例2如图3-10所示，在原来静止的木箱内，放有A物
体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A
被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是
A、加速下降
B、减速上升肥
C、匀速向右运动
D、
加速向左运动
【解析】木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受
力情况为：重力mg，箱底的支持力N，弹簧拉力F和
最大的静摩擦力f m（向左）由平衡条件知：N=mg F=f m。
由于发现A弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是由A向右被拉动推知，F>f m′，（新情况下的最大静摩擦力），可见f m>f m′即是最大静摩擦力减小了，由f m=μN知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，所以木箱的运动情况可能是加速下降或减速上升，故A、B正确。另一种原因是木箱向左加速运动，由于惯性原因，木块必然向中滑动，故D 正确。
综合上述，正确答案应为A、B、D。
【例3】如图3-11所示，一细线的一端固定于倾角为45°度的光滑楔形滑块A 的顶端p处，细线的另一端栓一质量为m的小球，当滑块以2g的加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？
【解析】当小球贴着滑块一起向左运动时，小球受到三个力作用：重力mg、线中拉力T，滑块A的支持力N，如
图3-12所示，小球在这三个力作用
下产生向左的加速度，当滑块向左
运动的加速度增大到一定值时，小球可能离开斜面，滑块的支持力变为零，小球仅受重力和拉力两个力作用离开斜面，滑块的支持力变为零，小球仅受重力和拉力两个力作用。
由于加速度a=2g 时，小球的受力情况未确定，因此可先找出使N=0时的临界加速度，然后将它与题设加速度a=2g 相比较，确定受力情况后即可根据牛顿第地定律列式求解。
根据小球贴着滑块运动时的受情况，可列出水平方向和竖直方向的运动方程分别为
)1(45sin 45cos ma N T =-
)2(45cos 45sin mg
N T =-
联立两式，得
45sin 45cos ma mg N -=
若小球对滑块的压力等于零，即就作N=0，滑块的加速度至少就为
g g a ==
45sin
45cos
可见，当滑块以a=2g 加速度向左运动时，小球已脱离斜面飘起，此时小球仅受两个力作用：重力mg 、线中拉力T ′。设线与竖直方向间夹角为β，同理由牛顿第二定律得ma T ='βsin mg T ='βcos
联立两式得mg a m g m mg ma T 5)()(222222=+=+='
【例4】如图2-2-11甲所示，传送带与地面倾角θ=37°度，从A →B 长度为16m ，传送带以10m/s 的速率逆时针转动，在传送带上端A 无初速度地放一个质量为0.5kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A 运动到B 所需要时间是多少？（g 取10m/s 2，sin37°=0.6）
【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力，物体受合力方向沿传送带向下，物体由静止加速。物体加速至与传送带速
度相等时，由于
37cos 37sin mg mg μ>,物体在重力作用下继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力仍沿传送带向下，物体继续加速下滑，直至传送带的B 端。
开始阶段，物体受力情况如图2-2-11乙所示，由牛顿第二定律得
ma
mg mg =+θμθcos sin
a 1=10×(0.6+0.5×0.8)=10m/s 2
物体加速至与传送带速度相等需要时间 t 1=V/a 1=10/10=1S
物体速度大于传送带速度后，物体受力情况如图2-2-11丙所
图2-2-11甲
图2-2-11乙
示，由牛顿第二定律得
2
cos sin ma mg mg =-θμθ
a 2=2m/s 2
设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2，由
2
2
22
2
1t a vt S L +
=- 解得t 2=1s,(t 2=-11s 舍去)
所以物体由A →B 的时间t=t 1-t 2=2s.
【例5】如图3-28所示的三个物体质量分别为m 1、m 2和m 3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子的质量均不计，为使三个物体无相对运动，水平推力F 等于多少？
【解析】由于三个物体无相对运动，困此可看作一个整体，列出整体的牛顿第二定律方程。然后再隔离m 1、m 2分别列出它们的运动方程。
由整体在水平方面的受力列出牛顿第二定律为F=(m 1+m 2+m 3)a……（1） 分别以m 1、m 2为研究对象作受力分析（图3-29）设绳拉力为T 。 对m 1，在水平方向据牛顿第二定律得 T=m 1a……（2） 对m 2，在竖直方向由力平衡条件得 T-m 2g=0……（3） 联立式（1）（2）（3），得水平推力
g m m m m m F )(3211
2
++=
【例6】某人在以a=2.5m/s 2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m 1=80kg 的物体，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m 2=40千克的物体，则此升降机上升的加速度为多大？（g 取10m/s 2）
【分析】设此人的最大举力F ，在不同参照系中这个举力是恒定的，当升降机匀加速下降时，物体也以同一加速度下降，物体“失重”，当升降机竖直向上匀加速上升时，人举起的物体也与升降机一起匀加速上升，物体处于“超重”状态。 【解】：设此人最大举力为F ，当升降机匀加速下降时，选取物体为研究对象，受力分析如图3-33所示，由牛顿第二定律得
m 1g-F=m 1a 所以
F=m 1(g-a)=600N
当他在地上举物体时，设最多可举起质量
图2-2-11丙
