2023-2024学年人教版必修第一册 4-6 超重和失重 作业

课时分层作业(二十六)超重和失重A组基础巩固练1．[2023·福建福安月考]无人机广泛应用于军事、科技、生产生活等领域．某架无人机从地面起飞，执行任务后返回地面，无人机在空中处于失重状态的是()A．匀速上升过程B．匀速下降过程C．加速上升过程D．加速下降过程2.如图所示，金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出．如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中()A．水继续以相同的速度从小孔中喷出B．水不再从小孔喷出C．水将以更大的速度喷出D．水将以较小的速度喷出3．搭载空间站天和核心舱的长征五号B遥二运载火箭，在我国文昌航天发射场点火升空，随着天和核心舱与火箭成功分离，进入预定轨道，之后太阳能帆板两翼顺利展开且工作正常，发射任务取得圆满成功．空间站可以长期驻留3人，随着航天员在空间站轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材中适宜航天员在空间站轨道舱中进行锻炼的是()A．哑铃B．跑步机C．单杠D．弹簧拉力器4.如图，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳(曳引绳)将它们连接起来，钢丝绳通过驱动装置(曳引机)的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动．某次“轿厢”向上匀减速运动，则()A．“轿厢”处于超重状态B．“对重”处于失重状态C．“对重”向下匀加速运动D．曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小5.(多选)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，宇航员处于超重状态B．飞船加速下落时，宇航员处于失重状态C．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力小于其重力D.火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于其所受支持力6．“反向蹦极”如图所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1400N．打开扣环，从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大．人与装备的总质量为70kg(可视为质点).不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．在C点，人处于静止状态B．在B点，人处于超重状态C．打开扣环瞬间，人的加速度大小为10m/s2D．从A点到B点上升过程中，人的加速度不断减小7．[2023·内蒙古包头高一期末]如图为某电梯铭牌，该电梯额定载客数为14人，额定载重量为1050kg，当拉力超过额定载重物体的重力时电梯会鸣笛警示．该电梯在八层停靠时进入15位乘客，15位乘客总质量为1040kg.则下列说法正确的是()A．当第15位乘客进入电梯时，该电梯会鸣笛警示B．当电梯从八层开始向下运动时，电梯会鸣笛警示C.当电梯从八层下降到一层，快要停止时，电梯可能会鸣笛警示D．电梯从八层下降到一层停止全过程中都不会鸣笛警示8．竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一只弹簧测力计，如图所示．弹簧测力计的挂钩上悬挂一个质量m＝4kg的物体，以竖直向上为正方向，试分析下列各种情况下电梯的运动特点(g取10m/s2)：(1)弹簧测力计的示数T1＝40N，且保持不变；(2)弹簧测力计的示数T2＝32N，且保持不变；(3)弹簧测力计的示数T3＝44N，且保持不变．(弹簧均处于伸长状态)B组能力提升练9.(多选)图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10m/s2.根据图像分析可知()A．张明的重力为1500NB．c点位置张明处于失重状态C．e点位置张明处于超重状态D．张明在d点的加速度大于在f点的加速度10．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500N，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＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．在0～2s内，小明处于超重状态B．在0～2s内，小明加速度大小为2m/s2C．在10～11s内，台秤示数为F3＝600ND．在0～11s内，电梯通过的距离为18m11．[2023·北京朝阳区期中]如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的小球A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用不可伸长的细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态，现将细线剪断，小球A向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法不正确的是()A．未剪断细线前，台秤示数为3mgB．剪断细线的瞬间，台秤示数突然变大C．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g，方向竖直向上D．剪断细线后，小球A向上运动至最高点的过程中，台秤示数先减小后增大12．(多选)如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图像如图b所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则()A．t1时刻小球具有最大速度B．t2时刻小球的速度大小为零C．可以计算出小球自由下落的高度D．小球在最低点时处于超重状态课时分层作业(二十六)超重和失重1．解析：当无人机有向下的加速度时处于失重状态，可能加速下降或减速上升．答案：D2．解析：水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会流出，选项B正确．答案：B3．解析：在空间站轨道舱内，所有的物体均处于完全失重状态，利用哑铃、跑步机、单杠进行锻炼均与重力有关，故无法使用，而利用弹簧拉力器可以锻炼，与重力无关．答案：D4．解析：当轿厢向上匀减速时，轿厢加速度向下，处于失重状态，故选项A错误；轿厢失重，所以曳引绳的拉力小于重力，故选项D正确；同时，对重向下做匀减速运动，处于超重状态，所以选项B、C错误．故选D.答案：D5．解析：火箭加速上升时，加速度向上，对宇航员有N－mg＝ma即N＝ma＋mg>mg所以宇航员处于超重状态，由牛顿第三定律知宇航员对座椅的压力等于其所受支持力，A正确，D错误；加速下落时，加速度向下，对宇航员有mg－N＝ma即N＝mg－ma<mg所以宇航员处于失重状态，B正确；落地前减速，加速度向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，C错误．故选AB.答案：AB6．解析：在C点速度为零，有向下的加速度，合力不为零，受力不平衡，人处于失重状态，不是静止状态，故A错误；在B点时人的速度最大，此时人所受合力为零，加速度为零，故B错误；固定在地面时传感器示数为T＝1400N，设此时弹性绳的弹力为F，由平衡条件得F＝T＋mg打开扣环瞬间，对人，由牛顿第二定律得F－mg＝ma代入数据解得a＝20m/s2，故C错误；人从A点到B点过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力F减小，人所受合力F－mg减小，加速度减小，故D正确．故选D.答案：D7．解析：由于15位乘客总质量为1040kg，而电梯额定载重量为1050kg，则当第15位乘客进入电梯时，还没有达到电梯的额定载重量，从而电梯不会鸣笛警示，A项错误；当电梯从八层开始向下运动时，加速度向下，由牛顿第二定律知mg－FT＝ma，FN＝F′N，则此时拉力小于乘客的重力，电梯不会鸣笛警示，B项错误；当电梯从八层下降到一层，快要停止时，加速度向上，由牛顿第二定律FT－mg＝ma，则此时拉力可能大于乘客的重力，则电梯可能会鸣笛警示，C项正确，D项错误．答案：C8．解析：(1)当T1＝40N时，二力平衡，F合＝0，则加速度a1＝0，电梯处于静止或匀速直线运动状态．(2)当T2＝32N时，根据牛顿第二定律有T2－mg＝ma2，可得此时电梯的加速度a2＝eq\f(T2－mg,m)＝eq\f(32－40,4)m/s2＝－2m/s2，即电梯的加速度方向竖直向下，电梯加速下降或减速上升．(3)当T3＝44N时，根据牛顿第二定律有T3－mg＝ma3，可得此时电梯的加速度a3＝eq\f(T3－mg,m)＝eq\f(44－40,4)m/s2＝1m/s2，即电梯的加速度方向竖直向上，电梯加速上升或减速下降．答案：(1)静止或匀速直线运动状态(2)电梯加速下降或减速上升(3)电梯加速上升或减速下降9．解析：由图甲和图乙可知，张明同学在a点时处于平衡状态，力传感器的读数为500N，由牛顿第三定律可知，力传感器对人的支持力为500N，由平衡条件可知，张明的重力为500N，故A错误；由图乙可知，张明同学在c点和e点时，力传感器的读数均大于500N，则张明同学处于超重状态，故B错误，C正确；由图乙可知，张明同学在d点时，力传感器的读数为1500N，由牛顿第二定律有Fd－mg＝ma解得a＝20m/s2由图乙可知，张明同学在f点时，力传感器的读数为0，由牛顿第二定律有mg＝ma1解得a1＝10m/s2则张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D正确．故选CD.答案：CD10．解析：由题图可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为F1＝450N，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma，解得a1＝1m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，故A、B错误；设在10～11s内小明的加速度为a3，时间为t3＝1s，0～2s的时间为t1＝2s，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3，解得F3＝600N，故C正确；0～2s内位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2m,2～10s内位移x2＝v匀t2＝a1t1t2＝16m,10～11s内位移x3＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝1m，小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19m，故D错误．答案：C11．解析：未剪断细线前，对小球A和箱子整体分析，整体受力平衡，结合牛顿第三定律得台秤示数F＝3mg，故A正确；剪断细线前，对小球A进行受力分析，Fx＝T＋mg＝2mg，剪断细线的瞬间，对小球A进行受力分析，根据牛顿第二定律有Fx－mg＝2mg－mg＝ma，得a＝g，方向竖直向上，由此可知，小球A向上先加速运动后减速运动，