2022-2023年高考物理一輪復習 牛頓第二定律的基本應(yīng)用課件(重點難點易錯點核心熱點經(jīng)典考點)

牛頓第二定律的基本應(yīng)用1.牛頓第二定律的表達式為：F合＝ma,加速度由物體所受

決定,加速度的方向與物體所受

的方向一致.當物體所受合外力發(fā)生突變時,加速度也隨著發(fā)生突變,而物體運動的

不能發(fā)生突變.2.輕繩、輕桿和輕彈簧(橡皮條)的區(qū)別(1)輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后,原有的彈力將

.(2)輕彈簧和橡皮條：當輕彈簧和橡皮條兩端與其他物體連接時,輕彈簧或橡皮條的彈力

.瞬時問題一合外力合外力速度突變?yōu)?不能發(fā)生突變自測1如圖1,A、B、C三個小球質(zhì)量均為m,A、B之間用一根沒有彈性的輕質(zhì)細繩連在一起,B、C之間用輕彈簧拴接,整個系統(tǒng)用細線懸掛在天花板上并且處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將A上面的細線剪斷,使A的上端失去拉力,則在剪斷細線的瞬間,A、B、C三個小球的加速度分別是(重力加速度為g)A.1.5g,1.5g,0

B.g,2g,0

C.g,g,g

D.g,g,0√圖1解析剪斷細線前,由平衡條件可知,A上端的細線的拉力為3mg,A、B之間細繩的拉力為2mg,輕彈簧的拉力為mg.在剪斷A上面的細線的瞬間,輕彈簧中拉力不變,小球C所受合外力為零,所以C的加速度為零；A、B小球被細繩拴在一起,整體受到二者重力和輕彈簧向下的拉力,由牛頓第二定律得3mg＝2ma,解得a＝1.5g,選項A正確.1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?

物體所受重力的現(xiàn)象.(2)產(chǎn)生條件：物體具有

的加速度.2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?

物體所受重力的現(xiàn)象.(2)產(chǎn)生條件：物體具有

的加速度.3.完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)

的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象.(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝

,方向豎直向下.超重和失重二大于向上小于向下等于0g4.實重和視重(1)實重：物體實際所受的重力,它與物體的運動狀態(tài)

.(2)視重：當物體在豎直方向上有加速度時,物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將

物體的重力.此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重.無關(guān)不等于(1)超重就是物體所受的重力增大了,失重就是物體所受的重力減小了.(

)(2)物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài),所以做自由落體運動的物體不受重力作用.(

)(3)物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài),物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài).(

)×判斷正誤××動力學的兩類基本問題三1.由物體的受力情況求解運動情況的基本思路先求出幾個力的合力,由牛頓第二定律(F合＝ma)求出

,再由運動學的有關(guān)公式求出速度或位移.2.由物體的運動情況求解受力情況的基本思路已知加速度或根據(jù)運動規(guī)律求出

,再由牛頓第二定律求出合力,從而確定未知力.加速度加速度3.應(yīng)用牛頓第二定律解決動力學問題,受力分析和運動分析是關(guān)鍵,加速度是解決此類問題的紐帶,分析流程如下：自測2

一小物塊從傾角為α＝30°的足夠長的斜面底端以初速度v0＝10m/s沿固定斜面向上運動(如圖2所示),已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝

,g取10m/s2,則物塊在運動時間t＝1.5s時離斜面底端的距離為A.3.75m B.5mC.6.25m D.15m√圖2解析小物塊沿斜面向上運動時加速度大小為a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2,由于mgsinα＝μmgcosα,小物塊運動到最高點速度為零后,將靜止在斜面上不再運動,瞬時問題的兩類模型1.兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系,二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失,具體可簡化為以下兩種模型：命題點一2.解題思路3.兩個易混問題(1)圖3甲、乙中小球m1、m2原來均靜止,現(xiàn)如果均從圖中A處剪斷,則剪斷繩子瞬間圖甲中的輕質(zhì)彈簧的彈力來不及變化；圖乙中的下段繩子的拉力將變?yōu)?.(2)由(1)的分析可以得出：繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變.圖3例1

如圖4所示,在傾角為θ＝30°的光滑固定斜面上,物塊A、B質(zhì)量均為m.物塊A靜止在輕彈簧上端,物塊B用細線與斜面頂端相連,A、B靠在一起,但A、B之間無彈力.已知重力加速度為g,某時刻將細線剪斷,下列說法正確的是A.細線剪斷前,彈簧的彈力為mgB.細線剪斷前,細線的拉力為mgC.細線剪斷瞬間,彈簧的彈力發(fā)生變化D.細線剪斷瞬間,物塊B的加速度大小為

g√圖4解析細線剪斷前,由于A、B之間無彈力,細線剪斷瞬間,彈簧的彈力不變,故C錯誤；變式1如圖5所示,A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的3倍,光滑固定斜面的傾角為θ,圖甲中,A、B兩球用輕彈簧相連,圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連,系統(tǒng)靜止時,擋板C與斜面垂直,彈簧、輕桿均與斜面平行,重力加速度為g,則在突然撤去擋板的瞬間有A.圖甲中A球的加速度大小為gsinθB.圖甲中B球的加速度大小為2gsinθC.圖乙中A、B兩球的加速度大小均為gsinθD.圖乙中輕桿的作用力一定不為零√圖5解析設(shè)B球質(zhì)量為m,則A球的質(zhì)量為3m.撤去擋板前,題圖甲、乙中擋板對B球的彈力大小均為4mgsinθ,因彈簧彈力不能突變,而輕桿的彈力會突變,所以撤去擋板瞬間,題圖甲中A球所受的合力為零,加速度為零,B球所受合力大小為4mgsinθ,加速度大小為4gsin

θ；題圖乙中,撤去擋板的瞬間,A、B兩球整體受到的合力大小為4mgsinθ,A、B兩球的加速度大小均為gsinθ,則每個球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力,輕桿的作用力為零,C正確.解析由題意可知,剪斷輕繩前小球受力如圖所示,由平衡條件可得,彈簧拉力F＝mgtan45°＝10N剪斷輕繩的瞬間,彈簧拉力不變,小球?qū)λ矫娴膲毫ν蛔優(yōu)閙g,則由牛頓第二定律有：F－μmg＝ma1,解得a1＝8m/s2,方向水平向左.變式2在動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上有一個質(zhì)量為m＝1kg的小球,小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連,如圖6所示,此時小球處于靜止狀態(tài),且水平面對小球的彈力恰好為零,取g＝10m/s2.求：(1)剪斷輕繩的瞬間,小球的加速度大小和方向.圖6答案8m/s2方向水平向左(2)剪斷彈簧的瞬間,小球的加速度.答案0解析剪斷彈簧的瞬間,彈簧彈力和輕繩的拉力均突變?yōu)榱?故小球的加速度為零.1.對超重和失重的理解(1)不論超重、失重或完全失重,物體的重力都不變,只是“視重”改變.(2)在完全失重的狀態(tài)下,一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失.(3)盡管物體的加速度不是豎直方向,但只要其加速度在豎直方向上有分量,物體就會處于超重或失重狀態(tài).超重與失重現(xiàn)象命題點二2.判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時,物體處于超重狀態(tài)；小于重力時,物體處于失重狀態(tài)；等于零時,物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時,物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時,物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時,物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時,超重②物體向下加速或向上減速時,失重例2

壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小、某實驗小組在升降機內(nèi)水平底面上利用壓敏電阻設(shè)計了判斷升降機運動狀態(tài)的裝置.其工作原理圖如圖7甲所示,將壓敏電阻、定值電阻R、電流顯示器、電源連成電路、在壓敏電阻上放置一個絕緣重物,0～t1時間內(nèi)升降機停在某一樓層處,t1時刻升降機開始運動,從電流顯示器中得到電路中電流i隨時間t變化情況如圖乙所示,則下列判斷不正確的是A.t1～t2時間內(nèi)絕緣重物處于超重狀態(tài)B.t3～t4時間內(nèi)絕緣重物處于失重狀態(tài)C.升降機開始時可能停在1樓,從t1時刻開始,

經(jīng)向上加速、勻速、減速,最后停在高樓層D.升降機開始時可能停在高樓層,從t1時刻開始,經(jīng)向下加速、勻速、減速,最

后停在1樓√圖7變式3

如圖8所示,固定在水平面上的斜面體C上放有一個斜劈A,A的上表面水平且放有物塊B.若A、B運動過程中始終保持相對靜止.以下說法正確的是A.若C斜面光滑,A和B由靜止釋放,在向下運動時,B物塊

可能只受兩個力作用B.若C斜面光滑,A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑,則

B處于超重狀態(tài)C.若C斜面粗糙,A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑,則

B受水平向左的摩擦力D.若C斜面粗糙,A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑,則B處于超重狀態(tài)√圖8解析若C斜面光滑,A和B由靜止釋放,在向下運動時,整體加速度方向沿斜面向下,如圖所示,可知,B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三個力作用,故選項A錯誤；若C斜面光滑,A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑,則整體加速度方向如圖所示,此時B具有豎直向下的分加速度,即處于失重狀態(tài),故選項B錯誤；若C斜面粗糙,A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑,則整體加速度方向如圖所示,由于B具有水平向左的分加速度,則根據(jù)牛頓第二定律可知B受水平向左的摩擦力,故選項C正確；若C斜面粗糙,A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑,則整體加速度方向如圖所示,此時B具有豎直向下的分加速度,即處于失重狀態(tài),故選項D錯誤.1.解題關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁.2.常用方法(1)合成法在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用合成法.(2)正交分解法若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上),則采用正交分解法.動力學兩類基本問題命題點三例3

如圖9所示,質(zhì)量為m＝1kg、大小不計的物塊,在水平桌面上向右運動,經(jīng)過O點時速度大小為v＝4m/s,對此物塊施加大小為F＝6N、方向向左的恒力,一段時間后撤去該力,物塊剛好能回到O點,已知物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ＝0.2,重力加速度g＝10m/s2,求：(1)此過程中物塊到O點的最遠距離；圖9類型1已知物體受力情況,分析物體運動情況答案1m解析物塊向右運動時：F＋μmg＝ma1解得a1＝8m/s2由v2＝2a1x1可得x1＝1m(2)撤去F時物塊到O點的距離.解析物塊向左運動時,先做勻加速運動,加速度大小為a2,后做勻減速運動,加速度大小為a3,則有：F－μmg＝ma2解得a2＝4m/s2μmg＝ma3解得a3＝2m/s2由v12＝2a2x2

v12＝2a3x3x2＋x3＝x1變式4

如圖10所示,一質(zhì)量為m的小物塊,以v0＝15m/s的初速度向右沿水平面運動12.5m后,沖上傾斜角為37°的斜面,若小物塊與水平面及斜面的動摩擦因數(shù)均為0.5,斜面足夠長,小物塊從水平面到斜面的連接處無能量損失.求：(g＝10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)(1)小物塊在斜面上能達到的最大高度；圖10答案3m解析小物塊在水平面上運動時：Ff＝－μmg＝ma1可得a1＝－μg＝－5m/s2由v12－v02＝2a1x解得：v1＝10m/s小物塊在斜面上向上運動時：－(mgsinθ＋μmgcosθ)＝ma2可得a2＝－gsinθ－μgcosθ＝－10m/s2由0－v12＝2a2s可解得：s＝5m所以：h＝ssinθ＝3m；(2)小物塊在斜面上運動的時間.答案3.2s小物塊在最高點時：mgsinθ>μmgcosθ所以小物塊會勻加速下滑,則有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma3可得加速度a3＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2例4

如圖11甲所示,一足夠長的粗糙斜面固定在水平地面上,斜面的傾角θ＝37°,現(xiàn)有質(zhì)量m＝2.2kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開始沿斜面向下運動,經(jīng)過2s撤去外力F,物體在0～4s內(nèi)運動的速度與時間的關(guān)系圖線如圖乙所示.已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,取g＝10m/s2,求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和水平外力F的大小；圖11類型2已知物體運動情況,分析物體受力情況答案0.5

4N解析根據(jù)v－t圖象的斜率表示加速度,由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2,解得：μ＝0.5；由牛頓第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1,解得：F＝4N；(2)物體在0～4s內(nèi)的位移大小.答案28m1.(超重和失重)如圖12,跳高運動員起跳后向上運動,越過橫桿后開始向下運動,則運動員越過橫桿前、后在空中所處的狀態(tài)分別為A.失重、失重

B.超重、超重C.失重、超重

D.超重、失重√1234解析運動員在空中運動的過程中,加速度總是豎直向下的,則運動員越過橫桿前、后在空中所處的狀態(tài)都是失重狀態(tài),故選A.圖122.(瞬時問題)(多選)如圖13所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連,豎直放置在光滑的水平面上,木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C,三者均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將木塊C迅速移開,若重力加速度為g,則在木塊C移開的瞬間A.彈簧的形變量不改變B.彈簧的彈力大小為mgC.木塊A的加速度大小為2gD.木塊B對水平面的壓力大小迅速變?yōu)?mg1234圖13√√解析由于彈簧彈力不能突變,所以撤去C的瞬間,彈簧的形變量不變,故A正確；開始整體處于平衡狀態(tài),彈簧的彈力等于A和C的重力,即F＝3mg,撤去C的瞬間,彈簧的形變量不變,即彈簧的彈力不變,仍為3mg,故B錯誤；1234撤去C瞬間,彈簧彈力不變,A受到的合外力大小等于C的重力,對木塊A,由牛頓第二定律得：2mg＝ma,解得：a＝2g,方向豎直向上,故C正確；撤去C的瞬間,彈簧的彈力不變,仍為3mg,對B,由平衡條件得：3mg＋mg＝FN,解得：FN＝4mg,故由牛頓第三定律可知,木塊B對水平面的壓力大小為4mg,故D錯誤.3.(動力學兩類基本問題)某天,小陳叫了外賣,外賣小哥把貨物送到他家陽臺正下方的平地上,小陳操控小型無人機帶動貨物,由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動,一段時間后,貨物又勻速上升53s,最后再勻減速1s恰好到達他家陽臺且速度為零.貨物上升過程中,遙控器上顯示無人機在上升過程的最大速度為1m/s,高度為56m.貨物質(zhì)量為2kg,受到的阻力恒為其重力的0.02倍,重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)無人機勻加速上升的高度；1234答案

2.5m1234解析無人機勻速上升的高度：h2＝vt2

無人機勻加速上升的高度：h1＝h－h(huán)2－h(huán)3

聯(lián)立解得：h1＝2.5m；(2)上升過程中,無人機對貨物的最大作用力.1234答案

20.8N解析貨物勻加速上升過程：v2＝2ah1貨物勻加速上升的過程中,無人機對貨物的作用力最大,由牛頓運動定律得：F－mg－0.02mg＝ma

聯(lián)立解得：F＝20.8N.4.(動力學兩類基本問題)如圖14所示,水平面與傾角為θ＝53°的斜面在B點對接,一質(zhì)量為1kg的物塊放在水平面上的A點,用與水平面成θ＝53°向下的恒力推物塊,物塊以3m/s2的加速度向右運動,A、B間距為6m,物塊到B點后滑上斜面,不計撞擊帶來的能量損失,物塊滑上斜面后推力大小不變,方向變成水平,物塊與水平面和斜面之間的動摩擦因數(shù)均為0.5(g＝10m/s2,sin53°＝0.8,cos53°＝0.6),求：(1)推力F的大??；圖141234答案40N解析物塊在水平面上運動時有：Fcosθ－Ff1＝ma1,FN1＝mg＋Fsinθ,Ff1＝μFN1,解得F＝40N；(2)物塊在斜面上滑行的最大距離.物塊在斜面上滑行時有：mgsinθ＋Ff2－Fcosθ＝ma2,FN2＝mgcosθ＋Fsinθ,Ff2＝μFN2解得a2＝3m/s2,方向沿斜面向下答案6m12341.電梯頂上懸掛一根勁度系數(shù)是200N/m的彈簧,彈簧的原長為20cm,在彈簧下端掛一個質(zhì)量為0.4kg的砝碼.當電梯運動時,測出彈簧長度變?yōu)?3cm,g取10m/s2,則電梯的運動狀態(tài)及加速度大小為A.勻加速上升,a＝2.5m/s2

B.勻減速上升,a＝2.5m/s2C.勻加速上升,a＝5m/s2

D.勻減速上升,a＝5m/s21234√雙基鞏固練5678解析由胡克定律可知,彈簧的彈力F＝kx＝200×(0.23－0.20)N＝6N,由牛頓第二定律知：F－mg＝ma,解得：a＝5m/s2物體加速度向上,可能是加速上升,也可能是減速下降,故C正確,A、B、D錯誤.9102.圖1甲為彈簧高蹺,當人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后,人就向上彈起,進而帶動高蹺跳躍,如圖乙.不計空氣阻力,則下列說法正確的是A.人向上彈起過程中,一直處于超重狀態(tài)B.人向上彈起過程中,踏板對人的作用力大于人對踏板

的作用力C.彈簧壓縮到最低點時,高蹺對人的作用力大于人的重力D.從最高點下落至最低點的過程,人先做勻加速運動后

做勻減速運動1234√5678圖1910解析人向上彈起過程中,開始時加速度的方向向上,人處于超重狀態(tài),最后一段過程彈簧的彈力小于重力,人做減速運動,加速度的方向向下,處于失重狀態(tài),故A錯誤；踏板對人的作用力和人對踏板的作用力是一對作用力和反作用力,總是大小相等,故B錯誤；12345678彈簧壓縮到最低點時,人的加速度的方向向上,高蹺對人的作用力大于人的重力,故C正確；從最高點下落至最低點的過程,人先做勻加速運動后做加速度減小的加速運動,然后做加速度增大的減速運動,故D錯誤.9103.為了讓乘客乘車更為舒適,某探究小組設(shè)計了一種新的交通工具,乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整,使座椅始終保持水平,如圖2所示.當此車勻減速上坡時,乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)A.處于超重狀態(tài)B.不受摩擦力的作用C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用D.所受合力豎直向上1234√5678圖2910解析當車勻減速上坡時,加速度方向沿斜坡向下,人的加速度與車的加速度相同,根據(jù)牛頓第二定律知人受到的合力方向沿斜面向下,合力的大小不變,則人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力,如圖所示.將加速度沿豎直方向和水平方向分解,則有豎直向下的加速度,所以乘客處于失重狀態(tài),故A、B、D錯誤,C正確.123456789104.如圖3所示,物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接,物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連,物塊1、3質(zhì)量均為m,2、4質(zhì)量均為m0,兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g,則有A.a1＝a2＝a3＝a4＝0B.a1＝a2＝a3＝a4＝g圖112345678√9101234解析在抽出木板的瞬間,物塊1、2與輕桿接觸處的形變立即消失,物塊1、2受到的合力大小均等于各自重力,所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變,此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為F＝mg,因此物塊3滿足F－mg＝0,即a3＝0；567891012345.如圖4所示,一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上,另一端連著A小球,同時水平細線一端連著A球,另一端固定在右側(cè)豎直墻上,彈簧與豎直方向的夾角是60°,A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端.開始時A、B兩球都靜止不動,A、B兩小球的質(zhì)量相等,重力加速度為g,若不計彈簧質(zhì)量,在水平細線被剪斷瞬間,A、B兩球的加速度分別為5678圖4√9101234解析水平細線被剪斷前,對A、B進行受力分析如圖所示：靜止時,FT＝Fsin60°,Fcos60°＝mAg＋F1,F1＝mBg,又mA＝mB5678水平細線被剪斷瞬間,FT消失,其他各力不變,A所受合力與FT等大反向,9101236.如圖5所示,質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩小球分別連在彈簧兩端,B小球用細繩固定在傾角為30°的光滑斜面上,若不計彈簧質(zhì)量,細繩和彈簧與斜面平行,在細繩被剪斷的瞬間,A、B兩小球的加速度大小分別為√45678圖5910故B正確,A、C、D錯誤.解析在剪斷細繩之前,A處于平衡狀態(tài),所以彈簧的拉力與A的重力沿斜面的分力相等；在剪斷上端的細繩的瞬間,細繩上的拉力立即減為零,而彈簧的伸長量沒有來得及發(fā)生改變,故彈力不變,仍等于A的重力沿斜面的分力,故A球的加速度為零；在剪斷細繩之前,對B球進行受力分析,B受到重力、彈簧對它斜向下的拉力、支持力及繩子的拉力,在剪斷上端的細繩的瞬間,繩子上的拉力立即減為零,對B球進行受力分析,則B受到重力、彈簧向下的拉力、支持力,123456789107.如圖6所示,物體A、B由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩連接,由靜止開始釋放,在物體A加速下降的過程中,下列判斷正確的是A.物體A和物體B均處于超重狀態(tài)B.物體A和物體B均處于失重狀態(tài)C.物體A處于超重狀態(tài),物體B處于失重狀態(tài)D.物體A處于失重狀態(tài),物體B處于超重狀態(tài)√12345678圖6綜合提升練910解析A加速下降,則加速度方向向下,輕繩的拉力小于重力,故A處于失重狀態(tài)；同時B加速上升,則加速度方向向上,輕繩的拉力大于重力,故B處于超重狀態(tài),故A、B、C錯誤,D正確.123456789108.(多選)一個可以看做質(zhì)點的物塊以恒定大小的初速度滑上木板,木板的傾角α可在0～90°之間任意調(diào)整,設(shè)物塊沿木板向上能達到的最大位移為x.木板傾角不同時對應(yīng)的最大位移x與木板傾角α的關(guān)系如圖7所示,g取10m/s2,不計空氣阻力,則下列說法正確的是12345678圖7√√√910解析當α＝90°,物塊做豎直上拋運動,最大位移x＝1.25m,根據(jù)運動學規(guī)律得：v02－0＝2gx,解得v0＝5m/s；當α＝30°,x＝1.25m,根據(jù)速度位移關(guān)系：v02－0＝2ax,因為30°和90°對應(yīng)的加速度大小均為a＝10m/s2,根據(jù)v0－0＝at,運動到最高點