2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）12 B超重和失重 中檔版

2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）12B超重和失重中檔版超重和失重知識(shí)點(diǎn)：超重和失重一、重力的測量1．方法一：利用牛頓第二定律先測量物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的加速度g，再用天平測量物體的質(zhì)量m，利用牛頓第二定律可得G＝mg.2．方法二：利用力的平衡條件將待測物體懸掛或放置在測力計(jì)上，使它處于靜止?fàn)顟B(tài)．這時(shí)物體受到的重力的大小等于測力計(jì)對(duì)物體的拉力或支持力的大小．二、超重和失重1．視重：體重計(jì)的示數(shù)稱為視重，反映了人對(duì)體重計(jì)的壓力．2．失重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向下(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．3．超重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向上(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．4．完全失重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的狀態(tài)．(2)產(chǎn)生條件：a＝g，方向豎直向下．技巧點(diǎn)撥一、超重和失重的判斷1．對(duì)視重的理解當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上相對(duì)靜止時(shí)，彈簧測力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為“視重”，大小等于彈簧測力計(jì)所受的拉力或臺(tái)秤所受的壓力．當(dāng)物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力并未變化，只是視重變了．2．判斷物體超重與失重的方法(1)從受力的角度判斷：超重：物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力，即視重大于重力．失重：物體所受向上的拉力(或支持力)小于重力，即視重小于重力．完全失重：物體所受向上的拉力(或支持力)為零，即視重為零．(2)從加速度的角度判斷：①當(dāng)物體的加速度方向向上(或豎直分量向上)時(shí)，處于超重狀態(tài)，如圖1.根據(jù)牛頓第二定律：FN－mg＝ma，此時(shí)FN>mg，即處于超重狀態(tài)．可能的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：向上加速或向下減速．圖1圖2圖3②當(dāng)物體的加速度方向向下(或豎直分量向下)時(shí)，處于失重狀態(tài)，如圖2.根據(jù)牛頓第二定律：mg－FN＝ma，此時(shí)FN<mg，即處于失重狀態(tài)．可能的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：向下加速或向上減速．③當(dāng)物體的加速度為g時(shí)，處于完全失重狀態(tài)，如圖3根據(jù)牛頓第二定律：mg－FN＝ma，此時(shí)a＝g，即FN＝0.可能的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：自由落體運(yùn)動(dòng)或其他拋體運(yùn)動(dòng)．例題精練1．（2021?臨海市二模）如圖所示，風(fēng)洞飛行體驗(yàn)可以實(shí)現(xiàn)高速風(fēng)力將人吹起，通過改變風(fēng)力大小或人體受風(fēng)面積可以控制人體上升或下降。若一質(zhì)量m＝70kg的游客，從離地高度h1＝0.5m的懸浮狀態(tài)向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)高度h2＝2.5m處時(shí)再次懸浮，下列說法正確的是（）A．此過程中人的機(jī)械能增加了約1400J B．若人懸浮時(shí)減小受風(fēng)面積，將會(huì)向上運(yùn)動(dòng) C．上升過程中，人先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài) D．人處于懸浮狀態(tài)時(shí)，為風(fēng)洞提供動(dòng)力的電動(dòng)機(jī)不需要做功【分析】由于人在初末位置均處于懸浮狀態(tài)，動(dòng)能不變根據(jù)重力勢能的變化判斷機(jī)械能的變化即可，人受到重力和風(fēng)力作用，結(jié)合利用牛頓定律判斷物體運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)人運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度方向，判斷其處于超重還是失重狀態(tài)。【解答】解：A、由于人在初末位置均處于懸浮狀態(tài)，動(dòng)能不變，此過程中人的機(jī)械能的增加量等于重力勢能的增加量，即機(jī)械能增加了ΔE＝mgΔh＝70×10×（2.5﹣0.5）J＝1400J，故A正確；B、若人懸浮時(shí)減小受風(fēng)面積，風(fēng)力減小，人將會(huì)向下運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、由于上升過程中，人先加速后減速，所以人先處于超重狀態(tài)，后處失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D、人處于懸浮狀態(tài)時(shí)，由于要持續(xù)吹風(fēng)才能懸浮，所以為風(fēng)洞提供動(dòng)力的電動(dòng)機(jī)需要做功，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題學(xué)生需掌握機(jī)械能的定義，牛頓定律的應(yīng)用，需注意人處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)由人運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度方向決定。隨堂練習(xí)1．（2021?煙臺(tái)三模）如圖甲所示，高層建筑室外擦玻璃的工人在進(jìn)行室外作業(yè)，為了保障安全，他們身上都綁有安全帶，安全帶上有救生緩降器，緩降器由掛鉤（或吊環(huán)）、吊帶、繩索及速度控制裝置等組成，以保證工人的安全。設(shè)某次工人完成高空作業(yè)后從離地面某高度處通過安全帶安全著陸，圖乙是工人運(yùn)動(dòng)全過程的v﹣t圖像。下列說法正確的是（）A．0到t1段時(shí)間內(nèi)工人處于超重狀態(tài) B．t1到t2段時(shí)間內(nèi)工人的平均速度等于 C．工人初始位置離地面高度為v1t2 D．整個(gè)過程中繩索對(duì)工人的拉力先變大后變小【分析】根據(jù)v﹣t圖象中圖線的斜率表示加速度，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，結(jié)合牛頓第二定律判斷加速度的方向，進(jìn)而判斷超重還是失重。【解答】解：A、0到t1段時(shí)間內(nèi)工人向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、t1到t2段時(shí)間內(nèi)如果做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，位移等于下圖中陰影部分面積，則工人的平均速度等于；實(shí)際上工人位移等于曲線與時(shí)間軸圍成的面積，實(shí)際位移大于勻減速時(shí)的位移，t1到t2段時(shí)間內(nèi)工人的平均速度大于，故B錯(cuò)誤；C、v﹣t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，工人初始位置離地面高度等于曲線與時(shí)間軸圍成的面積，小于v1t2，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合圖線的斜率可知，加速度先減小到0后再反向增大，再減小，對(duì)于加速過程，根據(jù)牛頓第二定律知mg﹣T＝ma，加速度減小，重力不變，則拉力一直增大到等于重力；減速運(yùn)動(dòng)過程，有T﹣mg＝ma，且加速度反向增大后又減小，則拉力先增大后減小，所以整個(gè)過程中繩索對(duì)工人的拉力先變大后變小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)v﹣t圖象的性質(zhì)和牛頓第二定律的運(yùn)用情況，難度較小。2．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）小胡用手機(jī)軟件測量了電梯運(yùn)行過程中的加速度，得到圖甲所示圖線（規(guī)定豎直向上為正方向），為簡化問題，將圖線簡化為圖乙。已知t＝0時(shí)電梯處于靜止?fàn)顟B(tài)，則以下判斷正確的是（）A．t＝5s時(shí)電梯處于失重狀態(tài) B．8～9s內(nèi)電梯在做減速運(yùn)動(dòng) C．10～15s內(nèi)電梯在上行 D．16～17s內(nèi)電梯在下行【分析】當(dāng)物體的加速度向上時(shí)，處于超重狀態(tài)。當(dāng)加速度向下時(shí)，處于失重狀態(tài)。加速度a＝0時(shí)物體處于平衡狀態(tài)，根據(jù)加速度的正負(fù)分析物體的狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、t＝5s時(shí)，電梯的加速度為正值，方向豎直向上，電梯處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、t＝0時(shí)，電梯處于靜止?fàn)顟B(tài)，一小段時(shí)間后，電梯的加速度為正值，方向豎直向上，電梯一定加速上升，8～9s內(nèi)，電梯的加速度仍為正值，方向豎直向上，可知電梯加速上升，故B錯(cuò)誤；C、t＝10s時(shí)，電梯的加速度為零，電梯上升的速度達(dá)到最大值，10～15s內(nèi)，電梯的加速度為零，電梯以最大速度勻速上行，故C正確；D、16～21s內(nèi)，電梯的加速度為負(fù)值，方向豎直向下，電梯向上做減速運(yùn)動(dòng)。由對(duì)稱性可知，t＝21s時(shí)，電梯的速度減為零，則16～17s內(nèi)電梯仍在上行，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】超重和失重現(xiàn)象可以運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行分析理解，產(chǎn)生超重的條件是：物體的加速度方向向上；產(chǎn)生失重的條件：物體的加速度方向向下。要知道a﹣t圖象“面積”的物理意義：a﹣t圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積表示速度的變化量。3．（2020秋?倉山區(qū)校級(jí)期末）臺(tái)階式電動(dòng)扶梯如圖所示，乘客站上扶梯臺(tái)階，先緩慢加速，然后再勻速上升，則（）A．乘客始終處于超重狀態(tài) B．加速階段乘客受到的摩擦力方向與速度v相反 C．電梯加速上升時(shí)，電梯對(duì)乘客的作用力豎直向上 D．電梯勻速上升時(shí)，電梯對(duì)乘客的作用力豎直向上【分析】分加速和勻速兩個(gè)過程對(duì)顧客進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析，根據(jù)加速度方向分析乘客的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、乘客加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，乘客的加速度沿扶梯向上，有豎直向上的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律知，電梯對(duì)他的支持力大于其重力，處于超重狀態(tài)；當(dāng)乘客勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、在加速階段，乘客所受合力方向沿斜面向上，乘客受重力支持力和水平向右的摩擦力，與速度方向不在同一直線上，故B錯(cuò)誤；CD、在勻速階段，電梯對(duì)乘客沒有摩擦力，只有豎直向上的支持力；在加速階段，乘客受到水平向右的摩擦力，豎直向上的支持力，電梯對(duì)乘客的作用力斜向上，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，應(yīng)用牛頓第二定律分析物體受力情況，是物理上常用方法，特別要抓住牛頓第二定律的矢量性，即加速度方向與合力方向相同。4．（2020秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）人站在力傳感器上完成“起立”和“下蹲”動(dòng)作，圖中呈現(xiàn)的是力傳感器的示數(shù)隨時(shí)間變化的情況，由此可以判斷（）A．此人先起立后下蹲 B．起立時(shí)先失重后超重 C．a(chǎn)點(diǎn)人所受到的支持力大于重力 D．人下蹲過程加速度大小先增大后減小，再增大，再減小【分析】下蹲時(shí)，先加速下降后減速下降，起立時(shí)先加速上升、后減速上升，由此分析失重和超重情況；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化情況?！窘獯稹拷猓杭铀俣认蛏蠟槌?，F(xiàn)大于重力，加速度向下為失重，F(xiàn)小于重力。AB、下蹲時(shí)，先加速下降后減速下降，即先失重后超重，F(xiàn)先小于500N，后大于500N；起立時(shí)先加速上升、后減速上升，先超重后失重，F(xiàn)先大于500N，后小于500N，所以此人先下蹲后起立，起立時(shí)先超重后失重，故AB錯(cuò)誤；C、a點(diǎn)人所受到的支持力小于重力，故C錯(cuò)誤；D、加速下降過程在加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg﹣FN＝ma，解得：a＝g﹣，支持力先減小后增大，所以加速度先增大后減小；減速下降過程中，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN﹣mg＝ma，解得：a＝﹣g，支持力先增大后減小，所以加速度先增大后減小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用﹣超重和失重。知道加速度向上為超重，F(xiàn)大于重力，加速度向下為失重，F(xiàn)小于重力。綜合練習(xí)一．選擇題（共18小題）1．（2021?武邑縣校級(jí)模擬）某校羽毛球運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行了如圖所示的原地縱跳摸高訓(xùn)練。已知質(zhì)量m＝50kg的運(yùn)動(dòng)員原地靜止站立（不起跳）摸高為2.10m，比賽過程中，該運(yùn)動(dòng)員先下蹲，重心下降0.5m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.90m的高度。若運(yùn)動(dòng)員起跳過程視為勻加速運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力影響，g取10m/s2，則（）A．運(yùn)動(dòng)員起跳過程處于完全失重狀態(tài) B．起跳過程的平均速度比離地上升到最高點(diǎn)過程的平均速度大 C．起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為960N D．從開始起跳到雙腳落地需要1.05s【分析】運(yùn)動(dòng)員起跳過程視為勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)；運(yùn)動(dòng)員離開地面后豎直上拋，根據(jù)速度位移公式求得初速度；起跳過程中，根據(jù)速度位移公式求得加速度，根據(jù)牛頓第二定律求得作用力；根據(jù)速度時(shí)間公式求得加速和減速階段的時(shí)間即可求得。【解答】解：AC、從開始起跳到腳離開地面重心上升h1＝0.5m，做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，離開地面到上升到最高點(diǎn)的過程中，重心上升距離h2＝2.90m﹣2.10m＝0.8m，運(yùn)動(dòng)員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)2gh2＝v2可知，所以v＝＝m/s＝4m/s在起跳過程中，根據(jù)速度位移公式可知2ah1＝v2，a＝，解得：a＝16m/s2由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝ma解得：FN＝mg+ma＝1300N由牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為1300N，方向豎直向下，則運(yùn)動(dòng)員起跳過程處于超重狀態(tài)，故AC錯(cuò)誤；B、根據(jù)平均速度公式知起跳過程的平均速度等于離地上升到最高點(diǎn)過程的平均速度，故B錯(cuò)誤；D、加速上升時(shí)間：t1═＝s＝0.25s減速上升：t2＝＝s＝0.4s，則加速下降到雙腳落地時(shí)間也為0.4s故總時(shí)間為t＝0.25s+0.4s+0.4s＝1.05s，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，加速度是解決問題的中間橋梁，明確運(yùn)動(dòng)過程是解題的關(guān)鍵。2．（2021?合肥模擬）為了備戰(zhàn)2020年東京奧運(yùn)會(huì)，我國羽毛球運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行了如圖所示的原地縱跳摸高訓(xùn)練。已知質(zhì)量m＝50kg的運(yùn)動(dòng)員原地靜止站立（不起跳）摸高為2.10m，訓(xùn)練過程中，該運(yùn)動(dòng)員先下蹲，重心下降0.5m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.90m的高度。若運(yùn)動(dòng)員起跳過程和離地上升過程均視為勻變速運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力影響，g取10m/s2。則（）A．運(yùn)動(dòng)員起跳過程處于失重狀態(tài) B．起跳過程的平均速度與離地上升到最高點(diǎn)過程的平均速度相等 C．起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力小于重力 D．起跳過程中地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功【分析】對(duì)起跳過程和離地后運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和受力情況分別進(jìn)行分析，可判斷出運(yùn)動(dòng)員先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，兩個(gè)階段均做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，分別由初末速度可求平均速度?！窘獯稹拷猓篈、運(yùn)動(dòng)員在起跳過程中可視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，所以運(yùn)動(dòng)員起跳過程處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、運(yùn)動(dòng)員在起跳過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)起跳時(shí)離地瞬間速度為v，則起跳過程的平均速度，＝＝v，運(yùn)動(dòng)員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，離地上升到最高點(diǎn)過程的平均速度＝＝v，即兩者相等，故B正確；C、運(yùn)動(dòng)員在起跳過程中可視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，故起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力大于重力，故C錯(cuò)誤；D、起跳過程中運(yùn)動(dòng)員相對(duì)于地面沒有位移，故地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員不做功，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查應(yīng)用物理知識(shí)分析實(shí)際問題的能力。求解的關(guān)鍵是知道作用力與反作用力、超重與失重、慣性等概念。3．（2021春?雨花區(qū)校級(jí)月考）圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動(dòng)作的示意圖，圖中的小黑點(diǎn)表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時(shí)間變化的圖像，取重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)圖像分析可知（）A．人的重力可由b點(diǎn)讀出，約為280N B．b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài) C．f點(diǎn)是人在雙腳離開力板的過程中，上升最高的點(diǎn) D．人在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度小于在c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度【分析】人處于平衡狀態(tài)時(shí)人受到的重力與人對(duì)力板的壓力大小相等；當(dāng)物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Υ笥谧陨碇亓r(shí)處于超重狀態(tài)；當(dāng)物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦π∮谧陨碇亓r(shí)物體處于失重狀態(tài)；分析清楚圖甲所示情景與圖乙所示力板所受壓力隨時(shí)間變化關(guān)系分析答題。【解答】解：A、開始時(shí)人處于平衡狀態(tài)，人對(duì)傳感器的壓力約為900N，人的重力約為900N，故A錯(cuò)誤；B、由圖乙所示圖象可知，從b到c的過程中，人對(duì)力板的壓力先小于自身重力后大于自身重力，因此人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、f點(diǎn)對(duì)應(yīng)的壓力最大，大于重力，則人處于超重狀態(tài)，肯定不是上升到最高點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D、由圖乙所示圖象可知，在b點(diǎn)人對(duì)力板的壓力約為300N，力板對(duì)人的支持力約為300N，人所受合力約為900N﹣300N＝600N；在c點(diǎn)，人對(duì)力板的壓力約為2000N，力板對(duì)人的支持力約為2000N，人受到的合力約為2000N﹣900N＝1100N，人在b點(diǎn)受到的合力小于在c點(diǎn)受到的合力，由牛頓第二定律可知，人在b點(diǎn)的加速度大小小于在c點(diǎn)的加速度大小，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚人的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)圖乙所示圖象分析清楚人對(duì)力板壓力變化過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)即可解題。4．（2021春?浙江期中）質(zhì)量為m的消防隊(duì)員從一平臺(tái)上豎直跳下，下落3m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.5m。假設(shè)在著地過程中地面對(duì)他雙腳的平均作用力大小恒定，則消防隊(duì)員（）A．著地過程中處于失重狀態(tài) B．著地過程中地面對(duì)他雙腳的平均作用力大小等于7mg C．在空中運(yùn)動(dòng)的加速度大于觸地后重心下降過程中的加速度 D．在空中運(yùn)動(dòng)的平均速度大于觸地后重心下降過程中的平均速度【分析】消防員先在空中自由下落著地后立即減速運(yùn)動(dòng)，所以全過程中先失重后超重；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ax，得知下落時(shí)的加速度和著地時(shí)加速度之比，再由牛頓第二定律求出地面對(duì)他雙腳的平均作用力大??；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，平均速度等于初末速度矢量和的一半，即能判斷D選項(xiàng)。【解答】解：A、消防隊(duì)員著地后由于支持力大于重力，立即減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，所以著地過程中處于消防員處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；BC、設(shè)下落的高度為h1，著地的速度大小為v，著地后自身重心又下降的高度為h2，加速度大小為a；自由下路過程中由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出：v2＝2gh1，著地過程中由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出：v2＝2ah2，代入數(shù)據(jù)得出a＝6g在著地過程中由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝ma，得出平均作用力大小等于7mg，故B正確；因而空中運(yùn)動(dòng)的加速度小于觸地后重心下降過程中的加速度，故C錯(cuò)誤。D、設(shè)消防員著地的速度大小為v根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，平均速度等于初末速度矢量和的一半，空中運(yùn)動(dòng)的平均速度等于觸地后重心下降過程中的平均速度，即，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題以消防員在空中下落后著地為素材，考查學(xué)生對(duì)超失重和平均速度的理解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用，體現(xiàn)了學(xué)科素養(yǎng)理解能力、綜合運(yùn)用能力的考查。5．（2021?東城區(qū)二模）游樂場中的升降機(jī)在豎直方向上運(yùn)行，t＝0時(shí)刻初速度為0，其加速度隨時(shí)間變化的a﹣t圖像如圖所示，以向上為正方向，則下列對(duì)升降機(jī)的說法正確的是（）A．0～0.5T時(shí)間內(nèi)速度保持不變 B．0.5T～T時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng) C．T～2T時(shí)間內(nèi)所受合力為零 D．0～2T時(shí)間內(nèi)一直向上運(yùn)動(dòng)【分析】當(dāng)加速度不為0時(shí)，合力不為零，加速度大于0，升降機(jī)向上加速或向下減速，當(dāng)加速度小于0，升降機(jī)向下加速或向上減速?！窘獯稹拷猓篈、0﹣0.5T時(shí)間內(nèi)，加速度是不變的，初速度是0，故這段時(shí)間升降機(jī)做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、0.5T﹣T時(shí)間內(nèi)，加速度為0，故它做勻速運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、T﹣2T時(shí)間內(nèi)，加速度是負(fù)值，由牛頓第二定律可得，加速度不為0，故所受合力不為零，是負(fù)值，故C錯(cuò)誤；D、0﹣0.5T時(shí)間內(nèi)的速度變化量就是這段時(shí)間的圖線對(duì)應(yīng)的面積，T﹣1.5T的速度減少量剛好把0﹣0.5T的速度增加量抵消，所以1.5T﹣2T之間的速度是負(fù)值，升降機(jī)加速向下運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題要根據(jù)圖象分析小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)拉力與重力的大小關(guān)系確定小球處于失重狀態(tài)還是超重狀態(tài)．6．（2021?西城區(qū)二模）我國的月球探測計(jì)劃“嫦娥工程”分為“繞、落、回”三步。“嫦娥五號(hào)”的任務(wù)是“回”。2020年11月24日，“嫦娥五號(hào)”成功發(fā)射，它分為四部分：著陸器、上升器、軌道器和返回器。12月3日，載著珍貴“月壤”的嫦娥5號(hào)“上升器”發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，以“著陸器”作為發(fā)射臺(tái)，從月面起飛（如圖1），回到預(yù)定環(huán)月軌道，與繞月飛行的“軌道器與返回器組合體”成功交會(huì)對(duì)接（如圖2），將珍貴的“月壤”轉(zhuǎn)移到“返回器”中。12月17日，“返回器”進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道重返地球，以超高速進(jìn)入大氣層。由于速度太快會(huì)使得“返回器”與空氣劇烈摩擦產(chǎn)生高溫，高溫會(huì)對(duì)“月壤”產(chǎn)生不利影響，甚至溫度過高，返回器有燃燒殆盡的風(fēng)險(xiǎn)。為避免這些風(fēng)險(xiǎn)，采用“半彈道跳躍式返回”俗稱“太空打水漂”的方式兩次進(jìn)入大氣層，梯次氣動(dòng)減速（如圖3）。最終在預(yù)定地點(diǎn)平穩(wěn)著陸。根據(jù)以上信息，判斷下列說法正確的是（）A．“上升器”從點(diǎn)火上升到回到預(yù)定環(huán)月軌道的過程中，“月壤”一直處于超重狀態(tài) B．“月壤”隨“返回器”進(jìn)入環(huán)月軌道后，“返回器”的彈力給“月壤”提供向心力 C．為了利用地球自轉(zhuǎn)，節(jié)省燃料，“嫦娥五號(hào)”應(yīng)采用由東向西發(fā)射 D．為了利用地球自轉(zhuǎn)，降低回收過程中的風(fēng)險(xiǎn)，“返回器”應(yīng)采用由西向東進(jìn)入大氣層回收【分析】根據(jù)“月壤”加速度的方向即可判斷超重失重狀態(tài)；在環(huán)月軌道時(shí)，萬有引力提供向心力；發(fā)射過程為了節(jié)省燃料，回收過程為了降低風(fēng)險(xiǎn)，“嫦娥五號(hào)”的方向都應(yīng)與地球自轉(zhuǎn)方向相同?！窘獯稹拷猓篈、“上升器”即將回到預(yù)定環(huán)月軌道時(shí)，軌道接近圓，此時(shí)，“月壤”加速度指向月球，即加速度向下，“上升器”處于失重狀態(tài)，只有在剛發(fā)射的一段時(shí)間內(nèi)，處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、“月壤”隨“返回器”進(jìn)入環(huán)月軌道后，“月壤”處于完全失重狀態(tài)，不受“返回器”的作用力，向心力由萬有引力提供，故B錯(cuò)誤；C、地球自西向東自轉(zhuǎn)，故為了節(jié)省燃料，“嫦娥五號(hào)”也應(yīng)當(dāng)由西向東發(fā)射，故C錯(cuò)誤；D、回收過程中，讓“返回器”與地球自轉(zhuǎn)方向一致，可以減小其與地球大氣的相對(duì)速度，減小摩擦生熱，降低風(fēng)險(xiǎn)，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查超重與失重，天體運(yùn)動(dòng)中的萬有引力問題。需要注意發(fā)射過程為了節(jié)省燃料，回收過程為了降低風(fēng)險(xiǎn)，“嫦娥五號(hào)”的方向都應(yīng)與地球自轉(zhuǎn)方向相同。7．（2021春?寶山區(qū)校級(jí)期中）關(guān)于小孩蕩秋千，不計(jì)繩子重力和空氣阻力的影響，下列說法正確的是（）A．同一個(gè)秋千，蕩秋千的小孩越重，秋千擺動(dòng)的頻率越大 B．在秋千經(jīng)過最低處時(shí)小孩處于超重狀態(tài) C．當(dāng)秋千擺到最高點(diǎn)時(shí)，繩子拉力可以大于小孩和秋千座椅的重力之和 D．蕩秋千的過程一定可以視作簡諧運(yùn)動(dòng)【分析】小孩蕩秋千，不計(jì)空氣阻力的影響，類似于單擺，根據(jù)單擺周期公式，確定跟小孩質(zhì)量無關(guān)；加速度向上，處于超重狀態(tài)；由受力分析可知，在最高點(diǎn)時(shí)，小孩和秋千座椅的重力沿繩方向分力等于繩子的拉力；只有擺角很小情況下，此過程才近似看成簡諧運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈、小孩蕩秋千，不計(jì)空氣阻力的影響，類似于單擺，由單擺的周期公式T＝2π，其周期與小孩的質(zhì)量無關(guān)，即可知頻率與小孩的質(zhì)量也無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、在秋千達(dá)到最低處時(shí)，小孩的加速度豎直向上，則小孩處于超重狀態(tài)，故B正確；C、當(dāng)秋千擺到最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，小孩和秋千座椅的重力沿繩方向分力等于繩子的拉力，所以繩子拉力小于小孩和秋千座椅的重力之和，故C錯(cuò)誤；D、只有擺角很小情況下，此過程才近似看成簡諧運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了單擺的模型，通過受力分析和單擺周期公式結(jié)合牛頓第二定律是解題的關(guān)鍵。8．（2021?黃岡模擬）為了抗擊病毒疫情，保障百姓基本生活，快遞公司采用無人機(jī)配送快遞。無人機(jī)在某飛行配送過程中，沿水平方向的速度vx和豎直向上的速度vy與飛行時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．在t1時(shí)刻，無人機(jī)處于失重狀態(tài) B．在t2時(shí)刻，無人機(jī)上升至最高點(diǎn) C．在0～t2內(nèi)，無人機(jī)沿直線飛行 D．在t2～t3內(nèi)，無人機(jī)做勻變速運(yùn)動(dòng)【分析】通過加速度方向分析物體超重還是失重；通過合力與合速度方向間的關(guān)系分析物體是做直線運(yùn)動(dòng)還是做曲線運(yùn)動(dòng)；加速度恒定的運(yùn)動(dòng)為勻變速運(yùn)動(dòng)。【解答】解：A、由豎直向上的速度vy與飛行時(shí)間t的關(guān)系圖可知，在t1時(shí)刻，無人機(jī)正豎直方向分運(yùn)動(dòng)是在向上加速，所以，無人機(jī)處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、由豎直向上的速度vy與飛行時(shí)間t的關(guān)系圖可知，在0～t3內(nèi)豎直方向分速度一直向上，所以在t2時(shí)刻，無人機(jī)仍在上升，沒有達(dá)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C、在t＝0時(shí)刻，因豎直方向分速度為零，所以合速度沿水平方向，而水平方向加速度為零，所以合加速度沿豎直方向，即t＝0時(shí)刻，合速度與合加速度不在同一直線上，所以在0～t2內(nèi)，無人機(jī)沿曲線飛行，故C錯(cuò)誤；D、在t2～t3內(nèi)水平方向和豎直方向的分加速度都恒定，所以合加速度恒定，無人機(jī)做勻變速運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了運(yùn)動(dòng)的合成與分解，注意運(yùn)動(dòng)的合成與分解中，實(shí)際運(yùn)動(dòng)是合運(yùn)動(dòng)，要分析合運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)需要看：合力方向與合速度方向間的關(guān)系。9．（2021春?富陽區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，將一個(gè)有刻度的木板豎直固定在電梯上，一根輕彈簧的上端固定在電梯上。電梯靜止時(shí)，當(dāng)彈簧下端懸吊0.9N重物，彈簧下端的指針指在木板上刻度為a的位置，當(dāng)懸吊1.0N重物時(shí)指針指在刻度為0的位置，以后該重物就固定在彈簧上，和木板上的刻度構(gòu)成了一個(gè)“豎直加速度測量儀”。（g＝10m/s2）則（）A．指針指在b位置時(shí)電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng) B．指針指在a位置時(shí)電梯處于超重狀態(tài) C．指針指在a位置時(shí)電梯的加速度大小為0.1m/s2，方向豎直向下 D．指針指在b位置時(shí)電梯的加速度大小為1m/s2，方向豎直向上【分析】0點(diǎn)為平衡位置，重力和彈力平衡，加速度為零；指針在0之上，彈力小于重力，加速度向下，為失重狀態(tài)；指針在0之下，彈力大于重力，加速度向上，為超重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓河深}意，設(shè)b0長度為x，彈簧長度變化x時(shí)，彈簧的彈力變化為F＝＝N＝0.1NA、若指針指在b位置時(shí)，則彈簧的彈力大于重物的重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度向上，說明電梯正在上升，或減速下降，故A錯(cuò)誤；B、若指針指在a位置，則彈簧的彈力小于重物的重力，重物處于失重狀態(tài)，加速度向下，說明此時(shí)電梯處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、指針指在a位置時(shí)，彈簧的彈力為0.9N，重物為0.1kg，則重物的加速度a1＝＝＝m/s2＝1m/s2，方向豎直向下，故C錯(cuò)誤；D、指針指在b位置時(shí)，彈簧彈力為1.1N，重物為0.1kg，則重物的加速度a2＝＝＝m/s2＝﹣1m/s2，方向豎直向上，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】注意物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度，所以根據(jù)超重或失重能確定的是加速度方向不是速度的方向。10．（2021春?宣城月考）嫦娥五號(hào)月球探測器是負(fù)責(zé)嫦娥三期工程“采樣返回”任務(wù)的中國首顆地月采樣往返探測器。下面是嫦娥五號(hào)月球探測器的部分檔案，根據(jù)材料，下列說法正確的是（）發(fā)射時(shí)間：2020年11月24日4時(shí)30分發(fā)射地點(diǎn)：中國文昌發(fā)射場質(zhì)量：8.2t返回時(shí)間：預(yù)計(jì)23天后返回地球A．2020年11月24日4時(shí)30分，表示的是時(shí)間間隔 B．23天是時(shí)刻 C．嫦娥五號(hào)月球探測器在一固定繞月軌道運(yùn)行時(shí)處于完全失重狀態(tài) D．發(fā)射初始階段需要加速上升，此階段處于失重狀態(tài)【分析】時(shí)間間隔在時(shí)間軸上是一段距離，時(shí)刻在時(shí)間軸上是一點(diǎn)；根據(jù)超重失重的定義分析，超重時(shí)，加速度方向向上；失重時(shí)，加速度方向向下。【解答】解：A、2020年11月24日4時(shí)30分，表示的是時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；B、23天是時(shí)間間隔，故B錯(cuò)誤；C、嫦娥五號(hào)月球探測器在一固定繞月軌道運(yùn)行時(shí)，引力完全充當(dāng)向心力，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；D、發(fā)射初始階段需要加速上升，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題要深刻理解時(shí)間間隔和時(shí)刻的物理意義：時(shí)間間隔表示事件持續(xù)性，時(shí)刻表示事件發(fā)生的先后順序；超重失重關(guān)鍵是看加速度方向：加速度向上，超重；加速度向下，失重。11．（2021春?長沙月考）如圖所示為浙江衛(wèi)視“中國新歌聲”娛樂節(jié)目所設(shè)計(jì)的“導(dǎo)師戰(zhàn)車”，戰(zhàn)車可以在傾斜直軌道上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)坐在戰(zhàn)車中的導(dǎo)師按下按鈕，戰(zhàn)車就由靜止開始沿長10m的斜面沖到學(xué)員面前，最終剛好停在斜面的末端，此過程約歷時(shí)4s。在戰(zhàn)車的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)師先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) B．戰(zhàn)車所受外力始終不變 C．戰(zhàn)車在傾斜導(dǎo)軌上做勻變速直線運(yùn)動(dòng) D．根據(jù)題中信息可以估算導(dǎo)師運(yùn)動(dòng)的中間時(shí)刻速度【分析】由題可知，“導(dǎo)師戰(zhàn)車”先加速后減速，結(jié)合車運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析車的超重與失重、車的受力以及平均速度，判定是否等于中間時(shí)刻速度。【解答】解：A、由題可知，“導(dǎo)師戰(zhàn)車”沿斜面的方向的速度開始時(shí)等于0，最后等于0，所以是先加速后減速，加速的過程中有沿斜面向下的分加速度，導(dǎo)師及車處于失重狀態(tài)；當(dāng)車減速時(shí)，導(dǎo)師及車有向上的分加速度，車處于超重狀態(tài)，故A正確；B、由題可知，“導(dǎo)師戰(zhàn)車”沿斜面的方向先加速后減速，結(jié)合牛頓第二定律可知，車受到的合外力先沿斜面向下，后沿斜面向上，故B錯(cuò)誤；C，“導(dǎo)師戰(zhàn)車”沿斜面的方向先加速后減速，故C錯(cuò)誤；D、車的位移是10m，時(shí)間是4s，可以計(jì)算平均速度，由于不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，所以無法計(jì)算中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】該題以生活中的情景為模型，考查應(yīng)用牛頓第二定律解決問題的能力，解答的關(guān)鍵是理解車的運(yùn)動(dòng)過程為先加速后減速。12．（2021?臨沂學(xué)業(yè)考試）某同學(xué)制作了一個(gè)“豎直加速度測量儀”，可以用來測量豎直上下電梯運(yùn)行時(shí)的加速度，其構(gòu)造如圖所示。把一根輕彈簧上端固定在小木板上，下端懸吊0.9N重物時(shí)，彈簧下端的指針指木板上刻度為C的位置，把懸吊1.0N重物時(shí)指針位置的刻度標(biāo)記為0，以后該重物就固定在彈簧上，和小木板上的刻度構(gòu)成了一個(gè)“豎直加速度測量儀”。重力加速度g取10m/s2，規(guī)定豎直向上的方向?yàn)檎较?，則下列說法正確的是（）A．使用時(shí)，若指針在0點(diǎn)下方，說明電梯正在上升 B．使用時(shí)，若指針在0點(diǎn)上方，說明電梯處于失重狀態(tài) C．木板上刻度為C的位置所標(biāo)加速度為1m/s2 D．木板上刻度為B的位置所標(biāo)加速度為﹣0.5m/s2【分析】0點(diǎn)為平衡位置，重力和彈力平衡，加速度為零；指針在0之上，彈力小于重力，加速度向下，為失重狀態(tài)；指針在0之下，彈力大于重力，加速度向上，為超重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓河深}意，設(shè)0C長度為x，彈簧長度變化x時(shí)，彈簧的彈力變化為F＝＝N＝0.05NA、若指針在0點(diǎn)下方，則彈簧的彈力大于重物的重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度向上，說明電梯正在上升，或減速下降，故A錯(cuò)誤；B、若指針在0點(diǎn)上方，則彈簧的彈力小于重物的重力，重物處于失重狀態(tài)，加速度向下，說明此時(shí)電梯處于失重狀態(tài)，故B正確；C、指針指在C位置時(shí)，彈簧的彈力為0.9N，重物為0.1kg，則重物的加速度a1＝＝m/s2＝1m/s2，方向向下，故C錯(cuò)誤；D、指針指在B位置時(shí)，彈簧彈力為1.05N，重物為0.1kg，則重物的加速度a2＝＝m/s2＝0.5m/s2，方向向上，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】注意物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度，所以根據(jù)超重或失重能確定的是加速度方向不是速度的方向。13．（2021春?雨花臺(tái)區(qū)校級(jí)月考）升降機(jī)中天花板上用一彈簧秤懸掛一個(gè)小球，當(dāng)彈簧秤的讀數(shù)小于小球所受到的重力時(shí)，升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況有可能是（）A．豎直向下做減速運(yùn)動(dòng) B．豎直向下做加速運(yùn)動(dòng) C．豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng) D．豎直向上做加速運(yùn)動(dòng)【分析】根據(jù)物體的受力情況可知小球的加速度方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況.【解答】解：因懸線的拉力小于重力，則小球合力向下，加速度向下，則小球可能的運(yùn)動(dòng)情況有：向下的加速運(yùn)動(dòng)和向上的減速運(yùn)動(dòng)；故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵先求出加速度，然后確定運(yùn)動(dòng)情況；只要加速度向上，物體就處于超重狀態(tài)；只要加速度向下，物體就處于失重狀態(tài).14．（2021?嘉定區(qū)二模）如圖所示為運(yùn)動(dòng)員跳水時(shí)的精彩瞬間，則運(yùn)動(dòng)員（）A．起跳時(shí)跳板對(duì)她的支持力大于她對(duì)跳板的壓力 B．起跳后在上升過程中處于失重狀態(tài) C．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài) D．在下降過程中處于超重狀態(tài)【分析】作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，起跳后只受重力，都處于完全失重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、起跳時(shí)跳板對(duì)她的支持力和她對(duì)跳板的壓力是作用力和反作用力，作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，故A錯(cuò)誤；BCD、起跳后只受重力，都處于完全失重狀態(tài)，故B正確，CD錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了作用力和反作用力以及物體超重失重狀態(tài)，加速度向上為超重狀態(tài)，加速度向下為失重狀態(tài)是解題的關(guān)鍵。15．（2021?鄭州二模）有一種精神叫“女排精神”，中國女排能始終屹立在世界之顛，與她們科學(xué)而又刻苦的訓(xùn)練是分不開的。當(dāng)女排運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行原地起跳攔網(wǎng)訓(xùn)練時(shí)，某質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員原地靜止站立（不起跳）雙手?jǐn)r網(wǎng)高度為2.10m，在訓(xùn)練中，該運(yùn)動(dòng)員先下蹲使重心下降0.5m，然后起跳（從開始上升到腳剛離地的過程），最后腳離地上升到最高點(diǎn)時(shí)雙手?jǐn)r網(wǎng)高度為2.90m。若運(yùn)動(dòng)員起跳過程視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力影響，取g＝10m/s2，則（）A．運(yùn)動(dòng)員起跳過程屬于失重狀態(tài) B．起跳過程中加速度大小為16m/s2 C．從開始起跳到離地上升到最高點(diǎn)需要0.4s D．起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為960N【分析】運(yùn)動(dòng)員起跳過程視為勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)；運(yùn)動(dòng)員離開地面后豎直上拋，根據(jù)速度﹣位移公式求得初速度；起跳過程中，根據(jù)速度﹣位移公式求得加速度，根據(jù)牛頓第二定律求得作用力；根據(jù)速度﹣時(shí)間公式求得加速和減速階段的時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、從開始起跳到腳離開地面重心上升h1＝0.5m，做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；BD、離開地面到上升到最高點(diǎn)的過程中，重心上升距離h2＝2.90m﹣2.10m＝0.8m，運(yùn)動(dòng)員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)2gh2＝v2可解得：v＝4m/s，在起跳過程中，根據(jù)速度﹣位移公式可知：2ah1＝v2，a＝＝m/s2＝16m/s2由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝mg+ma＝60×10N+60×16N＝1560N，由牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力大小為1560N，方向豎直向下，故B正確，D錯(cuò)誤；C、從開始起跳到離地上升到最高點(diǎn)的時(shí)間：t＝＝＝0.65s，故C錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，加速度是解決問題的中間橋梁，明確運(yùn)動(dòng)過程是解題的關(guān)鍵。16．（2021?山東二模）2020年11月10日8時(shí)12分，“奮斗者”號(hào)深潛器在馬里亞納海溝成功坐底，創(chuàng)造了10909米的中國載人深潛新紀(jì)錄，標(biāo)志著我國在大深度載人深潛領(lǐng)域達(dá)到世界領(lǐng)先水平。某興趣小組用一個(gè)模型模擬了深潛器從水底由靜止向上返回的運(yùn)動(dòng)過程，記錄了其加速度a隨位移x變化關(guān)系的圖像如圖所示，則（）A．在0～x0階段深潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài) B．在2x0～3x0階段深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài) C．在2x0處深潛器運(yùn)動(dòng)的速度大小為 D．在3x0處深潛器運(yùn)動(dòng)的速度最大【分析】根據(jù)加速度向上，處于超重狀態(tài)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度為零，速度最大?！窘獯稹拷猓篈、在0～x0階段深潛器加速上升，因此深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、在2x0～3x0段，加速度為負(fù)值，深潛器做減速運(yùn)動(dòng)，潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)v2＝2ax可得深潛器到達(dá)x0處時(shí)的速度，在x0～2x0段加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)，因此在2x0處深潛器速度大小為，故C正確；D、由于2x0～3x0段減速，因此在深潛器在2x0處運(yùn)動(dòng)速度最大，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了超重失重情況，當(dāng)加速度向上，處于超重狀態(tài)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度為零，速度最大是解題的關(guān)鍵。17．（2021?湖北模擬）2020年12月17日凌晨，嫦娥五號(hào)返回器攜帶月球樣品在內(nèi)蒙古成功著陸，我國首次地外天體采樣返回任務(wù)圓滿完成！將嫦娥五號(hào)著陸的最后階段看作直線運(yùn)動(dòng)，其位移x與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示，嫦娥五號(hào)返回器運(yùn)動(dòng)速度大小用v表示，則關(guān)于t1到t2時(shí)間內(nèi)下列說法正確的是（）A．v增大，月球樣品處于失重狀態(tài) B．v增大，月球樣品處于超重狀態(tài) C．v減小，月球樣品處于失重狀態(tài) D．v減小，月球樣品處于超重狀態(tài)【分析】根據(jù)x﹣t圖象判斷返回器的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，然后判斷返回器的加速度方向，當(dāng)加速度向上時(shí)處于超重狀態(tài)，加速度方向向下時(shí)處于失重狀態(tài)。【解答】解：位移x與時(shí)間t的關(guān)系圖象的斜率表示速度，t1到t2時(shí)間內(nèi)圖象的斜率逐漸減小，則嫦娥五號(hào)返回器運(yùn)動(dòng)速度大小v減小，嫦娥五號(hào)返回器向下減速運(yùn)動(dòng)，月球樣品也向下減速運(yùn)動(dòng)，所以月球樣品處于超重狀態(tài)，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題以嫦娥五號(hào)返回器攜帶月球樣品成功著陸為情境，考查位移x與時(shí)間t圖像和超重失重知識(shí)，考查考生的理解能力，體現(xiàn)了物理觀念的核心素養(yǎng)。18．（2021?黃浦區(qū)二模）所受重力大小為G的乘客乘坐豎直電梯上樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。乘客所受支持力大小為FN，速度大小為v，則（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞G B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＝G C．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＞G D．0～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞G【分析】由s﹣t圖象的斜率表示速度，判斷不同時(shí)間段物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律求解乘客所受支持力的大小與重力的關(guān)系?！窘獯稹拷猓簊﹣t圖象的斜率表示速度A、0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，乘客加速向上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：FN﹣G＝ma，F(xiàn)N＞G，故A正確；B、t1～t2時(shí)間內(nèi)，v不變，勻速上升，F(xiàn)N＝G，故B錯(cuò)誤；C、t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，減速上升，由牛頓第二定律：G﹣FN＝ma，F(xiàn)N＜G，故C錯(cuò)誤；D、0～t3時(shí)間內(nèi)，速度先增大后勻速最后減速，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了s﹣t圖象斜率的物理意義，要求會(huì)通過牛頓第二定律分析求解。二．多選題（共22小題）19．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）彈簧高蹺運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)新型運(yùn)動(dòng)。如圖所示，當(dāng)人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人被向上彈起，進(jìn)而帶動(dòng)高蹺跳躍。下列說法正確的是（）A．高蹺離開地面后，高蹺及人組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，高蹺對(duì)人的作用力大于人的重力 C．人向上彈起過程中，踏板對(duì)人的作用力可能小于人對(duì)踏板的作用力 D．彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，高蹺對(duì)地的壓力大于人和高蹺的總重力【分析】根據(jù)系統(tǒng)受力情況判斷是否動(dòng)量守恒，當(dāng)有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，當(dāng)有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)。作用力與作用力總是大小相等?！窘獯稹拷猓篈、高蹺離開地面后，系統(tǒng)受到外界重力，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B、彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，人有向上的加速度，故高蹺對(duì)人的作用力大于人的重力，故B正確；C、踏板對(duì)人的作用力與人對(duì)踏板的作用力是一對(duì)相互作用力，總是等大反向，故C錯(cuò)誤；D、彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，人有向上加速度，處于超重狀態(tài)，故地對(duì)高蹺的支持力大于人和高蹺的總重力，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒及牛頓第二定律關(guān)于超重和失重的應(yīng)用，做此類題目，要抓住關(guān)鍵：有向上的加速度處于超重狀態(tài)，有向下的加速度處于失重狀態(tài)。20．（2021?天河區(qū)模擬）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，利用壓敏電阻可以設(shè)計(jì)一個(gè)電路來判斷升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況，其工作原理如圖1所示。將壓敏電阻固定在升降機(jī)底板上，其上放置一個(gè)絕緣物塊。0～t1時(shí)間內(nèi)升降機(jī)停在某樓層處，從t1時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)，電流表中電流隨時(shí)間變化的情況如圖2所示，下列判斷正確的是（）A．t1～t2時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)可能先加速下降后減速下降 B．t2～t3時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài) C．t3～t4時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)處于超重狀態(tài) D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)的加速度大小先增大后減小【分析】通過壓敏電阻將壓力信號(hào)轉(zhuǎn)換成電信號(hào)，從而根據(jù)電路中電表的示數(shù)來分析壓敏電阻的變化，判斷壓力的變化，確定升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。【解答】解：A、0至t1過程中，升降機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡；t1～t2時(shí)間內(nèi)電路中電流I比升降機(jī)靜止時(shí)小，說明壓敏電阻增大，壓力減小，重物處于失重狀態(tài)，則此過程升降機(jī)一直加速下降，故A錯(cuò)誤；B、t2～t3時(shí)間內(nèi)電路中電流I0等于升降機(jī)靜止時(shí)的電流I0，由于t1～t2時(shí)間內(nèi)升降機(jī)在加速運(yùn)動(dòng)，所以t2～t3時(shí)間內(nèi)處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、t3～t4時(shí)間內(nèi)電路中電流I比升降機(jī)靜止時(shí)大，說明壓敏電阻減小，壓力增大，重物處于超重狀態(tài)，故C正確；D、根據(jù)電流t3～t4時(shí)間內(nèi)，先增大后減小，可知壓敏電阻先減小后增大，受到的壓力先增大后減小，根據(jù)牛頓第三定律物塊受到的支持力N先增大后減小，由N﹣mg＝ma可知，升降機(jī)的加速度先增大后減小，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題是信息題，首先要抓住題中信息：壓敏電阻的阻值會(huì)隨所受壓力的增大而減小，其他部分是常規(guī)問題。21．（2021?永定區(qū)三模）圖甲為門式起重機(jī)（又叫龍門吊），它可以從列車上將靜止的集裝箱豎直提升到一定高度。若選豎直向上為正方向，測得集裝箱豎直方向運(yùn)動(dòng)過程中的加速度a隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A．在4m~6m內(nèi)，集裝箱處于超重狀態(tài) B．在x＝4m時(shí)，集裝箱的速度為2m/s C．在0~4m內(nèi)，集裝箱運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s D．集裝箱上升的最大高度為6m【分析】一、對(duì)超重和失重的特點(diǎn)的考查：加速度向上則物體處于超重狀態(tài)，反之則處于失重狀態(tài)；二、對(duì)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)公式的考查，由圖像得到加速度與位移的關(guān)系式，迅速解題【解答】解：A、在4m~6m內(nèi)，集裝箱向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)。故A正確；B、集裝箱離開列車時(shí)的速度為零，之后在0~4m內(nèi)豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：2ax＝v2代入數(shù)據(jù)，可得：m/s故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)速度公式：v＝at代入數(shù)據(jù)，可得：t＝s故C正確；D、x＝6m時(shí)，加速度為零，但是仍然具有向上的速度，所以還會(huì)向上運(yùn)動(dòng)。故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題通過加速度﹣位移圖像來考查學(xué)生對(duì)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律。關(guān)鍵是解讀出圖像中的重要信息：加速度與位移的一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，合理運(yùn)用位移﹣速度公式及速度﹣時(shí)間公式。出題角度比較新穎。22．（2021春?番禺區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，汽車用跨過定滑輪的輕繩提升物塊A，汽車勻速向右運(yùn)動(dòng)。在物塊A到達(dá)滑輪之前，關(guān)于物塊A，下列說法正確的是（）A．將豎直向上做減速運(yùn)動(dòng) B．將豎直向上做加速運(yùn)動(dòng) C．將處于失重狀態(tài) D．將處于超重狀態(tài)【分析】對(duì)汽車的實(shí)際速度按照效果沿繩子的方向和垂直于繩子的方向進(jìn)行分解，表示出沿繩子方向上的分量，其大小即為物塊上升的速度大小，結(jié)合三角函數(shù)的知識(shí)即可得知物塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，從而可判知物塊A的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)?！窘獯稹拷猓簩?duì)汽車的速度v沿繩子的方向和垂直于繩子的方向進(jìn)行正交分解，如圖所示，有v2＝vcosθ，v1＝vsinθ物塊上升的速度大小等于v2，由v2＝vcosθ可知，汽車勻速向右，θ角變小，所以v2增大，物塊向上做加速運(yùn)動(dòng)，物塊處于超重狀態(tài)，故AC錯(cuò)誤，BD正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】解答該題的關(guān)鍵是確定汽車實(shí)際運(yùn)動(dòng)的速度是合速度，把該速度按效果進(jìn)行分解，即為沿繩子擺動(dòng)的方向（垂直于繩子的方向）和沿繩子的方向進(jìn)行正交分解。同時(shí)要會(huì)結(jié)合三角函數(shù)的知識(shí)進(jìn)行相關(guān)的分析和計(jì)算。23．（2020秋?大武口區(qū)校級(jí)期末）圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為150kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運(yùn)動(dòng)圖象，g取10m/s2，下列判斷正確的是（）A．前10s懸線的拉力恒為1500N B．46s末材料離地面的距離為22m C．在30～36s鋼索最容易發(fā)生斷裂 D．36～46s材料處于失重狀態(tài)【分析】根據(jù)速度﹣時(shí)間圖線得出勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出拉力的大小，根據(jù)圖線與時(shí)間軸圍成的面積求出46s內(nèi)的位移；根據(jù)加速度的方向判斷物體的超失重，從而判斷何時(shí)繩子容易斷裂?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知前10s內(nèi)物體的加速度：a＝＝＝0.1m/s2，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma，可知懸線的拉力為：F＝mg+ma＝150×10N+150×0.1N＝1515N，故A錯(cuò)誤；B、由圖象面積可得整個(gè)過程上升高度為：h1＝m＝28m，下降的高度為：h2＝m＝6m，46s末塔吊的材料離地面的距離為：h＝h1﹣h2＝28m﹣6m＝22m，故B正確；CD、因30s～36s物體加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，F(xiàn)＜mg；前10s材料處于超重狀態(tài)，F(xiàn)＞mg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律和速度﹣時(shí)間圖線的綜合運(yùn)用，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁，屬于基礎(chǔ)題。24．（2021?綦江區(qū)校級(jí)模擬）有一種自帶起吊裝置的構(gòu)件運(yùn)輸車，其起吊臂A安裝在車廂前端，如圖甲所示。當(dāng)卷揚(yáng)機(jī)B通過繞過定滑輪C的輕質(zhì)吊索從車廂內(nèi)吊起質(zhì)量為m的構(gòu)件時(shí)，連接在吊索上的拉力傳感器繪制出吊索拉力隨時(shí)間變化的規(guī)律為三段直線，如圖乙所示，重力加速度大小為g。則下列描述正確的是（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)構(gòu)件處于失重狀態(tài) B．圖乙所示整個(gè)過程構(gòu)件的最大加速度為0.2g C．若t3﹣t2＝4（t2﹣t1）＝4△t，則構(gòu)件勻速上升的速度為0.9g△t D．0～t1時(shí)間內(nèi)汽車對(duì)地面的壓力增大【分析】分析構(gòu)件的加速度及速度時(shí)，以構(gòu)件為研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律可知構(gòu)件的加速度，根據(jù)加速度可求解速度；研究構(gòu)件運(yùn)輸車對(duì)地面的壓力時(shí)，以構(gòu)件運(yùn)輸車和構(gòu)件整體為研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律和牛頓第三定律，可分析構(gòu)件運(yùn)輸車對(duì)地面的壓力?！窘獯稹拷猓篈、由圖乙可知，0～t1時(shí)間內(nèi)構(gòu)件吊索拉力小于構(gòu)件的重力，此時(shí)構(gòu)件還未離開車，因此受到構(gòu)件運(yùn)輸車提供的支持力，處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)?shù)跛骼ψ畲髸r(shí)，即FT＝1.2mg時(shí)，構(gòu)件的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律有：FT﹣mg＝ma，解得：a＝0.2g，故B正確；C、吊索拉力在t3時(shí)刻之后為mg，構(gòu)件勻速運(yùn)動(dòng)，t1～t2時(shí)間內(nèi)為變加速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻速度v2＝0+?△t＝?△t＝0.1g?△t，t2～t3時(shí)間內(nèi)為勻加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)T＝1.2mg，即對(duì)應(yīng)B選項(xiàng)所求出加速度大小，則t3時(shí)刻其構(gòu)件勻速上升的速度v＝v2+a×4△t＝0.1g?△t+0.2g×4△t＝0.9g△t，故C正確；D、0～t1時(shí)間內(nèi)構(gòu)件運(yùn)輸車與構(gòu)件都處于靜止?fàn)顟B(tài)，地面對(duì)構(gòu)件運(yùn)輸車的支持力與構(gòu)件運(yùn)輸車（含構(gòu)件）的重力為一對(duì)平衡力，故0～t1時(shí)間內(nèi)構(gòu)件運(yùn)輸車對(duì)地面的壓力一直等于構(gòu)件運(yùn)輸車與構(gòu)件的重力，故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律，要求學(xué)生合理選擇研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，判斷物體所處狀態(tài)并求出加速度，從而結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行求解。25．（2021?湖南模擬）如圖甲所示，升降機(jī)內(nèi)固定著一個(gè)傾角為30°的光滑斜面，斜面底端安裝一個(gè)能顯示彈簧作用力的傳感器、以彈簧受壓時(shí)傳感器示數(shù)為正，傳感器通過一根輕彈簧連接著一個(gè)質(zhì)量為m的金屬球．運(yùn)動(dòng)中的升降機(jī)突然停止，以停止運(yùn)動(dòng)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在此后的一段時(shí)間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，且金屬球運(yùn)動(dòng)過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法中正確的是（）A．升降機(jī)在停止運(yùn)動(dòng)前是向下運(yùn)動(dòng)的 B．0～t1時(shí)間段內(nèi)金屬球做加速運(yùn)動(dòng) C．t1～t2時(shí)間段內(nèi)金屬球處于失重狀態(tài) D．t2和t4兩時(shí)刻金屬球速度大小相等【分析】此題需要根據(jù)彈簧彈力的正負(fù)來判斷小球所處位置，進(jìn)一步判斷小球的運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猓篈、由于升降機(jī)停止運(yùn)動(dòng)前傳感器的示數(shù)為0，表明彈簧處于原長狀態(tài)，即升降機(jī)有向下的加速度g，而0～t1時(shí)間段內(nèi)示數(shù)增加，說明彈簧被壓縮，即升降機(jī)突然停下后金屬球由于慣性而向下運(yùn)動(dòng)，故停止前升降機(jī)是向下運(yùn)動(dòng)的。故A正確；B、0～t1時(shí)間段內(nèi)彈簧的形變量逐漸增大，但F＝mg時(shí)金屬球所受的合外力為0，即金屬球前一段做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后一段做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)。故B錯(cuò)誤；C、t1～t2時(shí)間段可分為兩段：F＝mg時(shí)金屬球的加速度為0，前一段時(shí)間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時(shí)間金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)。故C錯(cuò)誤；D、t2和t4兩時(shí)刻彈簧的形變量均為0，金屬球在斜面方向上只有重力的分力產(chǎn)生加速度，故兩時(shí)刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因此兩個(gè)時(shí)刻速度的大小相等t2時(shí)刻金屬球沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，而t4時(shí)刻金屬球沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，只是二者的方向不同，故D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】此題難點(diǎn)在于理解彈簧壓力為正，拉力為負(fù)。很多學(xué)生容易忽略這個(gè)關(guān)鍵字眼，導(dǎo)致此題無從下手。26．（2021?汕頭二模）某人站在力的傳感器（連著計(jì)算機(jī)）。上完成下蹲、起立動(dòng)作，計(jì)算機(jī)屏幕上顯示出力的傳感器示數(shù)F隨時(shí)間t變化的情況如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．該人下蹲時(shí)間約為0.5s B．該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2 C．起立過程，該人一直處于超重狀態(tài) D．起立過程，傳感器對(duì)該人支持力的沖量約為500N?s【分析】人完成下蹲動(dòng)作時(shí)，一開始支持力小于重力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，之后支持力大于重力，加速度向上，處于超重狀態(tài)，由此可知對(duì)應(yīng)圖象中的1s～2s，人完成起立動(dòng)作的分析與下蹲動(dòng)作恰好相反，對(duì)應(yīng)圖象中的4.8s～5.8s，再結(jié)合圖中數(shù)據(jù)并運(yùn)用牛頓第二定律即可求解該人下蹲過程的最大加速度，運(yùn)用動(dòng)量定理求解起立過程中傳感器對(duì)該人支持力的沖量?！窘獯稹拷猓篈B、由圖象可知，0～1s內(nèi)人處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)傳感器示數(shù)等于人的重力G，即G＝F＝500N，則人的質(zhì)量為：m＝＝kg＝50kg1s～2s人完成下蹲過程，加速度先向下后向上，即先失重后超重，下蹲過程傳感器示數(shù)的最小值為為：Fmin＝200N此時(shí)的加速度為：＝6m/s2下蹲過程傳感器示數(shù)的最大值為：Fmax＝700N此時(shí)的加速度為：該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2，故A錯(cuò)誤，B正確；C、由圖象可知，該人約在4.8s～5.8s完成起立過程，加速度先向上后向下，即先超重后失重，故C錯(cuò)誤；D、對(duì)起立過程，設(shè)支持力對(duì)人的沖量為I，由動(dòng)量定理得：I﹣Gt＝0，解得：I＝Gt＝500×1N?s＝500N?s，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓定律的應(yīng)用——超重和失重、牛頓第二定律的計(jì)算、動(dòng)量定理。對(duì)于超重還是失重的判斷，關(guān)鍵取決于加速度的方向。27．（2021春?臨泉縣校級(jí)期中）如圖所示，物塊甲和乙用一不可伸長的輕繩通過兩光滑輕質(zhì)定滑輪連接，乙套在固定的光滑水平直桿上?，F(xiàn)將甲、乙由靜止同時(shí)釋放，釋放時(shí)θ＝30°，空氣阻力不計(jì)，則下列說法正確的是（）A．剛開始釋放時(shí)，甲處于超重狀態(tài) B．當(dāng)θ＝60°時(shí)，甲、乙的速度大小之比是1：2 C．當(dāng)θ向90°增大的過程中，甲先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài) D．當(dāng)θ向90°增大的過程中，繩子對(duì)甲的拉力始終小于其重力【分析】分析甲物體的運(yùn)動(dòng)，判斷其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，得到其加速度的方向，即可判斷超重失重狀態(tài)；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，甲乙兩物塊沿繩方向速度相等，即可求解?！窘獯稹拷猓篈CD、剛開始釋放時(shí)，甲物體由靜止變?yōu)橄蛳伦黾铀龠\(yùn)動(dòng)，加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，速度增大，當(dāng)θ超過某一值時(shí)，甲開始做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)θ變?yōu)?0°時(shí)，甲瞬間速度為0，這個(gè)過程中加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故AD錯(cuò)誤，C正確；B、當(dāng)θ為60°時(shí)，v甲＝v乙cos60°，，故B正確；故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查超重失重、運(yùn)動(dòng)的合成與分解問題，會(huì)根據(jù)加速度的方向判斷物體的超重失重狀態(tài)。28．（2021春?阜寧縣校級(jí)月考）某星級(jí)賓館安裝一高檔電梯，在電梯的底板上安裝了一壓力傳感器，在豎直墻壁上的顯示盤上可顯示人對(duì)傳感器的作用力。某乘客乘坐電梯從1層直接到10層，之后又從10層直接回到1層，用照相機(jī)進(jìn)行記錄過程中的幾個(gè)時(shí)刻，如圖所示，照片的右上角標(biāo)注了電梯所在梯層及運(yùn)動(dòng)方向。則下列說法中正確的是（）A．由圖（a）和圖（b）可估測出電梯向上啟動(dòng)時(shí)的加速度 B．圖（b）和圖（e）中刻度盤的示數(shù)可能相等 C．圖（c）電梯的加速度方向向上 D．僅由刻度盤示數(shù)大小就可以判斷電梯的運(yùn)動(dòng)方向【分析】當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)加速度向下時(shí)，物體處于失重狀態(tài)，當(dāng)加速度向上時(shí)物體處于超重狀態(tài)，根據(jù)表盤示數(shù)依次判斷。【解答】解：A．圖（a）表示電梯靜止時(shí)體重計(jì)的示數(shù)，圖（b）表示電梯加速上升時(shí)這位同學(xué)超重時(shí)的示數(shù)，根據(jù)牛頓第二定律能夠求出電梯向上起動(dòng)時(shí)的加速度，故A正確；B．圖（b）和圖（e）都是超重現(xiàn)象，加速度向上，刻度盤的示數(shù)可能相等。故B正確；C．圖（c）是失重現(xiàn)象，加速度向下。故C錯(cuò)誤；D．不管是超重還是失重，都有可能向上或向下運(yùn)動(dòng)，因此僅由刻度盤示數(shù)大小無法判斷電梯的運(yùn)動(dòng)方向。故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查超重、失重相關(guān)內(nèi)容，比較簡單，判斷加速度方向是判斷物體處于超重或失重的關(guān)鍵。29．（2021?云南模擬）隨著科技的發(fā)展，無人機(jī)廣泛用于航拍。某無人機(jī)飛行過程中，豎直向上的速度vy及水平方向速度vx隨飛行時(shí)間t的關(guān)系如圖所示（以豎直向上為正方向）。下列說法正確的是（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)無人機(jī)處于超重狀態(tài) B．0～t1時(shí)間內(nèi)無人機(jī)飛行的位移大小為 C．t1時(shí)刻無人機(jī)飛行至最高點(diǎn) D．t1～t2時(shí)間內(nèi)無人機(jī)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)【分析】通過豎直向上的速度vy隨飛行時(shí)間t的關(guān)系圖像分析加速度方向，進(jìn)而分析是否超重；合位移是兩個(gè)方向的分位移的矢量合成；最高點(diǎn)時(shí)豎直方向分速度為零；物體所受的恒定的合外力不與合速度在同一直線上時(shí)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈、由豎直向上的速度vy隨飛行時(shí)間t的關(guān)系圖像可知，0～t1時(shí)間內(nèi)無人機(jī)向上做加速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，故A正確；B、0～t1時(shí)間內(nèi)無人機(jī)飛行豎直方向的位移為y＝，水平方向的位移為x＝，合位移大小為s＝＝≠，故B錯(cuò)誤；C、t1～t2時(shí)間內(nèi)無人機(jī)在豎直方向的速度仍為正方向，即正在向上運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻沒有達(dá)到最高點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D、t1～t2時(shí)間內(nèi)無人機(jī)在豎直方向向上做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，而水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為零，所以無人機(jī)的和加速度方向向下且恒定，由于水平方向分速度不為零，合速度不在豎直方向上，所以t1～t2時(shí)間內(nèi)無人機(jī)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了運(yùn)動(dòng)的合成與分解，運(yùn)動(dòng)的合成與分解是描述運(yùn)動(dòng)的矢量的合成與分解，遵循平行四邊形定則。30．（2021春?龍華區(qū)校級(jí)月考）一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯上樓，其位移圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g，以下判斷正確的是（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mg B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mg C．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mg D．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mg【分析】根據(jù)x﹣t圖像的斜率可以判斷乘客處于超重還是失重狀態(tài)，進(jìn)而判斷支持力和重力關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由x﹣t圖像的斜率表示速度，可知在0～t1時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN＞mg，故A正確；B、在t1～t2時(shí)間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速上升，則FN＝mg，故B錯(cuò)誤；CD、在t2～t3時(shí)間內(nèi)速度減小，即乘客減速上升，處于失重狀態(tài)，則FN＜mg，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的超重現(xiàn)象和失重現(xiàn)象，處理時(shí)要注意超重現(xiàn)象和失重現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是物體在豎直方向有了加速度。31．（2021?廣東一模）潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。我國南海艦隊(duì)的某常規(guī)型潛艇，是目前世界上唯一的一艘遭遇到海底“掉深”后，還能自救脫險(xiǎn)的潛艇，創(chuàng)造了世界潛艇發(fā)展史上的奇跡。如圖甲，某總質(zhì)量為3.0×106kg的潛艇，在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時(shí)，該潛艇“掉深”，之后在0～30s時(shí)間內(nèi)潛艇豎直方向的v﹣t圖像如圖乙所示（設(shè)豎直向下為正方向）。取重力加速度為10m/s2，不計(jì)水的粘滯阻力，則（）A．潛艇在“掉深”前的速度為20m/s B．潛艇在高密度海水區(qū)域受到的浮力為3.0×107N C．潛艇“掉深”后豎直向下的最大位移為100m D．潛艇“掉深”后在10～30s時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài)【分析】浮力減小，加速度向下，則在豎直方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可求出浮力大?。挥蓤D像求出位移大小；10﹣30s做減速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，則合力豎直向下，加速度向下，潛艇向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以“掉深”前的速度為零，故A錯(cuò)誤；B、潛艇在海水高密度區(qū)域受力平衡，mg＝F?。?.0×106×10N＝3.0×107N，故B正確；C、由v﹣t圖像可知，潛艇“掉深”后豎直向下先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，則圖像面積表示位移，x＝m＝300m，故C錯(cuò)誤；D、潛艇“掉深”后，10﹣30s時(shí)間內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D正確；故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圖像與運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問題，根據(jù)題意提煉信息，明確其運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律和平衡知識(shí)解題即可。32．（2021春?安徽月考）在軍事演習(xí)中，質(zhì)量為62kg的空降兵從懸停在空中的直升飛機(jī)上跳下，沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖甲所示，當(dāng)速度減為零時(shí)空降兵恰好落到地面。降落傘用8根對(duì)稱的繩懸掛空降兵，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示，不計(jì)空降兵所受的阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，則（）A．空降兵前30s處于失重狀態(tài) B．空降兵從300m高處開始跳下 C．空降兵在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的平均速度大小為7.5m/s D．落地前瞬間降落傘的每根繩對(duì)空降兵的拉力大小為284N【分析】加速度方向向下，物體失重；速度圖線和橫軸包圍的面積值等于位移大小；速度圖線的斜率大小等于加速度大小；由牛頓第二定律求繩子拉力?！窘獯稹拷猓篈、0～10s空降兵豎直向下加速，處于失重狀態(tài)，10～30s空降兵向下勻速，既不超重也不失重，故A錯(cuò)誤；B、由于速度圖像和橫軸包圍的面積在數(shù)值上等于位移的大小，根據(jù)速度圖像可得，空降兵下降高度為：h＝＝300m，故B正確；C、空降兵在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的平均速度大小為＝，故C正確；D、設(shè)落地前瞬間降落傘的每根繩對(duì)空降兵的拉力大小為T，則8Tcos37°﹣mg＝ma，由圖甲可知落地前瞬間加速度大小為a＝＝1m/s2，解得：T＝106.6N，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像的綜合運(yùn)用，解題關(guān)鍵在于理解圖像的意義，并會(huì)從v﹣t圖像求解位移及加速度。33．（2021?天津模擬）商場的智能扶梯如圖所示，扶梯與水平面之間的夾角為θ，扶梯沒有站人時(shí)以較小的速度v1勻速向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)質(zhì)量為m的人踏上自動(dòng)扶梯的水平踏板時(shí)，扶梯會(huì)自動(dòng)以加速度a向上勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t加速到較大速度v2后再次勻速向上運(yùn)動(dòng)。已知電梯在加速過程人上升的豎直高度為h，人手未接觸電梯扶手，重力加速度為g。則（）A．電梯在加速過程中人處于超重狀態(tài) B．加速過程中踏板對(duì)人的摩擦力不做功 C．加速過程電梯對(duì)人做的功為m（v22﹣v12） D．當(dāng)扶梯以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，支持力做功的功率為mgv2sinθ【分析】人隨電梯向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，具有向上的加速度處于超重狀態(tài)，摩擦力與位移夾角為銳角做正功，運(yùn)用動(dòng)能定理或能量守恒求解電梯對(duì)人做的功。【解答】解：A、電梯在加速過程中，以加速度a向上勻加速運(yùn)動(dòng)，人所受的合力向上，支持力大于重力，因此人處于超重狀態(tài)，故A正確；B、加速過程中，踏板對(duì)人摩擦力水平向右，人在水平向右的方向上通過的位移，因此摩擦力對(duì)人做正功，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)能量守恒定律，加速過程電梯對(duì)人做的功W＝m（﹣）+mgh故C錯(cuò)誤；D.扶梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，支持力等于重力，因此支持力做功的功率P＝mgv2sinθ，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查超重、失重的知識(shí)點(diǎn)，需注意物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，力做功的正負(fù)取決于力與位移的夾角，電梯對(duì)人做的功運(yùn)用動(dòng)能定理或能量守恒求解。34．（2021?南充模擬）以前人們蓋房子打地基叫打夯，夯錘的結(jié)構(gòu)如圖所示。參加打夯的共有5人，四個(gè)人分別握住夯錘的一個(gè)把手，一個(gè)人負(fù)責(zé)喊號(hào)，喊號(hào)人一聲號(hào)子，四個(gè)人同時(shí)向上用力將夯錘提起，號(hào)音一落四人同時(shí)松手，夯錘落至地面將地基砸實(shí)。某次打夯時(shí)，設(shè)夯錘的質(zhì)量為m，將夯錘提起時(shí)，每個(gè)人都對(duì)夯錘施加豎直向上的力，大小均為，力持續(xù)的時(shí)間為t，然后松手，夯錘落地時(shí)將地面砸出一個(gè)凹痕。不計(jì)空氣阻力，則（）A．在上升過程中，夯錘一定處于超重狀態(tài) B．松手時(shí)夯錘一定處于完全失重狀態(tài) C．松手時(shí)夯錘的速度大小v＝2gt D．夯錘上升的最大高度hm＝gt2【分析】先對(duì)夯錘受力分析，再根據(jù)夯錘的加速度判斷處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)，當(dāng)向下的加速度等于重力加速度時(shí)，處于完全失重狀態(tài)，松手前夯錘向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，松手后夯錘向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，夯錘上升的最大高度應(yīng)是兩個(gè)階段的高度和。【解答】解：A、在上升過程中，夯錘先加速上升，再減速上升，加速度先向上，然后再向下，夯錘先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、在下落過程中，只受重力加速下落，加速度方向向下，處于完全失重狀態(tài)，故B正確；C、根據(jù)生頓第二定律解得4×mg﹣mg＝ma解得：a＝g則松手時(shí)夯錘的速度大小v＝gt，故C錯(cuò)誤；D、夯錘先勻加速上升的高度h1＝at2＝gt2，勻減速上升的高度2gh2＝v2，解得：h2＝gt2，夯錘上升的最大高度hm＝h1+h2＝gt2，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查超重、失重知識(shí)點(diǎn)，需注意物體具有向上的加速時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，當(dāng)向下的加速度等于重力加速度時(shí)，處于完全失重狀態(tài)。35．（2020秋?福州期末）如圖所示，電梯的頂部掛有一個(gè)彈簧秤，秤下端掛了一個(gè)重物，電梯勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧秤的示數(shù)為10N，某時(shí)刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)?2N，（g＝10m/s2）關(guān)于電梯的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是（）A．電梯可能向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s2，物體處于超重狀態(tài) B．電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s2，物體處于失重狀態(tài) C．電梯可能向上減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s2，物體處于失重狀態(tài) D．電梯可能向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s2，物體處于超重狀態(tài)【分析】彈簧秤的示數(shù)測量物體對(duì)彈簧秤的拉力大小．電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變大了，物體所受的拉力大于重力，合力豎直向上，處于超重狀態(tài)，可能加速度上升，也可能減速下降。根據(jù)牛頓第二定律求解加速度的大小?！窘獯稹拷猓弘娞輨蛩僦本€運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力等于重力，即mg＝F＝10N，解得質(zhì)量m＝1kg，電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變大了，物體所受的拉力大于重力，合力豎直向上，處于超重狀態(tài)，可能加速度上升，也可能減速下降．設(shè)電梯的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：F′﹣mg＝ma代入解得：a＝＝m/s2＝2m/s2，故AD正確，BC錯(cuò)誤。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】超重和失重現(xiàn)象是牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用的特例，要記住：加速度方向向上，超重；加速度方向向下，失重．36．（2020秋?山西期末）2020年12月1日，嫦娥五號(hào)探測著陸組合器從距離月面約15km處開始實(shí)施動(dòng)力下降，速度從約17km/s降為零后成功著陸月面。之后，探測器開始月面挖掘工作。如圖是探測器在月球表面靜止后升起國旗并留下“腳印”的圖片，下列說法正確的是（）A．組合器動(dòng)力下降階段處于超重狀態(tài) B．組合器動(dòng)力下降階段處于失重狀態(tài) C．在月面上留下“腳印”，是因?yàn)樘綔y器對(duì)月面的壓力大于月面對(duì)探測器的支持力 D．探測器對(duì)月面的壓力是由于探測器支撐柱發(fā)生形變而產(chǎn)生的【分析】組合器動(dòng)力下降階段，做向下的減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)加速度方向判斷組合器超重，探測器對(duì)月面的壓力和月面對(duì)探測器的支持力的受力物體不同。【解答】解：AB、組合器動(dòng)力下降階段，做向下的減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯(cuò)誤；C、在月面探測器對(duì)月面的壓力和月面對(duì)探測器的支持力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)彈力產(chǎn)生的條件可知，探測器對(duì)月面的壓力是由于探測器支撐柱發(fā)生形變要恢復(fù)形變而對(duì)月面產(chǎn)生的，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要理清著陸器和上升器組合體的運(yùn)動(dòng)情況，熟練運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和彈力的知識(shí)進(jìn)行分析。37．（2020秋?紹興期末）下列說法正確的是（）A．火箭燃料燃燒產(chǎn)生氣體向下噴出，這些氣體反過來給火箭一個(gè)反作用力升空，表明先產(chǎn)生作用力后產(chǎn)生反作用力 B．以較大速度行駛的汽車，剎車后難停下來，表明物體的速度越大慣性也越大 C．“天宮一號(hào)”繞地球運(yùn)行時(shí)，艙內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài) D．伽利略指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因【分析】作用力和反作用力同時(shí)產(chǎn)生同時(shí)消失，慣性只與質(zhì)量有關(guān)，只受重力時(shí)，物體處于完全失重，伽利略最提出力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因?！窘獯稹拷猓篈、作用力和反作用力反映的是兩個(gè)物體之間的力的作用情況，同時(shí)產(chǎn)生同時(shí)消失，故A錯(cuò)誤；B、慣性只跟質(zhì)量有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、天宮一號(hào)”繞地球運(yùn)行時(shí)，只受重力作用，艙內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)，故C正確；D、伽利略最早指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，提出力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、物理學(xué)史等常識(shí)性問題，知道完全失重是當(dāng)物體只受重力的時(shí)候，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一。38．（2020秋?福州期末）2020年11月24日4時(shí)30分，長征五號(hào)遙五運(yùn)載火箭成功發(fā)射，帶著嫦娥五號(hào)探測器飛往月球。月球上的探測器通過噴氣而獲得向上的推力從而懸停在月球表面附近，下列有關(guān)說法正確的是（）A．火箭發(fā)射瞬間，速度為零，加速度不為零 B．火箭升空后，加速度越來越大，慣性也越來越大 C．火箭發(fā)射升空加速上升過程，處于失重狀態(tài) D．探測器噴出的氣體對(duì)探測器產(chǎn)生反作用力，從而使探測器獲得推力【分析】慣性的大小與物體運(yùn)動(dòng)的速度無關(guān)，與物體是否受力無關(guān)，僅與質(zhì)量有關(guān)；加速度向下為失重狀態(tài)；力的作用是相互的?！窘獯稹拷猓篈.火箭發(fā)射瞬間，燃料燃燒產(chǎn)生巨大推動(dòng)力，火箭由靜止開始運(yùn)動(dòng)，故速度為零，加速度不為零，A選項(xiàng)正確；B.慣性的大小僅與質(zhì)量有關(guān)，與加速度無關(guān)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C.火箭加速上升過程，加速度向上，是因?yàn)槭艿降南蛏系耐屏Γㄒ曋兀┐笥谧陨碇亓?，處于超重狀態(tài)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D.根據(jù)力的作用是相互的，可以推測探測器獲得推力的來源是探測器噴出的氣體對(duì)探測器產(chǎn)生反作用力，D選項(xiàng)正確.故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題難度較低。主要考查運(yùn)動(dòng)學(xué)基本概念，要求學(xué)生對(duì)火箭升空過程進(jìn)行定性分析，掌握超重與失重、慣性等物理概念。39．（2020秋?越秀區(qū)期末）