《2019高中物理 专题4.7 用牛顿运动定律解决问题（二）试题 新人教版必修1.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高中物理 专题4.7 用牛顿运动定律解决问题（二）试题 新人教版必修1.doc（34页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1第第7 7节节 用用牛牛顿顿运运动动定定律律解解决决问问题题（二二）一、共点力的平衡一、共点力的平衡1平衡状态：如果一个物体在力的作用下保持静止或匀速直线运动状态，我们说这个物体处于 。2平衡条件：在共点力作用下，物体处于平衡状态的条件是合外力等于 。二、超重和失重二、超重和失重1超重（1）定义：物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力） 物体所受重力的现象。（2）运动特点：物体具有 的加速度。2失重（1）定义：物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力） 物体所受重力的现象。（2）运动特点：物体具有 的加速度。（3）完全失重定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于 的状态。运
2、动特点：a=g，方向 。 三、从动力学看自由落体运动三、从动力学看自由落体运动1受力情况：运动过程仅受重力，且重力恒定不变，所以物体的 恒定。2运动情况：初速度为 的竖直向下的匀加速直线运动。3竖直上抛运动：初速度竖直向上，加速度为 的匀变速直线运动。平衡状态 零大于 竖直向上 小于 竖直向下 零 竖直向下加速度 零 g一、共点力的平衡一、共点力的平衡1平衡状态物体处于静止或匀速直线运动状态。22平衡条件物体受到的合外力为零，即F合=0 或者Error!Error!。3“静止”和“v=0”的区别与联系v=0Error!Error!【例题例题 1】1】如图所示，质量为m的物体放在倾角为的斜面上，
3、它跟斜面的动摩擦因数为，在恒定水平推力F的作用下物体沿斜面向上匀速运动，则物体受到的摩擦力是AmgcosB(mgsinFcos)CFcosmgsinD(mgcosFsin)参考答案：参考答案：CD二、超重和失重二、超重和失重1无论是超重还是失重，物体所受的重力都没有变化，只是“视重”的改变。2若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体也处于超重或失重状态。3加速度与超重、失重及视重的关系加速度情况超重或失重视重Fa=0不超重、不失重F=mga的方向竖直向上超重F=m（g+a）a的方向竖直向下失重F=m（ga）3a =g，竖直向下完全失重F=0【例题例题 2】2】将地面上静止的货物竖直向上
4、吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt图象如图所示。以下判断正确的是A前 2 s 内货物处于超重状态B第 3 s 末至第 5 s 末的过程中，货物完全失重C最后 2 s 内货物只受重力作用D前 2 s 内与最后 2 s 内货物的平均速度和加速度相同参考答案参考答案：A三、从动力学看自由落体运动三、从动力学看自由落体运动物体做自由落体运动的条件是物体只受重力作用，由牛顿第二定律率可知mgma，得物体下落的加速度为ag。【例题例题 3】3】以v0=20 m/s 的速度竖直上抛一小球，经 2 s 以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球。g取10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是A10 B1
5、5 m C20 m D不会相碰参考答案参考答案：B试题解析试题解析：设第二个小球抛出后经时间t与第一个小球相遇。解法一：根据位移相等有v0(t2)g(t2)2=v0tgt2，解得t=1 s，代入位移公式1 21 2h=v0tgt2，解得h=15 m。1 24四、物体的动态平衡四、物体的动态平衡在有关物体平衡的问题中，有一类涉及动态平衡。这类问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，故这是力平衡问题中的一类难题。解决这类问题的一般思路是：把“动”化为“静”，“静”中求“动”。方法一：三角形法则。原理：当物体受三力作用而处于平衡状态时，其合力为零，三个力的矢量依次恰好首尾相连，
6、构成闭合三角形，当物体所受三个力中二个发生变化而又维持平衡关系时，这个闭合三角形总是存在，只不过形状发生改变而已，比较这些不同形状的矢量三角形，各力的大小及变化就一目了然了。方法二：解析法。原理：物体处于动态平衡状态时，对研究对象的任一状态进行受力分析，根据具体情况引入参量，建立平衡方程，求出应变参量与自变参量的一般函数关系，然后根据自变量的变化确定应变量的变化。方法三：相似三角形。原理：对受三力作用而平衡的物体，先正确分析物体的受力，画出受力分析图，再寻找与力的三角形相似的几何三角形，利用相似三角形的性质，建立比例关系，把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论。方法四：几
7、何极值法。原理：三角形中一条边a的大小和方向都确定，另一条边b只能确定其方向（即a、b间的夹角确定），欲求第三边c的最小值，则必有c垂直于b，且tancb，如图所示。【例题例题 4】4】在粗糙水平地面上与墙平行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圆球B，整个装置处于静止状态。现对B加一竖直向下的力F， F的作用线通过球心，设B对墙的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3，地面对A的支持力为F4。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5AF1保持不变，F4保持不变 BF1缓慢增大，F4缓慢增大CF2缓慢增大，F3缓慢增大 DF2缓慢增大
8、，F3保持不变参考答案参考答案：BC试题解析试题解析：以B球为研究对象，将F与B重力G的合力按效果进行分解，如图，设BA连线与竖直方向夹角为，由平衡条件得：1下列关于超重与失重的说法正确的是A游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B在超重现象中，物体的重力是增大的C物体处于完全失重状态时，其重力一定为零D如果物体处于失重状态，那么它必然有竖直向下的加速度（或加速度分量）2（2018甘肃省酒泉市敦煌中学高三二诊）下列关于超重、失重现象的说法正确的是A汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了B荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力C宇航员在飞船内处于完全失重状
9、态，而正在进行太空行走的宇航员在飞船外则处于平衡状态D电梯加速上升时，电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力3跳水运动员从 10 m 高的跳台上腾空跃起，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6空气阻力，关于运动员在空中的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（2018黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高三 9 月月考）广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电
10、梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t=0 时由静止开始上升，at间关系如图所示。则下列相关说法正确的是At=4.5 s 时，电梯处于失重状态B555 s 时间内，绳索拉力最小Ct=59.5 s 时，电梯处于超重状态Dt=60 s 时，电梯速度恰好为 05如图所示，将质量为m的物体用一竖直弹簧固定在一向上运动的升降机内，根据弹簧伸长或压缩的状态，下列判断正确的是A当弹簧处于压缩状态时，物体超重，升降机一定加速向上B当弹簧处于压缩状态时，物体失重，升降机一定减速向上C当弹簧处于伸长状态时，物体超重，升降机一定加速向上D当弹簧处于伸长状态时，物体失重，升降机一定减速向上6（2018宁夏青铜峡市高
11、级中学高三上学期第二次月考）动物园的水平地面上放着一个质量为M的笼子，笼内有一只质量为m的猴子。当猴子以某一加速度沿竖直柱子加速向上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴子以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为F2，如图所示。关于F1和F2的大小，下列关系中正确的是7AF1（M+m）g，F2（M+m）gCF1F2（M+m）gDF1（M+m）g7如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程。那么下列说法中正确的是A顾客始终受到静摩擦力的作用B顾客受到的支持力总是大于重力C扶梯对
12、顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上8（2018贵州省铜仁市第一中学高三上学期第二次月考）如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）。下列说法正确的是A在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零B上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力C下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力D在上升和下降过程中A物体对B物体的压力等于A物体受到的重力9如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重
13、计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是8A“起立”过程，体重计的示数一直大于A0B“下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0C“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象D“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象10某运动员（可看成质点）参加跳板跳水比赛，t=0 是其向上起跳瞬间，其速度与时间关系图象如图所示，则At1时刻开始进入水面Bt2时刻开始进入水面Ct3时刻已浮出水面Dt2t3的时间内，运动员处于失重状态11如图所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方有一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力。若在某段时间内，物块对箱底恰好无压力，则在此段时间内
14、，木箱的运动状态可能为A加速下降B加速上升C物块处于失重状态D物块处于超重状态12（2018宁夏银川一中高三第二次月考）若货物随升降机运动的vt图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是9A BC D 13如图所示，小球用细绳系住放置在倾角为的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力F和斜面对小球的支持力N将AN逐渐增大BN逐渐减小CF先增大后减小DF先减小后增大14（2018新疆乌鲁木齐市第一中学高三上学期第一次月考）如图所示，质量为m（可视为质点）的小球P，用两根轻绳OP和OP在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距 0.4 m 的O、O
15、两点上，绳OP长 0.5 m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，37，则为（sin370.6，cos370.8）A34 B43 C35 D4515如图所示，三根轻绳分别系住质量为m1、m2、m3的物体，它们的另一端分别通过光滑的定滑轮系于O点，10整体装置处于平衡状态时，OA与竖直方向成 30角，OB处于水平状态，则Am1:m2:m3=1:2:3Bm1:m2:m3=3:4:5Cm1:m2:m3=2:3:1Dm1:m2:m3=3:2:116如图所示，物体A和B叠放在固定光滑斜面上，A、B的接触面与斜面平行，当A、B以相同的速度沿斜面向上运动时，关于物体A的受力个
16、数，正确的是A2 B3 C4 D517如图所示，粗糙水平面上放置有一个滑块，质量为M，其内部带有一光滑的半圆形凹槽；一质量为m 的小球在凹槽内部往复运动，滑块始终静止不动；在小球由静止开始从凹槽右端最高点滑向最低点的过程中，下列说法正确的是A地面对滑块的摩擦力方向向左B小球始终处于超重状态C地面对滑块的支持力大小等于(M+m)gD小球运动的速度大小和方向不变18（2018山东省济南第一中学高三 10 月月考）如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球。当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O
17、点的连线与水平线的夹角为=90，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为FN，细线的拉力大小为FT，则11A B C D 19如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是AF1增大，F2减小 BF1增大，F2增大CF1减小，F2减小DF1减小，F2增大20（2018山东省临沂市第十九中学高三第三次质量调研考试）如图所示，放在固定粗糙斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，则下列说法正确的是A若在物块上再施加一
18、竖直向下的恒力F，物块可能匀速下滑B若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，物块以大于a的加速度匀加速下滑C若在物块上面叠放一物快，物块将以大于a的加速度匀加速下滑D若在物块上面叠放一物快，物块将以小于a的加速度匀加速下滑21如图所示，一物体从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下。A 点为弹簧自然状态时端点位置，当物体到达B点时，物体速度恰好为零，然后被弹回。下列说法中正确的是12A物体从A点下降到B点的过程中，速率不断变小B物体在B点时，所受合力为零C物体在A点时处于超重状态D物体在B点时处于超重状态22（2018黑龙江省哈尔滨市第六中学高一上学期月考）木箱内装一球，木箱的内宽恰与球的直径相
19、等，如图所示，当木箱以初速v0竖直上抛时，A空气阻力不计，则上升段球对下壁b有压力，下落段球对上壁a有压力B空气阻力不计，无论上升还是下落，球对上壁和下壁均无作用力C若有空气阻力，则上升段球对上壁a有压力，下落段球对下壁b有压力D若有空气阻力，无论上升还是下落，球对上壁和下壁均无作用力23如图，当车厢向右加速行驶时，一质量为m 的物块紧贴在车壁上，相对于车壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是A在竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力等大B在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于物块发生了弹性形变C若车厢加速度变小，车壁对物块的弹力也变小D若车厢加速度变大，车壁对物块的摩擦力也变大24（20
20、18山东省安丘市高二下学期期末）如图，半圆柱体半径为 4R，固定在水平面上。竖直挡板紧靠柱体底端，使半径为R的光滑小球停在柱体与挡板之间，球与柱体接触点为M。现将挡板保持竖直，缓慢的向右13移动距离R后保持静止，球与柱体接触点为N（未画出）。以下判断正确的是A挡板移动过程中，柱体对小球的弹力变大B挡板移动过程中，挡板对小球的弹力变小C小球在M、N两点所受柱体的作用力大小之比为 3:4D小球在M、N两点所受挡板的作用力大小之比为 3:425如图所示，质量为m的光滑小球用轻绳连接后挂在与水平面夹角为=30的三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈在光滑水平面上向左运动，小球相对劈静止，重力加速度为g，则A劈
21、运动的加速度大小可能为gB劈运动的加速度大小可能为 0.5gC劈运动的加速度大小可能为 2gD劈运动的加速度大小一定为g26某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为 200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了 0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的vt图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是A演员的体重为800 NB演员在最后2 s内一直处于超重状态C传感器显示的最小拉力为600 N
22、14D滑杆长4.5 m27（2018黑龙江省实验中学高二下学期期末）如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态已知墙面光滑，水平地面粗糙，现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N和地面对B的摩擦力f的变化情况是AN不变 BN变大 Cf不变 Df变小28物体以初速度0v竖直上抛，经 3 s 到达最高点，空气阻力不计，g取 10 m/s2，则下列说法正确的是A物体上升的最大高度为45 mB物体速度改变量的大小为 30 m/s，方向竖直向上C物体在第 1 s 内、第 2 s 内、第 3 s 内的平均速度
23、之比为 5:3:1D物体在 1 s 内、2 s 内、3 s 内的平均速度之比为 9:4:129（2018辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高二下学期期末考试）如图所示，B、C两个小球用细线悬挂于竖直墙面上的A、D两点，两球均保持静止，已知B球的重力为 2G，C球的重力为 3G，细线AB与竖直墙面之间的夹角为 37，细线CD与竖直墙面之间的夹角为 53，则AAB绳中的拉力为 5GBCD绳中的拉力为 3GCBC绳中的拉力为 2GDBC绳与竖直方向的夹角为 5330固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F与小环速
24、度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g=10 m/s2。求：15（1）小环的质量m； （2）细杆与地面间的倾角。31（2018山东省淄博市部分学校高一下学期期末教学质量检测）某同学站在电梯底板上，如图所示的vt图象是计算机显示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A在 020 s 内，电梯向上运动，该同学处于超重状态B在 05 s 内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态C在 510 s 内，电梯处于静止状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力D在 1020 s 内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态32如图所示，竖直墙壁上固
25、定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连。已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且Rtan ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中A地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B地面对滑梯始终无摩擦力作用C地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小35（2018黑龙江省实验中学高二下学期期末考试）水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮
26、后悬挂一质量为的重物，如图所示，忽略滑轮与绳子间的摩擦，则滑轮受到绳子作用力为17A50 N B C100 N D36如图所示，两台秤上各放装有液体的容器甲和乙，液体中各有小球通过细线分别牵拉在容器的底部和悬挂在容器的盖板上静止不动，此时两台秤的示数分别为N甲和N乙。当细线断开后，甲容器内小球上浮，乙容器内小球下沉。设在两小球分别上浮和下沉的过程中，两台秤的示数分别为和。则AN甲，N乙 BN乙 DN甲，G，所以F1=Mg+fMg+mg；猴子在加速下滑时对猴子分析有：猴子受到向下的重力G和向上的摩擦力f，且重力Gf，由牛顿第三定律可知笼子受到向下的摩擦力（因为笼子给猴子向上的摩擦力，所以猴子就给
27、笼子向下的摩擦力），所以笼子给地面的压力为：F2=Mg+f，因为fmg，然后向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，Fmg=ma，解得F=mg+mamg，然后做匀速直线运动，F=mg，最后向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，mgF=ma，解得F=mgmagcos，所以FsinFcos，可见aa，即加速度增大，故 A 错误，B 正确。若在物块上面叠放一物快，则根据牛顿第二定律有：（m+m1）gsin（m+m1）gcos=（m+m1）a1，解得a1=a，选项 CD 错误；故选 B。21D【解析】在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速
28、度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，在以后运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零。知加速度先减小后增大，速度先增大后减小。物体在 A 点时加速度向下，处于失重状态；物体在B点时，加速度向上，合力不为零，处于超重状态，故 D 正确，ABC 错误。2623AC【解析】在竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡，故二力是等大的，选项 A 正确；在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于车壁发生了弹性形变，选项 B 错误；根据牛顿定律 FN=ma，则若车厢加速度变小，车壁对物
29、块的弹力也变小，选项 C 正确；车壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡，二力是等大的，与车厢的加速度无关，故选项 D 错误。24AC【解析】以小球为研究对象，受力分析可知，在移动挡板前后，挡板给小球的弹力方向不变，圆柱体给小球的弹力的方向与竖直方向的夹角变大，但和的合力始终保持和重力等值、反向，不变，如图所示，移动挡板后和两个力均变大了，A 正确，B 错误；由几何关系可知，移动挡板之前，圆柱体给小球的弹力的方向与竖直方向的夹角为 37，故此时，；移动挡板之后，圆柱体给小球的弹力的方向与竖直方向的夹角为 53，此时，。所以，前后两次M、N两点所受柱体的作用力大小之比为 3:4，所受挡板的作用力大小之
30、比为 9:16，故 C 正确，D 错误。故本题选 AC。【名师点睛】在移动挡板前后，均对小球做受力分析，利用作图法可以看出挡板给小球的弹力和圆柱体给小球弹力的变化情况；根据几何关系，可以知道两次力学三角形中的边角关系，进而计算相关力的比值关系。25AB【解析】若斜面体对球的弹力恰为零，如图：由牛顿第二定律得：27Fcos=ma0，Fsin=mg，得a0=g，方向水平向左；则劈运动的加速度大小一定不超过g，故选 AB。【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，把握住小球恰好不离开斜面的临界条件。27A【解析】对整体进行受力分析，知竖直方向：N=2mg，
31、移动两球后，仍然平衡，则N仍然等于 2mg，所以N不变；水平方向：地面对B的摩擦力f等于竖直墙壁对A的弹力；再隔离对A进行受力分析，墙壁对A球的弹力FN=mgtan；当A球向下移动一小段距离，夹角增大，所以FN增大，则地面对球B的摩擦力f变大。故 A 正确，BCD 错误。故选 A。【名师点睛】在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球B的支持力不变；再隔离分析，判断杆子对球的作用力变化。29B【解析】对两个小球构成的整体受力分析：28根据平衡条件：x轴：FABsin37=FCD sin53，y轴：FABcos37+FCDcos53=5G，得：FAB=4G，FCD=3G，故A
32、错误，B 正确；对C球受力分析，根据平衡条件：x轴：FBCsin=FCD sin53，y轴：FBCcos+FCDcos53=3G，得：tan=2；FBC=G，故CD 错误；故选 B。【名师点睛】本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解。以上是利用正交分解法，也可以利用合成法。30（1）1 kg （2）30【解析】（1）02 s 内F1mgsin =ma由题图知a=0.5 m/s2 2 s后F2=mgsin由得F1F2=ma所以m=0.5 0.5kg=1 kg（2）由式得=3029【名师点睛】在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度
33、，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。32A【解析】设小球所在位置为为Q，对小球受力分析如图所示，小球受重力G、绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与OPQ相似，可有12FFG OPPQOQ，重力为恒力，P点下移的过程，OP间距离减小，比例式比值增大，PQ间距离为绳长，OQ间距离为圆形支架的半径，均保持不变，所以F1和F2均增大，故 A 正确，BCD 错误。33B【解析】根据速度图象斜率表示加速度可知，t=0.5 s 时，他的加速度为 0.3 m/s2，选项 A 错误；t=0.4 s 时他向上加速运动，加速
34、度方向竖直向上，他处于超重状态，B 正确；t=1.1 s 时他的加速度为 0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力 600 N，C 错误；t=1.5 s 时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项 D 错误；故选 B。【名师点睛】根据速度-时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算 t=0.5s 时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态。3035C【解析】由题意可得，对绳B点受力分析：滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重量，即F1=F2=G=mg=100 N。用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为 120
35、，则有合力F=100 N，所以滑轮受绳的作用力为 100 N，方向与水平方向成 30角斜向下，故选 C。【名师点睛】本题利用平行四边形定则求两力的合力；并突出了绳的弹力一定沿绳收缩方向，而杆的弹力方向不一定沿杆的特征。36B【解析】甲容器中小球上浮，说明甲小球的密度小于水的密度，当小球加速上浮时，等体积的水加速下降，加速度大小相等，小球超重，等体积的水失重，由于水的质量大于球的质量，所以整体表现为失重，所以N甲；乙容器中小球下沉，说明乙小球的密度大于水的密度，当小球加速下沉时，等体积的水加速上浮，加速度大小相等，小球失重，等体积的水超重，由于水的质量小于球的质量，所以整体表现为失重，所以N乙；
36、故 ACD 错误，B 正确。故选 B。3138C【解析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和绳子A的拉力T，如图。由平衡条件得知，N和T的合力与mg大小相等、方向相反，当将A点向上缓慢移动，使AO绳绕O点逆时针转动的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，T先变小后变大，C 正确。【名师点睛】求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及最小值的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法
37、求解。39（1）a1.5s b1 m/s （2）1N17 NF【解析】（1）a滑块在木板上做匀减速直线运动，初速度为v0=3.0 m/s，位移为L=2.0 m。滑块在滑行的过程中受重力、支持力、和摩擦力，其中重力等于支持力。根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小2.0Fmgamm合m/s2设滑块在木板上滑行的时间为t，根据运动学公式有2 011 2Lv ta t所以1.0t s 或 2.0t s（舍）之所以要舍去2.0t s，是因为如果木板足够长当003.0s1.5 s2.0vta时，滑块就静止了b01.0vvatm/s3240C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速
38、下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。【名师点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。41AB【解析】设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则balll，两部分绳子与竖直方向夹角分别为和，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，FFFba，则。满足mgFcos2，sinsinsinllldba，即ldsin ，cos2mgF ，d和l
39、均不变，则 sin 为定值，为定值，cos 为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故 A 正确，CD 错误；将杆N向右移一些，d增大，则 sin 增大，cos 减小，绳子的拉力增大，故 B 正确。【名师点睛】本题是力的动态平衡的典型模型，学生并不陌生，关键要判断出绳子和竖直方向的夹角只与绳长和两杆间的距离有关。3342AD【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以 AD 正确，BC 错误。【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物
40、受三个力中只有重力恒定不变，且要求OM、MN两力的夹角不变，两力的大小、方向都在变。三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。【名师点睛】本题主要考查共点力作用下物体的平衡、力的动态分析。当有多个物体相互作用而平衡时，应注意灵活选择研究对象，可以让题目变得更简洁明晰，此题的难点是对选项A的判断。3444AD【解析】由题意知在上升过程中：mamgF，所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A 正确，B 错误；由图知，7s 以后加速度向下，由maFmg知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以 C 错误，D 正确。【名师点睛】本题主要是识图能力，利用加速度与时间的关系，结合牛顿第二定律F=ma，由运动分析物体的受力情况。【名师点睛】图象从六个方面认识：一看轴，二看线，三看斜率，四看面，五看截距，六看点。超重和失重、平衡状态是由竖直方向的加速度决定。46A【解析】受力分析如下图，设小球所在位置的半径与竖直方向夹角为，沿半径和切线方向对受力进行正交分解，小球缓慢运动，两个方向均受力平衡，所以半径方向cosNG，切线方向sinFG，随小球缓慢移动，逐渐变大，N变小，F增大，选项 A 对。