2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第13讲　牛顿运动定律的综合应用（1）


第13讲　牛顿运动定律的综合应用(1)

基础命题点　超重和失重


1．实重与视重
实重：物体实际所受的重力。物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。
视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。超重与失重不是重力本身变了，而是视重变了。
2．超重与失重
特征状态
加速度
视重(F)与重力关系
运动情况
受力示意图
平衡
a＝0
F＝mg
静止或匀速直线运动

超重
向上
F＝m(g＋a)>mg
向上加速或向下减速

失重
向下
F＝m(g－a) 向下加速或向上减速

完全
失重
a＝g
F＝0
以加速度g向下加速或向上减速

3．对超重和失重的三点注意
(1)若加速度方向向上(包括斜向上)，物体处于超重状态；若加速度方向向下(包括斜向下)，物体处于失重状态。“超重”“失重”现象与物体的速度方向和大小均无关，只决定于物体的加速度方向。
(2)若系统中某一部分有向上(或向下)的加速度，则系统整体也处于超重(或失重)状态。
(3)当物体处于完全失重状态时，由重力引起的一切现象都会消失(如天平失效、液体不再产生压强和浮力、单摆停摆等)。

1．(2015·江苏高考)(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变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)

A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案　AD
解析　由图线可知，0～4 s加速度竖直向上，处于超重状态；7～10 s加速度竖直向下，处于失重状态。人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时FN′最大；当t＝8.5 s时FN′最小，A、D正确。
2．(2019·湖南省六校高三联考)如图所示，放在电梯地板上的一个木块相对电梯处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态。突然发现木块被弹簧推动，据此可判断电梯此时的运动情况可能是(　　)

A．匀速上升 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
答案　C
解析　木块突然被推动，表明木块与电梯地板间的最大静摩擦力变小了，则木块与地板之间的弹力变小了，木块的重力大于电梯给木块的支持力，其合力竖直向下，木块处于失重状态，故C正确。
3．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可判断(　　)

A．电梯可能加速下降，加速度大小为5 m/s2
B．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5 m/s2
C．乘客处于超重状态
D．乘客对电梯地板的压力大小为625 N
答案　B
解析　电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg－kx＝ma，即mg＝ma，a＝2.5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，A、C错误，B正确；电梯地板对乘客的支持力大小为FN＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力大小为375 N，D错误。

能力命题点一　动力学图象问题


1．常见的动力学图象
v­t图象、a­t图象、F­t图象、F­a图象等。
2．图象问题的类型
(1)已知物体受的力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。

(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)

A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析　由v­t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝，a2＝gsinθ－μgcosθ＝，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v­t图线与横轴所围面积表示位移s，可求出物块向上滑行的最大高度h＝ssinθ，选项D正确；物块的质量不可求，选项B错误。
答案　ACD

解决图象综合问题的注意事项
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图象中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等。
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

1．(2019·山东淄博一模)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　　)


答案　AD
解析　在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后开始时，重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由a­t图象与t轴所围面积表示速度变化量及几何知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确，B、C错误。
2．如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体，物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。物体从零时刻开始运动。

(1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小；
(2)在t＝0至t＝2 s内，何时物体的加速度最大？最大值为多少？
(3)在t＝0至t＝2 s内，何时物体的速度最大？最大值为多少？
答案　(1)0.5 m/s2
(2)在t＝0和t＝2 s时加速度最大，最大值为1 m/s2
(3)t＝1 s时速度最大，最大值为0.5 m/s
解析　(1)由题图乙可知F2＝2＋2t (N)
当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N
F1－F2＝ma
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t(N)
作出F合­t图象如图1所示

从图中可以看出，在0～2 s范围内
t＝0及t＝2 s时，合力大小相等，且最大，设为Fmax，此时物体有最大加速度amax
Fmax＝mamax
amax＝＝ m/s2＝1 m/s2。
(3)由牛顿第二定律得a＝＝1－t(m/s2)
画出a­t图象如图2所示

由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a­t图象上方三角形的面积，即vmax＝×1×1 m/s＝0.5 m/s。

能力命题点二　连接体问题


1．连接体的类型
(1)弹簧连接体

(2)物物叠放连接体

(3)物物并排连接体

(4)轻绳连接体

(5)轻杆连接体

2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是相等。
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
3．处理连接体问题的方法
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，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
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研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”

五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于(　　)

A．F B．F
C．F D．F
解析　设每个物体的质量为m，对五个物体组成的整体由牛顿第二定律得F＝5ma，对3、4、5三个物体由牛顿第二定律得F23＝3ma，解以上两式得F23＝F，C正确。
答案　C

(1)当涉及连接体内某个物体的受力和运动情况时，一般采用先整体后隔离法。
(2)运用先整体后隔离法解题的基本步骤
①以整体为研究对象，通过牛顿第二定律求出加速度。
②将某个研究对象从系统中隔离出来。
③画出受力分析图。
④用牛顿第二定律等列方程求解。

1．如图所示，质量为0.4 kg的带底座的透明球壳放置在光滑水平面上，球壳内半径为5 cm，内壁光滑。当对球壳施加一水平推力时，放在球壳内、质量为0.2 kg的小球(可视为质点)相对球壳静止，且距离球壳最低点的高度为2 cm，取重力加速度g＝10 m/s2，则水平推力的大小为(　　)

A．8 N B．5.3 N
C．4.5 N D．3 N
答案　A
解析　小球具有水平向左的加速度，设圆心与小球连线和竖直方向的夹角为θ，分析受力可知：mgtanθ＝ma。根据几何关系可知：tanθ＝＝。研究整体的受力，根据牛顿第二定律可知：F＝(m＋M)a，联立解得：F＝8 N。故A正确。
2．(多选)如图所示三个装置，a中桌面光滑，b、c中桌面粗糙程度相同，c用大小为F＝Mg的力替代重物进行牵引，桌面上的物块质量为m，悬挂的物块的质量为M，其余均相同。不计绳和滑轮质量，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是(　　)

A．装置a中绳上张力Ta＝0
B．装置a中物块m的加速度为g
C．装置b、c中物块m的加速度不同
D．装置a中绳上的张力Ta小于装置b中绳上的张力Tb
答案　CD
解析　对于装置a，根据牛顿第二定律可得：Mg－Ta＝Maa，Ta＝maa，解得物块m的加速度大小为aa＝，绳上张力Ta＝；对于装置b，根据牛顿第二定律可得：Mg－Tb＝Mab，Tb－f＝mab，解得物块m的加速度大小为ab＝，绳上张力Tb＝；对于装置c，根据牛顿第二定律可得：Mg－f＝mac，解得物块m的加速度大小为ac＝，故C、D正确，A、B错误。
3．(多选)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，则下列说法中正确的是(　　)

A．若m>M，有x1＝x2 B．若m C．若μ>sinθ，有x1>x2 D．若μ 答案　AB
解析　在水平面上滑动时，根据牛顿第二定律，对整体有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1，对物块A有T1－μmg＝ma1，联立得T1＝F。在斜面上滑动时，根据牛顿第二定律，对整体有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2，对物块A有T2－mgsinθ＝ma2，联立得T2＝F。因T1＝T2，故x1＝x2，与m和M的大小关系、μ与sinθ的大小关系无关，故选A、B。

课时作业


1．如图，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(　　)

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　运动员在空中运动的过程中，加速度总是竖直向下的g，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态都是失重状态，故选A。
2．如图所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动。已知F1>F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为(　　)

A. B.
C. D.
答案　D
解析　以A、B、弹簧组成的整体为研究对象，整体的加速度为a＝；隔离A，对A受力分析，根据牛顿第二定律有：F1－F＝ma，根据胡克定律得F＝kx，解得弹簧的伸长量：x＝，故D正确，A、B、C错误。
3．(多选)如图所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tanθ，下图中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是(　　)


答案　AC
解析　物块先向上做匀减速直线运动，所受滑动摩擦力为μmgcosθ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tanθ，即mgsinθ<μmgcosθ，物块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力沿斜面向下的分力mgsinθ，小于上滑时的摩擦力μmgcosθ，A、C正确。
4．某人在地面上最多可举起50 kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)(　　)
A．2 m/s2，竖直向上 B． m/s2，竖直向上
C．2 m/s2，竖直向下 D． m/s2，竖直向下
答案　D
解析　由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg的物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，方向竖直向下，所以D正确。
5．(多选)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)

A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．水平外力F＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N
D．物体在0～4 s内的位移为24 m
答案　AC
解析　根据v­t图象的斜率表示加速度，知2～4 s内物体的加速度为：a2＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A正确；0～2 s内物体的加速度为：a1＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B错误，C正确；由图乙可知物体在0～4 s内的位移为：x＝ m＋×2 m＝28 m，故D错误。
6．如图所示，倾斜固定直杆与水平方向成60°角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接，当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30°角。下列说法中正确的是(　　)

A．圆环不一定加速下滑
B．圆环可能匀速下滑
C．圆环与杆之间一定没有摩擦
D．圆环与杆之间一定存在摩擦
答案　D
解析　以小球为研究对象，对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力和沿绳子收缩方向的拉力，小球的合外力不为零，不可能匀速下滑，小球与圆环相对静止，圆环也不可能匀速下滑，故B错误；对小球，沿杆方向有mgsin60°－Tsin30°＝ma，垂直杆方向有mgcos60°＝Tcos30°，可得加速度a＝g，圆环与小球相对静止，圆环一定加速下滑，故A错误；假设圆环与杆之间没有摩擦，取整体为研究对象，Mgsin60°＝Ma′，加速度a′＝gsin60°＝g≠g，说明假设不成立，圆环与杆之间一定存在摩擦，D正确，C错误。

7．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案　AB
解析　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，F＝f，由题图b知，F随时间是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
8．(2015·全国卷Ⅱ)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8 B．10
C．15 D．18
答案　BC
解析　设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝max，联立可得n＝x，x为3的倍数，则n为5的倍数，B、C正确，A、D错误。
9．(2019·湖南怀化高考一模)如图所示，一个箱子内放置质量为m的物体，现让箱子以初速度为零从高空释放，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度成正比，在箱子下落过程中，下列说法正确的是(　　)

A．箱内物体对箱子底部始终没有压力
B．箱内物体对箱子底部刚开始存在压力，但随着箱子下降，压力逐渐减小直到为零
C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大
D．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时小
答案　C
解析　刚释放时，速度较小，空气阻力较小，箱子做加速运动，空气阻力与箱子下落速度成正比，阻力不断变大，故箱子做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做匀速运动；对箱内物体受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律，有mg－N＝ma，由于a逐渐由g减小到零，故支持力N由0逐渐增大到mg，之后保持不变，C正确。
10．(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t＝0时刻受一与运动方向相反的恒力F＝4 N的作用，经一段时间后撒去力F，物体运动的v­t图象如图所示，已知g＝10 m/s2，据图可知下列说法正确的是(　　)

A．物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2
B．物体最后回到t＝0时刻的位置
C．F的作用时间为1 s
D．物体的质量为1 kg
答案　AD
解析　由图象可知物体在0～1 s内沿正向做减速运动，1～2 s内沿负向做加速运动，2 s后沿负方向做减速运动，则拉力是在2 s末撤去的，拉力F的作用时间为2 s，在2～3 s内物体的加速度大小为a＝＝2 m/s2，摩擦力大小为μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正确，C错误。由图知，0～1 s内物体沿正向运动，位移大小x1＝×6×1 m＝3 m,1～3 s内沿负向运动，位移大小x2＝×(3－1)×2 m＝2 m，则知3 s末距离出发点的距离为x＝x1－x2＝1 m，故B错误；根据图象可得0～1 s内物体的加速度a1＝＝－ m/s2＝－6 m/s2，根据牛顿第二定律可得：－F－μmg＝ma1，将F＝4 N，a1＝－6 m/s2代入，解得物体的质量m＝1 kg，故D正确。
11. (2020·黑龙江大庆高三第一次质检)如图所示，用一个水平推力F＝kt(k为一个大于0的恒量，t为时间)把一重为G的物体压在足够高且平整的竖直墙壁上，f为物体所受的摩擦力，a为物体的加速度，v为物体的速度，取竖直向上为正方向。开始时物体的速度为零，从t＝0开始计时，下图中，该物体的f­t图象、a­t图象、v­t图象可能正确的是(　　)


答案　C
解析　因为F＝kt，f＝μF＝μkt，(μ为动摩擦因数)开始时物体的重力大于摩擦力，其加速度a＝＝g－，物体做加速度减小的加速运动；随着F的增加，物体受到的摩擦力也增加，当重力小于摩擦力时，其加速度a′＝＝－g，物体做加速度增大的减速运动；直到物体减速到0，物体将保持静止，物体受到的静摩擦力等于重力。根据对称性，可知运动开始和结束时，物体的加速度相等，都为g，运动结束时有：f－mg＝mg，此时，物体受到的滑动摩擦力最大，为fmax＝2mg＝2G。综上所述，C正确，A、B、D错误。
12．(2019·山东高考模拟)(多选)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，m在小车的水平底板上，四种状态下全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是(　　)

A．若＝，则＝
B．若＝，则＝
C．若＝，则＝
D．若＝，则＝
答案　CD
解析　甲、乙两图中，M水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1＝Ma1，f2＝Ma2。丙、丁两图中，对M和m组成的系统来分析，根据牛顿第二定律可知：f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4。
若＝，则＝，故A错误；若＝，则＝，故B错误；若＝，则＝，故C正确；对图丙、丁中m受力分析可知tanθ＝，tanα＝，若＝，可得：＝，故D正确。
13．(2019·广西高考模拟)(多选)如图所示，力传感器上吊着一个滑轮，细线绕过滑轮一端吊着物块A、另一端吊着物块B和C。由静止释放三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为F1；在三个物块运动过程中，剪断B、C物块间的连线，力传感器的示数变为F2；三个物块的质量相同，重力加速度为g，不计细线与滑轮的摩擦，则(　　)

A．每个物块一起运动的加速度大小为g
B．每个物块的重力为(F1－F2)
C．滑轮的重力为2F2－F1
D．剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小不变
答案　AB
解析　设每个物块的质量为m，绳的拉力为F，则F－mg＝ma，2mg－F＝2ma，解得：a＝g，F＝mg，设滑轮的质量为M，根据平衡条件有F1＝Mg＋2F＝Mg＋mg，剪断B、C间的细线后，由于A、B质量相等，因此A、B的加速度变为零，这时细线上的张力大小发生突变，减少到mg，故A正确，D错误；根据平衡条件有F2＝Mg＋2mg，解得：mg＝(F1－F2)，故B正确；滑轮的重力Mg＝4F2－3F1，故C错误。
14．(2020·福建泉州十二中高三月考)两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v­t图象如图b所示。g取10 m/s2，求：

(1)推力F的大小；
(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离。
答案　(1)15 N　(2)6 m
解析　(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，
由B的v­t图象得：a＝3 m/s2
对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：
F－μmAg＝(mA＋mB)a
代入数据解得：F＝15 N。
(2)撤去推力F后，A、B两物体分离。A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：
μmAg＝mAaA
解得：aA＝μg＝3 m/s2
根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－aAt
解得：t＝2 s
撤去力F后，A的位移为xA＝v0t－aAt2＝6 m
B的位移为xB＝v0t＝12 m
所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为
Δx＝xB－xA＝6 m。