專題4牛頓運(yùn)動(dòng)定律（1）（解析版）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)培優(yōu)練（新高考用）

試卷第=page11頁(yè)，共=sectionpages33頁(yè)專題4牛頓運(yùn)動(dòng)定律（1）TOC\o"1-1"\h\u一、牛頓第一定律與牛頓第三定律 2二、牛頓第二定律求瞬時(shí)突變問(wèn)題 4三、牛頓第二定律的同向性 7四、利用牛頓第二定律分析動(dòng)態(tài)過(guò)程 12五、力學(xué)單位制 16六、超重與失重現(xiàn)象分析 18專題一牛頓第一定律與牛頓第三定律1．（2023·浙江·高考真題）在足球運(yùn)動(dòng)中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）

A．踢香蕉球時(shí)足球可視為質(zhì)點(diǎn) B．足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)慣性不變C．足球在飛行時(shí)受到腳的作用力和重力 D．觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對(duì)足球的力【答案】B【詳解】A．在研究如何踢出“香蕉球”時(shí)，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．慣性只與質(zhì)量有關(guān)，足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)質(zhì)量不變，則慣性不變，故B正確；C．足球在飛行時(shí)腳已經(jīng)離開(kāi)足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C錯(cuò)誤；D．觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對(duì)足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯(cuò)誤。故選B。2．（2022·浙江·高考真題）下列說(shuō)法正確的是（

）A．鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度不變B．足球下落過(guò)程中慣性不隨速度增大而增大C．乒乓球被擊打過(guò)程中受到的作用力大小不變D．籃球飛行過(guò)程中受到空氣阻力的方向與速度方向無(wú)關(guān)【答案】B【詳解】A．鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度方向在改變，A錯(cuò)誤；B．慣性只與質(zhì)量有關(guān)，則足球下落過(guò)程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；C．乒乓球被擊打過(guò)程中受到的作用力隨著形變量的減小而減小，C錯(cuò)誤；D．籃球飛行過(guò)程中受到空氣阻力的方向與速度方向有關(guān)，D錯(cuò)誤。故選B。3．（2025·全國(guó)·二模）圖示是一學(xué)生背書包站立的簡(jiǎn)化模型，關(guān)于該學(xué)生，下列說(shuō)法正確的是（

）

A．書包帶適當(dāng)變長(zhǎng)，包帶對(duì)肩膀的拉力變大B．書包帶適當(dāng)變短，包帶對(duì)肩膀的拉力不變C．學(xué)生略微向前傾斜，包帶對(duì)肩膀的拉力不變D．學(xué)生略微向前傾斜，包帶對(duì)肩膀的拉力變小【答案】D【詳解】A．對(duì)書包受力分析，如圖所示，當(dāng)書包帶變長(zhǎng)時(shí)，重力和拉力的夾角變小，不變，方向不變，則拉力變小，由牛頓第三定律可知，包帶對(duì)肩膀的拉力變小，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)書包帶變短時(shí)，重力和拉力的夾角變大，拉力變大，由牛頓第三定律可知，包帶對(duì)肩膀的拉力變大，B錯(cuò)誤；CD．若學(xué)生略微向前傾斜，和的夾角不變，且二者的合力不變，等于G，和G的夾角變小，T和的夾角變大，則變小，變大，由牛頓第三定律可知，包帶對(duì)肩膀的拉力變小，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4．（2024·浙江·二模）如圖所示，摩托車手在水平彎道上勻速轉(zhuǎn)彎時(shí)（）A．車手身體各處的加速度大小都相等B．車和人的總重力與地面對(duì)車的支持力是一對(duì)平衡力C．車對(duì)地面的壓力與地面對(duì)車的作用力是一對(duì)作用力與反作用力D．地面對(duì)車的作用力不大于車和人的總重力【答案】B【詳解】A．根據(jù)可知，車手身體各處的加速度大小不相等，故A錯(cuò)誤；B．車和人的總重力與地面對(duì)車的支持力是一對(duì)平衡力，故B正確；C．車對(duì)地面的壓力與地面對(duì)車的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，但地面對(duì)車的作用力既有支持力也有摩擦力，故C錯(cuò)誤；D．地面對(duì)車的作用力，即支持力和摩擦力的合力，大于支持力，而支持力等于車和人的總重力，所以地面對(duì)車的作用力大于車和人的總重力，故D錯(cuò)誤。故選B。專題二牛頓第二定律求瞬時(shí)突變問(wèn)題5．（2024·四川德陽(yáng)·二模）如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊Q與質(zhì)量為2m的滑塊P置于水平地面上，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。用水平向右的拉力F拉滑塊P，使兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻突然撤去該拉力F，則下列說(shuō)法正確的是（）A．拉力F的大小為B．撤去拉力F前，彈簧彈力大小為C．撤去拉力F瞬間，滑塊Q的加速度大小為D．撤去拉力F瞬間，滑塊P的加速度大小為【答案】A【詳解】A．對(duì)AB整體分析可知，兩滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，可知拉力F的大小為選項(xiàng)A正確；B．撤去拉力F前，對(duì)Q分析可知彈簧彈力大小為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．撤去拉力F瞬間，彈簧彈力不變，則滑塊Q受力仍平衡，可知Q的加速度大小為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．撤去拉力F瞬間，對(duì)滑塊P由牛頓第二定律可得加速度大小為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。6．（2024·安徽·二模）如圖所示，A、C兩球質(zhì)量均為，B球質(zhì)量為，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間通過(guò)一根輕桿連接，B、C間由一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線連接。傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧被剪斷的瞬間，已知重力加速度為，下列說(shuō)法正確的是（

）A．B球的受力情況未變 B．C球的加速度大小為C．B、C之間線的拉力大小為 D．A、B兩個(gè)小球的加速度大小均為【答案】B【詳解】彈簧剪斷前，系統(tǒng)靜止，分別以C、BC、ABC組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象可得，對(duì)C對(duì)BC對(duì)ABC彈簧被剪斷的瞬間，彈簧彈力消失，AB整體受力情況發(fā)生變化，假設(shè)細(xì)線拉力不為0，結(jié)合牛頓第二定律可知，對(duì)AB沿斜面向下沿斜面向下對(duì)C沿斜面向下沿斜面向下則細(xì)線必然松弛，不符合假設(shè)，因此細(xì)線拉力為0。對(duì)ABC沿斜面向下沿斜面向下對(duì)沿斜面向下因此，彈簧剪斷瞬間，細(xì)線、輕桿的彈力都為0。A、B、C三個(gè)小球的加速度均沿斜面向下，大小均為。故選B。7．（2024·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)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【詳解】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。專題三牛頓第二定律的同向性8．（2024·四川攀枝花·二模）如圖甲所示，在平直公路上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的小車內(nèi)固定有一豎直彈性桿，桿的頂端固定有一小球。當(dāng)小車突然開(kāi)始減速制動(dòng)時(shí)，彈性桿向前彎曲（如圖乙），下列對(duì)乙圖中的小球進(jìn)行受力分析最合理的一項(xiàng)是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】題意可知小車突然減速，則車的加速度水平向左，故球的加速度也水平向左，所以球的合力水平向左，根據(jù)平行四邊形定則可知，球的重力與桿給球的力的合力也要水平向左。故選C。9．（2024·江西·二模）如圖所示，一人隨電梯由靜止開(kāi)始先勻加速后勻速向上運(yùn)動(dòng)，從電梯開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)計(jì)時(shí)，下列關(guān)于人受到的摩擦力f、支持力、人的動(dòng)能以及重力勢(shì)能隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A．電梯先勻加速上升再勻速上升，對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程受力分析結(jié)合牛頓第二定律的同向性可知人先受摩擦力后不受摩擦力，A錯(cuò)誤；B．加速上升階段，加速度向上，人受到的支持力大于重力，勻速上升階段，支持力等于重力，B錯(cuò)誤；C．人的動(dòng)能先增大后不變，動(dòng)能增大階段，動(dòng)能表達(dá)式C正確；D．設(shè)電梯的傾角為，加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，上升的高度隨時(shí)間的關(guān)系為重力勢(shì)能隨時(shí)間變化的關(guān)系為D錯(cuò)誤。故選C。10．（2023·湖南·高考真題）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(shuō)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【詳解】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(wú)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。專題四利用牛頓第二定律分析動(dòng)態(tài)過(guò)程11．（2024·全國(guó)甲卷·高考真題）蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為的運(yùn)動(dòng)員在時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說(shuō)法正確的是（）A．時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大B．時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為C．時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處D．運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從離開(kāi)蹦床到再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s，則在時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處，時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小故B正確，C錯(cuò)誤；D．同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理其中代入數(shù)據(jù)可得根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。12．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y。所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中。其圖像或圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．在木塊下落高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即當(dāng)木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力到合力為零前，隨著增大減小；當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn),之后，木塊開(kāi)始反彈，過(guò)程中木塊所受合外力向上，隨著減小增大，反彈過(guò)程，隨著y減小，圖像向x軸負(fù)方向原路返回，故A錯(cuò)誤、B正確；CD．在木塊下落高度之前，木塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度逐漸增大，圖像斜率逐漸增大，當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以圖像斜率繼續(xù)增大，當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過(guò)程中木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)后，木塊向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，而C圖中H點(diǎn)過(guò)后速度就開(kāi)始逐漸減小，實(shí)際速度還應(yīng)該增大，直到平衡位置速度到達(dá)最大，然后速度逐漸減為零；D圖前半段速度不變，不符合題意，正確示意圖如下故CD錯(cuò)誤。故選B。13．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開(kāi)始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中（

）A．速度一直增大 B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為 D．加速度先增大后減小【答案】A【詳解】AB．緩慢拉至P點(diǎn)，保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時(shí)兩彈簧的合力為大小為。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時(shí)的加速度，由牛頓第二定律可知加速度的最大值為，CD錯(cuò)誤。故選A。14．（2023·河北·高考真題）如圖，質(zhì)量為m的小球穿在固定光滑桿上，與兩個(gè)完全相同的輕質(zhì)彈相連。開(kāi)始時(shí)將小球控制在桿上的A點(diǎn)，彈簧1豎直且處于原長(zhǎng)，彈簧2處于水平伸長(zhǎng)狀態(tài)，兩彈簧可繞各自轉(zhuǎn)軸，無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)。B為桿上的另一個(gè)點(diǎn)，與、A、構(gòu)成矩形，?，F(xiàn)將小球從A點(diǎn)釋放，兩彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球沿桿在AB之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)B．與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間更短C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，兩個(gè)彈簧對(duì)小球做的總功為零D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧2的彈性勢(shì)能先減小后增大【答案】BC【詳解】AC．根據(jù)對(duì)稱性可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，兩個(gè)彈簧對(duì)小球做的總功為零，則此過(guò)程合力做功等于重力對(duì)小球做的功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球在B點(diǎn)的速度大于0，所以小球到達(dá)B點(diǎn)后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，小球不會(huì)在AB之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，C正確；D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧2先從伸長(zhǎng)狀態(tài)變?yōu)樵L(zhǎng)，再?gòu)脑L(zhǎng)變?yōu)閴嚎s狀態(tài)，最后再恢復(fù)原長(zhǎng)，故彈簧2的彈性勢(shì)能先減小后增大再減小，故D錯(cuò)誤；B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，由于兩個(gè)彈簧對(duì)小球做的總功為零，與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度相等；沒(méi)有彈簧時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的加速度為有彈簧時(shí)，加速度先大于，然后加速度逐漸減小，到AB中點(diǎn)時(shí)，加速度為，之后加速度小于，則兩種情況的圖像如圖所示兩種情況的圖像與橫軸圍成的面積相等，由圖可知與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間更短，故B正確。故選BC。專題五力學(xué)單位制15．（2022·浙江·高考真題）下列屬于力的單位是（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則力的單位為故選A。16．（2023·遼寧·高考真題）安培通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長(zhǎng)度分別為和、電流大小分別為I1和I?的平行直導(dǎo)線間距為r時(shí)，相互作用力的大小可以表示為。比例系數(shù)k的單位是（）A．kg·m/（s2·A） B．kg·m/（s2·A2） C．kg·m2/（s3·A） D．kg·m2/（s3·A3）【答案】B【詳解】根據(jù)題干公式整理可得代入相應(yīng)物理量單位可得比例系數(shù)k的單位為故選B。17．（2024·北京·高考真題）電荷量Q、電壓U、電流I和磁通量Φ是電磁學(xué)中重要的物理量，其中特定的兩個(gè)物理量之比可用來(lái)描述電容器、電阻、電感三種電磁學(xué)元件的屬性，如圖所示。類似地，上世紀(jì)七十年代有科學(xué)家預(yù)言Φ和Q之比可能也是一種電磁學(xué)元件的屬性，并將此元件命名為“憶阻器”，近年來(lái)實(shí)驗(yàn)室已研制出了多種類型的“憶阻器”。由于“憶阻器”對(duì)電阻的記憶特性，其在信息存儲(chǔ)、人工智能等領(lǐng)域具有廣闊的應(yīng)用前景。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A．QU的單位和ΦI的單位不同B．在國(guó)際單位制中，圖中所定義的M的單位是歐姆C．可以用來(lái)描述物體的導(dǎo)電性質(zhì)D．根據(jù)圖中電感L的定義和法拉第電磁感應(yīng)定律可以推導(dǎo)出自感電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式【答案】A【詳解】A．單位制、法拉第電磁感應(yīng)定律由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，則Φ的單位為V·s，由Q=It可知，Q的單位為A·s，則QU與ΦI的單位相同均為V·A·s，故A錯(cuò)誤，符合題意；B．由題圖可知，從單位角度分析有故B正確，不符合題意；C．由知，可以用來(lái)描述物體的導(dǎo)電性質(zhì)，故C正確，不符合題意；D．由電感的定義以及法拉第電磁感應(yīng)定律解得故D正確，不符合題意。故選A。專題六超重與失重現(xiàn)象分析18．（2025·云南·二模）某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上，電梯運(yùn)行前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過(guò)程中，某時(shí)刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時(shí)刻電梯（重力加速度g?。?/p>

）A．做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為 B．做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為C．做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為 D．做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為【答案】D【詳解】如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得則電梯向上加速運(yùn)動(dòng)。故選D。19．（2024·全國(guó)甲卷·高考真題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測(cè)力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮椤?1)電梯靜止時(shí)測(cè)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(cè)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)）?！敬鸢浮?1)5.0(2)失重1.0【詳解】（1）由圖可知彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.5N，則讀數(shù)為5.0N。（2）[1]電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為