物理必修 第一册超重和失重精练

这是一份物理必修 第一册超重和失重精练，共6页。
题组一 超重和失重的理解
1.（多选）一位乘客乘坐竖直电梯上楼，电梯的位移大小x与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.0～t1时间内，乘客处于超重状态
B.t1～t2时间内，乘客处于失重状态
C.t2～t3时间内，乘客处于失重状态
D.t3～t4时间内，乘客处于超重状态
2.某校把跳长绳作为一项常规运动项目，其中一种运动方式为，一支队伍抽12人一起进长绳，计同步一起跳的个数，在2022年的比赛中该校2023届潮勇班一次性跳了59次，根据跳绳过程中的情境，下列说法正确的是（ ）
A.学生起跳离开地面前的瞬间，学生受到的重力与地面对学生的支持力大小相等
B.学生起跳离开地面前的瞬间，学生处于失重状态
C.学生起跳离开地面前的瞬间，学生对地面的压力就是学生受到的重力
D.学生从最高点开始下落的过程中，先处于完全失重，再处于失重，最后再处于超重状态
3.2023年在9月21日的“天宫课堂”第四课中，神舟十六号航天员朱杨柱、桂海潮展示在微重力环境下，用“特制”乒乓球拍击打水球的现象。下列说法正确的是（ ）
A.由于水球在太空舱中处于失重状态，所以水球没有惯性
B.“球拍”拍“球”时，水球受到的弹力是由于“球拍”发生形变产生的
C.“球拍”拍“球”时，水球对球拍的作用力总是垂直于拍面
D.水球能够悬浮在太空舱中是由于水球受到空气的浮力与微重力平衡
题组二 用牛顿第二定律分析超重和失重现象
4.“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于2023年10月31日返回地面，图甲是返回舱降落的场景，从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地，返回舱的简化v-t图像如图乙所示。舱内航天员的超重感觉最明显的时段是（ ）
A.从t1到t2B.从t2到t3
C.从t3到t4D.从t4到t5
5.（多选）质量为m的人站在电梯里，电梯减速下降，加速度大小为15g（g为重力加速度），则（ ）
A.人对电梯的压力大小为45mg
B.人对电梯的压力大小为65mg
C.人处于超重状态
D.人处于失重状态
6.2022年12月4日20时09分，神舟十四号飞行乘组成功返回地面，圆满完成任务。若神舟十四号飞船返回舱距离地面只有1 m的时候，速度为3 m/s，方向竖直向下，此时返回舱底部的反推发动机瞬间点火，产生竖直向上的推力使返回舱匀减速竖直下降，最终减速为0，平稳着陆。返回舱质量为3 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略该匀减速过程中空气阻力及返回舱质量变化。对于该匀减速运动过程，下列说法正确的是（ ）
A.减速时间为1 s
B.返回舱的惯性减小
C.返回舱处于失重状态
D.返回舱受到的推力大小为43 500 N
7.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的小物块，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
8.如图所示，某同学抱着箱子做蹲起运动研究超重和失重现象，在箱内的顶部和底部均安装有压力传感器。两质量均为2 kg的物块用轻弹簧连接分别抵住传感器。当该同学抱着箱子静止时，顶部的压力传感器显示示数F1＝10 N。重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻力，则（ ）
A.箱子静止时，底部压力传感器显示示数F2＝30 N
B.当F1＝5 N时，箱子处于失重状态，人可能抱着箱子开始下蹲
C.当F1＝15 N时，箱子处于超重状态，人可能抱着箱子开始向上站起
D.若箱子保持竖直从高处自由释放，运动中两个压力传感器的示数均为30 N
9.（多选）同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客相对电梯均静止，如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中，下列说法正确的是（ ）
A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B.只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用
C.在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大
D.三种方式中的乘客均处于超重状态
10.如图所示为杂技“顶竿”表演，若表演中，一人A站在地上，头上顶一根竖直竹竿，另外一人B在竹竿上某位置处开始以加速度a加速下滑，接着以同样大小的加速度减速到另一位置停下。已知两表演者质量均为M，杆质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A.当B加速下滑时A对地面的压力为（2M＋m）g－Ma
B.当B减速下滑时A对地面的压力为（2M＋m）g－Ma
C.A对地面的压力一直为（2M＋m）g
D.B下滑过程中一直处于失重状态，所以A对地面的压力一直小于（2M＋m）g
11.某人在以a1＝0.5 m/s2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m1＝90 kg的物体。重力加速度g取10 m/s2。
（1）求此人在地面上最多可举起多少千克的物体；
（2）若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40 kg的物体，求此升降机上升的加速度大小。
12.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，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。
6.超重和失重
1.AC 因为x-t图像的斜率等于速度，则0～t1时间内，电梯速度向上增加，则加速度向上，乘客处于超重状态，A正确；t1～t2时间内，电梯匀速上升，则加速度为0，乘客处于平衡状态，B错误；t2～t3时间内，电梯向上减速，则加速度向下，乘客处于失重状态，C正确；t3～t4时间内，电梯静止，乘客处于平衡状态，D错误。
2.D 学生起跳离开地面前的瞬间，学生有向上的加速度，处于超重状态，根据牛顿第二定律知学生受到的重力小于地面对学生的支持力，A、B错误；学生起跳离开地面前的瞬间，学生对地面压力的施力物体是人，受力物体是接触的地面，而学生受到的重力的施力物体是地球，不是同一个力，C错误；学生从最高点开始下落的过程中，先向下加速运动，处于完全失重状态，接触地面后做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，速度达到最大，然后继续向下减速到速度为0，所以学生接触地面后加速度先向下减小，然后向上增大，所以学生先处于完全失重，接着处于失重，最后再处于超重状态，D正确。
3.B 惯性是物体的固有属性，与其所在位置和运动状态无关，故A错误；“球拍”拍“球”时，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故B正确；“球拍”拍“球”时，如果不是正拍，水球对球拍的作用力包括弹力和摩擦力，弹力垂直于拍面，摩擦力平行于拍面，合力不垂直于拍面，故C错误；水球能够悬浮在太空舱中是由于完全失重现象造成的，故D错误。
4.B v-t图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由图可知，t2到t3时间内向上的加速度最大，可知这个阶段航天员超重感觉最明显。故选B。
5.BC 由于电梯减速下降，所以加速度向上，则人处于超重状态，对人受力分析，受到重力mg，电梯底部的支持力FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得FN＝65mg，依据牛顿第三定律，则人对电梯底部的压力大小为65mg，故A、D错误，B、C正确。
6.D 由题意知，神舟十四号飞船返回舱距离地面只有1 m的时候，速度为3 m/s，方向竖直向下，此时返回舱底部的反推发动机瞬间点火，产生竖直向上的推力使返回舱匀减速竖直下降，最终减速为0，则有xt＝v02，解得t＝23 s，故A错误；惯性只与质量有关，返回舱的质量不变，则惯性不变，故B错误；由于返回舱匀减速竖直下降，则返回舱处于超重状态，故C错误；由于返回舱匀减速竖直下降，最终减速为0，根据逆向思维法有v0＝at，解得返回舱的加速度为a＝4.5 m/s2，再根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得F＝43 500 N，故D正确。
7.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。
8.D 当箱子静止时，对两物块和弹簧组成的系统受力分析可知2mg＋F1＝F2，得下面压力传感器显示的示数F2＝50 N，对上面物体有mg＋F1＝F弹，得F弹＝30 N，故A错误；当F1＝5 N时，对上面物体mg＋F1＜F弹，所以加速度方向向上，箱子处于超重状态，人可能抱着箱子开始站起，故B错误；当F1＝15 N时，mg＋F1＞F弹，加速度方向向下，箱子处于失重状态，人可能抱着箱子开始下蹲，故C错误；当箱子自由下落时处于完全失重状态，两个物体所受合力均为mg，则应有F弹＝F1＝F2，弹簧长度没变，所以两个压力传感器的示数均为30 N，故D正确。
9.CD 电梯加速上升阶段，在甲种方式中，乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用；在乙种方式中，乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用；在丙种方式中，乘客受到支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到了摩擦力作用，故A、B错误；在甲种方式中，乘客受到电梯地板的支持力为FN1＝mgcs θ，在乙种方式中，根据牛顿第二定律有FN2－mg＝masin θ，乘客受到电梯地板的支持力为FN2＝mg＋masin θ，在丙种方式中，根据牛顿第二定律有FN3－mg＝ma，乘客受到电梯地板的支持力为FN3＝mg＋ma，可得FN1＜FN2＜FN3，故在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大，故C正确；三种方式中的乘客均有向上的加速度，均处于超重状态，故D正确。
10.A 当B加速下滑时，对B由牛顿第二定律可知Mg－Ff1＝Ma，对A：Mg＋Ff1＋mg＝FN1，解得FN1＝（2M＋m）g－Ma，则A对地面的压力为（2M＋m）g－Ma，选项A正确；当B减速下滑时，对B由牛顿第二定律可知Ff2－Mg＝Ma，对A：Mg＋Ff2＋mg＝FN2，解得FN2＝（2M＋m）g＋Ma，则A对地面的压力为（2M＋m）g＋Ma，选项B、C错误；B下滑过程中先加速后减速，则先失重后超重，所以A对地面的压力先小于（2M＋m）g，后大于（2M＋m）g，选项D错误。
11.（1）85.5 kg （2）11.375 m/s2
解析：（1）以物体为研究对象，对物体进行受力分析及运动状态分析，如图甲所示，设人的最大“举力”为F
由牛顿第二定律得
m1g－F＝m1a1
所以F＝m1（g－a1）＝855 N
当此人在地面上举物体时，设最多可举起质量为m0的物体
则有m0g－F＝0
所以m0＝85.5 kg。
（2）此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40 kg的物体，此时升降机处于超重状态，对物体进行受力分析和运动情况分析如图乙所示
由牛顿第二定律得F－m2g＝m2a2
所以a2＝F－m2gm2＝11.375 m/s2。
12.（1）1 m/s2 失重 （2）600 N （3）19 m
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，
由牛顿第二定律得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内小明的加速度大小为a3，
时间为t3，0～2 s的时间为t1，
则a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2
由牛顿第二定律得F3－mg＝ma3
解得F3＝600 N。
（3）0～2 s内位移x1＝12a1t12＝2 m
2～10 s内位移x2＝a1t1×t2＝16 m
10～11 s内位移x3＝12a3t32＝1 m
小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m