2025届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用教学案沪科版VIP

PAGE18-第2讲牛顿其次定律的应用学问排查学问点一超重与失重现象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：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0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。学问点二两类动力学问题1.动力学的两类基本问题：第一类：已知受力状况求物体的运动状况。其次类：已知运动状况求物体的受力状况。2.解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿其次定律列方程求解，详细逻辑关系如图：小题速练1.思索推断(1)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体马上获得加速度。()(2)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向确定，与速度方向无关。()(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。()(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。()(5)物体所受合外力减小，加速度肯定减小，速度也肯定减小。()答案(1)√(2)√(3)×(4)×(5)×2.(多选)某同学利用测力计探讨在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数是G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发觉测力计的示数小于G，由此推断此时电梯的运动状态可能是()A.加速下降 B.加速上升C.减速下降 D.减速上升解析测力计的示数减小，砝码所受的合力方向向下，则加速度向下，砝码处于失重状态，而速度方向可能向上，也可能向下，所以电梯可能的运动状态是减速上升或加速下降，选项A、D正确。答案AD3.在儿童蹦极嬉戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg。若此时小明左侧橡皮绳断裂，则此时小明的()图1A.加速度为零，速度为零B.加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C.加速度a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D.加速度a＝g，方向竖直向下解析依据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力。小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确。答案B4.一物块从固定斜面底端沿倾角为θ的斜面上滑，到达最大高度后又返回斜面底端。已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为()A.eq\f(1,3)tanθ B.eq\f(1,2)tanθC.eq\f(3,5)tanθ D.tanθ解析物块沿斜面上滑时的加速度大小a1＝gsinθ＋μgcosθ，则x＝eq\f(1,2)a1t2；物块沿斜面下滑时的加速度大小a2＝gsinθ－μgcosθ，则x＝eq\f(1,2)a2(2t)2，联立解得μ＝eq\f(3,5)tanθ，选项C正确。答案C超重和失重问题1.推断超重和失重现象的三个角度从受力的角度推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推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更的角度推断①物体向上加速或向下减速时，超重②物体向下加速或向上减速时，失重2.对超重和失重的“三点”深度理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”变更。(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消逝。(3)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重量，物体就会处于超重或失重状态。1.(多选)(2024·山西怀仁一中月考)电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人视察到弹簧秤的示数变为6N,关于电梯的运动(如图2所示)，以下说法正确的是(g取10m/s2)()图2A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为4m/s2B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2C.电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2解析电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N，在某时刻电梯中的人视察到弹簧秤的示数变为6N，可知电梯处于失重状态，加速度向下，对重物依据牛顿其次定律有：mg－F＝ma，解得a＝4m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B、C正确，A、D错误。答案BC2.如图3所示，在教室里某同学站在体重计上探讨超重与失重。她由稳定的站姿变更到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变更到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的试验现象，下列说法中正确的是()图3A.只有“起立”过程，才能出现失重现象B.只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C.“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D.“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象解析下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最终回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、C错误，D正确。答案D3.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变更的图线如图4所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力()图4A.t＝2s时最大 B.t＝2s时最小C.t＝8.5s时最大 D.t＝8.5s时最小解析由题图知，在上升过程中，在0～4s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。答案AD牛顿其次定律的瞬时性1.两种模型2.求解瞬时加速度的一般思路【典例】如图5所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上。两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态。已知B球质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是()图5A.弹簧弹力大小为eq\r(2)mgB.球B的加速度为gC.球A受到的支持力为eq\r(2)mgD.球A的加速度为eq\f(1,2)g解析剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力马上消逝，而弹簧弹力F弹和B球重力的大小和方向均没有变更，则F合＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg，aB＝eq\r(2)g，选项A、B错误；剪断细绳前，A球的重力大小GA＝2F绳cos30°＝eq\r(6)mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°＝eq\f(\r(18),2)mg，选项C错误；剪断细绳瞬间，对A球由牛顿其次定律有mAgsin30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，选项D正确。答案D1.(2024·4月浙江选考，12)如图6所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)()图6A.A球将向上运动，B、C球将向下运动B.A、B球将向上运动，C球不动C.A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D.A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动解析剪断绳子之前，A球受力分析如图甲所示，B球受力分析如图乙所示，C球受力分析如图丙所示。剪断绳子瞬间，水杯和水都处于完全失重状态，水的浮力消逝，杯子的瞬时加速度为重力加速度。又由于弹簧的形态来不及发生变更，弹簧的弹力大小不变，相对地面而言，A球的加速度aA＝eq\f(mAg－F弹A,mA)＜g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向上。相对地面而言，B球的加速度aB＝eq\f(mBg＋F弹B,mB)＞g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向下。绳子剪断瞬间，C球所受的浮力和拉力均消逝，其瞬时加速度为重力加速度，故相对杯子静止，综上所述，D正确。答案D2.(多选)(2024·山东烟台测试)如图7所示，两个质量为m1＝2kg，m2＝3kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1＝40N、F2＝10N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是()图7A.弹簧秤的示数是28NB.弹簧秤的示数是30NC.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为6m/s2D.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2解析以两物体组成的系统为探讨对象，由牛顿其次定律可知，系统的加速度a＝eq\f(F1－F2,m1＋m2)＝6m/s2，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为探讨对象，由牛顿其次定律得：F1－F＝m1a，则F＝F1－m1a＝28N，选项A正确，B错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力状况不变，m1受的合力不变，由牛顿其次定律可知，m1的加速度不变，选项C正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变更，由牛顿其次定律可知，m2的加速度a′＝eq\f(F,m2)＝eq\f(28,3)m/s2＝9.33m/s2，选项D错误。答案AC动力学的两类问题1.解决动力学两类问题的两个关键点2.解决动力学基本问题的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采纳“合成法”。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采纳“正交分解法”。考向1动力学单过程综合问题【例1】飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力mg、竖直向上的机翼升力F升、发动机推力F推、空气阻力F阻、地面支持力N和轮胎受地面的摩擦阻力f。已知升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即F升＝k1v2，F阻＝k2v2，k1、k2为已知量，轮胎受地面的摩擦阻力f与地面的支持力成正比，比例系数为μ。假设飞机在跑道上加速滑行时发动机推力F推＝eq\f(mg,4)。(1)飞机起飞时的速度v多大？(2)若要求飞机在水平跑道上匀加速滑行，则轮胎受地面的摩擦阻力f与地面的支持力成正比的比例系数μ应满意怎样的条件？(3)若飞机在水平跑道上从静止起先匀加速滑行后起飞，跑道的长度至少多大？解析(1)依据题意，飞机刚要离开跑道时，地面支持力为零，飞机的升力与重力平衡，故有k1v2＝mg解得飞机起飞时的速度为v＝eq\r(\f(mg,k1))。(2)对飞机受力分析，飞机水平方向受推力、摩擦力和空气阻力，合力使飞机产生加速度，依据牛顿其次定律有：F推－F阻－f＝ma代入数据可得：F推－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma要使飞机做匀加速运动，则：μk1v2－k2v2＝0即满意μ＝eq\f(k2,k1)。(3)飞机匀加速运动的加速度为a＝eq\f(F推－μmg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－μ))g起飞的条件为N＝0，即k1v2＝mg由匀加速运动关系式v2－veq\o\al(2,0)＝2as得s＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(2m,k1（1－4μ）)＝eq\f(2m,k1－4k2)。答案(1)eq\r(\f(mg,k1))(2)μ＝eq\f(k2,k1)(3)eq\f(2m,k1－4k2)考向2动力学多过程综合问题【例2】(2024·全国卷Ⅱ，24)为提高冰球运动员的加速实力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图8所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止动身滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度为g。求：图8(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满意训练要求的运动员的最小加速度。解析(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)②(2)法1冰球到达挡板时，满意训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种状况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤联立③④⑤式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))⑥法2对冰球由动量定理得－μmgt＝mv1－mv0③s1＝eq\f(1,2)a2t2④由②③④式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))1.如图9所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。重力加速度为g，求：图9(1)鱼入水时的速度v；(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；(3)鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2。解析(1)由v2＝2gH，得v＝2eq\r(gh)(2)因h1＝eq\f(v,2)t1，h2＝eq\f(v,2)t2，得eq\f(t1,t2)＝eq\f(2,3)(3)2gH＝v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1得F1＝3mg，同理得F2＝eq\f(7,3)mg，所以eq\f(F1,F2)＝eq\f(9,7)答案(1)2eq\r(gh)(2)2∶3(3)9∶72.(2024·山东德州市期末)如图10所示，在建筑装修中，工人用质量m＝5kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10m/s2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图10(1)图(a)中，磨石A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1，当F1＝50N时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，如图(b)所示，当对A加竖直向上推力F2＝60N时，求磨石A从静止起先沿斜壁向上运动0.5m(斜壁长＞0.5m)所用的时间。解析(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力的水平分力，即Ff＝F1cosθ＝40N，μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mg＋F1sinθ)＝0.5。(2)将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。在沿斜面方向有：(F2－mg)cosθ－Ff1＝ma；在垂直斜面方向上有：FN＝(F2－mg)sinθ；则Ff1＝μ(F2－mg)sinθ，解得a＝1m/s2，沿斜壁向上运动中，依据x＝eq\f(1,2)at2，解得t＝1s。答案(1)0.5(2)1s活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则()图1A.携带弹药越多，加速度越大B.加速度相同，与携带弹药的多少无关C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大D.携带弹药越多，滑行时间越长解析设战机起飞前滑行的距离为x，滑行的时间为t，受到的牵引力为F，加速度为a，飞机的总质量为m，起飞速度为v，由牛顿其次定律有F－μmg＝ma，则a＝eq\f(F,m)－μg由运动学公式得v＝eq\r(2ax)，t＝eq\r(\f(2x,a))由以上各式知，m越大，a越小，v越小，t越大，选项A、B、C错误，D正确。答案D2.(2024·海南卷)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10m/s2)()A.10m/s B.20m/sC.30m/s D.40m/s解析由牛顿其次定律得μmg＝ma，即a＝8m/s2由v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax得v0＝eq\r(2ax)＝eq\r(2×8×25)m/s＝20m/s，故选项B正确。答案B3.(2024·4月浙江选考)如图2所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F－t图象能反映体重计示数随时间变更的是()解析体重计的读数为人所受的支持力大小，下蹲过程人的速度从0起先最终又回到0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选项C正确。答案C4.(2024·北京清华附中模拟)体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摇摆)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是()图3A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力B.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力C.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大D.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力不变解析在上升和下降过程中，人都是从静止起先，最终又回到静止状态，故上升时是先超重后失重，下降时是先失重后超重，而超重时是单杠对人的作用力大于人的重力，失重时是单杠对人的作用力小于人的重力，故选项A、B均错误；若增大两手间的距离，由于两手的合力等于人的重力，而重力不变，故两个分力的夹角越大，则分力也就越大，故选项C正确，D错误。答案C5.如图4所示，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()图4A.两图中两球加速度均为gsinθB.两图中A球的加速度均为0C.图乙中轻杆的作用力肯定不为0D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍解析撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有选项D正确。答案D6.(多选)一游客在峨眉山滑雪时，由静止起先沿倾角为37°的山坡匀加速滑下。下滑过程中从A点起先给游客抓拍一张连续曝光的照片如图5所示。经测量游客从起点到本次曝光的中间时刻的位移恰好是40m。已知本次摄影的曝光时间是0.2s，照片中虚影的长度L相当于实际长度4m，则下列选项正确的是(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()图5A.运动员在曝光的中间时刻的速度为v0＝20m/sB.运动员下滑的加速度为5.0m/s2C.滑雪板与坡道间的动摩擦因数为eq\f(1,8)D.滑雪板与坡道间的动摩擦因数为eq\f(3,8)解析用s表示题中的位移，θ表示斜面倾角，Δt表示曝光时间，μ表示滑雪板与坡道间的动摩擦因数，m表示滑雪运动员的质量。设运动员下滑的加速度为a，曝光的中间时刻的速度为v0，则有v0＝eq\f(L,Δt)，代入数据得v0＝20m/s，故A选项正确；由veq\o\al(2,0)＝2as可求得：a＝5.0m/s2，故B选项正确；又依据牛顿其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得动摩擦因数为μ＝eq\f(1,8)，故C选项正确，D选项错误。答案ABC7.如图6甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，遇到突发状况时，逃命者可以将平安带系于腰部，通过钢丝绳等平安着陆。如图乙所示，某次演练中，逃命者从距地面72m高处，由静止起先匀加速下滑27m，随后以18m/s的速度匀速运动，紧接着以大小为5m/s2加速度减速，到达地面时速度恰好为零。不计空气阻力，g取10m/s2。求：图6(1)匀加速下滑的加速度大小；(2)加速下滑时钢丝绳对逃命者的拉力与重力的比值。解析(1)由运动学公式，知vm2＝2a1x1，解得a1＝6m/s2。(2)逃命者加速下滑时，有mg－T＝ma1，解得T＝4m，则eq\f(T,mg)＝0.4。答案(1)6m/s2(2)0.4综合提能练8.(多选)(2024·全国卷Ⅱ，19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析小球的质量m＝ρ·eq\f(4,3)πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙。空气阻力f＝kr，对小球由牛顿其次定律得，mg－f＝ma，则a＝eq\f(mg－f,m)＝g－eq\f(kr,ρ·\f(4,3)πr3)＝g－eq\f(3k,4πρr2)，可得a甲>a乙，由h＝eq\f(1,2)at2知，t甲<t乙，选项A、C错误；由v＝eq\r(2ah)知，v甲>v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确。答案BD9.如图7所示，一物体(可视为质点)从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下。A点为弹簧自然状态时上端点的位置，当物体到达B点时，物体速度恰好为零，然后被弹回。下列说法中正确的是()图7A.物体从A点下降到B点的过程中，速率不断变小B.物体在B点时，所受合力为零C.物体在A点时处于超重状态D.物体在B点时处于超重状态解析物体从A点起先，所受合力先向下但不断减小，加速度不断减小，速度不断增大，在A、B间的某个位置弹力大小等于重力时，物体所受合力等于0，速度最大，再向下运动，所受合力反向且不断增大，物体向下做减速运动，加速度向上，且不断增大，在B点具有最大的向上的加速度，所以物体在A点处于失重状态，在B点处于超重状态，故选项D正确，A、B、C错误。答案D10.(多选)(2024·山东烟台统考)如图8所示，固定在地面上的斜面足够长，其倾角为30°，用平行于斜面对上，大小为16N的力F作用在质量为2kg的物块上，物块恰好沿斜面匀速上滑，若g取10m/s2，物块所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。则下列说法中正确的是()图8A.在撤去力F的瞬间，物块所受摩擦力方向不变B.在撤去力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2C.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4D.撤去力F后，物块最终将静止在斜面上解析物块匀速上滑过程，受到力F、重力、支持力和摩擦力，依据共点力平衡条件，有F－Gsin30°－f＝0，代入数据解得f＝6N；撤去F后，物块由于惯性接着上滑，其余力均不变，则摩擦力f＝6N，方向沿斜面对下，依据牛顿其次定律有f＋Gsin30°＝ma1，解得a1＝8m/s2，选项A、B正确；滑动摩擦力f＝μGcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),5)，选项C错误；当物块上滑的速度减为零时，因Gsin30°＞μGcos30°(即μ＜tan30°)，物块不能保持静止，将沿斜面下滑，选项D错误。答案AB11.(2024·沧州模拟)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图9甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为()图9A.mg B.eq\f(1,3)mgC.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,10)mg解析设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝a1T2，向下运动时：3d－d＝a2T2，解得：eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,1)；依据牛顿其次定律，向上运动时：mg＋f＝m