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，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．一个小球穿在绝缘直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速经过杆上A、B两点，AB=0.75m，改变固定杆与竖直线的夹角θ，将小球由A静止释放，当θ=______时，小球滑到B点时的动能最大，该情况下小球由A运动到B所用时间为______s（g取10m/s2）．

正确答案

53°

0.3

解析

解：当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速经过杆上A、B两点，设风力为F，

则μF=mg①

当小球不受摩擦力时滑到B点时动能最大，不受摩擦力的前提是球与杆间无压力，

故：mgsinθ=Fcosθ②

联立①②的：tanθ=

故θ=53°；

根据牛顿第二定律，小球下滑的加速度a=gcosθ+-=m/s2

AB=at2

t=0.3s

故答案为：53°；0.3．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，一个重为8N的光滑均匀球，用长的细绳挂在竖直光滑的墙壁上，细绳与竖直墙壁的夹角为37°．求绳子的拉力F和球对墙壁压力FN的大小（sin37°=0.6 cos37°=0.8 ）

正确答案

解析

解：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图如图．

由平衡条件得知：绳的拉力TOA和墙对球的支持力N的合力与G等值、反向．则得：

TOA=N=10N

N=Gtan37°=8×N=6N

根据牛顿第三定律得小球对竖直墙壁的压力N′=N=6N

答：绳子的拉力F是10N，小球对竖直墙壁的压力是6N．

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题型：单选题

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单选题

用原长为8cm的橡皮筋跨过光滑的定滑轮把一根木棒悬挂起来，稳定后木棒处于水平状态，橡皮筋长度变为10cm，橡皮筋与水平棒的夹角为30°，橡皮筋的劲度系数k=2N/cm，g=10m/s2，则木棒的质量是（　　）

A4kg

B0.4kg

C2kg

D0.2kg

正确答案

B

解析

解：橡皮筋的劲度系数k=2N/cm，伸长2cm，根据拉力为：T=kx=2×2=4N

对木棒受力分析，受两个拉力和重力，根据平衡条件，有：

2Tsin30°=mg

解得：m===0.4kg

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•河北期末）如图所示，BC是一轻杆，可绕C点转动，AB是一连接在墙壁和杆上的轻绳，在杆的B点悬挂一个定滑轮，人用它匀速地提起重物，重物质量为30kg，人的质量为50kg，（绳子和滑轮的质量、绳子和滑轮的摩擦及杆的自重忽略不计，g取10m/s2）求：

（1）此时人对地面的压力是多大？

（2）支架的斜杆BC、水平绳AB所受的力各是多大？

正确答案

解：（1）由平衡条件得：N=G-T=50×10-30×10N=200N

据牛顿第三定律，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，则人对地面的压力为200N．

（2）正确画出受力分析图：

杆BC受力：

FBC=

水平绳AB所受的拉力：

FAB=2Tcot30°=

答：（1）此时人对地面的压力是200N；

（2）支架的斜杆BC、水平绳AB所受的力分别为1200N、600N．

解析

解：（1）由平衡条件得：N=G-T=50×10-30×10N=200N

据牛顿第三定律，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，则人对地面的压力为200N．

（2）正确画出受力分析图：

杆BC受力：

FBC=

水平绳AB所受的拉力：

FAB=2Tcot30°=

答：（1）此时人对地面的压力是200N；

（2）支架的斜杆BC、水平绳AB所受的力分别为1200N、600N．

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题型：简答题

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简答题

一根符合胡克定律的弹性细绳原长为L，劲度系数为k，将其一端穿过一个光滑小孔O（其在水平地面上的投影点为O‘），系在一个质量为m的滑块A（忽略体积大小）上，A放在水平地面上．小孔O离绳固定端的竖直距离为L，离水平地面高度为h（h＜），滑块A与水平地面间的最大静摩擦力为压力的μ倍．重力加速度为g．问：

（1）当滑块与O'点距离为r时，弹性细绳的伸长量多大？弹性细绳的拉力F为多大？

（2）滑块所受的最大静摩擦力fm多大？

（3）滑块处于怎样的区域内时可以保持静止状态？

正确答案

解：（1）由几何关系知，弹性绳的伸长量为：，

弹性绳的弹力大小：，

（2、3）设A静止时离O′的距离为r，此位置处A将受到四个力的作用如图：

对FT正交分解，由于处于平衡状态所以有：

竖直方向：FN+FTsinθ=mg，

水平方向：FTcosθ=Ff

而FT=k，Ffmax=μFN

所以有：kcosθ=f≤fmax=μ （mg-kh）

其中cosθ=r

即这表明，滑块可以静止在以O′为圆心，为半径的圆域内的任意位置．

答：（1）当滑块与O‘点距离为r时，弹性细绳的伸长量为，弹性细绳的拉力F为；

（2）滑块所受的最大静摩擦力fm为μ （mg-kh）；

（3）滑块可以静止在以O′为圆心，为半径的圆域内的任意位置．

解析

解：（1）由几何关系知，弹性绳的伸长量为：，

弹性绳的弹力大小：，

（2、3）设A静止时离O′的距离为r，此位置处A将受到四个力的作用如图：

对FT正交分解，由于处于平衡状态所以有：

竖直方向：FN+FTsinθ=mg，

水平方向：FTcosθ=Ff

而FT=k，Ffmax=μFN

所以有：kcosθ=f≤fmax=μ （mg-kh）

其中cosθ=r

即这表明，滑块可以静止在以O′为圆心，为半径的圆域内的任意位置．

答：（1）当滑块与O‘点距离为r时，弹性细绳的伸长量为，弹性细绳的拉力F为；

（2）滑块所受的最大静摩擦力fm为μ （mg-kh）；

（3）滑块可以静止在以O′为圆心，为半径的圆域内的任意位置．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，将一光滑球放在挡板和斜面之间，球重力为G，斜面倾角为θ．试求挡板和斜面对小球的支持力．

正确答案

解：物体与斜面和挡板接触，物体对斜面有垂直斜面向下的压力，对于挡板物体有垂直于挡板即水平的压力，所以按照重力产生的作用效果重力可分解为垂直于斜面的分力和水平方向的分力，以重力为对角线作出平行四边形可知，小球静止时对斜面的压力为N2=，小球静止时对挡板的压力为N1=mgtanθ；

根据牛顿第三定律，斜面对小球的支持力为，挡板对小球的支持力为mgtanθ；

答：斜面对小球的支持力为，挡板对小球的支持力为mgtanθ；

解析

解：物体与斜面和挡板接触，物体对斜面有垂直斜面向下的压力，对于挡板物体有垂直于挡板即水平的压力，所以按照重力产生的作用效果重力可分解为垂直于斜面的分力和水平方向的分力，以重力为对角线作出平行四边形可知，小球静止时对斜面的压力为N2=，小球静止时对挡板的压力为N1=mgtanθ；

根据牛顿第三定律，斜面对小球的支持力为，挡板对小球的支持力为mgtanθ；

答：斜面对小球的支持力为，挡板对小球的支持力为mgtanθ；

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题型：单选题

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单选题

如图，一固定斜面上两个质量相同的小滑块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面间的动摩擦因数是B与斜面间的动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，B与斜面间的动摩擦因数是（　　）

Atanα

Bcotα

Ctanα

Dcotα

正确答案

A

解析

解：设每个物体的质量为m，B与斜面之间动摩擦因数为μ．以AB整体为研究对象．

根据平衡条件得

2mgsinα=μAmgcosα+μBmgcosα=2μmgcosα+μmgcosα

解得

μ=tanα

故选A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个质量为m的物块放在倾角为θ=37°的固定斜面上，物块与斜面的动摩擦因数为0.2，现对物块施加一个水平向右的作用力，使物块沿斜面匀速运动．（sin37°=0.6，cos37°=0.8计算结果可用分数表示）

（1）若物块沿斜面匀速向上运动，求外力F的大小？

（2）若物块沿斜面匀速向下运动，求外力F的大小？

正确答案

解：（1）当物体匀速上滑时，受力如左图所示，

在垂直斜面方向上有：N=Fsin37°+mgcos37°

在沿斜面方向上有：Fcos37°=mgsin37°+f

又f=μN

联立解得F=．

（2）当物体匀速下滑时，受力如右图所示．

在垂直斜面方向上有：N=Fsin37°+mgcos37°

在沿斜面方向上有：Fcos37°+f=mgsin37°

又f=μN

联立解得F=．

答：（1）若物块沿斜面匀速向上运动，外力F的大小为；

（2）若物块沿斜面匀速向下运动，外力F的大小为．

解析

解：（1）当物体匀速上滑时，受力如左图所示，

在垂直斜面方向上有：N=Fsin37°+mgcos37°

在沿斜面方向上有：Fcos37°=mgsin37°+f

又f=μN

联立解得F=．

（2）当物体匀速下滑时，受力如右图所示．

在垂直斜面方向上有：N=Fsin37°+mgcos37°

在沿斜面方向上有：Fcos37°+f=mgsin37°

又f=μN

联立解得F=．

答：（1）若物块沿斜面匀速向上运动，外力F的大小为；

（2）若物块沿斜面匀速向下运动，外力F的大小为．

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题型：填空题

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填空题

倾角为θ=30°的斜面体放在水平地面上，一个重为G的球在水平力F的作用下，静止在光滑斜面上，则水平力F的大小为______；若将力F从水平方向逆时针转过某一角度α后，仍保持F的大小，且小球和斜面也仍旧保持静止，则此时水平地面对斜面体的摩擦力f=______．

正确答案

G

解析

解：对物体受力分析如图：

由平衡条件得：N与F的合力F′与重力G大小相等，

由三角函数关系得：F=Gtanθ

代入数据得：F=G

转过角度后，由F大小不变，小球静止，支持力与F的合力不变，故此时转动后F转方向如图：

即：F转过的角度是2θ．

对整体受力分析并正交分解如图：

水平方向：f=Fcos2θ=G

故答案为：G，G

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题型：填空题

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填空题

如图所示，两根长度都为L的细线分别挂着两个质量相同的小球A、B，小球A带电量为-q，小球B带电量为+2q，整个装置竖直向上，场强大小为E的匀强电场中保持静止状态，两根细线都被拉紧，则下面一根细线上的拉力大小为______；上面一根细线上的拉力大小为______．

正确答案

2mg-Eq

解析

解：对AB整体受力分析由共点力平衡可知：

F=2mg+qE-2qE=mg-Eq

对B小球受力分析，根据平衡条件得：

mg=T+

解得：T=

故答案为：；2mg-Eq

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