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2026-2027学年高中物理鲁科版必修一课时作业 5.5 超重与失重
一、单选题
1．蛙式打夯机是一种结构简单、操作方便的夯实机械。如图所示，蛙式打夯机主要由偏心轮（飞轮和偏心块组成）、电动机和夯体三部分组成。飞轮和夯体总质量为M，偏心块质量为m，偏心块的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的偏心块转到顶端时，夯体刚好对地面无压力。下列说法正确的是( )
A.电动机轮轴与偏心块转动角速度相同
B.偏心块转到最低时对地面的压力等于
C.偏心轮转动的角速度为
D.偏心块转到最低时处于失重状态
2．图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度。根据图像分析可知( )
A.人的重力可由b点读出，约为500N
B.b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C.f点是人在双脚离开地板的过程中，上升最高的点
D.人在b点对应时刻的加速度小于在c点对应时刻的加速度
3．某同学挂在装有力传感器的单杠上做向上的引体动作，记录的力随时间变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
4．如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为M的支架（含电动机）上，有一根长为L的轻杆带动一个质量为m的铁球（可视为质点）在竖直面内匀速转动，如图乙所示。若在某次打夯过程中，铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，重力加速度为g，则( )
A.轻杆转动过程铁球所受合力不变
B.铁球转动到最高点时，轻杆的弹力为mg
C.铁球匀速转动的角速度大小为
D.铁球转动到最低点时，支架对地面的压力大小为
5．某城市“智慧停车楼”的简化模型如图。质量为m的汽车静止在升降机的水平托盘上，先以加速度a竖直加速上升一段距离，再匀速上升，最后以加速度a减速上升至目标楼层。已知重力加速度为g，则托盘对汽车的支持力大小( )
A.在匀速上升阶段为0 B.在加速上升阶段为
C.在减速上升阶段为 D.先小于，再等于，最后大于
6．如图所示，一个水杯置于水平桌面上，用轻绳连接在杯底的木球静止在水中。若轻绳突然断开，木球在水中加速上升过程，水杯对桌面的压力( )
A.大于总重力 B.小于总重力 C.等于总重力 D.以上都有可能
7．如图所示，套在细直杆上的环A通过跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与B相连，在外力作用下A沿杆以速度匀速上升经过P、Q两点，经过P点时轻绳与竖直杆间的夹角为，经过Q点时A与定滑轮的连线处于水平方向，轻绳始终保持伸直状态。下列说法正确的是( )
A.A经过P点时，B的速度大小等于
B.A经过Q点时，A、B的速度大小相等
C.在A从P点运动至Q点的过程中，B始终处于失重状态
D.在A从P点运动至Q点的过程中，B的速度逐渐减小
8．小明到餐馆就餐，先点了一碟小吃（三个小蛋糕），送餐的是一个可爱的智能机器人，如图甲所示。当机器人沿一倾角为的斜坡向前运动时，小明发现智能机器人能调节端着的盘子保持水平，简化截面示意图如图乙所示，水平碟子放在盘子上，小蛋糕并排放在碟子上。下列关于机器人沿斜坡向前运动的说法，正确的是( )
A.机器人匀速向前时，小蛋糕受向前的静摩擦力
B.机器人匀速向前时，小蛋糕处于超重状态
C.机器人沿斜坡加速向前时，小蛋糕处于失重状态
D.机器人沿斜坡加速度大小为a时，质量为m的小蛋糕受摩擦力大小可能为
9．测得电梯从静止开始运行的加速度一时间图像，如下图所示。质量为240g的手机置于电梯地面上与电梯相对静止，规定向上为正，重力加速度g取，下列说法正确的是( )
A.1.0s手机受到电梯的支持力为2.4N
B.1.8s手机受到电梯的支持力为2.4N
C.3.0s手机受到电梯的支持力为2.4N
D.手机所受的支持力不变
10．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置,如图甲所示,将压敏电阻平放在升降机内,受压面朝上,在上面放一物体m,升降机静止时电流表示数为某过程中电流表的示数如图乙所示,则在此过程中( )
A.物体的电阻变大
B.物体处于失重状态
C.升降机一定向上做匀加速运动
D.升降机可能向下做匀减速运动
11．图甲中，某高中开展体能测试。高三学生在单杠区进行双手引体向上项目，体育老师用高精度压力传感器（仅记录右手受力），实时监测并绘制出一段运动过程中单杠对学生右手支持力（实际为拉力，传感器统一以“支持力”标识，大小等于拉力）的大小随时间变化的图像，如图乙所示（取竖直向上为正方向，学生可视为质点，重力G恒定）。则下列说法正确的是( )
A.从传感器的示数可知该同学的体重约为
B.内，该同学经历了先失重、后超重的状态
C.内，该同学经历了先失重、后超重的状态
D.内，该同学进行了先拉起身体、后放下身体的动作
12．北京朝阳公园里有一个叫朝天轮的摩天轮，其高度为208m，轮的直径为193m，运转一周大约需要30min。关于这个摩天轮上的座舱随摩天轮做匀速圆周运动的过程，下列说法中正确的是( )
A.座舱所受合力大小始终不变
B.座舱每通过1m的路程大约需要0.34s
C.座舱上升的加速度大于其下落过程的加速度
D.座舱受摩天轮作用的力始终等于座舱所受的重力
二、多选题
13．某同学站在观光电梯内的力传感器上，利用力传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的有关情况，根据测得的数据作出电梯从静止开始运动到匀速运动再到电梯恰好停止过程的图像，如图所示。重力加速度大小g取，则下列说法正确的是( )
A.该观光电梯做匀速运动的时间是
B.内电梯对该同学做的功为零
C.在电梯加速阶段与减速阶段该同学重力的平均功率之比是1：3
D.内该同学的机械能减少了
14．在全盟中学生田径运动会跳高比赛中，小刚同学成功地跳过了1.80m的高度，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.小刚起跳时处于超重状态
B.小刚起跳以后在上升过程中处于失重状态
C.小刚下降过程中处于超重状态
D.小刚下降过程中与起跳时相比重力变小了
15．如图所示，长杆水平固定，在杆O点正下方的Q点固定一定滑轮，物块甲套在长杆上，其下端用刚性轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。物块甲在外力的作用下从O点左侧以速度匀速向右运动，当运动至P点时，PQ间的轻绳与竖直方向的夹角。下列说法正确的是( )
A.物块甲运动到O点时，物块乙的速度为0
B.物块甲运动到P点时，物块乙的速度大小为
C.物块甲从O点运动至P点的过程中，物块乙处于超重状态
D.物块甲从O点运动至P点的过程中，物块乙处于失重状态
16．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，则在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是( )
A.缆绳中的拉力大于
B.货箱向上运动的速度大于v
C.货箱向上运动的速度等于
D.货物对货箱底部的压力等于
三、实验题
17．如图甲所示，某物理兴趣小组利用低成本实验材料制作了一个便携力学传感器，能实时显示压力F-时间t图像，并能够进行数据分析。研究小组使用它在课堂上模拟电梯的上升和下降过程，把砝码水平放置在传感器上面，拉住细绳使传感器从静止开始，在竖直方向上运动。一段时间后得到的图像如下图乙所示，从图像上选取的点的力学数据如下表1所示，重力加速度g取。
表1
点 A B C E F G H I
力/N 0.50 0.81 0.21 0.03 0.15 0.74 0.08 0.98
请你分析以上图像和表格信息，回答下列问题：
（1）该小组使用的钩码质量为____________
A.0.5g B.5g C.50g D.500g
（2）在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点有____________
（3）从D点到E点，钩码的加速度变化情况是____________
A.先向上减小；后向下减小 B.先向上减小；后向下增大
C.先向下增大；后向下增大 D.先向上增大；后向下减小
18．查阅资料，了解在航天器上进行的微重力条件下的实验，并尝试设计一种在微重力条件下进行实验的方案。
四、计算题
19．如图所示，位于张家界武陵源风景名胜区的百龙天梯，修建于垂直的悬崖峭壁之上，垂直落差三百多米，是世界上最高的电梯之一（为方便计算，假设该电梯的高度为）。一名游客将一块电子秤（显示受到的压力大小，单位：N）放在电梯的水平地板上，自己站在电子秤上，通过电子秤的示数结合自己的体重去了解电梯运行时加减速的情况。已知电梯从地面静止开始，竖直向上匀加速运动，接着匀速运动，最后匀减速运动到达电梯的最高点，到达电梯的最高点时电梯速度刚好减为零；在匀减速阶段，电子秤的示数为“591”。电梯可看作质点，重力加速度g取，求：
（1）电梯运行过程中最大速度的大小；
（2）该游客的质量；
（3）匀加速阶段，电子秤的示数。
20．2020年1月24日4时30分，我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，顺利将探测器送入预定轨道。如图所示为长征五号系列运载火箭，其箭体长度56.97米，火箭起飞质量为860吨，初始的推力是10524千牛（忽略空气阻力）。求:
（1）火箭竖直向上起动时的加速度为多少？这一过程中，火箭处于超重还是失重状态？
（2）观察到火箭飞离发射塔用时8秒钟，估算发射塔的高度。
（3）随着火上升过程中燃料的消耗，火箭的质量减小，假设其推力大小不变，则其加速度大小将如何变化？
21．小明将重物静止悬挂在力传感器下如图（a）所示，从t时刻起，小明手持力传感器沿竖直方向运动，如图（b）为得到的力传感器示数F随时间t的变化图像，忽略空气阻力。请解答下列问题：
(1)指出重物在时间内超重和失重的情况；
(2)推断重物在时间内的运动方向，并分析其原因；
(3)指出重物在时间内，何时速度最大？
参考答案
1．答案：C
解析：A.电动机轮轴与皮带轮通过皮带传动，线速度相等，根据电动机轮轴与皮带轮半径不同，皮带轮与偏心轮同轴转动角速度相同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错误；
C.当偏心轮上的偏心块转到顶端时，夯体刚好对地面无压力，有
对偏心块有
解得偏心轮转动的角速度为，故C正确；
BD.在最低点，打夯机对地面压力最大，对偏心块有
对打夯机有
解得
根据牛顿第三定律可知，打夯机对地面压力的最大值大于，处于超重状态，故BD错误。
故选C。
2．答案：D
解析：A.人的重力从a点读出约为900N，质量约为90kg，A错误；
B.b到c的过程中，压力从400N增加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，B错误；
C.从d点到e点压力等于零，表明在d点是人双脚离开地板的一瞬间，从d点到e点人在空中运动，e点到f点是人落回地板的过程，C错误；
D.人在b点对应时刻的加速度大小约为，在c点对应时刻的加速度大小约为；
人在b点对应时刻的加速度小于在c点对应时刻的加速度，D正确。
故选D。
3．答案：D
解析：上升过程先加速上升，后减速上升，故加速度先竖直向上，后竖直向下，即先超重，后失重，D选项图像符合要求。
故选D。
4．答案：D
解析：A.根据题意可知轻杆转动过程铁球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心力大小不变，方向时刻在变，故A错误；
B.以支架为研究对象，根据平衡条件可得铁球在最高点时，轻杆的弹力为，故B错误；
C.以铁球为研究对象，在最高点，根据牛顿第二定律
可得铁球匀速转动的角速度大小为，故C错误；
D.铁球转动到最低点时，设轻杆的弹力为，对铁球，根据牛顿第二定律
对支架，根据平衡条件可得
根据牛顿第三定律可得支架对地面的压力大小
联立可得，故D正确。
故选D。
5．答案：B
解析：A.在匀速上升阶段汽车受力平衡，则托盘对汽车的支持力大小等于汽车重力大小，A错误；
B.在加速上升阶段，根据
可得，B正确；
C.在减速上升阶段，根据
可得为，C错误；
D.由以上分析可知整个过程中托盘对汽车的支持力大小先大于，再等于，最后小于，D错误。
故选B。
6．答案：B
解析：这道题我们可以用整体法和超重及失重的思路来分析：
在一开始木球静止时，水杯、水和木球整体受力平衡，水杯对桌面的压力等于总重力。
当轻绳断开后，木球加速上升，此时会有等体积的水“填补”木球原来的位置，相当于有一个与木球等体积的水球在加速下降。而由于木球加速上升处于超重状态，但等体积的水球加速下降处于失重状态。又因为木球的密度小于水，所以水球的质量大于木球，因此整体的失重效果大于超重效果。因此，水杯对桌面的压力会小于总重力，B正确。
故选B。
7．答案：D
解析：A.根据速度的合成与分解原理，可知A的速度沿轻绳方向的分速度与B的速度大小相等，则A经过P点时，B的速度大小，故A错误；
B.A经过Q点时，A的速度方向与绳子垂直，则此时B的速度大小为，故B错误；
CD.在A从P点运动至Q点的过程中，在增大且不变，根据可知，B的速度在向下减小，即B的加速度竖直向上，因此B处于超重状态，故C错误，D正确。
故选D。
8．答案：D
解析：AB.机器人匀速向前时，小蛋糕受力平衡，不受摩擦力，故AB错误；
C.机器人加速向前时，加速度斜向上，有向上的分加速度，小蛋糕处于超重状态，故C错误；
D.机器人沿斜坡加速度大小为a时，如果小蛋糕与盘子保持相对静止，则，故D正确。
故选D。
9．答案：B
解析：A.1.0s时加速度向上，手机处于超重状态，手机受到电梯的支持力大于
故A错误；
B.手机匀速运动，受到电梯的支持力为
故B正确；
C.时加速度向下，手机处于失重状态，受到电梯的支持力小于
故C错误；
D.手机做变加速运动，支持力一直变化，故D错误。
故选B。
10．答案：D
解析：AB. 据题,升降机静止时电流表示数为,而此过程中电流表示数为,由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小,说明压敏电阻所受压力增大,则物体处于超重状态,故AB错误;
CD. 物体处于超重状态时,速度方向可能向下,也可能向上,则升降机可能向下做匀减速运动,也可能向上做匀加速运动,故C错误D正确。
故选D。
11．答案：B
解析：A.从传感器的示数可知，单杠对该同学右手支持力的大小为250N，同理单杠对左手的支持力大小也为250N，根据平衡条件可知该同学的重力约为500N，体重约为，故A错误；
B.1s~2s内，从传感器示数可知，支持力先小于重力，处于失重状态，之后支持力大于重力，处于超重状态，所以该同学经历了先出现失重现象后出现超重现象，故B正确；
C.5～6s内，从传感器示数可知，支持力先大于重力，处于超重状态，之后支持力小于重力，处于失重状态，故C错误；
D.人在进行放下身体的动作过程中，先向下加速运动，此时加速度的方向向下，故人处于失重状态，最后人处于静止状态，所以后半段人向下做减速运动，加速度的方向向上，此过程人处于超重状态，结合图像可以看出，1s时人放下身体，2s时过程结束。内，该同学进行了先放下身体的动作、后拉起身体，故D错误。
故选B。
12．答案：A
解析：A.因为座舱做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的特点，合力提供向心力，而向心力公式为
由于是匀速圆周运动，v、r、m都不变，所以合力大小始终不变，A正确；
B.摩天轮运转一周的路程是
运转一周时间
那么线速度
通过1m路程所需时间
B错误；
C.座舱做匀速圆周运动，加速度大小
大小始终不变，所以上升和下落过程加速度大小相等，C错误；
D.座舱做匀速圆周运动，合力不为零，摩天轮对座舱的作用力与重力的合力提供向心力，所以摩天轮对座舱的作用力不等于重力，D错误。
故选A。
13．答案：AD
解析：由题图知，内，该同学所受合外力向下，电梯从静止开始运动，故电梯是从上往下运动，匀速阶段为后，压力为时，即该同学的重力
所以该同学的质量
A.设匀速运动的时间为，由动量定理得
其中
，，
解得
A正确；
B.设全程电梯对该同学做的功为W，由动能定理知
得
内电梯对该同学做的功不为零，B错误；
C.该同学加速阶段与减速阶段的平均速度相同，故重力在这两段的功率之比是，C错误；
D.加速阶段
加速阶段的末速度
加速阶段位移
匀速阶段位移
减速阶段的位移
下降总高度
内该同学的机械能减少量
D正确。
故选AD。
14．答案：AB
解析：A.在小刚起跳过程中，向上加速，加速度方向竖直向上，故支持力的大小大于重力的大小，所以小刚向上起跳时处于超重状态，故A正确；
B.小刚起跳以后在上升过程中，只受重力的作用，有竖直向下的重力加速度，小刚处于完全失重状态，故B正确；
C.小刚在下降过程中，只受重力的作用，有竖直向下的重力加速度，小刚处于完全失重状态，故C错误；
D.小刚在下降过程中与在起跳过程中，相比重力没有发生变化，仍相等，只是支持力的大小发生了变化，故D错误。
故选AB。
15．答案：AC
解析：A.物块甲、乙沿着绳方向的分速度大小是相等的，所以甲在O点时，
所以，故A正确；
B.甲运动到P点时，
所以，故B错误；
CD.根据公式有，其中是绳与竖直方向的夹角
物块甲从O运动到P的过程中，角度逐渐增加，所以物块乙的速度逐渐增大，物块乙向上做加速运动，加速度方向也是向上的，所以处于超重状态，故C正确，D错误。
故选AC。
16．答案：AC
解析：货车以速度v向左做匀速直线运动，将货车速度分解为沿绳子分速度和垂直绳子分速度，可得货箱向上运动的速度为
货向左运动过程，逐渐减小，逐渐增大，可知货物和货箱向上做加速运动，根据牛顿第二定律可知缆绳中的拉力大于，货物的加速度方向向上，货物处于超重状态，则货物对货箱底部的压力大于。
故选AC。
17．答案：（1）C
（2）C
（3）B
解析：（1）由图乙可知
得
故选C。
（2）钩码处于失重状态时，
由牛顿第二定律
得
当时，
故有
在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点只有C点符合。
故选C。
（3）从D点到E点，由图像可知F先大于重力0.50N逐渐减小过程中
加速度向上减小；
当F小于重力0.50N再继续逐渐减小过程中
加速度向下增大。
故选C。
18．答案：可在网络上查阅资料，如“神舟十号”航天员王亚平的太空授课内容，其中有不少失重状况下的实验，从中获得启发可设计相关实验。
解析：
19．答案：（1）（2）（3）618
解析：（1）设电梯最大速度为，则有
解得
（2）减速阶段加速度大小为
根据牛顿第二定律有
由牛顿第三定律可知游客对电梯的压力与电梯对游客的支持力大小相等
解得
（3）加速阶段加速度大小为
根据牛顿第二定律有
由牛顿第三定律可知电梯对游客的支持力与游客对电梯的压力大小相等
解得
即匀加速阶段，电子秤的示数为“618”。
20．答案：（1），超重（2）71.68m（3）加速度将逐渐增大
解析：（1）根据牛顿第二定律可得
解得
加速度方向向上，火箭处于超重状态；
（2）假设火箭飞离发射塔做匀变速直线运动，有
发射塔的高度约为
（3）根据牛顿第二定律可得
解得
随着火上升过程中燃料的消耗，火箭的质量减小，其加速度将逐渐增大，则火箭做加速度增大的变加速直线运动。
21．答案：(1)在时间，失重；在时间内，超重
(2)重物加速向下运动
(3)时刻
解析：（1）重物在时间，失重；在时间内，超重；
（2）重物在时间内失重，则加速度向下，因小明提着重物由静止开始运动，则重物在时间内加速向下运动；
（3）在时间内加速向下运动，而在时间内减速向下运动，可知重物在时刻速度最大。
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