物体的平衡_章节学习

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题型：填空题

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填空题

特种兵过山谷的一种方法可化简为如图所示的模型：将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，悬绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面．开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP竖直，则此时甲对滑轮的水平拉力为______；若甲将滑轮由静止释放，则乙在滑动中速度的最大值为______．（不计滑轮与绳的质量，不计滑辁的大小及摩擦）

正确答案

（1）对滑轮受力分析并正交分解如图：

同一根绳上的拉力相等，故AP，BP绳上的拉力均为F

设AP的长度为：x，则BP长度为：2d-x

在直角三角形ABP中：

.

BP

2=

.

AB

2+

.

AP

2

即：（2d-x）2=d2+x2

解得：x=d，即：AP长度为：d，BP长度为：

即：∠APB=53°

所以：F1=Fcos53°=0.6F

F2=Fsin53°=0.8F

由滑轮平衡得：

y方向：mg=F+F1=F+0.6F

解得：F=

x方向：F2=F拉，即：F拉=0.8×=

（2）甲将滑轮由静止释放后，战士乙只有重力对其做功，所以下落到最低点是速度最大，下落到最低点时，绳子如图

此时三条边均为d，三角形为正三角形，即：每个角为60°

所以此时P距离A点的竖直高度OP为：dsin60°=d

从静止到此状态战士乙共下落的高度h为：h=d-d

设此时的速度为v，在下落过程中只有重力做功，做的功为：mgh

由动能定理得：

mgh=mv2

代入数据得：v==d)=

故答案为：；

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题型：简答题

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简答题

如图所示，AO、BO和CO三根绳子能承受的最大拉力相等，O为结点，OB与竖直方向夹角为θ，悬挂物质量为m。

①OA、OB、OC三根绳子拉力的大小。

②A点向上移动少许，重新平衡后，绳中张力如何变化？

正确答案

T1=T2sin，G=T2cos

但A点向上移动少许，重新平衡后，绳OA、OB的张力均要发生变化。如果说绳的张力仍不变就错了。

分析节点O的受力，由平衡条件可知，T1、T2合力与G等大反向，但T1不等于T2，所以T1=T2sin，G=T2cos

但A点向上移动少许，重新平衡后，绳OA、OB的张力均要发生变化。如果说绳的张力仍不变就错了。

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题型：填空题

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填空题

用弹簧秤称物块时，读数为7.5N，用弹簧秤拉着该物块沿倾角为37°的斜面向上匀速滑动时，读数为6N，物块与斜面间的动摩擦因数为　　　　　　　。（sin37°=0.6，cos 37°=0.8）

正确答案

0.25

试题分析：当用弹簧秤称物块时根据平衡条件可得：F1=G=7.5N ，当用弹簧秤拉着物块沿着斜面匀速上滑过程中，

根据平衡条件可得：F=f+Gsinθ…① f=μGcosθ…② 联立解得：μ=0.25

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题型：填空题

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填空题

如图所示，质量为4kg的均匀杆对称地用两根等长的轻绳悬挂于天花板上A、B两点，绳子与天花板的夹角都为θ=53°，则每根绳子的拉力大小为______N，若不改变其他条件，要使每根绳子所受拉力减小些，应将AB间距离______（填“增大”或“减小”）些．

正确答案

对物体受力分析，受重力和两个拉力，

根据平衡条件，有

T1cosθ=T2cosθ ①

T1sinθ+T2sinθ=mg ②

解得T1=T2=25N

由②得：T1=

则知要使每根绳子所受拉力减小，必须增大θ，应将AB间距离减小．

故答案为：25，减小

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题型：简答题

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简答题

一种测定风作用力的仪器原理如图所示。它的细长丝线一端固定于O点，另一端悬挂着一个质量为m="1" kg的金属球。无风时，丝线自然下垂；当受到沿水平方向吹来的风的作用时，丝线将偏离竖直方向一定角度θ，风力越大，偏角越大。若某时刻丝线与竖直方向的夹角θ=37°，试求此时金属球所受风力的大小。（取g="10" m/s2，已知sin37°=0.6、cos37°=0.8）

正确答案

7.5 N

：小球的受力分析如图所示，则平衡时有

联立可得：代入数据得：F=1×10×0.75 N="7.5" N

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题型：填空题

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填空题

如图所示，用轻绳一端固定在A点，另一端B点系重力G＝120N的物体，C是表面光滑的固定圆柱体，则绳对此圆柱体的压大小为F＝_____________N，方向与水平方向成____________的角。

正确答案

120，300

略

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面问，处于静止状态.m与M相接触边与竖直方向的夹角为α若不计一切摩擦，求：

（1）水平面对正方体M的弹力大小；

（2）墙面对正方体m的弹力大小.

正确答案

如图所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面问，处于静止状态.m与M相接触边与竖直方向的夹角为α若不计一切摩擦，

求（1）水平面对正方体M的弹力大小；

（2）墙面对正方体m的弹力大小.

(1)以两个正方体整体为研究对象

整体受到向上的支持力和向下的重力,整全处于静止状态

所以水平面对正方体M的弹力大小为(M+m)g

(2)对正方体m进行受力分析如图

把N2沿水平方向和竖直方向分解

有

解得

参考答案

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题型：简答题

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简答题

小木块A的重力，它与斜面间的动摩擦因数，斜面倾角，现施加一外力F使小木块A沿斜面匀速上滑，问F的最小值是多少，方向如何？

正确答案

，

略

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题型：简答题

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简答题

如图所示，某物体在沿斜面向上的推力F作用下，从斜面底端开始沿斜面向上匀速运动，速度为7.0m/s．已知斜面的倾角为30°，物体的质量为0.8kg，物体与斜面之间的动摩擦因数为．（g取10m/s2），求：

（1）推力F的大小；

（2）若撤去推力F后，物体沿斜面向上运动的最大位移和物体在斜面上运动的加速度（设斜面足够长）．

正确答案

（1）物体在匀速直线运动的过程中，根据受力平衡可得：

F-mgsin30°-f=0

FN-mgcos30°=0

f=μFN

解得：F=mg=7N．

（2）撤去推力后，物体沿斜面向上运动的过程中，根据牛顿第二定律得：

a1===8.75m/s2，方向沿斜面向下．

沿斜面向上滑动的位移：x1==2.8m．

当物体上升到最高点后将沿斜面向下加速运动，根据牛顿第二定律有：

a2==1.25m/s2．方向沿斜面向下．

答：（1）推力F的大小为7N．

（2）撤去推力F后，物体沿斜面向上运动的最大位移为2.8m．上滑时的加速度为8.75m/s2，下滑时的加速度为1.25m/s2．

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题型：简答题

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简答题

（10分）如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面内，∠AOB=120°，∠COD=60°。在O点处悬挂一个质量为m的物体，系统处于平衡状态，试求：

（1）绳AO所受到的拉力F1和杆OC所受到的压力F2；

（2）若在O点施加一个力F（图中未画出），要使两绳AO和BO中的张力为零，杆CO位置不变，则F的最小值为多大？

正确答案

（1）（2）

（1） 2分

2分

解得： 1分

1分

（2）当F 与CO垂直时，F最小，即 2分

F最小= 2分

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题型：填空题

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填空题

如图1-66所示，为了用一个与竖直方向间夹角α=30°的斜向推力F，能使一块重G=100N的物体贴着光滑的竖直墙面匀速上行，则推力F=______，此时墙面受到的压力N=______．

正确答案

115.7N，57.7N

由Fcosα=G，Fsinα=N得．

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题型：简答题

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简答题

（15分）如图所示，长方形斜面倾角为，其长为0.8m，宽为0.6m，一重长方形斜面倾角为，其长为0.8m，宽为0.6m，为25N的木块在斜面体上部，它与斜面间的动摩擦因数为0.6，要使木块沿对角线AC方向匀速下滑，需加方向平行于斜面的力为多大？方向如何？(sin=0.6，cos=0.8，tg=0.75)

正确答案

9N，指向左上方

N=mgcos=25×=20(N)，------------------（3分）

f=μN=0.6×20=12(N)，----------------------------------（3分）

重力沿斜面向下的分量

mgsin="15(N)" ----------------------------------------（2分）

在斜面这一平面内，f、F与重力沿斜面向下的分量mgsin，三力合力为零，则由平行四边形法则：

F==9(N)．-----（3分）

由正弦定理得：故----------（2分）

即F与AC垂直，指向左上方。-----------------------------------（2分）

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个人用与水平方向成θ=37°角的斜向下的推力F推一个重G=200N的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.5（g=10m/s2）．

（1）求推力F的大小（sin37°=0.6 cos37°=0.8）．

（2）若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间t=3s后撤去，求箱子滑行的总位移为多大？

正确答案

（1）选箱子为研究对象，其受力如图所示，

由平衡条件知：Fcos37°=f1=μFN---①

FN=G+Fsin37°-------②

联立①②得：F==200N；

（2）受力分析及运动过程如右图所示．

前3s内：a1===5m/s2，

3s末：v1=a1t1=15m/s，

前3s内的位移：x1=a1t12=22.5m；

撤去F后：a2===-μg=-5m/s2，

箱子还能滑行x2，由：0-v12=2a2x2；

得 x2==22.5m；

所以箱子通过的总位移：x=x1+x2=45m．

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题型：简答题

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简答题

质量m=2.0×10-4kg、电荷量q=1.0×10-6C的带正电微粒悬停在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为E1．在t=0时刻，电场强度突然增加到E2=4.0×103N/C，场强方向保持不变．到t=0.20s时刻再把电场方向改为水平向右，场强大小保持不变．取g=10m/s2．求：

（1）原来电场强度E1的大小？

（2）t=0.20s时刻带电微粒的速度大小？

（3）带电微粒运动速度水平向右时刻的动能？

正确答案

（1）当场强为E1的时候，带正电微粒静止，所以mg=E1q

所以 E1==2.0×103N/C

（2）当场强为E2的时候，带正电微粒由静止开始向上做匀加速直线运动，设0.20s后的速度为v，

由牛顿第二定律：E2q-mg=ma，得到a=-g=10m/s2．

由运动学公式 v=at=2m/s

（3）把电场E2改为水平向右后，带电微粒在竖直方向做匀减速运动，设带电微粒速度达到水平向右所用时间为t1，则 0-v1=-gt1 解得：t1=0.20s

设带电微粒在水平方向电场中的加速度为a2，

根据牛顿第二定律 qE2=ma2，解得：a2=20m/s2

设此时带电微粒的水平速度为v2，v2=a2t1，解得：v2=4.0m/s

设带电微粒的动能为Ek，Ek=m=1.6×10-3J

答：（1）原来电场强度E1的大小是2.0×103N/C；

（2）t=0.20s时刻带电微粒的速度大小是2m/s；

（3）带电微粒运动速度水平向右时刻的动能1.6×10-3J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m=1.0kg的物体，放在足够长的固定斜面底端，斜面倾角θ=37°，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25．在通过细线用平行斜面向上的恒定拉力F=12.0N，将物体由静止开始沿斜面向上拉动的过程中，经过时间t1=2.0s，细线突然断了．求：

（1）细线断开时，物体运动速度v1的大小；

（2）从细线断开到物体返回斜面底端所用时间t．

正确答案

（1）物体在拉力F作用下沿斜面向上运动，受力如答图1：重力mg、拉力F、支持力N、滑动摩擦力f．

由牛顿第二定律得

F-mgsinθ-f=ma1 N-mgcosθ=0

又f=μN　　　　

联立得：a1==4.0 m/s2

所以细线断开时，物体速度的大小：v1=a1t1=4.0×2.0=8.0m/s　

（2）细线刚断开时，物体上滑的位移为：x1=a1=×4.0×(2.0)2=8.0 m

细线断开后物体沿斜面向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律得

-mgsinθ-f=ma2 N-mgcosθ=0

又f=μN 联立得到a2=-gsinθ-μgcosθ=-8.0 m/s2　　

由vt=v0-at，解得物体做匀减速运动到停止的时间：t2==s=1.0 s

由vt2-v02=-2ax，解得匀减速运动到停止的位移：x2===4.0m　　

物体沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得

f-mgsinθ=ma3N-mgcosθ=0

又f=μN 解得a3=μgcosθ-gsinθ=-4.0 m/s2　

设物体下滑的时间为t3，则x3=x1+x2=a3

代入数据，解得：t3==2.45 s　　

所以从细线断开到物体返回斜面底端所用时间为：t=t2+t3=3.45s　　　

答：从细线断开到物体返回斜面底端所用时间为3.45s．

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