第4章 7 超重与失重（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第一册（教科版）

[基础训练] 1．2024年5月3日，中国在文昌卫星发射中心用长征五号遥八运载火箭成功发射嫦娥六号探测器，开启了月球探测的新旅程。若运载火箭在发射升空过程中，探测器先做加速运动，后做减速运动。下列说法正确的是(　　) A．探测器在加速过程中惯性变大 B．探测器先处于超重状态，后处于失重状态 C．探测器先处于失重状态，后处于超重状态 D．在加速过程，火箭对探测器作用力大于探测器对火箭的作用力 解析　惯性的大小只与质量有关，与运动状态无关，所以不论加速还是减速惯性大小一样，故A错误；发射升空过程中，先做加速运动后做减速运动：向上加速过程加速度向上，则为超重，向上减速加速度向下，为失重，故B正确，C错误；根据牛顿第三定律火箭对探测器作用力等于探测器对火箭的作用力，故D错误。 答案　B 2．(多选)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，如图所示，则在加速过程中，下列说法中正确的是(　　) A．顾客受到三个力的作用 B．顾客处于超重状态 C．扶梯对顾客没有摩擦力的作用 D．顾客对扶梯的压力等于顾客的重量 解析　以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，A正确；顾客有竖直向上的加速度，因此顾客处于超重状态，B正确；顾客受到水平方向的静摩擦力作用，C错误；顾客处于超重状态，对扶梯的压力大于顾客的重量，D错误。 答案　AB 3.如图所示，一轻质弹簧上端固定在升降机的天花板上，下端挂一小球，在升降机匀速竖直下降过程中，小球相对于升降机静止，若升降机突然停止运动，设空气阻力可忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，且小球不会与升降机的内壁接触，则小球在继续下降的过程中(　　) A．小球的加速度逐渐减小，小球处于失重状态 B．小球的加速度逐渐增大，小球处于超重状态 C．小球的速度逐渐减小，小球处于失重状态 D．小球的速度逐渐增大，小球处于超重状态 解析　升降机突然停止，小球由于惯性继续向下运动，但是受到弹簧的拉力越来越大，拉力方向与其运动方向相反，故小球做减速运动，加速度方向向上，则小球处于超重状态；小球加速度增大，B正确；A、C、D错误。 答案　B 4．放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，如图所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，据此可判断出电梯的运动情况是(　　) A．匀速上升　　　　　　 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降 解析　木箱静止时的受力情况如右图所示，则支持力FN＝mg，静摩擦力Ff＝F。 若木箱突然被弹簧拉动，说明最大静摩擦力减小，则压力减小，即木箱所受支持力FN减小，所以竖直方向mg>FN，物体处于失重状态，则电梯可能加速下降，也可能减速上升，C正确。 答案　C 5.(多选)如图所示，水平传送带两端A、B相距x＝6 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　) A．煤块从A运动到B的时间是2.3 s B．煤块从A运动到B的时间是1.6 s C．划痕长度是2.8 m D．划痕长度是3.2 m 解析　开始时做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5 m/s2，假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x1＝＝3.2 m<6 m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为t1＝＝1.6 s，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，匀速运动的位移为x2＝x－x1＝6 m－3.2 m＝2.8 m，匀速运动的时间为t2＝＝0.7 s，运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3 s，A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得Δx＝v0t1－x1＝3.2 m，C错误，D正确。 答案　AD 6．如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速率顺时针匀速运行。t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时，传送带突然停止运行。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2。取g＝10 m/s2。下列关于滑块相对地面运动的v­t图像正确的是(　　) 解析　刚被放在传送带上时，滑块受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同需要的时间t1＝＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s，当传送带突然停止运行时，滑块在传送带滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－a＝－2 m/s2，运动的时间t3＝＝s＝1 s，选项B正确。 答案　B 7．(多选)如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不致下滑，则力F的大小可能是(　　) A．50 N　　　　　　　　 B．100 N C．125 N D．150 N 解析　对B不下滑有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律FN＝m2a；对整体有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得F≥(m1＋m2)g＝125 N。选项C、D正确。 答案　CD [能力提升] 8．(多选)(2023·绵阳开学考试)一物块放在如图所示的小车上，小车在水平面上做直线运动，物块始终与小车保持相对静止，设小车对物块的支持力为FN，小车对物块的摩擦力为Ff，关于小车运动过程中物块的受力情况，下列说法正确的是(　　) A．若小车向左运动，FN可能为零 B．若小车向左运动，Ff可能为零 C．若小车向右运动，FN不可能为零 D．若小车向右运动，Ff不可能为零 解析　若小车向左运动，如匀速运动，根据平衡条件得知，小物块所受的摩擦力不可能为零，FN不可能为零；若小车向左加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力向左，FN不可能为零，Ff可能为零；若小车向左做减速运动，合力向右，由牛顿定律可知合力向右，则物块所受摩擦力不可能为零，则FN不可能为零，故A错误，B正确；若小车向右运动，如匀速运动，根据平衡条件得知，小物块所受的摩擦力不可能为零，FN不可能为零；若小车向右加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力向右，Ff不可能为零，FN不可能为零；若小车向右做减速运动，合力向左，由牛顿定律可知合力向左，则物块所受FN不可能为零，Ff可能为零，故C正确，D错误。 答案　BC 9．(多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v­t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．演员的体重为800 N B．演员在最后2 s内一直处于超重状态 C．传感器显示的最小拉力为620 N D．滑杆长7.5 m 解析　演员在滑杆上静止时传感器显示的800 N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600 N，A错误；由v­t图像可知，1.5～3.5 s内演员向下做匀减速运动，拉力大于重力，演员处于超重状态，B正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，加速下滑时a1＝3 m/s2，对演员由牛顿第二定律知mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1＝420 N＋200 N＝620 N，C正确；由v­t图像中图线围成的面积可得滑杆长为4.5 m，D错误。 答案　BC 10．如图所示，质量为4 kg的小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小； (2)当汽车以加速度a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。 解析　(1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如下图图甲。 由牛顿第二定律得： FT1cos θ＝mg，FT1sin θ－FN＝ma 代入数据得：FT1＝50 N，FN＝22 N 由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N。 (2)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图乙所示。 由牛顿第二定律得： FT2sin θ＝ma0，FT2cos θ＝mg 代入数据得： a0＝gtan θ＝10× m/s2＝7.5 m/s2 因为a＝10 m/s2>a0 所以小球会飞起来，FN′＝0 由牛顿第二定律得： FT2＝＝40 N。 答案　(1)50 N　22 N　(2)40 N　0 11．某人在以a＝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，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40 kg的物体，则此升降机上升的加速度为多大？(g取10 m/s2) 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。 当他在地面上举物体时，设最多举起质量为m0的物体，则有m0g－F＝0，所以m0＝85.5 kg。 此人在某一匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40 kg的物体，由于m0＝85.5 kg>m2＝40 kg，显然此时升降机一定处于超重状态，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， 即升降机加速上升的加速度为11.375 m/s2。 答案　85.5 kg　11.375 m/s2 12．如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，一质量为m＝4 kg的行李(可视为质点)无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2 m，g取10 m/s2。求： (1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦的大小与加速度大小； (2)行李做匀加速直线运动的时间； (3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。 解析　(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力 Ff＝μmg， 将题给数据代入，得Ff＝4 N。 由牛顿第二定律，得Ff＝ma。 代入数值，得a＝1 m/s2。 (2)设行李做匀加速直线运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1 m/s，则v＝at。 代入数据，得t＝1 s， 此时运动的距离x＝t＝0.5 m， 因为0.5 m<2 m， 所以加速运动的时间为1 s。 (3)行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则l＝at，代入数据得tmin＝2 s。传送带对应的最小运行速率vmin＝atmin，代入数据得vmin＝2 m/s。 答案　(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$