超重失重、等时圆和动力学两类基本问题-2024年高考物理一轮复习（含答案）

超重失重、等时圆和动力学两类基本问题-2024年高考物理一

轮复习练习

超重失重、等时圆和动力学两类基本问题

导练目标导练内容

目标1超重失重

目标2动力学两类基本问题

目标3等时圆模型

【知识导学与典例导练】

一、超重失重

1.判断超重和失重现象的三个角度

(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态；小于重力

时处于失重状态;等于零时处于完全失重状态。

(2)从加速度的角度判断:当物体具有向上的加速度时处于超重状态;具有向下的加速度时处于失重状态;

向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。

(3)从速度变化角度判断:物体向上加速或向下减速时，超重:物体向下加速或向上减速时,失重。

2.对超重和失重问题的三点提醒

(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。

(2)并非物体在竖直方向上运动时,才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量,物体就

处于超重状态;同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。

(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。

圆山如图所示,一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水。现使杯子做以下儿种运

动,不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是()

A.将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出

B.将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出

C.用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出

D.杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出

一/

面2“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮,其着火后一段时间内的速度-时间图像如图所示(取竖直向上'

为正方向)，其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻

力,则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是()

•1•

二、动力学两类基本问题

1.解决动力学两类问题的两个关键点

(1)把握“两个分析”“一个桥梁”

两逐一分析不同过程的运动特

个点，找出相邻过程的联系点

分

析逐过程分析物体的受力，注

意摩擦力、弹力可能变化

f

加

一

个运用运动学公式和牛顿第

速

桥二定律时特别注意有关矢

度

梁量的正负问题

f

(2)找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,

可画位置示意图确定位移之间的联系。

2两类动力学问题的解题步骤

明确研究对象I*根据问题需要和解题方便，选择某个物体

-----/——'或几个物体构成的系统为研究对象

受力分析和画好受力示意图、情景示意图，明确物体

运动过程分析的运动性质和运动过程

U

选取正方向通常以加速度的方向为正方向或以加速度

或建立坐标系,方向为某一坐标的正方向

若物体只受两个力作用，通常用合成法;若

确定合力F公

受3个或3个以上的力，一般用正交分解法

根据牛顿第二定律或｛「'a'

列方程求解

列方程求解，必要时对结果进行讨论

题工随着人工智能技术发展更加成熟可靠，无人机在人们生活中有了更多的应用.为了提升快递配送效

率，可以使用无人机来运送快递。某次运送任务中，一个携带货物的无人机,悬停于目的地正上方H=

•2•

109m处，等待降落指令。收到降落指令后，无人机先以加速度a尸2m/s?竖直向下做匀加速直线运动，

到达距离目的地高度h尸73m时立即做匀减速直线运动，刚好重新悬停在距离地面高度h2=1m的地

方。已知无人机向下加速时的升力为向下减速时升力的!■，无人机下落过程中阻力恒定,无人机和货物

O

加起来总质量为771=10kg,重力加速度g=lOm/st求：

(1)无人机做匀减速直线运动加速度电的大小；

(2)无人机受到的阻力大小。

描2如图甲所示二个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图像如图乙,

所示。现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F作用(g取10m/s?)。求：

(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；

(2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小。

三、等时圆模型

1.圆周内同顶端的斜面

如图所示,在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。

由2Rsin0--1-gsin。•巴可推得：t[=益=右。

2.圆周内同底端的斜面

如图所示,在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不

同点。同理可推得：曲=益=益。

3.双圆周内斜面

如图所示,在竖直面内两个圆中，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端

源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。可推得t尸与=右。

•3•

血11如图所示，光滑直杆及4、CA处在竖直面内，杆的端点4、3、。均在同一竖直圆周上，4点为圆周的最

低点，直杆BA、CA与水平面之间的夹角分别为30°、60°：现将P、Q两个完全相同的滑块（滑块均看成

质点）分别从8点和。点由静止释放,则滑块P、Q从杆顶端到达杆底端A点过程中，有（）

A.P、Q加速度大小之比为一：1B.P、Q运动时间相等

C.P、Q所受支持力的冲量大小相等D.P、Q所受合外力的冲量大小相等

面2倾角为0的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方4点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上‘

5、。、。三点，其中力。与斜面垂直，且/8月。=乙64。=0（6〈45°）,现有三个质量均为小的小圆环

（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上3、。、。三点所有时间分别为

友、加、勿,下列说法正确的是（）

A..［c>*力°B.16=tc<~if）C.力女/t［）D.tc=i［）

【综合提升专练】

题目|jj一物理学习小组在竖直电梯里研究超重失重现象:力传感器上端固定在铁架台上，下端悬挂一个质

量为m的钩码。当电梯在1楼和3楼之间从静止开始运行然后再到静止的过程中，数据采集系统采集到

拉力尸随时间t的变化如图所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是（）

■4•

4

u|时间(s)

A.a到b过程中电梯向上运动，b到c过程中电梯向下运动

B.a到c过程中钩码的机械能先增加后减小

C.图形必c的面积大于图形dy的面积

D.c到d的过程中电梯处于匀速运动状态

题目小丽同学站在力传感器上做“下蹲、起立”动作，如图所示是力传感器的压力F随时间t变化的图

1.31.51.720

A.在1.0~6.0s内做了两次下蹲起立的动作

B.“下蹲一起立”动作过程的最大加速度约为6m/s2

C.在5.4~5.8s内做起立动作，加速度先减小后增大,处于失重状态

D.在L3~1.7s内做下蹲动作，先处于失重状态后超重状态，1.7s时速度达到最大

题目归!某同学用如图甲所示的装置测定物块与木板之间的动摩擦因数。给位于斜面底端的物块一个初速

度8=4m/s,物块沿倾角6=37°的斜面上滑到达最高点后紧接着下滑至出发点。实验中用测速仪采集物

块滑动过程中的速度，用电脑软件绘制”一t图像，由于设备故障电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点

的。图线如图乙所示。g=10m/s,2。则下列说法正确的是()

A.物块上滑过程中的加速度的大小4m/s2B.木块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑过程中的加速度的大小4m/s2D.木块回到出发点时的速度大小2m/s

题目⑺北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在太

■5•

空执行任务183天后，“最忙出差三人组”的陈冬、刘洋、蔡旭哲于21时01分安全顺利出舱。返回过程中

返回舱速度195m/s时在距离地表10km的地方打开降落伞，返回舱先做匀变速直线运动最终降低到

5m/s,之后保持匀速运动，匀速时间99.8s。待高度只剩时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最

后一次减速至3m/s,使其安全触地。忽略空气阻力，g=10m/s2,以下说法中正确的是（）

A.从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态

B.开伞后匀变速运动过程中返回舱的加速度为ISm/s?

C.反推发动机点火的推力至少为返回舱重力的1.8倍

D.设返回舱重力mg,则从开伞到落地重力的冲量为95.25mg

题目叵〕如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对质量为小的黑板擦施加一个与竖直黑板面成。角斜向上

的力F,使黑板擦以速度3竖直向上做匀速直线运动。重力加速度大小为不计空气阻力，则（）

A.黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为益

B.黑板对黑板擦的作用力大小为J（mgy+（Fsiniy

C.若突然松开手，松手瞬间黑板擦的加速度大小为巫典

v1

D.若突然松开手，松手后黑板擦能上升的最大高度为药

题目回〕如图所示，小车位于水平面上，其上顶板装有压力传感器。车内弹簧处于竖直，弹簧上端把一个物

反压在压力传感器上。小车以加速度a向右做匀加速运动,小物块恰好不相对压力传感器滑动，此时压力

传感器的示数为一段时间后，小车沿水平方向从水平面上飞出，落地前压力传感器的示数为E，该过

程弹簧一直处于竖直。忽略空气阻力,重力加速度为9,则小物块与压力传感器间的动摩擦因数为

（）

「（E—E）a

D.—

（E一片）。

题目口。如图所示，而、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆

心，而经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速释放，用5、为分别表示滑

环到达a点的速度大小，用公为分别表示滑环到达a所用的时间，则（）

•6•

题目叵）位于张家界的“百龙天梯”傍山而建，直插云霄，垂直高度达335M,运行高度为3267n，被誉为世界

上最高的户外电梯。若游客乘坐''百龙天梯”下山时，其距离天梯底部的高度九与时间t的关系简化图如

A.质〜益时间内，游客所受重力的功率逐渐减小

B.游客在0〜。时间内受到的支持力大于在t2-t3时间内受到的支持力

C.0〜益时间内，游客的机械能逐渐减小

D.0〜白时间内，游客处于失重状态；益〜亳时间内，游客处于超重状态

题目叵］学校举办大型活动，用无人机捕捉精彩瞬间。如图是根据无人机控制器上的速度数据作出启动

后25s无人机的速度图线，以为水平方向速度，巧为竖直方向速度。无人机的总质量为0.5kg,9=

lOm/s?,则下列说法正确的是（）

A.在0~106时间内，无人机处于超重状态

B.在5~10s时间内，无人机做匀变速直线运动

C.在0~20s内，无人机机械能增量为300J

D.在0~25s内，无人机升力的冲量大小为100N”,方向竖直向上

题目区|如图所示有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于。点，。点恰好是下半圆的顶点，它们

处在同一竖直平面内。现有两条光滑直轨道轨道与竖直直径的夹角关系为现让一小

物块先后从这两条轨道顶端由静止下滑至底端，则下列关系中正确的是（）

•7•

=

A.VB="DB.C.tABtCDD.£八8>±8

题目LjJ2022北京冬残奥会开幕式倒计时以轮椅冰壶的形式出现,两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将“冰

壶”从起点推动5m后,撤去推力，同时启动10秒倒计时,“冰壶”沿直线继续滑行40m到达营垒,速度恰好

为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”的质量为20kg,重力加速度g取10m/s2o

(1)求“冰壶”与冰面的动摩擦因数及水平恒力的大小；

(2)若“冰壶”与冰面的动摩擦因数为().1,且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述

启停过程，水平恒力的大小变为多少？

题目口；〕如图所示，在倾角为37°足够长的固定斜面底端有一个质量1kg的物体，物体与斜面之间的

动摩擦因数为〃=0.5。物体在拉力P=10N,方向与斜面成夹角a=37°斜向上的力作用下由静止开始运

动，4s后撤去F。g取10m/sJsin370=0.6,cos370=0.8。求

(1)刚撤去拉力时物体的速率；

(2)物体沿斜面向上滑动的最远距离；

(3)物体在斜面上往返的总时间。

题目叵1风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，某研究小组设计了一个总高度耳尸24m的低

速风洞，用来研究某物体在竖直方向上的运动特性,如图所示,风洞分成一个高度为身=16m的无风区和

一个受风区，某物体质量m=10kg,在无风区中受到空气的恒定阻力,大小为20N,在受风区受到空气对

它竖直向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为

0,求在本次实验中：

(1)该物体的最大速度；

■8•

(2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小;

(3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。

题目如图在设计三角形的屋顶时，使雨水尽快地从屋顶流下，并认为雨水是从静止开始由屋顶无摩擦

地流动，试分析:在屋顶宽度(2L)一定的条件下，屋顶的倾角应该多大？雨水流下的最短时间是多少？

A

题目叵|滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和力。，力、8、。在竖直平面内的同一圆周上,

且4为圆周的最高点，示意图如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P,距离

A点为通R,且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。

(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；

(2)若设计一部上端在P点,下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运

动的最短时间是多少。

•9•

超重失重、等时圆和动力学两类基本问题

导练目标导练内容

目标1

目标2动力学两类基本问题

目标3等时园模型

【知识导学与典例导练】

一、jfiM知

1.判断超重和失重现象的三个角度

(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态；小于重力

时处于失重状态;等于零时处于完全失重状态。

(2)从加速度的角度判断:当物体具有向上的加速度时处于超重状态;具有向下的加速度时处于失重状态；

向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。

(3)从速度变化角度判断:物体向上加速或向下减速时，超重:物体向下加速或向上减速时,失重。

2.对超重和失重问题的三点提醒

(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。

(2)并非物体在竖直方向上运动时,才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量,物体就

处于超重状态;同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。

(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。

圆工如图所示，一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔,往杯子里倒半杯水。现使杯子做以下儿种运

动,不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是()

A.将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出

B.将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出

C.用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出

D.杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出

-------------------------------------------------------------------------------------------------)

【答案】。

【详解】ARD.杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力，处于完全失重状态，

杯子与水相对静止，因此不会有水漏出，错误，。正确；

C.杯子向下做匀速运动，处于平衡状态，水受重力，会漏出，C错误。故选

画2“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮,其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示(取竖直向上‘

为正方向)，其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻

力,则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是()

•1•

A.“笛音雷”在打时刻上升至最高点B43~L时间内“笛音雷”做自由落体运动

C.时间内“笛音雷”的平均速度为登D.右~右时间内“笛音雷”处于失重状态

【答案】。

【详解】工由图可知，加~七时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛

音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t\时刻之后,故A错误；

B.时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明±3〜24时间内"笛音雷”实

际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g,故8错误；

C.将4、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为号，而AB线段与横轴所围

的面积大于4b曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据万=等可知，直线代表的匀加速直

线运动的平均速度大于曲线代表的变加速直线运动的平均速度,即琳~力时间内''笛音雷"的平

均速度小于三,故。错误；

。.根据上述，£3~七时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状

态，故。正确。故选。。

二、动力学两类基本问题

1.解决动力学两类问题的两个关键点

(1)把握“两个分析”“一个桥梁”

两逐一分析不同过程的运动特

过程分析

个点，找出相邻过程的联系点

分

析逐过程分析物体的受力，注

受力分析

意摩擦力、弹力可能变化

一

个

桥

梁

(2)找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,

可画位置示意图确定位移之间的联系。

2两类动力学问题的解题步骤

•2•

根据问题需要和解题方便，选择某个物体

或几个物体构成的系统为研究对象

画好受力示意图、情景示意图朋确物体

的运动性质和运动过程

通常以加速度的方向为正方向或以加速度

方向为某一坐标的正方向

若物体只受两个力作用，通常用合成法;若

受3个或3个以上的力，一般用正交分解法

Frmcix

根据牛顿第二定律产合=ma或

=

Fymay

列方程求解，必要时对结果进行讨论

幽!随着人工智能技术发展更加成熟可靠，无人机在人们生活中有了更多的应用.为了提升快递配送效

率，可以使用无人机来运送快递。某次运送任务中，一个携带货物的无人机，悬停于目的地正上方出=

109项处，等待降落指令。收到降落指令后，无人机先以加速度％=2m/s2竖直向下做匀加速直线运动，

到达距离目的地高度儿=73恒时立即做匀减速直线运动，刚好重新悬停在距离地面高度/=1m的地

方。已知无人机向下加速时的升力为向下减速时升力的■!•，无人机下落过程中阻力恒定,无人机和货物

O

加起来总质量为10kg,重力加速度g=10m/s2o求：

(1)无人机做匀减速直线运动加速度电的大小；

(2)无人机受到的阻力大小。

L____，

【答案】⑴。2=lni/s2;⑵昂=30N

【详解】(1)无人机匀加速直线运动的位移为①尸H—hi匀减速直线运动的位移为自又因为

2

*?=2Q[%];vl=2a2x2计算得a2=lni/s

(2)设无人机加速和减速升力分别为R和£,根据题意知§=|■匀加速阶段根据牛顿定律，闻-

*2O

用且一片二ma、

匀减速阶段根据牛顿定律有F^+F.—mg=ma2整理计算得%=30N

--------------------------------------------------------------------------------------------------

劭2如图甲所示,一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图像如图乙'

所示。现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F作用(g取lOm/s?)。求：

(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数：

(2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小。

■3•

【答案】⑴4kg,0.1;(2)8m

(详解】(1)由牛顿第二定律得F—“mg=ma变形得a=-F-ug对比图乙中函数图像可得—=

mm

—;—//g=-l即m=4kg;〃=0.1

4

⑵根据前面分析0~2s时，加速度为的="-即9=12-0,X4义10mzs2=2mzs2

m4

J

故该段时间内位移为x}=y-a}tj=4m在2s~4s时，加速度为a2=,竺=—-——^-ni/s

2m4

=-2m/s2

该段时间内位移为x2=。由,益+5电6=4m综上可知，一个周期内的位移为x=xi+x2=8m

三】等时圈模型

1.圆周内同顶端的斜面

如图所示,在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。

由2Rsin9=}gsin。•巴可推得：方产力2=益。

2.圆周内同底端的斜面

如图所示,在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不

同点。同理可推得：曲==2=±3。

3.双圆周内斜面

如图所示,在竖直面内两个圆中，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端

产3

源自上方圆周上某点,底端落在下方圆周上的相应位置。可推得tt3o

但11如图所示，光滑直杆84、。4处在竖直面内，杆的端点力、8、。均在同一竖直圆周上，4点为圆周的最;

•4•

低点，直杆以4、。4与水平面之间的夹角分别为30°、60°；现将P、Q两个完全相同的滑块（滑块均看成'

质点）分别从B点和C点由静止释放，则滑块P、Q从杆顶端到达杆底端A点过程中，有（）

A.P、Q加速度大小之比为《：1B.P、Q运动时间相等

C.P、Q所受支持力的冲量大小相等D.P、Q所受合外力的冲量大小相等

【答案】B

【详解】4设圆周半径为凡沿杆和4c下滑的时间分别为力、七2,由于是光滑杆则下滑的加速

度分别为a产gsin30°=^-g;a2=gsin60°=--g所以曳=选项A错误；

22a2d3

B.又根据CAB=2Hsin30°=《ai〃；24°=2/?5也60°=子的名解得力=与选项6正确；

C.由于支持力大小和方向均不相同，所以支持力的冲量大小不同，选项。错误；

D.合外力大小不同，所以合外力的冲量大小不同，选项。错误。故选6。

里2倾角为夕的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上

B、C、D三点，其中47与斜面垂直，且NA4C=/D4C=0（6V45°）,现有三个质量均为小的小圆环

（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上3、。、D三点所有时间分别为

%、加、加，下列说法正确的是（）

B.t^—坛VtoC.±8V加VtoD.±gVtc=to

【答案】8

【详解】由于NR4C=。则可以判断竖直向下，以46为直径做圆，则必过C点，如图

•5•

A

圆环在杆4。上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos。=ma;27?cos。=Ja金联立

解得生=，誓

可见从4点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，可得坛=tc=tE<tD故选

Bo

【综合提升专练】

题目□［一物理学习小组在竖直电梯里研究超重失重现象:力传感器上端固定在铁架台上，下端悬挂一个质

量为m的钩码。当电梯在1楼和3楼之间从静止开始运行然后再到静止的过程中，数据采集系统采集到

拉力F随时间［的变化如图所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是（）

A.a到b过程中电梯向上运动，b到c过程中电梯向下运动

B.a到c过程中钩码的机械能先增加后减小

C.图形abc的面积大于图形dy的面积

D.c到d的过程中电梯处于匀速运动状态

【答案】。

【详解】A.由图可知,钩码的重力G=2N在a到c过程中，拉力尸都大于重力，说明电梯处于超重状态，

加速度向上，即电梯加速上升。故4错误：

B.由以上分析可知，在a到c过程中，电梯加速上升。当加速上升过程中,钩码的机械能增加。故B错

误；

CD.图像中面积表示力对时间的积累，即冲量。由图可知，从a到了记录了电梯的一个运动过程,先向上

加速（a到c过程），然后匀速（c到d过程）,最后减速（d到/过程）,即加速过程和减速过程的动量变化量

1

大小相等,取向上为正，由动量定理可知QC过程中尸i—7/1=?7W=S出，4过程中Ft1—mgt^0—mv=

_Sdej

•6•

可知abc过程的力P的冲量大于*f过程力F的冲量，故图形abc的面积等于图形dqf的面积。故C错误

D正确。故选。。

题目后］小丽同学站在力传感器上做“下蹲、起立”动作，如图所示是力传感器的压力F随时间力变化的图

A.在1.0~6.0s内做了两次下蹲起立的动作

B.”下蹲一起立”动作过程的最大加速度约为6m/s2

C.在5.4~5.8s内做起立动作，加速度先减小后增大,处于失重状态

D.在L3-1.7S内做下蹲动作，先处于失重状态后超重状态，1.7s时速度达到最大

【答案】3

【详解】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下

降超重，对应先失重再超重;反之，起立对应先超重再失重,对应图像可知在1.0~6.0s内人做了一次下蹲

起立的动作，故4错误；

B.从图中可以看出人的体重为500N,则人的质量为50kg,L3s时对应力传感器的压力R有最小值约为

200N,此时对应的加速度为人整个过程中的最大加速度，根据牛顿第二定律可得人加速度的最大值约为

a=色二旦=吗普m/s2=6m/d故B正确；

C.由选项A分析结合题图可知，在5.4~5.8s内人做起立动作，力传感器示数先减小后增大，根据牛顿第

二定律可得加速度大小a=d岂则加速度先增大后减小，由于加速度方向竖直向下，所以人处于失重

m

状态，故。错误；

D.由选项力分析结合题图可知，在1.3~L7s内人做下蹲动作，由于力传感器的示数先小于人的重力，后

大于人的重力，则人先处于失重状态后超重状态;当加速度为零时,速度达最大,即1.5s时速度达到最大，

故。错误。故选

题目区］某同学用如图甲所示的装置测定物块与木板之间的动摩擦因数。给位于斜面底端的物块一个初速

度g=4m/s,物块沿倾角6=37°的斜面上滑到达最高点后紧接着下滑至出发点。实验中用测速仪采集物

块滑动过程中的速度，用电脑软件绘制”一t图像，由于设备故障电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点

的。一力图线如图乙所示。g=10m/s,2。则下列说法正确的是（）

A.物块上滑过程中的加速度的大小4m/s2B.木块与斜面间的动摩擦因数为0.5

•7•

C.物块下滑过程中的加速度的大小4m/s2D.木块回到出发点时的速度大小2m/s

【答案】。

【详解】4由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式可知上滑过程中加速度的大小为

a产令•=7^-m/s2=8m/s2故A错误；

Zlti0.5

B.上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可知上滑过程中有"国sin。

+iirngcosd=max代入数据得〃=0.25故B错误：

C.下滑的距离等于上滑的距离为工=-=4ym=1m下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上，由

2al2Xo

牛顿第二定律可知下滑过程中mgsinO—nmgcosO=rng解得电=4mzs?故。正确；

D.下滑至出发点时的速度大小为行联立解得c=2，5m/s故。错误。故选。。

题目7］北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在太

空执行任务183天后，“最忙出差三人组”的陈冬、刘洋、蔡旭哲于21时01分安全顺利出舱。返回过程中

返回舱速度195m/s时在距离地表10km的地方打开降落伞，返回舱先做匀变速直线运动最终降低到

5m/s,之后保持匀速运动，匀速时间99.8s。待高度只剩hn时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最

后一次减速至3m/s,使其安全触地。忽略空气阻力，g=10m/s2,以下说法中正确的是（）

A.从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态

B.开伞后匀变速运动过程中返回舱的加速度为1.9m/s2

C.反推发动机点火的推力至少为返回舱重力的L8倍

D.设返回舱重力mg,则从开伞到落地重力的冲量为95.25mg

【答案】C

【详解】返回舱中途的匀速过程并非超重，故A错误；

B.匀速位移为x2=vt=499m则开伞到减速到5rn/s位移为xx=h-x>-l=9500m由川-*=2ax推a

—2m/s2

3错误；

C.根据最后1m由v'2—v2=2a'z'得a=-8m/s2又mg—F=ma得F=1.8mg,C正确；

D.根据t=9可得两段减速时间分别为95s、0.25s,则总时间为195.05s,则重力冲量总计为

a

195.05mg,。错误。故选C。

题目叵〕如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对质量为m的黑板擦施加一个与竖直黑板面成。角斜向上

的力F,使黑板擦以速度。竖直向上做匀速直线运动。重力加速度大小为g,不计空气阻力，则（）

A.黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为占

B.黑板对黑板擦的作用力大小为J（mgy+（Fsin，）2

•8•

C.若突然松开手，松手瞬间黑板擦的加速度大小为巫典

m

D.若突然松开手，松手后黑板擦能上升的最大高度为其

2g

【答案】。

【详解】4对黑板擦受力分析，做匀速直线运动,受力平衡可得FcosO=mg+〃0又国=Fsine

联立，解得〃=”“一；叫故A错误；

B.黑板对黑板擦的作用力大小为F^=J(尸sin6Q2+(“RsinJ)?=+/尸sin。故B错误；

C.若突然松开手，松手瞬间黑板擦只受自身重力作用，其加速度大小为g。故C错误；

D.若突然松开手，松手后黑板擦做竖直上抛运动，能上升的最大高度为无=其故D正确。故选。。

题目|可|如图所示，小车位于水平面上，其上顶板装有压力传感器。车内弹簧处于竖直，弹簧上端把一个物

块压在压力传感器上。小车以加速度a向右做匀加速运动,小物块恰好不相对压力传感器滑动，此时压力

传感器的示数为E。一段时间后，小车沿水平方向从水平面上飞出，落地前压力传感器的示数为E，该过

程弹簧一直处于竖直。忽略空气阻力,重力加速度为9,则小物块与压力传感器间的动摩擦因数为

()

mco_

Mr,Ra-（E-E）anRa

-—--U.------------U.-------------

FidEgEg（£-月）。

【答案】。

【详解】小车在水平面上时，设弹簧的弹力为尸,由题意有f]+mg=尸，/出=ma小车从水平面上飞出后到

落地前处于完全失重状态，有E=尸联立得n=(■尹巴故选Co

Eg

题目R6J如图所示，而、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆

心，而经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速释放，用3、g分别表示滑

环到达a点的速度大小，用姑冬分别表示滑环到达a所用的时间，则()

A.v]=v2B.v]<v2C.。=£2D.t]<t2

【答案】。

【详解】4B.由于b点的高度大于。点的高度,根据动能定理rng/z=fm?可知幼故错误;

CD.以a点为最低点，取合适的直径作等时圆，如图中红色圆，交加于p,如图所示

•9•

'1/Y，/

滑环从p到a和从b到a的时间是等时的，比较图中所示的位移有关系,有与0>4a所以从c到a的时间

大于从b到a的时间，即tx<与故。错误；D正确。故选Do

题目叵）位于张家界的“百龙天梯”傍山而建，直插云霄，垂直高度达3357n，运行高度为3267n，被誉为世界

上最高的户外电梯。若游客乘坐''百龙天梯”下山时，其距离天梯底部的高度八与时间£的关系简化图如

图所示，图中〜友段为直线，忽略重力加速度的变化，则下列说法正确的是（）

A.力1〜遁时间内，游客所受重力的功率逐渐减小

B.游客在0〜九时间内受到的支持力大于在遁〜t3时间内受到的支持力

C.0〜益时间内，游客的机械能逐渐减小

D.0〜灰时间内，游客处于失重状态；与〜曲时间内，游客处于超重状态

I答案】CD

【详解】A.根据九-1图线的切线斜率绝对值表示速度大小可知，协〜与时间内，游客的速度保持不变,根

据尸=79可知游客在tt­益时间内重力的功率保持不变，故A错误：

BD.根据九一t图线的切线斜率绝对值表示速度大小可知，游客在。〜G时间内的速度增大，加速度方向

向下,处于失重状态，受到的支持力小于重力:游客在t,~右时间内的速度减小，加速度方向向上,处于超

重状态,受到的支持力大于重力，即游客在0〜G时间内受到的支持力小于在右〜。时间内受到的支持力,

故B错误，。正确；

C.0〜打时间内，天梯对游客的支持力一直做负功，游客的机械能逐渐减小，故。正确。故选C。。

题目叵〕学校举办大型活动，用无人机捕捉精彩瞬间。如图是根据无人机控制器上的速度数据作出启动

后25s无人机的速度图线，心为水平方向速度，巧为竖直方向速度。无人机的总质量为0.5kg,g=

10m/s\则下列说法正确的是（）

•10•

A.在0~10s时间内，无人机处于超重状态

B.在5~10s时间内，无人机做匀变速直线运动

C.在0~20s内，无人机机械能增量为300J

D.在0~25s内，无人机升力的冲量大小为lOOMs,方向竖直向上

【答案】AC

【详解】4由图可知，0~10s时间内，无人机竖直方向向上做匀加速直线运动，所以无人机处于超重状态，

故A正确；

B.5Tos时间内，无人机水平方向做匀加速直线运动,竖直方向向上做匀加速直线运动,其合速度与合

加速度不在一条直线上，所以做匀变速曲线运动，故B错误；

C.在0~20s内，无人机机械能增量为重力势能的增加量，即=0.5x10xx20x6J=300J

故。正确；

D.在0~25s内，根据动量定理,有IG+IP=0所以IF=-IG=-mgt=-0.5X10x25Ms=-125N・s所以无

人机升力的冲量大小为125N.s,方向竖直向上，故