2026届高考物理一轮复习题型训练 3.3牛顿运动定律应用之超重失重

题型训练3.3牛顿运动定律应用之超重失重 超重失重的现象 1.(多选)游乐园中，乘客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉，下列描述正确的是 （ ） A.当升降机加速上升时，游客是处在失重状态 B.当升降机减速下降时，游客是处在超重状态 C.当升降机减速上升时，游客是处在失重状态 D.当升降机加速下降时，游客是处在超重状态 2.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示.设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态.在箱子下落过程中，下列说法正确的是 （ ） A.箱内物体对箱子底部始终没有压力 B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大 C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D.若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来” 超重与失重的判断与计算 3.一质量为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为 （ ） A. mg B.2mg C. mg 4.如图所示，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态.地面受到的压力为FN，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力 ( ) A.小于FN B.等于FN C.等于 D.大于 5.如图所示，体重计置于水平面上，盛有水的容器置于体重计托盘上，容器中水面下有一乒乓球通过轻绳连接，轻绳下端固定在容器底部，整个装置处于静止状态，若轻绳突然断裂，乒乓球在水面下上升过程中，体重计的示数与静止时相比 （ ） A.减小 B.增大 C.不变 D.条件不足，无法判断 6.某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”.如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺.不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处.将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度.取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（ ） A.30cm刻度对应的加速度为-0.5g B.40cm刻度对应的加速度为g C.50cm刻度对应的加速度为2g D.各刻度对应加速度的值是不均匀的 7.(多选)如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索运动过程中，车厢始终保持竖直.车厢里质量为m的人对厢底的压力为其重量的1.25倍，已知重力加速度为g，下列说法正确的是 （ ） A.载人车厢一定沿斜索道向上运动 B.车厢运动的加速度大小为是 C.人对厢底的摩擦力方向向右 D.车厢对人的摩擦力大小为 mg 超重与失重的图像问题 8.(多选)某同学从5楼乘电梯下降到1楼，在此过程中他利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示，则 （ ） A. t=1s时该同学处于失重状态 B. t=10s时该同学处于失重状态 C.此过程中电梯运行的最大的速率约为0.56m/s D.此过程中电梯运行的最大的速率约为1.8m/s 9.若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是 ( ) 10.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是 ( ) A.0~t₁时间内,v增大, 时间内，v减小， 时间内，v增大，FN< mg 时间内，v减小，FN> mg 11.(多选)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N.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)（ ） 四 等效重力场思想的应用 12.(多选)如图,木箱内有一[竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上.若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（ ） A.加速下降 B.加速上升 C.减速上升 D.减速下降 学科网（北京）股份有限公司 题型训练三 牛顿运动定律 学科网（北京）股份有限公司 13.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 14.时隔8年之后,2021年12月9日我国宇航员王亚平再次进行太空授课，引发了我国很多中小学生对微重力下液体内部的受力情况感到好奇，某同学为了在地面探究微重力下液体内部的受力情况，设计了如下实验，如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中弹簧的另一端固定于容器的底部.水与木球的密度差为△p(△p>0)，重力加速度为g.初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为 （ ） A. g 15.(多选)如图,升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块.开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时 （ ） A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑 16.(多选)一质量为m的物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示，在物体始终相对斜面静止的条件下，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A.当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小 B.当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大 C.当a、θ一定时，斜面对物体的正压力的大小为(mg+ ma)cosθ D.当a、θ一定时，斜面对物体的摩擦力的大小为(mg+ ma)sinθ 17.(多选)如图,质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力F=mgtanθ作用下，小球从静止开始由A经B向C运动.则小球 （ ） A.先加速后减速 B.在B点加速度为零 C.在C点速度为零 D.在C点加速度为gtanθ 1. BC【解析】当升降机加速上升或减速下降时，加速度向上，物体受到的合力向上，支持力大于重力，游客处于超重状态，故B正确A错误；当升降机加速下降或减速上升时，加速度向下，物体受到的合力向下，支持力小于重力，游客处于失重状态，故C正确D错误，综上答案为BC. 2. C【解析】以整体为研究对象，由牛顿第二定律得(M+ 设箱内物体受到的支持力为FN，以箱内物体为研究对象，由牛顿第二定律得 ma，联立解得 通过此结果可知，随着下落速度的增大，箱内物体受到的支持力逐渐增大，故C正确ABD错误.综上答案为C. 3. D【解析】人受支持力向上，重力向下，由牛顿第二定律得 解得 由于人对电梯的压力与电梯对人的支持力为作用力和反作用力，故ABC错误，综上答案为D. 4. D【解析】剪断细线前，系统处于静止状态，压力FN等于系统的总重力，即 剪断连接球b的细线后，系统处于超重状态，压力大于总重力，故AB错误；以a和箱为研究对象，箱子受到的支持力 F₂₁，其中F₅₁为b球对a球的库仑力，因平衡时F引等于mbg+F，而球b加速上升过程中，随着两球距离的减小， 故 ，综上答案为D. 5. A【解析】乒乓球在水面下加速上升运动中，处于超重状态，此时同体积的水以相同大小的加速度在下降，处于失重状态，且同体积的水的重力更大一些，系统整体处于失重状态，所以体重计的示数与静止时相比会减小，故BCD错误，综上答案为A. 6. A【解析】由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，因此弹簧的原长 ；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，由受力平衡得 mg=k(l-l₀),在30cm刻度处时, (取竖直向上为正方向)，又 解得 ，故A 正确；在40cm刻度处,有 因此40cm刻度对应的加速度为 零，故B错误；在50cm刻度处时， 取竖直向上为正方向)，又 解得 故C错误；设刻度对应值为x，结合分析可知 △x=|x-0.2m|(取竖直向上为正方向),经过整理得a= 或 由以上分析，加速度a与刻度对应值x是线性关系，因此各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误.综上答案为A. 7. BD【解析】载人车厢一定沿斜索道运动，由于车厢支持力F大于重力 mg，故具有沿索道向上的加速度，车厢对人的摩擦力力应水平向右，人对车厢底的摩擦力应水平向左，受力分析如图所示，车厢可能沿索道加速上滑，也可能沿索道减速下滑，故AC错误；设车厢的加速度为a，将加速度沿水平方向、竖直方向正交分解，由牛顿第二定律得f=macos37°，F-mg= ma sin 37°, 联立解得 故BD正确.综上答案为BD. 8. AD【解析】因为电梯向下运动，则最初电梯加速度方向竖直向下，由题意知a<0表示加速度方向竖直向下. t=1s时，a<0，即加速度方向竖直向下，电梯对该同学的支持力小于重力，该同学处于失重状态，故A正确；t=10s时，a>0，加速度方向竖直向上，电梯对该同学的支持力大于重力，该同学处于超重状态，故B错误；a-t图像中图线与t轴围成的面积表示速度的变化量，开始时速率为零，则运动中最大速率约为 故C错误D正确. 9. B【解析】由图像知：①升降机向下做匀加速直线运动，对货物,由牛顿第二定律得 mg-F= ma,即F< mg;②升降机向下做匀速直线运动，对货物，由牛顿第二定律得 mg-F=0，即F=mg；③升降机向下做匀减速直线运动，对货物,由牛顿第二定律得F-mg= ma,即F> mg;④升降机向上做匀加速直线运动，对货物，由牛顿第二定律得F-mg=ma，即F>mg；⑤升降机向上做匀速直线运动，对货物,由牛顿第二定律得 mg-F=0,即F=mg;⑥升降机向上做匀减速直线运动，对货物，由牛顿第二定律得 mg-F= ma,即F< mg,故ACD错误,综上答案为B. 10. D【解析】s-t图像中图像的斜率表示速度，由题图知，0~t₁时间内，v增大，乘客向下做加速运动，加速度竖直向下，以竖直向下为正方向，a为正值，由牛顿第二定律得 因此 ,故A错误;同理t₁~l₂时间内，v不变，由平衡条件可知 ,故B错误;t₂~t₃时间内，v减小，乘客向下做减速运动，加速度竖直向上，a为负值，由牛顿第二定律得 因此 故D正确C错误.综上答案为D. 11. AD【解析】由图可看出,在t₀~t₁B时间内，弹簧秤示数小于体重，表明人处于失重状态，电梯有向下的加速度，可能向下做匀加速运动或者向上做匀减速运动；l₁~l₂日时间内弹簧秤示数等于体重，表明人处于平衡状态，电梯加速度为零，电梯可能做匀速运动或保持静止状态，t₂~t₃时间内弹簧秤示数大于体重，表明人处于超重状态，电梯有向上的加速度，电梯可能向下做匀减速运动或者向上做匀加速运动.综上知AD正确BC错误. 12. BD【解析】木箱静止时，设弹簧弹力为F₁，箱顶对物块的压力为F₂，由平衡条件得. 当箱顶对物块的压力F₂恰好为零时，弹力F₁不变，所以合外力方向向上，即加速度向上，物块可能加速上升或减速下降，故BD正确，AC错误.也可以利用等效重力场的思想，认为物块的“重力加速度”增大，物块的等效重力与弹簧的弹力平衡，所以对箱顶无压力，物块的“重力加速度”增大，木箱的加速度a与重力加速度g相反，等效重力加速度为g'=g+a,即处于超重状态，因此木箱可能加速度上升或减速下降，综上答案为BD. 13. D【解析】完全失重情况下，物体对支持面的压力或水平面对物体支持力变为零，故ABC错误，综上答案为D. 14. D【解析】初始时整个系统静止，设弹簧弹力为 Fk，对木球分析得 ，释放瞬间，弹力不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，由牛顿第二定律得a= 综上答案为D. 15. BD【解析】当升降机匀速向上运动时，物块沿斜面匀速下滑，设斜面倾角为θ，因此μ=tanθ，当升降机以加速度a加速上升时，升降机处于超重状态，正压力 ma)cosθ，变大；升降机加速上升时，有 ma)cosθ=(mg+ ma)sinθ,因此物块仍相对于斜面匀速下滑，故BD正确AC错误，综上答案为BD. 16. BCD【解析】如图所示，对物体受力分析，斜面方向有f-mgsinθ= ma sinθ,垂直斜面方向N-mgcosθ= macosθ,解得f=(mg+ ma)·sinθ,N=(mg+ ma)cos0;当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力、支持力都越大，故A错误；当a一定时，θ越大,cosθ越小,sinθ越大,要使两个方程成立，必须有斜面对物体的正压力减小，斜面对物体的摩擦力增大，故BCD正确,综上答案为BCD. 17. ACD【解析】对小球受力分析，在垂直于绳的方向有mgtanθcosα-mgsinα= ma,α为绳与竖直方向的夹角,可知由A到B加速度a>0，由B到C加速度a<0，故小球由A到B做加速运动，由B到C做减速运动，故A正确；在B点垂直绳方向的合力为零，但沿绳方向的合力不为零，小球具有向心加速度，故B错误；C点是与A点对称的位置，速度为 零 ,故C 正 确 ;在C 点 的 加 速 度 大 小 为 综上答案为ACD.本题也可利用等效重力场理解. $