2025高考物理专项复习二十二　牛顿运动定律的应用含答案

2025高考物理专项复习二十二牛顿运动定律的应用含答案二十二牛顿运动定律的应用(40分钟80分)【基础全面练】1.(6分)(2024·唐山高一检测)如图所示,物体以5m/s的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动,经4s滑回原处时速度大小仍为5m/s,则物体的加速度为 ()A.10m/s2,方向沿斜面向下B.2.5m/s2,方向沿斜面向下C.0D.2.5m/s2,方向沿斜面向上【解析】选B。由题意,可知物体上滑和下滑时受到的合力均为重力沿斜面向下的分力,根据牛顿第二定律可知,加速度相同,由对称性可知,物体上滑到最高点所用时间为2s,则加速度大小为a=ΔvΔt=52m/s22.(6分)A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上,若两物体的质量mA>mB,两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同,则两物体能滑行的最大距离xA与xB之间的关系为 ()A.xA=xBB.xA>xBC.xA<xB D.不能确定【解析】选A。由Ff=μmg=ma得a=μg,故A、B两物体的加速度相同,又据运动学公式v02=2ax,得两物体滑行的最大距离xA=xB,故3.(6分)(2024·石家庄高一检测)如图,倾角为θ的斜面体固定在水平地面上,现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球,当小球与滑块相对静止后,细线方向与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g,则 ()A.若斜面光滑,则α=θB.若斜面粗糙,则α>θC.若α=θ,小球受到的拉力为mgD.若α=θ,滑块的加速度为gtanθ【解析】选A。对小球进行受力分析,合力为F合=mgsinα,若α=θ,小球受到的拉力为mgcosθ,故C错误;对小球进行受力分析,合力为F合=mgsinα,若α=θ,则有F合=mgsinθ=ma,即有a=gsinθ,故D错误;根据D选项可知,若α=θ,整体的加速度为a=gsinθ,以整体为研究对象,沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Mgsinθ-f=Ma,解得f=0,即斜面光滑;若斜面粗糙,则整体的加速度减小,则gsinθ-μgcosθ=gsinα,所以α<θ,故B错误,A正确。【补偿训练】(多选)如图甲所示,倾角为θ=37°的足够长的光滑斜面上有两个小球A、B从不同位置于不同时刻由静止释放。两小球可视为质点,它们在同一直线上运动,球A初始位置在球B上方x0处。B球释放t0后再释放A球,以B球释放的时刻作为计时起点,测得它们之间的距离x随时间变化的图像如图乙所示,已知重力加速度g=10m/s2。则 ()A.两小球释放的时间差为2sB.两小球释放位置的距离为6mC.时间足够长后,两球速度差恒定不变D.时间足够长后,两球位移差恒定不变【解析】选B、C。A球释放后,两球速度差不变,为Δv=gsin37°t0,则gsin37°t0·t0=6m得t0=1s,A错误;两小球释放位置的距离为x0=9m-12gsin37°t02=6m,B正确;由于两球运动的加速度相同,则速度差保持不变。但由于B球速度大于A球速度,则两球间距一直增大,C4.(6分)(多选)民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面,如图所示。假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为4m,气囊所形成的斜面长度为8m,一个质量为60kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时,可视为做匀加速直线运动,人与气囊间的动摩擦因数为315(g取10m/s2)。下列说法正确的是 (A.人滑至气囊底端所经历的时间约为2sB.人滑至气囊底端所经历的时间约为4sC.人滑至气囊底端时的速度大小为4m/sD.人滑至气囊底端时的速度大小为8m/s【解析】选A、D。设斜面的倾角为θ,则sinθ=4m8m=12,解得θ=30°,根据牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=4m/s2,根据位移—时间关系L=12at2,可得t=2La=2s,故A正确,B错误;根据速度—时间关系可得人滑至气囊底端时的速度大小为v=at=8m/s,5.(6分)(多选)在沿斜面方向的拉力F作用下,物体沿倾斜角度为θ的斜面向上运动。以沿斜面向上为正方向,0~7s内拉力F和物体速度v随时间的变化规律如图甲、乙所示,则 ()A.物体的质量m=1kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ>tanθC.斜面倾斜角度正弦值sinθ=1D.7s后若撤去力F,物体将会做匀加速直线运动【解题指导】(1)从图像上获得运动信息和受力信息,特别要把F-t图和v-t图对应起来。(2)对每一阶段运用牛顿第二定律,列方程求解。【解析】选A、C。由v-t图像知:0~5s,物体向上做匀加速运动,a1=1m/s2;5~6s,物体向上做匀减速运动,加速度大小a2=5m/s2;6~7s,物体向下做匀加速运动,加速度大小a3=3m/s2,由受力分析和F-t图像,根据牛顿第二定律知:0~5s内F1-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,5~6s内F2+mgsinθ+μmgcosθ=ma2,6~7s内F3+mgsinθ-μmgcosθ=ma3,解得m=1kg,sinθ=0.1,μ=tanθ,故A、C正确,B错误;7s末物体正沿斜面向下运动,7s后若撤去力F,由于μ=tanθ,则有mgsinθ=μmgcosθ,物体的合力为零,所以物体将会做匀速直线运动,故D错误。6.(6分)(多选)(2024·长春高一检测)如图,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连。系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g) ()A.图甲中A球的加速度不为零B.图乙中轻杆的作用力可能不为零C.图乙中两球加速度均为gsinθD.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍【解析】选C、D。对甲图突然撤去挡板的瞬间,弹簧来不及形变,即弹簧的弹力不变,故A球所受合力为零,加速度为零,故A错误;对甲图,撤去挡板前对A、B整体,根据平衡条件得F=2mgsinθ,撤去挡板的瞬间,弹簧的弹力不变,B球所受的合力即为挡板的弹力,由牛顿第二定律有2mgsinθ=ma1,解得a1=2gsinθ,对图乙,撤去挡板瞬间对A、B整体,根据牛顿第二定律得2mgsinθ=2ma2,解得a2=gsinθ,则图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍,故C、D正确;对乙图撤去挡板瞬间,假设轻杆的作用力不为零,对A的作用力向上,根据牛顿第二定律得mgsinθ-F杆=ma2,其中a2=gsinθ,解得F杆=0,故B错误。7.(12分)(2024·郑州高一检测)如图所示,AB为光滑竖直杆,ACB为构成直角的光滑L形直轨道,C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯(机械能无损失),套在AB杆上的小球自A点静止释放,分别沿AB和ACB两个轨道运动,BA和CA夹角为53°,AB长度为2r,重力加速度为g。(1)证明小球从A到B的时间和小球从A到C的时间相等;(2)求沿ACB轨道运动的时间。【解析】(1)设AC、BC的长度为s1、s2,由几何关系得s1=2rcos53°,s2=2rsin53°小球在杆AC做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有mgsin37°=ma1由s1=12a1解得t1=2×2小球从A到B的时间为t'=2×2rg,所以由A到B的时间和由A到C(2)小球到达C点的速度v=a1t1小球在杆CB做匀加速直线运动,由mgsin53°=ma2根据匀变速直线运动规律有s2=vt2+12a2则总时间t=t1+t2解得t=3r答案:(1)见解析(2)3r【补偿训练】(2024·广州高一检测)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中,一质量为20kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发,做匀加速运动10s后达到最大速度4m/s,接着立即做匀减速运动,匀减速运动了16m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4N,不计空气阻力,g取10m/s2。求:(1)在匀加速过程中,无人船发动机提供的动力F1的大小;(2)在匀减速过程中,无人船发动机提供的阻力F2的大小;(3)无人船在上述测试中,运动的总时间t及总位移大小x。【解析】(1)匀加速阶段加速度为a1=v解得a1=0.4m/s2由牛顿第二定律得F1-f=ma1解得F1=12N(2)匀减速阶段有0-vm2=-2a2解得a2=0.5m/s2由牛顿第二定律得F2+f=ma2解得F2=6N(3)匀减速阶段的时间为t2=0-v运动总时间为t=t1+t2=18s匀加速阶段的位移为x1=vm+02运动总位移大小为x=x1+x2=36m答案:(1)12N(2)6N(3)18s36m【综合应用练】8.(6分)(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 ()A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙【解析】选B、C。根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,整理后有F=ma+μmg,则可知F-a图像的斜率为m,纵截距为μmg,则由题图可看出m甲>m乙,μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙,故选B、C。9.(6分)如图所示,MN和PQ为两根固定平行直细杆,圆柱形物体沿细杆下滑,两杆间的距离与圆柱形物体的半径相同,细杆与水平面的夹角为θ=30°,圆柱形物体与细杆间的动摩擦因数为0.3,重力加速度为g,则圆柱形物体下滑的加速度大小为()A.g5 B.C.(12-3310)g D.(12【解析】选A。作出圆柱形物体垂直于杆的平面内受力示意图根据题意,两直杆间的距离与圆柱形物体的半径相同,则α=60°在沿杆的方向有mgsinθ-2f=ma垂直于杆的方向有2Ncosα2=mgcos又有f=μN联立并代入数据解得a=15g,故A正确,B、C、D10.(14分)(2024·湘潭高一检测)如图,将质量m=1kg的圆环套在固定的倾斜直杆上,杆的倾角为37°,环的直径略大于杆的截面直径。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为37°的拉力F=10N,使圆环由静止开始沿杆加速向上运动,已知环与杆间的动摩擦因数μ=0.5。(g取10m/s2)求:(1)F作用2s时圆环的速度大小;(2)2s后撤去力F,圆环继续沿杆上滑的最大距离。【解析】(1)以圆环为研究对象进行受力分析可得Fcos37°-mgsin37°-f=ma1,mgcos37°=N+Fsin37°且f=μN根据匀变速运动规律有v=a1t1代入数据解得2s时圆环的速度v=2m/s(2)撤去外力后,以圆环为研究对象进行受力分析可得mgsin37°+f'=ma2N'=mgcos37°且f'=μN'根据匀变速运动规律求圆环上滑的最大距离时有t2=va2=0则圆环继续沿杆上滑的最大距离是x2=v2t2=0.答案:(1)2m/s(2)0.2m【拓展创新练】11.(6分)(多选)如图所示,小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时,一手拿着球筒,另一只手迅速拍打筒的上端边缘,使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动,筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M=90g(不含球的质量),球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6N,羽毛球质量为m=5g,球头离筒的上端距离为d=9.0cm,球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1N,重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计,当球筒获得一个初速度后 ()A.羽毛球的加速度大小为10m/s2B.羽毛球的加速度大小为30m/s2C.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为35D.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为3m/s【解析】选B、D。依题意,对羽毛球受力分析,由于羽毛球相对于筒向上运动,受到筒对它竖直向下的摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得mg+f2=ma1,求得羽毛球的加速度大小为a1=30m/s2,故A错误,B正确;对筒受力分析,根据牛顿第二定律有Mg-f1-f2=Ma2,求得a2=-20m/s2,负号表示筒的加速度方向竖直向上,说明筒向下做匀减速直线运动,若敲打一次后,羽毛球头部能从上端筒口出来,则当羽毛球到达筒口时,二者速度相等,此时筒获得的初速度最小,为vmin,有a1t=vmin+a2t,(vmint+12a2t2)-12a1t2联立,代入相关数据求得vmin=3m/s,故C错误,D正确。【补偿训练】一平板车在水平路面上以15m/s的速度匀速行驶,在车厢平板中央放有一货箱,货箱随车一起匀速运动,货箱到挡板(厚度不计)的距离为x0=5m,货箱和车厢之间的动摩擦因数μ=0.25(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力),取g=10m/s2。(1)匀速行驶过程中,货箱受到的摩擦力为多大?(2)若车突然以3m/s2的加速度刹车,请计算说明货箱是否会撞到车厢的挡板;(3)若货箱在车以10m/s的速度运动时被无初速度放到车上,司机同时立即以2.5m/s2的加速度匀减速,计算说明货箱是否会从车上滑落。【解析】(1)匀速行驶过程中,货箱所受合力为0,则摩擦力为0。(2)若车突然以大小为3m/s2的加速度刹车,假设货箱与车厢相对静止,根据牛顿第二定律可知f=ma=3m>fm=μmg=2.5m所以假设不成立,货箱与车厢之间会发生相对滑动,以向右为正方向,二者加速度大小分别为a车=3m/s2,a货=μg=2.5m/s2由v2=2ax可以解得,两者均减速为0时位移分别为x车=v022a车=1522×3两者相对位移Δx=x货-x车=45m-37.5m=7.5m>x0=5m故货箱会撞到车厢的挡板。(3)由题意可知,货箱无初速度刚放置在平板上时,货箱相对平板向左运动直至共速,此后货箱不再相对平板向左,两者共速时有v=v0'-2.5t=2.5t解得t=2s,v=5m/s货车位移x1=v+v0货箱位移x2=v2×t两者相对位移Δx=x1-x2=10m>x0=5m故货箱会从车上滑落。答案:(1)0(2)会,计算过程见解析(3)会,计算过程见解析二十三超重和失重(40分钟90分)【基础全面练】1.(6分)(2024·太原高一检测)“天宫课堂”第四课于2023年9月21日面向全国青少年进行太空科普授课,神舟十六号航天员桂海潮展示在微重力环境下,蜡烛燃烧所产生的球形火焰现象。我们在日常所见的烛焰如图所示。随着我国科技的发展,太空家园不再是梦想。若景海鹏在完全失重充满空气的太空船里点燃这支蜡烛,你认为烛焰的形状是 ()【解析】选B。由于失去重力,火焰的形状不再是纺锤形,而变为圆形,A、C错误,B正确;太空船里充满空气,所以有氧气,因此蜡烛可以点燃,D错误。2.(6分)某人打开手机加速度传感器APP,手握手机迅速下蹲,手机记录的图像如图所示,a、b分别为图像的峰值,则 ()A.峰值a对应时刻,人向下运动的速度最大B.峰值b对应时刻,人向下运动的速度最大C.峰值a对应时刻,人对地面的压力小于自身重力D.峰值b对应时刻,人对地面的压力小于自身重力【解析】选D。峰值a对应时刻,有向上的最大加速度,人在做减速运动,人对地面的压力大于自身重力,速度不是最大,故A、C错误;峰值b对应时刻有向下的最大加速度,人处在失重状态,人对地面的压力小于自身重力,此后一段时间人仍在向下加速,所以向下的速度不是最大,故B错误,D正确。【补偿训练】(多选)(2024·泉州高一检测)2023年10月3日,在杭州第19届亚运会跳水项目女子10m跳台决赛中,中国选手全红婵以438.20的总得分夺冠。假如参加该决赛的某运动员身高1.5m,体重35kg,设该运动员竖直向上跳离跳台时的速度约为5m/s,重力加速度大小为g=10m/s2,则 ()A.该运动员完成“下蹲→起跳”的过程中,双脚对跳台的作用力始终等于350NB.该运动员完成“下蹲→起跳”的过程中,双脚对跳台的作用力始终大于350NC.可以估算该运动员在空中完成系列动作的时间D.可以估算该运动员在空中完成系列动作的路程【解析】选C、D。该运动员完成“下蹲”的过程中,运动员先向下加速,后向下减速,加速度方向先向下,后向上,先失重,后超重,则双脚对跳台的作用力先小于350N,后大于350N,故A、B错误;运动员从起跳到运动至最高点所需的时间为t1=v0g,运动员从起跳到运动至最高点的位移为x=v022g,假设重心位置为人身高的一半,即h2,根据动力学公式有H+x=12gt22,该运动员在空中完成系列动作的时间为t=t13.(6分)(2024·赣州高一检测)神舟十六号载人飞船经过分离、制动、再入和减速等阶段,在东风着陆场安全着陆。减速阶段为:当返回舱下降至离地高度10km时,引导伞、减速伞、主伞会依次打开,巨型的大伞为返回舱提供足够的减速阻力,如图,当返回舱离地高度约1m时,底部反推发动机点火喷气,最终以1~2m/s的速度平稳着地。设返回舱做直线运动,则反推发动机点火减速阶段 ()A.反推发动机要向上喷气B.返回舱处于失重状态C.伞绳对返回舱的拉力小于返回舱对伞绳的拉力D.返回舱的重力小于除重力外其他力的合力【解析】选D。底部反推发动机点火喷气,其目的是使返回舱受到喷出气体向上的反作用力,使返回舱减速,根据牛顿第三定律可知,反推发动机要向下喷气,故A错误;返回舱减速阶段加速度方向向上,处于超重状态,故B错误;根据牛顿第三定律,伞绳对返回舱的拉力等于返回舱对伞绳的拉力,故C错误;根据牛顿第二定律可得F其他-mg=ma>0,可得mg<F其他,故D正确。4.(6分)(2024·贵港高一检测)2023年5月13日,亚洲举重锦标赛落下帷幕,中国举重队勇夺26金14银3铜,其中总成绩金牌9枚,奥运级别总成绩金牌7枚,共打破成年世界纪录5项、青年世界纪录2项。图为运动员手臂伸直举着杠铃的稳定站立状态,则 ()A.运动员将杠铃从地面抓起直至最终稳定站立的过程中,杠铃一直处于超重状态B.运动员稳定站立时手臂间夹角越小,每只手对杠铃的作用力越小C.杠铃对手的作用力小于手对杠铃的作用力D.运动员稳定站立时地面对运动员的支持力与运动员受到的重力是一对平衡力【解析】选B。运动员将杠铃从地面抓起直至最终稳定站立的过程中,杠铃先向上加速后减速,先超重后失重,选项A错误;运动员稳定站立时,根据2Tcosθ=mg可知,手臂间夹角越小,θ越小,则T越小,即每只手对杠铃的作用力越小,选项B正确;杠铃对手的作用力与手对杠铃的作用力互为作用力和反作用力,等大反向,选项C错误;运动员稳定站立时地面对运动员的支持力与运动员和杠铃受到的重力之和是一对平衡力,选项D错误。5.(6分)(2024·安康高一检测)一人乘坐电梯从高层下降到地面,电梯启动和制动过程加速度大小相等。电梯从启动开始到运动至地面过程中,人的速度大小为v,人受到电梯底板的支持力大小为F,其中v随x的变化图像中曲线为抛物线,两者大小随位移x或时间t的变化图像正确的是 ()【解析】选A。电梯从高层运动到地面过程中,电梯启动和制动加速度大小相同,即电梯先向下做匀加速运动,再做匀速运动,最后做匀减速运动。匀加速阶段,有v2=2ax;匀减速阶段,有v2-v02=-2ax,x和6.(6分)(2024·黄冈高一检测)某同学用橡皮筋悬挂智能手机做如下实验:如图甲所示,将橡皮筋上端固定在铁架台上的O点,打开手机加速度传感器,同时从O点由静止释放手机,获得一段时间内手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图乙所示,下列说法正确的是 ()A.手机在0.5s时处于失重状态B.手机在1.0s时处于超重状态C.0.9s时橡皮筋恢复到原长D.手机的速度最大值约为3m/s【解析】选D。从O点由静止释放手机,橡皮筋处于松弛状态,手机加速度为-10m/s2。可知图像以竖直向上为正方向。手机在0.5s时加速度方向向上,处于超重状态。手机在1.0s时加速度数值为负,方向向下,处于失重状态,故A、B错误。0.9s时,手机加速度为0,橡皮筋弹力与重力平衡,不为零,橡皮筋没有恢复到原长,故C错误。由图像可知,手机一开始向下做加速度减小的加速运动,当加速度为0时,速度达到最大,根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量可知,最大速度约为vmax=12×(0.25+0.7.(14分)上海中心大厦是中国的最高楼,为方便B2层的游客到达118层的观光厅或从118层返回,楼中配置了超高速电梯。质量为66kg的小明通过视频记录电梯上行数据(如图为视频截图)。由视频可知,电梯上行经历了从静止开始加速、匀速、减速到停下的过程,且加速过程和减速过程的时间相等。电梯起始位置为-13m,终止位置为545m,上行速度最大达18m/s,上行时间为53s。若将加速过程与减速过程视为匀变速直线运动,g取10m/s2。求:(1)加速运行时间;(2)超重时,电梯对小明的支持力。【解析】(1)由于电梯运行时加速和减速过程的时间相等,则v2t1+vt2+v2t1=x2-2t1+t2=t联立解得t1=22s。(2)当电梯向上做匀加速运动时,小明处于超重状态,所以F-mg=maa=v联立解得F=714N方向竖直向上。答案:(1)22s(2)714N,方向竖直向上【综合应用练】8.(6分)(2024·揭阳高一检测)我国建设的落塔及塔内的落仓如图所示。某次实验时,t=0时刻落仓由静止开始自由下落,t=2s时开始减速,t=4s时落仓速度变为0。已知2~4s内落仓做匀变速直线运动,忽略空气阻力,下列说法正确的是 ()A.0~2s内落仓内的物体不受重力的作用B.0~2s内落仓内的物体处于完全失重状态C.与0~2s内相比,2~4s内落仓下落的位移更小D.t=1.5s和t=2.5s两时刻落仓的加速度相同【解析】选B。0~2s内落仓做自由落体运动,落仓内的物体只受重力的作用,加速度为重力加速度,处于完全失重状态,故A错误,B正确;设2s时落仓的速度为v,则0~2s内落仓下落的位移为x1=0+v2t1,2~4s内落仓下落的位移x2=v+02t2,由于t1=t2=2s,可知0~2s内落仓下落的位移等于2~4s内落仓下落的位移,故C错误;0~2s内落仓向下做匀加速直线运动,2~4s内落仓向下做匀减速直线运动,根据对称性可知,t=1.5s和9.(6分)(多选)(2024·青岛高一检测)某同学利用智能手机的加速度传感器,测量自己在下蹲、起跳、落地站立整个过程的加速度变化情况。图甲为整个过程中x、y、z三个方向上加速度随时间的变化图像,图乙为该手机加速度传感器x、y、z轴方向规定示意图。下列说法正确的是 ()A.实验时该同学握持手机时一直保持屏幕正面朝上B.该同学在下蹲过程中先经历超重过程后经历失重过程C.上述过程该同学共经历2次超重过程和3次失重过程D.该同学下蹲后没有停止直接又起跳【解析】选C、D。由图甲可知,沿y轴方向产生加速度,则手机屏幕正面不应朝上,A错误;下蹲过程分为加速下降和减速下降两个过程,加速度先向下后向上,则先经历失重过程后经历超重过程,B错误;该同学经历下蹲、起跳和落地站立三个过程,则该同学共经历2次超重过程和3次失重过程,C正确;由图甲可知,下蹲后加速度没有变为0,则该同学下蹲后没有停止直接又起跳,D正确。【补偿训练】(多选)某同学在一个封闭的箱子里,为了判断箱子的运动情况,他在天花板上固定一个拉力传感器,在其下悬挂一个重物,然后观察传感器的显示屏得到拉力随时间的变化情况如图所示,则箱子的运动情况和超、失重情况可能是 ()A.静止→向下加速→向下减速→停止B.静止→向上加速→向上减速→停止C.平衡→超重→失重→平衡D.平衡→失重→超重→平衡【解析】选B、C。如果箱子的运动情况是静止→向下加速→向下减速→停止,那么应该是拉力先等于重力,然后再小于重力,再大于重力,最后等于重力,故A错误;如果箱子的运动情况是静止→向上加速→向上减速→停止,那么应该是拉力先等于重力,然后再大于重力,再小于重力,最后等于重力,故B正确;由B项分析知,加速度先为0,然后加速度方向先向上,再向下,最后加速度为0,所以箱子的超、失重情况是平衡→超重→失重→平衡,故C正确,D错误。10.(6分)(多选)(2024·武汉高一检测)如图甲所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射后,助推器点火提供向上的推力,到达某一高度后与火箭分离,并立即关闭发动机,在接近地面某处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。从火箭发射开始计时,助推器上速度传感器测得助推器竖直方向的速度如图乙所示,忽略空气阻力,则下列说法正确的是 ()A.t1~t3的过程中,助推器先处于超重状态然后处于失重状态B.t3~t4的过程中助推器处于超重状态C.t2时刻助推器与火箭分离并关闭发动机D.若t2<t4-t2,则v1>v2【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)获取信息:从v-t图像突破加速度,从v-t图像和横轴所围面积,突破位移。(2)解决问题:应用牛顿第二定律、运动学关系求解。【解析】选B、D。t1~t3的过程中,助推器只在重力作用下先向上减速后向下加速,加速度向下,则总是处于失重状态,选项A错误;t3~t4的过程中助推器向下减速,加速度向上,处于超重状态,选项B正确;t1时刻助推器与火箭分离并关闭发动机,助推器向上做减速运动,选项C错误;因t2时刻助推器到达最高点,则由面积关系可知,t轴以上图像的面积等于t轴以下图像的面积,若0~t1时间内助推器做匀加速直线运动,则12v1t2>12(t4-t2)v2,因t2<t4-t2,则v1>v11.(16分)(2024·柳州高一检测)小宸为了研究电梯运行情况,进行如下实验:Ⅰ.他制作了如图所示实验装置,将一根轻弹簧上端固定,把悬挂1.0N重物时弹簧下端指针所指位置的刻度线标记为0,对应加速度为0。悬挂0.95N重物时,指针指在刻度线A处。最后把1.0N重物固定在弹簧上。Ⅱ.小宸在电梯内安放好实验装置,乘坐电梯从1楼到11楼。电梯从静止开始先加速上升一段时间,这段时间内指针稳定指在B处;随后匀速上升一段距离再减速运动到11楼停止,减速阶段指针稳定指在C处。整个过程用时t0=16s。已知楼房层高为L=2.8m,空气阻力不计,弹簧始终处于弹性限度内,g取10m/s2。求:(1)指针稳定指在B处阶段,电梯的加速度大小;(2)电梯加速运动的时间。【解析】(1)以重物为研究对象,重物受到重力和弹簧的拉力。以竖直向上为正方向,刻度尺一小格长度为d。设悬吊0.95N重物时,弹簧形变量为x1;悬吊1.0N重物时,弹簧形变量为x2,根据胡克定律及二力平衡条件kx1=G1kx2=G2代入已知条件有G2-G1=k×5d解得k=1设1.0N重物质量为m,指针稳定指在B处阶段,与指针指在刻度线0处相比,弹簧形变量增加了10d,则弹簧弹力为F=G2+k×10d根据牛顿第二定律F-G2=ma解得a=1.0m/s2电梯的加速度大小为1.0m/s2。(2)当指针稳定指在C处,弹簧弹力大小为F'=G2-k×10d根据牛顿第二定律G2-F'=ma'解得a'=1.0m/s2设电梯加速运动的时间为t,根据运动的对称性,其减速阶段时间也为t,则匀速阶段时间为t0-2t。对上升全过程,由运动学规律得12at2+at(t0-2t)+12a't2解得t=2s或t=14s(不合题意,舍去)答案:(1)1.0m/s2(2)2s【拓展创新练】12.(6分)如图所示,小球悬挂在箱子顶端的拉力传感器上,当箱子沿竖直方向做变速运动时,传感器的示数会变大或者变小,当箱子的加速度向上为a时,可认为重力加速度由g变为g'=g+a;当箱子的加速度向下为a时,可认为重力加速度由g变为g'=g-a,小球好像处在一个重力加速度为g'的环境里,可把这个g'称为等效重力加速度。下列说法正确的是 ()A.当箱子向上做减速运动时,等效重力加速度g'大于重力加速度gB.当箱子向上的加速度等于g时,等效重力加速度g'等于2gC.当箱子既不是超重状态也不是失重状态,等效重力加速度等于0D.拉力传感器的示数F与小球的重力mg的合力与小球的质量m之比等于等效重力加速度【解析】选B。当箱子向上做减速运动时,加速度向下,等效重力加速度g'小于重力加速度g,A错误;当箱子向上的加速度等于g时,由g'=g+a,a=g,可得g'=2g,B正确;当箱子既不是超重状态也不是失重状态,竖直方向的加速度a=0,由g'=g-a,可得g'=g,C错误;由牛顿第二定律可知mg-F=ma或F-mg=ma,即Fm=g-a=g'或Fm=g+a=g',则拉力传感器的示数F与小球的质量【总结提升】等效法(1)等效法是常用的科学思维方法。等效思维的实质是在效果相同的情况下,将较为复杂的实际问题变换为简单的熟悉问题,以便突出主要因素,抓住它的本质,找出其中规律。因此应用等效法时往往是用较简单的因素代替较复杂的因素,以使问题得到简化而便于求解。(2)等效(或称等价)是指不同的物理现象、模型、过程等在物理意义、作用效果或物理规律方面是相同的。它们之间可以相互替代,而保证结论不变。等效的方法是指面对一个较为复杂的问题,提出一个简单的方案或设想,而使它们的效果完全相同,从而将问题化难为易,求得解决,便于理解。(40分钟80分)【基础全面练】1.(6分)(2024·浙江1月选考)下列属于国际单位制基本单位符号的是 ()A.sB.NC.FD.T【解析】选A。国际单位制中的基本单位分别是:长度的单位是米,符号m;质量的单位是千克,符号kg;时间的单位是秒,符号s;电流的单位是安培,符号是A;热力学温度的单位是开尔文,符号K;物质的量单位是摩尔,符号mol;发光强度的单位是坎德拉,符号cd。故选A。2.(6分)(2024·沈阳高一检测)导出单位是由基本单位组合而成的,则下列说法中正确的是 ()A.加速度的单位是m/s2,是由m、s两个基本单位组合而成的B.加速度的单位是m/s2,由公式a=ΔvΔt可知它是由m/sC.加速度的单位是m/s2,由公式a=Fm可知,它是由N、kgD.以上说法都是正确的【解析】选A。加速度的单位是m/s2,是由m、s两个基本单位组合而成的,A正确;在力学中长度、时间、质量的单位为基本单位,而m/s、N都是导出单位,故B、C、D错误。3.(6分)质量为3kg的物块,重力约为30N,从5m高处下落,2s后静止在海绵上,如图所示,上述涉及了质量、长度、时间的单位及其他信息,下列说法正确的是 ()A.力学的三个基本单位是N、m、sB.kg、m/s、N是国际单位的导出单位C.海绵比物块形变更明显,物块对海绵的力大于海绵对物块的力D.在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的【解析】选D。力学的三个基本单位是kg、m、s,A、B错误;物块对海绵的力与海绵对物块的力是作用力与反作用力,大小相等,C错误;在国际单位制中,根据牛顿第二定律F=ma,得到力的单位为kg·m/s2,D正确。4.(6分)(多选)(2024·信阳高一检测)第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议,正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的四项基本单位定义。若以F表示力,a表示加速度,x表示位移,t表示时间,m表示质量,借助单位制可知速度v表达式,下列可能正确的是 ()A.2xt2B.2xaC.2【解析】选B、D。速度单位为m/s,位移单位为m,加速度单位为m/s2,力的单位为kg·m/s2;2xt2的单位为ms2≠m/s,故A错误;2xa的单位为m·m/s2=m/s,故B正确;2xa的单位为mm/s2=s,5.(6分)(2024·扬州高一检测)某物理量A=xa,其中x、a分别为物体运动的位移和加速度,则A的单位与下列哪个物理量单位一致 (A.长度B.质量C.时间D.力【解析】选C。由于位移的单位为m,加速度的单位为m/s2,根据力学单位制的应用可知,物理量A的单位为s,即与时间的单位一致,故选C。6.(6分)(2024·昆明高一检测)“企鹅服”是一个失重对抗防护的设备,人长期生活在完全失重状态下,人体的肌肉会萎缩。“企鹅服”里面有很多弹力带,对人体肌肉有一定的压力,压力的单位用国际单位制中的基本单位可表示为 ()A.N B.kg·m/s2C.kg·m/s D.kg/m·s2【解析】选B。根据F=ma,质量与加速度的单位用国际单位制中的基本单位表示分别为kg、m/s2,根据单位运算,可知压力的单位用国际单位制中的基本单位可表示为kg·m/s2,故选B。7.(8分)一辆质量是2t的汽车,在水平公路上以54km/h的速度匀速行驶。根据测试,这辆车在这种路面上紧急刹车时,汽车所受的制动力为1.2×104N。汽车要滑行多远的距离才能停下来?【解析】以汽车运动方向为正方向,汽车所受合力等于汽车制动时受到的阻力,由牛顿第二定律有F合=-Ff=ma解得a=-6m/s2由运动学公式有v2-v02得汽车滑行的距离为x=18.75m答案:18.75m【综合应用练】8.(6分)(2021·海南等级考)公元前4世纪末,我国的《墨经》中提到“力,形之所以奋也”,意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示,正确的是 ()A.kg·m·s-1 B.kg·m·s-2C.Pa·m2 D.J·m-1【解析】选B。根据牛顿第二定律的表达式F=ma可知力的单位为kg·m·s-2,A错误,B正确;根据压强的表达式p=FS可知力的单位为Pa·m2,但压强单位Pa不是基本单位,C错误;根据做功的表达式W=Fx可知力的单位为J·m-1,但功的单位J不是基本单位,D【补偿训练】物理学的关系式在确定了物理量之间的关系时,也确定了物理量单位之间的关系,根据单位间的关系可以判断物理关系式是否可能正确。下列说法可能正确的是 ()A.圆锥体积V与圆锥的高度h和底面半径R的关系为V=πB.声速v与空气压强p和空气密度ρ的关系为v=kpρ,其中kC.空气阻力的大小Fm与空气密度ρ、物体迎风面积S、物体与空气的相对运动速度v均有关,关系式为Fm=kρSv3,其中k是一个无单位的常数D.物体的位移x与该物体的质量m、物体所受合力F及力F作用时间t的关系式为x=Ft2【解析】选B。高度和底面半径的国际单位都为m,体积的国际单位为m3,表达式右侧πR3h3的