一、選擇題
1．如圖所示，在近地圓軌道環(huán)繞地球運行的“天宮二號”的實驗艙內，航天員景海鵬和陳冬在向全國人民敬禮時( )
A．不受地球引力
B．處于平衡狀態(tài)，加速度為零
C．處于失重狀態(tài)，加速度約為g
D．地板的支持力與地球引力平衡
2．[2021·河北衡水中學月考]如圖所示是旅游景區(qū)中常見的滑索．研究游客某一小段時間沿滑索下滑時，可將滑索簡化為一直桿，滑輪簡化為套在桿上的環(huán)，滑輪與滑索間的摩擦力及游客所受空氣阻力不可忽略，滑輪和懸掛繩重力可忽略．則游客在某一小段時間內勻速下滑，其狀態(tài)可能是圖中的( )
3．(多選)2020年11月10日，“奮斗者號”在“地球第四極”馬里亞納海溝深度10909米處成功坐底．該潛水器的上升和下潛是通過改變潛水器中的水箱和壓載鐵的質量來實現的．在某次深潛中，潛水器的下潛過程和上升過程的v-t圖象如圖所示，其中①為下潛的圖象，②為上升的圖象，已知加速和減速過程中加速度大小均相等，假設在整個運動過程中，潛水器的體積不變，其所受浮力恒為f，則下列說法正確的是( )
A．勻速下潛過程中浮力做的功為－fv0t0(2N－5)
B．加速下潛過程中潛水器的總質量為 eq \f(f,g＋\f(v0,t0))
C．下潛過程和上升過程中的浮力產生的沖量的比值為 eq \f(2N＋3,N)
D．下潛過程所用的時間為2Nt0－3t0
二、非選擇題
4．在冰壺比賽中，運動員用F＝6 N的水平恒力推著質量為m＝20 kg的冰壺由靜止開始運動，一段時間后撤去F，冰壺繼續(xù)沿直線運動，從開始運動到停止的總位移為30 m，冰壺與冰面之間的動摩擦因數為μ＝0.01，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)撤去F之前冰壺運動的位移大??；
(2)冰壺運動的總時間．
5．某飛機場利用如圖所示的傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上，傳送帶與地面的夾角θ＝30°，傳送帶兩端A，B的長度L＝10 m．傳送帶以v＝5 m/s的恒定速度勻速向上運動，在傳送帶底端A輕輕放一質量m＝5 kg的貨物，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ＝ eq \f(\r(3),2) ，求貨物從A端運送到B端所需的時間．(g取10 m/s2)

第27練 （STSE問題）利用牛頓運動定律解決實際問題
1．答案：C
解析：天宮二號做勻速圓周運動時航天員處于完全失重狀態(tài)．此時仍受到地球引力作用，只不過引力恰好充當向心力，向心加速度近似等于g；此時人對地板沒有壓力，地板對人也沒有支持力，故C正確，A、B、D錯誤．
2．答案：B
解析：設滑索的傾角為α，游客的質量為M，滑輪的質量為m，重力加速度為g，若不考慮任何阻力，對滑輪及游客組成的整體應用牛頓第二定律有（M＋m）g sin α＝（M＋m）a，解得a＝g sin α，當懸掛繩與滑索垂直時，對游客隔離并進行受力分析，有F合＝Ma＝Mg sin α；若滑索與滑輪之間有摩擦，而游客不受空氣阻力，則當游客勻速運動時，懸掛繩必須在豎直方向，此時游客受懸掛繩的拉力與自身重力處于平衡狀態(tài)；若同時考慮滑輪與滑索間的摩擦以及游客所受的空氣阻力，則懸掛繩應該在垂直于滑索與豎直方向之間，選項B正確，A、C、D錯誤．
3．答案：AD
解析：設下潛總時間為T，因下潛和上升的位移相等，v-t圖象與t軸圍成的面積表示位移，則 eq \f(（T＋T－2t0）,2) v0＝ eq \f(（Nt0＋Nt0－4t0）,2) ·2v0，解得T＝2Nt0－3t0，選項D正確；由I＝ft可知，下潛過程浮力的沖量與上升過程浮力的沖量比值為下潛時間和上升時間的比值，即 eq \f(I下,I上) ＝ eq \f(t下,t上) ＝ eq \f(2N－3,N) ，選項C錯誤；由v -t圖象可知，潛水器加速下潛過程中的加速度大小為a＝ eq \f(v0,t0) ，根據牛頓第二定律有mg－f＝ma，解得加速下潛過程中潛水器的總質量m＝ eq \f(f,g－\f(v0,t0)) ，選項B錯誤；勻速下潛過程中，潛水器的位移為x＝v0（2Nt0－5t0），則浮力做的功為W＝－fx＝－fv0t0（2N－5），選項A正確．
4．答案：（1）10 m （2）30 s
解析：（1）冰壺勻加速過程和勻減速過程分別應用牛頓第二定律，得F－μmg＝ma1，μmg＝ma2
由運動學公式，得v2－0＝2a1x1，v2＝2a2x2
根據題意有x1＋x2＝30 m，聯立解得x1＝10 m.
（2）根據運動學公式有x1＝ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，x2＝ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
代入數據得t1＝10 s，t2＝20 s
所以冰壺運動的總時間為t＝t1＋t2＝30 s．
5．答案：3 s
解析：
對貨物進行受力分析如圖所示．
由牛頓第二定律有μmg cs 30°－mg sin 30°＝ma，
解得a＝2.5 m/s2.
貨物勻加速運動的時間t1＝ eq \f(v,a) ＝2 s
貨物勻加速運動的位移s1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝5 m
隨后貨物做勻速運動
運動位移s2 ＝L－s1 ＝5 m
勻速運動時間t2＝ eq \f(s2,v) ＝1 s
故所需時間t＝t1＋t2＝3 s．

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