2019人教版必修第一册高一(上)第四章6超重和失重课后练习

2019人教版必修第一册高一（上）第四章6超重和失重课后
练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于超重与失重的判断正确的是（）
A．物体做变速运动时，必处于超重或失重状态B．物体向下运动时，必处于失重状态
C．做竖直上抛运动的物体，处于失重状态D．物体向上做匀加速直线运动，处于失重状态
2．如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）．下列说法正确的是
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
3．如图所示，一水桶侧壁上不同高度处开有两小孔，把桶装满水，水从孔中流出。

用手将桶提至高处，然后松手让桶落下，在水桶下落的过程中（）
A．水仍以原流速从孔中流出B．水仍从孔中流出，但流速变快
C．水几乎不从孔中流出D．水仍从孔中流出，但两孔流速相同4．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g．据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为：
A．g B．2g C．3g D．4g
5．如图所示，台秤上放置盛水的杯，杯底用细线系一木质小球，若细线突然断裂，则在小木球上浮到水面的过程中，台秤的示数将( )
A．变小
B．变大
C．不变
D．无法判断
二、多选题
6．如图所示，一名乘客从一层乘电梯到四层，在四层短暂停留后又乘电梯到一层．则电梯地板对乘客处于超重的阶段可能是（）
A．电梯加速上行阶段
B．电梯减速上行阶段
C．电梯加速下行阶段
D．电梯减速下行阶段
7．如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲-起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。

由图线可知该同学（）
A．做了一次下蹲-起立的动作
B．做了两次下蹲-起立的动作，且下蹲后约4s起立
C．下蹲过程处于失重状态，起立过程处于超重状态
D．下蹲过程先处于失重状态后处于超重状态
8．在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一质量为2kg的物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图像如图乙所示。

根据图像分析得出的结论中正确的是（g取2
10m/s）（）
A．从1t到2t，物块处于失重状态
B．从3t到4t，物块处于失重状态
C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
9．一个50kg的人站在电梯里，电梯顶部用一弹簧测力计悬挂着质量为1kg的物体，电梯运行时弹簧测力计示数为12N，重力加速度取g=10m/s2，则此时（）
A．电梯可能正向下做减速运动
B．电梯可能正向下做加速运动
C．人对地板的压力大小为600N
D．人对地板的压力大小为400N
三、解答题
10．某人在以加速度a＝2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1＝75 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起50 kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大？(g取10 m/s2)
11．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＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图所示，取g＝10 m/s2．求：
（1）小明在0～2 s内的加速度大小a1，并判断在这段时间内小明处于超重还是失重状态；
（2）在10～11s内，台秤的示数F3；
（3）小明运动的总位移x．
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
判断一个物体处于超重状态还是失重状态，不是看物体的运动方向或运动状态，而是看物体运动的加速度方向。

物体有竖直向上的加速度时，处于超重状态，有竖直向下的加速度时，处于失重状态。

A．物体做变速运动时,无法判断加速度的方向，故无法判断物体是超重还是失重，故A错误；
B．物体向下运动，也无法判断加速度的方向，故故无法判断物体是超重还是失重，故B错误；
C．竖直上抛的物体，加速度向下，处于失重状态，故C正确；
D．物体向上做匀加速直线运动，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。

2．A
【解析】
解：以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下．
再以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力．
故选A．
【点评】本题是整体法和隔离法的应用，整体跟部分的运动情况相同，可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度，再对部分进行受力分析，得出最终结论．
3．C
【详解】
水之所以能从孔中流出，是因为水在孔的位置存在压强，把水压出孔外；当松手让桶下落时，桶和水一起向下做加速度为g的加速运动，都处于完全失重状态，水与水之间没有挤压，故两孔中都几乎没有水流出，C正确，ABD错误。

4．B
【详解】
人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0．6F0，而最大拉力为1．8F0，即0．6F0=mg ①
F m=1．8F0 ②
结合牛顿第二定律，有F-mg=ma ③
当拉力最大时，加速度最大，因而有1．8F0-mg=ma m④
由①④两式解得a m=2g，故选B．
5．A
【解析】
【详解】
以容器和木球组成的整体研究对象，将细线割断，在木球上浮的过程中木球加速上升，加速度方向向上，木球上浮留下的空位由水来填充，所以相当一个与木球同样大小的水球向下加速运动，由于同样体积的木球质量小于水球的质量，所以整体存在失重现象，台秤的示数小于系统总重力，台秤的示数减小。

故选A。

6．AD
【分析】
竖直加速度向上为超重，竖直加速度向下为失重，竖直加速度为零是平衡.
【详解】
A、D、电梯加速向上运动或减速向下运动时，其加速度均向上，则电梯和人均处于超重状态；故A、D均正确.
B、C、电梯加速向下运动或减速向上运动时，其加速度均向下，则电梯和人均处于失重状态；故B、C均错误.
故选AD.
【点睛】
本题关键是判断出加速度方向，从而体现电梯的超、失重情况，与速度无关．
7．AD
【解析】
【分析】
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超
重状态，此时有向上的加速度。

人下蹲过程分别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，起立也是如此。

【详解】
人下蹲动作包含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，即先失重再超重；同理，起立动作也包含两个过程，先加速向上超重，后减速向上失重。

对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，故B 、C 错误，A 、D 正确。

故选：AD 。

【点睛】
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。

8．BC
【详解】
由F t -图像可以看出，10~t 时间内，F mg =，物块可能处于静止状态或匀速运动状态；21~t t 时间内，F mg >，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动；23~t t 时间内，F mg =，物块可能处于静止或匀速运动状态；34~t t 时间内，F mg <，电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动。

综上分析可知，BC 正确，AD 错误。

9．AC
【解析】
【分析】
升降机与物体具有相同的加速度，对物体分析，根据牛顿第二定律求出物体的加速度大小和方向，从而得出升降机的加速度大小和方向.隔离对人分析，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出人对地板的压力大小.
【详解】
A 、
B 、以物体为研究对象，它受到竖直向下的重力mg 、弹簧秤竖直向上的拉力F 作用，根据牛顿第二定律得：F -mg =ma ，代入数据解得物体和电梯的加速度大小a =2m/s 2，方向竖直向上，但运动方向未知，则电梯向上加速运动或向下减速运动；故A 正确，B 错误.
C 、
D 、以人为研究对象，它受到竖直向下的重力Mg 、竖直向上的支持力N 作用，根据牛顿
第二定律有：N -Mg =Ma ，代入数据解得N =600N ，根据牛顿第三定律，此时人对地板的压力大小为600N ；故C 正确，D 错误.
故选AC.
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和牛顿第三定律的基本运用，解决本题的关键知道当加速度向下时物体失重，加速度向上时物体超重；发生失重或超重时速度方向不能确定.
10．60 kg 2 m/s 2
【解析】
【详解】
设此人在地面上的最大“举力”为F ，那么他在以不同加速度运动的升降机中最大的“举力”仍然是F .以物体为研究对象进行受力分析，物体的受力示意图如图所示，且物体的加速度与升降机相同．
当升降机以加速度22/a m s =匀加速下降时，对物体有：
11m g F m a -=，则：1()F m g a =-，得：75(102)600F N N =⨯-=
设人在地面上最多可举起质量为m 0的物体
则F ＝m 0g ，06006010
m kg kg == 设升降机匀加速上升的加速度为a '，对物体有：22F m g m a -='，
2260010/2/50a m s m s ⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭
所以升降机匀加速上升的加速度为22?/m s ．
【点睛】
解决本题的关键知道物体与升降机具有相同的加速度，关键对物体受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．
11．（1）a1＝1m/s2，失重状态；（2）F3＝600N（3）19m
【详解】
（1）由图象可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力F1＝450 N
由牛顿第二定律有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
由牛顿第二定律有F3一mg＝ma3
解得F3＝600 N
（3）0～2 s内位移x1＝a1t＝2 m
2～10s内位移x2＝a1t1t2＝16 m
10～11s内位移x3＝a3t＝1 m
小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m。