資源簡介

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預習銜接.夯實基礎 超重與失重
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 正定縣校級期末）如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質量為m＝0.2kg的小球從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中（彈簧始終在彈性限度內），其速度v和彈簧壓縮量Δx的函數圖像如圖乙所示，其中A為曲線的最高點，小球和彈簧接觸瞬間的機械能損失不計，取重力加速度g＝10m/s2，則下列說法中正確的是（　　）
A．該彈簧的勁度系數為2 N/m
B．當Δx＝0.3 m時，小球處于超重狀態
C．小球剛接觸彈簧時速度最大
D．當Δx＝0.61 m時，小球的加速度為零
2．（2024秋 福田區校級期末）如圖所示，質量為m的人站在傾角為θ的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯一起斜向上做勻減速直線運動，加速度大小為a，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．人未受到摩擦力作用
B．人處于超重狀態
C．踏板對人的摩擦力大小Ff＝masinθ
D．踏板對人的支持力大小FN＝mg﹣masinθ
3．（2024秋 岳陽期末）某同學站在力傳感器上連續做“下蹲﹣站起﹣下蹲﹣站起…”的動作。截取力傳感器某一時段內的采集數據如圖，D點和B點對應的力值之比約2：1。下列說法中正確的是（　　）
A．A點對應人處于失重狀態
B．B點對應人正在站起
C．C點對應人正在蹲著不動
D．D點和B點對應的人加速度之比約2：1
4．（2024秋 綿陽期末）將一個質量為0.5kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反。該過程的v﹣t圖像如圖所示，g取10m/s2。則小球（　　）
A．受到的阻力大小為6N
B．落回到拋出點時的速度大小為
C．上升過程與下落過程都處于超重狀態
D．上升過程與下落過程所用時間之比為2：3
5．（2024秋 長安區校級期末）利用智能手機的加速度傳感器可直觀顯示手機的加速度情況。用手掌托著手機，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始豎直向上拋出手機，后又接住。以豎直向上為正方向，測得手機在豎直方向的加速度隨時間變化的圖像如圖所示，則手機可能在（　　）
A．t1～t2時間內減速上升，t2～t3時間內加速下降
B．t1～t2時間內加速上升，t2～t3時間內減速上升
C．t1～t2時間內減速上升，t2～t3時間內加速上升
D．t1～t2時間內加速上升，t2～t3時間內減速下降
二．多選題（共3小題）
（多選）6．（2024秋 羅湖區校級期末）如圖甲所示，質量為m的物塊掛在彈簧秤的下端，在彈簧秤的拉力作用下沿豎直方向從靜止開始做直線運動。取豎直向上為正方向，物塊的加速度隨時間的變化關系如圖乙所示，彈簧秤始終在彈性限度內。重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．0～4s內物塊先超重后失重，彈簧秤的示數先增大后減小
B．2s～6s內物塊先超重后失重，速度變化量為零
C．0～6s內物塊先超重后失重，4s時速度最大
D．彈簧秤在2s末和6s末的示數相同，物塊速度相等
（多選）7．（2024春 湖南期末）某舉重運動員在力傳感器上訓練做“下蹲”“站起”動作，某段時間內力傳感器的示數隨時間變化的圖像如圖所示。由穩定的站姿到穩定的蹲姿稱為“下蹲”過程，由穩定的蹲姿到穩定的站姿稱為“站起”過程，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．“下蹲”過程中，該運動員先處于失重狀態后處于超重狀態
B．“站起”過程中，該運動員先處于失重狀態后處于超重狀態
C．“下蹲”時，該運動員對力傳感器的壓力小于力傳感器對他的支持力
D．這段時間內，該運動員加速度的最大值為6m/s2
（多選）8．（2024春 唐山期末）如圖（甲）所示為太空探索公司獵鷹火箭助推器回收畫面。火箭發射后，助推器點火提供向上的推力，到達某一高度后與火箭分離，并立即關閉發動機，在接近地面某處重啟發動機減速并使助推器的速度在著陸時為零。從火箭發射開始計時，助推器上速度傳感器測得助推器豎直方向的速度如圖（乙）所示，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．t1～t3的過程中，助推器先處于超重狀態然后處于失重狀態
B．t3～t4的過程中助推器處于超重狀態
C．t2時刻助推器與火箭分離并關閉發動機
D．若t2＜t4﹣t2，則v1＞v2
三．填空題（共3小題）
9．（2024秋 蕪湖期末）一位質量為50kg的同學從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機內置的加速度傳感器測得電梯運行的加速度a隨時間t的變化關系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當t＝10s時，該同學處于 　 　狀態（填“超重”或“失重”），此時他對電梯地板的壓力大小約 　 　N，整個過程中電梯運行的最大速率約為 　 　m/s。
10．（2024秋 泉州期末）小明站在力傳感器上做下蹲和起立動作，如圖甲所示。圖乙為力傳感器的示數隨時間的變化關系圖像。則t1時刻小明處于 　 　狀態（選填“超重”“失重”或“平衡”）；t2 t3過程小明完成的動作是 　 　（選填“起立”或“下蹲”）。
11．（2024秋 閔行區期末）某人站在力傳感器上持續多次完成站起、下蹲的動作，某次傳感器記錄的數據如圖所示。可以判斷，數據 　 　（選填“①”或“②”）記錄的是人站起的過程。0﹣8s的整個過程中，人的瞬時加速度最大值約為 　 　m/s2。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 西寧期末）質量是60kg的人站在升降機中的體重計上，如圖所示。重力加速度g取10m/s2，當升降機做下列各種運動時，求體重計的示數。
（1）勻速上升；
（2）以4m/s2的加速度加速上升；
（3）以5m/s2的加速度加速下降。
13．（2024秋 洛陽期末）如圖1所示，一個同學在豎直升降的電梯內，探究超重失重現象。該同學站在磅秤上的總質量為50kg。電梯由靜止開始向下做勻加速運動，這時開始計時。該同學在磅秤上的示數隨時間變化情況F﹣t圖線如圖2，最后電梯恰好停在地面上，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）電梯做勻速運動時的速度大小；
（2）電梯降落的總位移的大小。
14．（2024秋 海淀區期末）如圖所示的巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重狀態。游客在被送到距地面h＝66.5m的高度后，由靜止開始隨座艙勻加速下落t＝3s到離地面h1＝24.5m的位置時，制動系統啟動，座艙做勻減速運動，到達地面時剛好停下。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）座艙在勻加速下落過程中的加速度的大小a1；
（2）在制動系統啟動后，座艙座椅對質量m＝60kg的游客的支持力FN。
15．（2024秋 石景山區期末）圖像是一種很方便、直觀的分析方法，圖線與坐標軸的交點、所圍的面積也有一定的物理含義。
（1）質量為m的某同學乘電梯上樓，電梯以加速度a勻加速上升時，通過分析說明此同學處于超重狀態還是失重狀態。
（2）電梯勻加速上升時的a﹣t圖像如圖1所示，分析說明圖線與坐標軸所圍面積的物理含義。
（3）某同學乘電梯時，利用手機傳感器軟件測量出電梯啟動過程中加速度隨時間變化的情況，如圖2所示。求第6s末、18s末時電梯的速度大小。
預習銜接.夯實基礎 超重與失重
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 正定縣校級期末）如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質量為m＝0.2kg的小球從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中（彈簧始終在彈性限度內），其速度v和彈簧壓縮量Δx的函數圖像如圖乙所示，其中A為曲線的最高點，小球和彈簧接觸瞬間的機械能損失不計，取重力加速度g＝10m/s2，則下列說法中正確的是（　　）
A．該彈簧的勁度系數為2 N/m
B．當Δx＝0.3 m時，小球處于超重狀態
C．小球剛接觸彈簧時速度最大
D．當Δx＝0.61 m時，小球的加速度為零
【考點】超重與失重的圖像問題；胡克定律及其應用；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；歸納法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】B
【分析】小球接觸彈簧后，彈力從零逐漸增大，小球的加速度先向下逐漸減小到零再向上逐漸增大，速度為零時，向上的加速度達到最大值。
【解答】AC．小球接觸彈簧后，彈力從零逐漸增大，當彈簧彈力等于小球重力，即Δx＝0.10m時，小球速度最大，加速度為零，即有
mg＝kΔx
可得，彈簧勁度系數為kN/m＝20N/m，
故AC錯誤；
B．當Δx＝0.3 m時，小球向下減速，加速方向向上，彈力大于重力，小球處于超重狀態，故B正確；
D．當Δx＝0.61 m時，彈簧彈力大于重力，加速向上達到最大值，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題要求同學們能正確分析小球的運動情況，能根據牛頓第二定律解題，知道從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，彈簧彈力一直做增大。
2．（2024秋 福田區校級期末）如圖所示，質量為m的人站在傾角為θ的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯一起斜向上做勻減速直線運動，加速度大小為a，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．人未受到摩擦力作用
B．人處于超重狀態
C．踏板對人的摩擦力大小Ff＝masinθ
D．踏板對人的支持力大小FN＝mg﹣masinθ
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】將人的加速度分解到水平方向和豎直方向，根據牛頓第二定律列式求解即可。
【解答】解：AB．把加速度分解為水平和豎直兩個方向，可知加速度具有水平向左的分加速度，根據牛頓第二定律可知人受到水平向左的摩擦力作用，加速度具有豎直向下的分加速度，人處于失重狀態。故AB錯誤；
CD．對人受力分析，有
Ff＝macosθ，mg﹣FN＝masinθ
解得
FN＝mg﹣masinθ
故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題考查牛頓第二定律，解題關鍵是將人的加速度分解到水平方向和豎直方向，根據牛頓第二定律列式求解即可。
3．（2024秋 岳陽期末）某同學站在力傳感器上連續做“下蹲﹣站起﹣下蹲﹣站起…”的動作。截取力傳感器某一時段內的采集數據如圖，D點和B點對應的力值之比約2：1。下列說法中正確的是（　　）
A．A點對應人處于失重狀態
B．B點對應人正在站起
C．C點對應人正在蹲著不動
D．D點和B點對應的人加速度之比約2：1
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】失重狀態：當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度：超重狀態：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度。人下蹲過程分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重，起立也是同樣的道理。
【解答】解：A．開始時人處于平衡狀態，A點人對傳感器的壓力大于重力，人處于超重狀態，故A錯誤；
B．站起過程先是加速上升到達一個最大速度后再減速上升，所以站起過程是先超重后失重，對應壓力先增大后減小，B點對應人正在站起，故B正確；
C．C點對應平衡狀態，人可能站著不動，故C錯誤；
D．由圖中信息無法確定D點和B點對應的人加速度之比為多少，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查物理知識與生活的聯系，注意細致分析物理過程，仔細觀察速度的變化情況，與超失重的概念聯系起來加以識別。
4．（2024秋 綿陽期末）將一個質量為0.5kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反。該過程的v﹣t圖像如圖所示，g取10m/s2。則小球（　　）
A．受到的阻力大小為6N
B．落回到拋出點時的速度大小為
C．上升過程與下落過程都處于超重狀態
D．上升過程與下落過程所用時間之比為2：3
【考點】超重與失重的圖像問題；根據v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況；牛頓第二定律的圖像問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】根據速度—時間圖線得出向上做勻減速直線運動的加速度大小，結合牛頓第二定律求出阻力的大小，再根據牛頓第二定律求出下降的加速度，抓住上升的高度和下降的高度相等，結合位移—時間公式得出運動的時間之比．根據速度—時間圖線得出上升的位移，從而得出下降的位移，結合速度—位移公式求出小球落到拋出點時的速度．根據加速度的方向判斷超失重。
【解答】解：A．由圖可知小球上升過程中的加速度大小為，解得：a1＝12m/s2
根據牛頓第二定律有mg+f＝ma1
解得受到的阻力大小為f＝1N，故A錯誤；
BD．小球下落過程的加速度大小為，解得：a2＝8m/s2
根據，
可得小球上升與下落所用時間之比為，解得：
則小球下落的時間為
小球落回到拋出點的速度大小為v2＝a2t2，解得：，故B正確，D錯誤；
D．小球在上升過程和下落過程加速度方向均向下，所以小球均處于失重狀態，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查了牛頓第二定律和速度—時間圖線的綜合運用，知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁，通過牛頓第二定律和運動學公式求出阻力是解決本題的關鍵。
5．（2024秋 長安區校級期末）利用智能手機的加速度傳感器可直觀顯示手機的加速度情況。用手掌托著手機，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始豎直向上拋出手機，后又接住。以豎直向上為正方向，測得手機在豎直方向的加速度隨時間變化的圖像如圖所示，則手機可能在（　　）
A．t1～t2時間內減速上升，t2～t3時間內加速下降
B．t1～t2時間內加速上升，t2～t3時間內減速上升
C．t1～t2時間內減速上升，t2～t3時間內加速上升
D．t1～t2時間內加速上升，t2～t3時間內減速下降
【考點】超重與失重的圖像問題；復雜的運動學圖像問題．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】B
【分析】根據加速度的正負判斷加速度的方向，進而判斷手機的運動情況，結合牛頓第二定律判斷手機所受支持力的變化。
【解答】解：圖像與時間軸圍成的“面積”表示速度的變化量；根據圖像可知，t1時刻手機加速度最大，t1時刻之后，手機加速度依然是正值，手機還要繼續加速上升，t2時刻手機加速度為0，此時手機向上的速度最大，之后手機的加速度反向，開始減速上升；加速過程速度變化量（增加量）大于減速過程速度的變化量（減少量），則t2～t3手機的運動方向一直向上，所以t1～t2時間內加速上升，t2～t3時間內減速上升。故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查a﹣t圖像和牛頓第二定律，解題關鍵是根據a﹣t圖像分析手機的運動情況，結合牛頓第二定律分析手機的受力情況。
二．多選題（共3小題）
（多選）6．（2024秋 羅湖區校級期末）如圖甲所示，質量為m的物塊掛在彈簧秤的下端，在彈簧秤的拉力作用下沿豎直方向從靜止開始做直線運動。取豎直向上為正方向，物塊的加速度隨時間的變化關系如圖乙所示，彈簧秤始終在彈性限度內。重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．0～4s內物塊先超重后失重，彈簧秤的示數先增大后減小
B．2s～6s內物塊先超重后失重，速度變化量為零
C．0～6s內物塊先超重后失重，4s時速度最大
D．彈簧秤在2s末和6s末的示數相同，物塊速度相等
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；根據a﹣t圖像的物理意義分析物體的運動情況；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；歸納法；運動學中的圖象專題；理解能力．
【答案】BC
【分析】根據加速度方向分析結合牛頓第二定律分析；根據a﹣t圖像與坐標軸所圍“面積”表示速度的變化量分析速度變化量，根據加速度方向分析超重或失重狀態；根據圖像分析最大速度；根據牛頓第二定律分析彈簧秤的示數。
【解答】解：A．由題意可知，在0～4s，加速度為正值，方向向上，由牛頓第二定律得
F﹣mg＝ma
解得
F＝mg+ma
因為加速度方向在這段時間內是一直向上的，則視重F大于物塊的實際重力mg，物塊一直處于超重狀態。因加速度先增大后減小，彈簧秤的示數先增大后減小，故A錯誤；
B．2s～4s，加速度為正值，方向向上，物塊處于超重狀態，4s～6s，加速度為負值，方向向下，物塊處于失重狀態；a﹣t圖像與坐標軸所圍“面積”表示速度的變化量，t軸上方面積為正值，表示速度增加，t軸下方面積為負值，表示速度減小，2s～6s時間段內圖像中與坐標軸所圍的“面積”代數和為零，說明這段時間內物體的速度變化量為零，故2s～6s內物塊先超重后失重，速度變化量為零，故B正確；
C．根據圖像可知在0～4s內加速度方向向上，在4s～6s內加速度方向向下，所以在0～6s內物塊先超重后失重；在0～4s內加速度方向向上，一直在向上加速運動，所以4s時物塊速度最大，為，故C正確；
D．由A項分析知彈簧秤示數為
F＝mg+ma
又2s和6s兩時刻加速度分別為2m/s2和﹣2m/s2，故彈簧秤在2s末和6s末的示數不相同，又a﹣t圖像中圖線下的“面積”為速度的變化量，物塊在2s～6s速度變化量為零，故
v2＝v6
物塊在2s末和6s末速度相等，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，要知道加速度方向向上，物體處于超重狀態，加速度方向向下，處于失重狀態。
（多選）7．（2024春 湖南期末）某舉重運動員在力傳感器上訓練做“下蹲”“站起”動作，某段時間內力傳感器的示數隨時間變化的圖像如圖所示。由穩定的站姿到穩定的蹲姿稱為“下蹲”過程，由穩定的蹲姿到穩定的站姿稱為“站起”過程，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．“下蹲”過程中，該運動員先處于失重狀態后處于超重狀態
B．“站起”過程中，該運動員先處于失重狀態后處于超重狀態
C．“下蹲”時，該運動員對力傳感器的壓力小于力傳感器對他的支持力
D．這段時間內，該運動員加速度的最大值為6m/s2
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；牛頓第二定律求解瞬時問題；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】根據圖像中力傳感器示數與重力比較，判斷運動員處于失重或超重狀態；根據作用與反作用力的特點分析判斷；根據圖像中力傳感器示數結合重力公式、牛頓第二定律計算判斷。
【解答】解：A．由圖像可知“下蹲”過程中，力傳感器上的示數先小于重力，后大于重力，則該運動員先處于失重狀態后處于超重狀態，故A正確；
B．由圖像可知“站起”過程中，力傳感器上的示數先大于重力，后小于重力，則該運動員先處于超重狀態后處于失重狀態，故B錯誤；
C．“下蹲”時，該運動員對力傳感器的壓力和力傳感器對他的支持力是一對相互作用力，一定大小相等，方向相反，故C錯誤；
D．根據圖像可知舉重運動員在穩定的站姿和穩定的蹲姿狀態中在豎直方向上受平衡力作用，可知該運動員重力為1000N，則該運動員質量
力傳感器示數最小時，處于失重狀態，此時向下的加速度最大，此加速度大小
力傳感器示數最大時，處于超重狀態，此時向上的加速度最大，此加速度大小
則這段時間內，該運動員加速度的最大值為6m/s2，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題關鍵掌握超重與失重的實質，傳感器的示數隨時間變化的圖像的物理意義。
（多選）8．（2024春 唐山期末）如圖（甲）所示為太空探索公司獵鷹火箭助推器回收畫面。火箭發射后，助推器點火提供向上的推力，到達某一高度后與火箭分離，并立即關閉發動機，在接近地面某處重啟發動機減速并使助推器的速度在著陸時為零。從火箭發射開始計時，助推器上速度傳感器測得助推器豎直方向的速度如圖（乙）所示，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．t1～t3的過程中，助推器先處于超重狀態然后處于失重狀態
B．t3～t4的過程中助推器處于超重狀態
C．t2時刻助推器與火箭分離并關閉發動機
D．若t2＜t4﹣t2，則v1＞v2
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；復雜的運動學圖像問題．
【專題】定量思想；推理法；運動學中的圖象專題；推理論證能力．
【答案】BD
【分析】根據圖像分析加速度方向，根據助推器的加速度方向判斷助推器超失重狀態；t1時刻助推器關閉發動機，助推器向上做減速運動，火箭繼續向上加速，助推器與火箭分離；根據圖線與坐標軸圍成的面積，分析v1與v2的關系。
【解答】解：A．t1～t3的過程中，助推器只在重力作用下先向上減速后向下加速，加速度向下，則總是處于失重狀態，故A錯誤；
B．t3～t4的過程中助推器向下減速，加速度向上，處于超重狀態，故B正確；
C．t1時刻助推器關閉發動機，助推器向上做減速運動，火箭繼續向上加速，助推器與火箭分離，故C錯誤；
D．因t2時刻助推器到達最高點，則由面積關系可知t軸以上圖像的面積等于t軸以下圖像的面積，設t軸以上圖像的面積為s，若從0～t1時間內做勻加速直線運動，則
聯立解得：
因t2＜t4﹣t2，則v1＞v2，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題考查超失重的概念和運動學圖像問題，解題關鍵掌握圖像的認識，注意圖線的斜率代表加速度，與坐標軸圍成的面積，會根據加速度方向判定物體的超失重狀態。
三．填空題（共3小題）
9．（2024秋 蕪湖期末）一位質量為50kg的同學從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機內置的加速度傳感器測得電梯運行的加速度a隨時間t的變化關系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當t＝10s時，該同學處于 　超重　狀態（填“超重”或“失重”），此時他對電梯地板的壓力大小約 　520　N，整個過程中電梯運行的最大速率約為 　1.9　m/s。
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷．
【專題】定性思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】超重；520N；1.9m/s。
【分析】該同學向下減速運動，加速度豎直向上，此時所受支持力大于重力，處于超重狀態；
可根據牛頓第二定律計算此時所受支持力大小，再根據牛頓第三定律得出電梯受到人的壓力大小等于人所受電梯的支持力大小；
利用速度與時間公式可知，加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，故可根據圖像得出最大速率。
【解答】解：當t＝10時，該同學向下減速運動，加速度豎直向上處于超重狀態。
t＝10s時，又根據牛頓第二定律
N﹣mg＝ma
代入數據解得N＝520N
根據牛頓第三定律可得對電梯底的壓力大小約為520N。
加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，加速度向下時處于加速狀態，根據圖線在該段時間內與橫軸圍成面積格數有十九個小格
得vm＝0+Δv
代入數據解得vm＝1.9m/s
則該同學的最大速率約為1.9m/s。
故答案為：超重；520N；1.9m/s。
【點評】本題考查了對超重、失重狀態的理解，已經應用牛頓第二定律計算所受支持力的能力，進一步考查了對牛頓第三定律的應用，以及運用運動學公式綜合分析加速度與時間圖像的能力。
10．（2024秋 泉州期末）小明站在力傳感器上做下蹲和起立動作，如圖甲所示。圖乙為力傳感器的示數隨時間的變化關系圖像。則t1時刻小明處于 　超重　狀態（選填“超重”“失重”或“平衡”）；t2 t3過程小明完成的動作是 　起立　（選填“起立”或“下蹲”）。
【考點】超重與失重的圖像問題．
【專題】定性思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】超重；起立。
【分析】下蹲過程，初末速度均為零，說明先向下加速后向下減速，加速度先向下后向上，先失重后超重；
起立過程，初末速度均為零，說明先向上加速后向上減速，加速度先向上后向下，先超重后失重。
【解答】解：t1時刻力傳感器示數大于重力，故小明處于超重狀態，t2 t3過程小明先超重后失重，先向上加速后向上減速，完成的動作是起立。
故答案為：超重；起立。
【點評】本題考查了超重和失重，物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。
11．（2024秋 閔行區期末）某人站在力傳感器上持續多次完成站起、下蹲的動作，某次傳感器記錄的數據如圖所示。可以判斷，數據 　②　（選填“①”或“②”）記錄的是人站起的過程。0﹣8s的整個過程中，人的瞬時加速度最大值約為 　6　m/s2。
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】②；6
【分析】超重：彈力（拉力或支持力）大于物體所受重力的現象。物體具有向上的加速度，則稱物體處于超重狀態。
失重：彈力（拉力或支持力）小于物體所受重力的現象。物體具有向下的加速度，則稱物體處于失重狀態。
根據題圖可得，人平衡時的受力，進而可得人自身的重力，再結合圖可得人的超失重狀態，結合牛頓第二定律可求人的加速度大小。
【解答】解：人下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重，對應先失重再超重，數據①記錄的是人下蹲過程，人先失重后超重；起立過程，先是加速上升，處于超重狀態，到達一個最大速度后再減速上升，處于失重狀態，數據②記錄的是人站起過程，人先超重后失重，由圖結合牛頓第二定律可知支持力最小為200N，根據牛頓第二定律有
mg﹣F＝ma
其中mg＝500N，則m＝50kg
代入解得a＝6m/s2
故答案為：②；6
【點評】解題關鍵是能夠根據題圖判斷人的自身重力；知道超失重狀態的熱點，結合圖像正確判斷人的狀態。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 西寧期末）質量是60kg的人站在升降機中的體重計上，如圖所示。重力加速度g取10m/s2，當升降機做下列各種運動時，求體重計的示數。
（1）勻速上升；
（2）以4m/s2的加速度加速上升；
（3）以5m/s2的加速度加速下降。
【考點】根據超重或失重狀態計算物體的運動情況．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題．
【答案】（1）勻速上升時示數為600N；
（2）以4m/s2的加速度加速上升時為840N；
（3）以5m/s2的加速度加速下降時為300N。
【分析】（1）升降機勻速上升時，人受力平衡，支持力等于重力；
（2）升降機加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力，根據牛頓第二定律得 FN1﹣mg＝ma1
（3）升降機加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力，根據牛頓第二定律得mg﹣FN2＝ma2。
【解答】解：（1）升降機勻速上升，受力平衡，則FN＝mg＝600N
由牛頓第三定律知，體重計的示數為600N。
（2）升降機加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力
根據牛頓第二定律得：
FN1﹣mg＝ma1
FN1＝m（g+a1）＝840N
由牛頓第三定律知，體重計的示數為840N。
（3）升降機加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力
根據牛頓第二定律得：
mg﹣FN2＝ma2
FN2＝m（g﹣a2）＝300N
由牛頓第三定律知，體重計的示數為300N。
答：（1）勻速上升時示數為600N；
（2）以4m/s2的加速度加速上升時為840N；
（3）以5m/s2的加速度加速下降時為300N。
【點評】該題是牛頓第二定律的直接應用，難度不大，屬于基礎題。
13．（2024秋 洛陽期末）如圖1所示，一個同學在豎直升降的電梯內，探究超重失重現象。該同學站在磅秤上的總質量為50kg。電梯由靜止開始向下做勻加速運動，這時開始計時。該同學在磅秤上的示數隨時間變化情況F﹣t圖線如圖2，最后電梯恰好停在地面上，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）電梯做勻速運動時的速度大小；
（2）電梯降落的總位移的大小。
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）電梯做勻速運動時的速度大小為12m/s；
（2）電梯降落的總位移的大小為126m。
【分析】（1）根據牛頓第二定律列式求解加速時的加速度，根據勻變速直線運動規律求解速度；
（2）根據牛頓第二定律列式求解制動時的加速度，求出加速度后，根據速度與時間公式和平均速度公式列式求解各時間段位移，最后得電梯降落的總位移的大小。
【解答】解：（1）對于啟動狀態有：mg﹣F1＝mα1，
代入數據得：α1＝2m/s2，
6s末的速度v＝α1t1＝2×6m/s＝12m/s，
電梯做勻速運動時的速度大小為12m/s。
（2）加速下降的位移x1m＝36m，
勻速運動的位移x1＝vt2＝12×6m＝72m，
對于制動狀態有：F3﹣mg＝mα3，
代入數據得：α3＝4m/s2
制動的時間t3s＝3s，
制動的位移x3m＝18m，
x＝x1+x2+x3＝36m+72m+18m＝126m。
答：（1）電梯做勻速運動時的速度大小為12m/s；
（2）電梯降落的總位移的大小為126m。
【點評】本題關鍵是結合圖象，根據牛頓第二定律求解出物體的加速度，然后根據平均速度公式列式求解位移，得到每層樓的高度．
14．（2024秋 海淀區期末）如圖所示的巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重狀態。游客在被送到距地面h＝66.5m的高度后，由靜止開始隨座艙勻加速下落t＝3s到離地面h1＝24.5m的位置時，制動系統啟動，座艙做勻減速運動，到達地面時剛好停下。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）座艙在勻加速下落過程中的加速度的大小a1；
（2）在制動系統啟動后，座艙座椅對質量m＝60kg的游客的支持力FN。
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定性思想；合成分解法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）座艙在勻加速下落過程中的加速度的大小a1為16m/s2；
（2）制動系統啟動后，座艙座椅對質量m＝60kg的游客的支持力FN為1560N。
【分析】（1）利用位移與時間公式計算勻加速下落的加速度大小；
（2）先利用速度與時間公式計算勻減速階段的初速度，再利用速度與位移公式計算勻減速階段的加速度，對游客受力分析，利用牛頓第二定律計算此時的支持力。
【解答】解：（1）游客與座艙在3s內勻加速下落的高度h﹣h1＝42m
設其勻加速下落的加速度大小為a1，取豎直向下為正方向
由
代入數據解得
（2）設游客與座艙下落3s到h1位置時的速度為v
由v＝a1t
代入數據解得v＝28m/s
設游客和座艙勻減速運動的加速度為a2
由0﹣v2＝2a2h1
代入數據解得
以游客為研究對象，根據牛頓第二定律有mg﹣FN＝ma2
代入數據解得FN＝1560N。
答：（1）座艙在勻加速下落過程中的加速度的大小a1為16m/s2；
（2）制動系統啟動后，座艙座椅對質量m＝60kg的游客的支持力FN為1560N。
【點評】本題結合牛頓第二定律考查運動學公式的應用，其中對超重、失重判斷是解決本題的關鍵。
15．（2024秋 石景山區期末）圖像是一種很方便、直觀的分析方法，圖線與坐標軸的交點、所圍的面積也有一定的物理含義。
（1）質量為m的某同學乘電梯上樓，電梯以加速度a勻加速上升時，通過分析說明此同學處于超重狀態還是失重狀態。
（2）電梯勻加速上升時的a﹣t圖像如圖1所示，分析說明圖線與坐標軸所圍面積的物理含義。
（3）某同學乘電梯時，利用手機傳感器軟件測量出電梯啟動過程中加速度隨時間變化的情況，如圖2所示。求第6s末、18s末時電梯的速度大小。
【考點】超重與失重的圖像問題；復雜的運動學圖像問題．
【專題】定性思想；圖析法；運動學中的圖象專題；推理論證能力．
【答案】（1）該同學處于超重狀態；
（2）加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量；
（3）第6s末電梯的速度大小為2.5m/s，第18s末時電梯的速度大小為0.5m/s。
【分析】（1）電梯勻加速上升，此時合力方向豎直向上，可根據牛頓第二定律判斷此時的狀態，超重為視重大于實重，失重為視重小于實重；
（2）可利用速度與時間公式判斷圖像面積的含義；
（3）利用上述結論，根據面積法計算兩個時刻對應的速度大小。
【解答】解：（1）電梯勻加速上升過程中，該同學受豎直向下的重力以及電梯對其豎直向上的支持力FN，由于電梯加速上升，則該同學加速上升，其加速度豎直向上等于a，則根據牛頓第二定律有
FN﹣mg＝ma
即視重大于實重，該同學處于超重狀態。
（2）根據加速度定義式
可知at＝Δv
即加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量；
（3）由于加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，可得第6s末電梯得速度
代入數據解得v1＝2.5m/s
根據圖像可知，電梯在8s～12s加速度為零，即電梯在該段時間內做勻速運動，由圖像的面積可得電梯在18s末時的速度為
代入數據解得v2＝0.5m/s。
答：（1）該同學處于超重狀態；
（2）加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量；
（3）第6s末電梯的速度大小為2.5m/s，第18s末時電梯的速度大小為0.5m/s。
【點評】本題考查了對加速度與時間圖像的理解，結合牛頓第二定律重點考查了對超重、失重的辨別能力，靈活運用運動學公式是解決本題的關鍵。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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