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1、（全国通用）2018年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题13超重和失重超重和失重 方法点拨(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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态(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，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态1(由受力判断超重、失重)图1甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的表示人的重心图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图象两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出取重力加速度g10 m/s2.根据图象分析可
2、知()图1A人的重力为1 500 NBc点位置人处于超重状态Ce点位置人处于失重状态Dd点的加速度小于f点的加速度2(由运动判断超重、失重)如图2，一刚性正方体盒内密封一小球，盒子六面均与小球相切，将其竖直向上抛出后，若空气阻力与速度成正比，下列说法正确的是()A在上升和下降过程中，小球对盒子的作用力均为零B在上升过程中，盒子底部对小球有向上的作用力 图2C在下降过程中，盒子顶部对小球有向下的作用力D在抛出点，盒子上升时所受的阻力大于返回时所受的阻力3小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层则下列说法正确的是()A他始终处于超重状态B他始终处于失重状态C他先后处于超重、平衡、失重状态D他先后处于失
3、重、平衡、超重状态4如图3，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，则() 图3A车厢对货物的作用力大小等于mgB车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C悬臂对车厢的作用力大于(Mm)gD悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上5如图4所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同，放上A物块后A物块匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，放上D物
4、块后D物块静止在斜面上，四个斜面体均保持静止四种情况下斜面对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是()图4AF1F2F3F4 BF1F2F3F4CF1F2F4F3 DF1F3F2F46如图5所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行于斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列说法中正确的是() 图5A地面对木楔的支持力大于(Mm)gB地面对木楔的支持力小于(Mm)gC地面对木楔的支持力等于(Mm)gD地面对木楔的摩擦力为07举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的升降机中却只
5、能举起100 kg的重物，求升降机运动的加速度；若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(取g10 m/s2)答案精析1B由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N，质量m50 kg，b点位置人处于失重状态，c、d、e点位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1 500 N，由Fmgma可知，d点的加速度ad20 m/s2，f点位置传感器对人的支持力为0 N，由Fmgma可知，f点的加速度af10 m/s2，故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误2D由于受到空气阻力，在上升和下降过程中，小球和盒子的加速度均不等于
6、重力加速度，小球对盒子的作用力均不为零，选项A错误；在上升过程中，重力与阻力方向相同，加速度大小大于g，盒子顶部对小球有向下的作用力，选项B错误；在下降过程中，重力与阻力方向相反，加速度大小小于g，盒子底部对小球有向上的作用力，选项C错误；由功能关系可知，盒子上升时的速度大于返回到抛出点时的速度，根据题述，盒子所受空气阻力与速度成正比，因此在抛出点，盒子上升时所受的阻力大于返回时所受的阻力，选项D正确3C小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C对4C货物随
7、车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知车厢与货物的重力和悬臂对车厢作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(Mm)g，选项C正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大小大于mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A、B错误5C设物块和斜面体的总重力为G.A物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1G；D物块静止在斜面上，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4G.故有F1F2F4F3
8、，故C正确，A、B、D错误6A物体m沿斜面向下做减速运动，加速度方向沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，系统处于超重状态，故A正确，B、C错误；物体加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误72 m/s2，方向向上160 kg解析运动员在地面上能举起m0120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力Fm0g1 200 N.在运动着的升降机中只能举起m1100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对重物由牛顿第二定律得Fm1gm1a1，解得a12 m/s2.当升降机以a22.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重设此时运动员能举起的重物质量为m2，对重物由牛顿第二定律得m2gFm2a2，解得m2160 kg.2
