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高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系6 超重和失重优秀当堂达标检测题
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系6 超重和失重优秀当堂达标检测题，文件包含46超重和失重考点解读原卷版docx、46超重和失重考点解读解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
1、实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2．超重、失重和完全失重的比较
【典例1】（2022秋•罗湖区期末）如图，用手托住几本教材，下列哪种情况下教材对手的作用力比教材的重力大（ ）
A．使书本匀速向上运动
B．使书本匀速向下运动
C．使书本匀减速向下运动
D．使书本匀减速向上运动
【答案】C
【分析】根据教材的运动状态，由平衡条件或牛顿第二定律分析手对教材的作用力与教材重力的大小，结合牛顿第三定律和超重、失重观点分析教材对手的作用力与教材重力的大小。
【解答】解：AB、使教材匀速向上或向下运动时，教材均处于平衡状态，教材对手的支持力大小等于重力大小，由牛顿第三定律可知教材对手的压力大小等于手对教材的支持力大小，说明教材对手的作用力与教材的重力大小相等，故AB错误；
C、使教材匀减速向下运动，加速度向上，教材处于超重状态，则教材对手的作用力比教材的重力大，故C正确；
D、使书本匀减速向上运动，加速度向下，教材处于失重状态，则教材对手的作用力比教材的重力小，故D错误；
故选：C。
【典例2】（2023秋•龙华区校级月考）（多选）为研究超重与失重现象，某同学把量程为2kg的弹簧台秤搬到了电梯内。发现电梯上下运动过程中，在台秤上放置的重物最大质量不能超过，否则就会超过台秤量程。设电梯匀变速上升或下降的加速度大小相等，重力加速度g取9.8m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．电梯匀变速运动的加速度大小为0.1m/s2
B．电梯匀变速运动的加速度大小为0.2m/s2
C．电梯匀变速上升的过程中，台秤上放置的重物质量不能超过0.98kg
D．电梯匀变速上升的过程中，台秤上放置的重物质量不能超过1.96kg
【答案】BD
【分析】根据牛顿第二定律计算支持力最大时的加速度；根据牛顿第二定律计算重物的最大质量。
【解答】解：AB．在电梯加速向下运行的过程中，根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma
F＝2×10N＝20N，m＝
代入数据解得，故A错误，B正确；
CD．电梯匀加速上升的过程中，支持力大于物体重力时，根据牛顿第二定律有：
F﹣m2g＝m2a
把F＝19.6N，a＝0.2m/s2代入，
解得m2＝1.96kg，C错误，D正确。
故选：BD。
【典例3】（2022秋•龙岩期中）电梯由静止开始运行，某同学用手机软件同步采集了加速度随时间变化的数据，如图所示，规定竖直向下为正方向。MN时段电梯 下降 （填“上升”或“下降”），PQ时段电梯处于 超重 （填“超重”或“失重”）状态。
【答案】下降；超重
【分析】规定竖直向下为正方向，根据图像分析MN时段的加速度方向，根据加速度与速度的关系判断电梯的运动性质以及超重还是失重状态。
【解答】解：根据图像可知，MN时段加速度为正，又因为题意规定竖直向下为正方向，因为电梯初始时刻处于静止状态，所以MN时段电梯处于向下加速阶段，则电梯下降；PQ时段加速度为负，方向向上，则FN﹣mg＝ma，可知支持力大于重力，电梯处于超重状态。
故答案为：下降；超重
【典例4】（2021秋•蓝田县期末）跳伞运动员做低空跳伞表演，他从224m的高空离开飞机开始下落，最初未打开降落伞，自由下落一段距离打开降落伞，运动员以12.5m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地的速度不得超过5m/s（g＝10m/s2）。求：
（1）运动员打开降落伞后做匀减速下降时，是处于超重状态还是失重状态，并说明原因；
（2）运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为多少？
（3）运动员在空中的最短时间为多少？
【答案】（1）运动员打开降落伞后做匀减速下降时，处于超重状态，原因：此时运动员做竖直向下减速运动，运动员的加速竖直向上，绳上的拉力大于运动员的重力；
（2）运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为99m；
（3）运动员在空中的最短时间为8.6s。
【分析】（1）运动员向下做匀减速，运动员的加速竖直向上，故属于超重状态；
（2）（3）根据匀变速直线运动的规律求解开伞高度和在空中的最短时间。
【解答】解：（1）超重状态。原因：此时运动员做竖直向下减速运动，运动员的加速竖直向上，绳上的拉力大于运动员的重力，故为超重状态。
（2）设运动员打开降落伞时的速度为v，则
即
解得v＝50m/s
此时，运动员离地面的高度
（3）打开降落伞之前做自由落体运动的时间
打开降落伞后做匀减速运动的时间
故在空中的最短时间为t＝t1+t2＝8.6s。
答：（1）运动员打开降落伞后做匀减速下降时，处于超重状态，原因：此时运动员做竖直向下减速运动，运动员的加速竖直向上，绳上的拉力大于运动员的重力；
（2）运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为99m；
（3）运动员在空中的最短时间为8.6s。
【变式1】（2023秋•福田区校级月考）课堂上老师站在压力传感器上做“下蹲—起立”的动作，记录的压力随时间变化的关系如图所示，其中纵坐标为力，横坐标为时间。由图可知老师（ ）
A．所受重力约为900N
B．做了两次“下蹲—起立”的动作
C．下蹲过程中始终处于失重状态
D．起立过程中先处于超重状态，再处于失重状态
【答案】D
【分析】人静止时重力等于压力大小；下蹲时，先加速下降后减速下降，起立时先加速上升、后减速上升，根据加速度方向，由此分析失重和超重情况。
【解答】解：当人静止时重力等于压力大小，由图可知所受重力约为600N，下蹲的过程中，先向下加速运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上；起立的过程中，先向上加速度运动，再向上减速到停止，加速度先向上再向下，所以此人完成了一组“下蹲—起立”动作，下蹲过程中，先向下加速运动，此时老师处于失重状态，然后减速下降，此时老师处于超重状态，起立过程中，先向上加速运动，此时老师处于超重状态，然后减速上升，此时老师处于失重状态，故ABC错误，故D正确。
故选：D。
【变式2】（2023•房山区二模）某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。弹簧下端悬挂重物，静止时，弹簧下端的指针指直尺上某一位置，标记为0。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量电梯运行时竖直方向的加速度。下列说法正确的是（ ）
A．指针指到0刻度时，说明电梯处于静止状态
B．若电梯上升，则指针一直指在0刻线以下
C．各刻度对应加速度的值是均匀的
D．若改变重物的质量，则各刻度对应的加速度值不变
【答案】C
【分析】刻度，处于平衡状态，根据共点力平衡求得弹簧的弹力和重力的关系，当重物在不同刻度时，根据受力分析，利用牛顿第二定律即可求得加速度。
【解答】解：设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球静止时弹簧下端的指针指直尺上某一位置标记为0，此时刻度尺示数为x0，
此时mg＝kx0
A、指针指到0刻度时，电梯可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动，故A错误；
B、若电梯加速上升，弹簧弹力大于小球重力，弹簧实际长度大于x0，指针指在0刻线以下，若电梯减速上升，弹簧弹力大于小球重力，弹簧实际长度小于x0，指针指在0刻线以上，故B错误；
CD、各刻度对应加速度为a，根据牛顿第二定律有k（x﹣x0）﹣mg＝ma
整理解得，由表达式可知a与x成一次函数，所以各刻度对应的加速度是均匀的，若改变物体的质量a与x图像为曲线，所以各刻度对应的加速度值不均匀，故C正确，D错误。
故选：C。
【变式3】（2023•库尔勒市校级开学）（多选）下列四幅图是有关生活中的圆周运动的实例分析，其中说法错误的是（ ）
A．汽车通过凹形桥的最低点时，速度越快越容易爆胎
B．铁路的转弯处，外轨比内轨高是为了利用轮缘与内轨的侧压力来帮助火车转弯
C．“水流星”表演中，在最高点处水对桶底一定有压力
D．洗衣机的脱水是利用了失重现象
【答案】BCD
【分析】汽车通过凹形桥的最低点时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律求解汽车轮胎所受支持力；铁路转弯处外轨比内轨高，是为了使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力；“水流星”表演中，水到达最高点速度最小时，只受重力；洗衣机的脱水是利用了离心现象。
【解答】解：A．汽车通过凹形桥的最低点时，由牛顿第二定律得：
解得：
速度越大，汽车轮胎所受地面支持力越大，越容易爆胎，故A正确；
B．在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力，减轻轮缘与轨道的挤压，故B错误；
C．表演“水流星”时，当“水流星”通过最高点时，若满足
则此时水对桶底的作用力为零，故C错误；
D．洗衣机的脱水是利用了离心现象，故D错误。
本题选择说法错误的，故选：BCD。
【变式4】（2023秋•思明区校级月考）图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2，根据图像分析可知：b到c的过程中，人处于 先失重再超重 （选填“失重”或“超重”、“先失重再超重”或“先超重再失重”）状态，人上升的最大高度约为h＝ 0.31 m。（结果保留2位有效数字）
【答案】先失重再超重 0.31
【分析】根据超失重定义判断超失重；根据竖直上抛运动的对称性及自由落体运动规律求人上升的最大高度。
【解答】解：在b点时，人对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态；在c点时，人对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态；所以在b到c的过程中，人处于先失重再超重状态。
由图乙可知，人在空中的运动时间t＝0.5s，所以上升的最大高度约为
故答案为：先失重再超重 0.31
【变式5】（2022秋•鼓楼区校级月考）蹦床运动中运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中动作。若一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示。结合图像，试求：（g取10m/s2）
（1）运动过程中，运动员最大加速度；
（2）不计空气阻力，运动过程中，运动员离开蹦床上升的最大高度。
【答案】（1）运动过程中，运动员最大加速度40m/s2，加速度方向竖直向上；
（2）运动员离开蹦床上升的最大高度3.2m。
【分析】（1）在0﹣3.6s内，根据平衡条件求运动员的质量；
运动员受力最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求加速度；
（2）运动员上升过程中处于完全失重状态，根据图像求运动员在空中运动的时间，根据对称性求上升时间，根据运动学公式求解上升的最大高度。
【解答】解：（1）在0﹣3.6s内，运动员停在蹦床上，蹦床对运动员的弹力F1＝500N
根据平衡条件F1＝mg
代入数据解得运动员的质量m＝50kg
由图像知，蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2500N
根据牛顿第二定律Fm﹣mg＝mam
代入数据解得
加速度方向竖直向上；
（2）运动员在空中运动时间t0＝8.4s﹣6.8 s＝1.6s
根据对称性可知，上升时间和下落时间相等为
上升的最大高度
答：（1）运动过程中，运动员最大加速度40m/s2，加速度方向竖直向上；
（2）运动员离开蹦床上升的最大高度3.2m。
1．（2022秋•高新区校级期末）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示，其中t1～t2时间内图像为直线，两边与之相切。乘客所受支持力的大小用FN表示，重力加速度大小为g。以下判断正确的是（ ）
A．0～t1时间内，乘客处于超重状态
B．t1～t2时间内，乘客的速度减小
C．t2～t3时间内，乘客的加速度方向向上
D．t2～t3时间内，乘客的速度减小，FN＜mg
【答案】C
【分析】位移s﹣时间t图像中，纵轴s表示位移，横轴t表示时间，斜率即位移与时间的比值，故斜率的物理意义表示乘客的速度（速度是矢量，有大小、方向）。
超重：弹力（拉力或支持力）大于物体所受重力的现象。物体具有向上的加速度，则称物体处于超重状态。
失重：弹力（拉力或支持力）小于物体所受重力的现象。物体具有向下的加速度，则称物体处于失重状态。
乘客乘坐竖直电梯下楼，0～t1时间内，由斜率可知乘客的速度逐渐增大，加速度方向竖直向下；
由题可知，t1～t2时间内图像为直线，故斜率不变，故乘客做匀速直线运动，加速度大小为0；
t2～t3时间内，图像的斜率逐渐减小，直到斜率为0，故速度逐渐减小到0（停止），加速度方向竖直向上。
【解答】解：A．在s﹣t图中，斜率表示物体的速度，0～t1时间内，由图像可知，斜率增大，速度增大，所以乘客向下做加速运动，加速度方向竖直向下，乘客处于失重状态，故A错误；
B．t1～t2时间内，图像为一条直线，乘客做匀速运动，速度大小不变，故B错误；
CD．t2～t3时间内，乘客向下做减速运动，受力分析可知FN＞mg，所以，乘客所受合力F＝FN﹣mg，则F≥0，故乘客所受合力方向竖直向上，则加速度方向竖直向上，故C正确，D错误。
故选：C。
2．（2023秋•兴庆区校级月考）如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）
A．容器自由下落时，小孔向下漏水
B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C．将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都向下漏水
D．将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都不向下漏水
【答案】D
【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g，据此分析即可。
【解答】解：无论是让容器自由下落，还是竖直上抛，抛出之后的物体都只受到重力的作用，水和容器都是处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以不管怎样，水都不会漏下来，所以ABC错误，D正确。
故选：D。
3．（2023秋•滨海新区校级月考）如图1，轻弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图2（忽略一切阻力），则（ ）
A．t1时刻小球速度最大
B．t2时刻小球处于失重状态
C．t2～t3这段时间内，小球的加速度先减小后增大
D．t2～t3这段时间内，小球的速度先减小后增大
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律，对小球正确的受力分析，分析其速度和加速度的变化情况即可。
【解答】解：AB．小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹力变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止，t2时刻小球速度为零，加速度向上，处于超重状态，故AB错误；
CD．t2～t3时间内，小球出于上升过程先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止，故C正确，D错误。
故选：C。
4．（2023秋•道里区校级月考）游客乘坐观光电梯到观光平台，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，以向上为正方向a﹣t关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．t＝9s时，电梯处于失重状态
B．10s～50s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59s时，电梯处于超重状态
D．t＝60s时，电梯速度恰好为零
【答案】D
【分析】根据加速度的正负判断；根据受力分析和图像判断；根据加速度的正负判断；根据图像与坐标轴包围面积表示的物理量分析判断。
【解答】解：A．t＝9s时，电梯加速度为正值，方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．10s～50s时间内，加速度为0，电梯处于匀速上升，绳索拉力等于重力，50s～60s时间内，加速度向下，电梯减速上升，绳索拉力小于重力，故B错误；
C．t＝59s时，电梯加速度为负值，方向向下，处于失重状态，故C错误；
D．a﹣t图线与时间轴所围的面积表示速度变化量，0～10s面积等于50～60s时间内的面积，t＝60s速度恰好为0，故D正确。
故选：D。
5．（2023秋•南充月考）在港珠澳大桥建设中，将数根直径22米、高40.5米的空心钢筒打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界纪录。一根钢筒的重力为G，由如图所示的起重机用8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态，则（ ）
A．钢筒受到8个力作用
B．每根钢索受到的拉力大小为G
C．钢筒的重心可能在钢筒上
D．钢筒悬吊在空中可能处于失重状态
【答案】B
【分析】根据平衡条件判断钢筒的受力情况；根据几何关系求出每条钢索与竖直方向的夹角，8根钢索的拉力在竖直方向的分力之和与重力相平衡，根据平衡条件求解每根钢索的拉力大小，重心的位置与物体的形状和质量分布情况有关；根据钢筒确定超失重状态。
【解答】解：A．钢筒受到重力和8根钢索的拉力共9个力作用，故A错误；
B．设每根钢索与竖直方向夹角为θ，则由几何知识得：
sinθ＝
其中D＝22m，L＝22m
解得：θ＝30°
设每根钢索的拉力大小为F，钢筒处于静止状态，由平衡条件得：
8Fcs30°＝G
解得：F＝G
结合牛顿第三定律可知，每根钢索受到的拉力大小为G，故B正确；
C．钢筒空心，它的重心一定不在钢筒上，故C错误；
D．钢筒悬吊在空中处于静止状态，加速度为零，钢筒既不超重也不失重，故D错误。
故选：B。
6．（2023•吉州区校级开学）（多选）图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2。根据图像分析可知（ ）
A．b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态
B．人的重力可由b点读出，约为500N
C．f点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点
D．人上升的最大高度约为0.3125m
【答案】AD
【分析】B.人在a处于平衡状态，人所受支持力等于重力，再根据牛顿第三定律分析判断；
AC.根据超失重定义判断超失重；
D.根据竖直上抛运动的对称性及自由落体运动规律求人上升的最大高度。
【解答】解：B.人在a处于平衡状态，人所受支持力等于重力，根据牛顿第三定律，压力等于支持力，因此人的重力从a点读出为1000N，质量约为100kg，故B错误；
A．b到c的过程中，压力从400N增加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，故A正确；
C．f点对应的压力最大，大于重力，则人处于超重状态，肯定不是上升到最高点，故C错误；
D．从d点到e点人在空中运动，人在空中运动的时间t＝2.5s﹣2s＝0.5s
人上升的最大高度约为，故D正确。
故选：AD。
7．（2023春•铜仁市期末）（多选）如图（甲）所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射后，助推器点火提供向上的推力，到达某一高度后与火箭分离，并立即关闭发动机，在接近地面某处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。从火箭发射开始计时，助推器上速度传感器测得助推器竖直方向的速度如图（乙）所示，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．t1～t3的过程中，助推器先处于超重状态然后处于失重状态
B．t3～t4的过程中助推器处于超重状态
C．t2时刻助推器与火箭分离并关闭发动机
D．若t2＜t4﹣t2，则v1＞v2
【答案】BD
【分析】根据图像分析加速度方向，根据助推器的加速度方向判断助推器超失重状态；t1时刻助推器关闭发动机，助推器向上做减速运动，火箭继续向上加速，助推器与火箭分离；根据图线与坐标轴围成的面积，分析v1与v2的关系。
【解答】解：A．t1～t3的过程中，助推器只在重力作用下先向上减速后向下加速，加速度向下，则总是处于失重状态，故A错误；
B．t3～t4的过程中助推器向下减速，加速度向上，处于超重状态，故B正确；
C．t1时刻助推器关闭发动机，助推器向上做减速运动，火箭继续向上加速，助推器与火箭分离，故C错误；
D．因t2时刻助推器到达最高点，则由面积关系可知t轴以上图像的面积等于t轴以下图像的面积，设t轴以上图像的面积为s，若从0～t1时间内做匀加速直线运动，则
联立解得：
因t2＜t4﹣t2，则v1＞v2，故D正确。
故选：BD。
8．（2023秋•佛山月考）（多选）如图，重为G的物体a放在上表面水平的物体b上表面，沿光滑斜面c一起向下滑，则（ ）
A．a对b的压力等于零
B．a对b的压力等于G
C．a受到的摩擦力方向水平向右
D．a处于失重状态
【答案】CD
【分析】物体加速度向下时处于失重状态，处于失重状态的物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于重力；分析清楚物体的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：物体a、b一起沿斜面向下做匀加速直线运动，物体a的加速度可以分解为水平向右分加速度ax，与竖直方向的分加速度ay，在水平方向，结合牛顿第二定律可知a受到的摩擦力方向水平向右，竖直方向，a有向下的分加速度，处于失重状态，a对b的压力小于其重力G，故CD正确，AB错误；
故选：CD。
9．（2023•云南学业考试）我国长征火箭把“神舟十五号”载人飞船送上太空的情景如图所示，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。火箭加速上升时，宇航员处于 超重 状态（选填“超重”或“失重”），飞船加速下落时，宇航员处于 失重 状态（选填“超重”或“失重”），飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力 大于 其重力（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】超重；失重；大于。
【分析】加速度向上，宇航员处于超重状态；加速度向下，宇航员处于失重状态。宇航员对座椅的压力，大小等于座椅对宇航员的支持力，飞船落地前减速可知加速度向上，宇航员处于超重状态。
【解答】解：火箭加速上升时，加速度向上，宇航员处于超重状态。
飞船加速下落时，加速度向下，宇航员处于失重状态。
飞船落地前减速，加速度向上，宇航员处于超重状态，座椅对宇航员的支持力大于其重力，由牛顿第三定律可知，宇航员对座椅的压力大于其重力。
故答案为：超重；失重；大于。
10．（2022秋•辽宁期末）某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个竖直加速度测量仪。取竖直向下为正方向，重力加速度g＝10m/s2。实验过程如下：
（1）将弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺；
（2）不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺2cm刻度处；
（3）将下端悬挂质量为50g的钢球，静止时指针位于直尺4cm刻度处，则该弹簧的劲度系数为 25 N/m；
（4）计算出直尺不同刻度对应的加速度，并标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度，各刻度对应加速度的值是 均匀 （选填“均匀”或“不均匀”）的；
（5）如图所示，弹簧下端指针位置的加速度示数应为 5.5 m/s2（结果保留两位有效数字）。此时物体处于 失重 （选填“超重”或“失重”）状态。
【答案】见试题解答内容
【分析】（3）根据胡克定律进行解答；
（4）根据牛顿第二定律可求解加速度的表达式进行分析；
（5）根据图示数据结合加速度表达式进行求解。
【解答】解：（3）将下端悬挂质量为m＝50g＝0.05kg的钢球，弹簧伸长Δx＝4cm﹣2cm＝2cm＝0.02m
根据胡克定律可得：mg＝kΔx
解得：k＝25N/m
（4）将下端悬挂质量为m＝50g的钢球，静止时指针位于直尺4cm刻度处，此时加速度为零；
如果从此位置开始，设加速度大小为a时弹簧的形变量变化为x，根据牛顿第二定律可得：kx＝ma
解得：a＝
由此可知各刻度对应加速度的值是的均匀变化的；
（5）如图所示，弹簧下端指针位置为2.90cm，x的值为：x＝4cm﹣2.90cm＝1.10cm＝0.0110m
加速度示数应为：a＝＝m/s2＝5.5m/s2，此时弹簧形变量变小，弹力小于重力出发，则加速度的方向向下，物体处于失重状态
故答案为：（3）25；（4）均匀；（5）5.5（5.4—5.6范围内都可以），失重。
11．（2022秋•松江区校级期末）现代电梯主要由曳引机（绞车）、导轨、对重装置、安全装置（如限速器、安全钳和缓冲器等）、信号操纵系统、轿厢与厅门等组成。这些部分分别安装在建筑物的井道和机房中。通常采用钢丝绳摩擦传动，钢丝绳绕过曳引轮，两端分别连接轿厢和平衡重，电动机驱动曳引轮使轿厢升降。伴随经济的快速发展和城镇化进程的不断深入，我国的电梯行业正经历着一个高速发展期。
阅读材料，回答下列问题。
（1）在竖直升降电梯内的水平地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg。若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图1所示的40.0kg，则在这段时间内重力加速度为g＝10m/s2） C 。
A．该同学所受的重力变小了
B．电梯一定在竖直向下运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2，方向一定竖直向下
D．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
（2）如图2所示是商场安装的智能化电动扶梯的简化示意图。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有顾客站上扶梯时，它会先加速，再匀速。则顾客 D 。
A．始终受到静摩擦力的作用
B．在匀速过程受到水平方向的摩擦力
C．在加速过程受到沿斜面向上的摩擦力
D．在加速过程受到水平方向的摩擦力
（3）如图3所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小为 F ，小球A的加速度大小为 +g 。（重力加速度为g）
【答案】（1）C；（2）D；（3）F，+g。
【分析】（1）重力大小与运动状态无关，根据牛顿第二定律求解电梯的加速度，进而分析该同学的运动情况；该同学对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，等大反向；
（2）顾客匀速运动时，根据平衡条件判断摩擦力；顾客加速运动时，合力的方向与运动方向相同，据此求解顾客受到的摩擦力方向；
（3）分别对整体和球B受力分析，根据牛顿第二定律求解弹簧的弹力；剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A球受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：（1）A、该同学对体重计的压力小于重力，处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而重力的大小与运动状态无关，则她的重力没有改变，故A错误；
BC、以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma
代入数据解得：
a＝2m/s2
方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，该同学可能向上减速运动，也可能向下加速运动，故B错误，C正确；
D、她对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D错误。
故选：C。
（2）AB、在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，故AB错误；
CD、在加速的过程中，对顾客受力分析如图
物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力水平向右，故C错误，D正确。
故选：D。
（3）剪短细线前，对两球和弹簧整体受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣3mg＝3ma
对B球受力分析，由牛顿第二定律得：F弹﹣2mg＝2ma
联立解得：F弹＝F
剪断细线瞬间，弹簧的弹力不发生突变，所以弹力的大小为仍为F
剪断细线瞬间，对A球受力分析，由牛顿第二定律得：F弹+mg＝ma′
解得：a′＝+g
故答案为：（1）C；（2）D；（3）F，+g。
现象
实质
超重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象
系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量
失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象
系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量
完全失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象
系统具有竖直向下的加速度，且a=g
1、实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2．超重、失重和完全失重的比较
【典例1】（2022秋•罗湖区期末）如图，用手托住几本教材，下列哪种情况下教材对手的作用力比教材的重力大（ ）
A．使书本匀速向上运动
B．使书本匀速向下运动
C．使书本匀减速向下运动
D．使书本匀减速向上运动
【答案】C
【分析】根据教材的运动状态，由平衡条件或牛顿第二定律分析手对教材的作用力与教材重力的大小，结合牛顿第三定律和超重、失重观点分析教材对手的作用力与教材重力的大小。
【解答】解：AB、使教材匀速向上或向下运动时，教材均处于平衡状态，教材对手的支持力大小等于重力大小，由牛顿第三定律可知教材对手的压力大小等于手对教材的支持力大小，说明教材对手的作用力与教材的重力大小相等，故AB错误；
C、使教材匀减速向下运动，加速度向上，教材处于超重状态，则教材对手的作用力比教材的重力大，故C正确；
D、使书本匀减速向上运动，加速度向下，教材处于失重状态，则教材对手的作用力比教材的重力小，故D错误；
故选：C。
【典例2】（2023秋•龙华区校级月考）（多选）为研究超重与失重现象，某同学把量程为2kg的弹簧台秤搬到了电梯内。发现电梯上下运动过程中，在台秤上放置的重物最大质量不能超过，否则就会超过台秤量程。设电梯匀变速上升或下降的加速度大小相等，重力加速度g取9.8m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．电梯匀变速运动的加速度大小为0.1m/s2
B．电梯匀变速运动的加速度大小为0.2m/s2
C．电梯匀变速上升的过程中，台秤上放置的重物质量不能超过0.98kg
D．电梯匀变速上升的过程中，台秤上放置的重物质量不能超过1.96kg
【答案】BD
【分析】根据牛顿第二定律计算支持力最大时的加速度；根据牛顿第二定律计算重物的最大质量。
【解答】解：AB．在电梯加速向下运行的过程中，根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma
F＝2×10N＝20N，m＝
代入数据解得，故A错误，B正确；
CD．电梯匀加速上升的过程中，支持力大于物体重力时，根据牛顿第二定律有：
F﹣m2g＝m2a
把F＝19.6N，a＝0.2m/s2代入，
解得m2＝1.96kg，C错误，D正确。
故选：BD。
【典例3】（2022秋•龙岩期中）电梯由静止开始运行，某同学用手机软件同步采集了加速度随时间变化的数据，如图所示，规定竖直向下为正方向。MN时段电梯 下降 （填“上升”或“下降”），PQ时段电梯处于 超重 （填“超重”或“失重”）状态。
【答案】下降；超重
【分析】规定竖直向下为正方向，根据图像分析MN时段的加速度方向，根据加速度与速度的关系判断电梯的运动性质以及超重还是失重状态。
【解答】解：根据图像可知，MN时段加速度为正，又因为题意规定竖直向下为正方向，因为电梯初始时刻处于静止状态，所以MN时段电梯处于向下加速阶段，则电梯下降；PQ时段加速度为负，方向向上，则FN﹣mg＝ma，可知支持力大于重力，电梯处于超重状态。
故答案为：下降；超重
【典例4】（2021秋•蓝田县期末）跳伞运动员做低空跳伞表演，他从224m的高空离开飞机开始下落，最初未打开降落伞，自由下落一段距离打开降落伞，运动员以12.5m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地的速度不得超过5m/s（g＝10m/s2）。求：
（1）运动员打开降落伞后做匀减速下降时，是处于超重状态还是失重状态，并说明原因；
（2）运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为多少？
（3）运动员在空中的最短时间为多少？
【答案】（1）运动员打开降落伞后做匀减速下降时，处于超重状态，原因：此时运动员做竖直向下减速运动，运动员的加速竖直向上，绳上的拉力大于运动员的重力；
（2）运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为99m；
（3）运动员在空中的最短时间为8.6s。
【分析】（1）运动员向下做匀减速，运动员的加速竖直向上，故属于超重状态；
（2）（3）根据匀变速直线运动的规律求解开伞高度和在空中的最短时间。
【解答】解：（1）超重状态。原因：此时运动员做竖直向下减速运动，运动员的加速竖直向上，绳上的拉力大于运动员的重力，故为超重状态。
（2）设运动员打开降落伞时的速度为v，则
即
解得v＝50m/s
此时，运动员离地面的高度
（3）打开降落伞之前做自由落体运动的时间
打开降落伞后做匀减速运动的时间
故在空中的最短时间为t＝t1+t2＝8.6s。
答：（1）运动员打开降落伞后做匀减速下降时，处于超重状态，原因：此时运动员做竖直向下减速运动，运动员的加速竖直向上，绳上的拉力大于运动员的重力；
（2）运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为99m；
（3）运动员在空中的最短时间为8.6s。
【变式1】（2023秋•福田区校级月考）课堂上老师站在压力传感器上做“下蹲—起立”的动作，记录的压力随时间变化的关系如图所示，其中纵坐标为力，横坐标为时间。由图可知老师（ ）
A．所受重力约为900N
B．做了两次“下蹲—起立”的动作
C．下蹲过程中始终处于失重状态
D．起立过程中先处于超重状态，再处于失重状态
【答案】D
【分析】人静止时重力等于压力大小；下蹲时，先加速下降后减速下降，起立时先加速上升、后减速上升，根据加速度方向，由此分析失重和超重情况。
【解答】解：当人静止时重力等于压力大小，由图可知所受重力约为600N，下蹲的过程中，先向下加速运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上；起立的过程中，先向上加速度运动，再向上减速到停止，加速度先向上再向下，所以此人完成了一组“下蹲—起立”动作，下蹲过程中，先向下加速运动，此时老师处于失重状态，然后减速下降，此时老师处于超重状态，起立过程中，先向上加速运动，此时老师处于超重状态，然后减速上升，此时老师处于失重状态，故ABC错误，故D正确。
故选：D。
【变式2】（2023•房山区二模）某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。弹簧下端悬挂重物，静止时，弹簧下端的指针指直尺上某一位置，标记为0。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量电梯运行时竖直方向的加速度。下列说法正确的是（ ）
A．指针指到0刻度时，说明电梯处于静止状态
B．若电梯上升，则指针一直指在0刻线以下
C．各刻度对应加速度的值是均匀的
D．若改变重物的质量，则各刻度对应的加速度值不变
【答案】C
【分析】刻度，处于平衡状态，根据共点力平衡求得弹簧的弹力和重力的关系，当重物在不同刻度时，根据受力分析，利用牛顿第二定律即可求得加速度。
【解答】解：设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球静止时弹簧下端的指针指直尺上某一位置标记为0，此时刻度尺示数为x0，
此时mg＝kx0
A、指针指到0刻度时，电梯可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动，故A错误；
B、若电梯加速上升，弹簧弹力大于小球重力，弹簧实际长度大于x0，指针指在0刻线以下，若电梯减速上升，弹簧弹力大于小球重力，弹簧实际长度小于x0，指针指在0刻线以上，故B错误；
CD、各刻度对应加速度为a，根据牛顿第二定律有k（x﹣x0）﹣mg＝ma
整理解得，由表达式可知a与x成一次函数，所以各刻度对应的加速度是均匀的，若改变物体的质量a与x图像为曲线，所以各刻度对应的加速度值不均匀，故C正确，D错误。
故选：C。
【变式3】（2023•库尔勒市校级开学）（多选）下列四幅图是有关生活中的圆周运动的实例分析，其中说法错误的是（ ）
A．汽车通过凹形桥的最低点时，速度越快越容易爆胎
B．铁路的转弯处，外轨比内轨高是为了利用轮缘与内轨的侧压力来帮助火车转弯
C．“水流星”表演中，在最高点处水对桶底一定有压力
D．洗衣机的脱水是利用了失重现象
【答案】BCD
【分析】汽车通过凹形桥的最低点时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律求解汽车轮胎所受支持力；铁路转弯处外轨比内轨高，是为了使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力；“水流星”表演中，水到达最高点速度最小时，只受重力；洗衣机的脱水是利用了离心现象。
【解答】解：A．汽车通过凹形桥的最低点时，由牛顿第二定律得：
解得：
速度越大，汽车轮胎所受地面支持力越大，越容易爆胎，故A正确；
B．在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力，减轻轮缘与轨道的挤压，故B错误；
C．表演“水流星”时，当“水流星”通过最高点时，若满足
则此时水对桶底的作用力为零，故C错误；
D．洗衣机的脱水是利用了离心现象，故D错误。
本题选择说法错误的，故选：BCD。
【变式4】（2023秋•思明区校级月考）图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2，根据图像分析可知：b到c的过程中，人处于 先失重再超重 （选填“失重”或“超重”、“先失重再超重”或“先超重再失重”）状态，人上升的最大高度约为h＝ 0.31 m。（结果保留2位有效数字）
【答案】先失重再超重 0.31
【分析】根据超失重定义判断超失重；根据竖直上抛运动的对称性及自由落体运动规律求人上升的最大高度。
【解答】解：在b点时，人对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态；在c点时，人对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态；所以在b到c的过程中，人处于先失重再超重状态。
由图乙可知，人在空中的运动时间t＝0.5s，所以上升的最大高度约为
故答案为：先失重再超重 0.31
【变式5】（2022秋•鼓楼区校级月考）蹦床运动中运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中动作。若一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示。结合图像，试求：（g取10m/s2）
（1）运动过程中，运动员最大加速度；
（2）不计空气阻力，运动过程中，运动员离开蹦床上升的最大高度。
【答案】（1）运动过程中，运动员最大加速度40m/s2，加速度方向竖直向上；
（2）运动员离开蹦床上升的最大高度3.2m。
【分析】（1）在0﹣3.6s内，根据平衡条件求运动员的质量；
运动员受力最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求加速度；
（2）运动员上升过程中处于完全失重状态，根据图像求运动员在空中运动的时间，根据对称性求上升时间，根据运动学公式求解上升的最大高度。
【解答】解：（1）在0﹣3.6s内，运动员停在蹦床上，蹦床对运动员的弹力F1＝500N
根据平衡条件F1＝mg
代入数据解得运动员的质量m＝50kg
由图像知，蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2500N
根据牛顿第二定律Fm﹣mg＝mam
代入数据解得
加速度方向竖直向上；
（2）运动员在空中运动时间t0＝8.4s﹣6.8 s＝1.6s
根据对称性可知，上升时间和下落时间相等为
上升的最大高度
答：（1）运动过程中，运动员最大加速度40m/s2，加速度方向竖直向上；
（2）运动员离开蹦床上升的最大高度3.2m。
1．（2022秋•高新区校级期末）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示，其中t1～t2时间内图像为直线，两边与之相切。乘客所受支持力的大小用FN表示，重力加速度大小为g。以下判断正确的是（ ）
A．0～t1时间内，乘客处于超重状态
B．t1～t2时间内，乘客的速度减小
C．t2～t3时间内，乘客的加速度方向向上
D．t2～t3时间内，乘客的速度减小，FN＜mg
【答案】C
【分析】位移s﹣时间t图像中，纵轴s表示位移，横轴t表示时间，斜率即位移与时间的比值，故斜率的物理意义表示乘客的速度（速度是矢量，有大小、方向）。
超重：弹力（拉力或支持力）大于物体所受重力的现象。物体具有向上的加速度，则称物体处于超重状态。
失重：弹力（拉力或支持力）小于物体所受重力的现象。物体具有向下的加速度，则称物体处于失重状态。
乘客乘坐竖直电梯下楼，0～t1时间内，由斜率可知乘客的速度逐渐增大，加速度方向竖直向下；
由题可知，t1～t2时间内图像为直线，故斜率不变，故乘客做匀速直线运动，加速度大小为0；
t2～t3时间内，图像的斜率逐渐减小，直到斜率为0，故速度逐渐减小到0（停止），加速度方向竖直向上。
【解答】解：A．在s﹣t图中，斜率表示物体的速度，0～t1时间内，由图像可知，斜率增大，速度增大，所以乘客向下做加速运动，加速度方向竖直向下，乘客处于失重状态，故A错误；
B．t1～t2时间内，图像为一条直线，乘客做匀速运动，速度大小不变，故B错误；
CD．t2～t3时间内，乘客向下做减速运动，受力分析可知FN＞mg，所以，乘客所受合力F＝FN﹣mg，则F≥0，故乘客所受合力方向竖直向上，则加速度方向竖直向上，故C正确，D错误。
故选：C。
2．（2023秋•兴庆区校级月考）如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）
A．容器自由下落时，小孔向下漏水
B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C．将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都向下漏水
D．将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都不向下漏水
【答案】D
【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g，据此分析即可。
【解答】解：无论是让容器自由下落，还是竖直上抛，抛出之后的物体都只受到重力的作用，水和容器都是处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以不管怎样，水都不会漏下来，所以ABC错误，D正确。
故选：D。
3．（2023秋•滨海新区校级月考）如图1，轻弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图2（忽略一切阻力），则（ ）
A．t1时刻小球速度最大
B．t2时刻小球处于失重状态
C．t2～t3这段时间内，小球的加速度先减小后增大
D．t2～t3这段时间内，小球的速度先减小后增大
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律，对小球正确的受力分析，分析其速度和加速度的变化情况即可。
【解答】解：AB．小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹力变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止，t2时刻小球速度为零，加速度向上，处于超重状态，故AB错误；
CD．t2～t3时间内，小球出于上升过程先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止，故C正确，D错误。
故选：C。
4．（2023秋•道里区校级月考）游客乘坐观光电梯到观光平台，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，以向上为正方向a﹣t关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．t＝9s时，电梯处于失重状态
B．10s～50s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59s时，电梯处于超重状态
D．t＝60s时，电梯速度恰好为零
【答案】D
【分析】根据加速度的正负判断；根据受力分析和图像判断；根据加速度的正负判断；根据图像与坐标轴包围面积表示的物理量分析判断。
【解答】解：A．t＝9s时，电梯加速度为正值，方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．10s～50s时间内，加速度为0，电梯处于匀速上升，绳索拉力等于重力，50s～60s时间内，加速度向下，电梯减速上升，绳索拉力小于重力，故B错误；
C．t＝59s时，电梯加速度为负值，方向向下，处于失重状态，故C错误；
D．a﹣t图线与时间轴所围的面积表示速度变化量，0～10s面积等于50～60s时间内的面积，t＝60s速度恰好为0，故D正确。
故选：D。
5．（2023秋•南充月考）在港珠澳大桥建设中，将数根直径22米、高40.5米的空心钢筒打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界纪录。一根钢筒的重力为G，由如图所示的起重机用8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态，则（ ）
A．钢筒受到8个力作用
B．每根钢索受到的拉力大小为G
C．钢筒的重心可能在钢筒上
D．钢筒悬吊在空中可能处于失重状态
【答案】B
【分析】根据平衡条件判断钢筒的受力情况；根据几何关系求出每条钢索与竖直方向的夹角，8根钢索的拉力在竖直方向的分力之和与重力相平衡，根据平衡条件求解每根钢索的拉力大小，重心的位置与物体的形状和质量分布情况有关；根据钢筒确定超失重状态。
【解答】解：A．钢筒受到重力和8根钢索的拉力共9个力作用，故A错误；
B．设每根钢索与竖直方向夹角为θ，则由几何知识得：
sinθ＝
其中D＝22m，L＝22m
解得：θ＝30°
设每根钢索的拉力大小为F，钢筒处于静止状态，由平衡条件得：
8Fcs30°＝G
解得：F＝G
结合牛顿第三定律可知，每根钢索受到的拉力大小为G，故B正确；
C．钢筒空心，它的重心一定不在钢筒上，故C错误；
D．钢筒悬吊在空中处于静止状态，加速度为零，钢筒既不超重也不失重，故D错误。
故选：B。
6．（2023•吉州区校级开学）（多选）图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2。根据图像分析可知（ ）
A．b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态
B．人的重力可由b点读出，约为500N
C．f点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点
D．人上升的最大高度约为0.3125m
【答案】AD
【分析】B.人在a处于平衡状态，人所受支持力等于重力，再根据牛顿第三定律分析判断；
AC.根据超失重定义判断超失重；
D.根据竖直上抛运动的对称性及自由落体运动规律求人上升的最大高度。
【解答】解：B.人在a处于平衡状态，人所受支持力等于重力，根据牛顿第三定律，压力等于支持力，因此人的重力从a点读出为1000N，质量约为100kg，故B错误；
A．b到c的过程中，压力从400N增加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，故A正确；
C．f点对应的压力最大，大于重力，则人处于超重状态，肯定不是上升到最高点，故C错误；
D．从d点到e点人在空中运动，人在空中运动的时间t＝2.5s﹣2s＝0.5s
人上升的最大高度约为，故D正确。
故选：AD。
7．（2023春•铜仁市期末）（多选）如图（甲）所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射后，助推器点火提供向上的推力，到达某一高度后与火箭分离，并立即关闭发动机，在接近地面某处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。从火箭发射开始计时，助推器上速度传感器测得助推器竖直方向的速度如图（乙）所示，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．t1～t3的过程中，助推器先处于超重状态然后处于失重状态
B．t3～t4的过程中助推器处于超重状态
C．t2时刻助推器与火箭分离并关闭发动机
D．若t2＜t4﹣t2，则v1＞v2
【答案】BD
【分析】根据图像分析加速度方向，根据助推器的加速度方向判断助推器超失重状态；t1时刻助推器关闭发动机，助推器向上做减速运动，火箭继续向上加速，助推器与火箭分离；根据图线与坐标轴围成的面积，分析v1与v2的关系。
【解答】解：A．t1～t3的过程中，助推器只在重力作用下先向上减速后向下加速，加速度向下，则总是处于失重状态，故A错误；
B．t3～t4的过程中助推器向下减速，加速度向上，处于超重状态，故B正确；
C．t1时刻助推器关闭发动机，助推器向上做减速运动，火箭继续向上加速，助推器与火箭分离，故C错误；
D．因t2时刻助推器到达最高点，则由面积关系可知t轴以上图像的面积等于t轴以下图像的面积，设t轴以上图像的面积为s，若从0～t1时间内做匀加速直线运动，则
联立解得：
因t2＜t4﹣t2，则v1＞v2，故D正确。
故选：BD。
8．（2023秋•佛山月考）（多选）如图，重为G的物体a放在上表面水平的物体b上表面，沿光滑斜面c一起向下滑，则（ ）
A．a对b的压力等于零
B．a对b的压力等于G
C．a受到的摩擦力方向水平向右
D．a处于失重状态
【答案】CD
【分析】物体加速度向下时处于失重状态，处于失重状态的物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于重力；分析清楚物体的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：物体a、b一起沿斜面向下做匀加速直线运动，物体a的加速度可以分解为水平向右分加速度ax，与竖直方向的分加速度ay，在水平方向，结合牛顿第二定律可知a受到的摩擦力方向水平向右，竖直方向，a有向下的分加速度，处于失重状态，a对b的压力小于其重力G，故CD正确，AB错误；
故选：CD。
9．（2023•云南学业考试）我国长征火箭把“神舟十五号”载人飞船送上太空的情景如图所示，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。火箭加速上升时，宇航员处于 超重 状态（选填“超重”或“失重”），飞船加速下落时，宇航员处于 失重 状态（选填“超重”或“失重”），飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力 大于 其重力（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】超重；失重；大于。
【分析】加速度向上，宇航员处于超重状态；加速度向下，宇航员处于失重状态。宇航员对座椅的压力，大小等于座椅对宇航员的支持力，飞船落地前减速可知加速度向上，宇航员处于超重状态。
【解答】解：火箭加速上升时，加速度向上，宇航员处于超重状态。
飞船加速下落时，加速度向下，宇航员处于失重状态。
飞船落地前减速，加速度向上，宇航员处于超重状态，座椅对宇航员的支持力大于其重力，由牛顿第三定律可知，宇航员对座椅的压力大于其重力。
故答案为：超重；失重；大于。
10．（2022秋•辽宁期末）某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个竖直加速度测量仪。取竖直向下为正方向，重力加速度g＝10m/s2。实验过程如下：
（1）将弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺；
（2）不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺2cm刻度处；
（3）将下端悬挂质量为50g的钢球，静止时指针位于直尺4cm刻度处，则该弹簧的劲度系数为 25 N/m；
（4）计算出直尺不同刻度对应的加速度，并标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度，各刻度对应加速度的值是 均匀 （选填“均匀”或“不均匀”）的；
（5）如图所示，弹簧下端指针位置的加速度示数应为 5.5 m/s2（结果保留两位有效数字）。此时物体处于 失重 （选填“超重”或“失重”）状态。
【答案】见试题解答内容
【分析】（3）根据胡克定律进行解答；
（4）根据牛顿第二定律可求解加速度的表达式进行分析；
（5）根据图示数据结合加速度表达式进行求解。
【解答】解：（3）将下端悬挂质量为m＝50g＝0.05kg的钢球，弹簧伸长Δx＝4cm﹣2cm＝2cm＝0.02m
根据胡克定律可得：mg＝kΔx
解得：k＝25N/m
（4）将下端悬挂质量为m＝50g的钢球，静止时指针位于直尺4cm刻度处，此时加速度为零；
如果从此位置开始，设加速度大小为a时弹簧的形变量变化为x，根据牛顿第二定律可得：kx＝ma
解得：a＝
由此可知各刻度对应加速度的值是的均匀变化的；
（5）如图所示，弹簧下端指针位置为2.90cm，x的值为：x＝4cm﹣2.90cm＝1.10cm＝0.0110m
加速度示数应为：a＝＝m/s2＝5.5m/s2，此时弹簧形变量变小，弹力小于重力出发，则加速度的方向向下，物体处于失重状态
故答案为：（3）25；（4）均匀；（5）5.5（5.4—5.6范围内都可以），失重。
11．（2022秋•松江区校级期末）现代电梯主要由曳引机（绞车）、导轨、对重装置、安全装置（如限速器、安全钳和缓冲器等）、信号操纵系统、轿厢与厅门等组成。这些部分分别安装在建筑物的井道和机房中。通常采用钢丝绳摩擦传动，钢丝绳绕过曳引轮，两端分别连接轿厢和平衡重，电动机驱动曳引轮使轿厢升降。伴随经济的快速发展和城镇化进程的不断深入，我国的电梯行业正经历着一个高速发展期。
阅读材料，回答下列问题。
（1）在竖直升降电梯内的水平地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg。若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图1所示的40.0kg，则在这段时间内重力加速度为g＝10m/s2） C 。
A．该同学所受的重力变小了
B．电梯一定在竖直向下运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2，方向一定竖直向下
D．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
（2）如图2所示是商场安装的智能化电动扶梯的简化示意图。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有顾客站上扶梯时，它会先加速，再匀速。则顾客 D 。
A．始终受到静摩擦力的作用
B．在匀速过程受到水平方向的摩擦力
C．在加速过程受到沿斜面向上的摩擦力
D．在加速过程受到水平方向的摩擦力
（3）如图3所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小为 F ，小球A的加速度大小为 +g 。（重力加速度为g）
【答案】（1）C；（2）D；（3）F，+g。
【分析】（1）重力大小与运动状态无关，根据牛顿第二定律求解电梯的加速度，进而分析该同学的运动情况；该同学对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，等大反向；
（2）顾客匀速运动时，根据平衡条件判断摩擦力；顾客加速运动时，合力的方向与运动方向相同，据此求解顾客受到的摩擦力方向；
（3）分别对整体和球B受力分析，根据牛顿第二定律求解弹簧的弹力；剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A球受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：（1）A、该同学对体重计的压力小于重力，处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而重力的大小与运动状态无关，则她的重力没有改变，故A错误；
BC、以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma
代入数据解得：
a＝2m/s2
方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，该同学可能向上减速运动，也可能向下加速运动，故B错误，C正确；
D、她对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D错误。
故选：C。
（2）AB、在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，故AB错误；
CD、在加速的过程中，对顾客受力分析如图
物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力水平向右，故C错误，D正确。
故选：D。
（3）剪短细线前，对两球和弹簧整体受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣3mg＝3ma
对B球受力分析，由牛顿第二定律得：F弹﹣2mg＝2ma
联立解得：F弹＝F
剪断细线瞬间，弹簧的弹力不发生突变，所以弹力的大小为仍为F
剪断细线瞬间，对A球受力分析，由牛顿第二定律得：F弹+mg＝ma′
解得：a′＝+g
故答案为：（1）C；（2）D；（3）F，+g。
现象
实质
超重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象
系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量
失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象
系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量
完全失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象
系统具有竖直向下的加速度，且a=g
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