超重與失重(建議用時：40分鐘)題組一超重現象1．(江蘇南通期中)港珠澳大橋工程的技術及設備規模創造了多項世界紀錄，被譽為“超級大國的超級工程”。建造大橋過程中最困難的莫過于沉管隧道的沉放和精確安裝，每節沉管隧道質量約8萬噸，超過了一臺中型航母的質量。若將該沉管在向下沉放過程中看成是減速運動，關于此過程，下列說法正確的是()A．沉管所受的合外力為0B．沉管所受合外力不為0，且方向向下C．該沉管處于超重狀態D．該沉管處于失重狀態C[由題意知沉管有向上的加速度，根據牛頓第二定律可知合力向上，故A、B錯誤；因加速度向上，所以沉管處于超重狀態，故C正確，D錯誤。]2．小敏隨著十幾個人一起乘電梯上五樓，走進電梯時電梯沒有顯示超載，但電梯剛啟動時超載報警器卻響了起來。對這一現象的解釋，下列說法正確的是()A．剛啟動時，人的加速度向下，人處于超重狀態B．剛啟動時，人所受的重力變大了C．剛啟動時，人對電梯底板的壓力大于底板對人的支持力D．剛啟動時，人對電梯底板的壓力變大了D[電梯剛啟動時人隨電梯一起加速上升，人的加速度向上，所受合力向上，處于超重狀態，所以人對電梯底板的壓力變大，導致超載報警器報警。故D正確。]3．一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為eq\f(1,3)g，g為重力加速度。人對電梯底部的壓力大小為()A．eq\f(1,3)mgB．2mgC．mgD．eq\f(4,3)mgD[電梯加速上升時，人處于超重狀態，則人所受電梯的支持力為N＝m(g＋a)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(1,3)g）＝eq\f(4,3)mg。由牛頓第三定律可知，人對電梯底部的壓力大小為eq\f(4,3)mg，故D正確。]4．下列說法中正確的是()A．超重時物體所受的重力不變B．高層住宅電梯啟動瞬間，電梯中的人就處于失重狀態C．超重就是物體所受的重力增加D．飛機減速下降過程中，飛機中的乘客處于失重狀態A[處于超重與失重狀態的物體所受的重力不變，但豎直加速度導致視重變了，A對，C錯；電梯向上啟動的瞬間加速度向上，人所受的支持力變大，則壓力變大即視重變大，處于超重狀態；反之，電梯向下啟動的瞬間處于失重狀態，B錯；飛機減速下降時加速度向上，則飛機里的人處于超重狀態，D錯。]題組二失重現象5．如圖所示，A、B兩人用安全帶連接在一起，從飛機上跳下進行雙人跳傘運動，降落傘未打開時不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．在降落傘未打開的下降過程中，安全帶的作用力一定為零B．在降落傘未打開的下降過程中，安全帶的作用力大于B的重力C．在降落傘未打開的下降過程中，安全帶的作用力等于B的重力D．在降落傘打開后減速下降過程中，安全帶的作用力小于B的重力A[據題意，降落傘未打開時，A、B兩人一起做自由落體運動，處于完全失重狀態，則A、B之間安全帶的作用力為零，A正確，B、C錯誤；降落傘打開后，A、B減速下降，加速度向上，則A、B處于超重狀態，對B有：FT－mg＝ma，即FT＝mg＋ma>mg，故D錯誤。]6．(吉林梅河口高一上期末)如圖所示，物體A、B由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩連接，由靜止釋放，在物體A加速下降的過程中(此過程中物體B未碰到滑輪)，下列說法正確的是()A．物體A和物體B均處于超重狀態B．物體A和物體B均處于失重狀態C．物體A處于超重狀態，物體B處于失重狀態D．物體A處于失重狀態，物體B處于超重狀態D[A加速下降，則加速度方向向下，輕繩的拉力小于A的重力，A處于失重狀態；同時B加速上升，則加速度方向向上，輕繩的拉力大于B的重力，B處于超重狀態，D正確。]7．(重慶涪陵高一上月考)高蹺運動是一項新型運動，圖甲為彈簧高蹺。當人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人就向上彈起，進而帶動高蹺跳躍，如圖乙所示。則下列說法正確的是()甲乙A．人向上彈起過程中，一直處于超重狀態B．人向上彈起過程中，踏板對人的作用力大于人對踏板的作用力C．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力D．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對地的壓力等于人和高蹺的總重力C[人向上彈起的過程中，先做加速度逐漸減小的加速直線運動(超重狀態)，而后做加速度逐漸增加的減速直線運動(失重狀態)，最后做勻減速直線運動(完全失重)到最高點，A錯誤；人向上彈起過程中，踏板對人的作用力和人對踏板的作用力屬于作用力和反作用力，二者等大反向，B錯誤；當彈簧壓縮到最低點時，人有豎直向上的加速度，根據牛頓第二定律可知，高蹺對人的作用力大于人的重力，由牛頓第三定律可知人對高蹺的作用力大于人的重力，則高蹺對地的壓力大于人和高蹺的總重力，C正確，D錯誤。]8．(四川北大附中高三上月考)如圖所示，浸在水中的小球的密度小于水的密度，小球固定在輕彈簧的一端，彈簧的另一端固定在容器的底部，當整個系統自由下落時，彈簧長度將()A．變長 B．不變C．恢復原長 D．條件不足，無法確定C[當系統處于靜止狀態時，浸在水中的小球的密度小于水的密度，由平衡條件可得F浮＝F彈＋mg，彈簧被拉伸；當整個系統自由下落達到穩定時，小球及水處于完全失重狀態，水不再對球施加浮力，彈簧不再受到拉力，彈簧將恢復原長，C符合題意。]9．彈簧測力計上掛一質量為1kg的物體，在下列各種情況下，彈簧測力計的示數為多少？(g取10m/s2)(1)以5m/s的速度勻速上升或下降；(2)以5m/s2的加速度豎直加速上升；(3)以5m/s2的加速度豎直加速下降；(4)以重力加速度g豎直下降。[解析]以物體為研究對象，在運動過程中物體僅受到兩個力的作用，如圖所示。(1)由牛頓第二定律有T1－mg＝0，得T1＝mg＝1×10N＝10N。由牛頓第三定律得彈簧測力計的示數等于10N。(2)以5m/s2的加速度勻加速上升時，若以向上為正方向，由牛頓第二定律有T2－mg＝ma，得T2＝m(g＋a)＝1×(10＋5)N＝15N。由牛頓第三定律得彈簧測力計的示數為15N(超重現象)。(3)以5m/s2勻加速下降時，若取向下為正方向，由牛頓第二定律有mg－T3＝ma1，得T3＝m(g－a1)＝1×(10－5)N＝5N。由牛頓第三定律得彈簧測力計的示數為5N(失重現象)。(4)以重力加速度g豎直下降時，若取向下為正方向，由牛頓第二定律有mg－T4＝ma2，因為a2＝g，得T4＝m(g－a2)＝0。由牛頓第三定律得彈簧測力計的示數為零(完全失重現象)。(1)10N(2)15N(3)5N(4)010．(多選)某實驗小組，利用DI系統觀察超重和失重現象。他們在電梯內做實驗，在電梯的地板上放置一個壓力傳感器，在傳感器上放一個重力大小為20N的物塊，如圖甲。實驗中計算機顯示出傳感器所受物塊的壓力大小隨時間變化的關系如圖乙。根據圖像分析得出的結論中正確的是()甲乙A．從時刻t1到t2，物塊處于失重狀態B．從時刻t3到t4，物塊處于失重狀態C．電梯可能開始停在低樓層，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在高樓層D．電梯可能開始停在高樓層，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在低樓層AD[從時刻t1到t2，傳感器受到的壓力小于物塊的重力，物塊處于失重狀態，加速度向下，故A正確；從時刻t3到t4，傳感器受到的壓力大于物塊的重力，物塊處于超重狀態，加速度向上，故B錯誤；如果電梯開始停在低樓層，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在高樓層，那么壓力應先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，不符合題圖，故C錯誤；如果電梯開始停在高樓層，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在低樓層，那么壓力應該是先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，與題圖相符，故D正確。故選A、D。]11．(多選)為了節能，商場安裝了如圖所示節能電動扶梯，無人乘行時，扶梯運轉得很慢；有人站上扶梯時，它會先加速，再勻速運轉，一位顧客乘扶梯上樓，恰好經歷了這兩個過程，則下列說法中正確的是()A．扶梯加速時，扶梯對顧客的摩擦力方向為水平向左B．扶梯加速時，扶梯對顧客的支持力大小大于顧客的重力大小C．扶梯對顧客作用力的方向先向右上方，再豎直向上D．顧客一直受到三個力的作用BC[扶梯加速時，顧客加速度斜向右上方，合力斜向右上方，因而顧客受到的摩擦力水平向右，扶梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，扶梯對顧客的支持力大小大于顧客的重力大小；在勻速運動的過程中，顧客處于平衡狀態，只受重力和支持力，顧客與電梯間的摩擦力等于零，扶梯對顧客作用力的方向豎直向上。所以扶梯對顧客作用力的方向先指向右上方，再豎直向上，顧客先受到三個力的作用，后受到兩個力的作用。故A、D錯誤，B、C正確。]12．(多選)(內蒙古赤峰二中高一上月考)如圖所示，在密閉的盒子內裝有一個質量為m的金屬球，球剛好能在盒內自由活動。若將盒子豎直向上拋出，拋出后在上升和下降過程中，下列說法中正確的是()A．不計空氣阻力的情況下，上升、下降時球對盒均有作用力B．不計空氣阻力的情況下，上升、下降時球對盒均無作用力C．考慮空氣阻力的情況下，上升時球對盒有作用力D．考慮空氣阻力的情況下，上升、下降球對盒均無作用力BC[若空氣阻力可忽略，在整個過程中，由整體法分析可知加速度為g，再對球受力分析，根據牛頓第二定律可知，球只受重力，所以上升、下降過程中球對盒均無作用力，故A錯誤，B正確；如果空氣阻力不可忽略，上升時，盒子受到向下的重力和向下的空氣阻力，加速度大于g。對球由牛頓第二定律知FN＝m(a－g)(a>g)，FN為球受到盒子頂部的壓力，由牛頓第三定律知上升時球對盒頂有壓力；同理分析，下降時，球的加速度為a′<g，則有F′N＝m(g－a′)，F′N為盒子底部對球的支持力，由牛頓第三定律知下降時球對盒底有壓力，故C正確，D錯誤。]13．(北京石景山區高一上期末)摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米。電梯的簡化模型如圖甲所示。考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的。已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a-t圖像如圖乙所示，取向上為正方向。電梯總質量m＝2.0×103kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s甲乙(1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖像求位移的方法。請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據圖乙所示a-t圖像，回答下列問題：①求電梯在第1s內的速度改變量Δv1的大小和第2s末的速率v2；②寫出電梯在第1s內的加速度與時間的關系式、速度與時間的關系式。[解析](1)由牛頓第二定律有F－mg＝ma，由a-t圖像可知，F1和F2對應的加速度分別是a1＝1.0m/s2、a2＝－1.0m/s2，F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0)N＝2.2×104N，F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N＝1.8×1