高中物理人教版 (新课标)必修17 用牛顿定律解决问题（二）学案设计

这是一份高中物理人教版 (新课标)必修17 用牛顿定律解决问题（二）学案设计，共18页。学案主要包含了共点力的平衡条件，超重和失重，从动力学看自由落体运动等内容，欢迎下载使用。


一、共点力的平衡条件
二、超重和失重
称量体重时怎么样才准确？提起过程和放下过程是否准确？
提示：平衡时称量才准确，提起和放下过程都不准确。
1.视重：所谓“视重”是指人由弹簧测力计等量具上所看到的读数。
2.超重：当物体具有向上的加速度时，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受的重力（即视重大于重力）的现象，称为超重现象。
3.失重：当物体具有向下的加速度时，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受的重力（即视重小于重力）的现象，称为失重现象。
4.完全失重：当物体向下的加速度a＝g时，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的状态，即视重等于零时，称为完全失重状态。
三、从动力学看自由落体运动
1.自由落体运动：
（1）受力情况：运动过程只受重力作用。重力恒定不变，所以物体的加速度恒定。
（2）运动情况：初速度为零的竖直向下的匀变速直线运动。
2.竖直上抛运动：
（1）受力情况：只受重力作用，加速度为重力加速度。
（2）运动情况：上升阶段为匀减速直线运动，下降阶段为自由落体运动，整个过程是匀变速直线运动。
（3）基本公式。
①速度公式：v＝v0－gt。
②位移与时间的关系：x＝v0t－ eq \f(1,2) gt2。
③速度与位移之间的关系：v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝－2gx。
（1）静止的物体一定处于平衡状态，但处于平衡状态的物体不一定静止。（√）
（2）物体处于超重状态时重力增大了。（×）
（3）物体处于失重状态时重力减小了。（×）
（4）物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化。（√）
（5）做自由落体运动的物体处于完全失重状态。（√）
知识点一 共点力作用下的平衡
1.对平衡状态的理解
（1）两种平衡状态：静止状态和匀速直线运动状态。
（2）a＝0，物体就处于平衡状态，与速度是否为0无关；反过来，处于平衡状态时也有a＝0，但速度不一定为0。
（3）静止时，v＝0；但v＝0，物体不一定静止，还要看加速度是否为0。
2.对共点力作用下平衡条件的理解
（1）平衡条件的两种表达式：
①F合＝0
②正交表示法 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F合x＝0，,F合y＝0，)) 其中F合x和F合y分别是将力进行正交分解后，物体在x轴和y轴上所受的合力。
（2）由平衡条件可得出的结论：
①物体受两个共点力作用平衡时，这两力必大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
②物体受三个共点力作用平衡时，其中任意两力的合力必与第三个力等大反向。
③物体受三个以上的共点力作用平衡时，其中任意一个力与其余几个力的合力等大反向。
图1物体静止于斜面上；图2物体沿斜面匀速下滑；图3物体到达光滑斜面的最高点；图4物体与斜面一起向左加速运动。
讨论：说明物体所处的状态。
提示：图1、图2物体处于平衡状态 ；图3、图4物体处于非平衡状态。
【典例】（一题多解）如图所示，在一细绳C点系住一重物P，细绳两端A、B分别固定在墙上，使AC保持水平，BC与水平方向成30°角，已知细绳最多只能承受200 N的拉力，那么C点悬挂重物的重力最多为多少？这时细绳的哪一段即将拉断？
【解析】法一：力的合成法
C点受三个力的作用处于平衡状态，如图甲所示，可得出F1与F2的合力F合方向竖直向上，大小等于F，由三角函数关系可得出
F合＝F1sin 30°＝F＝mPg
F2＝F1cs 30°
当F1达到最大值200 N时，mPg＝100 N，F2≈173 N，在此条件下，BC段绳子即将断裂，AC段绳的拉力F2还未达到最大值，故C点悬挂重物的重力最多为100 N，这时BC段绳子即将拉断。
法二：正交分解法
如图乙所示，将拉力F1分解，根据物体受力平衡可得F1sin 30°＝F＝mPg，F2＝F1cs 30°
后面的分析过程同解法一。
答案：100 N BC段细绳即将拉断
受力平衡问题的处理方法
（1）当物体受到三个共点力的作用而平衡时，一般利用力的合成和分解，构建矢量三角形，常用的方法有图解法和相似三角形法。
（2）当物体所受到的力超过三个时，一般采用正交分解法。
（多选）如图所示，质量为m的物体在恒力F作用下沿水平地面做匀速直线运动，物体与地面间的动摩擦因数为μ，则物体受到的摩擦力的大小为（ ）
A．F sin θ B．F cs θ
C．μ（F sin θ＋mg） D．μ（mg－F sin θ）
【解析】选B、C。先对物体进行受力分析，如图所示，然后把力F进行正交分解，F产生两个效果：使物体水平向前F1＝F cs θ，
同时使物体压紧水平地面F2＝F sin θ。
由共点力的平衡，可得F1＝Ff，F2＋G＝FN，
又滑动摩擦力Ff＝μFN，
则Ff＝F cs θ＝μ（F sin θ＋mg），故选B、C两项。
【加固训练】
1.如图所示，一个质量为4 kg 的半球形物体A放在倾角θ为37°的斜面B上静止不动。若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体A上，物体A仍静止在斜面上，斜面始终相对地面静止。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．地面对斜面B的弹力不变
B．物体A对斜面B的作用力增加10 N
C．物体A受到斜面B的摩擦力增加8 N
D．地面对斜面B的摩擦力增加8 N
【解析】选A。以整体为研究对象，力F的方向是水平的，所以不影响竖直方向的受力，地面对斜面的弹力大小不变，故A正确；没有施加力F时根据平衡条件可知物体A受斜面作用力与重力等大反向，
即大小为40 N，根据牛顿第三定律知物体A对斜面的作用力为40 N，方向向下，施加力F后物体A对斜面的作用力如图：FA＝ eq \r(102＋402) N＝10 eq \r(17) N，可以看出物体A对斜面的作用力不是增加10 N，故B错误；没有施加力F时，对物体A受力分析：
根据平衡条件f＝mg sin θ＝4×10×0.6 N＝24 N，施加力F后，对物体A受体分析，如图：
根据平衡条件，在斜面方向f′＋F cs θ＝mg sin θ，代入数据解得：f′＝16 N。故物体A受到斜面的摩擦力减少Δf＝（24－16） N＝8 N，故C错误；以整体为研究对象，水平方向增加了10 N的力F，根据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加10 N，故D错误。
2.（多选）如图所示，质量为M的木块C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是（ ）
A.力F的大小为mBg
B．地面对C的支持力等于（M＋mA＋mB）g
C．地面对C的摩擦力大小为 eq \f(\r(3),2) mBg
D．mA＝mB
【解析】选A、C、D。对小球B受力分析，水平方向有Fcs30°＝FTbcs30°，得FTb＝F，竖直方向有Fsin30°＋FTbsin30°＝mBg，解得F＝mBg，故A正确；对小球A受力分析，竖直方向有mAg＋FTbsin30°＝FTasin60°，水平方向有FTasin30°＝FTbsin60°，联立解得mA＝mB，故D正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向有FN＋Fsin30°＝（M＋mA＋mB）g，可见FN小于（M＋mA＋mB）g，故B错误；水平方向有Ff＝Fcs30°＝mBgcs30°＝ eq \f(\r(3),2) mBg，故C正确。
3.如图所示，轻绳OA一端系于天花板上，与竖直方向的夹角为30°，水平轻绳OB的一端系在一物体Q上，Q相对于水平桌面静止，OC绳挂一重为300 N的物体P。试求绳子OA的拉力与物体Q受到的摩擦力的大小。
【解析】对结点O和物体Q受力分析，如图所示：
对结点O，由平衡条件可得，
在x方向上：FAOsin 30°＝FBO
在y方向上：FAOcs 30°＝FCO
其中：FCO＝GP＝300 N
对物体Q，由平衡条件可得，
FOB＝Ff＝FBO
解得：FAO＝200 eq \r(3) N＝346 N
Ff＝100 eq \r(3) N＝173 N
答案：346 N（或200 eq \r(3) N） 173 N（或100 eq \r(3) N）
知识点二 超重和失重现象
1.视重：当物体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。
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：
提醒：（1）运动方向不是判断超失重的依据
（2）加速度方向是判断超失重的依据
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、摆钟将停止摆动……，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。
如图，某人乘坐电梯正在向上运动。
（1）电梯向上启动瞬间，人受到的支持力比其重力大还是小？
（2）电梯减速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？
提示：（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。
（2）减速向上运动时，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，所以支持力小于重力。
【典例】
如图所示，一个人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。假设人的质量为m，体重计对人的支持力为F，g取10 m/s2。下列各种情况中，体重计的示数最大的是（ ）
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5 m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5 m/s2
【解析】选C。电梯匀减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律：mg－F＝ma解得F＝m（g－a）＝9m
电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律：F－mg＝ma，解得F＝m（g＋a）＝11m
电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律：F－mg＝ma解得F＝m（g＋a）＝11.5m
电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律：mg－F＝ma解得F＝m（g－a）＝8.5m
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。
（3）从运动的角度判断，当物体加速上升或减速下降时，物体处于超重状态，当物体加速下降或减速上升时，物体处于失重状态。
【母题追问】假设【典例】这个人质量m＝40 kg，站在电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6 s内体重计示数F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？（重力加速度g取10 m/s2）
【解析】由图可知，在t＝0到t1＝2 s的时间内，体重计的示数大于mg，故电梯应做向上的加速运动。设在这段时间内体重计作用于这个人的力为F1，电梯及这个人的加速度为a1，由牛顿第二定律，得
F1－mg＝ma1①
在这段时间内电梯上升的高度
h1＝ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ②
在t1＝2 s到t2＝5 s的时间内，体重计的示数等于mg，故电梯应做匀速上升运动，速度为t1时刻电梯的速度，即v1＝a1t1
在这段时间内电梯上升的高度h2＝v1（t2－t1）④
在t2＝5 s到t3＝6 s的时间内，体重计的示数小于mg，故电梯应做向上的减速运动。设在这段时间内体重计作用于这个人的力为F2，电梯及这个人的加速度为a2，由牛顿第二定律，得mg－F2＝ma2⑤
在这段时间内电梯上升的高度
h3＝v1（t3－t2）－ eq \f(1,2) a2（t3－t2）2⑥
电梯上升的总高度h＝h1＋h2＋h3⑦
由以上各式，解得h＝9 m。
答案：9 m
【加固训练】
1.如图所示，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（ ）
A．水继续以相同的速度从小孔中喷出
B．水不再从小孔喷出
C．水将以更大的速度喷出
D．水将以较小的速度喷出
【解析】选B。水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会流出，选项B正确。
2.（多选）弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg的物体。当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N。如果从升降机的速度大小为3 m/s时开始计时，则经过1 s，升降机的位移大小可能是（g取10 m/s2）（ ）
A．3 m B．8 m C．2 m D．4 m
【解析】选C、D。由于弹簧测力计的示数小于物体的重力，故物体处于失重状态，加速度方向竖直向下；由牛顿第二定律可得：mg－F＝ma，故加速度大小a＝ eq \f(mg－F,m) ＝ eq \f(2×10－16,2) m/s2＝2 m/s2；当物体加速向下运动时，1 s内的位移x1＝v0t＋ eq \f(1,2) at2＝3×1 m＋ eq \f(1,2) ×2×12 m＝4 m，选项D正确；当物体减速向上运动时，1 s内的位移x2＝v0t－ eq \f(1,2) at2＝3×1 m－ eq \f(1,2) ×2×12m＝2 m，选项C正确。
知识点三 竖直上抛运动的研究方法
1.竖直上抛运动的基本规律
（1）速度公式：v＝v0－gt。
（2）位移公式：x＝v0t－ eq \f(1,2) gt 2。
（3）位移和速度的关系式：v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝－2gx。
（4）上升到最高点（即v＝0时）所需的时间t＝ eq \f(v0,g) ，上升的最大高度xmax＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g) 。
2.研究方法
（1）分段法：上升过程是加速度a＝－g，末速度v＝0的匀减速直线运动，下降过程是自由落体运动，且上升阶段和下降阶段具有对称性。
（2）整体法：将全过程看成是初速度为v0、加速度为－g的匀变速直线运动，把匀变速直线运动的基本规律直接应用于全过程，但必须注意相关量的矢量性。习惯上取抛出点为坐标原点，v0的方向为正方向。此方法中物理量正负号的意义：
①v>0时，物体正在上升，v<0时，物体正在下降；
②h>0时，物体在抛出点的上方，h<0时，物体在抛出点的下方。
【典例】研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s的速度匀速 上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。（g取10 m/s2）（请分别用全程法和分段法解答本题）
【解析】方法一 全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图甲所示。
规定向上为正方向，则v0＝10 m/s2
a＝－g＝－10 m/s2
根据H＝v0t＋ eq \f(1,2) at2
解得H＝－495 m
即产品刚释放时离地面的高度为495 m。
方法二 分段法
根据题意画出运动草图如图乙所示。
将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理。A→B为竖直上抛运动，B→C→D为自由落体运动。
在A→B段，根据竖直上抛运动规律可知tAB＝ eq \f(v0,g) ＝1 s
hAB＝hBC＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(AB)) ＝5 m
由题意可知tBD＝11 s－1 s＝10 s
根据自由落体运动规律可得hBD＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(BD)) ＝500 m
故释放点离地面的高度H＝hBD－hBC＝495 m
答案：495 m
小球A自h高处静止释放的同时，小球B从其正下方的地面处竖直向上抛出。欲使两球在B球下落的阶段于空中相遇，则小球B的初速度应满足何种条件？
【解析】假设当小球B的初速度为v1时，两球恰好同时着地；当小球B的初速度为v2时，两球相遇点恰在B球上升的最高点处。于是分别列方程h＝ eq \f(1,2) g（2 eq \f(v1,g) ）2，h－ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2g) ＝ eq \f(1,2) g（ eq \f(v2,g) ）2，由此可分别得到v1＝ eq \r(\f(1,2)gh) ，v2＝ eq \r(gh) 。故 eq \r(\f(1,2)gh) 答案： eq \r(\f(1,2)gh) 【加固训练】
一个做竖直上抛运动的物体，当它经过抛出点上方0.4 m处时，速度是3 m/s，当它经过抛出点下方0.4 m处时，速度应为多少？（g取10 m/s2，不计空气阻力）
【解析】解法一：设位移x1＝0.4 m时速度为v1，到达抛出点上方0.4 m处时还能上升高度h，则
h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2g) ＝ eq \f(9,2×10) m＝0.45 m
据题意，物体相当于从x＝0.45 m＋0.4×2 m＝1.25 m高处自由下落所求速度v＝ eq \r(2gx) ＝5 m/s。
解法二：设位移x1＝0.4 m时速度为v1，
位移x2＝－0.4 m 时速度为v2，则：
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2g（x2－x1）
代入数据，解得：v2＝5 m/s
解法三：由运动的上升与下降过程的对称性可知，物体落回到抛出点上方0.4 m处时，速度为3 m/s，方向竖直向下，以此点为起点，物体做竖直下抛运动，从此点开始到原抛出点下方0.4 m 处的位移为x＝（0.4＋0.4）m＝0.8 m，那么所求的速度为这段时间的末速度，即
v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋2gx) ＝ eq \r(32＋2×10×（0.4＋0.4）) m/s
＝5 m/s
答案：5 m/s
【拓展例题】考查内容：相互关联的自由落体问题
【典例】物体甲从某一高度H处自由落下，1 s后从另一较低高度h处自由落下另一物体乙，若甲从开始下落处算起，下落了45 m之后追赶上了乙，并且再经过1 s落地，则乙从下落到着地所经历的时间是多少？（g取10 m/s2）
【解析】对甲、乙两物体作出其运动过程示意图如图所示，
设甲物体在图中A点追上乙，此时甲物体距下落点的距离为H1，下落时间为t1，乙物体此时下落高度为h1，下落时间为（t1－1）s。
对甲物体有H1＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝45 m。
解得t1＝3 s，
所以甲物体下落点离地高度为
H＝ eq \f(1,2) g（t1＋1 s）2＝ eq \f(1,2) ×10×42 m＝80 m。
当甲追上乙时离地面高度为
Δh＝H－H1＝80 m－45 m＝35 m。
对乙物体有
h1＝ eq \f(1,2) g（t1－1 s）2＝ eq \f(1,2) ×10×22 m＝20 m。
所以乙开始下落时离地面的高度为
h＝h1＋Δh＝20 m＋35 m＝55 m。
乙从下落到着地所经历的时间为
t＝ eq \r(\f(2h,g)) ＝ eq \r(\f(2×55,10)) s＝ eq \r(11) s≈3.3 s。
答案：3.3 s
叠罗汉是一种两人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。如图所示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态。
探究：（1）则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为多少？
（2）要想叠罗汉叠得高应该怎样去叠？
【解析】（1）最上面人的重力为G，所以每条腿上的力均为 eq \f(G,2) 。中间层左边的人，受到竖直向下的力为G＋ eq \f(G,2) ＝ eq \f(3G,2) ，所以每条腿上的力均为 eq \f(3G,4) ，由对称性，中间层右边的人每条腿上的力也均为 eq \f(3,4) G。最底层正中间的人，受到竖直向下的力为：G＋ eq \f(3G,4) ＋ eq \f(3G,4) ＝ eq \f(5G,2) ，所以其每条腿上的力均为 eq \f(5G,4) 。即最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为 eq \f(5,4) G。
（2）如图所示这种状态正中间人的压力最大，不是最好的方式，最好的方式是每个人平均受力，所以最好的方式为每一层人围成一个圈。
答案：见解析
3名中国航天员搭乘的“神舟十号”载人飞船返回舱，在内蒙古中部草原上顺利着陆。返回舱在重返大气层时，速度可达几千米每秒。为保证返回舱安全着陆，在下降过程中要利用降落伞使返回舱减速。如图所示为“神舟十号”返回舱主降落伞打开，返回舱减速下降过程，在这过程中
探究：
（1）返回舱处于超重状态还是失重状态？为什么？
（2）航天员重力怎么变？航天员受到的重力与返回舱对他的作用力什么关系？
【解析】（1）返回舱减速下降时，加速度方向向上，故返回舱处于超重状态。
（2）返回舱的重力不变，由于返回舱处于超重状态，里面的人也处于超重状态，故航天员受到的重力小于返回舱对他的作用力。
答案：见解析
1.下列关于超重和失重的说法中正确的是（ ）
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
【解析】选B。从受力上看，失重物体所受合外力向下，超重物体所受合外力向上；从加速度上看，失重物体的加速度向下，而超重物体的加速度向上。A、C、D中的各运动员所受合外力为零，加速度为零，只有B中的运动员处于失重状态。
2.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止在P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是（ ）
A．F＝ eq \f(mg,tan θ) B．F＝mg tan θ
C．F＝ eq \f(mg,tan θ) D．FN＝mg tan θ
【解析】选A。对小滑块受力分析如图所示，根据三角函数关系可得F＝ eq \f(mg,tan θ) ，FN＝ eq \f(mg,sin θ) ，所以选项A正确。
3.将货物由静止竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v ­t图像如图所示。以下判断不正确的是（ ）
A．前3 s内货物处于超重状态
B．前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同
C．最后2 s内货物只受重力作用
D．第3 s末至第5 s末的过程中，货物处于平衡状态
【解析】选C。前3 s内货物向上做加速运动，处于超重状态，故选项A正确；根据 eq \x\t(v) ＝ eq \f(v1＋v2,2) 可知，前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同，均为 eq \x\t(v) ＝ eq \f(6,2) m/s＝3 m/s，故选项B正确； 最后2 s内货物加速度a＝2 m/s2，处于非完全失重状态，故除受重力作用外还受向上的作用力，故选项C错误；第3 s末至第5 s末的过程中，货物做匀速运动，处于平衡状态，故选项D正确。
【加固训练】
如图所示为某同学站在电子体重计上做下蹲起立动作时，与体重计相连的显示器上显示的压力F随时间t变化的图象，则该同学在这段时间内做的动作，可能是（ ）
A．下蹲 B．起立
C．先下蹲后起立 D．先起立后下蹲
【解析】选A。从图中可知，该同学做的动作先失重后超重。下蹲过程，先向下加速后向下减速，先失重后超重，故A正确；起立时，向上先加速后减小，先超重后失重，故B、C、D错误。
4.质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数分别是多少？（g取10 m/s2）
（1）升降机匀速上升。
（2）升降机以4 m/s2的加速度匀加速上升。
（3）升降机以3 m/s2的加速度匀减速上升或匀加速下降。
【解析】以人为研究对象进行受力分析，人受重力和支持力作用。
（1）升降机匀速上升时a＝0，
所以有FN－mg＝0，
即FN＝mg＝600 N
根据牛顿第三定律知
FN′＝FN＝600 N。
（2）升降机匀加速上升时，
加速度方向向上，人处于超重状态，取向上为正方向，
则有FN1－mg＝ma1
所以FN1＝m（g＋a1）＝60×（10＋4） N＝840 N
根据牛顿第三定律知
FN1′＝FN1＝840 N。
（3）升降机匀减速上升或匀加速下降时，加速度方向都向下，人都处于失重状态，取向下为正方向，则有
mg－FN2＝ma2
所以FN2＝m（g－a2）＝60×（10－3） N＝420 N
根据牛顿第三定律知
FN2′＝FN2＝420 N。
答案：（1）600 N （2）840 N （3）420 N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）向下加速
或向上减速
完全
失重
a＝g
由mg－F＝ma得F＝0
自由落体，抛体，正常运行的卫星等