用牛顿运动定律解决问题（二）_章节学习

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题型：单选题

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单选题

在机械设计中常用到下面的力学原理，如图所示，只要使连杆AB与滑块m所在平面间的夹角θ大于某个值，那么，无论连杆AB对滑块施加多大的作用力，都不可能使之滑动，且连杆AB对滑块施加的作用力越大，滑块就越稳定，工程力学上称为“自锁”现象．设滑块与所在平面间的动摩擦因数为μ，为使滑块能“自锁”应满足的条件是（　　）

Aμ≥tanθ

Bμ≥cotθ

Cμ≥sinθ

Dμ≥cosθ

正确答案

B

解析

解：对物体受力分析，受推力F、重力G、支持力和静摩擦力，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：

N-Fsinθ-mg=0

Fcosθ-f=0

其中f≤μN

联立解得：；

当F→∞时，；

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，用细线通过轻网兜把质量为m的足球挂在光滑墙壁上（细线延长线通过足球球心）．已知悬点到足球球心的距离为L，足球的半径为R，重力加速度为g，求：

（1）细线的拉力T的大小；

（2）足球对墙壁弹力N的大小和方向．

正确答案

解：

对足球受力分析如图所示，设细线与墙壁的夹角为θ，则由几何关系可得：

cosθ= tanθ=

（1）T= T=mg

（2）N=mgtanθ N=mg

由牛顿第三定律可得球对墙壁的压力：

N‘=N=mg，方向水平向右

答：（1）细线的拉力F的大小mg；

（2）足球对墙壁弹力FN的大小为mg，方向水平向右．

解析

解：

对足球受力分析如图所示，设细线与墙壁的夹角为θ，则由几何关系可得：

cosθ= tanθ=

（1）T= T=mg

（2）N=mgtanθ N=mg

由牛顿第三定律可得球对墙壁的压力：

N‘=N=mg，方向水平向右

答：（1）细线的拉力F的大小mg；

（2）足球对墙壁弹力FN的大小为mg，方向水平向右．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α=30°，β=60°，则OA、OB绳的拉力之比为（　　）

A：1

B：1

C：2

D2：1

正确答案

B

解析

解：对A球受力分析，受重力、杆的支持力F2和细绳OA的拉力F1，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：F1=2F2cos30°=F2（图中矢量三角形的三个角分别为30°、30°、120°）

再对球B进行研究，B球重力、杆的支持力F2和细绳OB的拉力F3．

杆的支持力F2与竖直方向的夹角为60°，与OB绳关于竖直方向对称，根据对称性可得，F3=F2．

可得OA、OB绳的拉力之比 F1：F3=：1

故选：B

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•阜宁县期末）如图所示，轻绳OA、OB与OC悬挂一质量为m的物体，OA与水平方向夹角为60°，OB位于水平方向．

（1）求OB绳上的拉力的大小T1；

（2）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢旋转30°，求此位置处OB上拉力的大小T2；

（3）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90°，求此过程中OB上拉力的最大值Tmax和最小值Tmin．

正确答案

解：（1）设OA绳的拉力为F1，OB绳的拉力为T1；

分析结点O受力情况，如图所示：由结点O平衡可知：

T1=mgtan30°=mg

（2）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢旋转30°时BO⊥AO，

则得 T2=mgsin30°=mg

（3）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90°的过程中，BO和AO的拉力的合力始终与mg等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当BO竖直时，OB上拉力最大，最大值 Tmax=mg；当BO⊥AO时，OB上拉力最小，最小值Tmin=T2=mg

答：（1）OB绳上的拉力的大小T1为．

（2）此位置处OB上拉力的大小T2是．

（3）此过程中OB上拉力的最大值Tmax和最小值Tmin分别为mg和．

解析

解：（1）设OA绳的拉力为F1，OB绳的拉力为T1；

分析结点O受力情况，如图所示：由结点O平衡可知：

T1=mgtan30°=mg

（2）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢旋转30°时BO⊥AO，

则得 T2=mgsin30°=mg

（3）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90°的过程中，BO和AO的拉力的合力始终与mg等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当BO竖直时，OB上拉力最大，最大值 Tmax=mg；当BO⊥AO时，OB上拉力最小，最小值Tmin=T2=mg

答：（1）OB绳上的拉力的大小T1为．

（2）此位置处OB上拉力的大小T2是．

（3）此过程中OB上拉力的最大值Tmax和最小值Tmin分别为mg和．

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题型：简答题

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简答题

长度为L的细线下挂一个质量为m的小球，小球半径忽略不计，现用一个水平力F拉小球使悬线偏离竖直方向θ角并保持静止状态，如图所示，撤掉F后，小球从静止开始运动到最低点时，求：

（1）小球的速度大小

（2）绳子拉力为多少？

正确答案

解：（1）球下摆过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgL（1-cosθ）=mv2

小球的速度：

v=

（2）在最低点，由牛顿第二定律得：

FT-mg=m

解得绳子拉力：

FT=3mg-2mgcosθ

答：（1）小球从静止开始运动到最低点时的速度为；

（2）在最低点绳子拉力大小为3mg-2mgcosθ，方向竖直向上．

解析

解：（1）球下摆过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgL（1-cosθ）=mv2

小球的速度：

v=

（2）在最低点，由牛顿第二定律得：

FT-mg=m

解得绳子拉力：

FT=3mg-2mgcosθ

答：（1）小球从静止开始运动到最低点时的速度为；

（2）在最低点绳子拉力大小为3mg-2mgcosθ，方向竖直向上．

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题型：填空题

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填空题

如图，志军有一段电缆，重1000牛顿，这天他把它挂在了两根电线杆之间（如图所示），发现中间有一段长度区域（BB′）几乎接近（当水平处理）

（1）杆A处承受的电缆的拉力大小约为______；

（2）BB′这区域的电缆承受的拉力大小约为______．

正确答案

707N

500N

解析

解：（1）对电缆整体分析，根据三力汇交原理，受力如图所示，

根据共点力平衡平衡，由平行四边形定则知，杆A处承受电缆的拉力大小T=．

（2）对AC段受力分析，如图所示，根据共点力平衡，则BB′这区域的电缆承受的拉力大小F=．

故答案为：（1）707N，（2）500N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，通电金属杆ab质量m=12g，电阻R=1.5Ω，水平地放置在倾角θ=300的光滑金属导轨上．导轨宽度，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r=0.5Ω．匀强磁场的方向竖直向上，磁感强度B=0.2T．若金属棒ab恰能保持静止，求电源的电动势大小E．

正确答案

解：金属棒静止在导轨上，受到重力G、导轨的支持力N和安培力F，由左手定则可知安培力方向水平向右，由平衡条件得

F=mgtan30°

又 F=BId

E=I（R+r）

联立解得：电动势 E=4.0V

答：电源的电动势大小E是4V．

解析

解：金属棒静止在导轨上，受到重力G、导轨的支持力N和安培力F，由左手定则可知安培力方向水平向右，由平衡条件得

F=mgtan30°

又 F=BId

E=I（R+r）

联立解得：电动势 E=4.0V

答：电源的电动势大小E是4V．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•温州期末）如图所示为小朋友在冰面上用绳子拉着冰车玩耍的情景，已知冰车与冰车上小朋友的总质量为30kg，细绳受到的拉力为100N，拉力与水平方向的夹角为37°，冰车做匀速直线运动．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）冰车对地面的压力的大小；

（2）冰车与地面间的动摩擦因数．

正确答案

解：冰车与冰车上小朋友整体受力如图所示，根据共点力平衡条件，可得：

Fcos 37°=f ①

N+Fsin 37°=mg ②

f=μN ③

由①②③式得：

N=mg-Fsin37°=300-10×0.6=240N

μ=

答：（1）冰车对地面的压力的大小为240N；

（2）冰车与地面间的动摩擦因数为．

解析

解：冰车与冰车上小朋友整体受力如图所示，根据共点力平衡条件，可得：

Fcos 37°=f ①

N+Fsin 37°=mg ②

f=μN ③

由①②③式得：

N=mg-Fsin37°=300-10×0.6=240N

μ=

答：（1）冰车对地面的压力的大小为240N；

（2）冰车与地面间的动摩擦因数为．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点）．A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中斜面体始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（　　）

A物块B受到的摩擦力一直沿着斜面向上

B物块B受到的摩擦力先减小后增大

C绳子的张力先减小后增大

D地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向左

正确答案

B

解析

解：A、B、C、

B保持静止不动，A向下摆动过程中，机械能守恒，设绳子长度为L，B球摆到滑轮的正下方时速度大小为v，则有：mgL=

在最低点：T-mg=m

解得：T=3mg

B的重力沿斜面和分力大小为：F1=4mgsin30°=2mg＜T

A向下摆动过程中，绳子的拉力由0 增大到3mg，则知物块B受到的摩擦力先沿斜面向上，绳子拉力增大，摩擦力减小；摩擦力后沿斜面向下，随着绳子拉力增大而增大．故AC错误，B正确．

D、A下摆过程中，有斜向右上方的分加速度，对整体研究，有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右．故D错误．

故选B

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题型：多选题

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多选题

如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角θ=30°的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态．现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（　　）

A绳子拉力逐渐减小

BA对斜面的压力逐渐增大

CA所受的摩擦力逐渐增大

DA所受的合力不变

正确答案

B,C,D

解析

解：A、绳子拉力等于B的重力，保持不变．故A错误．

B、A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大．故B正确．

　　C、未加沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力为g，等于绳子的拉力，A没有运动趋势，不受静摩擦力．当向A中缓慢加入沙子时，A有向下运动趋势，由平衡条件分析可知：A所受的摩擦力等于沙子的重力沿斜面向下的分力，随着沙子质量的增加，A所受的摩擦力逐渐增大．故C正确．

D、整个系统始终保持静止，A所受的合力为零，不变．故D正确．

故选BCD

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