用牛顿定律解决问题(二) 每课一练

用牛顿运动定律解决问题（二）一、单项选择题(共5题)1.关于超重和失重,下列说法正确的是A.超重就是物体受的重力增加了B.失重就是物体的重力减少了C.完全失重就是物体一点不受重力了D.不论超重或失重甚至完全失重,物体所受重力是不变的答案：D2.关于超重和失重正确的叙述是A．超重就是地球对物体的万有引力加大B．失重就是地球对物体的万有引力消失了C．失重就是失去了物体随地球自转的向心力D．超重和失重时，地球对物体万有引力不改变，只是物体对悬线的拉力或对支持面的压力增大或减少答案：D3.关于超重和失重,下列说法正确的是A.超重就是物体受的重力增加了B.失重就是物体的重力减少了C.完全失重就是物体一点不受重力了D.不论超重或失重甚至完全失重,物体所受重力是不变的答案：D4.某人站在一台秤上,当它猛地下蹲的全过程中,台秤读数<不考虑台秤的惯性>A.先变大后变小,最后等于它的重力B.变大,最后等于它的重力C.先变小,后变大,最后等于它的重力D.变小,最后等于它的重力答案：C5.有一个物体重100N,放在升降机地板上随升降机以0.4m/s2向上做匀加速运动,则物体对升降机地板的压力(g=10m/s2)A.96NB.104NC.100ND.以上都不对答案：B二、多项选择题(共4题)1.站在升降机中的人出现失重现象,则升降机可能A.加速上升B.减速下降C.加速下降D.减速上升答案：CD2.在原来匀速运动的升降机的水平地板上放一物体,受到一个伸长的弹簧的拉力作用,但是仍能保持与升降机相对静止,现突然发现物体被弹簧拉动,则可以判断升降机的运动状态可能是A.加速上升 B.加速下降C.减速上升D.减速下降答案：BC3.在升降机中,把弹簧秤上端固定于顶板上,下端挂一重物,升降机匀速运动时,弹簧秤示数为G,后来发现示数比G大了,则升降机的运动可能是A.向上加速运动B.向上减速运动C.向下加速运动D.向下减速运动答案：AD4.站在升降机中的人出现失重现象,则升降机可能A.加速上升B.减速下降C.加速下降D.减速上升答案：CD。

高中物理 4.5 牛顿第二定律的应用每课一练2 粤教版必修1图71．(双选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于如图7所示状态．设斜面对小球的支持力为F N ，细绳对小球的拉力为F T ，关于此时刻小球的受力情况，下列说法中正确的是( ) A ．若小车向左运动，F N 可能为零 B ．若小车向左运动，F T 可能为零 C ．若小车向右运动，F N 不可能为零 D ．若小车向右运动，F T 不可能为零2．(单选)质量分别为M 和m 的两物体靠在一起放在光滑水平面上．用水平推力F 向右推M ，两物体向右加速运动时，M 、m 间的作用力为F N1；用水平力F 向左推m ，使M 、m 一起加速向左运动时，M 、m 间的作用力为F N2，如图8(1)、(2)所示．则( )图8A ．F N1∶F N2＝1∶1B ．F N1∶F N2＝m ∶MC ．F N1∶F N2＝M ∶mD ．条件不足，无法比较F N1、F N2的大小图93．(单选)如图9所示，在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用轻弹簧相连，在拉力F 的作用下，以加速度a 做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度a 1和a 2，则( ) A ．a 1＝a 2＝0 B ．a 1＝a ，a 2＝0 C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a图104．(单选)如图10所示，物块m 从某曲面上的Q 点自由滑下，通过一条粗糙的静止传送带后落到地面P 点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带也随之运动，再把该物块放在Q 点自由下滑，则( ) A ．它仍落在P 点B．它将落在P点左方C．它将落在P点右方D．无法确定落点图115．(单选)一个单摆悬挂在小车上，随小车沿斜面下滑．图11中虚线①垂直于斜面，虚线②平行于斜面，虚线③是竖直方向．下列说法中不正确的是( )A．如果斜面是光滑的，摆线将与虚线①重合B．如果斜面是光滑的，摆线将与虚线③重合C如果斜面粗糙且μ<tan θ，摆线将位于①、②之间题号1234 5答案图126．如图12所示，在光滑水平面上，质量分别为m A＝24 kg和m B＝120 kg的物体A，B并排放在一起静止．从t＝0时刻起，分别对A，B施加水平力F A＝4.0 N和F B＝(16－3t) N，求：(1)经历多少时间后A，B分开．(2)这时B物体的速度方向．图137．风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图13所示．(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动．这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)8．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m ＝2 kg ，动力系统提供的恒定升力F ＝28 N ．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s 2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t 1＝8 s 时到达高度H ＝64 m ．求飞行器所受阻力f 的大小； (2)第二次试飞，飞行器飞行t 2＝6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h ；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3.参考答案课后巩固提升1．AB 2.B 3.D 4.A 5.C 6．(1)12 s (2)水平向右7．(1)0.5 (2) 8s3g解析 (1)设小球受的风力为F ，小球质量为m ，由于小球做匀速直线运动，则F ＝μmg，所以μ＝0.5.(2)下图所示，设杆对小球的支持力为F N ，摩擦力为f.沿杆方向有F cos θ ＋mg sin θ－f ＝ma ① 垂直于杆的方向有F N ＋F sin θ－mg cos θ＝0 ② 又f ＝μF N ③取立①②③解得a ＝34g ，再根据s ＝12at 2，得t ＝2s 3g/4＝8s 3g. 8．(1)4 N (2)42 m (3)322s (或2.1 s )解析 (1)第一次飞行中，飞行器的受力分析如图甲，设加速度为为a 1，匀加速运动H ＝12a 1t 21，由牛顿第二定律得F －mg －f ＝ma 1解得f ＝4 N ；(2)第二次飞行中，失去升力后的受力分析如图乙，设失去升力时的速度为v 1，匀加速运动h 1＝12a 1t 22；设失去升力后加速度为a 2，上升的高度为h 2，由牛顿第二定律得f ＋mg ＝ma 2，又v 1＝a 1t 2，h 1＝v 212a 2解得h ＝h 1＋h 2＝42 m ；(3)失去升力和恢复升力时飞行器受力分析如图丙、丁．设失去升力下降阶段加速度为a 3；恢复升力后加速度为a 4，恢复升力时速度为v 3.由mg －f ＝ma 3，F ＋f －mg ＝ma 4，v 232a 3＋v 232a 4＝h ，v 3＝a 3t 3，解得t 3＝322s (或2.1 s )．。

4.7 用牛顿定律解决问题（二）每课一练一、选择题1.（2013·重庆市江北中学高三第一学期物理水平测试）下列关于超重、失重现象的描述中，正确的是A．电梯正在减速上升，人在电梯中处于超重状态B．列车在水平轨道上加速行驶，车上的人处于超重状态C．荡秋千时当秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．在国际空间站内的宇航员处于失重状态1.D 解析：根据加速度的方向判断超重和失重，加速度方向向下时处于失重状态，加速度方向向上时处于超重状态。

电梯正在减速上升时，在电梯中的人的加速度方向向下，所以人处于超重状态；列车在水平轨道上加速行驶时，车上的人的加速沿水平方向，所以人既不处于超重状态也不处于失重状态，选项B错误；荡秋千时当秋千摆到最低位置时，人的加速度竖直向上，所以人处于超重状态，选项C错误；在国际空间站内的宇航员的加速度指向地面，处于完全失重状态，选项D正确。

2．（2013·重庆卷）如题1图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。

若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为A．G B．G sinθC．G cosθD．G tanθ2.A 解析：该人处于静止状态，椅子各部分对他的作用力的合力与其重力等大反向，故该合力等于G。

点评：受力分析时，先分析重力，再分析接触力。

本题中人受到重力和椅子各部分对他的作用力的作用而处于平衡状态，所以人的合力为零，椅子各部分对他的作用力的合力与其重力等大反向。

此外，本题中没有限定θ的大小，所以正确选项对一些特殊角度也应该成立。

如，当θ=0时，人平躺在椅子上，椅子各部分对他的作用力的合力就是椅子竖直向上的支持力，与重力等大反向；当θ=90°时，人挺直腰杆竖直坐在椅子上，此时所求合力明显与重力等大反向。

四个选择中，θ=0或90°时，均等于G的只有选项A。

3.（2013·云南省玉溪一中高三月考）在伦敦奥运会上，我国选手陈一冰在吊环比赛中以完美的表现却意外只摘得银牌，但他的大度赢得了所有人的尊重，成为大家心目中的冠军。

[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/s 2.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g 5，方向一定竖直向下 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 －40g＝50a ，解得a ＝g 5，加速度方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，故选项C 错误、D 正确．5．(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，F 1＝440 N ，F 1>G ，电梯匀加速上升，小孩处于超重状态，此时有a 1＝F 1－G m ＝1 m/s 2，v ＝a 1t 1＝2 m/s ，h 1＝12a 1t 21＝2 m 在2～5 s 内，F 2＝400 N ，F 2＝G ，电梯匀速上升，小孩处于平衡状态，此时有h 2＝v t 2＝6 m在5～6 s 内，F 3＝320 N ，F 3<G ，电梯匀减速上升，小孩处于失重状态，此时有a 3＝G －F 3m＝2 m/s 2又v －a 3t 3＝0，说明电梯在6 s 末停止．故h 3＝v 2t 3＝1 m 所以电梯上升的高度为h ＝h 1＋h 2＋h 3＝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P A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，P A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)()解析：选AD ．由F －t 图象知：t 0～t 1时间内，人处于失重状态，具有向下的加速度，t 1～t 2时间内匀速或静止，t 2～t 3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a 1＝3 m/s 2，对演员由牛顿第二定律知mg －F f1＝ma 1，解得F f1＝420 N ，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F 1＝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/s 2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/s 2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 ＝F g＝60 kg ， 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 ′＝F g ＋a＝48 kg. 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 ＝10 m/s 2，试求：(1)从开始下落到最后着地经历的总时间；(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h 1＝75 m －30 m ＝45 m由h 1＝12gt 21得t 1＝ 2h 1g＝3 s 下落45 m 时的速度v 1＝gt 1＝30 m/s 减速过程中的平均速度v 2＝v 12＝15 m/s 减速时间t 2＝h 2v 2＝2 s 总时间t ＝t 1＋t 2＝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 21＝2gh 1＝2ah 2得，减速过程中加速度的大小a ＝15 m/s 2⎝⎛⎭⎫或a ＝v 1t 2＝15 m/s 2 根据牛顿第二定律：F N －mg ＝ma解得：F N ＝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。

7 用牛顿运动定律解决问题（二）基础巩固1．物体受到与水平方向成30°角的拉力F T的作用，向左做匀速直线运动，如图4－7－11所示，则物体受到的拉力F T与地面对物体的摩擦力的合力的方向是()图4－7－11 A．向上偏左B．向上偏右C．竖直向上D．竖直向下解析：物体受重力mg、拉力F T、支持力F N和摩擦力F f共同作用处于平衡状态，则四个力的合力为零，即有F f与F T的合力的大小等于重力和支持力的合力的大小，方向相反．答案：C2．如图4－7－12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)．下列说法正确的是()图4－7－12A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力解析：对于A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A项正确．答案：A3．如图4－7－13所示，在托盘测力计的托盘内固定一个质量为M的光滑的斜面体，现将一个质量为m的物体放在斜面上，让它自由落下，则测力计的示数()A．F N＝(M＋m)gB．F N＝MgC．F N>(M＋m)gD．F N<(M＋m)g答案：D4．如图4－7－14所示，一根丝线两端分别固定在M、N点，玩具小娃娃上面带一个小夹子，开始时用夹子将玩具娃娃固定在图示位置，a段丝线水平，b 段丝线与水平方向的夹角为45°.现将夹子向左移动一小段距离．移动后玩具仍处于静止状态．关于a、b两段丝线中的拉力，下列说法中正确的是()图4－7－14A．移动前，a段丝线中的拉力大小等于玩具所受的重力B．移动前，a段丝线中的拉力大小小于玩具所受的重力C．移动后，b段丝线中拉力的竖直分量不变D．移动后，b段丝线中拉力的竖直分量变小答案：AD5．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图4－7－15所示，那么下列说法中正确的是()图4－7－13图4－7－15A ．顾客始终受到三个力的作用B ．顾客始终处于超重状态C ．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D ．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：当电梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A 、B 都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时顾客对扶梯作用力的方向竖直向下，故选C.答案：C6．如图4－7－16所示，在倾角为30°的斜面上有一重10 N 的物块，被平行于斜面大小为8 N 的恒力F 推着沿斜面匀速上行．在推力F 突然撤消的瞬间，物块受到的合力大小为 ( )A ．8 NB ．5 NC ．3 ND ．2 N 解析：在恒力F 作用下物块匀速上行，则表明其合力为零，由平衡知识可知除恒力F 外，物块受到的其他力的合力大小应为8 N ，方向平行于斜面向下，A 正确．答案：A7．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4－7－17所示，在这段时间内下列说法中正确的是 ( )A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏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g /5，方向一定竖直向下解析：晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，图4－7－16 图4－7－17而晓敏的重力没有改变，A选项错；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，B选项错；以竖直向下为正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝g/5，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错、D选项正确．答案：D知能提升8．如图4－7－18所示，物体m静止于倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的推力F＝kt(k为比例常量、t为时间)作用在物体上．从t＝0开始，物体所受摩擦力f随时间t解析：物体原来就静止在斜面上，所受合力为零，施加推力F，使物体对斜面的压力增大，平行斜面方向上的力没有变化，合力仍为零，即静摩擦力等于物体的重力沿斜面向下的分力，D正确．答案：D9．有一小环A，套在水平固定的光滑杆BC上，现有一力F作用在环上，方向如图4－7－19所示，为了使小环保持平衡，还应对小环施加一个方向()图4－7－19A．沿AB方向的力B．沿与AC方向成θ角斜向下的力C．沿与AB成θ角斜向下的力D ．沿与BC 垂直且向下的力解析：小环A 的重力和光滑的水平杆对A 的压力都是竖直方向的力，力F 在水平方向上有分量，所加的力必须在水平方向有分量且与力F 的水平分量平衡，物体才有平衡的可能．将拉力F 进行正交分解，在竖直方向上的分量F y 与环的重力和光滑杆弹力(也在竖直方向上)的合外力为零．而在水平方向上有向右的分量F x ，此力需要水平外力来平衡，所加的力必须有水平向左的分量，小环才能平衡，A 、C 两选项中所加的力均有水平向左的分量．答案：AC10．L 型木板P (上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q 相连，如图4－7－20所示．若P 、Q 一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P 的受力个数为 ()图4－7－20A ．3B ．4C ．5D ．6解析：对木板P 进行受力分析：木板P 受重力、斜面的支持力、滑块Q 的弹力、弹簧的弹力和与斜面间的摩擦力5个力的作用．故选C.答案：C11．超市中小张沿水平方向推着质量为m 的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼，如图4－7－21所示．假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止，自动扶梯的倾角为30°，小张的质量为M ，小张与扶梯间的摩擦因数为μ，小车与扶梯间的摩擦忽略不计．则 ( )A ．小张对扶梯的压力大小为Mg cos 30°，方向垂直于斜面向下图4－7－21B ．小张对扶梯的摩擦力大小为(M ＋m )g sin 30°，方向沿斜面向下C ．扶梯对小张的摩擦力大小为μ(M ＋m )g cos 30°，方向沿斜面向上D ．小张对车的推力和车对小张的推力大小必相等，这是因为人和车均处于平衡状态解析：对购物车进行受力分析，购物车受到的人的推力F ＝mg tan θ，对人进行受力分析，人受到的摩擦力f ＝Mg sin θ＋F cos θ＝(M ＋m )sin θ，沿斜面向上，人受到的弹力F N ＝Mg cos θ－F sin θ＝Mg cos θ－mg sin θtan θ，A 错，B 对，C 错；小张对车的推力和车对小张的推力是一对作用力与反作用力，大小相等方向相反，D 错．答案：B12．一个质量是50 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测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为m A ＝5 kg 的物体A ，当升降机向上运动时，他看到弹簧测力计的示数为40 N ，如图4－7－22所示，g 取10 m/s 2，求此时人对地板的压力．解析：升降机所处的运动状态未知，但可由A 物体的运动状态分析求得．以A 为研究对象，对A 进行受力分析如右图所示．选向下的方向为正方向，由牛顿第二定律可得m A g －F T ＝m A a ，所以a ＝m A g －F T m A＝5×10－405m/s 2＝2 m/s 2 再以人为研究对象，他受到向下的重力m 人g 和地板的支持力F N .仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得方程图4－7－22m人g－F N＝m人a所以F N＝m人g－m人a＝50×(10－2) N＝400 N则由牛顿第三定律可知，人对地板的压力为400 N，方向竖直向下．答案：对地板的压力400 N，方向竖直向下。

4.7用牛顿定律解决问题（二）每课一练一、选择题1.（多选）如图所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱挣止时弹簧处于压缩状态M物块压在箱顶上。

若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为・加速下降 B.加速上升 C.减速上升D.减速下降2.BD 解析：根据题意，弹簧对物块竖直向上的弹力大丁•物块的重力，当物块对箱顶刚好无压力时, 物块的合力竖直向上，加速度向上，所以木箱的运动状态可能为加速上升或减速下降，选项BD正确。

3.（2013 •江苏省徐州市高三模底）一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程屮，其图象如图所示.卜列说法正确的是A.前2s内该同学处于超重状态B.前2s内该同学的加速度是最后Is内的2倍C.该同学在10s内的平均速度是lm/sD.该同学在10s内通过的位移是17m3.D 解析：根据Z图象,取竖直向下为正方向,在前2s内该同学的加速度方向向下,大小为］m/sS 处于失重状态,选项A错误;在最后Is内,同学的加速度大小为2m/s1 2,所以前2s内该同学的加速度是最后Is内的丄，选项B错误；根据v-t图象的“而积”可求得，该同学在10s内通过的位移是1 K 17 nrx=-x（7 + 10）x2m = 17m,平均速度v = - = = 1.7m/s ,选项C错误，D正确。

本题答案为D。

2 t10s4.（多选）（2U13 •江苏省泗阳中学高三月考）如图所示是自动扶梯运送乘客的示意图，扶梯在正常工作状态下做匀速运动，乘客很安全。

但2009年12月8日8点北京市朝阳门地铁站自动扶梯上的乘客却经历了惊魂时刻，当时地铁站的自动扶梯突发故障，载有100余名乘客的扶梯匀速向右上行中突然反向，最后变成匀速下行，致使部分乘客摔倒受伤。

下列分析正确的是（）2A.匀速上行过程中乘客对电梯的压力就是乘客的重力B.电梯减速上行过程中乘客处于失重状态C.电梯加速上行时乘客对扶梯的摩擦力方向向左D.匀速下行时乘客对扶梯的摩擦力方向向右4.BC解析：乘客对电梯的压力和乘客的重力是两个施力物体和受力物体均不同的力，选项A错误；电梯减速上行过程中，乘客的加速度方向与运动方向相反，加速度具有竖直向下的分量，所以乘客处于失重状态，选项B正确；电梯加速上行时，乘客所受合外力与运动方向相同，其除了受到竖直向卜•的重力和竖直向上的支持力，肯定还受到水平向右的摩擦力的作用，根据牛顿第三定律，乘客对扶梯的摩擦力方向向左，选项C止确；匀速下行时乘客所受合外力为零，水平方向上不可能受到擦擦力的作用，选项D错误。

4.7 用牛顿运动定律解决问题(二) 每课一练（人教版必修1）1．下列关于超重和失重的说法中，正确的是( ) A ．物体处于超重状态时，其重力增加 B ．物体处于完全失重状态时，其重力为零C ．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小D ．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化 2．物体在共点力作用下，下列说法中正确的是( )A ．物体的速度在某一时刻等于零，物体就一定处于平衡状态B ．物体相对于另一物体保持静止时，物体一定处于平衡状态C ．物体所受合力为零，就一定处于平衡状态D ．物体做匀加速运动时，物体处于平衡状态3．质量为m 的物体放置在升降机内的台式测力计上，升降机以加速度a 在竖直方向上做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则( ) A ．升降机加速度的方向竖直向下 B ．台式测力计的示数减少ma C ．升降机一定向上运动 D ．升降机一定做加速运动4．某物体受四个力的作用而处于静止状态，保持其他三个力的大小和方向均不变，使另一个大小为F 的力的方向转过90°，则欲使物体仍能保持静止状态，必须再加上一个大小为多少的力( )A ．F B.2F C ．2F D ．3F图55．如图5所示，物体质量为m ，靠在粗糙的竖直墙上，物体与墙面间的动摩擦因数为μ，要使物体沿墙匀速滑动，则外力F 的大小可能是( ) A.mg sin θB.mgsin θ－μcos θC.mgcos θ－μsin θD.mgcos θ＋μsin θ图66．物体P 、Q 叠放在一起，如图6所示．现从某一高度由静止释放，若不计空气阻力，则它们在下落过程中( ) A ．P 对Q 有向下的弹力B．P、Q间无相互作用的弹力C．Q对P的弹力小于P的重力图77．如图7所示，球A重G1＝60 N，斜面体B重G2＝100 N，斜面倾角θ＝30°，一切摩擦均不计，则水平力F为多大时，才能使A、B均处于静止状态？求此时竖直墙壁和水平地面受到的弹力的大小？图88．如图8所示，小球质量为m，用两根轻绳BO、CO系好后，将绳固定在竖直墙上，在小球上加一个与水平方向夹角60°的力F，使小球平衡时，两绳均伸直且夹角为60°.则力F的大小应满足什么条件？参考答案课后巩固提升1．D 2.C 3.AB 4.B 5.CD 6.B 7．20 3 N,60 N解析 设竖直墙壁和水平地面对A 、B 的作用力分别为F 1、F 2 取A 、B 组成的整体为研究对象，受力分析如图甲．由受力平衡条件得 F 2＝G 1＋G 2＝160 N F 1＝F取A 为研究对象，受力分析如图乙．由受力平衡得F 1＝G 1·tan θ 则F ＝G 1·tan θ＝20 3 N ，由牛顿第三定律知竖直墙壁和水平地面受到的弹力的大小，分别为20 3 N,60 N. 8.33 mg ≤F ≤233mg . 解析 F 过大时，BO 绳将松驰，F 过小时，CO 绳将松驰，故两个临界情况分别是BO 绳中张力为零和CO 绳中张力为零，分别作出两种情况下小球受力如图甲、乙，BO 绳中张力为零时，由受力平衡条件得 F 1sin60°＝G ， 解得F 1＝2 33mgAO 绳中张力为零时由受力平衡条件得 F 2·cos60°＝F OB cos60°，F 2sin60°＋F OB sin60°＝G 解得F 2＝33mg 则F 的大小应满足33 mg ≤F ≤2 33mg。

课时提升作业(十九)用牛顿运动定律解决问题(二)(15分钟50分)一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。

多选题已在题号后标出)1.物体在共点力作用下,下列说法中正确的是( )A.物体的速度在某一时刻等于零,物体就一定处于平衡状态B.物体相对另一物体保持静止时,物体一定处于平衡状态C.物体处于平衡状态,所受合力一定为零D.物体处于平衡状态时,物体一定做匀速直线运动【解析】选C。

处于平衡状态的物体,从运动形式上来看是处于静止或匀速直线运动状态,从受力上来看,物体所受合力为零。

某一时刻速度为零的物体,受力不一定为零,故不一定处于平衡状态,选项A、D错误;物体相对于另一物体静止时,该物体不一定静止,如当另一物体做变速运动时,该物体也做变速运动,此物体处于非平衡状态,故选项B 错误;由共点力的平衡条件可知选项C正确。

2.(2014·厦门高一检测)2013年6月26日8时7分许,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错误。

【变式训练】(2014·济宁高一检测)关于超重和失重,下列说法中正确的是( )A.超重就是物体受的重力增大了B.失重就是物体受的重力减小了C.完全失重就是物体一点重力都不受了D.不论超重或失重甚至完全失重,物体所受重力是不变的【解析】选D。

所谓超重(或失重),指的是物体对支持物的压力(或悬挂物的拉力)大于(或小于)自身重力的现象,而物体自身的重力不变。

课时跟踪检测（十九）用牛顿运动定律解决问题（二）1．在下图中，能表示物体处于平衡状态的是()解析：选C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．(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．减速下降解析：选AD由牛顿第二定律F N－mg＝ma知电梯加速度向上，故可能加速上升，也可能减速下降，A、D对。

3．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解析：选B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。

4．一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角α＝30°的固定光滑斜面上，在如图1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)()图1A．仅甲图B．仅乙图C．仅丙图D．甲、乙、丙图解析：选B物体受三个力的作用，重力、支持力、拉力。

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，选项B正确。

5．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手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A、B错误。

牛顿运动定律的案例分析（二） 每课一练（沪科版必修1） 题组一 瞬时加速度问题1.质量均为m 的A 、B 两球之间系着一个质量不计的轻弹簧并放在滑腻水平台面上，A 球紧靠墙壁，如图1所示，今用水平力F 推B 球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F 撤去的刹时( )图1A ．A 的加速度大小为F 2mB ．A 的加速度大小为零C ．B 的加速度大小为F 2mD ．B 的加速度大小为F m 答案 BD解析 在将力F 撤去的刹时A 球受力情况不变，仍静止，A 的加速度为零，选项A 错，B 对；而B 球在撤去力F 的刹时，弹簧的弹力还没来得及发生转变，故B 的加速度大小为F m，选项C 错，D 对．2．如图2所示，A 、B 两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面滑腻．系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，已知重力加速度为g .在细线被烧断的刹时，下列说法正确的是( )图2A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为g sin θD ．弹簧有收缩趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零答案 B解析 因为细线被烧断的刹时，弹簧的弹力不能突变，所以B 的瞬时加速度为0，A 的瞬时加速度为2g sin θ，所以选项B 正确，A 、C 、D 错误．3．如图3所示，A 、B 两木块间连一轻杆，A 、B 质量相等，一路静止地放在一块滑腻木板上，若将此木板突然抽出，在此刹时，A 、B 两木块的加速度别离是( )图3A ．a A ＝0，aB ＝2gB ．a A ＝g ，a B ＝gC ．a A ＝0，a B ＝0D ．a A ＝g ，a B ＝2g 答案 B解析 当刚抽去木板时，A 、B 和杆将作为一个整体一路下落，下落进程中只受重力，按照牛顿第二定律得a A ＝a B ＝g ，故选项B 正确．4．如图4所示，在滑腻的水平面上，质量别离为m 1和m 2的木块A 和B 之间用轻弹簧相连，在拉力F 作用下，以加速度a 做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F ，此刹时A 和B 的加速度的大小为a 1和a 2，则( )图4A ．a 1＝a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a答案 D解析 两木块在滑腻的水平面上一路以加速度a 向右做匀加速运动时，弹簧的弹力F 弹＝m 1a ，在力F 撤去的刹时，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m 1a ，因此木块A 的加速度此时仍为a ，以木块B 为研究对象，取向右为正方向，－m 1a ＝m 2a 2，a 2＝－m 1m 2a ，所以D 项正确． 题组三 动力学中的临界问题5．如图5所示，质量为M 的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m 的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，若要以水平外力F 将木板抽出，则力F 的大小至少为( )图5A ．μmgB ．μ(M ＋m )gC ．μ(m ＋2M )gD ．2μ(M ＋m )g 答案 D解析 将木板抽出的进程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，物块的加速度大小为a m ＝μg ，要想抽出木板，必需使木板的加速度大于物块的加速度，即a M >a m ＝μg ，对木板受力分析如图．按照牛顿第二定律，得：F －μ(M ＋m )g －μmg ＝Ma M得F ＝μ(M ＋m )g ＋μmg ＋Ma M >μ(M ＋m )g ＋μmg ＋μMg ＝2μ(M ＋m )g ，选项D 正确．6．如图6所示，质量为m 1＝2 kg 、m 2＝3 kg 的物体用细绳连接放在水平面上，细绳仅能经受1 N 的拉力，水平面滑腻，为了使细绳不断而又使它们能一路取得最大加速度，则在向左水平施力和向右水平施力两种情况下，F 的最大值是( )图6A ．向右，作用在m 2上，F ＝53N B ．向右，作用在m 2上，F ＝ NC ．向左，作用在m 1上，F ＝53N D ．向左，作用在m 1上，F ＝ N答案 BC解析若水平力F 1的方向向左，如图．设最大加速度为a 1，按照牛顿第二定律，对整体有：F 1＝(m 1＋m 2)a 1对m 2有：T ＝m 2a 1所以F 1＝m 1＋m 2m 2T ＝2＋33×1 N ＝53N ，C 对，D 错．若水平力F 2的方向向右，如图．设最大加速度为a 2，按照牛顿第二定律，对整体有：F 2＝(m 1＋m 2)a 2对m 1有：T ＝m 1a 2所以F 2＝m 1＋m 2m 1T ＝2＋32×1 N ＝ N ．A 错，B 对． 7.如图7所示，质量为M 的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下端与质量为m 的小球连接．当小球上下振动的某个时刻，木箱恰好不离开地面，求此时小球的加速度．图7答案 a ＝M ＋m mg ，方向向下 解析 如图所示，对木箱受力分析有：F ＝Mg 对小球受力分析有：mg ＋F ′＝ma又F ＝F ′解得：a ＝M ＋m mg ，方向向下． 8．如图8所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m 的物体A ，绳与水平面之间的夹角α＝53°，A 与地面间的摩擦不计，求(sin 53°＝：图8(1)当卡车以加速度a 1＝g 2加速运动时，绳的拉力为56mg ，则A 对地面的压力为多大？ (2)当卡车的加速度a 2＝g 时，绳的拉力多大？方向如何？答案 (1)13mg (2) 2mg ，方向与水平面成45°角斜向上 解析 (1)设物体刚离开地面时，具有的加速度为a 0对物体A 进行受力分析，可得：ma 0＝mgtan α，则a 0＝34g 因为a 1<a 0，所以物体没有离开地面．由牛顿第二定律得F cos α＝ma 1F sin α＋N ＝mg 得N ＝13mg由牛顿第三定律得，A 对地面的压力的大小为13mg . (2)因为a 2>a 0，所以物体已离开地面．设此时绳与地面成θ角F ′＝m a 2＋g 2＝2mg 所以tan θ＝1，θ＝45°，即绳的拉力与水平面成45°角斜向上题组三 多进程问题9．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，尔后关闭发动机，汽车又运动了2 s 停止，已知汽车的质量m ＝2×103 kg ，汽车运动进程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小；(2)汽车运动进程中所受到的阻力大小；(3)汽车牵引力的大小．答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动s 0＝v 0＋02t 1 解得v 0＝2s 0t 1＝4 m/s (2)关闭发动机后汽车减速进程的加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2 由牛顿第二定律有－f ＝ma 2解得f ＝4×103N(3)设开始加速进程中汽车的加速度为a 1s 0＝12a 1t 21 由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1解得F ＝f ＋ma 1＝6×103 N10．物体以14.4 m/s 的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图9所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为，求：图9(1)物体沿斜面上滑的最大位移；(2)物体沿斜面下滑的时间．(已知sin 37°＝，cos 37°＝答案 (1)14.4 m (2) s解析 (1)上升时加速度大小设为a 1，由牛顿第二定律得： mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1解得a 1＝7.2 m/s 2上滑最大位移为s ＝v 202a 1 代入数据得s ＝14.4 m(2)下滑时加速度大小设为a 2，由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2解得a 2＝4.8 m/s 2由s ＝12a 2t 2得下滑时间 t ＝2sa 2＝ 6 s ≈ s11．如图10所示，在海滨游乐场里有一场滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．若是人和滑板的总质量m ＝60 kg ，滑板与斜坡滑道和水光滑道间的动摩擦因数均为μ＝，斜坡的倾角θ＝37°(已知sin 37°＝，cos 37°＝，斜坡与水光滑道间是光滑连接的，整个运动进程中空气阻力忽略不计，人从斜坡滑上水光滑道时没有速度损失，重力加速度g取10 m/s2.图10(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？(2)若由于场地的限制，水光滑道的最大距离BC为L＝20 m，则人从斜坡上滑下的距离AB 应不超过量少？答案(1)2 m/s2(2)50 m解析(1)人在斜坡上受力如图所示，成立直角坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mg sin θ－f1＝ma1N1－mg cos θ＝0又f1＝μN1联立解得a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10×－× m/s2＝2 m/s2.(2)人在水光滑道上受力如图所示，由牛顿第二定律得：f2＝ma2，N2－mg＝0又f2＝μN2联立解得a2＝μg＝5 m/s2设人从斜坡上滑下的距离为L AB，对AB段和BC段别离由匀变速直线运动公式得：v2－0＝2a1L AB,0－v2＝－2a2L联立解得L AB＝50 m.12．如图11所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m．物体与地面间的动摩擦因数μ＝，现用大小为20 N，与水平方向成53°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能抵达B处，求该力作用的最短时间t(已知sin 53°＝，cos 53°＝，g取10 m/s2)．图11答案 2 s解析 物体先以大小为a 1的加速度匀加速运动，撤去外力后，再以大小为a 2的加速度减速到B ，且到B 时速度恰好为零．力F 作历时：F cos 53°－μ(mg －F sin 53°)＝ma 1t 时刻：s 1＝12a 1t 2 v t ＝a 1t撤去力F 后：μmg ＝ma 2v 2t ＝2a 2s 2由于s 1＋s 2＝L解得t ＝2 s。