專題04 動(dòng)力學(xué)瞬態(tài)、連接體、超失重、圖像問題（解析版）-2025版高考物理真題精-選與研析

考情概覽：解讀近年命題思路和內(nèi)容要求，統(tǒng)計(jì)真題考查情況。2024年真題研析：分析命題特點(diǎn)，探尋常考要點(diǎn)，真題分類精講。近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢(shì)。必備知識(shí)速記：歸納串聯(lián)解題必備知識(shí)，總結(jié)易錯(cuò)易混點(diǎn)。名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。命題解讀考向考查統(tǒng)計(jì)本類試題主要考查單位制、瞬態(tài)問題圖像問題、連接體問題以及超失重問題。要求認(rèn)識(shí)到統(tǒng)一單位的重要性和必要性。要求了解超重和失重現(xiàn)象在各個(gè)領(lǐng)域中的應(yīng)用?？枷蛞粏挝恢?024·浙江1月，12022·浙江6月，1考向二瞬態(tài)問題2024·湖南卷，32022·全國甲卷，6考向三圖像問題2024·全國甲卷，22023·全國甲卷，62022·湖南卷，14（1）2021·全國乙卷，21考向四連接體問題2024·新課標(biāo)卷，12（1）2023·湖南卷，102023·福建卷，52023·北京卷，62022·全國乙卷，22021·湖南卷，7考向五超失重問題2024·全國甲卷，92022·浙江6月，32019·浙江4月，12命題分析2024年高考各卷區(qū)物理試題均考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律。預(yù)測2025年高考牛頓運(yùn)動(dòng)定律依然是必考內(nèi)容。試題精講考向一單位制1．（2024年1月浙江卷第1題）下列屬于國際單位制基本單位符號(hào)的是（）A.SB.N C.FD.T【答案】A【解析】國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號(hào)m；質(zhì)量的單位是千克，符號(hào)kg；時(shí)間的單位是秒，符號(hào)s；電流的單位是安培，符號(hào)是A；熱力學(xué)溫度的單位是開爾文，符號(hào)K；物質(zhì)的量單位是摩爾，符號(hào)mol；發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，符號(hào)cd。故選A?？枷蚨矐B(tài)問題2．（2024年湖南卷第3題）如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（）A.g， B.2g， C.2g， D.g，【答案】A【解析】剪斷前，對(duì)BCD分析對(duì)D剪斷后，對(duì)B解得方向豎直向上；對(duì)C解得方向豎直向下。故選A?？枷蛉龍D像問題3．（2024年全國甲卷第2題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)P的質(zhì)量為，P與桌面的動(dòng)摩擦力為；以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得以盤和砝碼為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知當(dāng)砝碼的重力大于時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)趨于無窮大時(shí)，加速度趨近等于。故選D?？枷蛩倪B接體問題4．（2024年新課標(biāo)卷第12題第（1）問）如圖，一長度的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平臺(tái)上，薄板的右端與平臺(tái)的邊緣O對(duì)齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動(dòng)，當(dāng)薄板運(yùn)動(dòng)的距離時(shí)，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時(shí)，薄板中心恰好運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；【答案】（1）4m/s；【解析】（1）物塊在薄板上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為薄板做加速運(yùn)動(dòng)的加速度對(duì)物塊對(duì)薄板解得考向五超失重問題5．（2024年全國甲卷第9題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?。?）電梯靜止時(shí)測力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為_____N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；（2）電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測力計(jì)的示數(shù)為，則此段時(shí)間內(nèi)物體處于_____（填“超重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為_____（結(jié)果保留1位小數(shù)）。【答案】（1）5.0（2）①.失重②.1.0【解析】【小問1詳解】由圖可知彈簧測力計(jì)的分度值為0.5N，則讀數(shù)為5.0N?！拘?詳解】[1]電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測力計(jì)的示數(shù)為，小于物體的重力可知此段時(shí)間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)；[2]根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小考向一單位制1．（2022年浙江6月卷第1題）下列屬于力的單位是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則力的單位為故選A。考向二瞬態(tài)問題2.（2022年全國甲卷第6題）（多選）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）

A.P的加速度大小的最大值為B.Q的加速度大小的最大值為C.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小【答案】AD【解析】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則拉力大小為撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB．以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椋瑑苫瑝K與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊P的加速度為解得此刻滑塊Q所受外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運(yùn)動(dòng)，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為。Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時(shí)解得故滑塊Q加速度大小最大值為，A正確，B錯(cuò)誤；C．滑塊PQ水平向右運(yùn)動(dòng)，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯(cuò)誤；D．滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時(shí)的加速度為解得撤去拉力時(shí)，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長時(shí)加速度大小為；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長時(shí)加速度大小也為。分析可知P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小，D正確。故選AD。考向三圖像問題3．（2023年全國甲卷第6題）（多選）用水平拉力使質(zhì)量分別為、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為和。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg則可知F—a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC。4.（2022年湖南卷第14題第（1）問）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的倍（為常數(shù)且），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

【答案】（1）；【解析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，下落的過程中有籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，上升的過程中有則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比5.(2021·全國乙卷·21)(多選)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小．木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(c)所示．已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g.則()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等答案BCD解析由題圖(c)可知，t1時(shí)刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動(dòng)，物塊與木板相對(duì)靜止，此時(shí)以整體為研究對(duì)象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，t2時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時(shí)間段物塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確．考向四連接體問題6．（2023年湖南卷第10題）（多選）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，桿與豎直方向的夾角為，桿與車廂始終保持相對(duì)靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是（）A.若B球受到的摩擦力為零，則B.若推力向左，且，則的最大值為C.若推力向左，且，則的最大值為D.若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【解析】A．設(shè)桿的彈力為，對(duì)小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足豎直方向則若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得可得對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律A錯(cuò)誤；B．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對(duì)小球B，由于，小球B受到向左的合力則對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律解得B錯(cuò)誤；C．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對(duì)小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知?jiǎng)t對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為C正確；D．若推力向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為D正確。故選CD。7．（2023年福建卷第5題）（多選）如圖所示，一廣場小火車是由車頭和車廂編組而成。假設(shè)各車廂質(zhì)量均相等（含乘客），在水平地面上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比。一廣場小火車共有3節(jié)車廂，車頭對(duì)第一節(jié)車廂的拉力為，第一節(jié)車廂對(duì)第二節(jié)車廂的拉力為，第二節(jié)車廂對(duì)第三節(jié)車廂的拉力為，則（??）A.當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，B.當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，C.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，D.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，【答案】BD【解析】AB．設(shè)每節(jié)車廂重G，當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)得T1∶T2∶T3=3∶2∶1故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。8．（2023年北京卷第6題）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細(xì)線能承受最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則F的最大值為（）A.1N B.2N C.4N D.5N【答案】C【解析】對(duì)兩物塊整體做受力分析有F=2ma再對(duì)于后面的物塊有FTmax=maFTmax=2N聯(lián)立解得F=4N故選C。9.（2022年全國乙卷第2題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，它們加速度的大小均為（）

A. B. C. D.【答案】A【解析】當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，,如圖所示

由幾何關(guān)系可知設(shè)繩子拉力為，水平方向有解得對(duì)任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。10.（2021年湖南卷第7題）如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時(shí)P靜止在水平桌面上。將一個(gè)水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?。已知P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為、，P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度。則推力F的大小為（）

A. B. C. D.【答案】A【解析】P靜止在水平桌面上時(shí)，由平衡條件有推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?，即故Q物體加速下降，有可得而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動(dòng)摩擦力，對(duì)P由牛頓第二定律解得故選A?？枷蛭宄е貑栴}11.（2022年浙江6月卷第3題）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣過程中，下列說法正確的是（）A.魚兒吞食花瓣時(shí)魚兒受力平衡B.魚兒擺尾出水時(shí)浮力大于重力C.魚兒擺尾擊水時(shí)受到水的作用力D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)【答案】C【解析】A．魚兒吞食花瓣時(shí)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；BC．魚兒擺尾出水時(shí)排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時(shí)水對(duì)魚向上的作用力大于重力，B錯(cuò)誤、C正確；D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無動(dòng)作可言，D錯(cuò)誤。故選C。12.(2019·浙江4月選考·12)如圖所示，A、B、C為三個(gè)實(shí)心小球，A為鐵球，B、C為木球．A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細(xì)線一端，彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)．若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對(duì)于杯底(不計(jì)空氣阻力，ρ木<ρ水<ρ鐵)()A．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)B．A、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)C．A球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)D．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)答案D解析開始時(shí)A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬間，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時(shí)水對(duì)球的浮力為零，則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向上運(yùn)動(dòng)，B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng)，由于細(xì)線的拉力可以突變?yōu)榱悖訡球相對(duì)于杯底不動(dòng)，故選D.一、牛頓第一定律1．牛頓第一定律是通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出的，它不能由實(shí)際的實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證．2．物理意義(1)揭示了物體在不受外力或所受合外力為零時(shí)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．(2)提出了一切物體都具有慣性，即物體維持其原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的特性．(3)揭示了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，說明力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因．強(qiáng)調(diào)：運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變指速度的改變，速度改變則必有加速度，故力是物體產(chǎn)生加速度的原因．3．慣性大小的量度質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度．物體的質(zhì)量越大，慣性越大；物體的質(zhì)量越小，慣性越?。?．慣性的表現(xiàn)形式(1)物體不受外力或所受的合外力為零時(shí)，慣性表現(xiàn)為物體保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)．(2)物體受到外力且合外力不為零時(shí)，慣性表現(xiàn)為物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度．慣性越大，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)越難改變．二、牛頓第二定律1．對(duì)牛頓第二定律的理解2．力和運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體就有加速度．(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯(lián)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，a∝F，a∝eq\f(1,m).(3)合力與速度同向時(shí)，物體做加速直線運(yùn)動(dòng)；合力與速度反向時(shí)，物體做減速直線運(yùn)動(dòng)．三、單位制國際單位制的基本單位物理量名稱物理量符號(hào)單位名稱單位符號(hào)長度l米m質(zhì)量m千克(公斤)kg時(shí)間t秒s電流I安[培]A熱力學(xué)溫度T開[爾文]K物質(zhì)的量n，(ν)摩[爾]mol發(fā)光強(qiáng)度I，(Iv)坎[德拉]cd四、瞬時(shí)問題1．兩種模型合外力與加速度具有因果關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，當(dāng)物體所受合外力發(fā)生變化時(shí)，加速度也隨著發(fā)生變化，而物體運(yùn)動(dòng)的速度不能發(fā)生突變．2．解題思路eq\x(\a\al\vs4\co1(分析瞬時(shí)變化前,物體的受力情況))→eq\x(\a\al\vs4\co1(分析瞬時(shí)變化后,哪些力變化或消失))→eq\x(\a\al\vs4\co1(求出變化后物體所受合力,根據(jù)牛頓第二定律列方程))→eq\x(求瞬時(shí)加速度)五、超重和失重問題1．實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)(選填“無關(guān)”或“相關(guān)”)．(2)視重：當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為視重．2．超重、失重和完全失重的對(duì)比名稱超重失重完全失重現(xiàn)象視重大于實(shí)重視重小于實(shí)重視重等于0產(chǎn)生條件物體的加速度向上物體的加速度向下物體豎直向下的加速度等于g對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)情境加速上升或減速下降加速下降或減速上升自由落體運(yùn)動(dòng)、豎直上拋運(yùn)動(dòng)、宇宙航行等原理F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝03．判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)．(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的(分)加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)．六、動(dòng)力學(xué)中的連接體問題1．連接體多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細(xì)桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體．連接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí))具有相同的運(yùn)動(dòng)情況(速度、加速度)．2．整體法與隔離法在連接體中的應(yīng)用整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解整體法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”.七、動(dòng)力學(xué)圖像問題1．常見圖像(1)v－t圖像：根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，再根據(jù)牛頓第二定律求解．(2)a－t圖像：注意加速度的正負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合物體的受力情況應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解．(3)F－t圖像：結(jié)合物體受到的力，由牛頓第二定律求出加速度，分析每一段的運(yùn)動(dòng)情況．(4)F－a圖像：首先要根據(jù)具體的物理情景，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出兩個(gè)量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量．2．解題策略(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會(huì)分析臨界點(diǎn)．(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等．(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷．1．（2024·北京市海淀區(qū)·一模）如圖所示，某人站上向右上行的智能電動(dòng)扶梯，他隨扶梯先加速，再勻速運(yùn)動(dòng)。在此過程中人與扶梯保持相對(duì)靜止，下列說法正確的是（）A扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段，人處于超重狀態(tài)B.扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段，人受到的摩擦力水平向左C.扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受到重力、支持力和摩擦力D.扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受到的支持力大于重力【答案】A【解析】AB．依題意可知在加速運(yùn)動(dòng)過程中，人的加速度向右上方，加速度在豎直向上的方向上有分量和在水平向右方向有分量，可知人處于超重狀態(tài)，人受到的摩擦力水平向右，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，由平衡條件可知人受到自身重力，扶梯對(duì)它豎直向上的支持力，共計(jì)兩個(gè)力的作用，且扶梯對(duì)人的支持力大小等于重力大小，故C、D錯(cuò)誤。故A。2．（2024·河北·三模）某游泳運(yùn)動(dòng)員在時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)員，下列說法正確的是（）A.在內(nèi)所受的合力一直不為0B.在內(nèi)的位移大小為C.在內(nèi)一定處于超重狀態(tài)D.在內(nèi)的位移大小為【答案】D【解析】A．圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在該運(yùn)動(dòng)員的有加速度，由牛頓第二定律可知在與運(yùn)動(dòng)員并無加速度，即此時(shí)合力為零，綜上所述，運(yùn)動(dòng)員在與所受合力為零，在，所受合力不為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由于圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，所以在內(nèi)的位移為故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由之前的分析，在結(jié)合圖像可知，其加速度為由于不知道運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)方向，只知道該時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員加速度方向與運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向相同，而超重則加速度方向?yàn)樨Q直向上，所以其不一定是超重狀態(tài)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．結(jié)合之前的分析，在的位移為故D項(xiàng)正確。故選D。3．（2024·河南省信陽市·二模）在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的物塊在水平拉力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，拉力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，則物塊的v-t圖像正確的是（）。A. B. C. D.【答案】A【解析】AB．根據(jù)F-t圖像可以看出，0~1s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)=0，物體原來靜止，這段時(shí)間繼續(xù)保持靜止；1~2s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)逐漸增大，由牛頓第二定律物體加速度也逐漸增大，做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，v-t圖像的斜率（表示加速度）逐漸增大，2~3s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)恒定，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)；3~5s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)逐漸減小，加速度也減小，但方向和速度仍然同向，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以A正確，B錯(cuò)誤；CD．1~2s時(shí)間內(nèi)，做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，v-t圖像的斜率（表示加速度）應(yīng)逐漸增大，故C、D錯(cuò)誤。故選A。4．（2024·黑龍江名校聯(lián)考·二模）某物體在豎直方向做直線運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示。若選向上為正方向，則下列說法正確的是（）A.0~1s內(nèi)，物體處于超重狀態(tài)B.0~2s內(nèi)，物體的平均速度大小為3m/sC.時(shí)，物體的速度、加速度均等于零D.時(shí)，物體離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)【答案】A【解析】A．由圖可知，0~1s內(nèi)，物體向上做加速運(yùn)動(dòng)，則物體的加速度方向向上，則物體處于超重狀態(tài)，故A正確；B．0~2s內(nèi)，如果物體沿正方向先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最大速度為6m/s，圖像如圖所示則0~2s內(nèi)，物體的平均速度大小為但物體先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，可知0~2s內(nèi)，物體的平均速度大于3m/s，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，時(shí)，物體的速度為零，但速度時(shí)間圖像的斜率表示加速度，而此時(shí)圖線的斜率最大，即加速度最大，故C錯(cuò)誤；D．速度時(shí)間圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，圖像在時(shí)間軸上方表示位移為正，在時(shí)間軸下方表示位移為負(fù)，0~2s內(nèi)，物體沿正方向運(yùn)動(dòng)，圖像在時(shí)間軸上方，2~4s內(nèi)，物體沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，圖像在時(shí)間軸下方，根據(jù)對(duì)稱性可知，4s時(shí)，物體回到出發(fā)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選A。5．（2024·湖北省十一校聯(lián)考·二模）物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2kg，如圖甲所示。開始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長，時(shí)對(duì)物塊P施加水平向右的恒力F，時(shí)撤去，在0~1s內(nèi)兩物體的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中以下說法正確的是（）A.時(shí)，物塊Q的速度大小為0.4m/sB.恒力F大小為1.6NC.物塊Q的質(zhì)量為0.5kgD.后，物塊P、Q一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】A．圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，若0~1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則t=1s時(shí)Q的速度大小等于m/s=0.4m/s由圖可得實(shí)際Q的圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時(shí)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積，故t=1s時(shí)Q的速度大小大于0.4m/s，故A錯(cuò)誤；B．t=0時(shí)，對(duì)物塊P有N=2N故恒力大小為2N，故B錯(cuò)誤；CD．時(shí)，對(duì)物塊P、Q整體有解得kg撤去推力后，兩物塊受彈簧彈力作用，不會(huì)一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。6．（2024·湖南師大附中·二模）如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖所示。取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较?，則下列圖中不可能描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】AB．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下（），且小于傳送帶的速度時(shí)，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得即可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若傳送帶足夠長，則會(huì)出現(xiàn)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，滿足可知二者將共速。故AB正確，與題意不符；CD．同理，可知當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上（），對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得即可知小物塊先沿傳送帶向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會(huì)出現(xiàn)與傳送帶共速的情況（）或者繼續(xù)勻加速（）此時(shí)加速度滿足故C正確，與題意不符；D錯(cuò)誤，與題意相符。本題選不正確的故選D。7．（2024·山東百師聯(lián)盟二輪聯(lián)考）2023年11月，我國“福建號(hào)”航空母艦成功進(jìn)行電磁彈射測試。小李同學(xué)將這個(gè)過程進(jìn)行如圖所示的簡化：ABC為水平軌道，其中AB段為有動(dòng)力彈射段、長LAB＝80m，BC段為無動(dòng)力滑行段、足夠長。將質(zhì)量M＝20kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于A處，在第一次彈射模擬中，物塊在AB段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s、BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為16s；在第二次彈射模擬中，該同學(xué)在物塊兩側(cè)各固定了一個(gè)相同配重塊用以模擬導(dǎo)彈，每個(gè)配重塊質(zhì)量m＝5kg。已知物塊與水平軌道ABC間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，兩次彈射的動(dòng)力大小相等且恒定不變，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）AB段動(dòng)力的大?。唬?）第二次彈射過程中，AB段和BC段物塊對(duì)每個(gè)配重塊作用力的大小。（結(jié)果可用根式表示）【答案】（1）900N；（2）N，N【解析】（1）第一次彈射模擬，AB段有BC段有解得F＝900N（2）根據(jù)上述