C．F＝（m总＋m）g
D．F>（m总＋m）g
D [铁块由静止被吸引上升，必为加速上升。
对A、B、C系统，当铁块加速上升时，系统整体的重心加速上移，系统处于超重状态，故轻绳的拉力大于（m总＋m）g。
]
4．某人在地面上最多可举起50kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为（g＝10m/s2）（ ）
A．2m/s2 竖直向上 B．m/s2 竖直向上
C．2m/s2 竖直向下D．m/s2 竖直向下
D [由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500N，在电梯中人能举起60kg物体，物体一定处于失重状态，对60kg的物体：
m′g－Fm＝m′a，即a＝m/s2＝m/s2，所以选项D正确。
]
考法3 超重、失重与图象问题组合
5.若货物随升降机运动的vt图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（ ）
A B
C D
B [根据vt图象可知电梯的运动情况：
加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：
失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，
故选项B正确。
]
6.如图所示，是某同学站在压力传感器上，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（单位为牛顿），横坐标为时间。
由图线可知（ ）
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
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
B [在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲—起立的动作。
]
质量为m＝60kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图乙所示。
g取10m/s2，由图象可知（ ）
甲 乙
A．t＝0.5s时他的加速度为3m/s2
B．t＝0.4s时他处于超重状态
C．t＝1.1s时他受到单杠的作用力的大小是620N
D．t＝1.5s时他处于超重状态
B [根据速度图象斜率表示加速度可知，t＝0.5s时他的加速度为0.3m/s2，A项错误。
t＝0.4s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，B项正确。
t＝1.1s时他的加速度为0，他受到单杠的作用力的大小等于重力600N，C项错误。
t＝1.5s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D项错误。
]
知识点二|动力学中整体法、隔离法的应用
1．外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。
如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力。
2．整体法
当连接体内（即系统内）各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
3．隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
（1）“整体法和隔离法”是指选取研究对象的方法。
（√）
（2）以“整体”为研究对象时，需要考虑物体间相互作用。
（×）
（3）隔离研究对象后，受力分析只分析研究对象受到的力。
（√）
考法1 先整体后隔离法的应用
1.（2019·天津检测）如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。
则在此过程中物块B对物块A的压力为（ ）
A．Mgsinθ B．Mgcosθ
C．0D．（M＋m）gsinθ
C [对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a＝＝gsinθ；则再对B由牛顿第二定律可知：
F合＝Ma＝Mgsinθ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故说明A、B间没有相互作用力，故A、B、D错误，C正确。
]
考法2 先隔离后整体法的应用
2.（2019·南通模拟）如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块
C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为（ ）
A．MgB．M（g＋a）C．（m1＋m2）aD．m1a＋μm1g
C [以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝（m1＋m2）a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a，对A可知T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝（m1＋m2）a，故D错误。
]
3.（2019·武汉模拟）质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角。
槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态。
通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于（ ）
A.mB．2mC．（－1）mD．（＋1）m
D [当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示。
由牛顿第二定律得＝ma，解得小球的加速度a＝＝g。
以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝（M＋2m）a，解得M＝（＋1）m。
故选项D正确。
]
[考法指导] 动力学中“整体法、隔离法”的应用技巧
（1）若连接体内各物体具有相同的加速度，利用整体法计算外力或加速度（或其他未知量）；
（2）利用隔离法求物体之间的作用力。
可总结为：
“先整体求加速度，后隔离求内力”。
知识点三|动力学中的图象问题
考法1 动力学中的vt图象
1．（2019·襄阳调研）如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv（图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>μmg。
下列关于运动中的速度—时间图象正确的是（ ）
A B C D
C [开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。
当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。
再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确。
]
考法2 动力学中的at图象
2．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。
若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，at图象如图所示。
则下列相关说法正确的是（ ）
A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态
B．5～55s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态
D．t＝60s时，电梯速度恰好为零
D [利用at图象可判断：
t＝4.5s时，电梯有向上
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