1、课时跟踪检测（二十七）失重和超重组重基础体现综合1多选如图所示为运动员原地纵跳摸高训练。已知质量m50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m，跳起过程中，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960 ND从开始起跳到双脚落地需要1.05 s解析：选AD运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2ghv2可知v m/s4 m/s；在起跳过程中可视为匀加
2、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，根据速度位移公式可知，2ahv2，解得a m/s216 m/s2，对运动员根据牛顿第二定律可知FNmgma，解得FN1 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A正确，C错误；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度1，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，故选项B错误；起跳过程运动的时间t1 s0.25 s，起跳后运动的时间t20.8 s，故运动的总时间tt1t21.05 s，故选项D正确。2港珠澳大桥工程的技术及设备规模创造了多项世界纪录，被誉为“超级工程”。建
3、造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道排水量约 8 万吨，超过了一台中型航母的排水量。若将该沉管在向下沉放过程中看成是减速运动，关于此过程，下列说法正确的是()A沉管所受的合外力为0B沉管所受合外力不为0，且方向向下C该沉管处于超重状态D该沉管处于失重状态解析：选C由题意知沉管有向上的加速度，根据牛顿第二定律可知合力向上，故A、B错误；因加速度方向向上，所以沉管处于超重状态，故C正确，D错误。3.某海洋馆中的“海豚顶球”节目因其互动性强而深受小朋友们的喜爱。如图所示为一海豚把球顶向空中，并等其落下。下列说法正确的是()A球在最高点时受到重力和海豚对它的顶力作用B球在最
4、高点时速度和加速度都为零C球在上升过程中处于超重状态D球在下落过程中处于失重状态解析：选D海豚把球顶向空中后，球只在重力作用下运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g，球在上升过程中有向下的加速度，处于失重状态，故B、C错误；球在下落过程中只受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故D正确。4.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
5、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零，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：Tmgma，即Tmgmamg，故选项D错误。5.(2020山东等级考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()A0t1时间内，v增大，FNmgBt1t2时间内，v减
6、小，FNmgCt2t3时间内，v增大，FNmgDt2t3时间内，v减小，FNmg解析：选D根据位移时间图像的斜率表示速度可知，0t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项A错误；t1t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FNmg，选项B错误；t2t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确。6多选如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为 50 kg的乘客，在电梯运行时
7、乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时伸长量的1.2倍，已知重力加速度g10 m/s2，由此可判断()A乘客处于失重状态B电梯可能减速下降，加速度大小为 2 m/s2C电梯可能加速上升，加速度大小为 2 m/s2D乘客对电梯地板的压力为 625 N解析：选BC电梯静止不动时，小球受力平衡，有mgkx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时大，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有kxmgma，解得a2 m/s2，方向竖直向上，电梯可能加速上升或减速下降，乘客处于超重状态，故B、C符合题意，A不符合题意；以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FNMgMa，解得FN600 N，由牛顿第三定律可知乘客对
8、电梯地板的压力大小为 600 N，故D不符合题意。7.如图所示，质量为m12 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m21 kg的物体C。不计定滑轮的质量和一切阻力，取g10 m/s2。在箱子加速下落的过程中，下列说法不正确的是()A物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2B物体A处于超重状态，加速度大小为5 m/s2C物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND轻绳对定滑轮的作用力大小为60 N解析：选A物体A加速上升，处于超重状态，取A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得(Mm2)gm1g(Mm1m2)a，代入数据得加速度a5 m/s
9、2，A错误、B正确；物体C加速下降，处于失重状态，隔离C有m2gNm2a，得N5 N，C正确；隔离A有Tm1gm1a，得T30 N，由牛顿第三定律得轻绳对定滑轮的作用力大小为2T60 N，D正确。8多选如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲起立的动作时记录的压力随时间变化的图线。由图线可知()A该同学体重约为650 NB该同学做了两次下蹲起立的动作C该同学做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立D下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析：选AC由题图可知该同学体重约为650 N，A正确。人下蹲动作有失重和超重两个过程，先是加速下降，失重，到达一个最大速度后再减速下降，超重，故下蹲时
10、应先失重再超重。起立时应先超重再失重，由对应图像可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，B、D错误。由图像看出两次超重的时间间隔约为2 s，这就是该同学蹲下后持续的时间，C正确。9.质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。重力加速度g取10 m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。(1)匀速上升；(2)以4 m/s2的加速度加速上升；(3)以5 m/s2的加速度加速下降。解析：(1)匀速上升时，由平衡条件得：FN1mg600 N，由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为600 N，即体重计示数为600 N。(2)以a14 m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得：FN2
11、mgma1，FN2mgma1840 N由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为840 N，即体重计示数为840 N。(3)以a25 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得：mgFN3ma3，FN3mgma3300 N，由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为300 N，即体重计示数为300 N。答案：(1)600 N(2)840 N(3)300 N组重应用体现创新10一个人在以a2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起质量为75 kg的物体，那么()A该人在地面上最多可以举起质量为50 kg的物体B该人在地面上最多可以举起质量为90 kg的物体C若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg
12、的物体，则升降机一定是以2 m/s2的加速度匀加速上升D若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体，则升降机可能是以2 m/s2的加速度匀减速下降解析：选D设人的举力为F，则m1gFm1a，解得：F600 N，即站在地面上最多可举起重物的质量为m260 kg，故A、B错误；若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体，根据牛顿第二定律得，Fm3gm3a，解得：a m/s22 m/s2，加速度方向向上，故C错误，D正确。11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小物块，如图甲所示。升降机从 t0 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
13、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 02t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B在t03t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态Ctt0时刻，物块所受的支持力大小为mgDt3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg解析：选C由题图乙可知，在 02t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；在t03t0时间内，物块处于失重状态，故B错误；在tt0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t3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，故D错误。12(2020浙江7月选考)如图1所示，有一质量m200 kg的物件在电
14、机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图2所示，t34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2)，求：(1)物件做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)物件匀速运动的速度大小；(3)物件总位移的大小。解析：(1)牛顿第二定律mgFTma得ag0.125 m/s2，方向竖直向下。(2)对匀减速运动过程，由运动学公式得vat21 m/s。(3)匀速上升的位移h1vt126 m匀减速上升的位移h2t24 m由题意得hh1h2总位移h40 m。答案：(1)0.125 m/s2竖直向下(2)1 m/s(3)40 m
