2025版新教材高中物理课时素养评价十九超重与失重含解析鲁科版必修1

PAGE8-课时素养评价十九超重与失重一、选择题(本题共6小题，每题4分，共24分)1.(2024·山东学业水平考试)关于超重和失重，下列说法正确的是 ()A.超重就是物体的重力增加了B.失重就是物体的重力减小了C.完全失重就是物体的重力变为零D.无论超重、失重，物体的重力都不变【解析】选D。超重、失重是一种现象，是物体对支持物的压力大于或小于其自身重力的现象，而物体自身的实际重力并没有发生变更。2.如图所示，小芳在电梯中手托一个重50N的铅球。若铅球对手的压力大于50N，则电梯运动状况可能是 ()A.匀速上升 B.匀速下降C.加速上升 D.静止不动【解析】选C。铅球对手的压力大于铅球实际的重力，则铅球处于超重状态，具有向上的加速度，则电梯可能加速上升或减速下降，符合题意的只有C。3.广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟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t=0时由静止起先上升，a-t图像如图所示。则下列说法正确的是 ()A.t=4.5s时，电梯处于失重状态B.5～55s时间内，绳索拉力最小C.t=59.5s时，电梯处于超重状态D.t=60s时，电梯速度恰好为零【解题指南】解答本题可从以下两个方面考虑：(1)从图像中推断加速度的方向，从而推断超重、失重。(2)绳索拉力最小肯定出现在失重状态下，利用牛顿其次定律求解。【解析】选D。利用a-t图像可推断：t=4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55s时间内，a=0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a-t图线与t轴所围的“面积”代表速度变更量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t=60s时为零，选项D正确。4.(2024·福州高一检测)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球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发觉轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可推断 ()A.电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2B.电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2C.乘客处于超重状态D.乘客对电梯地板的压力为625N【解析】选B。电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，依据牛顿其次定律，有mg-34kx=ma，即14mg=ma解得：a=2.5m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，故A、C错误，B正确；以乘客为探讨对象，依据牛顿其次定律可得：m′g-FN=m′a，乘客对地板的压力大小为FN=m′g-m′a=500N-125375N，故D错误。5.宇航员在火箭放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 ()A.火箭加速上升时，宇航员处于超重状态B.飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态C.火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力D.火箭加速上升过程中加速度渐渐减小时，宇航员处于失重状态【解析】选A。火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于自身重力，故A正确，C、D错误；飞船落地前减速下落时，加速度向上，宇航员处于超重状态，故B错误。6.(2024·厦门高一检测)厦门海底世界的“海狮顶球”节目因其互动性强而深受小挚友们的宠爱。如图所示为一海狮把球顶向空中，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狮对它的顶力作用B.球在最高点时速度为零，但加速度不为零C.球在上升过程中处于超重状态D.球在下落过程中处于超重状态【解析】选B。竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g，故B正确；竖直上抛运动上升和下落过程都是只受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故C、D错误。二、计算题(本题共2小题，共36分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)7.(16分)(2024·泉州高一检测)在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最终停止运动；传感器的屏幕上显示出其受的压力与时间的关系(N-t)图像，如图所示，则(1)电梯在哪段时间内加速上升，此过程中重物处于超重状态还是失重状态？为什么？(2)电梯的最大加速度是多大？(取g=10m/s2)【解析】(1)因为重物做匀速直线运动时对台秤的压力等于重力，由图可知，G=30N电梯在0～4s内加速上升，重物在0～4s内处于超重状态，因为在0～4s内，重物对台秤的压力大于重力。(2)重物的质量m=Gg所以，重物所受的支持力的最大值Nm=50N，因为当Nm=50N时，重物处于超重状态，所以，N-G=ma，a=N-Gm=203m/s2，重物所受的支持力的最小值Nmin=10N，因为当Nmin=10N时，重物处于失重状态，所以G-N=ma，a=G-Nm=20答案：见解析8.(20分)某同学到广州塔“小蛮腰”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，并站在台秤上视察台秤数据变更。电梯静止时他视察到台秤的示数为50kg。在启动时示数变为52.5kg，这个示数持续了10s后又复原到50kg，电梯匀速运动了80s，靠近观光层时台秤的示数变为45kg直到电梯到达观光台，已知在台秤示数运算和加速度计算时g都取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)在坐标系中画出电梯运动全过程的v-t图像。【解析】(1)电梯静止时他视察到台秤的示数为50kg。在启动时示数变为52.5kg，说明此时合力F=(52.5-50)×10N=25N依据牛顿其次定律知a1=Fm=25加速时间为t1=10s，匀速直线运动速度为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=0-(3)依据以上分析知0～10s，电梯做匀加速运动，速度达到5m/s；10～90s，电梯做匀速直线运动，速度为5m/s；90～95s，电梯做匀减速直线运动，末速度为零。答案：(1)5m/s(2)5s(3)9.(6分)如图所示，A、B两人用平安带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，着陆伞未打开时不计空气阻力，下列说法正确的是 ()A.在着陆伞未打开的下降过程中，平安带的作用力肯定是零B.在着陆伞未打开的下降过程中，平安带的作用力大于B的重力C.在着陆伞未打开的下降过程中，平安带的作用力等于B的重力D.在着陆伞打开后减速下降过程中，平安带的作用力小于B的重力【解析】选A。在着陆伞打开前的下落过程中，A、B两人均处于完全失重状态，二者之间的弹力为零，故A正确，B、C错误；当着陆伞打开之后减速下降过程中，整体处于超重状态，对B分析，FT-mg=ma，即FT=mg+ma>mg，故平安带的作用力大于B的重力，故D错误。10.(6分)(多选)如图所示，运动员进行“3m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽视不计，则下列说法正确的是 ()A.运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B.运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力始终增大C.运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小D.运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力始终减小【解析】选B、D。人受到重力及板向上的弹力；人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，起先时加速度向下、减小；然后加速度再向上、增大，故人应先失重后超重，故B正确；运动员在向上运动时，由于弹力减小，但起先时肯定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故D正确。11.(6分)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示，设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态，在箱子下落过程中，下列说法正确的是 ()A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【解析】选C。刚投下时箱子不受阻力，整体加速度为g，对于物体有：mg-N=mg，即N=0，因此此时物体受到的支持力为零，故B错。随着箱子的下落，因受空气阻力作用，对整体应用牛顿其次定律得：(M+m)g-kv2=(M+m)a，随着下落速度的增大，加速度越来越小，对物体应用牛顿其次定律得：mg-N=ma，随着加速度的减小，支持力越来越大，由牛顿第三定律可得压力也越来越大，故A错、C对。若下落距离足够长，最终重力与阻力平衡，加速度a为零，箱子将做匀速直线运动，此时对物体有：mg=N，因此物体不行能“飘起来”，故D错。12.(22分)小刘同学用台秤探讨人在升降电梯中的超重与失重现象。他在地面上用台秤称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t=0时由静止起先运动到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变更的图像如图所示，g取10m/s2。 (1)求小刘在0～2s内加速度a1的大小，并推断在这段时间内他处于超重还是失重状态。(2)求在10～11s内，台秤的示数F3。(3)求小刘运动的总位移x。【解析】(1)由图像可知，在0～2s内，台秤对小刘的支持力F1=450N，由牛顿其次定律有mg-F1=ma1解得a1=1m/s2加速度方向竖直向下，故小刘处于失重状态。(2)设在10～11s内小刘的加速度为a3，时间为t3，0～2s的时间为t1，则a1t1=a3t3，解得a3=2m/s2由牛顿其次定律有F3-mg=ma3解得F3=600N(3)0～2s内位移x1=12a1t2～10s内位移x2=a1t1t2=16m10～11s内位移x3=12a3t小刘运动的总位移x=x1+x2+x3=19m