第6节 超重和失重

车辆向上加速过程中,加速度向上,处于超重状态,故 $ \mathrm{A} $ 错误；车辆匀速上升过程中处于平衡状态,故 $ \mathrm{B} $ 错误；车辆向上减速过程中,加速度向下,处于失重状态,故 $ \mathrm{C} $ 正确；车辆在整个过程中所受重力始终不变,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

火箭加速上升的过程中,航天员处于超重状态, $ \mathrm{A} $ 正确；火箭竖直上升的加速度逐渐减小,但加速度方向仍竖直向上,火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭的重力,航天员对座椅的压力大于自身重力, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；空间站绕地球运行时,航天员处于完全失重状态,但航天员仍受重力, $ \mathrm{D} $ 错误.

电梯静止时,小球受力平衡,有 $ mg=kx $ ,电梯运行时,轻质弹性细绳的伸长量比电梯静止时小,说明弹力变小了,由牛顿第二定律有 $ mg-\dfrac{4}{5}kx=ma $ ,解得加速度大小为 $ a=\dfrac{1}{5}g=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,方向竖直向下,所以电梯可能加速下降，也可能减速上升,小明处于失重状态, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确；对小明和玩具构成的系统进行受力分析,由牛顿第二定律有 $ m\prime g-N=m\prime a $ ,电梯地板对小明的支持力大小为 $ N=m\prime g-m\prime a=501\mathrm{N}-100.2\mathrm{N}=400.8\mathrm{N} $ ,由牛顿第三定律可知,小明对电梯地板的压力大小为 $ 400.8\mathrm{N} $ , $ \mathrm{B} $ 错误.

木箱的加速度方向竖直向上,木箱处于超重状态,故 $ \mathrm{B} $ 错误；木箱做匀加速直线运动,有 $ {v}^{2}-{v}_{0}^{2}=2ax $ ,解得 $ a=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；对木箱受力分析有 $ {F}_{绳}-mg=ma $ ,解得 $ {F}_{绳}=60\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由 $ v={v}_{0}+at $ ,解得 $ t=\dfrac{6-2}{2}\mathrm{s}=2\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据题图可知,运动员从 $ t=0.30\mathrm{s} $ 离开蹦床到 $ t=2.30\mathrm{s} $ 再次落到蹦床上,经历的时间为 $ 2\mathrm{s} $ ,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为 $ t\prime =1\mathrm{s} $ ,则在 $ t=1.30\mathrm{s} $ 时,运动员恰好运动到最大高度处, $ t=0.30\mathrm{s} $ 时运动员的速度大小 $ v=gt\prime =10×1\mathrm{m}/\mathrm{s}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,最大高度为 $ ℎ=\dfrac{1}{2}gt{\prime }^{2}=5\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误； $ 0\sim 0.15\mathrm{s} $ 内运动员受到合力先减小后增大,加速度先减小后增大,重力等于弹力时,加速度为零, $ 0.15\mathrm{s} $ 时运动员受到的弹力一定大于自身重力,处于超重状态,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

返回舱在即将落地时,要打开反推发动机使返回舱减速到某一安全值,由此可知,此时的返回舱具有向上的加速度,处于超重状态,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；无论处于超重状态还是失重状态,航天员受到的重力是不变的,故 $ \mathrm{C} $ 错误；返回舱处于超重状态,里面的航天员也一样处于超重状态,故返回舱对航天员的支持力大于航天员受到的重力,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

当升降机匀速运动时,底板对物体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,物体对底板的正压力必然会减小,物体受到的最大静摩擦力也就减小,当最大静摩擦力小于弹簧的弹力时, $ A $ 才会被拉向右方.四个选项中 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 两种情况升降机的加速度是向下的,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确.

以 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 整体为研究对象,由牛顿第二定律得 $ (M+{m}_{2})g-{m}_{1}g=(M+{m}_{1}+{m}_{2})a $ ,代入数据解得 $ a=5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,因 $ A $ 的加速度向上, $ A $ 处于超重状态,对 $ A $ ,有 $ T-{m}_{1}g={m}_{1}a $ ,解得轻绳拉力 $ T=30\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误； $ B $ 、 $ C $ 的加速度向下,故 $ B $ 、 $ C $ 处于失重状态,对 $ C $ 有 $ {m}_{2}g-{F}_{\mathrm{N}}={m}_{2}a $ ,可得 $ {F}_{\mathrm{N}}=5\mathrm{N} $ ,由牛顿第三定律可知,物体 $ C $ 对箱子 $ B $ 的压力大小为 $ 5\mathrm{N} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

由于空气阻力的影响,在竖直方向上,羽毛球上升过程的加速度大于下落过程的加速度,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由于空气阻力的影响,羽毛球在水平方向上并非做匀速直线运动,故 $ \mathrm{B} $ 错误；由于在 $ b $ 点时羽毛球在竖直方向的加速度等于重力加速度，方向竖直向下,故羽毛球处于失重状态,故 $ \mathrm{C} $ 正确；羽毛球在 $ c $ 点时的切线竖直,说明速度方向竖直向下,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图可知,在 $ 0\mathrm{～}{t}_{1} $ 时间内,人的视重小于重力,处于失重状态,则加速度方向向下,大小不变,可知电梯向上做匀减速运动或向下做匀加速运动；在 $ {t}_{1}\mathrm{～}{t}_{2} $ 时间内,视重恰好等于重力,处于平衡状态,加速度为零，电梯向上或向下做匀速运动；在 $ {t}_{2}\mathrm{～}{t}_{3} $ 时间内,视重大于重力,处于超重状态,加速度方向向上,大小不变,电梯向上做匀加速运动或向下做匀减速运动,若取竖直向上为正方向,可知电梯运行的 $ v-t $ 图像可能正确的是 $ \mathrm{A} $ , $ a-t $ 图像可能正确的是 $ \mathrm{C} $ .

$ 2\sim 6\mathrm{s} $ 内物块的加速度先向上后向下,对物块, $ 2\sim 4\mathrm{s} $ 内,有 $ k\mathrm{\Delta }x-mg=ma $ , $ a $ 减小,则 $ \mathrm{\Delta }x $ 减小,弹簧测力计示数减小, $ 4\sim 6\mathrm{s} $ 内,有 $ mg-k\mathrm{\Delta }x\prime =ma\prime $ , $ a\prime $ 增大,则 $ \mathrm{\Delta }x\prime $ 减小,弹簧测力计示数减小,故 $ 2\sim 6\mathrm{s} $ 内,物块先超重后失重,弹簧测力计的示数一直减小, $ \mathrm{A} $ 错误； $ 0\sim 6\mathrm{s} $ 内加速度先向上后向下,则物块先超重后失重,图像与横轴围成的面积等于速度的变化量,则速度变化量为 $ \mathrm{\Delta }v=\dfrac{1+2}{2}×2\mathrm{m}/\mathrm{s}+\dfrac{1}{2}×2×2\mathrm{m}/\mathrm{s}-\dfrac{1}{2}×2×2\mathrm{m}/\mathrm{s}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,因为初速度为零,则 $ 6\mathrm{s} $ 时物块的速度大小为 $ 3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,物块 $ 6\mathrm{s} $ 末的加速度为 $ -2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,则对物块受力分析有 $ T-mg=ma $ ,解得弹簧测力计示数为 $ T=16\mathrm{N} $ , $ \mathrm{B} $ 正确， $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

缆车有平行山坡向下的加速度,将小物块与斜面体看成一个整体,有向下的加速度分量,处于失重状态,故 $ \mathrm{A} $ 错误；假设小物块与斜面间摩擦力沿斜面向上,对小物块,有 $ mg \sin {30}^{\circ }-f=ma $ ,解得 $ f=\dfrac{1}{2}mg-ma $ ,当 $ a > \dfrac{g}{2} $ ,时,可知 $ f $ 的方向沿斜面向下,大小为 $ f=ma-\dfrac{1}{2}mg $ ,当 $ a=\dfrac{g}{2} $ 时 $ f=0 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误；对小物块,有 $ mg \sin {30}^{\circ }-f=ma $ , $ {F}_{\mathrm{N}}=mg \cos {30}^{\circ } $ ,若缆车加速度增大,小物块受到的摩擦力可能减小,可能不变,还可能增大,支持力不变,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 飞船起飞阶段,由题意可知 $ {k}_{1}=\dfrac{{F}_{\mathrm{N}1}}{mg}=4.2 $ ,

可得 $ {F}_{\mathrm{N}1}=4.2mg $ .

航天员与飞船加速度相同,起飞时航天员受力如图1所示,航天员受重力、支持力,

图1

根据牛顿第二定律,取竖直向上为正方向,有 $ F{\prime }_{\mathrm{N}1}-mg=m{a}_{1} $ ,

由牛顿第三定律有 $ F{\prime }_{\mathrm{N}1}={F}_{\mathrm{N}1} $ ,

代入数据,解得 $ {a}_{1}=32\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

（2） 飞船返回大气层时,航天员受力如图2所示,航天员受重力、支持力,

图2

根据牛顿第二定律,取竖直向上为正方向,有 $ F{\prime }_{\mathrm{N}2}-mg=m{a}_{2} $ ,

由牛顿第三定律有 $ {F}_{\mathrm{N}2}=F{\prime }_{\mathrm{N}2} $ ,

代入数据,解得耐受力值 $ {k}_{2}=\dfrac{{F}_{\mathrm{N}2}}{mg}=1+\dfrac{{a}_{2}}{g}=1.52 $ .

（1） 由题意可知,金属块所受竖直向下的压力大小等于上顶板压力传感器示数 $ ( $ 设为 $ {F}_{1}) $ ,金属块所受竖直向上的弹力大小等于下底板压力传感器示数 $ ( $ 设为 $ {F}_{2}) $ ,

当 $ a=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ （竖直向下）、 $ {F}_{1}=7.2\mathrm{N} $ 、 $ {F}_{2}=12\mathrm{N} $ 时,

对金属块有 $ {F}_{1}+mg-{F}_{2}=ma $ ,

代入数据解得 $ m=0.6\mathrm{k}\mathrm{g} $ .

（2） 若上顶板的压力传感器示数为下底板的压力传感器示数的一半,因为弹簧形变量没有改变,所以下底板压力传感器示数不变,即 $ F{\prime }_{1}=6\mathrm{N} $ , $ {F}_{2}=12\mathrm{N} $ ,根据牛顿第二定律得 $ F{\prime }_{1}+mg-{F}_{2}=ma\prime $ ,

代入数据解得 $ a\prime =0 $ ,可知箱子静止或做匀速直线运动.

（3） 上顶板压力传感器示数恰好为零（即上顶板与金属块接触但不挤压）时,下底板压力传感器示数仍然不变,有 $ a″=\dfrac{{F}_{2}-mg}{m}=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,方向向上；故要使上顶板压力传感器的示数恰好为零,则箱子沿竖直方向向上加速运动或向下减速运动,加速度大小为 $ 10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

弹簧离开桌面前,笔帽和弹簧一起向上运动,在这个过程中,弹簧的压缩量逐渐减小,因此弹簧上的弹力也一直减小,故 $ \mathrm{A} $ 正确；笔帽的速度在弹簧恢复原长时并不是最大的,而是在此之前弹簧弹力等于重力时刻达到最大,故 $ \mathrm{B} $ 错误；离开桌面上升过程中,笔帽受到重力的作用,笔帽的加速度方向向下,因此笔帽处于失重状态,故 $ \mathrm{C} $ 正确；离开桌面前,刚放手时弹簧压缩量最大,笔帽的加速度最大,然后弹簧开始伸长,弹簧弹力逐渐减小,合力逐渐减小,加速度也逐渐减小,当弹簧弹力小于重力后,加速度开始反向增大,直到弹簧恢复原长和笔帽一起离开桌面,故 $ \mathrm{D} $ 错误.