4.6 失重和超重 同步练习—2021-2022学年高一上学期物理粤教版（2019）必修第一册（word含答案）

第四章　牛顿运动定律
第六节　失重和超重
【基础练】
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
2.关于超重和失重，下列说法正确的是(　　)
A．物体向上运动时处于超重状态，物体向下运动时处于失重状态
B．处于完全失重状态的物体一定是向下运动
C．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了
D．物体做自由落体运动时处于完全失重状态
3．下列说法正确的是(　　)
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
4．下列关于超重和失重的说法正确的是(　　)
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
5．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．在加速过程中，火箭对探测器的作用力大于探测器对火箭的作用力
6．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
运动的方向为正)(　　)
8．(多选)在升降机中，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，于是他作出下列判断，其中正确的是(　　)
A．升降机可能以0.8g的加速度加速上升
B．升降机可能以0.2g的加速度加速下降
C．升降机可能以0.2g的加速度减速上升
D．升降机可能以0.8g的加速度减速下降
9．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
10．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
11．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，m1＞m2.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
12.
某同学利用体重计研究超重与失重现象．在一次实验中，她先蹲在体重计上，在她由稳定的蹲姿变化到稳定站姿的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．该同学处于超重状态
B．该同学处于失重状态
C．体重计示数先减小后增大
D．体重计示数先增大后减小
13．(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，如图乙所示．则下列说法正确的是(　　)
甲　　　　
乙
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，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力
14．某人在以a1＝0.5
m/s 的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m1＝90
kg的物体，则此人在地面上最多可举起多重的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40
kg的物体，则此升降机上升的加速度a2为多大？(g取10
m/s )
【提升练】
15.
超重与失重是宇航员生活和工作中的两大难题．实际上，在我们的生活中也充满了超重和失重．假如某同学家住10楼，那么，他从一楼开始坐电梯回家的过程中，体验到的将是(　　)
A．先超重，后等重，再失重
B．先失重，后等重，再超重
C．一直超重
D．一直失重
16
.
文博同学每天上学都要乘垂直电梯下楼．在电梯下楼时，开始他觉得背的书包变轻了，快到楼底时他觉得书包又似乎变重了．这是为什么？
17．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．现在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m＝0.5
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/s ，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/s
C．小物块到B点速度为10
m/s
D．小物块全程用时2
s
18．(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
19．(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
20．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2
m/s的速率运行．现把一质量m＝10
kg的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端，经时间t＝1.9
s，工件被传送到h＝1.5
m的高处，并获得了与传送带相同的速度，g取10
m/s .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Δx的大小．
参考解析
【基础练】
1【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【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律，物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；物体具有向下的加速度时，物体处于失重状态．物体向上运动或向下运动，加速度可能向上也可能向下，不能够判断它是处于超重还是失重状态，故A、B错误；超重并非物体所受的重力增大了，而是弹力(视重)比重力大；失重也并非物体所受的重力减小了，而是弹力(视重)比重力小，故C错误；物体做自由落体运动时，加速度等于重力加速度，方向竖直向下，物体处于完全失重状态，故D正确．
3【答案】B
【解析】从受力上看，失重物体所受合力向下，超重物体所受合力向上；从加速度上看，失重物体的加速度向下，而超重物体的加速度向上．A、C、D中的各运动员所受合力为零，加速度为零，只有B中的运动员处于失重状态．
4【答案】D
【解析】超重是物体对水平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．
5【答案】B
【解析】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，向上减速过程加速度向下，为失重，故B正确，C错误；根据牛顿第三定律知火箭对探测器的作用力等于探测器对火箭的作用力，故D错误．
6【答案】D
7.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，t0～t3时间段内弹簧测力计的示数如图所示，则电梯运行的v t图像可能是(取电梯向上
7【答案】A
【解析】从图可以看出，t0～t1时间内，该人的视重小于其重力，t1～t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2～t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1时间内，该人具有向下的加速度，t1～t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2～t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图像为A.
8【答案】BC
【解析】由题意可知mg－N＝mg×20%＝ma，a＝0.2g，方向向下．所以升降机的加速度为0.2g，方向向下，故B、C正确，A、D错误．
9【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，处于失重状态，台秤示数变小．
10【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正确；A、C、D错误．
11【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．
12【答案】D
【解析】人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故体重计示数先增大后减小，D正确，A、B、C错误．
13【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，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，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，C正确，D错误．
14【答案】85.5
kg　11.375
m/s
【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m1g－F＝m1a1，
所以F＝m1(g－a1)＝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m0g－F＝0，
所以m0＝85.5
kg.
此人在某一匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40
kg的物体，由于m0＝85.5
kg>m2＝40
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F－m2g＝m2a2，
所以a2＝＝11.375
m/s ，
即升降机加速上升的加速度为11.375
m/s .
【提升练】
15【答案】A
【解析】上楼时，先向上加速，加速度方向向上，处于超重状态，再匀速，最后向上减速，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确，B、C、D错误．
16【答案】开始时电梯从静止做加速运动，使文博同学和电梯一起处于失重状态；快到楼底时，电梯一定有一个减速过程，则该过程中使电梯处于超重状态，因此就会出现上述现象．
17【答案】D
【解析】由于mgsin
37°＞μmgcos
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a1＝＝gsin
37°＋μgcos
37°＝(10×0.6＋0.5×10×0.8)
m/s ＝10
m/s ，故B错误；速度达到传送带速度所需的时间t1＝＝
s＝1
s，经过的位移x1＝a1t＝×10×12
m＝5
m；由于mgsin
37°＞μmgcos
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a2＝＝gsin
37°－μgcos
37°＝2
m/s ；根据vt2＋a2t＝L－x1，即10t2＋×2×t＝11，解得t2＝1
s，则t＝t1＋t2＝2
s，物块到达最低点的速度vt＝v＋a2t2＝(10＋2×1)
m/s＝12
m/s，故C错误，D正确．
18【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．
19【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．
20【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
L＝＝3
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
x1＝v
t1＝t1.
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
L－x1＝v0(t－t1)，
解得t1＝0.8
s，x1＝0.8
m.
所以加速运动阶段的加速度
a＝＝2.5
m/s .
在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有
Ff－mgsin
θ＝ma，
解得Ff＝75
N.
(2)在时间t1内，传送带运动的位移
x＝v0t1＝1.6
m，
所以在时间t1内，工件相对传送带的位移大小
Δx＝x－x1＝0.8
m.