第4章 6.超重和失重(课件 学案 练习)高中物理人教版(2019)必修 第一册

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名称 第4章 6.超重和失重(课件 学案 练习)高中物理人教版(2019)必修 第一册
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文件大小 5.8MB
资源类型 教案
版本资源 人教版(2019)
科目 物理
更新时间 2025-07-31 17:28:17

文档简介

6.超重和失重
题组一 超重和失重的理解
1.(多选)一位乘客乘坐竖直电梯上楼,电梯的位移大小x与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是(  )
A.0~t1时间内,乘客处于超重状态
B.t1~t2时间内,乘客处于失重状态
C.t2~t3时间内,乘客处于失重状态
D.t3~t4时间内,乘客处于超重状态
2.某校把跳长绳作为一项常规运动项目,其中一种运动方式为,一支队伍抽12人一起进长绳,计同步一起跳的个数,在2022年的比赛中该校2023届潮勇班一次性跳了59次,根据跳绳过程中的情境,下列说法正确的是(  )
A.学生起跳离开地面前的瞬间,学生受到的重力与地面对学生的支持力大小相等
B.学生起跳离开地面前的瞬间,学生处于失重状态
C.学生起跳离开地面前的瞬间,学生对地面的压力就是学生受到的重力
D.学生从最高点开始下落的过程中,先处于完全失重,再处于失重,最后再处于超重状态
3.2023年在9月21日的“天宫课堂”第四课中,神舟十六号航天员朱杨柱、桂海潮展示在微重力环境下,用“特制”乒乓球拍击打水球的现象。下列说法正确的是(  )
A.由于水球在太空舱中处于失重状态,所以水球没有惯性
B.“球拍”拍“球”时,水球受到的弹力是由于“球拍”发生形变产生的
C.“球拍”拍“球”时,水球对球拍的作用力总是垂直于拍面
D.水球能够悬浮在太空舱中是由于水球受到空气的浮力与微重力平衡
题组二 用牛顿第二定律分析超重和失重现象
4.“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于2023年10月31日返回地面,图甲是返回舱降落的场景,从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地,返回舱的简化v-t图像如图乙所示。舱内航天员的超重感觉最明显的时段是(  )
A.从t1到t2 B.从t2到t3
C.从t3到t4 D.从t4到t5
5.(多选)质量为m的人站在电梯里,电梯减速下降,加速度大小为g(g为重力加速度),则(  )
A.人对电梯的压力大小为mg
B.人对电梯的压力大小为mg
C.人处于超重状态
D.人处于失重状态
6.2022年12月4日20时09分,神舟十四号飞行乘组成功返回地面,圆满完成任务。若神舟十四号飞船返回舱距离地面只有1 m的时候,速度为3 m/s,方向竖直向下,此时返回舱底部的反推发动机瞬间点火,产生竖直向上的推力使返回舱匀减速竖直下降,最终减速为0,平稳着陆。返回舱质量为3 000 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略该匀减速过程中空气阻力及返回舱质量变化。对于该匀减速运动过程,下列说法正确的是(  )
A.减速时间为1 s
B.返回舱的惯性减小
C.返回舱处于失重状态
D.返回舱受到的推力大小为43 500 N
7.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的小物块,如图甲所示。升降机从t=0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0~2t0时间内,物块先处于失重状态,后处于超重状态
B.在t0~3t0时间内,物块先处于失重状态,后处于超重状态
C.t=t0时刻,物块所受的支持力大小为mg
D.t=3t0时刻,物块所受的支持力大小为2mg
8.如图所示,某同学抱着箱子做蹲起运动研究超重和失重现象,在箱内的顶部和底部均安装有压力传感器。两质量均为2 kg的物块用轻弹簧连接分别抵住传感器。当该同学抱着箱子静止时,顶部的压力传感器显示示数F1=10 N。重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻力,则(  )
A.箱子静止时,底部压力传感器显示示数F2=30 N
B.当F1=5 N时,箱子处于失重状态,人可能抱着箱子开始下蹲
C.当F1=15 N时,箱子处于超重状态,人可能抱着箱子开始向上站起
D.若箱子保持竖直从高处自由释放,运动中两个压力传感器的示数均为30 N
9.(多选)同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼,过程中都经历了电梯加速上升阶段,假设三次的加速度大小相同,且乘客相对电梯均静止,如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中,下列说法正确的是(  )
A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B.只有在甲种方式中,乘客才受到了摩擦力作用
C.在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大
D.三种方式中的乘客均处于超重状态
10.如图所示为杂技“顶竿”表演,若表演中,一人A站在地上,头上顶一根竖直竹竿,另外一人B在竹竿上某位置处开始以加速度a加速下滑,接着以同样大小的加速度减速到另一位置停下。已知两表演者质量均为M,杆质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是(  )
A.当B加速下滑时A对地面的压力为(2M+m)g-Ma
B.当B减速下滑时A对地面的压力为(2M+m)g-Ma
C.A对地面的压力一直为(2M+m)g
D.B下滑过程中一直处于失重状态,所以A对地面的压力一直小于(2M+m)g
11.某人在以a1=0.5 m/s2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。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求此人在地面上最多可举起多少千克的物体;
(2)若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2=40 kg的物体,求此升降机上升的加速度大小。
12.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=11 s时停止,得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示,g取10 m/s2。求:
(1)小明在0~2 s内加速度a1的大小,在这段时间内他处于超重还是失重状态;
(2)在10~11 s内,台秤的示数F3;
(3)小明运动的总位移x。
6.超重和失重
1.AC 因为x-t图像的斜率等于速度,则0~t1时间内,电梯速度向上增加,则加速度向上,乘客处于超重状态,A正确;t1~t2时间内,电梯匀速上升,则加速度为0,乘客处于平衡状态,B错误;t2~t3时间内,电梯向上减速,则加速度向下,乘客处于失重状态,C正确;t3~t4时间内,电梯静止,乘客处于平衡状态,D错误。
2.D 学生起跳离开地面前的瞬间,学生有向上的加速度,处于超重状态,根据牛顿第二定律知学生受到的重力小于地面对学生的支持力,A、B错误;学生起跳离开地面前的瞬间,学生对地面压力的施力物体是人,受力物体是接触的地面,而学生受到的重力的施力物体是地球,不是同一个力,C错误;学生从最高点开始下落的过程中,先向下加速运动,处于完全失重状态,接触地面后做加速度减小的加速运动,当加速度为0时,速度达到最大,然后继续向下减速到速度为0,所以学生接触地面后加速度先向下减小,然后向上增大,所以学生先处于完全失重,接着处于失重,最后再处于超重状态,D正确。
3.B 惯性是物体的固有属性,与其所在位置和运动状态无关,故A错误;“球拍”拍“球”时,水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的,故B正确;“球拍”拍“球”时,如果不是正拍,水球对球拍的作用力包括弹力和摩擦力,弹力垂直于拍面,摩擦力平行于拍面,合力不垂直于拍面,故C错误;水球能够悬浮在太空舱中是由于完全失重现象造成的,故D错误。
4.B v-t图像中斜率的绝对值表示加速度大小,由图可知,t2到t3时间内向上的加速度最大,可知这个阶段航天员超重感觉最明显。故选B。
5.BC 由于电梯减速下降,所以加速度向上,则人处于超重状态,对人受力分析,受到重力mg,电梯底部的支持力FN,由牛顿第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg,依据牛顿第三定律,则人对电梯底部的压力大小为mg,故A、D错误,B、C正确。
6.D 由题意知,神舟十四号飞船返回舱距离地面只有1 m的时候,速度为3 m/s,方向竖直向下,此时返回舱底部的反推发动机瞬间点火,产生竖直向上的推力使返回舱匀减速竖直下降,最终减速为0,则有=,解得t= s,故A错误;惯性只与质量有关,返回舱的质量不变,则惯性不变,故B错误;由于返回舱匀减速竖直下降,则返回舱处于超重状态,故C错误;由于返回舱匀减速竖直下降,最终减速为0,根据逆向思维法有v0=at,解得返回舱的加速度为a=4.5 m/s2,再根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得F=43 500 N,故D正确。
7.C 由题图乙可知,在0~2t0时间内,物块先处于超重状态,后处于失重状态,故A错误;在t0~3t0时间内,物块处于失重状态,故B错误;在t=t0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t=3t0时刻,物块所受的支持力大小为mg,故D错误。
8.D 当箱子静止时,对两物块和弹簧组成的系统受力分析可知2mg+F1=F2,得下面压力传感器显示的示数F2=50 N,对上面物体有mg+F1=F弹,得F弹=30 N,故A错误;当F1=5 N时,对上面物体mg+F1<F弹,所以加速度方向向上,箱子处于超重状态,人可能抱着箱子开始站起,故B错误;当F1=15 N时,mg+F1>F弹,加速度方向向下,箱子处于失重状态,人可能抱着箱子开始下蹲,故C错误;当箱子自由下落时处于完全失重状态,两个物体所受合力均为mg,则应有F弹=F1=F2,弹簧长度没变,所以两个压力传感器的示数均为30 N,故D正确。
9.CD 电梯加速上升阶段,在甲种方式中,乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用;在乙种方式中,乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用;在丙种方式中,乘客受到支持力、重力,故在甲、乙两种方式中,乘客受到了摩擦力作用,故A、B错误;在甲种方式中,乘客受到电梯地板的支持力为FN1=mgcos θ,在乙种方式中,根据牛顿第二定律有FN2-mg=masin θ,乘客受到电梯地板的支持力为FN2=mg+masin θ,在丙种方式中,根据牛顿第二定律有FN3-mg=ma,乘客受到电梯地板的支持力为FN3=mg+ma,可得FN1<FN2<FN3,故在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大,故C正确;三种方式中的乘客均有向上的加速度,均处于超重状态,故D正确。
10.A 当B加速下滑时,对B由牛顿第二定律可知Mg-Ff1=Ma,对A:Mg+Ff1+mg=FN1,解得FN1=(2M+m)g-Ma,则A对地面的压力为(2M+m)g-Ma,选项A正确;当B减速下滑时,对B由牛顿第二定律可知Ff2-Mg=Ma,对A:Mg+Ff2+mg=FN2,解得FN2=(2M+m)g+Ma,则A对地面的压力为(2M+m)g+Ma,选项B、C错误;B下滑过程中先加速后减速,则先失重后超重,所以A对地面的压力先小于(2M+m)g,后大于(2M+m)g,选项D错误。
11.(1)85.5 kg (2)11.375 m/s2
解析:(1)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
所以F=m1(g-a1)=855 N
当此人在地面上举物体时,设最多可举起质量为m0的物体
则有m0g-F=0
所以m0=85.5 kg。
(2)此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2=40 kg的物体,此时升降机处于超重状态,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
所以a2==11.375 m/s2。
12.(1)1 m/s2 失重 (2)600 N (3)19 m
解析:(1)由图像可知,在0~2 s内,台秤对小明的支持力F1=450 N,
由牛顿第二定律得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内小明的加速度大小为a3,
时间为t3,0~2 s的时间为t1,
则a1t1=a3t3,解得a3=2 m/s2
由牛顿第二定律得F3-mg=ma3
解得F3=600 N。
(3)0~2 s内位移x1=a1=2 m
2~10 s内位移x2=a1t1×t2=16 m
10~11 s内位移x3=a3=1 m
小明运动的总位移x=x1+x2+x3=19 m
4 / 46.超重和失重
课标要求 素养目标
1.知道常用的测量重力的方法。 2.了解超重和失重的含义,认识超重和失重现象。 3.能运用牛顿运动定律分析求解超重、失重问题 1.通过站在体重计上做下蹲和站起实验,或站在电梯中的体重计上,观察体重计的示数变化,认识超重和失重现象,知道超重和失重的含义。(科学态度与责任) 2.通过例题和习题,掌握分析求解超重、失重的有关问题。(科学思维)
知识点一 重力的测量
1.方法一:先测量物体做自由落体运动的加速度g,再用天平测量物体的质量,利用        可得G=mg。
2.方法二:将待测物体悬挂或放置在测力计上,使它处于静止状态,根据力的          可得重力大小等于测力计的示数,即G=F。
知识点二 超重和失重
1.超重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)   物体所受重力的现象。
(2)产生条件:物体具有   的加速度。
2.失重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)   物体所受重力的现象。
(2)产生条件:物体具有   的加速度。
3.完全失重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态。
(2)产生条件:a=   。
【情景思辨】
如图所示,张家界风景区内有一座建造在悬崖上的双层户外观光电梯,该电梯垂直高度达335米。假如某人乘坐该观光电梯时,在某段时间内觉得双脚有“悬空感”。那么在此过程中,
(1)人所受的重力变小了。(  )
(2)人正处于超重状态。(  )
(3)电梯可能正在减速运行。(  )
(4)电梯一定处于下行阶段。(  )
要点一 超重和失重的理解
1.超重和失重的理解
实重 物体实际受到的重力,G=mg
视重 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台式弹簧秤上时,弹簧测力计或台式弹簧秤的示数称为视重,大小等于弹簧测力计或台式弹簧秤所受的拉力或压力
超重 现象 视重>实重,物体具有竖直向上的加速度,与物体速度的大小和方向无关
失重 现象 视重<实重,物体具有竖直向下的加速度,与物体速度的大小和方向无关
完全失 重现象 视重=0,物体竖直方向的加速度为重力加速度g,比如自由落体运动、抛体运动等。在完全失重状态下,平常因重力产生的一切物理现象都会完全消失,比如物体对桌面无压力,浸在水中的物体不受浮力等
2.判断超重和失重现象的两个角度
(1)从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断,当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
【典例1】 (多选)近年,一款爆红的回弹鞋在青少年运动中流行起来。这种回弹鞋的外形同旱冰鞋十分相似,只是鞋子底部安装的是两块对称的椭圆形弹片而非滑轮,如图中的A、B部分。刚开始穿上这种鞋时,需要在原地弹跳几次、适应一下“回弹”的感觉,随后就尽情享受新奇的“失重”回弹运动了。运动过程中忽略空气阻力,则在原地弹跳过程中,下列说法正确的是(  )
A.从刚接触地面向下压弹片直到最低点的过程中,人一直处于超重状态
B.从离开地面开始向上运动到最高点的过程中,人处于失重状态
C.从最低点向上弹起过程中,回弹鞋对人的作用力始终大于人的重力
D.弹片压到最低点时,回弹鞋对地面的压力大于人和鞋的总重力
尝试解答
1.神舟号航天员叶光富在空间站中可以进行正常锻炼的健身项目是(  )
A.拉弹簧拉力器 B.俯卧撑
C.引体向上 D.仰卧起坐
2.如图甲所示,在体重计上一同学下蹲和站起,体重计的示数变化如图乙所示,下列说法正确的是(  )
A.a~b段对应的是站起过程,b~c段对应的是下蹲过程
B.d~e段对应的是站起过程,e~f段对应的是下蹲过程
C.a~c段对应的是站起过程,d~f段对应的是下蹲过程
D.c点和d点处于蹲下状态,a点和f点处于直立状态
要点二 用牛顿第二定律分析超重和失重现象
超重和失重现象中的牛顿第二定律方程
特征 状态 受力示意图 牛顿第二定律方程 加速度 运动情况
平衡 F-mg=0 a=0 静止或匀速直线运动
超重 F-mg =ma a竖直向上 向上加速或向下减速
失重 mg-F =ma a竖直向下 向下加速或向上减速
完全 失重 mg=ma a=g 自由落体运动、抛体运动等
【典例2】 如图所示,质量为m的人,站在以加速度大小为a且加速下降的电梯上。
(1)人对底板的压力为多大?
(2)如在电梯底板上放一体重计,人站在体重计上时体重计的示数为多大?
(3)若电梯向下加速下降的加速度a=g,体重计的示数又是多大?
尝试解答
3.2023年10月2日,杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺,中国运动员包揽冠、亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床所受的压力如图所示,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则以下说法正确的是(  )
A.1.0 s到1.2 s之间运动员处于失重状态
B.1.0 s到1.2 s之间运动员处于超重状态
C.在图示的运动过程中,运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8 m
D.在图示的运动过程中,运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2 m
4.小红乘电梯从顶楼下降至一楼,此过程中的v-t图像如图所示,关于小红的运动状态,下列说法正确的是(  )
A.0~3 s内的加速度大小为3 m/s2
B.8~11 s内的加速度大小为1 m/s2
C.在0~3 s内处于超重状态
D.在8~11 s内处于失重状态
1.取一个旧饮料瓶,在其底部开一个小孔,用手指按住小孔并装满水,放开按住的手指后,立即释放瓶子让其自由下落,不计空气阻力。关于瓶子在空中运动的过程:下列说法正确的是(  )
A.水处于完全失重状态,不会喷出来
B.瓶子下落的加速度和速度都变大
C.水对瓶底的压力变大
D.水仍会从小孔喷出来,但喷射的速度比释放前的小些
2.如图所示,无人机带着应急救援物资竖直升空,先从静止开始向上做匀加速,再继续匀速,最后匀减速运动并悬停。若货物受到的空气阻力不能忽略,则(  )
A.加速过程,货物处于失重状态
B.减速过程,货物处于超重状态
C.匀速过程,拉力大小等于货物重力大小
D.在加速和减速过程货物的平均速度相同
3.如图所示,一人站在电梯内的一台磅秤上,当电梯沿竖直方向加速上升或加速下降时,将看到磅秤的示数会变大或变小,把这种现象叫“超重”或“失重”。当电梯以大小为a的加速度加速上升时,可认为重力加速度大小由g变为g'=g+a,这时秤面的压力大小为T=mg'=m(g+a);反之电梯以相同大小的加速度加速下降时,有g'=g-a,T=mg'=m(g-a)。可将g'称为等效重力加速度。下列说法正确的是(  )
A.当电梯处于超重状态时,电梯一定上升
B.当电梯处于失重状态时,电梯一定下降
C.当等效重力加速度g'等于0时,电梯处于完全失重状态
D.当等效重力加速度g'等于g时,电梯处于完全失重状态
4.假设嫦娥五号携带月壤样品的上升器离开月球表面的过程中,其在竖直方向运动的速度v与时间t的关系图像如图所示,不计空气阻力,则在0~3 s和3~5 s内封装装置对质量约为1.7 kg的月壤样品的作用力大小之差约为(  )
A.3.2 N B.4.6 N
C.5.4 N D.6.8 N
6.超重和失重
【基础知识·准落实】
知识点一
1.牛顿第二定律 2.平衡条件
知识点二
1.(1)大于 (2)向上 2.(1)小于 (2)向下 3.(2)g
情景思辨
(1)× (2)× (3)√ (4)×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 BD 从刚接触地面向下压弹片直到最低点的过程中,刚开始的一段时间内,重力大于弹力,人加速运动,加速度方向向下,是失重状态,然后,弹力大于重力,加速度方向向上,减速运动,是超重状态,A错误;从离开地面开始向上运动到最高点的过程中,人的加速度方向向下,人处于失重状态,B正确;从最低点向上弹起过程中,首先经历了向上的加速过程,加速度方向向上,属于超重,则人对回弹鞋的压力大于重力,根据牛顿第三定律回弹鞋对人的作用力大于人的重力,然后经历减速过程,加速度方向向下,属于失重,则人对回弹鞋的压力小于重力,根据牛顿第三定律回弹鞋对人的作用力小于人的重力,C错误;弹片压到最低点时,对于人和鞋加速度方向向上,处于超重状态,回弹鞋对地面的压力大于人和鞋的总重力,D正确。
素养训练
1.A 空间站中,所有物体皆处于完全失重状态,所有与重力有关的现象消失。弹簧拉力器锻炼的是人肌肉的伸缩和舒张力,与重力无关,故A正确;利用俯卧撑锻炼身体需克服自身的重力上升,利用自身的重力下降,在完全失重状态下已没有重力可用,故B错误;利用引体向上锻炼身体需克服自身的重力上升,利用自身的重力下降,在完全失重状态下已没有重力可用,故C错误;利用仰卧起坐锻炼身体需克服自身的重力上升,利用自身的重力下降,在完全失重状态下已没有重力可用,故D错误。
2.D 根据图乙可知,a~b段视重小于实重,b~c段视重大于实重,则可知a~c段对应整个下蹲过程,即先加速向下,再减速向下,加速度先向下,再向上,先失重,后超重,故A、C错误;d~e段视重大于实重,e~f段视重小于实重,则可知d~f段对应整个站起过程,即先加速向上,再减速向上,加速度先向上,再向下,先超重,后失重,故B错误;根据以上分析可知,c点和d点处于蹲下状态,a点和f点处于直立状态,故D正确。
要点二
知识精研
【典例2】 (1)mg-ma (2)mg-ma (3)0
解析:(1)取向下为正方向,由牛顿第二定律得mg-F=ma,解得F=mg-ma,
由牛顿第三定律可得,人对电梯底板的压力
F'=F=mg-ma。
(2)体重计的示数等于体重计对人支持力大小,所以F计=mg-ma。
(3)由牛顿第二定律得mg-F″=mg,解得F″=0。
素养训练
3.D 蹦床所受的压力大小与蹦床对运动员的支持力大小相等,可知1.0 s到1.2 s之间蹦床对运动员的支持力逐渐增大,此过程为运动开始接触蹦床到到达最低点,根据牛顿第二定律该段过程为运动员先向下加速后减速,加速度先向下后向上,先失重后超重,故A、B错误;根据图线可知运动员从离开蹦床到再次接触蹦床的时间为t=1.6 s,该段时间运动员做竖直上抛运动,故运动员离开蹦床后上升的最大高度为h=g·=3.2 m,故C错误,D正确。
4.B v-t图像的斜率表示加速度,由题图可得0~3 s内a== m/s2=1 m/s2,8~11 s内a'== m/s2=-1 m/s2,负号表示方向,A错误,B正确;小红乘电梯下楼,速度方向向下,v-t图像是以向下为正方向,0~3 s内加速度为正值,说明物体有向下的加速度,处于失重状态,8~11 s加速度为负值,说明物体有向上的加速度,处于超重状态,C、D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A 瓶子和水在空中做自由落体运动,具有同样的加速度g,都处于完全失重状态,此时瓶子和水之间没有作用力,水不会喷出来。故选A。
2.D 加速时,加速度方向向上,货物处于超重状态,A错误;减速时,加速度方向向下,货物处于失重状态,B错误;匀速过程,货物处于平衡状态,合力为0,由于空气阻力的存在,拉力大小大于货物重力大小,C错误;加速的末速度与减速的初速度相同,加速的初速度与减速的末速度均为0,根据平均速度公式=可知,加速和减速过程货物的平均速度相同,D正确。
3.C 当电梯处于超重状态,加速度向上,可能向上加速也可能向下减速,速度可能向上也可能向下,同理处于失重状态,加速度方向向下,但速度方向可能向上、也可能向下,故A、B错误;当g'=0,由T=mg'可得T=0,则人的合力为mg,加速度为重力加速度g,人和电梯处于完全失重状态,当g'=g时,由g'=g+a,或g'=g-a,可得a=0,人和电梯处于平衡状态,故C正确,D错误。
4.D 由题图可知加速上升过程月壤样品加速度的大小a1=3 m/s2,减速上升过程月壤样品加速度的大小a2=1 m/s2,加速上升过程对月壤样品有F1-mg'=ma1,减速上升过程对月壤样品有mg'-F2=ma2,作用力大小之差ΔF=F1-F2,解得ΔF≈6.8 N,D正确,A、B、C错误。
6 / 6(共71张PPT)
6.超重和失重
课标要求 素养目标
1.知道常用的测量重力的方
法。 2.了解超重和失重的含义,
认识超重和失重现象。 3.能运用牛顿运动定律分析
求解超重、失重问题 1.通过站在体重计上做下蹲和站起实
验,或站在电梯中的体重计上,观察
体重计的示数变化,认识超重和失重
现象,知道超重和失重的含义。(科
学态度与责任)
2.通过例题和习题,掌握分析求解超
重、失重的有关问题。(科学思维)
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一 重力的测量
1. 方法一:先测量物体做自由落体运动的加速度g,再用天平测量物
体的质量,利用 可得G=mg。
2. 方法二:将待测物体悬挂或放置在测力计上,使它处于静止状
态,根据力的 可得重力大小等于测力计的示数,
即G=F。
牛顿第二定律 
平衡条件 
知识点二 超重和失重
1. 超重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)
物体所受重力的现象。
(2)产生条件:物体具有 的加速度。
2. 失重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)
物体所受重力的现象。
(2)产生条件:物体具有 的加速度。
大于 
向上 
小于 
向下 
3. 完全失重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的
状态。
(2)产生条件:a= 。
g 
【情景思辨】
 如图所示,张家界风景区内有一座建造在悬崖上的双层户外观光电
梯,该电梯垂直高度达335米。假如某人乘坐该观光电梯时,在某段
时间内觉得双脚有“悬空感”。那么在此过程中,
(2)人正处于超重状态。 ( × )
(3)电梯可能正在减速运行。 ( √ )
(4)电梯一定处于下行阶段。 ( × )
×

×
(1)人所受的重力变小了。 ( × )
×
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一 超重和失重的理解
1. 超重和失重的理解
实重 物体实际受到的重力,G=mg
视重 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台式弹簧秤上时,弹簧
测力计或台式弹簧秤的示数称为视重,大小等于弹簧测力计
或台式弹簧秤所受的拉力或压力
实重 物体实际受到的重力,G=mg
超重 现象 视重>实重,物体具有竖直向上的加速度,与物体速度的大
小和方向无关
失重 现象 视重<实重,物体具有竖直向下的加速度,与物体速度的大
小和方向无关
完全
失 重现
象 视重=0,物体竖直方向的加速度为重力加速度g,比如自由
落体运动、抛体运动等。在完全失重状态下,平常因重力产
生的一切物理现象都会完全消失,比如物体对桌面无压力,
浸在水中的物体不受浮力等
2. 判断超重和失重现象的两个角度
(1)从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力(或支持力)大
于重力时,物体处于超重状态,小于重力时处于失重状态,
等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断,当物体具有向上的加速度时处于超重
状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为
重力加速度时处于完全失重状态。
【典例1】 (多选)近年,一款爆红的回弹鞋在青少年运动中流行起来。这种回弹鞋的外形同旱冰鞋十分相似,只是鞋子底部安装的是两块对称的椭圆形弹片而非滑轮,如图中的A、B部分。刚开始穿上这种鞋时,需要在原地弹跳几次、适应一下“回弹”的感觉,随后就尽情享受新奇的“失重”回弹运动了。
运动过程中忽略空气阻力,则在原地弹跳过程中,
下列说法正确的是(  )
A. 从刚接触地面向下压弹片直到最低点的过程中,人一直处于超重
状态
B. 从离开地面开始向上运动到最高点的过程中,人处于失重状态
C. 从最低点向上弹起过程中,回弹鞋对人的作用力始终大于人的重

D. 弹片压到最低点时,回弹鞋对地面的压力大于人和鞋的总重力
解析:从刚接触地面向下压弹片直到最低点的过程中,刚开
始的一段时间内,重力大于弹力,人加速运动,加速度方向
向下,是失重状态,然后,弹力大于重力,加速度方向向
上,减速运动,是超重状态,A错误;从离开地面开始向上
运动到最高点的过程中,人的加速度方向向下,人处于失重
状态,B正确;
从最低点向上弹起过程中,首先经历了向上的加速过程,加速度方向
向上,属于超重,则人对回弹鞋的压力大于重力,根据牛顿第三定律
回弹鞋对人的作用力大于人的重力,然后经历减速过程,加速度方向
向下,属于失重,则人对回弹鞋的压力小于重力,根据牛顿第三定律
回弹鞋对人的作用力小于人的重力,C错误;弹片压到最低点时,对
于人和鞋加速度方向向上,处于超重状态,回弹鞋对地面的压力大于
人和鞋的总重力,D正确。
1. 神舟号航天员叶光富在空间站中可以进行正常锻炼的健身项目是
(  )
A. 拉弹簧拉力器 B. 俯卧撑
C. 引体向上 D. 仰卧起坐
解析: 空间站中,所有物体皆处于完全失重状态,所有与重力
有关的现象消失。弹簧拉力器锻炼的是人肌肉的伸缩和舒张力,与
重力无关,故A正确;利用俯卧撑锻炼身体需克服自身的重力上
升,利用自身的重力下降,在完全失重状态下已没有重力可用,故
B错误;利用引体向上锻炼身体需克服自身的重力上升,利用自身
的重力下降,在完全失重状态下已没有重力可用,故C错误;利用
仰卧起坐锻炼身体需克服自身的重力上升,利用自身的重力下降,
在完全失重状态下已没有重力可用,故D错误。
2. 如图甲所示,在体重计上一同学下蹲和站起,体重计的示数变化如图乙所示,下列说法正确的是(  )
A. a~b段对应的是站起过程,b~c段对应的是下蹲过程
B. d~e段对应的是站起过程,e~f段对应的是下蹲过程
C. a~c段对应的是站起过程,d~f段对应的是下蹲过程
D. c点和d点处于蹲下状态,a点和f点处于直立状态
解析: 根据图乙可知,a~b段视重小于实重,b~c段视重大于
实重,则可知a~c段对应整个下蹲过程,即先加速向下,再减速向
下,加速度先向下,再向上,先失重,后超重,故A、C错误;d~
e段视重大于实重,e~f段视重小于实重,则可知d~f段对应整个站
起过程,即先加速向上,再减速向上,加速度先向上,再向下,先
超重,后失重,故B错误;根据以上分析可知,c点和d点处于蹲下
状态,a点和f点处于直立状态,故D正确。
要点二 用牛顿第二定律分析超重和失重现象
超重和失重现象中的牛顿第二定律方程
特征 状态 受力示意图 牛顿第二 定律方程 加速度 运动情况
平衡 F-mg=0 a=0 静止或匀速
直线运动
特征 状态 受力示意图 牛顿第二 定律方程 加速度 运动情况
超重 F-mg =ma a竖直向上 向上加速或
向下减速
特征 状态 受力示意图 牛顿第二 定律方程 加速度 运动情况
失重 mg-F =ma a竖直向下 向下加速或
向上减速
完全 失重 mg=ma a=g 自由落体运
动、抛体运
动等
【典例2】 如图所示,质量为m的人,站在以加速度大小为a且加速
下降的电梯上。
(1)人对底板的压力为多大?
答案:mg-ma 
解析:取向下为正方向,由牛顿第二定律得mg-F=ma,
解得F=mg-ma,
由牛顿第三定律可得,人对电梯底板的压力F'=F=mg-ma。
(2)如在电梯底板上放一体重计,人站在体重计上时体重计的示数
为多大?
答案:mg-ma 
解析:体重计的示数等于体重计对人支持力大小,所以F计=mg
-ma。
(3)若电梯向下加速下降的加速度a=g,体重计的示数又是多大?
答案:0
解析:由牛顿第二定律得mg-F″=mg,解得F″=0。
3. 2023年10月2日,杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺,
中国运动员包揽冠、亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床
所受的压力如图所示,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则
以下说法正确的是(  )
A. 1.0 s到1.2 s之间运动员处于失重状态
B. 1.0 s到1.2 s之间运动员处于超重状态
C. 在图示的运动过程中,运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8 m
D. 在图示的运动过程中,运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2 m
解析: 蹦床所受的压力大小与蹦床对运动员的支持力大小相
等,可知1.0 s到1.2 s之间蹦床对运动员的支持力逐渐增大,此
过程为运动开始接触蹦床到到达最低点,根据牛顿第二定律该
段过程为运动员先向下加速后减速,加速度先向下后向上,先
失重后超重,故A、B错误;根据图线可知运动员从离开蹦床到
再次接触蹦床的时间为t=1.6 s,该段时间运动员做竖直上抛运
动,故运动员离开蹦床后上升的最大高度为h=g·=3.2
m,故C错误,D正确。
4. 小红乘电梯从顶楼下降至一楼,此过程中的v-t图像如图所示,关于
小红的运动状态,下列说法正确的是(  )
A. 0~3 s内的加速度大小为3 m/s2
B. 8~11 s内的加速度大小为1 m/s2
C. 在0~3 s内处于超重状态
D. 在8~11 s内处于失重状态
解析: v-t图像的斜率表示加速度,由题图可得0~3 s内a==
m/s2=1 m/s2,8~11 s内a'== m/s2=-1 m/s2,负号表示
方向,A错误,B正确;小红乘电梯下楼,速度方向向下,v-t图像
是以向下为正方向,0~3 s内加速度为正值,说明物体有向下的加
速度,处于失重状态,8~11 s加速度为负值,说明物体有向上的加
速度,处于超重状态,C、D错误。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. 取一个旧饮料瓶,在其底部开一个小孔,用手指按住小孔并装满
水,放开按住的手指后,立即释放瓶子让其自由下落,不计空气阻
力。关于瓶子在空中运动的过程:下列说法正确的是(  )
A. 水处于完全失重状态,不会喷出来
B. 瓶子下落的加速度和速度都变大
C. 水对瓶底的压力变大
D. 水仍会从小孔喷出来,但喷射的速度比释放前的小些
解析: 瓶子和水在空中做自由落体运动,具有同样的加速度
g,都处于完全失重状态,此时瓶子和水之间没有作用力,水不会
喷出来。故选A。
2. 如图所示,无人机带着应急救援物资竖直升空,先从静止开始向上
做匀加速,再继续匀速,最后匀减速运动并悬停。若货物受到的空
气阻力不能忽略,则(  )
A. 加速过程,货物处于失重状态
B. 减速过程,货物处于超重状态
C. 匀速过程,拉力大小等于货物重力大小
D. 在加速和减速过程货物的平均速度相同
解析: 加速时,加速度方向向上,货物处于超重状态,A错
误;减速时,加速度方向向下,货物处于失重状态,B错误;匀速
过程,货物处于平衡状态,合力为0,由于空气阻力的存在,拉力
大小大于货物重力大小,C错误;加速的末速度与减速的初速度相
同,加速的初速度与减速的末速度均为0,根据平均速度公式=
可知,加速和减速过程货物的平均速度相同,D正确。
3. 如图所示,一人站在电梯内的一台磅秤上,当电梯沿竖直方向加速
上升或加速下降时,将看到磅秤的示数会变大或变小,把这种现象
叫“超重”或“失重”。当电梯以大小为a的加速度加速上升时,
可认为重力加速度大小由g变为g'=g+a,这时秤面的压力大小为T
=mg'=m(g+a);反之电梯以相同大小的加速度加速下降时,
有g'=g-a,T=mg'=m(g-a)。可将g'称为等效重力加速度。下
列说法正确的是(  )
A. 当电梯处于超重状态时,电梯一定上升
B. 当电梯处于失重状态时,电梯一定下降
C. 当等效重力加速度g'等于0时,电梯处于完全失重状态
D. 当等效重力加速度g'等于g时,电梯处于完全失重状态
解析: 当电梯处于超重状态,加速度向上,可能向上加速也可
能向下减速,速度可能向上也可能向下,同理处于失重状态,加速
度方向向下,但速度方向可能向上、也可能向下,故A、B错误;
当g'=0,由T=mg'可得T=0,则人的合力为mg,加速度为重力加
速度g,人和电梯处于完全失重状态,当g'=g时,由g'=g+a,或g'
=g-a,可得a=0,人和电梯处于平衡状态,故C正确,D错误。
4. 假设嫦娥五号携带月壤样品的上升器离开月球表面的过程中,其在
竖直方向运动的速度v与时间t的关系图像如图所示,不计空气阻
力,则在0~3 s和3~5 s内封装装置对质量约为1.7 kg的月壤样品的
作用力大小之差约为(  )
A. 3.2 N B. 4.6 N
C. 5.4 N D. 6.8 N
解析: 由题图可知加速上升过程月壤样品加速度的大小a1=3
m/s2,减速上升过程月壤样品加速度的大小a2=1 m/s2,加速上升过
程对月壤样品有F1-mg'=ma1,减速上升过程对月壤样品有mg'-
F2=ma2,作用力大小之差ΔF=F1-F2,解得ΔF≈6.8 N,D正确,
A、B、C错误。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一 超重和失重的理解
1. (多选)一位乘客乘坐竖直电梯上楼,电梯的位移大小x与时间t的
关系图像如图所示。下列说法正确的是(  )
A. 0~t1时间内,乘客处于超重状态
B. t1~t2时间内,乘客处于失重状态
C. t2~t3时间内,乘客处于失重状态
D. t3~t4时间内,乘客处于超重状态
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解析: 因为x-t图像的斜率等于速度,则0~t1时间内,电梯
速度向上增加,则加速度向上,乘客处于超重状态,A正确;
t1~t2时间内,电梯匀速上升,则加速度为0,乘客处于平衡状
态,B错误;t2~t3时间内,电梯向上减速,则加速度向下,乘
客处于失重状态,C正确;t3~t4时间内,电梯静止,乘客处于
平衡状态,D错误。
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2. 某校把跳长绳作为一项常规运动项目,其中一种运动方式为,一支
队伍抽12人一起进长绳,计同步一起跳的个数,在2022年的比赛中
该校2023届潮勇班一次性跳了59次,根据跳绳过程中的情境,下列
说法正确的是(  )
A. 学生起跳离开地面前的瞬间,学生受到的重力与地
面对学生的支持力大小相等
B. 学生起跳离开地面前的瞬间,学生处于失重状态
C. 学生起跳离开地面前的瞬间,学生对地面的压力就
是学生受到的重力
D. 学生从最高点开始下落的过程中,先处于完全失
重,再处于失重,最后再处于超重状态
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解析: 学生起跳离开地面前的瞬间,学生有向上的加速度,处
于超重状态,根据牛顿第二定律知学生受到的重力小于地面对学生
的支持力,A、B错误;学生起跳离开地面前的瞬间,学生对地面
压力的施力物体是人,受力物体是接触的地面,而学生受到的重力
的施力物体是地球,不是同一个力,C错误;学生从最高点开始下
落的过程中,先向下加速运动,处于完全失重状态,接触地面后做
加速度减小的加速运动,当加速度为0时,速度达到最大,然后继
续向下减速到速度为0,所以学生接触地面后加速度先向下减小,
然后向上增大,所以学生先处于完全失重,接着处于失重,最后再
处于超重状态,D正确。
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3. 2023年在9月21日的“天宫课堂”第四课中,神舟十六号航天员朱杨柱、桂海潮展示在微重力环境下,用“特制”乒乓球拍击打水球的现象。下列说法正确的是(  )
A. 由于水球在太空舱中处于失重状态,所以水球没有惯性
B. “球拍”拍“球”时,水球受到的弹力是由于“球拍”发生形变产生的
C. “球拍”拍“球”时,水球对球拍的作用力总是垂直于拍面
D. 水球能够悬浮在太空舱中是由于水球受到空气的浮力与微重力平衡
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解析: 惯性是物体的固有属性,与其所在位置和运动状态无
关,故A错误;“球拍”拍“球”时,水球所受弹力是由于球拍发
生形变产生的,故B正确;“球拍”拍“球”时,如果不是正拍,
水球对球拍的作用力包括弹力和摩擦力,弹力垂直于拍面,摩擦力
平行于拍面,合力不垂直于拍面,故C错误;水球能够悬浮在太空
舱中是由于完全失重现象造成的,故D错误。
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题组二 用牛顿第二定律分析超重和失重现象
4. “神舟十六号”返回舱载着三名航天员于2023年10月31日返回地
面,图甲是返回舱降落的场景,从引导伞、主伞依次打开到返回舱
即将落地,返回舱的简化v-t图像如图乙所示。舱内航天员的超重感
觉最明显的时段是(  )
A. 从t1到t2 B. 从t2到t3
C. 从t3到t4 D. 从t4到t5
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解析: v-t图像中斜率的绝对值表示加速度大小,由图可知,t2
到t3时间内向上的加速度最大,可知这个阶段航天员超重感觉最明
显。故选B。
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5. (多选)质量为m的人站在电梯里,电梯减速下降,加速度大小为
g(g为重力加速度),则(  )
C. 人处于超重状态
D. 人处于失重状态
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解析:  由于电梯减速下降,所以加速度向上,则人处于超重
状态,对人受力分析,受到重力mg,电梯底部的支持力FN,由牛
顿第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg,依据牛顿第三定律,
则人对电梯底部的压力大小为mg,故A、D错误,B、C正确。
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6. 2022年12月4日20时09分,神舟十四号飞行乘组成功返回地面,圆
满完成任务。若神舟十四号飞船返回舱距离地面只有1 m的时候,
速度为3 m/s,方向竖直向下,此时返回舱底部的反推发动机瞬间
点火,产生竖直向上的推力使返回舱匀减速竖直下降,最终减速为
0,平稳着陆。返回舱质量为3 000 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽
略该匀减速过程中空气阻力及返回舱质量变化。对于该匀减速运动
过程,下列说法正确的是(  )
A. 减速时间为1 s
B. 返回舱的惯性减小
C. 返回舱处于失重状态
D. 返回舱受到的推力大小为43 500 N
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解析: 由题意知,神舟十四号飞船返回舱距离地面只有1 m的
时候,速度为3 m/s,方向竖直向下,此时返回舱底部的反推发动
机瞬间点火,产生竖直向上的推力使返回舱匀减速竖直下降,最终
减速为0,则有=,解得t= s,故A错误;惯性只与质量有关,
返回舱的质量不变,则惯性不变,故B错误;由于返回舱匀减速竖
直下降,则返回舱处于超重状态,故C错误;由于返回舱匀减速竖
直下降,最终减速为0,根据逆向思维法有v0=at,解得返回舱的加
速度为a=4.5 m/s2,再根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得F=
43 500 N,故D正确。
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7. 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的小物块,如图甲所示。升降机从t=0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0~2t0时间内,物块先处于失重状态,后处于超重状态
B. 在t0~3t0时间内,物块先处于失重状态,后处于超重状态
C. t=t0时刻,物块所受的支持力大小为mg
D. t=3t0时刻,物块所受的支持力大小为2mg
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解析: 由题图乙可知,在0~2t0时间内,物块先处于超重状
态,后处于失重状态,故A错误;在t0~3t0时间内,物块处于失重
状态,故B错误;在t=t0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t=3t0时刻,物块所受的
支持力大小为mg,故D错误。
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8. 如图所示,某同学抱着箱子做蹲起运动研究超重和失重现象,在箱
内的顶部和底部均安装有压力传感器。两质量均为2 kg的物块用轻
弹簧连接分别抵住传感器。当该同学抱着箱子静止时,顶部的压力
传感器显示示数F1=10 N。重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻
力,则(  )
A. 箱子静止时,底部压力传感器显示示数F2=30 N
B. 当F1=5 N时,箱子处于失重状态,人可能抱着箱子开始下蹲
C. 当F1=15 N时,箱子处于超重状态,人可能抱
着箱子开始向上站起
D. 若箱子保持竖直从高处自由释放,运动中两个
压力传感器的示数均为30 N
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解析: 当箱子静止时,对两物块和弹簧组成的系统受力分析可
知2mg+F1=F2,得下面压力传感器显示的示数F2=50 N,对上面
物体有mg+F1=F弹,得F弹=30 N,故A错误;当F1=5 N时,对上
面物体mg+F1<F弹,所以加速度方向向上,箱子处于超重状态,
人可能抱着箱子开始站起,故B错误;当F1=15 N时,mg+F1>F
弹,加速度方向向下,箱子处于失重状态,人可能抱着箱子开始下
蹲,故C错误;当箱子自由下落时处于完全失重状态,两个物体所
受合力均为mg,则应有F弹=F1=F2,弹簧长度没变,所以两个压
力传感器的示数均为30 N,故D正确。
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9. (多选)同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼,过程中都经历了
电梯加速上升阶段,假设三次的加速度大小相同,且乘客相对电梯
均静止,如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中,下列说法正确
的是(  )
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A. 三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B. 只有在甲种方式中,乘客才受到了摩擦力作用
C. 在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大
D. 三种方式中的乘客均处于超重状态
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解析: 电梯加速上升阶段,在甲种方式中,乘客受到支持
力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用;在乙种方式中,乘客受到支
持力、重力、水平向右的摩擦力作用;在丙种方式中,乘客受到支
持力、重力,故在甲、乙两种方式中,乘客受到了摩擦力作用,故
A、B错误;在甲种方式中,乘客受到电梯地板的支持力为FN1=
mgcos θ,在乙种方式中,根据牛顿第二定律有FN2-mg=masin θ,
乘客受到电梯地板的支持力为FN2=mg+masin θ,在丙种方式中,
根据牛顿第二定律有FN3-mg=ma,乘客受到电梯地板的支持力为
FN3=mg+ma,可得FN1<FN2<FN3,故在丙种方式中,乘客受到
电梯地板的支持力最大,故C正确;三种方式中的乘客均有向上的加速度,均处于超重状态,故D正确。
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10. 如图所示为杂技“顶竿”表演,若表演中,一人A站在地上,头
上顶一根竖直竹竿,另外一人B在竹竿上某位置处开始以加速度a
加速下滑,接着以同样大小的加速度减速到另一位置停下。已知
两表演者质量均为M,杆质量为m,重力加速度为g,则下列说法
正确的是(  )
A. 当B加速下滑时A对地面的压力为(2M+m)g-Ma
B. 当B减速下滑时A对地面的压力为(2M+m)g-Ma
C. A对地面的压力一直为(2M+m)g
D. B下滑过程中一直处于失重状态,所以A对地面的压
力一直小于(2M+m)g
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解析: 当B加速下滑时,对B由牛顿第二定律可知Mg-Ff1=
Ma,对A:Mg+Ff1+mg=FN1,解得FN1=(2M+m)g-Ma,则
A对地面的压力为(2M+m)g-Ma,选项A正确;当B减速下滑
时,对B由牛顿第二定律可知Ff2-Mg=Ma,对A:Mg+Ff2+mg
=FN2,解得FN2=(2M+m)g+Ma,则A对地面的压力为(2M
+m)g+Ma,选项B、C错误;B下滑过程中先加速后减速,则先
失重后超重,所以A对地面的压力先小于(2M+m)g,后大于
(2M+m)g,选项D错误。
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11. 某人在以a1=0.5 m/s2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。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求此人在地面上最多可举起多少千克的物体;
答案:(1)85.5 kg 
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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
当此人在地面上举物体时,
设最多可举起质量为m0的物体
则有m0g-F=0
所以m0=85.5 kg。
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(2)若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2=40 kg的物
体,求此升降机上升的加速度大小。
答案:11.375 m/s2
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解析:此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2=40 kg的
物体,此时升降机处于超重状态,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
所以a2==11.375 m/s2。
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12. 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=11 s时停止,得到台秤的示数F随时
间t变化的图像如图所示,g取10 m/s2。求:
(1)小明在0~2 s内加速度a1的大小,在这段时间内他处于超重
还是失重状态;
答案:1 m/s2 失重 
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解析:由图像可知,在0~2 s内,台秤对小明的支持力
F1=450 N,
由牛顿第二定律得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。
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(2)在10~11 s内,台秤的示数F3;
答案:600 N 
解析:设在10~11 s内小明的加速度大小为a3,
时间为t3,0~2 s的时间为t1,
则a1t1=a3t3,解得a3=2 m/s2
由牛顿第二定律得F3-mg=ma3
解得F3=600 N。
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(3)小明运动的总位移x。
答案:19 m
解析: 0~2 s内位移x1=a1=2 m
2~10 s内位移x2=a1t1×t2=16 m
10~11 s内位移x3=a3=1 m
小明运动的总位移x=x1+x2+x3=19 m。
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谢谢观看!