答案解析
1.【解析】选C.对三个木块组成的整体，F＝(m＋2m＋3m)a，设轻绳的拉力恰好为T，则有：T＝(m＋2m)a，以上两式联立可得，此时F＝2T，即当F＝2T时轻绳刚要被拉断，B错误，C正确；对m分析，由f＝ma可1
得：f＝T，D错误；此过程中，质量为2m的木块受重力、地面支持力、m对它的压力和摩擦力以及轻绳
3的拉力T五个力作用，故A错误.
2. 【解析】选B.本题可用整体法求解，属于超重、失重的定量计1
算：烧断细线后，物体匀加速下滑，下滑加速度a＝gsin30°＝g，
2方向沿斜面向下(如图所示)，其中竖直向下的分量为a⊥＝asin30°11
＝g，所以物块G失重，台秤示数减小量为ma⊥＝G＝1 N. 44
【总结提升】巧用超重、失重观点解题 当物体的加速度不在竖直方向上，而具有向上的分量a上或者具有向下的分量
a下，则物体的视重与实重的关系为：
(1)超重时：F视＝mg＋ma上 ，视重等于实重加上ma上，视重比实重大ma上. (2)失重时：F视＝mg－ma下，视重等于实重减去ma下，视重比实重“失去”了 ma下.
3.【解析】选C.对整体由牛顿第二定律得(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，设杆对小环的作用力大小为N，据平衡条件得N＝(m1＋m2)gcosθ，故A错误；对小球由牛顿第二定律得m2gsinθ－Tsin(θ－β)＝m2a，解得θ＝β，故C正确，B错误；若杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律得，β不可能大于θ，故D错误.
4.【解析】选D.两物块均以加速度a运动时，由牛顿第二定律对整体有： F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a， 对m2有：
kx－μm2g＝m2a
当两物块均以加速度2a运动时，对整体有： F′－μ(m1＋m2)g＝2(m1＋m2)a， 对m2有：
kx′－μm2g＝2m2a.
比较对应的两式可得F′<2F，x′<2x，故D正确.
5.【解析】选A、D.由题意可知人的重力为490 N，t0～t1时间内，视重为440 N，人失重，有向下的加速度，应向上减速或向下加速运动，故B、C错.t1～t2时间内，视重为490 N，a＝0，匀速运动或静止.t2～t3时间内，视重为540 N，人超重，有向上的加速度，应向上加速或向下减速，故A、D均有可能.
6.【解析】选A、D.基里亚绍娃在起跳时，她在弹力的作用下向上加速，故此时杆对她的弹力大于她的重力，A正确，起跳以后的下落过程中，她只受重力作用而下落，所以处于失重状态，D正确. 【变式备选】(双选)下列实例属于超重现象的是( ) A.汽车驶过拱形桥顶端
B.荡秋千的小孩通过最低点
C.跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动 D.火箭点火后加速升空
【解析】选B、D.汽车驶过拱形桥顶端时，加速度方向向下，属于失重现象，A错误；荡秋千的小孩通过最低点时，加速度方向向上，属于超重现象，B正确；跳水运动员被弹起后，只受重力作用，属于完全失重现象，C错误；火箭加速升空，加速度方向向上，属于超重现象，D正确.
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v0222
7.【解析】选B、C.由t-v0图象可得a＝＝ m/s＝2.5 m/s.对小物块应用牛顿第二定律有μmgcos30°
t0.8－mgsin30°＝ma，解得μ＝
3
，则A项错，B项对.若v0＝1 m/s，小物块仍在斜面上运动，由图象可知2
2
20
v016
小物块运动时间为0.4 s，C项对.若v0＝4 m/s，由v＝2as得s＝＝ m＝3.2 m>2.4 m，小物块
2a2×2.5已运动到水平面上，图象对小物块已不再成立，故D项错.
M总g－kv
8.【解析】选C、D.设整体加速度为a，则a＝，当v＝0时，a＝g，当v≠0时，a＜g，设箱内物
M总体质量为m，受支持力为N，对箱内物体有mg－N＝ma，当v＝0时，N＝0；v≠0时，N＝m(g－a)＞0，故选项A、B错误；因箱子下落过程为变加速运动，接近地面时，v最大，故a最小，由N＝m(g－a)可知物体受到的支持力最大，故选项C正确；若下落距离足够长，当f＝M总g时，a＝0，箱子做匀速运动，此时N＝mg，故选项D正确.
F2－F1F2
9.【解析】选A、D.对甲、乙整体由牛顿第二定律，撤力前a＝，若撤去F1，a′＝，由于m甲＋m乙m甲＋m乙F2>F2－F1，故a′>a，A正确；对甲由牛顿第二定律，撤力前，T－F1＝m甲a，撤去F1后，T′＝m甲a′，故F1
T′>T－F1，T′与T大小关系不确定，B错误；若撤去F2，a″＝，由于F1与F2－F1大小关系不确定，
m甲＋m乙故a与a″大小关系不确定，C错误；撤去F2后，对甲由牛顿第二定律，F1－ T″＝m甲a″，由于T>F1，而T″
(2)刹车距离、加速度、初速度三者的关系.
(3)s是代数量，要与刹车距离比较定量的位置关系. 【解析】设车的加速度大小为a，由牛顿第二定律知：
μMg＝Ma，所以a＝μg (3分)
设车的速度为v时开始刹车，车刚好停在标志杆处，则：v＝2as，即：v＝2μgs(3分)
2v0
刹车过程中车的位移为：s′＝ (2分)
2μg当v0＝v＝2μgs时，车停在标志杆处，
车距标志杆的距离Δs＝s′－s＝0 (2分) 当v0 2v0 车距标志杆的距离Δs＝s－s′＝s－ (3分) 2μg当v0>v＝2μgs时，车已经驶过标志杆， 2v0 车距标志杆的距离Δs＝s′－s＝－s (3分) 2μg答案：见解析 2 2 12 11.【解析】(1)第一次飞行中，飞行器做匀加速直线运动，设加速度为a1，则有sm＝a1t1 2(2分) 由牛顿第二定律可得：F－mg－f＝ma1 (2分) 解得：f＝4 N (1分) 12 (2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为h1，则有：h1＝a1t2(1分) 2设失去升力后加速度为a2，上升的高度为h2 第 10 页 共 11 页 由牛顿第二定律可得：mg＋f＝ma2 (2分) v1＝a1t2 (2分) v1 h2＝ (2分) 2a2 解得：s＝h1＋h2＝42 m. (1分) (3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4；恢复升力时速度为v3，则由牛顿第二定律可得：mg－f＝ma3 (2分) F＋f－mg＝ma4 (1分) v3v3 且＋＝s (2分) 2 22 2a32a4v3＝a3t3 解得：t32 3＝2 s(或2.1 s) (1答案：(1)4 N (2)42 m (3)32 2 s或2.1 s 第 11 页 共 11 页 (1分) 分)