超重和失重练习供参考Word文件下载.docx
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(g=10m/s2)
表4
t/s
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
2.2
A/N
30
9
6
3
B/N
50
53
56
根据表格中的数据通过必要的计算回答下列问题:
(1)这个装置在竖直方向做的运动是匀加速运动吗?
是向上运动还是向下运动?
(2)被卡在弹簧和传感器A间的物块的质量m=?
(3)1.4s末实验装置运动的瞬时加速度a=?
10、一同学想研究电梯上升过程的运动规律。
某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5kg的砝码和一个量程足够大的弹簧秤,用手提着弹簧秤,砝码悬挂在秤钩上。
电梯从第一层开始启动,中间不间断,一直到最高层停止。
在这个过程中,他记录了弹簧秤在不同时段内的读数如右表所示。
取重力加速度g=10m/s2,根据表格中的数据,求:
(1)电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小;
(2)电梯在3.0~13.0s时段内的速度v的大小;
(3)电梯在19.0s内上升的高度H。
时间/s
弹簧秤示数/N
电梯启动前
50.0
0~3.0
58.0
3.0~13.0
13.0~19.0
46.0
19.0以后
11、如图为学校体操室一个8m高的落地支架,横梁下面固定一支长6m、质量5kg的竹竿。
质量为40kg的同学在竿下从静止开始先匀加速再匀减速上爬,爬到竿顶时速度正也为零。
假设减速时的加速度大小是加速时的2倍,上爬总时间为3s,问这两个阶段竹竿对横梁的拉力分别是多少?
(g取10m/s2)
12、如图所示,一木箱底部有一质量为5kg的物体,物体与箱盖间有一弹簧(不计质量),将两者竖直连接,弹簧对物体有30N的拉力,现将木箱放在一升降机中,在升降机运动时,发现物体离开箱底,那么这时升降机的运动满足条件是什么?
13、竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一根弹簧秤,如图24-1所示,弹簧秤的秤钩上悬挂一个质量m=4kg的物体,试分析下列情况下电梯的运动情况(g取10m/s2):
(1)当弹簧秤的示数T1=40N,且保持不变.
(2)当弹簧秤的示数T2=32N,且保持不变.
(3)当弹簧秤的示数T3=44N,且保持不变.
14、自动扶梯与水平面的夹角为30º
角,扶梯上站着一个质量为50kg的人,随扶梯以加速度a=2m/s2一起向上加速运动,则此时人受到的扶梯的支持力以及摩擦力的大小和方向是怎样的?
(g取10m/s2)
15、某学生想了解所居住高楼内电梯运行的大致规律,他设计一个利用称体重的磅秤来进行测量和研究的方案:
①把磅秤平放在电梯的地板上,他站在磅秤上,请两位同学协助他观察磅秤示数的变化情况,并记录电梯运行时不同时刻磅秤的示数。
②将两位同学随机记录的7个数据列表.由于不知记录时刻的先后,故表格数据按从小到大的次序排列,并相应标明t1、t2……t7。
(记录时电梯作平稳运动)
③对实验数据进行分析研究,了解电梯的运行情况,并粗略测定电梯的加速度。
思考回答下列问题:
(1)在测量时该学生所受的重力将__________(填“变大”、“变小”、“不变”)
(2)如果先记录到的是较小的示数,后记录到的是较大的示数,则记录时电梯相应的运动可能是
[
]
A.先加速下降后减速下降
B.先减速下降后匀速下降
观察
次数
时刻
磅
秤
读数(N)
1
t1
449
2
t2
450
t3
4
t4
549
5
t5
550
t6
551
7
t7
C.先匀速上升后减速上升
D.先减速上升后加速上升
(3)如果电梯在运行过程中经历过匀加速、匀速和匀减速三个过程,而两位同学记录的数据不知处于哪一运动阶段,则此电梯加速度的可能值为[
A.1.0m/s2
B.1.82m/s2
C.2.22m/s2
D.2.50m/s2
(4)
由于每部电梯运行时加速度都是设定好的,如果要知道该高楼电梯的加速度,还需要测定的物理量是______________.
16、科研人员乘气球进行科学考察.气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg.气球在空中停留一段时间后,发现气球漏气而下降,及时堵住.堵住时气球下降速度为1m/s,且做匀加速运动,4s内下降了12
m.为使气球安全着陆,向舱外缓慢抛出一定的压舱物.此后发现气球做匀减速运动,下降速度在5分钟内减少3
m/s.若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略,重力加速度g=9.89m/s2,求抛掉的压舱物的质量.
17、一同学家住在23层高楼的顶楼.他想研究一下电梯上升的运动过程.某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5kg的重物和一个量程足够大的台秤,他将重物放在台秤上.电梯从第1层开始启动,一直运动到第23层停止.在这个过程中,他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示.
台秤示数/N
0~3.0
3.0~13.0
13.0~19.0
根据表格中的数据,求:
(1)电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小;
(2)电梯在中间阶段上升的速度大小;
(3)该楼房平均每层楼的高度.
18、太空是一个微重力、高真空、强辐射的环境,人类可以利用这样的天然实验室制造出没有内部缺陷的晶体,生产出能承受强大拉力的细如蚕丝的金属丝.假如未来的某天你乘坐飞船进行“微重力的体验”行动,飞船由6000m的高空静止下落,可以获得持续的25s之久的失重状态,你在这段时间里可以进行关于微重力影响的实验.已知下落的过程中飞船受到的空气阻力为重力的0.04倍,重力加速度g取10m/s2,试求:
(1)飞船在失重状态下的加速度大小;
(2)飞船在微重力状态中下落的距离.
19、北京欢乐谷游乐场天地双雄是目前亚洲唯一的双塔太空梭.它是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施,先把乘有十多人的座舱,送到76m高的地方,让座舱自由落下,当落到离地面28m时制动系统开始启动,座舱匀减速运动到地面时刚好停止.若某游客手中托着质量为1kg的饮料瓶进行这个游戏,g取9.8m/s2,问:
(1)当座舱落到离地面高度为40m的位置时,饮料瓶对手的作用力多大?
(2)当座舱落到离地面高度为15m的位置时,手要用多大的力才能托住饮料瓶?
20、一位同学的家住在一座25层的高楼内,他每天乘电梯上楼,随着所学物理知识的增多,有一天他突然想到,能否用所学物理知识较为准确地测出这座楼的高度呢?
在以后的一段时间内他进行了多次实验测量,步骤如下:
经过多次仔细观察和反复测量,他发现电梯启动后的运动速度符合如图所示的规律,他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度.他将台秤放在电梯内,将重物放在台秤的托盘上,电梯从第一层开始启动,经过不间断的运行,最后停在最高层.在整个过程中,他记录了台秤中不同时间段内的示数,记录的数据如下表所示.但由于0~3.0s段的时间太短,他没有来得及将台秤的示数记录下来,假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的,重力加速度g取10m/s2.
台秤示数/kg
5.0
4.6
(1)电梯在0~3.0s时间段内台秤的示数应该是多少?
(2)根据测量的数据计算该楼房每一层的平均高度.
答案
1、【解析】
(1)由图象可以看出升降机在0~2s内向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得
F-mg=ma1
解得
a1=2m/s2
由运动学公式x1=
a1
,v=a1t1解得升降机在0~2s内上升的高度x1=4m,第2s末速度v=4m/s;
在2~6s内升降机做匀速运动x2=vt2=16m;
在6~10s内升降机做匀减速运动x3=
vt3=8m.
故升降机在10s内上升的总高度H=x1+x2+x3=28m.
(2)由于压力传感器示数为零,则木块处于完全失重状态,故升降机在该段时间内做加速度大小为g的匀减速运动.
2、解:
(1)由图象知,电梯先匀加速运动,再匀速运动,最后匀减速运动到停止,由表中数据可知,物体的质量为5.0kg,电梯匀加速运动的时间为3.0s,匀速运动的时间为10.0s,匀减速运动的时间为6.0s,此时台秤对物体的支持力为46N,由牛顿第二定律可求得电梯匀减速运动的加速度为a2=
=0.8m/s2
由于电梯匀加速运动的时间是它匀减速运动时间的一半,而速度变化量相同,故电梯匀加速运动的加速度是它匀减速运动加速度的2倍,即a1=2a2=1.6m/s2
由牛顿第二定律得F1-mg=ma1
F1=m(g+a1)=5.0×
(10+1.6)N=58N
即电梯在0~3.0s时间段内台秤的示数为5.8kg
(2)电梯匀速运动的速度为
v=a1t1=1.6×
3.0m/s=4.8m/s
则电梯上升的总位移为
x=
(t1+t3)+vt2=
×
9+4.8×
10=69.6(m)
则每层楼高为h=
m=2.9m
3、
剪断细线后,小球加速上升,对小球由牛顿第二定律得ΣF=ρVg-mg=ma①
小球上升时,小球上方的水也以相同大小的加速度a加速向下流动以填补小球原来占据的空间,那么其水的质量为m′=ρV=1.2kg
②
对容器整体,同理可得台秤对容器的支持力
F=40+ma+m′a
③
代入已知量解①②③得F=39.6N,即台秤的读数是39.6N.
4、【试题分析】
(1)对杨利伟上升过程受力分析,由牛顿第二定律得
N-mg=ma
代入数据可得,坐椅对他的支持力为N=1171.8N
由牛顿第三定律可得,他对坐椅的压力为N′=1171.8N.
(2)杨利伟训练时承受的压力可达到8个G,表明他受到等于自身重力8倍的压力.
(3)飞船减速下降时,具有向上的加速度,系统超重,所以杨利伟有超重的感觉.
5、【试题分析】
(1)在离地面高于28m时,座舱做自由落体运动,处于完全失重状态,所以铅球对手没有作用力,由牛顿第三定律可知,手对铅球也没有作用力.
(2)设座舱自由下落高度为h1=76m-28m=48m后的速度为v,制动时的加速度为a,制动高度为h2=28m,由vl2-v02=2as得
v2=2gh1,v2=2ah2
联立解得
a=
根据牛顿运动定律F-mg=ma得
F=mg
代入数据得
F=133N
6、解:
(1)宇航员对座椅的压力为N=kmg.由牛顿第三定律可知,座椅对宇航员的支持力为N′=kmg.
根据牛顿第二定律,得kmg-mg=ma(4≤k≤12)
所以30m/s2≤a≤110m/s2
(2)由题意可知,座椅对宇航员的支持力为N′=10mg
根据牛顿第二定律,得N′-mg=ma,a=(k-1)g=9g=90m/s2
7、
(1)由F-t图可知0-1s人匀加速下滑
1-3s人匀减速下滑
(2)在0-1s中对人有
对杆有
人下滑的加速度
人下滑的最大速度
(3)由v-t图,得竹竿的长度
8、1、解:
(1)对于启动状态有:
得
对于制动状态有:
(2)电梯匀速运动的速度
从图中读得,电梯匀速上升的时间t2=26s,加速和减速的时间都是t=1s所以总位移
层高
9、
(1)不是匀加速运动;
是向上的运动。
①
(2)静止时有:
FA+mg=FB
代入数据得m=2kg②(3)1.4s时刻,FB-FA-mg=ma,代入数据得a=12m/s2
③
10、
(1)
a1==m/s2
=1.6m/s2,
a2==m/s2
=0.8m/s2
(2)v1=
a1・t1=1.6×
3m/s=4.8m/s(3)H=a1t12+v1t2+a2t22=×
1.6×
32m+4.8×
10m+×
0.8×
62m=7.2m+48m+14.4m=69.6m
11、1、解析:
设竿上同学上爬过程中的最大速度为v,加速和减速阶段的加速度大小分别为a1和a2,由题意有:
a2=2a1
①根据运动学公式有:
,得
=
以t1、t2分别表示竿上同学加速和减速上爬的时间,由v=a1t1和v=a2t2得:
,即
②由①②式解得:
a1=2m/s2,a2=4m/s2,在上爬的加速阶段,对竿上演员应用牛顿第二定律,有:
f1-mg=ma1,得f1=m(g+a1)=480N,对竹竿应用平衡条件,有:
f1+m0g=N1,从而得竹竿对横梁的拉力为N1′=N1=f1+m0g=530N。
在上爬的减速阶段,对竿上演员应用牛顿第二定律,有:
mg-f2=ma2,得f2=m(g-a2)=240N,对竹竿应用平衡条件,有:
f2+m0g=N2,从而得竹竿对横梁的拉力为N2′=N2=f2+m0g=290N。
点评:
本题的求解应用了匀变速运动公式、牛顿运动定律和力的平衡条件,确定竿上同学加速、减速上爬时的加速度大小,是求解问题的关键,在得出加速度a1、a2后,也可对竿上同学和竹竿进行整体研究,具体怎样做同学们请试一试。
12、解:
升降机静止时,箱底对物体支持力N=mg-F=20N,升降机运动时,物体离开箱底的临界条件是N=0,对应升降机的加速度为a,则mg-F=ma,
,故升降机做向下加速向上减速的运动,加速度不小于
。
13、解析:
选取物体为研究对象,它受到重力mg和竖直向上的拉力T的作用.规定竖直向上方向为正方向.
(1)当T1=40N时,根据牛顿第二定律有T1-mg=ma1,解得这时
静止或匀速直线运动状态.
(2)当T2=32N时,根据牛顿第二定律有T2-mg=ma2,解得这
示物体的加速度方向与所选定的正方向相反,即电梯的加速度方向竖直向下.电梯加速下降或减速上升.(3)当T3=44N时,根据牛顿第二定律有T3-mg=ma3,解得这时
的加速度方向与所选的正方向相同,即电梯的加速度方向竖直向上.电梯加速上升或减速下降.点拨:
当物体加速下降或减速上升时,亦即具有竖直向下的加速度时,物体处于失重状态;
当物体加速上升或减速下降时,亦即具有竖直向上的加速度时,物体处于超重状态.
14、f=86.6N,水平向右;
N=550N,竖直向上提示:
对人受力分析知,人受重力、支持力、摩擦力,我们把加速度分解到水平方向和竖直方向
方向水平向右
方向竖直向上由牛顿第二定律可得水平方向
竖直方向
代入数据可得上升过程中人受到的摩擦力和支持力分别为
f=86.6N,水平向右;
N=550N,竖直向上
15、不变
2.AD
3.ABC
4.某学生的质量
16、由牛顿第二定律得:
mg-f=ma
抛物后减速下降有:
Δv=a/Δt
解得:
M点横坐标为:
17、
(1)电梯在最初加速阶段0~3.0S内加速度为
,重物受到的支持力为
,根据牛顿第二定律,得:
最后减速阶段13.0~19.0s内,重物加速度大小为
(2)在三秒末重物的速度:
m/s
(3)设在全程内电梯的位移为
,电梯加速、匀速、减速运动所用的时间为
、
得:
代入数据得:
m
则平均每层楼高为
m=3。
16m
18、
(1)9.6m/s2
(2)3000m
19、
20、答案:
(1)5.8kg
(2)2.9m
解析:
(1)电梯启动前,台秤示数为5.0kg,则物体重力G=mg=50N
由于表中各段时间内台秤的示数恒定,所以在时间t1(0~3.0s)内,物体做匀加速运动,在时间t2(3.0s~13.0s)内物体做匀速直线运动,在时间t3(13.0s~19.0s)内物体做匀减速直线运动.19.0s末速度减为零.
在13.0s~19.0s内,物体所受的支持力FN3=46N,根据牛顿第二定律mg-FN3=ma3
得在时间t3内物体的加速度a3=
=0.8m/s2
13.0s末物体的速度v2=a3t3=4.8m/s.
而由于电梯在13.0s末的速度与3.0s末的速度相同.因此根据匀变速运动规律,物体在0~3.0s内的加速度a1=
=1.6m/s2
根据牛顿第二定律FN1-mg=ma1
FN1=58N,即台秤的示数为5.8kg
(2)0~3.0s内物体的位移x1=
a1t
=7.2m
3.0s~13.0s内物体的位移x2=v2t2=48m
13.0s~19.0s内物体的位移x3=
t3=14.4m
则电梯上升的总高度,实际为24层的总高度
x=x1+x2+x3=69.6m
平均每层楼高h=
=2.9m.
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