专题12 超重 失重及连接体核心素养练习解析版.docx

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专题12超重失重及连接体核心素养练习解析版

超重失重及连接体学科素养

素养核心聚焦

素养1电梯中的超失重现象

例题1：

质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如下图所示．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）600N　

（2）840N　（3）300N

【解析】

（1）匀速上升时：

由平衡条件得：

FN1＝mg＝600N，

由牛顿第三定律得：

人对体重计压力为600N，即体重计示数为600N.

（2）加速上升时，由牛顿第二定律得：

FN2－mg＝ma1，

FN2＝mg＋ma1＝840N

由牛顿第三定律得：

人对体重计压力为840N，即体重计示数为840N.

（3）加速下降时，由牛顿第二定律得：

mg－FN3＝ma3，

FN3＝mg－ma3＝300N，

由牛顿第三定律得：

人对体重计压力为300N，即体重计示数为300N.

素养2：

超失重在牛顿第二定律中的应用

例题2—质量为m的光滑小球放置于如图所示的装置中，装置和球以某一加速度一起向右做加速运动，此时球相对于装置恰好不上滑，装置质量为M，则关于物理量的判断正确的是

A．装置倾斜面对球的支持力为mgcos

B．系统的加速度为gtan

C．系统运动过程处于超重状态

D．水平面对装置的支持力等于Mg

【答案】B

【解析】AB．球相对于装置恰好不上滑，可知竖直面对球作用力为0，取球为研究对象，受斜面给的支持力和球的重力，根据牛顿第二定律有

ma=mgtan

，

得

a=gtan

，FN=

，

A错误，B正确；

C．取系统整体为研究对象，竖直方向合力为0，即竖直加速度为0，系统即不超重也不失重，C错误；

D．水平面对装置的支持力FN1=（M+m）g，D错误。

例题3.如图所示，一细绳跨过装在天花板上的滑轮，细绳的一端悬挂一质量为M的物体，另一端悬挂一载人的梯子，人的质量为m，系统处于平衡状态．不计摩擦及滑轮与细绳的质量，要使天花板受滑轮的作用力为零，人应如何运动？

【答    案】人应以a＝

g的加速度向下加速运动

【解    析】要使天花板受力为零，须使细绳中的拉力为零，物体M应做自由落体运动，故梯子应以加速度g向上匀加速运动，人对梯子的作用力向上，人应向下加速运动．

最初人梯系统处于平衡状态，即Mg＝mg＋m梯g

设人与梯子之间的相互作用力为F，人向下的加速度为a，对梯子运用牛顿第二定律

F－m梯g＝m梯g

对人运用牛顿第二定律F＋mg＝ma

解得：

a＝

g

故人应以a＝

g的加速度向下加速运动，才能使天花板受力为零

素养3：

连接体问题的处理

例题4.如图所示，跨过同一高度处的光滑定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，细线与水平杆的夹角θ＝53°，定滑轮离水平杆的高度为h＝0.2m，当由静止释放两物体后，A所能获得的最大速度为（cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，g取10m/s2）（　　）

A．0.707m/sB．1m/s

C．1.414m/sD．2m/s

【答案】选B

【解析】　释放两物体后，分析A的受力情况可知它向右先做加速运动、后做减速运动，当绳竖直时，速度达到最大值vm。

此时B到达最低点，速度为零。

A、B和绳构成的系统在整个相互作用过程中，只有重力和内力中的弹力做功，由机械能守恒定律得，

mv

＝mgh

，解得vm＝1m/s，B项正确。

素养4对图像的理解及应用

例题5．在2004年雅典奥运会上，我国运动员黄珊汕第一次参加蹦床项目的比赛就取得了铜牌的优异成绩。

假设表演时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员间的弹力随时间变化的规律在计算机上绘制出如图所示的曲线，假设当地的重力加速度g＝10m/s2。

依据图像给出的信息。

（1）运动员离开弹簧床上升的最大高度。

（2）运动过程中运动员的最大加速度。

【答案】5m，

【解析】

【分析】

（1）由图读出运动员在空中运动的时间，由自由落体运动的规律求出最大高度．

（2）当弹力最大时，运动员的加速度．由图读出最大的弹力为2500N，根据牛顿第二定律求出最大加速度．

【详解】

（1）由图象可知运动员运动稳定后每次腾空时间为：

运动员下落过程是做自由落体运动，时间为

则上升的最大高度为

（2）运动过程中运动员的最大加速度可以求出，运动员每次腾空时加速度

，而陷落最深时由图象可知

根据由牛顿第二定律得：

解得：

【点睛】

本题考查读图能力和分析研究实际问题的能力．同时要抓住运动员在空中做竖直上抛运动时的对称性，上升和下落时间相等．

学业质量测评

基础题

1．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（  ）

A．电梯可能加速下降，加速度大小为5 

B．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5 

C．乘客处于超重状态

D．乘客对电梯地板的压力为625 N

【答案】B

【解析】

ABC．电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有

解得：

a=2.5m/s2，

方向竖直向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项B正确，AC错误；

D．以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：

m′g-FN=m′a，

解得：

FN=375N

故D错误。

2．如图所示，小芳同学利用体重计研究超重和失重现象。

她首先蹲在体重计上，然后突然起立。

她从开始起立到最终静止的过程中，体重计示数变化情况是　　

A．先小于体重，后等于体重

B．先大于体重，后等于体重

C．先小于体重，后大于体重，最后等于体重

D．先大于体重，后小于体重，最后等于体重

【答案】D

【解析】

人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故体重计示数先大于体重，后小于体重，最后等于体重。

A．先小于体重，后等于体重，与结论不相符，选项A错误；

B．先大于体重，后等于体重，与结论不相符，选项B错误；

C．先小于体重，后大于体重，最后等于体重，与结论不相符，选项C错误；

D．先大于体重，后小于体重，最后等于体重，与结论相符，选项D正确；

3．智能化电动扶梯如图所示，当扶梯上没人时，扶梯是静止的，当乘客站上时，扶梯先缓慢加速，然后再匀速上升，则

A．乘客始终处于超重状态

B．电梯对乘客的作用力始终竖直向上

C．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同

D．电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上

【答案】D

【解析】

A.乘客加速运动时，乘客的加速度沿扶梯向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律知，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；当乘客匀速运动时，处于平衡状态，故A错误。

BCD.在匀速阶段，电梯对乘客没有摩擦力，只有竖直向上的支持力，电梯对乘客的作用力竖直向上，在加速阶段，乘客的加速度沿电梯向上，有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知电梯对乘客有水平向右的摩擦力，电梯对人的作用力为支持力和摩擦力，合力向右上方，故BC错误D正确。

4．汽车在过凹凸路面时，都会做减速操作，如图，A、B分别是一段凹凸路面的最高点和最低点，若把汽车视作质点，则下列说法正确的是

A．汽车行驶到B点时，处于失重状态，如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全

B．汽车行驶到A点时，处于失重状态，如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全

C．汽车行驶到B点时，处于超重状态，如果采取加速操作会使汽车飞离路面

D．汽车行驶到A点时，处于超重状态，如果采取加速操作会使车胎受到更大的压力

【答案】B

【解析】

AC．汽车在B点时具有向上的加速度，根据牛顿运动定律得知汽车对路面的压力大于汽车的重力，汽车处于超重状态，如果采取加速操作会使车胎受到更大的压力；如果采取减速操作会减小车胎与路面间的弹力；故A错误，C错误.

BD．汽车在A点时具有向下的加速度，根据牛顿运动定律得知汽车对路面的压力小于汽车的重力，汽车处于失重状态，如果采取加速操作会使汽车飞离路面；如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全；故B正确，D错误

5．如图所示，在以大小为a的匀加速上升的升降机顶部悬有轻质弹簧，弹簧下端挂有一小球．若升降机突然停止，在地面上的观察者看来，小球在继续上升的过程中（）

A．速度逐渐减小B．速度先增大后减小

C．加速度逐渐减小D．加速度先增大后减小

【答案】B

【解析】

小球原来随升降机一起向上匀加速运动，弹力大于重力，当升降机突然停止运动时，小球由于惯性，继续向上运动，而弹簧的弹力没有来得及变化，刚开始时弹力仍大于重力，小球仍向上做加速运动，而弹力随着弹簧伸长量的减小，弹力减小，当弹力小于重力后，小球做减速运动，所以速度先增大后减小，加速度先减小后反向增大，B正确。

提升题

6.[多选]如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。

在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（　　）

A．b对c的摩擦力一定减小

B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上

C．地面对c的摩擦力方向一定向右

D．地面对c的摩擦力一定减小

【答案】选BD

【解析】若有mag>mbgsinθ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若有mag

7．[多选]如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。

则（　　）

A．A对地面的压力等于（M＋m）g

B．A对地面的摩擦力方向向左

C．B对A的压力大小为

mg

D．细线对小球的拉力大小为

mg

【答案】选AC

【解析】

　A、B叠放一起静止于水平面上，可以看做一个整体，受力分析只有他们的重力和地面的支持力，所以二力平衡，支持力等于重力等于（M＋m）g，地面对整体没有摩擦力，如果有摩擦力，则不能平衡，A正确，B错误；对B球受力分析如图所示，重力和拉力的合力与支持力等大反向，绳子拉力水平说明B的球心和A的顶端等高，即B的球心到地面高度为R，B的球心到A的球心的连线长度为R＋r，

那么cosα＝

，在重力和水平拉力的合力矢量四边形中，FN＝

，解得FN＝

mg，C正确；细绳拉力FT＝mgtanα＝mg

，D错误。

8.如图所示，倾角为θ的足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，质量为M的木块上固定一轻直角支架，在支架末端用轻绳悬挂一质量为m的小球。

由静止释放木块，木块沿斜面下滑，稳定后轻绳与竖直方向夹角为α，则木块与斜面间的动摩擦因数为（　　）

A．μ＝tanθ　　　　　　　　B．μ＝tanα

C．μ＝tan（θ－α）D．μ＝tan（θ＋α）

【答案】选C

【解析】　对小球受力分析，由牛顿第二定律得mgsinθ－FTcos（90°－θ＋α）＝ma，mgcosθ＝FTsin（90°－θ＋α），解得a＝gsinθ－gcosθ·tan（θ－α），对小球和木块整体受力分析得a＝gsinθ－μgcosθ，所以动摩擦因数为μ＝tan（θ－α），C项正确。

9.．如图所示，在光滑水平桌面上有一链条，共有（P＋Q）个环，每一个环的质量均为m，链条右端受到一水平拉力F。

则从右向左数，第P个环对第（P＋1）个环的拉力是（　　）

A．FB．（P＋1）F

C.

D.

【答案】选C　

【解析】对整体受力分析，由牛顿第二定律得F＝（P＋Q）ma，解得a＝

，对左边的Q个环受力分析，由牛顿第二定律得FT＝Qma＝

，C项正确。

10．[多选]如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。

现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。

则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（　　）

A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小

B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变

C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大

D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小

【答案】选AD

【解析】　由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a＝

，因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝（3m＋Δm）a，系统加速度a都将减小，A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力FT，F－μmg－FT＝ma，a减小，F、μmg不变，所以FT增大，B错误；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，C错误；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有FT－2μmg＝2ma，FT减小，D正确。

11.如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种正电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。

现将A球向竖直杆NO方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡，则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法中正确的是（　　）

A．A、B两小球间的库仑力变小

B．A、B两小球间的库仑力变大

C．A球对MO杆的压力变小

D．B球对NO杆的压力变大

【答案】选A

【解析】　分析A、B整体的受力如图甲所示。

由平衡条件得：

FNA＝mAg＋mBg，FNB＝F。

可见FNA的大小与A、B间距及图中θ无关，由牛顿第三定律可知，C错误；

单独分析B球受力如图乙所示，由平衡条件可得：

F库＝

，FNB＝

，A球向右移动一小段距离后，θ增大，F库减小，FNB减小，故A正确，B、D错误。

12、质量为50kg的人站在升降机内的体重计上．若升降机由静止上升的过程中，体重计的示数F随时间t的变化关系如图所示，g取10m/s2.

（1）求0－10s内升降机的加速度大小；

（2）求20s时间内人上升的高度大小．

【答    案】

（1）4m/s2　

（2）600m

【解    析】

（1）由图象知，0－10s内体重计对人的支持力FN＝700N.

根据牛顿第二定律：

FN－mg＝ma，得：

a＝

＝

 m/s2＝4m/s2.

（2）0－10s内的位移为：

x1＝

at

＝200m

由图象知，10s－20s内体重计对人体的支持力FN′＝500N，所以F合＝FN′－mg＝0

所以这段时间内升降机做匀速运动，故这段时间内的位移为x2＝at1×t2＝400m

故20s时间内人上升的高度x＝x1＋x2＝600m

13、小星家住十八楼，每天上学放学均要乘垂直升降电梯上下楼．上学时，在电梯里，开始他总觉得有种“飘飘然”的感觉，背的书包也感觉变“轻”了．快到楼底时，他总觉得自己有种“脚踏实地”的感觉，背的书包也似乎变“重”了．为了研究这种现象，小星在电梯里放了一台台秤如图所示．设小星的质量为50kg，g取10m/s2.求下列情况中台秤的示数．

（1）当电梯以a＝2m/s2的加速度匀加速上升；

（2）当电梯以a＝2m/s2的加速度匀减速上升；

（3）当电梯以a＝2m/s2的加速度匀加速下降；

（4）当电梯以a＝2m/s2的加速度匀减速下降；

【答    案】

（1）600N　

（2）400N　（3）400N　（4）600N

【解    析】

（1）匀加速上升时，以人为研究对象，受力情况、加速度方向、速度方向如图所示．选向上为正方向．根据牛顿第二定律：

FN1－mg＝ma

得：

FN1＝mg＋ma＝50×（10＋2）N＝600N

由牛顿第三定律得，台秤的示数为600N.

（2）匀减速上升时，以人为研究对象，人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示．选向下为正方向

根据牛顿第二定律：

mg－FN2＝ma

得：

FN2＝mg－ma＝50×（10－2）N＝400N

由牛顿第三定律得，台秤的示数为400N

（3）匀加速下降时，以人为研究对象，人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示，选向下为正方向，根据牛顿第二定律

有mg－FN3＝ma

得：

FN3＝mg－ma＝50×（10－2）N＝400N

由牛顿第三定律得，台秤的示数为400N

（4）匀减速下降时，以人为研究对象，人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示，选向上为正方向，根据牛顿第二定律有

FN4－mg＝ma

得：

FN4＝mg＋ma＝50×（10＋2）N＝600N

由牛顿第三定律得，台秤的示数为600N.

14、小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象．他在地面上用台秤称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图所示，g取10m/s2.求：

（1）小明在0～2s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；

（2）在10～11s内，台秤的示数F3；

（3）小明运动的总位移x.

【答    案】

（1）1m/s2　失重　

（2）600N　（3）19m

【解    析】

（1）由图象可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力F1＝450N

由牛顿第二定律有mg－F1＝ma1

解得a1＝1m/s2

加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态

（2）设在10～11s内小明的加速度为a3，时间为t3,0～2s的时间为t1，则

a1t1＝a3t3

解得a3＝2m/s2

由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3

解得F3＝600N

（3）0～2s内位移x1＝

a1t

＝2m

2～10s内位移x2＝a1t1t2＝16m

10～11s内位移x3＝

a3t

＝1m

小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19m.

15、在一种体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施中，用电梯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．若某人手中托着质量为5kg的铅球进行这个游戏，g取10m/s2，问：

（1）当座舱落到离地面高度为40m的位置时，铅球对手的作用力多大？

（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把铅球托住？

【答    案】

（1）0

（2）135.7N

【解    析】

（1）当座舱落到离地面高度为40m的位置时，铅球处于完全失重状态；

故铅球对手的压力为零

（2）座舱自由落体过程，有

v2＝2g（H－h）①

座舱匀减速运动到地面的过程，根据速度位移公式，有

v2＝2ah②

由①②解得：

a＝

 m/s2

当座舱落到离地面高度为15m的位置时，铅球处于超重状态，有

F－mg＝ma

解得

F＝m（g＋a）＝5×

≈135.7N

即手要用135.7N的力才能把铅球托住．

16.如图所示，光滑金属球的重力G＝40N。

它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角θ＝37°的斜面体上。

已知斜面体处于水平地面上保持静止状态，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：

（1）墙壁对金属球的弹力大小；

（2）水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向。

【答案】

（1）30N　

（2）30N，方向水平向左

【解析】

（1）金属球受力如图所示，由平衡条件得墙壁对金属球的弹力为：

FN1＝Gtanθ＝30N

（2）斜面体对金属球的弹力为：

FN2＝

＝50N

对金属球和斜面体整体受力分析可知，地面对斜面体的摩擦力为：

Ff＝FN1＝30N，方向水平向左。