高考物理一轮复习单元综合训练专题15 超重失重、等时圆和动力学两类基本问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理一轮复习单元综合训练专题15 超重失重、等时圆和动力学两类基本问题（2份，原卷版+解析版），文件包含高考物理一轮复习单元综合训练专题15超重失重等时圆和动力学两类基本问题原卷版docx、高考物理一轮复习单元综合训练专题15超重失重等时圆和动力学两类基本问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
超重失重
1．判断超重和失重现象的三个角度
(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。
2．对超重和失重问题的三点提醒
(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。
(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。
【例1】如图所示，一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水。现使杯子做以下几种运动，不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A．将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出
B．将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出
C．用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出
D．杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出
【答案】D
【详解】ABD．杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力，处于完全失重状态，杯子与水相对静止，因此不会有水漏出，AB错误，D正确；
C．杯子向下做匀速运动，处于平衡状态，水受重力，会漏出，C错误。故选D。
【例2】“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）

A．“笛音雷”在时刻上升至最高点
B．时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．时间内“笛音雷”的平均速度为
D．时间内“笛音雷”处于失重状态
【答案】D
【详解】A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误；
B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；
C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；
D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。故选D。
动力学两类基本问题
1.解决动力学两类问题的两个关键点
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,
可画位置示意图确定位移之间的联系。
2．两类动力学问题的解题步骤
【例3】随着人工智能技术发展更加成熟可靠，无人机在人们生活中有了更多的应用．为了提升快递配送效率，可以使用无人机来运送快递。某次运送任务中，一个携带货物的无人机，悬停于目的地正上方处，等待降落指令。收到降落指令后，无人机先以加速度竖直向下做匀加速直线运动，到达距离目的地高度时立即做匀减速直线运动，刚好重新悬停在距离地面高度的地方。已知无人机向下加速时的升力为向下减速时升力的，无人机下落过程中阻力恒定，无人机和货物加起来总质量为，重力加速度。求：
（1）无人机做匀减速直线运动加速度的大小；
（2）无人机受到的阻力大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）无人机匀加速直线运动的位移为匀减速直线运动的位移为又因为；计算得
（2）设无人机加速和减速升力分别为和，根据题意知匀加速阶段根据牛顿定律
匀减速阶段根据牛顿定律有整理计算得
【例4】如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图像如图乙所示。现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F作用（g取10 m/s2）。求：
（1）物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；
（2）求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小。

【答案】（1）4kg，0.1；（2）8m
【详解】（1）由牛顿第二定律得变形得对比图乙中函数图像可得；即；
（2）根据前面分析0~2s时，加速度为
故该段时间内位移为在2s~4s时，加速度为
该段时间内位移为综上可知，一个周期内的位移为
等时圆模型
1.圆周内同顶端的斜面
如图所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。
由2R·sin θ＝eq \f(1,2)·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。

2.圆周内同底端的斜面
如图所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3。

双圆周内斜面
如图所示，在竖直面内两个圆中，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。可推得t1＝t2＝t3。

【例5】如图所示，光滑直杆处在竖直面内，杆的端点A、B、C均在同一竖直圆周上，A点为圆周的最低点，直杆与水平面之间的夹角分别为；现将P、Q两个完全相同的滑块（滑块均看成质点）分别从B点和C点由静止释放，则滑块P、Q从杆顶端到达杆底端A点过程中，有（ ）
A．P、Q加速度大小之比为B．P、Q运动时间相等
C．P、Q所受支持力的冲量大小相等D．P、Q所受合外力的冲量大小相等
【答案】B
【详解】A．设圆周半径为R，沿杆和下滑的时间分别为，由于是光滑杆则下滑的加速度分别为；所以选项A错误；
B．又根据；解得选项B正确；
C．由于支持力大小和方向均不相同，所以支持力的冲量大小不同，选项C错误；
D．合外力大小不同，所以合外力的冲量大小不同，选项D错误。故选B。
【例6】倾角为的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且，现有三个质量均为的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所有时间分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由于则可以判断AB竖直向下，以AB为直径做圆，则必过C点，如图
圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcsθ=ma；联立解得
可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，可得故选B。
【综合提升专练】
1．一物理学习小组在竖直电梯里研究超重失重现象：力传感器上端固定在铁架台上，下端悬挂一个质量为m的钩码。当电梯在1楼和3楼之间从静止开始运行然后再到静止的过程中，数据采集系统采集到拉力F随时间t的变化如图所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是（ ）

A．a到b过程中电梯向上运动，b到c过程中电梯向下运动
B．a到c过程中钩码的机械能先增加后减小
C．图形的面积大于图形的面积
D．c到d的过程中电梯处于匀速运动状态
【答案】D
【详解】A．由图可知，钩码的重力G=2N在a到c过程中，拉力F都大于重力，说明电梯处于超重状态，加速度向上，即电梯加速上升。故A错误；
B．由以上分析可知，在a到c过程中，电梯加速上升。当加速上升过程中，钩码的机械能增加。故B错误；
CD．图像中面积表示力对时间的积累，即冲量。由图可知，从a到f记录了电梯的一个运动过程，先向上加速（a到c过程），然后匀速（c到d过程），最后减速（d到f过程），即加速过程和减速过程的动量变化量大小相等，取向上为正，由动量定理可知ac过程中，df过程中
可知abc过程的力F的冲量大于def过程力F的冲量，故图形abc的面积等于图形def的面积。故C错误D正确。故选D。
2．小丽同学站在力传感器上做“下蹲、起立”动作，如图所示是力传感器的压力F随时间t变化的图线，则由图线可知小丽（ ）
A．在1.0~6.0s内做了两次下蹲起立的动作
B．“下蹲－起立”动作过程的最大加速度约为
C．在5.4~5.8s内做起立动作，加速度先减小后增大，处于失重状态
D．在1.3~1.7s内做下蹲动作，先处于失重状态后超重状态，1.7s时速度达到最大
【答案】B
【详解】A．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；反之，起立对应先超重再失重，对应图像可知在1.0~6.0s内人做了一次下蹲起立的动作，故A错误；
B．从图中可以看出人的体重为500N，则人的质量为50kg，1.3s时对应力传感器的压力F有最小值约为200N，此时对应的加速度为人整个过程中的最大加速度，根据牛顿第二定律可得人加速度的最大值约为
故B正确；
C．由选项A分析结合题图可知，在5.4~5.8s内人做起立动作，力传感器示数先减小后增大，根据牛顿第二定律可得加速度大小则加速度先增大后减小，由于加速度方向竖直向下，所以人处于失重状态，故C错误；
D．由选项A分析结合题图可知，在1.3~1.7s内人做下蹲动作，由于力传感器的示数先小于人的重力，后大于人的重力，则人先处于失重状态后超重状态；当加速度为零时，速度达最大，即1.5s时速度达到最大，故D错误。故选B。
3．某同学用如图甲所示的装置测定物块与木板之间的动摩擦因数。给位于斜面底端的物块一个初速度v0=4m/s，物块沿倾角θ=37°的斜面上滑到达最高点后紧接着下滑至出发点。实验中用测速仪采集物块滑动过程中的速度，用电脑软件绘制v-t图像，由于设备故障电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t图线如图乙所示。g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）

A．物块上滑过程中的加速度的大小4m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑过程中的加速度的大小4m/s2
D．木块回到出发点时的速度大小2m/s
【答案】C
【详解】A．由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式可知上滑过程中加速度的大小为
故A错误；
B．上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可知上滑过程中有mgsinθ+μmgcsθ=ma1代入数据得μ=0.25故B错误；
C．下滑的距离等于上滑的距离为下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律可知下滑过程中mgsinθ-μmgcsθ=ma2解得a2=4m/s2故C正确；
D．下滑至出发点时的速度大小为v=联立解得故D错误。故选C。
4．北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在太空执行任务183天后，“最忙出差三人组”的陈冬、刘洋、蔡旭哲于21时01分安全顺利出舱。返回过程中返回舱速度195m/s时在距离地表10km的地方打开降落伞，返回舱先做匀变速直线运动最终降低到5m/s，之后保持匀速运动，匀速时间99.8s。待高度只剩1m时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最后一次减速至3m/s，使其安全触地。忽略空气阻力，，以下说法中正确的是（ ）
A．从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态
B．开伞后匀变速运动过程中返回舱的加速度为1.9
C．反推发动机点火的推力至少为返回舱重力的1.8倍
D．设返回舱重力mg，则从开伞到落地重力的冲量为95.25mg
【答案】C
【详解】A．返回舱中途的匀速过程并非超重，故A错误；
B．匀速位移为则开伞到减速到5m/s位移为由推
B错误；
C．根据最后1m由得又得，C正确；
D．根据可得两段减速时间分别为95s、0.25s，则总时间为195.05s，则重力冲量总计为195.05mg，D错误。故选C。
5．如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对质量为m的黑板擦施加一个与竖直黑板面成角斜向上的力F，使黑板擦以速度v竖直向上做匀速直线运动。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为
B．黑板对黑板擦的作用力大小为
C．若突然松开手，松手瞬间黑板擦的加速度大小为
D．若突然松开手，松手后黑板擦能上升的最大高度为
【答案】D
【详解】A．对黑板擦受力分析，做匀速直线运动，受力平衡可得又
联立，解得故A错误；
B．黑板对黑板擦的作用力大小为故B错误；
C．若突然松开手，松手瞬间黑板擦只受自身重力作用，其加速度大小为g。故C错误；
D．若突然松开手，松手后黑板擦做竖直上抛运动，能上升的最大高度为故D正确。故选D。
6．如图所示，小车位于水平面上，其上顶板装有压力传感器。车内弹簧处于竖直，弹簧上端把一个物块压在压力传感器上。小车以加速度a向右做匀加速运动，小物块恰好不相对压力传感器滑动，此时压力传感器的示数为。一段时间后，小车沿水平方向从水平面上飞出，落地前压力传感器的示数为，该过程弹簧一直处于竖直。忽略空气阻力，重力加速度为g，则小物块与压力传感器间的动摩擦因数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】小车在水平面上时，设弹簧的弹力为F，由题意有，小车从水平面上飞出后到落地前处于完全失重状态，有联立得故选C。
7．如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速释放，用、分别表示滑环到达a点的速度大小，用、分别表示滑环到达a所用的时间，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】AB．由于b点的高度大于c点的高度，根据动能定理可知故AB错误；
CD．以a点为最低点，取合适的直径作等时圆，如图中红色圆，交ac于p，如图所示
滑环从p到a和从b到a的时间是等时的，比较图中所示的位移有关系，有所以从c到a的时间大于从b到a的时间，即故C错误；D正确。故选D。
8．位于张家界的“百龙天梯”傍山而建，直插云霄，垂直高度达335m，运行高度为326m，被誉为世界上最高的户外电梯。若游客乘坐“百龙天梯”下山时，其距离天梯底部的高度h与时间t的关系简化图如图所示，图中段为直线，忽略重力加速度的变化，则下列说法正确的是（ ）

A．时间内，游客所受重力的功率逐渐减小
B．游客在时间内受到的支持力大于在时间内受到的支持力
C．时间内，游客的机械能逐渐减小
D．时间内，游客处于失重状态；时间内，游客处于超重状态
【答案】CD
【详解】A．根据图线的切线斜率绝对值表示速度大小可知，时间内，游客的速度保持不变，根据可知游客在时间内重力的功率保持不变，故A错误；
BD．根据图线的切线斜率绝对值表示速度大小可知，游客在时间内的速度增大，加速度方向向下，处于失重状态，受到的支持力小于重力；游客在时间内的速度减小，加速度方向向上，处于超重状态，受到的支持力大于重力，即游客在时间内受到的支持力小于在时间内受到的支持力，故B错误，D正确；
C．时间内，天梯对游客的支持力一直做负功，游客的机械能逐渐减小，故C正确。故选CD。
9．学校举办大型活动，用无人机捕捉精彩瞬间。如图是根据无人机控制器上的速度数据作出启动后25s无人机的速度图线，vx为水平方向速度，vy为竖直方向速度。无人机的总质量为0.5kg，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．在0~10s时间内，无人机处于超重状态
B．在5~10s时间内，无人机做匀变速直线运动
C．在0~20s内，无人机机械能增量为300J
D．在0~25s内，无人机升力的冲量大小为100N·s，方向竖直向上
【答案】AC
【详解】A．由图可知，0~10s时间内，无人机竖直方向向上做匀加速直线运动，所以无人机处于超重状态，故A正确；
B．5~10s时间内，无人机水平方向做匀加速直线运动，竖直方向向上做匀加速直线运动，其合速度与合加速度不在一条直线上，所以做匀变速曲线运动，故B错误；
C．在0~20s内，无人机机械能增量为重力势能的增加量，即故C正确；
D．在0~25s内，根据动量定理，有所以所以无人机升力的冲量大小为125N·s，方向竖直向上，故D错误。故选AC。
10．如图所示有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的顶点，它们处在同一竖直平面内。现有两条光滑直轨道AOB、COD，轨道与竖直直径的夹角关系为，现让一小物块先后从这两条轨道顶端由静止下滑至底端，则下列关系中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【详解】AB．小物块下滑的过程，由动能定理可知可得由于从A到B下落的高度差大于从C到D的高度差，故有故A错误，B正确；
CD．从A到O的过程，加速度为设圆的直径为d，运动时间为，则有
解得同理可知从C到O的过程，运动时间也为；从O到B的过程，设高度差为h，则有解得运动时间同理可求得从O到D的运动时间
由于，所以综上分析可知故C错误，D正确。故选BD。
11．2022北京冬残奥会开幕式倒计时以轮椅冰壶的形式出现，两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将“冰壶”从起点推动5m后，撤去推力，同时启动10秒倒计时，“冰壶”沿直线继续滑行40m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”的质量为20kg，重力加速度g取10。
（1）求“冰壶”与冰面的动摩擦因数及水平恒力的大小；
（2）若“冰壶”与冰面的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）冰壶在推力F作用下做匀加速运动，运动5m后的速度为v，有牛顿第二定律及运动学公式可知；撤掉力F后，冰壶在摩擦力的作用下做匀减速，10s时间内运动了40m，有牛顿第二定律及运动学公式可知；；解得
（2）若“冰壶”与冰面的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为根据牛顿第二定律及运动学公式可知
匀加速过程匀减速过程所用总时间所走总路程
解得
12．如图所示，在倾角为37°足够长的固定斜面底端有一个质量m=1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为。物体在拉力F=10N，方向与斜面成夹角α=37°斜向上的力作用下由静止开始运动，4s后撤去F。g取，，。求
（1）刚撤去拉力时物体的速率；
（2）物体沿斜面向上滑动的最远距离；
（3）物体在斜面上往返的总时间。
【答案】（1）4m/s；（2）8.8m；（3）7.37s
【详解】（1）对物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
，又代入数据联立解得
则4s末的速度为
（2）4s内的位移为撤去拉力后根据牛顿第二定律有，代入数据联立解得则匀减速运动的位移大小为
则物体沿斜面向上滑动的最远距离为
（3）物体匀减速运动到最高点的时间为物体返回过程根据牛顿第二定律有
，代入数据联立解得根据匀加速直线运动位移公式
代入数据解得则物体在斜面上往返的总时间为
13．风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，某研究小组设计了一个总高度的低速风洞，用来研究某物体在竖直方向上的运动特性，如图所示，风洞分成一个高度为的无风区和一个受风区，某物体质量，在无风区中受到空气的恒定阻力，大小为20 N，在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，求在本次实验中：
（1）该物体的最大速度；
（2）该物体在受风区受到空气对它的作用力大小；
（3）该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。
【答案】（1）；（2）260 N；（3）
【详解】（1）在无风区对该物体由牛顿第二定律得解得物体在无风区做匀加速直线运动，有解得最大速度为
（2）物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动，则有解得由牛顿第二定律得解得恒力为
（3）物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动，到分界线时速度大小为，再次进入无风区后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得解得向上做匀减速运动的位移
第一次上升的最大高度为
14．如图在设计三角形的屋顶时，使雨水尽快地从屋顶流下，并认为雨水是从静止开始由屋顶无摩擦地流动，试分析：在屋顶宽度（2L） 一定的条件下，屋顶的倾角应该多大？雨水流下的最短时间是多少？
【答案】45°，
【详解】
如图所示，通过屋顶作直线AC与水平线BC相垂直；并以L为半径、O为圆心画一个圆与AC、BC相切；然后，画倾角不同的屋顶A1B、A2B、A3B……从图可以看出：在不同倾角的屋顶中，只有A2B是圆的弦，而其余均为圆的割线；根据“等时圆”规律，雨水沿A2B运动的时间最短，且最短时间为
屋顶的倾角满足tan α＝＝1可得α＝45°
15．滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为R，且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。
（1）如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；
（2）若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设AB与水平方向的夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度
由运动学公式有由几何关系知解得由上式可知，沿滑梯运动的时间t与滑梯和水平面间的夹角无关，同理可知故
（2）画出以P点为最高点、半径为r与题图中圆外切的圆，如图
设切点为D，根据第（1）问的结论，当小朋友沿滑梯PD下滑时，在滑梯上运动的时间最短，由几何关系知解得结合第（1）问的结论有导练目标
导练内容
目标1
超重失重
目标2
动力学两类基本问题
目标3
等时圆模型