教科版 (2019)必修 第一册7 超重与失重课时训练

课时素养评价20　超重与失重

A组　合格性考试练

1．如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力).下列说法正确的是(　　)

A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零

B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力

C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力

D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力

2．质量为45  kg的小明同学站在升降机中的一“体重计”上，当升降机竖直向下运动经过5楼时，“体重计”示数为50  kg，如图所示．重力加速度取10 m/s2.此时小明处于(　　)

A．超重状态，对“体重计”压力为450 N

B．超重状态，对“体重计”压力为500 N

C．失重状态，对“体重计”压力为450 N

D．失重状态，对“体重计”压力为500 N

3．电梯地板上放一质量为m的木箱，电梯以0.2g的加速度向上加速运动的过程中，木箱(　　)

A．处于失重状态，所受支持力为0.8mg

B．处于失重状态，所受支持力为0.2mg

C．处于超重状态，所受支持力为1.2mg

D．处于超重状态，所受支持力为0.8mg

4.

如图所示，家用楼梯升降椅可以沿着倾斜的直轨道运动，方便行动困难的老人上下楼．以下说法正确的是(　　)

A．升降椅加速上升时，人处于失重状态

B．升降椅减速上升时，人处于失重状态

C．升降椅匀速上升时，升降椅对人的作用力的方向沿楼梯斜向上

D．升降椅加速上升时，升降椅对人的作用力的方向沿楼梯斜向上

5.

质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数分别是多少？(g取10 m/s2)

(1)升降机匀速上升；

(2)升降机以4 m/s2的加速度匀加速上升；

(3)升降机以3 m/s2的加速度匀减速上升或匀加速下降．

B组　选择性考试练

6.

(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空中P点由静止开始下落，如图所示，a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，则在人从P点下落到c点的过程中(　　)

A．在Pa段，人做自由落体运动，处于完全失重状态

B．在ab段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态

C．在bc段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态

D．在c点，人的速度为零，加速度也为零

7．某人在地面上最多可举起50  kg的物体，某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60  kg的物体，据此判断此电梯加速度的大小和方向(g取10 m/s2)(　　)

A．2 m/s2，竖直向上

B． m/s2，竖直向上

C．2 m/s2，竖直向下

D． m/s2，竖直向下

8．(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．已知演员在滑杆上做完动作之后，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．整个过程中演员的v ­ t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10 m/s2.则下述说法正确的是(　　)

A．演员的体重为600 N

B．演员在第1 s内一直处于超重状态

C．滑杆顶端所受的最小拉力为620 N

D．滑杆顶端所受的最大拉力为900 N

课时素养评价20　超重与失重

1．解析：A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A选项正确．

答案：A

2．解析：小明的重力G＝mg＝45×10 N＝450 N；由图可知，此时体重计示数为50  kg，故说明对体重计的压力为500 N，此时压力大于本身的重力，人处于超重状态，故B正确，A、C、D错误．

答案：B

3．解析：电梯向上加速运动，所以木箱处于超重状态．对木箱，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，即N＝mg＋m×0.2g＝1.2 mg，选项C正确．

答案：C

4．解析：当升降椅加速上升时，加速度方向沿楼梯斜向上，即加速度有竖直向上的分量，人处于超重状态，故A错误；当升降椅减速上升时，加速度方向沿楼梯斜向下，即加速度有竖直向下的分量，人处于失重状态，故B正确；当升降椅匀速上升时，人处于平衡状态，升降椅对人的作用力与人受到的重力平衡，竖直向上，故C错误；当升降椅加速上升时，升降椅对人的作用力为支持力和摩擦力，合力斜向上，但不沿楼梯，因为支持力、摩擦力和重力三力的合力的方向才沿楼梯斜向上，故D错误．

答案：B

5．解析：以人为研究对象进行受力分析，人受重力和支持力作用．(1)升降机匀速上升时a＝0，所以有N－mg＝0即N＝mg＝600 N，据牛顿第三定律知N′＝N＝600 N．(2)升降机匀加速上升时，加速度向上，人处于超重状态，取向上为正方向，则有N1－mg＝ma1所以N1＝m(g＋a1)＝60×(10＋4) N＝840 N，据牛顿第三定律知N′1＝N1＝840 N．(3)升降机匀减速上升或匀加速下降时，加速度都向下，人都处于失重状态，取向下为正方向，则有mg－N2＝ma2，所以N2＝m(g－a2)＝60×(10－3) N＝420 N据牛顿第三定律知N′2＝N2＝420 N.

答案：(1)600 N　(2)840 N　(3)420 N

6．解析：在Pa段绳子不起作用，人做自由落体运动，加速度为g，方向竖直向下，处于完全失重状态，A正确；平衡位置a＝0，在ab段绳的拉力小于人的重力，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向竖直向下，人处于失重状态，B正确；在bc段，绳的拉力大于人的重力，人做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向竖直向上，人处于超重状态，C错误；在c点，人的速度为零，加速度不为零，方向竖直向上，D错误．

答案：AB

7．解析：此人最大的举力为F＝mg＝50×10 N＝500 N，在竖直向上运动的电梯中最多举起了60  kg的物体，说明物体处于失重状态．由牛顿第二定律得m′g－F＝m′a，解得a＝＝ m/s2＝ m/s2，方向竖直向下．故选D.

答案：D

8．解析：演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，演员的体重为600 N，选项A正确；演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B错误；演员加速下滑时滑杆顶端所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3 m/s2，对演员，由牛顿第二定律，mg－f1＝ma1，解得f1＝420 N．对滑杆，由平衡条件，最小拉力F1＝420 N＋200 N＝620 N，选项C正确；减速下滑时滑杆顶端所受的拉力最大．减速下滑的加速度a2＝1.5 m/s2，对演员，由牛顿第二定律，f2－mg＝ma2，解得f2＝690 N．对滑杆由平衡条件得最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．

答案：AC