【名师一号】2021年新课标版物理必修一-双基限时练24-牛顿运动定律

双基限时练(二十四)用牛顿运动定律解决问题(二)1.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加了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，物体所受重力是不变的解析超重和失重是一种现象，并不是物体所受重力增加或者减小，故D选项正确．答案D2.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，物体就肯定处于平衡状态B.物体相对于另一物体保持相对静止时，物体肯定处于平衡状态C.物体的加速度为零，就肯定处于平衡状态D.物体做匀加速运动时，物体处于平衡状态解析在共点力作用下物体的平衡条件是物体所受合力为零，即物体的加速度为零，C选项正确．答案C3.一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为eq\f(g,3)，g为重力加速度，人对电梯的压力为()A.eq\f(1,3)mg B.2mgC.mg D.eq\f(4,3)mg解析取人为争辩对象，由牛顿其次定律得FN－mg＝maFN＝ma＋mg＝eq\f(4,3)mg由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力与电梯对人的支持力为作用力与反作用力，所以人对电梯底部的压力为eq\f(4,3)mg.答案D4.某电梯中用细绳静止悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然发觉绳子断了，由此推断此时电梯的状况是()A.电梯肯定是加速上升B.电梯可能是减速上升C.电梯可能匀速向上运动D.电梯的加速度方向肯定向上解析绳子突然断了说明绳子的拉力变大，物体处于超重状态，即加速度向上，故D选项正确．答案D5．如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开头时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC.此过程中，杆BC所受的力()A．大小不变 B．渐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小解析对B点受力分析如图所示．其中T＝G.轻杆对B点的作用力为N，T与N的合力与绳子AB的拉力等大反向．矢量三角形BED与几何三角形BCA相像，则eq\f(T,AC)＝eq\f(N,BC)＝eq\f(F,AB)又因T＝G恒定，AC、BC长恒定，故N大小不变，由力的相互作用可知轻杆BC所受的力N′＝N，大小不变，选项A正确．答案A6.用轻弹簧竖直悬挂的质量为m物体，静止时弹簧伸长量为L0.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L0A.等于零B.大小为eq\f(1,2)mg，方向沿斜面对下C.大小为eq\f(\r(3),2)mg，方向沿斜面对上D.大小为mg，方向沿斜面对上解析当弹簧竖直悬挂质量为m的物体时，以m为争辩对象，处理平衡状态，设弹簧原长为L，由平衡条件得k(L0－L)＝mg质量为2m由平衡条件2mgsin30°－F＝FfF＝k(L0－L)解得Ff＝0.答案A7.有始终角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q；两环质量均为m，两环间由一根质量可忽视、不行伸长的细绳相连，并在某一位置上平衡，如图所示，现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡状态，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO杆对环的支持力FN和细绳的拉力FT的变化状况()A.FN不变，FT变大 B.FN不变，FT变小C.FN变大，FT变大 D.FN变大，FT变小解析取P、Q两环整体争辩，在竖直方向上只有AO杆对其产生竖直向上的力，故FN＝2mg，FN大小不变．再取Q为争辩对象，将拉力FT沿竖直、水平方向分解如图所示竖直重量FTy＝FTcosα，由于FTy＝mgFT＝eq\f(mg,cosα)，当α减小时FT变小，故B选项正确．答案B8.(多选题)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧秤的示数如右图所示，电梯运行的v－t图象(如下图所示)可能是(取电梯向上运动的方向为正)()解析由题意可知，t0～t1时间内弹簧秤的示数小于人的体重，表明人处于失重状态，电梯有可能向下做匀加速运动或向上做匀减速运动；t1～t2时间内弹簧秤示数等于人的体重，表明人处于平衡状态，电梯的加速度为零，电梯可能做匀速运动，可能静止，t2～t3时间内，弹簧秤示数大于人的体重，表明人处于超重状态，电梯有向上的加速度，电梯可能向下做匀减速运动或向上做匀加速运动，所以选项A、D正确．答案AD9.(多选题)如右图所示，物体A、B的质量均为m，物体与接触面的动摩擦因数均为μ，B物体所接触的面是竖直的，不计滑轮的摩擦．欲使物体A在水平面上做匀速直线运动，则水平力F应为()A.(1－2μ)mg B.(1－μ)mgC.(1＋μ)mg D.(1＋2μ)mg解析当物体A向左匀速运动时拉力F＝(1＋μ)mg，若物体A向右做匀速运动时，拉力F＝(1－μ)mg，故B、C选项正确．答案BC10.如右图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长10cm，运动时弹簧伸长9cm，则升降机的运动状态可能是()A.以a＝1m/s2的加速度加速下降B.以a＝1m/s2的加速度加速上升C.以a＝9m/s2的加速度减速上升D.以a＝9m/s2的加速度加速下降解析弹簧弹力减小，则物体所受合外力向下，故物体只有向下的加速度，设弹簧劲度系数为k，质量为m，则有mg＝kx1mg－kx2＝ma联立得k(x1－x2)＝maa＝eq\f(kx1－x2g,kx1)＝eq\f(10－9,10)×10m/s2＝1m/s2故A选项正确．答案A11.如右图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，整体装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，绳上的拉力F的大小为()A.F＝mg B.mg＜F＜(M＋m)gC.F＝(M＋m)g D.F＞(M＋m)g解析当B被吸引上升的过程中系统处于超重状态，拉力F大于(M＋m)g，故D选项正确．答案D12.某人在以加速度a＝2m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1＝75kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起50kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大？(g取10m/s2)解析设此人在地面上的最大“举力”为F，那么他在以不同加速度运动的升降机中最大的“举力”仍旧是F.以物体为争辩对象进行受力分析，物体的受力示意图如图所示，且物体的加速度与升降机相同．当升降机以加速度a＝2m/s2匀加速下降时，对物体有：m1g－F＝mF＝m1(g－a)得：F＝75×(10－2)N＝600N设人在地面上最多可举起质量为m的物体则F＝m0g，m0＝eq\f(F,g)＝eq\f(600,10)kg＝60kg当升降机以加速度a′匀加速上升时，对物体有：F－m2g＝m2a′＝eq\f(F,m2)－g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(600,50)－10))m/s2＝2m/s2所以升降机匀加速上升的加速度为2m/s2.答案60kg2m/s213.如图所示，在光滑的水平面上，质量分别是M、m的A、B两木块接触面与水平支持面的夹角为θ，A、B接触面光滑，用大小均为F的水平推力第一次向右推A，其次次向左推B，两次推动A、B均一起在水平面上滑动，设两次推动中，A对B的作用力和B对A的作用力大小分别为FN1和FN2，求FN1FN2的大小．解析以A、B整体为争辩对象，由牛顿其次定律有F＝(M＋m)a，得a＝eq\f(F,M＋m).第一次推以B为争辩对象FN1sinθ＝ma解得FN1＝m·eq\f(F,M＋m)·eq\f(1,sinθ)＝eq\f(mF,M＋msinθ)其次次推以A为争辩对象FN2sinθ＝Ma解得FN2＝eq\f(MF,M＋msinθ)所以FN1FN2＝mM.答案mM14.如图所示，轻弹簧AB原长为35cm，A端固定于一个放在倾角为30°的斜面、重50N的物体上，手执B端，使弹簧与斜面平行．当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时，弹簧长变为40cm；当匀速上滑时，弹簧长变为50cm.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)物体跟斜面间的动摩擦因数μ.解析当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时，物体受力状况如图①，由平衡条件得