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(考点分析) 第三节 牛顿运动定律的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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这是一份(考点分析) 第三节 牛顿运动定律的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共16页。
【考点分析】 第三节 牛顿运动定律的综合应用
【考点一】 整体法与隔离法
【典型例题1】 如图所示，有一箱装得很满的苹果，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的苹果A受到其他苹果对它的作用力大小应该是( )
A．mg B．μmg C．mg D．mg
【解析】 假设苹果箱向左做匀减速运动，设整体质量为M，由牛顿第二定律μMg=Ma得，苹果箱在地面上滑动的加速度大小为a=μg，方向水平向右。设苹果A受到其他苹果对它的作用力为F，苹果A的受力分析如图所示，则有F=mg。
【答案】 C
【归纳总结】 1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力(外力)，不考虑整体内部之间的相互作用力(内力)．
整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法．
2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力．
隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用．在分析系统内各物体(或一个物体的各个部分)间的相互作用时用隔离法．
【考点二】 接触物体的整体法与隔离法
【典型例题2】 (2021·辽宁省六校协作体联考)如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k。下列判断正确的是( )
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【解析】 三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；整体分析，则加速度大小：，所以Q和R之间相互作用力为：
Q与P之间相互作用力：
所以可得：，与是否为零无关，故有恒成立；故选BD。
【答案】BD
【考点三】 连接体物体的整体法与隔离法
【典型例题3】 如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是( )
A．若m>M，有x1＝x2 B．若m
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①
隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT－μmg＝ma1②
联立①②解得FT＝③
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④
隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT′－mgsin θ＝ma2⑤ 联立④⑤解得FT′＝⑥
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误.
【答案】 AB
【考点四】 应用牛顿第二定律分析瞬时问题
【典型例题4】 (2021·山东师大附中)如图所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动过程中(弹簧在弹性限度范围内，g取10 m/s2) ，下列说法正确的是( )
A．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12 N
B．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8 N
C．B对A的压力最大为28 N
D．B对A的压力最大为20 N
【解析】 AB．剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体的加速度为。
隔离B进行分析有，解得，故A正确，B错误；
CD．细线剪断后，整体一起向下运动，先加速后减速，当弹簧被压缩最短时，反向加速度最大，两个物体之间有最大作用力，则有，根据对称性法则可知，解得，所以C正确，D错误。故选AC。
【答案】 AC
【归纳总结】 (1)轻绳：只能产生拉力，且方向一定沿着绳子背离受力物体，不能承受压力；认为绳子不可伸长，即无论绳子所受拉力多大，长度不变(只要不被拉断)；绳子的弹力可以发生突变——瞬时产生，瞬时改变，瞬时消失．
(2)轻杆：既能承受拉力，又可承受压力，施力或受力方向不一定沿着杆；认为杆既不可伸长，也不可缩短，杆的弹力也可以发生突变．
(3)轻弹簧：既能承受拉力，也可承受压力，力的方向沿弹簧的轴线，受力后发生较大形变，弹簧的长度既可变长，又可变短，遵循胡克定律；因形变量较大，产生形变或使形变消失都有一个过程，故弹簧的弹力不能突变，在极短时间内可认为弹力不变．
(4)橡皮条：只能受拉力，不能承受压力；其长度只能变长，不能变短，同样遵循胡克定律；因形变量较大，产生形变或使形变消失都有一个过程，故橡皮条的弹力同样不能突变.
【考点五】 应用牛顿第二定律分析含有斜面体的瞬时问题
【典型例题5】 (2021·广东高三月考)如图所示，倾角的光滑斜面上质量分别为1kg，2kg的a、b两物块用一轻弹簧相连，将a用细线悬挂在挡板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块b恰与斜面底端的挡板间无弹力，取重力加速度大小。现突然剪断细线，则剪断细线瞬间物块a的加速度大小为( )
A．0 B． C． D．
【解析】 剪断细线前，弹簧受到的拉力大小
剪断细线瞬间，物块a受到的合力大小
由牛顿第二定律有，解得，故选D。
【答案】 D
【考点六】 应用牛顿第二定律分析含有连接杆的瞬时问题
【典型例题6】 两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态(图1)；若只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧(图2)，其他不变。现突然迅速剪断两图中的轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间(图1中小球A和B球的加速度大小分别为a1和a2，图2中小球A和B球的加速度大小分别为a1'和a2')，则正确的是( )
A．a1＝g B．a1'＝0 C．a2'＝0 D．a1'＝2a1
【解析】 图1中，在剪断轻绳的瞬间，A、B两球由于用绳连接，一起下落，对A、B整体，根据牛顿第二定律得或者，可得，图2中，在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，绳OA对A物体的拉力2mg。在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B的受力情况没有变化，则B所受的合力为0，则，A所受的合力大小等于绳的拉力大小2mg，由牛顿第二定律可得，解得，故选ACD。
【答案】ACD
【考点七】 应用牛顿第二定律分析含有双弹簧的瞬时问题
【典型例题7】 (2021·四川省内江市六中)如图所示，质量为m小球a和质量为2m的小球b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是( )
A．k1:k2=1:3
B．k1:k2=1:2
C．撤去F的瞬间，b球处于完全失重状态
D．撤去F的瞬间，a球的加速度大小等于重力加速度g
【解析】 AB．先对b球受力分析，受重力和A弹簧的拉力，根据平衡条件有：，再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧B的拉力如图所示：
根据平衡条件有：，。
A、B伸长量刚好相同，根据胡克定律有：，，故：，故A正确，B错误.
C．球b受重力和拉力，撤去F的瞬间重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，所以C错误.
D．球a受重力、拉力F和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间其余3个力不变，合力为：
，故加速度：，故D错误;
【答案】 A
【考点八】 超重与失重问题
【典型例题8】 (2021·黑龙江哈尔滨市第一中学)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图所示中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中( )
A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态
C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零
【解析】 在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误.
【答案】 C
【归纳总结】
1.判断超重和失重的方法
(1)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.
(2)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.
2.对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了).
(2)物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关.
(3)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma.
(4)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.
【考点九】 含有连接体的超重与失重问题
【典型例题9】 利用阿特伍德机可以研究超重和失重现象，其研究步骤如下：如图所示，原来定滑轮左右两侧都悬挂质量为2m的物块，弹簧秤示数为2mg.若在右侧悬挂的物块上再增加质量为m的物块，左侧物块将获得向上的加速度，可观察到弹簧秤上的示数变大，左侧物块处于超重状态；若将右侧物块的质量减小到m，左侧物块将向下做加速运动，可观察到弹簧秤上的示数变小，左侧物块处于失重状态．请问：左侧物块处于超重状态时，弹簧秤的读数是多少？左侧物块处于失重状态时，弹簧秤的读数又是多少？(不计连接物块的细线和弹簧秤的质量)
【解析】 左侧物块处于超重状态时，对左侧物块受力分析知F－2mg＝2ma，对右侧的物块受力分析知3mg－F＝3ma
联立解得F＝mg
左侧物块处于失重状态时，对左侧物块受力分析知
2mg－F′＝2ma′
对右侧的物块受力分析知F′－mg＝ma′
联立解得F′＝mg.
【答案】 mg mg
【考点十】 关联速度连接体问题
【典型例题10】 (2021·江苏扬州中学)如图所示，光滑水平地面上的小车质量为M，站在小车水平底板上的人质量为m。人用一根跨过定滑轮的绳子拉小车，定滑轮上下两侧的绳子都保持水平，不计绳与滑轮之间的摩擦。在人和车一起向右加速运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．人可能受到向左的摩擦力
B．人一定受到向左的摩擦力
C．人拉绳的力越大，人和车的加速度越大
D．人拉绳的力越大，人对车的摩擦力越小
【解析】 取小车和人整体为研究对象，有2F＝(M＋m)a，取人为研究对象，受力分析如图所示，则有F－f＝ma，解得f＝F，可知当M>m时，人受到向左的摩擦力，当M
【答案】 AC
【考点十一】 含有弹簧的接触物体的临界和极值问题
【典型例题11】 (2021·黑龙江哈师大附中)如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡。系统处于静止态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，已知重力加速度为g。
【解析】 假设表示未加F时弹簧的压缩量，
由胡克定律和共点力平衡条件可知
假设表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，
由胡克定律和牛顿定律可知，
联立方程可得
由题意，解得
【答案】 ，
【归纳总结】
1.常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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：物体所受合外力(加速度)为零.
2.解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(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.
【考点十二】 脱离的临界问题
【典型例题12】 (2021·福建质检)如图甲所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面顶端，小球静止时细线与斜面平行，斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，若a取不同值，小球稳定时细线对小球的拉力T和斜面对小球的支持力FN也将不同。已知T随a变化的图线如图乙所示，其中AB段为倾斜直线，BC段为与直线AB相切的平滑曲线，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求小球的质量m和斜面的倾角θ；
(2)在图丙中画出FN随a变化的图线(要求写出计算过程)。
【解析】 (1)图像可知a＝0时，T0＝0.6 N
此时小球静止在斜面上
其受力如图甲所示，所以mgsin θ＝T0
同理a＝时，小球恰好离开斜面，其受力如图乙所示，所以mgcot θ＝ma
联立解得θ＝37°，m＝0.1 kg。
(2)小球离开斜面之前Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg
联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，即FN＝0.8－0.06a
FN图线如图所示。
【答案】 (1) θ＝37°，m＝0.1 kg (2)见解析
【考点十三】 斜面体倾角变化的临界问题
【典型例题13】 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.
【解析】 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，
则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ 联立解得：μ＝.
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，
则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，即tan α＝μ＝，故α＝30°，
又因x＝
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝＝＝ m.
【答案】 (1) (2)θ＝60° m
【考点十四】 不栓接的物体运动变化的临界问题
【典型例题14】 质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，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外力，方向如何？
【解析】 (1)环受力如图1所示，由平衡条件得：2FTcos θ－mg＝0
由图1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2所示，由牛顿第二定律得：F′Tsin θ′＝ma
F′T＋F′Tcos θ′－mg＝0
由图2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3所示，由牛顿第二定律得：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
【考点十五】 加速度相同的连接体问题
【典型例题15】 (2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体，当小车在水平地面上运动过程中，M始终未相对杆移动，M、与小车保持相对静止，悬线与竖直方向为，则M受到横杆的摩擦力为( )
A．大小为方向水平向右
B．大小为方向水平向右
C．大小为方向水平向左
D．大小为方向水平向左
【解析】 对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图
根据牛顿第二定律，有Tsinθ=ma ①，Tcosθ-mg=0 ②
再对m和M整体受力分析，受总重力(M+m)g、支持力N、摩擦力f，如图
根据牛顿第二定律，有f=(M+m)a ③，N-(M+m)g=0 ④
由①②③④解得： tanθ=，所以a="g" tanθ，f=(M+m)a=，方向水平向右，故选A．
【答案】 A
【考点十六】 加速度不同的连接体问题
【典型例题16】 (2021·辽宁省六校协作体联考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v—t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )
A．施加外力前，弹簧的形变量为
B．外力施加的瞬间A、B间的弹力大小为M(g-a)
C．A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
【解析】 A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件有：2Mg=kx，解得：，故A错误；B．施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律有：F弹—Mg—，其中F弹=2Mg，解得：，故B正确；
C．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且；对B：弹，解得：弹=，弹力不为零，故C错误；
D．而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故D错误。故选B．
【答案】 B
【考点分析】 第三节 牛顿运动定律的综合应用
【考点一】 整体法与隔离法
【典型例题1】 如图所示，有一箱装得很满的苹果，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的苹果A受到其他苹果对它的作用力大小应该是( )
A．mg B．μmg C．mg D．mg
【解析】 假设苹果箱向左做匀减速运动，设整体质量为M，由牛顿第二定律μMg=Ma得，苹果箱在地面上滑动的加速度大小为a=μg，方向水平向右。设苹果A受到其他苹果对它的作用力为F，苹果A的受力分析如图所示，则有F=mg。
【答案】 C
【归纳总结】 1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力(外力)，不考虑整体内部之间的相互作用力(内力)．
整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法．
2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力．
隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用．在分析系统内各物体(或一个物体的各个部分)间的相互作用时用隔离法．
【考点二】 接触物体的整体法与隔离法
【典型例题2】 (2021·辽宁省六校协作体联考)如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k。下列判断正确的是( )
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【解析】 三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；整体分析，则加速度大小：，所以Q和R之间相互作用力为：
Q与P之间相互作用力：
所以可得：，与是否为零无关，故有恒成立；故选BD。
【答案】BD
【考点三】 连接体物体的整体法与隔离法
【典型例题3】 如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是( )
A．若m>M，有x1＝x2 B．若m
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①
隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT－μmg＝ma1②
联立①②解得FT＝③
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④
隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT′－mgsin θ＝ma2⑤ 联立④⑤解得FT′＝⑥
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误.
【答案】 AB
【考点四】 应用牛顿第二定律分析瞬时问题
【典型例题4】 (2021·山东师大附中)如图所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动过程中(弹簧在弹性限度范围内，g取10 m/s2) ，下列说法正确的是( )
A．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12 N
B．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8 N
C．B对A的压力最大为28 N
D．B对A的压力最大为20 N
【解析】 AB．剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体的加速度为。
隔离B进行分析有，解得，故A正确，B错误；
CD．细线剪断后，整体一起向下运动，先加速后减速，当弹簧被压缩最短时，反向加速度最大，两个物体之间有最大作用力，则有，根据对称性法则可知，解得，所以C正确，D错误。故选AC。
【答案】 AC
【归纳总结】 (1)轻绳：只能产生拉力，且方向一定沿着绳子背离受力物体，不能承受压力；认为绳子不可伸长，即无论绳子所受拉力多大，长度不变(只要不被拉断)；绳子的弹力可以发生突变——瞬时产生，瞬时改变，瞬时消失．
(2)轻杆：既能承受拉力，又可承受压力，施力或受力方向不一定沿着杆；认为杆既不可伸长，也不可缩短，杆的弹力也可以发生突变．
(3)轻弹簧：既能承受拉力，也可承受压力，力的方向沿弹簧的轴线，受力后发生较大形变，弹簧的长度既可变长，又可变短，遵循胡克定律；因形变量较大，产生形变或使形变消失都有一个过程，故弹簧的弹力不能突变，在极短时间内可认为弹力不变．
(4)橡皮条：只能受拉力，不能承受压力；其长度只能变长，不能变短，同样遵循胡克定律；因形变量较大，产生形变或使形变消失都有一个过程，故橡皮条的弹力同样不能突变.
【考点五】 应用牛顿第二定律分析含有斜面体的瞬时问题
【典型例题5】 (2021·广东高三月考)如图所示，倾角的光滑斜面上质量分别为1kg，2kg的a、b两物块用一轻弹簧相连，将a用细线悬挂在挡板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块b恰与斜面底端的挡板间无弹力，取重力加速度大小。现突然剪断细线，则剪断细线瞬间物块a的加速度大小为( )
A．0 B． C． D．
【解析】 剪断细线前，弹簧受到的拉力大小
剪断细线瞬间，物块a受到的合力大小
由牛顿第二定律有，解得，故选D。
【答案】 D
【考点六】 应用牛顿第二定律分析含有连接杆的瞬时问题
【典型例题6】 两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态(图1)；若只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧(图2)，其他不变。现突然迅速剪断两图中的轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间(图1中小球A和B球的加速度大小分别为a1和a2，图2中小球A和B球的加速度大小分别为a1'和a2')，则正确的是( )
A．a1＝g B．a1'＝0 C．a2'＝0 D．a1'＝2a1
【解析】 图1中，在剪断轻绳的瞬间，A、B两球由于用绳连接，一起下落，对A、B整体，根据牛顿第二定律得或者，可得，图2中，在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，绳OA对A物体的拉力2mg。在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B的受力情况没有变化，则B所受的合力为0，则，A所受的合力大小等于绳的拉力大小2mg，由牛顿第二定律可得，解得，故选ACD。
【答案】ACD
【考点七】 应用牛顿第二定律分析含有双弹簧的瞬时问题
【典型例题7】 (2021·四川省内江市六中)如图所示，质量为m小球a和质量为2m的小球b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是( )
A．k1:k2=1:3
B．k1:k2=1:2
C．撤去F的瞬间，b球处于完全失重状态
D．撤去F的瞬间，a球的加速度大小等于重力加速度g
【解析】 AB．先对b球受力分析，受重力和A弹簧的拉力，根据平衡条件有：，再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧B的拉力如图所示：
根据平衡条件有：，。
A、B伸长量刚好相同，根据胡克定律有：，，故：，故A正确，B错误.
C．球b受重力和拉力，撤去F的瞬间重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，所以C错误.
D．球a受重力、拉力F和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间其余3个力不变，合力为：
，故加速度：，故D错误;
【答案】 A
【考点八】 超重与失重问题
【典型例题8】 (2021·黑龙江哈尔滨市第一中学)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图所示中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中( )
A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态
C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零
【解析】 在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误.
【答案】 C
【归纳总结】
1.判断超重和失重的方法
(1)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.
(2)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.
2.对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了).
(2)物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关.
(3)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma.
(4)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.
【考点九】 含有连接体的超重与失重问题
【典型例题9】 利用阿特伍德机可以研究超重和失重现象，其研究步骤如下：如图所示，原来定滑轮左右两侧都悬挂质量为2m的物块，弹簧秤示数为2mg.若在右侧悬挂的物块上再增加质量为m的物块，左侧物块将获得向上的加速度，可观察到弹簧秤上的示数变大，左侧物块处于超重状态；若将右侧物块的质量减小到m，左侧物块将向下做加速运动，可观察到弹簧秤上的示数变小，左侧物块处于失重状态．请问：左侧物块处于超重状态时，弹簧秤的读数是多少？左侧物块处于失重状态时，弹簧秤的读数又是多少？(不计连接物块的细线和弹簧秤的质量)
【解析】 左侧物块处于超重状态时，对左侧物块受力分析知F－2mg＝2ma，对右侧的物块受力分析知3mg－F＝3ma
联立解得F＝mg
左侧物块处于失重状态时，对左侧物块受力分析知
2mg－F′＝2ma′
对右侧的物块受力分析知F′－mg＝ma′
联立解得F′＝mg.
【答案】 mg mg
【考点十】 关联速度连接体问题
【典型例题10】 (2021·江苏扬州中学)如图所示，光滑水平地面上的小车质量为M，站在小车水平底板上的人质量为m。人用一根跨过定滑轮的绳子拉小车，定滑轮上下两侧的绳子都保持水平，不计绳与滑轮之间的摩擦。在人和车一起向右加速运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．人可能受到向左的摩擦力
B．人一定受到向左的摩擦力
C．人拉绳的力越大，人和车的加速度越大
D．人拉绳的力越大，人对车的摩擦力越小
【解析】 取小车和人整体为研究对象，有2F＝(M＋m)a，取人为研究对象，受力分析如图所示，则有F－f＝ma，解得f＝F，可知当M>m时，人受到向左的摩擦力，当M
【答案】 AC
【考点十一】 含有弹簧的接触物体的临界和极值问题
【典型例题11】 (2021·黑龙江哈师大附中)如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡。系统处于静止态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，已知重力加速度为g。
【解析】 假设表示未加F时弹簧的压缩量，
由胡克定律和共点力平衡条件可知
假设表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，
由胡克定律和牛顿定律可知，
联立方程可得
由题意，解得
【答案】 ，
【归纳总结】
1.常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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：物体所受合外力(加速度)为零.
2.解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(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.
【考点十二】 脱离的临界问题
【典型例题12】 (2021·福建质检)如图甲所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面顶端，小球静止时细线与斜面平行，斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，若a取不同值，小球稳定时细线对小球的拉力T和斜面对小球的支持力FN也将不同。已知T随a变化的图线如图乙所示，其中AB段为倾斜直线，BC段为与直线AB相切的平滑曲线，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求小球的质量m和斜面的倾角θ；
(2)在图丙中画出FN随a变化的图线(要求写出计算过程)。
【解析】 (1)图像可知a＝0时，T0＝0.6 N
此时小球静止在斜面上
其受力如图甲所示，所以mgsin θ＝T0
同理a＝时，小球恰好离开斜面，其受力如图乙所示，所以mgcot θ＝ma
联立解得θ＝37°，m＝0.1 kg。
(2)小球离开斜面之前Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg
联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，即FN＝0.8－0.06a
FN图线如图所示。
【答案】 (1) θ＝37°，m＝0.1 kg (2)见解析
【考点十三】 斜面体倾角变化的临界问题
【典型例题13】 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.
【解析】 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，
则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ 联立解得：μ＝.
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，
则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，即tan α＝μ＝，故α＝30°，
又因x＝
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝＝＝ m.
【答案】 (1) (2)θ＝60° m
【考点十四】 不栓接的物体运动变化的临界问题
【典型例题14】 质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，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外力，方向如何？
【解析】 (1)环受力如图1所示，由平衡条件得：2FTcos θ－mg＝0
由图1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2所示，由牛顿第二定律得：F′Tsin θ′＝ma
F′T＋F′Tcos θ′－mg＝0
由图2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3所示，由牛顿第二定律得：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
【考点十五】 加速度相同的连接体问题
【典型例题15】 (2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体，当小车在水平地面上运动过程中，M始终未相对杆移动，M、与小车保持相对静止，悬线与竖直方向为，则M受到横杆的摩擦力为( )
A．大小为方向水平向右
B．大小为方向水平向右
C．大小为方向水平向左
D．大小为方向水平向左
【解析】 对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图
根据牛顿第二定律，有Tsinθ=ma ①，Tcosθ-mg=0 ②
再对m和M整体受力分析，受总重力(M+m)g、支持力N、摩擦力f，如图
根据牛顿第二定律，有f=(M+m)a ③，N-(M+m)g=0 ④
由①②③④解得： tanθ=，所以a="g" tanθ，f=(M+m)a=，方向水平向右，故选A．
【答案】 A
【考点十六】 加速度不同的连接体问题
【典型例题16】 (2021·辽宁省六校协作体联考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v—t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )
A．施加外力前，弹簧的形变量为
B．外力施加的瞬间A、B间的弹力大小为M(g-a)
C．A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
【解析】 A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件有：2Mg=kx，解得：，故A错误；B．施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律有：F弹—Mg—，其中F弹=2Mg，解得：，故B正确；
C．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且；对B：弹，解得：弹=，弹力不为零，故C错误；
D．而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故D错误。故选B．
【答案】 B
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