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第7节　超重与失重
1.取一个旧饮料瓶，在其底部开一个小孔，用手指按住小孔并装满水，放开按住的手指后，立即释放瓶子让其自由下落，不计空气阻力。关于瓶子在空中运动的过程：下列说法正确的是（　　）
A.水处于完全失重状态，不会喷出来
B.瓶子下落的加速度和速度都变大
C.水对瓶底的压力变大
D.水仍会从小孔喷出来，但喷射的速度比释放前的小些
2.2023年在9月21日的“天宫课堂”第四课中，神舟十六号航天员朱杨柱、桂海潮展示在微重力环境下，用“特制”乒乓球拍击打水球的现象。下列说法正确的是（　　）
A.由于水球在太空舱中处于失重状态，所以水球没有惯性
B.“球拍”拍“球”时，水球受到的弹力是由于“球拍”发生形变产生的
C.“球拍”拍“球”时，水球对球拍的作用力总是垂直于拍面
D.水球能够悬浮在太空舱中是由于水球受到空气的浮力与微重力平衡
3.（多选）质量为m的人站在电梯里，电梯减速下降，加速度大小为g（g为重力加速度），则（　　）
A.人对电梯的压力大小为mg B.人对电梯的压力大小为mg
C.人处于超重状态 D.人处于失重状态
4.在升降机底部安装一个显示压力的传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，传感器显示压力F随时间t变化的情况如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　）
A.在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B.在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C.t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D.t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
5.“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于2023年10月31日返回地面，图甲是返回舱降落的场景，从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地，返回舱的简化v-t图像如图乙所示。舱内航天员的超重感觉最明显的时段是（　　）
A.从t1到t2 B.从t2到t3
C.从t3到t4 D.从t4到t5
6.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
7.（多选）如图所示，运动员原地起跳进行摸高训练。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
8.如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空。为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小。现有一学生（可视为质点）从杆顶端由静止开始滑下，5 s末滑到杆底时速度恰好为零。以学生开始下滑的时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间的变化情况如图乙所示，g取10 m/s2。求：
（1）该学生下滑过程中的最大速率；
（2）滑杆的长度；
（3）1 s末到5 s末传感器显示的拉力。
9.（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，相对升降机静止在其地板上，如图所示。现发现A突然被弹簧拉向右方，由此可判断，此时升降机的运动状态可能是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A.加速上升 B.减速上升
C.加速下降 D.减速下降
10.（多选）某同学站在观光电梯地板上，用加速度传感器记录了电梯由静止开始向上运动的加速度随时间变化情况，以竖直向上为正方向。根据图像提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（　　）
A.在5～15 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态
B.在15～25 s内，观光电梯停了下来，该同学处于平衡状态
C.在25～35 s内，观光电梯在减速上升，该同学处于失重状态
D.在t＝35 s时，电梯的速度为0
11.（多选）同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客相对电梯均静止，如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中，下列说法正确的是（　　）
A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B.只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用
C.在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大
D.三种方式中的乘客均处于超重状态
12.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。
13.小明用台秤研究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500 N，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＝11 s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10 m/s2。求：
（1）小明在0～2 s内加速度a1的大小，在这段时间内他处于超重还是失重状态；
（2）在10～11 s内，台秤的示数F3；
（3）小明运动的总位移x。
第7节　超重与失重
1.A　瓶子和水在空中做自由落体运动，具有同样的加速度g，都处于完全失重状态，此时瓶子和水之间没有作用力，水不会喷出来。故选A。
2.B　惯性是物体的固有属性，与其所在位置和运动状态无关，故A错误；“球拍”拍“球”时，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故B正确；“球拍”拍“球”时，如果不是正拍，水球对球拍的作用力包括弹力和摩擦力，弹力垂直于拍面，摩擦力平行于拍面，合力不垂直于拍面，故C错误；水球能够悬浮在太空舱中是由于完全失重现象造成的，故D错误。
3.BC　由于电梯减速下降，加速度向上，则人处于超重状态，对人受力分析，受到重力mg，电梯底部的支持力N，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，解得N＝mg，依据牛顿第三定律，则人对电梯底部的压力大小为mg，故A、D错误，B、C正确。
4.C　由题图乙可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；在t0～3t0时间内，物块处于失重状态，故B错误；在t＝t0时刻，物块所受的支持力大小等于传感器所受压力大小，所以物块所受的支持力为mg，故C正确；同理，在t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，故D错误。
5.B　v-t图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由图可知，t2到t3时间内向上的加速度最大，可知这个阶段航天员超重感觉最明显。故选B。
6.C　以A为研究对象，由牛顿第二定律得T－m1g＝m1a，以B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得（M＋m2）g－T'＝（M＋m2）a'，又T'＝T，a'＝a，联立以上各式得加速度a＝5 m/s2，T＝30 N，A、B错误；隔离C有m2g－N＝m2a，得N＝5 N，处于失重状态，C正确；轻绳对定滑轮的作用力大小为F＝2T＝60 N，D错误。
7.AD　起跳过程可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，故选项A正确；运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh＝v2可知v＝＝ m/s＝4 m/s，起跳过程根据速度—位移公式可知2aΔh＝v2，解得a＝＝ m/s2＝16 m/s2，对运动员根据牛顿第二定律可知N－mg＝ma，解得N＝1 300 N，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的压力为1 300 N，故选项C错误；运动员在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度＝＝，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度＝＝，故选项B错误；起跳过程运动的时间t1＝＝ s＝0.25 s，起跳后运动的时间t2＝＝0.8 s，则运动的总时间t＝t1＋t2＝1.05 s，故选项D正确。
8.（1）3 m/s　（2）7.5 m　（3）537.5 N
解析：（1）根据题意并结合题图乙可知，该学生在0～1 s内做匀加速运动，在1～5 s内做匀减速运动
故t1＝1 s时该学生速率最大，t2＝5 s后静止
又由题图乙可知，该学生的重力为G＝mg＝500 N，
即m＝50 kg
在0～1 s内，以该学生为研究对象，由牛顿第二定律得
mg－f1＝ma1，f1＝350 N，解得a1＝3 m/s2
故最大速率v1＝a1t1＝3 m/s。
（2）该学生在0～1 s内的位移x1＝v1t1＝1.5 m
在1～5 s内的位移x2＝v1t2＝6.0 m
故滑杆的长度L＝x1＋x2＝1.5 m＋6.0 m＝7.5 m。
（3）该学生匀减速运动时的加速度大小为
a2＝＝＝0.75 m/s2，方向竖直向上
以人为研究对象，根据牛顿第二定律有f2－mg＝ma2
得f2＝mg＋ma2＝500 N＋50×0.75 N＝537.5 N
由牛顿第三定律知，传感器显示的拉力为537.5 N。
9.BC　当升降机匀速运动时，地板对物体A的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力小于或等于最大静摩擦力。当升降机有向下的加速度时，处于失重状态，物体A对地板的正压力会减小，物体A与地板间的最大静摩擦力也会减小，这时的最大静摩擦力小于升降机匀速运动时地板对物体A的最大静摩擦力，而弹簧的弹力未改变，故物体A会被拉向右方。四个选项中只有B、C两种情况电梯的加速度是向下的，故B、C正确。
10.ACD　在5～15 s内，由加速度—时间图像可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，所以该同学处于超重状态，故A正确；在15～25 s内，加速度为零，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，所以该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，故B错误；在25～35 s内，由加速度—时间图像可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，所以该同学处于失重状态，故C正确；加速度—时间图像与坐标轴围成图形“面积”的代数和表示速度的变化量，在前35 s内，速度改变量为零，所以在t＝35 s时，电梯的速度为0，故D正确。
11.CD　电梯加速上升阶段，在甲种方式中，乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用；在乙种方式中，乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用；在丙种方式中，乘客受到支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到了摩擦力作用，故A、B错误；在甲种方式中，乘客受到电梯地板的支持力为N1＝mgcos θ，在乙种方式中，根据牛顿第二定律有N2－mg＝masin θ，乘客受到电梯地板的支持力为N2＝mg＋masin θ，在丙种方式中，根据牛顿第二定律有N3－mg＝ma，乘客受到电梯地板的支持力为N3＝mg＋ma，可得N1＜N2＜N3，故在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大，故C正确；三种方式中的乘客均有向上的加速度，均处于超重状态，故D正确。
12.（1）5 m/s　（2）5 s　（3）见解析图　（4）437.5 m
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＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，
加速时间为t1＝10 s，
则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＝＝5 s。
（3）根据以上分析知0～10 s内电梯做匀加速运动，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图像与横轴围成图形的“面积”为运动的位移，即观光层的高度h＝（80＋95）×5 m＝437.5 m。
13.（1）1 m/s2　失重　（2）600 N　（3）19 m
解析：（1）由图像可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力F1＝450 N，
由牛顿第二定律得mg－F1＝ma1
解得a1＝1 m/s2
加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态。
（2）设在10～11 s内小明的加速度大小为a3，
时间为t3，0～2 s的时间为t1，
则a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2
由牛顿第二定律得F3－mg＝ma3
解得F3＝600 N。
（3）0～2 s内位移x1＝a1＝2 m
2～10 s内位移x2＝a1t1×t2＝16 m
10～11 s内位移x3＝a3＝1 m
小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m。
4 / 4第7节　超重与失重
核心素养目标 物理观念 知道超重、失重和完全失重现象及其产生条件。
科学思维 会应用牛顿第二定律分析超重和失重现象发生的动力学原因，理解超重和失重现象的本质。
科学态度 与责任 培养学生用科学知识解释生活现象的能力，激发学生的学习热情和兴趣。
知识点一　对电梯实验的模拟与分析
1.手提着弹簧测力计和物块静止时，弹簧测力计示数F　　mg。
2.手提着弹簧测力计由静止向上运动，加速度　　　，弹簧测力计示数F　　mg。
3.手提着弹簧测力计由匀速上升到静止，加速度　　　，弹簧测力计示数F　　mg。
知识点二　超重与失重现象
1.超重：物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）　　　物体所受重力的现象。
2.失重：物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）　　　物体所受重力的现象。
3.完全失重：物体向下的加速度a＝　　，物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）等于　　的现象。
【情景思辨】
　如图所示，张家界风景区内有一座建造在悬崖上的双层户外观光电梯，该电梯垂直高度达335米。假如某人乘坐该观光电梯时，在某段时间内觉得双脚有“悬空感”。那么在此过程中
（1）人所受的重力变小了。（　　）
（2）人正处于超重状态。（　　）
（3）电梯可能正在减速运行。（　　）
（4）电梯一定处于下行阶段。（　　）
要点一　对超重和失重的理解
【探究】
　在乘竖直升降电梯上下楼时，你是否有这样的感觉：在电梯里上楼时，开始时觉得自己有“向下坠”的感觉，好像自己变重了，快到楼顶时又觉得自己有“向上飘”的感觉，好像自己变轻了。在电梯里下楼时，开始觉得有种“向上飘”的感觉，背的书包也感觉变轻了，快到楼底时，觉得自己有种“向下坠”的感觉，背的书包也似乎变重了。
（1）电梯向上启动瞬间加速度方向如何？人处于超重还是失重状态？
（2）电梯向上将要到达目的地减速运动时加速度方向如何？人处于超重还是失重状态？
（3）若电梯下降启动的瞬间或到达楼梯底前减速运动时，人处于超重还是失重状态？
【归纳】
平衡、超重、失重和完全失重的比较
特征状态 受力示意图 原理方程 运动情况
平衡 F＝mg 静止或匀速直线运 动
超重 F－mg＝ma F＝mg＋ma 向上加速或向下减 速
失重 mg－F＝ma F＝mg－ma 向下加速或向上减 速
完全失重 mg－F＝mg F＝0 自由落体、抛 体
特别提醒
（1）发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化。
（2）物体具有向上的分加速度时，也属于超重；物体具有向下的分加速度时，也属于失重。例如，在光滑斜面上下滑的物块具有向下的分加速度，故处于失重状态。
（3）发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。比如物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动等现象，靠重力使用的仪器也不能再使用（如天平）。
　　
【典例1】　人站在力传感器上完成“起立”和“下蹲”动作，图中呈现的是力传感器的示数随时间变化的情况，由此可以判断（　　）
A.此人先下蹲后起立
B.此人先起立后下蹲
C.起立时先失重后超重
D.下蹲时先超重后失重
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
规律方法
判断超重、失重的方法
（1）从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时，物体处于失重状态，等于零时，物体处于完全失重状态。
（2）从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为g时处于完全失重状态。
（3）超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关。
1.（多选）有一种大型娱乐器械可以让人体验超重和失重，其环形座舱套在竖直柱子上（如图所示），由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由下落。落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。下列说法正确的是（　　）
A.座舱自由下落的过程中人处于超重状态
B.座舱自由下落的过程中人处于失重状态
C.座舱减速下落的过程中人处于超重状态
D.座舱下落的整个过程中人处于失重状态
2.2023年10月2日，杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺，中国运动员包揽冠、亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床所受的压力如图所示，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是（　　）
A.1.0 s到1.2 s之间运动员处于失重状态
B.1.0 s到1.2 s之间运动员处于超重状态
C.在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8 m
D.在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2 m
要点二　超重、失重的分析与计算
　超重和失重定量分析的基本思路
（1）确定研究对象；
（2）把研究对象从运动体系中隔离出来，进行受力分析并画出受力图；
（3）选取正方向，分析物体的运动情况，明确加速度的方向；
（4）根据牛顿运动定律和运动学公式列方程；
（5）解方程，求出所需的结果。
【典例2】　质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，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10 m/s2）
（1）升降机匀速上升；
（2）升降机以3 m/s2的加速度加速上升；
（3）升降机以4 m/s2的加速度加速下降。
尝试解答
　　
1.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大的加速度约为（　　）
A.g B.2g
C.3g D.4g
2.如图所示为阿联酋迪拜哈利法塔，又称“迪拜塔”，塔高828 m，楼层总数162层，配备56部电梯，最大速度可达17.4 m/s。游客乘坐观光电梯大约1 min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时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系图像如图所示。下列相关说法正确的是（　　）
A.t＝6 s时，电梯处于失重状态
B.7～53 s时间内，绳索拉力最小
C.t＝59 s时，电梯处于超重状态
D.t＝60 s时，电梯速度恰好为0
要点回眸
1.某同学做引体向上，他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠（身体无摆动），稍做停顿。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.在上升过程中单杠对人的作用力始终等于人的重力
C.初始悬垂时，若增大两手间的距离，单臂的拉力变大
D.初始悬垂时，若增大两手间的距离，两臂拉力的合力变大
2.在一个封闭装置中，用弹簧测力计测一物体的重力，根据读数与物体实际重力之间的关系，判断以下说法中正确的是（　　）
A.读数偏大，表明装置一定加速上升
B.读数偏小，表明装置一定加速下降
C.读数为0，表明装置运动的加速度等于重力加速度，但无法判断是向上运动还是向下运动
D.读数准确，表明装置一定匀速上升或下降
3.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中，乘客始终受三个力作用
B.图甲所示的有台阶自动扶梯中，乘客始终受三个力作用
C.图乙所示的无台阶自动扶梯中，乘客始终处于超重状态
D.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
4.（多选）电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个质量为1 kg的重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N。关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10 m/s2）（　　）
A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2
B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2
C.电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2
D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
第7节　超重与失重
【基础知识·准落实】
知识点一
1.＝　2.向上　＞　3.向下　＜
知识点二
1.大于　2.小于　3.g　零
情景思辨
（1）×　（2）×　（3）√　（4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：（1）竖直向上，超重。
（2）竖直向下，失重。
（3）向下启动瞬间，加速度向下，失重；向下减速运动时加速度向上，超重。
【典例1】　A　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；起立对应先超重再失重，对应图像可知，该同学先做了一次下蹲，后做了一次起立的动作，故选项A正确，B错误；由以上分析可知，起立时先超重后失重；下蹲时先失重后超重，故选项C、D错误。
素养训练
1.BC　在自由下落的过程中人只受重力作用，做自由落体运动，处于失重状态，故选项A错误，选项B正确；在减速下落的过程中人受重力和座位对人向上的支持力，加速度向上，人处于超重状态，故选项C正确，选项D错误。
2.D　蹦床所受的压力大小与蹦床对运动员的支持力大小相等，可知1.0 s到1.2 s之间蹦床对运动员的支持力逐渐增大，此过程为运动开始接触蹦床到到达最低点，根据牛顿第二定律该段过程为运动员先向下加速后减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故A、B错误；根据图线可知运动员从离开蹦床到再次接触蹦床的时间为t＝1.6 s，该段时间运动员做竖直上抛运动，故运动员离开蹦床后上升的最大高度为h＝g·＝3.2 m，故C错误，D正确。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）600 N　平衡状态　（2）780 N　超重状态
（3）360 N　失重状态
解析：人站在升降机中的体重计上，受力情况如图所示。
（1）当升降机匀速上升时，由牛顿第二定律得N1－G＝0，所以人受到的支持力N1＝600 N。
根据牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小等于体重计的示数，即600 N，处于平衡状态。
（2）当升降机以3 m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得N2－G＝ma，计算得N2＝780 N。
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为780 N，故此时体重计的示数为780 N，大于人的重力，人处于超重状态。
（3）当升降机以4 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得G－N3＝ma，计算得出N3＝360 N。
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为360 N，故此时体重计的示数为360 N，小于人的重力600 N，人处于失重状态。
素养训练
1.B　人落下后，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图像可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0，即
0.6F0＝mg ①
Fm＝1.8F0 ②
结合牛顿第二定律，有F－mg＝ma ③
当拉力最大时，加速度最大，因而有1.8F0－mg＝mam④
由①④两式解得am＝2g，故B正确。
2.D　根据a-t图像可知当t＝6 s时，电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，故A错误；53～60 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力，而7～53 s时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，故B错误；t＝59 s时，电梯减速向上运动，a＜0，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误；根据a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，60 s内a-t图像与时间轴所围的面积代数和为0，所以速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60 s时，电梯速度恰好为0，故D正确。
【教学效果·勤检测】
1.C　在上升过程中，人先加速后减速，先超重后失重，则单杠对人的作用力先大于重力后小于重力，选项A、B错误；初始悬垂时若增大两手间的距离，则两臂的拉力夹角变大，因合力一定，大小总等于人的重力的大小，则单臂的拉力会变大，选项C正确，D错误。
2.C　读数偏大，表明装置处于超重状态，其加速度方向向上，可能的运动情况是加速上升或减速下降，故A项错误。同理知B项也错误。弹簧测力计读数为0，即完全失重，这表明整个装置运动的加速度等于重力加速度g，但是a＝g时，速度方向有可能向上，也有可能向下，还有可能沿其他方向，故C项正确。读数准确，装置可能静止，也可能正在向任意一个方向做匀速直线运动，故D项错误。
3.A　乘客在无台阶的扶梯上运动时，在加速和匀速阶段，都受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，故A正确；由牛顿第二定律知，在加速阶段乘客有沿着扶梯方向斜向上的加速度，加速度有竖直向上的分量，乘客处于超重状态，匀速运动阶段乘客受到的合力为零，即加速度为零，乘客处于平衡状态，故C错误；乘客在有台阶的扶梯上运动时，加速阶段受到重力、支持力和水平方向的静摩擦力三个力作用，匀速阶段乘客只受到重力与支持力的作用且二力平衡，故B、D错误。
4.AD　电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，知重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N，对重物有F－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，方向竖直向上，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向上，电梯可能向上做加速运动，也可能向下做减速运动，故A、D正确，B、C错误。
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第7节　超重与失重
核
心
素
养
目
标 物理观念 知道超重、失重和完全失重现象及其产生条件。
科学思维 会应用牛顿第二定律分析超重和失重现象发生的动
力学原因，理解超重和失重现象的本质。
科学态度 与责任 培养学生用科学知识解释生活现象的能力，激发学
生的学习热情和兴趣。
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一　对电梯实验的模拟与分析
1. 手提着弹簧测力计和物块静止时，弹簧测力计示数F mg。
＝　
2. 手提着弹簧测力计由静止向上运动，加速度 ，弹簧测力计
示数F mg。
3. 手提着弹簧测力计由匀速上升到静止，加速度 ，弹簧测力
计示数F mg。
向上　
＞　
向下　
＜　
知识点二　超重与失重现象
1. 超重：物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力） 物体所
受重力的现象。
2. 失重：物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力） 物体所
受重力的现象。
3. 完全失重：物体向下的加速度a＝ ，物体对悬挂物的拉力（或
对支持物的压力）等于 的现象。
大于　
小于　
g　
零　
【情景思辨】
　如图所示，张家界风景区内有一座建造在悬崖上的双层户外观光电
梯，该电梯垂直高度达335米。假如某人乘坐该观光电梯时，在某段
时间内觉得双脚有“悬空感”。那么在此过程中
（1）人所受的重力变小了。 （　×　）
（2）人正处于超重状态。 （　×　）
（3）电梯可能正在减速运行。 （　√　）
（4）电梯一定处于下行阶段。 （　×　）
×
×
√
×
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一　对超重和失重的理解
【探究】
在乘竖直升降电梯上下楼时，你是否有这样的感觉：在电梯里上
楼时，开始时觉得自己有“向下坠”的感觉，好像自己变重了，
快到楼顶时又觉得自己有“向上飘”的感觉，好像自己变轻了。
在电梯里下楼时，开始觉得有种“向上飘”的感觉，
背的书包也感觉变轻了，快到楼底时，觉得自己有
种“向下坠”的感觉，背的书包也似乎变重了。
（1）电梯向上启动瞬间加速度方向如何？人处于超重还是失重状
态？
提示： 竖直向上，超重。
（2）电梯向上将要到达目的地减速运动时加速度方向如何？人处于
超重还是失重状态？
提示： 竖直向下，失重。
（3）若电梯下降启动的瞬间或到达楼梯底前减速运动时，人处于超
重还是失重状态？
提示： 向下启动瞬间，加速度向下，失重；向下减速运动
时加速度向上，超重。
【归纳】
平衡、超重、失重和完全失重的比较
特征状
态 受力示意图 原理方程 运动情况
平衡 F＝mg 静止或匀速直线运动
特征状态 受力示意图 原理方程 运动情况
超重 F－mg＝ma F＝mg＋ma 向上加速或向下减速
失重 mg－F＝ma F＝mg－ma 向下加速或向上减速
完全失重 mg－F＝mg F＝0 自由落体、抛体
特别提醒
（1）发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化。
（2）物体具有向上的分加速度时，也属于超重；物体具有向下的分
加速度时，也属于失重。例如，在光滑斜面上下滑的物块具有
向下的分加速度，故处于失重状态。
（3）发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。比如
物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动等现象，靠重力使用的
仪器也不能再使用（如天平）。
　　
【典例1】　人站在力传感器上完成“起立”和“下蹲”动作，图中
呈现的是力传感器的示数随时间变化的情况，由此可以判断（　　）
A. 此人先下蹲后起立
B. 此人先起立后下蹲
C. 起立时先失重后超重
D. 下蹲时先超重后失重
解析：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；起立对应先超重再失重，对应
图像可知，该同学先做了一次下蹲，后做了一次起立的动作，故选项
A正确，B错误；由以上分析可知，起立时先超重后失重；下蹲时先失
重后超重，故选项C、D错误。
规律方法
判断超重、失重的方法
（1）从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力（或支持力）大于
重力时，物体处于超重状态，小于重力时，物体处于失重状
态，等于零时，物体处于完全失重状态。
（2）从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状
态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为g时处
于完全失重状态。
（3）超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关。
1. （多选）有一种大型娱乐器械可以让人体验超重和失重，其环形座
舱套在竖直柱子上（如图所示），由升降机送上几十米的高处，然
后让座舱自由下落。落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速
运动，到地面时刚好停下。下列说法正确的是（　　）
A. 座舱自由下落的过程中人处于超重状态
B. 座舱自由下落的过程中人处于失重状态
C. 座舱减速下落的过程中人处于超重状态
D. 座舱下落的整个过程中人处于失重状态
解析： 　在自由下落的过程中人只受重力作用，做自由落体运
动，处于失重状态，故选项A错误，选项B正确；在减速下落的过
程中人受重力和座位对人向上的支持力，加速度向上，人处于超重
状态，故选项C正确，选项D错误。
2. 2023年10月2日，杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺，
中国运动员包揽冠、亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床
所受的压力如图所示，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则
以下说法正确的是（　　）
A. 1.0 s到1.2 s之间运动员处于失重状态
B. 1.0 s到1.2 s之间运动员处于超重状态
C. 在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8 m
D. 在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2 m
解析： 　蹦床所受的压力大小与蹦床对运动员的支持力大小相
等，可知1.0 s到1.2 s之间蹦床对运动员的支持力逐渐增大，此
过程为运动开始接触蹦床到到达最低点，根据牛顿第二定律该
段过程为运动员先向下加速后减速，加速度先向下后向上，先
失重后超重，故A、B错误；根据图线可知运动员从离开蹦床到
再次接触蹦床的时间为t＝1.6 s，该段时间运动员做竖直上抛运
动，故运动员离开蹦床后上升的最大高度为h＝g·＝3.2
m，故C错误，D正确。
要点二　超重、失重的分析与计算
　超重和失重定量分析的基本思路
（1）确定研究对象；
（2）把研究对象从运动体系中隔离出来，进行受力分析并画出受
力图；
（3）选取正方向，分析物体的运动情况，明确加速度的方向；
（4）根据牛顿运动定律和运动学公式列方程；
（5）解方程，求出所需的结果。
【典例2】　质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，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10
m/s2）
（1）升降机匀速上升；
答案： 600 N　平衡状态　
解析：人站在升降机中的体重计上，受力情况如图所示。
当升降机匀速上升时，由牛顿第二定律得N1－G＝0，所以
人受到的支持力N1＝600 N。
根据牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小等于体重计的示
数，即600 N，处于平衡状态。
（2）升降机以3 m/s2的加速度加速上升；
答案： 780 N　超重状态
解析：当升降机以3 m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律
得N2－G＝ma，计算得N2＝780 N。
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为780 N，故此时体
重计的示数为780 N，大于人的重力，人处于超重状态。
（3）升降机以4 m/s2的加速度加速下降。
答案： 360 N　失重状态
解析：当升降机以4 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律
得G－N3＝ma，计算得出N3＝360 N。
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为360 N，故此时体
重计的示数为360 N，小于人的重力600 N，人处于失重状态。
1. “蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几
十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F
的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方
向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大的
加速度约为（　　）
A. g B. 2g
C. 3g D. 4g
解析： 　人落下后，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉
力与时间关系图像可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为
1.8F0，即
0.6F0＝mg ①
Fm＝1.8F0 ②
结合牛顿第二定律，有F－mg＝ma ③
当拉力最大时，加速度最大，因而有1.8F0－mg＝mam ④
由①④两式解得am＝2g，故B正确。
2. 如图所示为阿联酋迪拜哈利法塔，又称“迪拜塔”，塔高828 m，
楼层总数162层，配备56部电梯，最大速度可达17.4 m/s。游客乘
坐观光电梯大约1 min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时由静止开始上升，其加速度a与
时间t的关系图像如图所示。下列相关说法正确的是（　　）
A. t＝6 s时，电梯处于失重状态
B. 7～53 s时间内，绳索拉力最小
C. t＝59 s时，电梯处于超重状态
D. t＝60 s时，电梯速度恰好为0
解析： 　根据a-t图像可知当t＝6 s时，电梯的加速度向上，电梯
处于超重状态，故A错误；53～60 s时间内，加速度的方向向下，
电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力，而7～53 s时间内，a＝
0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重
时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，故B错误；t＝
59 s时，电梯减速向上运动，a＜0，加速度方向向下，电梯处于失
重状态，故C错误；根据a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变
化量，由几何知识可知，60 s内a-t图像与时间轴所围的面积代数和
为0，所以速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60 s
时，电梯速度恰好为0，故D正确。
要点回眸
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. 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
用力上拉使下颌超过单杠（身体无摆动），稍做停顿。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. 在上升过程中单杠对人的作用力始终等于人的重力
C. 初始悬垂时，若增大两手间的距离，单臂的拉力变大
D. 初始悬垂时，若增大两手间的距离，两臂拉力的合
力变大
解析： 　在上升过程中，人先加速后减速，先超重后失重，则单
杠对人的作用力先大于重力后小于重力，选项A、B错误；初始悬
垂时若增大两手间的距离，则两臂的拉力夹角变大，因合力一定，
大小总等于人的重力的大小，则单臂的拉力会变大，选项C正确，
D错误。
2. 在一个封闭装置中，用弹簧测力计测一物体的重力，根据读数与物
体实际重力之间的关系，判断以下说法中正确的是（　　）
A. 读数偏大，表明装置一定加速上升
B. 读数偏小，表明装置一定加速下降
C. 读数为0，表明装置运动的加速度等于重力加速度，但无法判断是
向上运动还是向下运动
D. 读数准确，表明装置一定匀速上升或下降
解析： 　读数偏大，表明装置处于超重状态，其加速度方向向
上，可能的运动情况是加速上升或减速下降，故A项错误。同理知
B项也错误。弹簧测力计读数为0，即完全失重，这表明整个装置
运动的加速度等于重力加速度g，但是a＝g时，速度方向有可能向
上，也有可能向下，还有可能沿其他方向，故C项正确。读数准
确，装置可能静止，也可能正在向任意一个方向做匀速直线运动，
故D项错误。
3. 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中，乘客始终受三个力作用
B. 图甲所示的有台阶自动扶梯中，乘客始终受三个力作用
C. 图乙所示的无台阶自动扶梯中，乘客始终处于超重状态
D. 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
解析： 　乘客在无台阶的扶梯上运动时，在加速和匀速阶段，都
受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，故A正确；由牛顿第
二定律知，在加速阶段乘客有沿着扶梯方向斜向上的加速度，加速
度有竖直向上的分量，乘客处于超重状态，匀速运动阶段乘客受到
的合力为零，即加速度为零，乘客处于平衡状态，故C错误；乘客
在有台阶的扶梯上运动时，加速阶段受到重力、支持力和水平方向
的静摩擦力三个力作用，匀速阶段乘客只受到重力与支持力的作用
且二力平衡，故B、D错误。
4. （多选）电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个质量
为1 kg的重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，
在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12 N。关于电梯
的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10 m/s2）（　　）
A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2
B. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2
C. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2
D. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
解析： 　电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，知
重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示
数变为12 N，对重物有F－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，方向竖直向
上，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向上，电梯可能向上
做加速运动，也可能向下做减速运动，故A、D正确，B、C错误。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. 取一个旧饮料瓶，在其底部开一个小孔，用手指按住小孔并装满
水，放开按住的手指后，立即释放瓶子让其自由下落，不计空气阻
力。关于瓶子在空中运动的过程：下列说法正确的是（　　）
A. 水处于完全失重状态，不会喷出来
B. 瓶子下落的加速度和速度都变大
C. 水对瓶底的压力变大
D. 水仍会从小孔喷出来，但喷射的速度比释放前的小些
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解析：　瓶子和水在空中做自由落体运动，具有同样的加速度
g，都处于完全失重状态，此时瓶子和水之间没有作用力，水不会
喷出来。故选A。
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2. 2023年在9月21日的“天宫课堂”第四课中，神舟十六号航天员朱
杨柱、桂海潮展示在微重力环境下，用“特制”乒乓球拍击打水球
的现象。下列说法正确的是（　　）
A. 由于水球在太空舱中处于失重状态，
所以水球没有惯性
B. “球拍”拍“球”时，水球受到的弹
力是由于“球拍”发生形变产生的
C. “球拍”拍“球”时，水球对球拍的作用力总是垂直于拍面
D. 水球能够悬浮在太空舱中是由于水球受到空气的浮力与微重力平衡
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解析： 　惯性是物体的固有属性，与其所在位置和运动状态无
关，故A错误；“球拍”拍“球”时，水球所受弹力是由于球拍发
生形变产生的，故B正确；“球拍”拍“球”时，如果不是正拍，
水球对球拍的作用力包括弹力和摩擦力，弹力垂直于拍面，摩擦力
平行于拍面，合力不垂直于拍面，故C错误；水球能够悬浮在太空
舱中是由于完全失重现象造成的，故D错误。
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3. （多选）质量为m的人站在电梯里，电梯减速下降，加速度大小为
g（g为重力加速度），则（　　）
A. 人对电梯的压力大小为mg
B. 人对电梯的压力大小为mg
C. 人处于超重状态
D. 人处于失重状态
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解析： 　由于电梯减速下降，加速度向上，则人处于超重状
态，对人受力分析，受到重力mg，电梯底部的支持力N，由牛顿第
二定律得N－mg＝ma，解得N＝mg，依据牛顿第三定律，则人对
电梯底部的压力大小为mg，故A、D错误，B、C正确。
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4. 在升降机底部安装一个显示压力的传感器，其上放置了一个质量为
m小物块，如图甲所示。升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，传
感器显示压力F随时间t变化的情况如图乙
所示。取竖直向上为正方向，重力加速度
为g，以下判断正确的是（　　）
A. 在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B. 在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C. t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D. t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
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解析：　由题图乙可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状
态，后处于失重状态，故A错误；在t0～3t0时间内，物块处于失重
状态，故B错误；在t＝t0时刻，物块所受的支持力大小等于传感器
所受压力大小，所以物块所受的支持力为mg，故C正确；同理，在
t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，故D错误。
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5. “神舟十六号”返回舱载着三名航天员于2023年10月31日返回地
面，图甲是返回舱降落的场景，从引导伞、主伞依次打开到返回舱
即将落地，返回舱的简化v-t图像如图乙所示。舱内航天员的超重感
觉最明显的时段是（　　）
A. 从t1到t2
B. 从t2到t3
C. 从t3到t4
D. 从t4到t5
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解析： 　v-t图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由图可知，t2
到t3时间内向上的加速度最大，可知这个阶段航天员超重感觉最明
显。故选B。
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6. 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
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解析： 　以A为研究对象，由牛顿第二定律得T－m1g＝m1a，以
B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得（M＋m2）g－T'＝（M
＋m2）a'，又T'＝T，a'＝a，联立以上各式得加速度a＝5 m/s2，T＝
30 N，A、B错误；隔离C有m2g－N＝m2a，得N＝5 N，处于失重状
态，C正确；轻绳对定滑轮的作用力大小为F＝2T＝60 N，D错误。
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7. （多选）如图所示，运动员原地起跳进行摸高训练。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
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解析： 　起跳过程可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向
上，所以运动员起跳过程处于超重状态，故选项A正确；运动员离
开地面后做竖直上抛运动，根据2gh＝v2可知v＝＝
m/s＝4 m/s，起跳过程根据速度—位移公
式可知2aΔh＝v2，解得a＝＝ m/s2＝16 m/s2，对运动员根据
牛顿第二定律可知N－mg＝ma，解得N＝1 300 N，根据牛顿第三定
律可知，运动员对地面的压力为1 300 N，故选项C错误；
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运动员在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度＝
＝，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的
平均速度＝＝，故选项B错误；起跳过程运动的时间t1＝＝ s
＝0.25 s，起跳后运动的时间t2＝＝0.8 s，则运动的总时间t＝t1＋t2
＝1.05 s，故选项D正确。
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8. 如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，
下端悬空。为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆顶部装有一拉力传
感器，可显示杆顶端所受拉力的大小。现有一学生（可视为质点）
从杆顶端由静止开始滑下，5 s末滑到杆底时速度恰好为零。以学生
开始下滑的时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间的变化情况
如图乙所示，g取10 m/s2。求：
（1）该学生下滑过程中的最大速率；
答案：3 m/s　
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解析： 根据题意并结合题图乙可知，该学生在0～1 s内
做匀加速运动，在1～5 s内做匀减速运动
故t1＝1 s时该学生速率最大，t2＝5 s后静止
又由题图乙可知，该学生的重力为G＝mg＝500 N，
即m＝50 kg
在0～1 s内，以该学生为研究对象，由牛顿第二定律得
mg－f1＝ma1，f1＝350 N，解得a1＝3 m/s2
故最大速率v1＝a1t1＝3 m/s。
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（2）滑杆的长度；
答案： 7.5 m　
解析：该学生在0～1 s内的位移x1＝v1t1＝1.5 m
在1～5 s内的位移x2＝v1t2＝6.0 m
故滑杆的长度L＝x1＋x2＝1.5 m＋6.0 m＝7.5 m。
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（3）1 s末到5 s末传感器显示的拉力。
答案： 537.5 N
解析：该学生匀减速运动时的加速度大小为
a2＝＝＝0.75 m/s2，方向竖直向上
以人为研究对象，根据牛顿第二定律有f2－mg＝ma2
得f2＝mg＋ma2＝500 N＋50×0.75 N＝537.5 N
由牛顿第三定律知，传感器显示的拉力为537.5 N。
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9. （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，相对升降机静止在其地板上，如图所示。现
发现A突然被弹簧拉向右方，由此可判断，此时升降机的运动状态
可能是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A. 加速上升 B. 减速上升
C. 加速下降 D. 减速下降
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解析： 　当升降机匀速运动时，地板对物体A的静摩擦力与弹簧
的弹力平衡，且该静摩擦力小于或等于最大静摩擦力。当升降机有
向下的加速度时，处于失重状态，物体A对地板的正压力会减小，
物体A与地板间的最大静摩擦力也会减小，这时的最大静摩擦力小
于升降机匀速运动时地板对物体A的最大静摩擦力，而弹簧的弹力
未改变，故物体A会被拉向右方。四个选项中只有B、C两种情况电
梯的加速度是向下的，故B、C正确。
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10. （多选）某同学站在观光电梯地板上，用加速度传感器记录了电
梯由静止开始向上运动的加速度随时间变化情况，以竖直向上为
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5～15 s内，观光电梯在加速上升，
该同学处于超重状态
B. 在15～25 s内，观光电梯停了下来，该同学处于平衡状态
C. 在25～35 s内，观光电梯在减速上升，该同学处于失重状态
D. 在t＝35 s时，电梯的速度为0
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解析： 　在5～15 s内，由加速度—时间图像可知，此时的加
速度为正，电梯的加速度向上，所以该同学处于超重状态，故A
正确；在15～25 s内，加速度为零，此时电梯在匀速运动，处于受
力平衡状态，所以该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，
故B错误；在25～35 s内，由加速度—时间图像可知，此时的加速
度为负，电梯的加速度向下，所以该同学处于失重状态，故C正
确；加速度—时间图像与坐标轴围成图形“面积”的代数和表示
速度的变化量，在前35 s内，速度改变量为零，所以在t＝35 s时，
电梯的速度为0，故D正确。
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11. （多选）同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历
了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客相对
电梯均静止，如图甲、乙、丙
所示。在上述加速阶段中，下
列说法正确的是（　　）
A. 三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B. 只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用
C. 在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大
D. 三种方式中的乘客均处于超重状态
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解析：　电梯加速上升阶段，在甲种方式中，乘客受到支持
力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用；在乙种方式中，乘客受到
支持力、重力、水平向右的摩擦力作用；在丙种方式中，乘客受
到支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到了摩擦力作
用，故A、B错误；在甲种方式中，乘客受到电梯地板的支持力为
N1＝mgcos θ，在乙种方式中，根据牛顿第二定律有N2－mg＝
masin θ，乘客受到电梯地板的支持力为N2＝mg＋masin θ，在丙种
方式中，根据牛顿第二定律有N3－mg＝ma，乘客受到电梯地板的
支持力为N3＝mg＋ma，可得N1＜N2＜N3，故在丙种方式中，乘客
受到电梯地板的支持力最大，故C正确；三种方式中的乘客均有向上的加速度，均处于超重状态，故D正确。
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12. 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：
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（1）电梯匀速运动时的速度大小；
答案： 5 m/s　
解析：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＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，
加速时间为t1＝10 s，
则电梯匀速运动时的速度为v＝a1t1＝5 m/s。
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（2）电梯减速的时间为多少；
答案： 5 s　
解析：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＝＝5 s。
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（3）在如图坐标中画出电梯运动全过程的v-t图像；
答案： 见解析图
解析：根据以上分析知0～10 s内电梯做匀加速运动，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。
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（4）广州塔观光层的高度为多少。
答案： 437.5 m
解析： v-t图像与横轴围成图形的“面积”为运动的位移，即
观光层的高度h＝（80＋95）×5 m＝437.5 m。
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13. 小明用台秤研究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500 N，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＝11 s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10 m/s2。求：
（1）小明在0～2 s内加速度a1的大小，在这段时间内他处于超重
还是失重状态；
答案：1 m/s2　失重　
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解析： 由图像可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力
F1＝450 N，
由牛顿第二定律得mg－F1＝ma1
解得a1＝1 m/s2
加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态。
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（2）在10～11 s内，台秤的示数F3；
答案： 600 N　
解析：设在10～11 s内小明的加速度大小为a3，
时间为t3，0～2 s的时间为t1，
则a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2
由牛顿第二定律得F3－mg＝ma3
解得F3＝600 N。
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（3）小明运动的总位移x。
答案： 19 m
解析： 0～2 s内位移x1＝a1＝2 m
2～10 s内位移x2＝a1t1×t2＝16 m
10～11 s内位移x3＝a3＝1 m
小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m。
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