同步练习《用牛顿运动定律解决问题》

《用牛顿运动定律解决问题（二）》同步练习选择题选择题1．如图所示，物体M处于静止状态，三条细绳中的拉力之比T1：T2：T3为()A．1：2：3B．1：2：eq\r(3)C．5：4：3\r(2)：1：12．如图所示，一个质量为m的物体在五个共点力的作用下处于平衡状态．下列说法正确的是()A．除F1以外，其余四个力的合力大小与F1相等，方向与F1的方向相反B．如果撤去力F1，而保持其余四个力不变，此时物体的加速度的大小为F1/m，方向与F1的方向相同C．如果撤去力F1，而保持其余四个力不变，此时物体的加速度的大小为F1/m，方向与F1的方向相反D．如果保持其余四个力不变，将F1的方向逆时针转90°，大小保持不变，此时物体的加速度大小为eq\r(2)F1/m，方向与最初F1的方向成45°角3．跳水运动员从10m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4．如图所示，位于水平地面上的质量为m的物体，在大小为F、与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做匀速直线运动．则下列说法中正确的是()A．物体所受的滑动摩擦力的大小为FcosαB此时物体对地面的压力大小为mgC．物体所受的拉力F与滑动摩擦力的合力方向竖直向上D．物体与地面间的动摩擦因数μ＝eq\f(Fcosα,mg－Fsinα)5．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6．某物体在三个共点力的作用下处于静止状态，若把其中一个力F1的方向沿顺时针转过90°而保持其大小不变．其余两个力保持不变，则此时物体所受的合力大小为()A．F1\r(2)F1C．2F1D．无法确定7．一质量为m的物体恰能沿倾角为θ的斜面匀速下滑．下列关于物体运动的说法中正确的是()A．该物体与斜面间的动摩擦因数为tanθB．在物体沿该斜面匀速下滑的过程中，如果给物体施加一个竖直向下的力F，物体将继续以原来的速度匀速下滑C．在物体沿该斜面匀速下滑的过程中，如果给物体施加一个竖直向下的力F，物体将沿斜面向下加速下滑D．如果将物体换为一个质量为2m的同种材料和同等粗糙程度的物体后，该物体将沿斜面向下加速下滑8．滑板运动是一项非常刺激的水上运动．研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力垂直于滑板面．如图所示，运动员在水平牵引力作用下，滑板面与水平面之间的夹角θ＝37°，滑板匀速运动，人和滑板的总质量为100kg，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，则水平牵引力为(sin37°＝()A．1250NB．1000NC．750ND．500N9．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，其重力增加了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大或减小了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发生变化10．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11．一个人蹲在磅秤上，在他迅速站起的过程中，磅秤的示数将()A．先减小后增大最后复原B．先增大后减小最后复原C．先减小后复原D．先增大后复原填空题填空题12．某人在地面上最多能举起60kg的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起80kg的物体．则电梯的加速度为________．若电梯以此加速度上升，则此人在电梯里最多能举起物体的质量________kg(g取10m/s2)．实验探究题实验探究题13．某人站在离地25m的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石块，不考虑空气阻力，g＝10m/s2，试计算：(1)石块能到达的最大高度；(2)石块抛出1s内的位移；(3)石块从抛出到落到地面所用的时间．14.如图所示，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，小球孔径略大于细直杆直径．重力加速度为g.(1)当细直杆在水平方向固定时，调节风力的大小，使小球在细直杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的eq\f(1,2)，求小球与细直杆间的动摩擦因数．(2)保持小球所受的风力不变，使细直杆与水平方向的夹角为θ＝37°并固定，则小球从静止出发在细直杆上滑下距离s所需时间为多少？(sin37°＝，cos37°＝15．如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示．试求：(1)拉力F的大小．(2)t＝4s时物体的速度v的大小．答案与解析选择题选择题1.【答案】B【解析】由题意得T3＝Mg，物体处于静止状态，合力为零，T1＝T3cot60°，T2＝T3/sin60°.即T1：T2：T3＝1：2：eq\r(3).2.【答案】AC【解析】共点力作用下物体平衡的条件是合外力为零.除F1以外，其余四个力可用一个合力来代替，则物体等效为受两个力的作用，则这两个力大小相等，方向相反．所以AC正确，B错误．将F1的方向逆时针转90°时，物体受到的合外力方向与最初F1的方向成135°角，故D错误．3.【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，故均为完全失重状态，故选D.4.【答案】ACD【解析】对物体受力分析如图，将拉力F分解到水平方向和竖直方向，水平方向合力为零，则f＝F2＝Fcosα，所以A正确．竖直方向合力为零，则FN＝mg－F1＝mg－Fsinα，所以B错误．拉力F与滑动摩擦力f的合力等效为F1、F2与f三个力的合力，所以合力为F1，方向竖直向上，C正确．由f＝μFN，得μ＝eq\f(f,FN)＝eq\f(Fcosα,mg－Fsinα)，所以D正确．5.【答案】C【解析】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，A错；物体相对于另一物体静止时，该物体不一定处于非平衡状态，故B错；C选项符合平衡条件的判断，为正确选项；物体做匀加速运动，所受合力不为零，故不是平衡状态，D错．6.【答案】B【解析】其它两个力的合力大小为F1，方向与F1反向，当F1转过90°时，三力合力为eq\r(2)F1，B正确．7.【答案】AB【解析】对物体受力分析，把重力沿斜面和垂直于斜面方向分解，如图1所示．垂直于斜面方向，FN＝G2＝mgcosθ，f＝μFN，平行于斜面方向，f＝G1＝mgsinθ，联立解得μ＝tanθ，所以A正确．给物体施加一竖直向下的力F时，物体受力如图2所示．可先将F与物体的重力合成，设为T，再将它沿斜面和垂直于斜面方向分解．垂直于斜面方向，F′N＝T2＝(mg＋F)cosθ，T沿斜面方向的分力T1＝(mg＋F)sinθ，而f′＝μF′N，将μ＝tanθ代入得f′＝μF′N＝tanθ(mg＋F)cosθ＝(mg＋F)sinθ＝T1，所以物体所受的合外力仍为零，物体继续做匀速直线运动，B正确，C错误．将物体的质量换为2m，与上面分析相同，仍做匀速直线运动，所以D错误．8.【答案】C【解析】把人与滑板看作一整体，对其受力分析知：F′＝mgtan37°＝100×10×＝750N，C正确．9.【答案】D【解析】物体处于超重或失重状态时物体的重力(由于地球对物体吸引而产生的)本身不会发生变化，所以AB错误．质量是惯性大小的量度，所以一个物体的惯性不会随物体的运动状态发生变化，所以C错误，D正确．10.【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F1大于重力，由牛顿第二定律可知a≠0，C错误；在t3至t4时间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．11.【答案】B【解析】人从磅秤上站起的过程分为向上加速，向上减速，最后静止在磅秤上几个阶段．当向上加速时，加速度方向向上，人处于超重状态，磅秤的示数大于人的质量．当人向上减速时，加速度方向向下，人处于失重状态，磅秤的示数小于人的质量．最后静止时磅秤的示数等于人的质量．所以B正确．填空题填空题12.【答案】m/s248【解析】站在地面上的人，最大举力F＝m1g＝600N.在加速下降的电梯里，人的最大举力不变，由牛顿第二定律：m2g－F＝m2a，故a＝g－eq\f(F,m2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(600,80)))m/s＝m/s2.若电梯加速上升，则由牛顿第二定律：F－m3g＝m3a，所以m3＝eq\f(F,g＋a)＝eq\f(600,kg＝48kg.实验探究题实验探究题13.【解】(1)石块到达最大高度时速度为零．根据匀变速直线运动规律，石块上升的最大高度为h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m，所以石块能到达的最大高度为45m(2)石块抛出1s内的位移h1＝v0t0－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)＝15m，方向向上(3)方法一石块用时间t1到达最高点，则t1＝eq\f(v0,g)＝2s再经过时间t2到达地面，则H＋h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝3s所以从抛出到落到地面共用时t＝t1＋t2＝5s方法二以向上为正方向，由于地面处于平台以下，则位移为－25m，则x＝v0t－eq\f(1,2)gt2解得t＝5s(t＝－1s舍去)14.【解】(1)设小球所受风力为F，则F＝eq\f(1,2)mg当细直杆水平固定时，小球做匀速运动，则小球所受摩擦力Ff与所受风力F等大反向，即Ff＝F又Ff＝μmg联立解得小球与杆间的动摩擦因数μ＝(2)当细直杆与水平方向成θ＝37°角时，小球从静止开始沿细直杆加速下滑．设下滑距离s所用时间为t，小球受重力mg、风力F、细直杆的支持力F′N和摩擦力F′f作用，由牛顿第二定律可得沿细直杆的方向：Fcosθ＋mgsinθ－F′f＝ma垂直细直杆的方向：F′N＋Fsinθ－mgcosθ＝0又F′f＝μF′N解得小球的加速度a＝eq\f(Fcosθ＋μsinθ,m)＋g(sinθ－μcosθ)＝eq\f(3,4)g由s＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(8s,3g))15.【答案】(1)30N(2)2m/s【解析】(1)设力F作用时物体的加速度为