高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第六节 失重和超重学案及答案

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第六节 失重和超重学案及答案，共13页。


一、失重和超重现象及其产生的条件
1.失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的重力的现象.
(2)产生条件：物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度.
2.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受的重力的现象.
(2)产生条件：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度.
二、失重和超重现象的解释
如图1，以重物为研究对象，挂在弹簧测力计上的重物受到重力G和拉力T的作用
图1
(1)当整个装置以加速度a加速下降或减速上升时，选竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得：G－T＝ma，即T＝G－ma.
根据牛顿第三定律，重物对弹簧测力计的拉力T′＝T
所以T′(2)当整个装置以加速度a加速上升或减速下降时，由牛顿第二定律得：T－G＝ma，即T＝G＋ma，同理知T′>G，发生超重现象.
三、完全失重现象
1.完全失重现象：如果一个物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零，这种情况是失重现象中的极限，称为完全失重现象.
2.完全失重现象的解释：当以加速度a＝g加速下降或减速上升时，T＝0，即完全失重.
1.判断下列说法的正误.
(1)超重就是物体受到的重力增加了.( × )
(2)物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了.( × )
(3)物体处于超重状态时，物体一定在上升.( × )
(4)物体处于失重状态时，物体可能在上升.( √ )
2.质量为50 kg的人站在电梯内的水平地板上，当电梯以大小为0.5 m/s2的加速度匀减速上升时，人对电梯地板的压力大小为 N(g取10 m/s2).
答案 475
一、超重、失重和完全失重
导学探究 如图2所示，某人乘坐电梯正在向上运动.
图2
(1)电梯启动瞬间加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？
(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大还是小？
答案 (1)电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以支持力等于重力.
(2)减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，所以支持力小于重力.
知识深化
1.对视重的理解
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上相对静止时，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.
当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了.
2.超重、失重的比较
[深度思考] 在完全失重的情况下，下列仪器中仍然可以使用的有哪些？
①天平 ②杆秤 ③水银气压计 ④弹簧测力计 ⑤体温计
答案 工作原理与重力有关的仪器不能使用，如天平、杆秤、水银气压计.弹簧测力计不能用来测重力，但可以测拉力.体温计仍可以使用.
2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射成功，如图3所示.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( )
图3
A.火箭加速上升时，宇航员处于超重状态
B.火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力
C.在飞船绕地球运行时，宇航员处于完全失重状态，则宇航员的重力消失了
D.飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态
答案 A
解析 火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，选项A正确，B错误；宇航员处于完全失重状态时，仍然受重力，选项C错误；飞船落地前减速下落时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，选项D错误.
判断超重、失重状态的方法
1.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.
2.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.
3.注意：超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关.
针对训练1 (2021·枣庄三中高一上月考)某同学站在电梯底板上，如图4所示的v－t图像是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向).根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是( )
图4
A.在0～20 s内，电梯向上运动，该同学处于超重状态
B.在0～5 s内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态
C.在5～10 s内，电梯处于静止状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力
D.在10～20 s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态
答案 D
解析 在v－t图像中，图像的斜率表示加速度，0～5 s内斜率为正，加速度为正，方向竖直向上，处于超重状态，速度为正，即电梯向上加速运动；在5～10 s过程中，电梯匀速运动，该同学加速度为零，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，处于平衡状态；10～20 s过程中，斜率为负，加速度竖直向下，速度为正，即电梯向上做减速运动，处于失重状态，D正确.
如图5所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力).下列说法正确的是( )
图5
A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D.在上升和下降过程中A对B的压力均等于A物体受到的重力
答案 A
解析 A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A选项正确.
1.完全失重状态的说明：在完全失重状态下，平时一切由重力产生的物理现象都将完全消失，比如物体对支持物无压力、液柱不再产生向下的压强等，靠重力才能使用的仪器将失效，不能再使用(如天平、液体压强计等).
2.完全失重时重力本身并没有变化.
二、超重、失重的有关计算
解决超重和失重问题的一般思路
超重和失重现象的实质就是牛顿第二定律的应用，解答有关问题时：
(1)分析物体运动的加速度方向；
(2)判断物体处于超重状态还是失重状态；
(3)对物体进行受力分析；
(4)利用牛顿第二定律分析和求解.
质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图6所示，重力加速度g取10 m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数.
图6
(1)匀速上升；
(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.
答案 (1)600 N (2)840 N (3)300 N
解析 (1)当升降机匀速上升时，由平衡条件得：
FN1＝mg＝600 N，
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力为600 N，即体重计示数为600 N.
(2)当升降机以a1＝4 m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得：FN2－mg＝ma1，
则FN2＝mg＋ma1＝840 N
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力为840 N，即体重计示数为840 N.
(3)当升降机以a2＝5 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得：mg－FN3＝ma2，
则FN3＝mg－ma2＝300 N，
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力为300 N，即体重计示数为300 N.
针对训练2 (多选)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，下列说法正确的是( )
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
答案 BC
解析 小明的质量为50 kg，体重计的示数为45 kg，说明电梯处于失重状态，有向下的加速度，运动情况可能为：加速下降或减速上升；小明受支持力和重力，由牛顿第二定律可知其加速度为a＝eq \f(mg－FN,m)＝eq \f(50×10－45×10,50) m/s2＝1 m/s2，故B、C正确，A、D错误.
三、超重、失重的综合应用
1.若加速度方向向上(或斜向上)，物体处于超重状态；若加速度方向向下(或斜向下)，物体处于失重状态.
2.若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体也处于超重或失重状态.
如图7所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，重力加速度为g，当质量为m的物体以加速度a沿斜面加速下滑时有( )
图7
A.地面对斜面体的支持力大于(M＋m)g
B.地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g
C.地面对斜面体的支持力小于(M＋m)g
D.由于不知道a的具体数值，无法判断地面对斜面体的支持力的大小与(M＋m)g的关系
答案 C
解析 对M和m组成的系统，当m具有向下的加速度而M保持平衡时，可以认为系统的重心向下运动，故系统具有向下的加速度，处于失重状态，所受到的地面的支持力小于系统的重力.
考点一 超重和失重的分析和判断
1.(多选)下列有关超重与失重的说法正确的是( )
A.体操运动员双手握住单杠吊在空中静止不动时处于失重状态
B.蹦床运动员在空中上升和下降过程中都处于失重状态
C.举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内处于超重状态
D.不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变
答案 BD
解析 体操运动员双手握住单杠吊在空中静止不动时，单杠对运动员的拉力等于运动员的重力，运动员既不处于超重状态也不处于失重状态，A错误；蹦床运动员在空中上升和下降过程中都有方向竖直向下的加速度，都处于失重状态，B正确；举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内，地面对运动员和杠铃的支持力等于运动员和杠铃的重力，运动员和杠铃既不处于超重状态也不处于失重状态，C错误；不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变，D正确.
2.(2020·浙江温州名校高一上期末)如图1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，下降到某一高度时停下.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( )
图1
A.在座椅上升的整个过程中人都处于超重状态
B.在座椅减速上升的过程中人处于超重状态
C.在座椅下降的整个过程中人都处于失重状态
D.在座椅减速下降的过程中人处于超重状态
答案 D
解析 在座椅加速上升的过程中人处于超重状态，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椅对人向上的支持力，所以加速度向上，人处于超重状态，故C错误，D正确.
3.如图2所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，不计空气对人的阻力，下列说法正确的是( )
图2
A.在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零
B.在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力
C.在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力
D.在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力
答案 A
解析 降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力为0，A正确，B、C错误；降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有：T－mg＝ma，即T＝mg＋ma>mg，故D错误.
4.(多选)引体向上是同学们经常做的一项健身运动，该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须过单杠，下放时，两臂放直，不能曲臂.如图3所示，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼手臂和背肌的目的.以下判断正确的是( )
图3
A.在上拉开始的过程中，单杠对人的作用力大于人的重力
B.在上拉结束的过程中，单杠对人的作用力大于人的重力
C.在下放开始的过程中，单杠对人的作用力小于人的重力
D.在下放结束的过程中，单杠对人的作用力小于人的重力
答案 AC
解析 在上拉过程中，人要先加速后减速，先超重后失重，则单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，A正确，B错误；在下放过程中，人要先加速后减速，先失重后超重，则单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，C正确，D错误.
考点二 超重、失重的有关计算
5.(多选)电梯的顶部挂一个弹簧测力计，弹簧测力计下端挂了一个质量为1 kg的重物，电梯在做匀速直线运动时，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2 m/s2，处于超重状态
B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2，处于失重状态
C.电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2，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，处于超重状态
答案 AD
解析 电梯在做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，即质量为1 kg的重物重力为10 N，某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N，属于超重现象，超重时，加速度向上，向上加速和向下减速的加速度都是向上的，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，A、D正确.
6.(多选)(2020·浙江高一期末)小明为了研究超重和失重现象，站在电梯内水平放置的体重计上，小明质量为55 kg，如图4，取g＝10 m/s2，电梯由启动到停止的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A.由图1甲可知电梯此时处于静止或匀速运动状态
B.由图乙可知该同学此时一定处于超重状态
C.由图乙可知电梯此时一定处于加速上升状态
D.由图乙可知电梯此时的加速度约为0.7 m/s2
答案 ABD
解析 由题图甲可知小明处于平衡状态，电梯此时处于静止或匀速运动状态，A正确；由题图乙可知小明处于超重状态，有向上的加速度，则电梯向上加速或向下减速，B正确，C错误；此时小明受到的支持力大小为FN＝59 kg×10 N/kg＝590 N，则加速度大小为a＝eq \f(FN－mg,m)≈0.7 m/s2，D正确.
7.如图5所示，在某次无人机竖直送货实验中，无人机的质量M＝1.5 kg，货物的质量m＝1 kg，无人机与货物间通过轻绳相连.无人机以恒定动力F＝30 N使货物从地面开始加速上升，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.则( )
图5
A.货物加速上升时处于失重状态
B.货物加速上升时的加速度a＝20 m/s2
C.货物加速上升时轻绳上的拉力T＝10 N
D.货物加速上升时轻绳上的拉力T＝12 N
答案 D
8.某人在地面上最多能举起60 kg的重物，要使此人在升降机中最多能举起100 kg的重物，已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法可能正确的是( )
A.升降机正加速上升，加速度大小为4 m/s2
B.升降机正加速下降，加速度大小为4 m/s2
C.升降机正减速下降，加速度大小为4 m/s2
D.升降机正减速上升，加速度大小为6 m/s2
答案 B
解析 某人在地面上最多能举起60 kg的物体，则知此人的最大举力为F＝mg＝60×10 N＝600 N.在升降机中，对重物根据牛顿第二定律有m′g－F＝m′a，解得a＝g－eq \f(F,m′)＝(10－eq \f(600,100)) m/s2＝4 m/s2，方向竖直向下，故升降机应减速上升或加速下降，加速度大小为4 m/s2.
9.(多选)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图6所示.当此车减速上坡时(此时乘客没有靠在靠背上)，下列说法正确的是( )
图6
A.乘客受重力、支持力两个力的作用
B.乘客受重力、支持力、摩擦力三个力的作用
C.乘客处于超重状态
D.乘客受到的摩擦力的方向水平向左
答案 BD
解析 车减速上坡，其加速度沿斜面向下，故乘客的加速度也斜向下，所以乘客处于失重状态，C错误；乘客在水平方向有向左的分加速度，故有摩擦力存在，方向水平向左，故A错误，B、D正确.
10.(多选)(2020·青岛市高一月考)如图7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的棱长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )
图7
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的压力向上
C.若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向下
D.若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力
答案 CD
解析 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，上升和下落过程其所受合力等于其重力，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，根据牛顿第二定律得：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错误.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，根据牛顿第二定律得：B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正确.
11.若货物随升降机运动的v－t图像如图8所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F随时间t变化的图像可能是( )
图8
答案 B
解析 将整个运动过程分解为六个阶段.第一阶段货物向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－mamg；第四阶段货物向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第五阶段货物做匀速直线运动，F＝mg；第六阶段货物向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma12.在电梯中，把一物体置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系图像，如图9所示(g取10 m/s2)，则：
图9
(1)电梯在启动阶段经历了多长时间的加速上升过程？
(2)该物体的重力是多少？电梯在超重和失重时物体的重力是否变化？
(3)算出电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大？
答案 (1)4 s (2)30 N 不变 (3)eq \f(20,3) m/s2 eq \f(20,3) m/s2
解析 (1)由题图可知：电梯在启动阶段经历了4 s加速上升过程.
(2)根据题意知，在4～18 s时间内，物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知，台秤受到的压力大小和物体的重力相等，即G＝30 N
根据超重和失重的本质知物体的重力不变
(3)超重时：台秤对物体的支持力最大为50 N，
由牛顿第二定律得F合＝ma1，则
a1＝eq \f(F合,m)＝eq \f(50－30,3) m/s2＝eq \f(20,3) m/s2，
方向竖直向上
失重时：台秤对物体的支持力最小为10 N
由牛顿第二定律得F合′＝ma2，则
a2＝eq \f(F合′,m)＝eq \f(30－10,3) m/s2＝eq \f(20,3) m/s2，
方向竖直向下.
13.如图10所示，倾斜索道与水平方向的夹角θ＝37°，若载人车厢沿索道向上的加速度为5 m/s2，人的质量为50 kg，且相对车厢静止.(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)则：
图10
(1)人对车厢的压力为多大？
(2)人受到摩擦力为多大？
答案 (1)650 N (2)200 N
解析 (1)由于车厢和人有沿索道向上的加速度，此加速度具有竖直向上的分量，如图甲所示，所以人处于超重状态.
对人受力分析如图乙所示，
由FN－mg＝ma1，得FN＝mg＋ma1＝50×(10＋5sin 37°) N＝650 N.
由牛顿第三定律得，人对车厢的压力大小FN′＝FN＝650 N.
(2)f＝ma2＝macs 37°＝200 N.
14.(多选)小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得自己的体重为500 N，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＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图11所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
图11
A.在0～2 s内，小明处于超重状态
B.在0～2 s内，小明加速度大小为1 m/s2
C.在10～11 s内，台秤示数为F3＝600 N
D.在0～11 s内，电梯通过的距离为18 m
答案 BC
解析 由题图可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力为F1＝450 N，小明的质量m＝eq \f(G,g)＝50 kg，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma1，解得a1＝1 m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，故A错误，B正确；设在10～11 s内小明的加速度为a3，时间为t3＝1 s,0～2 s的时间为t1＝2 s，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3，解得F3＝600 N，故C正确；0～2 s内位移s1＝eq \f(1,2)a1t12＝2 m,2～10 s内位移s2＝v匀t2＝a1t1t2＝16 m,10～11 s内位移s3＝eq \f(1,2)a3t32＝1 m，在0～11 s内，电梯通过的距离s＝s1＋s2＋s3＝19 m，故D错误.特征状态
加速度
视重(F)与重力的关系
运动情况
受力图
平衡
a＝0
F＝mg
静止或匀速直线运动
超重
竖直向上或有竖直向上的分量
由F－mg＝ma得
F＝m(g＋a) >mg
竖直向上加速或竖直向下减速
失重
竖直向下或有竖直向下的分量
由mg－F＝ma得F＝m(g－a) 竖直向下加速或竖直向上减速
完全失重
a＝g
F＝0
自由落体运动、抛体运动