第三单元 课时跟踪练12　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（云南专版）

课时跟踪练12　动力学的两类问题　超重和失重 基础应用练 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．如图所示，图甲是某人站在力传感器上做下蹲—起跳动作的示意图，图甲中的“·”表示人的重心，图乙是根据力传感器画出的压力F随时间t变化的图线。图乙中a、d、f、g各点数据分别与图甲中人的a、d、f、g状态相对应，其余点对应状态没有在图甲中画出。已知图乙中a、c、e、i点对应的纵坐标均为600 N。根据这两个图所给出的信息，下列说法正确的是 (　　) A．人的重力为600 N B．图乙中b时刻，人处于超重状态 C．图乙中d时刻，人处于失重状态 D．图乙中i时刻，人重心的速度为零 A　解析：由题图及题意可知，a时刻人受到的重力与支持力相等，为600 N，A正确；b时刻人对传感器的压力小于重力，处于失重状态，B错误；d时刻人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，C错误；i时刻人的重心处于下落过程中，此时重力与支持力相等，由于重心在下落过程中先做加速度减小的加速运动，再做减速运动，重力等于支持力时速度最大，则此时人的重心的速度最大，D错误。 3．A、B两个物体各自在不同纬度的甲、乙两处受到一个竖直向上的外力作用做变加速直线运动。如图是物体A、B所受的外力F与加速度a的关系图线。若物体A、B的质量分别为mA、mB，甲、乙两处的重力加速度分别为gA、gB，两个物体受到的重力分别为GA、GB，则 (　　) A．mA＞mB，GA＞GB B．mA＜mB，GA＜GB C．mA＞mB，gA＜gB D．mA＜mB，gA＞gB C　解析：物体受重力和拉力，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，变形得到F＝ma＋mg，可见F－a图像的斜率表示质量， A的斜率大，则mA＞mB；当a＝0时，F＝G，故GA＝GB；当F＝0时，a＝－g，即g为横截距的长度，故gA＜gB，C正确。 4．(多选)渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示的模型，分离器出口与传送带有一定的高度差，鱼虾落在传送带上时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是 (　　) A．虾在掉落到传送带上后，可能沿着传送带向下做加速直线运动 B．鱼在掉落到传送带上后，马上沿着传送带向上做加速直线运动 C．虾在传送带上运动时，摩擦力对虾做负功 D．鱼在传送带上运动时，加速度方向先向下后向上 AC　解析：虾的收集箱在下方，故虾一定向下运动，虾的重力沿传送带斜面向下的分力可能大于虾受到的摩擦力，故可能向下做加速直线运动，A正确；鱼在掉落到传送带上后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动，鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，B错误；虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，摩擦力对虾做负功，C正确；鱼在掉落到传送带上后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以鱼有向上的加速度，直到加速到与传送带共速后，加速度就为零，D错误。 5．(2024·全国甲卷)如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g。在下列a－m图像中，可能正确的是 (　　) D　解析：设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得FT－Ff＝Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg－FT＝ma，联立可得a＝＝·m，可知当砝码的重力大于Ff时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g，D正确。 6．一个质量m＝1.5 kg的物体从足够高处由静止开始下落，测得其加速度a随时间t变化的关系图像如图所示。已知重力加速度g取10 m/s2，则下列图中关于物体所受阻力Ff的大小和运动速度v随时间t变化的图像正确的是 (　　) 　 B　解析：在0～2 s内，物体的加速度由10 m/s2逐渐减小到0，由加速度图像可得 a＝(10－5t)m/s2，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，可得a＝g－，对比两式可得＝5t，即在0～2 s内，物体所受阻力与下落的时间成正比，A错误，B正确；在0～2 s内，物体的速度增量为图像与坐标轴围成的面积，即10 m/s，2 s后的物体加速度为零，物体做匀速运动，物体下落的最终速度为10 m/s ，C、D错误。 素养提升练 7．(多选)图甲是儿童游乐场中的波浪形滑梯，可以把它简化为图乙的模型，滑梯由四块长度相同的木板拼接而成，①③板相互平行，②④板相互平行，A点为②板和③板的连接点，B点为④板的末端。设一个小孩从滑梯顶端由静止开始下滑，到达末端。忽略他在两板连接处的能量损失，且四块木板粗糙程度处处相同。下列说法正确的是 (　　) A．小孩在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度 B．小孩在②板下滑的时间小于在③板下滑的时间 C．vA＞ D．vA＜ AC　解析：设滑梯上滑板与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝g(sin θ－μcos θ)，由题图可知③板与水平面的夹角小于②板与水平面的夹角，故在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度，A正确；小孩从②板到③板，速度越来越大，因②③板的长度相同，故依次通过②、③板的时间越来越短，B错误；设小孩在①③板的加速度为a1，在②④板的加速度为a2，每块板的长度为L，根据匀变速直线运动的速度位移关系式，小孩子滑至A点时有v＝2a1L＋2a2L，解得vA＝，小孩滑至B点时有v＝4a1L＋4a2L，解得vB＝2，故vA＝vB＞，C正确，D错误。 8．如图甲所示，小姚同学用传感器改进伽利略的经典斜面实验。他在一足够长固定斜面顶端O处及中间某点A处安装了传感器(未画出)，一个小物块从顶端O处由静止沿斜面下滑，传感器能测出O、A间的距离x及小物块在OA段运动的时间t。改变A及A处传感器的位置，重复多次实验，通过计算机作出的x－t图像如图乙所示，斜面倾角为37°，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A．3 s时小物块的速度大小为3 m/s B．0到3 s内小物块的平均速度大小为2 m/s C．小物块在斜面上运动的加速度大小为1.5 m/s2 D．小物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5 D　解析：小物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据x＝at2可得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，C错误；3 s时小物块的速度大小为v3＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，A错误；0到3 s内小物块的平均速度大小为＝＝3 m/s，B错误；根据牛顿第二定律可得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma，解得小物块与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，D正确。 9．在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一个水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。以水平向右为正方向，则下列关于A滑块的速度v、加速度a、所受摩擦力Ff及运动的位移x随时间变化的图像正确的是 (　　) B　解析：A、B一起做加速运动，由牛顿第二定律F＝ma结合题图乙可知，加速度先减小后增大，B正确；v－t图像的斜率表示加速度，因加速度先减小后增大，故v－t图线不是直线，A错误；整体做单向直线运动，速度逐渐增大，而x－t图像的斜率代表速度，因此逐渐增大，C错误；摩擦力将使物体A做加速运动，由牛顿第二定律有Ff＝ma，根据加速度先减小后增大可判定摩擦力先减小后增大，D错误。 10．(多选)如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是 (　　) A.绳中拉力大小等于物块P的重力大小 B．轨道不可能是水平的 C．物块Q的质量为0.5 kg D．物块Q受到轨道的摩擦力大小为1 N BC　解析：物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝F＋，图线的斜率k＝＝2 kg-1，解得m＝0.5 kg，C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B项分析可知，此1 N并非物块Q受到的摩擦力，D错误。 11．如图甲，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其v­t图如图乙所示，已知砝码质量为0.10 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，求： (1)物块A的质量； (2)物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数。 答案：(1)0.4 kg　(2)0.125 解析：(1)由题图乙可知，物块A在P点左边运动的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2 根据牛顿第二定律有mBg＝(mB＋mA)a1 解得mA＝0.4 kg。 (2)物块A在P点右边运动的加速度 a2＝＝ m/s2＝1 m/s2 根据牛顿第二定律有mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2 解得μ＝0.125。 12．深海中有一个大杀器：海底断崖，又叫“跃层”，“跃层”是海水参数随深度变化而显著变化的水层。当潜艇从高密度海域进入低密度海域时，潜艇所受的浮力会突然减少，这样潜艇就会急剧下沉，专业上称这种现象为“掉深”。“掉深”可能会导致潜艇的实际下潜深度超过设计下潜深度，造成潜艇破裂进水，结构解体。已知潜艇的质量为2.7×107 t，正在水下200 m处水平运动，突然进入“跃层”，以加速度a1＝1 m/s2竖直向下落(水平速度很小，可以忽略不计)。潜艇指战员迅速采取措施，向外排出海水，8 s后开始以向上的加速度a2＝1 m/s2运动。已知重力加速度g取10 m/s2，排水时间忽略不计。 (1)求“跃层”内海水密度与原来海水密度之比； (2)采取措施后潜艇经过多长时间回到原来深度？最深到了多深？ (3)潜艇排出了多少吨海水(保留2位有效数字)? 答案：(1)　(2)(8＋8)s　264 m　(3)4.9×106 t 解析：(1)设原来海水密度为ρ， 根据题意，有 mg＝F浮＝ρgV排 设“跃层”内海水密度为ρ′，有 mg－F浮′＝ma1 F浮′＝ρ′gV排 解得＝＝。 (2)潜艇在匀加速下落阶段，有h1＝a1t＝32 m v1＝a1t1＝8 m/s 排水后，潜艇先匀减速下降，再匀加速上升，对这个过程，有－h1＝v1t2－a2t 得t2＝(8＋8)s 匀减速下降过程，有h2＝＝32 m 潜艇最深位置h＝200 m＋h1＋h2＝264 m。 (3)排出海水后，设潜艇质量为m′，有 F浮′－m′g＝m′a2 得m′≈2.21×107 t 潜艇排出海水的质量 Δm＝2.7×107 t－2.21×107 t＝4.9×106 t。 学科网（北京）股份有限公司 $$