人教版物理必修1同步练习：4.7 用牛顿定律解决问题（二）

4．7　用牛顿定律解决问题(二)
(10分钟，10分)
1．如图所示，物体M处于静止状态，三条细绳中的拉力之比T1?：T2?：T3为(　　)
A．1?：2?：3
B．1?：2?：
C．5?：4?：3
D.?：1?：1
【答案】B
【解析】由题意得T3＝Mg，物体处于静止状态，合力为零，T1＝T3cot60°，T2＝T3/sin60°.即T1?：T2?：T3＝1?：2?：.
2．如图所示，一个质量为m的物体在五个共点力的作用下处于平衡状态．下列说法正确的是(　　)
A．除F1以外，其余四个力的合力大小与F1相等，方向与F1的方向相反
B．如果撤去力F1，而保持其余四个力不变，此时物体的加速度的大小为F1/m，方向与F1的方向相同
C．如果撤去力F1，而保持其余四个力不变，此时物体的加速度的大小为F1/m，方向与F1的方向相反
D．如果保持其余四个力不变，将F1的方向逆时针转90°，大小保持不变，此时物体的加速度大小为F1/m，方向与最初F1的方向成45°角
【答案】AC
【解析】共点力作用下物体平衡的条件是合外力为零
.除F1以外，其余四个力可用一个合力来代替，则物体等效为受两个力的作用，则这两个力大小相等，方向相反．所以AC正确，B错误．将F1的方向逆时针转90°时，物体受到的合外力方向与最初F1的方向成135°角，故D错误．
3．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.
4．如图所示，位于水平地面上的质量为m的物体，在大小为F、与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做匀速直线运动．则下列说法中正确的是(　　)
A．物体所受的滑动摩擦力的大小为Fcosα
B此时物体对地面的压力大小为mg
C．物体所受的拉力F与滑动摩擦力的合力方向竖直向上
D．物体与地面间的动摩擦因数μ＝
【答案】ACD
【解析】对物体受力分析如图，将拉力F分解到水平方向和竖直方向，水平方向合力为零，则f＝F2＝Fcosα，所以A正确．竖直方向合力为零，则FN＝mg－F1＝mg－Fsinα，所以B错误．拉力F与滑动摩擦力f的合力等效为F1、F2与f三个力的合力，所以合力为F1，方向竖直向上，C正确．由f＝μFN，得μ＝＝，所以D正确．
(20分钟，30分)
知识点一
　共点力的平衡条件
1．物体在共点力作用下，下列说法中正确的是(　　)
A．物体的速度在某一时刻等于零，物体就一定处于平衡状态
B．物体相对另一物体保持静止时，物体一定处于平衡状态
C．物体所受合力为零，就一定处于平衡状态
D．物体做匀加速运动时，物体处于平衡状态
【答案】C
【解析】某一时刻速度为零的物体，受力不一定为零，故不一定处于平衡状态，A错；物体相对于另一物体静止时，该物体不一定处于非平衡状态，故B错；C选项符合平衡条件的判断，为正确选项；物体做匀加速运动，所受合力不为零，故不是平衡状态，D错．
2．某物体在三个共点力的作用下处于静止状态，若把其中一个力F1的方向沿顺时针转过90°而保持其大小不变．其余两个力保持不变，则此时物体所受的合力大小为(　　)
A．F1
B.F1
C．2F1
D．无法确定
【答案】B
【解析】其它两个力的合力大小为F1，方向与F1反向，当F1转过90°时，三力合力为F1，B正确．
3．一质量为m的物体恰能沿倾角为θ的斜面匀速下滑．下列关于物体运动的说法中正确的是(　　)
A．该物体与斜面间的动摩擦因数为tanθ
B．在物体沿该斜面匀速下滑的过程中，如果给物体施加一个竖直向下的力F，物体将继续以原来的速度匀速下滑
C．在物体沿该斜面匀速下滑的过程中，如果给物体施加一个竖直向下的力F，物体将沿斜面向下加速下滑
D．如果将物体换为一个质量为2m的同种材料和同等粗糙程度的物体后，该物体将沿斜面向下加速下滑
【答案】AB
【解析】对物体受力分析，把重力沿斜面和垂直于斜面方向分解，如图1所示．垂直于斜面方向，FN＝G2＝mgcosθ，f＝μFN，平行于斜面方向，f＝G1＝mgsinθ，联立解得μ＝tanθ，所以A正确．给物体施加一竖直向下的力F时，物体受力如图2所示．可先将F与物体的重力合成，设为T，再将它沿斜面和垂直于斜面方向分解．垂直于斜面方向，F′N＝T2＝(mg＋F)cosθ，T沿斜面方向的分力T1＝(mg＋F)sinθ，而f′＝μF′N，将μ＝tanθ代入得f′＝μF′N＝tanθ(mg＋F)cosθ＝(mg＋F)sinθ＝T1，所以物体所受的合外力仍为零，物体继续做匀速直线运动，B正确，C错误．将物体的质量换为2m，与上面分析相同，仍做匀速直线运动，所以D错误．
4．如图所示，放置在水平地面上的直角劈质量为M，上面放一个质量为m的物体．若m在其斜面上匀速下滑，M仍保持静止，那么正确的说法是(　　)
A．M对地面的压力等于(M＋m)g
B．M对地面的压力大于(M＋m)g
C．地面对M没有摩擦力
D．地面对M有向左的摩擦力
【答案】AC
【解析】因物体M、m均处于平衡状态，故可以把两物体看成一个整体，这个整体在竖直方向受到向下的重力(Mg＋mg)和向上的支持力FN，对整体由平衡条件得FN＝(M＋m)g，A正确，B错误；由于整体处于平衡状态，因此水平方向合力为0，由此可推知地面对M没有摩擦力，C正确，D错误．
5．滑板运动是一项非常刺激的水上运动．研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力垂直于滑板面．
如图所示，运动员在水平牵引力作用下，滑板面与水平面之间的夹角θ＝37°，滑板匀速运动，人和滑板的总质量为100
kg，忽略空气阻力，取g＝10
m/s2，则水平牵引力为(sin37°＝0.6)(　　)
A．1
250
N
B．1
000
N
C．750
N
D．500
N
【答案】C
【解析】把人与滑板看作一整体，对其受力分析知：
F′＝mgtan37°＝100×10×0.75＝750
N，C正确．
知识点二
　超重和失重
6．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大或减小了
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发生变化
【答案】D
【解析】物体处于超重或失重状态时物体的重力(由于地球对物体吸引而产生的)本身不会发生变化，所以AB错误．质量是惯性大小的量度，所以一个物体的惯性不会随物体的运动状态发生变化，所以C错误，D正确．
7．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
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．
8．一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为，g为重力加速度，人对电梯的压力为(　　)
A.mg
B．2mg
C．mg
D.mg
【答案】D
【解析】取人为研究对象，由牛顿第二定律得
FN－mg＝ma
FN＝ma＋mg＝mg
由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力与电梯对人的支持力为作用力与反作用力，所以人对电梯底部的压力为mg.
9．一个人蹲在磅秤上，在他迅速站起的过程中，磅秤的示数将(　　)
A．先减小后增大最后复原
B．先增大后减小最后复原
C．先减小后复原
D．先增大后复原
【答案】B
【解析】人从磅秤上站起的过程分为向上加速，向上减速，最后静止在磅秤上几个阶段．当向上加速时，加速度方向向上，人处于超重状态，磅秤的示数大于人的质量．当人向上减速时，加速度方向向下，人处于失重状态，磅秤的示数小于人的质量．最后静止时磅秤的示数等于人的质量．所以B正确．
知识点三
　牛顿运动定律的应用
10．如图所示，置于光滑水平面上的木块A和B，其质量为mA和mB.当水平力F作用于A左端上时，两木块一起做加速运动，其A、B间相互作用力大小为N1；当水平力F作用于B右端上时，两木块一起做加速运动，其A、B间相互作用力大小为N2.则以下判断中正确的是(　　)
A．两次木块运动的加速度大小相等
B．N1＋N2C．N1＋N2＝F
D．N1?：N2＝mB?：mA
【答案】ACD
【解析】以木块A和B整体为研究对象，两种情况下，合外力都是F，由牛顿第二定律可知F＝(mA＋mB)a，所以加速度a＝，大小相等，A正确；当水平力F作用于A左端上时，以木块B为研究对象，N1＝mBa＝，当水平力F作用于B右端上时，以木块A为研究对象，N2＝mAa＝，所以N1＋N2＝F，N1?：N2＝mB?：mA，B错误，C、D正确．
11．下列关于竖直上抛的说法中正确的是(　　)
A．物体上升的过程中和下落的过程中速度方向不同，所以加速度也不同
B．物体上升的过程中和下落的过程中因为只受重力的作用，所以加速度相同
C．物体速度发生了变化，所以全过程是变加速运动
D．由于物体的加速度大小和方向始终没有发生变化，所以全过程是匀变速直线运动
【答案】BD
【解析】从动力学的角度可以看出物体的加速度是由合外力和物体的质量共同决定的．对于同一个物体，无论是上升过程还是下落过程，因为只受重力作用，所以其加速度的大小和方向均不变，所以A错误，B正确．加速度不变(含大小和方向)且速度方向与加速度方向共线的运动就是匀变速直线运动，所以C错误，D正确．
12.
如图所示，一定质量的物体用两根轻绳悬挂在空中，其中绳OA固定不动，绳OB在竖直平面内由水平方向向上转动，则在绳OB由水平转至竖直的过程中，绳OB的张力大小将(　　)
A．一直变大
B．一直变小
C．先变大后变小
D．先变小后变大
【答案】D
【解析】根据重力的作用效果将其分解在绳OA、OB所在的方向上，如图所示，F1是对绳OA的拉力，F2是对绳OB的拉力．由于OA方向不变，当OB向上转动，转到与OA绳方向垂直时，OB上的拉力最小，故OB上的张力先变小后变大．
13．某人在地面上最多能举起60
kg的重物，在下列两种情形下，此人最多能举起多大质量的物体(忽略人体自身受力变化的影响，g取10
m/s2)．
(1)当此人站在以5
m/s2的加速度加速上升的升降机中；
(2)当此人站在以5
m/s2的加速度加速下降的升降机中．
【解】(1)当此人在地面上举起重物时，对重物分析，由牛顿第二定律得F－mg＝0
解得此人对外提供的最大举力F＝mg＝600
N
当升降机向上加速时，重物也具有相同的竖直向上的加速度，而此人对外提供的最大举力是不变的，对重物由牛顿第二定律得
F－m1g＝m1a
解得m1＝＝
kg＝40
kg
(2)当升降机向下加速时，重物也具有相同的竖直向下的加速度，
对重物由牛顿第二定律得m2g－F＝m2a
解得m2＝＝
kg＝120
kg
课后作业
时间：45分钟　　满分：80分
班级________　　姓名________　　分数________
一、选择题
1．在太空空间站中，一切物体均处于完全失重状态，下列测量中，仪器能正常使用的是(　　)
A．用弹簧测力计测物体的重力
B．用弹簧测力计测拉力
C．用天平测物体的质量
D．用温度计测物体的温度
【答案】BD
【解析】在太空空间站中，一切物体均处于完全失重状态，所以地球上一切由于重力产生的现象都会消失．当物体挂在弹簧测力计下端时，物体对弹簧测力计的拉力为零，所以不能用它来测物体的重力．将物体和砝码分别放在天平左右两盘时，对盘的压力均为零，所以不能用它来测量物体的质量．所以AC错误．弹簧测力计的工作原理是弹簧的拉力与弹簧伸长的长度成正比，温度计是根据物体的热胀冷缩的原理工作的，这些与物体的重力都无关，所以BD正确．
2．在箱式电梯里的台秤秤盘上放着一物体，在电梯运动过程中，某人在不同时刻拍摄了甲、乙、丙三张照片，如图所示，其中乙为电梯匀速运动时的照片．从这三张照片可判定(　　)
A．拍摄甲照片时，电梯一定处于加速下降状态
B．拍摄丙照片时，电梯一定处于减速上升状态
C．拍摄丙照片时，电梯可能处于加速上升状态
D．拍摄甲照片时，电梯可能处于减速下降状态
【答案】D
【解析】电梯匀速运动时台秤的示数可看做物体的实际重量，题图甲所示的示数大于题图乙所示的示数，说明拍摄甲照片时物体处于超重状态，此时电梯可能处于加速上升状态或减速下降状态，选项A错误，D正确；题图丙所示的示数小于题图乙所示的示数，说明拍摄丙照片时物体处于失重状态，此时电梯可能处于加速下降状态或减速上升状态，选项B、C错误．
3．如图所示，沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在P点，足球的质量为m，网兜的质量不计．足球与墙壁的接触点为A，悬绳与墙壁的夹角为θ.则(　　)
A．悬挂足球的绳子对足球的拉力T＝
B．墙壁对足球的支持力FN＝mgtanθ
C．换上一根长绳，则绳子拉力将增大
D．换上一根长绳，则墙壁对足球的支持力将减小
【答案】BD
【解析】对足球受力分析如图，由几何关系可得：T＝　①，FN＝mgtanθ　②，所以A错，B对．当换一根长绳后，θ变小．由①式可知绳子的拉力将变小，所以C错误．由②式可知墙壁对足球的支持力将减小，所以D正确．
4．在升降机内，一人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，则下列判断可能正确的是(g取10
m/s2)(　　)
A．升降机以8
m/s2的加速度加速上升
B．升降机以2
m/s2的加速度加速下降
C．升降机以2
m/s2的加速度减速上升
D．升降机以8
m/s2的加速度减速下降
【答案】BC
【解析】人发现体重减轻，说明人处于失重状态，加速度向下，由mg－FN＝ma，FN＝80%mg，即a＝0.2g＝2
m/s2，方向向下．升降机可能加速下降，也可能减速上升，故B、C正确．
5．如图所示，在升降机内的弹簧下端吊一物体A，其质量为m，体积为V，全部浸在水中．当升降机由静止开始以加速度a(aA．不变
B．伸长
C．缩短
D．无法确定
【答案】C
【解析】此题很容易出错．欲用计算方法求得正确的答案是比较困难的，原因在于当升降机匀加速下降时，物体A和水均处于失重状态，不大容易给出正确的方程求解．
如果我们采用极限分析的方法，假设a＝g，物体处于自由落体状态．物体A的视重为零，水对A的浮力也为零．问题再明显不过了，弹簧的拉力将是零，故弹簧将恢复原长．因此当升降机由静止开始以加速度a匀加速下降时，该弹簧一定要缩短．
6．从地面竖直向上抛出一个物体，空气的阻力可以忽略不计．在整个运动过程中速度v和时间t的关系是下图中的(以竖直向上的方向为速度的正方向)(　　)
【答案】D
【解析】以竖直向上的方向为速度的正方向，物体初速度为正，且速率逐渐减小，当到达最高点后，物体变为向下加速，所以速度为负且速率逐渐增大．在v－t图象中用正负表示速度的方向，其绝对值表示速度的大小，图线的斜率表示其加速度．由于物体的加速度方向向下，所以为负，即全过程中v－t图线为向下倾斜的直线．因此D正确．
7．如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安装在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且轻绳保持水平，C端下面挂一个重物．BO与竖直方向夹角θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，转动木杆改变θ的大小，则滑轮受到木杆弹力大小的变化情况是(轻绳与滑轮的摩擦不计)(　　)
A．只有角θ变小，弹力才变大
B．只有角θ变大，弹力才变大
C．不论角θ变大或变小，弹力都变大
D．不论角θ变大或变小，弹力都不变
【答案】D
【解析】轻绳水平部分与轻绳竖直部分的拉力大小与方向均不变，所以其合力不变，对滑轮而言，木杆的作用力必与两轻绳拉力的合力平衡，所以木杆的弹力大小与方向不变，故D对．
8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断(　　)
A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g
B．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
C．图线的斜率等于物体的质量m
D．图线的斜率等于物体质量的倒数
【答案】ABD
【解析】由牛顿第二定律，有T－mg＝ma，故得a＝－g，当T＝0时，a＝－g，A对；当a＝0时，T＝mg，B对；图线的斜率k＝，D对．
9．一个质量为3
kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下，物体能处于平衡状态的是(g＝10
m/s2)(　　)
A．仅甲图
B．仅乙图
C．仅丙图
D．甲、乙、丙图
【答案】B
【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，故只有乙图中物体能保持平衡，选项B正确．
10.
如图所示，质量为m1＝2
kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5
kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1
kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10
m/s2，下列说法不正确的是(　　)
A．物体A处于失重状态，加速度大小为10
m/s2
B．物体A处于超重状态，加速度大小为5
m/s2
C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5
N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为60
N
【答案】A
【解析】取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，代入数据得a＝5
m/s2，A错，B正确；隔离C有m2g－FN＝m2a，即FN＝5
N，由牛顿第三定律可知，物体C对箱子的压力为5
N，C对；隔离A有FT－m1g＝m1a得FT＝30
N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2FT＝60
N，D正确．
二、非选择题
11．某人在地面上最多能举起60
kg的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起80
kg的物体．则电梯的加速度为________．若电梯以此加速度上升，则此人在电梯里最多能举起物体的质量________kg(g取10
m/s2)．
【答案】2.5
m/s2　48
【解析】站在地面上的人，最大举力F＝m1g＝600
N.
在加速下降的电梯里，人的最大举力不变，由牛顿第二定律：m2g－F＝m2a，
故a＝g－＝
m/s＝2.5
m/s2.
若电梯加速上升，则由牛顿第二定律：F－m3g＝m3a，
所以m3＝＝
kg＝48
kg.
12．某人站在离地25
m的平台边缘，以20
m/s的初速度竖直向上抛出一石块，不考虑空气阻力，g＝10
m/s2，试计算：
(1)石块能到达的最大高度；
(2)石块抛出1
s内的位移；
(3)石块从抛出到落到地面所用的时间．
【解】(1)石块到达最大高度时速度为零．根据匀变速直线运动规律，石块上升的最大高度为h＝＝
m＝20
m，所以石块能到达的最大高度为45
m
(2)石块抛出1
s内的位移h1＝v0t0－gt＝15
m，方向向上
(3)方法一　石块用时间t1到达最高点，则t1＝＝2
s
再经过时间t2到达地面，则H＋h＝gt，解得t2＝3
s
所以从抛出到落到地面共用时t＝t1＋t2＝5
s
方法二　以向上为正方向，由于地面处于平台以下，则位移为－25
m，则x＝v0t－gt2
解得t＝5
s(t＝－1
s舍去)
13.
如图所示，风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力．现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细直杆直径．重力加速度为g.
(1)当细直杆在水平方向固定时，调节风力的大小，使小球在细直杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的，求小球与细直杆间的动摩擦因数．
(2)保持小球所受的风力不变，使细直杆与水平方向的夹角为θ＝37°并固定，则小球从静止出发在细直杆上滑下距离s所需时间为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
【解】(1)设小球所受风力为F，则F＝mg
当细直杆水平固定时，小球做匀速运动，则小球所受摩擦力Ff与所受风力F等大反向，即Ff＝F
又Ff＝μmg
联立解得小球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5
(2)当细直杆与水平方向成θ＝37°角时，小球从静止开始沿细直杆加速下滑．设下滑距离s所用时间为t，小球受重力mg、风力F、细直杆的支持力F′N和摩擦力F′f作用，由牛顿第二定律可得
沿细直杆的方向：Fcosθ＋mgsinθ－F′f＝ma
垂直细直杆的方向：F′N＋Fsinθ－mgcosθ＝0
又F′f＝μF′N
解得小球的加速度a＝＋g(sinθ－μcosθ)＝g
由s＝at2得t＝＝
14．如图甲所示，质量为m＝1
kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1
s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示．试求：
(1)拉力
F的大小．
(2)t＝4
s时物体的速度v的大小．
【答案】(1)30
N　(2)2
m/s
【解析】(1)设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知，F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，撤去力后，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，根据图象可知：a1＝20
m/s2，a2＝10
m/s2，代入解得F＝30
N，μ＝0.5.
(2)设撤去力后物体运动到最高点的时间为t2，v1＝a2t2，解得t2＝2
s，则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1
s，设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma3，有a3＝2
m/s2，t＝4
s时速度v＝a3t3＝2
m/s.