1、用牛顿运动定律解决问题（二）1下列实例出现失重现象的是()A“嫦娥三号”点火后加速升空B举重运动员举起的杠铃静止在空中C“玉兔号”月球车降落到月球表面之前向下减速的过程D跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动【解析】加速升空和向下减速过程，加速度方向向上，处于超重状态，选项A、C错误；杠铃静止在空中，不失重也不超重，选项B错误；跳水运动员离开跳板向上运动，加速度方向向下，处于失重状态，选项D正确【答案】D2下列关于质点处于平衡状态的论述，正确的是()A质点一定不受力的作用B质点一定没有加速度C质点一定做匀速直线运动D质点一定保持静止【解析】处于平衡状态的物体，合力为零，物体可以受力的作用，只是
2、合力是零，所以A错误处于平衡状态的物体，合力为零，由牛顿第二定律可知，物体的加速度为零，所以B正确平衡状态指的是物体处于静止或匀速直线运动状态，物体可以保持静止，所以C错误平衡状态指的是物体处于静止或匀速直线运动状态，物体可以做匀速直线运动，所以D错误【答案】B3搭乘3名中国航天员的神舟十号载人飞船返回舱，在内蒙古中部草原上顺利着陆返回舱在重返大气层时，速度可达几千米每秒为保证返回舱安全着陆，在下降过程中要利用降落伞使返回舱减速，如图474所示为神十返回舱主降落伞打开，返回舱减速下降过程，在这过程中()图474A返回舱处于失重状态B返回舱处于超重状态C航天员受到的重力变小了D航天员受到的重力与
3、返回舱对他的作用力相等【解析】返回舱减速下降时，加速度方向向上，故返回舱处于超重状态但返回舱的重力不变，故选项B对，A、C错；由于返回舱处于超重状态，里面的人也处于超重状态，故航天员受到的重力小于返回舱对他的作用力选项D错误【答案】B4.如图475所示，质量为60 kg的运动员的两脚各用750 N的水平力蹬着两竖直墙壁匀速下滑，若他从离地12 m高处无初速匀加速下滑2 s可落地，则此过程中他的两脚蹬墙的水平力均应等于(g10 m/s2)() 图475A150 NB300 NC450 ND600 N【解析】匀速下滑时由平衡条件知2750600加速下滑时a m/s26 m/s26002FN60a联
4、立得FN300 N，B对【答案】B5运动员原地纵跳可分为快速下蹲和蹬伸向上两个过程，若运动员的重力为G，对地面的压力为F，下列叙述正确是()图476A下蹲过程的加速阶段，FGB下蹲过程的减速阶段，FGC蹬伸过程的加速阶段，FGD蹬伸过程的减速阶段，FG【解析】下蹲加速阶段，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得，mgNma，则Nmgmamg，所以压力FG，故A正确；下蹲过程减速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，Nmgma，则Nmgmamg，所以压力FG，故B错误；蹬伸加速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，Nmgma，则Nmgmamg，所以压力FG，故C错误；蹬伸减速阶段，加速度方向
5、向下，根据牛顿第二定律得，mgNma，则Nmgmamg，所以压力FG，故D错误【答案】A6某屋顶为半球形，一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行(如图477所示)，他在向上爬的过程中()图477A屋顶对他的支持力不变B屋顶对他的支持力变大C屋顶对他的摩擦力不变D屋顶对他的摩擦力变大【解析】以人为研究对象，作出力图设此人的重力为G，根据平衡条件得：屋顶对他的摩擦力：fGsin 屋顶对他的支持力：NGcos 人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，坡角减小，则f减小，N增大即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大故选B.【答案】B7一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为30的固定光滑斜面上，在如图47
6、8所示的甲、乙、丙三种情况下，物体能处于平衡状态的是(g取10 m/s2)() 图478A仅甲图B仅乙图C仅丙图D甲、乙、丙图【解析】物体受三个力的作用：重力、支持力、拉力重力沿斜面向下的分力大小为15 N，故只有乙图中的物体能保持平衡，B正确【答案】B8如图479所示，质量为m的物体在与竖直方向成角的推力F作用下，沿竖直墙壁向上匀速运动若物体与墙面间的动摩擦因数为，试求F的大小图479【解析】物体的受力如图所示由共点力的平衡条件，沿水平方向FNFsin 0，沿竖直方向Fcos mgFf，又FfFN，解得F.【答案】能力提升9一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直现将
7、水平F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止则在这一过程中() 图4710A水平拉力F变大B细线的拉力不变C铁架台对地面的压力变大D铁架台所受地面的摩擦力变大【解析】对小球受力分析，受细线的拉力、重力、F，根据平衡条件，有：Fmgtan ，逐渐增大则F逐渐增大，故A正确；由上图可知，细线的拉力T，增大，T增大，故B错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得：FfF，则Ff逐渐增大FN(Mm)g，FN保持不变故D正确，C错误【答案】AD10(多选)如图4711所示，某人在地面上用体重计称得其体重为490 N，他将体重计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，体重计的示数
8、如图甲所示，电梯运动的vt图可能是图乙中的(取电梯向上运动的方向为正)()甲乙图4711【解析】由Ft图象知：t0t1时间内，具有向下的加速度，t1t2时间内匀速或静止，t2t3时间内，具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0t3时间内故选A，D.【答案】AD11气球下端悬挂一重物，以v010 m/s匀速上升，当到达离地面h175 m处时悬挂重物的绳子突然断裂，那么之后：(1)重物做竖直上抛运动还是自由落体运动？(2)重物经多少时间落到地面？(3)落地的速度多大？(空气阻力不计，取g10 m/s2.)【解析】(1)物体做竖直上抛运动(2)根据位移公式hv0tgt 2有17510t10t 2
9、得t7 s.(3)vv0gt得v60 m/s大小为60 m/s.【答案】(1)竖直上抛运动(2)7 s(3)60 m/s12如图4712所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行试求： 图4712(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角0的大小【解析】(1)“恰能匀速下滑”，满足平衡条件mgsin 30mgcos 30，解得.(2)设斜面倾角为，受力情况如图所示，由平衡条件得Fcos
10、 mgsin Ff，FNmgcos Fsin ，FfFN，F.当cos sin 0，即cot 时，F，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，60，即临界角0的大小为60.【答案】(1)(2)60重点强化卷(三)牛顿运动定律的应用(建议用时：60分钟)一、选择题1下列四个实验中，能在绕地球飞行的太空实验舱中完成的是()A用天平测量物体的质量B用弹簧测力计测物体的重力C用温度计测舱内的温度D用水银气压计测舱内气体的压强【解析】绕地球飞行的太空实验舱处于完全失重状态，处于其中的物体也处于完全失重状态，物体对水平支持物没有压力，对悬挂物没有拉力用天平测量物体质量时，利用的是物体和
11、砝码对盘的压力产生的力矩，压力为0时，力矩也为0，因此在大空实验舱内不能完成同理，水银气压计也不能测出舱内气体压强物体处于失重状态时，对悬挂物没有拉力，因此弹簧测力计不能测出物体的重力温度计是利用了热胀冷缩的性质，因此可以测出舱内温度故只有选项C正确【答案】C2利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况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.计算机显示该同学受到地面支持力FN随时间变化的图象如图1所示根据图象提供的信息，以下判断错误的是 () 图1A在0至t2时间内该同学处于失重状态B在t2至t3时间内该同学处于超重状态Ct3时刻该同学的加速度为零
12、D在t3至t4时间内该同学的重心继续下降【解析】由图象可以看出，在0至t2时间内该同学受到地面支持力小于重力，由牛顿第二定律可知该同学处于失重状态，而在t2至t3时间内支持力大于重力，该同学处于超重状态，A、B正确；t3时刻该同学受到的支持力最大，且F1大于重力，由牛顿第二定律可知a0，C错误；在t3至t4时间内该同学受到的支持力逐渐减小，但仍大于重力，故重心继续下降，D正确【答案】C3如图2所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计
13、甲的示数变为8 N，这时小车运动的加速度大小是()图2A2 m/s2B4 m/s2C6 m/s2D8 m/s2【解析】当弹簧测力计甲的示数变为8 N时，弹簧测力计乙的示数变为12 N，这时物块所受的合力为4 N由牛顿第二定律Fma得物块的加速度a4 m/s2，故选项B正确【答案】B4行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假设乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()A450 NB400 NC350 ND30
14、0 N【解析】汽车的速度v090 km/h25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a m/s25 m/s2，对乘客应用牛顿第二定律得：Fma705 N350 N，所以选项C正确【答案】C5(多选)如图3所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为xt 2t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，取g10 m/s2，以下结论正确的是() 图3A匀变速直线运动的初速度为1 m/sB物体的位移为12 m时速度为7 m/sC水平恒力F的大小为4 ND水平恒力F的大小为12 N【解析】根据xv0tat 2t 2t，知v01 m/s，a2 m/s2，故A
15、正确；根据v2v2ax得，v m/s7 m/s，故B正确；根据牛顿第二定律得，Fmgma，解得Fmamg12 N，故C错误，D正确【答案】ABD6已知空气阻力与速率成正比，某小球在竖直上抛后运动的全过程中的速度时间(vt)图可能正确的是()【解析】设物体所受的阻力fkv，物体的质量为m，则在物体上升的过程中有mgfma1，即mgkvma1，a1g，由于上升过程中物体的速度越来越小，故物体的加速度a1越来越小，故vt图的斜率的绝对值越来越小在下落过程中有mgkvma2，a2g下落过程中物体的速度越来越大，故物体的加速度越来越小，则vt图的斜率的绝对值也越来越小，故A正确【答案】A7如图4所示，质
16、量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在匀速上升的电梯内，当电梯钢索断裂的瞬间，物体B的受力个数()图4A2个B3个C4个D1个【解析】因电梯匀速上升，则A受力平衡，则弹簧处于压缩状态，故弹簧对B有向下的弹力；当钢索断开时，弹簧的形变量不变，故B受向下的重力及弹力的作用，加速度大于电梯的加速度，B与电梯之间一定有弹力作用，故B应受到3个力作用，故选B.【答案】B8如图5所示，小球A、B的质量分别是m和2m，用轻质弹簧相连，然后用细绳悬挂而静止，则在剪断细绳的瞬间，A、B的加速度分别是 ()图5AaA0，aB0BaA3g，aB0CaAg，aB2gDaA0，aB3g【解析】物体在某一瞬间
17、的加速度由这一时刻的合外力决定，此题分析剪断细绳瞬间两球的受力情况是关键在没有剪断前，A、B都静止，加速度都为零，分别对A、B进行受力分析，如图甲、乙所示对B进行受力分析有F弹2mg，对A进行受力分析有FTmgF弹3mg.当剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即F弹、F弹不变，而FT立即消失，则A受力如图丙所示，F合mgF弹maA，即aA3g，B受力不变，合外力为零，加速度为零【答案】B9如图6所示，所受重力为G的均匀小球放在倾角为的斜面上，球被与斜面夹角为的木板挡住，球面、木板均光滑，若使球对木板压力最小，则木板与斜面间夹角应为() 图6AB90C90D90【解析】以小球为研究对象，当平板位于
18、任意方向时，作出小球的受力图，小球受到重力mg、平板的支持力N1和斜面的支持力N2，根据平衡条件得知：N1和斜面的支持力N2的合力与重力mg总是大小相等、方向相反斜面的支持力N2方向总与斜面垂直向上，当平板的方向变化时，由图看出，当N1和N2垂直时，平板对小球的支持力N1最小，此时平板与斜面垂直，即.故选C.【答案】C二、计算题10.如图7所示，质量为2 kg的物体在40 N水平推力作用下，从静止开始1 s内沿竖直墙壁匀加速下滑3 m求：(取g10 m/s2)图7 (1)物体运动的加速度大小；(2)物体受到的摩擦力大小；(3)物体与墙间的动摩擦因数【解析】(1)由xat 2，可得：a m/s2
19、6 m/s2.(2)分析物体受力情况如图所示：水平方向：物体所受合外力为零，FNF40 N竖直方向：取向下为正方向，由牛顿第二定律得mgFfma，可得：Ffmgma8 N.(3)物体与墙间的滑动摩擦力FfFN所以0.2.【答案】(1)6 m/s2(2)8 N(3)0.211如图8所示，水平地面上放置一个质量为m10 kg的物体，在与水平方向成37角的斜向右上方的拉力F100 N的作用下沿水平地面从静止开始向右运动，物体与地面间的动摩擦因数为0.5.求：5 s末物体的速度大小和5 s内物体的位移大小(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)图8【解析】以物体为研究对象进行受力分
20、析，如图所示，由牛顿第二定律得水平方向：Fcos Ffma竖直方向：FNFsin mg0 又FfFN 联立得：a6 m/s25 s末的速度大小为：vat65 m/s30 m/s5 s内的位移为：xat 2652 m75 m.【答案】30 m/s75 m12如图9所示，光滑水平面上放着长L2 m，质量为M4.5 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数0.1，开始均静止今对木板施加一水平向右的恒定拉力F，(g取10 m/s2)求： 图9(1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；(2)如果拉力F10 N，小物体能获得的最大速度【解析】(1)物块随木板运动的最大加速度为a对小物体由牛顿第二定律：mgma对整体由牛顿第二定律得：Fm(Mm)a 解得：Fm5.5 N.(2)因施加的拉力F 5.5 N，故物块相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，对木板由牛顿第二定律：FmgMa1物块在木板上相对运动的时间为t, La1t 2at 2解得：t2 s物块脱离木板时的速度最大，vmat2 m/s.【答案】(1)5.5 N(2)2 m/s
