人教版高中物理必修1第四章 牛顿运动定律7 用牛顿运动定律解决问题（二）习题(1)

用牛顿运动定律解决问题(二) 题组一共点力的平衡 1.如图1所示,在斜面上,木块与B的接触面是水平的,绳子呈A 水平状态,两木块均保持静止.则关于木块A和木块B的受力个数不可 能的是() A.2个和4个 B.3个和4个 C.4个和4个 D.4个和5个 答案B 2物体受到与水平方向成30°角的拉力F的作用,向左做匀速直线运 F1 动,如图2所示,则物体受到的拉力FT与地面对物体的摩擦力的合力方 向是() 图2 A.向上偏左 B.向上偏右 C.竖直向上 D.竖直向下 答案C 解析物体受重力mg、拉力FT、支持力FN和摩擦力F共同作用处于平衡状态,则四个 力的合力为零,即有F与F的合力的大小等于重力和支持力的合力的大小,方向相反 3用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中,如图3所示.已知ac和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°,则ac绳和bc绳中的拉力分别为( B 2mg 图3 √31 √3 g, 4 mg 答案A 解析分析结点c的受力情况如图,设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的 拉力为F2,根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向,由几何知识 得

用牛顿运动定律解决问题(二) 题组一 共点力的平衡 1．如图1所示，在斜面上，木块A与B的接触面是水平的，绳子呈 水平状态，两木块均保持静止．则关于木块A和木块B的受力个数不可 能的是( ) A．2个和4个 图1 B．3个和4个 C．4个和4个 D．4个和5个 答案 B 2.物体受到与水平方向成30°角的拉力FT的作用，向左做匀速直线运 动，如图2所示，则物体受到的拉力FT与地面对物体的摩擦力的合力方 向是( ) 图2 A．向上偏左 B．向上偏右 C．竖直向上 D．竖直向下 答案 C 解析 物体受重力mg、拉力FT、支持力FN和摩擦力Ff共同作用处于平衡状态，则四个 力的合力为零，即有Ff与FT的合力的大小等于重力和支持力的合力的大小，方向相反． 3.用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图3所示．已知ac和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为( ) A. 3 2 mg， 1 2mg B. 1 2mg， 3 2 mg 图3 C. 3 4 mg， 1 2mg D. 1 2mg， 3 4 mg 答案 A 解析 分析结点c的受力情况如图，设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的 拉力为F2，根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几何知识 得 F1＝Fcos 30°＝ 3 2 mg

1 F2=Fsn30°=2mg 选项A正确 4.如图4所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O为球心,一质量 为m的小滑块,在水平力F的作用下静止于P点,设滑块所受支持力为FN OP与水平方向的夹角为0,下列关系正确的是() mg B. F=mgtan 8 答案A 解析对滑块进行受力分析如图,滑块受到重力mg、支持力FN、水F 平推力F三个力作用由共点力的平衡条件知,F与mg的合力F′与FN等大 反向.根据平行四边形定则可知FN、m和合力F′构成直角三角形,解直 角三角形可求得:F=tan,FN=sin所以正确选项为A 题组二超重与失重 5.跳水运动员从10m跳台腾空跃起,先向上运动一段距离达到最高点后,再自由下落 进入水池,不计空气阻力,关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的有() A.上升过程处于超重状态,下落过程处于失重状态 B.上升过程处于失重状态,下落过程处于超重状态 C.上升过程和下落过程均处于超重状态 D.上升过程和下落过程均处于完全失重状态 答案D 解析跳水运动員在空中时无论上升还是下落,加速度方向均向下,由于不计空气阻力 故均为完全失重状态,故选D 6某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一个弹簧秤,使其 测量挂钩向下,并在钩上悬挂一个重为10N的钩码.弹簧秤弹力随 0 时间变化的规律可通过一传感器直接得出,如图5所示,则下列分析 正确的是() A.从到t2,钩码处于失重状态 B.从n到t4,钩码处于超重状态 C.电梯可能开始在1楼,先加速向上,接着匀速向上,再减速向上,最后停在3楼 D.电梯可能开始在3楼,先加速向下,接着匀速向下,再减速向下,最后停在1楼

F2＝Fsin 30°＝ 1 2mg 选项A正确． 4．如图4所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量 为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点，设滑块所受支持力为FN， OP与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是( ) A．F＝ mg tan θ B．F＝mgtan θ 图4 C．FN＝ mg tan θ D．FN＝mgtan θ 答案 A 解析 对滑块进行受力分析如图，滑块受到重力mg、支持力FN、水 平推力F三个力作用．由共点力的平衡条件知，F与mg的合力F′与FN等大、 反向．根据平行四边形定则可知FN、mg和合力F′构成直角三角形，解直 角三角形可求得：F＝ mg tan θ，FN＝ mg sin θ .所以正确选项为A. 题组二 超重与失重 5．跳水运动员从10 m跳台腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落 进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的有( ) A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态 C．上升过程和下落过程均处于超重状态 D．上升过程和下落过程均处于完全失重状态 答案 D 解析 跳水运动员在空中时无论上升还是下落，加速度方向均向下，由于不计空气阻力， 故均为完全失重状态，故选D. 6.某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一个弹簧秤，使其 测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N的钩码．弹簧秤弹力随 时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图5所示．则下列分析 正确的是( ) 图5 A．从t1到t2，钩码处于失重状态 B．从t3到t4，钩码处于超重状态 C．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在3楼 D．电梯可能开始在3楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼

答案ABD 解析从η到,由图象可知钩码对传感器的拉力小于钩码的重力,钩码处于失重状态, 加速度向下,电梯向下加速运动或向上减速运动,选项A正确;从到1,由 图象可知钩码对传感器的拉力大于钩码的重力,钩码处于超重状态,加速度 向上,电梯向下减速运动或向上加速运动,选项B正确;综合得出,选项C错 误,选项D正确 7.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动,某人身系弹性绳自高空尸点自由 下落,图6中a点是弹性绳的原长位置,c点是人能到达的最低点,b点是人静 止悬吊着时的平衡位置,人在从P点下落到最低点c的过程中() A.人在Pa段做自由落体运动,处于完全失重状态 B.人在ab段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态 C.人在bc段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态 D.人在c点,人的速度为零,其加速度为零 答案AB 解析人在Pa段只受重力作用,a=g,完全失重,A正确;人在ab段受重力和向上的拉 力,拉力小于重力,合力向下,加速度向下,失重,B正确;人在bc段受重力和向上的拉力, 拉力大于重力,合力向上,加速度向上,超重,C错误;人到c点时,拉力最大,合力最大, 加速度最大,D错误 8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FN 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F 重心又下降了h计算机显示该同学受到地面支持力F随时间变化的图mg 象如图7所示,根据图象提供的信息,以下判断错误的是() A.在0至h时间内该同学处于失重状态 B.在2至时间内该同学处于超重状态 C.t3时刻该同学的加速度为零 D.在t3至4时间内该同学的重心继续下降 答案C 解析由图象可以看出,在0至p时间内该同学受到的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1至自3时间内支持力大于重力,该同学处于超重状态, A、B正确;l3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a≠0,C 错误;在l3至l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 F/N 9.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490N.他将弹簧测 540 力计移至电梯内称其体重,至时间段内弹簧测力计的示数如图8所40

答案 ABD 解析 从t1到t2，由图象可知钩码对传感器的拉力小于钩码的重力，钩码处于失重状态， 加速度向下，电梯向下加速运动或向上减速运动，选项A正确；从t3到t4，由 图象可知钩码对传感器的拉力大于钩码的重力，钩码处于超重状态，加速度 向上，电梯向下减速运动或向上加速运动，选项B正确；综合得出，选项C错 误，选项D正确． 7.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由 下落，图6中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静 止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c的过程中( ) A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态 B．人在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 C．人在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 图6 D．人在c点，人的速度为零，其加速度为零 答案 AB 解析 人在Pa段只受重力作用，a＝g，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉 力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力， 拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人到c点时，拉力最大，合力最大， 加速度最大，D错误． 8.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7所示．根据图象提供的信息，以下判断错误．．的是( ) A．在0至t2时间内该同学处于失重状态 图7 B．在t2至t3时间内该同学处于超重状态 C．t3时刻该同学的加速度为零 D．在t3至t4时间内该同学的重心继续下降 答案 C 解析 由图象可以看出，在0至t2时间内该同学受到的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a≠0，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． 9. 某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N．他将弹簧测 力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧测力计的示数如图8所

示,则电梯运行的U-图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)() 答案A 解析~n时间段内,人失重,应向上减速或向下加速,B、C错;n~12时间段内,人 匀速或静止;l~b时间段内,人超重,应向上加速或向下减速,A对,D错 10.一个质量是60kg的人站在升降机的地板上,升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤,弹 簧秤下面挂着一个质量为m=5kg的物体A,当升降机向上运动时,他看到弹簧秤的示数为4 0N,g取10m2,求 (1)此时升降机的加速度的大小; (2)此时人对地板的压力 答案(1)2m/s2(2)480N 解析(1)弹簧秤对物体的拉力Fr=40N 对物体由牛顿第二定律可得 FTm40-5×10 解得 m/s2=-2m/s2 故升降机加速度大小为2ms2,方向竖直向下 (2)设地板对人的支持力为FN 对人由牛顿第二定律可得:FN-Mg=Ma 解得FN=Mg+Ma=60×10N+60×(-2)N=480N 由牛顿第三定律可得人对地板的压力为480N 题组三从动力学看自由落体和竖直上抛 11.以35m/s的初速度竖直向上抛出一个小球.不计空气阻力,g=10m/s,以下判断 正确的是() A.小球到达最大高度时的速度为0 B.小球到达最大高度时的加速度为0 C.小球上升的最大高度为6125m

示，则电梯运行的v－t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)( ) 图8 答案 A 解析 t0～t1时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1～t2时间段内，人 匀速或静止；t2～t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A对，D错． 10．一个质量是60 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹 簧秤下面挂着一个质量为m＝5 kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为4 0 N，g取10 m/s2，求： (1)此时升降机的加速度的大小； (2)此时人对地板的压力． 答案 (1)2 m/s2 (2)480 N 解析 (1)弹簧秤对物体的拉力FT＝40 N 对物体由牛顿第二定律可得：FT－mg＝ma 解得：a＝ FT－mg m ＝ 40－5×10 5 m/s2＝－2 m/s 2 故升降机加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下． (2)设地板对人的支持力为FN 对人由牛顿第二定律可得：FN－Mg＝Ma 解得FN＝Mg＋Ma＝60×10 N＋60×(－2) N＝480 N 由牛顿第三定律可得人对地板的压力为480 N 题组三 从动力学看自由落体和竖直上抛 11．以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球．不计空气阻力，g＝10 m/s 2，以下判断 正确的是( ) A．小球到达最大高度时的速度为0 B．小球到达最大高度时的加速度为0 C．小球上升的最大高度为61.25 m

D.小球上升阶段所用的时间为3.5s 答案ACD 解析小球到达最大高度时的速度一定为零,否则该点不是最大高度,A正确;小球上 抛过程中只受重力作用,故加速度始终为g,B错;由a2-=2(-8)h→h=2=61.25m,C 正确;由乙=0-8→1=g=3.5,D正确 12.竖直上抛的物体,初速度是30m/s,经过20s、40s,物体的位移分别是多大? 通过的路程分别是多长?2.0s、40s末的速度分别是多大?(g取10m/s2,忽略空气阻力) 答案见解析 302 解析上升的最大高度H=2g=2×10m=45m 由x=01-2g2得 位移x=30×20m-2×10×2.02m=40m,小于H,所以路程s1=40m 速度1=0-g1=30m/s-10×2.0m/s=10m/s 当h=4.0s时,位移x2=30×4.0m-2×10×402m=40m,小于H,所以路程s2=45 m+(45-40)m=50m 速度2=∞0-g2=30m/s-10×4.0m/s=-10m/s,负号表示速度与初速度方向相反 13.图9甲是我国某运动员在蹦床比赛中的一个情景.设这位蹦床运动员仅在竖直方向 上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间r的变化规律通过传感 器用计算机绘制出来,如图乙所示.取g=10m/s2,根据F-图象求: 3.64.24.8546.06.66.884941112t/s 乙

D．小球上升阶段所用的时间为3.5 s 答案 ACD 解析 小球到达最大高度时的速度一定为零，否则该点不是最大高度，A正确；小球上 抛过程中只受重力作用，故加速度始终为g，B错；由v 2－v 2 0＝2(－g)h⇒h＝ v 2 0 2g＝61.25 m，C 正确；由v＝v0－gt⇒t＝ v0 g ＝3.5 s，D正确． 12．竖直上抛的物体，初速度是30 m/s，经过2.0 s、4.0 s，物体的位移分别是多大？ 通过的路程分别是多长？2.0 s、4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s 2，忽略空气阻力) 答案 见解析 解析 上升的最大高度H＝ v 2 0 2g＝ 302 2×10 m＝45 m 由x＝v0t－ 1 2 gt2得 当t1＝2.0 s时， 位移x1＝30×2.0 m－ 1 2×10×2.02 m＝40 m，小于H，所以路程s1＝40 m 速度v1＝v0－gt1＝30 m/s－10×2.0 m/s＝10 m/s 当t2＝4.0 s时，位移x2＝30×4.0 m－ 1 2×10×4.02 m＝40 m，小于H，所以路程s2＝45 m＋(45－40) m＝50 m 速度v2＝v0－gt2＝30 m/s－10×4.0 m/s＝－10 m/s，负号表示速度与初速度方向相反． 13．图9甲是我国某运动员在蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向 上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感 器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10 m/s2，根据F—t图象求： 图9

(1)运动员的质量 (2)运动员在运动过程中的最大加速度 (3)在不计空气阻力情况下,运动员离开蹦床上升的最大高度 答案(1)50kg(2)40m/s2(3)3.2m 解析(1)由图象可知,刚站上去的时候弹力等于重力,故运动员所受重力为500N,设 G 运动员质量为m,则m (2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N,设运动员的最大加速度为am, Fm-mg=mam Fm-mg2500-500 m/s2=40m/s2 (3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s,再 下落到蹦床上的时刻为84s或11s,它们的时间间隔均为1.6s.根据竖直上抛运动的对称 性,可知其自由下落的时间为0.8s 设运动员上升的最大高度为H,则 1 H=282=2×10×0.82m=32m

(1)运动员的质量； (2)运动员在运动过程中的最大加速度； (3)在不计空气阻力情况下，运动员离开蹦床上升的最大高度． 答案 (1)50 kg (2)40 m/s2 (3)3.2 m 解析 (1)由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500 N，设 运动员质量为m，则m＝ G g＝50 kg (2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2 500 N，设运动员的最大加速度为am， 则 Fm－mg＝mam am＝ Fm－mg m ＝ 2 500－500 50 m/s2＝40 m/s 2 (3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s或9.4 s，再 下落到蹦床上的时刻为8.4 s或11 s，它们的时间间隔均为1.6 s．根据竖直上抛运动的对称 性，可知其自由下落的时间为0.8 s. 设运动员上升的最大高度为H，则 H＝ 1 2 gt2＝ 1 2×10×0.82 m＝3.2 m