第3章 第2课时 瞬时问题 超重和失重 等时圆模型 演练知能提升(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律应用，以瞬时问题、超重失重、等时圆模型为核心，通过模拟题构建"概念辨析-模型应用-综合拓展"的递进训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |瞬时问题|3题（3/10/12）|弹簧弹力瞬时不变，绳中张力突变；整体法与隔离法结合|从受力分析到牛顿第二定律应用，构建"状态-过程-瞬时"分析框架| |超重失重|4题（1/2/4/8）|加速度方向判断状态；v-t/a-t图像与运动状态关联|以电梯、火箭为情境载体，强化运动与相互作用观念| |等时圆模型|2题（7/9）|斜面倾角与下滑时间关系推导；圆周上不同轨道等时性|通过几何关系建构物理模型，培养科学推理能力| |综合应用|3题（5/6/11）|图像面积意义；摩擦系统平衡与突变分析|整合运动学与动力学知识，提升复杂问题解决能力|

1．(2026·重庆市模拟)某人乘坐垂直电梯从1楼直达16楼过程中，下列说法正确的是(　　) A．此人一直处于失重状态 B．此人一直处于超重状态 C．此人先失重后超重 D．此人先超重后失重 解析：选D。电梯从1楼刚启动时加速上升，加速度向上，处于超重状态；电梯即将到达16楼时减速上升，加速度向下，处于失重状态。因此，此人先超重后失重。 2．(多选)(2026·天津市模拟)在电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg。电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．该同学失重，所受的重力变小 B．电梯可能竖直向上运动 C．该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力 D．电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下 解析：选BD。失重是指对接触面的压力小于物体的重力，并不是重力变小了，故A错误；由读数可看出，该同学处于失重状态，所以他运动的加速度向下，电梯可能竖直向上做减速运动，故B正确；该同学对体重计的压力和体重计对他的支持力是相互作用力，大小相等，故C错误；由牛顿第二定律可知a＝＝ m/s2＝2 m/s2，方向竖直向下，故D正确。 3．(2026·云南曲靖市统考)如图所示，三个质量均为m的小球竖直悬挂。B与C小球、A小球与天花板之间均通过轻绳连接，A与B小球之间通过轻弹簧连接，整个系统处于静止状态，重力加速度为g。剪断A球上方轻绳瞬间，A、B、C三球的加速度大小分别为(　　) A．aA＝3g，aB＝0，aC＝0 B．aA＝3g，aB＝g，aC＝g C．aA＝g，aB＝g，aC＝0 D．aA＝g，aB＝0，aC＝g 解析：选A。对整体受力分析，未剪断A上方的轻绳时，系统处于平衡状态，A上方轻绳的拉力F＝3mg，剪断A小球上方轻绳的瞬间，轻弹簧形变保持不变，故B、C小球依然平衡，则有aB＝aC＝0，此时A小球受到的合外力大小F′＝3mg，方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得A小球的加速度大小aA＝＝3g。 4．(2026·广东省调研)我国的“朱雀三号”可重复使用火箭进行了可回收运载火箭的试验，为将来降低航天发射成本奠定了坚实基础。有关火箭的运动，下列说法正确的是(　　) A．火箭向上飞行时处于超重状态 B．火箭向下飞行时处于失重状态 C．火箭在加速向上时处于失重状态 D．火箭在减速下降时处于超重状态 解析：选D。火箭加速向上飞行时，加速度向上，处于超重状态，火箭匀速向上运动时，处于平衡状态，故A、C错误；火箭减速下降时，加速度向上，处于超重状态，火箭匀速向下运动时，处于平衡状态，故B错误，D正确。 5．(2026·江苏南京、盐城市模拟)某学生用Phyphox软件记录了电梯从静止开始运动的加速度a与时间t的图像，如图1所示，可以将该图像理想化如图2所示，以竖直向上为正方向，下列说法错误的是(　　) A．t＝8 s，电梯的速度大小为0 B．根据图2可以求出电梯运动的最大速度 C．2 s到6 s电梯处于失重状态 D．电梯是从高楼层下行至低楼层 解析：选A。a－t图像的面积表示速度变化量，t＝8 s时电梯的速度大小即最大速度v＝×(2＋4)×0.6 m/s＝1.8 m/s，A错误，B正确；2 s到6 s电梯加速度方向竖直向下，处于失重状态，C正确；电梯从静止开始运动时，加速度方向竖直向下，则电梯是从高楼层下行至低楼层，D正确。 6．(2026·四川德阳市诊断)如图所示，质量为m的滑块Q与质量为2m的滑块P置于水平地面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。用水平向右的拉力F拉滑块P，使两滑块均做匀速直线运动。某时刻突然撤去拉力F，则下列说法正确的是(　　) A．拉力F的大小为3μmg B．撤去拉力F前，弹簧弹力大小为2μmg C．撤去拉力F瞬间，滑块Q的加速度大小为μg D．撤去拉力F瞬间，滑块P的加速度大小为3μg 解析：选A。把滑块Q、P作为整体研究可知，未撤力之前整体处于平衡状态，则由平衡条件得F＝3μmg，A正确；未撤力前，滑块Q处于平衡状态，对滑块Q受力分析可知弹簧弹力大小等于Q受的摩擦力大小，即F弹＝μmg，故B错误；撤去拉力F瞬间，弹簧弹力还来不及改变，故滑块Q受力不变，仍处于平衡状态，所以加速度为0，对滑块P而言，由牛顿第二定律得F弹＋2μmg＝2maP，联立以上得aP＝1.5μg，故C、D错误。 7．如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3，则有(　　) A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3 C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2 解析：选A。设任一斜面的倾角为θ，圆直径为d。根据牛顿第二定律得a＝g sin θ，斜面的长度x＝d sin θ，则由x＝at2得t＝ ＝，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据v＝，x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3。 8．(2026·山东淄博市模拟)朱雀三号火箭的可重复使用垂直起降回收试验中经历了加速上升→关闭发动机无动力滑行→发动机空中二次起动→软着陆的过程，其v－t图像如图所示(取竖直向上为正方向)，下列说法正确的是(　　) A．前t1时间内，朱雀三号加速上升且加速度逐渐增大 B．t1到t2时间内，朱雀三号减速下降 C．t2到t3时间内，朱雀三号减速下降且加速度逐渐减小 D．t3到t4时间内，朱雀三号处于超重状态 解析：选D。v－t图像切线的斜率表示加速度，前t1时间内，速度为正值且在增大，切线的斜率先增大后减小，可知朱雀三号加速上升且加速度先增大后减小，故A错误；t1到t2时间内，速度为正值且在减小，可知朱雀三号减速上升，故B错误；t2到t3时间内，速度为负值且绝对值在增大，切线的斜率在减小，可知朱雀三号加速下降且加速度逐渐减小，故C错误；t3到t4时间内，速度为负值且绝对值在减小，朱雀三号减速下降，加速度向上，可知朱雀三号处于超重状态，故D正确。 9．(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2 B．t2＞t3 C．t1＜t2 D．t1＝t3 解析：选BCD。设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca＞aOb，由x＝at2可知，t2＞tca，故A错误，B、C、D正确。 10．(2026·山西晋城市模拟)如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间(　　) A．弹簧的弹力突然减为零 B．P与箱顶的作用力仍然为零 C．P受到的合力小于Q受到的合力 D．Q对箱底的压力减为原来的一半 解析：选D。未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P的重力，剪断轻绳的一瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块P的重力，故A错误；由于剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度为g，故P、Q受到的合力均等于它们的重力，因此箱顶对P的压力与弹簧弹力等大反向，故B、C错误；未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q的总重力，剪断一瞬间，Q的加速度为g，则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。 11．(2026·河北邯郸市模拟)“弹簧公仔”以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱，如图所示，已知弹簧公仔头部A的质量为2m，脚部B的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。现对其头部A施加竖直向下的压力F使其静止，突然撤去力F后，A向上运动，一段时间后B也离开了地面。已知从撤去力F到A上升到最高点的过程中，弹簧的形变量始终未超出弹性限度。下列说法正确的是(　　) A．撤去力F后的瞬间，A的加速度大小为 B．B刚要离开地面时，A的加速度大小为 C．从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，A一直处于超重状态 D．从B离开地面到A、B相距最远的过程中，A的加速度不断减小，B的加速度不断增大 解析：选B。撤去力F后的瞬间，A所受重力和弹簧弹力未发生突变，合力大小为F，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知A的加速度大小a1＝，故A错误；B刚要离开地面时，地面对B的支持力刚好为零，弹簧的拉力大小等于B所受的重力，则A的加速度大小a2＝＝，故B正确；从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，弹簧对A的弹力先变小，后反向增大，A的加速度方向先竖直向上，后竖直向下，因此A先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误；当弹簧拉力大小F弹＝mg时，B离开地面开始向上运动，此后aA＝，方向竖直向下，aB＝，方向竖直向上，A减速上升，B加速上升，当A和B的速度相等时相距最远，在此过程中，弹簧的伸长量不断增大，拉力F弹1不断增大，A和B的加速度均不断增大，故D错误。 12．(多选)(2026·山东聊城市模拟)如图所示，质量分别为m、2m的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为53°，重力加速度大小为g，sin 53°＝0.8，则(　　) A．L1的拉力大小为4mg B．L2的拉力大小为4mg C．剪断L1的瞬间，小球甲的加速度大小为2.4g D．剪断L1的瞬间，小球乙的加速度大小为g 解析：选AC。对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小T1＝(m＋2m)g tan 53°＝4mg，L2的拉力大小T2＝＝5mg，A正确，B错误；若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零，对小球甲分析，由牛顿第二定律可知加速度大小a＝＝2.4g，C正确，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $