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1、4.7用牛顿运动定律解决问题（二）题组一共点力的平衡图11 如图1所示，在斜面上，木块 A与B的接触面是水平的，绳 子呈水平状态，两木块均保持静止. 则关于木块 A和木块B的受力个 数不可能的是（）A 2个和4个B 3个和4个C. 4个和4个D . 4个和5个答案 B2物体受到与水平方向成 30。角的拉力Ft的作用，向左做匀速直线 运动，如图2所示，则物体受到的拉力 Ft与地面对物体的摩擦力的合 力方向是（ ）A. 向上偏左B.向上偏右C.竖直向上D .竖直向下解析答案 C物体受重力mg、拉力Ft、支持力Fn和摩擦力Ff共同作用处于平衡状态，则四个力的合力为零，即有Ff与Ft的合力的大小等于重
2、力和支持力的合力的大小，方向相反.3用三根轻绳将质量为 m的物块悬挂在空中，如图3所示.已知ac和图3be与竖直方向的夹角分别为30和 60贝U ac绳和be绳中的拉力分别为（ ）A 31A.-mg, ?mg13B. 2mg， mgC. mg, *mg13DQmg, 丁mg答案 A解析 分析结点c的受力情况如图，设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到 的拉力为F2,根据平衡条件知 F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几 何知识得o1F2= Fsin 30=2mg选项A正确.4如图4所示，光滑半球形容器固定在水平面上，0为球心，一质量为m的小滑块，在水平力 F的作用下静止于 P点，设滑块所受
3、支持力mgtan 0为Fn, OP与水平方向的夹角为下列关系正确的是（）B . F = mgta n 0第#页共7页C.Fn =皿tan 0D. Fn= mgtan 0答案 A解析 对滑块进行受力分析如图，滑块受到重力 mg、支持力Fn、水 平推力F三个力作用由共点力的平衡条件知， F与mg的合力F 与Fn 等大、反向根据平行四边形定则可知 Fn、mg和合力F 构成直角三角形，解直角三角形可求得：F =書半0, Fn =才半匕所以正确选项为A.题组二 超重与失重5跳水运动员从10 m跳台腾空跃起，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，关于运动员在空中上升过程和下落过
4、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答案 D解析 跳水运动员在空中时无论上升还是下落，加速度方向均向下，由于不计空气阻力，F/N故均为完全失重状态，故选D.6某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一个弹簧秤，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为 10 N的钩码.弹簧秤弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图5所示.则下列分析正确的是（）A .从ti到t2 ,钩码处于失重状态B .从t3到t4，钩码处于超重状态C.电梯可能开始在 1楼，
5、先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在3楼D 电梯可能开始在 3楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼答案 ABD解析 从ti到t2，由图象可知钩码对传感器的拉力小于钩码的重力，钩码处于失重状态,加速度向下，电梯向下加速运动或向上减速运动，选项A正确；从t3到t4，由图象可知钩码对传感器的拉力大于钩码的重力，钩码处于超重状态，加速度向上，电梯向下减速运动或向上加速运动，选项B正确；综合得出，选项C错误，选项D正确.7“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空 P点自由下落，图6中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡位置，
6、人在从P点下落到最低点c的过程中（）A .人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态B 人在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C. 人在be段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态图6D. 人在e点，人的速度为零，其加速度为零答案 AB解析人在Pa段只受重力作用,a= g，完全失重,A正确；人在ab段受重力和向上B正确；人在be段受重力和向上C错误；人到e点时，拉力最大，图7的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重, 的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重, 合力最大，加速度最大， D错误.8利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让某 同学从桌子上跳下，自由
7、下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了 h.计算机显示该同学受到地面支持力Fn随时间变化的图象如图7所示根据图象提供的信息，以下判断错误的是（）A .在0至t2时间内该同学处于失重状态B .在t2至t3时间内该同学处于超重状态C. t3时刻该同学的加速度为零D 在t3至t4时间内该同学的重心继续下降答案 C解析 由图象可以看出，在0至t2时间内该同学受到的地面支持力小于重力,由牛顿第二定律可知该同学处于失重状态，而在t2至t3时间内支持力大于重力，该同学处于超重状态，A、B正确；t3时刻该同学受到的支持力最大， 且Fl大于重力，由牛顿第二定律可知 aM 0,C错误；在t3至t4时间
8、内该同学受到的支持力逐渐减小，但仍大于重力，故重心继续下降，D正确.9.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N .他将弹簧测540 -_;490 11:440阳 5 h ti f/s力计移至电梯内称其体重,to至t3时间段内弹簧测力计的示数如图8所示，则电梯运行的 vt图象可能是（取电梯向上运动的方向为正）（）图8ABCD答案 A解析toti时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；tit2时间段内，人匀速或静止；t2t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A对，D错.10个质量是60 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹 簧秤下面挂着一个质量为m=
9、 5 kg的物体A,当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40 N , g 取 10 m/s2，求：此时升降机的加速度的大小；此时人对地板的压力.答案 （1）2 m/s2 （2）480 N解析（1）弹簧秤对物体的拉力 Ft= 40 N对物体由牛顿第二定律可得：Ft mg= maFt mg 40 5X 1022解得：a = m =5m/s= 2 m/s故升降机加速度大小为2 m/s2,方向竖直向下.设地板对人的支持力为Fn对人由牛顿第二定律可得：Fn Mg = Ma解得 Fn = Mg+ Ma = 60X 10 N + 60X ( 2) N = 480 N由牛顿第三定律可得人对地板的压力为48
10、0 N题组三从动力学看自由落体和竖直上抛11. 以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球.不计空气阻力，g= 10 m/s2，以下判断正确的是()A .小球到达最大高度时的速度为0B .小球到达最大高度时的加速度为0C.小球上升的最大高度为61.25 mD 小球上升阶段所用的时间为3.5 s答案 ACD解析 小球到达最大高度时的速度一定为零，否则该点不是最大高度，A正确；小球上2抛过程中只受重力作用，故加速度始终为g, B错；由v2 v0= 2( g)h? h =爲=61.25 m ,C 正确；由 v = V0 gt? t= v = 3.5 s, D 正确.y12. 竖直上抛的物体，初速度是
11、30 m/s，经过2.0 s、4.0 s,物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多长？2.0 s、4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)答案见解析解析上升的最大高度2302X 10m = 45 m由 x = vt *gt2得当 t1 = 2.0 s 时,1 2位移 X1= 30X 2.0 m X 10X 2.0 m= 40 m，小于 H，所以路程 S1= 40 m速度 v1 = v0 gt1 = 30 m/s 10X2.0 m/s = 10 m/s当 t2= 4.0 s 时，位移 X2 = 30X 4.0 m 10X 4.02 m= 40 m,小于 H ,所以路程
12、S2= 45 m+ (45 40) m = 50 m速度V2= vo gt2= 30 m/s 10用.0 m/s =- 10 m/s，负号表示速度与初速度方向相反.13. 图9甲是我国某运动员在蹦床比赛中的一个情景.设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，感器用计算机绘制出来，如图乙所示.取蹦床对运动员的弹力 F随时间t的变化规律通过传500甲250016 4.2 4.8 .4 6.Dfi.66.8 R.49.4 II 12f/S乙g = 10 m/s2,根据F t图象求：(1) 运动员的质量；(2) 运动员在运动过程中的最大加速度；(3) 在不计空气阻力情况下，运动员
13、离开蹦床上升的最大高度.答案 (1)50 kg (2)40 m/s2(3)3.2 m解析(1)由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为 500 N，设 运动员质量为 m,贝U m= G= 50 kgg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm = 2 500 N，设运动员的最大加速度为am,则Fm mg= mamFm mgam = m =2 500 50022=50m/s= 40 m/s(3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s或9.4 s,再下落到蹦床上的时刻为 8.4 s或11 s,它们的时间间隔均为 1.6 s.根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.设运动员上升的最大高度为H，则H = 1gt2= 2x 10X 0.82 m = 3.2 m
