人教版高中物理必修一 练习 第4章 牛顿运动定律4-7aWord版含解析

1．[平衡状态]在下图中，能表示物体处于平衡状态的是(　　)
答案　C
解析　物体处于平衡状态是指物体保持静止(F合＝0，v＝0)或匀速直线运动状态(F合＝0，a＝0，v不变)，可判断只有C正确。
2．[超重、失重](多选)一个重为600 N的人站在电梯中，此人对电梯地板的压力为700 N，则此电梯的运动情况可能是(　　)
A．加速上升 B．减速上升 C．加速下降 D．减速下降
答案　AD
解析　由牛顿第二定律FN－mg＝ma知人处于超重状态，电梯加速度向上，故可能加速上升，也可能减速下降，A、D正确。
3．[超重、失重]下列说法正确的是(　　)
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
答案　B
解析　从受力上看，失重物体所受合外力向下，超重物体所受合外力向上；从加速度上看，失重物体的加速度向下，而超重物体的加速度向上。A、C、D中的各运动员所受合外力为零，加速度为零，只有B中的运动员处于失重状态。
4．[平衡状态]一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角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、沿斜面向上的力。重力沿斜面向下的分力大小为15 N，故只有乙图中能保持平衡，B正确。
5．[超重、失重]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
答案　D
解析　物体由静止开始向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分离前，应减速向上，物体处于失重状态，故A、B错误。当物体和手分离的瞬间，二者速度相同，又因均做减速运动，故分离条件为a手>a物，分离瞬间物体的加速度等于重力加速度，则手的加速度大于重力加速度，D正确，C错误。
6. [动态分析]如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且仍处于静止状态，则与原来相比(　　)
A．挡板对球的弹力增大 B．滑块对球的弹力增大
C．斜面对滑块的弹力不变 D．拉力F减小
答案　C
解析　以球为研究对象，球受重力、挡板沿斜面向上的支持力和滑块对它的支持力作用。当滑块被平行于斜面向上拉过一小段距离的过程中，球始终处于平衡状态，三个力合力始终为零。当向上拉动滑块时，滑块对球的支持力的方向发生变化，挡板对球的支持力方向不变，如图所示，由图解法可知挡板对球的支持力变小，滑块对球的支持力也变小，所以A、B错误；以球和滑块进行整体受力分析：整体重力不变，所以斜面对滑块的支持力N1＝(m＋M)·gcosθ不变；挡板沿斜面向上的支持力N2减小，根据(m＋M)gsinθ＝F－N2不变，所以拉力F增大，所以C正确，D错误。
7. [超重、失重]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)，到回到出发点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．上升过程A、B处于超重状态，下降过程A、B处于失重状态
B．上升和下降过程A、B两物体均为完全失重
C．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
D．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
答案　B
解析　以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下，故全过程A、B都处于完全失重状态，A错误，B正确。再以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力，故C、D错误。
8. [平衡状态]如图所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为(　　)
A.－1 B．2－
C.－ D．1－
答案　B
解析　物块受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff，已知物块处于平衡状态，根据平衡条件，有
F1cos60°＝μ(mg－F1sin60°)，
F2cos30°＝μ(mg＋F2sin30°)，
联立解得μ＝2－。选项B正确。
9．[综合](多选)如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线。由图线可知(　　)
A．该同学体重约为650 N
B．该同学做了两次下蹲—起立的动作
C．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
答案　AC
解析　由图线可知该同学体重约为650 N，A正确。人下蹲动作有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，故下蹲时应先失重再超重。起立时应先超重再失重，由对应图象可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，B、D错误。由图象看出两次超重的时间间隔约为2 s，这就是人蹲下后持续的时间，C正确。
B组：等级性水平训练
10. [综合](2015·重庆高考)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(　　)
答案　B
解析　根据v-t图象可知升降机的运动情况：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B正确。
11. [超重、失重](多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空中P点由静止开始下落，如图所示，a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，则在人从P点下落到c点的过程中(　　)
A．在Pa段，人做自由落体运动，处于完全失重状态
B．在ab段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
C．在bc段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
D．在c点，人的速度为零，加速度也为零
答案　AB
解析　人从P点下落到c点的过程中，在Pa段做自由落体运动，加速度为g，方向竖直向下；在ab段做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下；在bc段，绳的拉力大于人的重力，人做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向向上。根据超重和失重的条件可知，选项A、B正确。
12．[动态分析](2017·全国卷Ⅰ)(多选) 如图所示，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α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α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
答案　AD
解析　解法一：(正弦定理法)设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图甲所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，A正确。
解法二：(作图法)由于重物重力大小方向不变，OM与MN间夹角α不变，如图乙所示，以QP为弦作圆，并使弧QP所对应的圆周角为β，β＝180°－α，以有向线段QP表示重物的重力，有向线段PM表示OM上的拉力，有向线段MQ(开始时M、Q点重合，MQ为一点)表示MN上拉力。在将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中，在图乙中，M点则由与Q点重合的位置沿圆周移动到与M((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((QPM中，MQ的长度一直在增大，且在M点位于M((((((((PM的长度先增大后减小。故该过程中MN上的张力逐渐增大，且OM被拉到水平时最大；OM上的张力先增大后减小。故A、D正确。
解法三：(特殊值法)令α＝120°，OM依次转过α＝30°角，受力分析如下：由图丙可以看出TMN变大，TOM先增大后减小。
13. [综合]质量为50 kg的人站在升降机内的体重计上。若升降机由静止上升的过程中，体重计的示数F随时间t的变化关系如图所示，g取10 m/s2。求：
(1)0～10 s内升降机的加速度；
(2)20 s时间内人上升的高度。
答案　(1)4 m/s2，方向向上　(2)600 m
解析　(1)由图象知，0～10 s内体重计对人的支持力FN＝700 N。
根据牛顿第二定律得：FN－mg＝ma，即a＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向向上。
(2)0～10 s内的位移为：x1＝at＝200 m，
由图象知，10～20 s内体重计对人体的支持力
FN′＝500 N，所以F合＝FN′－mg＝0，
所以这段时间内升降机做匀速运动，故这段时间内的位移为x2＝at1×t2＝400 m。
故20 s时间内人上升的高度x＝x1＋x2＝600 m。