12第三章 第2课时　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）

高考总复习 物理 第三章　 运动和力的关系 第❷课时　动力学的两类问题　超重和失重 一、动力学的两类问题 1．两类分析：物体的____分析及____分析。 2．两个桥梁：加速度是联系____和__的桥梁，连接点的速度是联系各“子过程”的桥梁。 受力 运动 运动 力 必备知识 自主落实 加速度为“桥梁”的逻辑关系如图所示。 必备知识 自主落实 二、超重和失重现象 1．超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有____的加速度。 大于 向上 必备知识 自主落实 2．失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有____的加速度。 小于 向下 必备知识 自主落实 若物体的加速度不在竖直方向，当其加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态；当其加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态。 必备知识 自主落实 3．完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于__的现象称为完全失重现象。 (2)产生条件：物体的加速度大小a＝g，方向________。 0 竖直向下 必备知识 自主落实 [链接] 人教必修第一册P111例题： 设某人的质量为60 kg，站在电梯内的水平地板上，当电梯以0.25 m/s2的加速度匀加速上升时，求人对电梯的压力。 必备知识 自主落实 　(多选)(经典高考题)某人乘电梯上楼，他在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的情况如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 (　　) A．t＝2 s时最大　　　　B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大　　 　D．t＝8.5 s时最小 AD 必备知识 自主落实 必备知识 自主落实 考点一 动力学的两类问题 关键能力 强化提升 【典例1】 如图所示，小明妈妈与小明在冰面上滑冰车，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，g取10 m/s2。假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力，使冰车自由滑行。假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用。求： (1)冰车的最大速率； (2)冰车在整个运动过程中总位移的大小。 关键能力 强化提升 信息 提取 (1)过程1：冰车在推力作用下做匀加速直线运动 (2)过程2：撤去推力，冰车做匀减速直线运动 规律 敲定 (1)牛顿第二定律的应用： F－μmg＝ma1，μmg＝ma2 (2)匀变速直线运动规律的应用： x1＝a1t2，v＝2a2x2等 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 [思维方法] 动力学两类基本问题的解题步骤 关键能力 强化提升 1． (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 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 2．如图甲所示的是一名跳台滑雪运动员比赛时的画面，运动员(可视为质点)从高台飞出，落到倾斜的着陆坡后调整姿势，在A点以初速度v1＝2.6 m/s沿直线匀加速下滑，到达坡底B点再匀减速滑行一段距离后停下，如图乙所示。已知运动员及装备的总质量m＝70 kg，倾斜滑道的倾角θ＝37°，运动员沿斜面下滑到达坡底时的速度v2＝11 m/s，运动员从倾斜滑道进入减速区瞬间的速度大小不变，进入减速区后，运动员受到的阻力变为77 N，两个过程滑行的总时间为11.5 s，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 关键能力 强化提升 (1)运动员在水平轨道上的位移大小； (2)运动员在倾斜滑道上受到的阻力大小； (3)运动员在这两个过程中运动的总路程。 答案：(1)55 m　(2)28 N　(3)65.2 m 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 考点二 超重和失重 判断超重和失重现象的三个角度 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 关键能力 强化提升 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 关键能力 强化提升 3． 很多智能手机都有加速度传感器。某同学用手托着手机，打开加速度传感器，手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌自由下落，然后接住手机，观察手机屏幕上加速度传感器的图像，取竖直向上为正方向，将其图像简化，如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．t1时刻，手机加速度的大小可能大于g B．t1到t2时间内，手机处于完全失重状态 C．t2时刻，手机加速度大于g D．t2时刻，手机的运动方向为竖直向上 C 关键能力 强化提升 解析：根据题意可知手机脱离手掌后做自由落体运动并持续了一段时间，因此t1时刻手机加速度的大小不可能大于g，A错误；t1到t2时间内，手机加速度方向先向下后向上，可知手机先失重后超重，B错误；由题图可知，t2时刻手机的加速度大于t1时刻的加速度，故大于g，C正确；由题图只能得出t2时刻手机的加速度方向向上且大于g，但运动方向不一定是向上的，D错误。 关键能力 强化提升 4．微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重力远小于其实际重力的环境。产生微重力环境最常用的设施有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时间的微重力环境，根据提供的信息，以下说法正确的是(　　) B 关键能力 强化提升 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 关键能力 强化提升 　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，体验者的表观重量远小于实重，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；落仓下落过程中，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，落仓受力平衡，故其加速度为零，D错误。 关键能力 强化提升 【典例2】 (多选)如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一根不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出 (　　) AB 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 [思维方法] 动力学图像问题的解题关键 (1)弄清图像中斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义； (2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式，进而明确“图像与公式”和“图像与物体”间的关系。 关键能力 强化提升 C 1．(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度轻放一小物块，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 (　　) 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 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的下滑分力，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，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。 关键能力 强化提升 2．某研究性学习小组利用图甲所示的实验装置探究物块在恒力F作用下加速度与斜面倾角的关系。已知木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。某次实验中，质量m＝0.1 kg的物块在平行于板面向上、F＝0.6 N的恒力作用下，其加速度a与斜面倾角θ的关系，如图乙所示，已知图中a0为图线与纵轴的交点，θ1为图线与横轴的交点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。 关键能力 强化提升 (1)a0为多大？倾角θ1为多大？ (2)当倾角θ为30°时，物块在力F作用下由O点从静止开始运动，2 s后撤去，求物块沿斜面向上运动的最大距离。 答案：(1)6 m/s2　37°　(2)2.4 m 关键能力 强化提升 解析：(1)由题图乙可知，θ＝0°，木板水平放置，此时物块的加速度大小为a0 由牛顿第二定律：F合＝F＝ma0 解得a0＝6 m/s2 由题图乙可知木板倾角为θ1 时，物块的加速度大小a＝0， 即F＝mg sin θ1 解得θ1＝37°。 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 关键能力 强化提升 近几年的高考试题中注重融入生活日常、交通运输及重大科技成果等实践类情境，考查力和运动规律的灵活应用。 真题精研 衍生训练 热点1 基本规律的应用 【真题1】 (经典高考题)一名质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是 (　　) A．0～t1时间内，v增大，FN>mg B．t1～t2时间内，v减小，FN<mg C．t2～t3时间内，v增大，FN<mg D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg D 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 解析：根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，C错误，D正确。 真题精研 衍生训练 　一些智能手机可利用其上的传感器测量手机运动的加速度。一部带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t的变化，如图所示，g为当地的重力加速度。下列说法错误的是 (　　) C 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 热点2 综合性应用 【真题2】 (经典高考题)如图所示，一根竖直圆管的质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一个质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 [思维方法] 解答多过程问题 (1)上一个过程的末速度就是下一个过程的初速度； (2)若过程较为复杂，可画位置示意图，以确定位移之间的联系； (3)确定各运动阶段之间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 真题精研 衍生训练 　冰壶比赛是2022年北京冬奥会比赛项目之一，比赛场地示意图如图所示。在某次比赛中，中国队运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以速度v0＝3 m/s沿虚线滑出。从此时开始计时，在t＝10 s时，运动员开始用毛刷一直连续摩擦冰壶前方冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，最后冰壶恰好停在圆心O处。已知投掷线AB与O点之间的距离s＝30 m，运动员摩擦冰面前冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，摩擦冰面前后冰壶均做匀变速直线运动。重力加速度g取10 m/s2。求： 真题精研 衍生训练 (1)t＝10 s时冰壶的速度及冰壶与AB的距离； (2)冰壶与被摩擦后的冰面之间的动摩擦因数μ2。 答案：(1)1 m/s　20 m　(2)0.005 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 请完成：课时跟踪练 12 温馨提示 谢谢观看！ 解析：由题图可知t＝2 s时向上的加速度最大，则地板对人的支持力最大，故此时人对地板的压力最大；而t＝8.5 s时向下的加速度最大，则地板对人的支持力最小，故此时人对地板的压力最小，A、D正确。 1．力与物体的质量决定加速度。a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝；a＝是加速度的定义式，可见a与v、Δv及Δt无直接关系。 2．速度方向与合力方向(或加速度方向)的夹角决定物体的运动性质。合力与速度的夹角为锐角，物体加速；合力与速度的夹角为钝角，物体减速。 3．速度的改变需要经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但不一定有速度。 答案：(1)5 m/s　(2)50 m 解析：(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1 vm＝a1t 解得vm＝5 m/s。 (2)冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2 冰车自由滑行时有μmg＝ma2 v＝2a2x2 又x＝x1＋x2 联立解得x＝50 m。 解析：物块沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由于x＝1 m，t＝1 s，v>0，则有v0<2 m/s，A错误，B正确；对物块受力分析有a＝－μg，v2－v＝2ax，整理有v－2μgx>0，则2μgx<v，由于v0<2 m/s，则2μgx<v<4 (m/s)2，可得μ<0.2，C、D错误。 解析：(1)设运动员在水平轨道上匀减速运动的加速度大小为a2，运动时间为t2，位移大小为x2，由牛顿第二定律有F阻＝ma2 解得a2＝1.1 m/s2 根据v2＝a2t2，解得t2＝10 s 根据运动学公式v＝2a2x2， 解得x2＝55 m。 (2)设在倾斜轨道上匀加速运动的加速度大小为a1，运动的时间为t1，有v2＝v1＋a1t1 t1＝11.5 s－t2＝1.5 s 解得a1＝5.6 m/s2 由牛顿第二定律F合＝mg sin θ－Ff＝ma1 解得Ff＝28 N。 (3)根据运动学公式有在倾斜轨道上运动的位移为x1＝(v1＋v2)t1＝10.2 m 所以x总＝x1＋x2＝65.2 m。 考点三 动力学中的图像问题 A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 解析：由题图丙可知，木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图乙中细绳对物块的拉力FT在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，C错误；由题图丙可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，木板在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为 a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图乙可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，D错误。 (2)当木板倾角为θ＝30°时，对物块由牛顿第二定律得：F－mg sin θ＝ma1 解得a1＝1 m/s2 设物块2 s末速度为v1，由v1＝a1t 得v1＝2 m/s 2 s内物块位移s1＝a1t2＝2 m 撤去F后，物块沿斜面向上做匀减速运动，设加速度大小为a2，对物块由牛顿第二定律得 mg sin θ＝ma2 解得a2＝g sin 30°＝5 m/s2 撤去F后，物块继续向上运动的位移为 s2＝＝0.4 m 则物块沿斜面向上运动的最大距离为 s＝s1＋s2＝2.4 m。 A．释放时，手机离地面的高度为gt B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3－t1 C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍 D.0至t2内图线与坐标轴围成图形的面积中，时间轴下方与上方图形的面积大小相等 解析：t1时刻手机开始接触地面，则0～t1内做自由落体运动，释放时，手机离地面的高度为h＝gt，A正确；t1时刻手机开始接触地面，t3时刻手机开始离开地面，则手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3－t1，B正确；t2时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得F－mg＝m·10g，可得F＝11mg，即手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，C错误；t2时刻手机的 加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速度为零，则0～t2时间内手机的速度变化量为零，根据a－t图像与横轴围成图形的面积表示速度变化量，可知0至t2内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方图形的面积大小相等，D正确。 (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； (2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 答案：(1)2g　3g　(2)H　 (3)圆管长度L≥H 解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为Ff＝4mg，由牛顿第二定律，对管有 Mg＋Ff＝Ma1　① 对球有Ff－mg＝ma2　② 联立①②式并代入题给数据，得 a1＝2g，a2＝3g。　③ (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0＝　④ 方向均向下。 管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。 取向上为正方向，由运动学公式得 v0－a1t1＝－v0＋a2t1　⑤ 联立③④⑤式得t1＝　⑥ 设此时管下端距离地面的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得 h1＝v0t1－a1t　⑦ v＝v0－a1t1　⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。 由运动学公式有h2＝　⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则 H1＝h1＋h2　⑩ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝H。　⑪ (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有 Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－Ffx1＝0　⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝H　⑬ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为x2＝H1　⑭ 设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是 x1＋x2≤L　⑮ 联立⑪⑬⑭⑮式可知，L应满足条件为L≥H。 解析：(1)不摩擦冰面时，冰壶做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，t＝10 s时速度为v，滑行距离为s1，则μ1mg＝ma1 v＝v0－a1t s1＝v0t－a1t2 解得a1＝0.2 m/s2，v＝1 m/s，s1＝20 m。 (2)摩擦冰面时，冰壶仍做匀减速直线运动，设此时加速度大小为a2，滑行距离为s2，则0－v2＝－2a2s2 μ2mg＝ma2 且s＝s1＋s2 解得μ2＝0.005。 $$