全失重环境中，下列仪器能继续使用的是（ ）
A. 水银温度计
B. 天平
C. 打点计时器
D. 弹簧秤
2．原来作匀速运动的木箱内，有一被伸长弹簧拉住、具有一定质量
的物体A 静止在地板上，如图所示。

现发现A 突然被弹簧拉向右方。

由
此可判断，木箱的运动可能是（ ）
A 、加速下降；
B 、减速上升；
C 、匀速向右运动；
D 、加速向左运动。

３．一个人蹲在磅秤上不动时，称其重力为G ，当此人突然站起时，在整个站起过程中，磅秤的读数为( )
A.先小于G ，后大于G
B.先大于G ，后小于G
C.大于G
D.小于G
４、如图，m 1和m 2是叠放在一起的两木块，现将它们一起以初速度v 斜向上抛出，不考虑空气阻力，抛出后m 2的受力情况是（ ） A 、只受重力； m 1
m 2
V 图５ Ａ Ｂ 图６ A B
B、受重力和m1的压力作用；
C、受重力、m1的压力和摩擦力作用；
D、所受合力的方向与初速度方向一致。

５、质量为m的物体沿质量为M的静止光滑斜面下滑，斜面倾角为α。

水平地面对斜面体的支持力为________。

答案：1. A、C、D 2. A、B、D 3. A 4. A 5. (M+m)g－mgsin2α。