1、超重和失重A组基础达标1关于超重与失重的说法正确的是()A游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B在超重现象中，物体的重力是增大的C处于完全失重状态的物体，其重力一定为零D如果物体处于失重状态，它必然有竖直向下的加速度【答案】D【解析】失重是指弹力小于重力、合力竖直向下的情形，即加速度方向向下，故D正确；运动员处于静止状态，合力为零，既不失重，也不超重，A错误；不管是超重还是失重，物体的重力是不变的，B、C错误2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
2、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【答案】D【解析】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3.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0t3时间段内弹簧测力
3、计的示数如图所示，则电梯运行的vt图像可能是(取电梯向上运动的方向为正)()【答案】A【解析】从图可以看出，t0t1内，该人的视重小于其重力，t1t2内，视重正好等于其重力，而在t2t3内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0t1内，该人具有向下的加速度，t1t2内，该人处于平衡状态，而在t2t3内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图像为A.4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【答案】C【解析】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
4、重状态，台秤示数变小5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【答案】B【解析】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
5、正确，A、C、D错误6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【答案】B【解析】剪断细线之前，木箱对台秤的压力等于整体的重力；剪断细线以后，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7某同学做一小实验，在上端开口的塑料瓶靠近底部的侧面打一个小孔，用手握住水瓶并按住小孔，注满水，移开手指水就会从孔中射出，然
6、后释放水瓶，发现水不再射出(瓶内水足够多)，这是因为水瓶在下落过程中水()A处于超重状态B处于失重状态C做匀速直线运动D做匀减速直线运动【答案】B【解析】当水瓶被释放后，水瓶及水均做自由下落运动，加速度为g，向下做匀加速直线运动，则均处于失重状态；故A、C、D错误，B正确8(多选)高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙则下列说法正确的()A人向上弹起过程中，先处于超重状态，后处于失重状态B人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压
7、力等于人和高跷的总重力【答案】AC【解析】人向上弹起过程中，先加速向上，处于超重状态，然后减速向上，处于失重状态，选项A正确；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，是大小相等的关系，选项B 错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度向上，人处于超重状态，所以高跷对人的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C 正确，D 错误9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多大？(g取10 m/s2
8、)【答案】85.5 kg11.4 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，如题图甲所示，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，如题图乙所示，由牛顿第二定律得Fm2gm2a2，所以a211.4 m/s2，即升降机加速上升的加速度为11.4 m/s2.B组能力提升10
9、(2021届葫芦岛名校检测)每个小伙伴都有一个飞行梦，现在钢铁侠的梦想就能成为现实.2020年中国深圳光启公司的马丁飞行背包接受预定，交付期一年消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时，从地面开始竖直飞行的vt图像如图所示，下列说法正确的是()A消防员上升的最大高度为225 mB消防员在3090 s内正处于下降阶段C消防员在150180 s之间处于失重状态D消防员在150255 s内的平均速度大小为零【答案】C【解析】消防员在090 s速度为正值向上，由图像与时间轴围成的面积可知消防员上升的高度h9015 m675 m，故A错误；由图可知，消防员在3090 s内向上做减速运动，故B错误；消防
10、员在150180 s之间向下做加速运动，则处于失重状态，故C正确；消防员在150255 s内为位移为图线与坐标轴所围的面积不为0，则平均速度不为0，故D错误11(多选)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【答案】AB【解析】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
11、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12(多选)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【答案】BD【解析】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
12、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，根据牛顿第二定律得，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13(多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速转动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时
13、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P速度随时间变化的图像可能是()【答案】BC【解析】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14(多选)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
14、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v1v2，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【答案】ABC【解析】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
15、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的分析可知，如果v1v2，小物块的加速度开始时为gsin gcos ，速度相等后变为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像如图所示，由图可知，传送带速度减小后的图像虚线所示，要达到相同的位移，用时要长，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15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
16、作质点)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【答案】(1)75 N(2)0.8 m【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.
