整體法與隔離法第一頁，共五十頁，2022年，8月28日高考命題中隔離法與整體法由來已久，考查考生綜合分析能力，起初是多以平衡態下的連接體的題呈現在卷面上，隨著高考對能力要求的不斷提高，近幾年加強了對非平衡態下連接體的考查力度.隔離與整體有兩種情況，一是物體的隔離與整體，二是過程的隔離與整體，夲講只討論物體的隔離與整體。2一、教材分析第二頁，共五十頁，2022年，8月28日二、學情分析由于深圳初中“科學”與高中物理嚴重脫節，對高一物理的學習造成很大的困難。高一必修課門數多時間緊，相當一部分學生的力學知識匱乏對多物體多過程的問題力不從心。最關鍵的問題體現在受力分析、作力的三角形等方面。受力分析中的連接體問題更為突出。3第三頁，共五十頁，2022年，8月28日三、個性分析學生：年級：學校：

自述：高一玩心重，多學習放松，基礎沒打好，高二電學跟不上，幾乎要放棄。檢測：用高一必修應屆試卷測試，滿分100分，得分8分。交談發現知識、方法漏洞太多，計算能力很差，應考能力方面僅會瞎蒙胡猜。學習習慣及學習方法已成為制約學習的瓶頸。優勢：有較強的危機感，學習積極性較高，性格較為穩重。4第四頁，共五十頁，2022年，8月28日四、輔導方案探測教學法查出知識缺陷，理清概念、規律，加大訓練，培養動手寫、畫的習慣，逐步培養正確的學習習慣，提高思維、計算能力。先放棄大題綜合題，重點抓基礎，循序漸進，穩扎穩打。進度表：略本課的背景：已復習完質點運動、三種力、物體受力的初步分析。5第五頁，共五十頁，2022年，8月28日五、物體的受力分析6第六頁，共五十頁，2022年，8月28日產生原因或條件方向大小重力由于地球的吸引而產生總是豎直向下(鉛直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G重＝mg＝G地球表面附近一切物體都受重力作用，與物體是否處于超重或失重狀態無關彈力①接觸②彈性形變①支持力的方向總是垂直于接觸面而指向被支持的物體②壓力的方向總是垂直于接觸面而指向被壓的物體③繩的拉力總是沿著繩而指向繩收縮的方向F＝－kx彈力的大小往往利用平衡條件和牛頓第二定律求解摩擦力滑動摩擦力①接觸，接觸面粗糙②存在正壓力③與接觸面有相對運動與接觸面的相對運動方向相反f＝μFN只與μ、FN有關，與接觸面積、相對速度、加速度均無關靜摩擦力①接觸，接觸面粗糙②存在正壓力③與接觸面存在相對運動的趨勢與接觸面相對運動的趨勢相反①與產生相對運動趨勢的動力的大小相等②存在最大靜摩擦力，最大靜摩擦力的大小由粗糙程度、正壓力決定1、常見五種力7第七頁，共五十頁，2022年，8月28日產生原因或條件方向大小電場力點電荷間的庫侖力：真空中兩個點電荷之間的相互作用作用力的方向沿兩點電荷的連線，同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引F＝k電場對處于其中的電荷的作用正電荷的受力方向與該處場強的方向一致，負電荷的受力方向與該處場強的方向相反F＝qE磁場力安培力：磁場對通電導線的作用力F⊥B，F⊥I，即安培力F垂直于電流I和磁感應強度B所確定的平面．安培力的方向可用左手定則來判斷F＝BIL安培力的實質是運動電荷受洛倫茲力作用的宏觀表現洛倫茲力：運動電荷在磁場中所受到的力用左手定則判斷洛倫茲力的方向．特別要注意四指應指向正電荷的運動方向；若為負電荷，則四指指向運動的反方向帶電粒子平行于磁場方向運動時，不受洛倫茲力的作用；帶電粒子垂直于磁場方向運動時，所受洛倫茲力最大，即f洛＝qvB8第八頁，共五十頁，2022年，8月28日2、受力分析兩種方法

整體法隔離法概念將幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開的方法選用原則研究系統外的物體對系統整體的作用力研究系統內物體之間的相互作用力注意問題分析整體周圍其他物體對整體的作用。而不畫整體內部物體間的相互作用。分析它受到周圍其他物體對它的作用力9第九頁，共五十頁，2022年，8月28日3.受力分析的原則

（1）只分析受力不分析施力-不要把研究對象的受力與其他物體的受力混淆.

（2）只分析外力不分析內力——對連接體的受力分析能突出隔離法的優點，隔離法能使某些內力轉化為外力處理，以便應用牛頓第二定律．但在選擇研究對象時一定要根據需要，它可以是連接體中的一個物體或其中的幾個物體，也可以是整體，千萬不要盲目隔離以免使問題復雜化．（3）只分析性質力不分析效果力——“向心力”、“回復力”等效果力，并不是物體實際受到的力，分析受力時應注意.（4）．只分析實質的力不分析合力與分力-受力分析時不能分解或合成。不能重復考慮。10第十頁，共五十頁，2022年，8月28日4、受力分析的步驟：.為了在受力分析時不多分析力，也不漏力，一般情況下按下面的步驟進行：（1）確定研究對象—可以是某個物體也可以是整體。（2）按順序畫力a．先畫重力：作用點畫在物體的重心，方向豎直向下。b．次畫已知力

c．再畫接觸力—（彈力和摩擦力）：看研究對象跟周圍其他物體有幾個接觸點（面），先對某個接觸點（面）分析，若有擠壓，則畫出彈力，若還有相對運動或相對運動的趨勢，則再畫出摩擦力。分析完一個接觸點（面）后，再依次分析其他的接觸點（面）。d．再畫其他場力：看是否有電、磁場力作用，如有則畫出。（3）驗證：a．每一個力都應找到對應的施力物體

b.受的力應與物體的運動狀態對應。

11第十一頁，共五十頁，2022年，8月28日5、常見的錯誤及防范的辦法

（1）多畫力。

a.研究對象不明，錯將其他物體受到的力畫入。b.虛構力，將不存在的力畫入。c.將合力和分力重復畫入。要防止多畫力。第一，徹底隔離研究對象。第二，每畫一個力要心中默念受力物體和施力物體。

(2)少畫力。少畫力往往是由受力分析過程混亂所致，因此a.要嚴格按順序分析。b.分析彈力和摩擦力時，所有接觸點都要分析到。(3)錯畫力。即把力的方向畫錯。防范辦法是要按規律作12第十二頁，共五十頁，2022年，8月28日6、研究對象的選擇選擇研究對象是解決物理問題的首要環節．在很多物理問題中，研究對象的選擇方案是多樣的，研究對象的選取方法不同會影響求解的繁簡程度．對于連結體問題，通常用隔離法，但有時也可采用整體法．如果能夠運用整體法，我們應該優先采用整體法，這樣涉及的研究對象少，未知量少，方程少，求解簡便；不計物體間相互作用的內力，或物體系內的物體的運動狀態相同，一般首先考慮整體法．對于大多數動力學問題，單純采用整體法并不一定能解決，通常采用整體法與隔離法相結合的方法．13第十三頁，共五十頁，2022年，8月28日【一】、什么是隔離法？

什么情況下可用隔離法？隔離法就是把某個物體從系統中分離出來（或把某個過程從整個過程中分離出來）的方法。如果求解對象是系統的內力，一般要用隔離法把某一物體從系統中分離出來。當兩個物體運動狀態不同時宜先考慮隔離法。六、分類討論14第十四頁，共五十頁，2022年，8月28日例1、如圖所示，質量為m1的木塊受到向右的拉力F的作用沿質量為m2的長木板向右滑行，長木板保持靜止狀態。已知木塊與長木板問的動摩擦因數為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數為μ2，則

（

）A．長木板受到地面的摩擦力大小一定為μ2（m1+m2）gB．長木板受到地面的摩擦力大小一定為μ1m1gC．若改變F的大小

，當F>μ2（m1+m2）g時，長木板將開始運動D．無論怎樣改變F的大小，長木板都不可能運動

15第十五頁，共五十頁，2022年，8月28日【解析】因木板與地面保持相對靜止，故m2受到的摩擦力是靜摩擦力.分析m2的受力，豎直方向上，受到重力、m1的壓力、地面的支持力，而水平方向上，受到m1對它的摩擦力和地面對它的摩擦力，木板在水平方向上處于平衡狀態，地面對它的摩擦力大小與m1對它的摩擦力大小相等，要求地面對它的摩擦力，只要求出m1對它的摩擦力即可.分析m1的受力，豎直方向上，受重力、支持力，水平方向上受拉力F和m2對它的摩擦力，因m1在m2上滑動，它受的滑動摩擦力f1=μm1g，故木板受地面的摩擦力大小f2=μm1g.

由以上分析可見，地面對木板的摩擦力大小與F的大小及m1的運動速度無關，故無論怎樣改變F的大小，木板都不會運動.答案選A、D.16第十六頁，共五十頁，2022年，8月28日BAC

例2、如圖示,A、B兩個小球在水平放置的細桿上，相距為l，兩下球各用一根長也是l的細繩連接C球，三個球的質量都是m，求桿對小球作用力的大小和方向。解：對C球，受力如圖示：mgTT由平衡條件得2Tcos30°=mg對A球，受力如圖示：mgfNAT由平衡條件得NA=Tcos30°+mg=1.5mgFAθ桿對小球作用力的大小為FA

tanθ=f/NA=0.1924θ=10.9°17第十七頁，共五十頁，2022年，8月28日BAC解二：對C球，受力如圖示：mgTT由平衡條件得2Tcos30°=mg對A球，受力如圖示：FA為桿對A球的作用力(桿對A球的作用力是桿對A球的彈力和摩擦力的合力）mgTFA由平衡條件得18第十八頁，共五十頁，2022年，8月28日例3、木塊A、B分別重50N和60N，它們與水平地面之間的動摩擦因數均為0.25；夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm，彈簧的勁度系數為400N/m。系統置于水平地面上靜止不動。現用F=1N的水平拉力作用在木塊B上。如右圖所示.力F作用后()A.木塊A所受摩擦力大小是12.5NB.木塊A所受摩擦力大小是11.5N

C.木塊B所受摩擦力大小是9ND.木塊B所受摩擦力大小是7NABFC提示：先分別畫出AB受力圖，再計算出彈力大小，由平衡算出各摩擦力大小后再用最大靜摩擦力檢驗。19第十九頁，共五十頁，2022年，8月28日例4、如圖所示，一物體恰能在一個斜面體上沿斜面勻速下滑，設此過程中斜面受到水平地面的摩擦力為f1。若沿此斜面方向用力向下推此物體，使

物體加速下滑，設此過程中斜面受到地面的摩擦力為f2。則（）（A）f1為零，f2為零

（B）f1為零，f2不為零（C）f1不為零，f2為零

（D）f1不為零，f2不為零A20第二十頁，共五十頁，2022年，8月28日極端法例5、在光滑水平面上放置兩長度相同、質量分別為m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形狀、質量完全相同的物塊a和b，木板和物塊均處于靜止狀態。現對物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2，使它們向右運動。當物塊與木板分離時，P、Q的速度分別為v1、v2，物塊a、b相對地面的位移分別為s1、s2。已知兩物塊與木板間的動摩擦因數相同，下列判斷正確的是()A．若F1＝F2、m1>m2，則

、S1=S2B．若F1＝F2、m1<m2，則

、S1=S2

C．若F1>F2、m1=m2，則

、S1>S2

D．若F1<F2、m1=m2，則

、S1>S2

提示：兩個量不等時讓大的無限大，小的極小。F1aPF2bQ qD21第二十一頁，共五十頁，2022年，8月28日加速的物體占用力例6、如圖所示，光滑水平面上放置質量分別為m、2m和3m的三個木塊，其中質量為2m和3m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T。現用水平拉力F拉其中一個質量為3m的木塊，使三個木塊以同一加速度運動，則以下說法正確的是（

）

A．質量為2m的木塊受到四個力的作用B．當F逐漸增大到T時，輕繩剛好被拉斷C．當F逐漸增大到T時，輕繩還不會被拉斷D．輕繩剛要被拉斷時，質量為m和2m的木塊間的摩擦力為

m2m3mFC5個排除后兩物體：T=3ma,質量m的物體：f=ma22第二十二頁，共五十頁，2022年，8月28日例7、如圖所示，不計繩的質量以及繩與滑輪的摩擦，物體A的質量為M，水平面光滑，當在繩的B端掛一質量為m的物體時，物體A的加速度為a1，當在繩B端施以F=mg的豎直向下的拉力作用時，A的加速度為a2，則a1與a2的大小關系是

（

）A．a1＝a2

B．a1＞a2 C．a1＜a2

D．無法確定

ABFC23第二十三頁，共五十頁，2022年，8月28日畫V-t圖分析例8、如圖所示，質量相同的木塊A、B用輕彈簧連接置于光滑的水平面上，開始時兩木塊靜止且彈簧處于原長狀態。現用水平恒力F推木塊A，則從開始到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中：()A．兩木塊速度相同時，加速度aA<aBB．兩木塊加速度相同時，速度vA>vBC．B的加速度一直在增大D．A的加速度先減小后增大

FABABCtv0AB24第二十四頁，共五十頁，2022年，8月28日巧妙隔離例9、如圖所示，一弧形的石拱橋由四塊完全相同的石塊壘成，每塊石塊的左、右兩個截面間所夾的圓心角為30°，第1、4塊石塊固定在地面上，直線OA沿豎直方向.則第2、3塊石塊間的作用力F23和第1、2塊石塊間的作用力F12之比為（

）（不計石塊間的摩擦力）

A.B．C．D．

【答案】A【解析】設每塊石塊的重力為G，第2、3塊石塊間的作用力為F23，第1、2塊石塊間的作用力為F12，以第2塊石塊為研究對象，受力如圖所示.由物體的平衡：F12cos30°=F23

解得25第二十五頁，共五十頁，2022年，8月28日【二】、整體法

．整體法：在研究物理問題時，把所研究的對象作為一個整體來處理的方法稱為整體法。應用整體法就是用整體的觀點去認識問題，解決問題不為局部現象所迷惑，從整體上把握事物及其變化的規律。應用整體法可以避免對事物內部進行繁瑣的分析，具有方便簡捷的優點。采用整體法時不僅可以把幾個物體作為整體，也可以把幾個物理過程作為一個整體，采用整體法可以避免對整體內部進行繁鎖的分析，常常使問題解答更簡便、明了。運用整體法解題的基本步驟：①明確研究的系統或運動的全過程.②畫出系統的受力圖和運動全過程的示意圖.③尋找未知量與已知量之間的關系，選擇適當的物理規律列方程求解

整體與局部具有相對性，整體在更大范圍內就成為局部，而局部在更小的范圍內就成為整體，關鍵在于處理具體問題時如何界定整體的范圍。26第二十六頁，共五十頁，2022年，8月28日例10、如圖2所示，輕質彈簧連接A、B兩物體，A放在水平地面上，B的上端通過細線掛在天花板上；已知A的重力為8N，B的重力為6N，彈簧的彈力為4N．則地面受到的壓力大小和細線受到的拉力大小可能是（

）A．18N和10NB．4N和10NC．12N和2ND．14N和2NAB圖2BC8+6=14A:18+10>14C:12+2=14D:14+2>14B:4+10=1427第二十七頁，共五十頁，2022年，8月28日例11、如圖所示，一質量為M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一質量為m的物體A，在A運動的過程中直角劈B相對地面始終靜止，則關于地面對劈的摩擦力f及支持力N正確的是

（1）劈B上表面光滑，無外力下滑（

）

（2）在A勻速下滑時突然對A施加一個沿斜面向上的外力F使A減速下滑過程（）（3）用一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面勻速上滑，在A上滑過程（）A．f=0，N=Mg+mg

B．f向左，N<Mg+mgC．f向右，N<Mg+mg

D．f向左，N=Mg+mgαFVBABAC28第二十八頁，共五十頁，2022年，8月28日例12、如圖所示，重4N的物體A，被平行于斜面的細線栓在斜面的上端，整個裝置保持靜止狀態，傾角為300的斜面被固定在測力計上，物塊與斜面間無摩擦，裝置穩定后，當細線被燒斷物塊正在下滑時與靜止時比較，測力計的示數()A．增加4NB。減少3NC．減少1ND。不變CA29第二十九頁，共五十頁，2022年，8月28日例13、如圖所示，A球和B球用輕繩連接并靜止在光滑圓柱面上。若A球的質量為m則B球的質量為（

）（A）3m/4（B）2m/3

（C）3m/5（D）m/2初中杠桿平衡應用解：將A球、B球和輕繩看成整體，以圓柱面中心為支點，由

杠桿平衡，

得

，故選A。

30第三十頁，共五十頁，2022年，8月28日例14、如圖所示，質量均為m的兩木塊a與b疊放在水平面上，a受到斜向上與水平成θ角的力作用，b受到斜向下與水平成θ角的力作用，兩力大小均為F，兩木塊保持靜止狀態，則

（

）A．a、b之間一定存在靜摩擦力

B．b與地之間一定存在靜摩擦力C．b對a的支持力一定小于mgD．地對b的支持力一定大于2mg【三】、整體與隔離綜合應用ACabc拓展：三個接觸面的摩擦力如何？31第三十一頁，共五十頁，2022年，8月28日例15、有一個直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑，AO上套有小環P，OB上套有小環Q，兩環質量均為m，兩環間由一根質量可忽略、不可伸展的細繩相連，并在某一位置平衡，如圖。現將P環向左移一小段距離，兩環再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態和原來的平衡狀態比較，AO桿對P環的支持力N和細繩上的拉力T的變化情況是（

）

A．N不變，T變大B．N不變，T變小C．N變大，T變大D．N變大，T變小AOBPQB32第三十二頁，共五十頁，2022年，8月28日【解析】隔離法：設PQ與OA的夾角為α，對P有：mg＋Tsinα=N對Q有：Tsinα=mg所以N=2mg，T=mg/sinα故N不變，T變大．答案為B整體法：選P、Q整體為研究對象，在豎直方向上受到的合外力為零，直接可得N=2mg，再選P或Q中任一為研究對象，受力分析可求出T=mg/sinα

33第三十三頁，共五十頁，2022年，8月28日例16、如圖所示，兩個完全相同的重為G的球，兩球與水平地面間的動摩擦因數都是μ，一根輕繩兩端固接在兩個球上，在繩的中點施加一個豎直向上的拉力，當繩被拉直后，兩段繩間的夾角為θ。問當F至少多大時，兩球將發生滑動？θFO【解析】首先分析受力如圖示，TfGNGNTf選用整體法，由平衡條件得F＋2N=2G①再隔離任一球，由平衡條件得Tsin(θ/2)=μN②對O點2·Tcos(θ/2)=F③①②③聯立解之34第三十四頁，共五十頁，2022年，8月28日例17AB共同勻速下滑,C不動斜面光滑，AB共同下滑，C不動CBAAAABfABNGABmgNa=0a=gsinθθ)θ)ANAmgANAfmgABmgfNAmg-NA=masinθf=macosθNA=mgf=035第三十五頁，共五十頁，2022年，8月28日

例18、如圖示，半徑為R的細金屬圓環中通有恒定電流I，圓環置于水平面上，處于豎直向下的勻強磁場中，求：圓環受到的張力。IRO解一：取上半段圓環AB作為研究對象，IROAB圓環AB受到安培力F，F的方向向上F的大小為FF=BI×2R（有效長度為2R）圓環AB兩端受到的張力為T，方向沿切線，TT由平衡條件得F=2T∴T=BIR微元法-截取問題36第三十六頁，共五十頁，2022年，8月28日解二：取很小的一小段圓環CD作為研究對象，IROABCDα則CD所對的圓心角為α=2Δθ,圓弧長度ΔL=2RΔθCD受到安培力ΔF=BIΔL=2BIRΔθCD兩端受到的張力為T，方向沿切線，如圖示ΔFTT由平衡條件ΔFTTα2TsinΔθ=ΔF=2BIRΔθ角度很小時有sinΔθ=Δθ∴T=BIR上述方法稱為微元法37第三十七頁，共五十頁，2022年，8月28日例19.如圖所示，A、B兩物體的質量分別是m1和m2，其接觸面光滑，與水平面的夾角為θ，若A、B與水平地面的動摩擦系數都是μ，用水平力F推A，使A、B一起加速運動，求：（1）A、B間的相互作用力（2）為維持A、B間不發生相對滑動，力F的取值范圍。

分析與解：A在F的作用下，有沿A、B間斜面向上運動的趨勢，據題意，A、B間恰好不發生相對滑動時，則A處恰好不脫離水平面，即A不受到水平面的支持力，此時A與水平面間的摩擦力為零。BAθF

（1）對A受力分析如圖所示:

AθFm1gN因此有：Ncosθ=m1g[1]F-Nsinθ=m1a[2]∴N=m1g/cosθ臨界問題38第三十八頁，共五十頁，2022年，8月28日Ncosθ=m1g[1]F-Nsinθ=m1a[2]（2）對B受力分析如圖所示，則：m2gNN2

f2BθN2=m2g+Ncosθ

[3]f2=μN2[4]將[1]、[3]代入[4]式得：f2=μ(m1+m2)g取A、B組成的系統，有：F-f2=(m1+m2)a[5]由[1]、[2]、[5]式解得：F=m1g(m1+m2)(tgθ+μ)/m2故A、B不發生相對滑動時F的取值范圍為：0＜F≤m1g(m1+m2)(tgθ+μ)/m2想一想：當A、B與水平地面間光滑時,且m1=m2=m時,則F的取值范圍是多少？AθFm1gN（0＜F≤2mgtgθ）39第三十九頁，共五十頁，2022年，8月28日例20．如圖（1）所示，質量為M的木板上放一質量為m的木塊。木塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與水平支持面間的摩擦因數為μ2。問：加在木板上的水平力F多大時，才能將木板從木塊下抽出來？解：分別對m及M作受力分析后，根據牛頓第二定律對m：μ1mg=ma1……①，對M：F-μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2……②，將M從m下抽出，應滿足a2>a1……③，將①、②代入③可得F>(μ1+μ2)(M+m)g40第四十頁，共五十頁，2022年，8月28日例21直線運動,求在下列各種情況下繩中張力。FMm(1)地面光滑，T=?

(2)地面粗糙，T=？FMm解：（1）由牛頓第二定律，對整體可得：F=(M+m)a隔離m可得：T=ma聯立解得：T=mF/(M+m)(2)由牛頓第二定律，對整體可得：F-μ(M+m)g=(M+m)a隔離m可得：T-μmg=ma聯立解得：T=mF/(M+m)FMmTFMmTf力的分配與質量成正比，與摩擦無關與方位無關。41第四十一頁，共五十頁，2022年，8月28日(3)豎直加速上升，T=?(4)斜面光滑，加速上升，T=?MmFmMF解：由牛頓第二定律，對整體可得：F-(M+m)g=(M+m)a隔離m可得：T-mg=ma聯立解得：T=mF/(M+m)解：由牛頓第二定律，對整體可得：F-(M+m)gsinθ=(M+m)a隔離m可得：T-mgsinθ=ma聯立解得：T=mF/(M+m)42第四十二頁，共五十頁，2022年，8月28日總結：①無論m、M質量大小關系如何，無論接觸面是否光滑，無論在水平面、斜面或豎直面內運動，細線上的張力大小不變。②動力分配原則：兩個直接接觸或通過細線相連的物體在外力的作用下以共同的加速度運動時，各個物體分得的動力與自身的質量成正比，與兩物體的總質量成反比。③條件：加速度相同；接觸面相同FMm43第四十三頁，共五十頁，2022年，8月28日拓展22．如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接放在傾角為θ的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面的動摩擦因數均為μ，為了增加輕線上的張力，可行的辦法是（）A．減小A物的質量B．增大B物的質量C．增大傾角θD．增大動摩擦因數μ答案：AB44第四十四頁，共五十頁，2022年，8月28日Fm0m23．如圖所示，彈簧秤外殼質量為m0，彈簧及掛鉤的質量忽略不計，掛鉤吊著一重物質量為m，現用一方向豎直向上的外力F拉著彈簧秤，使其向上做勻加速運動，則彈簧秤的讀數為：（）A.mgB.C.D.答案：C45第四十五頁，共五十頁