课后跟踪训练（14）　动力学的两类问题　超重和失重-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教版）

课后跟踪训练（14）　动力学的两类问题　超重和失重 1．(2022·浙江6月选考)如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是(　　) A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡 B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力 C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力 D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点 C　解析：鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力大于重力，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。 2．(2025·湖南郴州测试)小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是(　　) A．t＝5 s时电梯处于失重状态 B．8～9 s内电梯在做减速运动 C．10～15 s内电梯在上行 D．16～17 s内电梯在下行 C　解析：由题图可知，5 s时电梯处于超重状态，A错误；由题图可知，8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，B错误；由题图可知，10～15 s内电梯在匀速上行，C正确；由题图可知，16～17 s内电梯在减速上行，D错误。 3．如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现将一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以s表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与s之间关系的图像可能正确的是(　　) A　解析：假设物块静止时弹簧的压缩量为s0，由力的平衡条件可知ks0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(s0－s)－mg＝ma，由以上两式解得F＝ks＋ma，显然F与s之间为一次函数关系，且在F轴上有截距，A正确。 4．(2025·浙江杭州模拟)如图所示，一根轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中，如图所示的关于小球的加速度a随时间t或者随与O点的距离x变化的关系图线正确的是(　　) B　解析：从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧弹力F＝kx，由牛顿第二定律可得mg－kx＝ma，解得a＝g－x，B正确，D错误；加速度随时间的增加是先减小再反向增大，但不是按线性关系变化的，A、C错误。 5．(2022·辽宁卷)如图所示，一个小物块从长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 B　解析：物块水平沿中线做匀减速直线运动，则v＝＝，由题意知x＝1 m，t＝1 s，vt>0，代入数据有v0<2 m/s，A错误，B正确；对物块受力分析有a＝－μg，vt2－ v02＝2ax，整理有v02＋2ax>0，联立可得μ<0.2，C、D错误。 6．如图所示，在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是60 m/s，上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等，重力加速度g取10 m/s2，则礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离分别为(　　) A．6 s，90 m B．3 s，180 m C．3 s，90 m D．6 s，180 m C　解析：礼花弹在上升过程中，受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma，根据题意有f＝mg，解得a＝20 m/s2，根据v02＝2aH，解得H＝90 m，由运动学知识得t＝＝3 s，C正确。 7．(2023·全国乙卷)一名同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球(　　) A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大 C．到达最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动 B　解析：上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大；由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动；在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；到达最高点时排球受重力作用，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度变化，则所受空气阻力变化，所以排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。 8．(多选)如图甲所示，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图像如图乙所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则(　　) A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 BD　解析：根据v－t图像与横轴所围图形面积表示位移，则第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，A错误；由于第二次竖直方向下落距离大，且位移方向不变，则第二次水平方向位移大，B正确；在v－t图像中，斜率表示加速度，可知在竖直方向上第二次的平均加速度比第一次的小，C错误；速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G－fy＝ma可知，fy1<fy2，D正确。 9．如图甲所示，有一个质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图像如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时物件恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取10 m/s2，求物件： (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)总位移的大小。 答案：(1)0.125 m/s2　方向竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m 解析：(1)由牛顿第二定律有mg－FT＝ma 得a＝g－＝0.125 m/s2，方向竖直向下。 (2)根据运动学公式有v＝at2＝1 m/s。 (3)从计时开始，匀速上升的位移x1＝vt1＝26 m，匀减速上升的位移x2＝t2＝4 m，总位移x＝＝40 m。 10．(2025·长沙雅礼中学模拟)如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ＝37°，质量m＝2 kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t＝0开始在空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力F＝kt(k＝10 N/s)，t＝6 s时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示，认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)。求： (1)t＝6 s时小球的加速度am的大小； (2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。 答案：(1)5 m/s2　(2)1.25 m 解析：(1)根据题意，对小球进行受力分析，如图所示 由题图乙可知，t＝4 s时，小球的加速度恰好为0，则有 F cos θ＝mg sin θ＋Ff F sin θ＋mg cos θ＝FN Ff＝μFN 又F＝kt＝10×4 N＝40 N 联立解得μ＝0.5 根据题意，结合题图乙可知，t＝6 s时有 F′cos θ－mg sin θ－Ff′＝mam F′sin θ＋mg cos θ＝FN′ Ff′＝μFN′ 又F′＝kt＝10×6 N＝60 N 联立解得am＝5 m/s2。 (2)t＝6 s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得a＝10 m/s2 根据题意，由a－t图像的面积表示速度变化量可知，小球由静止开始运动，t＝6 s时小球的速度为 v＝×(6－4)×5 m/s＝5 m/s 由v2－v02＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l＝＝1.25 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$