基礎知識歸納
1.超重與失重和完全失重
(1)實重和視重
①實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關 .
②視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對台秤的壓力將不等於物體的重力 .此時彈簧測力計的示數或台秤的示數即為視重.
(2)超重、失重和完全失重的比較
2.連線體問題
(1)連線體
兩個或兩個以上存在相互作用或有一定關聯的物體系統稱為連線體，在我們運用牛頓運動定律解答力學問題中常會遇到.
(2)解連線體問題的基本方法
整體法：把兩個或兩個以上相互連線的物體看成乙個整體，此時不必考慮物體之間的內力.
隔離法：當求物體之間的作用力時，就需要將各個物體隔離出來單獨分析.
解決實際問題時，將隔離法和整體法交叉使用，有分有合，靈活處理.
重點難點突破
一、對超重和失重的理解
1.當物體處於超重和失重狀態時，物體所受的重力並沒有變化.
2.物體是否處於超重或失重狀態，不在於物體向上運動還是向下運動，而是取決於加速度方向是向上還是向下.
3.當物體處於完全失重狀態時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度效果，不再產生其他效果.
4.處於超重和失重狀態下的液體浮力公式分別為f浮＝ρv排(g＋a)或f浮＝ρv排(g－a)，處於完全失重狀態下的液體f浮＝0，即液體對浸在液體中的物體不再產生浮力.
二、整體法和隔離法的應用
1.解答問題時，不能把整體法和隔離法對立起來，而應該把這兩種方法結合起來，從具體問題的實際情況出發，靈活選取物件，恰當地選擇使用隔離法和整體法.
2.在使用隔離法解題時，所選取的隔離物件可以是連線體中的某乙個物體，也可以是連線體中的某部分物體(包含兩個或兩個以上的單個物體)，而這「某一部分」的選取，也應根據問題的實際情況，靈活處理.
3.在選用整體法和隔離法時，可依據所求的力進行選擇，若為外力則應用整體法；若所求力為內力則用隔離法.但在具體應用時，絕大多數的題目要求兩種方法結合應用，且應用順序也較為固定，即求外力時，先隔離後整體；求內力時，先整體後隔離.
先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度.
三、整體運用牛頓第二定律
應用牛頓第二定律時，若研究物件為一物體系統，可將系統的所有外力及系統內每一物體的加速度均沿互相垂直的兩個方向分解，則牛頓第二定律的系統表示式為：
σfx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx
σfy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany
應用牛頓第二定律的系統表示式解題時，可不考慮系統內物體間的相互作用力(即內力)，這樣能達到簡化求解的目的，但需把握三個關鍵點：
(1)正確分析系統受到的外力；
(2)正確分析系統內各物體加速度的大小和方向；
(3)確定正方向，建立直角座標系，並列方程進行求解.
典例精析
1.超重和失重現象
【例1】公升降機由靜止開始上公升，開始2 s內勻加速上公升8 m，以後3 s內做勻速運動，最後2 s內做勻減速運動，速度減小到零.公升降機內有一質量為250 kg的重物，求整個上公升過程中重物對公升降機的底板的壓力，並作出公升降機運動的v-t圖象和重物對公升降機底板壓力的f-t圖象.(g取10 m/s2)
【解析】開始2 s內公升降機做勻加速運動，設其加速度為a1.
由s＝a1，解得a1＝m/s2＝4 m/s2
公升降機在2 s末的速度為v1＝a1t1＝4×2 m/s＝8 m/s
設在開始2 s內公升降機底板對重物的支援力為fn1.
根據牛頓第二定律得：fn1－mg＝ma1，fn1＝mg＋ma1＝3 500 n，方向豎直向上.
根據牛頓第三定律得重物對公升降機底板的壓力大小為fn1′＝fn1＝3 500 n，方向豎直向下.
中間3 s內重物勻速上公升，
由平衡條件得fn2＝mg＝2 500 n
所以重物對公升降機底板的壓力fn2′＝fn2＝2 500 n，方向豎直向下.
重物的速度為v2＝v1＝8 m/s
最後2 s內重物隨公升降機一起做勻減速運動，有
0＝v2－a3t3
解得a3＝m/s2＝4 m/s2
根據牛頓第二定律得mg－fn3＝ma3
解得公升降機底板對重物的支援力為fn3＝mg－ma3＝1 500 n，方向豎直向上.
則重物對公升降機底板的壓力fn3′＝fn3＝1 500 n，方向豎直向下.
根據以上三個過程的計算資料，可得v-t圖象和f-t圖象如圖所示.
【思維提公升】當公升降機加速上公升，重物有向上的加速度，是由重物的重力和公升降機對重物的支援力的合力產生的；當公升降機減速上公升時，重物有向下的加速度，仍是由重物的重力和公升降機對重物的支援力的合力產生的.因此根據牛頓第二定律建立方程即可順利解題.解超重和失重的問題，關鍵是抓住運動和力的橋梁——加速度這個物理量
【拓展1】如圖所示，小球的密度小於杯中水的密度，彈簧兩端分別固定在杯底和小球上.靜止時彈簧伸長δx.若全套裝置自由下落，則在下落過程中彈簧的伸長量將( d )
a.仍為δxb.大於δx
c.小於δx，大於零d.等於零
【解析】當全套裝置自由下落時，系統處於完全失重狀態，彈簧與連線物之間無相互作用力，即彈簧恢復到原長，故d選項正確.
2.整體法和隔離法的應用
【例2】如圖所示，質量為m＝1 kg的物塊放在傾角為θ的斜面上，斜面體質量為m＝2 kg，斜面與物塊間的動摩擦因數μ＝0.2，地面光滑，θ＝37°.現對斜面體施一水平推力f，要使物塊m相對斜面靜止，力f應為多大？
(設物塊與斜面間的最大靜摩擦力等於滑動摩擦力，g取10 m/s2)
【解析】(1)設物塊處於相對斜面向下滑的臨界狀態時，推力為f1，此時物塊受力如圖所示，取加速度a的方向為x軸正方向.對x軸方向：
fnsin θ－μfncos θ＝ma1
對y軸方向：
fncos θ＋μfnsin θ－mg＝0
對整體：f1＝(m＋m)a1
把已知條件代入，解得
a1＝4.78 m/s2，f1＝14.3 n
(2)設物塊處於相對斜面有向上滑的臨界狀態時，推力為f2，此時物塊受力如右圖所示.
對x軸方向：
fnsin θ＋μfncos θ＝ma2
對y軸方向：
fncos θ－μfnsin θ－mg＝0
對整體：f2＝(m＋m)a2
把已知條件代入，解得
a2＝11.2 m/s2，f2＝33.6 n
則力f範圍：14.3 n≤f≤33.6 n
【思維提公升】採用極限法把f推向兩個極端來分析：當f較大時(足夠大)，物塊將相對斜面上滑；當f較小時(趨於零)，物塊將沿斜面加速下滑.因此f不能太小，也不能太大，f的取值有乙個範圍.
具體求解時，綜合應用整體法和隔離法.
【拓展2】如圖所示，光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg.現用水平拉力f拉其中乙個質量為2m的木塊，使四個木塊以同一加速度運動，則輕繩對m的最大拉力為( b )
a. μmg b. μmg c. μmg d.3μmg
【解析】經過受力分析，a、b之間的靜摩擦力給b、c、d組成的系統提供加速度，加速度達到最大值的臨界條件為a、b間達到最大靜摩擦力，即am1＝μ間的靜摩擦力給d提供加速度，同理d的加速度最大值為am2＝μg>am1；因此，c、d系統的最大加速度為μg，而繩子拉力ft給c、d組成的系統提供加速度，最大拉力為ftm＝3mam1＝μmg，b選項正確.
3.整體運用牛頓第二定律
【例3】如圖所示，傾角α＝30°、質量m＝34 kg的斜面體始終停在粗糙的水平地面上，質量ma＝14 kg、mb＝2 kg的物體a和b，由細線通過定滑輪連線.若a以a＝2.5 m/s2的加速度沿斜面下滑，求此過程中地面對斜面體的摩擦力和支援力各是多少？
【解析】取a、b及斜面體為研究物件，它受到的外力是豎直向下的重力(ma＋mb＋m)g、地面豎直向上的支援力fn及水平方向的靜摩擦力ff.將a物體的加速度沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示.
根據牛頓第二定律的系統表示式，地面對斜面體的摩擦力應為水平向左，大小為
ff＝maax＝maacos α＝30 n
在豎直方向上應有
fn－(ma＋mb＋m)g＝mba－maay
即地面對小車的支援力fn＝(ma＋mb＋m)g＋mba－maasin α＝487.5 n
【思維提公升】對於由多個質點組成的系統，如果其中各物體的加速度不相同，但不需求系統內各物體間的相互作用力時，利用系統的牛頓第二定律求解，由於避開了對系統內力的分析，使解題過程變得乾淨利落.
易錯門診
【例4】如圖所示，乙個質量為m、傾角為30°的光滑斜面體放在粗糙水平桌面上，質量為m的小木塊從斜面頂端無初速度滑下的過程中，斜面體靜止不動.則下列關於此斜面體對水平桌面壓力fn的大小和桌面對斜面體摩擦力ff的說法正確的( )
方向向左，大小為方向向左，大小為mg
【錯解】ac
【錯因】找不到正確的解題方法，而盲目地認為壓力等於總重力而錯選a；或者沒有具體分析物體的受力情況，根據物體對斜面的壓力為mgcos θ，認為斜面受到的摩擦力大小與壓力相等，錯選c；或者不能對整體運用牛頓第二定律進行分析，造成運算過繁而求不出結果.
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