18学年高中物理第四章牛顿运动定律第7节用牛顿运动定律解决问题(二)课下作业(含解析)1
(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含解析
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
（3）木板的最小长度L 是0.7m 。
【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。
木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。
1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。
共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。
用牛顿运动定律解决问题二
解：力的合成法：
Байду номын сангаас
F1
F
对球受力分析：F=G
F1=F/cosθ=G/cosθ F2=Ftanθ =Gtanθ
F2
θ
G
力的分解法：
对球受力分析：
F1x=F1sinθ
F1y=F1cosθ=G
F1x
F1=G/cosθ
F2=F1x=F1sinθ
=Gsinθ/cosθ=Gtanθ
F1y F2
G
3. 重力为G的物体用如图所示的OA、OB、OC
（2）过程与方法
通过对超重与失重现象的观察,进一步 提高观察能力。 通过对超重与失重现象的分析,掌握对该 实验现象进行分析和归纳的方法。
（3）情感态度与价值观
通过对生活现象的分析,体会“生活处处 皆学问”,感受生活的美好。 通过对宇航员飞天过程的了解,体会他们 坚强的毅志力。
教学重难点
教学重点
物体受 力情况
牛顿第 二定律
加速度 a
运动学 公式
物体运 动情况
物体运 动情况
第四章 牛顿运动定律
4.7 用牛顿运动定律解 决问题（二）
教学目标
（1）知识与技能
知道什么是超重和失重现象。 理解产生超重和失重现象的条件。 理解超重和失重现象的实质。 培养学生应用牛顿第二定律分析、解决 实际问题的能力。 了解超重和失重现象在生活中的应用。
力是产生加速度 的原因
揭示力作用的 相互性和对等 性。指出：
力是物体间 的相互作用
3.完全失重：当向下的加速度a=g时。 4.注意：不管是超重失重还是完全失重，重 力始终没有发生变化。 5.产生超重、失重现象的条件:物体具有向 上的加速度时，超重。物体具有向下的加速 度时，失重。 6.超重、失重的实质:物体处于超重与失重 状态时，其重力并没改变，只是它对支持物 的压力（或悬挂物的拉力）变大或变小。
4.7用牛顿运动定律解决问题(二)2
mg
☆补充习题
3.如果质量为20kg的物体在30°的斜面上正好匀速下 滑，求斜面所受物体给他的压力和物体沿斜面下滑时 所受摩擦力的大小。（g=10m/s2）
F
mg sin
α
f
mg
mg cos
f mg sin 20 10 0.5N 100 N
3 F mg cos 20 10 N 100 3N 2
一、共点力平衡 回顾
几个力如果作用在物体的同一点,或者它们 的作用线相交于同一点,这几个力叫做共点力. 想一想：这些是不是共点力？
F浮
F拉 F风 F拉 F1 限 速 40km/s F2
G
F拉
G
不是
是
是
一、共点力平衡 伴你整理要点
1．如果一个物体在力作用下保持 静止状态 或 匀速直线运动状态 ，我们就说这个物体处于 平衡状态。 2. 处于平衡状态的物体速度 不变 , 加速度 为零 ，合外力 为零 。
3．竖直上抛运动的物体到达最高点的瞬间是否
处于平衡状态？为什么？ 不是，因为加速度不为零，物体的速度改变 .
二、探究共点力平衡条件 二力平衡条件
同体
等值
反向
共线
F2
F1
一对平衡力的合力等于 零 。
二、探究共点力平衡条件
二、探究共点力平衡探究 伴你整理要点 共点的平衡条件: 合外力等于零。
应用： 二力平衡：二力大小相等，方向相反，作用 在同一直线上。 三力平衡：任意两力的合力与第三个力大小相 等，方向相反，作用在同一直线上。
10N
20 N
☆补充习题
7.如图所示，木块B重160 N，它与水平面间的动摩擦
因数为0.2，最大静摩擦力为40N，为了保持系统平衡，
连接体问题
自学自测
第二环节
讨论展示
（一）、利用绳子（杆子、弹簧）连接
1．如图所示，把质量为M的的物体放在光滑的水平高台上，用 一条可以忽略质量而且不变形的细绳绕过定滑轮把它与质量为 m的物体连接起来，求：物体M和物体m的运动加速度各是多大？
2．如图所示，质量分别为m和2m的两物体A、B叠放在一 起，放在光滑的水平地面上，若用水平力F作用B上，使A、 B保持相对静止做加速运动，则作用于A、B之间摩擦力为 多少？
三、知识链接
1. 连接体的概念 两个或两个以上物体在相互作用力的关联下 参与运动，这两个或两个以上的物体组称为 连接体。 2. 外力和内力的概念 如果以几个物体组成的系统为研究对象，受 到系统之外的作用力，这些力称为系统受到 的外力，而系统内各物体间的相互作用力为 内力。
3. 连接体问题的处理方法 （1）整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象， 分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求 解．其优点在于不涉及系统内各物体之间的相互作用 力． （2）隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来， 作为一个单独的研究对象进行受力分析，列方程求 解．其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为 研究对象所受的外力，容易看清单个物体的受力情况或 单个过程的运动情形． 注意 (1)当物体各部分加速度相同且不涉及相互作用 力时用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时则 必须用隔离法． (2)在较为复杂的问题中，整体法和隔离法常常需要有 机地结合起来运用．
2．如图所示，在光滑的水平地面上，有两个质量相等的 物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力作用 下运动，已知F1>F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长 量为（ ） A．(F1-F2)/k B．(F1-F2)/2k C．(F1+F2)/2k D．(F1+F2)/k
4-7用牛顿运动定律解决问题(二)
第四章
7．用牛顿运动定律解决问题(二)
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解法 3 用相似三角形求解
第四章
7．用牛顿运动定律解决问题(二)
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取足球作为研究对象，其受重力 G、墙壁的支持力 F1、 悬绳的拉力 F2，如图所示，设球心为 O，由共点力的平衡条 件可知，F1 和 G 的合力 F 与 F2 大小相等、方向相反，由图 F AO 1 可知，三角形 OFG 与三角形 AOB 相似，所以G＝ AB＝ cosα F2＝G/cosα＝mg/cosα F1 OB G ＝AB＝tanα F1＝Gtanα＝mgtanα。
第四章
7．用牛顿运动定律解决问题(二)
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(3)在完全失重状态下，平常由重力产生的一切物理现象 都会完全消失，比如物体对桌面无压力，单摆停止摆动，浸 在水中的物体不受浮力等。靠重力才能使用的仪器，也不能 再使用，如天平、液体气压计等。
第四章
7．用牛顿运动定律解决问题(二)
第四章
7．用牛顿运动定律解决问题(二)
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考点题型设计
第四章
7．用牛顿运动定律解决问题(二)
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题型 1
物体的平衡
沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在 A 点(如图)，
足球的质量为 m， 网兜的质量不计， 足球与墙壁的接触点为 B， 悬绳与墙壁的夹角为 α， 求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持 力。
匀速直线运动 状态，则该物体处于平衡状态。
3．平衡条件： 共点力作用下物体的平衡条件是 合力为零，即 F 合＝0。
第四章
用牛顿运动定律解决问题习题(刘玉兵)
A
）
把两块砖看成整体， 把两块砖看成整体，
6.如图，把球夹在竖直墙 AC 和木板 BC 之间，不计摩擦，球对墙的压力为 N1， 球对板的压力为 N2，在将板 BC 逐渐放至水平的过程中，下列说法正确的是 （ B ） 设木板与墙的夹角为θ A.N1 和 N2 都增大。 B.N1 和 N2 都减小。 C.N1 增大，N2 减少。 D.N1 减小，N2 增大。
1 1 x = x1 + x2 + x3 = a1t12 + vt2 + a3t32 2 2 1 1 = [ × 3× (2)2 + 6× 2 + × 2× (3)2 ]m 2 2
∵mg − F3 = ma3
∴F3 = mg − ma3 = (20×10 − 20× 2)N =160N
= 27m
3.从上面的例题可以得出物体0.6s的位移比1.6s位移还大，这是为什么呢？
上升到最高点又返回了
☆小试牛刀
1.关于超重和失重，下列说法正确的是（ A.超重就是物体的重力增加了。 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没有了。 D.不论超重或失重，物体所受重力是不变的。
D
3
6.某人在 a=2m/s 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？若此人在一匀速上升的升降机中最多能举起 m2=50kg 的物体， ∧
加
2
则此升降机上升的加速度为多大？
解：∵m1 g − F = m1a ∴F = m1g − ma1 = (75×10 − 75× 2)N = 600N 1
重力大于支持力
加速度方向向下
4.一个人站在吊台上，利用如图的定滑轮装置拉绳，把吊台和自己匀速提升 起来，人的质量为 55kg，吊台的质量为 15kg，这时人对吊台的压力为（g 取 2 10m/s ） （ ） A.700N B.350N C.200N D.275N
物理：4.7《用牛顿运动定律解决问题(二)》课件(新人教版必修1)
学点1 学点 共点力的平衡条件
⑴平衡状态：如果一个物体在力的作用下，保持静止或匀速 平衡状态：如果一个物体在力的作用下， 直线运动状态，我们就说这个物体处于平衡状态。 直线运动状态，我们就说这个物体处于平衡状态。 ⑵共点力作用下物体的平衡条件是合力为０。 共点力作用下物体的平衡条件是合力为０ ⑶平衡条件的四个推论 若物体在两个力同时作用下处于平衡状态， ①若物体在两个力同时作用下处于平衡状态，则这两个力大小 相等、方向相反，且作用在同一直线上，其合力为零， 相等、方向相反，且作用在同一直线上，其合力为零，这就是初中 学过的二力平衡。 学过的二力平衡。 物体在三个共点力作用下处于平衡状态， ②物体在三个共点力作用下处于平衡状态，任意两个力的合力 与第三个力等大、反向。 与第三个力等大、反向。 物体在n个非平行力同时作用下处于平衡状态时 个非平行力同时作用下处于平衡状态时， 个力必定 ③物体在 个非平行力同时作用下处于平衡状态时，n个力必定 共面共点，合力为零，称为n个共点力的平衡 其中任意(n-1)个力 个共点力的平衡， 共面共点，合力为零，称为 个共点力的平衡，其中任意 个力 的合力必定与第n个力等大 反向，作用在同一直线上。 个力等大、 的合力必定与第 个力等大、反向，作用在同一直线上。 当物体处于平衡状态时， ④当物体处于平衡状态时，沿任意方向物体的合力均为零。
学点2 学点 超重和失重 （１）实重：物体实际所受的重力。物体所受重力不会因 实重：物体实际所受的重力。 物体运动状态的改变而变化。 物体运动状态的改变而变化。 视重：当物体在竖直方向有加速度时（ （２）视重：当物体在竖直方向有加速度时（即ay≠0）， ）， 物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力， 物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力， 此时弹簧测力计或台秤的示数叫物体的视重。 此时弹簧测力计或台秤的示数叫物体的视重。 说明： 说明：正因为当物体竖直方向有加速度时视重不再等于 实重，所以我们在用弹簧测力计测物体重力时， 实重，所以我们在用弹簧测力计测物体重力时，强调应在静止 或匀速运动状态下进行。 或匀速运动状态下进行。 （3）对超重现象的理解 ） 特点： ①特点：具有竖直向上的加速度 运动形式:物体向上加速运动或向下减速运动 物体向上加速运动或向下减速运动。 ②运动形式 物体向上加速运动或向下减速运动。 说明：当物体处于超重状态时，只是拉力（ 说明：当物体处于超重状态时，只是拉力（或对支持物的 压力）增大了，是视重的改变，物体的重力始终未变。 压力）增大了，是视重的改变，物体的重力始终未变。
(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及解析
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B ．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l ．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F ； （2）物块和小球的质量之比M :m ；（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T【答案】（1）53F Mg mg =- （2）65M m = （3）()85mMg T m M =+（4855T mg =或811T Mg =） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得53F Mg mg =- （2）小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°，物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得65M m = （3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC 方向的加速度大小为a ，重物受到的拉力为T牛顿运动定律Mg –T =Ma 小球受AC 的拉力T ′=T 牛顿运动定律T ′–mg cos53°=ma解得85mMg T m M =+（）（4885511T mg T Mg ==或） 【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。
2020高中物理第四章牛顿运动定律7用牛顿运动定律解决问题二课后作业含解析新人教版必修1
用牛顿运动定律解决问题（二）限时：45分钟一、单项选择题1.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A ，A 与竖直墙之间放一光滑球B ，整个装置处于静止状态．现对B 施加一竖直向下的力F ，力F 的作用线通过球心，设墙对B 的作用力为F 1，B 对A 的作用力为F 2，地面对A 的支持力为F 3.若F 缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，则在此过程中( C )A ．F 1保持不变，F 3缓慢增大B ．F 1缓慢增大，F 3保持不变C ．F 2缓慢增大，F 3缓慢增大D ．F 2缓慢增大，F 3保持不变解析：把A 、B 看做整体，在竖直方向上由平衡条件得F ＋m A g ＋m B g ＝F 3，据此可知当F 缓慢增大时，F 3缓慢增大．隔离B 进行受力分析，B 受到竖直向下的重力m B g 、力F 、墙对B 水平向右的作用力F 1、A 对B 斜向左上方的作用力F ′2，设F ′2的方向与竖直方向夹角为α，由平衡条件得F ′2cos α＝F ＋m B g ，F ′2sin α＝F 1，由这两式可知当F 缓慢增大时，F ′2缓慢增大，F 1也缓慢增大，由牛顿第三定律可知，B 对A 的作用力F 2也缓慢增大．所以选项C 正确．2．质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g ，g 为重力加速度，则人对电梯底部的压力为( D )A.13mg B ．2mg C ．mg D.43mg 解析：设电梯对人向上的作用力为N ，由牛顿第二定律可得N －mg ＝13mg ，解得N ＝43mg ，由牛顿第三定律可知人对电梯底部的压力N ′＝43mg .3．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( D )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：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．在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C 错误，D 正确．4.质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上．一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳子与桌面平行，则重物下落过程中，工件的加速度大小为( A )A.2mg M ＋4m B.2mg M ＋2m C.mg 2M D.mg M ＋m解析：相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F ，根据牛顿第二定律有：mg －F m ＝2·2F M ，解得：F ＝Mmg M ＋4m，工件加速度为：a ＝2F M ＝2mg M ＋4m，所以A 正确． 5．如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M 放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3 N ，物体的质量为0.5 kg ，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M 一起以6 m/s 2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时 ( A )A．物体对左侧挡板的压力等于零B．物体对左侧挡板的压力等于3 NC．物体受到4个力的作用D．弹簧对物体的压力等于6 N解析：物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力F弹＝3 N，当物体向左加速运动时，若物体对左挡板的压力为零，由牛顿第二定律知F弹＝ma，解得a＝6 m/s2，当加速度大于a＝6 m/s2，物体离开左挡板，弹簧长度变短，当加速度小于a＝6 m/s2时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不变，所以可知选项A正确，B、D错误．当加速度a＝6 m/s2时，物体受重力、支持力和弹力，故选项C错误．二、多项选择题6．关于超重和失重，下列说法中正确的是( BD )A．处于超重状态的物体，其重力增加了B．电梯加速上升的过程中，其内部的人处于超重状态C．电梯减速下降的过程中，其内部的人处于失重状态D．做自由落体运动的物体处于完全失重状态解析：处于超重状态的物体，其重力大小不变，选项A错误；电梯加速上升的过程中，加速度方向竖直向上，其内部的人处于超重状态，选项B正确；电梯减速下降的过程中，加速度方向竖直向上，其内部的人仍处于超重状态，选项C错误；如果物体以加速度g竖直下落，则物体处于完全失重状态，选项D正确．7．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( BC )A．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmgB．物体最终的速度为v1C．开始阶段物体做匀加速直线运动D．物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右解析：当把物体无初速度地轻放在传送带的左端时，物体相对传送带向左运动，故物体所受到的滑动摩擦力大小为F f＝μmg，方向水平向右；所以物体将向右做匀加速运动，由于传送带足够长，物体将加速到v1，之后与传送带保持相对静止，不再受到摩擦力的作用，故选项A、D错，B、C对．8.某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯在升降过程中的情况，右图所示是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是( BD )A．在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态B．在5～10 s内，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力C．在10～20 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于失重状态D．在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态解析：由题图可知，在0～5 s内，电梯加速上升，加速度方向向上，该同学处于超重状态，选项A错误；在5～10 s内，电梯做匀速运动，该同学受力平衡，选项B正确；在10～20 s内，电梯减速上升，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项C错误；在20～25 s内，电梯加速下降，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项D正确．三、非选择题9．某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝3 2 .求货物从A端运送到B端所需的时间．(g取10 m/s2)答案：3 s 解析：以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmg cos30°－mg sin30°＝ma ，解得a ＝2.5 m/s 2货物匀加速运动时间t 1＝v a ＝2 s货物匀加速运动位移x 1＝12at 21＝5 m 然后货物做匀速运动，运动位移x 2＝L －x 1＝5 m匀速运动时间t 2＝x 2v＝1 s货物从A 到B 所需的时间t ＝t 1＋t 2＝3 s.10.如图所示，长度l ＝2 m ，质量M ＝23kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量m ＝2 kg 的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F ＝10 N ，取g ＝10 m/s 2.求：(1)将木板M 固定，小物块离开木板时的速度大小；(2)若木板M 不固定，m 和M 的加速度a 1、a 2的大小；(3)若木板M 不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间．答案：(1)4 m/s (2)4 m/s 2 3 m/s 2(3)2 s解析：(1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得 F －μmg ＝ma解得a ＝4 m/s 2小物块离开木板，有v 2＝2al解得v ＝4 m/s.(2)对m ，由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma 1解得a 1＝4 m/s 2对M ，由牛顿第二定律：μmg ＝Ma 2解得a 2＝3 m/s 2.(3)由位移公式知x 1＝12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2 小物块从开始运动到离开木板x 1－x 2＝l联立解得t ＝2 s.11．如图甲所示，在粗糙的水平地面上，放有一块质量为m ＝1 kg ，初速度为v 0的木块，现在加水平恒力F ，方向与初速度的方向在同一条直线上，通过实验发现不同的F ，物块在地面运动的时间t 不同，且当－2 N≤F ＜2 N 时，1t与F 的关系如图乙所示(设v 0的方向为正、滑动摩擦力等于最大静摩擦力)，则(1)物块的初速度为多少？(2)物块与地面间的动摩擦因数为多少？(3)物块运动的时间t 可能等于0.4 s 吗？说明原因．答案：(1)2 m/s (2)0.2 (3)见解析解析：(1)物块做匀减速运动至静止μmg －F ＝ma ①0＝v 0－at ②由①②得：1t ＝μg v 0－1mv 0F ③ 由③式和图线斜率可得：1mv 0＝12又因m ＝1 kg 则v 0＝2 m/s. (2)由③式和图线截距可得：μg v 0＝1则μ＝0.2. (3)不可能．当－2 N ≤F ＜2 N 时，由图线可知运动时间大于等于0.5 s ；而当F 的大小超过2 N 时，物体就不可能静止，所以运动时间为无穷.12.一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝4 kg 的物块P ，Q 为一重物，已知Q 的质量为m 2＝8 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，系统处于静止，如图所示．现给Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力，求力F 的最大值与最小值．(sin37°＝0.6，g 取10 m/s 2)答案：最大值72 N ，最小值36 N解析：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．设刚开始时弹簧压缩量为x 0则(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0①因为在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力，所以在0.2 s 时，P 对Q 的作用力为0，由牛顿第二定律知kx 1－m 1g sin θ＝m 1a ②F －m 2g sin θ＝m 2a ③前0.2 s 时间内P 、Q 向上运动的距离为x 0－x 1＝12at 2④①②④式联立解得a ＝3 m/s 2当P 、Q 开始运动时拉力最小，此时有F min ＝(m 1＋m 2)a ＝36 N当P 与Q 分离时拉力最大，此时有F max ＝m 2(a ＋g sin θ)＝72 N.。
4.7用牛顿运动定律解决问题(二)1
运动 过程 加速上升
速度 方向
ห้องสมุดไป่ตู้
加速度 合外力 FN与G 物体 方向 方向 的关系 状态
↑ ↓ ↑ ↓ ↓ ↑
↑ ↑ ↓ ↓ 0 0
↑ ↑ ↓ ↓ 0 0
FN>G FN>G FN<G FN<G FN=G FN=G
超重 超重 失重 失重 平衡 平衡
电 梯 的 运 动 过 程
减速下降 减速上升 加速下降 匀速下降 匀速上升
解：减速上升时，物体 处于失重状态
F1 mg ma
50 10 N 50 2 N 400 N
减速下降时，物体处于 超重状态
F2 mg ma
50 10 N 50 2 N 600 N
三、完全失重
三、完全失重
例3．在完全失重的情形下，下列说法不正确的是（ ）
2、如何判断物体处于超重还是失重状态？ 1、只要物体向上运动，一定是超重。这种说法 正确吗？
例1. 质量为m人站在电梯中。 ①人和电梯匀速上升时，人对地板的压力F=
mg
. F
②人随电梯以加速度a匀加速上升时，人对地板的压力 F= mg ma .
③人随电梯以加速度a匀减速下降时，人对地板的压力 F= mg ma. mg
7
用牛顿运动定律解决问题（二） 第二课时
电梯里台秤的示数为什么会变化呢？
一、超重现象
一、超重现象 超重是否物体的重力增加了吗? 重力不变压力变 F F
mg
mg
v
a
向上加速
请思考：物体受到哪几个力？方向如何？谁大谁小？ 与静止时相比较，哪个力发生了变化？如何求这几个 力的合力？
F mg ma
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1
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．处于超重状态的物体，其重力增加了
B．电梯加速上升的过程中，其内部的人处于超重状态
C．电梯减速下降的过程中，其内部的人处于失重状态
D．自由下落的物体处于完全失重状态
解析：处于超重状态的物体，其重力大小不变，选项A错误；电梯加速上升的过程中，
加速度方向竖直向上，其内部的人处于超重状态，选项B正确；电梯减速下降的过程中，加
速度方向竖直向上，其内部的人仍处于超重状态，选项C错误；如果物体以加速度g竖直下
落，则物体处于完全失重状态，选项D正确。
答案：BD
2．下列关于物体处于平衡状态的说法中正确的是( )
A．物体一定不受力的作用
B．物体的加速度一定为零
C．物体的速度一定为零
D．物体一定保持静止
解析：平衡状态是指物体处于静止或匀速直线运动的状态，选项C、D错误；处于平衡
状态时物体所受的合力为零，根据牛顿第二定律知，物体的加速度为零，选项A错误，B正
确。
答案：B
3．质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，g为重力加速度，则
人对电梯底部的压力为( )
A.13mg B．2mg
C．mg D.43mg
解析：设电梯对人向上的作用力为FN，由牛顿第二定律可得FN－mg＝13mg，解得FN＝43mg，
由牛顿第三定律可知人对电梯底部的压力FN′＝43mg。
答案：D
4．物体受到与水平方向成30°角的拉力F的作用，向左做匀速
2
直线运动，如图1所示。则物体受到的拉力F与地面对物体的摩擦力的合力的方向是( )
图 1
A．向上偏左 B．向上偏右
C．竖直向上 D．竖直向下
解析：物体受四个力的作用，如图所示，由于物体做匀速直线运
动，则由受力平衡知：力F的水平分量与摩擦力F′大小相等，故两
力的合力竖直向上，大小等于F竖直向上的分量，C对。
答案：C
5．如图2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，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，
下列说法不正确的是( )
A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2
B．物体A处于超重状态，加速度大小为5 m/s2 图 2
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
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，代入数据
得a＝5 m/s2，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。
答案：A
6．如图3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( ) 图 3
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
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。
答案：AC
7．如图4所示，站在自动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，
3
关于人受到的作用力，以下说法正确的是( )
A．摩擦力为零
B．摩擦力方向水平向右 图 4
C．支持力等于重力
D．支持力大于重力
解析：人随扶梯加速向上运动，即人的加速度沿扶梯斜面向上，此加速
度有水平向右和竖直向上的分加速度a1和a2，如图所示，根据牛顿第二定律，
人在水平方向上的合力水平向右，此力即为人受到的摩擦力，A错，B对。人有竖直向上的
加速度a2，故他处于超重状态，所受支持力大于重力，C错，D对。
答案：BD
8．如图5所示，物体M静止于倾斜的木板上，当倾角θ缓慢增
大，直至M开始滑动之前的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体对木板的压力逐渐减小 图5
B．物体所受的支持力和摩擦力都减小
C．物体所受支持力和摩擦力的合力不变
D．物体所受重力、支持力和摩擦力这三个力的合力逐渐增大
解析：物体受力如图所示：
由平衡条件得：
FN＝Mg
cos θ①
Ff＝Mg
sin θ②
在θ逐渐增大的过程中，由①式可知FN逐渐减小，由②式知Ff逐渐增大，因此A对，
B错。由物体处于平衡状态可知：支持力FN、摩擦力Ff与重力Mg三者的合力为零，故D错，
支持力FN和摩擦力Ff的合力与重力Mg等值反向，故C对。
答案：AC
9．质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图6所示。重
力加速度g取10 m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。
(1)匀速上升。
(2)以4 m/s2的加速度加速上升。
(3)以5 m/s2的加速度加速下降。
(4)以重力加速度g加速下降。 图6
解析：(1)匀速上升时：由平衡条件得：
FN1＝mg
＝600 N，
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为600 N，即体重计示数为600 N。
(2)加速上升时，由牛顿第二定律得：
4
FN2－mg＝ma
1
，
FN2＝mg＋ma
1
＝840 N，
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为840 N，即体重计示数为840 N。
(3)加速下降时，由牛顿第二定律得：
mg－FN3＝ma
3
，
FN3＝mg－ma
3
＝300 N，
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为300 N，即体重计示数为300 N。
(4)当a＝g加速下降时，人完全失重，体重计示数为零。
答案：(1)600 N (2)840 N (3)300 N (4)0
10．在2010年蹦床世界杯葡萄牙站的比赛中，我国运动员董栋以43.20分夺得男子个
人网上冠军。假设表演时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员间的弹
力随时间变化的规律在计算机上绘制出如图7所示的曲线，当地重力加速度为g＝10 m/s2，
依据图像给出的信息，回答下列物理量能否求出，如能求出写出必要的运算过程和最后结果。
图7
(1)蹦床运动稳定后的运动周期；
(2)运动员的质量；
(3)运动过程中，运动员离开弹簧床上升的最大高度；
(4)运动过程中运动员的最大加速度。
解析：(1)周期可以求出，由题图可知：T＝9.5 s－6.7 s＝2.8 s
(2)由题图知：重力为500 N，运动员的质量可以求出，
即mg＝500 N，m＝50 kg。
(3)由题图可知运动员运动稳定后每次腾空的时间为：Δt＝8.7 s－6.7 s＝2 s。
所以运动员上升的最大高度为：
H＝12g(12Δt
)2
＝12×10×(12×2)2 m＝5 m。
(4)运动员每次腾空的加速度
a1＝－g
＝－10 m/s2，
5
而陷落最深时由题图知
F
m
＝2 500 N。
此时由牛顿第二定律
Fm－mg＝ma
m
可得此时最大加速度
am＝Fmm－g
＝40 m/s2。
答案：(1)2.8 s (2)50 kg (3)5 m (4)40 m/s2