高中物理人教版必修一限时训练：第四章-7 用牛顿定律解决问题（二）+Word版含解析

1．(·徐州一中高一检测)关于超重与失重的说法正确的是(　　)
A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B．在超重现象中，物体的重力是增大的
C．处于完全失重状态的物体，其重力一定为零
D．如果物体处于失重状态，它必然有竖直向下的加速度
【解析】　失重是指弹力小于重力、合力竖直向下的情形，即加速度方向向下，故D对；运动员处于静止状态，合力为零，既不失重，也不超重，A错误；不管是超重还是失重，物体的重力是不变的，B、C错误．
【答案】　D
2．(·昆明八中检测)如图4－7－7所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力(　　)
图4－7－7
A．等于零
B．不为零，方向向右
C．不为零，方向向左
D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
【解析】　物块匀速下滑，由平衡条件可知物体受到斜劈的作用力的合力竖直向上，根据牛顿第三定律可知物块对斜劈的作用力的合力竖直向下，故斜劈没有相对地面运动的趋势，即不受地面对它的摩擦力，选项A正确．
【答案】　A
3.如图4－7－8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(g＝10 m/s2)(　　)
图4－7－8
A．150 N　 B．300 N　 　
C．450 N　 D．600 N
【解析】　匀速下滑时由平衡条件知2×μ×750＝600①
加速下滑时a＝ m/s2＝6 m/s2②
600－2μFN＝60a③
①②③联立得FN＝300 N，B对．
【答案】　B
4．某物体受四个力的作用而处于静止状态，保持其他三个力的大小和方向均不变，使另一个大小为F的力的方向转过90°，则欲使物体仍保持静止状态，必须再加上一个大小为多少的力(　　)
A．F B．F
C．2F D．3F
【解析】　物体受四个力作用而处于静止状态时，F与其余三个力的合力等大、反向，设为F′，当F转过90°时，F′与F夹角为90°，又F′＝F，两力的合力F合＝F，故需加一个与F合方向相反、大小为F的力．故B正确．
【答案】　B
5．(多选)(·深圳高一检测)如图4－7－9所示，氢气球受风力作用而使拉住它的细绳与地面的夹角为θ，在细绳被剪断的瞬间，气球所受外力的合力为(氢气球的重力忽略不计) (　　)
图4－7－9
A．与原来绳子的拉力大小相等，方向相反
B．沿风力方向，大小等于风力
C．沿竖直方向向上，大小等于气球所受的浮力
D．与原来绳子的拉力方向相反，大小等于风力与浮力的合力
【解析】　氢气球受到三个力的作用：竖直向上的浮力、风力、沿着绳子方向的拉力，三个力的合力为零，故风力和浮力的合力与绳子的拉力等大反向；当把绳子剪断后，氢气球受到的风力和浮力和没剪断之前相等，所以两者的合力沿着绳子的反方向，故A、D正确，B、C错误．
【答案】　AD
6．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，A对B的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面图如图4－7－10所示，则在此过程中(　　)
图4－7－10
A．F1保持不变，F3缓慢增大
B．F1缓慢增大，F3保持不变
C．F2缓慢增大，F3缓慢增大
D．F2缓慢增大，F3保持不变
【解析】　如图甲所示，球B受到四个力作用，且保持静止，则有F2cos θ＝F＋mg，θ不变．若F缓慢增大，则F2也增大，而F2sin θ＝F1，则F1也增大．对于整体而言，受力分析图如图乙所示，地面对A的摩擦力Ff＝F1，地面对A的支持力FN＝F＋G总，Ff和FN均缓慢增大，所以F3＝FN也缓慢增大，C正确．
　
甲　　　　　　乙
【答案】　C
7．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图4－7－11所示．设箱子初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是(　　)
图4－7－11
A．箱内物体对箱子底部始终没有压力
B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大
C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大
D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”
【解析】　箱子刚投下时不受阻力，整体加速度为g，对于物体有：mg－FN＝mg，即FN＝0，此时物体对箱子底部的压力为零，故B错，随着箱子的下落，因受空气阻力作用，对整体应用牛顿第二定律得：(M＋m)g－kv2＝(M＋m)a，随着下落速度的增大，加速度越来越小，对物体应用牛顿第二定律得：mg－FN＝ma，随着加速度的减小，支持力越来越大，由牛顿第三定律可得压力也越来越大，故A错，C对；若下落距离足够长，最后重力与阻力平衡，加速度a为零，箱子将做匀速直线运动，此时对物体有：mg＝FN，因此物体不可能“飘起来”，故D错．
【答案】　C
8．(·辽宁实验中学高一检测)叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技．图示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重力均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚受到水平地面的支持力约为(　　)
图4－7－12
A.G　　 B．G
C.G D．G
【解析】　设最底层的人对中间层两人每只脚的支持力为F1，对上面三人由平衡条件可得4F1＝3G，故F1＝G.设最底层中间的人每只脚受到的支持力为F2，由平衡条件得G＋2F1′＝2F2，其中F1′为F1的反作用力，解得F2＝G，C正确．
【答案】　C
9．(多选)如图4－7－13所示，电灯悬挂于两墙壁之间，更换水平绳OA使连接点A向上移动，而保持O点位置和OB绳的位置不变，则在A点向上移动的过程中(　　)
图4－7－13
A．绳OB的拉力逐渐增大
B．绳OB的拉力逐渐减小
C．绳OA的拉力先增大后减小
D．绳OA的拉力先减小后增大
【解析】　在绳OA的连接点A向上移动的过程中，结点O始终处于平衡状态．取结点O为研究对象，受力情况如图所示，
图中FTOA、FTOB、F3分别是绳OA、绳OB、电灯对结点O的拉力，F3′是FTOA和FTOB的合力，且F3′与F3大小相等．在A点向上移动的过程中，F3的大小和方向都保持不变，FTOB的方向保持不变．由图可知，当绳OA垂直于OB时，绳OA的拉力最小，所以绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力逐渐减小，选项B、D正确．
【答案】　BD
10．(·重庆三中高一期末)如图4－7－14用绳AC和BC吊起一个重50 N的物体，两绳与竖直方向的夹角分别为30°和45°，求绳AC和BC对物体的拉力．(结果可以带根号)
图4－7－14
【解析】　对悬点C受力分析，因为C点平衡，所以有
FACcos 30°＋FBCcos 45°＝G
FACsin 30°＝FBCsin 45°
解得：FAC＝50(－1)N
FBC＝25(－)N
【答案】　50(－1)N　25(－)N
11．(·西安高一检测)如图4－7－15所示，球重为G，半径为R，墙壁顶点A光滑，现用一细绳拉着球，使它沿光滑的竖直墙壁缓慢向上运动，若绳所能承受的最大拉力为T，求：
图4－7－15
(1)球心能达到的最高点到A点的距离？
(2)球心到达最高点时，墙壁对球的压力．
【解析】　(1)设球心能到达的最高点到A的距离为L，球受力分析如图，
由平衡条件得： G＝Tsin θ
由几何知识可知：sin θ＝/L
联立上述方程解得：L＝TR/
(2)N＝Tcos θ＝T＝ 
【答案】　(1)TR/　(2) 
12．一质量为m＝40 kg的小孩站在电梯内的体重计上．电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6 s内体重计示数F的变化如图4－7－16所示．试求在这段时间内电梯上升的高度．(取重力加速度g＝10 m/s2)
图4－7－16
【解析】　由F－t图象可知，在0～2 s内视重F1＝440 N，而小孩的重力mg＝400 N，所以电梯和小孩由静止开始向上做匀加速运动，由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1，电梯上升的高度h1＝a1t，
由以上两式解得a1＝1 m/s2，h1＝2 m；
在2～5 s内，视重F2＝400 N＝mg，电梯和小孩向上做匀速运动，匀速运动的速度v1＝a1t1＝2 m/s，
电梯上升的高度h2＝v1(t2－t1)＝6 m；
在5～6 s内，视重F3＝320 N电梯上升的高度h3＝v1(t3－t2)－a2(t3－t2)2，
由以上两式解得a2＝2 m/s2，h3＝1 m，
这段时间内电梯上升的总高度h＝h1＋h2＋h3＝9 m.
【答案】　9 m