《创新课堂》第四章 运动和力的关系 6.超重和失重 课件 高中物理必修第一册（人教版）同步讲练测

(共72张PPT)
6.超重和失重
1.掌握常用的测量重力的方法：牛顿第二定律G＝mg法和平衡条件法（测力计）。
2.理解超重、失重现象的含义，掌握超重、失重的产生条件。
3.能运用牛顿运动定律分析求解超重、失重问题，解释生活中的超重、失重现象。
学生目标
01
知识点一　重力的测量
02
知识点二　超重和失重
03
知识点三　超重和失重现象中的图像问题
目 录
04
素养培优
06
课时作业
05
随堂演练　教师独具
01
PART
知识点一
重力的测量
情境：用弹簧测力计测量物块的重力，如图所示（物块静止）。
问题：（1）该弹簧测力计的读数是多少N？（保留两位有效数字）
提示：3.6 N。
（2）弹簧测力计显示的读数为什么等于小物块的重力？请说明理由。
提示：弹簧测力计显示的读数为物块对弹簧测力计的拉力，物块对弹簧测
力计的拉力与弹簧测力计对物块的拉力是一对作用力和反作用力，根据牛
顿第三定律，二者大小相等，方向相反；对小物块，弹簧测力计对小物块
的拉力和小物块受到的重力是一对平衡力，二者大小相等，因此，弹簧测
力计显示的读数就等于小物块受到的重力。
1. 重力测量方法一：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. 重力测量方法二：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　
【易错辨析】
1. 用弹簧测力计测量物体所受重力时显示的拉力就是物体的重力。
（　×　）
2. 用弹簧测力计测量物体所受重力时用到了二力平衡和牛顿第三定律。
（　√　）
×
√
02
PART
知识点二
超重和失重
情境：如图所示，某人乘坐电梯正在向上运动。
问题：（1）电梯启动瞬间加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力
大还是小？
提示：电梯启动瞬间加速度方向向上。人受到的合力方向向上，所以支持
力大于重力。
（2）电梯将要到达目的地减速运动时加速度沿什么方向？人受到的支持
力比其重力大还是小？
提示：减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下。即人受到的合
力方向向下，所以支持力小于重力。
1. 实重：物体 的重力，G＝mg。
2. 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 称为视重，大小等于弹簧测力计或台式弹簧秤
所受的 或 。
实际受到　
示数　
拉力　
压力　
超重 失重 完全失重
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 物体对支持物的压力
（或对悬挂物的拉
力） 物体所受
重力 物体对支持物的压
力（或对悬挂物的
拉力）等于零
产生
条件 物体具有 的加速度 物体具有 的加
速度 物体向下的加速度
a＝
大于　
小于　
向上　
向下　
g　
3. 超重和失重
【易错辨析】
1. 超重就是物体受到的重力增加了。 （　×　）
2. 物体处于完全失重状态时，物体受到的重力就消失了。 （　×　）
3. 物体处于超重状态时，物体一定在上升。 （　×　）
4. 物体处于失重状态时，物体可能在上升。 （　√　）
×
×
×
√
1. 求解超重、失重问题的基本思路和方法
超重和失重问题实质上就是牛顿第二定律的应用，解题基本思路：
（1）确定研究对象进行受力分析，明确物体加速度方向。
（2）判断物体处于超重状态还是失重状态。
（3）取加速度方向为正方向，利用牛顿第二定律列式求解，必要时进行
讨论。
2. 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
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、抛体运动
等
提醒：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、液体对器壁没有压强、浸在水中的物
体不受浮力等。工作原理与重力有关的仪器也不能再使用，如天平、
液体气压计等。
【例1】　（超重和失重的判断）〔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
√
√
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，
对于人和鞋的加速度方向向上，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。
【例2】　（超重和失重的定量计算）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。问：
（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的大小，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。
方法技巧
（1）超重和失重问题实质是牛顿第二定律在竖直方向上的应用，只要
牢牢把握住以加速度方向为正方向列方程这个要点即可。
（2）超重就是视重比实重多了个ma，失重就是视重比实重少了个ma。
1. 〔多选〕电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个质量为1
kg的重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电
梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N。关于电梯的运动（如图所
示），以下说法正确的是（g取10 m/s2）（　　）
A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2
B. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2
C. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2
D. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
√
√
解析：电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，知重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N，对重物有F－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，方向竖直向上，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向上，电梯可能向上做加速运动，也可能向下做减速运动，故A、D正确，B、C错误。
03
PART
知识点三
超重和失重现象中的图像问题
【例3】　〔多选〕小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失
重现象。他在地面上用台秤称得自己的体重为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。下列说法正确的是（　　）
A. 在0～2 s内，小明处于超重状态
B. 在0～2 s内，小明加速度大小为1 m/s2
C. 在10～11 s内，台秤示数为F3＝600 N
D. 在0～11 s内，电梯通过的距离为18 m
√
√
解析：由题图可知，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，故A错误，B正确；设在10～11 s内小明的
加速度为a3，时间t3＝1 s，0～2 s的时间t1＝2 s，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，故C正
确；0～2 s内的位移x1＝a1＝2 m，2～10 s内的位移x2＝a1t1t2＝16
m，10～11 s内的位移x3＝a3＝1 m，则0～11 s内，电梯通过的距
离x＝x1＋x2＋x3＝19 m，故D错误。
规律总结
　　结合图像分析求解超重与失重问题，要善于从图像中获取有用信息
（斜率、截距、交点、面积等），能将图像与物体实际运动的情境结合起
来，并应用相关物理规律求解。
2. 一质量为60 kg的人站在观光电梯底板上，如图所示的v-t图像是计算机
显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖
直向上为正方向）。根据图像提供的信息，可以判断
下列说法中正确的是（g取10 m/s2）（　　）
A. 在5～10 s内，该人对电梯底板的压力等于500 N
B. 在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该人所受的支持力为624 N，处于超重状态
C. 在10～20 s内，该人所受的支持力为490 N，处于失重状态
D. 在20～25 s内，该人所受的支持力为490 N，处于超重状态
√
解析：　在5～10 s内，由题图知，电梯匀速运动，该人对电梯底板的压
力等于他所受的重力，为600 N，A错误；在0～5 s内，由题图知，此时加
速度大小a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得
F＝624 N，电梯的加速度方向向上，人处于超重状态，B正确；在10～20 s
内，该人匀减速上升，加速度方向向下，该人处于失重状态，由题图知，
此时加速度大小为0.2 m/s2，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝
588 N，C错误；在20～25 s内，观光电梯在加速下降，电梯的加速度方向
向下，此时人处于失重状态，D错误。
04
PART
素养培优
整体法在连接体超重、失重问题中的应用
1. 基本思路
（1）确定研究对象——明确连接体中共有几个物体，每个物体在过程中
都做什么运动，构建清晰的物理情境。
（2）明确连接体中每个物体分别具有什么样的加速度，从而确定每个物
体在过程中的超重、失重状态。
（3）对连接体整体运用牛顿第二定律列方程求解。
（4）必要时先整体后隔离，运用隔离法对各个物体进行受力分析，分别
运用牛顿第二定律列方程联立求解。
2. 解题关键
分析清楚每个物体的加速度情况是解决类似连接体问题的关键所在，对解
决问题至关重要。
【典例】　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
√
解析：方法一　整体法
本题不涉及连接体内部各个物体之间的相互作用力，且只有B物体具有
竖直方向的加速度，故当B加速下滑时，对连接体整体，由牛顿第二定
律可知
（2M＋m）g－FN1＝Ma，
解得FN1＝（2M＋m）g－Ma，
结合牛顿第三定律可知，A对地面的压力为
（2M＋m）g－Ma
当B减速下滑时，对连接体整体，由牛顿第二定律可知
－（2M＋m）g＝Ma，
解得＝（2M＋m）g＋Ma，
结合牛顿第三定律可知，A对地面的压力为（2M＋m）g＋Ma。故A正确，
B、C、D错误。
方法二　隔离法
当B加速下滑时，对B，由牛顿第二定律可知
Mg－Ff1＝Ma，
对A，有Mg＋Ff1＋mg＝FN1，
解得FN1＝（2M＋m）g－Ma，
结合牛顿第三定律可知，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，有Mg＋Ff2＋mg＝FN2，
解得FN2＝（2M＋m）g＋Ma，
结合牛顿第三定律可知，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B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。
05
PART
随堂演练
【教师独具】
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。
1. （超重、失重的理解）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. （超重、失重中的图像问题）（2025·内蒙古呼和浩特高一上期末）小
明同学站在置于水平地面上的压力传感器上，进行下蹲起立动作，图中呈
现的是在一段时间内力传感器的示数随时间变化的情况。由此可以判断小
明在（　　）
A. ab过程中，加速度向上，处于失重状态
B. bc过程中，加速度向上，处于超重状态
C. de过程中，加速度向下，处于失重状态
D. ef过程中，加速度向下，处于超重状态
√
解析：下蹲过程，先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，先处于失重状态，后处于超重状态，则题图中ac过程对应下蹲过程，其中ab过程中，加速度向下，处于失重状态；bc过程中，加速度向上，处于超重状态，故A错误，B正确；站起过程，先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，则题图中df过程对应站起过程，其中de过程中，加速度向上，处于超重状态；ef过程中，加速度向下，处于失重状态，故C、D错误。
3. （超重和失重的判断）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，拉力大小等于货物所受重力大小
D. 在加速和减速过程货物的平均速度相同
√
解析：　匀加速时，加速度方向向上，货物处于超重状态，A错误；匀减
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，拉力大小大于货物所受重
力大小，C错误；匀加速的末速度与匀减速的初速度相同，匀加速的初速
度与匀减速的末速度均为0，根据平均速度公式＝可知，匀加速和匀减
速过程货物的平均速度相同，D正确。
4. （超重、失重的定量计算）（2025·江苏常州高一上期末）某同学为测
量电梯启动的加速度，站在电梯中的体重计上随电梯一起上升。该同学静
止时，体重计显示69 kg，启动过程中体重计示数稳定在73 kg，g取10
m/s2，则电梯向上启动的加速度大小为（　　）
A. 4 m/s2 B. 0.4 m/s2
C. m/s2 D. m/s2
解析：　该同学静止时，体重计显示69 kg，根据平衡条件有FN1＝m1g＝
690 N，启动过程中体重计示数稳定在73 kg，根据牛顿第二定律有FN2－
m1g＝m1a，其中FN2＝m2g＝730 N，解得a＝ m/s2，故选C。
√
06
PART
课时作业
知识点一　超重和失重
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。
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√
2. 某同学用如图所示的实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静
止，感受橡皮筋对手指的压力。然后设法使钩码上下振动的同时手指保持
静止，感受压力的变化，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A. 超重时钩码所受重力增加
B. 钩码下降到最低点时处于超重状态
C. 橡皮筋对手指的压力逐渐增大时，钩码一定处于超重状态
D. 橡皮筋对手指的压力逐渐减小时，钩码一定处于失重状态
√
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解析：超重时钩码所受向上的拉力大于重力，但重力不变，故A错误；钩码下降到最低点时，钩码的速度为零，加速度向上，此时钩码所受的拉力大于重力，处于超重状态，故B正确；如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，则橡皮筋处于不断被拉伸的状态，所以钩码一定处于下降阶段，当向下加速时，拉力小于重力，钩码处于失重状态，当向下减速时，拉力大于重力，钩码处于超重状态，故C错误；如果橡皮筋对手指的压力逐渐减小，则橡皮筋处于回缩的状态，所以钩码一定处于上升阶段，向上加速时，拉力大于重力，钩码处于超重状态，当向上减速时，拉力小于重力，钩码处于失重状态，故D错误。
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3. 航天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，航天员处于超重状态
B. 火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身所受重力
C. 在飞船绕地球运行时，航天员处于完全失重状态，则航天员受到的重力
消失了
D. 飞船落地前减速下落时，航天员处于失重状态
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解析：火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知航天员受到的支持力大于自身受到的重力，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身所受重力，选项A正确，B错误；航天员处于完全失重状态时，仍然受重力，选项C错误；飞船落地前减速下落时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知航天员受到的支持力大于自身受到的重力，航天员处于超重状态，选项D错误。
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4. 图甲是神舟飞船返回舱降落的场景，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
√
解析：　v-t图像中切线斜率的绝对值表示加速度大小，由图像可知，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（　　）
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
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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，其受到重力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，依据牛顿第三定律知，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. 2024年11月4日，神舟十八号飞船飞行乘组成功返回地面，圆满完成任
务。若神舟十八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，神舟十八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；由于返回舱在竖直方向上匀减速下降，则返回舱处于超重
状态，故C错误；由于返回舱在竖直方向上匀减速下降，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a＝4.5 m/s2，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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知识点二　超重、失重现象中的图像问题
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. 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
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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，说明小红有向下的加速度，处于失重状态，8～11 s内
加速度为负值，说明小红有向上的加速度，处于超重状态，C、D错误。
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9. 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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10. 〔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
√
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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，故只在甲、乙两种方式中，乘客受到摩擦力作用，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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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：85.5 kg　
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
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. 一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐
在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员质量为65 kg，吊椅的质量为
15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2，当运动员
与吊椅一起以a＝1 m/s2的加速度上升时，求：
（1）运动员竖直向下拉绳的力；
答案：（1）440 N　方向竖直向下（2）275 N　超重
（2）运动员对吊椅的压力，并说明运动员是超重还是失重状态。
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解析：方法一　（1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的
两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F，对运动员和吊椅整体进行
受力分析如图甲所示，则有2F－（m人＋m椅）g＝（m人＋m椅）a
解得F＝440 N
由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力F'＝440 N。
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（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图乙所
示，则有F＋FN－m人g＝m人a
解得FN＝275 N
由牛顿第三定律，可知运动员对吊椅的压力也为275 N。
由于运动员所受绳子的拉力与吊椅的支持力之和大于运动员的重力，所以
运动员处于超重状态。
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方法二　设运动员和吊椅的质量分别为M和m，运动员竖直向下的拉力为
F，对吊椅的压力大小为FN，
根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力
为FN，
分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律
F＋FN－Mg＝Ma
①
F－FN－mg＝ma
②
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由牛顿第三定律，可知运动员竖直向下拉绳的力为440 N，运动员对吊椅
的压力为275 N
由于运动员所受绳子的拉力与吊椅的支持力之和大于运动员的重力，所以
运动员处于超重状态。
由①②解得
F＝440 N
FN＝275 N
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THANKS
演示完毕 感谢观看