第三章 第5节 超重和失重-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

学霸高春白题物理 第5节 超 ☑应用提优考点全面，能力提升|限时：40min 1.(2025·江苏扬州期末)如图所示，一种巨型 娱乐器械可以使人体验超重和失重的感觉. 一个可乘坐二十多个人的环形座舱套装在竖 直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后 让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统 启动，到地面时刚好停下 A.自由下落阶段，人处于超重状态 B.自由下落阶段，人所受合外力为零 C.制动系统启动后，人处于失重状态 D.制动系统启动后，人所受合外力向上 2.(2025·云南适应性考试)某同学站在水平 放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子 秤的示数如图甲所示.电梯竖直上升过程中， 某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻 电梯（重力加速度g取10m/s2) 60.0kg 63.0kg 甲 A.做减速运动，加速度大小为1.05m/s2 B.做减速运动，加速度大小为0.50m/s C.做加速运动，加速度大小为1.05m/s2 D.做加速运动，加速度大小为0.50m/s3 3.(2025·湖南联考)利用手机软件可以记录 物体运动的加速度，现用某款智能手机进行 户外游乐项目“跳楼机”测试，将手机放在 “跳楼机”的电梯地板上，打开手机软件，电 梯由静止开始上升后，测得手机在竖直方向 的加速度随时间变化的图像如图所示，以竖 044 重和失重 直向上为正方向，则 a/m·s 20.0------= 10.0 -10.0上 4 A.在1~3时间内电梯先加速后减速 B.在3时刻电梯到达最高点 C.在t2~3时间内手机受到的支持力逐渐 减小 D.在2~b4时间内，手机处于失重状态 4. 如图所示，在加速度大小为2m/s2竖直向上 加速运动的电梯中，测力计竖直固定在电梯 上，测力计下端挂有一个定滑轮，A、B两物体 用细线连着跨过定滑轮且相对电梯静止 若A、B物体的质量分别为5kg和1kg忽略 细线和滑轮的质量，不计一切摩擦，重力加速 度g取10m/s2,则 ) A.物体B处于失重状态 B.细线的拉力为10N C.电梯对A的支持力是40N D.测力计示数为24N B 白B ○丙 (第4题) (第5题) 5.如图所示，充满某种液体的密闭容器用绳子 悬挂在天花板上，轻弹簧A下端固定在容器 底部，轻弹簧B上端固定在容器顶部.甲、乙、 丙是三个不同材质的实心球，甲连在A的上 端，乙连在B的下端，丙悬浮在液体中.已知 甲、乙、丙和液体的密度关系为P2<印两=P维< P甲，则剪断绳的瞬间相对于容器（不计空气 阻力) A.甲球将向上运动，乙、丙球将向下运动 B.甲、丙球将向上运动，乙球将向下运动 C.甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球 不动 D.甲球将向下运动，乙球将向上运动，丙球 不动 6.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天 花板上，弹簧下端悬挂一个小球，在电梯静止 时轻质弹簧的伸长量等于电梯运动时伸长量 的五分之四，g取10m/s2,由此可判断 A.电梯可能加速上升，加速度大小为2m/s B.电梯可能减速上升，加速度大小为2m/s2 C.电梯可能加速下降，加速度大小为 2.5m/s2 D.电梯可能减速下降，加速度大小为 2.5m/s2 AWWwWwW (第6题) (第7题) 7.（2024·辽宁沈阳一模)如图所示，质量为 0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静 止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦 因数为0.4.A的右边被一根轻弹簧用1.2N 的水平拉力向右拉着而保持静止.现在要使 弹簧能拉动A相对木箱底面向右移动.（设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2) 则下列说法正确的是 ( 第三章运动和力的关系学丽高春 A.让木箱竖直向上做加速运动，加速度最小 值为2m/s2 B.让木箱竖直向下做加速运动，加速度最小 值为2m/s2 C.让木箱水平向左做加速运动，加速度大于 1.6m/s2 D.让木箱水平向右做加速运动，加速度大于 1.6m/s2 8.(多选)如图所示，一质量为m的匀质球被水 平推力紧压在竖直光滑的电梯墙壁和倾角 为日的光滑斜面之间重力加速度大小为g 下列说法正确的是 () A.若电梯处于静止状态，则水平推力的大小 一定为mgtan6 B.若电梯处于静止状态，则当水平推力增大 时，球对斜面的弹力不变 C.若电梯竖直向上做匀减速直线运动，则球 对斜面可能没有弹力 D.若电梯竖直向上做匀加速直线运动，则球 对斜面可能没有弹力 发 (第8题) (第9题) 9.（2025·安徽十校一模)如图所示，乒乓球用 轻绳系在装满水的烧杯中，烧杯放在水平放 置的电子秤上，整体处于静止状态某时刻， 轻绳突然断裂，乒乓球加速上浮.已知乒乓球 的质量为m,体积为V。(上浮过程中乒乓球 的体积不变)，液体阻力不计，水的密度为 P,重力加速度大小为g,则在乒乓球上浮过 程中，电子秤显示的弹力大小 () A.减少P。-m)g B.增加 PoVo-m)g m m C.减少mg D.增加mg 045联立新用治 (2)瓦片在轨道上运动时，在，范围内，根据牛顿第二定律可得 mgin30°-2x今F=ma1,又2 Fxcos45°=mgc0s30°， 解得a1=2.5ms2, 瓦片通过五意围的时间4，满足==12 所以在山，内有瓦片数2=24个，可能为2或者 瓦片在轨道上运动时，在大于L范围内，根据牛顿第二定律 得mgsin30°-24gFv=m42: 解得2=0. 则瓦片速度=√21L1=3/s, 相邻瓦片的距离为Ax=r△M=1.5m, 所以在大于，范闲内有瓦片数， 8-. 15 个，，可能为4或 者5. 在第一片瓦片落地瞬间.L范围外有4片，L,范围内有2片：在第 一片瓦片落地后，第二片瓦片落地前一刻，L,芭围外有5片，L,范 内有2片：在第一片瓦片落地后的某一时刻，此时1范国内有 3片，则范周外只能有4片，综上所述，轨道上瓦片的个数可能为 6个或者7个. 第4节牛顿运动定律的成用（二） (整体法和隔离法) 1.A解析：对滑块A分析，设绳上张力为T,根据牛顿第二定律可 得mgsin5S3°-T=mG,对滑块B:T了-mgin37严=ma,联立解得a= 01g,T=0.7g,根据力的合成可知绳对滑轮的作用力为F= √T+T=072mg,故选A 2.B解析：设物块的质量为m,斜而体质量为/，小车对斜而体的弹 力为F、,小车对斜面体的摩擦力为，物块，斜面体，车厢三者恰能 保特相对静止.将物块和斜面体看成整体.水平方向有F。=(Mm)·a. 竖直方向有f=红F、=(M+m)g.对物块受力分析.设斜面体对滑块的 弹力为F,水平方向有FinB=mg.竖直方向有Fx%8=mg,方程联 立可得斜面体与车相后壁间的动摩旅因数以= ng放选R 3。B解析：设轻绳拉力最大值为F,对左边一组物体分析受力，由牛 顿第二定律有F=3m,绳子拉力最大时.右边一组木板和机器人之 间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人分析受力， 由牛顿第二定律有4·2mg=5ma,联立解得绳子拉力最大值F= n吧故选B 4.AD解析：P,Q之间的最大静摩擦力f=umg©s30°=15N, 重力沿斜面分力：G=mngsin30°=10N, 0的最大加速度a,人-6 =2.5m/2 对P,Q隔高法受力分析如图①，②所示 对P,Q整体受力分析如图③所示 mgsin 30" mgcos 300 t.30 D 2mgsin 30 2mgen 30 2mg 当F≤2mgn9,即F≤20N时，PQ均静止在斜面上. 一学霸高考·白 当F=15N时，F=+G,得f=F-G,=5N,即此时P.Q之间的摩擦力 大小为5N,故A正确：当P的加速度为m时，F。m-G,=mam,得 F。=30N,即当F满足20N≤F≤30N时，P,Q一起沿斜面向上运 动，当F>30N时P,Q发生相对滑动，故B错误：当F=28N时，P.Q 一起运动，由F-2mgsn8=2ma得a=2m/,2,故此时P的加速度 为2m/s2,故C错误.当F=32N时，P、Q相对运动，Q的加速度为 。=25m/2,故D正确本题正确的是AD. 5.CD解析：A.当动车组做匀速运动时.对整体有4F=8,则F=2f, 测根据平衡条件可知第一列车厢有F。=,对于一，二列车厢整体 有2=F+F3,可得二、三节车厢间作用力F3=0,以此类推，可知 F4=.Fs=0F6=f,F?=0,Fw=f,则可知各车厢间的作用力不是 都为零，故A错误：B,若仅启用两节动力车用匀加速行驶，根据牛 顿第二定律2P-8=8ma,整列车的加速度大小为a=-,放B错 4m 误：C,若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律4F-8= 8m2,整列车的加速度大小为4-，故C正确：D.若列车动力 全开匀加速行驶，对后五节车相整体，根据牛顿第二定律F+2F- 手5m解得=专放D正确放选Cm 6.AC解析：A,撤去F瞬间，对A、B系统.由牛顿第二定律得 。-2mg=2m0,解得a2mg,所以A正确：B.撒去F后，因为弹 簧形变量减小，系统所受合外力变小，所以系统的加速度减小，所以 物体A和B先向左做加速度或小的加速运动：当加速度为零时，即 合力为零时，速度达到最大，设此时弹簧的形变量为x,则：= 2mg,解得x= 24g.所 m坚则物体A,B的运动距离==- 以B错误，C正确：D.物体A、B向左运动要分离时，对B有 mg=ma,对A有mg-红=ma,解得x=0,所以若物体A、B向左运动 要分离，弹簧处于原长状态，物体A,B运动的距离为，所以D错 误.故选AC 7.(1)F,>25N(2)F>16.8N(3)否，计算过程见解析 解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力为∫=uF,, 为使木板能向上运动.则>Mg,解得F,>25N. (2)对木板，由牛顿第二定律有uF,-g=Ma1, 对滑块，由牛顿第二定律有F3uF,-mg= 为使滑块与木板能发生相对滑动，则a2>a1,解得F>16.8N (3)当F,=30N,F2=25N,对滑块，由牛领第二定律有F2 F,-mg=ma3,解得3=9m/袋2， 设滑块上升本的时间为4.则=)“，，则2=6， 对木板，由牛顿第二定律有uF,-g=M,解得a4=2m2 设术板在1时间上升的高度为H,则H)“,.解得∥=6m 16 56 由于h-=1.6m45m=45m>=2m. 故带块上移h=1,6甲之前.滑块与木板分离，游戏不能成功 第5节超重和失重 1.D解析：自由下落阶段，人做自由落体运动，处于失重状态，只受重 力作用，合力不为0，制动后，做向下的诚速运动，则物体处于超重状 态，合外力向上故选D. 2.D解析：如图所示，根据牛颠第二定律F-mg=ma,可得= (63-60)×10 m/s2=0.50m/2,则电梯向上加速运动放选D. 60 3.C解析：A.a-图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量 可知1一3时间内速度一直增加.所以电梯一直加速，A错误：B.:-1 图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，由图可知，3时 刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速 运动，与时刻还没有达到最高点，B错误：C.对手机进行受力分析可 知，2~43时间内，根据牛顿第二定律F、-mg=ma,该段时间内，a逐 渐减小.因此支持力F逐渐减小.C正确：D,在-时间内，手机 加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态， D错误.故选C. 4。D解析：A.A、B两物体用细线连着跨过定滑轮且相对电梯静止， 题·物理·16一 电梯竖直向上加速运动，则物体B有竖直向上的加速度，所以处于： 超重状态，故A错误： B.对物休B,根据牛顿第二定律，有T-mBg=m4, 解得T=mg+ma=1×I0N+1×2N=12N,故B错误： C.对物体A,根据牛顿第二定律，有F、+T-m4g=m4a, 代入数据，解得F、=48N,故C错误： D,细线和滑轮的质量，摩擦不计，所以测力计不数为F洲=2T=24N, 故D正确 故选D 5.C解析：依题意，由于Pz<Pm=P领<P单，根据浮力公式F件= PgV,可知，轻弹簧A,B均处于压缩状态，剪晰绳的瞬间，系统处 于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会发生突变，根据牛顿第二定 律可知，甲的加速度小于g,乙的加速度大于g,丙的加速度等于， 所以三者相对于容器.甲球将向上运动.乙球将向下运动，丙球保持 不动.故选C 6.D解析：AC.根据题意.以竖直向下为正方向，在电梯运动时对小 球进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg一F。=m,即mg 年mg=m0,解得a=-0.25g=-25m/,2(方句竖直向上)，故 ABC错误，D正确.故选D. 7.C解析：AB.物块A保持静止，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等 于物块与木箱间的摩擦力，若木箱竖直向下做匀加速运动，物块处 于失重状态，物块对术箱的压力变小，竖直方向有mg-V=m,又最 大静摩擦力=μN.F=∫.解得a=4m/s2,当向下的加速度最小值 为2m2时，物块与木箱不发生相对滑动：若木箱竖直向上做匀加 速运动，则物块与木箱间的压力变大，此时物块A与木箱间的最大 静摩擦力大于木箱静止时的最大值，故此时物块A不可能相对木篇 底面水平移动，故AB错误：C.若木箱做水平向左的匀加速运动，以 物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为，，根 据牛顿第二定律有mg-F#=ma1,代人数据可得a1=1.6m/s2,所 以只要木箱加速度大于L,6s2,物块就会相对木箱向右运动，故 C正确：D.若木箱水平向右做匀加速运动，以物块为研究对象，设 物块相对木箱静止的最大加速度大小为？，根据牛顿第二定律有 mg+Fw=ma2,代入数据可得a2=6.4m/,2>1.6m2.故D错误故 选C. 8.BC解析：A.如图所示，对球，根据物体的平衡条件有F-N,= mgn8,只有当墙壁对球的弹力为N,=0时，才有F■mgan8, 故A错误；B.此时有N,%0=mg,球对斜面的弹力大小为=： 器。当F婚大时，店保持不变，故B正确：C若电桃经直向上做匀 诚速直线运动，则加速度方向竖直向下，当加速度为g时，球处于完 全失重状态，对斜而没有弹力，故C正确：D,若电梯竖直向上做匀 加速直线运动，则加速度方向竖直向上，球处于超重状态，球对斜面 一定有弹力，故D错误故选BC 个0 9.A解析：乒乓球在加速上浮过程中，加速度为a%。-mg,乒民 m 球处于超重状态，因此电子秤显示弹力大小增加m阳=Pg,-mg:与 之相等体积的水以相同大小的加速度加速下降，因此电子秤显示弹 力大小减小p%V任= 6V吗，考虑到同等体积水的质量大于 乒乓球的质量，电子秤显示的弹力大小应或小PVa一ma= (pG将-2p,om+m2)g_p-m)g故选A 专题探究5牛顿运动定律的经典模型 1.C解析：C.对A和B分别进行受力分析，如图所示： 一学霸高考·白 T a 当C以加速度向上匀加速时.B相对于C恰好保持相对静止，可 知此时A相对C也恰好保持静止，对A水平方向根据共点力平衡。 有T=1,则最大静摩擦力有/=uF,竖直方向根据牛顿第二定 律，有Fa一mg=m1ao,对B根据牛顿第二定律，有T-mg=mo 联立解得以=当加速度由，逐渐变大时，假设A,B相对G仍保 用 持相对静止，对A,有F￥-m,区=m,a,此时A与C之间的最大静摩擦 力为=uF、=mn(g+a):对B根据牛顿第二定律，有T-mg =mna,解得T=mn(g+a),可得厂=T,故假设成立，A,B相对C仍 保持相对静止，故C正确：AD,C对A的摩擦力等于绳子拉力，当加 速度由。逐渐变大时，由T=m。(g+).可知轻绳对B拉力逐渐变 大，由牛顿第三定律可知，C对A的摩擦力逐渐变大，A对C的摩擦 力逐渐变大，故AD错误：B.当加速度由逐新变大时，对A,有 F-mg=m:,C对A的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，A 对C的压力逐渐变大，故B错误.故选C 2.CD解析：A.对A,B整体分析，根据平衡条件有3 mngsin0=ugo8, 解得4=20，故A错误：B,规定沿斜面向下为正方向，设轻杆对 B的作用力为T,单独对B分析.根据平衡条件有T+2gin9=ng· cw0.解得T=mgsin 0,为正值，表示方向沿斜面向下.故B错误： G,若增加B物体的质量，设增量为△m,则合外力为(3m+△m)g· 血-(2m+m)g0=子g血8，上式说明此时AB整体所受 合外力将沿斜面向上，则A,B整体将沿斜面减速下滑，故C正确： D.增加A物体的质量，设增量为△m,则(3m+△m)gin8-2g: %9=△minB,上式说明此时A,B整体所受合外力将沿斜血向下， 则A、B整体将沿斜面加速下滑，故D正确.故选C). 3.B解析：设两滑块的质量均为m,撤去拉力前.两滑块均做匀速直 线运动，则拉力F=2mg,撒去拉力前对Q根据平衡条件有T。= 4g.A.P,Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移 故A错误：B.滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有： mg=m2解得ap,=g,撒去拉力时，P,Q的速度相等，滑块P 由开始的加速度大小g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长 时加速度大小为g:滑块Q由开始的加速度0做加速度增大的减速 运动，最后弹簧原长时加速度大小也为4g,故B正确：CD.从此刻开 始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉 力操间弹簧弹力不变为mg,两带块与地面间仍然保持相对带动.此 时滑块P的加速度满足-T。-umg=m,解得an,=-g,此刻滑块 Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做域速运动.故P、Q 问距离减小.弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律 可知P藏速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速 度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚微去拉力瞬间的 加速度为g,Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有 mg=maQ,解得gn=4g,放滑块Q加速度大小的最大值为g 故CD错误.故选B. 4.B解析：设物块的质量为m,木板的质量为1，物块减速和木板加速 到共速的时间为，加速度分别为a142,有a,= m腿=2m/2,a u:mg-i(M+m)g 0-a11=a2=, 木板的位移为=2· 两者共速后，因以1>2，则一起减速到停止，设共同减速的加速度为 a,有 (m+W)g=0.5m子，木板的位移为62 2 m+制 木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L=+灯 题·物理·17一