一、超重与失重
1、真重与视重。
如图所示，在某一系统中（如升降机中）用弹簧秤测某一物体的重力，悬于弹簧秤挂钩下的物体静止时受到两个力的作用：地球给物体的竖直向下的重力mg和弹簧秤挂钩给物体的竖直向上的弹力F，这里，mg是物体实际受到的重力，称力物体的真重；F是弹簧秤给物体的弹力，其大小将表现在弹簧秤的示数上，称为物体的视重。
2、超重与失重
（1）超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力F（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma；
（2）失重：物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力FN（或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg，即FN=mg－ma，
（3）当a=g时，FN=0，即物体处于完全失重。
二、整体法和隔离法
1、整体法：连接体和各物体如果有共同的加速度，求加速度可把连接体作为一个整体，运用牛顿第二定律列方程求解。
2、隔离法：如果要求连接体之间的相互作用力，必须隔离出其中一个物体，对该物体应用牛顿第二定律求解。
【要点名师透析】
一、对超重、失重问题的理解
1.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即ay≠0,物体就会出现超重或失重状态.当ay方向竖直向上时，物体处于超重状态；当ay方向竖直向下时，物体处于失重状态.
2.尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态.
3.超重并不是说重力增加了，失重并不是说重力减小了，完全失重也不是说重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，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)发生变化.
4.在完全失重的状态下，平常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、液体柱不再产生向下的压强等.
【例1】物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示.在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（）
A.当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小
B.当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大
C.当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小
D.当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小
【答案】BC
【详解】
解析：解法一：物体放在斜面上，受到三个力作用：重力mg、斜面的支持力FN和静摩擦力F，如图所示.由于物体在电梯中，具有与电梯相同的向上加速度，故物体在水平方向上合外力为零，在竖直方向由牛顿运动定律可得：
Ffcosθ=FNsinθ Ffsinθ+FNcosθ-mg=ma由以上两式解得FN=m(g+a)cosθFf=m(g+a)sinθ由支持力和摩擦力的表达式可判断选项B、C正确.
解法二：在加速度向上的系统中的物体处于超重状态，也就是在该系统中放一静止的物体，受到的重力大小可以认为是m（g+a）.然后利用平衡条件进行判断.对于在斜面上的物体，斜面对物体的支持力FN=m(g+a)cosθ.斜面对物体的静摩擦力Ff=m(g+a)sinθ.由支持力和摩擦力的表达式可以判断B、C两项正确.
二、整体法与隔离法的选取原则
1.隔离法的选取原则:若连接体或关联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.
2.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来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).
3.整体法、隔离法交替运用原则：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”.
4.涉及隔离法与整体法的具体问题
(1)涉及滑轮的问题，若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法.若绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度方向不同，但大小相同.
(2)固定斜面上的连接体问题.这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度.解题时，一般采用先整体、后隔离的方法.建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度.
(3)斜面体(或称为劈形物体、楔形物体)与在斜面体上物体组成的连接体(系统)的问题.当物体具有加速度，而斜面体静止的情况，解题时一般采用隔离法分析.
【例2】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA=2.0 kg的薄木板A和质量为mB=3 kg的金属块B.A的长度L=2.0 m.B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0 kg的物块C相连.B与A之间的动摩擦因数μ=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力.忽略滑轮质量及与轴间的摩擦.起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端(如图)，然后放手，求经过多长时间后B从 A的右端脱离(设 A的右端距滑轮足够远)(取g=10 m/s2).
【答案】4.0 s
【详解】以桌面为参考系，令aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，xA和xB分别表示 t时间内A和B移动的距离，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得，
以B、C为研究对象
mCg-μmBg=(mC+mB)aB (3分)
以A为研究对象：μmBg=mAaA (2分)
则由xB= aBt2 (2分)
xA= aAt2 (2分)
xB-xA=L (2分)
由以上各式，代入数值，可得t=4.0 s (2分)
【感悟高考真题】
1.（2011?上海高考物理?T16）如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态。地面受到的压力为 ，球b所受细线的拉力为 。剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力
(A)小于 (B)等于 (C)等于 (D)大于
【答案】选D.
【详解】把箱子以及两小球a、b当做一个整体。静止时地面受到的压力为 等于三个物体的总重力.在球b上升过程中，整体中的一部分具有了向上的加速度，根据整体法， ，即 ①；在球b静止时，库仑引力 ，在球b向上加速时库仑引力 ，两球接近，库仑引力增加，有： ，所以 ②，根据①②可得 .
2.（2011?上海高考物理?T19）受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其 图线如图所示，则
(A)在 秒内，外力 大小不断增大
(B)在 时刻，外力 为零
(C)在 秒内，外力 大小可能不断减小
(D)在 秒内，外力 大小可能先减小后增大
【答案】选CD.
【详解】 秒内，Ｆ加速运动， ，从图像斜率看，这段时间内的加速度减小，所以， 秒内，Ｆ不断减小，A错误；从图像斜率看在 时刻，加速度为零 ，B错误；在 秒内减速运动，若开始时Ｆ的方向与ａ相反，则 ，从图像斜率看加速度逐渐增大，因此Ｆ不断减小，C正确，当Ｆ减小到零，反向之后， ，当Ｆ增大时，加速度ａ逐渐增大，D正确．
3.（2011?山东高考?T24）如图所示，在高出水平地面 的光滑平台上放置一质量 、由两种不同连接成一体的薄板A，其右段长度 且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量 。B与A左段间动摩擦因数 。开始时二者均静止，先对A施加 水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离 。（取 ）求：
（1）B离开平台时的速度 。
（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间 和位移xB
（3）A左端的长度l2
【答案】（1）2m/s （2）0.5s 0.5m （3）1.5m
【详解】（1）物块B离开平台后做平抛运动：
（2）物块B与A右端接触时处于静止状态，当B与A左端接触时做匀加速直线运动，设加速度为aB,
则
（3） A刚开始运动时，A做匀加速直线运动，设加速度为a1,B刚开始运动时，A的速度为v1,加速度为a2,则有 。
4、（09?广东物理?8）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N。他将弹簧秤移至电梯内称其体重， 至 时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v-t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ A ）
解析：由图可知，在t0-t1时间内，弹簧秤的示数小于实际重量，则处于失重状态，此时具有向下的加速度，在t1-t2阶段弹簧秤示数等于实际重量，则既不超重也不失重，在t2-t3阶段，弹簧秤示数大于实际重量，则处于超重状态，具有向上的加速度，若电梯向下运动，则t0-t1时间内向下加速，t1-t2阶段匀速运动，t2-t3阶段减速下降，A正确；BD不能实现人进入电梯由静止开始运动，C项t0-t1内超重，不符合题意。
5.（09?广东理科基础?4）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑。质量为70.0kg的工 人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0．500m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取lOm／s2) （ B ）
A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N
解析：对建筑材料进行受力分析。根据牛顿第二定律有 ,得绳子的拉力大小等于
F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得 ,得FN=490N,根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490N.B对。
6.（09?广东理科基础?15）搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则 （ D ）
A．al=a2 B．a1
解析：当为F时有 ，当为2F时有 ，可知 ，D对。
7.（09?山东?22）图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为 。木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 （ BC ）
A．m＝M
B．m＝2M
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
解析：受力分析可知，下滑时加速度为 ，上滑时加速度为 ，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有 ，得m＝2M。也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。
考点：能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析
提示：能量守恒定律的理解及应用。
8.（09?山东?24）（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数 =0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）
（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。
（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求 1应满足的条件。
（3）若 1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。
解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为 ，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得， ①设货物在轨道末端所受支持力的大小为 ,根据牛顿第二定律得， ②
联立以上两式代入数据得 ③
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。
（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得 ④
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得 ⑤
联立④⑤式代入数据得 ⑥。
（3） ，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为 ，由牛顿第二定律得 ⑦
设货物滑到木板A末端是的速度为 ，由运动学公式得 ⑧
联立①⑦⑧式代入数据得 ⑨
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得 ⑩
联立①⑦⑨⑩式代入数据得 。
考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析
9.（09?海南物理?15）（9分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以 的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为 的加速度减速滑行。在车厢脱落 后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。
解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为 ；刹车前卡车牵引力的大小为 ，
卡车刹车前后加速度的大小分别为 和 。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有
设车厢脱落后， 内卡车行驶的路程为 ，末速度为 ，根据运动学公式有
⑤
⑥
⑦
式中， 是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为 ，有
⑧
卡车和车厢都停下来后相距
⑨
由①至⑨式得
○10
带入题给数据得
○11
评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，○11式1分
10.（09?上海物理?22）（12分）如图A．，质量m＝1kg的物体沿倾角?＝37?的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图B．所示。求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数?；（2）比例系数k。
（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）
解析：（1）对初始时刻：mgsin?－?mgcos?＝ma0 ○1
由图读出a0=4m/s2代入○1式，
解得：?＝gsin?－ma0gcos? ＝0.25；
（2）对末时刻加速度为零：mgsin?－?N－kvcos?＝0 ○2
又N＝mgcos?＋kvsin?
由图得出此时v=5 m/s
代入○2式解得：k＝mg（sin?－?cos?）v（?sin?＋cos? ＝0.84kg/s。
11.（09?广东物理?20）（17分）如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数 =0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量 =1.0kg.带正电的小滑块A质量 =0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度 =1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度 =0.40m/s向右运动。问（g取10m/s2）
（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？
（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？
解析：⑴由牛顿第二定律 有
A刚开始运动时的加速度大小 方向水平向右
B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用
由牛顿第三定律得电场力
摩擦力
B刚开始运动时的加速度大小 方向水平向左
⑵设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有
此时间内B运动的位移
t1时刻A的速度 ，故此过程A一直匀减速运动。
此t1时间内A运动的位移
此t1时间内A相对B运动的位移
此t1时间内摩擦力对B做的功为
t1后，由于 ，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有
对A 速度
对B 加速度
速度
联立以上各式并代入数据解得
此t2时间内A运动的位移
此t2时间内B运动的位移
此t2时间内A相对B运动的位移
此t2时间内摩擦力对B做的功为
所以A最远能到达b点a、b的距离L为
从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为
。
【考点精题精练】
1.(2011?德州模拟)电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一质量为m的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是( )
A.以大小为2g的加速度加速上升
B.以大小为2g的加速度减速上升
C.以大小为g的加速度加速上升
D.以大小为g的加速度减速下降
【答案】选C、D.
【详解】物体静止时，kx＝mg，当电梯运动时，取向上为正方向，由牛顿第二定律得：2kx－mg＝ma，可求出：a＝g，方向竖直向上，因此电梯可能以大小为g的加速度加速上升，也可能以大小为g的加速度减速下降，故A、B均错误，C、D正确.
2.(2011?广州模拟)在2009年第11届全运会上，福建女选手郑幸娟以“背越式”成功地跳过了1.95 m的高度，成为全国冠军，若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.下落过程中她处于失重状态
B.起跳以后上升过程她处于超重状态
C.起跳时地面对她的支持力等于她对地面的压力
D.起跳时地面对她的支持力大于她对地面的压力
【答案】选A、C.
【详解】无论是上升过程还是下落过程，运动员的加速度始终向下，所以她处于失重状态，A选项正确，B选项错误；起跳时地面对她的支持力与她对地面的压力为一对作用力与反作用力，大小应相等，C项正确，D项错误.
3.从正在加速上升的气球上落下一个物体，在物体刚离开气球的瞬间，下列说法正确的是( )
A.物体向下做自由落体运动
B.物体向上运动，加速度向上
C.物体向上运动，加速度向下
D.物体向上还是向下运动，要看物体离开气球时的速度
【答案】选C.
【详解】刚离开气球瞬间，物体由于惯性保持向上的速度，但由于合外力向下，故加速度方向向下.
4.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示.设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态.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.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大
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.若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力“而飘起来”
【答案】C
【详解】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：（M+m)g-kv2=(M+m)a①，设箱内物体受到的支持力F N，以箱内物体为研究对象，有mg-F N=ma②,由①②两式得FN= .通过此式可知，随着下落速度的增大，箱内物体受到的支持力逐渐增大，所以ABD项错误，C项正确.
5.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为()
A. B. C. D.3μmg
【答案】B
【详解】分别对整体右端一组及个体受力分析 ,运用牛顿第二定律,由整体法、隔离法可得
F=6ma①F-μmg=2ma②μmg-T=ma③由①②③联立可得T= μmg所以B正确.
6．如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度―时间图象如图乙所示，下列判断正确的是
( )
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在1 s～3 s内，外力F的大小恒定
C．在3 s～4 s内，外力F不断减小
D．在3 s～4 s内，外力F的大小恒定
【答案】BC
【详解】在0～1 s内，物体做匀加速直线运动，外力F恒定，故A错．在1 s～3 s内，物体做匀速运动，外力F也恒定，B正确．在3 s～4 s内，物体做加速度增大的减速运动，所以外力F不断减小，C对D错．
7. 如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数为8 N，这时小车运动的加速度大小是
( )
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
【答案】B
【详解】小车做匀速直线运动时，物块随小车也做匀速直线运动，两弹簧测力计示数均为10 N，形变相同，弹簧测力计甲的示数变为8 N，形变减小Δx，弹簧测力计乙形变要增加Δx，因此弹簧测力计乙的示数为12 N，物块受到的合外力为4 N，故加速度的大小是a＝Fm＝41 m/s2＝4 m/s2.
8．如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F－t图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是( )
A．两物体在4 s时改变运动方向
B．在1 s～3 s时间内两物体间摩擦力为零
C．6 s时两物体的速度为零
D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同
【答案】D
【详解】两物体在0～1 s内，做加速度增大的变加速运动，在1 s～3 s内，做匀加速运动，在3 s～4 s内，做加速度增大的变加速运动，在4 s～6 s内，做加速度减小的变加速运动，故两物体一直向一个方向运动，A、C错误，D正确，1 s～3 s时间内两物体做匀加速运动，对B进行受力分析可知两物体间的摩擦力不为零，B错误．
9．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为( )
A.2 s B．2 s
C.3 s D．22 s
【答案】B
【详解】AE两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝4Rg＝2 s，选B.
10.(2011?池州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1
A.地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右
B.地面对滑梯始终无摩擦力作用
C.地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小
D.地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小
【答案】选A.
【详解】小朋友在AB段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A正确，B错误；系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C、D错误.
11.(2011?广州模拟)一斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力F拉质量为m的物体，可使它匀速向上滑动，如图所示，若改用大小为3F的力，仍平行于斜面向上拉该物体，让物体从底部由静止开始运动、已知斜面长为L，物体的大小可以忽略，求：
(1)在3F力的作用下，物体到达斜面顶端时的速度；
(2)要使物体能够到达斜面顶端，3F力作用的时间至少多长？
【答案】
【详解】(1)设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为Ff.当用F的拉力时，物体匀速运动，有
F-mgsinθ-Ff=0 ①
当用3F的拉力时，物体的加速度为a，到达顶端时的速度为v，
由牛顿第二定律
3F-mgsinθ-Ff=ma ②
v2-0=2aL ③
由①②③式解得
(2)设3F的拉力至少作用t时间，撤去拉力后加速度为a′，还能滑行t′时间，撤去拉力后有
mgsinθ+Ff=ma′ ④
at2+ a′t′2=L ⑤
由①②④式得a=2a′，又由速度关系
at-a′t′=0,得t′=2t
解得
12.一小轿车从高为10 m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在斜坡底端115 m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104 N，小轿车的质量为2 t，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g取10 m/s2)．求：
(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；
(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(轿车在行驶过程中不采用刹车装置)
【答案】(1)10 m/s (2)5 s
【详解】 (1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得F1＋mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1
代入数据得a1＝3 m/s2
由v21＝2a1x1＝2a1h/sin 37°
得行驶至斜坡底端时的速度v1＝10 m/s
(2)在水平地面上加速时，由牛顿第二定律得F2－μmg＝ma2
代入数据得a2＝2 m/s2
关闭油门后减速μmg＝ma3
代入数据得a3＝5 m/s2
关闭油门时轿车的速度为v2
v22－v212a2＋v222a3＝x2
得v2＝20 m/s
本文来自：逍遥右脑记忆 /gaosan/76048.html
相关阅读：2012届高考物理第一轮复习光的波动性学案
2012届高考物理备考磁场复习教案
原子的核式结构
2012届高考物理第一轮导学案复习：热学
2012届高考物理第二轮知识点牛顿第一定律 牛顿第三定律归纳总结