2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）12 B超重和失重 中檔版

2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）12B超重和失重中檔版超重和失重知識點：超重和失重一、重力的測量1．方法一：利用牛頓第二定律先測量物體做自由落體運動的加速度g，再用天平測量物體的質(zhì)量m，利用牛頓第二定律可得G＝mg.2．方法二：利用力的平衡條件將待測物體懸掛或放置在測力計上，使它處于靜止狀態(tài)．這時物體受到的重力的大小等于測力計對物體的拉力或支持力的大?。⒊睾褪е?．視重：體重計的示數(shù)稱為視重，反映了人對體重計的壓力．2．失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向下(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．3．超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向上(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．4．完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的狀態(tài)．(2)產(chǎn)生條件：a＝g，方向豎直向下．技巧點撥一、超重和失重的判斷1．對視重的理解當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上相對靜止時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為“視重”，大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的壓力．當物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力并未變化，只是視重變了．2．判斷物體超重與失重的方法(1)從受力的角度判斷：超重：物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力，即視重大于重力．失重：物體所受向上的拉力(或支持力)小于重力，即視重小于重力．完全失重：物體所受向上的拉力(或支持力)為零，即視重為零．(2)從加速度的角度判斷：①當物體的加速度方向向上(或豎直分量向上)時，處于超重狀態(tài)，如圖1.根據(jù)牛頓第二定律：FN－mg＝ma，此時FN>mg，即處于超重狀態(tài)．可能的運動狀態(tài)：向上加速或向下減速．圖1圖2圖3②當物體的加速度方向向下(或豎直分量向下)時，處于失重狀態(tài)，如圖2.根據(jù)牛頓第二定律：mg－FN＝ma，此時FN<mg，即處于失重狀態(tài)．可能的運動狀態(tài)：向下加速或向上減速．③當物體的加速度為g時，處于完全失重狀態(tài)，如圖3根據(jù)牛頓第二定律：mg－FN＝ma，此時a＝g，即FN＝0.可能的運動狀態(tài)：自由落體運動或其他拋體運動．例題精練1．（2021?臨海市二模）如圖所示，風洞飛行體驗可以實現(xiàn)高速風力將人吹起，通過改變風力大小或人體受風面積可以控制人體上升或下降。若一質(zhì)量m＝70kg的游客，從離地高度h1＝0.5m的懸浮狀態(tài)向上運動，到達高度h2＝2.5m處時再次懸浮，下列說法正確的是（）A．此過程中人的機械能增加了約1400J B．若人懸浮時減小受風面積，將會向上運動 C．上升過程中，人先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài) D．人處于懸浮狀態(tài)時，為風洞提供動力的電動機不需要做功【分析】由于人在初末位置均處于懸浮狀態(tài)，動能不變根據(jù)重力勢能的變化判斷機械能的變化即可，人受到重力和風力作用，結(jié)合利用牛頓定律判斷物體運動情況，根據(jù)人運動時的加速度方向，判斷其處于超重還是失重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、由于人在初末位置均處于懸浮狀態(tài)，動能不變，此過程中人的機械能的增加量等于重力勢能的增加量，即機械能增加了ΔE＝mgΔh＝70×10×（2.5﹣0.5）J＝1400J，故A正確；B、若人懸浮時減小受風面積，風力減小，人將會向下運動，故B錯誤；C、由于上升過程中，人先加速后減速，所以人先處于超重狀態(tài)，后處失重狀態(tài)，故C錯誤；D、人處于懸浮狀態(tài)時，由于要持續(xù)吹風才能懸浮，所以為風洞提供動力的電動機需要做功，故D錯誤。故選：A?！军c評】解決本題學生需掌握機械能的定義，牛頓定律的應用，需注意人處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)由人運動時的加速度方向決定。隨堂練習1．（2021?煙臺三模）如圖甲所示，高層建筑室外擦玻璃的工人在進行室外作業(yè)，為了保障安全，他們身上都綁有安全帶，安全帶上有救生緩降器，緩降器由掛鉤（或吊環(huán)）、吊帶、繩索及速度控制裝置等組成，以保證工人的安全。設(shè)某次工人完成高空作業(yè)后從離地面某高度處通過安全帶安全著陸，圖乙是工人運動全過程的v﹣t圖像。下列說法正確的是（）A．0到t1段時間內(nèi)工人處于超重狀態(tài) B．t1到t2段時間內(nèi)工人的平均速度等于 C．工人初始位置離地面高度為v1t2 D．整個過程中繩索對工人的拉力先變大后變小【分析】根據(jù)v﹣t圖象中圖線的斜率表示加速度，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，結(jié)合牛頓第二定律判斷加速度的方向，進而判斷超重還是失重?！窘獯稹拷猓篈、0到t1段時間內(nèi)工人向下加速運動，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B、t1到t2段時間內(nèi)如果做勻減速直線運動，位移等于下圖中陰影部分面積，則工人的平均速度等于；實際上工人位移等于曲線與時間軸圍成的面積，實際位移大于勻減速時的位移，t1到t2段時間內(nèi)工人的平均速度大于，故B錯誤；C、v﹣t圖線與時間軸圍成的面積表示位移，工人初始位置離地面高度等于曲線與時間軸圍成的面積，小于v1t2，故C錯誤；D、根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合圖線的斜率可知，加速度先減小到0后再反向增大，再減小，對于加速過程，根據(jù)牛頓第二定律知mg﹣T＝ma，加速度減小，重力不變，則拉力一直增大到等于重力；減速運動過程，有T﹣mg＝ma，且加速度反向增大后又減小，則拉力先增大后減小，所以整個過程中繩索對工人的拉力先變大后變小，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查學生對v﹣t圖象的性質(zhì)和牛頓第二定律的運用情況，難度較小。2．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）小胡用手機軟件測量了電梯運行過程中的加速度，得到圖甲所示圖線（規(guī)定豎直向上為正方向），為簡化問題，將圖線簡化為圖乙。已知t＝0時電梯處于靜止狀態(tài)，則以下判斷正確的是（）A．t＝5s時電梯處于失重狀態(tài) B．8～9s內(nèi)電梯在做減速運動 C．10～15s內(nèi)電梯在上行 D．16～17s內(nèi)電梯在下行【分析】當物體的加速度向上時，處于超重狀態(tài)。當加速度向下時，處于失重狀態(tài)。加速度a＝0時物體處于平衡狀態(tài)，根據(jù)加速度的正負分析物體的狀態(tài)。【解答】解：A、t＝5s時，電梯的加速度為正值，方向豎直向上，電梯處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、t＝0時，電梯處于靜止狀態(tài)，一小段時間后，電梯的加速度為正值，方向豎直向上，電梯一定加速上升，8～9s內(nèi)，電梯的加速度仍為正值，方向豎直向上，可知電梯加速上升，故B錯誤；C、t＝10s時，電梯的加速度為零，電梯上升的速度達到最大值，10～15s內(nèi)，電梯的加速度為零，電梯以最大速度勻速上行，故C正確；D、16～21s內(nèi)，電梯的加速度為負值，方向豎直向下，電梯向上做減速運動。由對稱性可知，t＝21s時，電梯的速度減為零，則16～17s內(nèi)電梯仍在上行，故D錯誤。故選：C?！军c評】超重和失重現(xiàn)象可以運用牛頓運動定律進行分析理解，產(chǎn)生超重的條件是：物體的加速度方向向上；產(chǎn)生失重的條件：物體的加速度方向向下。要知道a﹣t圖象“面積”的物理意義：a﹣t圖象與坐標軸所圍的面積表示速度的變化量。3．（2020秋?倉山區(qū)校級期末）臺階式電動扶梯如圖所示，乘客站上扶梯臺階，先緩慢加速，然后再勻速上升，則（）A．乘客始終處于超重狀態(tài) B．加速階段乘客受到的摩擦力方向與速度v相反 C．電梯加速上升時，電梯對乘客的作用力豎直向上 D．電梯勻速上升時，電梯對乘客的作用力豎直向上【分析】分加速和勻速兩個過程對顧客進行運動分析和受力分析，根據(jù)加速度方向分析乘客的運動狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、乘客加速運動時，乘客的加速度沿扶梯向上，有豎直向上的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律知，電梯對他的支持力大于其重力，處于超重狀態(tài)；當乘客勻速運動時，處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；B、在加速階段，乘客所受合力方向沿斜面向上，乘客受重力支持力和水平向右的摩擦力，與速度方向不在同一直線上，故B錯誤；CD、在勻速階段，電梯對乘客沒有摩擦力，只有豎直向上的支持力；在加速階段，乘客受到水平向右的摩擦力，豎直向上的支持力，電梯對乘客的作用力斜向上，故C錯誤，D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查了牛頓第二定律的應用，應用牛頓第二定律分析物體受力情況，是物理上常用方法，特別要抓住牛頓第二定律的矢量性，即加速度方向與合力方向相同。4．（2020秋?鼓樓區(qū)校級期中）人站在力傳感器上完成“起立”和“下蹲”動作，圖中呈現(xiàn)的是力傳感器的示數(shù)隨時間變化的情況，由此可以判斷（）A．此人先起立后下蹲 B．起立時先失重后超重 C．a(chǎn)點人所受到的支持力大于重力 D．人下蹲過程加速度大小先增大后減小，再增大，再減小【分析】下蹲時，先加速下降后減速下降，起立時先加速上升、后減速上升，由此分析失重和超重情況；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化情況?！窘獯稹拷猓杭铀俣认蛏蠟槌兀現(xiàn)大于重力，加速度向下為失重，F(xiàn)小于重力。AB、下蹲時，先加速下降后減速下降，即先失重后超重，F(xiàn)先小于500N，后大于500N；起立時先加速上升、后減速上升，先超重后失重，F(xiàn)先大于500N，后小于500N，所以此人先下蹲后起立，起立時先超重后失重，故AB錯誤；C、a點人所受到的支持力小于重力，故C錯誤；D、加速下降過程在加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg﹣FN＝ma，解得：a＝g﹣，支持力先減小后增大，所以加速度先增大后減??；減速下降過程中，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN﹣mg＝ma，解得：a＝﹣g，支持力先增大后減小，所以加速度先增大后減小，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了牛頓運動定律的應用﹣超重和失重。知道加速度向上為超重，F(xiàn)大于重力，加速度向下為失重，F(xiàn)小于重力。綜合練習一．選擇題（共18小題）1．（2021?武邑縣校級模擬）某校羽毛球運動員進行了如圖所示的原地縱跳摸高訓練。已知質(zhì)量m＝50kg的運動員原地靜止站立（不起跳）摸高為2.10m，比賽過程中，該運動員先下蹲，重心下降0.5m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.90m的高度。若運動員起跳過程視為勻加速運動，忽略空氣阻力影響，g取10m/s2，則（）A．運動員起跳過程處于完全失重狀態(tài) B．起跳過程的平均速度比離地上升到最高點過程的平均速度大 C．起跳過程中運動員對地面的壓力為960N D．從開始起跳到雙腳落地需要1.05s【分析】運動員起跳過程視為勻加速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)；運動員離開地面后豎直上拋，根據(jù)速度位移公式求得初速度；起跳過程中，根據(jù)速度位移公式求得加速度，根據(jù)牛頓第二定律求得作用力；根據(jù)速度時間公式求得加速和減速階段的時間即可求得?！窘獯稹拷猓篈C、從開始起跳到腳離開地面重心上升h1＝0.5m，做勻加速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，離開地面到上升到最高點的過程中，重心上升距離h2＝2.90m﹣2.10m＝0.8m，運動員離開地面后做豎直上拋運動，根據(jù)2gh2＝v2可知，所以v＝＝m/s＝4m/s在起跳過程中，根據(jù)速度位移公式可知2ah1＝v2，a＝，解得：a＝16m/s2由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝ma解得：FN＝mg+ma＝1300N由牛頓第三定律可知運動員對地面的壓力為1300N，方向豎直向下，則運動員起跳過程處于超重狀態(tài)，故AC錯誤；B、根據(jù)平均速度公式知起跳過程的平均速度等于離地上升到最高點過程的平均速度，故B錯誤；D、加速上升時間：t1═＝s＝0.25s減速上升：t2＝＝s＝0.4s，則加速下降到雙腳落地時間也為0.4s故總時間為t＝0.25s+0.4s+0.4s＝1.05s，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，加速度是解決問題的中間橋梁，明確運動過程是解題的關(guān)鍵。2．（2021?合肥模擬）為了備戰(zhàn)2020年東京奧運會，我國羽毛球運動員進行了如圖所示的原地縱跳摸高訓練。已知質(zhì)量m＝50kg的運動員原地靜止站立（不起跳）摸高為2.10m，訓練過程中，該運動員先下蹲，重心下降0.5m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.90m的高度。若運動員起跳過程和離地上升過程均視為勻變速運動，忽略空氣阻力影響，g取10m/s2。則（）A．運動員起跳過程處于失重狀態(tài) B．起跳過程的平均速度與離地上升到最高點過程的平均速度相等 C．起跳過程中運動員對地面的壓力小于重力 D．起跳過程中地面對運動員做正功【分析】對起跳過程和離地后運動員的運動狀態(tài)和受力情況分別進行分析，可判斷出運動員先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，兩個階段均做勻變速直線運動，分別由初末速度可求平均速度?！窘獯稹拷猓篈、運動員在起跳過程中可視為勻加速直線運動，加速度方向豎直向上，所以運動員起跳過程處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、運動員在起跳過程中做勻加速直線運動，設(shè)起跳時離地瞬間速度為v，則起跳過程的平均速度，＝＝v，運動員離開地面后做豎直上拋運動，離地上升到最高點過程的平均速度＝＝v，即兩者相等，故B正確；C、運動員在起跳過程中可視為勻加速直線運動，加速度方向豎直向上，故起跳過程中運動員對地面的壓力大于重力，故C錯誤；D、起跳過程中運動員相對于地面沒有位移，故地面對運動員不做功，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查應用物理知識分析實際問題的能力。求解的關(guān)鍵是知道作用力與反作用力、超重與失重、慣性等概念。3．（2021春?雨花區(qū)校級月考）圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時間變化的圖像，取重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)圖像分析可知（）A．人的重力可由b點讀出，約為280N B．b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài) C．f點是人在雙腳離開力板的過程中，上升最高的點 D．人在b點對應時刻的加速度小于在c點對應時刻的加速度【分析】人處于平衡狀態(tài)時人受到的重力與人對力板的壓力大小相等；當物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Υ笥谧陨碇亓r處于超重狀態(tài)；當物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦π∮谧陨碇亓r物體處于失重狀態(tài)；分析清楚圖甲所示情景與圖乙所示力板所受壓力隨時間變化關(guān)系分析答題?！窘獯稹拷猓篈、開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力約為900N，人的重力約為900N，故A錯誤；B、由圖乙所示圖象可知，從b到c的過程中，人對力板的壓力先小于自身重力后大于自身重力，因此人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故B錯誤；C、f點對應的壓力最大，大于重力，則人處于超重狀態(tài)，肯定不是上升到最高點，故C錯誤；D、由圖乙所示圖象可知，在b點人對力板的壓力約為300N，力板對人的支持力約為300N，人所受合力約為900N﹣300N＝600N；在c點，人對力板的壓力約為2000N，力板對人的支持力約為2000N，人受到的合力約為2000N﹣900N＝1100N，人在b點受到的合力小于在c點受到的合力，由牛頓第二定律可知，人在b點的加速度大小小于在c點的加速度大小，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了牛頓第二定律的應用，根據(jù)題意分析清楚人的運動過程，根據(jù)圖乙所示圖象分析清楚人對力板壓力變化過程是解題的前提與關(guān)鍵，應用基礎(chǔ)知識即可解題。4．（2021春?浙江期中）質(zhì)量為m的消防隊員從一平臺上豎直跳下，下落3m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.5m。假設(shè)在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力大小恒定，則消防隊員（）A．著地過程中處于失重狀態(tài) B．著地過程中地面對他雙腳的平均作用力大小等于7mg C．在空中運動的加速度大于觸地后重心下降過程中的加速度 D．在空中運動的平均速度大于觸地后重心下降過程中的平均速度【分析】消防員先在空中自由下落著地后立即減速運動，所以全過程中先失重后超重；根據(jù)運動學公式v2＝2ax，得知下落時的加速度和著地時加速度之比，再由牛頓第二定律求出地面對他雙腳的平均作用力大小；根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，平均速度等于初末速度矢量和的一半，即能判斷D選項?！窘獯稹拷猓篈、消防隊員著地后由于支持力大于重力，立即減速運動，加速度方向向上，所以著地過程中處于消防員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；BC、設(shè)下落的高度為h1，著地的速度大小為v，著地后自身重心又下降的高度為h2，加速度大小為a；自由下路過程中由運動學公式得出：v2＝2gh1，著地過程中由運動學公式得出：v2＝2ah2，代入數(shù)據(jù)得出a＝6g在著地過程中由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝ma，得出平均作用力大小等于7mg，故B正確；因而空中運動的加速度小于觸地后重心下降過程中的加速度，故C錯誤。D、設(shè)消防員著地的速度大小為v根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，平均速度等于初末速度矢量和的一半，空中運動的平均速度等于觸地后重心下降過程中的平均速度，即，故D錯誤；故選：B。【點評】本題以消防員在空中下落后著地為素材，考查學生對超失重和平均速度的理解、牛頓運動定律的應用，體現(xiàn)了學科素養(yǎng)理解能力、綜合運用能力的考查。5．（2021?東城區(qū)二模）游樂場中的升降機在豎直方向上運行，t＝0時刻初速度為0，其加速度隨時間變化的a﹣t圖像如圖所示，以向上為正方向，則下列對升降機的說法正確的是（）A．0～0.5T時間內(nèi)速度保持不變 B．0.5T～T時間內(nèi)做勻速運動 C．T～2T時間內(nèi)所受合力為零 D．0～2T時間內(nèi)一直向上運動【分析】當加速度不為0時，合力不為零，加速度大于0，升降機向上加速或向下減速，當加速度小于0，升降機向下加速或向上減速。【解答】解：A、0﹣0.5T時間內(nèi)，加速度是不變的，初速度是0，故這段時間升降機做加速運動，故A錯誤；B、0.5T﹣T時間內(nèi)，加速度為0，故它做勻速運動，故B正確；C、T﹣2T時間內(nèi)，加速度是負值，由牛頓第二定律可得，加速度不為0，故所受合力不為零，是負值，故C錯誤；D、0﹣0.5T時間內(nèi)的速度變化量就是這段時間的圖線對應的面積，T﹣1.5T的速度減少量剛好把0﹣0.5T的速度增加量抵消，所以1.5T﹣2T之間的速度是負值，升降機加速向下運動，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題要根據(jù)圖象分析小球的運動狀態(tài)，根據(jù)拉力與重力的大小關(guān)系確定小球處于失重狀態(tài)還是超重狀態(tài)．6．（2021?西城區(qū)二模）我國的月球探測計劃“嫦娥工程”分為“繞、落、回”三步?！版隙鹞逄枴钡娜蝿帐恰盎亍?。2020年11月24日，“嫦娥五號”成功發(fā)射，它分為四部分：著陸器、上升器、軌道器和返回器。12月3日，載著珍貴“月壤”的嫦娥5號“上升器”發(fā)動機點火，以“著陸器”作為發(fā)射臺，從月面起飛（如圖1），回到預定環(huán)月軌道，與繞月飛行的“軌道器與返回器組合體”成功交會對接（如圖2），將珍貴的“月壤”轉(zhuǎn)移到“返回器”中。12月17日，“返回器”進入月地轉(zhuǎn)移軌道重返地球，以超高速進入大氣層。由于速度太快會使得“返回器”與空氣劇烈摩擦產(chǎn)生高溫，高溫會對“月壤”產(chǎn)生不利影響，甚至溫度過高，返回器有燃燒殆盡的風險。為避免這些風險，采用“半彈道跳躍式返回”俗稱“太空打水漂”的方式兩次進入大氣層，梯次氣動減速（如圖3）。最終在預定地點平穩(wěn)著陸。根據(jù)以上信息，判斷下列說法正確的是（）A．“上升器”從點火上升到回到預定環(huán)月軌道的過程中，“月壤”一直處于超重狀態(tài) B．“月壤”隨“返回器”進入環(huán)月軌道后，“返回器”的彈力給“月壤”提供向心力 C．為了利用地球自轉(zhuǎn)，節(jié)省燃料，“嫦娥五號”應采用由東向西發(fā)射 D．為了利用地球自轉(zhuǎn)，降低回收過程中的風險，“返回器”應采用由西向東進入大氣層回收【分析】根據(jù)“月壤”加速度的方向即可判斷超重失重狀態(tài)；在環(huán)月軌道時，萬有引力提供向心力；發(fā)射過程為了節(jié)省燃料，回收過程為了降低風險，“嫦娥五號”的方向都應與地球自轉(zhuǎn)方向相同?！窘獯稹拷猓篈、“上升器”即將回到預定環(huán)月軌道時，軌道接近圓，此時，“月壤”加速度指向月球，即加速度向下，“上升器”處于失重狀態(tài)，只有在剛發(fā)射的一段時間內(nèi)，處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、“月壤”隨“返回器”進入環(huán)月軌道后，“月壤”處于完全失重狀態(tài)，不受“返回器”的作用力，向心力由萬有引力提供，故B錯誤；C、地球自西向東自轉(zhuǎn)，故為了節(jié)省燃料，“嫦娥五號”也應當由西向東發(fā)射，故C錯誤；D、回收過程中，讓“返回器”與地球自轉(zhuǎn)方向一致，可以減小其與地球大氣的相對速度，減小摩擦生熱，降低風險，故D正確。故選：D。【點評】本題考查超重與失重，天體運動中的萬有引力問題。需要注意發(fā)射過程為了節(jié)省燃料，回收過程為了降低風險，“嫦娥五號”的方向都應與地球自轉(zhuǎn)方向相同。7．（2021春?寶山區(qū)校級期中）關(guān)于小孩蕩秋千，不計繩子重力和空氣阻力的影響，下列說法正確的是（）A．同一個秋千，蕩秋千的小孩越重，秋千擺動的頻率越大 B．在秋千經(jīng)過最低處時小孩處于超重狀態(tài) C．當秋千擺到最高點時，繩子拉力可以大于小孩和秋千座椅的重力之和 D．蕩秋千的過程一定可以視作簡諧運動【分析】小孩蕩秋千，不計空氣阻力的影響，類似于單擺，根據(jù)單擺周期公式，確定跟小孩質(zhì)量無關(guān)；加速度向上，處于超重狀態(tài)；由受力分析可知，在最高點時，小孩和秋千座椅的重力沿繩方向分力等于繩子的拉力；只有擺角很小情況下，此過程才近似看成簡諧運動?！窘獯稹拷猓篈、小孩蕩秋千，不計空氣阻力的影響，類似于單擺，由單擺的周期公式T＝2π，其周期與小孩的質(zhì)量無關(guān)，即可知頻率與小孩的質(zhì)量也無關(guān)，故A錯誤；B、在秋千達到最低處時，小孩的加速度豎直向上，則小孩處于超重狀態(tài)，故B正確；C、當秋千擺到最高點時，速度為零，小孩和秋千座椅的重力沿繩方向分力等于繩子的拉力，所以繩子拉力小于小孩和秋千座椅的重力之和，故C錯誤；D、只有擺角很小情況下，此過程才近似看成簡諧運動，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查了單擺的模型，通過受力分析和單擺周期公式結(jié)合牛頓第二定律是解題的關(guān)鍵。8．（2021?黃岡模擬）為了抗擊病毒疫情，保障百姓基本生活，快遞公司采用無人機配送快遞。無人機在某飛行配送過程中，沿水平方向的速度vx和豎直向上的速度vy與飛行時間t的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．在t1時刻，無人機處于失重狀態(tài) B．在t2時刻，無人機上升至最高點 C．在0～t2內(nèi)，無人機沿直線飛行 D．在t2～t3內(nèi)，無人機做勻變速運動【分析】通過加速度方向分析物體超重還是失重；通過合力與合速度方向間的關(guān)系分析物體是做直線運動還是做曲線運動；加速度恒定的運動為勻變速運動?！窘獯稹拷猓篈、由豎直向上的速度vy與飛行時間t的關(guān)系圖可知，在t1時刻，無人機正豎直方向分運動是在向上加速，所以，無人機處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、由豎直向上的速度vy與飛行時間t的關(guān)系圖可知，在0～t3內(nèi)豎直方向分速度一直向上，所以在t2時刻，無人機仍在上升，沒有達到最高點，故B錯誤；C、在t＝0時刻，因豎直方向分速度為零，所以合速度沿水平方向，而水平方向加速度為零，所以合加速度沿豎直方向，即t＝0時刻，合速度與合加速度不在同一直線上，所以在0～t2內(nèi)，無人機沿曲線飛行，故C錯誤；D、在t2～t3內(nèi)水平方向和豎直方向的分加速度都恒定，所以合加速度恒定，無人機做勻變速運動，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了運動的合成與分解，注意運動的合成與分解中，實際運動是合運動，要分析合運動的性質(zhì)需要看：合力方向與合速度方向間的關(guān)系。9．（2021春?富陽區(qū)校級月考）如圖所示，將一個有刻度的木板豎直固定在電梯上，一根輕彈簧的上端固定在電梯上。電梯靜止時，當彈簧下端懸吊0.9N重物，彈簧下端的指針指在木板上刻度為a的位置，當懸吊1.0N重物時指針指在刻度為0的位置，以后該重物就固定在彈簧上，和木板上的刻度構(gòu)成了一個“豎直加速度測量儀”。（g＝10m/s2）則（）A．指針指在b位置時電梯可能向下加速運動 B．指針指在a位置時電梯處于超重狀態(tài) C．指針指在a位置時電梯的加速度大小為0.1m/s2，方向豎直向下 D．指針指在b位置時電梯的加速度大小為1m/s2，方向豎直向上【分析】0點為平衡位置，重力和彈力平衡，加速度為零；指針在0之上，彈力小于重力，加速度向下，為失重狀態(tài)；指針在0之下，彈力大于重力，加速度向上，為超重狀態(tài)。【解答】解：由題意，設(shè)b0長度為x，彈簧長度變化x時，彈簧的彈力變化為F＝＝N＝0.1NA、若指針指在b位置時，則彈簧的彈力大于重物的重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度向上，說明電梯正在上升，或減速下降，故A錯誤；B、若指針指在a位置，則彈簧的彈力小于重物的重力，重物處于失重狀態(tài)，加速度向下，說明此時電梯處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C、指針指在a位置時，彈簧的彈力為0.9N，重物為0.1kg，則重物的加速度a1＝＝＝m/s2＝1m/s2，方向豎直向下，故C錯誤；D、指針指在b位置時，彈簧彈力為1.1N，重物為0.1kg，則重物的加速度a2＝＝＝m/s2＝﹣1m/s2，方向豎直向上，故D正確。故選：D?！军c評】注意物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度，所以根據(jù)超重或失重能確定的是加速度方向不是速度的方向。10．（2021春?宣城月考）嫦娥五號月球探測器是負責嫦娥三期工程“采樣返回”任務的中國首顆地月采樣往返探測器。下面是嫦娥五號月球探測器的部分檔案，根據(jù)材料，下列說法正確的是（）發(fā)射時間：2020年11月24日4時30分發(fā)射地點：中國文昌發(fā)射場質(zhì)量：8.2t返回時間：預計23天后返回地球A．2020年11月24日4時30分，表示的是時間間隔 B．23天是時刻 C．嫦娥五號月球探測器在一固定繞月軌道運行時處于完全失重狀態(tài) D．發(fā)射初始階段需要加速上升，此階段處于失重狀態(tài)【分析】時間間隔在時間軸上是一段距離，時刻在時間軸上是一點；根據(jù)超重失重的定義分析，超重時，加速度方向向上；失重時，加速度方向向下?！窘獯稹拷猓篈、2020年11月24日4時30分，表示的是時刻，故A錯誤；B、23天是時間間隔，故B錯誤；C、嫦娥五號月球探測器在一固定繞月軌道運行時，引力完全充當向心力，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；D、發(fā)射初始階段需要加速上升，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題要深刻理解時間間隔和時刻的物理意義：時間間隔表示事件持續(xù)性，時刻表示事件發(fā)生的先后順序；超重失重關(guān)鍵是看加速度方向：加速度向上，超重；加速度向下，失重。11．（2021春?長沙月考）如圖所示為浙江衛(wèi)視“中國新歌聲”娛樂節(jié)目所設(shè)計的“導師戰(zhàn)車”，戰(zhàn)車可以在傾斜直軌道上運動。當坐在戰(zhàn)車中的導師按下按鈕，戰(zhàn)車就由靜止開始沿長10m的斜面沖到學員面前，最終剛好停在斜面的末端，此過程約歷時4s。在戰(zhàn)車的運動過程中，下列說法正確的是（）A．導師先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) B．戰(zhàn)車所受外力始終不變 C．戰(zhàn)車在傾斜導軌上做勻變速直線運動 D．根據(jù)題中信息可以估算導師運動的中間時刻速度【分析】由題可知，“導師戰(zhàn)車”先加速后減速，結(jié)合車運動的特點分析車的超重與失重、車的受力以及平均速度，判定是否等于中間時刻速度?！窘獯稹拷猓篈、由題可知，“導師戰(zhàn)車”沿斜面的方向的速度開始時等于0，最后等于0，所以是先加速后減速，加速的過程中有沿斜面向下的分加速度，導師及車處于失重狀態(tài)；當車減速時，導師及車有向上的分加速度，車處于超重狀態(tài)，故A正確；B、由題可知，“導師戰(zhàn)車”沿斜面的方向先加速后減速，結(jié)合牛頓第二定律可知，車受到的合外力先沿斜面向下，后沿斜面向上，故B錯誤；C，“導師戰(zhàn)車”沿斜面的方向先加速后減速，故C錯誤；D、車的位移是10m，時間是4s，可以計算平均速度，由于不是勻變速直線運動，所以無法計算中間時刻的瞬時速度，故D錯誤。故選：A。【點評】該題以生活中的情景為模型，考查應用牛頓第二定律解決問題的能力，解答的關(guān)鍵是理解車的運動過程為先加速后減速。12．（2021?臨沂學業(yè)考試）某同學制作了一個“豎直加速度測量儀”，可以用來測量豎直上下電梯運行時的加速度，其構(gòu)造如圖所示。把一根輕彈簧上端固定在小木板上，下端懸吊0.9N重物時，彈簧下端的指針指木板上刻度為C的位置，把懸吊1.0N重物時指針位置的刻度標記為0，以后該重物就固定在彈簧上，和小木板上的刻度構(gòu)成了一個“豎直加速度測量儀”。重力加速度g取10m/s2，規(guī)定豎直向上的方向為正方向，則下列說法正確的是（）A．使用時，若指針在0點下方，說明電梯正在上升 B．使用時，若指針在0點上方，說明電梯處于失重狀態(tài) C．木板上刻度為C的位置所標加速度為1m/s2 D．木板上刻度為B的位置所標加速度為﹣0.5m/s2【分析】0點為平衡位置，重力和彈力平衡，加速度為零；指針在0之上，彈力小于重力，加速度向下，為失重狀態(tài)；指針在0之下，彈力大于重力，加速度向上，為超重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓河深}意，設(shè)0C長度為x，彈簧長度變化x時，彈簧的彈力變化為F＝＝N＝0.05NA、若指針在0點下方，則彈簧的彈力大于重物的重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度向上，說明電梯正在上升，或減速下降，故A錯誤；B、若指針在0點上方，則彈簧的彈力小于重物的重力，重物處于失重狀態(tài)，加速度向下，說明此時電梯處于失重狀態(tài)，故B正確；C、指針指在C位置時，彈簧的彈力為0.9N，重物為0.1kg，則重物的加速度a1＝＝m/s2＝1m/s2，方向向下，故C錯誤；D、指針指在B位置時，彈簧彈力為1.05N，重物為0.1kg，則重物的加速度a2＝＝m/s2＝0.5m/s2，方向向上，故D錯誤。故選：B?！军c評】注意物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度，所以根據(jù)超重或失重能確定的是加速度方向不是速度的方向。13．（2021春?雨花臺區(qū)校級月考）升降機中天花板上用一彈簧秤懸掛一個小球，當彈簧秤的讀數(shù)小于小球所受到的重力時，升降機的運動情況有可能是（）A．豎直向下做減速運動 B．豎直向下做加速運動 C．豎直向上做勻速運動 D．豎直向上做加速運動【分析】根據(jù)物體的受力情況可知小球的加速度方向，根據(jù)運動學規(guī)律可知升降機的運動情況.【解答】解：因懸線的拉力小于重力，則小球合力向下，加速度向下，則小球可能的運動情況有：向下的加速運動和向上的減速運動；故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題關(guān)鍵先求出加速度，然后確定運動情況；只要加速度向上，物體就處于超重狀態(tài)；只要加速度向下，物體就處于失重狀態(tài).14．（2021?嘉定區(qū)二模）如圖所示為運動員跳水時的精彩瞬間，則運動員（）A．起跳時跳板對她的支持力大于她對跳板的壓力 B．起跳后在上升過程中處于失重狀態(tài) C．經(jīng)過最高點時處于平衡狀態(tài) D．在下降過程中處于超重狀態(tài)【分析】作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，起跳后只受重力，都處于完全失重狀態(tài)。【解答】解：A、起跳時跳板對她的支持力和她對跳板的壓力是作用力和反作用力，作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，故A錯誤；BCD、起跳后只受重力，都處于完全失重狀態(tài)，故B正確，CD錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查了作用力和反作用力以及物體超重失重狀態(tài)，加速度向上為超重狀態(tài)，加速度向下為失重狀態(tài)是解題的關(guān)鍵。15．（2021?鄭州二模）有一種精神叫“女排精神”，中國女排能始終屹立在世界之顛，與她們科學而又刻苦的訓練是分不開的。當女排運動員進行原地起跳攔網(wǎng)訓練時，某質(zhì)量為60kg的運動員原地靜止站立（不起跳）雙手攔網(wǎng)高度為2.10m，在訓練中，該運動員先下蹲使重心下降0.5m，然后起跳（從開始上升到腳剛離地的過程），最后腳離地上升到最高點時雙手攔網(wǎng)高度為2.90m。若運動員起跳過程視為勻加速直線運動，忽略空氣阻力影響，取g＝10m/s2，則（）A．運動員起跳過程屬于失重狀態(tài) B．起跳過程中加速度大小為16m/s2 C．從開始起跳到離地上升到最高點需要0.4s D．起跳過程中運動員對地面的壓力為960N【分析】運動員起跳過程視為勻加速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)；運動員離開地面后豎直上拋，根據(jù)速度﹣位移公式求得初速度；起跳過程中，根據(jù)速度﹣位移公式求得加速度，根據(jù)牛頓第二定律求得作用力；根據(jù)速度﹣時間公式求得加速和減速階段的時間?！窘獯稹拷猓篈、從開始起跳到腳離開地面重心上升h1＝0.5m，做勻加速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故A錯誤；BD、離開地面到上升到最高點的過程中，重心上升距離h2＝2.90m﹣2.10m＝0.8m，運動員離開地面后做豎直上拋運動，根據(jù)2gh2＝v2可解得：v＝4m/s，在起跳過程中，根據(jù)速度﹣位移公式可知：2ah1＝v2，a＝＝m/s2＝16m/s2由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝mg+ma＝60×10N+60×16N＝1560N，由牛頓第三定律可知運動員對地面的壓力大小為1560N，方向豎直向下，故B正確，D錯誤；C、從開始起跳到離地上升到最高點的時間：t＝＝＝0.65s，故C錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，加速度是解決問題的中間橋梁，明確運動過程是解題的關(guān)鍵。16．（2021?山東二模）2020年11月10日8時12分，“奮斗者”號深潛器在馬里亞納海溝成功坐底，創(chuàng)造了10909米的中國載人深潛新紀錄，標志著我國在大深度載人深潛領(lǐng)域達到世界領(lǐng)先水平。某興趣小組用一個模型模擬了深潛器從水底由靜止向上返回的運動過程，記錄了其加速度a隨位移x變化關(guān)系的圖像如圖所示，則（）A．在0～x0階段深潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài) B．在2x0～3x0階段深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài) C．在2x0處深潛器運動的速度大小為 D．在3x0處深潛器運動的速度最大【分析】根據(jù)加速度向上，處于超重狀態(tài)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度為零，速度最大。【解答】解：A、在0～x0階段深潛器加速上升，因此深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、在2x0～3x0段，加速度為負值，深潛器做減速運動，潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C、根據(jù)v2＝2ax可得深潛器到達x0處時的速度，在x0～2x0段加速度為零，做勻速運動，因此在2x0處深潛器速度大小為，故C正確；D、由于2x0～3x0段減速，因此在深潛器在2x0處運動速度最大，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查了超重失重情況，當加速度向上，處于超重狀態(tài)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度為零，速度最大是解題的關(guān)鍵。17．（2021?湖北模擬）2020年12月17日凌晨，嫦娥五號返回器攜帶月球樣品在內(nèi)蒙古成功著陸，我國首次地外天體采樣返回任務圓滿完成！將嫦娥五號著陸的最后階段看作直線運動，其位移x與時間t的關(guān)系圖像如圖所示，嫦娥五號返回器運動速度大小用v表示，則關(guān)于t1到t2時間內(nèi)下列說法正確的是（）A．v增大，月球樣品處于失重狀態(tài) B．v增大，月球樣品處于超重狀態(tài) C．v減小，月球樣品處于失重狀態(tài) D．v減小，月球樣品處于超重狀態(tài)【分析】根據(jù)x﹣t圖象判斷返回器的運動狀態(tài)，然后判斷返回器的加速度方向，當加速度向上時處于超重狀態(tài)，加速度方向向下時處于失重狀態(tài)。【解答】解：位移x與時間t的關(guān)系圖象的斜率表示速度，t1到t2時間內(nèi)圖象的斜率逐漸減小，則嫦娥五號返回器運動速度大小v減小，嫦娥五號返回器向下減速運動，月球樣品也向下減速運動，所以月球樣品處于超重狀態(tài)，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題以嫦娥五號返回器攜帶月球樣品成功著陸為情境，考查位移x與時間t圖像和超重失重知識，考查考生的理解能力，體現(xiàn)了物理觀念的核心素養(yǎng)。18．（2021?黃浦區(qū)二模）所受重力大小為G的乘客乘坐豎直電梯上樓，其位移s與時間t的關(guān)系如圖所示。乘客所受支持力大小為FN，速度大小為v，則（）A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞G B．t1～t2時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＝G C．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＞G D．0～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞G【分析】由s﹣t圖象的斜率表示速度，判斷不同時間段物體的運動情況，根據(jù)牛頓第二定律求解乘客所受支持力的大小與重力的關(guān)系?！窘獯稹拷猓簊﹣t圖象的斜率表示速度A、0～t1時間內(nèi)，v增大，乘客加速向上運動，由牛頓第二定律：FN﹣G＝ma，F(xiàn)N＞G，故A正確；B、t1～t2時間內(nèi)，v不變，勻速上升，F(xiàn)N＝G，故B錯誤；C、t2～t3時間內(nèi)，v減小，減速上升，由牛頓第二定律：G﹣FN＝ma，F(xiàn)N＜G，故C錯誤；D、0～t3時間內(nèi)，速度先增大后勻速最后減速，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了s﹣t圖象斜率的物理意義，要求會通過牛頓第二定律分析求解。二．多選題（共22小題）19．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）彈簧高蹺運動是一項新型運動。如圖所示，當人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人被向上彈起，進而帶動高蹺跳躍。下列說法正確的是（）A．高蹺離開地面后，高蹺及人組成的系統(tǒng)動量守恒 B．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力 C．人向上彈起過程中，踏板對人的作用力可能小于人對踏板的作用力 D．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對地的壓力大于人和高蹺的總重力【分析】根據(jù)系統(tǒng)受力情況判斷是否動量守恒，當有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)，當有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)。作用力與作用力總是大小相等?！窘獯稹拷猓篈、高蹺離開地面后，系統(tǒng)受到外界重力，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B、彈簧壓縮到最低點時，人有向上的加速度，故高蹺對人的作用力大于人的重力，故B正確；C、踏板對人的作用力與人對踏板的作用力是一對相互作用力，總是等大反向，故C錯誤；D、彈簧壓縮到最低點時，人有向上加速度，處于超重狀態(tài)，故地對高蹺的支持力大于人和高蹺的總重力，D正確。故選：BD?！军c評】本題考查動量守恒及牛頓第二定律關(guān)于超重和失重的應用，做此類題目，要抓住關(guān)鍵：有向上的加速度處于超重狀態(tài)，有向下的加速度處于失重狀態(tài)。20．（2021?天河區(qū)模擬）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，利用壓敏電阻可以設(shè)計一個電路來判斷升降機的運動情況，其工作原理如圖1所示。將壓敏電阻固定在升降機底板上，其上放置一個絕緣物塊。0～t1時間內(nèi)升降機停在某樓層處，從t1時刻開始運動，電流表中電流隨時間變化的情況如圖2所示，下列判斷正確的是（）A．t1～t2時間內(nèi)，升降機可能先加速下降后減速下降 B．t2～t3時間內(nèi)，升降機處于靜止狀態(tài) C．t3～t4時間內(nèi)，升降機處于超重狀態(tài) D．t3～t4時間內(nèi)，升降機的加速度大小先增大后減小【分析】通過壓敏電阻將壓力信號轉(zhuǎn)換成電信號，從而根據(jù)電路中電表的示數(shù)來分析壓敏電阻的變化，判斷壓力的變化，確定升降機的運動狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、0至t1過程中，升降機處于靜止狀態(tài)，受力平衡；t1～t2時間內(nèi)電路中電流I比升降機靜止時小，說明壓敏電阻增大，壓力減小，重物處于失重狀態(tài)，則此過程升降機一直加速下降，故A錯誤；B、t2～t3時間內(nèi)電路中電流I0等于升降機靜止時的電流I0，由于t1～t2時間內(nèi)升降機在加速運動，所以t2～t3時間內(nèi)處于勻速運動狀態(tài)，故B錯誤；C、t3～t4時間內(nèi)電路中電流I比升降機靜止時大，說明壓敏電阻減小，壓力增大，重物處于超重狀態(tài)，故C正確；D、根據(jù)電流t3～t4時間內(nèi)，先增大后減小，可知壓敏電阻先減小后增大，受到的壓力先增大后減小，根據(jù)牛頓第三定律物塊受到的支持力N先增大后減小，由N﹣mg＝ma可知，升降機的加速度先增大后減小，故D正確。故選：CD?！军c評】本題是信息題，首先要抓住題中信息：壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小，其他部分是常規(guī)問題。21．（2021?永定區(qū)三模）圖甲為門式起重機（又叫龍門吊），它可以從列車上將靜止的集裝箱豎直提升到一定高度。若選豎直向上為正方向，測得集裝箱豎直方向運動過程中的加速度a隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A．在4m~6m內(nèi)，集裝箱處于超重狀態(tài) B．在x＝4m時，集裝箱的速度為2m/s C．在0~4m內(nèi)，集裝箱運動的時間為2s D．集裝箱上升的最大高度為6m【分析】一、對超重和失重的特點的考查：加速度向上則物體處于超重狀態(tài)，反之則處于失重狀態(tài)；二、對勻變速直線運動的運動公式的考查，由圖像得到加速度與位移的關(guān)系式，迅速解題【解答】解：A、在4m~6m內(nèi)，集裝箱向上做加速度減小的加速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)。故A正確；B、集裝箱離開列車時的速度為零，之后在0~4m內(nèi)豎直方向做勻加速直線運動：2ax＝v2代入數(shù)據(jù)，可得：m/s故B錯誤；C、根據(jù)速度公式：v＝at代入數(shù)據(jù)，可得：t＝s故C正確；D、x＝6m時，加速度為零，但是仍然具有向上的速度，所以還會向上運動。故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題通過加速度﹣位移圖像來考查學生對勻變速直線運動規(guī)律。關(guān)鍵是解讀出圖像中的重要信息：加速度與位移的一一對應關(guān)系，合理運用位移﹣速度公式及速度﹣時間公式。出題角度比較新穎。22．（2021春?番禺區(qū)校級月考）如圖所示，汽車用跨過定滑輪的輕繩提升物塊A，汽車勻速向右運動。在物塊A到達滑輪之前，關(guān)于物塊A，下列說法正確的是（）A．將豎直向上做減速運動 B．將豎直向上做加速運動 C．將處于失重狀態(tài) D．將處于超重狀態(tài)【分析】對汽車的實際速度按照效果沿繩子的方向和垂直于繩子的方向進行分解，表示出沿繩子方向上的分量，其大小即為物塊上升的速度大小，結(jié)合三角函數(shù)的知識即可得知物塊的運動規(guī)律，從而可判知物塊A的運動狀態(tài)?！窘獯稹拷猓簩ζ嚨乃俣葀沿繩子的方向和垂直于繩子的方向進行正交分解，如圖所示，有v2＝vcosθ，v1＝vsinθ物塊上升的速度大小等于v2，由v2＝vcosθ可知，汽車勻速向右，θ角變小，所以v2增大，物塊向上做加速運動，物塊處于超重狀態(tài)，故AC錯誤，BD正確。故選：BD?！军c評】解答該題的關(guān)鍵是確定汽車實際運動的速度是合速度，把該速度按效果進行分解，即為沿繩子擺動的方向（垂直于繩子的方向）和沿繩子的方向進行正交分解。同時要會結(jié)合三角函數(shù)的知識進行相關(guān)的分析和計算。23．（2020秋?大武口區(qū)校級期末）圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為150kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖象，g取10m/s2，下列判斷正確的是（）A．前10s懸線的拉力恒為1500N B．46s末材料離地面的距離為22m C．在30～36s鋼索最容易發(fā)生斷裂 D．36～46s材料處于失重狀態(tài)【分析】根據(jù)速度﹣時間圖線得出勻加速運動的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出拉力的大小，根據(jù)圖線與時間軸圍成的面積求出46s內(nèi)的位移；根據(jù)加速度的方向判斷物體的超失重，從而判斷何時繩子容易斷裂?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知前10s內(nèi)物體的加速度：a＝＝＝0.1m/s2，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma，可知懸線的拉力為：F＝mg+ma＝150×10N+150×0.1N＝1515N，故A錯誤；B、由圖象面積可得整個過程上升高度為：h1＝m＝28m，下降的高度為：h2＝m＝6m，46s末塔吊的材料離地面的距離為：h＝h1﹣h2＝28m﹣6m＝22m，故B正確；CD、因30s～36s物體加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，F(xiàn)＜mg；前10s材料處于超重狀態(tài)，F(xiàn)＞mg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了牛頓第二定律和速度﹣時間圖線的綜合運用，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，屬于基礎(chǔ)題。24．（2021?綦江區(qū)校級模擬）有一種自帶起吊裝置的構(gòu)件運輸車，其起吊臂A安裝在車廂前端，如圖甲所示。當卷揚機B通過繞過定滑輪C的輕質(zhì)吊索從車廂內(nèi)吊起質(zhì)量為m的構(gòu)件時，連接在吊索上的拉力傳感器繪制出吊索拉力隨時間變化的規(guī)律為三段直線，如圖乙所示，重力加速度大小為g。則下列描述正確的是（）A．0～t1時間內(nèi)構(gòu)件處于失重狀態(tài) B．圖乙所示整個過程構(gòu)件的最大加速度為0.2g C．若t3﹣t2＝4（t2﹣t1）＝4△t，則構(gòu)件勻速上升的速度為0.9g△t D．0～t1時間內(nèi)汽車對地面的壓力增大【分析】分析構(gòu)件的加速度及速度時，以構(gòu)件為研究對象，應用牛頓第二定律可知構(gòu)件的加速度，根據(jù)加速度可求解速度；研究構(gòu)件運輸車對地面的壓力時，以構(gòu)件運輸車和構(gòu)件整體為研究對象，應用牛頓第二定律和牛頓第三定律，可分析構(gòu)件運輸車對地面的壓力?！窘獯稹拷猓篈、由圖乙可知，0～t1時間內(nèi)構(gòu)件吊索拉力小于構(gòu)件的重力，此時構(gòu)件還未離開車，因此受到構(gòu)件運輸車提供的支持力，處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；B、當?shù)跛骼ψ畲髸r，即FT＝1.2mg時，構(gòu)件的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律有：FT﹣mg＝ma，解得：a＝0.2g，故B正確；C、吊索拉力在t3時刻之后為mg，構(gòu)件勻速運動，t1～t2時間內(nèi)為變加速運動，t2時刻速度v2＝0+?△t＝?△t＝0.1g?△t，t2～t3時間內(nèi)為勻加速運動，F(xiàn)T＝1.2mg，即對應B選項所求出加速度大小，則t3時刻其構(gòu)件勻速上升的速度v＝v2+a×4△t＝0.1g?△t+0.2g×4△t＝0.9g△t，故C正確；D、0～t1時間內(nèi)構(gòu)件運輸車與構(gòu)件都處于靜止狀態(tài)，地面對構(gòu)件運輸車的支持力與構(gòu)件運輸車（含構(gòu)件）的重力為一對平衡力，故0～t1時間內(nèi)構(gòu)件運輸車對地面的壓力一直等于構(gòu)件運輸車與構(gòu)件的重力，故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題主要考查牛頓運動定律，要求學生合理選擇研究對象，進行受力分析，判斷物體所處狀態(tài)并求出加速度，從而結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律進行求解。25．（2021?湖南模擬）如圖甲所示，升降機內(nèi)固定著一個傾角為30°的光滑斜面，斜面底端安裝一個能顯示彈簧作用力的傳感器、以彈簧受壓時傳感器示數(shù)為正，傳感器通過一根輕彈簧連接著一個質(zhì)量為m的金屬球．運動中的升降機突然停止，以停止運動為計時起點，在此后的一段時間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，且金屬球運動過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法中正確的是（）A．升降機在停止運動前是向下運動的 B．0～t1時間段內(nèi)金屬球做加速運動 C．t1～t2時間段內(nèi)金屬球處于失重狀態(tài) D．t2和t4兩時刻金屬球速度大小相等【分析】此題需要根據(jù)彈簧彈力的正負來判斷小球所處位置，進一步判斷小球的運動情況。【解答】解：A、由于升降機停止運動前傳感器的示數(shù)為0，表明彈簧處于原長狀態(tài)，即升降機有向下的加速度g，而0～t1時間段內(nèi)示數(shù)增加，說明彈簧被壓縮，即升降機突然停下后金屬球由于慣性而向下運動，故停止前升降機是向下運動的。故A正確；B、0～t1時間段內(nèi)彈簧的形變量逐漸增大，但F＝mg時金屬球所受的合外力為0，即金屬球前一段做加速度逐漸減小的加速運動，后一段做加速度逐漸增大的減速運動。故B錯誤；C、t1～t2時間段可分為兩段：F＝mg時金屬球的加速度為0，前一段時間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時間金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)。故C錯誤；D、t2和t4兩時刻彈簧的形變量均為0，金屬球在斜面方向上只有重力的分力產(chǎn)生加速度，故兩時刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系統(tǒng)的機械能守恒，因此兩個時刻速度的大小相等t2時刻金屬球沿斜面向上運動，而t4時刻金屬球沿斜面向下運動，只是二者的方向不同，故D正確；故選：AD。【點評】此題難點在于理解彈簧壓力為正，拉力為負。很多學生容易忽略這個關(guān)鍵字眼，導致此題無從下手。26．（2021?汕頭二模）某人站在力的傳感器（連著計算機）。上完成下蹲、起立動作，計算機屏幕上顯示出力的傳感器示數(shù)F隨時間t變化的情況如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．該人下蹲時間約為0.5s B．該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2 C．起立過程，該人一直處于超重狀態(tài) D．起立過程，傳感器對該人支持力的沖量約為500N?s【分析】人完成下蹲動作時，一開始支持力小于重力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，之后支持力大于重力，加速度向上，處于超重狀態(tài)，由此可知對應圖象中的1s～2s，人完成起立動作的分析與下蹲動作恰好相反，對應圖象中的4.8s～5.8s，再結(jié)合圖中數(shù)據(jù)并運用牛頓第二定律即可求解該人下蹲過程的最大加速度，運用動量定理求解起立過程中傳感器對該人支持力的沖量?！窘獯稹拷猓篈B、由圖象可知，0～1s內(nèi)人處于靜止狀態(tài)，此時傳感器示數(shù)等于人的重力G，即G＝F＝500N，則人的質(zhì)量為：m＝＝kg＝50kg1s～2s人完成下蹲過程，加速度先向下后向上，即先失重后超重，下蹲過程傳感器示數(shù)的最小值為為：Fmin＝200N此時的加速度為：＝6m/s2下蹲過程傳感器示數(shù)的最大值為：Fmax＝700N此時的加速度為：該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2，故A錯誤，B正確；C、由圖象可知，該人約在4.8s～5.8s完成起立過程，加速度先向上后向下，即先超重后失重，故C錯誤；D、對起立過程，設(shè)支持力對人的沖量為I，由動量定理得：I﹣Gt＝0，解得：I＝Gt＝500×1N?s＝500N?s，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了牛頓定律的應用——超重和失重、牛頓第二定律的計算、動量定理。對于超重還是失重的判斷，關(guān)鍵取決于加速度的方向。27．（2021春?臨泉縣校級期中）如圖所示，物塊甲和乙用一不可伸長的輕繩通過兩光滑輕質(zhì)定滑輪連接，乙套在固定的光滑水平直桿上?，F(xiàn)將甲、乙由靜止同時釋放，釋放時θ＝30°，空氣阻力不計，則下列說法正確的是（）A．剛開始釋放時，甲處于超重狀態(tài) B．當θ＝60°時，甲、乙的速度大小之比是1：2 C．當θ向90°增大的過程中，甲先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài) D．當θ向90°增大的過程中，繩子對甲的拉力始終小于其重力【分析】分析甲物體的運動，判斷其運動狀態(tài)，得到其加速度的方向，即可判斷超重失重狀態(tài)；根據(jù)運動的合成與分解，甲乙兩物塊沿繩方向速度相等，即可求解。【解答】解：ACD、剛開始釋放時，甲物體由靜止變?yōu)橄蛳伦黾铀龠\動，加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，速度增大，當θ超過某一值時，甲開始做減速運動，當θ變?yōu)?0°時，甲瞬間速度為0，這個過程中加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故AD錯誤，C正確；B、當θ為60°時，v甲＝v乙cos60°，，故B正確；故選：BC?！军c評】本題考查超重失重、運動的合成與分解問題，會根據(jù)加速度的方向判斷物體的超重失重狀態(tài)。28．（2021春?阜寧縣校級月考）某星級賓館安裝一高檔電梯，在電梯的底板上安裝了一壓力傳感器，在豎直墻壁上的顯示盤上可顯示人對傳感器的作用力。某乘客乘坐電梯從1層直接到10層，之后又從10層直接回到1層，用照相機進行記錄過程中的幾個時刻，如圖所示，照片的右上角標注了電梯所在梯層及運動方向。則下列說法中正確的是（）A．由圖（a）和圖（b）可估測出電梯向上啟動時的加速度 B．圖（b）和圖（e）中刻度盤的示數(shù)可能相等 C．圖（c）電梯的加速度方向向上 D．僅由刻度盤示數(shù)大小就可以判斷電梯的運動方向【分析】當物體運動加速度向下時，物體處于失重狀態(tài)，當加速度向上時物體處于超重狀態(tài)，根據(jù)表盤示數(shù)依次判斷。【解答】解：A．圖（a）表示電梯靜止時體重計的示數(shù)，圖（b）表示電梯加速上升時這位同學超重時的示數(shù)，根據(jù)牛頓第二定律能夠求出電梯向上起動時的加速度，故A正確；B．圖（b）和圖（e）都是超重現(xiàn)象，加速度向上，刻度盤的示數(shù)可能相等。故B正確；C．圖（c）是失重現(xiàn)象，加速度向下。故C錯誤；D．不管是超重還是失重，都有可能向上或向下運動，因此僅由刻度盤示數(shù)大小無法判斷電梯的運動方向。故D錯誤。故選：AB?！军c評】本題考查超重、失重相關(guān)內(nèi)容，比較簡單，判斷加速度方向是判斷物體處于超重或失重的關(guān)鍵。29．（2021?云南模擬）隨著科技的發(fā)展，無人機廣泛用于航拍。某無人機飛行過程中，豎直向上的速度vy及水平方向速度vx隨飛行時間t的關(guān)系如圖所示（以豎直向上為正方向）。下列說法正確的是（）A．0～t1時間內(nèi)無人機處于超重狀態(tài) B．0～t1時間內(nèi)無人機飛行的位移大小為 C．t1時刻無人機飛行至最高點 D．t1～t2時間內(nèi)無人機做勻變速曲線運動【分析】通過豎直向上的速度vy隨飛行時間t的關(guān)系圖像分析加速度方向，進而分析是否超重；合位移是兩個方向的分位移的矢量合成；最高點時豎直方向分速度為零；物體所受的恒定的合外力不與合速度在同一直線上時做勻變速曲線運動?！窘獯稹拷猓篈、由豎直向上的速度vy隨飛行時間t的關(guān)系圖像可知，0～t1時間內(nèi)無人機向上做加速運動，處于超重狀態(tài)，故A正確；B、0～t1時間內(nèi)無人機飛行豎直方向的位移為y＝，水平方向的位移為x＝，合位移大小為s＝＝≠，故B錯誤；C、t1～t2時間內(nèi)無人機在豎直方向的速度仍為正方向，即正在向上運動，t1時刻沒有達到最高點，故C錯誤；D、t1～t2時間內(nèi)無人機在豎直方向向上做減速運動，加速度方向向下，而水平方向做勻速運動，加速度為零，所以無人機的和加速度方向向下且恒定，由于水平方向分速度不為零，合速度不在豎直方向上，所以t1～t2時間內(nèi)無人機做勻變速曲線運動，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了運動的合成與分解，運動的合成與分解是描述運動的矢量的合成與分解，遵循平行四邊形定則。30．（2021春?龍華區(qū)校級月考）一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯上樓，其位移圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g，以下判斷正確的是（）A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mg B．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mg C．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mg D．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mg【分析】根據(jù)x﹣t圖像的斜率可以判斷乘客處于超重還是失重狀態(tài)，進而判斷支持力和重力關(guān)系。【解答】解：A、由x﹣t圖像的斜率表示速度，可知在0～t1時間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN＞mg，故A正確；B、在t1～t2時間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速上升，則FN＝mg，故B錯誤；CD、在t2～t3時間內(nèi)速度減小，即乘客減速上升，處于失重狀態(tài)，則FN＜mg，故C正確，D錯誤；故選：AC?！军c評】本題考查牛頓第二定律的超重現(xiàn)象和失重現(xiàn)象，處理時要注意超重現(xiàn)象和失重現(xiàn)象的實質(zhì)是物體在豎直方向有了加速度。31．（2021?廣東一模）潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。我國南海艦隊的某常規(guī)型潛艇，是目前世界上唯一的一艘遭遇到海底“掉深”后，還能自救脫險的潛艇，創(chuàng)造了世界潛艇發(fā)展史上的奇跡。如圖甲，某總質(zhì)量為3.0×106kg的潛艇，在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時，該潛艇“掉深”，之后在0～30s時間內(nèi)潛艇豎直方向的v﹣t圖像如圖乙所示（設(shè)豎直向下為正方向）。取重力加速度為10m/s2，不計水的粘滯阻力，則（）A．潛艇在“掉深”前的速度為20m/s B．潛艇在高密度海水區(qū)域受到的浮力為3.0×107N C．潛艇“掉深”后豎直向下的最大位移為100m D．潛艇“掉深”后在10～30s時間內(nèi)處于超重狀態(tài)【分析】浮力減小，加速度向下，則在豎直方向上做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可求出浮力大小；由圖像求出位移大?。?0﹣30s做減速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，則合力豎直向下，加速度向下，潛艇向下做勻加速直線運動，所以“掉深”前的速度為零，故A錯誤；B、潛艇在海水高密度區(qū)域受力平衡，mg＝F浮＝3.0×106×10N＝3.0×107N，故B正確；C、由v﹣t圖像可知，潛艇“掉深”后豎直向下先做勻加速運動，后做勻減速運動，則圖像面積表示位移，x＝m＝300m，故C錯誤；D、潛艇“掉深”后，10﹣30s時間內(nèi)做勻減速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D正確；故選：BD?！军c評】本題主要考查了圖像與運動相結(jié)合的問題，根據(jù)題意提煉信息，明確其運動情況，根據(jù)牛頓第二定律和平衡知識解題即可。32．（2021春?安徽月考）在軍事演習中，質(zhì)量為62kg的空降兵從懸停在空中的直升飛機上跳下，沿豎直方向運動的v﹣t圖像如圖甲所示，當速度減為零時空降兵恰好落到地面。降落傘用8根對稱的繩懸掛空降兵，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示，不計空降兵所受的阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，則（）A．空降兵前30s處于失重狀態(tài) B．空降兵從300m高處開始跳下 C．空降兵在整個運動過程中的平均速度大小為7.5m/s D．落地前瞬間降落傘的每根繩對空降兵的拉力大小為284N【分析】加速度方向向下，物體失重；速度圖線和橫軸包圍的面積值等于位移大小；速度圖線的斜率大小等于加速度大?。挥膳ｎD第二定律求繩子拉力?！窘獯稹拷猓篈、0～10s空降兵豎直向下加速，處于失重狀態(tài)，10～30s空降兵向下勻速，既不超重也不失重，故A錯誤；B、由于速度圖像和橫軸包圍的面積在數(shù)值上等于位移的大小，根據(jù)速度圖像可得，空降兵下降高度為：h＝＝300m，故B正確；C、空降兵在整個運動過程中的平均速度大小為＝，故C正確；D、設(shè)落地前瞬間降落傘的每根繩對空降兵的拉力大小為T，則8Tcos37°﹣mg＝ma，由圖甲可知落地前瞬間加速度大小為a＝＝1m/s2，解得：T＝106.6N，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了牛頓第二定律和運動學圖像的綜合運用，解題關(guān)鍵在于理解圖像的意義，并會從v﹣t圖像求解位移及加速度。33．（2021?天津模擬）商場的智能扶梯如圖所示，扶梯與水平面之間的夾角為θ，扶梯沒有站人時以較小的速度v1勻速向上運動，當質(zhì)量為m的人踏上自動扶梯的水平踏板時，扶梯會自動以加速度a向上勻加速運動，經(jīng)過時間t加速到較大速度v2后再次勻速向上運動。已知電梯在加速過程人上升的豎直高度為h，人手未接觸電梯扶手，重力加速度為g。則（）A．電梯在加速過程中人處于超重狀態(tài) B．加速過程中踏板對人的摩擦力不做功 C．加速過程電梯對人做的功為m（v22﹣v12） D．當扶梯以速度v2勻速運動時，支持力做功的功率為mgv2sinθ【分析】人隨電梯向上加速運動時，具有向上的加速度處于超重狀態(tài)，摩擦力與位移夾角為銳角做正功，運用動能定理或能量守恒求解電梯對人做的功?！窘獯稹拷猓篈、電梯在加速過程中，以加速度a向上勻加速運動，人所受的合力向上，支持力大于重力，因此人處于超重狀態(tài)，故A正確；B、加速過程中，踏板對人摩擦力水平向右，人在水平向右的方向上通過的位移，因此摩擦力對人做正功，故B錯誤；C、根據(jù)能量守恒定律，加速過程電梯對人做的功W＝m（﹣）+mgh故C錯誤；D.扶梯勻速運動時，支持力等于重力，因此支持力做功的功率P＝mgv2sinθ，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查超重、失重的知識點，需注意物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，力做功的正負取決于力與位移的夾角，電梯對人做的功運用動能定理或能量守恒求解。34．（2021?南充模擬）以前人們蓋房子打地基叫打夯，夯錘的結(jié)構(gòu)如圖所示。參加打夯的共有5人，四個人分別握住夯錘的一個把手，一個人負責喊號，喊號人一聲號子，四個人同時向上用力將夯錘提起，號音一落四人同時松手，夯錘落至地面將地基砸實。某次打夯時，設(shè)夯錘的質(zhì)量為m，將夯錘提起時，每個人都對夯錘施加豎直向上的力，大小均為，力持續(xù)的時間為t，然后松手，夯錘落地時將地面砸出一個凹痕。不計空氣阻力，則（）A．在上升過程中，夯錘一定處于超重狀態(tài) B．松手時夯錘一定處于完全失重狀態(tài) C．松手時夯錘的速度大小v＝2gt D．夯錘上升的最大高度hm＝gt2【分析】先對夯錘受力分析，再根據(jù)夯錘的加速度判斷處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)，當向下的加速度等于重力加速度時，處于完全失重狀態(tài)，松手前夯錘向上做勻加速直線運動，松手后夯錘向上做勻減速直線運動，夯錘上升的最大高度應是兩個階段的高度和?！窘獯稹拷猓篈、在上升過程中，夯錘先加速上升，再減速上升，加速度先向上，然后再向下，夯錘先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B、在下落過程中，只受重力加速下落，加速度方向向下，處于完全失重狀態(tài)，故B正確；C、根據(jù)生頓第二定律解得4×mg﹣mg＝ma解得：a＝g則松手時夯錘的速度大小v＝gt，故C錯誤；D、夯錘先勻加速上升的高度h1＝at2＝gt2，勻減速上升的高度2gh2＝v2，解得：h2＝gt2，夯錘上升的最大高度hm＝h1+h2＝gt2，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查超重、失重知識點，需注意物體具有向上的加速時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，當向下的加速度等于重力加速度時，處于完全失重狀態(tài)。35．（2020秋?福州期末）如圖所示，電梯的頂部掛有一個彈簧秤，秤下端掛了一個重物，電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數(shù)為10N，某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)?2N，（g＝10m/s2）關(guān)于電梯的運動，以下說法正確的是（）A．電梯可能向上加速運動，加速度大小為2m/s2，物體處于超重狀態(tài) B．電梯可能向下加速運動，加速度大小為2m/s2，物體處于失重狀態(tài) C．電梯可能向上減速運動，加速度大小為2m/s2，物體處于失重狀態(tài) D．電梯可能向下減速運動，加速度大小為2m/s2，物體處于超重狀態(tài)【分析】彈簧秤的示數(shù)測量物體對彈簧秤的拉力大?。娞葜械娜擞^察到彈簧秤的示數(shù)變大了，物體所受的拉力大于重力，合力豎直向上，處于超重狀態(tài)，可能加速度上升，也可能減速下降。根據(jù)牛頓第二定律求解加速度的大小?！窘獯稹拷猓弘娞輨蛩僦本€運動時，彈力等于重力，即mg＝F＝10N，解得質(zhì)量m＝1kg，電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變大了，物體所受的拉力大于重力，合力豎直向上，處于超重狀態(tài)，可能加速度上升，也可能減速下降．設(shè)電梯的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：F′﹣mg＝ma代入解得：a＝＝m/s2＝2m/s2，故AD正確，BC錯誤。故選：AD。【點評】超重和失重現(xiàn)象是牛頓運動定律應用的特例，要記?。杭铀俣确较蛳蛏希?；加速度方向向下，失重．36．（2020秋?山西期末）2020年12月1日，嫦娥五號探測著陸組合器從距離月面約15km處開始實施動力下降，速度從約17km/s降為零后成功著陸月面。之后，探測器開始月面挖掘工作。如圖是探測器在月球表面靜止后升起國旗并留下“腳印”的圖片，下列說法正確的是（）A．組合器動力下降階段處于超重狀態(tài) B．組合器動力下降階段處于失重狀態(tài) C．在月面上留下“腳印”，是因為探測器對月面的壓力大于月面對探測器的支持力 D．探測器對月面的壓力是由于探測器支撐柱發(fā)生形變而產(chǎn)生的【分析】組合器動力下降階段，做向下的減速運動，根據(jù)加速度方向判斷組合器超重，探測器對月面的壓力和月面對探測器的支持力的受力物體不同?！窘獯稹拷猓篈B、組合器動力下降階段，做向下的減速運動，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；C、在月面探測器對月面的壓力和月面對探測器的支持力是一對作用力和反作用力，大小相等，故C錯誤；D、根據(jù)彈力產(chǎn)生的條件可知，探測器對月面的壓力是由于探測器支撐柱發(fā)生形變要恢復形變而對月面產(chǎn)生的，故D正確。故選：AD?！军c評】解決本題時，要理清著陸器和上升器組合體的運動情況，熟練運用牛頓運動定律和彈力的知識進行分析。37．（2020秋?紹興期末）下列說法正確的是（）A．火箭燃料燃燒產(chǎn)生氣體向下噴出，這些氣體反過來給火箭一個反作用力升空，表明先產(chǎn)生作用力后產(chǎn)生反作用力 B．以較大速度行駛的汽車，剎車后難停下來，表明物體的速度越大慣性也越大 C．“天宮一號”繞地球運行時，艙內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài) D．伽利略指出力不是維持物體運動狀態(tài)的原因【分析】作用力和反作用力同時產(chǎn)生同時消失，慣性只與質(zhì)量有關(guān)，只受重力時，物體處于完全失重，伽利略最提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因?！窘獯稹拷猓篈、作用力和反作用力反映的是兩個物體之間的力的作用情況，同時產(chǎn)生同時消失，故A錯誤；B、慣性只跟質(zhì)量有關(guān)，故B錯誤；C、天宮一號”繞地球運行時，只受重力作用，艙內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)，故C正確；D、伽利略最早指出力不是維持物體運動的原因，提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查牛頓運動定律、物理學史等常識性問題，知道完全失重是當物體只受重力的時候，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一。38．（2020秋?福州期末）2020年11月24日4時30分，長征五號遙五運載火箭成功發(fā)射，帶著嫦娥五號探測器飛往月球。月球上的探測器通過噴氣而獲得向上的推力從而懸停在月球表面附近，下列有關(guān)說法正確的是（）A．火箭發(fā)射瞬間，速度為零，加速度不為零 B．火箭升空后，加速度越來越大，慣性也越來越大 C．火箭發(fā)射升空加速上升過程，處于失重狀態(tài) D．探測器噴出的氣體對探測器產(chǎn)生反作用力，從而使探測器獲得推力【分析】慣性的大小與物體運動的速度無關(guān)，與物體是否受力無關(guān)，僅與質(zhì)量有關(guān)；加速度向下為失重狀態(tài)；力的作用是相互的?！窘獯稹拷猓篈.火箭發(fā)射瞬間，燃料燃燒產(chǎn)生巨大推動力，火箭由靜止開始運動，故速度為零，加速度不為零，A選項正確；B.慣性的大小僅與質(zhì)量有關(guān)，與加速度無關(guān)，B選項錯誤；C.火箭加速上升過程，加速度向上，是因為受到的向上的推力（視重）大于自身重力，處于超重狀態(tài)，C選項錯誤；D.根據(jù)力的作用是相互的，可以推測探測器獲得推力的來源是探測器噴出的氣體對探測器產(chǎn)生反作用力，D選項正確.故選：AD?！军c評】本題難度較低。主要考查運動學基本概念，要求學生對火箭升空過程進行定性分析，掌握超重與失重、慣性等物理概念。39．（2020秋?越秀區(qū)期末）