人教版必修第一册4.6超重和失重 练习（word版含答案）

人教版必修第一册 4.6 超重和失重
一、单选题
1．下列实例属于超重现象的是（　　）
A．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动过程中
B．火箭点火后加速升空
C．举重运动员托举杠铃保持静止
D．被推出的铅球在空中运动
2．手托着书做下述运动，手对书的作用力最大的情况是（　　）
A．水平向右的匀速直线运动
B．竖直向下的匀速直线运动
C．竖直向上的匀减速直线运动
D．竖直向上的匀加速直线运动
3．从2020年7月起，太原市实施的老旧小区安装电梯的惠民政策，解决了老旧小区中高龄居民上下楼的“大问题”。取竖直向上为正方向，图中记录了一居民乘电梯时速度随时间变化的关系，则以下四个时刻中，人处于超重状态的是（　　）
A． B． C． D．
4．在竖直运动的电梯内的地板上放置一个体重计，一位质量为50kg男学生站在体重计上，在电梯运动过程中的某时刻，该男学生发现体重计的示数如图所示。重力加速度g取10m/s2，则该时刻（　　）
A．男学生的重力为400N
B．电梯一定在竖直向下运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2，方向一定竖直向下
D．男学生对体重计的压力小于体重计对他的支持力
5．如图所示，原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。训练过程中，运动员先由静止下蹲一段距离，然后发力跳起摸到了一定的高度。关于摸高过程中各阶段的分析正确的是（　　）
A．运动员到达最高点时处于平衡状态
B．运动员离开地面后始终处于失重状态
C．运动员离开地面后在上升过程中处于超重状态
D．运动员能从地面起跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
6．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则（　　）
A．时人处于失重状态 B．时人处于超重状态
C．时人处于失重状态 D．时人处于超重状态
7．中国载人航天工程办公室消息，北京时间2021年11月8日1时16分，经过约6.5小时的出舱活动，神舟十三号航天员乘组密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务。下列说法正确的是（　　）
A．“2021年11月8日凌晨1时16分”是指时间间隔
B．“神舟十三号”绕地球运行一周的平均速度为零
C．分析“神舟十三号”的飞行姿态时可以视其为质点
D．航天员出舱活动时， 航天员就是在空间站表面像在地面一样步行
8．下列关于超重和失重的说法中，正确的是（　　）
A．跳水运动员从空中下落的过程中处于失重状态
B．跳水运动员从空中入水的过程中处于超重状态
C．蹦床运动员在空中上升的过程中处于超重状态
D．单杠运动员引体向上拉起的整个过程都处于超重状态
9．某兴趣小组为研究超重与失重现象，在电梯中放置一台体重计，一个质量为53kg的学生站在体重计上，在电梯运动过程中，体重计示数如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．该学生处于超重状态
B．该学生处于失重状态
C．电梯一定向下运动
D．电梯可能做匀速直线运动
10．升降机运送货物时，通过传感器获得的运动图像如图所示，设向上为正方向，由此可知（　　）
A．重物先上升后下降 B．重物运动的轨迹不是直线
C．重物先超重后失重 D．重物先失重后超重
11．自动扶梯是商场中的高耗能设备之一，为了节省电能、减少机械磨损、延长使用寿命。某商场的自动扶梯设有“无人停梯”模式，没有乘客时扶梯停止运行，进入待机状态。当有乘客登上扶梯时，扶梯由静止开始加速启动，达到设定速度后匀速运行。如图所示，一位顾客在一楼登上处于“无人停梯”模式的扶梯后，在扶梯上站立不动，随着扶梯到达二楼。关于此运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．顾客始终受到重力、支持力和摩擦力的作用
B．顾客加速阶段的加速度方向沿扶梯向上
C．扶梯对顾客的作用力始终竖直向上
D．顾客对扶梯的压力大小始终等于顾客本身的重力大小
12．若同学在地面向上跳起，则他在空中（　　）
A．一直处于超重状态
B．上升时处于超重状态，下降时处于失重状态
C．一直处于失重状态
D．上升时处于失重状态，下降时处于超重状态
13．东京奥运会已经结束，但中国运动健儿们的背影却使人不能忘却。他们雄姿英发的背影，展现着青春的活力，他们在赛场上的拼搏与努力，使中国赢得了一块又一块的金牌，打破了一项又一项的记录，他们彰显了中国精神！跳台跳水可简化为如下的运动过程，运动员从跳台上斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中上升过程中处于超重状态
B．运动员在空中上升过程中处于失重状态
C．运动员在空中运动到最高点时加速度为0
D．入水过程中，水对运动员的作用力大于运动员对水的作用力
14．下列说法中正确的是（　　）
A．东京奥运会女子双人跳台决赛中，陈芋汐、张家齐在空中加速下落时，处于超重状态
B．陈芋汐/张家齐在空中加速下落时，不受重力作用
C．游乐场中的升降机加速上升时，升降机中的乘客处于超重状态
D．游乐场中的升降机加速上升时，升降机中的乘客处于失重状态
15．某同学把一体重计放在电梯的地板上，并将一重物放在体重计上。在电梯向上运动的过程中，观察体重计示数的变化情况，并记录了几个不同时刻体重计的示数如下表所示。已知时刻电梯静止，g取则（　　）
时刻
体重计示数/kg 50.0 60.0 50.0 40.0
A．时刻，物体的重力增加了100N
B．时刻，电梯一定处于静止状态
C．时刻，电梯的加速度大小为
D．和时刻电梯运动的加速度大小相等，方向相反
二、填空题
16．某人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间 t 变化的图线如图所示，以竖直向上为正方向，则人对地板的压力在t=______s时最大；此时电梯正处于_____状态（选填“超重”、“失重”）．
17．一个体重为50kg的人，站在升降机里的台秤上．当升降机以2m/s匀速上升时，台秤的读数为_____N；当升降机以2m/s2匀减速下降时，台秤的读数为_____N．
18．电梯中有一个弹簧测力计上悬挂质量为1kg的物体，当电梯以的加速度匀减速上升时，弹簧测力计的示数为________N．若下降过程中弹簧测力计的示数是12N，则此时物体的加速度大小为________．
三、解答题
19．某人在以a＝0.5m/s2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m1＝90kg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m2＝40kg的物体，则此升降机上升的加速度为多大？（g取10m/s2）
20．你站在磅秤上，先称出自己的体重，然后突然下蹲，会看到示数发生怎样的变化？先做实验，再解释其中的原因。
21．如图所示，物块、木板的质量均为，不计的大小，木板长．开始时、均静止现使以水平初速度从的最左端开始运动．已知与、与水平面之间的动摩擦因数分别为和，取．
在上例中，若把木板放在光滑水平面上，让物块仍以上例中的初速度从木板的最左端开始运动，则物块能否脱离木板 最终物块和木板的速度各是多大
22．某同学学习了牛顿运动定律后，奇思妙想，他利用弹簧测力计设计了如图所示的竖直加速度测量仪，可以用来测量某升降装置竖直上、下运行的加速度。一根轻弹簧固定在小木板上，旁边附有标尺。将重力为0.9N的重物P挂在弹簧下端，静止时指针指向刻度尺C处，当悬挂重力为1.0N的重物Q时，静止时指针所指的刻度标记为O。重物Q与弹簧、木板、标尺共同组成竖直加速度测量仪。取重力加速度。
(1)在某次测量中弹簧指针恰好指向位于刻度A处。求此时升降装置的加速度；
(2)当指针位于刻度E处时，升降装置的加速度。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
A．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动过程中只受重力作用，加速度竖直向下，属于完全失重；考虑空气阻力，空气阻力向下，合力向下，有向下的加速度，属于失重，故A错误；
B．火箭点火后加速升空，加速度向上，属于超重，故B正确；
C．举重运动员托举杠铃保持静止，合力为零，平衡状态，既不是失重也不是超重，故C错误；
D．被推出的铅球在空中运动只受重力作用，加速度竖直向下，完全失重，即使考虑空气阻力，合力也是向下的，加速度向下，属于失重，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】
AB．当书做匀速直线运动时，手对书的作用力是向上的支持力，根据受力平衡条件可知，其大小等于重力大小，与运动方向无关，故A、B中手对书的作用力大小等于书的重力大小；
C．当书竖直向上做匀减速直线运动，书有向下的加速度，处于失重状态，则手对书的支持力大小小于书的重力大小；
D．当书竖直向上做匀加速直线运动，书有向上的加速度，处于超重状态，则手对书的支持力大小大于书的重力大小；
故选D。
3．A
【详解】
0s~2.1s内电梯和人向上做加速直线运动，加速度的方向竖直向上，人处于超重状态，2.1s~5.5s做匀速直线运动，5.5s~8s内电梯和人向上做减速直线运动，加速度的方向竖直向下，人处于失重状态，则1s时人处于超重状态。
故选A。
4．C
【详解】
A．男学生的重力为
故A错误；
BC．由图可知该学生此时正处于失重状态，加速度方向竖直向下，即电梯可能竖直向下加速运动，也可能竖直向上减速运动，且加速度的大小为
故B错误，C正确；
D．男学生对体重计的压力与体重计对他的支持力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。
故选C。
5．B
【详解】
A．运动员到达最高点时只受重力作用，有竖直向下的加速度，a=g，处于完全失重状态，故A错误；
BC．运动员离开地面后，所受合力向下（不考虑空气阻力合力就是重力，a=g；考虑空气阻力，上升阶段阻力也向下，合力向下，a>g，下降阶段阻力向上但小于重力，合力还是向下，aD．地面对人的支持力与人对地面的压力是作用力与反作用力的关系，一定是等大反向的，故D错误。
故选B。
6．B
【详解】
AB．从图中可知0~4s内加速度竖直向上，设人受电梯支持力为N，根据牛顿第二定律
说明人1s和3s时都处于超重状态，故A错误，B正确；
C．5s时加速度为零，说明人受力平衡，，既不是超重也不是失重，故C错误；
D．7~10s内加速度竖直向下，此时
说明9s时人处于失重状态，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】
A．“2021年11月8日凌晨1时16分”是指时刻，故A错误；
B．“神舟十三号”绕地球运行一周的位移为零，则平均速度为零，故B正确；
C．分析“神舟十三号”的飞行姿态时，其大小和形状不能忽略，不可以视其为质点，故C错误；
D．航天员出舱活动时， 航天员处于完全失重状态，和地面步行不一样，故D错误。
故选B。
8．A
【详解】
A．跳水运动员从空中下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，选项A正确；
B．跳水运动员从空中入水的过程中，先加速向下，后减速向下，加速度先向下后向上，则先失重后超重，选项B错误；
C．蹦床运动员在空中上升的过程中，加速度向下，处于失重状态，选项C错误；
D．单杠运动员引体向上拉起的整个过程，先加速向上后减速向上，即加速度先向上后向下，先超重后失重，选项D错误。
故选A。
9．A
【详解】
AB．由题图的体重计示数大于该学生的体重，可知处于超重状态，A正确，B错误；
C．当该学生处于超重状态时，电梯是处于加速向上运动，或减速向下运动， C错误；
D．当该学生处于超重状态时，电梯不可能做匀速直线运动，D错误。
故选A。
10．C
【详解】
依题意，根据图像可知重物先向上做匀加速直线运动，后向上做匀减速直线运动，加速度方向先向上后向下，所以重物先超重后失重。
故选C。
11．B
【详解】
A．电梯加速时，顾客受到重力、支持力和摩擦力的作用，匀速后顾客只受到重力和支持力二个力作用处于平衡状态，故A错误；
B．顾客加速阶段与扶梯相对静止，所以其加速度方向与扶梯加速度方向相同，加速度沿扶梯向上，故B正确；
C．电梯加速时，扶梯对顾客的作用力方向斜向上，与重力的合力方向沿扶梯向上，匀速后扶梯对顾客的作用力竖直向上，故C错误；
D．扶梯匀速时，顾客对扶梯的压力等于人的重力，扶梯加速时，顾客竖直方向处于超重状态，对扶梯压力大于顾客的重力大小，故D错误。
故选B。
12．C
【详解】
该同学起跳后在空中只受重力，则加速度向下为重力加速度，则处于完全失重，故选C。
13．B
【详解】
AB．运动员在空中只受重力，则运动员处于完全失重状态，A错误、B正确；
C．运动员在空中运动到最高点时受重力，加速度为g，C错误；
D．入水过程中，水对运动员的作用力与运动员对水的作用力是一对相互作用力，大小相等方向相反，D错误。
故选B。
14．C
【详解】
AB．陈芋汐、张家齐在空中加速下落时，加速度向下，处于完全失重状态，只受重力作用，故AB错误；
CD．游乐场中的升降机加速上升时，升降机中的乘客受到的支持力大于重力，处于超重状态，故C正确，D错误。
故选C。
15．D
【详解】
A．依题意，时刻电梯静止，由表中数据可知物体质量为50kg，所受重力为
时刻，体重计示数增加，物体处于超重状态，对体重计的压力增大，但物体的重力并未增加，故A错误；
B．时刻，体重计示数等于时刻电梯静止时的示数，所以结合题意可知电梯应该处于匀速直线运动状态，故B错误；
CD．时刻，体重计示数为40kg，根据牛顿第二定律可得：电梯的加速度为
负号表示方向竖直向下；同理可求得时刻电梯的加速度为
方向竖直向上，所以和时刻电梯运动的加速度大小相等，方向相反，故C错误，D正确。
故选D。
16． 2 超重
【详解】
a-t图象在时间轴的上方，表示加速度向上，此时人处于超重状态，人对地板的压力大于其重力．图象在时间轴的下方，表示加速度向下，此时人处于失重状态，人对地板的压力小于重力．在t=2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大，此时电梯正处于超重状态．
【点睛】
本题是对图象的考查，要掌握加速度时间图象的含义，知道加速度的正负表示加速度的方向，应用超重和失重的特点来解答．
17． 490 590
【详解】
[1]当升降机以2m/s匀速上升时，人处于平衡状态，受到的支持力和重力大小相等，根据牛顿第三定律可知，人对升降机底板的压力等于mg=50×9.8=490N；所以台秤的读数是490N．
[2]当升降机以2m/s2匀减速下降时，人站在电梯中随电梯一起匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律
N﹣mg=ma
解得
N=mg+ma=50×（9.8+2）=590N
根据牛顿第三定律可知，人对升降机底板的压力等于590N，所以台秤的读数是590N。
【点评】
解答该题，重点是对超重和失重的判定，其依据是加速度的方向，加速向下为失重，加速度向上为超重．
18． 8 2
【详解】
以竖直向上为正方向，物体受到重力和弹簧弹力，根据牛顿运动定律可知，
[1]代入数据可得，F=8N
[2]代入数据可得，，方向竖直向上
19．85.5kg；11.375m/s2
【详解】
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
m1g－F＝m1a1
解得
F＝m1（g－a1）＝855N
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
解得
m0＝85.5kg
此人在某一匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40kg的物体，由于m0＝85.5kg>m2＝40kg，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
F－m2g＝m2a2
解得
a2＝＝11.375m/s2
即升降机加速上升的加速度为11.375m/s2。
20．见解析
【详解】
突然下蹲经历加速下降、减速下降两个阶段，在加速下降阶段，加速度向下，磅称对人的支持力小于重力，在减速下降阶段，加速度向上，磅称对人的支持力大于重力，故示数先变小后变大，最后恢复正常。
21．物块不能脱离木板
【详解】
解析：木板放在光滑水平面上，分别对物块、木板进行受力分析可知，在上向右做匀减速运动，加速度大小仍为，则有
向右做匀加速运动，设其加速度大小为，则有
设，达到相同速度时没有脱离，由时间关系得
解得
物块的位移
木板的位移
由可知，没有脱离，最终和的速度相等，大小为．
22．(1)3，方向竖直向下；(2)2，方向竖直向上
【详解】
(1)指针指向刻度O时，小球Q所受弹力为
指针指向刻度C时，小球P所受弹力为
由题可知，弹簧形变量为一个大格时，弹力大小变化为
由小球Q的重力可知，小球Q的质量
当弹簧形变量为三大格时，弹力大小变化为
指针指向刻度A时，小球Q所受弹力为
由牛顿第二定律得
解得
，方向竖直向下
(2)指针指向刻度E时，小球Q所受弹力为
由牛顿第二定律得
解得
，方向竖直向上
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页