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

1．(2025·辽宁辽阳高三检测)某同学站在力传感器下蹲，力传感器上显示的图线可能是(　　) C　解析：该同学在下蹲过程中，先加速后减速，即先失重后超重，C正确． 2．最近科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境．产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器．如图所示为中国科学院微重力落塔与落仓，在落仓开始下落到停止运动的过程中，能够产生3.26 s时长的微重力环境，根据提供的信息，以下说法正确的是(　　) A．在微重力环境中，落仓中的体验者几乎不会受到重力的作用 B．要形成微重力环境，落仓要以非常接近重力加速度g的加速度下落 C．落仓下落过程，落仓内的体验者一直处于失重状态 D．落仓速度最大时，落仓内体验者的加速度也最大 B　解析：在微重力环境中，落仓中的体验者仍会受到重力的作用，几乎所有的重力提供体验者运动的加速度，体验者的视重远小于实重，A错误；在微重力环境中，落仓对体验者的支持力几乎为零，可知落仓下落的加速度非常接近重力加速度g，B正确；落仓下落过程，加速度先向下后向上，落仓内的体验者先处于失重状态后处于超重状态，C错误；落仓速度最大时，其加速度为零，D错误． 3.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力．在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力．已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，重力加速度大小g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C．无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D．无人机上升的最大高度为42 m ACD　解析：由运动学公式vt2－v02＝2as，可得无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，A正确；由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，解得F＝70 N，B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12 m/s2，C正确；由运动学公式vt2－v02＝2as可得，无人机减速上升的高度为s2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝s1＋s2＝42 m，D正确． 4.(2022·辽宁卷)如图所示，一个小物块从长为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：物块沿水平中线做匀减速直线运动，则＝＝，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；对物块做受力分析有a＝－μg，vt2－ v02＝2ax，整理有v02＋2ax>0，联立可得μ<0.2，C、D错误． 5.(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动．t＝0时在传送带底端无初速轻放一个小物块，如图所示．t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0.不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) C　解析：0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动．受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，合力不变，故做匀加速运动．t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误． 6.(2025·广东佛山高三检测)公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在(　　) A．0～6 s内的位移约为30 m B．0时刻的速度约为28 km/h C．4 s时的加速度约为0.5 m/s2 D．4 s时受到的合外力约为2 500 N B　解析：由a－t图像中图线与t轴所围的面积表示速度的变化量及题图可知，速度的变化量大小约为Δv＝2×1 m/s＋×(1.5＋2)×2 m/s＋×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0时刻的速度约为v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x＜v0t＝23.25 m，A错误，B正确；由题图可知4 s时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2，C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共汽车受到的合外力约为F＝ma＝5 000 N，D错误． 7．(2025·河南高考适应性测试)如图所示，在平直路面上进行汽车刹车性能测试．当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上．刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7.则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　) A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 B　解析：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律可得f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比＝＝，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中＝，解得汽车进入冰面瞬间的速度v1＝，B正确． 8．(多选)(2022·湖南卷)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M.飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率的平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量).当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s.重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(　　) A．发动机的最大推力为1.5Mg B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器的速率为5 m/s D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g BC　解析：飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv12＝k×100，飞行器以v2＝5 m/s向上匀速运动时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv22＝Mg＋k×25，可得Fm＝1.25Mg，k＝，A错误；飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时，F＝＝Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f＝＝Mg＝kv42，解得v4＝5 m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律得Fm＋Mg＋kv52＝Mam，解得am＝2.5g，故飞行器的加速度不可能达到3g，D错误． 9．(多选)水平地面上有一个质量为m1的长木板，木板的左边上有一个质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则(　　) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2＞μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 BCD　解析：由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，由F2＞F1知μ2＞μ1，B、C正确；由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确． 10.(2025·广东中山高三检测)物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带着钩码和便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码挂在力传感器上进行实验．电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下．从挂上钩码到最后取下钩码的过程中，DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系图像如图所示．g取10 m/s2，根据图中的数据，求： (1)电梯在减速阶段的加速度大小； (2)电梯在整个运动过程中的最大速度； (3)电梯在整个运动过程中下降的高度． 答案：(1)0.8 m/s2　(2)4.8 m/s　(3)76.8 m 解析：(1)由题图可知钩码的重力mg＝50 N 则钩码的质量m＝5 kg 电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小 F＝54 N 由牛顿第二定律得F－mg＝ma 解得加速度大小a＝0.8 m/s2. (2)由题图可知，电梯在2～6 s的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大小F′＝44 N 根据牛顿第二定律得mg－F′＝ma′ 可得a′＝1.2 m/s2 最大速度v＝a′Δt1＝4.8 m/s. (3)电梯在2～6 s的时间内加速的位移大小为 h1＝a′(Δt1)2 在6～17 s的时间内匀速运动的位移大小为 h2＝vΔt2 在17～23 s时间内减速运动的位移大小为 h3＝a(Δt3)2 电梯下降的高度H＝h1＋h2＋h3，可得H＝76.8 m． 11．(2025·广东珠海高三检测)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＋f F sin θ＋mg cos θ＝FN f＝μFN F＝10×4 N＝40 N 解得μ＝0.5 由题图乙可知，t＝6 s时，小球的加速度有 F′cos θ－mg sin θ－f′＝mam F′sin θ＋mg cos θ＝FN′ f′＝μFN′ F′＝10×6 N＝60 N 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图像中面积表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，则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 $$