1．(多选)如图所示为运动员原地纵跳摸高训练。已知质量m＝50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m，跳起过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2。则( )
A．运动员起跳过程处于超重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大
C．起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
D．从开始起跳到双脚落地需要1.05 s
答案：AD
2．在某中学的田径运动会上，小刚同学成功地跳过了1.60 m 的高度。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小刚下降过程中处于超重状态
B．小刚起跳以后在上升过程中处于失重状态
C．小刚起跳时处于失重状态
D．小刚下降过程中与起跳时相比重力变小了
答案：B
3．某海洋馆中的“海豚顶球”节目因其互动性强而深受小朋友们的喜爱。如图所示为一海豚把球顶向空中，并等其落下。下列说法正确的是( )
A．球在最高点时受到重力和海豚对它的顶力作用
B．球在最高点时速度和加速度都为零
C．球在上升过程中处于超重状态
D．球在下落过程中处于失重状态
答案：D
4．大型商场(超市)为了方便顾客上下楼，都会安装自动扶梯。自动扶梯一般分为两类：一类有台阶，另一类无台阶，两类自动扶梯分别如图所示，为了节约能源，在没有顾客乘行时，这两类自动扶梯都以较小的速度匀速运行，当有顾客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送顾客上楼的整个过程中( )
A．图乙所示的无台阶自动扶梯匀速运动时，乘客受三个力作用
B．在图甲所示的有台阶自动扶梯中，乘客始终受三个力作用
C．在图乙所示的无台阶自动扶梯中，乘客始终处于超重状态
D．在图甲所示的有台阶自动扶梯中，扶梯对乘客始终有摩擦力作用
答案：A
5.如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。下列各种情况中，体重计的示数最大的是( )
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s2
答案：B
6．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图像可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )
解析：选A 从题图可以看出，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，该人具有向上的加速度，所以可能的图像为A。
7．(多选)如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线。由图线可知( )
A．该同学体重约为650 N
B．该同学做了两次下蹲—起立的动作
C．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
解析：选AC 由题图可知该同学体重约为650 N，A正确。人下蹲动作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，故下蹲时应先失重再超重。起立时应先超重再失重，由对应图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，B、D错误。由图像看出两次超重的时间间隔约为2 s，这就是该同学蹲下后持续的时间，C正确。
8.质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。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。
(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。
解析：(1)匀速上升时，由平衡条件得：
FN1＝mg＝600 N，
由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为600 N，即体重计示数为600 N。
(2)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，FN2＝mg＋ma1＝840 N，
由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为840 N，即体重计示数为840 N。
(3)以a2＝5 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得：mg－FN3＝ma3，FN3＝mg－ma3＝300 N，
由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为300 N，即体重计示数为300 N。
答案：(1)600 N (2)840 N (3)300 N
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
9.(2020·山东等级考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析：选D 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，选项C错误，D正确。
10.如图所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物体A处于失重状态，加速度大小为 10 m/s2
B．物体A处于超重状态，加速度大小为 20 m/s2
C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为 5 N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为 80 N
解析：选C 以A为研究对象，由牛顿第二定律得FT－m1g＝m1a，以B、C整体为研究对象得(M＋m2)g－FT′＝(M＋m2)a′，又FT′＝FT，a′＝a，联立以上各式得加速度a＝5 m/s2，FT＝30 N，A、B错误；隔离C有m2g－FN＝m2a，得FN＝5 N，C正确；轻绳对定滑轮的作用力大小为F＝2FT＝60 N，D错误。
11．某同学到广州塔参观，为了测量电梯运行的相关数据，该同学带了一个电子台秤，并站在台秤上观察台秤数据变化。电梯静止时他观察到台秤的示数为50 kg。在启动时示数变为52.5 kg，这个示数持续了10 s后又恢复到50 kg，电梯匀速运动了80 s，靠近观光层时台秤的示数变为45 kg直到电梯到达观光层。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)电梯匀速运动时的速度大小；
(2)电梯减速的时间为多少；
(3)在如图坐标中画出电梯运动全过程的v-t图像；
(4)广州塔观光层的高度为多少？
解析：(1)电梯静止时台秤的示数为50 kg，
在启动时示数变为52.5 kg，说明此时合力
F＝(52.5－50)×10 N＝25 N，
根据牛顿第二定律知a1＝eq \f(F,m)＝eq \f(25 N,50 kg)＝0.5 m/s2，加速时间为t1＝10 s，
电梯匀速运动时的速度为v＝a1t1＝5 m/s。
(2)靠近观光层时台秤的示数变为45 kg，
则此时合力F′＝(45－50)×10 N＝ma2
解得a2＝－1 m/s2，
所以减速时间t3＝eq \f(0－v,a2)＝5 s。
(3)根据以上分析知0～10 s电梯做匀加速运动，速度达到5 m/s；
10～90 s内做匀速直线运动，速度为5 m/s；
90～95 s内做匀减速直线运动，末速度为零。图像如图所示。
(4)v-t图像与横轴围成的面积为运动位移，即观光层的高度h＝eq \f(1,2)(80＋95)×5 m＝437.5 m。
答案：(1)5 m/s (2)5 s (3)见解析图 (4)437.5 m