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。
