(新高考)高考物理一轮复习课时练习第3章第2讲《牛顿第二定律应用（一）瞬时、超重和失重及临界极值问题》(含解析)

第2讲牛顿第二定律应用(一)——瞬时、超重和失重及临界极值问题一、瞬时问题1.牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，加速度由物体所受合力决定，加速度的方向与物体所受合力的方向一致。当物体所受合力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别(1)轻绳和轻杆：轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0。(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变。【自测1】如图1，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)()图1A.1.5g，1.5g，0 B.g，2g，0C.g，g，g D.g，g，0答案A解析剪断细线前，由共点力的平衡条件可知，A上面的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。二、超重和失重1.超重(1)定义：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。(2)产生条件：物体具有向上的加速度。2.失重(1)定义：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。(2)产生条件：物体具有向下的加速度。3.完全失重(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重现象。(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。4.实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。【自测2】(2020·北京市东城区上学期期末)在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中()A.物体受到的重力增大 B.物体处于失重状态C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升答案D解析物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。三、临界和极值1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点。(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应临界状态。(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，极值点往往是临界点。2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中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)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。命题点一瞬时问题的两类模型1.两种模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2.解题思路eq\x(\a\al(分析瞬时变化前后,物体的受力情况))⇒eq\x(\a\al(列牛顿第二,定律方程))⇒eq\x(\a\al(求瞬时,加速度))3.两个易混问题(1)图2甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0。图2(2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。【例1】(多选)如图3所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()图3A.弹簧的形变量不改变B.弹簧的弹力大小为mgC.木块A的加速度大小为2gD.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg答案AC解析由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小等于C的重力，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，由平衡条件得3mg＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误。【变式1】(多选)(2020·云南省师大附中月考)如图4所示，质量分别为m1＝0.2kg、m2＝0.1kg的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()图4A.装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4NB.装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2NC.手停止的瞬间，a1＝10m/s2,a2＝10m/s2D.手停止的瞬间，a1＝20m/s2,a2＝10m/s2答案BD解析在恒力F作用下整个装置一起竖直向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a0联立方程得F弹＝2N，故A错误，B正确；手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹＝2N，对球1由牛顿第二定律有F弹＋m1g＝m1a1得a1＝20m/s2，方向竖直向下对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a2得a2＝10m/s2，方向竖直向上故C错误，D正确。【变式2】如图5所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图5甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有()图5A.图甲中A球的加速度大小为gsinθB.图甲中B球的加速度大小为2gsinθC.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsinθD.图乙中轻杆的作用力一定不为零答案C解析设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsinθ，加速度大小为4gsinθ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsinθ，A、B两球的加速度大小均为gsinθ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。命题点二超重与失重现象1.对超重和失重的理解(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)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。(3)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，物体就会处于超重或失重状态。2.判断超重和失重的方法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，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态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【例2】(多选)一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图像如图6所示。根据图像提供的信息，以下判断正确的是()图6A.在0至t2时间内该同学处于失重状态B.t2时刻该同学的加速度为零C.t3时刻该同学的速度达到最大D.在t3至t4时间内该同学处于超重状态答案ABD解析在0到t2时间内，支持力小于重力，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态，故A正确；在t2时刻，支持力等于重力，加速度为0，故B正确；在0至t2时间内该同学加速度方向向下，t2时刻该同学的速度达到最大，故C错误；根据牛顿第二定律得在t3到t4时间内，支持力大于重力，加速度方向向上，所以该同学处于超重状态，故D正确。【变式3】(多选)如图7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()图7A.在第—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，后处于失重状态答案CD解析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；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。【变式4】(2020·北京市石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图8所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是()图8A.在0～5s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态B.在5～10s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力C.在10～20s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态D.在20～25s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态答案D解析在0～5s内，由速度—时间图像可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度方向向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10s内，该同学做匀速运动，其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20s内，电梯向上做匀减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；在20～25s内，电梯向下做匀加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故D正确。命题点三临界极值问题1.解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。2.解题技巧方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【例3】[2020·北京市朝阳区4月测试(A)]如图9所示，一辆卡车的平板车厢上放置一个木箱，木箱与接触面间的摩擦因数为μ＝0.5，卡车运行在一条平直的公路上，重力加速度g＝10m/s2。(已知木箱所受的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)图9(1)当卡车以a＝2m/s2的加速度启动时，请分析说明木箱是否会发生滑动；(2)当卡车遇到紧急情况刹车停止后，司机下车发现木箱已经撞在驾驶室后边缘，已知木箱在车上滑行的距离d＝4m，刹车前卡车的车速为v＝72km/h，求卡车刹车时的加速度a1最小为多大。答案(1)木箱不会发生滑动(2)5.6m/s2解析(1)当卡车的加速度为a＝2m/s2时，假设木箱与卡车一起运动则对于木箱由牛顿第二定律得Ff＝ma木箱所受的最大静摩擦力为Fm＝μmg代入数据可知Ff＜Fm，假设成立，木箱不会发生滑动。(2)刹车过程中，汽车向前运动的距离为x1＝eq\f(v2,2a1)如不撞击，木箱向前运动的距离为x2＝eq\f(v2,2a2)其中a2＝eq\f(μmg,m)＝μg根据题意x2－x1≥d代入数据解得a1≥5.6m/s2。【变式5】(2020·山西大同市第一次联考)如图10所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝0.75，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。图10答案53°eq\f(2veq\o\al(2,0),5g)解析木板与水平面成θ角时，设木块的加速度大小为a，木块沿木板斜面方向由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝g(sinθ＋μcosθ)设木块的位移为x，有veq\o\al(2,0)＝2ax根据数学关系知sinθ＋μcosθ＝eq\r(1＋μ2)sin(θ＋α)其中tanα＝μ＝0.75，则α＝37°根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，即当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值a＝geq\r(1＋μ2)所以有θ＝90°－α＝53°加速度的最大值a＝eq\f(5,4)g解得xmin＝eq\f(2veq\o\al(2,0),5g)。课时限时练(限时：30分钟)对点练1瞬时问题1.(2020·福建龙岩市期末质量检查)如图1所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m。物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是()图1A.细线剪断前，弹簧的弹力为mgB.细线剪断前，细线的拉力为mgC.细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化D.细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为eq\f(1,4)g答案D解析细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力F＝mgsinθ＝eq\f(1,2)mg，对B分析可以得到FT＝mgsinθ＝eq\f(1,2)mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度大小a＝eq\f(2mgsinθ－F,2m)＝eq\f(1,4)g，故D正确。2.如图2所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m，2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有()图2A.a1＝a2＝a3＝a4＝0B.a1＝a2＝a3＝a4＝gC.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋m0,m0)gD.a1＝g，a2＝eq\f(m＋m0,m0)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋m0,m0)g答案C解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间轻弹簧的形变还没改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为F＝mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a3＝0；对物块4由牛顿第二定律得a4＝eq\f(F＋m0g,m0)＝eq\f(m0＋m,m0)g，故C正确，A、B、D错误。3.如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()图3A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0C.aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D.aA＝2eq\r(3)g，aB＝0答案D解析水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示静止时，FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝2eq\r(3)mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq\f(FT,mA)＝2eq\r(3)g，aB＝0，故D正确。4.(2020·吉林“五地六校”合作体联考)如图4所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为()图4A.都等于eq\f(g,2) B.0和eq\f(（m1＋m2）g,2m2)C.eq\f(（m1＋m2）g,2m2)和0 D.0和eq\f(g,2)答案B解析在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力大小相等；在剪断细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，大小仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它沿斜面向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧沿斜面向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得aB＝eq\f(m1gsin30°＋m2gsin30°,m2)＝eq\f(（m1＋m2）g,2m2)，故B正确，A、C、D错误。对点练2超重和失重问题5.如图5，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()图5A.失重、失重 B.超重、超重C.失重、超重 D.超重、失重答案A解析运动员在空中的过程中，加速度方向总是竖直向下，大小为g，所以运动员越过横杆前、后在空中都是处于完全失重状态，故A项正确。6.(2020·山东青岛市5月统一质量检测)如图6是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息()图6A.1s时人处在下蹲的最低点B.2s时人处于下蹲静止状态C.该同学做了2次下蹲—起立的动作D.下蹲过程中人始终处于失重状态答案B解析人在下蹲的过程中，先向下加速运动，此时加速度方向向下，人处于失重状态，后向下减速，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中先失重后超重，选项D错误；在1s时人对压力传感器的压力最小，由牛顿第三定律知人受到的支持力最小，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；在2s前人经历了失重和超重两个过程，2s时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2s是下蹲过程，后2s是起立过程，所以共做了1次下蹲一起立的动作，选项C错误。7.如图7所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止。以下说法正确的是()图7A.若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用B.若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态C.若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力D.若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态答案C解析若C斜面光滑，A和B由静止释放，在沿斜面向下运动的过程中，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向沿斜面向下，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向沿斜面向下，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向沿斜面向下，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误。对点练3临界极值问题8.如图8所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0kg，如图8甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为()图8A.2.0N B.3.0NC.6.0N D.9.0N答案C解析根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0N。根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，以B为研究对象根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0N，故C正确。9.如图9所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝eq\f(\r(5),5)kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g＝10m/s2)()图9A.10N B.5NC.eq\r(5)N D.eq\r(10)N答案A解析当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。根据牛顿第二定律，有FTcosθ＝ma0，FTsinθ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cosα＝m·2g，FT′sinα－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10N，故选项A正确。10.如图10，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为()图10A.eq\f(1,μ1μ2) B.eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C.eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)答案B解析对滑块A、B整体在水平方向上，有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上，有μ1F＝mBg，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，选项B正确。11.(2020·山东六地市3月在线大联考)如图11所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为()图11A.g B.eq\f(（M－m）g,m)C.eq\f(Mg,m) D.eq\f(（M＋m）g,m)答案D解析当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg＋Mg，由牛顿第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小为a＝eq\f(M＋m,m)g，选项D正确。12.(2020·山西吕梁市第一次模拟)用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，如图12所示。将细绳剪断后()图12A.小球立即获得eq\f(kx,m)的加速度B.小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C.小球落地的时间小于eq\r(\f(2h,g))D.小球落地的速度大于eq\r(2gh)答案D解析细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力为F合＝eq\r(（kx）2＋（mg）2)，剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有F合＝eq\r(（kx）2＋（mg）2)＝ma，解得a＝eq\f(\r(（kx）2＋（mg）2),m)，A错误；将细绳剪断后，小球受到重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有h＝eq\f(1,2)gt2，故小球落地的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，C错误；如果不受弹簧弹力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律有v2＝2gh，解得落地速度v＝eq\r(2gh)，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速