(新高考)高考物理一轮复习课时练习第3章第2讲《牛顿第二定律应用（一）瞬时、超重和失重及临界极值问题》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第3章第2讲《牛顿第二定律应用（一）瞬时、超重和失重及临界极值问题》(含解析)，共20页。试卷主要包含了瞬时问题，超重和失重，临界和极值等内容，欢迎下载使用。

一、瞬时问题
1.牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，加速度由物体所受合力决定，加速度的方向与物体所受合力的方向一致。当物体所受合力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。
2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别
(1)轻绳和轻杆：轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0。
(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和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。
【自测1】 如图1，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)( )
图1
，1.5g，0 B.g，2g，0
C.g，g，g D.g，g，0
答案 A
解析 剪断细线前，由共点力的平衡条件可知，A上面的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
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的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
【自测2】 (2020·北京市东城区上学期期末)在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A.物体受到的重力增大 B.物体处于失重状态
C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升
答案 D
解析 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
三、临界和极值
1.临界或极值条件的标志
(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应临界状态。
(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，极值点往往是临界点。
2.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。
命题点一 瞬时问题的两类模型
1.两种模型
加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
2.解题思路
eq \x(\a\al(分析瞬时变化前后,物体的受力情况))⇒eq \x(\a\al(列牛顿第二,定律方程))⇒eq \x(\a\al(求瞬时,加速度))
3.两个易混问题
(1)图2甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0。
图2
(2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。
【例1】 (多选)如图3所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间( )
图3
A.弹簧的形变量不改变
B.弹簧的弹力大小为mg
C.木块A的加速度大小为2g
D.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
答案 AC
解析 由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小等于C的重力，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，由平衡条件得3mg＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误。
【变式1】 (多选)(2020·云南省师大附中月考)如图4所示，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg 的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
图4
A. 装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4 N
B.装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 N
C.手停止的瞬间，a1＝10 m/s2, a2＝10 m/s2
D.手停止的瞬间，a1＝20 m/s2, a2＝10 m/s2
答案 BD
解析 在恒力F作用下整个装置一起竖直向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二定律有
F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0
对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a0
联立方程得F弹＝2 N，故A错误，B正确；
手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹＝2 N，对球1由牛顿第二定律有F弹＋m1g＝m1a1
得a1＝20 m/s2，方向竖直向下
对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a2
得a2＝10 m/s2，方向竖直向上
故C错误，D正确。
【变式2】 如图5所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图5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，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
图5
A.图甲中A球的加速度大小为gsin θ
B.图甲中B球的加速度大小为2gsin θ
C.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θ
D.图乙中轻杆的作用力一定不为零
答案 C
解析 设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin θ，A、B两球的加速度大小均为gsin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。
命题点二 超重与失重现象
1.对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(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失。
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但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。
2.判断超重和失重的方法
【例2】 (多选)一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图像如图6所示。根据图像提供的信息，以下判断正确的是( )
图6
A.在0至t2时间内该同学处于失重状态
B.t2时刻该同学的加速度为零
C.t3时刻该同学的速度达到最大
D.在t3至t4时间内该同学处于超重状态
答案 ABD
解析 在0到t2时间内，支持力小于重力，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态，故A正确；在t2时刻，支持力等于重力，加速度为0，故B正确；在0至t2时间内该同学加速度方向向下，t2时刻该同学的速度达到最大，故C错误；根据牛顿第二定律得在t3到t4时间内，支持力大于重力，加速度方向向上，所以该同学处于超重状态，故D正确。
【变式3】 (多选)如图7所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员 ( )
图7
A.在第—过程中始终处于失重状态
B.在第二过程中始终处于超重状态
C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
答案 CD
解析 运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。
【变式4】 (2020·北京市石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图8所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是( )
图8
A. 在0～5 s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态
B.在5～10 s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力
C.在10～20 s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态
D.在20～25 s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态
答案 D
解析 在0～5 s内，由速度—时间图像可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度方向向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10 s内，该同学做匀速运动，其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20 s内，电梯向上做匀减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；在20～25 s内，电梯向下做匀加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故D正确。
命题点三 临界极值问题
1.解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
2.解题技巧方法
【例3】 [2020·北京市朝阳区4月测试(A)]如图9所示，一辆卡车的平板车厢上放置一个木箱，木箱与接触面间的摩擦因数为μ＝0.5，卡车运行在一条平直的公路上，重力加速度g＝10 m/s2。(已知木箱所受的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)
图9
(1)当卡车以a＝2 m/s2的加速度启动时，请分析说明木箱是否会发生滑动；
(2)当卡车遇到紧急情况刹车停止后，司机下车发现木箱已经撞在驾驶室后边缘，已知木箱在车上滑行的距离d＝4 m，刹车前卡车的车速为v＝72 km/h，求卡车刹车时的加速度a1最小为多大。
答案 (1)木箱不会发生滑动 (2)5.6 m/s2
解析 (1)当卡车的加速度为a＝2 m/s2时，假设木箱与卡车一起运动
则对于木箱由牛顿第二定律得Ff＝ma
木箱所受的最大静摩擦力为Fm＝μmg
代入数据可知Ff＜Fm，假设成立，木箱不会发生滑动。
(2)刹车过程中，汽车向前运动的距离为x1＝eq \f(v2,2a1)
如不撞击，木箱向前运动的距离为x2＝eq \f(v2,2a2)
其中a2＝eq \f(μmg,m)＝μg
根据题意x2－x1≥d
代入数据解得a1≥5.6 m/s2。
【变式5】 (2020·山西大同市第一次联考)如图10所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝0.75，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，
小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
图10
答案 53° eq \f(2veq \\al(2,0),5g)
解析 木板与水平面成θ角时，设木块的加速度大小为a，木块沿木板斜面方向由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
解得a＝g(sin θ＋μcs θ)
设木块的位移为x，有veq \\al(2,0)＝2ax
根据数学关系知sin θ＋μcs θ＝eq \r(1＋μ2)sin(θ＋α)
其中tan α＝μ＝0.75，则α＝37°
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，即当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值a＝geq \r(1＋μ2)
所以有θ＝90°－α＝53°
加速度的最大值a＝eq \f(5,4)g
解得xmin＝eq \f(2veq \\al(2,0),5g)。
课时限时练
(限时：30分钟)
对点练1 瞬时问题
1.(2020·福建龙岩市期末质量检查)如图1所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m。物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( )
图1
A.细线剪断前，弹簧的弹力为mg
B.细线剪断前，细线的拉力为mg
C.细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化
D.细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为eq \f(1,4)g
答案 D
解析 细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力F＝mgsin θ＝eq \f(1,2)mg，对B分析可以得到FT＝mgsin θ＝eq \f(1,2)mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度大小a＝eq \f(2mgsin θ－F,2m)＝eq \f(1,4)g，故D正确。
2.如图2所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m，2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有( )
图2
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0
B.a1＝a2＝a3＝a4＝g
C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋m0,m0)g
D.a1＝g，a2＝eq \f(m＋m0,m0)g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋m0,m0)g
答案 C
解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间轻弹簧的形变还没改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为F＝mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a3＝0；对物块4由牛顿第二定律得a4＝eq \f(F＋m0g,m0)＝eq \f(m0＋m,m0)g，故C正确，A、B、D错误。
3.如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
图3
A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0
C.aA＝eq \r(3)g，aB＝0 D.aA＝2eq \r(3)g，aB＝0
答案 D
解析 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcs 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝2eq \r(3)mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq \f(FT,mA)＝2eq \r(3)g，aB＝0，故D正确。
4.(2020·吉林“五地六校”合作体联考)如图4所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为( )
图4
A.都等于eq \f(g,2) B.0和eq \f(（m1＋m2）g,2m2)
C.eq \f(（m1＋m2）g,2m2)和0 D.0和eq \f(g,2)
答案 B
解析 在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力大小相等；在剪断细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，大小仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它沿斜面向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧沿斜面向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得aB＝eq \f(m1gsin 30°＋m2gsin 30°,m2)＝eq \f(（m1＋m2）g,2m2)，故B正确，A、C、D错误。
对点练2 超重和失重问题
5.如图5，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为( )
图5
A.失重、失重 B.超重、超重
C.失重、超重 D.超重、失重
答案 A
解析 运动员在空中的过程中，加速度方向总是竖直向下，大小为g，所以运动员越过横杆前、后在空中都是处于完全失重状态，故A项正确。
6.(2020·山东青岛市5月统一质量检测)如图6是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息( )
图6
A.1 s时人处在下蹲的最低点
B.2 s时人处于下蹲静止状态
C.该同学做了2次下蹲—起立的动作
D.下蹲过程中人始终处于失重状态
答案 B
解析 人在下蹲的过程中，先向下加速运动，此时加速度方向向下，人处于失重状态，后向下减速，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中先失重后超重，选项D错误；在1 s时人对压力传感器的压力最小，由牛顿第三定律知人受到的支持力最小，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；在2 s前人经历了失重和超重两个过程，2 s 时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2 s是下蹲过程，后2 s是起立过程，所以共做了1次下蹲一起立的动作，选项C错误。
7.如图7所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止。以下说法正确的是( )
图7
A.若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B.若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C.若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则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，则B处于超重状态
答案 C
解析 若C斜面光滑，A和B由静止释放，在沿斜面向下运动的过程中，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向沿斜面向下，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向沿斜面向下，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向沿斜面向下，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误。
对点练3 临界极值问题
8.如图8所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图8甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为( )
图8
A.2.0 N B.3.0 N
C.6.0 N D.9.0 N
答案 C
解析 根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，以B为研究对象根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
9.如图9所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝eq \f(\r(5),5) kg，当滑块M以a＝2g 的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)( )
图9
A.10 N B.5 N
C.eq \r(5) N D.eq \r(10) N
答案 A
解析 当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。
根据牛顿第二定律，有FTcs θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cs α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cs2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10 N，故选项A正确。
10.如图10，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为( )
图10
A.eq \f(1,μ1μ2) B.eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)
C.eq \f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq \f(2＋μ1μ2,μ1μ2)
答案 B
解析 对滑块A、B整体在水平方向上，有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上，有μ1F＝mBg，联立解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)，选项B正确。
11.(2020·山东六地市3月在线大联考)如图11所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为( )
图11
A.g B.eq \f(（M－m）g,m)
C.eq \f(Mg,m) D.eq \f(（M＋m）g,m)
答案 D
解析 当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg＋Mg，由牛顿第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小为a＝eq \f(M＋m,m)g，选项D正确。
12.(2020·山西吕梁市第一次模拟)用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，如图12所示。将细绳剪断后( )
图12
A.小球立即获得eq \f(kx,m)的加速度
B.小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
C.小球落地的时间小于eq \r(\f(2h,g))
D.小球落地的速度大于eq \r(2gh)
答案 D
解析 细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力为F合＝eq \r(（kx）2＋（mg）2)，剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有F合＝eq \r(（kx）2＋（mg）2)＝ma，解得a＝eq \f(\r(（kx）2＋（mg）2),m)，A错误；将细绳剪断后，小球受到重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有h＝eq \f(1,2)gt2，故小球落地的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，C错误；如果不受弹簧弹力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律有v2＝2gh，解得落地速度v＝eq \r(2gh)，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而落地时竖直方向的速度不变，所以落地速度大于eq \r(2gh)，D正确。
13.(2020·山东九校上学期期末)如图13所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球，杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为θ，则( )
图13
A.杆对环的压力为mgsin θ＋masin θ
B.环与杆的摩擦力为mgcs θ＋macs θ
C.环对杆的作用力为mg＋ma
D.杆和球处于失重状态
答案 C
解析 杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，沿BA和垂直BA方向建立直角坐标系，分解加速度，沿BA方向，有Ff－mgsin θ＝masin θ
垂直BA方向FN－mgcs θ＝macs θ
得Ff＝mgsin θ＋masin θ，FN＝mgcs θ＋macs θ
由牛顿第三定律知FN′＝FN，所以选项A、B错误；环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上，且F－mg＝ma
即F＝mg＋ma，选项C正确；杆和球具有向上的加速度，处于超重状态，选项D错误。
14.如图14所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg 的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
图14
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值。
答案 (1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝eq \f(280,3) N。
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
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件