人教新课标用牛顿运动定律解决问题精简精炼 精品获奖2

7用牛顿定律解决问题（二）5分钟训练(预习类训练，可用于课前)1.放在水平桌面上的书，受到了两个力的作用，一个是________，一个是________，书所受到的合力为________，物体所处的状态为________.思路解析：放在水平桌面上的书处于静止状态，书受到重力和水平桌面的支持力的作用，这两个力是一对平衡力.答案：重力支持力0静止2.下列物体中处于平衡状态的是（）A.静止在粗糙斜面上的物体B.沿光滑斜面下滑的物体C.在平直路面上匀速行驶的汽车D.做自由落体运动的物体在刚开始下落的一瞬间思路解析：沿光滑斜面下滑的物体处于加速状态，既不是静止状态，也不是匀速运动状态，故B错.做自由落体运动的物体在刚开始下落的瞬间，尽管速度为零，但受重力作用，合力不为零，也处于非平衡状态，故D错.答案：AC3.如图4-7-1所示,一水桶侧壁上不同高度处开有两小孔,把桶装满水,水从孔中流出.用手将桶提至高处,然后松手让桶落下,在水桶下落的过程中（）图4-7-1A.水仍以原流速从孔中流出B.水仍从孔中流出,但流速变快C.水几乎不从孔中流出D.水仍从孔中流出,但两孔流速相同思路解析：水之所以能从孔中流出,是因为在孔的位置水存在压力差,而把水压出孔外,而压力是由于水的重力产生的,松手后,桶和水一起向下做加速度为g的加速运动,都处于完全失重状态,由重力产生的现象（压力差）完全消失.在松开手前水对上面孔所在位置压力差小于桶的下面孔所在位置的压力差,即下面孔中水的流速大于上面孔中水的流速；松手后,水和桶同时处于几乎完全失重状态,水的压力差完全消失,故两孔中都几乎没有水流出.答案：C10分钟训练(强化类训练，可用于课中)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,其重力增大了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变化思路解析：超重和失重状态下物体本身的重力并没有改变,增大或减小的是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力.答案：D2.一个物体受三个共点力的作用处于平衡状态，下面四种组合可能的是（）=7N，F2=8N，F3=9N=8N，F2=2N，F3=1N=7N，F2=1N，F3=5N=10N，F2=10N，F3=4N思路解析：三个力的作用下物体处于平衡状态的条件应为：合外力为零，因此三个力必能组成一矢量三角形，三角形两边之和肯定大于第三边，三力的关系应为F1+F2＞F＞|F1-F2|.答案：AD3.一物体静止在倾角为θ的斜面上,如图4-7-2所示,那么,物体对斜面的作用力的方向为（）图4-7-2A.沿斜面向下B.竖直向上C.垂直于斜面向下D.竖直向下思路解析：静止在斜面上的物体受到三个力的作用：重力G、弹力FN、摩擦力Fμ.其中FN和Fμ是斜面对物体的作用力,因为物体处于平衡状态,故FN与Fμ的合力一定与重力G等大反向,即物体受到斜面的作用力竖直向上,由牛顿第三定律知,物体对斜面的作用力一定竖直向下,D项正确.答案：D4.吊在教室内的电扇受重力G，静止时固定杆对它的拉力为F，扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为F′，则（）=F′=G=G，F′＞F=G，F′＜F′=G，F′＞F思路解析：静止时，根据二力平衡知F=G，扇叶水平转动起来后，推动空气向下流动，空气对扇叶的反作用力向上，所以杆对它的拉力F′＜G，故正确选项为C.答案：C5.人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，则人能跳离地面的原因是（）A.人对地球的吸引力大于地球对人的吸引力B.地面对人的作用力大于人对地面的作用力C.地面对人的作用力大于地球对人的吸引力D.人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力思路解析：人能跳离地面，说明人受到的合外力向上，即地面对人的弹力大于地球对人的吸引力，C正确，A、B、D错误.答案：C6.如图4-7-3所示，倾斜索道与水平方向成37°角，当载人车厢加速向上运动时，人对车厢底板的压力为体重的倍，这时人与车厢仍然是相对静止.则车厢对人的静摩擦力是人体重的____________.图4-7-3思路解析：对人受力分析如图所示，建立如图所示的直角坐标系，沿x方向：Ff=macosθ.沿y方向：FN-mg=masinθ，FN=.由以上各式联立可得Ff=mg，即车厢对人的静摩擦力是人体重的.答案：7.如图4-7-4所示是直角三角形支架，由轻杆AB和BC利用铰链连接而成.已知AB杆长30cm,BC杆长50cm，若在B点处悬挂一重10N的物体，则AB、BC杆所受的作用力各为多大？图4-7-4思路解析：由于物体和支架都处于静止状态，因而各物体所受的合力为零，B点与AB、BC杆的作用力有关，故以B点为研究对象，进行受力分析，利用平衡条件求解.答案：以B点为研究对象，BC杆对B点的作用力为支持力FC，AB杆对B点的作用力为拉力FA，绳对B点的作用力为拉力FC，大小等于重力10点在三力作用下处于平衡状态，即FA、FC、mg三力的合力为零.如图所示，FA、FC的合力F合=mg，所以FA=F合tanθ=mgtanθFC=F合/cosθ=mg/cosθ，tanθ=，cosθ=FA=N，FC=N.根据牛顿第三定律知，AB受到的拉力大小为N，方向向右，BC杆受到压力为N,方向沿杆指向C.8.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.求:(1)此电梯的加速度多大?(2)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是多少?(g=10m／s2)思路解析：人举物体时，其最大举力是确定的，由于电梯做加速运动，物体有“超重”和“失重”两种情况，其运动可由牛顿第二定律分析.加速下降时，合外力向下，对物体而言，重力大于举力.反之，重力小于举力.(1)站在地面上的人，最大举力F为F=m1g=60×10N=600N在加速下降的电梯内，人的最大举力F仍为600N，由牛顿第二定律得m2g-F=m2a所以加速度a=g-=(10-)m／s2=m／s2.（2）在加速上升的电梯里，人的举力不变，同理得F-m3g=m3a所以m3=kg=48kg.答案：(1)m／s2(2)48kg快乐时光迷信风水一个非常迷信风水的人，凡事都得请教风水先生，预卜凶吉祸福.一日，他坐在一堵墙下，墙忽然倒塌，把他压在下面.他大喊救命，仆人们走来一看，说：“东家，请忍耐一下！我们得先去问问风水先生，看看今天宜不宜动土.”30分钟训练(巩固类训练，可用于课后)1.质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如图4-7-5所示，若重物以加速度a下降(a>g)，则人对地面的压力为…（）图4-7-5A.(M+m)g-ma(g-a)-maC.(M-m)g+ma思路解析：由题意知，人未离开地面，那么人受力平衡，但物体加速运动，物体受力不平衡.对m，由牛顿第二定律可求得绳的拉力，对M，由三力平衡可求得地面对人的弹力，再由牛顿第三定律求得人对地面的压力.对m，设绳的拉力为F，由牛顿第二定律知：mg-F=ma，所以，绳的拉力F=mg-ma.对M，受重力、绳的拉力及地面弹力而平衡，则Mg=FN+F所以FN=Mg-F=(M-m)g+ma据牛顿第三定律知，人对地面压力大小也为(M-m)g+ma.答案:C2.用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图4-7-6所示.今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大的恒力，最后达到平衡.表示平衡状态的图可能是图中的()图4-7-6思路解析：本题考查应用物体的平衡条件处理连接体平衡问题.可用整体法或隔离法进行分析.答案：解法一：将a、b两球及两球间的绳看作一个物体系统，以这个系统为研究对象.因为作用在a、b上的恒力等大反向，其合外力平衡，而a、b受的重力竖直向下，要保持平衡，故系a及悬点的细绳施于a、b系统的力必然沿竖直方向向上.故选A.解法二：也可以分别将a、b隔离进行受力分析，分别对a、b两球列出水平分力的平衡方程即可.以C图为例，受力如右图所示.对a：水平方向有F1cos30°=T1cosα+T2cosβ对b：水平方向有F2cos30°=T2cosβ由题意知：F1=F2解得：T1cosα=0，T1≠0，α=90°.答案：A3.如图4-7-7所示，一铁球被两弹簧拴住,静止时，两条竖直的弹簧均被拉长，当固定弹簧的木箱由静止开始竖直向下加速运动时，下列说法正确的是（）图4-7-7A.上面弹簧的长度变长，下面弹簧的长度变短B.上面弹簧的长度变短，下面弹簧的长度变长C.两弹簧的长度均不变D.上面弹簧的弹力变小，下面弹簧的弹力变大思路解析：该题是已知铁球的运动状态，分析铁球的受力情况，进而确定两弹簧的长度和弹力的大小变化.木箱静止时，两竖直弹簧均被拉长，木箱向下竖直加速运动时，铁球的运动状态发生变化，因加速度竖直向下，合外力也竖直向下.由加速度与合外力的关系可知：不同的加速度，两弹簧的弹力大小和长度也不同，加速度的大小决定着两弹簧弹力的大小和方向，以及弹簧的变化.答案：设木箱静止时，下面弹簧的伸长量为x10，弹力为F10，上面的弹簧的伸长量为x20，弹力为F20.由胡克定律f＝kx有：F10＝k1x10，F20=k2x20.因系统静止k2x20=k1x10+mg.木箱向下加速运动时，铁球仍受三个力作用，分别为竖直向下的重力G＝mg，下面和上面两弹簧在竖直方向的弹力F1＝k1x1，F2＝k2x2，根据牛顿第二定律，F合=mg+k1x1-k2x2=ma,由于加速度a的大小不定，两弹簧的弹力和长度的变化可能出现以下几种情况：当a很小时：由F合＝mg+k1x1-k2x2=ma可以看出：随2着a的增大，两弹簧的总长度保持不变，故x1增大，x2减小，说明下面的弹簧长度变长.弹力增大，上面的弹簧长度变短，弹力减小.当a=g时：k2x2-k1x1=0.下面的弹簧长度继续变长，上面的弹簧继续变短.当a很大时：上面的弹簧可由伸长变为压缩，这时的合外力应为F合＝mg+k2x2+k1x1=ma.随着a的增大，x2增大，表明下面的弹簧的伸长量进一步增大.而上面弹簧的压缩量x1增大，表明上面的弹簧进一步缩短，产生压缩的弹力可能比木箱静止时伸长的弹力F20＝k2x20还要大.综上所述，无论加速度a的大小如何变化，下面的弹簧长度总是伸长的，弹力也是总是在增大.上面的弹簧长度总是变短，弹力可能比原来小，也可能比原来大，比原来大时一定是压缩弹力.故只有选项B正确.答案：B4.如图4-7-8所示，质量为m的物体放在倾角为θ的斜面上，它跟斜面间的动摩擦因数为μ，在水平恒定推力F的作用下，物体沿斜面匀速向上运动.物体所受摩擦力的大小等于（）图4-7-8θ-mgsinθB.μ（mgcosθ+Fsinθ）C.μF/（sinθ+μcosθ）D.μmg/（cosθ-μsinθ）思路解析：物体m向上做匀速运动，应分析m的受力情况，然后根据物体的平衡条件求解.以m为研究对象，受力分析如图A、B所示，利用正交分解方法进行求解，如图A，沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系.由物体平衡条件得：Fcosθ=f+mgsinθ①FN=mgcosθ+Fsinθ②F=μFN③由式①得，f=Fcosθ-mgsinθ,由式②③得F=μ(mgcosθ+Fsinθ)如图B所示，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系.由物体平衡条件得：F-fcosθ=FNsinθ④FNcosθ-fsinθ-mg=0⑤由式③④得f=μF/(sinθ+μcosθ)由③⑤得f=μmg/(cosθ-μsinθ).答案：ABCD年11月20日,我国发射了“神舟”号载人飞船，次日返回舱着陆，实验获得成功.返回舱在将要着陆之前,由于空气阻力作用有一段匀速下落过程,若空气阻力与速度的平方成正比,比例系数为k,返回舱的质量为m,则此过程中返回舱的速度应为________.思路解析：由题意知：返回舱在着陆之前做一段匀速下落,所以F阻-mg=0①又空气阻力与速度的平方成正比，F阻=kv2②①②联立得v=.答案：6.如图4-7-9所示，两轻环E和D分别套在光滑杆AB和AC上，AB与AC的夹角为θ，E和D用细线连接，一恒力F沿AC方向拉环D，当两环平衡时，细线与AC间的夹角为________，细线的拉力为________.图4-7-9图4-7-10思路解析：D、E为轻环，重力不计，用力F拉D环时，稳定后，细线拉紧，且细线必与AB杆垂直.E环处于二力平衡状态，D环处于三力平衡状态.两环稳定时，两环受力如右图所示.细线与AC间夹角为-θ.对D环，有Tcos(-θ)=F，即Tsinθ=F，所以细线拉力T=.答案：-θF／sinθ7.(2022全国高考理综Ⅱ，24)一质量为m=40kg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到6s内体重计示数F的变化如图4-7-10所示.试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10m/s2.思路解析：因为电梯处于上升状态,所以0—2秒内加速上升a1==1m/s2;2—5秒匀速上升5—6秒内减速上升a2==-2m/s2在2秒末时刻电梯速度v1=a1t1=1m/s2×2s=2m/ss1=a1t12=×1×22m=2m2—5秒内匀速上升s2=v1·t2=2m/s×3s=6m在5—6秒内匀减速运动s3=v1t3+12a2t32=2×1m-×2×1m=1m所以s总=s1+s2+s3=2m+6m+1m=9m.8.用细线AO、BO悬挂重物，如图4-7-11所示，BO水平，AO与水平方向成45°角，若AO、BO能承受的最大拉力分别为10N和5N，OC绳能承受的拉力足够大.为使细线不被拉断，重物G最大重力为多少？图4-7-11思路解析：细线被拉断以前，处于静止状态，可以O为研究对象，所受的合力为零.重物重力增大时，AO、BO绳所受到的拉力增大，那么是两绳拉力同时到达最大值还是哪根绳的拉力先达到最大值，在求解中，要判断清才能求解.答案：以O为研究对象，O点受到拉力FA、FB和大小为G的拉力作用，处于平衡状态.根据力的作用效果可将拉力TC分解为FA′和FB′，如图所示，则有FB′=FA′sinθ，但由牛顿第三定律得FA=FA′,FB=FB′，即FB=FAsinθ当FA=10N时，FB=N>5N.由此可知，FB首先达到最大值.BO绳拉力刚好达到最大值时，FB=5N，则此时物重为mg=TC=FBcot45°=5N所以，为使细线不被拉断，重物G的最大值为5N.9.如图4-7-12所示,A、B两球套在水平直