通用版2020届高考物理总复习第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用（含答案解析）

2020高考一轮第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用（通用版）
物 理
　
[基础知识·填一填]
[知识点]　超重和失重现象　
1．视重
(1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台上时，弹簧测力计或台秤的　示数　称为视重．
(2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的　拉力　或台秤所受物体的　压力　.
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象 失重现象 完全失重现象
概念 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　大于　物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　小于　物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　等于　零的现象
产生 条件 物体的加速度方向　竖直向上　 物体的加速度方向　竖直向下　 物体的加速度方向　竖直向下，大小a＝g　
原理 方程 F－mg＝ma F＝　m(g＋a) mg－F＝ma F＝　m(g－a) mg－F＝ma F＝0
运动 状态 加速　上升或　减速　下降 加速　下降或　减速　上升 以a＝g　加速　下降或　减速　上升


判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．
(1)超重就是物体所受的重力增加了．(×)
(2)失重就是物体所受的重力减小了．(×)
(3)完全失重就是物体所受的重力为0.(×)
(4)无论超重还是失重，物体所受的重力都是不变的．(√)
(5)物体速度向上时，处于失重状态．(×)
(6)物体速度向下时，处于失重状态．(×)
(7)物体加速度向上时，处于超重状态．(√)
(8)物体加速度向下时，处于失重状态．(√)
[教材挖掘·做一做]
1.(人教版必修1 P89图47－4改编)如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是(　　)

A．只有“起立”过程，才能出现失重现象
B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象
C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
D．“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象
解析：D　[下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、C错误，D正确．]
2.(人教版必修1 P88例2改编)小明每天上学放学均要乘垂直升降电梯上下楼．在电梯里，开始他觉得背的书包变“轻”了．快到楼底时，他觉得背的书包似乎变“重”了．为了研究这种现象，小明在电梯里放了一台测力计如图所示．设小明的质量为50 kg，g取10 m/s2，求下列情况中测力计的示数．

(1)当电梯以a＝1.5 m/s2的加速度匀加速上升时；
(2)当电梯以a＝1.5 m/s2的加速度匀减速上升时；
(3)当电梯以a＝1.5 m/s2的加速度匀加速下降时；
(4)当电梯以a＝1.5 m/s2的加速度匀减速下降时；
试归纳总结：什么情况下会发生超重或失重现象？
解析：(1)匀加速上升时，以人为研究对象，受力情况、加速度方向、速度方向如图(甲)所示．选向上为正方向．根据牛顿第二定律FN1－mg＝ma
得FN1＝mg＋ma＝50×(10＋1.5) N＝575 N
(2)匀减速上升时，如图(乙)所示．
mg－FN2＝ma
得FN2＝mg－ma＝50×(10－1.5) N＝425 N.

(3)匀加速下降，如图(丙)所示，
有mg－FN3＝ma
得FN3＝mg－ma＝50×(10－1.5) N＝425 N
(4)匀减速下降时，如图(丁)所示，
有FN4－mg＝ma
得FN4＝mg＋ma＝50×(10＋1.5) N＝575 N.
归纳总结：(1)、(4)中，物体具有向上的加速度时，将发生超重现象；(2)、(3)中，物体具有向下的加速度时，将发生失重现象．
答案：见解析
　　　　　　
考点一　对超重和失重现象的理解
[考点解读]
1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在．
3．当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果．此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等．
[题组巩固]
1．(2019·南京、盐城模拟)(多选)2018年蹦床世锦赛于北京时间11月10日晚在俄罗斯落幕，中国队获3金2银1铜，位列奖牌榜第一．如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　)

A．在第一过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
解析：CD　[运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．]
2.如图所示是某同学站在力传感器上，做下蹲——起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)，由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有(　　)

A．该同学做了两次下蹲——起立的动作
B．该同学做了一次下蹲——起立的动作，且下蹲后经2 s起立
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
解析：B　[在3～4 s 下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确．]
3．(2019·河南周口名校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平．如图所示，当此车加速上坡时，乘客(　　)

A．处于失重状态
B．处于超重状态
C．受到向后的摩擦力作用
D．所受力的合力沿斜面向下
解析：B　[当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿第二定律可知乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误；由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误．]
　超重和失重现象判断的“三”技巧
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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．
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．
3．从速度变化的角度判断
(1)物体向上加速或向下减速时，超重．
(2)物体向下加速或向上减速时，失重．
考点二　整体法和隔离法解决连接法问题
[考点解读]
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，应用牛顿第二定律求出加速度(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，应用牛顿第二定律列方程求解．
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”．若已知物体之间的作用力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”．
[典例赏析]
[典例1]　(2019·新乡模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)

A．此过程中物体C受五个力作用
B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断
D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为
[审题指导]
(1)粗糙水平面上放置B、C两物体→B、C两物体可能会受到摩擦力作用．
(2)轻绳能承受的最大拉力为FT→超过FT轻绳被拉断．
(3)使三个物体以同一加速度向右运动→三者的合力方向向右．
[解析]　C　[对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误．对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，隔离对A、C分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确．若水平面光滑，绳刚断时，对A、C分析，加速度a＝，隔离对A分析，A所受的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误．]

对连接体问题，求加速度是解题的切入点，灵活应用整体法和隔离法是解题的关键，一般解题思路是：
(1)当整体的外力已知时，先整体求加速度，再隔离求内力．
(2)当整体的外力未知时，先隔离求加速度，再整体分析求解．
(3)当整体或隔离都不能直接求解时，应通过联立方程组求解．
[题组巩固]
1．跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示．已知人的质量为70 kg，吊板的质量为10 kg，绳及定滑轮的质量，滑轮的摩擦均可忽略不计．重力加速度g取10 m/s2.当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力FN分别为(　　)

A．a＝1.0 m/s2，FN＝260 N
B．a＝1.0 m/s2，FN＝330 N
C．a＝3.0 m/s2，FN＝110 N
D．a＝3.0 m/s2，FN＝50 N
解析：B　[先整体法求加速度：2F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得：a＝1.0 m/s2；对人：F＋FN－m1g＝m1a，解得FN＝330 N，故B正确．]
2.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，力F的最大值是(　　)

A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
解析：A　[由题意知，当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升的加速度为a，由牛顿第二定律得，
对M有2f－Mg＝Ma①
对M、m整体有F－(M＋m)g＝(M＋m)a②
联立①②两式解得F＝，选项A正确．]
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，且m∶M＝1∶3，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．若用水平力F向右拉B且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；若用大小相同的水平力向左拉A且两物块共同向左加速运动时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于多大？

解析：由于m∶M＝1∶3，即M＝3m
用水平力F向右拉B时，
对整体，根据牛顿第二定律，有：
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a①
隔离物体A，根据牛顿第二定律，有：
kx1－μmg＝ma②
联立①②解得：kx1＝
当用大小相同的水平力向左拉A且两物块共同向左加速运动时，
对整体，根据牛顿第二定律，有：
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a′③
隔离物体B，根据牛顿第二定律，有：kx2－μMg＝Ma′④
联立③④解得：kx2＝F
故：＝＝.
答案：1∶3
考点三　动力学的临界和极值问题
[考点解读]
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．动力学中的“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件
两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力FN＝0.
(2)相对静止或相对滑动的临界条件
两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件
绳子断与不断的临界条件是绳子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)速度最大的临界条件
在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度达到最大值．
[典例赏析]
[典例2]　如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度系数为k的弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变，若A以加速度a(a＜gsin θ)沿斜面向下匀加速运动，求：

(1)从挡板开始运动到小球速度最大时，球的位移x的大小；
(2)从挡板开始运动到球、板分离所经历的时间t.
[审题突破]　(1)小球开始做匀加速运动，与A分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为　________　时，速度最大．
(2)从开始运动到球、板分离，小球的位移与弹簧的伸长量的关系为　________　.
[解析]　(1)球和挡板分离后，球做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时球所受合力为零，即kx＝mgsin θ，解得x＝.
(2)设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，从挡板开始运动到球、板分离的过程中，小球受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的挡板的支持力F1和弹簧弹力F.
据牛顿第二定律有mgsin θ－F－F1＝ma，又有F＝kx.
随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变．
当小球与挡板分离时，x增大到等于s，F1减小到零，则有mgsin θ－ks＝ma，又s＝at2.
联立以上各式解得mgsin θ－k·at2＝ma
得t＝
[答案]　(1)　(2)
　处理临界问题的思路
1．能分析出临界状态的存在．
2．要抓住物体处于临界状态时的受力和运动特征，找出临界条件，这是解决问题的关键．
3．能判断出物体在不满足临界条件时的受力和运动情况．
4．利用牛顿第二定律结合其他规律列方程求解．
[母题探究]
母题 典例2 探究1.接触与脱离的临界问题
探究2.相对滑动的临界问题
探究3.绳子断裂与松弛的临界问题

[探究1]　接触与脱离的临界问题　
如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是(　　)

A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B和A分离前，它们做匀加速直线运动
解析：C　[A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，由F＝mg，拉B前设弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确．]
[探究2]　相对滑动的临界问题　
如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(　　)

A．1∶1　　　　　　　 B．2∶3
C．1∶3 D．3∶2
解析：C　[力作用在A上时，A刚好相对B滑动时，易知两者加速度相等，此时有aB＝a1＝＝μg；力作用在B上时，B刚好相对A滑动时，易知A、B间的摩擦力刚好达到最大，此时有aA＝a2＝＝μg.可得a1∶a2＝1∶3，故C项正确．]
[探究3]　绳子断裂与松弛的临界问题　
(多选)如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力．现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则(　　)

A．F1的最大值为10 N B．F1的最大值为15 N
C．F2的最大值为10 N D．F2的最大值为15 N
解析：BC　[若向左拉m1，则隔离对m2分析，Tm＝m2a
则最大加速度a＝3 m/s2
对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N．故B正确，A错误．
若向右拉m2，则隔离对m1分析，
Tm＝m1a′
则最大加速度a′＝2 m/s2
对两物块系统：
F2＝(m1 ＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N．故D错误，C正确．]
考点四　动力学的图象问题
[考点解读]
1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－x图象，F－a图象等．
2．图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
3．图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解题策略
(1)弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义．
(2)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．
[典例赏析]
[典例3]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)

[审题指导]

[解析]　A　[设系统静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律和平衡条件得mg＝kx0.力F作用在P上后，物块受重力、弹力和F，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，F＋k(x0－x)－mg＝ma.联立以上两式得F＝kx＋ma，所以F－x图象中图线是一条不过原点的倾斜直线，故A正确．]

1．处理动力学图象问题的一般思路
(1)依据题意，合理选取研究对象．
(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程．
(3)将物体的运动过程与图象对应起来．
(4)对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．
2．文字语言、函数语言、图象语言与物理情景之间的相互转换，是确立解题方向、迅速明确解题方法的前提．

[母题探究]
母题 典例3 探究1.v－t图象问题
探究2.F－t图象问题
探究3.F－a图象问题

[探究1]　v－t图象问题　
(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t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：ACD　[设物块的质量为m、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2.
再结合v－t图线斜率的物理意义有：a1＝，a2＝.由上述四式可见，无法求出m，可以求出θ、μ，故B错，A、C均正确.0～t1时间内的v－t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确．]
[探究2]　F－t图象问题　
(多选)物体只在力F的作用下从静止开始运动，其F－t图象如图所示，则物体(　　)

A．在t1时刻加速度最大
B．在0～t1时间内做匀加速运动
C．从t1时刻后便开始返回运动
D．在0～t2时间内，速度一直在增大
解析：AD　[从图中可知物体在运动过程中受到的合力方向始终不变，所以物体一直做加速运动，即速度一直增加，物体做单向加速直线运动，C错误，D正确；根据牛顿第二定律a＝，可得在t1时刻合力最大，所以加速度最大，A正确；在0～t1时间内合力一直增大，所以物体做加速度增大的加速运动，B错误．]
[探究3]　F－a图象问题　
一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是(　　)

解析：C　[当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知，随F的增大，加速度a增大，故选C.]　　　　　　
思想方法(七)　加速度不同时整体法的应用　
方 法 阐 述 大多数情况下，当两物体加速度相同时才考虑整体法，加速度不同时，考虑隔离法．实际上加速度不同时，也可以用整体法，只是此时整体法的含义有所改变． 当两个或两个以上物体以不同形式连接，构成一个系统，且系统内各物体加速度不相同时，牛顿第二定律照样能应用于整体．若质量为m1，m2，…，mn的物体组成系统，它们的加速度分别为a1，a2，…，an，牛顿第二定律可写为：F＝m1a1＋m2a2＋…＋mnan 或Fx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx Fy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany 其意义为系统受的合外力等于系统内的每一个物体受的合外力的矢量和，或某个方向上，系统受的合外力等于系统内的每一个物体在这个方向上受的合外力的矢量和.

[典例赏析]
[典例]　如图所示，一质量为M的楔形木块A放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角分别为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于(　　)

A．Mg＋mg
B．Mg＋2mg
C．Mg＋mg(sin α＋sin β)
D．Mg＋mg(cos α＋cos β)
[审题指导]　(1)本题a、b、A三物体的加速度各不同，如果采用隔离法求解，过程复杂，求解繁琐．应用a、b、A整体为研究对象．
(2)求解A对桌面的压力应在竖直方向对整体受力分析，列出竖直方向上的牛顿第二定律方程．
[解析]　A　[取a、b、A整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示．
以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得：
FN－(M＋2m)g＝M·0＋ma1y＋ma2y
其中，a1y＝－gsin2α，a2y＝－gsin2β
得水平桌面对楔形木块的支持力FN＝Mg＋mg，由牛顿第三定律得A正确]

[跟踪训练]
(2019·河南洛阳模拟)如图所示的装置中，重为4 N的物块用一平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置被固定在测力计上并保持静止，斜面的倾角为30°.如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，在烧断细线物块下滑时测力计的读数与稳定时比较(　　)


A．增大4 N　　　　　　　 B．增大3 N
C．减少1 N D．不变
解析：C　[设物块的质量为m，斜面质量为m1，整个装置静止时，测力计读数为m1g＋mg＝m1g＋4 N．物块下滑的加速度a1＝gsin θ＝g，方向沿斜面向下，其竖直分量a1y＝a1sin θ＝g，所以物块处于失重状态，其视重为mg＝3 N，测力计的读数为m1g＋3 N，所以测力计的示数减小1 N，故选C.]
1 / 1