高中物理人教版必修一检测题第四章 第7节　用牛顿运动定律解决问题（二） Word版含解析

[随堂检测]
1．(2019·哈尔滨高一检测)如图所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是(　　)
A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态
B．火箭加速上升时的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力
C．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态
D．飞船落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于其重力
解析：选D.火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，A错误；火箭上升的加速度逐渐减小时，由于加速度方向向上，宇航员仍处于超重状态，对座椅的压力大于其重力，B错误；飞船加速下落时，加速度方向向下，处于失重状态，宇航员对座椅的压力小于其重力，C错误；飞船在落地前减速，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，D正确．
2．(2019·浙江衢州高一期中)如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是(　　)
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2　
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s2
解析：选B.电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律mg－F＝ma，解得F＝m(g－a)＝9 N；电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律F－mg＝ma，解得F＝m(g＋a)＝11 N；电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律F－mg＝ma，解得F＝m(g＋a)＝10.5 N；电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律mg－F＝ma，解得F＝m(g－a)＝9.5 N.
3．(多选)(2019·会宁高一检测)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmg
B．物体最终的速度为v1
C．开始阶段物体做匀加速直线运动
D．物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右
解析：选BC.当把物体无初速度地轻放在传送带的左端时，物体相对传送带向左运动，故物体所受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，方向水平向右；所以物体将向右做匀加速运动，由于传送带足够长，物体将加速到v1，之后与传送带保持相对静止，不再受到摩擦力的作用，故选项A、D错，B、C对．
4.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行．现把一质量为m＝10 kg的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，并获得了与传送带相同的速度，取g＝10 m/s2.求：
(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力Ff的大小；
(2)工件与传送带之间的相对位移Δx的大小．
解析：(1)由题意知高h对应的传送带长为
L＝＝3 m
工件速度达到v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移为x1，有
x1＝vt1＝t1
因工件最终获得了与传送带相同的速度，所以达到v0之后工件将匀速运动，有
L－x1＝v0(t－t1)
解得：t1＝0.8 s，x1＝0.8 m
所以加速运动阶段的加速度为
a＝＝2.5 m/s2
在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有
Ff－mgsin θ＝ma
解得：Ff＝75 N.
(2)在时间t1内，传送带运动的位移为
x＝v0t1＝1.6 m
所以在时间t1内，工件相对传送带的位移大小为
Δx＝x－x1＝0.8 m.
答案：(1)75 N　(2)0.8 m
[课时作业]
一、单项选择题
1．(2019·合肥一中高一检测)关于超重与失重的说法正确的是(　　)
A．游泳运动员浮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：选D.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正确；游泳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．
2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是(　　)
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
解析：选D.手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，所以选项D正确．
3.(2019·厦门高一检测)3名中国航天员搭乘的“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．如图所示为神舟十号返回舱主降落伞打开，返回舱减速下降过程，在这过程中 (　　)
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：选B.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．但返回舱的重力不变，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．
4.(2019·江苏启东中学高一月考)电梯的顶部挂一个弹簧测力计，弹簧测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
B．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2
C．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2
解析：选A.电梯匀速运动时，对重物由平衡条件得mg＝F；m＝1 kg，当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物由牛顿第二定律得mg－F′＝ma，得a＝2 m/s2，加速度方向向下，其运动情况可能向上减速或向下加速，故只有A正确．
5.如图所示，一乒乓球用细绳系于盛有水的容器底部，某时刻细绳断开，在乒乓球上升到水面的过程中，台秤示数(　　)
A．变大　　　　　　　　 B．不变
C．变小 D．先变大后变小
解析：选C.同体积的水比乒乓球的质量大，在乒乓球加速上升的过程中，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小，故选C.
6．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(　　)
解析：选B.根据v－t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．
7．在“探究超重和失重规律”时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲和起立的动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是(　　)
解析：选D.下蹲过程从静止→向下运动→静止，加速度方向先向下后向上，物体先失重后超重；起立过程从静止→向上运动→静止，加速度方向先向上后向下，物体先超重后失重，故D正确．
8.如图所示，在台秤的托盘上放一支架，支架上固定一个电磁铁A，电磁铁正下方有一铁块B，电磁铁不通电时，台秤的示数为G，当接通电路，在磁铁被吸引起来的过程中，台秤的示数将(　　)
A．不变 B．变大
C．变小 D．忽大忽小
解析：选B.解决这类问题可将整个装置视为整体，判别整体的加速度是向上还是向下，再利用整体的超重和失重的特点判断即可．电磁铁A对铁块B的引力是非接触力，且B离A越近，受到的引力越大，所以电磁铁A通电后，B上升的运动是加速度增大的加速运动．将整个装置视为整体，铁块向上加速，整体处于超重状态，整体对台面的压力将大于物体的重力，台秤示数变大，选项B正确．
二、多项选择题
9.原来做匀速运动的木箱内，有一被伸长弹簧拉住具有一定质量的物体A静止在木箱的底板上，如图所示．现发现物体A突然被弹簧拉向右方．由此可判断，木箱的运动可能是(　　)
A．加速下降 B．减速上升
C．匀速向右运动 D．加速向左运动
解析：选ABD.原来拉力与摩擦力平衡，现物体A被拉动，表明最大静摩擦力减小了，因此物体A对底板的压力减小了，物体A处于失重状态，所以木箱有竖直向下的加速度，加速下降或减速上升，即选项A、B正确；另一种原因是木箱向左加速运动，由于惯性，物体A向右运动，故选项D正确，选项C错误．
10.(2019·江西南昌高一检测)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯，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，如图所示．则在加速过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．顾客受到三个力的作用
B．顾客处于超重状态
C．扶梯对顾客没有摩擦力的作用
D．顾客对扶梯的压力等于顾客的重力
解析：选AB.以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，A正确；顾客有竖直向上的加速度，因此顾客处于超重状态，B正确；顾客受到水平方向的静摩擦力作用，C错误；顾客处于超重状态，对扶梯的压力大于顾客的重力，D错误．　
11.(2019·山东青岛高一月考)如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是(　　)
A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力
B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下
C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上
D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力
解析：选BD.将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A错误，D正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下，故B正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误．
12.如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　　)
解析：选BC.若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误．
三、非选择题
13.一小圆盘静止在桌布上，位于方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图所示．已知圆盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，圆盘与桌面间的动摩擦因数为μ2，现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边．若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(g表示重力加速度)
解析：设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，圆盘的加速度为a1，
则μ1mg＝ma1
桌布抽出后，圆盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，则μ2mg＝ma2
设圆盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有
v＝2a1x1
v＝2a2x2
所以＝＝
圆盘没有从桌面上掉下的条件是
x1＋x2≤l
设桌布从圆盘下抽出所经历的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有x＝at2，x1＝a1t2
而x＝l＋x1
可得x1＝
由以上各式解得a≥μ1g.
答案：a≥μ1g
14．(2019·衡水高一检测)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，球对手的压力大小．
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，球对手的压力大小为125 N.
答案：(1)5 s　(2)0　(3)125 N