专题4.7 用牛顿运动定律解决问题（二）巩固练习 word版含解析

第四章 牛顿运动定律
第7节 用牛顿运动定律解决问题（二）
知识
一、共点力的平衡
1．平衡状态：如果一个物体在力的作用下保持静止或匀速直线运动状态，我们说这个物体处于 。
2．平衡条件：在共点力作用下，物体处于平衡状态的条件是合外力等于 。
二、超重和失重
1．超重
（1）定义：物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力） 物体所受重力的现象。
（2）运动特点：物体具有 的加速度。
2．失重
（1）定义：物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力） 物体所受重力的现象。
（2）运动特点：物体具有 的加速度。
（3）完全失重
①定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于 的状态。
②运动特点：a=g，方向 。
三、从动力学看自由落体运动
1．受力情况：运动过程仅受重力，且重力恒定不变，所以物体的 恒定。
2．运动情况：初速度为 的竖直向下的匀加速直线运动。
3．竖直上抛运动：初速度竖直向上，加速度为 的匀变速直线运动。
平衡状态 零
大于 竖直向上 小于 竖直向下 零 竖直向下
加速度 零 g
重点
一、共点力的平衡
1．平衡状态——物体处于静止或匀速直线运动状态。
2．平衡条件——物体受到的合外力为零，即F合=0或者。
3．“静止”和“v=0”的区别与联系
v=0
【例题1】如图所示，质量为m的物体放在倾角为θ的斜面上，它跟斜面的动摩擦因数为μ，在恒定水平推力F的作用下物体沿斜面向上匀速运动，则物体受到的摩擦力是
A．μmgcosθ
B．μ(mgsinθ＋Fcosθ)
C．Fcosθ–mgsinθ
D．μ(mgcosθ＋Fsinθ)
参考答案：CD
二、超重和失重
1．无论是超重还是失重，物体所受的重力都没有变化，只是“视重”的改变。
2．若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体也处于超重或失重状态。
3．加速度与超重、失重及视重的关系
加速度情况
超重或失重
视重F
a=0
不超重、不失重
F=mg
a的方向竖直向上
超重
F=m（g+a）
a的方向竖直向下
失重
F=m（g–a）
a =g，竖直向下
完全失重
F=0
【例题2】将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v–t图象如图所示。以下判断正确的是
A．前2 s内货物处于超重状态
B．第3 s末至第5 s末的过程中，货物完全失重
C．最后2 s内货物只受重力作用
D．前2 s内与最后2 s内货物的平均速度和加速度相同
参考答案：A
三、从动力学看自由落体运动
物体做自由落体运动的条件是物体只受重力作用，由牛顿第二定律率可知 ，得物体下落的加速度为。
【例题3】以v0=20 m/s的速度竖直上抛一小球，经2 s以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球。g取10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是
A．10 B．15 m C．20 m D．不会相碰
参考答案：B
试题解析：设第二个小球抛出后经时间t与第一个小球相遇。
解法一：根据位移相等有v0(t＋2)–g(t＋2)2=v0t–gt2，解得t=1 s，代入位移公式
h=v0t–gt2，解得h=15 m。
四、物体的动态平衡
在有关物体平衡的问题中，有一类涉及动态平衡。这类问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，故这是力平衡问题中的一类难题。解决这类问题的一般思路是：把“动”化为“静”，“静”中求“动”。
方法一：三角形法则。
原理：当物体受三力作用而处于平衡状态时，其合力为零，三个力的矢量依次恰好首尾相连，构成闭合三角形，当物体所受三个力中二个发生变化而又维持平衡关系时，这个闭合三角形总是存在，只不过形状发生改变而已，比较这些不同形状的矢量三角形，各力的大小及变化就一目了然了。
方法二：解析法。
原理：物体处于动态平衡状态时，对研究对象的任一状态进行受力分析，根据具体情况引入参量，建立平衡方程，求出应变参量与自变参量的一般函数关系，然后根据自变量的变化确定应变量的变化。
方法三：相似三角形。
原理：对受三力作用而平衡的物体，先正确分析物体的受力，画出受力分析图，再寻找与力的三角形相似的几何三角形，利用相似三角形的性质，建立比例关系，把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论。
方法四：几何极值法。
原理：三角形中一条边a的大小和方向都确定，另一条边b只能确定其方向（即a、b间的夹角θ确定），欲求第三边c的最小值，则必有c垂直于b，且，如图所示。
【例题4】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加一竖直向下的力F， F的作用线通过球心，设B对墙的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3，地面对A的支持力为F4。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，则在此过程中
A．F1保持不变，F4保持不变
B．F1缓慢增大，F4缓慢增大
C．F2缓慢增大，F3缓慢增大
D．F2缓慢增大，F3保持不变
参考答案：BC
试题解析：以B球为研究对象，将F与B重力G的合力按效果进行分解，如图，设BA连线与竖直方向夹角为α，由平衡条件得：

基础训练
1．下列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．物体处于完全失重状态时，其重力一定为零
D．如果物体处于失重状态，那么它必然有竖直向下的加速度（或加速度分量）
2．（2019·甘肃省酒泉市敦煌中学高三二诊）下列关于超重、失重现象的说法正确的是
A．汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了
B．荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力
C．宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞船外则处于平衡状态
D．电梯加速上升时，电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力
3．跳水运动员从10 m高的跳台上腾空跃起，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，关于运动员在空中的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
4．（2019·黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高三9月月考）广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a–t间关系如图所示。则下列相关说法正确的是
A．t=4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5~55 s时间内，绳索拉力最小
C．t=59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t=60 s时，电梯速度恰好为0
5．如图所示，将质量为m的物体用一竖直弹簧固定在一向上运动的升降机内，根据弹簧伸长或压缩的状态，下列判断正确的是
A．当弹簧处于压缩状态时，物体超重，升降机一定加速向上
B．当弹簧处于压缩状态时，物体失重，升降机一定减速向上
C．当弹簧处于伸长状态时，物体超重，升降机一定加速向上
D．当弹簧处于伸长状态时，物体失重，升降机一定减速向上
6．（2019·宁夏青铜峡市高级中学高三上学期第二次月考）动物园的水平地面上放着一个质量为M的笼子，笼内有一只质量为m的猴子。当猴子以某一加速度沿竖直柱子加速向上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴子以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为F2，如图所示。关于F1和F2的大小，下列关系中正确的是
A．F1>（M+m）g，F2<（M+m）g
B．F1=F2>（M+m）g
C．F1>F2>（M+m）g
D．F1<（M+m）g，F2>（M+m）g
7．如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程。那么下列说法中正确的是
A．顾客始终受到静摩擦力的作用
B．顾客受到的支持力总是大于重力
C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上
D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上
8．（2019·贵州省铜仁市第一中学高三上学期第二次月考）如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）。下列说法正确的是
A．在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零
B．上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力
C．下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A物体对B物体的压力等于A物体受到的重力
9．如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是
A．“起立”过程，体重计的示数一直大于A0
B．“下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0
C．“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象
D．“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
10．某运动员（可看成质点）参加跳板跳水比赛，t=0是其向上起跳瞬间，其速度与时间关系图象如图所示，则
A．t1时刻开始进入水面
B．t2时刻开始进入水面
C．t3时刻已浮出水面
D．t2~t3的时间内，运动员处于失重状态
11．如图所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方有一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力。若在某段时间内，物块对箱底恰好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为
A．加速下降
B．加速上升
C．物块处于失重状态
D．物块处于超重状态
12．（2019·宁夏银川一中高三第二次月考）若货物随升降机运动的v?t图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是
A． B．
C． D．
13．如图所示，小球用细绳系住放置在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力F和斜面对小球的支持力N将
A．N逐渐增大
B．N逐渐减小
C．F先增大后减小
D．F先减小后增大
14．（2019·新疆乌鲁木齐市第一中学高三上学期第一次月考）如图所示，质量为m（可视为质点）的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°，则为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
A．3∶4 B．4∶3 C．3∶5 D．4∶5
15．如图所示，三根轻绳分别系住质量为m1、m2、m3的物体，它们的另一端分别通过光滑的定滑轮系于O点，整体装置处于平衡状态时，OA与竖直方向成30°角，OB处于水平状态，则
A．m1:m2:m3=1:2:3
B．m1:m2:m3=3:4:5
C．m1:m2:m3=2::1
D．m1:m2:m3=:2:1
16．如图所示，物体A和B叠放在固定光滑斜面上，A、B的接触面与斜面平行，当A、B以相同的速度沿斜面向上运动时，关于物体A的受力个数，正确的是
A．2 B．3 C．4 D．5
17．如图所示，粗糙水平面上放置有一个滑块，质量为M，其内部带有一光滑的半圆形凹槽；一质量为m 的小球在凹槽内部往复运动，滑块始终静止不动；在小球由静止开始从凹槽右端最高点滑向最低点的过程中，下列说法正确的是
A．地面对滑块的摩擦力方向向左
B．小球始终处于超重状态
C．地面对滑块的支持力大小等于(M+m)g
D．小球运动的速度大小和方向不变
18．（2019·山东省济南第一中学高三10月月考）如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球。当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α=90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为FN，细线的拉力大小为FT，则
A． B．
C． D．
19．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是
A．F1增大，F2减小
B．F1增大，F2增大
C．F1减小，F2减小
D．F1减小，F2增大
20．（2019·山东省临沂市第十九中学高三第三次质量调研考试）如图所示，放在固定粗糙斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，则下列说法正确的是
A．若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，物块可能匀速下滑
B．若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，物块以大于a的加速度匀加速下滑
C．若在物块上面叠放一物快，物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．若在物块上面叠放一物快，物块将以小于a的加速度匀加速下滑
21．如图所示，一物体从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下。A点为弹簧自然状态时端点位置，当物体到达B点时，物体速度恰好为零，然后被弹回。下列说法中正确的是
A．物体从A点下降到B点的过程中，速率不断变小
B．物体在B点时，所受合力为零
C．物体在A点时处于超重状态
D．物体在B点时处于超重状态
22．（2019·黑龙江省哈尔滨市第六中学高一上学期月考）木箱内装一球，木箱的内宽恰与球的直径相等，如图所示，当木箱以初速v0竖直上抛时，
A．空气阻力不计，则上升段球对下壁b有压力，下落段球对上壁a有压力
B．空气阻力不计，无论上升还是下落，球对上壁和下壁均无作用力
C．若有空气阻力，则上升段球对上壁a有压力，下落段球对下壁b有压力
D．若有空气阻力，无论上升还是下落，球对上壁和下壁均无作用力
23．如图，当车厢向右加速行驶时，一质量为m 的物块紧贴在车壁上，相对于车壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是
A．在竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力等大
B．在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于物块发生了弹性形变
C．若车厢加速度变小，车壁对物块的弹力也变小
D．若车厢加速度变大，车壁对物块的摩擦力也变大
24．（2019·山东省安丘市高二下学期期末）如图，半圆柱体半径为4R，固定在水平面上。竖直挡板紧靠柱体底端，使半径为R的光滑小球停在柱体与挡板之间，球与柱体接触点为M。现将挡板保持竖直，缓慢的向右移动距离R后保持静止，球与柱体接触点为N（未画出）。以下判断正确的是
A．挡板移动过程中，柱体对小球的弹力变大
B．挡板移动过程中，挡板对小球的弹力变小
C．小球在M、N两点所受柱体的作用力大小之比为3:4
D．小球在M、N两点所受挡板的作用力大小之比为3:4
25．如图所示，质量为m的光滑小球用轻绳连接后挂在与水平面夹角为θ=30°的三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈在光滑水平面上向左运动，小球相对劈静止，重力加速度为g，则
A．劈运动的加速度大小可能为g
B．劈运动的加速度大小可能为0.5g
C．劈运动的加速度大小可能为2g
D．劈运动的加速度大小一定为g
26．某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v-t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是
A．演员的体重为800 N
B．演员在最后2 s内一直处于超重状态
C．传感器显示的最小拉力为600 N
D．滑杆长4.5 m
27．（2019·黑龙江省实验中学高二下学期期末）如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态已知墙面光滑，水平地面粗糙，现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N和地面对B的摩擦力f的变化情况是
A．N不变 B．N变大 C．f不变 D．f变小
28．物体以初速度竖直上抛，经3 s到达最高点，空气阻力不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是
A．物体上升的最大高度为45 m
B．物体速度改变量的大小为30 m/s，方向竖直向上
C．物体在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为5:3:1
D．物体在1 s内、2 s内、3 s内的平均速度之比为9:4:1
29．（2019·辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高二下学期期末考试）如图所示，B、C两个小球用细线悬挂于竖直墙面上的A、D两点，两球均保持静止，已知B球的重力为2G，C球的重力为3G，细线AB与竖直墙面之间的夹角为37°，细线CD与竖直墙面之间的夹角为53°，则
A．AB绳中的拉力为5G
B．CD绳中的拉力为3G
C．BC绳中的拉力为2G
D．BC绳与竖直方向的夹角θ为53°
30．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g=10 m/s2。求：
（1）小环的质量m；
（2）细杆与地面间的倾角α。
能力提升
31．（2019·山东省淄博市部分学校高一下学期期末教学质量检测）某同学站在电梯底板上，如图所示的v–t图象是计算机显示电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖直向上为正方向）。根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是
A．在0~20 s内，电梯向上运动，该同学处于超重状态
B．在0~5 s内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态
C．在5~10 s内，电梯处于静止状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力
D．在10~20 s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态
32．如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连。已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且RA．F1和F2均增大
B．F1保持不变，F2先增大后减小
C．F1先减小后增大，F2保持不变
D．F1先增大后减小，F2先减小后增大
33．（2019·浙江金华十校高二第二学期期末调研考试）质量为的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图所示。取，由图象可知
A．时他的加速度
B．他处于超重状态
C．时他受到单杠的作用力的大小是
D．时他处于超重状态
34．某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友与斜面在AB段的动摩擦因数μ1tan θ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中
A．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右
B．地面对滑梯始终无摩擦力作用
C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小
D．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小
35．（2019·黑龙江省实验中学高二下学期期末考试）水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为的重物，，如图所示，忽略滑轮与绳子间的摩擦，则滑轮受到绳子作用力为
A．50 N B． C．100 N D．
36．如图所示，两台秤上各放装有液体的容器甲和乙，液体中各有小球通过细线分别牵拉在容器的底部和悬挂在容器的盖板上静止不动，此时两台秤的示数分别为N甲和N乙。当细线断开后，甲容器内小球上浮，乙容器内小球下沉。设在两小球分别上浮和下沉的过程中，两台秤的示数分别为和。则
A．>N甲，>N乙 B．C．N乙 D．>N甲，37．“蛟龙号”深潜器在某次实验中，从水面开始下潜到最后返回水面的10 min内v–t图象如图所示，则
A．深潜器运动的最大加速度是
B．深潜器下潜的最大深度为6.0 m
C．在3~5min内的平均速度大小为0.5 m/s
D．深潜器在6~8 min内处于失重状态
38．（2019·四川省宜宾市高二下学期期末调研考试）光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中小球直保持静止状态，轻绳的拉力
A．逐渐增大 B．大小不变
C．先减小后增大 D．先增大后减小
39．如图所示，质量M=8.0 kg、长L=2.0 m的薄木板静置在水平地面上，质量m=0.50 kg的小滑块（可视为质点）以速度v0=3.0 m/s从木板的左端冲上木板。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10 m/s2。
（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，求：
a．滑块在木板上滑行的时间t；
b．滑块从木板右端滑出时的速度v。
（2）若水平地面光滑，且木板不固定。在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）
真题练习
40．（2019·浙江新高考4月选考科目）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是
A． B．
C． D．
41．（2019·天津卷）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是
A．绳的右端上移到，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
42．（2018·新课标全国Ⅰ卷）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
43．（全国新课标Ⅰ卷）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则
A．绳OO'的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
44．（江苏卷）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力
A．t=2 s时最大
B．t=2 s时最小
C．t=8.5 s时最大
D．t=8.5 s时最小
45．（重庆卷）若货物随升降机运动的图像如题图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是
46．（上海卷）如图，光滑的四分之一圆弧轨道A、B固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F的作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。在运动过程中
A．F增大，N减小
B．F减小，N减小
C．F增大，N增大
D．F减小，N增大
参考答案
1．D【解析】游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，故不处于失重状态，故A错误；在超重现象中，物体的重力是不变的，只是对支持面的压力变大了，选项B错误；物体处于完全失重状态时，其重力不变，只是对支持面的压力为零，选项C错误；如果物体处于失重状态，那么它必然有竖直向下的加速度（或加速度分量），选项D正确；故选D。
【名师点睛】解答此题要知道：当物体的加速度方向向上时，物体处于超重状态；当物体的加速度方向向下时，物体处于失重状态。根据加速度的方向判断物体处于超重还是失重状态，发生失重或超重时物体的重力是没变的。
2．D【解析】A、汽车驶过拱形桥顶端时有竖直向下的加速度，处于失重状态，此时质量没变，重力不变，故A错误；B、荡秋千时秋千摆到最低位置时，加速度方向向上，故人处于超重状态，故B错误；C、无论宇航员在舱内或是在舱外，都随着飞船一起做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，所以不是处于平衡状态，故C错误；D、电梯加速上升时，加速度向上，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力，故D正确；故选D。
【名师点睛】物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，物体处于超重状态，有向上的加速度；物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，物体处于失重状态，有向下的加速度。
3．D【解析】跳水运动员在空中时无论上升还是下降，加速度方向均向下，由于不计空气阻力，故均为完全失重，故选D。
【名师点睛】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是物体的加速度方向向上；产生失重的条件是物体的加速度方向向下。要知道a–t图象“面积”的物理意义：a–t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量。
5．B【解析】当弹簧处于压缩状态时，弹簧对物体的作用力的方向向下，物体受到的重力的方向向下，所以物体受到的合外力的方向向下，则加速度的方向向下，物体一定失重，又向上运动的升降机，升降机一定减速向上，故A错误，B正确；当弹簧处于伸长状态时，弹簧对物体的作用力是拉力，当拉力大于重力时，物体加速度的方向向上，则可知m处于超重状态；故升降机的加速度应向上，当弹簧的拉力小于重力时，物体受到的合外力的方向向下，物体的加速度的方向向下，则物体处于失重状态故CD都错误。
6．A【解析】猴子在加速向上爬时对猴子分析有：猴子受到向下的重力G和向上的摩擦力f，且重力GG，所以F1=Mg+f>Mg+mg；猴子在加速下滑时对猴子分析有：猴子受到向下的重力G和向上的摩擦力f，且重力G>f，由牛顿第三定律可知笼子受到向下的摩擦力（因为笼子给猴子向上的摩擦力，所以猴子就给笼子向下的摩擦力），所以笼子给地面的压力为：F2=Mg+f，因为f7．C【解析】顾客在匀速运动阶段，加速度为零，合力为零，顾客只受重力和支持力两个力，重力等于支持力，选项AB错误；匀加速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，静摩擦力水平向右，两者合力指向右侧斜上方。匀速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，选项C正确，D错误。
【名师点评】本题是整体法和隔离法的应用，整体与部分的运动情况相同，可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度，再对部分进行受力分析，得出最终结论。
9．CD【解析】从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，A错误，D正确；下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态，B错误，C正确。
10．B【解析】AB、从开始到t2时刻，v?t图象为直线，说明整个过程中的加速度是相同的，所以在0~t2时间内人在空中，先上升后下降，t1时刻到达最高点，t2之后速度减小，开始进入水中，故A错误，B正确；C、t3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，故C错误；D、t2~t3时间内加速度的方向向上，处于超重状态，故D错误；故选B。
【名师点睛】在v?t图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负代表运动的方向，根据v?t图象可以分析人的运动的情况，即可进行选择。
11．AC【解析】木箱静止时物块对箱底有压力，当物块对箱底刚好无压力时，物体受到的合力向下，所以系统应该有向下的加速度，是失重，物体可能是向下加速，也可能是向上减速，所以AC正确。
【名师点睛】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。
12．B【解析】根据速度时间图线可知，货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，mg–F=ma，解得F=mg–mamg，然后向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，F–mg=ma，解得F=mg+ma>mg，然后做匀速直线运动，F=mg，最后向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，mg–F=ma，解得F=mg–ma13．BD【解析】对球受力分析如图，可知BD正确。
【名师点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
15．C【解析】对结点O受力分析，O点受到三根绳子的拉力如图所示。根据三角形的知识有：=cos30°=；=sin30°=，根据三力平衡条件可知，FB和FC的合力F与FA等值反向，所以有=；=，则：FA:FC:FB=2::1，根据定滑轮两端拉力相等，有：FA=m1g，FB=m3g，FC=m2g，所以：m1:m2:m3=2::1，故选C。
16．B【解析】因斜面光滑，则上滑的加速度为gsinθ，此时物体A受重力、斜面的支持力和B对A的压力作用，故选B。
17．A【解析】小球沿光滑曲面下滑的过程中，速度不断增加，对整体受力分析，受到重力、支持力和向左的静摩擦力，如图所示，根据牛顿第二定律，有f=max，(M+m)g–N=may；解得N=(M+m)g–may＜(M+m)g，故A正确，C错误；开始时小球加速下降，处于失重状态，故B错误；小球运动的速度大小不断增加，方向不断改变，故D错误。
19．B【解析】根据题意，当挡板向右缓慢平移时，小球缓慢向上移动，小球可以看成平衡状态，对小球受力分析，小球受到重力G、挡板给的支持力F1和半圆给的支持力F2，且F1 与F2的合力与重力平衡，当小球上移时，根据力的三角形法则可知，F1和F2均变大，所以B选项正确。
20．B【解析】未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsinθ?μmgcosθ=ma。当施加F后，加速度满足：（F+mg）sinθ?μ（F+mg）cosθ=ma′，因为gsinθ>μgcosθ，所以Fsinθ>μFcosθ，可见a′>a，即加速度增大，故A错误，B正确。若在物块上面叠放一物快，则根据牛顿第二定律有：（m+m1）gsinθ?μ（m+m1）gcosθ=（m+m1）a1，解得a1=a，选项CD错误；故选B。
21．D【解析】在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，在以后运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零。知加速度先减小后增大，速度先增大后减小。物体在A点时加速度向下，处于失重状态；物体在B点时，加速度向上，合力不为零，处于超重状态，故D正确，ABC错误。
23．AC【解析】在竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡，故二力是等大的，选项A正确；在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于车壁发生了弹性形变，选项B错误；根据牛顿定律 FN=ma，则若车厢加速度变小，车壁对物块的弹力也变小，选项C正确；车壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡，二力是等大的，与车厢的加速度无关，故选项D错误。
24．AC【解析】以小球为研究对象，受力分析可知，在移动挡板前后，挡板给小球的弹力方向不变，圆柱体给小球的弹力的方向与竖直方向的夹角变大，但和的合力始终保持和重力等值、反向，不变，如图所示，移动挡板后和两个力均变大了，A正确，B错误；
由几何关系可知，移动挡板之前，圆柱体给小球的弹力的方向与竖直方向的夹角为37o，故此时，；移动挡板之后，圆柱体给小球的弹力的方向与竖直方向的夹角为53o，此时，。所以，前后两次M、N两点所受柱体的作用力大小之比为3:4，所受挡板的作用力大小之比为9:16，故C正确，D错误。故本题选AC。
【名师点睛】在移动挡板前后，均对小球做受力分析，利用作图法可以看出挡板给小球的弹力和圆柱体给小球弹力的变化情况；根据几何关系，可以知道两次力学三角形中的边角关系，进而计算相关力的比值关系。
25．AB【解析】若斜面体对球的弹力恰为零，如图：由牛顿第二定律得：
Fcosθ=ma0，Fsinθ=mg，得a0=g，方向水平向左；则劈运动的加速度大小一定不超过g，故选AB。
【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，把握住小球恰好不离开斜面的临界条件。
27．A【解析】对整体进行受力分析，知竖直方向：N=2mg，移动两球后，仍然平衡，则N仍然等于2mg，所以N不变；水平方向：地面对B的摩擦力f等于竖直墙壁对A的弹力；再隔离对A进行受力分析，墙壁对A球的弹力FN=mgtanθ；当A球向下移动一小段距离，夹角θ增大，所以FN增大，则地面对球B的摩擦力f变大。故A正确，BCD错误。故选A。
【名师点睛】在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球B的支持力不变；再隔离分析，判断杆子对球的作用力变化。
29．B【解析】对两个小球构成的整体受力分析：
根据平衡条件：x轴：FABsin37°=FCD sin53°，y轴：FABcos37°+FCDcos53°=5G，得：FAB=4G，FCD=3G，故A错误，B正确；对C球受力分析，
根据平衡条件：x轴：FBCsinθ=FCD sin53°，y轴：FBCcosθ+FCDcos53°=3G，得：tanθ=2；FBC=G，故CD错误；故选B。
【名师点睛】本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解。以上是利用正交分解法，也可以利用合成法。
30．（1）1 kg （2）30°
【解析】（1）0~2 s内F1–mgsin α=ma①
由题图知a=0.5 m/s2
2 s后F2=mgsinα②
由①②得F1–F2=ma
所以m=kg=1 kg
（2）由②式得α=30°
【名师点睛】在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。
32．A【解析】设小球所在位置为为Q，对小球受力分析如图所示，小球受重力G、绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与△OPQ相似，可有，重力为恒力，P点下移的过程，OP间距离减小，比例式比值增大，PQ间距离为绳长，OQ间距离为圆形支架的半径，均保持不变，所以F1和F2均增大，故A正确，BCD错误。
33．B【解析】根据速度图象斜率表示加速度可知，t=0.5 s时，他的加速度为0.3 m/s2，选项A错误；t=0.4 s时他向上加速运动，加速度方向竖直向上，他处于超重状态，B正确；t=1.1 s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600 N，C错误；t=1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项D错误；故选B。
【名师点睛】根据速度-时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算t=0.5s时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态。
35．C【解析】由题意可得，对绳B点受力分析：滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重量，即F1=F2=G=mg=100 N。用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则有合力F=100 N，所以滑轮受绳的作用力为100 N，方向与水平方向成30°角斜向下，故选C。
【名师点睛】本题利用平行四边形定则求两力的合力；并突出了绳的弹力一定沿绳收缩方向，而杆的弹力方向不一定沿杆的特征。
36．B【解析】甲容器中小球上浮，说明甲小球的密度小于水的密度，当小球加速上浮时，等体积的水加速下降，加速度大小相等，小球超重，等体积的水失重，由于水的质量大于球的质量，所以整体表现为失重，所以38．C【解析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和绳子A的拉力T，如图。由平衡条件得知，N和T的合力与mg大小相等、方向相反，当将A点向上缓慢移动，使AO绳绕O点逆时针转动的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，T先变小后变大，C正确。
【名师点睛】求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及最小值的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。
39．（1）a． b．1 m/s （2）
【解析】（1）a．滑块在木板上做匀减速直线运动，初速度为v0=3.0 m/s，位移为L=2.0 m。滑块在滑行的过程中受重力、支持力、和摩擦力，其中重力等于支持力。根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小 m/s2
设滑块在木板上滑行的时间为t，根据运动学公式有
所以s 或 s（舍）
之所以要舍去s，是因为如果木板足够长
当时，滑块就静止了
b．m/s
40．C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，ABD错误；故选C。
【名师点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。
41．AB【解析】设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，，则。满足，，即，，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A正确，CD错误；将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B正确。
【名师点睛】本题是力的动态平衡的典型模型，学生并不陌生，关键要判断出绳子和竖直方向的夹角只与绳长和两杆间的距离有关。
42．AD【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。
【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物受三个力中只有重力恒定不变，且要求OM、MN两力的夹角不变，两力的大小、方向都在变。三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。
【名师点睛】本题主要考查共点力作用下物体的平衡、力的动态分析。当有多个物体相互作用而平衡时，应注意灵活选择研究对象，可以让题目变得更简洁明晰，此题的难点是对选项A的判断。
44．AD【解析】由题意知在上升过程中：，所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由图知，7s以后加速度向下，由知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以C错误，D正确。
【名师点睛】本题主要是识图能力，利用加速度与时间的关系，结合牛顿第二定律F=ma，由运动分析物体的受力情况。
【名师点睛】图象从六个方面认识：一看轴，二看线，三看斜率，四看面，五看截距，六看点。超重和失重、平衡状态是由竖直方向的加速度决定。
46．A【解析】受力分析如下图，设小球所在位置的半径与竖直方向夹角为，沿半径和切线方向对受力进行正交分解，小球缓慢运动，两个方向均受力平衡，所以半径方向，切线方向，随小球缓慢移动，逐渐变大，N变小，F增大，选项A对。