超重和失重练习供参考Word文件下载.docx

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（g=10m/s2） 

表4

t/s

1.2 

1.4 

1.6 

1.8 

2.0 

2.2 

A/N

30

9

6

3

B/N

50

53

56

根据表格中的数据通过必要的计算回答下列问题：

（1）这个装置在竖直方向做的运动是匀加速运动吗？

是向上运动还是向下运动？

（2）被卡在弹簧和传感器A间的物块的质量m=?

（3）1.4s末实验装置运动的瞬时加速度a=?

10、一同学想研究电梯上升过程的运动规律。

某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5kg的砝码和一个量程足够大的弹簧秤，用手提着弹簧秤，砝码悬挂在秤钩上。

电梯从第一层开始启动，中间不间断，一直到最高层停止。

在这个过程中，他记录了弹簧秤在不同时段内的读数如右表所示。

取重力加速度g=10m/s2，根据表格中的数据，求：

（1）电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小；

（2）电梯在3.0~13.0s时段内的速度v的大小；

（3）电梯在19.0s内上升的高度H。

时间/s

弹簧秤示数/N

电梯启动前

50.0

0~3.0

58.0

3.0~13.0

13.0~19.0

46.0

19.0以后

11、如图为学校体操室一个8m高的落地支架，横梁下面固定一支长6m、质量5kg的竹竿。

质量为40kg的同学在竿下从静止开始先匀加速再匀减速上爬，爬到竿顶时速度正也为零。

假设减速时的加速度大小是加速时的２倍，上爬总时间为3s，问这两个阶段竹竿对横梁的拉力分别是多少？

（g取10m/s2）

12、如图所示，一木箱底部有一质量为5kg的物体，物体与箱盖间有一弹簧（不计质量），将两者竖直连接，弹簧对物体有30N的拉力，现将木箱放在一升降机中，在升降机运动时，发现物体离开箱底，那么这时升降机的运动满足条件是什么？

13、竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一根弹簧秤，如图24－1所示，弹簧秤的秤钩上悬挂一个质量m＝4kg的物体，试分析下列情况下电梯的运动情况（g取10m/s2）：

（1）当弹簧秤的示数T1＝40N，且保持不变．

（2）当弹簧秤的示数T2＝32N，且保持不变．

（3）当弹簧秤的示数T3＝44N，且保持不变．

14、自动扶梯与水平面的夹角为30º

角，扶梯上站着一个质量为50kg的人，随扶梯以加速度a=2m/s2一起向上加速运动，则此时人受到的扶梯的支持力以及摩擦力的大小和方向是怎样的？

（g取10m/s2）

15、某学生想了解所居住高楼内电梯运行的大致规律，他设计一个利用称体重的磅秤来进行测量和研究的方案：

①把磅秤平放在电梯的地板上，他站在磅秤上，请两位同学协助他观察磅秤示数的变化情况，并记录电梯运行时不同时刻磅秤的示数。

②将两位同学随机记录的7个数据列表．由于不知记录时刻的先后，故表格数据按从小到大的次序排列，并相应标明t1、t2……t7。

（记录时电梯作平稳运动）

③对实验数据进行分析研究，了解电梯的运行情况，并粗略测定电梯的加速度。

思考回答下列问题：

（1）在测量时该学生所受的重力将__________（填“变大”、“变小”、“不变”）

（2）如果先记录到的是较小的示数，后记录到的是较大的示数，则记录时电梯相应的运动可能是 

［ 

］

A．先加速下降后减速下降 

B．先减速下降后匀速下降 

观察

次数

时刻

磅 

秤

读数（N）

1

t1

449

2

t2

450

t3

4

t4

549

5

t5

550

t6

551

7

t7

C．先匀速上升后减速上升 

D．先减速上升后加速上升

（3）如果电梯在运行过程中经历过匀加速、匀速和匀减速三个过程，而两位同学记录的数据不知处于哪一运动阶段，则此电梯加速度的可能值为［ 

A．1.0m/s2 

B．1.82m/s2 

C．2.22m/s2 

D．2.50m/s2 

（4） 

由于每部电梯运行时加速度都是设定好的，如果要知道该高楼电梯的加速度，还需要测定的物理量是______________．

16、科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1m/s，且做匀加速运动，4s内下降了12 

m．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3 

m/s．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89m/s2，求抛掉的压舱物的质量．

17、一同学家住在23层高楼的顶楼．他想研究一下电梯上升的运动过程．某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5kg的重物和一个量程足够大的台秤，他将重物放在台秤上．电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止．在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示．

台秤示数/N

0～3.0

3.0～13.0

13.0～19.0

根据表格中的数据，求：

（1）电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小；

（2）电梯在中间阶段上升的速度大小；

（3）该楼房平均每层楼的高度．

18、太空是一个微重力、高真空、强辐射的环境，人类可以利用这样的天然实验室制造出没有内部缺陷的晶体，生产出能承受强大拉力的细如蚕丝的金属丝．假如未来的某天你乘坐飞船进行“微重力的体验”行动，飞船由6000m的高空静止下落，可以获得持续的25s之久的失重状态，你在这段时间里可以进行关于微重力影响的实验．已知下落的过程中飞船受到的空气阻力为重力的0.04倍，重力加速度g取10m/s2，试求：

（1）飞船在失重状态下的加速度大小；

（2）飞船在微重力状态中下落的距离．

19、北京欢乐谷游乐场天地双雄是目前亚洲唯一的双塔太空梭．它是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施，先把乘有十多人的座舱，送到76m高的地方，让座舱自由落下，当落到离地面28m时制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停止．若某游客手中托着质量为1kg的饮料瓶进行这个游戏，g取9.8m/s2，问：

（1）当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力多大？

（2）当座舱落到离地面高度为15m的位置时，手要用多大的力才能托住饮料瓶？

20、一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，随着所学物理知识的增多，有一天他突然想到，能否用所学物理知识较为准确地测出这座楼的高度呢？

在以后的一段时间内他进行了多次实验测量，步骤如下：

经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度．他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断的运行，最后停在最高层．在整个过程中，他记录了台秤中不同时间段内的示数，记录的数据如下表所示．但由于0～3.0s段的时间太短，他没有来得及将台秤的示数记录下来，假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g取10m/s2.

台秤示数/kg

5.0

4.6

（1）电梯在0～3.0s时间段内台秤的示数应该是多少？

（2）根据测量的数据计算该楼房每一层的平均高度．

答案

1、【解析】

（1）由图象可以看出升降机在0～2s内向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

F－mg=ma1 

解得 

a1=2m/s2 

由运动学公式x1=

a1

，v=a1t1解得升降机在0～2s内上升的高度x1=4m，第2s末速度v=4m/s；

在2～6s内升降机做匀速运动x2=vt2=16m；

在6～10s内升降机做匀减速运动x3=

vt3=8m.

故升降机在10s内上升的总高度H=x1+x2+x3=28m.

（2）由于压力传感器示数为零，则木块处于完全失重状态，故升降机在该段时间内做加速度大小为g的匀减速运动.

2、解：

（1）由图象知，电梯先匀加速运动，再匀速运动，最后匀减速运动到停止，由表中数据可知，物体的质量为5.0kg，电梯匀加速运动的时间为3.0s，匀速运动的时间为10.0s，匀减速运动的时间为6.0s，此时台秤对物体的支持力为46N，由牛顿第二定律可求得电梯匀减速运动的加速度为a2=

=0.8m/s2

由于电梯匀加速运动的时间是它匀减速运动时间的一半，而速度变化量相同，故电梯匀加速运动的加速度是它匀减速运动加速度的2倍，即a1=2a2=1.6m/s2

由牛顿第二定律得F1-mg=ma1

F1=m（g+a1）=5.0×

（10+1.6）N=58N

即电梯在0～3.0s时间段内台秤的示数为5.8kg

（2）电梯匀速运动的速度为

v=a1t1=1.6×

3.0m/s=4.8m/s

则电梯上升的总位移为

x=

（t1+t3）+vt2=

×

9+4.8×

10=69.6（m）

则每层楼高为h=

m=2.9m

3、 

剪断细线后，小球加速上升，对小球由牛顿第二定律得ΣF=ρVg-mg=ma①

小球上升时，小球上方的水也以相同大小的加速度a加速向下流动以填补小球原来占据的空间，那么其水的质量为m′=ρV=1.2kg 

②

对容器整体，同理可得台秤对容器的支持力

F=40+ma+m′a 

③

代入已知量解①②③得F=39.6N，即台秤的读数是39.6N.

4、【试题分析】

（1）对杨利伟上升过程受力分析，由牛顿第二定律得

N-mg=ma

代入数据可得，坐椅对他的支持力为N=1171.8N

由牛顿第三定律可得，他对坐椅的压力为N′=1171.8N.

（2）杨利伟训练时承受的压力可达到8个G，表明他受到等于自身重力8倍的压力.

（3）飞船减速下降时，具有向上的加速度，系统超重，所以杨利伟有超重的感觉.

5、【试题分析】

（1）在离地面高于28m时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，所以铅球对手没有作用力，由牛顿第三定律可知，手对铅球也没有作用力.

（2）设座舱自由下落高度为h1=76m-28m=48m后的速度为v，制动时的加速度为a，制动高度为h2=28m，由vl2-v02=2as得

v2=2gh1，v2=2ah2

联立解得 

a=

根据牛顿运动定律F-mg=ma得

F=mg

代入数据得 

F=133N

6、解：

（1）宇航员对座椅的压力为N=kmg.由牛顿第三定律可知，座椅对宇航员的支持力为N′=kmg.

根据牛顿第二定律，得kmg-mg=ma（4≤k≤12）

所以30m/s2≤a≤110m/s2

（2）由题意可知，座椅对宇航员的支持力为N′=10mg

根据牛顿第二定律，得N′-mg=ma，a=（k-1）g=9g=90m/s2

7、

（1）由F－t图可知0-1s人匀加速下滑 

1-3s人匀减速下滑

（2）在0-1s中对人有

对杆有

人下滑的加速度

人下滑的最大速度

（3）由v－t图，得竹竿的长度

8、1、解：

（1）对于启动状态有：

　　　　得

　　　　对于制动状态有：

（2）电梯匀速运动的速度

从图中读得，电梯匀速上升的时间t2=26s，加速和减速的时间都是t=1s所以总位移

层高

9、

（1）不是匀加速运动；

是向上的运动。

①

（2）静止时有：

FA+mg=FB 

代入数据得m=2kg②（3）1.4s时刻，FB-FA-mg=ma，代入数据得a=12m/s2 

③

10、

（1） 

a1==m/s2 

=1.6m/s2, 

a2==m/s2 

=0.8m/s2 

（2）v1= 

a1・t1=1.6×

3m/s=4.8m/s（3）H=a1t12+v1t2+a2t22=×

1.6×

32m+4.8×

10m+×

0.8×

62m=7.2m+48m+14.4m=69.6m

11、1、解析：

设竿上同学上爬过程中的最大速度为v，加速和减速阶段的加速度大小分别为a1和a2，由题意有：

a2＝2a1 

①根据运动学公式有：

，得

＝

以t1、t2分别表示竿上同学加速和减速上爬的时间，由v＝a1t1和v＝a2t2得：

，即

②由①②式解得：

a1＝2m/s2,a2＝4m/s2,在上爬的加速阶段，对竿上演员应用牛顿第二定律，有：

f1-mg=ma1，得f1=m（g+a1）=480N，对竹竿应用平衡条件，有：

f1＋m0g=N1，从而得竹竿对横梁的拉力为N1′=N1=f1＋m0g=530N。

在上爬的减速阶段，对竿上演员应用牛顿第二定律，有：

mg-f2=ma2，得f2=m（g-a2）=240N，对竹竿应用平衡条件，有：

f2＋m0g=N2，从而得竹竿对横梁的拉力为N2′=N2=f2＋m0g=290N。

点评：

本题的求解应用了匀变速运动公式、牛顿运动定律和力的平衡条件，确定竿上同学加速、减速上爬时的加速度大小，是求解问题的关键，在得出加速度a1、a2后，也可对竿上同学和竹竿进行整体研究，具体怎样做同学们请试一试。

12、解：

升降机静止时，箱底对物体支持力N=mg-F=20N，升降机运动时，物体离开箱底的临界条件是N=0，对应升降机的加速度为a，则mg-F=ma，

，故升降机做向下加速向上减速的运动，加速度不小于

。

13、解析：

选取物体为研究对象，它受到重力mg和竖直向上的拉力T的作用．规定竖直向上方向为正方向．

（1）当T1＝40N时，根据牛顿第二定律有T1－mg＝ma1，解得这时

静止或匀速直线运动状态．

（2）当T2＝32N时，根据牛顿第二定律有T2－mg＝ma2，解得这

示物体的加速度方向与所选定的正方向相反，即电梯的加速度方向竖直向下．电梯加速下降或减速上升．（3）当T3＝44N时，根据牛顿第二定律有T3－mg＝ma3，解得这时

的加速度方向与所选的正方向相同，即电梯的加速度方向竖直向上．电梯加速上升或减速下降．点拨：

当物体加速下降或减速上升时，亦即具有竖直向下的加速度时，物体处于失重状态；

当物体加速上升或减速下降时，亦即具有竖直向上的加速度时，物体处于超重状态．

14、f＝86.6N，水平向右；

N＝550N，竖直向上提示：

对人受力分析知，人受重力、支持力、摩擦力，我们把加速度分解到水平方向和竖直方向

方向水平向右 

方向竖直向上由牛顿第二定律可得水平方向 

竖直方向 

代入数据可得上升过程中人受到的摩擦力和支持力分别为 

f＝86.6N，水平向右；

N＝550N，竖直向上

15、不变 

2．AD 

3．ABC 

　4．某学生的质量 

16、由牛顿第二定律得：

mg－f＝ma

抛物后减速下降有：

Δv＝a/Δt

解得：

M点横坐标为：

17、

（1）电梯在最初加速阶段0～3.0S内加速度为

，重物受到的支持力为

，根据牛顿第二定律，得：

最后减速阶段13.0～19.0s内，重物加速度大小为

（2）在三秒末重物的速度：

ｍ／ｓ 

（3）设在全程内电梯的位移为

，电梯加速、匀速、减速运动所用的时间为

、

得：

代入数据得：

ｍ 

则平均每层楼高为

ｍ=3。

16ｍ 

18、

（1）9.6m/s2　

（2）3000m

19、

20、答案：

（1）5.8kg　

（2）2.9m

解析：

（1）电梯启动前，台秤示数为5.0kg，则物体重力G＝mg＝50N

由于表中各段时间内台秤的示数恒定，所以在时间t1（0～3.0s）内，物体做匀加速运动，在时间t2（3.0s～13.0s）内物体做匀速直线运动，在时间t3（13.0s～19.0s）内物体做匀减速直线运动.19.0s末速度减为零．

在13.0s～19.0s内，物体所受的支持力FN3＝46N，根据牛顿第二定律mg－FN3＝ma3

得在时间t3内物体的加速度a3＝

＝0.8m/s2

13．0s末物体的速度v2＝a3t3＝4.8m/s.

而由于电梯在13.0s末的速度与3.0s末的速度相同．因此根据匀变速运动规律，物体在0～3.0s内的加速度a1＝

＝1.6m/s2

根据牛顿第二定律FN1－mg＝ma1

FN1＝58N，即台秤的示数为5.8kg

（2）0～3.0s内物体的位移x1＝

a1t

＝7.2m

3．0s～13.0s内物体的位移x2＝v2t2＝48m

13．0s～19.0s内物体的位移x3＝

t3＝14.4m

则电梯上升的总高度，实际为24层的总高度

x＝x1＋x2＋x3＝69.6m

平均每层楼高h＝

＝2.9m.