升降机以1m/s的加速度加速上升,升降机地板上有一质量为60千克的人,他对地板的压力是多少?当升降机减速上升,加速度的大

升降机静止时，有kx₁=mg=0.04k，升降机运动时弹簧伸长2cm，根据牛顿第二定律得，mg-kx₂=ma，解得a=
mg−kx2
m＝
1
2g＝4.9m/s2，方向竖直向下．知升降机以4.9m/s²的加速度加速下降，或以4.9m/s²的加速度减速上升．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；胡克定律．

考点点评： 解决本题的关键知道小球与升降机具有相同的加速度，隔离对小球分析，运用牛顿第二定律进行求解．

运动员在地面上能举起120kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力：
F=m₁g=120×10N=1200N
在运动着的升降机中只能举起100kg的重物，可见该重物超重，升降机应具有向上的加速度，对重物：
F-m₂g=m₂a₁
所以：a₁=
F−m2g
m2=[1200−100×10/100]=2m/s²
故答案为：2m/s²．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 做超重和失重的题目关键是搞清楚加速度的方向，具有向上的加速度为超重，具有向下的加速度为失重．

人站在磅秤上受重力和支持力，发现了自已的体重减少了20%，处于失重状态，具有向下的加速度，
根据牛顿第二定律得出：a=[mg−N/m]=0.2g，方向向下，
那么此时的运动可能是以0.2g的加速度减速上升，也可能是以0.2g的加速度加速下降，
故选：BC．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；超重和失重．

考点点评： 本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，对人进行受力分析求出人的加速度，本题就可以解决了．

（1）对小球进行受力分析有：

根据小球平衡有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ=mg
可解得：N＝
mg
cosθ，F=mgtanθ
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为mgtanθ，对斜面的压力为[mg/cosθ]
（2）当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ-mg=ma
联列可解得：
N=
m(g+a)
cosθ，F=m（g+a）tanθ
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为m（g+a）tanθ，球对斜面的压力为
m(g+a)
cosθ
答：（1）球对档板的压力为mg tanθ，对斜面的压力为[mg/cosθ]
（2）球对档板的压力为m （g+a） tanθ，对斜面的压力为
mg(g+a)
cosθ

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

考点点评： 解决本题的关键是能正确的对小球进行受力分析，根据正交分解法求出小球所受的合力，由平平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．注意挡板对小球的弹力方向垂直于挡板水平向右．

（1）离地面50m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以铅球对手的压力为零．
（2）由运动学：v²=2gh₁，v²=2ah₂
其中 h₁=76m，h₂=28m
由此得：a=
76
28×10=27.1m/s2
以铅球为研究对象，根据牛顿第二定律：F-mg=ma
mg=50N
得：F=135.5N
故当座舱落到离地面15m的位置时，手要用200N的力才能拖住铅球．
答：（1）当座舱落到离地面50m的位置时，球对手的压力为0．
（2）当座舱落到离地面15m的位置时，手要用135.5N的力才能拖住铅球．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的综合应用

考点点评： 本题是基础的牛顿定律应用，通过本题重点掌握自由落体的运动特征．

匀速运动的速度为v=at₁=2×3m/s=6m/s
由运动学公式v=v₀+at可知
匀减速的加速度为a=
0−6
2m/s2＝−3m/s2
加速运动的平均速度为
.
v1＝
0+v
2＝
0+6
2m/s＝3m/s
匀减速的平均速度为
.
v2＝
v+0
2＝
6+0
2m/s＝3m/s
答：升降机匀速运动时的速度是6m/s，减速运动时的加速度是-3m/s²，加速运动和减速运动时的平均速度各为 3m/s和3m/s

点评：
本题考点： 平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 本题是运动学公式的基本应用，抓住前一过程的末速度是后一过程的初速度这一基本特点，正确运用运动学公式求解．

升降机静止时，小球处于平衡态，受到重力和弹力，有
mg=kx₁ ①
升降机运动时，弹簧伸长减小为3cm，故弹力减小，重力大于弹簧拉力，合力向下，根据牛顿第二定律，有
mg-kx₂=ma②
由①②两式解得
a=0.4g=4m/s² 加速度向下
当速度向上时，升降机以4m/s²的加速度减速上升；
当速度向下时，升降机以4m/s²的加速度加速下降；
故选B．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-超重和失重．

考点点评： 本题关键先求出加速度，然后确定运动情况；只要加速度向上，物体就处于超重状态；只要加速度向下，物体就处于失重状态．

对物体进行受力分析，物体受重力和弹簧秤的拉力F作用，取竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律知：
F-mg=ma得物体的加速度a=
F-mg
m=
16-2×10
2m/s2=-2m/s2
负号表示物体的加速度方向竖直向下．所以CD错误．
A、物体的加速度向下，若物体向上运动，则物体必做减速运动，故A错误；
B、物体的加速度向下，若物体向下运动，则物体必做加速运动，故B正确．
故选：B

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-超重和失重．

考点点评： 本题通过对物体的受力分析得出物体的加速度，再由加速度确定物体可能的运动，知道加速和减速是看加速度方向与速度方向是否相同．

A、有用功相同，甲的机械效率高，根据公式η=
W有用
W总，电动机做的总功较少，正确；
B、有用功相同，乙的机械效率低，根据公式η=
W有用
W总，电动机做的总功较多，错误；
CD、把相同质量的物体提升相同的高度，根据W_有用=Gh=mgh可知有用功相同，错误；
故选A．

点评：
本题考点： 有用功和额外功．

考点点评： 此题考查机械效率公式和有用功的理解．分析要根据公式来判断．

物体受重力和支持力，设重力做功为W_G，支持力做功为W_N，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得，
W_G+W_N=△E_k
W_N=△E_k-W_G
由于物体加速上升，所以重力做负功，设物体克服重力所做的功为W_G′，W_G′=-W_G
所以W_N=△E_k-W_G=W_N=△E_k+W_G′．
根据重力做功与重力势能变化的关系得：
w_G=-△E_p，
所以W_N=△E_k-W_G=W_N=△E_k+△E_p．
故选CD．

点评：
本题考点： 动能定理．

考点点评： 解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．
动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量．

升降机的有用功率P_有用=ηP（1-15%）×3×10⁴W=2.55×10⁴W；
∵P=[W/t]=[Fs/t]=Fv，F=G，
∴升降机与乘客的总重力G_总=
P有用
v=
2.55×104W
2m/s=1.275×10⁴N，
乘客的重力G_乘客=G_总-G_升降机=1.275×10⁴N-6×10³N=6.75×10³N，
乘客的人数n=
6.75×103N
750N=9名．
故答案为：9．

点评：
本题考点： 功率计算公式的应用．

考点点评： 本题考查了求乘客人数，熟练应用功率变形公式即可正确解题．

（1）升降机匀速上升时，体重计的读数F₁=G=mg=600N；
（2）当升降机以4m/s²的加速度匀加速上升时，以人为研究对象
根据牛顿第二定律得 F₂-mg=ma₁
代入解得 F₂=840N
再牛顿第三定律得到人对体重计的压力大小等于F₂=840N，即体重计的读数为840N．
（3）当升降机以5m/s²的加速度匀加速下降时，以人为研究对象
根据牛顿第二定律得 mg-F₃=ma₃
代入解得 F₃=300N
再牛顿第三定律得到体重计的读数为300N．
答：（1）升降机匀速上升时，体重计的读数为600N；
（2）升降机以4m/s²的加速度匀加速上升时，体重计的读数为840N；
（3）升降机以5m/s²的加速度匀加速下降时，体重计的读数为300N．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-超重和失重．

考点点评： 本题是运用牛顿运动定律研究超重和失重现象，可以定性分析与定量计算结合研究．

据题意，原来降机匀速竖直下降，小球受到的弹簧的弹力与重力平衡．若升降机突然停止运动，由于惯性，小球继续下降，弹簧的弹力逐渐增大，小球的合力方向竖直向上，与速度方向相反，小球的速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得知，其加速度逐渐增大．
故选C

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；胡克定律．

考点点评： 本题关键抓住弹簧的弹力与弹簧的伸长长度成正比，由牛顿第二定律判断小球的运动情况．

根据牛顿第三定律，人对升降机的压力和升降机对人的支持力大小相等，方向相反并且总是作用在同一条直线上，故支持力N等于1.2mg；
对人受力分析，受到重力和向上的支持力，根据牛顿第二定律，有
N-mg=ma
即
1.2mg-mg=ma
故
a=0.2g，竖直向上；
当速度向上时，人加速上升；
当速度向下时，人减速下降；
故选BC．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-超重和失重．

考点点评： 本题关键是要明确超重只是物体对支撑物的压力或者对悬挂物的拉力变大了，实际重力是不变的，然后根据牛顿第二定律列式求解即可．