教科版 (2019)必修 第一册7 超重与失重综合训练题

这是一份教科版 (2019)必修 第一册7 超重与失重综合训练题，共5页。试卷主要包含了双基巩固　学考突破，选考奠基　素养提升等内容，欢迎下载使用。

一、双基巩固 学考突破
1.下列关于超重、失重现象的描述正确的是( )
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
答案:B
解析: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.关于某同学起跳离开地面后的运动状态,下列说法正确的是( )
A.上升、下降时都处于超重状态
B.上升时处于超重状态,下降时处于失重状态
C.上升、下降时都处于失重状态
D.上升时处于失重状态,下降时处于超重状态
答案:C
解析:该同学跳起离地后,仍然受到重力的作用,上升阶段和下降阶段重力提供向下的重力加速度,该同学都处于失重状态。故C正确,A、B、D错误。
3.(多选)下图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线,纵坐标为压力,横坐标为时间。由图线可知,该同学的体重约为650 N,除此以外,还可以得到以下信息( )
A.1 s时人处在下蹲的最低点
B.2 s时人处于下蹲静止状态
C.该同学在0~4 s内做了2次下蹲—起立的动作
D.下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态
答案:BD
解析:人下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重,到达最低点后处于平衡状态,由图可知,t=1 s时人仍然加速下降,故A错误;人下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重,到达最低点后处于平衡状态,所以在t=2 s时刻人处于下蹲静止状态,故B正确;人下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重,起立对应先超重再失重,对应图像可知,该同学做了一次下蹲—起立的动作,故C错误;结合A的分析可知,下蹲过程先失重后超重,故D正确。
4.(2020·福建重点中学月考)如图所示,由一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳(曳引线)连接起来的垂直电梯,通过驱动装置,利用曳引线带动“轿厢”和“对重”上下运动。某次“轿厢”向上做匀减速运动,则( )
A.“轿厢”处于超重状态
B.“对重”处于失重状态
C.“对重”向下做匀加速运动
D.曳引线受到的拉力大小比“轿厢”重力小
答案:D
解析:当“轿厢”向上做匀减速运动时,“轿厢”加速度向下,处于失重状态,故A错误;“对重”向下做匀减速运动,加速度向上,处于超重状态,故B、C错误;“轿厢”失重,所以曳引线受到的拉力小于“轿厢”重力,故D正确。
5.(2020·浙江金华磐安期中)如图所示,电梯的顶部挂一个弹簧测力计,测力计下端挂了一个重物,电梯匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10 N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N,关于电梯的运动以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为12 m/s2
B.重物的重力变为12 N
C.重物处于失重状态
D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为2 m/s2
答案:D
解析:电梯匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10 N,知重物的重力等于10 N;在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N,对重物有:F-mg=ma
解得:a=2 m/s2,方向竖直向上,则电梯的加速度大小为2 m/s2,方向竖直向上,电梯可能向上做加速运动,也可能向下做减速运动,重物处于超重状态,重力不变,故A、B、C错误,D正确。
6.(多选)升降机在竖直方向上做匀速运动,升降机内,具有一定质量的物体A被伸长的弹簧拉住,静止在升降机的地板上,如图所示。现发现A突然被拉向右方,由此判断,此时升降机的运动情况可能是( )
A.减速上升
B.加速上升
C.减速下降
D.加速下降
答案:AD
解析:当升降机静止时,地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡,且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力。当升降机有向下的加速度时,处于超重状态,必然会减小物体对地板的正压力,也就减小了最大静摩擦力,这时的最大静摩擦力小于电梯静止时的静摩擦力,而弹簧的弹力又未改变,故只有在这种情况下A才可能被拉向右方。四个选项中A、D两种情况电梯的加速度是向下的。
7.为测量竖直方向的加速度,某研究小组利用一根轻弹簧、刻度尺、钩码制作了一个测量加速度的装置。如图所示,轻弹簧上端固定在竖直放置的刻度尺的零刻线处,下端不挂钩码时指针指在A(0.10 m)位置;挂上质量为0.2 kg的钩码,平衡时指针处在B(0.14 m)位置。把B位置标为加速度的0刻度值。(g取10 m/s2)
(1)求弹簧的劲度系数k。
(2)将该装置挂在竖直上升的升降机中,发现指针处在C(0.16 m)位置。C位置应标注的加速度值是多少?此时钩码处于超重还是失重状态?
答案:(1)k=50 N/m (2)钩码处于“超重”状态
解析:(1)根据F=kx可得:k=50 N/m。
(2)由牛顿第二定律得:kxAC-mg=ma
解得:a=5 m/s2,方向向上。
C位置应标注的加速度值为5 m/s2,钩码处于超重状态。
二、选考奠基 素养提升
1.质量为60 kg的人,站在升降机内的台秤上(g取10 m/s2),测得体重(即支持力)为480 N,则关于升降机的说法正确的是( )
A.人处于超重状态
B.升降机一定在下降
C.人的加速度大小为2 m/s2
D.人的加速度是40 m/s2
答案:C
解析:对人受力分析,受重力和支持力,支持力小于重力,人处于失重状态,合力向下,加速度向下,故升降机的加速度也向下;
由牛顿第二定律可知:mg-F=ma;
解得:a=mg-Fm=600-48060 m/s2=2 m/s2,升降机可以加速向下运动也可以减速向上运动,故A、B、D错误,C正确。
2.(多选)如图中A为电磁铁,C为胶木秤盘,A和C(包括支架)的总质量为m0,B为铁片,质量为m,整个装置用轻绳悬挂于O点。当电磁铁通电后,在铁片被吸引上升的过程中,轻绳拉力为F,则有( )
A.m0gB.F>(m0+m)g
C.F不断增大
D.F先增大后减小
答案:BC
解析:当电磁铁通电前,绳的拉力应为(m0+m)g;当电磁铁通电后,铁片被吸引上升,常识告诉我们,铁片被吸引,向电磁体运动靠近,其运动情况是变加速运动,即越靠近电磁铁,吸力越大,加速度越大,根据F=ma可知,此过程中超重,吸引力大于铁片重力,越向上运动,加速度越大,吸引力越大,则F越大;由于磁力,将整个电磁铁装置与铁片联系到一起。因为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力,则根据作用力与反作用力原理,铁片吸引电磁铁的力F'为F的反作用力,大小相等、方向相反,且作用在两个不同的物体上。所以,绳的拉力大于(m0+m)g。故B、C正确,A、D错误。
3.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
答案:C
解析: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。
4.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
答案:B
解析: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。
5.(2020·黑龙江哈师大附中月考)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到6 s内体重示数F的变化如图所示。
在这段时间内电梯上升的高度是多少?(重力加速度g取10 m/s2)
答案:在0到6 s内电梯上升的总高度是49 m。
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=F-mgm=600-40×1040=5 m/s2
在0~2 s内,电梯上升的高度h1=12a1t12=12×5×22 m=10 m
2 s末速度为 v=a1t1=5×2=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=30 m
最后1 s内做匀减速运动,
加速度大小 a2=mg-F2m=40×10-32040 m/s2=2 m/s2
在这段时间内电梯上升的高度h3=vt3-12at32=10×1-12×2×12=9 m
电梯上升的总高度 h=h1+h2+h3=49 m
6.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)
(a)
(b)
答案:85.5 kg 11.375 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,如题图(a)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,如题图(b)所示。
由牛顿第二定律得F-m2g=m2a2,
所以a2=F-m2gm2=11.375 m/s2,