用牛顿运动定律解决问题（二）_章节学习

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题型：填空题

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填空题

如图所示为一个密立根油滴实验的示意图．实验中用喷雾器向一个透明的小盒子里喷入带电油滴．小盒子中的上下板分别连接电池的两极，让上板成为正极板、下板成为负极板．带电油滴在上下板之间受力的作用而运动，运动的速度可以通过改变极板间的电压来控制．

（1）现观察到一个油滴正在匀速下降，这时AB两板间的匀强电场强度为E，现测得油滴的质量为m，则这个油滴带______电，带电荷量为______．

（2）密立根不断改变电压，仔细观察油滴的运动，经过反复试验得出大量数据，得到如下表所示数据：

你从密立根所测得的大量数据中可得出的结论是：______．

正确答案

负

油滴所带电量是1.6×10-19C的n倍

解析

解：（1）该油滴竖直向下做匀速直线运动，受重力和电场力，二力平衡；故电场力向上，而场强向下，故油滴带负电荷；

匀速运动是平衡状态，重力和电场力平衡：

mg=F=qE

得：q=

（2）从密立根所测得的大量数据中可得出的结论是：油滴所带电量是1.6×10-19C的n倍．

故答案为：负；；油滴所带电量是1.6×10-19C的n倍．

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题型：简答题

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简答题

如图，物体A与B用跨过滑轮的细绳相连，已知物体B的重力为80N，地面对B的支持力为60N，连接物体B的细绳与水平地面夹角为30°，所有物体保持静止．

（1）在图中画出物体B的受力分析．

（2）计算地面对物体B的摩擦力．

（3）计算物体A的重力．

（4）若物体B在水平向右外力作用下匀速向右运动过程中，请判断水平外力及地面对物体B摩擦力的变化情况．（设物体A未升至滑轮处）

正确答案

解：（1、2、3）对物体B受力分析，如图所示：

由于B物体受力平衡，故：

水平方向：Tcosθ=f ①

竖直方向：Tsinθ+FN=GB ②

已知物体B所受重力为80N，水平地面对物体B的支持力FN为60N，

由②解得：T=40N ③

把③代入①解得：f=20N

由于物体A受力平衡，所以重力等于竖直向上的绳子拉力T，得：

GA=T=40N

（4）若物体B在水平向右外力作用下匀速向右运动过程中，对物体B受力分析，

根据平衡条件，有：

F-f-Tcosθ=0

FN+Tsinθ-GB=0

其中：

f=μFN

联立解得：

f=μ（80-40sinθ）

F=μ（80-40sinθ）+40cosθ

由于θ减小，故摩擦力f增加，拉力F增加；

答：（1）物体B的受力分析，如图所示．（2）地面对物体B的摩擦力为20N．（3）物体A的重力为40N．（4）若物体B在水平向右外力作用下匀速向右运动过程中，则水平外力及地面对物体B摩擦力都增大．

解析

解：（1、2、3）对物体B受力分析，如图所示：

由于B物体受力平衡，故：

水平方向：Tcosθ=f ①

竖直方向：Tsinθ+FN=GB ②

已知物体B所受重力为80N，水平地面对物体B的支持力FN为60N，

由②解得：T=40N ③

把③代入①解得：f=20N

由于物体A受力平衡，所以重力等于竖直向上的绳子拉力T，得：

GA=T=40N

（4）若物体B在水平向右外力作用下匀速向右运动过程中，对物体B受力分析，

根据平衡条件，有：

F-f-Tcosθ=0

FN+Tsinθ-GB=0

其中：

f=μFN

联立解得：

f=μ（80-40sinθ）

F=μ（80-40sinθ）+40cosθ

由于θ减小，故摩擦力f增加，拉力F增加；

答：（1）物体B的受力分析，如图所示．（2）地面对物体B的摩擦力为20N．（3）物体A的重力为40N．（4）若物体B在水平向右外力作用下匀速向右运动过程中，则水平外力及地面对物体B摩擦力都增大．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=1.5m的薄平板AB．平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为10.5m，在平板的上端A处放一质量m=0.5kg的滑块P（可视为质点），开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放．平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：

（1）滑块P离开平板时的速度；

（2）平板下端B到达斜面底端C的时间与P到达C点的时间差．

正确答案

解：（1）当P离开薄板前，受力如图，由牛顿第二定律得：mgsinθ=mam1

当P离开薄板前，薄板受力如图，由牛顿第二定律、平衡条件、摩擦力公式得：Mgsinθ-fM1=MaM1

NM1=Mgcosθ+Nm′

fM1=μNM1

Nm′=Nm=mgcosθ

由匀变速运动规律得：

vm1=am1t1

由题意得：sm-sM=L

联立以上各式并代入数据解得：vm1=6m/s

（2）当P离开薄板后，受力如图，由牛顿第二定律、摩擦力公式得：mgsinθ-fm=mam2fm=μNm

当P离开薄板后，薄板受力如图，由牛顿第二定律、平衡条件、摩擦力公式得：

Mgsinθ-fM2=MaM2

NM2=MgcosθfM2=μNM2

由匀变速运动规律得：

vM1=aM1t1

联立以上各式并代入数据解得：△t=t3-t2=0.5s

答：（1）滑块P离开平板时的速度为6m/s；

（2）平板下端B到达斜面底端C的时间与P到达C点的时间差为0.5s．

解析

解：（1）当P离开薄板前，受力如图，由牛顿第二定律得：mgsinθ=mam1

当P离开薄板前，薄板受力如图，由牛顿第二定律、平衡条件、摩擦力公式得：Mgsinθ-fM1=MaM1

NM1=Mgcosθ+Nm′

fM1=μNM1

Nm′=Nm=mgcosθ

由匀变速运动规律得：

vm1=am1t1

由题意得：sm-sM=L

联立以上各式并代入数据解得：vm1=6m/s

（2）当P离开薄板后，受力如图，由牛顿第二定律、摩擦力公式得：mgsinθ-fm=mam2fm=μNm

当P离开薄板后，薄板受力如图，由牛顿第二定律、平衡条件、摩擦力公式得：

Mgsinθ-fM2=MaM2

NM2=MgcosθfM2=μNM2

由匀变速运动规律得：

vM1=aM1t1

联立以上各式并代入数据解得：△t=t3-t2=0.5s

答：（1）滑块P离开平板时的速度为6m/s；

（2）平板下端B到达斜面底端C的时间与P到达C点的时间差为0.5s．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m的光滑小球放在倾角为α的斜面上，用挡板挡住，挡板与斜面的倾角为β，求斜面及挡板对小球的弹力．重力加速度为g．

正确答案

解：以小球为研究对象，对其进行受力分析如图1所示；

由于小球处于平衡，故其受力必构成一个三角形，如图2所示，由正弦定理有：

==

解得：N1=，N2=

答：斜面及挡板对小球的弹力分别为和．

解析

解：以小球为研究对象，对其进行受力分析如图1所示；

由于小球处于平衡，故其受力必构成一个三角形，如图2所示，由正弦定理有：

==

解得：N1=，N2=

答：斜面及挡板对小球的弹力分别为和．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，物体重G=100N，保持静止．绳AC与BC分别与竖直方向成30°角和60°角，则绳AC的拉力为______N，绳BC的拉力为______N．

正确答案

50

解析

解：以重物为研究对象．受力如右图所示，

由平衡条件得：

TACsin30°-TBCsin60°=0①

TACcos30°+TBCcos60°-G=0②

联立①②得：TAC=50N，TBC=50N

故答案为：50N，50N．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，光滑杆ABC固定放置在水平面上，∠ABC=α．用细线相连的两只轻环P、Q分别套在AB、BC上．若用一个沿BC方向的力拉轻环Q，使轻环P、Q间的细线被拉直且两环都处于静止时，该拉力的大小为F，则这时细线对环P的拉力大小为______，杆对轻环Q的弹力大小为______．

正确答案

解析

解：以两环整体为研究对象受力分析并运用合成法如图：

根据几何关系：N1=

N2=

以P为研究对象受力分析，根据平衡条件绳子拉力与N2应等大反向，即大小为；

故答案为：；．

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题型：单选题

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单选题

（2015秋•香河县校级月考）如图所示AB、AC两光滑斜面互相垂直，AC与水平面成30°．如把球O的重力G按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为（　　）

AG，G

BG，G

CG，G

DG，G

正确答案

A

解析

解：已知重力和两个分力的方向，根据平行四边形定则作力图，如图所示，由图得到：

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•毕节市校级期末）如图所示，光滑匀质圆球的直径为d=40cm，质量为M=20kg，悬线长L=30cm，正方形物块A的厚度b=10cm，质量为m=2kg，物块A与墙之间的动摩擦因数μ=0.2，现将物块A轻放于球和墙之间后放手，（g取9.8m/s2），求：墙对A的摩擦力为多大？

正确答案

解：对球与物块A分别受力分析，如图所示：

结合几何关系，有：tanθ=

根据平衡条件，对球有：

FN=Mgtanθ=20×10×0.75N=150N

对物块A，根据平衡条件，有：

Ff=μFN=30N＞mg

所以A物块处于静止状态，静摩擦力：

Ff1=mg=20N

答：墙对A的摩擦力为20N．

解析

解：对球与物块A分别受力分析，如图所示：

结合几何关系，有：tanθ=

根据平衡条件，对球有：

FN=Mgtanθ=20×10×0.75N=150N

对物块A，根据平衡条件，有：

Ff=μFN=30N＞mg

所以A物块处于静止状态，静摩擦力：

Ff1=mg=20N

答：墙对A的摩擦力为20N．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，球的半径为R，质量为m的蚂蚁只有在离桌面高度大于或等于R时，才能停在碗上，那么蚂蚁河碗面间的最大静摩擦力为（　　）

Amg

Bmg

Cmg

Dmg

正确答案

C

解析

解：蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，根据平衡有：f=mgsinθ=μN=μmgcosθ

而cosθ==0.8．所以μ==tanθ=．

故最大静摩擦力为：f=μmgcosθ=mg

故选：C．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，三根轻绳的一端系于O点，绳1、2的另一端分别固定在墙上，绳3的另一端吊着质量为m的重物．重物处于静止时，绳1水平，绳2与水平方向的夹角为θ．绳1受到的拉力用F1表示，绳2受到的拉力用F2表示．下列表达式中正确的是（　　）

AF1= F2=

BF1=mgsinθ F2=

CF1= F2=mgsinθ

DF1=mgcosθ F2=

正确答案

A

解析

解：以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．

作出力图如图．

根据平衡条件得

F1=

F2=

故选：A．

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