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动定律4_7用牛顿运动定律解决问题二课时作业新人教版必修120190124256.doc

1、14-7 用牛顿运动定律解决问题(二)A 组:合格性水平训练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, v0)或匀速直线运动状态( F 合0, a0, 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

2、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 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( g10 m/s 2)( )2A仅甲图 B仅乙图C仅丙图 D甲

3、、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

4、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

5、 F 减小答案 C3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)gcos 不变;挡板沿斜面向上的支持力 N2减小,根据( m M)gsin 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

6、 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

7、 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( )4A. 1 B23 3C. D132 12 32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 (mg F1sin60),F2cos30 (mg F2sin30),联立解得 2 。选项 B 正确。39综合

8、(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 NB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:

9、等级性水平训练510. 综合(2015重庆高考)若货物随升降机运动的 vt 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 vt 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

10、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6可知,选项 A、B 正确。12动态分析(2017全国卷)(多选) 如图所示,柔软轻绳 ON 的一端

11、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( 2)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, TMN0。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 不变,

12、在绳 MN 缓慢拉起的过程中,角 逐渐增大,则角( )逐渐减小,但角 不变,在三角形中,利用正弦定理得: ,( )由钝角变为锐角,则 TOM先增大后减小,D 正确;TOMsin mgsin同理知 ,在 由 0 变为 的过程中, TMN一直增大,A 正确。TMNsin mgsin 2解法二:(作图法)由于重物重力大小方向不变, OM 与 MN 间夹角 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 , 180 ,以有向线段 QP 表示重7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

13、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,在图乙中, M 点则由与 Q 点重合的位置沿圆周移动到与 M 点重合的位置。由于重物一直处于平衡状态,表示三个力的有向线段始终可构成一个矢量三角形(开始时除外)。由图乙可知,该过程中矢量三角形 QPM 中, MQ 的长度一直在增大,且在 M 点位于 M 点时长度最大; 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 120, OM 依次转过 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。1

14、3. 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)010 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/s 2,方向向上 (2)600 m解析 (1)由图象知,010 s 内体重计对人的支持力 FN700 N。根据牛顿第二定律得: FN mg ma,即 a m/s24 m/s2,方向向FN mgm 700 50050上。(2)010 s 内的位移为: x1 at 200 m,12 21由图象知,1020 s 内体重计对人体的支持力FN500 N,所以 F 合 FN mg0,8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 at1t2400 m。故 20 s 时间内人上升的高度 x x1 x2600 m。

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