课时跟踪检测（二十六） 超重和失重

课时跟踪检测（二十六）超重和失重A组—重基础·体现综合1．(多选)如图所示为运动员原地纵跳摸高训练。已知质量m＝50kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10m，跳起过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m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10m/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960ND．从开始起跳到双脚落地需要1.05s答案：AD2．(2021·郑州高一检测)在某中学的田径运动会上，小刚同学成功地跳过了1.60m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：B3．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：D4．(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，则运动员()A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态答案：CD5.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1.0m/s2B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s2答案：B6．某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N。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650NB．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2s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650N，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2s，这就是该同学蹲下后持续的时间，C正确。8．(2021·青岛高一检测)质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。重力加速度g取10m/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4m/s2的加速度加速上升；(3)以5m/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＝600N，由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为600N，即体重计示数为600N。(2)以a1＝4m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得：FN2－mg＝ma1，FN2＝mg＋ma1＝840N，由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为840N，即体重计示数为840N。(3)以a2＝5m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得：mg－FN3＝ma3，FN3＝mg－ma3＝300N，由牛顿第三定律得：人对体重计压力大小为300N，即体重计示数为300N。答案：(1)600N(2)840N(3)300NB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＞mgB．t1～t2时间内，v减小，FN＜mgC．t2～t3时间内，v增大，FN＜mgD．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．(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图像如图乙所示，根据图像分析得出的结论中正确的是()A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态B．从时刻t3到t4，物块处于失重状态C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层解析：选BC由题图可以看出，0～t1，F＝mg，物块可能处于静止状态或匀速运动状态；t1～t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动；t2～t3，F＝mg，物块可能静止或匀速运动；t3～t4，F<mg，电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动。综上分析可知，B、C正确。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50kg。在启动时示数变为52.5kg，这个示数持续了10s后又恢复到50kg，电梯匀速运动了80s，靠近观光层时台秤的示数变为45kg直到电梯到达观光层。重力加速度g取10m/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50kg，在启动时示数变为52.5kg，说明此时合力F＝(52.5－50)×10N＝25N，根据牛顿第二定律知a1＝eq\f(F,m)＝eq\f(25N,50kg)＝0.5m/s2，加速时间为t1＝10s，电梯匀速运动时的速度为v＝a1t1＝5m/s。(2)靠近观光层时台秤的示数变为45kg，则此时合力F′＝(45－50)×10N＝ma2解得a2＝－1m/s2，所以减速时间t3＝eq\f(0－v,a2)＝5s。(3)根据以上分析知0～10s电梯做匀加速运动，速度达到5m/s；10～90s内做匀速直线运动，速度为5m/s；90～95s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)×5m＝437.5m。答案：(1)5m/s(2)5s(3)见解析图(4)437.5m第四章综合提升物理思想方法一、整体法和隔离法的应用整体法和隔离法是解决平衡问题、连接体问题及多个物体的动力学问题时经常用到的解题方法，要注意应用整体法的前提是相互作用的物体必须具有相同的加速度．在一些问题中，隔离法和整体法经常交替使用．求解连接体的内力时，先用整体法求出系统的加速度，再用隔离法求解出物体间的内力；求解连接体的外力时，先用隔离法分析某一个物体的受力情况和运动情况，求出加速度，再用整体法求解外力．例1一辆货车运载着相同的圆柱形光滑的空油桶．A、B两桶置于固定在车上的框中，相互紧贴，C桶自由地摆放在A、B之间，如图所示．已知重力加速度为g，三只桶的质量均为m.(1)若汽车静止，求此时B对C的支持力大小F1.(2)若汽车静止，求此时框底给B的支持力大小F.(3)若汽车正在行驶，且此时A对C的支持力恰好为0，求此时汽车的加速度大小．二、临界、极值问题的求解1．动力学中的典型临界问题的临界条件(1)接触与脱离的临界条件：相互作用的弹力FN＝0.(2)相对静止与相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳子绷紧与松弛的临界条件：绳子的张力FT＝0.(4)绳子断裂的临界条件：绳中张力等于绳子能承受的最大张力．(5)加速度最大的临界条件：合外力最大．(6)速度最大的临界条件：加速度为零．2．研究受力平衡物体的极值问题的常用方法(1)物理分析法：通过对物理过程的分析，抓住临界(或极值)条件求解．(2)解析法：根据平衡条件列方程，写出物理量之间的函数关系式，在解方程时应用数学知识求极值，通常用到的数学知识有二次函数、均值不等式以及三角函数等．解题时注意一定要根据物理理论对解的合理性及物理意义进行讨论或说明．(3)图解法：根据平衡条件作出力的矢量图，如物体只受三个力，则这三个力构成封闭的矢量三角形，然后由图进行动态分析，确定最大值和最小值，这种方法的好处是简便、直观．例2如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值．拓展迁移1在【例2】中，若拉力F作用在A上，如图所示，求拉力F的最大值．拓展迁移2【例2】中，在拉力F作用在A上的基础上，再改为：B与水平面间的动摩擦因数为16μ(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，使A、B以同一加速度运动，求拉力F例3如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)．(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，细线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，细线的拉力为多大？核心素养提升本章的主要内容是运用牛顿运动定律分析求解力和运动相关问题，选取与生活实际相关的情景，如利用“加速度测量仪”中木块的运动情况，分析车辆的运动情况．在日常生活中，多从物理学的角度分析工具等的工作原理，从而促进物理观念的形成，提升学科综合应用能力．情境1中欧班列——科学思维，科学推理例4一列列驰骋的中欧班列将急需的防疫及生产生活物资送至沿线各国，为战胜疫情增添了信心和力量，成为各国携手抗疫的“生命通道”．假设某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第4节对第5节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第4节对倒数第5节车厢的作用力为()A．FB．F9C．F19情境2“传送带”——模型建构、科学思维例5[2023·辽宁省抚顺市六校协作体高一上期末](多选)在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，旅客把行李箱轻轻放到传送带一端，传送带对行李箱的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李箱随传送带一起前进到另一端，若传送带保持匀速前进的速度v为0.5m/s，行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ为0.25，传送带长1.0米，不计除重力及传送带作用力之外的其他力，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．行李箱受到传送带的静摩擦力与行李运动的方向相同B．行李箱到达另一端的时间为2.1sC．行李箱给传送带留下的摩擦痕迹长为0.05mD．行李箱到达另一端的速度为5m/s模型点拨分析传送带问题的三个步骤(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况．(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动情况．(3)运用相应规律，进行相关计算．情境3游乐场中的“激流勇进”——模型建构例6如图所示，为游乐场中深受大家喜爱的“激流勇进”的娱乐项目，人坐在船中，随着提升机到达高处，由静止开始沿着斜坡滑道飞滑而下，劈波斩浪的刹那带给人惊险刺激的感受．设乘客与船的总质量为m＝100kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡滑道的倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的(即经过B点速度大小不变)，整个运动过程中空气阻力忽略不计，船在斜坡滑道上滑行8s进入水平轨道，重力加速度g取10m/s2求：(1)船沿倾斜滑道下滑时的加速度；(2)船沿倾斜滑道下滑的距离；(3)它在水平滑道滑行直到停止所需要的时间．情境4加速度测量仪——综合素养例7[2023·北京高一联考]某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A．30cm刻度对应的加速度为－0.5gB．40cm刻度对应的加速度为gC．50cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不均匀的第四章综合提升物理思想方法[例1]解析：(1)依题意，对C桶受力分析，受到重力mg，B和A分别对C的支持力大小F1及F2，根据几何知识结合对称性可知F1及F2方向的夹角为θ＝60°，且F1＝F2，根据平衡条件结合平行四边形定则，可得此时B对C的支持力大小F1＝F2＝G2cosθ(2)若汽车静止，对A、B、C整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可得2F＝3mg可得此时框底给B的支持力大小F＝32(3)若汽车正在行驶，且此时A对C的支持力恰好为0，根据汽车与C加速度相同，对C受力分析，根据牛顿第二定律有mgtanθ2＝可得此时汽车的加速度大小为a＝gtan30°＝33答案：(1)33mg(2)32mg(3)[例2]解析：A、B两物体恰好相对滑动时，由牛顿第二定律得：对A：μmg＝ma，对A、B系统：F＝(m＋2m)a，解得：F＝3μmg.答案：3μmg拓展迁移1解析：A、B两物体恰好相对滑动时由牛顿第二定律得：对B：μmg＝2ma，对A、B系统：F＝(m＋2m)a，解得：F＝1.5μmg.答案：1.5μmg拓展迁移2解析：A、B两物体恰好相对滑动时由牛顿第二定律得：对B：μmg－16μ(m＋2m)g＝2对A、B系统：F－16μ(m＋2m)g＝(m＋2m)解得：F＝54μmg答案：54[例3]解析：(1)对小球受力分析如图甲所示．根据牛顿第二定律有mgtan45°＝ma1解得加速度a1＝g时，细线对小球的拉力刚好为零．(2)对小球受力分析如图乙所示，根据牛顿第二定律，水平方向：F合＝Fcos45°＝ma2竖直方向：Fsin45°＝mg解得a2＝g即滑块至少以a2＝g的加速度向左加速运动时，小球对滑块的压力等于零．(3)当滑块向左的加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受细线的拉力和重力的作用，如图丙所示，假设FT与水平面夹角为α，根据牛顿第二定律，在水平方向：F′合＝FTcosα＝ma′，且a′＝2g竖直方向受力平衡，则有FTsinα＝mg得tanα＝1解得细线的拉力FT＝mgsinα＝5答案：(1)g(2)g(3)5mg核心素养提升[例4]解析：根据题意可知第4节车厢对第5节车厢的牵引力为F，每节车厢质量相等，设为m，每节车厢所受阻力相同，设为Ff.以第5～40节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律有F－36Ff＝36ma，设倒数第5节车厢对倒数第4节车厢的牵引力为F′，则根据牛顿第二定律有F′－4Ff＝4ma，联立解得F′＝F9，根据牛顿第三定律可得倒数第4节车厢对倒数第5节车厢的作用力大小也为F答案：B[例5]解析：刚开始行李箱的速度小于传送带的速度，此时行李箱受到传送带的滑动摩擦力与行李运动的方向相同，当达到共速后，行李箱不受摩擦力，故A错误；行李箱加速时，ma＝μmg，行李箱加速到和传送带速