2022届高三物理大一轮复习-第3章-第3节-牛顿运动定律的综合应用-教学讲义-.docx

第三节　牛顿运动定律的综合应用

[同学用书P47]

一、超重和失重

1．超重
(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的状况称为超重现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的状况称为失重现象．
(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(或对悬挂物的拉力)为零的状况称为完全失重现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
　1.(多选)(2021·广州调研)如图所示，电梯内重为10 N的物体悬挂在弹簧测力计上．某时刻，乘客观看到测力计示数变为8 N，则电梯可能(　　)

A．匀加速向上运动
B．匀减速向上运动
C．匀加速向下运动
D．匀减速向下运动
答案：BC
二、解答连接体问题的常用方法
1．整体法
当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的全部物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时，可用牛顿其次定律求出整体的加速度．
2．隔离法
当求解系统内物体间相互作用力时，常把物体从系统中“隔离”出来进行分析，依据牛顿其次定律列方程．
3．外力和内力
(1)外力：系统外的物体对争辩对象的作用力；
(2)内力：系统内物体之间的作用力．
　2.(多选)(2021·大同模拟)如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，在水平推力F的作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力，则(　　)

A．若地面是完全光滑的，FAB＝F
B．若地面是完全光滑的，FAB＝
C．若地面是有摩擦的，FAB＝F
D．若地面是有摩擦的，FAB＝
答案：BD

考点一　超重和失重现象　　　　　[同学用书P48]

1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消逝了．在发生这些现象时，物体的重力照旧存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．
2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．
3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但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．
4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同打算的，其大小等于ma.
　(单选)(2021·莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是(　　)
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟十号”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
[解析]　电梯减速上升，加速度向下，失重，A错；列车水平加速，即不超重也不失重，B错；秋千摆到最低点，加速度向上，超重，C错；飞船的向心加速度等于轨道处的重力加速度，方向向下，完全失重，D对．
[答案]　D
[总结提升]　超重和失重现象的推断方法
(1)从受力的大小推断，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；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．
(2)从加速度的方向推断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．
　1.(单选)(2022·高考北京卷)应用物理学问分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加好玩和深化．例如平伸手掌托起物体，由静止开头竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是(　　)
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
解析：选D.受托物体由静止开头向上运动，确定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A、B错误．在物体离开手的瞬间，二者分别，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度确定等于重力加速度；要使手和物体分别，手向下的加速度确定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确．
考点二　整体法和隔离法解决连接体问题
[同学用书P48]
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿其次定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿其次定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的争辩对象，应用牛顿其次定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
　(2021·高考福建卷)质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不行伸长且光滑的松软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．

(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；
(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
[审题点睛]　(1)图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力．
(2)图乙中，杆与环一起加速，隔离环受力分析，由牛顿其次定律列方程可求出环的加速度，再对杆和环作为一整体受力分析，由牛顿其次定律列方程求出施加的外力．
[解析]　(1)环受力如图丙所示，由平衡条件得：
2FTcos θ－mg＝0
由图中几何关系可知：cos θ＝
联立以上两式解得：FT＝mg.
(2)①小铁环受力如图丁所示，由牛顿其次定律得：
FT′sin θ′＝ma
FT′＋FT′cos θ′－mg＝0
由图中几何关系可知θ′＝60°，代入以上两式解得：
a＝g.

②杆和环整体受力如图戊所示，由牛顿其次定律得：
Fcos α＝(M＋m)a
Fsin α－(M＋m)g＝0
解得：F＝(M＋m)g，
α＝60°.
[答案]　(1)mg　(2)①g　②外力大小为(M＋m)g　方向与水平方向成60°角斜向右上方
[总结提升]　正确地选取争辩对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应当单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后依据牛顿运动定律列方程求解．
　2.(多选)(2021·石家庄模拟)如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的弹簧上，A与B不粘连．现对物体A施加竖直向上的力F使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示．下列说法正确的是(　　)

A．在图乙中PQ段表示拉力F渐渐增大
B．在图乙中QS段表示B物体减速上升
C．位移为x1时，A、B之间弹力为mg－kx1－Ma0
D．位移为x3时，A、B一起运动的速度大小为
解析：选AC.在PQ阶段，两物体匀加速向上运动，以整体为争辩对象，F＋kΔx－(m＋M)g＝(M＋m)a0，随Δx不断减小，F不断增大，A项正确；在QS段，加速度方向与速度方向仍相同，整体连续加速运动，B项错；设开头时，弹簧的压缩量为x0，由平衡条件有kx0＝(M＋m)g，位移为x1时，设A、B间弹力为F′，对B则有k(x0－x1)－F′－Mg＝Ma0，解两式得F′＝mg－kx1－Ma0，C项正确；由牛顿其次定律，F＝ma，加速度图象中梯形面积乘以m即为合外力所做的功，由动能定理有：m×a0(x2＋x3)＝mv2，解得v＝，D项错．

考点三　分解加速度求解受力问题 [同学用书P49]

在应用牛顿其次定律解题时，通常不分解加速度而分解力，但有一些题目要分解加速度．最常见的状况是与斜面模型结合，物体所受的作用力是相互垂直的，而加速度的方向与任一方向的力不同向．此时，首先分析物体受力，然后建立直角坐标系，将加速度a分解为ax和ay，依据牛顿其次定律得Fx＝max，Fy＝may，使求解更加便捷、简洁．
　如图所示，某商场内扶梯与水平面夹角为θ＝30°，质量为60 kg的人站在扶梯的水平台阶上，当扶梯以2 m/s2的加速度斜向上运动时，求人对扶梯的压力和人所受到的摩擦力各是多少．
[解析]　对人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图所示，取水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，将加速度如图分解，
由牛顿其次定律得：
Ff＝macos θ①
FN－mg＝masin θ②
由①②代入数值得：FN＝660 N，Ff＝60 N.
由牛顿第三定律知，人对扶梯的压力大小是660 N.
[答案]　660 N　60 N

　3.(单选)(2021·高考安徽卷)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)(　　)

A．T＝m(gsin θ＋acos θ)　FN＝m(gcos θ－asin θ)
B．T＝m(gsin θ＋acos θ)　FN＝m(gsin θ－acos θ)
C．T＝m(acos θ－gsin θ)　FN＝m(gcos θ＋asin θ)
D．T＝m(asin θ－gcos θ)　FN＝m(gsin θ＋acos θ)
解析：选A.小球受力状况如图所示，

将加速度沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，
ax＝acos θ①
ay＝asin θ②
分别在两方向应用牛顿其次定律，得：
FN－mgcos θ＝－may③
T－mgsin θ＝max④
由①②③④式得
T＝m(gsin θ＋acos θ)，FN＝m(gcos θ－asin θ)．

[同学用书P49]

物理模型——“滑块——滑板”模型的分析

1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．
2．模型分析
解此类题的基本思路：
(1)分析滑块和木板的受力状况，依据牛顿其次定律分别求出滑块和木板的加速度；
(2)对滑块和木板进行运动状况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特殊留意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．
　(18分)(2021·云南昆明统测)如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽视)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2.
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间．
[审题点睛]　(1)推断两者之间是否发生滑动，要比较两者之间的摩擦力与最大静摩擦力的关系，若f＜fm，则不滑动，反之则发生滑动．
(2)两者发生相对滑动时，两者运动的位移都是对地的，留意找位移与板长的关系．
—————————该得的分一分不丢！
(1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N(2分)
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体：F＝(M＋m)a(2分)
对A：fAB＝Ma(2分)
解得：fAB＝2.5 N(1分)
因fAB＜fm，故A、B之间不发生相对滑动．(1分)
(2)对B：F－μ1mg＝maB(2分)
对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA(2分)
据题意：xB－xA＝L(2分)
xA＝aAt2；xB＝aBt2(2分)
解得：t＝ s．(2分)
[答案]　(1)不会　(2) s
[规律总结]　(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是：滑块到达滑板一端时两者共速．
(3)滑块不能从滑板上滑下的状况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变．
　4.(多选)(2022·高考江苏卷)如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g．现对 A 施加一水平拉力 F，则(　　)

A．当 F < 2μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当 F ＝μmg 时， A 的加速度为μg
C．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动
D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过μg
解析：选BCD.A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确．

1．(单选)(2021·南京模拟)如图所示，两个物体A、B叠放在一起，接触面粗糙，现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力，在空中运动的过程中，物体B(　　)

A．只受重力
B．受重力和A对它的压力
C．受重力和A对它的摩擦力
D．受重力、A对它的压力和摩擦力
解析：选A.两个物体A、B同时以相同的速度水平抛出，由于不计空气阻力，两个物体都处于完全失重状态，故在空中运动的过程中，物体A、B都只受到重力，B、C、D错误，A正确．
2．(单选)(2021·西安质检)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板快速抽出，砝码的移动很小，几乎观看不到，这就是大家生疏的惯性演示试验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于(　　)

A．3μmg　　　　　　　 B．4μmg
C．5μmg D．6μmg
解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿其次定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，对砝码，由牛顿其次定律可得：2μmg＝2ma，联立可得：F＝6μmg，选项D正确．
3.(单选)(2021·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫马上沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为(　　)

A．3gsin α B．gsin α
C．3gsin α/2 D．2gsin α
解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m，其所受摩擦力沿斜面对上，且f＝2mgsin α，木板所受摩擦力沿斜面对下，木板的加速度为a＝＝3gsin α，正确选项为A.

4．(单选)某同学将一台载有重物的电子台秤置于直升式电梯内，从1楼直升到达10楼下电梯，在进入电梯到下电梯的全过程中他用相机拍摄了如图所示的四幅照片，若电梯静止时，电子台秤指针恰好指到盘面示数为“9”的位置，据此下列推断正确的是(　　)

A．甲应为电梯减速时所拍摄的
B．乙表明白电梯处于失重状态
C．丙应为电梯匀速时所拍摄的
D．丁应为电梯减速时所拍摄的
解析：选D.电梯静止时，电子台秤指针恰好指到盘面示数为“9”的位置，若示数大于9，则电梯加速上升，处于超重状态；若示数小于9，则电梯减速上升，处于失重状态；若示数等于9，则电梯处于静止或匀速运动状态．所以D正确．
5.(单选)如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)．已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为(　　)

A. B.
C. D.
解析：选A.把m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿其次定律可得：Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，选项A正确．
6.(多选)(2021·江西六校联考)如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动状况的是(　　)

解析：选AC.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A正确；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C正确．

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超重和失重

一、单项选择题
1．(2021·海淀区模拟)如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是(　　)

A．在上升和下降过程中A对B的压力都确定为零
B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
解析：选A.把容器B竖直上抛，容器B和物体A均处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都确定为零，选项A正确．
2．(2021·福建四地六校联考)如图所示，在光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，m1＞m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；假如改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.则以下关系式正确的是(　　)

A．a1＝a2，F1＜F2　　　　 B．a1＝a2，F1＞F2
C．a1＜a2，F1＝F2 D．a1＞a2，F1＞F2
解析：选B.把A、B两个物体和弹簧测力计看做一个整体，由牛顿其次定律可知，a1＝a2，隔离后面的物体进行受力分析，由牛顿其次定律可知，F1＞F2，故选项B正确．
3.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)

A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
解析：选A.由题可知A、B、C、D恰好在以AC为直径的圆上，且C为最低点，由等时圆学问可知三小球在杆上滑行时间相等，A对．
4.(2021·河北衡水中学模拟)如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开头无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则(　　)

A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用
B．动摩擦因数μ1＋μ2＝2tan θ
C．小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重
D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力
解析：选B.整体在竖直方向上有加速度，在这两段支持力与总重力都不相等，先失重后超重，水平方向上加速度先向右后向左，地面与滑梯之间存在摩擦力，由于AB和BC长度相等，A、C两点速度均为零，则有gsin θ－μ1gcos θ＝μ2gcos θ－gsin θ，可得μ1＋μ2＝2tan θ，只有B正确．
5.(2022·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开头向左加速，加速度从零开头渐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(　　)

A．确定上升
B．确定降低
C．保持不变
D．上升或降低由橡皮筋的劲度系数打算
解析：选A.对小球进行受力分析，小球受重力mg、橡皮筋拉力kx作用，静止时：kx1＝mg，小车加速运动时，竖直方向，有：kx2cos θ＝mg，由以上两式得x1＝x2cos θ.设橡皮筋原长为L，小球离悬点的竖直高度由原来的L＋x1变为(L＋x2)cos θ，由于L＞Lcos θ，则小球离悬点的竖直高度减小了，所以，本题正确答案为A.

☆6.如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放置着静止的小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若A、B之间的最大静摩擦力为f，且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，mB＝2mA.则下列图象中，可以定性地描述长木板B运动的v－t图象的是(　　)

　　　　 甲　　　　　　　　　　乙

解析：选C.依据题意，开头时，A、B相对静止，相对滑动前以相同加速度a＝向右做变加速运动，木板B的最大加速度aB＝，当＝时，A、B开头相对滑动，解得时间t＝，之后A的加速度aA＝随时间增大，木板B以不变的加速度aB＝做匀加速直线运动．从以上分析可知，C正确．
二、多项选择题
7．如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg的平板小车，在小车左端加一个由零渐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端上面，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　)

A．当F增加到4 N时，m相对M开头运动
B．当F增加到20 N时，m相对M开头运动
C．当F＝10 N时，m对M有向左的2 N的摩擦力
D．当F＝10 N时，m对M有向右的4 N的摩擦力
解析：选BC.m运动的最大加速度a＝μg＝2 m/s2，所以当整体的加速度达到2 m/s2时，即F＝(m＋M)a＝20 N时，m相对M开头运动，A错，B对；当F＝10 N时，整体的加速度a′＝＝1 m/s2＜2 m/s2，所以m对M的摩擦力表现为静摩擦力，方向向左，大小为f＝ma′＝2 N，C对，D错．
8．(2021·南昌调研)如图甲所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3.现电梯箱竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则(　　)

　　　　　　 甲　　　　　　乙
A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3
B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg
C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3
D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg
解析：选AD.对轻质结点O，因没质量，故其无论在何状态下，F1、F2、F3三个力的合力都为零，即F1与F2的合力与F3等大反向，选项A正确，选项C错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3，在0～t1时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F3＜mg，即F1与F2的合力小于mg，选项B错误；在t1～t2时间内，电梯减速向下运动，物体处于超重状态，F3＞mg，即F1与F2的合力大于mg，选项D正确．
9．(2021·北京师大附中模拟)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．渐渐增大F，物体开头做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示．取g＝10 m/s2.依据图乙中所供应的信息能计算出的是(　　)

A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
解析：选ABC.由题图知，当F＝0时，a＝－6 m/s2，即物体沿斜面下滑的加速度为6 m/s2，由a＝gsin θ＝6 m/s2得θ＝37°，当a＝0时，F＝15 N，由平衡条件得：mg＝F·cot 37°＝15× N＝20 N，m＝2 kg.由于未知物体加速度达到6 m/s2的时间，此时的速度无法求得．
☆10.如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A，假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)

A．A的质量为0.5 kg
B．B的质量为1.5 kg
C．B与地面间的动摩擦因数为0.2
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
解析：选AC.F≤3 N时，A、B均静止，表明B与地面间最大静摩擦力为3 N；3 N＜F≤9 N时，A、B一起以相同加速度运动，a＝＝F－μ2g，由图象斜率知mA＋mB＝1.5 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝＝0.2；当F＞9 N时，A的加速度为aA＝μ1g，依据图象可知μ1＝0.4，B的加速度为aB＝，由图象斜率知mB＝1 kg，mA＝0.5 kg，A、C对．
三、非选择题
11．(2021·湖北八校其次次联考)如图，可看做质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为M＝4 kg，长度为L＝2 m，小物块质量为m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发觉只有当F超过2.5 N时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：

(1)小物块和长木板间的动摩擦因数；
(2)若一开头力F就作用在长木板上，且F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
解析：(1)设两物体间的最大静摩擦力为f，当F＝2.5 N作用于小物块时，对整体由牛顿其次定律有
F＝(M＋m)a①
对长木板，由牛顿其次定律
f＝Ma②
由①②可得f＝2 N
小物块在竖直方向上受力平衡，所受支持力N＝mg，则所受摩擦力f＝μmg
得μ＝0.2.
(2)F＝12 N作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a1、a2，对长木板，由牛顿其次定律
F－f＝Ma1
得a1＝2.5 m/s2
对小物块，由牛顿其次定律
f＝ma2
得a2＝2 m/s2
由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移分别为
s1＝a1t2
s2＝a2t2
小物块刚滑下长木板时，有
s1－s2＝L
解得t＝2 s.
答案：(1)0.2　(2)2 s
☆12.如图甲所示，水平平台的右端安装有轻质定滑轮，质量为M＝2.5 kg的物块A放在与滑轮相距l的平台上，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m＝0.5 kg的小球B，绳拉直时用手托住小球使其在距地面高h处静止，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度为g(g取10 m/s2)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．

(1)某探究小组欲用上述装置测量物块A与平台间的动摩擦因数．放开小球，系统运动，该小组对小球匀加速下落过程拍得同一底片上多次曝光的照片如图乙所示，拍摄时每隔1 s曝光一次，若小球直径为20 cm，求物块A与平台间的动摩擦因数μ；
(2)设小球着地后马上停止运动，已知l＝3.0 m，要使物块A不撞到定滑轮，求小球下落的最大高度h.(假设小球距地面足够高，计算结果保留四位有效数字)
解析：(1)对题中照片分析知，s1＝60 cm，s2＝100 cm
由Δs＝s2－s1＝aT2①
得a＝＝0.4 m/s2②
以小球B为争辩对象，受力如图丙所示，由牛顿其次定律可知：
mg－FT＝ma③

　　　　 丙　　　　　　　　丁
作出物块A的受力图如图丁所示，在水平方向，由牛顿其次定律可得：
F′T－Ff＝Ma④
Ff＝μMg⑤
FT＝F′T⑥
联立③④⑤⑥式得：
μ＝
代入M、m、g、a的数值，解得μ＝0.152.⑦
(2)对小球B：小球B做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动，设落地时速度为v，由运动学公式有：
v2－0＝2ah⑧
对物块A：小球B从开头下落到着地，物块A也运动了h，随后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿其次定律，有：
μMg＝Ma′⑨
要使物块A不撞到定滑轮，则应满足
v2＜2a′(l－h)
比较⑧⑩两式，可得h＜
代入数值，解得h＜2.375 m
故小球下落的最大高度为2.375 m.
答案：(1)0.152　(2)2.375 m