第4.5节 牛顿运动定律的应用（1）：超重和失重-【帮课堂】2024-2025学年高一物理同步学与练（沪科版2020上海必修第一册）

第四章 牛顿运动定律 第4.5节 牛顿运动定律应用（1）：超重和失重 课程标准 ①了解视重的概念； ②了解超重和失重现象； ③理解超重和失重的本质是加速度方向向上和向下； ④利用超重和失重分析解决实际问题。 物理素养 物理观念：通过实验认识超重和失重现象； 科学思维：培养透过物理现象归纳出本质规律的思维能力； 科学探究：探究产生超重和失重现象的过程，理解物理规律在生活实际中的应用； 科学态度与责任：培养学生科学探究能力，激发成就感；养成学科学、爱科学、用科学的习惯；从探究中体验科学之美，体会合作的重要性。 一、超重与失重现象 1.重力的测量 (1)二力平衡方法：将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态，F=G。 (2)重力加速度法：用运动学方法测量自由落体运动的加速度g，再测量物体的质量， 利用牛顿第二定律可得：G＝mg。 比如测量竖直上抛初速度v0和落回原点的时间t，可得：,测量其它星球加速度常用此法。 2. 视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”。 3. 超重与失重 (1)超重：“视重”大于“实重”，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)失重：“视重”小于“实重”，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。 二、超重和失重的原因分析 1.超重、失重、运动情况与受力情况的比较 特征 状态　 加速度 视重(F)与重力关系 运动情况 受力图 平衡 a＝0 F＝mg 静止或匀速直线运动 超重 向上 F＝m(g＋a)>mg 向上加速， 向下减速 失重 向下 F＝m(g－a)<mg 向下加速， 向上减速 完全 失重 a＝g F＝0 自由落体运动、抛体运动、运行的卫星等 电梯上端固定一个弹簧，下端悬挂一个小球，弹簧的伸长（等效于弹簧秤的读数）如下： 2.对超重、失重的“三点”理解 (1)发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化。 (2)物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，与物体的运动方向无关。 换言之，根据超重或失重，只能判读加速度方向，而不能判断运动方向。 (3)在完全失重状态下，由重力引起的现象将消失。 例如：液体的压强、浮力将为零，水银压强计、天平将无法使用； 摆钟停摆；弹簧测力计不能测重力等（但可以测量水平拉力）。 自由落体，绕地球运转的空间站中会发生完全失重。 例1. 质量是60kg的人站在升降机中的体重计上（g取10m/s2），求： （1）升降机匀速上升时体重计的读数； （2）升降机以4m/s2的加速度匀加速上升时体重计的读数； （3）当体重计的读数是420N时，判断升降机的运动情况． 【答案】（1）600N；（2）840N；（3）以 3m/s2的加速度匀减速上升或匀加速下降． 【解答】（1）升降机匀速上升，受力平衡，则FN＝mg＝600N （2）升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力 根据牛顿第二定律得： FN1﹣mg＝ma1 FN1＝m（g+a1）＝840N （3）当体重计的读数是420N时，小于600N，人处于失重状态，则升降机加速下降，加速度方向向下， 根据牛顿第二定律得： mg﹣FN2＝ma2 升降机以 3m/s2的加速度匀减速上升或3m/s2的加速度匀加速下降。 【题型01】 超重与失重现象的定性分析 例2. “蹦极”是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中（ ） A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态 B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态 C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态 D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零 【答案】C 【详解】ABC．在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确； D．在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，加速度向上，处于超重状态，D错误。 例3. 金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出。如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中（ ） A．水继续以相同的速度从小孔中喷出 B．水不再从小孔喷出 C．水将以更大的速度喷出 D．水将以较小的速度喷出 【答案】B 【解析】水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会流出；故选B。 【题型02】 超重与失重的定量计算 例4. 如图所示，一个质量M＝50 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一只弹簧测力计，测力计下挂着一个质量m＝5 kg的物体A。当升降机向上运动时，她看到弹簧测力计的示数为40 N，g＝10 m/s2，求： (1)升降机的加速度； (2)此时人对地板的压力。 【答案】 (1)2 m/s2，方向向下 (2)400 N　竖直向下 升降机模型 【解析】(1)对A受力分析，根据牛顿第二定律得：mg－F弹＝ma 得a＝g－＝(10－)m/s2＝2 m/s2，则升降机的加速度为2 m/s2，方向向下。 (2)对人分析，根据牛顿第二定律得：Mg－F N＝Ma 解得：F N＝Mg－Ma＝50×(10－2) N＝400 N， 则由牛顿第三定律知人对升降机地板的压力大小为400 N，竖直向下。 例5. 如图所示，一质量为m＝40 kg的小孩站在电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升， 在0～6 s内体重计示数F的变化情况如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？(取重力加速度g＝10 m/s2) 　 【答案】9 m 【解析】小孩重力为G＝400 N，由题图知，在0～2 s内，F1＝440 N，F1>G，电梯匀加速上升， 则有 a1＝＝1 m/s2，h1＝a1t＝2 m t1＝2 s时，v＝a1t1＝2 m/s 在2～5 s内，F2＝400 N，F2＝G，电梯匀速上升，则有 h2＝vt2＝6 m 在5～6 s内，F3＝320 N，F3<G，电梯匀减速上升，则有a3＝＝2 m/s2 又v－a3t3＝0，说明电梯在6 s末停止 故h3＝t3＝1 m 所以电梯上升的高度为h＝h1＋h2＋h3＝9 m。 【题型03】 图像问题 例6. （多选）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（ ） A．t＝2 s时最大　　 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大　 　 D．t＝8.5 s时最小 【答案】AD 升降机模型 【解析】当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确； 当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，D项正确。 例7. （多选）蹦床比赛中，假设比赛时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员间的弹力随时间的变化规律在计算机上绘制出如图所示的曲线，当地重力加速度g取10 m/s2，依据图像给出的信息可知，运动员的质量是 ，运动员离开弹簧床上升的最大高度为 。 【答案】50kg 3.2m 【解析】题图中曲线描绘的是运动员与弹簧床面间弹力的变化规律，由题图在0～3.6 s内弹力不变可知运动员处于静止状态，所以重力为500 N即质量为50 kg；运动员弹跳过程中离开床面时，与弹簧床面间没有弹力作用，而且离开床面后运动员做竖直上抛运动，由题中图线可知上抛到最高点的时间为(11－9.4)s/2＝0.8 s，所以上升的最大高度h＝gt2＝3.2 m。综上所述，选项B、D正确。弹簧床模型 【A组】 1.（多选） 如图所示，一名乘客从一层乘电梯到四层，在四层短暂停留后又乘电梯到一层。则乘客处于超重的阶段可能是（ ） A．电梯加速上行阶段 B．电梯减速上行阶段 C．电梯加速下行阶段 D．电梯减速下行阶段 【答案】AD 【解析】加速上升或减速下降，加速度a都是向上，此时为超重，AD正确。 2.如图所示，小孩在蹦床上沿竖直方向蹦跳，对其从最低点到离开床面的过程，下列说法正确的是（ ） A．小孩一直处于超重状态 B．小孩一直处于失重状态 C．小孩会经历先超重后失重的过程 D．小孩刚离开蹦床时的速度最大 【答案】C 【解析】开始小孩受到的弹力大于重力，向上加速，小孩处于超重状态；当小孩受到的弹力小于重力时，向上减速，小孩处于失重状态。小孩经历先超重后失重的过程，故A、B错误，C正确； 当小孩所受弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，故D错误，故选C。 弹簧床模型，弹力=G是分界点 3. 如图所示，苹果自空中竖直落入深水中，到达某一深度后又返回到水面，下列说法正确的是（ ） A．苹果在空中下落时处于“超重”状态 B．苹果落入水中后“重力”变小了 C．苹果在水中向下运动时处于“超重”状态 D．苹果在水中向上运动时处于“失重”状态 【答案】C 【解析】苹果在空中下落时加速度向下，处于“失重”状态，A错； 苹果在整个运动过程中“重力”没变，B错。 苹果在水中下落时加速度向上，处于“超重”状态，C对； 加速度向下，就不会返回水面 苹果在水中上升时加速度向上，处于“超重”状态，D错。 4. （多选）如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是（ ） A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 【答案】AD 【解析】由牛顿第二定律，所受浮力为F，则F－mg＝ma，F＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5) N＝4 830N，A正确； 加速上升过程中速度增大，受空气阻力增大，B错误； 气球开始加速度为0.5 m/s2，此后加速度将变化，无法确定10 s时气球速度，C错误； 匀速上升时F－mg－f＝0，空气阻力f＝F－mg＝(4 830－460×10)N＝230 N，D正确。 默认空气阻力与速度相关，刚启动时没有速度，空气阻力f=0；上升速度增大，f增大，变a问题 5．手掌上平托一重为G的橙子，在电梯内减速上升。橙子所受支持力大小为F1，它对手掌的压力大小为F2，则（ ） A．F1＝G B．F1＜F2 C．F2＝G D．F1＝F2 【答案】D 【解析】橙子所受的支持力F1和它对手掌的压力F2是一对相互作用力，故F1＝F2，由于在电梯内减速上升，故加速度竖直向下，则对橙子有F1＜G，故D正确，ABC错误。 6．如图，质量为m的小球挂在电梯的天花板上。电梯在以大小为0.25g的加速度向下加速运动的过程中，小球（ ） A．处于失重状态，所受拉力为0.25mg B．处于失重状态，所受拉力为0.75mg C．处于超重状态，所受拉力为0.25mg D．处于超重状态，所受拉力为1.25mg 【答案】B 【解析】小球的加速度的方向向下，处于失重状态； 物体在重力mg和细线拉力F作用下产生向下的加速度a，根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma 所以细线的拉力：F＝mg﹣ma＝m（g﹣a）＝0.75mg，故B正确，ACD错误。 7．一重力大小为G的物体置于加速上升的升降机内，物体受到地板的支持力为F1，对地板的压力大小为F2，则（ ） A．F1＝G B．F1＝F2 C．F2＝G D．F1＞F2 【答案】B 【解析】BD、不管升降机怎样运动，由牛顿第三定律可知，物体受升降机地板的支持力大小和它对升降机地板的压力大小相等，即F1＝F2，故B正确，D错误。 AC、由题意，升降机的加速度方向向上，根据牛顿第二定律F1﹣G＝ma可知，F1＞G，又因为F1＝F2，故AC错误。 8．如图所示为运动员跳水时的精彩瞬间，则运动员（ ） A．起跳时跳板对她的支持力大于她对跳板的压力 B．起跳后在上升过程中处于失重状态 C．经过最高点时处于平衡状态 D．在下降过程中处于超重状态 【答案】B 【解析】A、起跳时跳板对她的支持力和她对跳板的压力是作用力和反作用力，作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故A错误； BCD、起跳后只受重力，都处于完全失重状态，故B正确，CD错误。 9．人站在升降机中，在升降机下降过程中速度逐渐减小时，以下说法中正确的是（ ） A．人对底板的压力小于人所受的重力 B．人对底板的压力大于人所受的重力 C．人所受重力将增大 D．人对底板的压力等于人所受的重力 【答案】B 【解析】ABD、人向下做减速直线运动，说明加速度向上，人受到的力合力向上，F＝N﹣mg。根据牛顿第二定律知支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知，地板对人的支持力等于人对地板的压力，人对地板的压力大于人的重力，故B正确，AD错误； C.人处于超重状态时，是人对水平地面的压力大于重力，但人的实际重力不变，故C错误。 10. （多选）广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图像如图所示。则下列相关说法正确的是（ ） A．t＝4.5 s时，电梯处于超重状态 B．5～55 s时间内，绳索拉力最小 C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态 D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零 【答案】AD 【解析】利用a－t图像可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A正确； 0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误； 因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。 升降机模型 11. （多选）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490 N。他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)（ ） 【答案】AD 【解析】由图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G，故物体可能向下加速，也可能向上减速； t1至t2时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能匀速也可能静止； 而t2至t3时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速，A、D均符合题意，故选A、D。升降机模型 12. 如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学（ ） A．做了两次下蹲—起立的动作 B．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立 C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 【答案】B 【解析】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降时超重，起立对应先超重再失重，对应图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，由图像看出两次超重的时间间隔就是人蹲在感应器上持续的时间，约2 s，故A、C、D错误；B正确。 13. （多选）图甲是某人站在力传感器上做下蹲——起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。图乙是根据传感器画出的F－t图线。两图中a～g各点一一对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是（ ） A．此人的质量约为70 kg B．此人重心在b点时处于失重状态 C．此人重心在d点时的加速度方向向下 D．在a、b、d三点中，此人重心在d点时加速度最大 【答案】ABD 【解析】题图中a表示人处于静止状态，此时力传感器示数约为700 N，则此人质量约为70 kg，A正确； b点对应的力小于人的重力，故人处于失重状态，选项B正确； d点人处于超重状态，加速度方向向上，选项C错误； a点对应的加速度为0，b点对应的加速度大小为 m/s2≈7.1 m/s2，d点对应加速度大小为 14. 如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ） A．容器自由下落时，小孔向下漏水 B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水 C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水 D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水 【答案】D 【解析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。 解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。 15．如图，A、B两物块叠放在一起，以相同的初速度竖直向上抛出后，不计空气阻力，若A的重力为GA，A对B的作用力为F，则（ ） A．在上升和下降过程中，F均为零 B．上升过程中，F大于GA C．下降过程中，F大于GA D．在上升和下降过程中，F均等于GA 【答案】A 【解析】以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下。 再以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力，所以在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零，故A正确，BCD错误。 16. 如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以 a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是（ ） A．匀加速上升，a＝5 m/s2 B．匀加速下降，a＝5 m/s2 C．匀速上升 D．静止状态 【答案】B 两次计算 【解析】当箱子随电梯以的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析， 由牛顿第二定律知上下，解得； 若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知上下，解得，方向向下，故电梯以的加速度匀加速下降，或以的加速度匀减速上升， 故选项B正确，A、C、D错误。 17. （多选）如图甲所示，地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力，物体不动 B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力值 C．物体向上运动的加速度和力F成正比 D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标等于-g 【答案】ABD 图形结合，导出图像的函数式求解 【解析】A．物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有故重力大于拉力，故A正确； B．物体加速向上，根拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有，则，当F=F0时，加速度为零，则F=Mg，故B正确； C．由图象，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故C错误； D．由式，当拉力为零时，加速度为－g，即图线的纵轴截距为－g，故D正确。故选ABD。 18.（多选）如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示，木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出（ ） A．木板的质量为1 kg　 B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N　 C．0～2 s内，力F的大小保持不变　 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2　 【答案】AB 分段分析：1）0-2：静止 2）加速 3）减速 【解析】由图(b)中提供的数据可求出木板与物块之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，由图(c)可知， 木板在2 s～4 s内做匀加速直线运动，其加速度大小a1＝m/s2＝0.2 m/s2， 木板在4 s～5 s内做匀减速直线运动，其加速度大小a2＝m/s2＝0.2 m/s2。 根据牛顿第二定律有：F－Ff＝ma1　 ① Ff＝ma2　 ② 将已知数据代入可得：m＝1 kg，F＝0.4 N，故选项A、B正确； 0～2 s内拉力与静摩擦力时刻处于平衡，由图(b)知，细绳对物块的拉力逐渐增大，所以静摩擦力逐渐增大，故拉力也逐渐增大，故选项C错误； 因为物块的质量未知，所以物块与木板之间的动摩擦因数不可求，故D错误。 19. （多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ） A.小滑块的质量m＝2 kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C.当水平拉力F＝7 N时，长木板加速度大小为3 m/s2 D.当水平拉力F增大时，小滑块加速度一定增大 【答案】AC 【解析】当F＝6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析， 由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝3 kg。 当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a＝＝－， 图线的斜率k＝＝1，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝2 kg，选项A正确； 滑块的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误； 当F＝7 N时，由a＝知长木板的加速度a＝3 m/s2，选项C正确； 当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2 m/s2，恒定不变，选项D错误。 图形结合的好题，图形弯折点是m从相对静止到滑动。 20．所受重力大小为G的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关系如图所示。乘客所受支持力大小为FN，速度大小为v，则（ ） A．0～t1时间内，v增大，FN＞G B．t1～t2时间内，v增大，FN＝G C．t2～t3时间内，v减小，FN＞G D．0～t3时间内，v增大，FN＞G 【答案】A 【解析】s﹣t图象的斜率表示速度 A、0～t1时间内，v增大，乘客加速向上运动，由牛顿第二定律：FN﹣G＝ma，FN＞G，故A正确； B、t1～t2时间内，v不变，匀速上升，FN＝G，故B错误； C、t2～t3时间内，v减小，减速上升，由牛顿第二定律：G﹣FN＝ma，FN＜G，故C错误； D、0～t3时间内，速度先增大后匀速最后减速，故D错误。 【B组】 21．一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g（g为重力加速度），人对电梯底部的压力大小为　 　；此过程中电梯中的人处于　 　状态（填“超重”或“失重”） 【答案】1.25mg，超重 【解析】对人受力分析，根据牛顿第二定律可知：N﹣mg＝ma 解得：N＝mg+ma＝mg+mg＝1.25mg 根据牛顿第三定律可知，人对电梯底部的压力为1.25mg； 因加速度向上，此时电梯受到的支持力大于重物的重力，故人处于超重状态。 22. 某人在以的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起80kg的物体，他在地面上最多能举起________kg的物体；若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起40kg的物体，则此升降机上升的加速度为______。 【答案】60 两次计算 【解析】[1]匀加速下降的升降机里,有 解得,故在地面上能举起的物体质量为 [2]在匀加速上升降的升降机里,有 将带入可得 23．如图所示，一电梯正以a＝4m/s2的加速度向下做匀加速运动，在电梯的顶部挂有一弹簧秤，弹簧秤下用一轻绳挂着一个质量为2kg的物体，则弹簧秤的示数为　 　N，此时物体处于　 　状态（选填“超重”或“失重“）（g取10m/s2） 【答案】12，失重 【解析】设弹簧秤对物体的拉力大小为F．根据牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma 得到 F＝m（g﹣a）＝2×（10﹣4）＝12N＜mg，说明物体处于失重状态。 24．某人在地面上最多能举起质量为60kg的物体，而在一个做匀变速运动的升降机内却最多能举起质量为80kg的物体，以向上为正方向，则此升降机的加速度为　 　m/s2（重力加速度g＝10m/s2），升降机的运动方向是　 　（选填“向上”、“向下”或“向上或向下”）． 【答案】﹣2.5，向上或向下 【解析】由题，此人最大的举力为F＝mg═60×10N＝600N． 在做匀变速运动的电梯里，人最多能举起质量为80kg的物体， 则由牛顿第二定律得：m1g﹣F＝m1a 解得：a＝g﹣＝10﹣m/s2＝2.5m/s2 方向竖直向下； 以向上为正方向，故加速度为负值； 速度方向未知，故电梯可能加速下降，也可能减速上升。 25．某人在地面上最多可举起49kg的物体，在竖直向上运动的电梯中可举起70kg的物体，则此电梯的加速度大小为　 　　m/s2，方向　 　 　 　。 【答案】3，竖直向下 【解析】由题意知物体处于失重状态，此人最大的举力为F＝mg＝49×10N＝490N。 则由牛顿第二定律得，F﹣mg＝ma，解得a＝=3m/s2．方向向下。 26．如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体放在一架台秤上，小滑块的质量为m．若滑块、斜面体均处于静止状态，则台秤的读数为　 　；若滑块以加速度a沿斜面体加速下滑，而斜面体仍然保持静止，则台秤的读数为　 　． 【答案】（m+M）g，（m+M）g﹣masinα 【解析】滑块、斜面体均处于静止状态时，台秤读数等于总重力，即（M+m）g； 滑块以加速度a沿斜面体加速下滑时，对滑块和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和台秤对其向右的静摩擦力f，将滑块的加速度沿着水平和竖直方向正交分解，根据牛顿第二定律， 水平方向上有：f＝m•acosα 竖直方向上有：（M+m）g﹣FN＝m•asinα 解得：FN＝（M+m）g﹣masinα 27．跳伞运动员做低空跳伞表演，他从224m的高空离开飞机开始下落，最初未打开降落伞，自由下落一段距离打开降落伞，运动员以12.5m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地的速度不得超过5m/s（g＝10m/s2）。求： （1）运动员打开降落伞后做匀减速下降时，是处于超重状态还是失重状态，并说明原因； （2）运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为多少？ （3）运动员在空中的最短时间为多少？ 【答案】（1）超重，运动员加速度竖直向上，绳上的拉力大于运动员的重力； （2）99m； （3）8.6s。 【解析】（1）超重状态。原因：此时运动员做竖直向下减速运动，运动员的加速竖直向上， 绳上的拉力大于运动员的重力，故为超重状态。 （2）设运动员打开降落伞时的速度为v，则m，解得v＝50m/s 此时，运动员离地面的高度 （3）打开降落伞之前做自由落体运动的时间 打开降落伞后做匀减速运动的时间 故在空中的最短时间为t＝t1+t2＝8.6s。 28．如图所示，在台秤的托盘上放一底面粗糙、倾角为θ的斜面体，质量为M，斜面上放一个质量为m的物体。如果斜面光滑，求物体从斜面上滑下过程中台秤的读数。 【答案】（M+mcos2θ）g 【解析】物体沿光滑斜面下滑的加速度a＝gsinθ，将加速度沿水平和竖直方向分解，因ay竖直向下，故物体失重在数值上等于may，又M无加速度，所以M和m组成的系统处于失重状态，总的失重等于m的失重。M对台秤的压力即台秤的读数FN＝（M+m）g﹣may 因为ay＝asinθ＝gsin2θ，所以FN＝（M+m）g﹣mgin2θ＝（M+mcos2θ）g 29. 如图为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端通过拉力传感器固定在水平面下，下端悬空。现有一质量为50 kg的学生(可视为质点)从上端由静止开始滑下，3 s末滑到杆底时速度恰好为零。以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图所示，g取10 m/s2，求： (1)0～1 s内该学生的加速度的大小和方向。 (2)1～3 s内拉力传感器示数。 (3)滑杆长度。 【答案】(1) 4m/s2 方向向下 (2) 600 N (3)6m 【解析】(1)由F－t图像知，0～1 s内，学生失重， 由牛顿第二定律，mg－F1＝ma1 得a1＝＝m/s2＝4m/s2，方向向下。 (2)学生下滑的最大速度 v1＝a1t1＝4 m/s 在1～3 s内，a2t2＝a1t1，得a2＝2 m/s2 F2－mg＝ma2，得F2＝600 N， 由牛顿第三定律知，拉力传感器示数为600 N。 (3)0～3 s内位移等于滑杆长度 L＝(t1＋t2)＝6 m。 30. 在细线拉力F作用下，质量m＝1.0 kg的物体由静止开始竖直向上运动，其运动的v－t图像如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)在这4 s内细线对物体拉力F的最大值； (2)在F－t图像中画出拉力F随时间t变化的图线。 【答案】(1)15 N　(2)如图所示 【解析】(1)由v－t图像可知，物体第1 s做初速度为零的匀加速运动，加速度a1＝5 m/s2 第2 s内做匀速运动，a2＝0 第3～4 s内做匀减速运动，a3＝2.5 m/s2 对物体受力分析如图所示，由F1－mg＝ma1，得F1＝15 N F2＝mg＝10 N mg－F3＝ma3，得F3＝7.5 N 故4 s内，F的最大值为15 N (2)由以上分析可得，F随时间t的变化图像如图所示 31. 上海中心大厦观光平台设在119层，游客乘坐世界最快观光电梯从观景台下行开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达地面只需70s，运行的最大速度为10m/s。东东同学将一台秤静置于观光电梯地板上，将质量为2.4kg的物体放置于台秤上，在电梯加速阶段台秤示数为22.8N，电梯减速运动到地面的时间为10s，若电梯加速、减速过程可视为匀变速直线运动，匀速运动时的速度达到最大值，求： （1）电梯在加速下降过程中，电梯中乘客处于超重还是失重状态？ （2）观景台的高度； （3）电梯减速阶段物体对台秤的压力； 【答案】（1）失重状态 （2）550m （3）26.4N。 【解析】（1）电梯在加速下降过程中，加速度向下，电梯中乘客处于失重状态 （2）在加速下降过程中，加速度大小为：a＝＝0.5m/s2。 加速运动的时间为：＝20s，通过的位移为：＝100m 匀减速通过的位移为：x3＝＝50m 匀速运动的时间为：t2＝t﹣t1﹣t3＝40s，通过的位移为：x2＝vt2＝10×40m＝400m 故高度为：h＝x1+x2+x3＝550m （3）在减速阶段，加速度大小为：a'＝＝1m/s2。 根据牛顿第二定律可知：FN﹣mg＝ma 解得：FN＝26.4N。 32. 某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为37°，光滑小球的质量m＝2 kg，力传感器固定在竖直挡板上。已知sin 37 °＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)当整个装置静止时，力传感器的示数； (2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为25 N，此时装置的加速度大小； (3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大。 【答案】：(1)15 N　(2)5 m/s2　(3)水平向左加速运动　7.5 m/s2 【解析】：(1)小球与斜面之间的弹力大小为FN，受力示意图如图①，根据物体的平衡条件， 由几何关系可得：F＝mgtan 37°，F＝15 N (2)当装置向右匀加速运动时，小球受力如图②，其合力水平向右。 斜面的支持力不变 对小球：竖直方向：FNcos 37°＝mg 水平方向：F－FNsin 37°＝ma，得：a＝5 m/s2 (3)当力传感器示数恰好为零时，小球受力如图③，其合力水平向左，故装置水平向左加速运动。 有tan θ＝＝，得a＝7.5 m/s2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第四章 牛顿运动定律 第4.5节 牛顿运动定律应用（1）：超重和失重 课程标准 ①了解视重的概念； ②了解超重和失重现象； ③理解超重和失重的本质是加速度方向向上和向下； ④利用超重和失重分析解决实际问题。 物理素养 物理观念：通过实验认识超重和失重现象； 科学思维：培养透过物理现象归纳出本质规律的思维能力； 科学探究：探究产生超重和失重现象的过程，理解物理规律在生活实际中的应用； 科学态度与责任：培养学生科学探究能力，激发成就感；养成学科学、爱科学、用科学的习惯；从探究中体验科学之美，体会合作的重要性。 一、超重与失重现象 1.重力的测量 (1)二力平衡方法：将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态，F=G。 (2)重力加速度法：用运动学方法测量自由落体运动的加速度g，再测量物体的质量， 利用牛顿第二定律可得：G＝mg。 比如测量竖直上抛初速度v0和落回原点的时间t，可得：,测量其它星球加速度常用此法。 2. 视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”。 3. 超重与失重 (1)超重：“视重”大于“实重”，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)失重：“视重”小于“实重”，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。 二、超重和失重的原因分析 1.超重、失重、运动情况与受力情况的比较 特征 状态　 加速度 视重(F)与重力关系 运动情况 受力图 平衡 a＝0 F＝mg 静止或匀速直线运动 超重 向上 F＝m(g＋a)>mg 向上加速， 向下减速 失重 向下 F＝m(g－a)<mg 向下加速， 向上减速 完全 失重 a＝g F＝0 自由落体运动、抛体运动、运行的卫星等 电梯上端固定一个弹簧，下端悬挂一个小球，弹簧的伸长（等效于弹簧秤的读数）如下： 2.对超重、失重的“三点”理解 (1)发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化。 (2)物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，与物体的运动方向无关。 换言之，根据超重或失重，只能判读加速度方向，而不能判断运动方向。 (3)在完全失重状态下，由重力引起的现象将消失。 例如：液体的压强、浮力将为零，水银压强计、天平将无法使用； 摆钟停摆；弹簧测力计不能测重力等（但可以测量水平拉力）。 自由落体，绕地球运转的空间站中会发生完全失重。 例1. 质量是60kg的人站在升降机中的体重计上（g取10m/s2），求： （1）升降机匀速上升时体重计的读数； （2）升降机以4m/s2的加速度匀加速上升时体重计的读数； （3）当体重计的读数是420N时，判断升降机的运动情况． 【题型01】 超重与失重现象的定性分析 例2. “蹦极”是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中（ ） A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态 B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态 C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态 D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零 例3. 金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出。如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中（ ） A．水继续以相同的速度从小孔中喷出 B．水不再从小孔喷出 C．水将以更大的速度喷出 D．水将以较小的速度喷出 【题型02】 超重与失重的定量计算 例4. 如图所示，一个质量M＝50 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一只弹簧测力计，测力计下挂着一个质量m＝5 kg的物体A。当升降机向上运动时，她看到弹簧测力计的示数为40 N，g＝10 m/s2，求： (1)升降机的加速度； (2)此时人对地板的压力。 例5. 如图所示，一质量为m＝40 kg的小孩站在电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升， 在0～6 s内体重计示数F的变化情况如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？(取重力加速度g＝10 m/s2) 　 【题型03】 图像问题 例6. （多选）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（ ） A．t＝2 s时最大　　 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大　 　 D．t＝8.5 s时最小 例7. （多选）蹦床比赛中，假设比赛时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员间的弹力随时间的变化规律在计算机上绘制出如图所示的曲线，当地重力加速度g取10 m/s2，依据图像给出的信息可知，运动员的质量是 ，运动员离开弹簧床上升的最大高度为 。 【A组】 1.（多选） 如图所示，一名乘客从一层乘电梯到四层，在四层短暂停留后又乘电梯到一层。则乘客处于超重的阶段可能是（ ） A．电梯加速上行阶段 B．电梯减速上行阶段 C．电梯加速下行阶段 D．电梯减速下行阶段 2.如图所示，小孩在蹦床上沿竖直方向蹦跳，对其从最低点到离开床面的过程，下列说法正确的是（ ） A．小孩一直处于超重状态 B．小孩一直处于失重状态 C．小孩会经历先超重后失重的过程 D．小孩刚离开蹦床时的速度最大 3. 如图所示，苹果自空中竖直落入深水中，到达某一深度后又返回到水面，下列说法正确的是（ ） A．苹果在空中下落时处于“超重”状态 B．苹果落入水中后“重力”变小了 C．苹果在水中向下运动时处于“超重”状态 D．苹果在水中向上运动时处于“失重”状态 4. （多选）如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是（ ） A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 5．手掌上平托一重为G的橙子，在电梯内减速上升。橙子所受支持力大小为F1，它对手掌的压力大小为F2，则（ ） A．F1＝G B．F1＜F2 C．F2＝G D．F1＝F2 6．如图，质量为m的小球挂在电梯的天花板上。电梯在以大小为0.25g的加速度向下加速运动的过程中，小球（ ） A．处于失重状态，所受拉力为0.25mg B．处于失重状态，所受拉力为0.75mg C．处于超重状态，所受拉力为0.25mg D．处于超重状态，所受拉力为1.25mg 7．一重力大小为G的物体置于加速上升的升降机内，物体受到地板的支持力为F1，对地板的压力大小为F2，则（ ） A．F1＝G B．F1＝F2 C．F2＝G D．F1＞F2 8．如图所示为运动员跳水时的精彩瞬间，则运动员（ ） A．起跳时跳板对她的支持力大于她对跳板的压力 B．起跳后在上升过程中处于失重状态 C．经过最高点时处于平衡状态 D．在下降过程中处于超重状态 9．人站在升降机中，在升降机下降过程中速度逐渐减小时，以下说法中正确的是（ ） A．人对底板的压力小于人所受的重力 B．人对底板的压力大于人所受的重力 C．人所受重力将增大 D．人对底板的压力等于人所受的重力 10. （多选）广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图像如图所示。则下列相关说法正确的是（ ） A．t＝4.5 s时，电梯处于超重状态 B．5～55 s时间内，绳索拉力最小 C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态 D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零 11. （多选）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490 N。他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)（ ） 12. 如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学（ ） A．做了两次下蹲—起立的动作 B．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立 C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 13. （多选）图甲是某人站在力传感器上做下蹲——起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。图乙是根据传感器画出的F－t图线。两图中a～g各点一一对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是（ ） A．此人的质量约为70 kg B．此人重心在b点时处于失重状态 C．此人重心在d点时的加速度方向向下 D．在a、b、d三点中，此人重心在d点时加速度最大 14. 如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ） A．容器自由下落时，小孔向下漏水 B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水 C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水 D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水 15．如图，A、B两物块叠放在一起，以相同的初速度竖直向上抛出后，不计空气阻力，若A的重力为GA，A对B的作用力为F，则（ ） A．在上升和下降过程中，F均为零 B．上升过程中，F大于GA C．下降过程中，F大于GA D．在上升和下降过程中，F均等于GA 16. 如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以 a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是（ ） A．匀加速上升，a＝5 m/s2 B．匀加速下降，a＝5 m/s2 C．匀速上升 D．静止状态 17. （多选）如图甲所示，地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力，物体不动 B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力值 C．物体向上运动的加速度和力F成正比 D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标等于-g 18.（多选）如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示，木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出（ ） A．木板的质量为1 kg　 B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N　 C．0～2 s内，力F的大小保持不变　 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2　 19. （多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ） A.小滑块的质量m＝2 kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C.当水平拉力F＝7 N时，长木板加速度大小为3 m/s2 D.当水平拉力F增大时，小滑块加速度一定增大 20．所受重力大小为G的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关系如图所示。乘客所受支持力大小为FN，速度大小为v，则（ ） A．0～t1时间内，v增大，FN＞G B．t1～t2时间内，v增大，FN＝G C．t2～t3时间内，v减小，FN＞G D．0～t3时间内，v增大，FN＞G 【B组】 21．一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g（g为重力加速度），人对电梯底部的压力大小为　 　；此过程中电梯中的人处于　 　状态（填“超重”或“失重”） 22. 某人在以的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起80kg的物体，他在地面上最多能举起________kg的物体；若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起40kg的物体，则此升降机上升的加速度为______。 23．如图所示，一电梯正以a＝4m/s2的加速度向下做匀加速运动，在电梯的顶部挂有一弹簧秤，弹簧秤下用一轻绳挂着一个质量为2kg的物体，则弹簧秤的示数为　 　N，此时物体处于　 　状态（选填“超重”或“失重“）（g取10m/s2） 24．某人在地面上最多能举起质量为60kg的物体，而在一个做匀变速运动的升降机内却最多能举起质量为80kg的物体，以向上为正方向，则此升降机的加速度为　 　m/s2（重力加速度g＝10m/s2），升降机的运动方向是　 　（选填“向上”、“向下”或“向上或向下”）． 25．某人在地面上最多可举起49kg的物体，在竖直向上运动的电梯中可举起70kg的物体，则此电梯的加速度大小为　 　　m/s2，方向　 　 　 　。 26．如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体放在一架台秤上，小滑块的质量为m．若滑块、斜面体均处于静止状态，则台秤的读数为　 　；若滑块以加速度a沿斜面体加速下滑，而斜面体仍然保持静止，则台秤的读数为　 　． 27．跳伞运动员做低空跳伞表演，他从224m的高空离开飞机开始下落，最初未打开降落伞，自由下落一段距离打开降落伞，运动员以12.5m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地的速度不得超过5m/s（g＝10m/s2）。求： （1）运动员打开降落伞后做匀减速下降时，是处于超重状态还是失重状态，并说明原因； （2）运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为多少？ （3）运动员在空中的最短时间为多少？ 28．如图所示，在台秤的托盘上放一底面粗糙、倾角为θ的斜面体，质量为M，斜面上放一个质量为m的物体。如果斜面光滑，求物体从斜面上滑下过程中台秤的读数。 29. 如图为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端通过拉力传感器固定在水平面下，下端悬空。现有一质量为50 kg的学生(可视为质点)从上端由静止开始滑下，3 s末滑到杆底时速度恰好为零。以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图所示，g取10 m/s2，求： (1)0～1 s内该学生的加速度的大小和方向。 (2)1～3 s内拉力传感器示数。 (3)滑杆长度。 30. 在细线拉力F作用下，质量m＝1.0 kg的物体由静止开始竖直向上运动，其运动的v－t图像如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)在这4 s内细线对物体拉力F的最大值； (2)在F－t图像中画出拉力F随时间t变化的图线。 31. 上海中心大厦观光平台设在119层，游客乘坐世界最快观光电梯从观景台下行开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达地面只需70s，运行的最大速度为10m/s。东东同学将一台秤静置于观光电梯地板上，将质量为2.4kg的物体放置于台秤上，在电梯加速阶段台秤示数为22.8N，电梯减速运动到地面的时间为10s，若电梯加速、减速过程可视为匀变速直线运动，匀速运动时的速度达到最大值，求： （1）电梯在加速下降过程中，电梯中乘客处于超重还是失重状态？ （2）观景台的高度； （3）电梯减速阶段物体对台秤的压力； 32. 某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为37°，光滑小球的质量m＝2 kg，力传感器固定在竖直挡板上。已知sin 37 °＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)当整个装置静止时，力传感器的示数； (2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为25 N，此时装置的加速度大小； (3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 2 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