衔接19 超重与失重、连接体问题（解析版）-2021年初升高物理无忧衔接（2019人教版）

衔接19：超重与失重、连接体问题

一、几个重要概念

1.视重：

①定义：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的读数称为视重。

②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力大小或台秤所受物体的压力。

2.超重:

①定义：物体对支持我的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象。

②产生的条件：物体具有向上的加速度

3.失重：

①定义：物体对支持我的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象。

②产生的条件：物体具有向下的加速度

4.完全失重：

①定义：物体对支持我的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的现象

②产生的条件：物体的加速度a=g,且加速度方向向下。

小试牛刀：

例：下列说法中正确的是（）

A.只有正在向上运动的物体，才有可能处于超重状态

B.超重就是物体所受的重力增大

C.物体处于超重状态时，地球对它的引力变大

D.超重时物体所受的重力不变

【答案】D

【解析】只要物体加速度方向向上，物体就处于超重状态，物体也可能向下做减速运动，故A错误.超

重时物体的重力不变，地球对物体的吸引力也不变，故B、C错误，D正确.

二、超重和失重分析

加速度视重（尸）和实重运动情况受力图

状态a（mg）的关系

静止或匀速

平衡a=0F=mg直线运动口

mg

F=m(g+a)向上加速或5

超重向上F>mg向下减速

mg

F=m(g—a)向下加速或斗

失重向下F<mg向上减速□

mg

兀全a=g向下加速或

尸=0□8

失重向下向上减速

［特别提醒I

1.从牛顿第二定律可以知道，加速度方向是超、失重判断的关键，若加速度方向向上（包括斜向上），物

体处于超重状态；若加速度方向向下（包括斜向下），物体处于失重状态。

2.物体处于超重状态，它的加速度不一定竖直向上，但加速度一定有竖直向上的分量；同理处于失重状

态的物体，其加速度方向不一定竖直向下，但一定有竖直向下的分量。

小试牛刀：

例:小丁同学在地面上最多能举起60kg的重物，重力加速度g=10m/s2,小丁同学站在正以加速度5m/s2

上升的升降机中最多能举起的重物为（）

A.40kgB.30kg

C.60kgD.50kg

【答案】A

【解析】升降机以加速度为5m/s2匀加速上升，重物在竖直方向有加速度，会出现超重现象，可知C

错；在地面上最多能举起60kg的重物，可知小丁对重:物竖直方向的最大作用力F=600N,对重:物应用牛

顿第二定律有F-mig=mia,解得mi=40kg。

三、连接体问题

1、整体法与隔离法

在实际问题中，常常遇到几个相互联系的、在外力作用下一起运动的物体系。因此，在解决此类问题

时，必然涉及选择哪个物体为研究对象的问题o

方法研究对象选择原则

求解物体系整体的加速度和

整体法将一起运动的物体系作为研究对象

所受外力

隔离法将系统中的某一物体为研究对象求解物体之间的内力

2、内力和外力

1.系统：相互作用的物体称为系统.系统由两个或两个以上的物体组成.

2.系统内部物体间的相互作用力叫内力，系统外部物体对系统内物体的作用力叫外力.

3、系统牛顿第二定律

牛顿第二定律不仅对单个质点适用，对系统也适用，并且有时对系统运用牛顿第二定律要比逐个对单

个物体运用牛顿第二定律解题要简便许多，可以省去一些中间环节，大大提高解题速度和减少错误的发生。

对系统运用牛顿第二定律的表达式为：

ma

F介=町弓+nt2a2+/4+.......+nn

即系统受到的合外力(系统以外的物体对系统内物体作用力的合力)等于系统内各物体的质量与其加速

度乘积的矢量和。

若系统内物体具有相同的加速度，表达式为：

F今=(町+/吗+....+mn)-a

4、整体法与隔离法的综合应用

实际上，不少问题既可用“整体法”也可用“隔离法”解，也有不少问题则需要交替应用“整体法''与"隔离

法因此，方法的选用也应视具体问题而定。

1.求内力：先整体求加速度，后隔离求内力。

2.求外力：先隔离求加速度，后整体求外力。

小试牛刀：

例：相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加恒力F,使两物块作匀加速直线运动，求在下列

各种情况下绳中张力T。

____F

m---M-----

(1)地面光滑，T=?

(2)地面粗糙，T=?

(3)竖直加速上升，如图,T=?

M

m

(4)放在光滑斜面加速上升，如图，T=?

【答案】均为T=mF/(M+m)

【解析】(I)由牛顿第二定律，对整体可得：F=(M+m)a,隔离m可得：T=ma

联立解得：T=mF/(M+m)

(2)由牛顿第二定律，对整体可得：F-(,i(M+m)g=(M+m)a,隔离m可得：T-pmg=ma

联立解得：T=mF/(M+m)

(3)由牛顿第二定律，对整体可得：F-(M+m)g=(M+m)a,隔离m可得：T-mg=ma

联立解得：T=mF/(M+m)

(4)由牛顿第二定律，对整体可得：F-(M+m)gsinO=(M+m)a,隔离m可得：T-mgsinO=ma

联立解得：T=mF/(M+m)

动力分配原则：

①无论m、M质量大小关系如何，无论接触面是否光滑，无论在水平面、斜面或竖直面内运动，细线

上的张力大小不变。

②动力分配原则：两个直接接触或通过细线相连的物体在外力的作用下以共同的加速度运动时，各个

物体分得的动力与自身的质量成正比，与两物体的总质量成反比。

③条件：加速度相同；接触面相同。

精选练习

A组基础练

1、下列关于超重、失重现象的说法正确的是()

A.汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了

B.荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力

C.宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞船外则处于平衡状态

D.电梯加速上升时，电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力

【答案】D

【解析】

A、汽车驶过拱形桥顶端时有竖直向下的加速度，处于失重状态，此时质量没变，重力不变，故A错

误；

B、荡秋千时秋千摆到最低位置时，加速度方向向上，故人处于超重状态，故B错误：

C,无论宇航员在舱内或是在舱外，都随着飞船一起做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，所以不是

处于平衡状态，故C错误；

D、电梯加速上升时，加速度向上，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力，故D正

确；

故选D。

2、（多选）在升降机内，一人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%,则下列判断可能正确的是（g取

10m/s2）（）

A.升降机以8m/s2的加速度加速上升

B.升降机以2m/s2的加速度加速下降

C.升降机以2m/s2的加速度减速上升

D.升降机以8m/s2的加速度减速下降

【答案】BC

【解析】人发现体重减轻，说明人处于失重状态，加速度向下，由mg—N=80%,"g,故a=0.2

g=2m/s2,方向向下.升降机可能加速下降，也可能减速上升，故B、C正确.

3、如图所示，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（）

A.在上升和下降过程中A对8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的压力等于A物体受到的重力

【答案】A

【解析】以A、8作为整体，上升过程只受重力作用，所以系统的加速度为g,方向竖直向下，故系统

处于完全失重状态，A、8之间无弹力作用，A正确，B错误.下降过程，4、8仍是处于完全失重状态，4、

8之间也无弹力作用，C、D错误.

4、（多选）一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺

势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变

化的图象如图所示。根据.图象提供的信息，以下判断正确的是（）

A.在0至t2时间内一该同学处于失重状态

B.t2时刻该同学的加速度为零

C.t3时刻该同学的速度达到最大

D.在t3至t4时间内该同学处于超重状态

【答案】ABD

【解析】在。到f2时间内，支持力的大小小于重力，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态，A

正确；在z2时刻，支持力的大小等于重力，加速度为0,速度达到最大，B正确，C错误；在f3到「4时间内，

支持力的大小大于重力，加速度方向向上，所以该同学处于超重状态，D正确：故选项ABD.

5、如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，当电梯在竖直方向

运行时，电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，这一现象表明（）

A.电梯一定在上升阶段

B.电梯一定在下降阶段

C.乘客一定处在超重状态

D.电梯的加速度方向一定向下

【答案】D

【解析】电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kxi；弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，说

明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg-kx2=ma,故加速度向下，电梯可能加速下降或者减速上升，电

梯中的人处于失重状态；故选D.

6、某同学站在电梯底板上，如图所示的v-t图像是计算机显示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，可以判断下列说法中正确的是（）

A.在0-20s内，电梯向上运动，该同学处于超重状态

B.在0-5s内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态

C.在5s-10s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10s-20s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态

【答案】D

【解析】

图像的斜率表示加速度，故0~5s内斜率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，速度为正，即

电梯向上加速运动；在5Tos过程中，电梯匀速，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，处于正常状态：10~20s过程中，斜率为负，速度为正，即电梯向上做减速运动，加速度向下，处

于失重状态，D正确.

7、如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，以

A.台阶对人的摩擦力对人做负功

B.台阶对人的总作用力方向沿竖直向上

C.在此过程中人处于失重状态

D.人对台阶的压力大小等于台阶对人的支持力的大小

【答案】D

【解析】

设斜面坡角为，,人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得:

ax=acos0,

方向水平向右；

ax=asin。，

方向竖直向上；

A.水平方向受静摩擦力作用

f=max=macos0,

水平向右，运动的位移为x,。为锐角，则

IV=f>ccos0>O,

则台阶的摩擦力对人做正功，A错误：

B.合力方向沿斜面向上，重力竖直向下，则台阶对人的作用力方向斜向右上方，B错误；

C.人有一个竖直向上的加速度，所以人处于超重状态，C错误；

D.人对台阶的压力大小与台阶对人的支持力互为作用力和反作用力，则大小相等，D正确；

8、体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颗超过单

杠（身体无摆动）；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是（）

A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力

B.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力

C.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大

D.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力不变

【答案】C

【解析】

在上升和下降过程中，人都是从静止开始，最终乂回到静止状态，故上升时是先超重后失重，下降时

是先失重后超重，而超重时是单杠对人的用力大于人的重力，失重时是单杠对人的作用力小于人的重力，

故选项AB均错误：若增大两手间的距离，由于两手的合力等于人的重力，而重力不变，故两个分力的夹角

越大，则需要分力也就越大，故选项C正确，D错误。

9、如图所示是某同学站在力板传感器上做下蹲一起立的动作时记录的压力尸随时间f变化的图线。由

A.做了两次下蹲一起立的动作

B.做了一次下蹲一起立的动作，且下蹲后约2s起立

C.下蹲过程中人处于失重状态

D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态

【答案】B

【解析】

AB.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，对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，由图象

看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2s,故A错误B正确。

CD.下蹲过程先失重后超重，故CD错误；

故选B。

10、一质量为m的人站在电梯中，电梯减速上升，加速大小为l/3g,g为重力加速度.人对电梯底部

的压力为（）

A.2/3mgB.2mgC.mgD.4/3mg

【答案】A

【解析】由于电梯减速上升，故加速度向下，对人受力分析，受到重力mg,地板支持力FN，

由牛顿第二定律：mg—FN=ma,即：mg—FN=l/3mg,解得：FN=2/3mg,根据牛顿第三定律，则人

对电梯底部的压力为2/3mg,A正确。

B组提高练

1.（多选）原来做匀速运动的升降机内有一被伸长弹簧拉住的具有一定质量的物体A静止在地板上,

如图所示，现发现A突然被弹簧拉向右方.由此可判断，此时升降机的运动可能是（）

A.加速上升B.减速上升C.加速下降D.减速下降

【答案】BC

【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（加速下降或减速上升）时，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，故BC正确，AD错误。

2.—质量为m的光滑小球放置于如图所示的装置中，装置和球以某一加速度一起向右做加速运动，此

时球相对于装置恰好不上滑，装置质量为则关于物理量的判断正确的是（）

A.装置倾斜面对球的支持力为，“geos。

B.系统的加速度为gtan®

C.系统运动过程处于超重状态

D.水平面对装置的支持力等于吸

【答案】B

【解析】AB.球相对于装置恰好不上滑，可知竖直面对球作用力为0,取球为研究对象，受斜面给的

mg

支持力和球的重力，根据牛顿第二定律有"=mgtan。，得〃=812119,广行COS。，A错误，B正确;

C.取系统整体为研究对象，竖直方向合力为()，即竖直加速度为0,系统即不超重也不失重，C错误;

D.水平面对装置的支持力£v尸(M+m)g,D错误。

3.两个物体A和B,质量分别为mi和m2,互相接触放在光滑水平面上，如图所示，对物体A施以水

平的推力F,则物体A对物体B的作用力等于()

Amim2

m..m、“m,1

-----!—FB.——=—FC.FD.—LF

mx+m2mi+m2m2

4.跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示.已知人的质量为70kg,吊

板的质量为10kg,绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可忽略不计.取重力加速度g=10m/s2.当人以440N

的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为()

A.a=1.Om/s2,F=260NB.a=1.0m/s2,F=330N

C.a=3.0m/s2,F=110ND.a=3.0m/s2,F=50N

【答案】B

【解析】根据牛顿第二定律，对人和吊板整体有2T-(ml+m2)g=(ml+m2)a,可解得:a=1.0m/s2

隔离人有：T+F-mig=mia,解得:F=330N

由牛顿第三定律知，人对吊板的压力F=330N。

5.将货物由静止竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t图象如图所示.以下判断正确

的是()

A.前3s内货物加速上升，加速度为2mzs2,物体是失重状态

B.前3s内与最后2s内货物的平均速度大小相等，方向相反

C.第5s末到第7s末内货物只受重力作用，完全失重

D.第3s末至第5s末的过程中，货物匀速上升处于平衡状态

【答案】D

Av62

Q—__—_——2力7/

【解析】前3s内货物做匀加速直线运动，加速度为一瓦一§一’，加速度的方向向上，物体是超

66

——m/s=3m/sv2=—m/s=3m/s

重状态。故A错误。前3s内的平均速度2，后2s内的平均速度2，两段时

间内的平均速度大小相同，方向也相同。故B错误；第5s末到第7s末内物体的加速度:

,Av0-6c,2

a=--=-----=-3m/s

At7-5,绳子对物体的拉力为；F=mg-ma=m(g-a)=7m,可知绳子的拉力不为0.故C错

误；第3s末至第5s末，货物做匀速直线运动，货物匀速上升处于平衡状态。故D正确。故选D。

6.一个质量是50kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面

挂着一个质量为mA=5kg的物体A,当升降机向上运动时，人看到弹簧测力计的示数为40N,如下图所示,

gIX10m/s2,求此时人对地板的压力。

V

【答案】400N,方向竖直向下

【解析】以A为研究对象，对A进行受力分析如下图所示.

选向下的方向为正方向，由牛顿第二定律可得niAg—F=mAa,

“一尸5X10-40

所以a=-5m/s2—2m/s2

再以人为研究对象，他受到向下的重力m人g和地板的支持力FN.

仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得m人g—FN=HI人a

所以FN=HI人g-m人a=50x(10-2)N=400N

则由牛顿第三定律可知，人对地板的压力大小为400N,方向竖直向下。

7.某同学设计了一个测量长距离电动扶梯加速度的实验，实验装置如图甲所示.将一电子健康秤置于水

平的扶梯台阶上，实验员站在健康秤上相对健康秤静止.使电动扶梯由静止开始斜向上运动，整个运动过

程可分为三个阶段，先加速、再匀速、最终减速停下.已知电动扶梯与水平方向夹角为37。.重力加速度g

取lOmH,而37。=0.6,cos37。=0.8.某次测量的三个阶段中电子健康秤的示数F随时间t的变化关系，如

图乙所示.

03610

甲乙

(1)画出加速过程中实验员的受力示意图;

(2)求该次测量中实验员的质量m；

(3)求该次测量中电动扶梯加速过程的加速度大小a,和减速过程的加速度大小a2.

【答案】⑴见解析图；(2)60kg(3)0.56m/s20.42m/s2

【解析】(1)加速过程，加速度斜向右上方，分解后，既有水平向右的加速度，所以水平方向要有水平

向右的摩擦力，又有竖直向上的加速度，所以支持力大于重力，受力示意图如图所示.

(2)3-6s电梯匀速运动，实验员受力平衡

F=mg=600Nm=60kg

(3)加速阶段，对加速度分解如图所示

对竖直方向，根据牛顿第二定律

F—mg=maisin37°

ai=5/9m/s2~0.56m/s2

同理减速时，根据牛顿第二定律

mg—F'=ma2sin37°

a，=5/12m/s2=0.42m/s2

8.质量是60kg的人站在升降机中的体重计上如图所示，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数

是多少？处于什么状态？(g取lOm/s?)

(1)升降机匀速上升；

(2)升降机以4m/s2的加速度上升；

(3)升降机以5m/s2的加速度下降；

(4)升降机以重力加速度g加速下降。

【答案】(1)600N,正常状态；(2)840N,超重状态；(3)300N,失重状态；(4)0,完全失重

状态.

【解析】

(1)体重计的读数等于升降机对人的支持力的大小；(2)升降机匀速上升时，人受力平衡，支持力

等于重力；(3)当升降机以不同的加速度运动时，可根据牛顿第二定律求解.

(1)升降机匀速上升，受力平衡，则处于正常状态

(2)升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力，处于超重状态

Fi-mg=ma

根据牛顿第二定律得:N1

解得：F,vi=mS+aJ=840N

(3)升降机加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力，处于失重状态

mg-F=ma

根据牛顿第二定律得:N22

解得.尸腔=m3_aj=30QN

(4)升降机以重力加速度g加速下降，物体处于完全失重状态，FN3=°

9.如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为孙-和mz，拉力B和F2方向相

反，与轻线沿同一水平直线，且FI>F2。试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T。

H----------F2

<-----mi---------ID?—1*■

【答案】见解析

【解析】设两物块一起运动的加速度为a,则有F|—F2=(rm+m2)a①

根据牛顿第二定律，对质量为n的物块有B-T=mia②

由①、②两式得：T=(m2FrmiF2)/(mi+m2)

L若m尸m2，则拉力T=(F]+F?)/2

2.若F|=F2，则拉力T=F|=F2

3.若Fi、F2方向相同,则拉力T=(nuFrm〔F2)/(mi+n)2)

10.在2004年雅典奥运会上，我国运动员黄珊汕第一次参加蹦床项目的比赛就取得了铜牌的优异成绩。

假设表演时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员间的弹力随时间变化的规律在计算

机上绘制出如图所示的曲线，假设当地的重力加速度g=10m/s2。依据图像给出的信息。

(1)运动员离开弹簧床上升的最大高度。

(2)运动过程中运动员的最大加速度。

【答案】5m,40m/s2

【解析】

(1)由图象可知运动员运动稳定后每次腾空时间为：♦=4.8—2.7=2.卜

运动员下落过程是做自由落体运动，时间为2

h=—g—«5m

则上升的最大高度为2

(2)运动过程中运动员的最大加速度可以求出，运动员每次腾空时加速度％=而陷落

最深时由图象可知耳"=2500N

根据由牛顿第二定律得：F1n-rngfnam

2

am=——g=40m/

解得：m

c组习题速递

1.(2021•浙江宁波市•高一期末)下列哪种情况将会出现超重现象()

A.加速下落的石块B.荡秋千时经过最低点的小孩

C.在水平面内转弯的汽车里的乘客D.围绕地球运行的同步卫星内的宇航员

【答案】B

【详解】

A.加速下落的石块，加速向下，则处于失重状态，A错误；

B.荡秋千时经过最低点的小孩，加速度向上，则处于超重状态，B正确；

C.在水平面内转弯的汽车里的乘客，加速度在水平方向，则既不失重也不超重:，C错误；

D.围绕地球运行的同步卫星内的宇航员处于完全失重状态，D错误。

故选B。

2.（2021•南京市雨花台中学高一月考）升降机中天花板上用一弹簧秤悬挂一个小球，当弹簧秤的读

数小于小球所受到的重力时，升降机的运动情况有可能是（）

A.竖直向下做减速运动B.竖直向下做加速运动

C.竖直向上做匀速运动D.竖直向上做加速运动

【答案】B

【详解】

因弹簧秤的拉力小于重力，则小球合力向下，加速度向下，则小球可能的运动情况有：竖宜向下的加

速运动和竖直向上的减速运动。

故选Bo

3.（2021•浙江高一期中）一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的目图像如图所示。下列判断正确

的是（）

A.。〜35s内物体被吊起提升高度为60m

B.0~10s内的平均速度大于30s〜35s内的平均速度

C.10〜30s内物体速度最大，钢索最容易断裂

D.30〜35s物体的加速度最大

【答案】D

【详解】

A.y-r图像图线与时间轴所围成的面积表示位移，则0〜35s内物体被吊起提升高度为

,（20+35）x2__

h=-------------m=55m

2

故A错误;

B.根据平均速度公式

2

知，。〜10s内的平均速度的大小等于30s〜35s内的平均速度的大小，均为lm/s,故B错误；

C.由VT图象知10〜30s内物体速度最大，但为匀速直线运动，拉力等于重力；前10s内物体做匀

加速直线运动，处于超重状态，拉力最大，钢索最容易发生断裂。故C错误；

D.由L/图象图线斜率等于加速度，知30〜35s物体的加速度最大，故D正确。

故选D。

4.(2021•江西省分宜中学高一月考)在电梯中，把一重物置于水平台秤上，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；传感器屏幕上显示出其所受的压力与时

间的关系(FN-/)图象，如图所示，g取10m/s2,下列说法正确的是()

力55

50

(N)45

40

35

30

25

20

15

10

5

024681012141618

时间（s）

A.电梯在启动阶段经历了4s的加速上升过程

B.电梯的最大加速度是彳m/s?

C.重物在0到4s的时间里，先超重后失重

D.在整个过程中，重物重力先变大，后不变，再变小，最后又不变

【答案】A

【详解】

AC.0~4s,压力大于重力，电梯加速度竖直向上，处于超重状态，做加速上升。故A正确；C错误:

B.根据图像信息可得，压力保持不变时，根据二力平衡有

mg=FN

解得

m=3kg

压力即支持力最大为50N,此时加速度最大，由牛顿第二定律有

FNmg=ma

代入数据，得

20.

a=­m/s2

3

故B错误；

D.在整个过程中，重物重力保持不变。故D错误。

故选Ao

5.（2021•浙江高一月考）在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上,

体重计示数为50kg,当地的重力加速度为g。电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如

A.晓敏同学所受的重力变小了

B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力

C.电梯的加速度大小为0.2g,方向竖直向下

D.电梯的加速度大小为0.8g,方向竖直向上

【答案】C

【详解】

A.体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小，A错误；

B.晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，B

错误。

CD.以人为研究对象

mg-Fz=ma

求得

/ng-F50xl0-40xl0

a=2m/s2=0.2g

m50

方向向下，C正确，D错误。

故选C。

6.(2021•浙江高一月考)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.电梯匀加速上升，加速度的大小为2m/s2B.电梯匀减速上升，加速度的大小为2m/s2

C.电梯匀加速下降，加速度的大小为lm/s2D.电梯匀减速下降，加速度的大小为1m小

【答案】A

【详解】

A.电梯匀加速上升，加速度的大小为2m/s2,由牛顿第二定律

F-mg=ma

解得

F=m(g+a)=12m

B.电梯匀减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律

mg-F=ma

解得

F=ni(g-a)=Sm

C.电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律

mg-F=ma

解得

F=m(g-a)=9ni

D.电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律

F-，ng=ma

解得

11m

所以，通过计算，可得电梯匀加速上升，加速度的大小为2m/s2时,体重计的示数最大。

故选A。

7.（2021.浙江高一月考）如图所示为东方明珠广播电视塔，是上海的标志性文化景观之一塔高约468m。

游客乘坐观光电梯大约Imin就可以到达观光平台，若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在1=0时

由静止开始上升，其加速度。与时间r的关系如图所示。下列相关说法正确的是（）

A.f=6s时，电梯处于失重状态B.7~53s时间内，绳索拉力最大

c.r=59s时，电梯处于超重状态D.尸5s和r=55s时，电梯速度相同

【答案】D

【详解】

A.根据a-r图象可知当/=6s时刻电梯的加速度向上，电梯处于超重状态。故A错误。

B.0〜7s时间内，加速度的方向向上，电梯处于超重状态，绳子的拉力大于重力；而7〜53s时间内，

。=0,电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应