练案34 第4章 6.超重和失重-【成才之路•练案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步新课程学习指导(人教版)

练案[34] 第四章 6.超重和失重 C.在25~35s内，观光电梯在减速上升，该同 基础巩固练 学处于失重状态 知识点一 超重和失重的理解和判断 D.在t=35s时，电梯的速度为0 1.（多选)下列有关超重与失重的说法正确的是4.（2025·天津高一期末)近年来天津市试点为 老旧小区加装垂直电梯，如图甲，取竖直向上 A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时 方向为正方向，某人某次乘电梯时的速度和时 处于失重状态 间图像如图乙所示，以下说法正确的是 B.蹦床运动员在空中上升过程和下落过程中 都处于失重状态 vlm·s C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间 内处于超重状态 D.不论是超重、失重或是完全失重，物体所受 2345678 的重力都没有发生改变 印 2.2023年10月26日，搭载着3名航天员的神舟 A.4s时电梯停止在某一层楼 十七号载人飞船进入太空，在轨工作生活6个 B.1~3s,此人处于超重状态，重力变大 月，返回舱成功着陆于东风着陆场，标志着神 C.5~7s,此人处于失重状态，支持力小于 舟十七号返回任务取得圆满成功。宇航员在 重力 火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重 D.电梯先做匀加速直线运动，再做匀减速直 与失重的考验，下列说法正确的是 ) 线运动 A.火箭加速上升时，宇航员处于超重状态 5.（多选)如图所示，蹦床运动员 B.火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小 从空中落到床面上，运动员从 于自身重力 接触床面下降到最低点为第 C.在飞船绕地球运行时，宇航员处于完全失 一过程，从最低点上升到离开 重状态，则宇航员的重力消失了 床面为第二过程，则运动员 D.飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重 ( 状态 A.在第一过程中始终处于失 3.(多选)(2025·枣庄高一检测)某同学站在观 重状态 光电梯地板上，用加速度传感器记录了电梯由 B.在第二过程中始终处于超重状态 静止开始运动的加速度随时间变化情况，以竖 C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超 直向上为正方向。根据图像提供的信息，可以 重状态 判断下列说法中正确的是 ( D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失 2at al(m.s 重状态 6.（多选)(2025·山东潍坊高一统考期44 51525 735 t/s -ap 末)为观察升降装置的运动特点，小 -2a 李同学将轻弹簧上端固定在升降装置 A.在5~15s内，观光电梯在加速上升，该同 顶端，弹簧旁边附有标尺，在弹簧下端 学处于超重状态 悬挂小物体P,升降装置静止时指针 P B.在15~25s内，观光电梯停了下来，该同学 指向标尺d处。当升降装置运动时， 处于平衡状态 下列判断正确的是 -250 A.若指针指在b刻度处，弹簧弹力不可能为09.(2025·海南高一月考)如图，质量 B.若指针指在c刻度处，升降装置处于失重 为m的小球挂在电梯的天花板上。 状态 电梯在以大小为号的加速度向下减 C.若指针指在e刻度处，升降装置可能正在 下降 速运动的过程中，小球 D.指针指在∫刻度处时的加速度大于指针指 A.处于失重状态，所受拉力为3mg 在a刻度处时的加速度 7.实验小组利用DIS系统 本FN B.处于失重状态，所受拉力为行g (数字化信息实验系 统)，观察超重和失重现 C.处于超重状态，所受拉力为3mg 象。他们在学校电梯内 做实验，在电梯天花板上固定一个拉力传感 D.处于超重状态，所受拉力为等g 器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重力 10.一质量为60kg的人 (m.s-) 站在观光电梯底板 为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显 上，如图所示的v-to 示屏上出现如图图线，根据图线分析可知下列 510152025 图像是计算机显示的 说法错误的是 观光电梯在某一段时间内速度变化的情况 A.从1到t2,钩码处于失重状态，从3到4， (竖直向上为正方向)。根据图像提供的信 钩码处于超重状态 息，可以判断下列说法中正确的是(g取 B.七1到t2时间内，电梯可能在向下运动 10m/s2) C.t到t4时间内，电梯可能先加速向下，接着 A.在5~10s内，该人对电梯底板的压力等 匀速向下，再减速向下 于500N D.t1到t4时间内，电梯可能先加速向上，接着 B.在0~5s内，观光电梯在加速上升，该人 匀速向上，再减速向上 所受的支持力为624N,处于超重状态 C.在10~20s内，该人所受的支持力为 知识点二超重和失重的计算 490N,处于失重状态 8.如图所示，在电梯内地板上放一体重计，某同 D.在20~25s内，该人所受的支持力为 学站在体重计上，电梯静止时体重计示数为 490N,处于超重状态 50kg;电梯运动过程中，某一段时间内该同学 发现体重计示数为40kg,g=10m/s2,则在这 综合提升练 段时间内 )11.10月2日，杭州亚运会蹦床项目结束女子个 40 人比赛的争夺，中国选手朱雪莹、胡译乘包揽 20 60 ⊙80 冠亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内 蹦床所受的压力如图所示，忽略空气阻力， g=10m/s2,则以下说法正确的是() A.电梯可能以2m/s2的加速度加速上升 B.电梯可能以2m/s2的加速度减速上升 01.01.22.23.85.06.67.8t C.电梯可能以2.5m/s2的加速度加速上升 A.1.0s到1.2s之间运动员处于失重状态 D.电梯可能以2.5m/s2的加速度减速下降 B.1.0s到1.2s之间运动员处于超重状态 251 C.在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后 (2)加速运动的时间； 上升的最大高度为9.8m D.在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后 上升的最大高度为3.2m 12.如图所示为杂技“顶竿”表演， 若表演中，一人A站在地上， 头上顶一根竖直竹竿，另外一 人B在竹竿上某位置处开始 A 以加速度a加速下滑，接着以 同样大小的加速度减速到另 一位置停下。已知两表演者质量均为M,杆 质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确 的是 () A.当B加速下滑时A对地面的压力为(2M+ m)g-Ma B.当B减速下滑时A对地面的压力为(2M+ m)g-Ma C.A对地面的压力一直为(2M+m)g D.B下滑过程中一直处于失重状态，所以A 对地面的压力一直小于(2M+m)g 13.一位游客乘坐观光电梯，从地面开始经历加 4 速、匀速、减速的过程，恰好到达观景台只需 (3)观景台的高度。 45s,电梯运行的最大速度为18m/s。此游 客用便携式拉力传感器测得：在加速阶段，质 量为0.5kg的物体受到的竖直向上的拉力 为5.45N,若电梯加速、减速过程视为加速 度大小相等的匀变速直线运动(g取 10m/s2),求： (1)电梯加速阶段的加速度大小； —252物块上时，木板与物块之间无摩擦力作用，故木板所受合外力木板、滑块速度相等。设经过时间，长木板、滑块的速度相 为0，加速度为0，木板一定保持静止，A、B、C错误；由牛顿第 等，则有o-a2t=a1t 二定律得，物块的加速度a= 上恒定，即物块做初速度为0的 1 m 根据位移关系得wt-20,f-2af=l 匀加速直线运动，物块运动的”一t图像为过原点的倾斜直线，： 代入数据解得t=1s,o=5m/s。 D正确。 8.(1)2N(2)6N(3)1s 4.ACD对滑块，根据牛顿第二定律可知mg=ma1,可得滑块 解析：(1)对木板和铁块组成的系统受力分析，当拉力恰好等 的加速度大小a1=1m/s2,A正确；对木板，根据牛顿第二定 于地面对木板的最大静摩擦力时，木板恰好要相对地面运动 律可知umg=Ma2,可得滑块的加速度大小a2=0.5m/s2,B F,=41(m+M)g=2N。 错误；根据o-a1t=a2t,可得滑块和木板达到共同速度的时 (2)分析题意可知，铁块恰好要相对木板运动时，铁块与木板 间t=2s,C正确：达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移 间恰好达到最大静摩擦力，对木板分析得2mg-u1(m+M)g Ma 大小Ax=(t-之ar）2a,f=3m,D正确。 解得a1=2m/s 5.BD因为开始时物体B相对于A有向右的速度，所以B受到： 对铁块受力分析有F-2mg=ma A向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律知A受到B向右的滑 解得F=6N。 动摩擦力，即B所受的摩擦力与运动方向相反，A受的摩擦 (3)在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N,对铁块分析，根 力与运动方向相同，故A错误：由题图乙得B和A的加速度 据牛顿第二定律 为a1=2m/s2,a2=1m/s2,由牛顿第二定律知mg=mga1, F-uamg maz mg=mAa2,解得u=0.2,mA=2mg,故B、D正确；由题图乙 解得a2=4m/s2 知0~1s内两者相对运动，之后相对静止一起匀速运动，由题 对木板分析得，木板的加速度为 图乙可得0~1s内两者相对位移为△x=号×3×1m= a,=smg-LM+m）8=2ms 1.5m,即板长不小于1.5m,故C错误。 2、 若木板长L=1m,根据位移关系有L= 2%t 6.(1)1m/s23m/s2(2)0.8s 联立解得t=1s。 解析：(1)A、B间的滑动摩擦力的大小为F,=umBg=4N 9.(1)1m/s20.5m/s2(2)4m/s 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得F-Fr=mBaB 解析：(1)车按图乙所示的v-t图像运动，平板车加速时的加 则a=-=3m mB 速度a,==1m/s △t 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得F,'=mAaA 物块加速时的加速度a,=m竖=0.5m/s2。 由牛顿第三定律得F'=F m 解得aa=1m/s2。 (2)由v=at可知，当车的速度为6/s时，滑块的速度为 (2)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t,A、B在这段 3m/s,设此后再经过t时间两者速度相同v车一a1t=块+a,t 时间内发生的位移分别为x和，其运动过程示意图如图 解得t=2s 所示 物块加速的总时间t'=6s+2s=8s 则物块能达到的最大速度为v=a,t n B B 解得v=4m/s。 hwm -xi- 练案[34] 1 :1.BD体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时单杠对运动 则有。=2ad 员的拉力大小等于运动员的重力，运动员既不处于超重状态 *a=20gl 也不处于失重状态，A项错误：蹦床运动员在空中上升和下落 过程中只受重力，加速度大小等于当地的重力加速度，方向竖 XB一XA=L 直向下，即蹦床运动员处于失重状态，B项正确；举重运动员 联立解得t=0.8s 在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，既不处于超 7.(1)0.44m/s2(2)5m/s 重状态也不处于失重状态，C项错误：不论是超重、失重或是 解析：(1)根据牛顿第二定律可知，对长木板有2mg-u1(M 完全失重，物体所受的重力都没有发生改变，D项正确。 +m)g=Ma1,解得2=0.4 2.A火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可 对滑块有mg=ma2,解得a2=4m/s2。 知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状 (2)滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左侧末端时，长：态，对座椅的压力大于自身重力，选项A正确，B错误：宇航员 311 处于完全失重状态时，仍然受重力，选项C错误：飞船落地前项与图像描述不符， 减速下落时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员8.B电梯运动时，该同学对体重计的压力F、=40×10N= 受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，选项D 400N,由牛顿第三定律可知，该同学所受支持力F、'=400N, 错误。 加速度a=mg-'=500-400 m/s2=2m/s2,方向向下，所 3.ACD在5~15s内，从加速度一时间图像可知，此时的加速 50 度为正，电梯的加速度向上，所以该同学处于超重状态，故A 以，电梯以2/s2做加速度加速下降或减速上升，因此答案 正确：在15~25s内，加速度为零，此时电梯在匀速运动，处于 选B。 受力平衡状态，所以该同学对电梯地板的压力等于他所受的9.，D小球挂在电梯的天花板上，受到重力mg和绳的拉力T,以 重力，故B错误；在25~35s内，从加速度一时间图像可知，此 大小为？6的加速度向下减速运动，加速度方向向上，小球处 时的加速度为负，电梯的加速度向下，所以该同学处于失重状 于超重状态，由牛顿第二定律可得T-mg=ma,解得T=mg+ 态，故C正确；加速度一时间图像与坐标轴围成图形面积的代 4 数和表示速度变化量，在前35s内，速度改变量为零，所以在 ma=3mg,故选D。 t=35s时，电梯的速度为0，故D正确。 10.B5~10s内，电梯做匀速运动，该人对电梯底板的压力等 4.C由图乙可知，4s时电梯有速度，故A错误；1~3s,人的速 于人的重力，FN=mg=60×10N=600N,A错误；0~5s内， 度竖直向上不断增加，故加速度向上，处于超重状态，但重力 电梯加速度a=0.4m/s2,加速向上，处于超重状态，F- 保持不变，故B错误；5~7s,速度竖直向上不断减小，处于失 mg=ma,FN=mg+ma=600N+24N=624N,B正确；10~ 重状态，支持力小于重力，故C正确：由图乙可知，在0~4s电 25s内，电梯加速度向下，处于失重状态，加速度a= 梯加速度先变大后变小，做变加速运动，在4~8s时加速度先： 0.2m/s2,对该同学mg-F2=ma2,F2=mg-ma=600N- 增大后减小，做变加速运动，故D错误。 12N=588N,C、D均错误。 5.CD运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加11.D蹦床所受的压力大小与蹦床对运动员的支持力大小相 速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度 等，可知1.0s到1.2s之间蹦床对运动员的支持力逐渐增 最大；继续下降，弹力大于重力，向下做减速运动，运动员处于 大，过程为运动开始接触蹦床到到达最低点，根据牛顿第二 超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状 定律该段过程为运动员先向下加速后减速，加速度先向下后 态，A错误，C正确：在第二过程中运动员先向上做加速运动， 向上，先失重后超重，故A、B错误：根据图线可知运动从离 处于超重状态，后向上做减速运动，处于失重状态，B错误，D 开蹦床到再次接触蹦床的时间为t=1.6s,该段时间运动员 正确。 做竖直上抛运动，故离开蹦床后上升的最大高度为h= 6.BC根据题意当升降装置静止时指针指向标尺d处，说明此 时弹簧的弹力等于物体的重力：当指针指在c刻度处时弹簧 之&：（台）=3.2m,放C错误，D正确。故选D 伸长量减小，拉力减小，受力分析可得此时物块的合力向下，12.A当B加速下滑时，对B由牛顿第二定律可知Mg-F= 加速度向下，物体随升降装置处于失重状态：若指针指在b刻 Ma,对A:Mg+Fa+mg=FN,解得F1=(2M+m)g-Ma 度处时，处于完全失重状态时，此时弹簧弹力为零，A错误，B 则A对地面的压力为(2M+m)g-Ma,选项A正确；当B减 正确；同理可知当指针指在e刻度处时，此时弹簧拉力大于物 速下滑时，对B由牛顿第二定律可知F。-Mg=Ma,对A:Mg 块重力，物块加速度向上，此时升降装置可能加速上升也可能 +F2+mg=F2,解得F2=（2M+m)g+Ma,则A对地面的 减速下降，C正确；设弹簧原长为L。,根据前面分析可得指针 压力为(2M+m)g+Ma,选项B、C错误；B下滑过程中先加 指在f刻度和a刻度处时的加速度大小分别为ar= 速后减速，则先失重后超重，所以A对地面的压力先小于 (2M+m)g,后大于(2M+m)g,选项D错误。 m 2.a-kLL）,根据题中刻度关系可得-bu=13.（)0.9m/220g（3)450m k(L-La) fl<La-L.=da,可得ar<an,D错误。 解析：(1)设加速阶段加速度大小为a,由牛顿第二定律得F、 7.DA对：图线显示了拉力传感器对钩码的拉力大小随时间的 mg ma 变化情况，t1到t2时间内，拉力小于重力，钩码处于失重状态； 解得a=0.9m/s2 t3到t4时间内，拉力大于重力，钩码处于超重状态。B对：从 (2)由v=t, t,到t,时间内，钩码受到的拉力小于重力，加速度向下，电梯 解得=卫=18 a0.9s=20s。 可以向下做加速运动或向上做减速运动。C对：如果电梯开 始停在高楼层，那么启动电梯向下运动，则拉力先小于重力， (2)句加速阶段位移龙=2,2=180m 然后等于重力、大于重力，最后等于重力，即可能先加速向下， 匀速阶段位移x:2=t2=18×(45-2×20)m=90m 接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层。D错：如果电 匀减速阶段位移x3=x1=180m 梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上， 观景台的高度h=x1+x,+x1=450m。 最后停在高楼层，那么应该从图像可以得到，拉力先等于重 力，再大于重力，然后等于重力、小于重力，最后等于重力。选 312