1、一、选择题1游乐园中，乘客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉，下列描述正确的是()A当升降机加速上升时，游客是处在失重状态B当升降机减速下降时，游客是处在超重状态C当升降机减速上升时，游客是处在失重状态D当升降机加速下降时，游客是处在超重状态答案BC解析当物体的加速度方向向上时，处于超重状态，而加速度方向向下时，处于失重状态，由此判断选项B、C正确。2为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那以下列说法中正确的是()A顾客始终受到三个力的作用B顾客始
2、终处于超重状态C顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下答案C解析当电梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C。3.(2013北京海淀期中)如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是()A在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C下降过程中A对B的压力大
3、于物体A受到的重力D在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力答案A解析把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确。4.(2013西南师大附中高三测试)细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示，以下说法正确的是(已知cos530.6，sin530.8)()A小球静止时弹簧的弹力大小为mgB小球静止时细绳的拉力大小为mgC细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g答案AD解析细绳烧断前对小球进行受力分析如图所示，其中F1为弹簧的弹力
4、，F2为细绳的拉力。由平衡条件得F2cos53mgF2sin53F1解得F2mg，F1mg细绳烧断瞬间，细绳的拉力突然变为零，而弹簧的弹力不变，此时小球所受的合力与F2等大反向，所以，小球的加速度立即变为ag。5如图所示，A为电磁铁、C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为m1，B为铁片，质量为m2，整个装置用轻绳悬挂于O点 ，当电磁铁通电，铁片被吸引加速上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为()AFm1g Bm1gF(m1m2)g答案D解析对整体应用牛顿运动定律。取A、B、C为系统，B向上加速，整体处于超重状态，F(m1m2)g，选D。6(2013河南三市联考)如图所示，在一升降机内，一物块被
5、一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直。在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板。当升降机向上运动时，其vt图象如图所示，下面给出的地板所受压力F1和升降机天花板所受压力F2随时间变化的定性图象，可能正确的是()答案BC解析根据题述，物块未曾离开升降机的天花板，弹簧长度相同，弹簧中弹力相同，地板所受压力F1相同，选项B正确，A错误。当升降机向上运动时，在0t1时间内，加速度向上，天花板对物块向下压力最小；在t2t3时间内，减速运动。天花板对物块向下压力最大；所以选项C正确，D错误。7某同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带进竖直升降的电梯中，放置
6、在压力传感器的水平载物面上。电梯由启动到停止的过程中，测得压力(F)时间(t)变化的图象如图所示。设在t13s和t28s时电梯的速度分别为v1和v2，由此他做出判断()A电梯在上升，v1v2 B电梯在上升，v1v2C电梯在下降，v1v2答案B解析在04s内，Fmg，故物体处于超重状态，电梯具有向上的加速度，电梯一定加速上升，而且在t3s时电梯正在加速，而t8s时的电梯的速度与电梯在t4s时的速度相等，故有v1v2，所以只有B正确。8(2013山东潍坊3月模拟)如图所示，把小车放在倾角为30的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙
7、子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中()A小桶处于失重状态B小桶的最大速度为C小车受绳的拉力等于mgD小车的最大动能为mgh答案B解析对小车和小桶组成的系统，由牛顿第二定律得3mgsin30mg(3mm)a，解得ag，即小桶具有竖直向上的加速度，所以小桶处于超重状态，选项A错误；小车和小桶均做匀加速运动，当小桶运动位移等于h时速度最大，由运动学公式得v02ah，解得vmax，选项B正确；此时小车的动能也最大，即Ekmax3mvmgh，选项D错误；以小桶为研究对象，由牛顿第二定律得Fmgma，解得Fmg，由牛顿第三定律可知，小车受到绳的拉力为9mg/8，选项C错误。二
8、、非选择题9一个质量是50kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为mA5kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40N。g取10m/s2，求此时人对地板的压力。答案400N方向竖直向下 解析以A为研究对象， 对A进行受力分析如图所示，选向下的方向为正方向，由牛顿第二定律可得mAgFTmAa，所以am/s22m/s2。再以人为研究对象，他受到向下的重力m人g和地板的支持力FN。仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得m人gFNm人a。所以FNm人gm人a(5010502) N400N.由牛顿第三定律可知， 人对地板的压力为400N，方
9、向竖直向下。10完整的撑秆跳高过程可以简化成如图所示的三个阶段，持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。运动员从静止开始以加速度a1.25m/s2匀加速助跑，速度达到v9.0m/s时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h24.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t0.90s。已知运动员的质量m65kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气的阻力，求：(1)运动员起跳前的助跑距离；(2)假如运动员从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，求软垫对她的作用力大小答案(1)32.4m(2)1300N解析(1)设助跑距离为x，由运动学公式 v22ax解得：x3
10、2.4m(2)运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v，由运动学公式有：v22gh2设软垫对运动员的作用力为F，由牛顿第二定律得Fmgma由运动学公式a解得：F1300N。11某举重运动员在地面上最多能举起160kg的杠铃。(1)若该运动员在升降机中能举起200kg的杠铃，求升降机加速度的大小和方向。(2)若升降机以(1)中等大的加速度减速下降，求该运动员在升降机中举起杠铃的最大质量(g取10m/s2)。答案(1)2m/s2方向竖直向下(2)133kg解析(1)举重运动员在地面和升降机中对杠铃的最大支持力是相同的，设最大支持力为FN，在地面上有FNm1g0，FNm1g16010N1.
11、6103N在升降机中，运动员举起的杠铃质量比在地面大，说明杠铃处于失重状态，加速度方向竖直向下，故有m2gFNm2a，a(10)m/s22m/s2。(2)升降机减速下降，加速度方向竖直向上，杠铃处于超重状态，则FNm3gm3am3()kg133kg。122012年11月9日是全国消防日，某社区组织了一次消防演习，其中有个项目为“模拟营救被困人员”，某消防员作为伤员在被救楼层等待营救，一名选手在消防队员的指导下，背起伤员沿安全绳由静止开始往地面滑行，经过3s安全落地。为了获得演习中的一些数据，以提高训练质量，研究人员测出了下滑过程中轻绳受到的拉力与伤员和选手总重力的比值随时间变化的情况，如图所示
12、，g10m/s2，求：(1)伤员与选手下滑的最大速度；(2)伤员被救楼层距离地面的高度。答案(1)4m/s(2)9m解析(1)由题图可知在t11s时，速度达到最大值，由牛顿第二运动定律可得：mgF1ma1其中F10.6mg解得：a14m/s2由运动学公式可得：vma1t14m/s(2)在01s内，选手与伤员运动的距离：x1a1t2m在1s2s内，选手与伤员受力平衡，做匀速直线运动x2vmt24m在2s3s内，由牛顿第二定律得：F2mgma2其中F21.2mg，解得选手与伤员减速的加速度大小为：a22m/s2在这段时间内下滑的末速度为：vtvma2t32m/s故下滑的距离为：x3t33m伤员被救楼层距离地面的高度为：xx1x2x39m
