2022-2023學年人教版必修第一冊 4.6 超重和失重 作業(yè)

1、課時跟蹤檢測（二十六） 超重和失重A組重基礎體現(xiàn)綜合1(多選)如圖所示為運動員原地縱跳摸高訓練。已知質量m50 kg的運動員原地靜止站立(不起跳)摸高為2.10 m，跳起過程中，該運動員先下蹲，重心下降0.5 m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.90 m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10 m/s2。則()A運動員起跳過程處于超重狀態(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960 ND從開始起跳到雙腳落地需要1.05 s答案：AD2在某中學的田徑運動會上，小剛同學成功地跳過了1.60 m 的高度。若忽略空氣阻力，則下

2、列說法正確的是()A小剛下降過程中處于超重狀態(tài)B小剛起跳以后在上升過程中處于失重狀態(tài)C小剛起跳時處于失重狀態(tài)D小剛下降過程中與起跳時相比重力變小了答案：B3某海洋館中的“海豚頂球”節(jié)目因其互動性強而深受小朋友們的喜愛。如圖所示為一海豚把球頂向空中，并等其落下。下列說法正確的是()A球在最高點時受到重力和海豚對它的頂力作用B球在最高點時速度和加速度都為零C球在上升過程中處于超重狀態(tài)D球在下落過程中處于失重狀態(tài)答案：D4大型商場(超市)為了方便顧客上下樓，都會安裝自動扶梯。自動扶梯一般分為兩類：一類有臺階，另一類無臺階，兩類自動扶梯分別如圖所示，為了節(jié)約能源，在沒有顧客乘行時，這兩類自動扶梯都以較

3、小的速度勻速運行，當有顧客乘行時自動扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個階段運行。則電梯在運送顧客上樓的整個過程中()A圖乙所示的無臺階自動扶梯勻速運動時，乘客受三個力作用B在圖甲所示的有臺階自動扶梯中，乘客始終受三個力作用C在圖乙所示的無臺階自動扶梯中，乘客始終處于超重狀態(tài)D在圖甲所示的有臺階自動扶梯中，扶梯對乘客始終有摩擦力作用答案：A5.如圖所示，一人站在電梯中的體重計上，隨電梯一起運動。下列各種情況中，體重計的示數(shù)最大的是()A電梯勻減速上升，加速度的大小為1.0 m/s2B電梯勻加速上升，加速度的大小為1.0 m/s2C電梯勻減速下降，加速度的大小為0.5 m/s2D電梯勻加速下降，加速度的大小

4、為0.5 m/s2答案：B6某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N。他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，t0至t3時間段內(nèi)彈簧秤的示數(shù)如圖所示，則電梯運行的v-t圖像可能是(取電梯向上運動的方向為正)()解析：選A從題圖可以看出，t0t1時間內(nèi)，該人的視重小于其重力，t1t2時間內(nèi)，視重正好等于其重力，而在t2t3時間內(nèi)，視重大于其重力，根據(jù)題中所設的正方向可知，t0t1時間內(nèi)，該人具有向下的加速度，t1t2時間內(nèi)，該人處于平衡狀態(tài)，而在t2t3時間內(nèi)，該人具有向上的加速度，所以可能的圖像為A。7(多選)如圖所示，是某同學站在壓力傳感器上，做下蹲起立的動作時記錄的壓力隨時間變化的圖線。由圖線可知

5、()A該同學體重約為650 NB該同學做了兩次下蹲起立的動作C該同學做了一次下蹲起立的動作，且下蹲后約2 s起立D下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)解析：選AC由題圖可知該同學體重約為650 N，A正確。人下蹲動作有失重和超重兩個過程，先是加速下降，失重，到達一個最大速度后再減速下降，超重，故下蹲時應先失重再超重。起立時應先超重再失重，由對應圖像可知，該同學做了一次下蹲起立的動作，B、D錯誤。由圖像看出兩次超重的時間間隔約為2 s，這就是該同學蹲下后持續(xù)的時間，C正確。8.質量是60 kg的人站在升降機中的體重計上，如圖所示。重力加速度g取10 m/s2，當升降機做下列各種運動時，求體重

6、計的示數(shù)。(1)勻速上升；(2)以4 m/s2的加速度加速上升；(3)以5 m/s2的加速度加速下降。解析：(1)勻速上升時，由平衡條件得：FN1mg600 N，由牛頓第三定律得：人對體重計壓力大小為600 N，即體重計示數(shù)為600 N。(2)以a14 m/s2的加速度加速上升時，由牛頓第二定律得：FN2mgma1，F(xiàn)N2mgma1840 N，由牛頓第三定律得：人對體重計壓力大小為840 N，即體重計示數(shù)為840 N。(3)以a25 m/s2的加速度加速下降時，由牛頓第二定律得：mgFN3ma3，F(xiàn)N3mgma3300 N，由牛頓第三定律得：人對體重計壓力大小為300 N，即體重計示數(shù)為300

7、 N。答案：(1)600 N(2)840 N(3)300 Neq avs4al(B)組重應用體現(xiàn)創(chuàng)新9.(2020山東等級考)一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。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()A0t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)NmgBt1t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)NmgCt2t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)NmgDt2t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)Nmg解析：選D根據(jù)位移時間圖像的斜率表示速度可知，0t1時間內(nèi)，圖像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力FNmg，選項A錯誤；t1t2

8、時間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客所受的支持力FNmg，選項B錯誤；t2t3時間內(nèi)，圖像斜率減小，速度v減小，加速度方向向上，由牛頓運動定律可知乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FNmg，選項C錯誤，D正確。10.如圖所示，質量為m12 kg的物體A經(jīng)跨過定滑輪的輕繩與質量為M5 kg的箱子B相連，箱子底板上放一質量為m21 kg的物體C，不計定滑輪的質量和一切阻力，在箱子加速下落的過程中，取g10 m/s2，下列說法正確的是()A物體A處于失重狀態(tài)，加速度大小為 10 m/s2B物體A處于超重狀態(tài)，加速度大小為 20 m/s2C物體C處于失重狀態(tài)，對箱子的壓力大小為 5 ND輕繩

9、對定滑輪的作用力大小為 80 N解析：選C以A為研究對象，由牛頓第二定律得FTm1gm1a，以B、C整體為研究對象得(Mm2)gFT(Mm2)a，又FTFT，aa，聯(lián)立以上各式得加速度a5 m/s2，F(xiàn)T30 N，A、B錯誤；隔離C有m2gFNm2a，得FN5 N，C正確；輕繩對定滑輪的作用力大小為F2FT60 N，D錯誤。11某同學到廣州塔參觀，為了測量電梯運行的相關數(shù)據(jù)，該同學帶了一個電子臺秤，并站在臺秤上觀察臺秤數(shù)據(jù)變化。電梯靜止時他觀察到臺秤的示數(shù)為50 kg。在啟動時示數(shù)變?yōu)?2.5 kg，這個示數(shù)持續(xù)了10 s后又恢復到50 kg，電梯勻速運動了80 s，靠近觀光層時臺秤的示數(shù)變?yōu)?/p>

10、45 kg直到電梯到達觀光層。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)電梯勻速運動時的速度大小；(2)電梯減速的時間為多少；(3)在如圖坐標中畫出電梯運動全過程的v-t圖像；(4)廣州塔觀光層的高度為多少？解析：(1)電梯靜止時臺秤的示數(shù)為50 kg，在啟動時示數(shù)變?yōu)?2.5 kg，說明此時合力F(52.550)10 N25 N，根據(jù)牛頓第二定律知a1eq f(F,m)eq f(25 N,50 kg)0.5 m/s2，加速時間為t110 s，電梯勻速運動時的速度為va1t15 m/s。(2)靠近觀光層時臺秤的示數(shù)變?yōu)?5 kg，則此時合力F(4550)10 Nma2解得a21 m/s2，所以減速時間t3eq f(0v,a2)5 s。(3)根據(jù)以上分析知010 s電梯做