1、一、单项选择题1(2019黄陵校级期末)下列关于超重和失重的说法中，正确的是()A物体处于超重状态时，其重力增加了B物体处于完全失重状态时，其重力为零C物体处于超重或失重状态时，其惯性比处于静止时增加或减小了D物体处于超重或失重状态时，其重力都没有变化解析：选D.超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力，物体的重力并没有增加，故A错误；物体处于完全失重时，重力全部用来提供加速度，对支持它的支持面压力为零，重力并没有消失，故B错误；惯性的大小与物体的运动状态无关，物体处于超重或失重状态时，其惯性与处于静止时相等，故C错误；物体处于超重或失重状态时，其重力都没有变化，故D正确2(2019宿迁期末
2、)2018年12月8日2时23分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器，开启了月球探测的新旅程若运载火箭在发射升空过程中，探测器先做加速运动，后做减速运动下列说法正确的是()A探测器在加速过程中惯性变大B探测器先处于超重状态，后处于失重状态C探测器先处于失重状态，后处于超重状态D在加速过程，火箭对探测器作用力大于探测器对火箭的作用力解析：选B.惯性的大小只与质量有关，与运动状态无关，所以不论加速还是减速惯性大小一样，故A错误；发射升空过程中，先做加速运动后做减速运动：向上加速过程加速度向上，则为超重，向上减速加速度向下，为失重，故B正确，C错误；根据牛顿第三定律火箭
3、对探测器作用力等于探测器对火箭的作用力，故D错误3.如图所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景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，下列说法正确的是()A火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B火箭加速上升时的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力C飞船加速下落时，宇航员处于超重状态D飞船落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于其重力解析：选D.火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，A错误；火箭上升的加速度逐渐减小时，由于加速度方向向上，宇航员仍处于超重状态，对座椅的压力大于其重力，B错误；飞船加速下落时，加速度方向向下，处于失重状态，宇航员对座
4、椅的压力小于其重力，C错误；飞船在落地前减速，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，D正确4(2019华宁校级月考)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧秤的示数如图所示，则电梯运行的vt图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)()解析：选A.从图可以看出，t0t1时间内，该人的视重小于其重力，t1t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0t1时间内，该人具有向下的加速度，t1t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能
5、的图象为A.5.如图所示，一乒乓球用细绳系于盛有水的容器底部，某时刻细绳断开，在乒乓球上升到水面的过程中，台秤示数()A变大B不变C变小 D先变大后变小解析：选C.同体积的水比乒乓球的质量大，在乒乓球加速上升的过程中，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小6(2019浙江模拟)如图所示，一轻质弹簧上端固定在升降机的天花板上，下端挂一小球，在升降机匀速竖直下降过程中，小球相对于升降机静止，若升降机突然停止运动，设空气阻力可忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，且小球不会与升降机的内壁接触，则小球在继续下降的过程中()A小球的加速度逐渐减小，小球处于失重状态B小球的加速度逐渐增大，小球
6、处于超重状态C小球的速度逐渐减小，小球处于失重状态D小球的速度逐渐增大，小球处于超重状态解析：选B.升降机突然停止，小球由于惯性继续向下运动，但是受到弹簧的拉力越来越大，拉力方向与其运动方向相反，故小球做减速运动，加速度方向向上，则小球处于超重状态；小球加速度增大，B正确；A、C、D错误7(2019云南二模)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1m2.现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将()A变大B变小C不变D先变小后变大解析：选B.剪断细线之前，木箱对台秤的压力等于整体的重力；剪
7、断细线以后，物块P向下加速掉落，加速度向下，物体P处于失重状态；由于P的质量大，用整体法可知整个系统处于失重状态，所以木箱对台秤的压力小于整体重力，故示数变小8(2019包河校级月考)传送带与水平面夹角37，皮带以10 m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图所示今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m0.5 kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16 m，g取10 m/s2，则物体从A运动到B的过程中()A小物块先加速后匀速B小物块加速度大小为2 m/s2C小物块到B点速度为10 m/s D小物块全程用时2 s解析：选D.由于mgsin 37mgco
8、s 37，可知物体与传送带不能保持相对静止所以物块一直做加速运动，故A错误；物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a1gsin 37gcos 37 m/s210 m/s2，故B错误；速度达到传送带速度所需的时间t1 s1 s，经过的位移x1a1t1012 m5 m；由于mgsin 37mgcos 37，可知物体与传送带不能保持相对静止，速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得a2gsin 37gcos 372 m/s2；根据vt2a2tLx1，即10t22t11，解得t21 s；则tt1t22 s，物块到达最低点的速度：vtva2t2 m/s12 m
9、/s，故C错误，D正确二、多项选择题9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，如图所示则在加速过程中，下列说法中正确的是()A顾客受到三个力的作用B顾客处于超重状态C扶梯对顾客没有摩擦力的作用D顾客对扶梯的压力等于顾客的重力解析：选AB.以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，A正确；顾客有竖直向上的加速度，因此顾客处于超重状态，B正确；顾客受到水平方向的静摩擦力作用，C错误；顾客处于超重状态，对扶梯的压力大于顾客的重力，D错误10.(
10、2019山东青岛高一月考)如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是()A若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下C若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上D若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力解析：选BD.将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A错误，D正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿
11、第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力A对B的压力向下，故B正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误11.如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体
12、P速度随时间变化的图象可能是()解析：选BC.若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速若v2v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FTmg，此后加速度a2，故C正确，A、D错误12(2019大庆校级月考)如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动一小物块以v1的初速度冲上传送带小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则()A如果v1v2，小物块到达B端的速度可能等于0B如果v1v
13、2，小物块到达B端的速度可能等于0C如果v1v2，减小传送带的速度，物块到达B端的时间可能增长D如果v1v2，增大传送带的速度，物块到达B端的时间可能变短解析：选ABC.小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体继续减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故A正确；v1小于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体一直减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故B正确；由A的分析
14、可知，如果v1v2，小物块的加速度开始时为gsin gcos ，速度相等之后变为gsin gcos ； 故开始时加速度大； 若减小传送带的速度，作出两种情况下的图象如图所示，由图可知，传送带速度减小后的图象虚线所示，要达到相同的位移，用时要长；故用时可以较长或不变，故C正确；如图v1v2，物体一直做减速运动，加速度不变，到达B端时的位移不变，物体的运动时间不变，故D错误三、非选择题13某人在以a0.5 m/s2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m190 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起m240 kg的物体，则此升降机上升的加速度为
15、多大？(g取10 m/s2)解析：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，m1gFm1a1，所以Fm1(ga1)855 N.当他在地面上举物体时，设最多举起质量为m0的物体，则有m0gF0，所以m085.5 kg.此人在某一匀加速上升的升降机中最多能举起m240 kg的物体，由于m085.5 kgm240 kg，显然此时升降机一定处于超重状态，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Fm2gm2a2，所以a211.375 m/s2，即升降机加速上升的加速度为11.375 m/s2.答案：85.5 kg11.3
16、75 m/s214.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30，传送带在电动机的带动下，始终保持v02 m/s的速率运行现把一质量为m10 kg的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端，经时间t1.9 s，工件被传送到h1.5 m的高处，并获得了与传送带相同的速度，取g10 m/s2.求：(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力Ff的大小；(2)工件与传送带之间的相对位移x的大小解析：(1)由题意知高h对应的传送带长为L3 m工件速度达到v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移为x1，有x1v t1t1因工件最终获得了与传送带相同的速度，所以达到v0之后工件将匀速运动，有Lx1v0(tt1)解得：t10.8 s，x10.8 m所以加速运动阶段的加速度为a2.5 m/s2在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有Ffmgsin ma解得：Ff75 N.(2)在时间t1内，传送带运动的位移为xv0t11.6 m所以在时间t1内，工件相对传送带的位移大小为xxx10.8 m.答案：(1)75 N(2)0.8 m