2020-2021学年新教材高中物理 第5章 牛顿运动定律 5 超重与失重练习（含解析）鲁科版必修第一册.docx

1、第5节 超重与失重考点1超重和失重1.(2019山东胜利一中周测)在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止时,晓敏同学站在体重计上,体重计示数为50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图5-5-1所示。在这段时间内下列说法中正确的是()。图5-5-1A.晓敏同学所受的重力变小了B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C.电梯一定在竖直向下运动D.电梯的加速度大小为g/5,方向一定竖直向下答案：D解析：由题图知晓敏在这段时间内处于失重状态,是由于晓敏对体重计的压力变小了,而晓敏的重力没有改变,A选项错误;晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力

2、,大小一定相等,B选项错误;以竖直向下为正方向,有:mg-F=ma,解得a=g5,方向竖直向下,但其速度方向可能是竖直向上,也可能是竖直向下,C选项错误,D选项正确。2.(2019山东烟台一中月考)如图5-5-2所示,人在平地上静止站立时,受到的支撑力等于人的重力。做原地纵跳时,在快速下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化,若G表示重力。F表示支撑力。则下列曲线能正确反映该变化的是()。图5-5-2图5-5-3答案：D解析：人下蹲时处于失重,蹬伸上升时处于超重,然后离地完全腾空是失重到完全失重,D正确。3.(2019山东莱西一中月考)下列关于超重和失重的说法正确的是()。A.游泳高手可以

3、静躺在水面上,那时的人处于完全失重状态B.跳水运动员在入水前处于失重状态,入水后短时间内处于超重状态C.飞船利用火箭发射后,上升过程中处于超重状态,返回地面过程中处于失重状态D.给物块一个初速度沿斜面上滑,上滑的过程中物块处于超重状态,到最高点后下滑,下滑的过程中物块处于失重状态答案：B解析：物体有向上的加速度处于超重状态,有向下的加速度处于失重状态,A项错误;飞船返回地面时有向上的加速度,处于超重状态,C项错误;物块上滑的过程有向下的加速度,物块处于失重状态,D项错误。4.(2019浙江宁波中学周测)如图5-5-4所示,升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体,升降机静止时弹簧伸长量为10 cm,运

4、动时弹簧伸长量为9 cm。若重力加速度g=10 m/s2,则升降机的运动状态可能是()。图5-5-4A.以a=1 m/s2的加速度加速上升B.以a=1 m/s2的加速度加速下降C.以a=9 m/s2的加速度减速上升D.以a=9 m/s2的加速度减速下降答案：B解析：根据运动时弹簧伸长量为9 cm,静止时弹簧伸长量为10 cm,可知升降机的加速度向下,则升降机的运动状态可能是以a=1 m/s2的加速度加速下降;也可能是以a=1 m/s2的加速度减速上升,B正确。5.(2019北京朝阳区二模)如图5-5-5所示,体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠,双臂竖直,身体悬垂;接着用力上拉使下颌超过单

5、杠(身体无摆动);然后使身体下降,最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是()。图5-5-5A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力B.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力C.若增大两手间的距离,最终悬垂时单臂的拉力变大D.若增大两手间的距离,最终悬垂时单臂的拉力不变答案：C解析：上升过程中,有一个加速向上运动,最后减速到静止的过程,有超重也存在失重情况,知A错误;下降过程中加速向下时是失重过程,减速到静止过程是超重过程,B错误;根据力的分解知C正确,D错误。6.(2019上海格致中学质检)如图5-5-6所示,木箱内有一竖直放置的弹簧,弹簧上方有一物块;木箱静止时弹簧处于压缩状态且物

6、块压在箱顶上。若在某一段时间内,物块对箱顶刚好无压力,则在此段时间内,木箱的运动状态可能为()。图5-5-6加速下降加速上升减速上升减速下降A.B.C.D.答案：D解析：木箱静止时物块对箱顶有压力,则物块受到箱顶向下的压力,当物块对箱顶刚好无压力时,表明系统有向上的加速度,是超重,所以木箱的运动状态可能为减速下降或加速上升,故正确。7.(2019北京海淀区质检)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()。A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.手托物体向上运动的过程中,物体

7、始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度答案：D解析：手托物体由静止开始向上运动,一定先做加速运动,物体处于超重状态;而后可能匀速上升,也可能减速上升,选项A、B错误。在物体离开手的瞬间,二者分离,不计空气阻力,物体只受重力,物体的加速度一定等于重力加速度;要使手和物体分离,手向下的加速度一定大于物体向下的加速度,即手的加速度大于重力加速度,选项C错误,D正确。8.(2019浙江余杭高级中学月考)(多选)神舟飞船返回时,3吨重的返回舱下降到距地面10 km时,下降速度为200 m/s。再减速就靠降落伞了,先是拉出减速伞,

8、16 s后返回舱的速度减至80 m/s,此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞,主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s,此时飞船距地面高度为1 m,接着舱内4台缓冲发动机同时点火,给飞船一个向上的反冲力,使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动,g=10 m/s2。根据以上材料可得()。图5-5-7A.减速伞工作期间返回舱处于失重状态B.主伞工作期间返回舱处于失重状态C.减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s2D.每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍答案：CD解析：减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降,处于超重状态,A、B项错误;减速伞工作期间,返回

9、舱从200 m/s减速至80 m/s,由运动学公式得a1=v1-v2t1=7.5 m/s2,C项正确;缓冲发动机开动后,加速度大小为a3=v322h3=50 m/s2,由牛顿第二定律得4F-mg=ma3,解得Fmg=1.5,D项正确。考点2超重和失重的拓展9.(2019海南部分学校联考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行且向上的拉力F的作用,其下滑的速度时间图线如图5-5-8所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在05 s、510 s、1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3,则()。图5-5-8A.F1F3C.F1F3D.F1=F3答案：A解析：由v-t图像可知,05 s内加速度a

10、1=0.2 m/s2,沿斜面向下,根据牛顿第二定律有mgsin -f-F1=ma1,F1=mgsin -f-ma1;510 s内加速度a2=0,根据牛顿第二定律有mgsin -f-F2=ma2,F2=mgsin -f;1015 s内加速度a3=-0.2 m/s2,沿斜面向上,根据牛顿第二定律有mgsin -f-F3=ma3,F3=mgsin -f-ma3。故可得:F3F2F1,选项A正确。10.(2019湖北钟祥一中月考)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5-5-9所示

11、。那么下列说法正确的是()。图5-5-9A.顾客始终受到三个力的作用B.顾客始终处于超重状态C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方,再竖直向下答案：C解析：当电梯匀速运转时,顾客只受两个力的作用,即重力和支持力,故A、B都不对;由受力分析可知,加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力,故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方,而匀速时没有摩擦力,此时方向竖直向下,故选C。11.(2019湖南湘潭一中月考)(多选)原来做匀速运动的升降机内,有一被拉长的弹簧拉住的具有一定质量的物体A静止在地板上,如图5-5-10所示。现发现A突然被弹簧拉向右方,由此可判断

12、,此时升降机的运动情况可能是()。图5-5-10A.加速上升B.减速上升C.加速下降D.减速下降答案：BC解析：升降机匀速运动时,物体静止在地板上,说明物体受到的静摩擦力与弹簧的拉力平衡,即弹簧的拉力不大于最大静摩擦力,物体突然被拉动,说明拉力要大于最大静摩擦力,物体被拉动前,弹簧弹力是不变的,所以最大静摩擦力变小,其原因是物体与地板间的正压力减小了,物体处于失重状态,故应有向下的加速度,B、C正确,A、D错误。12.(2019江苏盐城中学月考)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图5-5-11所示。设投放初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比,且运动过程中箱子始

13、终保持图示姿态。在箱子下落过程中,下列说法正确的是()。图5-5-11A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时,箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长,箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”答案：C解析：因为下落速度不断增大,而阻力fv2,所以阻力逐渐增大,当f=mg时,物体开始匀速下落。以箱和物体为整体:(M+m)g-f=(M+m)a,f增大则加速度a减小。对物体:Mg-FN=ma,加速度减小,则支持力FN增大。所以物体后来受到的支持力比开始时要增大,不可能“飘起来”。13.(2019安徽和县一中月考)(多选)如图

14、5-5-12甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,则()。图5-5-12A.t2时刻小球速度最大B.t1t2时间内,小球处于超重状态C.t2t3时间内,小球先超重后失重D.t3t4时间内,小球处于完全失重状态答案：CD解析：小球落到弹簧上并往下运动的过程中,小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下,小球处于失重状态;当重力等于弹簧时,小球速度最大,所对应的时刻在t

15、1t2之间,接着小球受到的合力方向向上,做加速度增大的减速运动,小球处于超重状态,速度为零时,对应t2时刻,此时弹簧压缩量最大,所以A、B错误;根据对称性,小球反弹上升过程先向上加速运动,后减速运动,直到球与弹簧分离,小球先超重后失重,C正确;t3t4小球做竖直上抛运动,处于完全失重状态,D正确。将F-t图像和小球运动示意图对照理解,是解决此类题目的通用方法;根据加速度的方向是判断超重和失重的关键,不要受物体运动方向的影响。14.(2019湖北麻城一中月考)美国密执安大学五名学航天工程的大学生搭乘NASA的“Vomit Comet”,参加了“微重力学生飞行机会计划(Reduced Gravit

16、y Student Flight Opportunities Program)”。飞行员将飞机开到空中后,让其自由下落,以模拟一种无重力的环境。每次下降过程中,可以获得持续25 s之久的零重力状态,这样大学生们就可以进行不受引力影响的实验。若实验时飞机离地面的高度不得低于500 m,大学生最大可以承受两倍重力的超重状态,设当地重力加速度恒为g=10 m/s2,则飞机的飞行高度至少应为多少?答案：自由下落时,飞行员处于完全失重状态,自由下落的高度:h=12gt2,解得h=3 125 m,25 s末,飞机速度v=gt,v=250 m/s,学生承受最大压力为FN=2mg,由牛顿第二定律有:FN-mg=ma,解得:a=g,竖直向上,所以减速位移h=v22a,解得h=3 125 m,所以总高度为H=h+h+500 m=6 750 m。