第5节 超重和失重-【经纶学霸●蓝题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春引蓝题物理 第5节 超重和失重 ☑应用提优考点全面，能力提升限时：20min F 2.0 1.(2024·广东东莞质检)如图 1.5 为小明玩蹦床的情景，其中A 1.0 位置表示床面未受压力时的平 衡位置，B位置是他从最高点直立下落的过 051.0152.02.5 程中将床面压到的最低位置.对于小明从最 A.a点时刻钩码在向下加速 高点下落到最低点的过程，下列说法中正确 B.b点时刻钩码在向上减速 的是 ( C.c点时刻钩码具有向上的加速度 A.从A位置下降到B位置的过程中，小明的 D.d点时刻钩码处于失重状态 速度先增大后减小 4. 如图所示，在加速度大小为2/s2竖直向上 B.床面在B位置时，小明所受合外力为零 加速运动的电梯中，测力计竖直固定在电梯 C.小明接触床面前处于失重状态，接触床面 上，测力计下端挂有一个定滑轮，A、B两物体 后处于超重状态 用细线连着跨过定滑轮且相对电梯静止 D.从A位置下降到B位置的过程中，小明的 若A、B物体的质量分别为5kg和1kg忽略 加速度方向始终向下 细线和滑轮的质量，不计一切摩擦，重力加速 2.(2024·辽宁沈阳三模)“神舟十六号”返回 度g取10m/s2,则 ( 舱载着三名航天员于10月31日返回地面， A.物体B处于失重状态 图甲是返回舱降落的场景，从引导伞、主伞依 B.细线的拉力为10N 次打开到返回舱即将落地，返回舱的简化v-t C.电梯对A的支持力是40N 图如图乙所示舱内航天员的超重感觉最明 D.测力计示数为24N 显的时段是 0高 A.从1到2 B.从t2到 (第4题)】 (第5题) C.从b3到4 D.从b到5 5.(2024·江苏泰州中学期初)如图所示，充满 3.(2024·四川成都期末)为探究超重与失重 某种液体的密闭容器用绳子悬挂在天花板 现象，某学习小组将实际重力为1.0N的钩 上，轻弹簧A下端固定在容器底部，轻弹簧B 码悬挂于DS拉力传感器下方，若钩码随装 上端固定在容器顶部.甲、乙、丙是三个不同 置由静止开始在竖直方向上运动，得到的F-t 材质的实心球，甲连在A的上端，乙连在B的 图像如图所示，a、b、c、d为图中四点，则下列 下端，丙悬浮在液体中，已知甲、乙、丙和液体 说法正确的是 ( 的密度关系为Pz<Pg=P被<p甲，则剪断绳的 第三章运动和力的关系学明高吉 瞬间相对于容器（不计空气阻力）( C.让木箱水平向左加速运动，加速度大于 A.甲球将向上运动，乙、丙球将向下运动 1.6m/s2 B.甲、丙球将向上运动，乙球将向下运动 D.让木箱水平向右加速运动，加速度大于 C.甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球 1.6m/s2 不动 8.(2023·重庆九校联考)（多选）如图所示， D.甲球将向下运动，乙球将向上运动，丙球 质量为m的匀质球被水平推力紧压在竖直 不动 光滑的电梯墙壁和倾角为日的光滑斜面之 6.(2023·辽宁鞍山期末)如图所示，轻质弹簧 间.重力加速度大小为g.下列说法正确的是 的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬 挂一个小球，在电梯静止时轻质弹簧的伸长 A.若电梯处于静止状态，则水平推力的大小 量等于电梯运动时伸长量的五分之四，g取 一定为ngtan8 10m/s2,由此可判断 ( B.若电梯处于静止状态，则当水平推力增大 A.电梯可能加速上升，加速度大小为2m/s 时，球对斜面的弹力不变 B.电梯可能减速上升，加速度大小为2m/s C.若电梯竖直向上做匀减速直线运动，则球 C.电梯可能加速下降，加速度大小为 对斜面可能没有弹力 2.5m/s2 D.若电梯竖直向上做匀加速直线运动，则球 D.电梯可能减速下降，加速度大小为 对斜面可能没有弹力 2.5m/s2 10 AWwWwWWw (第8题) (第9题) (第6题) (第7题) 9.如图所示，质量为M、倾角为0的斜面体放在 7.(2024·辽宁沈阳一模)如图所示，质量为 水平地面上，质量为m的物块以某一初速度 0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静 沿斜面向上滑，速度减为零后又加速返回，斜 止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦 面体始终保持静止，物块与斜面体之间的动 因数为0.4.A的右边被一根轻弹簧用1.2N 摩擦因数为4，重力加速度为g,则() 的水平拉力向右拉着而保持静止.现在要使 A.物块上滑时，地面对斜面体的支持力大于 弹簧能拉动A相对木箱底面向右移动.（设最 (M+m)g 大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2) B.物块在向上、向下滑动的整个过程中，始 则下列说法正确的是 () 终处于超重状态 A.让木箱竖直向上加速运动，加速度最小值 C.物块上滑时的加速度大小应小于物块下 为2m/s2 滑时的加速度大小 B.让木箱竖直向下加速运动，加速度最小值 D.物块下滑时，斜面体受到地面的摩擦力大 为2m/s2 小为mgsin0cos0-umgcos206. A 解析:A.当小球与挡板分离时满足mgsin37*-kx=ma.解得x= 0.04m.即小球向下运动0.04m时与挡板分离,根据x= r=0.2s,A正确; #P-N. BC. 当弹弹力与重力沿斜面的分力平衡即mgsin37*}=l时. 小球速度最大.解得x'=0.06m.BC错误 D. 若一开始小球就与挡板分离,则小球的加速度a'=gsin37*}= 6m/s2. 9. D 解析:D. 物块向下滑动时,设加速度大小为a-,由牛顿第二定 挡板的加速度为a=5m/s2<a'. 律mgsin f-umgcos θ=mo,得ar=gsinθ-gcosθ. 对物块与斜面体 所以一开始小球没有与挡板分离,D错误,故选A. 整体,有f=ma-cos f=mgsin 6eos f-umgcose. D正确:C. 物块向上 7. AC 解析:A. 撤去F瞬间,对A、B系统,由牛顿第二定律得 ko 滑动时,设加速度大小为a,由牛顿第二定律mrsin+ bx。-2ng=2m,解得a= amgcos 8=m.得a=gsin 0+ugeosθ.可知a>a.C错误;B. 对 物块,上、下滑动的全过程,加速度方向沿斜面向下,有竖直向下的 弹赞形变量减小.系统所受合外力变小.所以系统的加速度减小.所 分量,处于失重状态,B错误;A. 物块上滑时,斜面体和物块组成的 以物体A和B先向左做加速度减小的加速运动;当加速度为零时。 系统处于失重状态.地面对斜面体的支持力小于(M+m)g.A错误 即合力为零时,速度达到最大,设此时的形变量为x.则&=2mg. 故选D. 2mg所以 专题探究5 牛顿运动定律的经典模型 1.A 解析:松手后,系统运动过程中,设轻绳拉力为7.对A.由牛顿第 B错误.C正确;D. 物体A.B向左运动要分离时,对B有umg=mo. 二定律m.g-T=m;a.同理,对B有:T-m:g=mna.联立得a= 对A有um-=m.解得x=0.所以若物体A.B向左运动要分离. 弹赞处于原长状态,物体A.B运动的距离为x。.所以D错误.故 选AC. nt+r 物体加速度越大;m,m.越小,轻绳拉力越小;m.m.越大,轻绳拉力越 8.(1)F.25N(2)F,>16.8N(3)否.计算过程见解析 大.故选A. 解析:(1)滑块与木板间的滑动摩擦力为/=uF。 2. CD 解析:A.对A.B整体分析,根据平衡条件有3mgsinθ=2mgcos8 为使木板能向上运动,则/>Mg,解得F.>25N. 3tan0.故A错误:B. 规定沿斜面向下为正方向,设轻杆对 (2)对木板,由牛顿第二定律有uF.-Mg=Ma.. 解得=- 对滑块,由牛顿第二定律有F:-aF,-mg=m0。. B的作用力为7.单独对B分析,根据平衡条件有7+2ngsin6= 为使滑块与木板能发生相对滑动,则a.>a.,解得F.>16.8N 2mgcos8.解得T=mgsin9.为正值,表示方向沿斜面向下,故B错 (3)当F.=30N.F.=25N.对滑块,由牛顿第二定律有F。 误:C.若增加B物体的质量.设增量为Am.则合外力为(3m+An)g F.-mg=ma.,解得a.=9m/s?. sine-(2m+△m)ngcos θ--Amgsinθ.上式说明此时A.B整体所受 合外力将沿斜面向上,则A、B整体将沿斜面减速下滑,故C正确: 对木板,由牛顿第二定律有nF.-Mg=Ma..解得a.=2ms}. D. 增加A物体的质量,设增量为Am.则(3m+Am)gsine-2umg cos6=Amgsin8.上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向下. 则A、B整体将沿斜面加速下滑,故D正确.故选CD. 1656 3.B 解析:设两滑块的质量均为m.撤去拉力前,两滑块均做匀速直 由于h-=16 m-415”-45mL=1.2 m. 线运动,则拉力F=2mg,撤去拉力前对0根据平衡条件7。 故滑块上移h=1.6m之前,滑块与木板分离,游戏不成功 mgA.P、0间的距离在减小,故P的位移一定小于0的位移 第5节 超重和失重 故A错误;B. 滑块P在弹恢复到原长时,根据牛顿第二定律有: 1. A 2. B 3. B 4. D -pmg=ma。,解得ap.=-,撤去拉力时,P、0的速度相等,滑块P 5. C 解析:依题意,由于pz<P=Pp,根据浮力公式F= 由开始的加速度大小2g做加速度减小的减速运动,最后弹原长 PgV.可知.轻弹A、B均处于压缩状态,剪断绳的瞬间,系统处 时加速度大小为;滑块0由开始的加速度0做加速度增大的减速 于完全失重状态,由于弹的弹力不会发生突变,根据牛顿第二定 运动,最后弹答原长时加速度大小也为n,故B正确;CD. 从此刻开 律可知,甲的加速度小于g.乙的加速度大于g,丙的加速度等于g 始到弹第一次恢复原长之前的过程中,以向右为正方向,撤去拉 所以三者相对于容器,甲球将向上运动,乙球将向下运动,丙球保持 力瞬间弹策弹力不变为umg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动,此 不动,故选C 时滑块P的加速度满足-T-umg=mop,解得ap.=-2g,此刻滑块 6. D 解析:AC.根据题意,以竖直向下为正方向,在电梯运动时对小 0所受的外力不变,加速度仍为零,过后滑块P做减速运动,故P、0 球进行受力分析,根据牛顿第二定律有ng-F.=ma,即mg 间距离减小,弹黄的伸长量变小,弹黄弹力变小,根据牛顿第二定律 4mg=ma,解得a=-0.25g=-2.5m(方向竖直向上),故 可知P减速的加速度减小,滑块0的合外力增大,合力向左,做加速 度增大的减速运动,故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的 ABC错误;D正确.故选D 加速度为2g,0加速度大小最大值为弹恢复原长时,有 7. C -pmg=m。,解得a。=wg,故滑块0加速度大小的最大值为叫g 8. BC 解析:A. 如图所示,对球,根据物体的平衡条件有F-N= 故CD错误.故选B. mgtan8.只有当墙壁对球的弹力为N.=0时,才有F=mgtan 4.B 解析:设物块的质量为n.本板的质量为M.物块减速和木板加速 故A错误;B. 此时有N.cos8=mg,球对斜面的弹力大小为M.'= in .mg-u(M+m)g 做匀或速直线运动,则加速度方向竖直向下,当加速度为i时,球处 M “.o-.=t.=v. 于完全失重状态,对斜面没有弹力,故C正确:D. 若电标竖直向上 木板的位移为,- 做匀加速直线运动,则加速度方向竖直向上,球处于超重状态,球对 料面一定有弹力,故D错误.故选BC 两者共速后,因1.。,则一起减速到停止,设共同减速的加速度为 一学霸高考·蓝题·物理·16一