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粤教版 (2019)必修 第一册第六节 失重和超重课时练习
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这是一份粤教版 (2019)必修 第一册第六节 失重和超重课时练习，共7页。
1．[多选]如图所示为运动员原地纵跳摸高训练。已知质量m＝50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m，跳起过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2。则( )
A.运动员起跳过程处于超重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大
C．起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
D．从开始起跳到双脚落地需要1.05 s
解析：选AD 运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh＝v2可知v＝ eq \r(2gh)＝ eq \r(2×10×(2.9－2.1)) m/s＝4 m/s；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，2aΔh＝v2，解得a＝ eq \f(v2,2Δh)＝ eq \f(42,2×0.5) m/s2＝16 m/s2，对运动员根据牛顿第二定律可知FN－mg＝ma，解得FN＝1 300 N，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1 300 N，故选项A正确，C错误；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度 eq \x\t(v)1＝ eq \f(v＋0,2)＝ eq \f(v,2)，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度 eq \x\t(v)2＝ eq \f(v＋0,2)＝ eq \f(v,2)，故选项B错误；起跳过程运动的时间t1＝ eq \f(v,a)＝ eq \f(4,16) s＝0.25 s，起跳后运动的时间t2＝ eq \f(2v,g)＝0.8 s，故运动的总时间t＝t1＋t2＝1.05 s，故选项D正确。
2．港珠澳大桥工程的技术及设备规模创造了多项世界纪录，被誉为“超级工程”。建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道排水量约 8 万吨，超过了一台中型航母的排水量。若将该沉管在向下沉放过程中看成是减速运动，关于此过程，下列说法正确的是( )
A．沉管所受的合外力为0
B．沉管所受合外力不为0，且方向向下
C.该沉管处于超重状态
D．该沉管处于失重状态
解析：选C 由题意知沉管有向上的加速度，根据牛顿第二定律可知合力向上，故A、B错误；因加速度方向向上，所以沉管处于超重状态，故C正确，D错误。
3.某海洋馆中的“海豚顶球”节目因其互动性强而深受小朋友们的喜爱。如图所示为一海豚把球顶向空中，并等其落下。下列说法正确的是( )
A．球在最高点时受到重力和海豚对它的顶力作用
B．球在最高点时速度和加速度都为零
C．球在上升过程中处于超重状态
D．球在下落过程中处于失重状态
解析：选D 海豚把球顶向空中后，球只在重力作用下运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g，球在上升过程中有向下的加速度，处于失重状态，故B、C错误；球在下落过程中只受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故D正确。
4.如图所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零
B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力
C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力
D．在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力
解析：选A 据题意，降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力为零，选项A正确，B、C错误；降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有：T－mg＝ma，即T＝mg＋ma＞mg，故选项D错误。
5.一质量为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。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v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，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析：选D 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，选项C错误，D正确。
6．[多选]如图所示，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球，电梯中有质量为 50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时伸长量的1.2倍，已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可判断( )
A．乘客处于失重状态
B．电梯可能减速下降，加速度大小为 2 m/s2
C．电梯可能加速上升，加速度大小为 2 m/s2
D．乘客对电梯地板的压力为 625 N
解析：选BC 电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时大，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有 eq \f(6,5)kx－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，方向竖直向上，电梯可能加速上升或减速下降，乘客处于超重状态，故B、C符合题意，A不符合题意；以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN－Mg＝Ma，解得FN＝600 N，由牛顿第三定律可知乘客对电梯地板的压力大小为 600 N，故D不符合题意。
7.如图所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C。不计定滑轮的质量和一切阻力，取g＝10 m/s2。在箱子加速下落的过程中，下列说法不正确的是( )
A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2
B．物体A处于超重状态，加速度大小为5 m/s2
C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为60 N
解析：选A 物体A加速上升，处于超重状态，取A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，代入数据得加速度a＝5 m/s2，A错误、B正确；物体C加速下降，处于失重状态，隔离C有m2g－N＝m2a，得N＝5 N，C正确；隔离A有T－m1g＝m1a，得T＝30 N，由牛顿第三定律得轻绳对定滑轮的作用力大小为2T＝60 N，D正确。
8．[多选]如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线。由图线可知( )
A．该同学体重约为650 N
B．该同学做了两次下蹲—起立的动作
C．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
解析：选AC 由题图可知该同学体重约为650 N，A正确。人下蹲动作有失重和超重两个过程，先是加速下降，失重，到达一个最大速度后再减速下降，超重，故下蹲时应先失重再超重。起立时应先超重再失重，由对应图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，B、D错误。由图像看出两次超重的时间间隔约为2 s，这就是该同学蹲下后持续的时间，C正确。
9.质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。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。
(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。
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)以a1＝4 m/s2的加速度加速上升时，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)以a2＝5 m/s2的加速度加速下降时，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。
答案：(1)600 N (2)840 N (3)300 N
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
10．一个人在以a＝2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起质量为75 kg的物体，那么( )
A．该人在地面上最多可以举起质量为50 kg的物体
B．该人在地面上最多可以举起质量为90 kg的物体
C．若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体，则升降机一定是以2 m/s2的加速度匀加速上升
D．若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体，则升降机可能是以2 m/s2的加速度匀减速下降
解析：选D 设人的举力为F，则m1g－F＝m1a，解得：F＝600 N，即站在地面上最多可举起重物的质量为m2＝ eq \f(F,g)＝60 kg，故A、B错误；若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体，根据牛顿第二定律得，F－m3g＝m3a′，解得：a′＝ eq \f(F－m3g,m3)＝ eq \f(600－500,50) m/s2＝2 m/s2，加速度方向向上，故C错误，D正确。
11．在升降机底部安装一个显示压力的传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从 t＝0 时刻开始竖直向上运动，传感器显示压力F随时间t变化的情况如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是( )
A．在 0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
解析：选C 由题图乙可知，在 0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；在t0～3t0时间内，物块处于失重状态，故B错误；在t＝t0时刻，物块所受的支持力大小等于传感器所受压力大小为mg，故C正确；同理，在t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，故D错误。
12．如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 eq \f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2)，求：
(1)物件做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)物件匀速运动的速度大小；
(3)物件总位移的大小。
解析：(1)牛顿第二定律mg－FT＝ma
得a＝g－ eq \f(FT,m)＝0.125 m/s2，方向竖直向下。
(2)对匀减速运动过程，由运动学公式得
v＝at2＝1 m/s。
(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝ eq \f(v,2)t2＝4 m
由题意得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))h＝h1＋h2
总位移h＝40 m。
答案：(1)0.125 m/s2 竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m
1．[多选]如图所示为运动员原地纵跳摸高训练。已知质量m＝50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m，跳起过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2。则( )
A.运动员起跳过程处于超重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大
C．起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
D．从开始起跳到双脚落地需要1.05 s
解析：选AD 运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh＝v2可知v＝ eq \r(2gh)＝ eq \r(2×10×(2.9－2.1)) m/s＝4 m/s；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，2aΔh＝v2，解得a＝ eq \f(v2,2Δh)＝ eq \f(42,2×0.5) m/s2＝16 m/s2，对运动员根据牛顿第二定律可知FN－mg＝ma，解得FN＝1 300 N，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1 300 N，故选项A正确，C错误；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度 eq \x\t(v)1＝ eq \f(v＋0,2)＝ eq \f(v,2)，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度 eq \x\t(v)2＝ eq \f(v＋0,2)＝ eq \f(v,2)，故选项B错误；起跳过程运动的时间t1＝ eq \f(v,a)＝ eq \f(4,16) s＝0.25 s，起跳后运动的时间t2＝ eq \f(2v,g)＝0.8 s，故运动的总时间t＝t1＋t2＝1.05 s，故选项D正确。
2．港珠澳大桥工程的技术及设备规模创造了多项世界纪录，被誉为“超级工程”。建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道排水量约 8 万吨，超过了一台中型航母的排水量。若将该沉管在向下沉放过程中看成是减速运动，关于此过程，下列说法正确的是( )
A．沉管所受的合外力为0
B．沉管所受合外力不为0，且方向向下
C.该沉管处于超重状态
D．该沉管处于失重状态
解析：选C 由题意知沉管有向上的加速度，根据牛顿第二定律可知合力向上，故A、B错误；因加速度方向向上，所以沉管处于超重状态，故C正确，D错误。
3.某海洋馆中的“海豚顶球”节目因其互动性强而深受小朋友们的喜爱。如图所示为一海豚把球顶向空中，并等其落下。下列说法正确的是( )
A．球在最高点时受到重力和海豚对它的顶力作用
B．球在最高点时速度和加速度都为零
C．球在上升过程中处于超重状态
D．球在下落过程中处于失重状态
解析：选D 海豚把球顶向空中后，球只在重力作用下运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g，球在上升过程中有向下的加速度，处于失重状态，故B、C错误；球在下落过程中只受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故D正确。
4.如图所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零
B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力
C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力
D．在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力
解析：选A 据题意，降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力为零，选项A正确，B、C错误；降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有：T－mg＝ma，即T＝mg＋ma＞mg，故选项D错误。
5.一质量为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。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v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，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析：选D 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，选项C错误，D正确。
6．[多选]如图所示，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球，电梯中有质量为 50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时伸长量的1.2倍，已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可判断( )
A．乘客处于失重状态
B．电梯可能减速下降，加速度大小为 2 m/s2
C．电梯可能加速上升，加速度大小为 2 m/s2
D．乘客对电梯地板的压力为 625 N
解析：选BC 电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时大，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有 eq \f(6,5)kx－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，方向竖直向上，电梯可能加速上升或减速下降，乘客处于超重状态，故B、C符合题意，A不符合题意；以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN－Mg＝Ma，解得FN＝600 N，由牛顿第三定律可知乘客对电梯地板的压力大小为 600 N，故D不符合题意。
7.如图所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C。不计定滑轮的质量和一切阻力，取g＝10 m/s2。在箱子加速下落的过程中，下列说法不正确的是( )
A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2
B．物体A处于超重状态，加速度大小为5 m/s2
C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为60 N
解析：选A 物体A加速上升，处于超重状态，取A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，代入数据得加速度a＝5 m/s2，A错误、B正确；物体C加速下降，处于失重状态，隔离C有m2g－N＝m2a，得N＝5 N，C正确；隔离A有T－m1g＝m1a，得T＝30 N，由牛顿第三定律得轻绳对定滑轮的作用力大小为2T＝60 N，D正确。
8．[多选]如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线。由图线可知( )
A．该同学体重约为650 N
B．该同学做了两次下蹲—起立的动作
C．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
解析：选AC 由题图可知该同学体重约为650 N，A正确。人下蹲动作有失重和超重两个过程，先是加速下降，失重，到达一个最大速度后再减速下降，超重，故下蹲时应先失重再超重。起立时应先超重再失重，由对应图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，B、D错误。由图像看出两次超重的时间间隔约为2 s，这就是该同学蹲下后持续的时间，C正确。
9.质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。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。
(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。
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)以a1＝4 m/s2的加速度加速上升时，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)以a2＝5 m/s2的加速度加速下降时，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。
答案：(1)600 N (2)840 N (3)300 N
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
10．一个人在以a＝2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起质量为75 kg的物体，那么( )
A．该人在地面上最多可以举起质量为50 kg的物体
B．该人在地面上最多可以举起质量为90 kg的物体
C．若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体，则升降机一定是以2 m/s2的加速度匀加速上升
D．若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体，则升降机可能是以2 m/s2的加速度匀减速下降
解析：选D 设人的举力为F，则m1g－F＝m1a，解得：F＝600 N，即站在地面上最多可举起重物的质量为m2＝ eq \f(F,g)＝60 kg，故A、B错误；若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体，根据牛顿第二定律得，F－m3g＝m3a′，解得：a′＝ eq \f(F－m3g,m3)＝ eq \f(600－500,50) m/s2＝2 m/s2，加速度方向向上，故C错误，D正确。
11．在升降机底部安装一个显示压力的传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从 t＝0 时刻开始竖直向上运动，传感器显示压力F随时间t变化的情况如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是( )
A．在 0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
解析：选C 由题图乙可知，在 0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；在t0～3t0时间内，物块处于失重状态，故B错误；在t＝t0时刻，物块所受的支持力大小等于传感器所受压力大小为mg，故C正确；同理，在t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，故D错误。
12．如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 eq \f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2)，求：
(1)物件做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)物件匀速运动的速度大小；
(3)物件总位移的大小。
解析：(1)牛顿第二定律mg－FT＝ma
得a＝g－ eq \f(FT,m)＝0.125 m/s2，方向竖直向下。
(2)对匀减速运动过程，由运动学公式得
v＝at2＝1 m/s。
(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝ eq \f(v,2)t2＝4 m
由题意得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))h＝h1＋h2
总位移h＝40 m。
答案：(1)0.125 m/s2 竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m
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