4.6 超重和失重 讲义 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

2026高一上学期物理同步讲义与课时精练 4.6 超重和失重 【基础回顾】 一、力学单位制 1.基本量 被选定的能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量单位的一些物理量，如力学中有长度、质量、时间. 2.基本单位 基本量的单位，如长度的单位“米”、质量的单位“千克”、时间的单位“秒”等. 3.导出单位 由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位，例如速度的单位“米每秒”、力的单位“牛顿”(千克米每二次方秒). 4.单位制 基本单位和导出单位一起组成了单位制. 5.国际单位制 (1)国际单位制中的基本量 国际单位制中选定长度(l)、质量(m)、时间(t)、电流(I)、热力学温度(T)、发光强度(I)、物质的量(n)七个量为基本量. (2)国际单位制中的力学基本单位 长度l，单位：m；质量m，单位：kg；时间t，单位：s. 二、超重与失重的概念 1.实重和视重 (1)实重:物体实际所受的重力,与物体的运动状态　　　　。  (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。 2.超重、失重和完全失重的比较 比较项 超重 失重 完全失重 现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于0 产生条件 物体的加速度向上 物体的加速度向下 物体的加速度等于g 运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以加速度g加速下降或减速上升 原理方程 F-mg=ma→F=m(g+a) mg-F=ma→F=m(g-a) mg-F=mg→F=0 3、 超重与失重的的判断方法 1．判断超重和失重现象的三个角度 (1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。 2．对超重和失重问题的三点提醒 (1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。 (2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。 (3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。 【必备知识】 判断超重、失重现象的“三”技巧 (1)从受力的角度判断：在竖直方向上，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时物体处于失重状态，等于零时物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化的角度判断：物体向上加速或向下减速时处于超重状态；物体向下加速或向上减速时处于失重状态。 【拓展延伸】 整体法在连接体超重、失重问题中的应用 1．从整体观点出发，当系统中有一个质量为m的物体以加速度a竖直向上加速运动时，我们说系统中有部分物体处于超重状态，或说物体超重了ma；同理，当系统中有一个物体以加速度a竖直向下加速运动时，我们说系统中有部分物体处于失重状态，或说物体失重了ma。若有多个物体超重或失重，可把它们求和，看总体的超重或失重情况。 2．当物体失重ma时，物体对支持物的压力为mg－ma；当物体超重ma时，物体对支持物的压力为mg＋ma。 [巩固强化] 题型1 超重失重和物理运动情况相互判断 【例题精讲】 1．一人站在电梯中的体重计上随电梯一起运动．用W表示电梯匀速上升时体重计的示数，W1和W2分别表示电梯以大小为a的加速度加速上升和减速上升时体重计的示数，则（　　） A．W2＜W＜W1 B．W1＜W＜W2 C．W＜W1＝W2 D．W＞W1＝W2 【答案】A 【解答】解：当升降机匀速运动时，W＝N＝mg； 当升降机以大小为a的加速度加速上升时，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma，得N＝m（g+a），W1＝N＝m（g+a）， 当升降机以大小为a的加速度加速下降时，根据牛顿第二定律mg﹣N＝ma，得N＝m（g﹣a），W2＝N＝m（g﹣a）。 故W2＜W＜W1即A正确，B、C、D错误。 故选：A。 2．如图甲为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为M的支架（含电动机）上，有一根长轻杆带动一个质量为m的铁球在竖直面内转动，如图乙所示，重力加速度为g，若在某次打夯过程中，铁球匀速转动，则（　　） A．铁球所受合力大小不变 B．铁球转动到最高点时，处于超重状态 C．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则此时轻杆的弹力为（M+m）g 【答案】A 【解答】解：A.由题意，知铁球在竖直平面内做匀速圆周运动，则其所受合力大小不变，方向总是指向圆心，故A正确； B.铁球转动到最高点时，加速度指向圆心，方向竖直向下，处于失重状态，故B错误； C.铁球做匀速圆周运动时的向心加速度大小不变，方向总是指向圆心，即方向不断变化，故C错误； D.若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，对支架根据平衡条件，可知杆对支架的弹力为T＝Mg，故D错误。 故选：A。 3．如图所示，物块P、Q由竖直轻质弹簧拴接，被细绳悬挂在天花板上的O点，Q静止在O点正下方的水平地面上，两物块的质量均为m，重力加速度为g，初始时系统静止，弹簧对物块P的支持力大小为。某时刻烧断细绳，在物块P向下运动直至将弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（　　） A．细绳烧断瞬间物块P的加速度大小为 B．物块P先失重后超重 C．物块Q对地面的压力先减小后增大 D．物块Q对地面压力的最小值为mg 【答案】B 【解答】解：A.根据题中所给信息可知，初始时，弹簧是压缩状态，对物块P的支持力大小为，细绳烧断时，根据牛顿第二定律mgma，解得物块P的加速度大小为a，故A错误； B.物块P将先向下加速运动后减速运动，故为先失重后超重，故B正确； CD.此过程中，弹簧一直被压缩，故初始时物块Q对地面的压力最小，大小为，此后物块Q对地面的压力一直增大，故CD错误。 故选：B。 （多选）4．如图所示，质量为m的人站在体重计上，随电梯以大小为a的加速度减速上升，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．人对体重计的压力大小为m（g﹣a） B．人对体重计的压力大小为m（g+a） C．人处于失重状态 D．人的体重发生了变化 【答案】BC 【解答】解：ABC、人随电梯以大小为a的加速度减速上升，加速度方向向下，人处于失重状态；以人为对象，根据牛顿第二定律可得mg﹣N＝ma解得N＝mg﹣ma根据牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为N'＝N＝mg+ma＝m（g+a）故BC正确，A错误； D、人减速上升时，人的体重与质量成正比保持不变，故D错误。 故选：BC。 （多选）5．如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的物体A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，物体A向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法正确的是（　　） A．未剪断细线前，台秤读数为2mg B．剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大 C．剪断细线的瞬间，物体的加速度为g，方向竖直向上 D．剪断细线后，物体A向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大 【答案】BC 【解答】解：A.未剪断绳子前，对小球和箱子整体分析，得台秤示数F＝3mg，故A错误； BCD.剪断细线前，对小球受力分析F′＝T+mg＝2mg，剪断细线的瞬间，对小球受力分析F﹣mg＝2mg﹣mg＝ma，得a＝g，方向竖直向上，由此可知，小球向上做加速后减速，整个系统先处于超重后处于失重，故台秤读数先变大后变小，故BC正确，D错误。 故选：BC。 （多选）6．2023年11月26日，在武汉体育中心举行的2023年全国跳水锦标赛的女子双人10米跳台决赛中，全红婵/陈芋汐以354.66分的成绩获得冠军。在女子10m跳台的决赛中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5m/s，从竖直入水到速度减为0的运动时间是其在空中的运动时间的，假设全红婵所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为40kg，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．跳离跳台后上升阶段，全红婵处于超重状态 B．跳离跳台后下降阶段（落水前），全红婵处于失重状态 C．全红婵在空中运动的时间为2s D．入水后全红婵受到水的阻力大小为500N 【答案】BC 【解答】解：AB、跳离跳台后全红婵的加速度方向均向下，处于失重状态，故A错误，B正确； C、规定向上为正方向，则有 可得t＝2 s 即全红婵在空中运动的时间为2 s，故C正确； D、入水时的速度v1＝v0﹣gt＝5﹣10×2m/s＝﹣15m/s 在水中的加速度大小m/s2＝22.5 m/s2，方向竖直向上 根据牛顿第二定律可知Ff＝mg+ma＝40×10N+40×22.5N＝1300 N，故D错误。 故选：BC。 （多选）7．如图所示，物块A放在木箱内，物块A右端由一根处于伸长状态的水平轻弹簧与木箱连接。木箱和物块A均保持静止。若发现物块A突然相对木箱底面向右移动。下列情况可能的是（　　） A．木箱突然向下做加速运动 B．木箱突然向上做加速运动 C．木箱突然向右做加速运动 D．木箱突然向左做加速运动 【答案】AD 【解答】解：A.当木箱向下加速运动时，A处于失重状态，A对木箱的压力小于重力，最大静摩擦力比静止时小，故弹力可能大于最大静摩擦力，可能使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故A正确； B.木箱保持静止时，在水平方向弹簧的弹力没有大于A与木箱之间的最大静摩擦力。当木箱向上加速运动时，A处于超重状态，A对木箱的压力大于重力，最大静摩擦力比静止时更大，故弹簧弹力小于向上加速时的最大静摩擦力，不可能使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故B错误； CD.假设木箱向左以加速度a0运动时，A刚好没有发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax﹣kx＝ma0，可知，当木箱向左运动的加速度小于等于a0时，将不发生相对滑动；当加速度大于a0时，将使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动；假设木箱向右以加速度a1运动时，A刚好没有发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax+kx＝ma1，可知，当木箱向右运动的加速度小于等于a1时，将不发生相对滑动；当加速度大于a1时，将使弹簧拉动A相对木箱底面向左移动。故C错误，D正确。 故选：AD。 题型2 超重失重的图像问题 【例题精讲】 1．巴黎奥运会十米跳台跳水决赛中，中国运动员全红婵获得冠军。图甲是她站在跳台起跳的精彩瞬间，从她离开跳台开始计时，全红婵重心的v﹣t图像可简化为图乙所示。则全红婵（　　） A．t2～t4时间内的速度先向下后向上 B．t4时刻到达水下最低点 C．t4～t5时间内处于失重状态 D．t1～t2时间内的平均速度比t4～t5时间内的平均速度大 【答案】D 【解答】解：A.t2～t4时间内速度始终为正，因此方向不变，故A错误； B.t5时刻速度降为0，到达水下最低点，而非t4时刻，故B错误； C.t4～t5时间内，全红婵向下做减速运动，加速度向上，因此处于超重状态，故C错误； D.假设t2、t4时刻的速度大小为v，t1～t2时间段内，全红婵做匀加速直线运动，图像与横坐标轴围成的图形为直角三角形，面积为S1大小即为位移大小，因此平均速度大小等于，t4～t5时间段内，图像与横坐标围成的图形为缺失一块的直角三角形，假设补全之后的三角形面积为S2，缺失部分的面积为S3，则图像与横坐标围成的面积为S2﹣S3，已知，因此，由此可知，t1～t2时间内的平均速度比t4～t5时间内的大，故D正确。 故选：D。 2．利用智能手机中的加速度传感器可以采集手机的加速度a随时间t变化的图像。某同学将手机竖直向上抛出，测得手机在竖直方向的a﹣t图像如图所示。g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．t1时刻，手机与手发生分离 B．t2时刻，手机处于超重状态 C．t3时刻，手机的运动方向发生改变 D．t4时刻以后，手机的速率一直增大 【答案】B 【解答】解：A.t1时刻，手机加速度等于零，没有与手发生分离，如果分离，加速度等于g，故A错误； B.从图中t4时刻的加速度﹣10m/s2可判断本题是以向上为正方向的，t2时刻，手机加速度向上，处于超重状态，故B正确； C.t2～t3时间内向上做加速度逐渐减小的加速运动，t3时刻速度最大，t3～t4时间内向上做加速度逐渐增大的减速运动，t3时刻运动方向没有发生改变，故C错误； D.t4时刻以后，有一个加速度突然减为零的时刻，此时应该是被手接住或者落到地面，速度最终会变为零，手机的速率不是一直增大，故D错误。 故选：B。 3．图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2。根据图像分析可知（　　） A．人的重力可由b点读出，约为300N B．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态 C．人在双脚离开力板的过程中，重力的冲量约为450N•s D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度 【答案】C 【解答】解：A、根据图乙可以看出在起点到a过程中F不变，这段时间内重力等于压力，所以重力约为900N，故A错误； B、从b到c的过程中，可以看到压力先小于重力后大于重力，所以合力先向下，后向上，故先失重后超重，故B错误； C、从图中可以看出d点时，刚好离开力板，e点刚好再次接触到力板，时间为0.5s，重力约为900N，所以根据I＝Gt，可得I＝450N•s，故C正确； D、根据b点和c点的压力大小，在结合受力分析可以判断出c点的加速度大于b点的，故D错误。 故选：C。 （多选）4．如图1为某同学利用无人机进行航拍。在某次拍摄中，无人机从地面由静止开始竖直向上做直线运动，其运动的v﹣t图像如图2所示，已知t1＞（t3﹣t2），则关于无人机（　　） A．t1～t2时间内处于静止状态 B．t2时刻高度最大 C．t2～t3时间内位移小于0～t1时间内位移 D．0～t1时间内处于超重状态 【答案】CD 【解答】解：A.t1～t2阶段速度不变，为匀速直线运动状态，故A错误； B.因0～t3时间内速度一直为正，可知t3时刻高度才达到最大，故B错误； C.已知t1＞（t3﹣t2），因图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，t2～t3时间内位移小于0～t1时间内位移，故C正确； D.0～t1时间内加速度向上处于超重状态，故D正确。 故选：CD。 （多选）5．某同学站在力传感器上做“下蹲”和“起立”动作，在一次完整的“下蹲”和“起立”过程中，力传感器显示力随时间变化的规律如图所示，则关于该同学的下蹲过程，下列说法正确的是（　　） A．先超重后失重 B．先失重后超重 C．加速度先减小后增大，再减小再增大 D．加速度先增大后减小，再增大再减小 【答案】BD 【解答】解：AB、由图像可知，下蹲过程F先比重力小，处于失重状态，后F比重力大，处于超重状态，所以应是先失重后超重，故A错误，B正确； CD、力传感器的示数F为该同学对传感器的压力大小，由牛顿第三定律可知，传感器对该同学的支持力大小也为F。 下蹲过程F比重力小时为向下加速过程，加速度大小 由图像可知F先减小后增大，因此此过程加速度先增大后减小； 下蹲过程F比重力大时为向下减速过程，加速度大小 由图像可知F先增大后减小，因此此过程加速度先增大后减小，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）6．某举重运动员在水平放置的力传感器上训练，做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。t＝0时刻运动员处于静止状态，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．该运动员的质量为50kg B．t1∼t2时间内，该运动员先处于超重状态后处于失重状态 C．t1时刻，该运动员的加速度大小为6m/s2，方向竖直向上 D．t2时刻，该运动员的加速度大小为6m/s2，方向竖直向上 【答案】AD 【解答】解：A．t＝0时刻运动员处于静止状态，传感器的示数F0＝mg＝500N，可知该运动员的质量为50kg，故A正确； B．t1∼t2时间内，传感器的示数先小于重力后大于重力，加速度先向下后向上，可知该运动员先处于失重状态后处于超重状态，故B错误； C．t1时刻，根据牛顿第二定律可得mg﹣F1＝ma1＝500N﹣200N 解得该运动员的加速度大小为6m/s2，该运动员处于失重状态，方向竖直向下，故C错误； D．t2时刻，根据牛顿第二定律可得F2﹣mg＝ma2＝800N﹣500N 解得该运动员的加速度大小为6m/s2，该运动员处于超重状态，方向竖直向上，故D正确。 故选：AD。 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．下列关于各种项目中运动员在运动过程中（不计空气阻力）的状态描述说法正确的是（　　） A．跳高运动员在空中上升和下落过程中都处于超重状态 B．蹦床运动员从空中落到蹦床上的过程中惯性越来越大 C．举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，杠铃处于平衡状态 D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 【答案】C 【解答】解：A、不计空气阻力，跳高运动员在空中仅受重力，加速度方向始终向下且等于g，因此无论上升还是下落均处于失重状态，故A错误； B、惯性大小仅由质量决定，蹦床运动员下落过程中质量不变，故其惯性不变，故B错误； C、举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，处于静止状态，杠铃所受合外力为零，故杠铃处于平衡状态，故C正确； D、游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，合外力为零，则加速度为零，处于平衡状态，故D错误。 故选：C。 2．体育课上，某同学在进行原地纵跳摸高训练。已知该同学的质量m＝60kg，原地静止站立（不起跳）摸高为2.16m，训练过程中，该同学先下蹲，重心下降0.45m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.61m的高度。起跳过程看成匀变速运动，全程忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则（　　） A．从开始起跳到双脚落回地面需要0.6s B．起跳过程中该同学对地面的压力为1200N C．该同学起跳后到上升到最高点一直处于超重状态 D．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小。 【答案】B 【解答】解：B、该同学从开始起跳到脚离开地面，重心上升h1＝0.45m， 根据速度—位移公式可得v2＝2ah1， 由牛顿第二定律得F﹣mg＝ma， 离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离为h2＝2.61m﹣2.16m＝0.45m， 可得v2＝2gh2， 联立解得v＝3m/s，a＝10m/s2，FN＝1200N， 根据牛顿第三定律可得，起跳过程中该同学对地面的压力为1200N，故B正确； A、加速上升时间为t1s＝0.3s， 减速上升与加速下降时间相等，均为t2s＝0.3s， 总时间为t＝t1+2t2＝0.3s+2×0.3s＝0.9s，故A错误； C、从开始起跳到脚离开地面做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，离开地面到上升到最高点的过程中做竖直上抛运动，加速度向下，处于失重状态，故C错误； D、根据平均速度公式可知，起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度， 均为m/s，故D错误。 故选：B。 3．烟花“窜天猴”点燃后在竖直方向上运动的x﹣t图像如图，烟花在t0时刻起飞，EF段为直线。下列说法正确的是（　　） A．t2时刻，速度最大 B．t0～t2时间内，t1时刻速度的变化率最大 C．t1～t3时间内，平均速度的大小为 D．t2～t5时间内，“窜天猴”一直处于失重状态 【答案】C 【解答】解：首先明确：x﹣t图像的斜率表示速度，斜率的变化率表示加速度。 A、x﹣t图像的斜率为速度，t2时刻是曲线的最高点（斜率为0），此时速度为0，并非最大。故A错误。 B、速度的变化率即加速度（斜率的变化率）。t0～t2内，t1时刻曲线的斜率变化并非最剧烈（斜率变化率对应曲线的“弯曲程度”），因此加速度不是最大。故B错误。 C、平均速度的定义是位移与时间的比值，t1～t3内的位移为x3﹣x1，时间为t3﹣t1，因此平均速度大小为。故C正确。 D、失重的条件是加速度向下（x﹣t图像斜率减小的阶段，速度向上、加速度向下；斜率增大的阶段，若速度向下、加速度向下，也属于失重）。 但t2～t5内，EF段是直线（斜率不变，加速度为0），此时既不失重也不超重，因此“一直处于失重“不成立。故D错误。 故选：C。 4．以竖直向上为正方向，某同学乘电梯开始下楼的加速度a随时间t变化的图线如图所示，则该同学（　　） A．0～4s内处于超重状态 B．7～10s内处于失重状态 C．t＝4s时速度最大 D．4～7s内处于静止状态 【答案】C 【解答】解：AB、由a﹣t图像可知，电梯在0～4s内电梯具有向下的加速度，则电梯处于失重状态，电梯在7s～10s内电梯具有向上的加速度，则电梯处于超重状态，故AB错误； CD、由a﹣t图像可知，电梯在0～4s内电梯具有向下的加速度，向下加速运动，在4s时电梯运行的速度达到最大，4～7s内处于匀速运动状态，故C正确，D错误。 故选：C。 5．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人搭乘时，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，下列说法中正确的是（　　） A．顾客始终处于超重状态 B．顾客始终受到三个力的作用 C．顾客受到的支持力始终等于mg D．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 【答案】D 【解答】解：AC、根据题意分析可知，扶梯开始先慢慢加速时，顾客一开始处于超重状态，顾客受到的支持力大于mg；扶梯匀速后处于平衡状态不再超重，顾客受到的支持力等于mg，故AC错误； B、根据题意分析可知，刚开始顾客先慢慢加速时，受到重力，支持力和摩擦力三个力的作用，后匀速运动，只受到重力和支持力两个力作用，故B错误； D、根据题意分析可知，扶梯对顾客的作用力即支持力与摩擦力的合力，加速时先指向右上方，其合力在竖直方向的分力与重力平衡，水平方向的分力提供加速度，受右上方向的支持力，匀速时仅受竖直向上的支持力，根据牛顿第三定律可知顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下，故D正确。 故选：D。 6．在俄乌战场上，无人机发挥了侦察与监视、目标定位与引导等多方面的重要作用。如图甲所示，某台无人机上升、向前追踪拍摄的飞行过程中，竖直方向上的速度vy及水平方向上的速度vx与飞行时间t的关系图像如图乙和丙所示。下列说法正确的是（　　） A．无人机在t2时刻上升至最高点 B．无人机在t2～t3时间内做匀变速运动 C．无人机在0～t2这段时间内沿直线飞行 D．无人机在0～t2这段时间内处于失重状态 【答案】B 【解答】解：A.在v﹣t图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移，则在竖直方向上，t3时刻的位移最大，所以无人机在t3时刻上升至最高点，故A错误； B.由乙图和丙图可知，无人机在t2～t3时间内，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，故合运动为匀变速运动，故B正确； C.在0～t2时间内，无人机在水平方向做匀减速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，由于合速度方向与合加速度方向未知，故不能确定其运动情况，故C错误； D.在0～t2时间内，无人机在竖直方向加速度向上，所以处于超重状态，故D错误。 故选：B。 7．图甲为某研究小组用智能手机探究电梯运动时的情景，他们用手机自带的加速度传感器，测得电梯从1楼到6楼的过程中竖直方向的加速度随时间变化的a﹣t图像，如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0。则下列说法正确的是（　　） A．当t＝10s时，电梯的速度达到最大 B．当t＝20s时，电梯静止 C．当t＝30s时，电梯正在向上减速 D．t＝0至t＝30s的时间内，电梯先后经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段 【答案】C 【解答】解：A.速度最大时，加速度为零，由图乙可知，当t＝10s时，加速度为0.4m/s2，电梯的速度还未达到最大，故A错误； B.当t＝20s时，此时电梯速度方向向上，则电梯正在向上匀速运动，故B错误； C.当 t＝30s，加速度，负值，方向向下，电梯处于超重状态，做减速运动，故C正确； D.由图乙可知，0～30s的时间内，电梯先后静止，加速度增大的加速运动，匀加速运动，加速度减小的加速运动；匀速运动；加速度增大的减速运动，加速度减小的减速运动，故D错误； 故选：C。 8．如图甲所示，某同学站在自动扶梯上随扶梯斜向上运动，倾角θ＝37°，若扶梯运动的v﹣t图像如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法不正确的是（　　） A．0～1s内，人受到的摩擦力大小为120N B．0～1s内，人对电梯的压力大小为672N C．3～4s内，人处于失重状态 D．3～4s内，人受到的摩擦力方向水平向左 【答案】A 【解答】解：A.根据v﹣t图像的斜率表示加速度可知，0～1s内，加速度，方向沿电梯斜向上，沿水平方向根据牛顿第二定律，人受到的摩擦力F ＝macosθ＝60×2×0.8N＝96N，故A错误； B.0～1s内，沿竖直方向根据牛顿第二定律有FN﹣mg＝masinθ，解得电梯对人的支持力FN＝672N，根据牛顿第三定律，人对电梯的压力大小为672N，故B正确； C.3～4s内，加速度，方向沿电梯斜向下，即竖直方向加速度的分量向下，人处于失重状态，故C正确； D.3～4s内，加速度方向沿电梯斜向下，即水平方向加速度的分量向左，而摩擦力为水平方向的合力，根据牛顿第二定律可知摩擦力方向水平向左，故D正确。 本题选不正确的，故选：A。 二．多选题（共3小题） （多选）9．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（　　） A．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 B．小球A运动到弹簧原长处的速度最大 C．小球A向上运动的位移为时，速度最大 D．小球A运动到最高点的过程中，先失重后超重 【答案】AC 【解答】解：A、开始时系统处于静止状态，设弹簧的弹力大小为F，根据平衡条件有F＝2mg+mg＝3mg，在剪断细绳的瞬间，弹簧上的弹力保持不变，设此时A的加速度大小为a，对A根据牛顿第二定律有F﹣2mg＝2ma，解得a，故A正确； BC、当小球A受力平衡时速度最大，此时弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律可得此时弹簧的伸长量为，在开始时弹簧的伸长量为x，所以小球A向上的位移为，故B错误，C正确； D、小球A运动到最高点的过程中，是先向上加速，后向上减速，所以小球A的加速度方向是先向上后向下，则小球先超重后失重，故D错误。 故选：AC。 （多选）10．如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现若使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。下列说法正确的是（　　） A．木箱向上做加速度大小为1.5m/s2的匀加速直线运动 B．木箱向上做加速度大小为2.5m/s2的匀减速直线运动 C．木箱向左做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动 D．木箱向右做加速度大小为1.5m/s2的匀减速直线运动 【答案】BD 【解答】解：AB、根据题意可知，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动，物块A受到的木箱对它的最大静摩擦力要小于弹簧对它的拉力，即fm＜T＝1.2N 根据动摩擦力的计算公式有，fm＝μFN 解得FN＜4N 故要使A处于失重状态，即A的加速度要向下，大小为a 故要让木箱在竖直方向向下加速或者向上减速运动，加速度大小a＞2m/s2，故A错误，B正确； CD、根据题意可知，如果让木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱向右运动，则物块的加速度要向左，根据牛顿第二定律得ma＝μFN′﹣T＞0， FN′＝mg 代入数据解得FN′＝5N，T＝1.2N 代入数据解得a＞0.6m/s2 故木箱要以加速度大小大于0.6m/s2向左加速运动或以加速度大小大于0.6m/s2向右减速运动，故D正确，C错误； 故选：BD。 （多选）11．如图甲所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。他稳定站立时，体重计的示数为500N。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，关于实验现象，下列说法正确的是（　　） A．图乙记录的是他完成两次“蹲起”的过程 B．图乙记录的是他先“起立”稳定后又“下蹲”的过程 C．该同学下蹲过程中，其重心向下加速度的最大值约为0.6g D．该同学站起过程中，其重心向上加速度的最大值约为0.4g 【答案】CD 【解答】解：AB．图乙图像中第一次变化，显示支持力先小于重力再大于重力，即先失重后超重，因此为下蹲过程；第二变化，显示支持力先大于重力再小于重力，即先超重后失重，因此为起立过程，故AB错误； C．稳定站立时，体重计的示数为500N，即同学体重 G＝500N 该同学质量 由图像可知，下蹲过程中F的最小值约为200N。由牛顿第二定律可知，其重心向下加速度的最大值约为 故C正确； D．该同学站起过程中，F的最大值约为700N，由牛顿第二定律可知，其重心向上加速度的最大值约为 故D正确。 故选：CD。 三．解答题（共3小题） 12．如图所示，位于张家界武陵源风景名胜区的百龙天梯，修建于垂直的悬崖峭壁之上，垂直落差三百多米，是世界上最高的电梯之一（为方便计算，假设该电梯的高度为360m）。一名游客将一块电子秤（显示受到的压力大小，单位：N）放在电梯的水平地板上，自己站在电子科上，通过电子秤的示数结合自己的体重去了解电梯运行时加减速的情况。已知电梯从地面静止开始，竖直向上匀加速运动t1＝20s，接着匀速运动t2＝30s，最后匀减速运动t3＝40s到达电梯的最高点，到达电梯的最高点时电梯速度刚好减为零；在匀减速阶段，电子科的示数为“591”。电梯可看作质点，重力加速度g取10m/s2，求： （1）电梯运行过程中最大速度的大小； （2）该游客的质量； （3）匀加速阶段，电子秤的示数。 【答案】（1）电梯运行过程中最大速度的大小等于6m/s； （2）该游客的质量为60kg； （3）匀加速阶段，电子秤的示数为“618”。 【解答】解：（1）设电梯最大速度为vm，则有 解得vm＝6m/s （2）减速阶段加速度大小为 根据牛顿第二定律有mg﹣F3＝ma减 F3＝F′3＝591N 解得m＝60kg （3）加速阶段加速度大小为 根据牛顿第二定律有F1﹣mg＝ma加 F′N＝F1 解得F′N＝618N 即匀加速阶段，电子秤的示数为“618” 答：（1）电梯运行过程中最大速度的大小等于6m/s； （2）该游客的质量为60kg； （3）匀加速阶段，电子秤的示数为“618”。 13．质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。重力加速度g取10m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。 （1）匀速上升； （2）以4m/s2的加速度加速上升； （3）以5m/s2的加速度加速下降。 【答案】（1）匀速上升时示数为600N； （2）以4m/s2的加速度加速上升时为840N； （3）以5m/s2的加速度加速下降时为300N。 【解答】解：（1）升降机匀速上升，受力平衡，则FN＝mg＝600N 由牛顿第三定律知，体重计的示数为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 由牛顿第三定律知，体重计的示数为840N。 （3）升降机加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力 根据牛顿第二定律得： mg﹣FN2＝ma2 FN2＝m（g﹣a2）＝300N 由牛顿第三定律知，体重计的示数为300N。 答：（1）匀速上升时示数为600N； （2）以4m/s2的加速度加速上升时为840N； （3）以5m/s2的加速度加速下降时为300N。 14．如图1所示，一个同学在竖直升降的电梯内，探究超重失重现象。该同学站在磅秤上的总质量为50kg。电梯由静止开始向下做匀加速运动，这时开始计时。该同学在磅秤上的示数随时间变化情况F﹣t图线如图2，最后电梯恰好停在地面上，重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）电梯做匀速运动时的速度大小； （2）电梯降落的总位移的大小。 【答案】（1）电梯做匀速运动时的速度大小为12m/s； （2）电梯降落的总位移的大小为126m。 【解答】解：（1）对于启动状态有：mg﹣F1＝ma1 代入数据得：a1＝2m/s2 6s末的速度v＝a1t1＝2×6m/s＝12m/s 电梯做匀速运动时的速度大小为12m/s。 （2）加速下降的位移x1m＝36m 匀速运动的位移x2＝vt2＝12×6m＝72m 对于制动状态有：F3﹣mg＝ma3 代入数据得：a3＝4m/s2 制动的时间t3s＝3s 制动的位移x3m＝18m x＝x1+x2+x3＝36m+72m+18m＝126m。 答：（1）电梯做匀速运动时的速度大小为12m/s； （2）电梯降落的总位移的大小为126m。 声明：试题解析著作权属 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $2026高一上学期物理同步讲义与课时精练 4.6 超重和失重 【基础回顾】 一、力学单位制 1.基本量 被选定的能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量单位的一些物理量，如力学中有长度、质量、时间. 2.基本单位 基本量的单位，如长度的单位“米”、质量的单位“千克”、时间的单位“秒”等. 3.导出单位 由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位，例如速度的单位“米每秒”、力的单位“牛顿”(千克米每二次方秒). 4.单位制 基本单位和导出单位一起组成了单位制. 5.国际单位制 (1)国际单位制中的基本量 国际单位制中选定长度(l)、质量(m)、时间(t)、电流(I)、热力学温度(T)、发光强度(I)、物质的量(n)七个量为基本量. (2)国际单位制中的力学基本单位 长度l，单位：m；质量m，单位：kg；时间t，单位：s. 二、超重与失重的概念 1.实重和视重 (1)实重:物体实际所受的重力,与物体的运动状态　　　　。  (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。 2.超重、失重和完全失重的比较 比较项 超重 失重 完全失重 现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于0 产生条件 物体的加速度向上 物体的加速度向下 物体的加速度等于g 运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以加速度g加速下降或减速上升 原理方程 F-mg=ma→F=m(g+a) mg-F=ma→F=m(g-a) mg-F=mg→F=0 3、 超重与失重的的判断方法 1．判断超重和失重现象的三个角度 (1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。 2．对超重和失重问题的三点提醒 (1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。 (2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。 (3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。 【必备知识】 判断超重、失重现象的“三”技巧 (1)从受力的角度判断：在竖直方向上，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时物体处于失重状态，等于零时物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化的角度判断：物体向上加速或向下减速时处于超重状态；物体向下加速或向上减速时处于失重状态。 【拓展延伸】 整体法在连接体超重、失重问题中的应用 1．从整体观点出发，当系统中有一个质量为m的物体以加速度a竖直向上加速运动时，我们说系统中有部分物体处于超重状态，或说物体超重了ma；同理，当系统中有一个物体以加速度a竖直向下加速运动时，我们说系统中有部分物体处于失重状态，或说物体失重了ma。若有多个物体超重或失重，可把它们求和，看总体的超重或失重情况。 2．当物体失重ma时，物体对支持物的压力为mg－ma；当物体超重ma时，物体对支持物的压力为mg＋ma。 [巩固强化] 题型1 超重失重和物理运动情况相互判断 【例题精讲】 1．一人站在电梯中的体重计上随电梯一起运动．用W表示电梯匀速上升时体重计的示数，W1和W2分别表示电梯以大小为a的加速度加速上升和减速上升时体重计的示数，则（　　） A．W2＜W＜W1 B．W1＜W＜W2 C．W＜W1＝W2 D．W＞W1＝W2 2．如图甲为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为M的支架（含电动机）上，有一根长轻杆带动一个质量为m的铁球在竖直面内转动，如图乙所示，重力加速度为g，若在某次打夯过程中，铁球匀速转动，则（　　） A．铁球所受合力大小不变 B．铁球转动到最高点时，处于超重状态 C．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则此时轻杆的弹力为（M+m）g 3．如图所示，物块P、Q由竖直轻质弹簧拴接，被细绳悬挂在天花板上的O点，Q静止在O点正下方的水平地面上，两物块的质量均为m，重力加速度为g，初始时系统静止，弹簧对物块P的支持力大小为。某时刻烧断细绳，在物块P向下运动直至将弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（　　） A．细绳烧断瞬间物块P的加速度大小为 B．物块P先失重后超重 C．物块Q对地面的压力先减小后增大 D．物块Q对地面压力的最小值为mg （多选）4．如图所示，质量为m的人站在体重计上，随电梯以大小为a的加速度减速上升，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．人对体重计的压力大小为m（g﹣a） B．人对体重计的压力大小为m（g+a） C．人处于失重状态 D．人的体重发生了变化 （多选）5．如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的物体A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，物体A向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法正确的是（　　） A．未剪断细线前，台秤读数为2mg B．剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大 C．剪断细线的瞬间，物体的加速度为g，方向竖直向上 D．剪断细线后，物体A向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大 （多选）6．2023年11月26日，在武汉体育中心举行的2023年全国跳水锦标赛的女子双人10米跳台决赛中，全红婵/陈芋汐以354.66分的成绩获得冠军。在女子10m跳台的决赛中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5m/s，从竖直入水到速度减为0的运动时间是其在空中的运动时间的，假设全红婵所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为40kg，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．跳离跳台后上升阶段，全红婵处于超重状态 B．跳离跳台后下降阶段（落水前），全红婵处于失重状态 C．全红婵在空中运动的时间为2s D．入水后全红婵受到水的阻力大小为500N （多选）7．如图所示，物块A放在木箱内，物块A右端由一根处于伸长状态的水平轻弹簧与木箱连接。木箱和物块A均保持静止。若发现物块A突然相对木箱底面向右移动。下列情况可能的是（　　） A．木箱突然向下做加速运动 B．木箱突然向上做加速运动 C．木箱突然向右做加速运动 D．木箱突然向左做加速运动 题型2 超重失重的图像问题 【例题精讲】 1．巴黎奥运会十米跳台跳水决赛中，中国运动员全红婵获得冠军。图甲是她站在跳台起跳的精彩瞬间，从她离开跳台开始计时，全红婵重心的v﹣t图像可简化为图乙所示。则全红婵（　　） A．t2～t4时间内的速度先向下后向上 B．t4时刻到达水下最低点 C．t4～t5时间内处于失重状态 D．t1～t2时间内的平均速度比t4～t5时间内的平均速度大 2．利用智能手机中的加速度传感器可以采集手机的加速度a随时间t变化的图像。某同学将手机竖直向上抛出，测得手机在竖直方向的a﹣t图像如图所示。g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．t1时刻，手机与手发生分离 B．t2时刻，手机处于超重状态 C．t3时刻，手机的运动方向发生改变 D．t4时刻以后，手机的速率一直增大 3．图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2。根据图像分析可知（　　） A．人的重力可由b点读出，约为300N B．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态 C．人在双脚离开力板的过程中，重力的冲量约为450N•s D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度 （多选）4．如图1为某同学利用无人机进行航拍。在某次拍摄中，无人机从地面由静止开始竖直向上做直线运动，其运动的v﹣t图像如图2所示，已知t1＞（t3﹣t2），则关于无人机（　　） A．t1～t2时间内处于静止状态 B．t2时刻高度最大 C．t2～t3时间内位移小于0～t1时间内位移 D．0～t1时间内处于超重状态 （多选）5．某同学站在力传感器上做“下蹲”和“起立”动作，在一次完整的“下蹲”和“起立”过程中，力传感器显示力随时间变化的规律如图所示，则关于该同学的下蹲过程，下列说法正确的是（　　） A．先超重后失重 B．先失重后超重 C．加速度先减小后增大，再减小再增大 D．加速度先增大后减小，再增大再减小 （多选）6．某举重运动员在水平放置的力传感器上训练，做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。t＝0时刻运动员处于静止状态，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．该运动员的质量为50kg B．t1∼t2时间内，该运动员先处于超重状态后处于失重状态 C．t1时刻，该运动员的加速度大小为6m/s2，方向竖直向上 D．t2时刻，该运动员的加速度大小为6m/s2，方向竖直向上 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．下列关于各种项目中运动员在运动过程中（不计空气阻力）的状态描述说法正确的是（　　） A．跳高运动员在空中上升和下落过程中都处于超重状态 B．蹦床运动员从空中落到蹦床上的过程中惯性越来越大 C．举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，杠铃处于平衡状态 D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 2．体育课上，某同学在进行原地纵跳摸高训练。已知该同学的质量m＝60kg，原地静止站立（不起跳）摸高为2.16m，训练过程中，该同学先下蹲，重心下降0.45m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.61m的高度。起跳过程看成匀变速运动，全程忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则（　　） A．从开始起跳到双脚落回地面需要0.6s B．起跳过程中该同学对地面的压力为1200N C．该同学起跳后到上升到最高点一直处于超重状态 D．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小。 3．烟花“窜天猴”点燃后在竖直方向上运动的x﹣t图像如图，烟花在t0时刻起飞，EF段为直线。下列说法正确的是（　　） A．t2时刻，速度最大 B．t0～t2时间内，t1时刻速度的变化率最大 C．t1～t3时间内，平均速度的大小为 D．t2～t5时间内，“窜天猴”一直处于失重状态 4．以竖直向上为正方向，某同学乘电梯开始下楼的加速度a随时间t变化的图线如图所示，则该同学（　　） A．0～4s内处于超重状态 B．7～10s内处于失重状态 C．t＝4s时速度最大 D．4～7s内处于静止状态 5．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人搭乘时，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，下列说法中正确的是（　　） A．顾客始终处于超重状态 B．顾客始终受到三个力的作用 C．顾客受到的支持力始终等于mg D．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 6．在俄乌战场上，无人机发挥了侦察与监视、目标定位与引导等多方面的重要作用。如图甲所示，某台无人机上升、向前追踪拍摄的飞行过程中，竖直方向上的速度vy及水平方向上的速度vx与飞行时间t的关系图像如图乙和丙所示。下列说法正确的是（　　） A．无人机在t2时刻上升至最高点 B．无人机在t2～t3时间内做匀变速运动 C．无人机在0～t2这段时间内沿直线飞行 D．无人机在0～t2这段时间内处于失重状态 7．图甲为某研究小组用智能手机探究电梯运动时的情景，他们用手机自带的加速度传感器，测得电梯从1楼到6楼的过程中竖直方向的加速度随时间变化的a﹣t图像，如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0。则下列说法正确的是（　　） A．当t＝10s时，电梯的速度达到最大 B．当t＝20s时，电梯静止 C．当t＝30s时，电梯正在向上减速 D．t＝0至t＝30s的时间内，电梯先后经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段 8．如图甲所示，某同学站在自动扶梯上随扶梯斜向上运动，倾角θ＝37°，若扶梯运动的v﹣t图像如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法不正确的是（　　） A．0～1s内，人受到的摩擦力大小为120N B．0～1s内，人对电梯的压力大小为672N C．3～4s内，人处于失重状态 D．3～4s内，人受到的摩擦力方向水平向左 二．多选题（共3小题） （多选）9．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（　　） A．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 B．小球A运动到弹簧原长处的速度最大 C．小球A向上运动的位移为时，速度最大 D．小球A运动到最高点的过程中，先失重后超重 （多选）10．如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现若使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。下列说法正确的是（　　） A．木箱向上做加速度大小为1.5m/s2的匀加速直线运动 B．木箱向上做加速度大小为2.5m/s2的匀减速直线运动 C．木箱向左做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动 D．木箱向右做加速度大小为1.5m/s2的匀减速直线运动 （多选）11．如图甲所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。他稳定站立时，体重计的示数为500N。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，关于实验现象，下列说法正确的是（　　） A．图乙记录的是他完成两次“蹲起”的过程 B．图乙记录的是他先“起立”稳定后又“下蹲”的过程 C．该同学下蹲过程中，其重心向下加速度的最大值约为0.6g D．该同学站起过程中，其重心向上加速度的最大值约为0.4g 三．解答题（共3小题） 12．如图所示，位于张家界武陵源风景名胜区的百龙天梯，修建于垂直的悬崖峭壁之上，垂直落差三百多米，是世界上最高的电梯之一（为方便计算，假设该电梯的高度为360m）。一名游客将一块电子秤（显示受到的压力大小，单位：N）放在电梯的水平地板上，自己站在电子科上，通过电子秤的示数结合自己的体重去了解电梯运行时加减速的情况。已知电梯从地面静止开始，竖直向上匀加速运动t1＝20s，接着匀速运动t2＝30s，最后匀减速运动t3＝40s到达电梯的最高点，到达电梯的最高点时电梯速度刚好减为零；在匀减速阶段，电子科的示数为“591”。电梯可看作质点，重力加速度g取10m/s2，求： （1）电梯运行过程中最大速度的大小； （2）该游客的质量； （3）匀加速阶段，电子秤的示数。 13．质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。重力加速度g取10m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。 （1）匀速上升； （2）以4m/s2的加速度加速上升； （3）以5m/s2的加速度加速下降。 14．如图1所示，一个同学在竖直升降的电梯内，探究超重失重现象。该同学站在磅秤上的总质量为50kg。电梯由静止开始向下做匀加速运动，这时开始计时。该同学在磅秤上的示数随时间变化情况F﹣t图线如图2，最后电梯恰好停在地面上，重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）电梯做匀速运动时的速度大小； （2）电梯降落的总位移的大小。 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $