高考物理經(jīng)典習(xí)題解析第03章運動和力的關(guān)系第2講牛頓第二定律應(yīng)用（一）瞬時、超重和失重及臨界極值問題

高考物理經(jīng)典習(xí)題解析第2講牛頓第二定律應(yīng)用(一)——瞬時、超重和失重及臨界極值問題一、瞬時問題1.牛頓第二定律的表達(dá)式為F合＝ma，加速度由物體所受合力決定，加速度的方向與物體所受合力的方向一致。當(dāng)物體所受合力發(fā)生突變時，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運動的速度不能發(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：輕繩或輕桿斷開后，原有的彈力將突變?yōu)?。(2)輕彈簧和橡皮條：當(dāng)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不能發(fā)生突變?！咀詼y1】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(xì)線連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，整個系統(tǒng)用細(xì)線懸掛在天花板上并且處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將A上面的細(xì)線剪斷，則在剪斷細(xì)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)()圖1A.1.5g，1.5g，0 B.g，2g，0C.g，g，g D.g，g，0答案A解析剪斷細(xì)線前，由共點力的平衡條件可知，A上面的細(xì)線的拉力為3mg，A、B之間細(xì)線的拉力為2mg，輕彈簧的拉力為mg。在剪斷A上面的細(xì)線的瞬間，輕彈簧中拉力不變，小球C所受合力為零，所以C的加速度為零；A、B小球被細(xì)線拴在一起，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。二、超重和失重1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度。2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度。3.完全失重(1)定義：物體對支持物(或懸掛物)完全沒有作用力的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下。4.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)無關(guān)。(2)視重：當(dāng)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_秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重?！咀詼y2】(2020·北京市東城區(qū)上學(xué)期期末)在豎直方向運動的電梯地板上放置一臺秤，將物體放在臺秤上。電梯靜止時臺秤示數(shù)為FN。在電梯運動的某段過程中，臺秤示數(shù)大于FN。在此過程中()A.物體受到的重力增大 B.物體處于失重狀態(tài)C.電梯可能正在加速下降 D.電梯可能正在加速上升答案D解析物體的視重變大，但是受到的重力沒變，選項A錯誤；物體對臺秤的壓力變大，可知物體處于超重狀態(tài)，選項B錯誤；物體處于超重狀態(tài)，則加速度向上，電梯可能正在加速上升或者減速下降，選項C錯誤，D正確。三、臨界和極值1.臨界或極值條件的標(biāo)志(1)題目中“剛好”“恰好”“正好”等關(guān)鍵詞句，明顯表明題述的過程存在著臨界點。(2)題目中“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述過程存在著“起止點”，而這些“起止點”一般對應(yīng)臨界狀態(tài)。(3)題目中“最大”“最小”“至多”“至少”等詞句，表明題述的過程存在著極值，極值點往往是臨界點。2.常見臨界問題的條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0。(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合力為零。命題點一瞬時問題的兩類模型1.兩種模型加速度與合力具有瞬時對應(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：2.解題思路eq\x(\a\al(分析瞬時變化前后,物體的受力情況))?eq\x(\a\al(列牛頓第二,定律方程))?eq\x(\a\al(求瞬時,加速度))3.兩個易混問題(1)圖2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變?yōu)?。圖2(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?！纠?】(多選)如圖3所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止?fàn)顟B(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()圖3A.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)?mg答案AC解析由于彈簧彈力不能突變，所以移開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)，彈簧的彈力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移開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；A受到的合力大小等于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；對B，由平衡條件得3mg＋mg＝FN，解得FN＝4mg，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?！咀兪?】(多選)(2020·云南省師大附中月考)如圖4所示，質(zhì)量分別為m1＝0.2kg、m2＝0.1kg的小球1和2用輕質(zhì)彈簧連接。某人用手通過輕繩給小球1施加F＝6N的豎直恒力，使整個裝置一起豎直向上加速運動。某時刻手突然停止，此時小球1、2的加速度大小分別為a1和a2；取重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是()圖4A.裝置在恒力F作用下加速運動時，彈簧的彈力大小為4NB.裝置在恒力F作用下加速運動時，彈簧的彈力大小為2NC.手停止的瞬間，a1＝10m/s2,a2＝10m/s2D.手停止的瞬間，a1＝20m/s2,a2＝10m/s2答案BD解析在恒力F作用下整個裝置一起豎直向上做勻加速運動，對整體由牛頓第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0對球2由牛頓第二定律有F彈－m2g＝m2a0聯(lián)立方程得F彈＝2N，故A錯誤，B正確；手停止運動的這一瞬間，繩變松弛，繩的拉力突變?yōu)?，彈簧彈力不能發(fā)生突變，F(xiàn)彈＝2N，對球1由牛頓第二定律有F彈＋m1g＝m1a1得a1＝20m/s2，方向豎直向下對球2由牛頓第二定律有F彈－m2g＝m2a2得a2＝10m/s2，方向豎直向上故C錯誤，D正確?！咀兪?】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5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()圖5A.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答案C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4gsinθ；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，A、B、D錯誤。命題點二超重與失重現(xiàn)象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)。2.判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當(dāng)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(dāng)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】(多選)一興趣小組做了一次實驗，實驗時讓某同學(xué)從桌子上跳下，自由下落H后雙腳觸地，他順勢彎曲雙腿，他的重心又下降了h后停住，利用傳感器和計算機(jī)顯示該同學(xué)受到地面的支持力F隨時間變化的圖像如圖6所示。根據(jù)圖像提供的信息，以下判斷正確的是()圖6A.在0至t2時間內(nèi)該同學(xué)處于失重狀態(tài)B.t2時刻該同學(xué)的加速度為零C.t3時刻該同學(xué)的速度達(dá)到最大D.在t3至t4時間內(nèi)該同學(xué)處于超重狀態(tài)答案ABD解析在0到t2時間內(nèi)，支持力小于重力，加速度方向向下，所以該同學(xué)處于失重狀態(tài)，故A正確；在t2時刻，支持力等于重力，加速度為0，故B正確；在0至t2時間內(nèi)該同學(xué)加速度方向向下，t2時刻該同學(xué)的速度達(dá)到最大，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得在t3到t4時間內(nèi)，支持力大于重力，加速度方向向上，所以該同學(xué)處于超重狀態(tài)，故D正確?！咀兪?】(多選)如圖7所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面下降到最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，運動員()圖7A.在第—過程中始終處于失重狀態(tài)B.在第二過程中始終處于超重狀態(tài)C.在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D.在第二過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)答案CD解析運動員剛接觸床面時，重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處于失重狀態(tài)；當(dāng)彈力增大到等于重力時速度最大；繼續(xù)下降，彈力大于重力，做減速運動，運動員處于超重狀態(tài)，即在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，A錯誤，C正確；在第二過程中先向上加速運動，處于超重狀態(tài)，后減速運動，處于失重狀態(tài)，B錯誤，D正確?！咀兪?】(2020·北京市石景山區(qū)上學(xué)期期末)某同學(xué)站在電梯的水平地板上，利用速度傳感器研究電梯的升降過程。取豎直向上為正方向，電梯在某一段時間內(nèi)速度的變化情況如圖8所示。根據(jù)圖像提供的信息，下列說法正確的是()圖8A.在0～5s內(nèi)，電梯加速上升，該同學(xué)處于失重狀態(tài)B.在5～10s內(nèi)，該同學(xué)對電梯地板的壓力小于其重力C.在10～20s內(nèi)，電梯減速上升，該同學(xué)處于超重狀態(tài)D.在20～25s內(nèi)，電梯加速下降，該同學(xué)處于失重狀態(tài)答案D解析在0～5s內(nèi)，由速度—時間圖像可知，此時的加速度為正，說明電梯的加速度方向向上，此時人處于超重狀態(tài)，故A錯誤；5～10s內(nèi)，該同學(xué)做勻速運動，其對電梯地板的壓力等于他所受的重力，故B錯誤；在10～20s內(nèi)，電梯向上做勻減速運動，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；在20～25s內(nèi)，電梯向下做勻加速運動，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故D正確。命題點三臨界極值問題1.解題基本思路(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)。(2)尋找過程中變化的物理量。(3)探索物理量的變化規(guī)律。(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。2.解題技巧方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件【例3】[2020·北京市朝陽區(qū)4月測試(A)]如圖9所示，一輛卡車的平板車廂上放置一個木箱，木箱與接觸面間的摩擦因數(shù)為μ＝0.5，卡車運行在一條平直的公路上，重力加速度g＝10m/s2。(已知木箱所受的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)圖9(1)當(dāng)卡車以a＝2m/s2的加速度啟動時，請分析說明木箱是否會發(fā)生滑動；(2)當(dāng)卡車遇到緊急情況剎車停止后，司機(jī)下車發(fā)現(xiàn)木箱已經(jīng)撞在駕駛室后邊緣，已知木箱在車上滑行的距離d＝4m，剎車前卡車的車速為v＝72km/h，求卡車剎車時的加速度a1最小為多大。答案(1)木箱不會發(fā)生滑動(2)5.6m/s2解析(1)當(dāng)卡車的加速度為a＝2m/s2時，假設(shè)木箱與卡車一起運動則對于木箱由牛頓第二定律得Ff＝ma木箱所受的最大靜摩擦力為Fm＝μmg代入數(shù)據(jù)可知Ff＜Fm，假設(shè)成立，木箱不會發(fā)生滑動。(2)剎車過程中，汽車向前運動的距離為x1＝eq\f(v2,2a1)如不撞擊，木箱向前運動的距離為x2＝eq\f(v2,2a2)其中a2＝eq\f(μmg,m)＝μg根據(jù)題意x2－x1≥d代入數(shù)據(jù)解得a1≥5.6m/s2?！咀兪?】(2020·山西大同市第一次聯(lián)考)如圖10所示，一足夠長的木板，上表面與木塊之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，重力加速度為g，木板與水平面成θ角，讓小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動。隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，當(dāng)θ角為何值時，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。圖10答案53°eq\f(2veq\o\al(2,0),5g)解析木板與水平面成θ角時，設(shè)木塊的加速度大小為a，木塊沿木板斜面方向由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝g(sinθ＋μcosθ)設(shè)木塊的位移為x，有veq\o\al(2,0)＝2ax根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知sinθ＋μcosθ＝eq\r(1＋μ2)sin(θ＋α)其中tanα＝μ＝0.75，則α＝37°根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知木塊加速度最大時位移最小，即當(dāng)θ＋α＝90°時加速度有最大值，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\o\al(2,0),5g)。課時限時練(限時：30分鐘)對點練1瞬時問題1.(2020·福建龍巖市期末質(zhì)量檢查)如圖1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(xì)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(xì)線剪斷，下列說法正確的是()圖1A.細(xì)線剪斷前，彈簧的彈力為mgB.細(xì)線剪斷前，細(xì)線的拉力為mgC.細(xì)線剪斷瞬間，彈簧的彈力發(fā)生變化D.細(xì)線剪斷瞬間，物塊B的加速度大小為eq\f(1,4)g答案D解析細(xì)線剪斷前，由于A、B之間無彈力，對A分析可以得到彈簧的彈力F＝mgsinθ＝eq\f(1,2)mg，對B分析可以得到FT＝mgsinθ＝eq\f(1,2)mg，故A、B錯誤；細(xì)線剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，故C錯誤；細(xì)線剪斷瞬間，對A、B系統(tǒng)，加速度大小a＝eq\f(2mgsinθ－F,2m)＝eq\f(1,4)g，故D正確。2.如圖2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?fàn)顟B(tài)?，F(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()圖2A.a1＝a2＝a3＝a4＝0B.a1＝a2＝a3＝a4＝gC.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋m0,m0)gD.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間輕彈簧的形變還沒改變，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；對物塊4由牛頓第二定律得a4＝eq\f(F＋m0g,m0)＝eq\f(m0＋m,m0)g，故C正確，A、B、D錯誤。3.如圖3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(xì)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(xì)線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()圖3A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0C.aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D.aA＝2eq\r(3)g，aB＝0答案D解析水平細(xì)線被剪斷前，對A、B進(jìn)行受力分析如圖所示靜止時，F(xiàn)T＝Fsin60°，F(xiàn)cos60°＝mAg＋F1，F(xiàn)1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝2eq\r(3)mAg，水平細(xì)線被剪斷瞬間，F(xiàn)T消失，其他各力不變，A所受合力與FT等大反向，所以aA＝eq\f(FT,mA)＝2eq\r(3)g，aB＝0，故D正確。4.(2020·吉林“五地六?！焙献黧w聯(lián)考)如圖4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(xì)繩固定在傾角為30°的光滑斜面上，若不計彈簧質(zhì)量且細(xì)繩和彈簧與斜面平行，在細(xì)繩被剪斷的瞬間，A、B兩小球的加速度大小分別為()圖4A.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解析在剪斷細(xì)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大小相等；在剪斷細(xì)繩的瞬間，細(xì)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，大小仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度為零；在剪斷細(xì)繩之前，對B球進(jìn)行受力分析，B受到重力、彈簧對它沿斜面向下的拉力、支持力及繩子的拉力，在剪斷細(xì)繩的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，對B球進(jìn)行受力分析，則B受到重力、彈簧沿斜面向下的拉力、支持力，所以根據(jù)牛頓第二定律得aB＝eq\f(m1gsin30°＋m2gsin30°,m2)＝eq\f(（m1＋m2）g,2m2)，故B正確，A、C、D錯誤。對點練2超重和失重問題5.如圖5，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()圖5A.失重、失重 B.超重、超重C.失重、超重 D.超重、失重答案A解析運動員在空中的過程中，加速度方向總是豎直向下，大小為g，所以運動員越過橫桿前、后在空中都是處于完全失重狀態(tài)，故A項正確。6.(2020·山東青島市5月統(tǒng)一質(zhì)量檢測)如圖6是某同學(xué)站在壓力傳感器上做下蹲—起立的動作時傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線，縱坐標(biāo)為壓力，橫坐標(biāo)為時間。由圖線可知，該同學(xué)的體重約為650N，除此以外，還可以得到以下信息()圖6A.1s時人處在下蹲的最低點B.2s時人處于下蹲靜止?fàn)顟B(tài)C.該同學(xué)做了2次下蹲—起立的動作D.下蹲過程中人始終處于失重狀態(tài)答案B解析人在下蹲的過程中，先向下加速運動，此時加速度方向向下，人處于失重狀態(tài)，后向下減速，此時加速度方向向上，人處于超重狀態(tài)，故下蹲過程中先失重后超重，選項D錯誤；在1s時人對壓力傳感器的壓力最小，由牛頓第三定律知人受到的支持力最小，即向下的加速度最大，故此時人并沒有靜止，它不是下蹲的最低點，選項A錯誤；在2s前人經(jīng)歷了失重和超重兩個過程，2s時處于下蹲靜止?fàn)顟B(tài)，選項B正確；該同學(xué)在前2s是下蹲過程，后2s是起立過程，所以共做了1次下蹲一起立的動作，選項C錯誤。7.如圖7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()圖7A.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)答案C解析若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在沿斜面向下運動的過程中，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，則整體加速度方向沿斜面向下，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，則整體加速度方向沿斜面向下，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，則整體加速度方向沿斜面向下，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。對點練3臨界極值問題8.如圖8所示，在光滑水平面上有一輛小車A，其質(zhì)量為mA＝2.0kg，小車上放一個物體，其質(zhì)量為mB＝1.0kg，如圖8甲所示，給B一個水平推力F，當(dāng)F增大到稍大于3.0N時，A、B開始相對滑動。如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示。要使A、B不相對滑動，則F′的最大值Fm為()圖8A.2.0N B.3.0NC.6.0N D.9.0N答案C解析根據(jù)題圖甲所示情景，設(shè)A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值Ffmax時，系統(tǒng)的加速度為a，對A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有F＝(mA＋mB)a，對A有Ffmax＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得Ffmax＝2.0N。根據(jù)題圖乙所示情況，設(shè)A、B剛好相對滑動時系統(tǒng)的加速度為a′，以B為研究對象根據(jù)牛頓第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整體為研究對象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入數(shù)據(jù)解得Fmax＝6.0N，故C正確。9.如圖9所示，傾角為θ＝45°、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上，在滑塊M的頂端O處固定一細(xì)線，細(xì)線的另一端拴一小球，已知小球的質(zhì)量為m＝eq\f(\r(5),5)kg，當(dāng)滑塊M以a＝2g的加速度向右運動時，細(xì)線拉力的大小為(取g＝10m/s2)()圖9A.10N B.5NC.eq\r(5)N D.eq\r(10)N答案A解析當(dāng)滑塊向右運動的加速度為某一臨界值時，斜面對小球的支持力恰好為零，此時小球受到重力和線的拉力的作用，如圖甲所示。根據(jù)牛頓第二定律，有FTcosθ＝ma0，F(xiàn)Tsinθ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，則知當(dāng)滑塊向右運動的加速度a＝2g時，小球已“飄”起來了，此時小球受力如圖乙所示，則有FT′cosα＝m·2g，F(xiàn)T′sinα－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，聯(lián)立解得FT′＝10N，故選項A正確。10.如圖10，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A與B的質(zhì)量之比為()圖10A.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解析對滑塊A、B整體在水平方向上，有F＝μ2(mA＋mB)g，對滑塊B在豎直方向上，有μ1F＝mBg，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，選項B正確。11.(2020·山東六地市3月在線大聯(lián)考)如圖11所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個質(zhì)量m的小球，小球上下振動時框架始終沒有跳起，當(dāng)框架對地面壓力為零的瞬間，小球的加速度大小為()圖11A.g B.eq\f(（M－m）g,m)C.eq\f(Mg,m) D.eq\f(（M＋m）g,m)答案D解析當(dāng)框架對地面壓力為零瞬間，彈簧對框架向上的作用力等于框架重力，則小球受到向下的合力等于mg＋Mg，由牛頓第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小為a＝eq\f(M＋m,m)g，選項D正確。12.(2020·山西呂梁市第一次模擬)用細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m的光滑小球，小球?qū)⒁还潭ㄔ趬ι系乃捷p質(zhì)彈簧壓縮了x(小球與彈簧不拴連)，彈簧勁度系數(shù)為k，如圖12所示。將細(xì)繩剪斷后()圖12A.小球立即獲得eq\f(kx,m)的加速度B.小球在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運動C.小球落地的時間小于eq\r(\f(2h,g))D.小球落地的速度大于eq\r(2gh)答案D解析細(xì)繩剪斷前小球受重力、彈力和拉力的作用，處于平衡狀態(tài)，故彈力和重力的合力為F合＝eq\r(（kx）2＋（mg）2)，剪斷細(xì)線瞬間，彈力和重力不變，則兩力的合力不變，根據(jù)牛頓第二定律有F合＝eq\r(（kx）2＋（mg）2)＝ma，解得a＝eq\f(\r(（kx）2＋（mg）2),m)，A錯誤；將細(xì)繩剪斷后，小球受到重力和彈簧的彈力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平拋運動，B錯誤；小球豎直方向只受重力，豎直分運動是自由落體運動，根據(jù)自由落體運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，故小球落地的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，C錯誤；如果不受彈簧彈力，小球做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動規(guī)律有v2＝2gh，解得落地速度v＝eq\r(2gh)，由于水平方向有彈簧彈力作用，則水平方向會加速，從而獲得水平速度，而落地時豎直方向的速度不變，所以落地速度大于eq\r(2gh)，D正確。13.(2020·山東九校上學(xué)期期末)如圖13所示，彎折桿ABCD的D端接一個小球，桿和球的總質(zhì)量為m，一小環(huán)套在桿AB段上用繩吊著，恰好能一起以加速度a豎直向上做勻加速運動，桿AB段與水平方向的夾角為θ，則()圖13A.桿對環(huán)的壓力為mgsinθ＋masinθB.環(huán)與桿的摩擦力為mgcosθ＋macosθC.環(huán)對桿的作用力為mg＋maD.桿和球處于失重狀態(tài)答案C解析桿和球受重力、支持力、摩擦力三個力作用，沿BA和垂直BA方向建立直角坐標(biāo)系，分解加速度，沿BA方向，有Ff－mgsinθ＝masinθ垂直BA方向FN－mgcosθ＝macosθ得Ff＝mgsinθ＋masinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ＋macosθ由牛頓第三定律知FN′＝FN，所以選項A、B錯誤；環(huán)對桿和球的作用力為支持力、摩擦力的合力，由牛頓第二定律可知：作用力方向一定豎直向上，且F－mg＝ma即F＝mg＋ma，選項C正確；桿和球具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，選項D錯誤。14.如圖14所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝6kg的物體P，Q為一質(zhì)量為m2＝10kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給物體Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2s時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后F為恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：圖14(1)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧的壓縮量x0；(2)物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動的加速度大小a；(3)力F的最大值與最小值。答案(1)0.16m(2)eq\f(10,3)m/s2(3)eq\f(280,3)Neq\f(160,3)N解析(1)設(shè)開始時彈簧的壓縮量為x0，對整體受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsinθ＝kx0解得x0＝0.16m。(2)前0.2s時間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.2s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x1，對物體P，由牛頓第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a前0.2s時間內(nèi)兩物體的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得a＝eq\f(10,3)m/s2。(3)對兩物體受力分析知，開始運動時拉力最小，分離時拉力最大，則Fmin＝(m1＋m2)a＝eq\f(160,3)N對Q應(yīng)用牛頓第二定律得Fm