优化方案2017高中物理 第四章 牛顿运动定律（课件+试题）（打包18套）新人教版必修1.zip

1第四章 牛顿运动定律(时间：60 分钟，满分：100 分)一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．关于惯性，下列说法正确的是( )A．在宇宙飞船内，由于物体完全失重，所以物体的惯性消失B．跳远运动员助跑是为了增大速度从而增大惯性C． 物体在月球上的惯性只是它在地球上的16D．质量是物体惯性的量度，惯性与速度及物体的受力情况均无关解析：选 D．物体的惯性只与物体的质量有关，与物体的运动状态、所处的位置无关，选项 A、B、C 错误，选项 D 正确．2. (2016·长春高一检测)某跳水运动员在 3 m 长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示 的状态，其中 A 为无人时踏板静止点， B 为人站在踏板上静止时的平衡点， C 为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法正确的是( )A．从 C 到 B 的过程中，踏板对人的支持力大于人对踏板的压力，从 B 到 A 的过程中，踏板对人的支持力小于人对踏板的压力B．在 B 点踏板对人的支持力与人对踏板的压力是一对平衡力C．人和踏板由 C 到 A 的过程中，人处于超重状态D．人和踏板由 C 到 A 的过程中，先超重后失重解析：选 D．支持力与压力是一对相互作用力，大小相等，故 A、B 错误；人和踏板由C 到 B 的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从 B 到 A 的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故 C 错误，D 正确．3. 如图所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球．在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内( )A．小球立即停止运动B．小球继续向上做减速运动C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小D．小球的加速度减小解析：选 D．手突然停止不动，此后一小段时间内，弹力大于重力，小球所受合力向上，其加速度方向与速度方向相同，因此球做加速运动，随着形变量减小，由 a＝ 知，小kx－ mgm球的加速度减小．4. (2016·江南十校联考)如图所示，吊篮 A、物体 B、物体 C 的质量分别为 m、3 m、2 m.B和 C 分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计． B 和 C 在吊篮的水平底板上处于静止状态．将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间( )A．吊篮 A 的加速度大小为 gB．物体 B 的加速度大小为 gC．物体 C 的加速度大小为 2g 2D． A、 B、 C 的加速度大小都等于 g解析：选 C.未剪断轻绳时，弹簧弹力为 3mg.轻绳剪断的瞬间，弹簧弹力不变，对物体B，加速度为零．对 A 和 C，所受向下合力为 F＝3 mg＋ mg＋2 mg＝6 mg，由牛顿第二定律，F＝3 ma，解得 A 和 C 的加速度为 2g，选项 C 正确．5. 质量为 m＝3 kg 的木块放在倾角为 θ ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力 F 作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s 时间物体沿斜面上升 4 m 的距离，则推力 F 为( g 取 10 m/s2)( )A．42 N B．6 NC．21 N D．36 N解析：选 D．因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知： mgsin θ ＝ μmg cos θ ，所以μ ＝tan θ ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式 x＝ at2得 a＝2 m/s2，由牛顿第12二定律得： F－ mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma，得 F＝36 N，故选 D．6．如图所示，质量分别为 M 和 m 的物块由相同的材料制成，且 M m，将它们用通过轻而光滑的定滑轮的细线连接．如果按图甲装置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动．如果互换两物块按图乙装置在同一水平桌面上，它们的共同加速度 大小为( )A. g B． gMM＋ m M－ mmC. g D．以上均不对M－ mM解析：选 C.由图甲知，物体 m 匀速运动，故 FT＝ mg，物体 M 匀速运动，故 FT＝ μMg ，联立解得 μ ＝ .mM图乙中，对 M 有 Mg－ FT′＝ Ma对 m 有 FT′－ μmg ＝ ma，联立解得 a＝ g，故选 C.M－ mM二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有错选或不答的得 0分)7．(2014·高考山东卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度 v 随时间 t 变化的图象如图．在图中标 出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )A． t1 B． t2C． t3 D． t4解析：选 AC.当合外力方向与速度方向相同时，质点做加速运动．由 v－ t 图象可知，质点在 t1、 t3时刻做加速运动，在 t2、 t4时刻做减速运动，故选项 A、C 正确，选项 B、D错误．8. 如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物3块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析：选 B D．当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有： mgsin θ ＝ μmg cos θ ，则 μ ＝tan θ (θ 为斜面倾角)．当升降机加速上升时，设加速度为 a，物块处于超重状态，超重 ma.物块“重力”变为G′＝ mg＋ ma，支持力变为 FN′＝( mg＋ ma)cos θ ＞ mgcos θ ，B 正确． “重力”沿斜面向下的分力 G 下 ′＝( mg＋ ma)sin θ ，沿斜面摩擦力变为 Ff′＝ μ FN′＝ μ (mg＋ ma)cos θ ＞ μmg cos θ ，A 错误． Ff′＝ μ (mg＋ ma)cos θ ＝tan θ (mg＋ ma)cos θ ＝( mg＋ ma)sin θ ＝ G 下 ′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D 正确，C 错误．9. 如图，物体从倾角为 30°的斜面底端以速度 v0上 滑，然后又返回到斜面底端．已知物体受到的摩擦力为重力的 ，下列判断正确的是( )16A．物体的最大位移为3v204gB．上滑与下滑过程的加速度之比为 2∶1C．上滑与下滑过程所用时间之比为 1∶2D．返回底端的速度与 v0之比为 1∶ 2解析：选 ABD．上滑过程： mgsin 30°＋ mg＝ ma1， a1＝ g.下滑过程： mgsin 30°16 23－ mg＝ ma2， a2＝ g.最大位移： x＝ ＝ ，A、B 正确．由 x＝ at2得： t1∶ t2＝ ∶16 13 v202a1 3v204g 12 a2＝ 1∶ ，C 错误．由 v2＝2 ax 得： v2∶ v0＝ ∶ ＝1∶ ，故 D 正确．a1 2 a2 a1 210．如图所示，水平传送带两边分别是与传送带等高的光滑水平地面 A、 B，初速度大小为 v1的小物块从与传送带相接的地面 A 滑上传送带，当绷紧的水平传送带处于静止状态时，小物块恰好可以运动到传送带的中点，如果传送带以恒定速率 v2(v2＝2 v1)运行，若从小物块滑上传送带开始计时，则小物块运动的 v－ t 图象(以地面为参考系)可能是( )解析：选 AD．对小物块受力分析可知，它滑上传送带后受到重力 mg、支持力 FN和摩擦力 Ff三个力的作用，其中重力与支持力平衡，故由 Ff＝ μmg ＝ ma，可得 a＝ μg ，当传送带向右运动时，小物块做匀减速运动到中点时减速到零，然后反向加速，因为 v2v1，且加速度大小不变，故小物块回到 A 时速度大小仍为 v1，加速时间为 t1＝ ，所以选项 A 正确，Bv1a4错误；当传送带向左运动时，小物块做匀加速直线运动，根据减速时有 v ＝2 a· ，加速运21L2动到 B 时有 v2－ v ＝2 aL，联立解得： v＝ v1，加速时间21 3t＝ ＝ ＝0.73 t1，故选项 C 错误，D 正确．v－ v1a  3－ 1 v1a三、非选择题(本题共 3 小题，共 40 分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(10 分)质量一定，在探究加速度与力的关系时，某同学根据精确的测量，记录实验数据如下表所示小车质量 m/kg 小车受的拉力 F/N 小车加速度a/(m·s－2 )0.100 0.080.300 0.220.500 0.421.000.700 0.59(1)在如图所示坐标中，作出 a－ F 图象．(2)分析图象得到的结论是________．(3)图象斜率的物理意义是________．(4)在你所作出的 a－ F 图象中， F 等于砝码所受重力，实际上比细线的真实拉力________(选填“大”或“小”)．解析：(1)图象如图所示．(2)质量一定时，加速度与合外力成正比．(3)图象斜率的绝对值为质量的倒数 .1m(4)由 m′ g－ F＝ m′ a 可知， Fm′ g，所以取 F 等于砝码所受重力，实际上比细线的真实拉力大．答案：见解析12．(14 分)频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片，已知斜面足够长，倾角为 α ＝37° ，闪光频率为 10 Hz.经测量换算获得实景数据： x1＝ x2＝40 cm， x3＝35 cm， x4＝25 cm， x5＝15 cm.取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， ＝2.24，设滑块通过平面与斜面连5接处时速度大小不变．求：(1)滑块沿斜面上滑时的初速度 v0；(2)滑块与斜 面间的动摩擦因数 μ ；5(3)滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间．解析：(1)由题意可知，滑块在水平面上做匀速直线 运动，则 v0＝ ＝4 m/s.(2 分)x1T(2)滑块在斜面上滑过程做匀减速直线运动，设加速度为 a1.根据公式： x4－ x3＝ a1T2(1分)由牛顿第二定律：－( mgsin α ＋ μmg cos α )＝ ma1(2 分)解得 μ ＝0.5.(1 分)(3)设滑块向上滑行所用的时间为 t1，上滑的最大距离为 x，返回斜面底端的时间为t2，加速度为 a2.0－ v0＝ a1t1(1 分)x＝ v0t1(1 分)12解得 t1＝0.4 s， x＝0.8 m(1 分)滑块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律：mgsin α － μmg cos α ＝ ma2(1 分)x＝ a2t (1 分)12 2解得 t2＝ s(1 分)255所以滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间：t＝ t1＋ t2＝0.4 s＋ s＝1.296 s．(1 分)255答案：(1)4 m/s (2)0.5 (3)1.296 s13．(16 分)(2016·福建福州质检)如图甲所示，质量 m＝1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力 F 作用下从静止开始 沿斜面向上运动， t＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象( v－ t 图象)如图乙所示， g 取 10 m/s2，求：(1)2 s 内物块的位移大小 s 和通过的路程 L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小 a1、 a2和拉力大小 F.解析：(1)在 2 s 内，由题图乙知：物块上升的最大距离： s1＝ ×2×1 m＝1 m①(2 分)12物块下滑的距离： s2＝ ×1×1 m＝0.5 m②(2 分)12所以位移大小 s＝ s1－ s2＝0.5 m③(2 分)路程 L＝ s1＋ s2＝1.5 m．④(1 分)(2)由题图乙知，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大 小a1＝4 m/s 2⑤(2 分)a2＝4 m/s 2⑥(2 分)设斜面倾角为 θ ，斜面对物块的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律有0～0.5 s 内： F－ Ff－ mgsin θ ＝ ma1⑦(2 分)0．5～1 s 内： Ff＋ mgsin θ ＝ ma2⑧(2 分)6由⑤⑥⑦⑧式得 F＝8 N．⑨(1 分)答案：(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 2 4 m/s 2 8 N1习题课 用牛顿运动定律解决两类典型问题[随堂达标] 1．(2016·银川高一检测)将物体竖直上抛，假设运动过程中空气阻力不变，其速度－时间图象如图所示，则物体所受的重力和空气阻力之比为( )A．1∶10 B．10∶1C．9∶1 D．8∶1解析：选 B．由图象可知物体竖直上升和下落的加速度大小分别为 a1＝11 m/s2， a2＝9 m/s2，物体在竖直向上运动的过程中，由牛顿第二定律得 G＋ Ff＝ ma1①物体在竖直向下运动的过程中，由牛顿第二定律得G－ Ff＝ ma2②由①②得 ＝ ，故 B 正确．GFf 1012．(201 6·石家庄高一检测) 在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力 F1和 F2的作用，在第 1 s 内该物体保持静止状态．若两个力随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )A．在第 2 s 内物体做匀加速直线运动B．在第 3 s 内物体做变加速直线运动C．在第 4 s 末物体的加速度方向改变D．在第 6 s 末物体的速度为零解析：选 B．由 F－ t 图象可知 ，1～4 s 内物体所受的合力不断增大，故在 1～4 s 内物体做变加速直线运动，选项 A 错，B 对；由 F－ t 图象可知，1～5 s 内物体所受的合力始终大于零，故加速度方向不变，物体速度逐渐增大，选项 C 错；最后 1 s 内物体所受的合力为零，速度保持不变，6 s 末速度不为零，选项 D 错．3. (2016·苏州高一检测)如图所示，长度 l＝2 m，质量 M＝ kg 的木板置于光滑的23水平地面上，质量 m＝2 kg 的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数 μ ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力 F＝10 N，取 g＝10 m/s 2.求：(1)将木板 M 固定，小物块离开木板时的速度大小；(2)若木板 M 不固定， m 和 M 的加速度 a1、 a2的大小；(3)若木板 M 不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间．解析：(1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－ μmg ＝ ma解得 a＝4 m/s 2小物块离开木板，有 v2＝2 al解得 v＝4 m/s.(2)对 m，由牛顿第二定律：2F－ μmg ＝ ma1解得 a1＝4 m/s 2对 M，由牛顿第二定律： μmg ＝ Ma2解得 a2＝3 m/s 2.(3)由位移公式知x1＝ a1t2， x2＝ a2t212 12小物块从开始运动到离开木板x1－ x2＝ l联立解得 t＝2 s.答案：(1)4 m/s (2)4 m/s 2 3 m/s 2 (3)2 s[课时作业] 一、单项选择题1．质量为 0.8 kg 的物体在一水平面上运动，如图 a、 b 分别表示物体不 受拉力作用和受到水平拉力作用时的 v－ t 图象，则拉力和摩擦力之比为( )A．9∶8 B．3∶2C．2∶1 D．4∶3解析：选 B．由 v－ t 图象可知，图线 a 为仅受摩擦力的运动，加速度大小 a1＝1.5 m/s2；图线 b 为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为 a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律列方程得 ma1＝ Ff， ma2＝ F－ Ff，解得 F∶ Ff＝3∶2，选项 B 正确．2. (2016·云南昆明一中检测 )质量 m0＝30 kg、长 L＝ 1 m 的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数 μ 1＝0.15.将质量 m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以 v0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)．小木块与木板面的动摩擦因数μ 2＝0.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力， g 取 10 m/s2)．则以下判断中正确的是( )A．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板解析：选 C.木块受到的滑动摩擦力为 Ff2，方向向左， Ff2＝ μ 2mg＝40 N，木板受到木块施加的滑动摩擦力为 Ff2′，方向向右，大小为 Ff2′＝ Ff2＝40 N，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即 Ff1＝ μ 1(m＋ m0)g＝60 N． Ff1方向向左， Ff2′＜ Ff1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为 x，则由 0－ v ＝－2 μ 2gx 得20x＝2 m＞ L＝1 m，故小木块能滑出木板，选项 C 正确．3．质量为 2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从 t＝0 时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力 F 的作用， F 随时间 t 的变化规律如图所示．重力加速度 g取 10 m/s2，则物体在 t＝0 至 t＝12 s 这段时间的位移大小为( )A．18 m B．5 4 m3C．72 m D．198 m解析：选 B．物体所受最大静摩擦力为 Ff＝ μmg ＝0.2×2×10 N＝4 N，因此前 3 s 内物体静止.3～6 s， a＝ ＝ m/s2＝2 m/s2， x1＝ at2＝ ×2×9 m＝9 m．6～9 s，F－ Ffm 8－ 42 12 12物体做匀速直线运动， x2＝ v1t＝ at·t＝2×3×3 m＝18 m．9～12 s，物体做匀加速直线运动， x3＝ v1t＋ at2＝6×3 m＋ ×2×9 m＝27 m． x 总 ＝ x1＋ x2＋ x3＝9 m＋18 m＋27 12 12m＝54 m，选项 B 正确．4. (2014·高考福建卷)如图，滑块以初速度 v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用 h、 s、 v、 a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小， t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )解析：选 B．滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度 a 不变，选项 C、D 错误．设斜面倾角为 θ ，则 s＝ ＝ v0t－ at2，故hsin θ 12h－ t、 s－ t 图象都应是开口向下的抛物线，选项 A 错误，选项 B 正确．5．(2016·济南高一检测)某物体做直线运动的 v－ t 图象如图甲所示，据此判断图乙(F 表示物体所受合力， x 表示物体的位移)四个选项中正确的是( )甲乙解析：选 A.由题图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力为正，恒定，2～4 s 沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6 s 沿正方向做匀加速直线运动，受力为正，恒定，6～8 s 沿正方向做匀减速直线运动，受力为负，恒定，物体一直沿正方向运动，位移不可能为负，综合分析只有 A 正确．6. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为 m1的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力 F＝ kt(k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为 a1和 a2.下列反映 a1和 a2变化的图线中正确的是( )4解析：选 A.当水平力 F 较小时，两物体相对静止，加速度相同，由 F＝ ma 知：两者 的加速度 a＝ ＝ ， a∝ tFm1＋ m2 ktm1＋ m2当水平力 F 较大时， m2相对于 m1运动，根据牛顿第二定律得：对 m1： a1＝ ，由于 μ 、 m1、 m2是定值，故 m1的加速度 a1不变．μ m2gm1对 m2： a2＝ ＝ ，F－ μ m2gm2 kt－ μ m2gm2a2是 时间 t 的线性函数．选项 A 正确．二、多项选择题7. 如图所示，小平板车 B 静止在光滑水平面上，在其左端有一物体 A 以水平速度 v0向右滑行．由于 A、 B 间存在摩擦， A 在 B 上滑行后 A 开始做减速运动， B 做加速运动．设车足够长，则 B 速度达到最大时，应出现在( )A． A 的速度最小时B． A、 B 的速度相等时C． B 开始做匀速直线运动时D． A 的速度为 0 时解析：选 ABC.车足够长， A 做减速运动， B 做加速运动，最后达到共同速度，一起做匀速直线运动，此时 A、 B 保持相对静止，故 A、B、C 正确，D 错误．8．(2016·杭州高一月考)如图甲所示，在粗糙的水平面上，物块 A 在水平向右的外力F 的作用下做直线运动，其 v－ t 图象如图乙中实线所示，下列判断正确的是( )A．在 0～1 s 内，外力 F 的大小恒定B．在 1 s～3 s 内，外力 F 的大小恒定C．在 3 s～4 s 内，外力 F 的大小不断减小D．在 3 s～4 s 内，外力 F 的大小不断增大解析：选 ABC.由 v－ t 图象可知，在 0～1 s 内，物块 A 做匀加速直线运动，外力 F 大小恒定，A 正确；在 1 s～3 s 内，物块 A 做匀速直线运动，外力 F 大小恒定，B 正确；在3 s～4 s 内，物块 A 做加速度逐渐增大的减速直线运动，由牛顿第二定律得μmg － F＝ ma，解得 F＝ μmg － ma，故外力 F 的大小不断减小，C 正确，D 错误．9. 从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为 15 kg，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断( )5A．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为 320 mB．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为 480 mC．该星球表面的重力加速度为 2.5 m/s2D．发动机的推动力 F 为 37.50 N解析：选 BC.火箭所能达到的最大高度 hm＝ ×24×40 m＝480 m，故 A 错误，B 正确；12该星球表面的重力加速度 g 星 ＝ m/s2＝2.5 m/s2，故 C 正确；火箭升空时： a＝ 4016 408m/s2＝5 m/s 2，故推动力 F＝ mg 星 ＋ ma＝112.5 N，故 D 错误．10．(2016·江苏泰州期末) 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为 m＝1 kg 的木块，和小车间的动摩擦因数为μ ＝0.2，用水平恒力 F 拉动小车，下列关于木块的加速度 am和小车的加速度 aM，可能正确的是( )A． am＝1 m/s 2， aM＝1 m/s 2B． am＝1 m/s 2， aM＝2 m/s 2C． am＝2 m/s 2， aM＝4 m/s 2D． am＝3 m/s2， aM＝5 m/s 2解析：选 AC.隔离木块，分析受力，木块和小车恰不发生相对滑动时，它们有相同的加速度，由牛顿第二定律有 μmg ＝ mam，解得 am＝2 m/s2.木块和小车发生相对滑动时，am＝2 m/s 2，小车的加速度为大于 2 m/s2的任意值．可能正确的是 A 和 C.三、非选择题11．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用， F 的大小与时间的关系和物块速度与时间的关系如图所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数．解析：由题中图象判断物 块在 4 s 之后做匀速直线运动，可知摩擦力 Ff＝2 N,2 s～4 s，推力 F＝3 N，设物块的质量为 m，则运动的加速度可由牛顿第二定律求出，F－ Ff＝ ma，由速度图象可以求出加速度 a＝2 m/s2，代入上式可得 m＝0.5 kg.由Ff＝ μF N＝ μmg 得 μ ＝0.4.答案：0.5 kg 0.412．如图甲所示，质量为 m＝1 kg 的物体置于倾角为 θ ＝37°的固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力 F，当作用时间为 t1＝1 s 时撤去拉力，物体运动的部分 v－ t图象如图乙所示， g＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：6(1)拉力 F 的大小；(2)物体与斜面间的动摩擦因数．解析：设拉力作用时物体的加速度为 a1，对物体进行受力分析，设沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律有：F－ mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma1撤去力后，设物体的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 ：－ mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma2由图象可得：a1＝20 m/s 2，a2＝－10 m/ s2.代入解得： F＝30 N， μ ＝0.5.答案：(1)30 N (2)0.51用牛顿运动定律解决问题（二）[随堂达标] 1．(2016·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；游戏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．(多选)(2016·成都高一检测)在某田径运动会上的跳高比赛中，小红同学成功 地跳过了 1.70 m 的高度．若忽略空气阻力， g 取 10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．小红起跳以后在上升过程中处于超重状态B．小红下降过程中处于失重状态C．小红起跳时地面对他的支持力大于他的重力D．小红起跳以后在下降过程中重力消失了解析：选 BC.根据牛顿第二定律可得：当加速度向上时，物体处于超重状态，当加速度向下时，物体处于失重状态，起跳以后，向上做减速运动，加速度向下，为失重状态，A 错误；下落过程中，做加速运动，加速度向下，为失重状态，失重状态是视重小于重力，不是重力消失了，B 正确、D 错误．起跳时由于向上加速，加速度向上，为超重状态，所以支持力大于重力，C 正确．3．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．4．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为 50 kg.电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内( )A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏同学对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为 ，方向一定竖直向下g5解析：选 D．体重计示数变小，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，故选项 A 错误．晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故选项 B 错误．以竖直向下为正方向，有 mg－ F＝ ma，即50g－40 g＝50 a，解得 a＝ ，加速度方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能g5是竖直向下 ，故选项 C 错误、D 正确．25．(选做题)一质量为 m＝40 kg 的小孩站在电梯内的体重计上．电梯从 t＝0 时刻由静止开始上升，在 0～6 s 内体重计示数 F 的变化情况如图所示．试问：在这段时间内小孩超、失重情况及电梯上升的高度是多少？(取重力加速度 g＝10 m/s 2)解析：小孩体重 G＝400 N，由题图知，在 0～2 s 内， F1＝440 N， F1G，电梯匀加速上升，小孩处于超重状态，此时有 a1＝ ＝1 m/s 2， v＝ a1t1＝2 m/s， h1＝ a1t ＝2 mF1－ Gm 12 21在 2～5 s 内， F2＝400 N， F2＝ G，电梯匀速上升，小孩处于平衡状态，此时有h2＝ vt2＝6 m在 5～6 s 内， F3＝320 N， F3G，电梯匀减速上升，小孩处于失重状态，此时有 a3＝＝2 m/s 2G－ F3m又 v－ a3t3＝0，说明电梯在 6 s 末停止．故 h3＝ t3＝1 mv2所以电梯上升的高度为 h＝ h1＋ h2＋ h3＝9 m.答案：见解析[课时作业] 一、单项选择题1．(2014·高考北京卷)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；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项 D 正确．2. (2016·厦门高一检测)搭乘 3 名中国航天员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．如图所示为神十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3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．3．(2016·北京海淀区高一期中) 如图所示，将物体 A 放在容器 B 中，以某一速度把容器 B 竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器 B 的底面始终保持水平，下列说法正确的是( )A．在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都一定为零B．上升过程中 A 对 B 的压力大于物体 A 受到的重力C．下降过程中 A 对 B 的压力大于物体 A 受到的重力D．在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都等于物体 A 受到的重力解析：选 A.把容器 B 竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中 A 对 B的压力都一定为零，故 A 正确．4. 如图所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的 v－ t 图象，则( )A．物体在 0～2 s 处于失重状态B．物体在 2 s～8 s 处于超重状态C．物体在 8 s～10 s 处于失重状态D．由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态解析：选 C.从加速度的角度判断，由题意知 0～2 s 物体的加速度竖直向上，则物体处于超重状态；2 s～8 s 物体的加速度为零，物体处于平衡状态；8 s～10 s 物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态，故 C 选项正确．5. (2015·高考重庆卷)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( )ABCD解析：选 B．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4情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项 B 正确．6. 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.二、多项选择题7. “蹦极”是一项非常刺激的运动，某人身系弹性绳由高空 P 点自由下落，图中 A 点是弹性绳的原长位置， C 点是人所能到达的最低点， B 点是人静止悬吊着时的平衡位置，人从 P 点落下到最低点 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．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 0，其加速度为 0解析：选 AB．根据题中所提供的信息，把物理情景转化为一种物理模型，分析人的运动过程，结合超重、失重的概念来处理．人从 P 点到 C 点的过程中， PA 段做自由落体运动，加速度为 g，方向竖直向下，处于完全失重状态，选项 A 正确； AB 段做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，选项 B 正确； BC 段做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，选项 C 错误；在 C 点拉力大于重力，加速度不为0，故选项 D 错误．8. 原来做匀速运动的升降机内有一被伸长弹簧拉住的、具有一定质量的物体 A 静止在地板上，如图所示．现发现 A 突然被弹簧拉向右方，由此可判断，此时升降机的运动可能是( )A．加速上升 B．减速上升C．加速下降 D．减速下降解析：选 BC.由于 A 被拉向右方，说明摩擦力减小，所以 A 与升降机地板间的弹力减小，故应为失重现象，加速度向下，故选项 B、C 正确．9．某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为 490 N，他将弹簧测力计移至电梯内称其体重 ， t0至 t3时间段内弹簧测力计的示数如图所示，电梯运行的 v－ t 图象可能是(取电梯向 上运动的方向为正)( )5解析：选 AD．由 F－ t 图象知： t0～ t1时间内，人处于失重状态，具有向下的加速度，t1～ t2时间内匀速或静止， t2～ t3时间内，人处于超重状态，具有向上的加速度，A、D 正确．10．某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了 0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的 v－ t 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示， g＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．演员的体重为 800 NB．演员在最后 2 s 内一直处于超重状态C．传感器显示的最小拉力为 620 ND．滑杆长 7.5 m解析：选 BC.演员在滑杆上静止时传感器显示的 800 N 等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为 600 N，A 错误；由 v－ t 图象可知，1.5 s～3.5 s 内演员向下做匀减速运动，拉力大于重力，演员处于超重状态，B 正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，加速下滑时 a1＝3 m/s2，对演员由牛顿第二定律知 mg－ Ff1＝ ma1，解得 Ff1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为 F1＝420 N＋200 N＝620 N，C 正确；由 v－ t 图象中图线围成的面积可得滑杆长为 4.5 m，D 错误．三、非选择题11．某人在以 2.5 m/s2的加速度匀加速下降的电梯里最多能举起质量为 m＝80 kg 的物体，则该人在地面上最多能举起质量 M 为多少的重物？若电梯以 2.5 m/s2的加速度匀加速上升，则该人最多能举起质量为多少的重物？( g 取 10 m/s 2)解析：无论人在地面还是在匀加速下降或者上升的电梯里，该人向上的最大举力是不变的，电梯匀加速下降，说明物体处于失重状态，举力 F＝ mg－ ma＝600 N所以在地面上 M＝ ＝60 kg，Fg故此人在地面上最多能举起 60 kg 的物体．若电梯匀加速上升，则物体处于超重状态，举力F＝ m′ g＋ m′ a所以 m′＝ ＝48 kg.Fg＋ a答案：60 kg 48 kg12．(2016·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＝1 0 m/s2，试求：(1)从开始下落到最后着地经历的总时间；6(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，球对手的压力是多少？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 s12 21 2h1g下落 45 m 时的速度 v1＝ gt1＝30 m/s减速过程中的平均速度＝ ＝15 m/sv2v12减速时间 t2＝ ＝2 sh2v2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 ＝2 gh1＝2 ah2得，减速过程中加速度的大小21a＝15 m/s 2(或 a＝v1t2＝ 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