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《47用牛顿运动定律解决问题(二)随堂作业（人教版必修1）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、4-7用牛顿运动定律解决问题（二）随堂作业（人教版必修1）一、选择题1.关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A.物体处于超重状态时，其重力增加了B.物体处于失重状态时，其重力减小了C.物体处于完全失重时，其重力为零D.不论物体超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力都是不变的2.共点的五个力平衡，则下列说法中不正确的是（）A.其中四个力的合力与第五个力等大反向B.其中三个力的合力与其余的两个力的合力等大反向C.五个力合力为零D.撤去其中的三个力，物体一定不平衡3・长方体木块静止在倾角为0的斜面上，其受力情况如右图所示，那么木
2、块对斜面作用力的方向（）A.沿斜面向下B.垂直于斜面向下C.沿斜面向上A.竖直向下4.(多选)在升降机内，一人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%,贝！1下列判断可能正确的是仗取10m/s2)()A・升降机以8m/s2的加速度加速上升B.升降机以2m/s2的加速度加速下降C.升降机以2m/s2的加速度减速上升D.升降机以8m/s2的加速度减速下降5.三段不可伸长的细绳0力，OB,OC能承受的最大拉力相同,它们共同悬挂一重物，如右图所示，其中OB是水平的，A,B端都定，若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳(A.必定是04
3、B.必定是OBC.必定是OCD.可能是OB,也可能是0C6.（多选）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是（）A.所受浮力大小为4830NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD.以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230N6.如右图所示，是一种测定风作
4、用力的仪器原理图.它能自动随着风的转向而转动，使风总从图示方向水平吹向小球P.P是质量为m的金属球,竖直平面内无摩擦地转动，无风时金属丝自然下垂，有风时金属丝将偏离竖直方向一定角度0,角&大小与风力大小有关，下列关于风力F与〃的关系式正确的是()A-F=mgsinOC・F=mgtanO二、非选择题B-F=mgcos0D・F=mg/cosO6.如右图所示，拉B物体的轻绳与竖直方向成60。角，O为一定滑轮，物体/与B间用跨过定滑轮的细绳相连且均保持静止，已知B的重力为100N,水平地面对〃的支持力为80N,绳和滑轮质量及摩擦均不计
5、，试求：(1)物体昇的重力；(2)B受到的摩擦力.答亲随壹作业1・D2.D共点的五个力平衡，则五个力的合力为零，C正确.任意三个力或四个力的合力与其余的两个力的合力或第五个力一定等大反向，A,B正确.而撤去其中三个力，剩余两个力的合力不一定为零，物体不一定平衡，D错.3・D4.BC人发现体重减轻，说明人处于失重状态，加速度向下，由加g—F^=ma,汗=80%加幻故a=0・2g=2m/sS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.4.A方法一：O点所受三力如图甲所示，由于三力平衡，即F1与尸2的合力F与尸3相平
6、衡，从图中直接看出F1是直角三角形的斜边，F2,尸3均为直角边，因此F1必大于尸2和尸3,当增大C端重物质量时，O/首先承受不了，先断，A正确.方法二：三力F,F29月平衡，则首尾相接必成一封闭三角形,如图乙所示，由图看出尺是直角三角形的斜边，因而％先断.F6・AD本题考查热气球的受力分析和运动分析，意在考查考生对力的平衡条件、牛顿第二定律的运用能力.热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F^=F浮一mg=ma9得热气球所受的浮力尸浮=加@+a)=460X(10+0.5)N=4830N,则A项正确；加速上升过程中，速度
7、增大，所受空气阻力也增大，则B项错误；热气球以5m/s的速度匀速上升时，由平衡条件知所受的空气阻力Ff=F浮一mg=4830N-460X10N=230N,故D项正确；热气球从地面上升10s内，它做变加速运动，故10s时其速度大小不是5m/s,故C项错误.7.C金属球受三个力作用处于平衡状态，即受到水平方向的风力F、绳的拉力T和重力mg作用,由平衡条件F=mgtanO.8.(1)40N(2)34.6N解析:对4Ft=Ga,①对FN+F7€os60°=Gj?,②由①②:Ga=Gb_Fncos60°=40N,
