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第2讲　瞬时问题　超重和失重　等时圆模型
[复习目标]
1．能够应用牛顿第二定律分析轻绳、轻杆和轻弹簧剪断后物体的瞬时加速度。　2.理解超重和失重的概念，应用牛顿第二定律分析超重和失重问题。　3.应用动力学方法分析等时圆模型问题。
一、瞬时问题
1．特点：当物体所受合力发生突变时，加速度也同时发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。
2．类型
(1)轻绳(或轻杆)：剪断轻绳(或轻杆)后，原有的弹力将突变为零。
(2)轻弹簧(或橡皮条)：当轻弹簧(或橡皮条)两端与其他物体连接时，轻弹簧(或橡皮条)的弹力不能发生突变。
二、超重和失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
4．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体所受的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
(1)当物体所受合外力突变时，物体的速度也会突变。(　　)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体所受的重力。(　　)
(3)加速上升的物体处于超重状态。(　　)
(4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(　　)
(5)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
考点一　瞬时问题的两类模型
考向1　轻绳模型和轻弹簧模型
如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　)
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
[解析]　剪断前，对B、C、D整体分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D有FCD＝mg；剪断后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C有FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。
[答案]　A
如图所示，质量为2m的木箱用细绳竖直悬挂，质量均为m的物块A、B分别通过轻质弹簧连接木箱的底部和顶部。初始时，A、B和木箱均静止，已知重力加速度为g。某时刻剪断细绳，此瞬间，A、B和木箱的加速度大小分别为(　　)
A．0、0、2g B．g、g、g
C．0、g、g D．0、0、g
[解析]　剪断细绳瞬间，两个弹簧的弹力不变，均为mg，可知A、B仍静止，即加速度为零；对木箱分析可知mg＋mg＋2mg＝2ma，解得a＝2g。
[答案]　A
考向2　轻杆模型
如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)(　　)
A．图甲中A球的加速度不为零
B．图乙中两球加速度均为g sin θ
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍
[解析]　对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为零，B所受合力的大小等于挡板在时，挡板对其的支持力大小为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝maB，可得B的加速度aB＝2g sin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mg sin θ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝g sin θ，可知题图甲中B球的加速度是题图乙中B球加速度的2倍，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mg sin θ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B。
[答案]　B
　
剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断假设是否成立，从而得出正确的结论。
考点二　超重与失重现象
1．超重、失重的理解
(1)不论物体处于超重、失重还是完全失重状态，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度的效果，不再有其他效果。
2．超重和失重的判断
从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断　 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 ①当物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态②当物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态
加速度计是无人机飞行控制系统中不可或缺的传感器之一。如图所示为加速度计测量竖直轴向加速度的部件示意图，质量块上下两侧与两根竖直的轻弹簧连接，两根弹簧的另一端分别固定在外壳上。固定在质量块上的指针可指示弹簧的形变情况，弹簧始终处于弹性限度内，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度a，加速度a的方向竖直向上时为正值。下列说法正确的是(　　)
A．当无人机悬停在空中时，a＝0
B．当无人机自由下落时，a＝g
C．当a＝0.5g时，无人机处于失重状态
D．当a＝1.5g时，无人机处于失重状态
[解析]　当无人机悬停在空中时，弹簧弹力的合力与重力平衡，故除重力以外的力的合力F合＝mg，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度a＝＝g，A错误；当无人机自由下落时，弹簧的合力为0，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度为0，B错误；当a＝0.5g时，弹簧弹力的合力为0.5mg，小于质量块的重力，无人机处于失重状态，C正确；当a＝1.5g时，弹簧弹力的合力为1.5mg，大于质量块的重力，无人机处于超重状态，D错误。
[答案]　C
小明进入厢式电梯，他手机中的加速度传感器记录了电梯在某一段时间内的加速度随时间变化的图像，如图所示，取竖直向上为正方向，则(　　)
A．t3到t4时间内，小明重力变小
B．t1到t2时间内，小明处于失重状态
C．t2到t3时间内，小明处于平衡状态
D．t3到t4时间内，小明对电梯的压力恒定
[解析]　在地球上重力总是不变的，与加速度无关，A错误；t1到t2时间内电梯向上加速，小明处于超重状态，B错误；t2到t3时间内加速度为零，小明处于平衡状态，C正确；t3到t4时间内电梯向上减速，加速度先增大后减小，可知小明对电梯的压力不是恒定的，D错误。
[答案]　C
(多选)我国空降部队的伞兵平时进行着极为严格的训练。在某次训练中一名伞兵从悬停在高空的直升机中跳下，从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v－t图像如图所示。规定竖直向下的方向为正方向，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．前5 s内，该伞兵处于完全失重状态
B．前5 s内，该伞兵通过的位移大小为100 m
C．5 s到10 s内，该伞兵处于超重状态
D．5 s到10 s内，该伞兵受到的合力越来越大
[解析]　根据v－t图像可知前5 s内的加速度a＝ m/s2＝8 m/s2[答案]　BC
考点三　等时圆模型
1．模型特征
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿过切点的不同的光滑弦由上端静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
2．结论证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d，如图乙所示。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝g sin θ，位移x＝d sin θ，所以运动时间t0＝ ＝＝ 。即质点从竖直圆环上，沿同一起点(最高点)或终点(最低点)的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′＞AO′＞CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　)
A．A处滑块最先到达O′点
B．B处滑块最先到达O′点
C．C处滑块最先到达O′点
D．三个滑块同时到达O′点
[解析]　令半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，根据位移公式有2R sin θ＝g sin θ·t2，解得t＝2，可知时间t与滑板的倾角θ和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O′点。
[答案]　D
如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3∶2∶1，它们的最低点相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在三根细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　　)
A．∶∶1
B．(－)∶(－1)∶1
C．3∶2∶1
D．1∶1∶1
[解析]　
根据等时圆模型，如图所示，只需要求出A′P、B′P、C′P的时间之比，设最小圆的直径为d，则tAP∶tBP∶tCP＝tA′P∶tB′P∶tC′P＝∶∶＝∶∶1。
[答案]　A(共26张PPT)
演练知能提升
D
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：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。
BD
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：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；
A
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
D
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：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。
A
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
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。
A
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：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。
A
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
D
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：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。
BCD
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
D
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：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。
B
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；
AC
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(共34张PPT)
第2讲　瞬时问题　超重和失重　等时圆模型
[复习目标]
1．能够应用牛顿第二定律分析轻绳、轻杆和轻弹簧剪断后物体的瞬时加速度。　2.理解超重和失重的概念，应用牛顿第二定律分析超重和失重问题。　3.应用动力学方法分析等时圆模型问题。
基础自主梳理
第一部分
一、瞬时问题
1．特点：当物体所受合力发生突变时，加速度也同时发生突变，而物体运动的______不能发生突变。
2．类型
(1)轻绳(或轻杆)：剪断轻绳(或轻杆)后，原有的弹力将突变为____。
(2)轻弹簧(或橡皮条)：当轻弹簧(或橡皮条)两端与其他物体连接时，轻弹簧(或橡皮条)的弹力______发生突变。
速度
零
不能
二、超重和失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有______的加速度。
大于
向上
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有______的加速度。
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)________________的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝____，方向竖直向下。
小于
向下
完全没有作用力
g
4．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态______。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体所受的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
无关
深化辨析
(1)当物体所受合外力突变时，物体的速度也会突变。(　　)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体所受的重力。(　　)
(3)加速上升的物体处于超重状态。(　　)
(4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(　　)
(5)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(　　)
×
√
×
√
×
考点一　瞬时问题的两类模型
第二部分
考向1　轻绳模型和轻弹簧模型
例1 如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　)
A．g，1.5g
B．2g，1.5g
C．2g，0.5g
D．g，0.5g
A
[解析]　剪断前，对B、C、D整体分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D有FCD＝mg；剪断后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C有FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。
A
例2 如图所示，质量为2m的木箱用细绳竖直悬挂，质量均为m的物块A、B分别通过轻质弹簧连接木箱的底部和顶部。初始时，A、B和木箱均静止，已知重力加速度为g。某时刻剪断细绳，此瞬间，A、B和木箱的加速度大小分别为(　　)
A．0、0、2g B．g、g、g
C．0、g、g D．0、0、g
[解析]　剪断细绳瞬间，两个弹簧的弹力不变，均为mg，可知A、B仍静止，即加速度为零；对木箱分析可知mg＋mg＋2mg＝2ma，解得a＝2g。
B
考向2　轻杆模型
例3 如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)(　　)
A．图甲中A球的加速度不为零
B．图乙中两球加速度均为g sin θ
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍
[解析]　对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为零，B所受合力的大小等于挡板在时，挡板对其的支持力大小为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝maB，可得B的加速度aB＝2g sin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mg sin θ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝g sin θ，可知题图甲中B球的加速度是题图乙中B球加速度的2倍，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mg sin θ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B。
方法技巧
剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断假设是否成立，从而得出正确的结论。
第三部分
考点二　超重与失重现象
1．超重、失重的理解
(1)不论物体处于超重、失重还是完全失重状态，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度的效果，不再有其他效果。
2．超重和失重的判断
从受力的角度判断
从加速度的角度判断　
从速度变化的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
①当物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态
②当物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态
例4 加速度计是无人机飞行控制系统中不可或缺的传感器之一。如图所示为加速度计测量竖直轴向加速度的部件示意图，质量块上下两侧与两根竖直的轻弹簧连接，两根弹簧的另一端分别固定在外壳上。固定在质量块上的指针可指示弹簧的形变情况，弹簧始终处于弹性限度内，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度a，加速度a的方向竖直向上时为正值。下列说法正确的是(　　)
A．当无人机悬停在空中时，a＝0
B．当无人机自由下落时，a＝g
C．当a＝0.5g时，无人机处于失重状态
D．当a＝1.5g时，无人机处于失重状态
C
当无人机自由下落时，弹簧的合力为0，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度为0，B错误；
当a＝0.5g时，弹簧弹力的合力为0.5mg，小于质量块的重力，无人机处于失重状态，C正确；
当a＝1.5g时，弹簧弹力的合力为1.5mg，大于质量块的重力，无人机处于超重状态，D错误。
例5 小明进入厢式电梯，他手机中的加速度传感器记录了电梯在某一段时间内的加速度随时间变化的图像，如图所示，取竖直向上为正方向，则(　　)
A．t3到t4时间内，小明重力变小
B．t1到t2时间内，小明处于失重状态
C．t2到t3时间内，小明处于平衡状态
D．t3到t4时间内，小明对电梯的压力恒定
C
[解析]　在地球上重力总是不变的，与加速度无关，A错误；
t1到t2时间内电梯向上加速，小明处于超重状态，B错误；
t2到t3时间内加速度为零，小明处于平衡状态，C正确；
t3到t4时间内电梯向上减速，加速度先增大后减小，可知小明对电梯的压力不是恒定的，D错误。
例6 (多选)我国空降部队的伞兵平时进行着极为严格的训练。在某次训练中一名伞兵从悬停在高空的直升机中跳下，从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v－t图像如图所示。规定竖直向下的方向为正方向，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．前5 s内，该伞兵处于完全失重状态
B．前5 s内，该伞兵通过的位移大小为100 m
C．5 s到10 s内，该伞兵处于超重状态
D．5 s到10 s内，该伞兵受到的合力越来越大
BC
5 s到10 s内，该伞兵向下做减速运动，加速度向上，处于超重状态，故C正确；
根据v－t图像的切线斜率表示加速度，可知5 s到10 s内，该伞兵的加速度逐渐减小，则该伞兵受到的合力越来越小，故D错误。
第四部分
考点三　等时圆模型
1．模型特征
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿过切点的不同的光滑弦由上端静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
例7 如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′＞AO′＞CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　)
A．A处滑块最先到达O′点
B．B处滑块最先到达O′点
C．C处滑块最先到达O′点
D．三个滑块同时到达O′点
D
A1．(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。

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