小练11 超重与失重 图像问题-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理拿满基础分自主小练

拿满基础分自主小练·物理 小练11超重与 (考试时间：30分 第1~5小题为单项选择题，每小题4分；第 6~8小题为多项选择题，每小题6分 1.(教材改编题)学校举行校秋季运动会，如图 所示为某同学参加跳高决赛时的情景图。 若忽略空气阻力，则下列说法正确的是 A.该同学脚离地起 跳后在上升过程 中处于超重状 态，下降过程中 处于失重状态 B.该同学脚离地起跳后在上升和下降过程 中均处于失重状态 C.该同学起跳时地面对他的支持力等于他 的重力 D.该同学起跳后处于完全失重状态，故下 降过程中该同学所受重力消失了 2.(教材改编题)很多智能手机都有加速度传 感器，能通过图像显示加速度的变化情况。 用手掌托着智能手机，打开加速度传感器 小程序后把手机向上抛出，然后又在抛出 点接住手机，得到如图所示的a-t图像，图 中t1=0.38s,t2=0.55s,t3=0.66s,t 1.26s,重力加速度g=10m/s2,不计空气 阻力，由此可知，下列说法正确的是 A.t1时刻手机的速度 a/(m's2) 20.0 最大 B.t2时刻手机离开手掌 10.0外- C.t3时刻手机处于超重 状态 -10.0 D.手机刚离开手掌时的 0.501.0058 速度大小为3m/s 3.(教材改编题)如图所示，张华在教室体重计 上研究超重与失重现象。她由稳定的站姿 变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定 的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。 关于她的实验现象，下列说法正确的是 A.只有“起立”过程，才会出现 失重现象 B.只有“下蹲”过程，才会出现 超重现象 C.“下蹲”过程，先出现超重现 象后出现失重现象 D.“起立”和“下蹲”过程，都会出现超重和 失重现象 21 班级： 姓名： 。。。。。。。。。。。。。 失重图像问题 钟，满分60分) 4.如图所示，台秤上放一装有水的杯子，杯底 用细线系一光滑小球。若细线断裂，在小 球加速上升的过程中，不计水的阻力，则台 秤的示数将 A.变小 B.变大 C.不变 D.无法确定 5.如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机 底板上，此时弹簧竖直，篮球与光滑的侧壁 和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁 间装有压力传感器。当升降机在竖直方向 匀速运动时，压力传感器有一定的示数。 现发现压力传感器的示数发生变化，下列 说法正确的是 传 器 A.压力传感器的示数增大到一个新的值， 升降机一定在匀加速上升 B.压力传感器的示数减小到一个新的值， 升降机一定在匀加速上升 C.压力传感器的示数逐渐减小，升降机可 能减速上升的加速度越来越大 D.压力传感器的示数逐渐减小，升降机可 能加速上升的加速度越来越大 6.(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为 质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧 靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁 上，此时弹簧的压缩量为x,以两滑块此时 的位置为坐标原点建立图示方向的一维坐 标系。现将外力突然反向并使滑块B向右 做匀加速运动，则外力F、两滑块间的弹力 N与滑块B的位移x的关系图像可能是 B 0 7.(多选，教材改编题)同一乘客通过甲、乙、 丙三种方式乘坐电梯上楼，过程中都经历 了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度 大小相同，且乘客相对电梯均静止。在上 述加速阶段中，下列说法正确的是 直上 0.. 丙 A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦 力作用 B.只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦 力作用 C.在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支 持力最大 D.三种方式中的乘客均处于超重状态 8.(多选，教材改编题)某同学设计制作了一 个“竖直加速度测量仪”，如图所示为其结 构图。一根轻弹簧上端固定，在弹簧旁沿 弹簧长度方向固定一根直尺，弹簧下端挂 一个质量=0.1kg的重物，重物静止时 弹簧的伸长量x,=5cm,此时指针指在O 点，加速度为0。已知弹簧的最大形变量为 7.5cm,图中M、N与O点间的距离均为 1cm,规定竖直向下为正方向，不计空气阻 力，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正 确的是 M A.指针指在OM间某点时，重物处于超重 状态，M点应标记的加速度值为2m/s2 B.指针指在ON间某点时，重物可能在减 速上升或加速下降 C.该测量仪上的刻度所对应的加速度值是 均匀的 D.该测量仪可测量的加速度的范围为 -5m/s2≤a≤15m/s2 22 9.(10分)图甲所示，质量分别为2kg和1kg 的物体A、B通过一根轻杆相连，在水平面 上向右做直线运动。开始计时时，对物体A 施加一个水平向左的作用力F,图乙为通过 速度传感器测出的物体B的v-t图像。已 知物体A、B与水平面间的动摩擦因数相 同，重力加速度g=10m/s2,求： (1)物体A、B与水平面间的动摩擦因数及 6s时轻杆的作用力； (2)10s时物体A与计时起始点间的距离。 v/(m's-1) 64 -2 246810t/s F B 4 777777777777777771777777 -6 甲 10.(12分)某轻弹簧的劲度系数为k,弹簧下 端固定在地面上，上端固定连接着一个轻 质的小托架。质量为m的小球从离小托 架一定高度处由静止开始自由下落，小球 恰好落到小托架中心位置，然后经过一段 时间又回到初始位置。弹簧始终在弹性 限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)若小球运动到O点时速度最大，求O 点在何处； (2)以(1)中O点为位移起点，设竖直向下 为正方向，作出小球运动过程中的加速度 α随位移x变化的图像（特殊点需要标出 坐标)； (3)若小球在上述运动过程中的最大加速 度为2g,利用(2)的图像，求小球初始下落 位置距小托架的高度。 ○m物理 10.【解析】假设A与B相对静止，由g一(m十 m2)gcos -(m+m2 )gsin =(m+m2 +m3)a (2分) 5 解得整体的加速度大小a=m/s (1分) 对B由f-m2gsin0=m2a得f=12.5N(2分) 而B与A间的最大摩擦力fm=2gcos日= 8/3 N (1分) 由fm>f可知假设成立，故C的加速度大小a= 号mvs (1分) 此时B和A间的摩擦力大小f=12.5N(1分) 小练11超重与失重图像问题 1.B【解析】忽略空气阻力，该同学脚离地后只受重力 作用，处于完全失重状态，与运动方向无关，B项正 确，A项错误；该同学起跳时加速度向上，地面对他的 支持力大于其重力，C项错误：完全失重时所受重力 用来产生加速度，并不是重力消失，D项错误。 2.D【解析】t1时刻手机的加速度最大，t2时刻手机的 速度最大，A项错误；t2时刻手机的加速度不等于重 力加速度，故手机没有离开手掌，B项错误；时刻手 机的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，C 项错误；手机在时刻离开手掌后做竖直上抛运动， 在4时刻被接往，由此可知在空中运动的时间为 0.6s,上升0.3s对应的高度A=+,解得h= 0.45m,故t3时刻手机的速度大小u=/2gh= 3m/s,D项正确。 3.D【解析】“下蹲”过程中，人先向下做加速运动，后 向下做减速运动，故先处于失重状态后处于超重状 态：而“起立”过程，人先向上做加速运动，后向上做减 速运动，故先处于超重状态后处于失重状态，D项 正确。 4.A【解析】在小球加速上升的过程中，它留下的空位 由水来填充，即有同体积的“水球”向下做加速运动， 它处于失重状态。由于该小球的质量小于同体积的 “水球”的质量，所以整体处于失重状态，台秤的示数 小于系统的总重力，台秤的示数将变小，A项正确。 5.D【解析】当升降机匀速运动时，侧壁对篮球的弹力 与倾斜天花板对篮球弹力的水平分力平衡，当压力传 感器的示数增大到一个新的值，表明倾斜天花板弹力 ·1 参考答案及解析 也增大了，合力向下且增大，其加速度方向一定向下： 同理压力传感器的示数减小到一个新的值，其加速度 方向一定向上，但速度方向可能向上，也可能向下， A、B项错误：若压力传感器的示数逐渐减小，表明倾 斜天花板弹力在水平方向的分力减小，则竖直方向的 分力也减小，而弹簧的长度不变弹力也不变，故篮球 必有竖直向上且逐渐增大的加速度，C项错误，D项 正确。 6.BD【解析】做匀加速运动时对整体，由F十k(x一 x)=(mA十g)a得F=kx十(mA十mg)a-kx,若 (十mB)a=kx0,则有F=kx,则F与x成正比， F-x图像可能是过原点的直线，对滑块A由牛顿第 二定律可知k(xo一x)一N=mAa,变形得N=一kx十 kxo一mAa,故N-x图像是向下倾斜的直线。当V 0时两者开始分离，此后滑块B做匀加速运动，F不 变，刚开始分离时有x=一<B.D项正确。 7.CD【解析】电梯向斜上方加速时，可将加速度a分 解为水平和竖直方向的分量，其中水平分量是由摩擦 力产生的，故甲、乙两种方式中，乘客均受到了电梯地 板的摩擦力作用，A、B项错误；由N甲=mgcos0,Nz 一mg=asin0,V丙一ng=ma可知丙种方式中，乘 客受到电梯地板的支持力最大，C项正确；三种方式 中乘客均有向上的加速度，都处于超重状态，D项 正确。 8.BC【解析】重物静止时，由kx=mg得k= 20N/m。指针指在OM间某点时，弹力大于重物的 重力，合力向上，加速度向上，重物处于超重状态，M 点处有kx1一mg=ma1,解得a1=2m/s2,因竖直向 下为正，故M点应标记的加速度值为一2m/s,A项 错误；指针指在ON间某点时，弹力小于重物的重力， 合力向下，加速度向下，处于失重状态，重物可能在减 速上升或加速下降，B项正确：重物在任一位置处，有 mg一+x)=ma,k,=mg,解得a=一 ，故该 测量仪上的刻度所对应的加速度值是均匀的，C项正 确；弹簧的最大形变量为7.5cm,由a=- 上x可得 加速度的范围为一5m/s2a25m/s2,D项错误。 9.【解析】(1)由图乙可知0~4s内物体B的加速度大 小a,==2ms (1分) 对整体由牛顿第二定律有F十(A十nB)g=(A十 mB)a (1分) 速度反向后，物体B的加速度大小a2=A=1m/s △t2 (1分) 参考答案及解析 此时对整体有F-u(A十)g=(A十mB）a2 (1分) 解得F=4.5N,=0.05 (1分) 6s时对物体B有T-μBg=na2 (1分) 解得T=1.5N (1分) (2)0~4s内物体A向右运动的位移x1=4X8m 2m= 16m (1分) 4~10s内物体A向左运动的位移r,=6X6 2 m= 18m (1分) 因两个位移方向相反，又在一条直线上，故10s时物 体A与计时起始点间的距离为x2一x1=2m(1分) 10.【解析】(1)当速度最大时小球的加速度为零(2分) 由g=kx。可知O点在图示小托架位置下方x。= 兴处 (2分) (2)小球在接触小托架前自由下落，入盘后随弹簧形 变量的增大先做加速度逐渐减小的加速运动，达到 最大速度后做加速度逐渐增大的减速运动，由g一 k(x十)=m加得a=一点，即加速度先恒定，后线 性变化 (2分) 0 (2分) (3)由于a-x图像与坐标轴所围成的面积表示速 度，小球从初始下落位置到最低点的过程中初、末速 度均为零 有gh+8=2g·2x 2 (2分) 解得婴 (2分) ↑a 2x0 -x0-h00 -2g--- 小练12临界与极值问题 板块模型与传送带 1.B【解析】行李无初速度地放在传送带上，摩擦力使 之做匀加速运动，由g=ma和v=at可知a= 1 物理 1m/8,4=1s,对应的位移=号4=0.5m,和传 送带共速后匀速运动到B端，所用的时间=L一工 7 =1.5s,故t=t十t2=2.5s,A项错误；行李在传送 带上相对滑动时，行李的位移x1=0.5m,传送带的 位移x2=vt1=1m,即xg=2x1,B项正确；若行李到 达B端时恰好与传送带共速，由L=号得4 2s,故传送带的速度大小v=at=2m/s,C项错误； 若传送带的速度足够大，行李一直做匀加速运动，在 传送带上运动的最短时间m=√匹=2s,D项 错误。 2.D【解析】由题意可知，弹力F=kx=5N,A的最 大静摩擦力fa=Ag=2N,B的最大静摩擦力fB =mBg=4N,故施加拉力前A、B间的弹力大小N =F-fa=3N,A项错误；A、B分离时对B有F一 fB=msa,解得a=3m/s2,B项错误；当A的加速度 为零时速度最大，有fA=k△x,解得△x=4cm,其位 移为10cm一4cm=6cm,C项错误；由分析可知施加 拉力时A、B就分离，分离后B做匀加速运动，3s末 B的速度大小v=at=9m/s,D项正确。 3.AB【解析】施加拉力F前物体A、B整体平衡，有 2Mg=k,解得x=2M竖，A项正确：施加拉力F瞬 k 间，对物体B有kx一Mg-FAB=Ma,又2Mg=kx,故 FB=M(g-a),B项正确：物体A、B在ti时刻分离， 此时物体A、B有共同的速度v与加速度a,且FAB= 0,对物体B有F'一Mg=Ma,解得弹簧弹力F'= M(g十a),弹力不为零，C项错误；当弹簧恢复到原长 时，物体B受到的合力仅为重力，已经减速一段时 间，速度不是最大值，D项错误。 4.AD【解析】由题意可知桌面给C向右的最大静摩 擦力f。=·3ng=3N,B与C间的最大静摩擦力 ∫1=1·2g=4N,A与B间的最大静摩擦力f2= mg=4N,若能拉动C,对C有F≥f。+f+T,A、 B整体能相对C向右滑动时有T≥，解得F≥ 11N,A项正确：若拉力较大，A、B、C都做加速运动， 其中A不相对B滑动是极限，对A有f2=a,解得 a=4m/s,此时对C有Fm一f。一fi一T=ma,对 A、B整体有T1-fi=2ma,解得Fm=23N,D项正 确；当拉力为17N时A、B无相对滑动，对A、B整体 有T2-f1=2ma1,对C有F'-f。-f1一T2=ma1, 解得T:=8N,B项错误；当拉力增大到A和B发生 相对滑动时，A受到滑动摩擦力产生的最大加速度为 4m/s2不变，C项错误。