练案15 第三章 第15讲 力学单位制 两类动力学问题 超重与失重-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习练案

2.B圆珠笔受绳子拉力方向沿绳子向上，受重力方向竖T 直向下，则圆珠笔所受的合力水平向左，由牛顿第二定) 律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运 行方向，故A错误，B正确；圆珠笔受力如图。根据牛顿 第二定律得ngtan0=ma,所以地铁运动加速度大小为 a=gtan 0,无法计算圆珠笔的质量，故C、D错误。 71g 3.B书放在水平桌面上，书相对于桌面不滑动，书受到的是静摩 擦力。若书不滑动，由f=umg=ma。,解得高铁的最大加速度为 am=g=4m/s2,即若书不滑动，高铁的加速度不超过4m/s2,B 正确。 4.AB若整体的加速度向左，物体的加速度也向左，设左侧槽壁 对物体恰好没有作用力，根据牛顿第二定律，有N。=ma。得a。= =2m/,满足题干要求，即槽车和物体一起向左以加速度大 m 小为2m/s2运动时，弹簧弹力为2N,槽壁对物体没有弹力，A 正确，C错误；同理，若α的方向向右，设左侧槽壁对物体的作用 力大小为N壁，弹簧长度不变，所以弹簧的弹力为2N,根据牛顿 第二定律，有N壁-N。=ma得N些=W。+ma=4N,槽壁对物体的弹 力为4N,B正确，D错误。 5.A设每根钢丝绳的拉力为F,由题意可知每根绳与竖直方向 的夹角为60°：根据牛顿第二定律，在竖直方向有4Fcos60°-mg =ma,代入数据解得F=1.2×10N,故选A。 6.AC儿童从底端缓慢走到顶端过程中，处于平衡状态，所受摩 擦力为静摩擦力，跟重力沿斜面向下的分力平衡，所以大小为 mgsin0,方向沿斜面向上，故A正确，B错误；儿童下滑时受到 的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F=umgcos0,下滑时的加速度 大小为a-mgsn0 ungeos0-gin0-4gcos0,方向沿斜面向下， m 故C正确，D错误。 7.AD接触弹簧的开始阶段，弹力小于重力，则物块的加速度向 下，物块加速运动；当弹力等于重力时，加速度为零，此时速度 最大：在以后的阶段，弹力大于重力，加速度向上，物块减速运 动，则从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大 后减小，选项A正确，B错误；当弹簧的压缩量为0.1m时物块 达到最大速度，此时mg=,该弹簧的劲度系数为k=坚= 0Vm=30NVm,选项C错误；弹簧压缩量为Q.2m时，物块 的加速度大小为a= h2-mg_30×0.2-3 m/s2=10m/s2,方向向 0.3 上，选项D正确。故选AD。 8.B木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加 速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度α逐渐减小，铁 箱对木块的支持力F、=m*块a逐渐减小，故A错误；木块与空 铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对 滑动时，铁箱对木块的摩擦力F=FN=m块a逐渐减小，故B 正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块 也要做减速运动，需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水 平向右，因此不能减速，否则木块会与后壁分离，故D错误。 9.C对甲、乙整体受力分析可知，L的拉力大小为F1=2 ngtan60 =23mg,L,的拉力大小为Fn=2mg =4mg,选项A、B错误； cos60° 剪断L,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；对小球甲受力分析，F合=2 ngsin60°=√3mg,由牛顿 第二定律可知加速度a-鱼=3g,选项C正确，D错误。 m 60 10.C对轮胎T sin a+N=mg,Tp cos a-uW=map,T sin B+N= mg,T乙cosB-uW=ma2,因为甲的轻绳与水平地面的夹角比乙 的大，即a>B,则sina>sinB,cosa<cosB,所以Tm<Tz,am< a乙，Fm=mam<Fz=maz,故选C。 11.C直升机悬挂空桶匀速飞往水源地取水时，空桶受力平衡， 有T1sin37°-f=0,T1cos37°-mg=0,解得f=3000N,直升机加 速返回时，由牛顿第二定律，可得T2sin37°-f=(m+M)a, T2cos37°-(m+M)g=0,联立解得此时水桶中水的质量为M= 800kg,故C正确。 12.(1)8N6N(2)2/41N0 [解析](1)根据平衡条件Taasin a=Tecsin B TARcos a+Tgccos B=mg 解得TAB=8N,Tc=6N。 (2)根据牛顿第二定律有TB'sina-Tc'sinB=ma TA'cos a+Tec'cos B=mg 解得TAB'=12.8N,Tc'=-0.4N 由Tc'<0可知，小车以a=8m/s2的加速度水平向右行驶时， 小球飘起，Tc”=0,设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为 0,根据牛顿第二定律有Tg"sin0=ma TA8"cos 0=mg 解得TB”=2V√4N。 练案[15] 1.BD体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力， 并不是体重变小，A错误；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏 的支持力是作用力与反作用力，大小相等，B正确：电梯做向上 的减速运动也会是失重状态，示数小于其重力，C错误：以人为 研究对象，根据牛顿第二定律得mg-F、=ma,解得a=冬，D正 确。故选BD。 462 B根据题于公式AF=k2一整理可得1，山△L,4山，代人 相应物理量单位可得比例系数k的单位为、-g·ms A2 kg·m/(s2·A2）,故选B。 3C由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小， 可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁 质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-=G·。, g 可知f先小于G,后大于G。故选C。 4.ABC m=- =50kg,在。~1时间内，根据牛顿第二定律可知 g F,-mg=ma1,解得a1=-1m/s2,可知在o~t1时间内，此人向下 做匀加速运动或向上做匀减速运动，1~2根据牛顿第二定律可 知F,-mg=ma2,解得a2=0,可知在t~t2时间内，此人做匀速直 线运动或静止，2~t3时间内，根据牛顿第二定律可知F,-mg= ma3,解得a3=1m/s2,可知在t2~t3时间内，此人向下做匀减速 运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符合要求。 5.C礼花弹在上升过程中，受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿 第二定律有mg+f=ma,根据题意有f=mg,解得a=20m/s2,礼 花向上做匀减速，根据，2=2aH,解得h=90m,由运动学知识得 t=0=3s,选项C正确。 a 6.D由题图可知，3~5s的加速度为正，方向竖直向上，则该同学 处于超重状态，故A错误：9~11s的加速度为负，方向竖直向 下，9s时的速度是竖直向上的，故电梯向上减速运动，故B错 误；l0s时，a1=-0.6m/s2,该同学受到的支持力最小，FNmm-mg =ma1,解得Fmin=470N,故C错误；4s时a2=0.6m/s2,该同 学受到的支持力最大，FNma-mg=ma2,解得FNma=530N,故D 正确。 7.A运动员沿斜轨道向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线 运动规律有x=t+ +2d,解得a=4m/s,故A正确：5s末的速 度vs=v+at=24m/s,故B错误；运动员在下滑过程中，受到重 力mg、轨道的支持力F、以及阻力F,的共同作用。以运动员为 研究对象，根据牛顿第二定律，沿斜轨道向下方向有mgsm0-F =ma,解得F=100N,故C错误；垂直于斜轨道方向有Fy- mgcos0=0,解得Fv=400N,故D错误。故选A。 8.D速度一时间图像中，速度正负表示运动方向，试验箭速度为 正表示上升，t,时刻速度变为负，开始下降，所以t2时刻上升到 最高点，故A错误；v-t图像斜率表示加速度，0~t1时间内加速 度先增大后减小，根据牛顿第二定律F-mg=ma可知加速度变 化，则推力先增大后减小，故B错误；0~t1时间内，试验箭做非 匀变速直线运动，由v-t图像面积等于位移可知，其平均速度不 等于号，放C结误，0-4时间内，加速度光向上，后向下，先超重 后失重，故D正确。故选D。 9.C速度变化的快慢由加速度决定，陈芋汐入水前做自由下落， 加速度g取10/s,陈芋汐入水后所受阻力为重力的4倍，根 据牛顿第二定律有4mg-mg=ma,解得a=30m/s2,加速度方向 向上。可知，陈芋汐入水后加速度更大，则入水前比入水后的 速度变化更慢，故A错误；入水前下落高度h=11.25m,根据 2=2gh,解得入水速度u=15m/s,陈芋汐人水后匀减速至静止， 利用逆向思维，根据v=2as,解得下潜深度s=3.75m,故B错 误；结合上述可知，陈芋汐的总位移为x=11.25m+3.75m= 15m,人水前经历时间4，=号=1.5s,入水后经历时间6=。 、05s,则总时间=+，=25，陈芋汐的平均速度生=m 7.5m/s,故C正确；结合上述可知，陈芋汐人水前加速度向下， 处于失重状态，人水后加速度向上，处于超重状态，故D错误。 故选C。 10.(1)90km(2)1200m/s250s [解析](1)助推器脱落后，受到阻力F,= 5 mg 上升过程，由牛顿第二定律有mg+F=ma 解得a1=12m/s2,方向竖直向下， 则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的高度 -2-6×10m=60km h2-2ar 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为 h=h+h,=90 kmo (2)助推器从最高点开始下落过程中，由牛顿第二定律可知 mg-F=ma, 解得a2=8m/s 落回地面的速度大小为v=/2a,h=1200m/s 助推器从脱离到最高点所用时间t1= 0=100s 60 从最高点到落地点所用时间2=”=150s 所以助推器从脱离到落地经历的时间 t=t1+t2=250s。 11.(1)3m/s(2)100N(3)1.6m/s2方向沿斜面向下 [解析](1)从A点到B点，由匀加速直线运动规律x= 解得平板车到达B点时的速度大小vg=3/s。 =g=1 (2)从A点到B点，由匀加速直线运动规律a=,=3ms 由牛顿第二定律F-0.3mg=ma 解得甲同学的拉力大小为F=100N。 (3)平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律 F+F'-mgsin 0-0.3mgcos 0=ma' 解得a'=-1.6m/s2 所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6m/s,方向沿 斜面向下。 练案[16] 1.A根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空 间站分析有F'=Ma,解两式可得飞船和空间站之间的作用力F -MF,故选A。 M+m 2.Da球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mg-mg= (m,+m,)a,解得a=2m/s,故A错误；根据运动学公式h= 2可得，a球运动到地面所用时间为1√a =0.7，故B 错误；a球落至地面时的速度大小为v=at=1.4m/s,故C错误； 对a球，根据牛顿第二定律有mg-T=m,a,解得绳子中张力大 小为T=2.4N,故D正确。 3.AD设最左边的物体质量为m,最右边的物体质量为m',整体 质量为以，整体的加速度a=行，对最左边的物体分析。=m M,对最右边的物体分析，有P-F=m'a,解得F=F-mF m M 在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m'不 变，所以FB减小，FA增大。故选AD。 4.BD当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大awm= mg_0.2×10 2 m/s2=1.0m/s2,此时二者加速度可认为相等，对 整体F=(m+M)a=3N,故C错误；当F小于3N时，物体和木 板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F=1N时，a1 F22 =M+m3ms3,当F=2N时，a,M+m=亏m令，故A错误， B正确；当F超过3N时，物体和木板相对滑动，当F=4N时， 对物体a,飞mg4-2 m/s2=2m/s2,故D正确。 1 5.D对小物块受力分析，小物块受到重力和长平板的支持力作 用，根据牛顿第二定律有mgsin0=ma,小物块的加速度大小为 a=gsin0;设铁架台底边的长度为d,根据几何关系，可知小物块 的位移大小为一根据运动学公式。，，联立可得1上 c050 √g5in298由30°逐渐增大至60，物块的下滑时间1将先减小 /4d 后增大，D项正确。 6练案[15]第15讲 力学单位制 两 基础巩固练 1.（多选)在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止 时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg,电梯 运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数 如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是() 401 20601 0 801 A.晓敏同学所受的重力变小了 B.晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力 C.电梯一定在竖直向下运动 D.电梯的加速度大小为号，方向一定竖直向下 2.（2023·辽宁卷·2题)安培通过实验研究，发现了电 流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为△l,和 △2、电流大小分别为I,和I2的平行直导线间距为 时，相互作用力的大小可以表示为△F=△4A 2 比例系数k的单位是 () A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3) 3.（2024·贵州卷·1题)某研究人员将一铁质小圆盘放 入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆 盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力∫。用高 速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时 间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能 正确的是 小圆盘 颗粒介质 A.f一直大于G B.f一直小于G C.f先小于G,后大于G D.f先大于G,后小于G 3 类动力学问题 超重与失重 4.（多选)某人在地面上用体重计称GN 540------- 得其体重为490N,他将体重计移490 440 至电梯内称量，。至3时间段内，。亦 体重计的示数如图所示。若取竖直向上为正方向，则 电梯运行的v-t和α-t图像可能正确的是(g取9.8 m/s) 5.（2026·河南洛阳联考)如图 所示，在重大节日或活动现场 会燃放大型的礼花烟火。假 设礼花弹从炮筒中竖直向上 射出时的初速度是60/s,上升过程中所受的阻力大 小始终与自身重力相等，重力加速度g取10m/s2,则 礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离 分别为 () A.6s,90m B.3s,180m C.3s,90m D.6s,180m 6.(2026·广东佛山市一模)某同学体重50kg,乘电梯 上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加 速度如图所示。竖直向上为正方向。关于该段时间 下列说法正确的是 ) a/(ms2) 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 A.3~5s该同学处于失重状态 B.9~11s电梯向下加速运动 C.该同学受到的最小支持力约为30N D.该同学受到的最大支持力约为530N 能力提升练 7.（2025·河南模拟预测) 2025年3月7日，国际雪 联单板滑雪坡面障碍技 巧亚洲杯在吉林北大湖 GhCF6FRHPFHGCCtCCCTTHPTTWTTH 滑雪场开幕，在女子个人 组比赛中，中国队张小楠、甘佳佳、熊诗芮分获金银铜 牌。如图所示，若滑雪运动员以初速度v=4m/s沿倾 角为0=37°、足够长的滑雪轨道匀加速直线下滑，在 3s的时间内下滑的路程为30m,已知滑板和运动员的 总质量为m=50kg,g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8。则 A.运动员下滑的加速度大小为4m/s2 B.运动员5s末的速度大小为20m/s C.运动员受到的阻力大小为60N D.运动员受到斜轨道支持力的大小为600N 8.(2026·湖南湘潭期末)2024年9月11日，朱雀三号 VTVL-1可重复使用垂直起降回收试验箭，在酒泉卫 星发射中心完成十公里级垂直起降返回飞行试验圆 满成功，标志着我国可重复使用运载火箭技术取得重 大突破，若在某次测试中，试验箭在竖直方向上的速 度时间图像如图所示，则 U 0 A.试验箭在t,时刻上升到最高点 B.试验箭在0~t1时间内受到的推力在逐渐减小 C.试验箭在0，时间内平均速度等于， D.试验箭在0~t3时间内先超重后失重 9.（2026·湖北恩施联考)2025年4月13日，陈芋汐参 加加拿大温莎站世界杯跳水决赛获得冠军。陈芋汐 以一定的初速度在高台上竖直向上起跳，到距水面 11.25m的最高处后开始竖直下落，入水后受到水的 阻力（视为恒力）大小为她的重力的4倍。重力加速 度g取10m/s2,陈芋汐在运动过程中可简化为质点， 不计空气阻力，陈芋汐从最高点运动到最低点的过程 中 A.入水前比入水后的速度变化更快 B.在水中下降的最大深度为2.8m C.平均速度大小为7.5m/s D.一直处于失重状态 —352 0.在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使 火箭上升到30km高空时速度达到1.2km/s,助推 器脱落，经过一段时间落回地面。已知助推器脱落 后的运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力 的5，g取10m/s。求： (1)助推器能上升到距离地面的最大高度； (2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱离到 落地经历的时间。 1.（2026·浙江杭州高三联考)如图所示，甲同学需要 用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板 车和用品的总质量为30kg,道路可以简化为一段长 为13.5m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡 BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经 9s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力 大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。 当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推 力大小为104N,方向沿斜面向上。已知平板车所受 摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求： 甲同学 甲同学 乙同学37 B (1)平板车到达B点时的速度大小； (2)甲同学的拉力大小； (3)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。