人教版物理必修1同步训练：第4章7用牛顿运动定律解决问题（2）

第四章
牛顿运动定律
7
用牛顿运动定律解决问题（二）
A级　抓基础
1．下列关于超重和失重的说法中，正确的是(　　)
A．物体处于超重状态时，其重力增加了
B．物体处于完全失重状态时，其重力为零
C．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了
D．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化
解析：超重、失重只是一种表面现象，实际的质量和重力均不变．由于质量不变，惯性不变，所以只有D正确．
答案：D
2．下列有关超重和失重的说法，正确的是(　　)
A．物体处于超重状态时，所受重力增大；处于失重状态时，所受重力减小
B．竖直上抛运动的物体处于完全失重状态
C．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于上升过程
D．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于下降过程
解析：当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力大于它本身的重力时，是超重现象；当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力小于它本身的重力时，是失重现象．超重和失重时，本身的重力没变，故A错误．竖直上抛的物体加速度为g，方向竖直向下，处于完全失重状态，故B正确．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，加速度方向向下，运动方向可能向上，也可能向下，故C、D错误．
答案：B
3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上滑动，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间动摩擦因数为μ2，已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到的地面摩擦力大小为(　　)
A．μ2mg　　　　　　
B．μ1Mg
C．μ1(m＋M)g
D．μ2mg＋μ1Mg
解析：对小滑块受力分析，受重力mg、长木板的支持力FN和向左的滑动摩擦力f1，有：
f1＝μ2FN，
FN＝mg，
故f1＝μ2mg，
再对长木板受力分析，受到重力Mg、小滑块的对长木板向下的压力FN、小滑块对其向右的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力F′N和向左的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有：
F′N＝FN＋Mg，
f1＝f2，
故f2＝μ2mg.故选A.
答案：A
4.(多选)如图所示，A、B两物块叠放在一起，当把A、B两物块同时竖直向上抛出(　　)
A．A的加速度小于g
B．B的加速度大于g
C．A、B的加速度均为g
D．A、B间的弹力为零
解析：先整体，整体受到重力作用，加速度为g，然后隔离任一物体，可知物体只能受到重力作用加速度才是g，所以两物体间没有相互作用力．故C、D正确．
答案：CD
5.如图所示，三根横截面完全相同的圆木材A、B、C按图示方法放在水平面上，它们均处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)
A．B所受的合力大于A受的合力
B．B、C对A的作用力的合力方向一定竖直向上
C．B与C之间一定存在弹力
D．如果水平地面光滑，它们也能保持图示的平衡
解析：三个物体都处于平衡状态，所以受到的合外力都是0.故A错误．以物体A为研究的对象，受力如图甲，
　
图甲　　　　图乙
B、C对A的作用力的合力方向一定竖直向上，故B正确．以B为研究对象，受力如图乙，可知B与C之间不一定存在弹力，故C错误．由牛顿第三定律得：F′＝F，沿水平方向：F′sin
30°＝f，所以如果水平面光滑，它们将不能保持图示的平衡．故D错误．故选B.
答案：B
6.2013年6月26日8时7分许，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．如图所示为返回舱主降落伞打开，返回舱减速下降过程，在这个过程中(　　)
A．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，但航天员的重力不变，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：B
B级　提能力
7.如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是(　　)
A．木块受到的摩擦力大小是mgcos
α
B．木块对斜面体的压力大小是mgsin
α
C．桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin
αcos
α
D．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g
解析：先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示．根据平衡条件，可得木块受到的摩擦力大小f＝mgsin
α，斜面对木块的支持力FN＝mgcos
α，木块对斜面体的压力和斜面对木块的支持力大小相等，选项A、B错误．对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为(M＋m)g，静摩擦力为零，故C错误，D正确．
答案：D
8．(多选)物体B放在真空容器A内，且B略小于A，将它们以初速度v0竖直向上抛出，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．若不计空气阻力，在它们上升过程中，B对A的压力向下
B．若不计空气阻力，在它们上升过程中，B对A无压力作用
C．若考虑空气阻力，在它们上升过程中，B对A的压力向上
D．若考虑空气阻力，在它们下落过程中，B对A的压力向上
解析：当受到空气阻力时，A、B向上运动时加速度大于重力加速度，A对B有向下的作用力，B对A有向上的作用力，C正确；A、B向下运动时，加速度小于重力加速度，A对B有向上的作用力，B对A有向下的作用力，故D错．无阻力时，A、B处于完全失重状态，A与B之间无作用力，B正确．
答案：BC
9.如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态．当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则(　　)
A．Q受到的摩擦力一定变小
B．Q受到的摩擦力一定变大
C．轻绳上拉力一定变小
D．轻绳上拉力一定不变
解析：当Q不受水平向左的推力时，Q可能不受摩擦力，也可能受沿斜面向上或向下的摩擦力；当Q受到水平向左的推力后，其所受摩擦力的大小、方向都不能确定，故A、B均错误．无论Q是否受水平向左的推力，均保持静止的平衡状态，所以轻绳对Q的拉力始终等于P的重力，故D正确．
答案：D
10．如图所示，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)(　　)
图甲
图乙
A．①③　　　B．①④　　　C．②④　　　D．②③
解析：由F-t图象知：t0～t1时间内，具有向下的加速度，t1～t2时间内匀速或静止，t2～t3时间内，具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0～t3时间内故选B.
答案：B
11．竖直上抛的物体，初速度为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/s2，忽略空气阻力)
解析：上升的最大高度H＝eq
\f(v,2g)＝
m＝45
m.
由x＝v0t－gt2得
当t1＝2.0
s时，
位移x1＝30×2.0
m－×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－×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，负号表示速度方向与初速度方向相反．
答案：2
s时位移40
m，路程40
m，速度10
m/s；4
s时位移40
m，路程50
m，速度－10
m/s.
12．一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75
m的高处，然后让座舱自由落下．落到离地面30
m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下．若座舱中某人用手托着m＝5
kg的铅球，取g＝10
m/s2，试求：
(1)从开始下落到最后着地经历的总时间；
(2)当座舱落到离地面35
m的位置时，手对球的支持力是多少；
(3)当座舱落到离地面15
m的位置时，球对手的压力是多少．
解析：(1)由题意可知，座舱先自由下落
h1＝75
m－30
m＝45
m，
由h1＝gt得t1＝
＝3
s，
下落45
m时的速度v1＝gt1＝30
m/s.
减速过程中的平均速度v2＝＝15
m/s，
减速时间t2＝＝2
s，总时间t＝t1＋t2＝5
s．(2)离地面35
m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零．
(3)由v＝2gh1＝2ah2得，减速过程中加速度的大小a＝15
m/s2，根据牛顿第二定律：FN－mg＝ma，
解得：FN＝125
N，根据牛顿第三定律可知，
球对手的压力为F′N＝125
N，方向竖直向下．
答案：(1)5
s　(2)0　(3)125
N，方向竖直向下