高中人教版 (2019)6 超重和失重测试题

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二十六　超重和失重【学考达标】　　(20分钟　50分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)1．关于重力的大小，下列说法正确的是(　　)A．弹簧测力计下端悬挂一重物，弹簧测力计读数大小一定等于这个物体重力的大小B．重力是物体固有的属性C．质量一定的物体，其重力大小也一定D．同一物体在北京的重力大于在赤道上的重力【解析】选D。不是任何情况下，弹簧测力计的读数都等于物体重力的大小，应强调物体处于静止或匀速直线运动状态，故选项A错误；不同地理位置，其重力大小不同；同一物体虽然质量不变，但在北京的重力略大于在赤道上的重力，其原因是g发生了变化，所以不能说重力是物体固有的属性，选项B、C错误，D正确。2．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0，故选项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：FT－mg＝ma，即FT＝mg＋ma>mg，故选项D错误。3.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，对桶壁无压力，故水不会流出，故B正确。4．2020年12月17日，嫦娥五号的返回舱采用“打水漂”的技术来减速并成功着陆在预定区域。返回舱第一次进入大气层时减速下降到距离地面约60公里时，利用弓形激波让其加速向上跃起，弹出大气层之后再次进入大气层，实施二次减速，整个过程就像“打水漂”一样(如图)。返回舱在减速下降和加速跃起时分别处于(　　)A.失重状态，超重状态　    B．超重状态，失重状态C．超重状态，超重状态      D．失重状态，失重状态【解析】选C。返回舱减速下降即向下做减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，返回舱加速跃起即向上做加速运动，加速度方向向上，也处于超重状态，故选项C正确。5.(2021·宁波高一检测)湖南省张家界武陵源风景区内有一座建造在悬崖上的观光电梯，如图所示，该电梯垂直高度达335米，是目前世界上最高的双层户外观光电梯，同时也是载重最大、速度最快的客运电梯，被誉为“世界第一梯”。假如你站在该观光电梯内，某段时间内你感觉到双脚“很受力”，下列说法正确的是(　　)A．一定是你的重力变大了B．你可能正处于失重状态C．电梯可能处于下行阶段D．电梯一定正在加速运行【解析】选C。在某段时间内觉得双脚“很受力”，表示人处于超重状态，人受到的支持力大于重力，但重力不变，故A、B错误；人处于超重状态，说明加速度向上，运动可能是向上加速或向下减速，故C正确，D错误。6.2020年2月16日，我国选手在蹦床世界杯系列赛巴库站女子网上个人决赛中英勇夺冠。若将弹簧床等效为竖直轻弹簧，某运动员在一次蹦床过程中从最低点由静止竖直向上运动过程中的v ­t图像如图所示，其中t＝0.5 s后为直线，其他部分为曲线。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．t＝0.3 s时，弹簧处于原长状态B．t＝0.6 s时，运动员到达最高处C．0～0.3 s内，运动员处于失重状态D．t＝0.1 s时，运动员的加速度大小为g【解析】选D。由v ­t图像，可知t＝0.3 s时，运动员的速度达到最大，此时运动员受到弹簧的弹力与重力平衡，弹簧处于压缩状态，并非原长状态，故A错误；由于t＝0.5 s后为直线，表明运动员在t＝0.5 s时离开弹簧，此时速率为v1＝3 m/s，根据运动学公式得：0＝v1－gΔt，可得：Δt＝＝ s＝0.3 s，即t＝0.5 s＋0.3 s＝0.8 s时，运动员到达最高处，故B错误；0～0.3 s内，运动员在竖直方向上做加速直线运动，加速度竖直向上，处于超重状态，故C错误；由对称性可知，运动员在t＝0.1 s和t＝0.5 s时刻的斜率的绝对值相等，即运动员加速度大小相等，由于运动员在t＝0.5 s时离开弹簧，只受重力，所以有a＝g，则t＝0.1 s时，运动员的加速度大小为g，故D正确。二、非选择题(14分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)7.一个质量为m的物体放在台式弹簧秤上，受到的支持力为FN，对台秤的压力为FN′：(1)画出物体的受力分析示意图；(2)试证明物体静止时对弹簧秤的压力大小等于物体所受的重力大小；(证明时，请在图上标出所涉及的力)(3)若把物体和台秤放在加速上升的电梯里，请说明台秤的示数是否等于重力，如果不相等，比重力大还是小。【解析】(1)物体受重力和支持力，如图所示：(2)证明：因为物体处于平衡状态G＝FN根据牛顿第三定律，物体对台秤的压力FN′＝FN所以FN′＝G(3)加速上升的电梯处于超重状态，此时物体对台秤的压力不等于物体所受重力，因此台秤的示数不等于重力。由于超重状态时物体对支持物的压力大于物体所受重力，即显示重量大于实际重量，所以台秤的示数比重力大。答案：(1)见解析图　(2)证明过程见解析(3)不相等　比重力大【选考提升】　　(20分钟　50分)8．(8分)图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，重力加速度g取10 m/s2。根据图像分析可知(　　)A.人的重力可由b点读出，约为300 NB．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度【解析】选C。开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为800 N，人的重力也约为800 N，故A错误。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；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；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误。双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确。b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。9.(8分)(2019·浙江4月选考)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)(　　)A．A球将向上运动，B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动，C球不动C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动【解析】选D。开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力视为零，小球的重力也视为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动；故选D。10.(8分)(多选)运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。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，比赛过程中，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800 ND．从开始起跳到离地上升到最高点需要0.65 s【解析】选A、D。运动员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，故选项A正确；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度＝＝ ，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2＝＝ ，即两者相等，故选项B错误；运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh＝v2可知v＝＝ m/s＝4 m/s，根据速度位移公式可知2aΔh＝v2解得a＝＝ 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C错误；起跳过程运动的时间t1＝＝ s＝0.25 s，起跳后运动的时间t2＝＝0.4 s，故运动的总时间t＝t1＋t2＝0.65 s，故选项D正确。11．(13分)小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象。他在地面上用台秤称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10 m/s2。求：(1)小明在0～2 s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；(2)在10～11 s内，台秤的示数F3；(3)小明运动的总位移x。【解析】(1)由图像可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力F1＝450 N，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma1解得a1＝1 m/s2加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态(2)设在10～11 s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2 s的时间为t1，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3解得F3＝600 N(3)0～2 s内位移x1＝a1t＝2 m2～10 s内位移x2＝a1t1t2＝16 m10～11 s内位移x3＝a3t＝1 m小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m。答案：(1)1 m/s2　失重　(2)600 N　(3)19 m【补偿训练】摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a­t图像如图乙所示，取向上为正方向，电梯总质量m＝2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；Ｋ(2)类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，教科书中讲解了由v ­t图像求位移的方法，请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a­t图像，回答下列问题：①求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1的大小和第2 s末的速率v2；②写出电梯在第1 s内的加速度与时间的关系式、速度与时间的关系式。【解析】(1)由牛顿第二定律有F－mg＝ma，由a­t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2、a2＝－1.0 m/s2，F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 NF2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N。(2)①类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a­t图线与横轴围成的面积，即Δv1＝0.50 m/s，同理第2 s内速度变化量Δv2＝v2－v0＝1.0 m/s，v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s。②由a­t图像可知，第1 s内的加速度与时间的关系式、速度与时间的关系式分别为a＝1.0t (m/s2)v＝0.5t2 (m/s)。答案：(1)2.2×104 N　1.8×104 N(2)①0.50 m/s　1.5 m/s　②见解析12．(13分)(创新应用题)太空是一个微重力、高真空、强辐射的环境，人类可以利用这样的天然实验室制造出没有内部缺陷的晶体，生产出能承受强大拉力的细如蚕丝的金属丝。假如未来的某天你乘坐飞船进行“微重力的体验”行动，飞船由6 000 m的高空静止下落，可以获得持续25 s之久的失重状态，你在这段时间里可以进行关于微重力影响的实验，已知下落的过程中飞船受到的空气阻力为重力的0.04倍，重力加速度g取10 m/s2，试求：(1)飞船在失重状态下的加速度大小；(2)飞船在微重力状态中下落的距离。【解析】(1)设飞船在失重状态下的加速度为a，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma又Ff＝0.04mg即mg－0.04mg＝ma解得a＝9.6 m/s2。(2)由s＝at2得s＝×9.6×252 m＝3 000 m。答案：(1)9.6 m/s2　(2)3 000 m关闭Word文档返回原板块