提分集训(14) 瞬时问题的两类模型(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　瞬时问题的两类模型 1．(2025·沧州质检)随着科技的进步，科学家们对太空的研究也日趋成熟，空间站是人类深空探索的重要平台，通过在空间站长期居住和研究，我们可以更好地了解太空环境对人类的影响，发展适应长期太空任务的技术和方法．空间站也是一个地球卫星，处于空间站内的物体完全失重，一切和重力有关的现象都会受到影响．某同学设想在空间站内完成如图所示实验，质量为m3的箱子内有质量为m1和m2的小球，两球之间用轻质弹簧相连，小球m2与箱子之间用轻质细线相连，在拉力F作用下一起相对于空间站做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　 ) A．弹簧和细线的拉力大小分别为F、F B．由于处于完全失重状态，所以弹簧和细线拉力均为零 C．某时刻若将细线剪断，剪断细线瞬间小球m1、m2 和箱子m3 相对于空间站的加速度大小分别为、F、 D．若将弹簧在c处剪断，则剪断瞬间小球m1、m2 和箱子m3 相对于空间站的加速度大小分别为0、、 解析：选D　AB.根据题意，由牛顿第二定律，对整体有 F＝(m1＋m2＋m3)a 解得a＝ 对小球m1可得，弹簧的拉力 F1＝m1a＝ 对小球m1和m2整体可得，细线拉力 F2＝(m1＋m2)a＝故AB错误； C．某时刻若将细线剪断，弹簧弹力瞬间不变，小球m1的加速度不变，m1的加速度为，细线的拉力消失，则m2的合力为弹簧的弹力，则m2的加速度为a1＝＝ 对箱子由a3＝ 故C错误； D．某时刻若将弹簧从c处剪断，轻质弹簧的弹力为零，小球m1的加速度为零，小球m2和箱子有共同的加速度a2＝a3＝故D正确． 故选D. 2．(2025·德阳期末)如图所示，物体a、b用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将a和天花板相连，已知物体a、b的质量相等，重力加速度为g.当在P点剪断绳子的瞬间，下列说法正确的是(　　 ) A．物体a的加速度大小为零 B．物体a的加速度大小小于g C．物体b的加速度大小为零 D．物体b的加速度与物体a的加速度大小相等 解析：选D　AB.用整体法，对ab整体受力分析，设ab物体的质量为m，剪断细绳前，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F弹＝2mg 再对物体a受力分析，受到重力、细绳拉力和弹簧的拉力，剪断细绳后，重力和弹簧的弹力不变，细绳的拉力减为零，故物体a受到的力的合力为 F合＝mg 方向向上，根据牛顿第二定律得a的加速度为 a1＝＝g 方向向上，故AB错误； CD.对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细绳后，重力不变，细绳的拉力减为零，故物体b受到的力的合力为 F合′＝mg 方向向下，根据牛顿第二定律得b的加速度为 a2＝＝g 方向向下，明显a1＝a2 则物体a的加速度与物体b的加速度大小相等，故C错误、D正确． 故选D. 对点练2　动力学的两类基本问题 3．(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2.下列v0、μ值可能正确的是(　　 ) A．v0＝2.5 m/s　　　　　B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 解析：选B　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题意知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0< 2 m/s，故A错误，B正确；对物块做受力分析，由牛顿第二定律有a＝－μg，又v2 － v＝2ax，整理有v＋2ax>0，联立可得μ<0.2，故C、D错误． 4．(多选)(2025·广州模拟)测试人员对某型号无人机做性能测试实验，质量为m的无人机其最大升力为其自身重力的2倍，在地面从静止开始以最大升力竖直上升，上升t时间关闭发动机，上升到最高点后调整机身使无人机做水平向右的匀加速直线运动．已知无人机运动过程中受到的阻力恒为其重力的0.2倍，方向与速度方向相反，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.上升过程中，加速与减速的加速度之比为3∶2 B．上升过程中，加速与减速的位移之比为3∶2 C．水平加速时，升力水平向右 D．水平加速时，升力大小大于mg 解析：选BD　AB.竖直向上加速时，根据牛顿第二定律有 F－mg－0.2mg＝ma1 减速时有mg＋0.2mg＝ma2 解得a1∶a2＝2∶3 根据v2＝2as知位移之比为3∶2，故B正确，A错误； CD.水平加速时，升力的竖直分力平衡重力，水平分力加速，受力如图，易知F斜右上，因竖直分力等于G，故升力大于G，故C错误，D正确． 故选BD. 对点练3　超重和失重现象 5．(多选)(2025·福州模拟)引体向上是高中学生体质健康标准的测试项目之一，如图甲所示，质量为m＝55 kg的某同学，双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上运动过程中，其重心的速率随时间变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2，由图像可知(　　 ) A．t＝0.4 s时，他正处于超重状态 B．t＝0.5 s时，他的加速度约为0.3 m/s2 C．t＝1.1 s时，他受到单杠的作用力的大小为500 N D．t＝1.5 s时，他正处于超重状态 解析：选AB　A．t＝0.4 s时，重心加速上升，加速度向上，处于超重状态，A正确； B．t＝0.5 s时，他的加速度约为 a＝ m/s2＝0.3 m/s2 B正确； C．t＝1.1 s时，图线斜率为零，加速度为零，他受到单杠的作用力等于重力，大小为550 N，C错误； D．t＝1.5 s时，重心减速上升，加速度向下，处于失重状态，D错误． 故选AB. 6．(多选)(2025·南昌质检)如图，某同学站在电梯内的台秤上，当电梯静止时台秤示数为60 kg，当电梯从静止开始运动的一段时间内，台秤的示数变为48 kg，重力加速度大小为10 m/s2，则这段时间内(　　 ) A．电梯正在向上运动 B．该同学处于失重状态 C．该同学对台秤的压力大小为120 N D．电梯运动的加速度大小为2 m/s2 解析：选BD　AB.台秤示数变小，说明该同学处于失重状态，有向下的加速度，说明电梯从静止开始向下加速运动，A项错误，B项正确； C．设电梯对该同学的支持力为F，根据题意可知 F＝480 N 根据牛顿第三定律，该同学对台秤的压力大小为480 N，C项错误； D．根据牛顿第二定律mg－F＝ma 解得a＝2 m/s2 D项正确． 故选BD. [B级　练综合·提分] 7．(多选)(2025·河南郑州模拟)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的.若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，取g＝10 m/s2).下列说法正确的是(　　 ) A．飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2 B．飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C．电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D．电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 解析：选AC　根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－v＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 m/s，由v＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104 N，故B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误． 8．(多选)(2025·湖南岳阳期末)如图1所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲－起跳”动作，图1中的“·”表示人的重心．图2是由力传感器画出的F－t图线，其中1～4各点对应着图1中1～4四个状态和时刻，从1～4人的重心上升的高度为0.5 m．取重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　 ) A．1～4的过程中，人做功一定大于300 J B．2～3的过程中，支持力做正功 C．人上升的最大加速度为20 m/s2 D．人在下蹲阶段达到最大速度的时刻约为0.35 s 解析：选AC　A．根据图2可知，人的重力为600 N，升高0.5 m过程中，有 W＝mgh＝600×0.5 J＝300 J 人做功的过程人的重心升高的距离大于0.5 m，所以人做功大于300 J，故A正确； B．2～3过程中人受到的支持力竖直向上，但支持力的作用点没有发生位移，所以支持力对人不做功，故B错误； C．根据图2可知人在0.65 s末受到的支持力最大，所以加速度最大，根据牛顿第二定律，有 a＝＝＝20 m/s2故C正确； D．人从0.15～0.35 s做加速度增大的加速下蹲，从0.35～0.45 s做加速度减小的加速下蹲，然后从0.45～0.65 s做加速度增大的减速下蹲，根据图2可知人在0.45 s时合力为零，加速度为零，速度最大，故D错误． 故选AC. 9．(多选)2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力．如图是某次彩排中质量为40 kg的演员在竖直方向运动时传感器记录的压力—时间(F－t)图像片段．运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．演员在a到b过程中先超重后失重 B．演员在b时刻速度最大，速度大小为8 m/s C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功等于1280 J D．从a时刻到b时刻，演员受到合力的冲量大小为320 N·s 解析：选AD　A．演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，先大于重力后小于重力，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在a到b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A正确； B.根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为 t＝2.8 s－1.2 s＝1.6 s 根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8 s，利用逆向思维，根据速度公式有 vb＝g·＝8 m/s 演员在a到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的变减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即a到b之间的某一时刻，演员的速度最大，最大速度大于8 m/s，故B错误； C．从a时刻到b时刻，根据动能定理 W蹦床－WG＝mv＝×40×82 J＝1280 J 可知从a时刻到b时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，故从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于1280 J，故C错误； D．从a时刻到b时刻，根据动量定理有 I合＝Δp＝mvb－0＝320 N·s 故D正确． 故选AD.[C级　练加强·培优] 10．(2025·镇江模拟)2021年5月22日，我国首次火星探测器“天问一号”成功着陆火星．在着陆的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆．如图为探测器在火星表面最后100 m着陆的模拟示意图．某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4 m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化).求探测器： (1)全程的平均速度大小； (2)减速下落过程中的加速度大小； (3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(保留三位有效数字). 解析：(1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火 解得a1＝3.2 m/s2 探测器5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s 全程的平均速度大小为＝＝8 m/s. (2)探测器加速下落过程中，由h1＝a1t 代入数据得h1＝40 m 则减速下落过程中通过的位移为 h2＝H－h1＝60 m 减速下落过程中的加速度大小 a2＝＝ m/s2. (3)设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F， 有F＋f－mg火＝ma2 代入数据解得F＝2.67×104 N. 答案：(1)8 m/s　(2) m/s2 (3)2.67×104 N 学科网（北京）股份有限公司 $$