C．人在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 D．人在c点，人的速度为零，其加速度为零 答案 AB
解析 人在Pa段只受重力作用，a＝g，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人到c点时，拉力最大，合力最大，加速度最大，D错误．
9.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490N．他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧测力计的示数如图7所示，则电梯运行的v－t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )
图7
答案 A
解析 t0～t1时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1～t2时间段内，人匀速或静止；t2～t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A对，D错．
10．一个质量是60kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为m＝5kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧测力计的示数为40N，g取10m/s2，求： (1)此时升降机的加速度的大小； (2)此时人对地板的压力． 答案 (1)2m/s2 (2)480N
解析 (1)弹簧测力计对物体的拉力FT＝40N 对物体由牛顿第二定律可得：FT－mg＝ma FT－mg40－5×102
解得：a＝＝m/s＝－2 m/s2
m5
故升降机加速度大小为2m/s2，方向竖直向下． (2)设地板对人的支持力为FN
对人由牛顿第二定律可得：FN－Mg＝Ma
解得FN＝Mg＋Ma＝60×10N＋60×(－2) N＝480N 由牛顿第三定律可得人对地板的压力为480N 题组三 从动力学看自由落体和竖直上抛
11．以35m/s的初速度竖直向上抛出一个小球．不计空气阻力，g＝10 m/s2，以下判断正确的是( )
A．小球到达最大高度时的速度为0 B．小球到达最大高度时的加速度为0 C．小球上升的最大高度为61.25m D．小球上升阶段所用的时间为3.5s 答案 ACD
解析 小球到达最大高度时的速度一定为零，否则该点不是最大高度，A正确；小球上抛过程中只受重力作用，故加速度始终为g，B错；由vv0
确；由v＝v0－gt得t＝＝3.5s，D正确．
g
12．竖直上抛的物体，初速度为30m/s，经过2.0 s、4.0 s，物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多长？2.0 s、4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力) 答案 见解析
v23020
解析 上升的最大高度H＝＝m＝45m
2g2×101
由x＝v0t－gt2得
2当t1＝2.0s时，
1
位移x1＝30×2.0m－×10×2.02m＝40m，小于H，所以路程s1＝40m
2速度v1＝v0－gt1＝30m/s－10×2.0 m/s＝10m/s
1
当t2＝4.0s时，位移x2＝30×4.0m－×10×4.02m＝40m，小于H，所以路程s2＝45m＋(45
2－40) m＝50m
速度v2＝v0－gt2＝30m/s－10×4.0 m/s＝－10m/s，负号表示速度方向与初速度方向相反． 13．图8甲是我国某运动员在蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10m/s2，根据F－t图象求：
2
－v20＝2(－g)h
v20
得h＝＝61.25m，C正
2g
图8
(1)运动员的质量；
(2)运动员在运动过程中的最大加速度；
(3)在不计空气阻力情况下，运动员离开蹦床上升的最大高度． 答案 (1)50kg (2)40m/s2 (3)3.2m
解析 (1)由题图乙可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500N，设运G
动员质量为m，则m＝＝50kg
g
(2)由题图乙可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2500N，设运动员的最大加速度为am，则 Fm－mg＝mam am＝
Fm－mg2 500－500
＝ m/s2＝40 m/s2 m50
(3)由题图乙可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s. 设运动员上升的最大高度为H，则 11
H＝gt2＝×10×0.82m＝3.2m
22
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