一、超重與失重
1、真重與視重。
如圖所示，在某一系統中（如升降機中）用彈簧秤測某一物體的重力，懸于彈簧秤掛鉤下的物體靜止時受到兩個力的作用：地球給物體的豎直向下的重力mg和彈簧秤掛鉤給物體的豎直向上的彈力F，這里，mg是物體實際受到的重力，稱力物體的真重；F是彈簧秤給物體的彈力，其大小將表現在彈簧秤的示數上，稱為物體的視重。
2、超重與失重
（1）超重：物體有向上的加速度稱物體處于超重。處于失重的物體的物體對支持面的壓力F（或對懸掛物的拉力）大于物體的重力，即F=mg+ma；
（2）失重：物體有向下的加速度稱物體處于失重。處于失重的物體對支持面的壓力FN（或對懸掛物的拉力）小于物體的重力mg，即FN=mg－ma，
（3）當a=g時，FN=0，即物體處于完全失重。
二、整體法和隔離法
1、整體法：連接體和各物體如果有共同的加速度，求加速度可把連接體作為一個整體，運用牛頓第二定律列方程求解。
2、隔離法：如果要求連接體之間的相互作用力，必須隔離出其中一個物體，對該物體應用牛頓第二定律求解。
【要點名師透析】
一、對超重、失重問題的理解
1.盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量即ay≠0,物體就會出現超重或失重狀態.當ay方向豎直向上時，物體處于超重狀態；當ay方向豎直向下時，物體處于失重狀態.
2.盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現超重或失重狀態.
3.超重并不是說重力增加了，失重并不是說重力減小了，完全失重也不是說重力完全消失了.在發生這些現象時，物體的重力依然存在，且不發生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發生變化.
4.在完全失重的狀態下，平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產生向下的壓強等.
【例1】物體放置在傾角為θ的斜面上，斜面固定于加速上升的電梯中，加速度為a，如圖所示.在物體始終相對于斜面靜止的條件下，下列說法中正確的是（）
A.當θ一定時，a越大，斜面對物體的正壓力越小
B.當θ一定時，a越大，斜面對物體的摩擦力越大
C.當a一定時，θ越大，斜面對物體的正壓力越小
D.當a一定時，θ越大，斜面對物體的摩擦力越小
【答案】BC
【詳解】
解析：解法一：物體放在斜面上，受到三個力作用：重力mg、斜面的支持力FN和靜摩擦力F，如圖所示.由于物體在電梯中，具有與電梯相同的向上加速度，故物體在水平方向上合外力為零，在豎直方向由牛頓運動定律可得：
Ffcosθ=FNsinθ Ffsinθ+FNcosθ-mg=ma由以上兩式解得FN=m(g+a)cosθFf=m(g+a)sinθ由支持力和摩擦力的表達式可判斷選項B、C正確.
解法二：在加速度向上的系統中的物體處于超重狀態，也就是在該系統中放一靜止的物體，受到的重力大小可以認為是m（g+a）.然后利用平衡條件進行判斷.對于在斜面上的物體，斜面對物體的支持力FN=m(g+a)cosθ.斜面對物體的靜摩擦力Ff=m(g+a)sinθ.由支持力和摩擦力的表達式可以判斷B、C兩項正確.
二、整體法與隔離法的選取原則
1.隔離法的選取原則:若連接體或關聯體內各物體的加速度不相同,或者要求出系統內兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來,應用牛頓第二定律列方程求解.
2.整體法的選取原則:若連接體內各物體具有相同的加速度,且不需要求物體之間的作用力,可以把它們看成一個整體來分析整體受到的外力,應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量).
3.整體法、隔離法交替運用原則：若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力.即“先整體求加速度，后隔離求內力”.
4.涉及隔離法與整體法的具體問題
(1)涉及滑輪的問題，若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法.若繩跨過定滑輪，連接的兩物體雖然加速度方向不同，但大小相同.
(2)固定斜面上的連接體問題.這類問題一般多是連接體(系統)各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度.解題時，一般采用先整體、后隔離的方法.建立坐標系時也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度.
(3)斜面體(或稱為劈形物體、楔形物體)與在斜面體上物體組成的連接體(系統)的問題.當物體具有加速度，而斜面體靜止的情況，解題時一般采用隔離法分析.
【例2】如圖所示，在光滑的桌面上疊放著一質量為mA=2.0 kg的薄木板A和質量為mB=3 kg的金屬塊B.A的長度L=2.0 m.B上有輕線繞過定滑輪與質量為mC=1.0 kg的物塊C相連.B與A之間的動摩擦因數μ=0.10，最大靜摩擦力可視為等于滑動摩擦力.忽略滑輪質量及與軸間的摩擦.起始時令各物體都處于靜止狀態，繩被拉直，B位于A的左端(如圖)，然后放手，求經過多長時間后B從 A的右端脫離(設 A的右端距滑輪足夠遠)(取g=10 m/s2).
【答案】4.0 s
【詳解】以桌面為參考系，令aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，xA和xB分別表示 t時間內A和B移動的距離，則由牛頓定律和勻加速運動的規律可得，
以B、C為研究對象
mCg-μmBg=(mC+mB)aB (3分)
以A為研究對象：μmBg=mAaA (2分)
則由xB= aBt2 (2分)
xA= aAt2 (2分)
xB-xA=L (2分)
由以上各式，代入數值，可得t=4.0 s (2分)
【感悟高考真題】
1.（2011?上海高考物理?T16）如圖，在水平面上的箱子內，帶異種電荷的小球a、b用絕緣細線分別系于上、下兩邊，處于靜止狀態。地面受到的壓力為 ，球b所受細線的拉力為 。剪斷連接球b的細線后，在球b上升過程中地面受到的壓力
(A)小于 (B)等于 (C)等于 (D)大于
【答案】選D.
【詳解】把箱子以及兩小球a、b當做一個整體。靜止時地面受到的壓力為 等于三個物體的總重力.在球b上升過程中，整體中的一部分具有了向上的加速度，根據整體法， ，即 ①；在球b靜止時，庫侖引力 ，在球b向上加速時庫侖引力 ，兩球接近，庫侖引力增加，有： ，所以 ②，根據①②可得 .
2.（2011?上海高考物理?T19）受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上作直線運動，其 圖線如圖所示，則
(A)在 秒內，外力 大小不斷增大
(B)在 時刻，外力 為零
(C)在 秒內，外力 大小可能不斷減小
(D)在 秒內，外力 大小可能先減小后增大
【答案】選CD.
【詳解】 秒內，Ｆ加速運動， ，從圖像斜率看，這段時間內的加速度減小，所以， 秒內，Ｆ不斷減小，A錯誤；從圖像斜率看在 時刻，加速度為零 ，B錯誤；在 秒內減速運動，若開始時Ｆ的方向與ａ相反，則 ，從圖像斜率看加速度逐漸增大，因此Ｆ不斷減小，C正確，當Ｆ減小到零，反向之后， ，當Ｆ增大時，加速度ａ逐漸增大，D正確．
3.（2011?山東高考?T24）如圖所示，在高出水平地面 的光滑平臺上放置一質量 、由兩種不同連接成一體的薄板A，其右段長度 且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可視為質點的物塊B，其質量 。B與A左段間動摩擦因數 。開始時二者均靜止，先對A施加 水平向右的恒力，待B脫離A（A尚未露出平臺）后，將A取走。B離開平臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離 。（取 ）求：
（1）B離開平臺時的速度 。
（2）B從開始運動到剛脫離A時，B運動的時間 和位移xB
（3）A左端的長度l2
【答案】（1）2m/s （2）0.5s 0.5m （3）1.5m
【詳解】（1）物塊B離開平臺后做平拋運動：
（2）物塊B與A右端接觸時處于靜止狀態，當B與A左端接觸時做勻加速直線運動，設加速度為aB,
則
（3） A剛開始運動時，A做勻加速直線運動，設加速度為a1,B剛開始運動時，A的速度為v1,加速度為a2,則有 。
4、（09?廣東物理?8）某人在地面上用彈簧秤稱得體重為490N。他將彈簧秤移至電梯內稱其體重， 至 時間段內，彈簧秤的示數如圖所示，電梯運行的v-t圖可能是（取電梯向上運動的方向為正）（ A ）
解析：由圖可知，在t0-t1時間內，彈簧秤的示數小于實際重量，則處于失重狀態，此時具有向下的加速度，在t1-t2階段彈簧秤示數等于實際重量，則既不超重也不失重，在t2-t3階段，彈簧秤示數大于實際重量，則處于超重狀態，具有向上的加速度，若電梯向下運動，則t0-t1時間內向下加速，t1-t2階段勻速運動，t2-t3階段減速下降，A正確；BD不能實現人進入電梯由靜止開始運動，C項t0-t1內超重，不符合題意。
5.（09?廣東理科基礎?4）建筑工人用圖所示的定滑輪裝置運送建筑。質量為70.0kg的工 人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0．500m／s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取lOm／s2) （ B ）
A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N
解析：對建筑材料進行受力分析。根據牛頓第二定律有 ,得繩子的拉力大小等于
F=210N,然后再對人受力分析由平衡的知識得 ,得FN=490N,根據牛頓第三定律可知人對地面間的壓力為490N.B對。
6.（09?廣東理科基礎?15）搬運工人沿粗糙斜面把一個物體拉上卡車，當力沿斜面向上，大小為F時，物體的加速度為a1；若保持力的方向不變，大小變為2F時，物體的加速度為a2，則 （ D ）
A．al=a2 B．a1
解析：當為F時有 ，當為2F時有 ，可知 ，D對。
7.（09?山東?22）圖示為某探究活動小組設計的節能運動系統。斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為 。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程。下列選項正確的是 （ BC ）
A．m＝M
B．m＝2M
C．木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能
解析：受力分析可知，下滑時加速度為 ，上滑時加速度為 ，所以C正確。設下滑的距離為l，根據能量守恒有 ，得m＝2M。也可以根據除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，所以D不正確。
考點：能量守恒定律，機械能守恒定律，牛頓第二定律，受力分析
提示：能量守恒定律的理解及應用。
8.（09?山東?24）（15分）如圖所示，某貨場而將質量為m1=100 kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為 1，木板與地面間的動摩擦因數 =0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）
（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。
（2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求 1應滿足的條件。
（3）若 1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。
解析：（1）設貨物滑到圓軌道末端是的速度為 ，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得， ①設貨物在軌道末端所受支持力的大小為 ,根據牛頓第二定律得， ②
聯立以上兩式代入數據得 ③
根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。
（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得 ④
若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得 ⑤
聯立④⑤式代入數據得 ⑥。
（3） ，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為 ，由牛頓第二定律得 ⑦
設貨物滑到木板A末端是的速度為 ，由運動學公式得 ⑧
聯立①⑦⑧式代入數據得 ⑨
設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得 ⑩
聯立①⑦⑨⑩式代入數據得 。
考點：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析
9.（09?海南物理?15）（9分）一卡車拖掛一相同質量的車廂，在水平直道上以 的速度勻速行駛，其所受阻力可視為與車重成正比，與速度無關。某時刻，車廂脫落，并以大小為 的加速度減速滑行。在車廂脫落 后，司機才發覺并緊急剎車，剎車時阻力為正常行駛時的3倍。假設剎車前牽引力不變，求卡車和車廂都停下后兩者之間的距離。
解析：設卡車的質量為M，車所受阻力與車重之比為 ；剎車前卡車牽引力的大小為 ，
卡車剎車前后加速度的大小分別為 和 。重力加速度大小為g。由牛頓第二定律有
設車廂脫落后， 內卡車行駛的路程為 ，末速度為 ，根據運動學公式有
⑤
⑥
⑦
式中， 是卡車在剎車后減速行駛的路程。設車廂脫落后滑行的路程為 ，有
⑧
卡車和車廂都停下來后相距
⑨
由①至⑨式得
○10
帶入題給數據得
○11
評分參考：本題9分。①至⑧式各1分，○11式1分
10.（09?上海物理?22）（12分）如圖A．，質量m＝1kg的物體沿傾角?＝37?的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動，風對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風速v成正比，比例系數用k表示，物體加速度a與風速v的關系如圖B．所示。求：
（1）物體與斜面間的動摩擦因數?；（2）比例系數k。
（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）
解析：（1）對初始時刻：mgsin?－?mgcos?＝ma0 ○1
由圖讀出a0=4m/s2代入○1式，
解得：?＝gsin?－ma0gcos? ＝0.25；
（2）對末時刻加速度為零：mgsin?－?N－kvcos?＝0 ○2
又N＝mgcos?＋kvsin?
由圖得出此時v=5 m/s
代入○2式解得：k＝mg（sin?－?cos?）v（?sin?＋cos? ＝0.84kg/s。
11.（09?廣東物理?20）（17分）如圖20所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極板間形成勻強電場E。長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數 =0.05（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同）。B與極板的總質量 =1.0kg.帶正電的小滑塊A質量 =0.60kg，其受到的電場力大小F=1.2N.假設A所帶的電量不影響極板間的電場分布。t=0時刻，小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度 =1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度 =0.40m/s向右運動。問（g取10m/s2）
（1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？
（2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應為多少？從t=0時刻至A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？
解析：⑴由牛頓第二定律 有
A剛開始運動時的加速度大小 方向水平向右
B剛開始運動時受電場力和摩擦力作用
由牛頓第三定律得電場力
摩擦力
B剛開始運動時的加速度大小 方向水平向左
⑵設B從開始勻減速到零的時間為t1，則有
此時間內B運動的位移
t1時刻A的速度 ，故此過程A一直勻減速運動。
此t1時間內A運動的位移
此t1時間內A相對B運動的位移
此t1時間內摩擦力對B做的功為
t1后，由于 ，B開始向右作勻加速運動，A繼續作勻減速運動，當它們速度相等時A、B相距最遠，設此過程運動時間為t2，它們速度為v，則有
對A 速度
對B 加速度
速度
聯立以上各式并代入數據解得
此t2時間內A運動的位移
此t2時間內B運動的位移
此t2時間內A相對B運動的位移
此t2時間內摩擦力對B做的功為
所以A最遠能到達b點a、b的距離L為
從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為
。
【考點精題精練】
1.(2011?德州模擬)電梯內的地板上豎直放置一根輕質彈簧，彈簧上方有一質量為m的物體.當電梯靜止時彈簧被壓縮了x；當電梯運動時彈簧又被壓縮了x.試判斷電梯運動的可能情況是( )
A.以大小為2g的加速度加速上升
B.以大小為2g的加速度減速上升
C.以大小為g的加速度加速上升
D.以大小為g的加速度減速下降
【答案】選C、D.
【詳解】物體靜止時，kx＝mg，當電梯運動時，取向上為正方向，由牛頓第二定律得：2kx－mg＝ma，可求出：a＝g，方向豎直向上，因此電梯可能以大小為g的加速度加速上升，也可能以大小為g的加速度減速下降，故A、B均錯誤，C、D正確.
2.(2011?廣州模擬)在2009年第11屆全運會上，福建女選手鄭幸娟以“背越式”成功地跳過了1.95 m的高度，成為全國冠軍，若不計空氣阻力，則下列說法正確的是( )
A.下落過程中她處于失重狀態
B.起跳以后上升過程她處于超重狀態
C.起跳時地面對她的支持力等于她對地面的壓力
D.起跳時地面對她的支持力大于她對地面的壓力
【答案】選A、C.
【詳解】無論是上升過程還是下落過程，運動員的加速度始終向下，所以她處于失重狀態，A選項正確，B選項錯誤；起跳時地面對她的支持力與她對地面的壓力為一對作用力與反作用力，大小應相等，C項正確，D項錯誤.
3.從正在加速上升的氣球上落下一個物體，在物體剛離開氣球的瞬間，下列說法正確的是( )
A.物體向下做自由落體運動
B.物體向上運動，加速度向上
C.物體向上運動，加速度向下
D.物體向上還是向下運動，要看物體離開氣球時的速度
【答案】選C.
【詳解】剛離開氣球瞬間，物體由于慣性保持向上的速度，但由于合外力向下，故加速度方向向下.
4.直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，如圖所示.設投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態.在箱子下落過程中，下列說法正確的是()
A.箱內物體對箱子底部始終沒有壓力
B.箱子剛從飛機上投下時，箱內物體受到的支持力最大
C.箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛投下時大
D.若下落距離足夠長，箱內物體有可能不受底部支持力“而飄起來”
【答案】C
【詳解】以整體為研究對象，根據牛頓第二定律：（M+m)g-kv2=(M+m)a①，設箱內物體受到的支持力F N，以箱內物體為研究對象，有mg-F N=ma②,由①②兩式得FN= .通過此式可知，隨著下落速度的增大，箱內物體受到的支持力逐漸增大，所以ABD項錯誤，C項正確.
5.如圖所示，光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg.現用水平拉力F拉其中一個質量為2m的木塊，使四個木塊以同一加速度運動，則輕繩對m的最大拉力為()
A. B. C. D.3μmg
【答案】B
【詳解】分別對整體右端一組及個體受力分析 ,運用牛頓第二定律,由整體法、隔離法可得
F=6ma①F-μmg=2ma②μmg-T=ma③由①②③聯立可得T= μmg所以B正確.
6．如圖甲所示，在粗糙水平面上，物體A在水平向右的外力F的作用下做直線運動，其速度―時間圖象如圖乙所示，下列判斷正確的是
( )
A．在0～1 s內，外力F不斷增大
B．在1 s～3 s內，外力F的大小恒定
C．在3 s～4 s內，外力F不斷減小
D．在3 s～4 s內，外力F的大小恒定
【答案】BC
【詳解】在0～1 s內，物體做勻加速直線運動，外力F恒定，故A錯．在1 s～3 s內，物體做勻速運動，外力F也恒定，B正確．在3 s～4 s內，物體做加速度增大的減速運動，所以外力F不斷減小，C對D錯．
7. 如圖所示，底板光滑的小車上用兩個量程為20 N，完全相同的彈簧測力計甲和乙系住一個質量為1 kg的物塊，在水平地面上，當小車做勻速直線運動時，兩彈簧測力計的示數均為10 N，當小車做勻加速直線運動時，彈簧測力計甲的示數為8 N，這時小車運動的加速度大小是
( )
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
【答案】B
【詳解】小車做勻速直線運動時，物塊隨小車也做勻速直線運動，兩彈簧測力計示數均為10 N，形變相同，彈簧測力計甲的示數變為8 N，形變減小Δx，彈簧測力計乙形變要增加Δx，因此彈簧測力計乙的示數為12 N，物塊受到的合外力為4 N，故加速度的大小是a＝Fm＝41 m/s2＝4 m/s2.
8．如圖甲所示，A、B兩物體疊放在光滑水平面上，對物體A施加一水平力F，F－t圖象如圖乙所示，兩物體在力F作用下由靜止開始運動，且始終相對靜止，規定水平向右為正方向，則下列說法正確的是( )
A．兩物體在4 s時改變運動方向
B．在1 s～3 s時間內兩物體間摩擦力為零
C．6 s時兩物體的速度為零
D．B物體所受的摩擦力方向始終與力F的方向相同
【答案】D
【詳解】兩物體在0～1 s內，做加速度增大的變加速運動，在1 s～3 s內，做勻加速運動，在3 s～4 s內，做加速度增大的變加速運動，在4 s～6 s內，做加速度減小的變加速運動，故兩物體一直向一個方向運動，A、C錯誤，D正確，1 s～3 s時間內兩物體做勻加速運動，對B進行受力分析可知兩物體間的摩擦力不為零，B錯誤．
9．圖甲是某景點的山坡滑道圖片，為了探究滑行者在滑道直線部分AE滑行的時間．技術人員通過測量繪制出如圖乙所示的示意圖．AC是滑道的豎直高度，D點是AC豎直線上的一點，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可視為光滑，滑行者從坡頂A點由靜止開始沿滑道AE向下做直線滑動，g取10 m/s2，則滑行者在滑道AE上滑行的時間為( )
A.2 s B．2 s
C.3 s D．22 s
【答案】B
【詳解】AE兩點在以D為圓心半徑為R＝10 m的圓上，在AE上的滑行時間與沿AD所在的直徑自由下落的時間相同，t＝4Rg＝2 s，選B.
10.(2011?池州模擬)某大型游樂場內的新型滑梯可以等效為如圖所示的物理模型，一個小朋友在AB段的動摩擦因數μ1
A.地面對滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右
B.地面對滑梯始終無摩擦力作用
C.地面對滑梯的支持力的大小始終等于小朋友和滑梯的總重力的大小
D.地面對滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的總重力的大小
【答案】選A.
【詳解】小朋友在AB段沿滑梯向下勻加速下滑，在BC段向下勻減速下滑，因此小朋友和滑梯組成的系統水平方向的加速度先向左后向右，則地面對滑梯的摩擦力即系統水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A正確，B錯誤；系統在豎直方向的加速度先向下后向上，因此系統先失重后超重，故地面對滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的總重力的大小，C、D錯誤.
11.(2011?廣州模擬)一斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力F拉質量為m的物體，可使它勻速向上滑動，如圖所示，若改用大小為3F的力，仍平行于斜面向上拉該物體，讓物體從底部由靜止開始運動、已知斜面長為L，物體的大小可以忽略，求：
(1)在3F力的作用下，物體到達斜面頂端時的速度；
(2)要使物體能夠到達斜面頂端，3F力作用的時間至少多長？
【答案】
【詳解】(1)設斜面傾角為θ，斜面對物體的摩擦力為Ff.當用F的拉力時，物體勻速運動，有
F-mgsinθ-Ff=0 ①
當用3F的拉力時，物體的加速度為a，到達頂端時的速度為v，
由牛頓第二定律
3F-mgsinθ-Ff=ma ②
v2-0=2aL ③
由①②③式解得
(2)設3F的拉力至少作用t時間，撤去拉力后加速度為a′，還能滑行t′時間，撤去拉力后有
mgsinθ+Ff=ma′ ④
at2+ a′t′2=L ⑤
由①②④式得a=2a′，又由速度關系
at-a′t′=0,得t′=2t
解得
12.一小轎車從高為10 m、傾角為37°的斜坡頂端從靜止開始向下行駛，當小轎車到達底端時進入一水平面，在斜坡底端115 m的地方有一池塘，發動機在斜坡上產生的牽引力為2×103 N，在水平地面上調節油門后，發動機產生的牽引力為1.4×104 N，小轎車的質量為2 t，小轎車與斜坡及水平地面間的動摩擦因數均為0.5(g取10 m/s2)．求：
(1)小轎車行駛至斜坡底端時的速度；
(2)為使小轎車在水平地面上行駛而不掉入池塘，在水平地面上加速的時間不能超過多少？(轎車在行駛過程中不采用剎車裝置)
【答案】(1)10 m/s (2)5 s
【詳解】 (1)小轎車在斜坡上行駛時，由牛頓第二定律得F1＋mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1
代入數據得a1＝3 m/s2
由v21＝2a1x1＝2a1h/sin 37°
得行駛至斜坡底端時的速度v1＝10 m/s
(2)在水平地面上加速時，由牛頓第二定律得F2－μmg＝ma2
代入數據得a2＝2 m/s2
關閉油門后減速μmg＝ma3
代入數據得a3＝5 m/s2
關閉油門時轎車的速度為v2
v22－v212a2＋v222a3＝x2
得v2＝20 m/s
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