8 第6节　超重和失重.doc

第6节　超重和失重 学习目标 核心素养形成脉络 1.知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象．(重点) 2．能从动力学角度理解自由落体运动和竖直上抛运动． 3．掌握传送带问题和滑块—滑板模型问题的解题技巧．(难点) 一、重力的测量 1．一种方法是，先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的质量，利用牛顿第二定律可得：G＝mg． 2．另一种方法是，利用力的平衡条件对重力进行测量． 二、超重和失重 1．超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有竖直向上的加速度． 2．失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有竖直向下的加速度． (3)完全失重 ①定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态． ②产生条件：a＝g，方向竖直向下． 思维辨析 (1)物体向上运动时一定处于超重状态．(　　) (2)物体减速向下运动时处于失重状态．(　　) (3)物体处于失重状态时重力减小了．(　　) (4)物体处于完全失重状态时就不受重力了．(　　) (5)不论物体超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力都是不变的．(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ 基础理解 (1)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是(　　) A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 提示：选D.手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，选项D正确． (2)(2019·东胜校级月考)关于超重和失重的下列说法中，正确的是(　　) A．物体向上运动时处于超重状态，物体向下运动时处于失重状态 B．处于完全失重状态的物体一定是向下运动 C．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了 D．物体做自由落体运动时处于完全失重状态 提示：选D.根据牛顿第二定律，物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；物体具有向下的加速度时，物体处于失重状态．物体向上运动或向下运动，加速度可能向上也可能向下，不能够判断它是处于超重还是失重状态，故A、B错误；超重并非物体所受的重力增大了，而是弹力(视重)比重力大；失重也并非物体所受的重力减小了，而是弹力(视重)比重力小，故C错误；物体做自由落体运动时，加速度等于重力加速度，方向向下，物体处于完全失重状态，故D正确． 　超重和失重问题 问题导引 文博同学每天放学都要乘垂直电梯上、下楼，在电梯下楼时，开始他觉得背的书包变轻了，快到楼底时他觉得书包又似乎变重了．这是为什么？ 要点提示　开始时电梯从静止做加速运动，使文博同学和电梯一起处于失重状态；快到楼底时，电梯一定有一个减速过程，则该过程中使电梯处于超重状态，就会出现上述现象． 【核心深化】 1．实重与视重 实重：物体实际所受的重力．物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化． 视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．超重与失重不是重力本身变了，而是物体对悬挂物的拉力或对水平支持物的压力发生了变化，即“视重”变化了．若弹力大于重力是超重，反之则是失重． 2．超重、失重的比较 特征 状态 加速度 压力 (拉力) 运动情况 受力示意图 平衡 a＝0 F＝mg 静止或匀速 直线运动 超重 向上 F＝m(g ＋a)＞mg 向上加速或 向下减速 失重 向下 F＝m(g －a)＜mg 向上减速或 向下加速 完全 失重 a＝g F＝0 自由落体， 抛体，正常 运行的卫 星等 3.求解超重与失重问题的基本思路 超重和失重问题实质上就是牛顿第二定律应用的延续，解题时仍应抓住加速度这个关键量．具体方法是： (1)分析物体运动的加速度方向； (2)判断物体处于超重(或失重)状态； (3)利用牛顿第二定律分析和求解． 关键能力1　对超、失重状态的判断 　某同学利用体重计研究超重与失重现象．在一次实验中，她先蹲在体重计上，在她由稳定的蹲姿变化到稳定站姿的过程中，下列说法正确的是(　　) A．该同学处于超重状态 B．该同学处于失重状态 C．体重计示数先减小后增大 D．体重计示数先增大后减小 [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；故体重计示数先增大后减小，故D正确，A、B、C错误． [答案]　D 关键能力2　超、失重现象中的计算 　(多选)(2019·石家庄期末)小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50 kg，若电梯在竖直方向运动过程中，他看到体重计的示数为45 kg时，取重力加速度g＝10 m/s2.下面说法中正确是(　　) A．电梯可能在加速上升，加速度大小为9 m/s2 B．电梯可能在加速下降，加速度大小为1 m/s2 C．电梯可能在减速上升，加速度大小为1 m/s2 D．电梯可能在减速下降，加速度大小为9 m/s2 [思路点拨] 小明的体重有50 kg，而他看到体重计的示数为45 kg，可知他处于失重，则电梯有向上的加速度，由此来分析各个选项． [解析]　小明的体重只有50 kg，体重计的示数为45 kg，说明电梯有向下的加速度，失重，运动情况可能为：向上减速或向下加速； 小明受支持力和重力，由牛顿第二定律可知其加速度为： a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故B、C正确，A、D错误． [答案]　BC 关键能力3　超、失重现象中的图象分析 　某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象．他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重为10 N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上显示出如图所示图象，以下根据图象分析所得结论错误的是(　　) A．该图象显示出了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况 B．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态 C．电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后静止 D．电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后静止 [思路点拨] (1)拉力大于重力处于超重状态，拉力小于重力处于失重状态． (2)超重时电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动． (3)失重时，电梯可能向下加速运动，也可能向上减速运动． [解析]　题图中图象显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况.0～t1，钩码受力平衡；t1～t2，拉力小于10 N，钩码处于失重状态；t2～t3，钩码受力平衡；t3～t4，拉力大于10 N，钩码处于超重状态．由以上分析可知，D项错误． [答案]　D 关键能力4　完全失重现象的判断 　(2019·闵行一模)某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是(　　) A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快 B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快 C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变 D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出 [解析]　将易拉罐竖直向上抛出后，由于空气阻力不计，易拉罐及水的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，易拉罐中各层水之间没有压力，在整体过程中，水都不会从洞中射出． [答案]　D 判断超重、失重状态的方法 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为g时处于完全失重状态 从速度变化角度判断 (1)物体向上加速或向下减速时，超重 (2)物体向下加速或向上减速时，失重 　 【达标练习】 1．(2019·浙江模拟)超重与失重是宇航员生活和工作中的两大难题．实际上，在我们的生活中也充满了超重和失重．假如某同学家住10楼，那么，他从一楼开始坐电梯回家的过程中，体验到的将是(　　) A．先超重，后等重，再失重 B．先失重，后等重，再超重 C．一直超重 D．一直失重 解析：选A.上楼时，先向上加速，加速度方向向上，处于超重状态，再匀速，最后向上减速，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确，B、C、D错误． 2.(2019·平谷期末)如图所示为游乐场中的一种大型游乐设施跳楼机，它可以使人体验超重和失重．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由升降机从静止开始经历加速、匀速、减速过程，将座椅提升到一定高度处，然后由静止释放，落到一定位置时，制动系统启动，座椅做减速运动，到达某一高度时停下．在上述过程中，关于座椅中的人所处的状态，下列判断正确的是(　　) A．座椅在整个上升的过程中人都处于超重状态 B．座椅在减速上升的过程中人处于超重状态 C．座椅在整个下降的过程中人都处于失重状态 D．座椅在减速下降的过程中人处于超重状态 解析：选D.座椅在加速上升的过程中人都处于超重状态，在减速上升的过程中人的加速度的方向向下，处于失重状态，故A、B错误；在减速下降的过程中人所受重力小于座位对人向上的支持力，所以加速度向上，人处于超重状态，故C错误，D正确． 3．(2019·东胜校级月考)质量为60 kg的人在电梯里站在体重计上与电梯一起匀加速上升，电梯的加速度为5 m/s2，则体重计的读数应为(g＝10 m/s2)(　　) A．60 kg　　　　　　　　　　 B．90 kg C．65 kg D．30 kg 解析：选B.当电梯静止时体重计示数为mg，所以此时体重计读数为：F1＝60×10 N＝600 N. 当电梯以5 m/s2的加速度向上做匀加速运动时，对人根据牛顿第二定律，得：F2－mg＝ma，得：F2＝m(g＋a)＝60×(5＋10) N＝900 N．由牛顿第三定律得知，人对体重计的压力大小为F′2＝F2＝900 N．则显示人的质量为：m＝ kg＝90 kg. 4．(2019·南岗校级月考)一质量为m＝40 kg的小孩站在电梯内的体重计上．电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0～6 s内体重示数F的变化如图所示．取重力加速度g＝10 m/s2，求： 在这段时间内电梯上升的高度是多少． 解析：在0～2 s内，电梯做匀加速运动，根据牛顿第二定律得： a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，电梯上升的高度 h1＝a1t＝×5×22 m＝10 m；2 s末速度为v＝a1t1＝5×2 m/s＝10 m/s； 中间t2＝3 s时间内，电梯做匀速运动，电梯上升的高度 h2＝vt2＝10×3 m＝30 m； 最后1 s内做匀减速运动，加速度大小 a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，在这段时间内电梯上升的高度h3＝vt3－a2t＝ m＝9 m；则电梯上升的总高度h＝h1＋h2＋h3＝49 m. 答案：49 m 　传送带模型 【核心深化】 1．水平传送带(匀速运动) 情景 结果 物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度 该物体一直做匀加速直线运动 物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同 物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 2.倾斜传送带 (1)一个关键点：对于倾斜传送带，分析物体受到的最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系是关键． (2)两种情况 ①如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力，传送带只能下传物体，两者共速前的加速度大于共速后的加速度，方向沿传送带向下． ②如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力，不论上传还是下传物体，物体都是先做匀加速直线运动，共速后做匀速直线运动． 关键能力1　水平传送带问题 　如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg 的物体从离传送带很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)　 [思路点拨] (1)物体的速度小于1 m/s时，所受摩擦力的方向水平向右，物体做匀加速直线运动． (2)物体速度等于1 m/s后，物体不再受摩擦力．物体做匀速直线运动． (3)判断物体速度能否达到1 m/s. [解析]　对物体，根据题意容易得：a＝＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝＝ s＝1 s，通过的位移x1＝＝0.5 m＜2.5 m．在剩余位移x2＝L－x1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，因为物体与传送带间无摩擦力，所以物体以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s．因此共需时间t＝t1＋t2＝3 s. [答案]　3 s 关键能力2　倾斜传送带问题 　某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝.求货物从A端运送到B端所需的时间．(g取10 m/s2) [思路点拨] (1)货物放到传送带后，受到滑动摩擦力大小为μmgcos 30°，方向为沿斜面向上．受到的合力为μmgcos 30°－mgsin 30°，加速度为μgcos 30°－gsin 30°. (2)若物体能加速到5 m/s，之后做匀速直线运动．该过程受到摩擦力为零．若物体不能加速到5 m/s，物体沿传送带一直做匀加速直线运动． [解析]　以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma， 解得a＝2.5 m/s2 货物匀加速运动时间t1＝＝2 s 货物匀加速运动位移x1＝at＝5 m 然后货物做匀速运动，运动位移x2＝L－x1＝5 m 匀速运动时间t2＝＝1 s 货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3 s. [答案]　3 s 在解决传送带问题中的注意点 在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段．传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口．　 【达标练习】 1．(2019·五华校级模拟)如图所示，长为L＝4 m的水平传送带以v0＝2 m/s的速度逆时针转动，一个质量为m＝1 kg的小木块以一定的初速度从传送带左侧水平向右滑上传送带．已知小木块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，不计传送带转动轮大小． (1)若小木块初速度v1＝5 m/s，求小木块经多长时间离开传送带； (2)若小木块初速度v2＝3 m/s，求小木块离开传送带时的速度． 解析：(1)小木块在传送带上相对传送带运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝2 m/s2；设经时间t小木块离开传送带，则：L＝v1t－at2，解得：t1＝1 s或t2＝4 s(舍去)． (2)设小木块减速至零的位移为x，由位移速度的关系式得：x＝＝2.25 m＜4 m，小木块会反向加速，由运动对称性知，加速至与传送带共速时，向左运动的距离为x1，则x1＝＝1 m＜2.25 m；所以小木块以2 m/s的速度匀速运动到从传送带左端离开． 答案：(1)1 s　(2)2 m/s 2．(2019·金安校级期末)某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快捷地运送到地面，专门安装了传送带设备，如图所示．已知传送带与水平面的夹角θ＝37°，正常的运行速度是v＝10 m/s.现在传送带的A端轻轻放上一个小物体(可视为质点)，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B间距离s＝16 m．试分析计算：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2) (1)如果传送带停止运行，小物体从A端运动到B端的时间； (2)如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间； (3)如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间． 解析：(1)(2)对放在传送带上的小物体进行受力分析：小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带是静止还是沿顺时针方向正常转动，小物体的受力情况完全一样，都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力； 如图甲所示，根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：a1＝＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2 m/s2，小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则s＝a1t2，t＝＝ s＝4 s. (3)当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度a2＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为t1＝＝ s＝1 s，在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为s1＝at2＝×10×1 m＝5 m；由于μ＜tan θ，此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向改为沿传送带向上，如图乙所示，其加速度变为a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2 m/s2，小物体从该位置起运动到B端的位移为s－s1＝16 m－5 m＝11 m，小物体做初速度为v＝10 m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，由s－s1＝vt2＋a1t，代入数据，解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)；所以，小物体从A端运动到B端的时间为t＝t1＋t2＝2 s. 答案：(1)4 s　(2)4 s　(3)2 s 1．(2019·相城校级月考)下列关于超重、失重现象的描述中，正确的是(　　) A．电梯正在减速上升，人在电梯中处于超重状态 B．电梯正在加速下降，人在电梯中处于失重状态 C．举重运动员托举杠铃保持静止，运动员处于超重状态 D．列车在水平轨道上加速行驶，车上的人处于超重状态 解析：选B.电梯正在减速上升，加速度向下，故电梯中的乘客处于失重状态，故A错误；电梯正在加速下降，加速度向下，故电梯中的乘客处于失重状态，故B正确；举重运动员托举杠铃保持静止，运动员处于平衡状态，故C错误；列车在水平轨道上加速行驶，车上的人的加速度方向为水平方向，故人不超重也不失重，故D错误． 2．(2019·上海二模)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作．下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是(　　) 解析：选C.对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故A、B、D错误，C正确． 3．(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmg B．物体最终的速度为v1 C．开始阶段物体做匀加速直线运动 D．物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右 解析：选BC.当把物体无初速度地轻放在传送带的左端时，物体相对传送带向左运动，故物体所受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，方向水平向右；所以物体将向右做匀加速运动，由于传送带足够长，物体将加速到v1，之后与传送带保持相对静止，不再受到摩擦力的作用，故选项A、D错，B、C对． 4.如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，将一小物块轻轻地放在正在以速度v＝10 m/s匀速逆时针转动的传送带的上端，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小)，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝29 m，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)将物块从顶部传送到传送带底部所需的时间； (2)若物块与传送带之间的动摩擦因数为μ′＝0.8，物块从顶部传送到传送带底部所需的时间． 解析：(1)物块放到传送带上后，沿斜面向下做加速直线运动，开始时物块相对于传动带向后运动，受到的摩擦力沿斜面向下(物块受力如图甲所示)，则a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2 当物块加速到与传送带同速时，所用时间为：t1＝＝1 s，运动的位移为x1＝＝ m＝5 m， 物块加速到与传送带同速后，由于mgsin θ＞μmgcos θ，所以物块相对于传送带向下运动，摩擦力变为沿斜面向上(物块的受力情况如图乙所示)，所以此时的加速度为 a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 由x2＝L－x1＝vt2＋a2t解得t2＝2 s 因此所需的时间为t＝t1＋t2＝3 s. (2)若μ′＝0.8 ，开始时(即物块与传送带同速前)物块的加速度为a′＝g(sin θ＋μ′cos θ)＝10×(0.6＋0.8×0.8)m/s2＝12.4 m/s2　 物体加速到与传送带同速时所用的时间 t′1＝＝ s≈0.81 s 位移x′1＝≈4.03 m 由于mgsin θ＜μ′mgcos θ，故物块与传送带同速后将与传送带一起做匀速运动，则t′2＝≈2.50 s，因此所需的时间为：t′＝t′1＋t′2＝3.31 s. 答案：(1)3 s　(2)3.31 s 一、单项选择题 1．(2019·黄陵校级期末)下列关于超重和失重的说法中，正确的是(　　) A．物体处于超重状态时，其重力增加了 B．物体处于完全失重状态时，其重力为零 C．物体处于超重或失重状态时，其惯性比处于静止时增加或减小了 D．物体处于超重或失重状态时，其重力都没有变化 解析：选D.超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力，物体的重力并没有增加，故A错误；物体处于完全失重时，重力全部用来提供加速度，对支持它的支持面压力为零，重力并没有消失，故B错误；惯性的大小与物体的运动状态无关，物体处于超重或失重状态时，其惯性与处于静止时相等，故C错误；物体处于超重或失重状态时，其重力都没有变化，故D正确． 2．(2019·宿迁期末)2018年12月8日2时23分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器，开启了月球探测的新旅程．若运载火箭在发射升空过程中，探测器先做加速运动，后做减速运动．下列说法正确的是(　　) A．探测器在加速过程中惯性变大 B．探测器先处于超重状态，后处于失重状态 C．探测器先处于失重状态，后处于超重状态 D．在加速过程，火箭对探测器作用力大于探测器对火箭的作用力 解析：选B.惯性的大小只与质量有关，与运动状态无关，所以不论加速还是减速惯性大小一样，故A错误；发射升空过程中，先做加速运动后做减速运动：向上加速过程加速度向上，则为超重，向上减速加速度向下，为失重，故B正确，C错误；根据牛顿第三定律火箭对探测器作用力等于探测器对火箭的作用力，故D错误． 3.如图所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是(　　) A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态 B．火箭加速上升时的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力 C．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态 D．飞船落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于其重力 解析：选D.火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，A错误；火箭上升的加速度逐渐减小时，由于加速度方向向上，宇航员仍处于超重状态，对座椅的压力大于其重力，B错误；飞船加速下落时，加速度方向向下，处于失重状态，宇航员对座椅的压力小于其重力，C错误；飞船在落地前减速，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，D正确． 4．(2019·华宁校级月考)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧秤的示数如图所示，则电梯运行的v－t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)(　　) 解析：选A.从图可以看出，t0～t1时间内，该人的视重小于其重力，t1～t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2～t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1时间内，该人具有向下的加速度，t1～t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2～t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图象为A. 5.如图所示，一乒乓球用细绳系于盛有水的容器底部，某时刻细绳断开，在乒乓球上升到水面的过程中，台秤示数(　　) A．变大　　　　　　　　 B．不变 C．变小 D．先变大后变小 解析：选C.同体积的水比乒乓球的质量大，在乒乓球加速上升的过程中，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小． 6．(2019·浙江模拟)如图所示，一轻质弹簧上端固定在升降机的天花板上，下端挂一小球，在升降机匀速竖直下降过程中，小球相对于升降机静止，若升降机突然停止运动，设空气阻力可忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，且小球不会与升降机的内壁接触，则小球在继续下降的过程中(　　) A．小球的加速度逐渐减小，小球处于失重状态 B．小球的加速度逐渐增大，小球处于超重状态 C．小球的速度逐渐减小，小球处于失重状态 D．小球的速度逐渐增大，小球处于超重状态 解析：选B.升降机突然停止，小球由于惯性继续向下运动，但是受到弹簧的拉力越来越大，拉力方向与其运动方向相反，故小球做减速运动，加速度方向向上，则小球处于超重状态；小球加速度增大，B正确；A、C、D错误． 7．(2019·云南二模)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2.现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将(　　) A．变大 B．变小 C．不变 D．先变小后变大 解析：选B.剪断细线之前，木箱对台秤的压力等于整体的重力；剪断细线以后，物块P向下加速掉落，加速度向下，物体P处于失重状态；由于P的质量大，用整体法可知整个系统处于失重状态，所以木箱对台秤的压力小于整体重力，故示数变小． 8．(2019·包河校级月考)传送带与水平面夹角37°，皮带以10 m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m＝0.5 kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16 m，g取10 m/s2，则物体从A运动到B的过程中(　　) A．小物块先加速后匀速 B．小物块加速度大小为2 m/s2 C．小物块到B点速度为10 m/s D．小物块全程用时2 s 解析：选D.由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，可知物体与传送带不能保持相对静止．所以物块一直做加速运动，故A错误；物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a1＝＝gsin 37°＋μgcos 37°＝ m/s2＝10 m/s2，故B错误；速度达到传送带速度所需的时间t1＝＝ s＝1 s，经过的位移x1＝a1t＝×10×12 m＝5 m；由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，可知物体与传送带不能保持相对静止，速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得a2＝＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2；根据vt2＋a2t＝L－x1，即10t2＋×2×t＝11，解得t2＝1 s；则t＝t1＋t2＝2 s，物块到达最低点的速度：vt＝v＋a2t2＝ m/s＝12 m/s，故C错误，D正确． 二、多项选择题 9．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．则在加速过程中，下列说法中正确的是(　　) A．顾客受到三个力的作用 B．顾客处于超重状态 C．扶梯对顾客没有摩擦力的作用 D．顾客对扶梯的压力等于顾客的重力 解析：选AB.以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，A正确；顾客有竖直向上的加速度，因此顾客处于超重状态，B正确；顾客受到水平方向的静摩擦力作用，C错误；顾客处于超重状态，对扶梯的压力大于顾客的重力，D错误．　 10.(2019·山东青岛高一月考)如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是(　　) A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力 B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下 C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上 D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力 解析：选BD.将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A错误，D正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下，故B正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误． 11.如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　　) 解析：选BC.若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误． 12．(2019·大庆校级月考)如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动．一小物块以v1的初速度冲上传送带．小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则(　　) A．如果v1＞v2，小物块到达B端的速度可能等于0 B．如果v1＜v2，小物块到达B端的速度可能等于0 C．如果v1＞v2，减小传送带的速度，物块到达B端的时间可能增长 D．如果v1＜v2，增大传送带的速度，物块到达B端的时间可能变短 解析：选ABC.小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体继续减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故A正确；v1小于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体一直减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故B正确；由A的分析可知，如果v1＞v2，小物块的加速度开始时为gsin θ＋μgcos θ，速度相等之后变为gsin θ－μgcos θ； 故开始时加速度大； 若减小传送带的速度，作出两种情况下的图象如图所示，由图可知，传送带速度减小后的图象虚线所示，要达到相同的位移，用时要长；故用时可以较长或不变，故C正确；如图v1＜v2，物体一直做减速运动，加速度不变，到达B端时的位移不变，物体的运动时间不变，故D错误． 三、非选择题 13．某人在以a＝0.5 m/s2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m1＝90 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40 kg的物体，则此升降机上升的加速度为多大？(g取10 m/s2) 解析：以物体为研究对象，对物体进行受力分析及运动状态分析，如图甲所示，设人的最大“举力”为F，由牛顿第二定律得，m1g－F＝m1a1， 所以F＝m1(g－a1)＝855 N. 当他在地面上举物体时，设最多举起质量为m0的物体，则有m0g－F＝0，所以m0＝85.5 kg.　 此人在某一匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝40 kg的物体，由于m0＝85.5 kg>m2＝40 kg，显然此时升降机一定处于超重状态，对物体进行受力分析和运动情况分析，如图乙所示． 由牛顿第二定律得F－m2g＝m2a2， 所以a2＝＝11.375 m/s2， 即升降机加速上升的加速度为11.375 m/s2. 答案：85.5 kg　11.375 m/s2 14.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行．现把一质量为m＝10 kg的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，并获得了与传送带相同的速度，取g＝10 m/s2.求： (1)工件与传送带之间的滑动摩擦力Ff的大小； (2)工件与传送带之间的相对位移Δx的大小． 解析：(1)由题意知高h对应的传送带长为 L＝＝3 m 工件速度达到v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移为x1，有 x1＝v t1＝t1 因工件最终获得了与传送带相同的速度，所以达到v0之后工件将匀速运动，有 L－x1＝v0(t－t1) 解得：t1＝0.8 s，x1＝0.8 m 所以加速运动阶段的加速度为 a＝＝2.5 m/s2 在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有 Ff－mgsin θ＝ma 解得：Ff＝75 N. (2)在时间t1内，传送带运动的位移为 x＝v0t1＝1.6 m 所以在时间t1内，工件相对传送带的位移大小为 Δx＝x－x1＝0.8 m.