(10分钟，10分) 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．1：2：3 B．1：2：3 C．5：4：3 D.2：1：1 【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＝1：2：3. 2．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2F1/m，方向与最初F1的方向成45°角 【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．跳水运动员从10 m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 【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．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( ) 1
A．物体所受的滑动摩擦力的大小为Fcosα B此时物体对地面的压力大小为mg C．物体所受的拉力F与滑动摩擦力的合力方向竖直向上 FcosαD．物体与地面间的动摩擦因数μ＝ mg－Fsinα【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，fFcosα方向竖直向上，C正确．由f＝μFN，得μ＝＝，所以D正确． FNmg－Fsinα (20分钟，30分) 知识点一 共点力的平衡条件 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 【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． 2．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 B.2F1 C．2F1 D．无法确定 【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2F1，B正确． 3．一质量为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tanθ B．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 【答案】AB 2
【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．
4．如图所示，放置在水平地面上的直角劈质量为M，上面放一个质量为m的物体．若m在其斜面上匀速下滑，M仍保持静止，那么正确的说法是( )
A．M对地面的压力等于(M＋m)g B．M对地面的压力大于(M＋m)g C．地面对M没有摩擦力 D．地面对M有向左的摩擦力 【答案】AC
【解析】因物体M、m均处于平衡状态，故可以把两物体看成一个整体，这个整体在竖直方向受到向下的重力(Mg＋mg)和向上的支持力FN，对整体由平衡条件得FN＝(M＋m)g，A正确，B错误；由于整体处于平衡状态，因此水平方向合力为0，由此可推知地面对M没有摩擦力，C正确，D错误．
5．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
2
匀速运动，人和滑板的总质量为100 kg，忽略空气阻力，取g＝10 m/s，则水平牵引力为(sin37°＝0.6)( )
A．1 250 N B．1 000 N C．750 N D．500 N 【答案】C
【解析】把人与滑板看作一整体，对其受力分析知：
3
F′＝mgtan37°＝100×10×0.75＝750 N，C正确． 知识点二 超重和失重 6．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 【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． 7．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 【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． 8．一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为，g为重力加速度，人3对电梯的压力为( ) 1A.mg B．2mg 34C．mg D.mg 3【答案】D 【解析】取人为研究对象，由牛顿第二定律得 FN－mg＝ma 4FN＝ma＋mg＝mg 3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4人对电梯底部的压力为mg. 39．一个人蹲在磅秤上，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
4
gC．先减小后复原 D．先增大后复原 【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． 知识点三 牛顿运动定律的应用 10．如图所示，置于光滑水平面上的木块A和B，其质量为mA和mB.当水平力F作用于A左端上时，两木块一起做加速运动，其A、B间相互作用力大小为N1；当水平力F作用于B右端上时，两木块一起做加速运动，其A、B间相互作用力大小为N2.则以下判断中正确的是( ) A．两次木块运动的加速度大小相等 B．N1＋N2 【解析】根据重力的作用效果将其分解在绳OA、OB所在的方向上，如图所示，F1是对绳OA的拉力，F2是对绳OB的拉力．由于OA方向不变，当OB向上转动，转到与OA绳方向垂直时，OB上的拉力最小，故OB上的张力先变小后变大． 13．某人在地面上最多能举起60 kg的重物，在下列两种情形下，此人最多能举起多大2质量的物体(忽略人体自身受力变化的影响，g取10 m/s)． 2(1)当此人站在以5 m/s的加速度加速上升的升降机中； 2(2)当此人站在以5 m/s的加速度加速下降的升降机中． 【解】(1)当此人在地面上举起重物时，对重物分析，由牛顿第二定律得F－mg＝0 解得此人对外提供的最大举力F＝mg＝600 N 当升降机向上加速时，重物也具有相同的竖直向上的加速度，而此人对外提供的最大举力是不变的，对重物由牛顿第二定律得 F－m1g＝m1a F600解得m1＝＝ kg＝40 kg g＋a10＋5(2)当升降机向下加速时，重物也具有相同的竖直向下的加速度， 对重物由牛顿第二定律得m2g－F＝m2a F600解得m2＝＝ kg＝120 kg g－a10－5 课后作业 时间：45分钟 满分：80分 班级________ 姓名________ 分数________ 一、选择题 1．在太空空间站中，一切物体均处于完全失重状态，下列测量中，仪器能正常使用的是( ) A．用弹簧测力计测物体的重力 B．用弹簧测力计测拉力 C．用天平测物体的质量 D．用温度计测物体的温度 【答案】BD 【解析】在太空空间站中，一切物体均处于完全失重状态，所以地球上一切由于重力产生的现象都会消失．当物体挂在弹簧测力计下端时，物体对弹簧测力计的拉力为零，所以不能用它来测物体的重力．将物体和砝码分别放在天平左右两盘时，对盘的压力均为零，所以不能用它来测量物体的质量．所以AC错误．弹簧测力计的工作原理是弹簧的拉力与弹簧伸长的长度成正比，温度计是根据物体的热胀冷缩的原理工作的，这些与物体的重力都无关，所以BD正确． 2．在箱式电梯里的台秤秤盘上放着一物体，在电梯运动过程中，某人在不同时刻拍摄了甲、乙、丙三张照片，如图所示，其中乙为电梯匀速运动时的照片．从这三张照片可判定( ) A．拍摄甲照片时，电梯一定处于加速下降状态 B．拍摄丙照片时，电梯一定处于减速上升状态 C．拍摄丙照片时，电梯可能处于加速上升状态 6 D．拍摄甲照片时，电梯可能处于减速下降状态 【答案】D 【解析】电梯匀速运动时台秤的示数可看做物体的实际重量，题图甲所示的示数大于题图乙所示的示数，说明拍摄甲照片时物体处于超重状态，此时电梯可能处于加速上升状态或减速下降状态，选项A错误，D正确；题图丙所示的示数小于题图乙所示的示数，说明拍摄丙照片时物体处于失重状态，此时电梯可能处于加速下降状态或减速上升状态，选项B、C错误． 3．如图所示，沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在P点，足球的质量为m，网兜的质量不计．足球与墙壁的接触点为A，悬绳与墙壁的夹角为θ.则( ) A．悬挂足球的绳子对足球的拉力T＝ sinθB．墙壁对足球的支持力FN＝mgtanθ C．换上一根长绳，则绳子拉力将增大 D．换上一根长绳，则墙壁对足球的支持力将减小 【答案】BD mg 【解析】对足球受力分析如图，由几何关系可得：T＝ ①，FN＝mgtanθ ②，cosθ所以A错，B对．当换一根长绳后，θ变小．由①式可知绳子的拉力将变小，所以C错误．由②式可知墙壁对足球的支持力将减小，所以D正确． 4．在升降机内，一人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，则下列判断可能正确2的是(g取10 m/s)( ) 2A．升降机以8 m/s的加速度加速上升 2B．升降机以2 m/s的加速度加速下降 2C．升降机以2 m/s的加速度减速上升 2D．升降机以8 m/s的加速度减速下降 【答案】BC 【解析】人发现体重减轻，说明人处于失重状态，加速度向下，由mg－FN＝ma，FN＝80%mg，2即a＝0.2g＝2 m/s，方向向下．升降机可能加速下降，也可能减速上升，故B、C正确． mg 5．如图所示，在升降机内的弹簧下端吊一物体A，其质量为m，体积为V，全部浸在水中．当升降机由静止开始以加速度a(a D．无法确定 【答案】C 【解析】此题很容易出错．欲用计算方法求得正确的答案是比较困难的，原因在于当升降机匀加速下降时，物体A和水均处于失重状态，不大容易给出正确的方程求解． 如果我们采用极限分析的方法，假设a＝g，物体处于自由落体状态．物体A的视重为零，水对A的浮力也为零．问题再明显不过了，弹簧的拉力将是零，故弹簧将恢复原长．因此当升降机由静止开始以加速度a匀加速下降时，该弹簧一定要缩短． 6．从地面竖直向上抛出一个物体，空气的阻力可以忽略不计．在整个运动过程中速度v和时间t的关系是下图中的(以竖直向上的方向为速度的正方向)( ) 【答案】D 【解析】以竖直向上的方向为速度的正方向，物体初速度为正，且速率逐渐减小，当到达最高点后，物体变为向下加速，所以速度为负且速率逐渐增大．在v－t图象中用正负表示速度的方向，其绝对值表示速度的大小，图线的斜率表示其加速度．由于物体的加速度方向向下，所以为负，即全过程中v－t图线为向下倾斜的直线．因此D正确． 7．如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安装在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且轻绳保持水平，C端下面挂一个重物．BO与竖直方向夹角θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，转动木杆改变θ的大小，则滑轮受到木杆弹力大小的变化情况是(轻绳与滑轮的摩擦不计)( ) A．只有角θ变小，弹力才变大 B．只有角θ变大，弹力才变大 C．不论角θ变大或变小，弹力都变大 D．不论角θ变大或变小，弹力都不变 【答案】D 【解析】轻绳水平部分与轻绳竖直部分的拉力大小与方向均不变，所以其合力不变，对滑轮而言，木杆的作用力必与两轻绳拉力的合力平衡，所以木杆的弹力大小与方向不变，故D对． 8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断( ) A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g B．图线与横轴的交点N的值TN＝mg C．图线的斜率等于物体的质量m 1D．图线的斜率等于物体质量的倒数 m【答案】ABD 8 【解析】由牛顿第二定律，有T－mg＝ma，故得a＝－g，当T＝0时，a＝－g，A对；1当a＝0时，T＝mg，B对；图线的斜率k＝，D对． Tmm9．一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图所2示的甲、乙、丙三种情况下，物体能处于平衡状态的是(g＝10 m/s)( ) A．仅甲图 B．仅乙图 C．仅丙图 D．甲、乙、丙图 【答案】B 【解析】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，故只有乙图中物体能保持平衡，选项B正确． 10. 如图所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加2速下落的过程中，取g＝10 m/s，下列说法不正确的是( ) 2A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s 2B．物体A处于超重状态，加速度大小为5 m/s C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N D．轻绳对定滑轮的作用力大小为60 N 【答案】A 【解析】取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，代入数2据得a＝5 m/s，A错，B正确；隔离C有m2g－FN＝m2a，即FN＝5 N，由牛顿第三定律可知，物体C对箱子的压力为5 N，C对；隔离A有FT－m1g＝m1a得FT＝30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2FT＝60 N，D正确． 二、非选择题 11．某人在地面上最多能举起60 kg的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起80 kg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2能举起物体的质量________kg(g取10 m/s)． 2【答案】2.5 m/s 48 【解析】站在地面上的人，最大举力F＝m1g＝600 N. 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， 600F2故a＝g－＝10－ m/s＝2.5 m/s. 80m2若电梯加速上升，则由牛顿第二定律：F－m3g＝m3a， F600所以m3＝＝ kg＝48 kg. g＋a12.512．某人站在离地25 m的平台边缘，以20 m/s的初速度竖直向上抛出一石块，不考虑2空气阻力，g＝10 m/s，试计算： (1)石块能到达的最大高度； (2)石块抛出1 s内的位移； 9 (3)石块从抛出到落到地面所用的时间． 【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2v2200高度为h＝＝ m＝20 m，所以石块能到达的最大高度为45 m 2g2×1012(2)石块抛出1 s内的位移h1＝v0t0－gt0＝15 m，方向向上 2(3)方法一 石块用时间t1到达最高点，则t1＝＝2 s 12再经过时间t2到达地面，则H＋h＝gt2，解得t2＝3 s 2所以从抛出到落到地面共用时t＝t1＋t2＝5 s 12方法二 以向上为正方向，由于地面处于平台以下，则位移为－25 m，则x＝v0t－gt 2解得t＝5 s(t＝－1 s舍去) 13. v0g 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1时小球所受的风力为小球所受重力的，求小球与细直杆间的动摩擦因数． 2(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°＝0.6，cos37°＝0.8) 1【解】(1)设小球所受风力为F，则F＝mg 2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＝0.5 (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 Fcosθ＋μsinθ3解得小球的加速度a＝＋g(sinθ－μcosθ)＝g m4122s8s由s＝at得t＝＝ 2a3g14．如图甲所示，质量为m＝1 kg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＝1 s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． 10 (2)t＝4 s时物体的速度v的大小． 【答案】(1)30 N (2)2 m/s 【解析】(1)设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知，F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，撤去力后，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，根据图象可知：a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2，代入解得F＝30 N，μ＝0.5. (2)设撤去力后物体运动到最高点的时间为t2，v1＝a2t2，解得t2＝2 s，则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1 s，设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律mgsinθ－ 2 μmgcosθ＝ma3，有a3＝2 m/s，t＝4 s时速度v＝a3t3＝2 m/s. 11 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容