- 用牛顿运动定律解决问题（二）
- 共11872题
（1）对竖直档板的压力F1为多少？
（2）对斜面的压力F2为多少？
正确答案
解：对圆柱体受力分析如图，根据平衡条件得：
F1′=mgtan37°=2×10×
F2′=
根据牛顿第三定律得：圆柱体对竖直档板的压力F1=F1′=15N，对斜面的压力F2=F2′=25N
答：（1）对竖直档板的压力F1为15N；（2）对斜面的压力F2为25N．
解析
解：对圆柱体受力分析如图，根据平衡条件得：
F1′=mgtan37°=2×10×
F2′=
根据牛顿第三定律得：圆柱体对竖直档板的压力F1=F1′=15N，对斜面的压力F2=F2′=25N
答：（1）对竖直档板的压力F1为15N；（2）对斜面的压力F2为25N．
Ax1：x2：x3=
Bx1：x2：x3=
Cx1：x2：x3=1：2：
Dx1：x2：x3=2：1：
正确答案
解析
解：以结点O为研究对象受力分析，运用合成法，如图：
由几何知识知：T1=
T2=mgtan30° T3=mg
故：T1：T2：T3=2：1：
根据胡克定律：T=kx
则：x1：x2：x3=2：1：
故选：D
（1）当电场方向与磁场方向相同时，一电荷量为+q质量为m的带电质点沿平行于z轴正方向的速度v0做匀速直线运动，求电场强度E的大小及对应的磁感应强度B的大小；
（2）当一电荷量为-q质量为m的带电质点沿平行于z轴正方向以速度v0通过y轴上的点P（0，0.72h，0）时，改变电场强度大小和方向，同时也改变磁感应强度的大小，使带电质点做匀速圆周运动且能够经过x轴，问电场强度E′和磁感应强度B′的大小满足什么条件？
（3）在满足（1）的条件下，当带电质点通过y轴上的点P（0，0.72h，0）时，撤去匀强磁场，求带电质点落在xOz平面内的位置坐标．
正确答案
解：（1）在xoy平面内质点受力如图所示，电场力方向与磁场力方向垂直；
根据物体的平衡条件有：
qE=mgsin53°
qv0B=mgcos53°
解得：
（2）当电场力和重力平衡时，带电质点只受洛伦兹力作用，在v0方向和B′qv0方向所在直线决定平面内做匀速圆周运动
则有：E‘q=mg
解得：
要使带电质点经过x轴，圆周的直径
根据
解得：
（3）如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力qE作用，其合力沿PM方向并与v0方向垂直，大小等于qv0B=0.6mg，故带电质点在与xOz平面成370角的平面内作类平抛运动．
由牛顿第二定律qv0B=ma
解得a=0.6g
设经时间t到达xOz平面内的点N（x；y，z），由运动的分解可
沿v0方向 z=v0t
沿PM方向
x=0.72htan53°=0.96h
联立解得
则带电质点落在N（0.96h，0，
答：（1）电场强度E的大小为
（2）电场强度E′为
（3）带电质点落在xOz平面内的位置坐标为（0.96h，0，
解析
解：（1）在xoy平面内质点受力如图所示，电场力方向与磁场力方向垂直；
根据物体的平衡条件有：
qE=mgsin53°
qv0B=mgcos53°
解得：
（2）当电场力和重力平衡时，带电质点只受洛伦兹力作用，在v0方向和B′qv0方向所在直线决定平面内做匀速圆周运动
则有：E‘q=mg
解得：
要使带电质点经过x轴，圆周的直径
根据
解得：
（3）如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力qE作用，其合力沿PM方向并与v0方向垂直，大小等于qv0B=0.6mg，故带电质点在与xOz平面成370角的平面内作类平抛运动．
由牛顿第二定律qv0B=ma
解得a=0.6g
设经时间t到达xOz平面内的点N（x；y，z），由运动的分解可
沿v0方向 z=v0t
沿PM方向
x=0.72htan53°=0.96h
联立解得
则带电质点落在N（0.96h，0，
答：（1）电场强度E的大小为
（2）电场强度E′为
（3）带电质点落在xOz平面内的位置坐标为（0.96h，0，
正确答案
解析
解：A、对球B受力分析，受重力和OA绳子的拉力，
根据受力平衡，绳子AB的拉力为零，绳子OA的拉力等于mg；
对球B受力分析，受到重力、拉力F和OB绳子的拉力T，如图：
根据共点力平衡条件，结合几何关系，有：
F=
D、绳子AB的拉力为零，剪断AB间的绳，A球所受合外力不变，故D错误；
故选：A．
AB受到的摩擦力增加了
BB受到的摩擦力不变
CA受到地面的摩擦力不变
DA受到地面的摩擦力增加了mg
正确答案
解析
解：A、B、B匀速下滑过程，所受的摩擦力大小为f1=mBgsinθ，又f1=μmBgcosθ，联立解得，μ=tanθ．
未加C匀速上滑时，由于B对斜面A的压力没有变化，则知B所受的摩擦力大小没有变化，仍为f2=f1=μmBgcosθ，
加上C匀速上滑时，B所受的摩擦力大小f3=μ（mB+m）gcosθ，则B受到的摩擦力增加量为△f=f3-f2=μmgcosθ=tanθ•mgcosθ=mgsinθ=
C、D、对整体研究：未加C匀速上滑时，地面对A的摩擦力大小为fA1=Fcosθ，
又对B：F=μmBgcosθ+mBgsinθ，得fA1=2mBgsinθcosθ；
加上C匀速上滑时，地面对A的摩擦力大小为fA2=F′cosθ
F′=μ（mB+m）gcosθ+（mB+m）gsinθ
得，fA2=2（m+mB）gsinθcosθ；
所以A受到地面的摩擦力增加量为△fA2=2mgsinθcosθ=mgsin2θ=mg．故C错误，D正确．
故选：AD．
（1）AO绳所受的拉力F1和BO绳所受的拉力F2分别为多少？
（2）如果绳AO和绳BO能承受的最大拉力都是20N，若逐渐增加C的重力，则AO和BO那根绳子先断？为什么？
正确答案
将重物对O点的拉力按效果进行分解，由平行四边形定则作出力的分解图，则得
F1=
F2=Fcotθ=Gcotθ=10N
（2）由上知，AO绳所受的拉力F1＞BO绳所受的拉力F2，则当G的重力逐渐增加时，绳AO先断．
答：
（1）AO绳所受的拉力F1和BO绳所受的拉力F2分别为10
（2）如果绳AO和绳BO能承受的最大拉力都是20N，若逐渐增加C的重力，AO先断，因为AO绳所受的拉力大于BO绳所受的拉力．
解析
将重物对O点的拉力按效果进行分解，由平行四边形定则作出力的分解图，则得
F1=
F2=Fcotθ=Gcotθ=10N
（2）由上知，AO绳所受的拉力F1＞BO绳所受的拉力F2，则当G的重力逐渐增加时，绳AO先断．
答：
（1）AO绳所受的拉力F1和BO绳所受的拉力F2分别为10
（2）如果绳AO和绳BO能承受的最大拉力都是20N，若逐渐增加C的重力，AO先断，因为AO绳所受的拉力大于BO绳所受的拉力．
求：（1）原来的电场强度的大小；
（2）物体运动的加速度；
（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
正确答案
解：（1）对小球受力分析并合成如图：
由平衡条件得：
F′=mg
在直角三角形中：
tanθ=
得：qE=mgtanθ，解得：
（2）对小球受力分析并正交分解如图：
F合=mgsin37°-Fcos37°=ma
即：
解得：a=3m/s2
方向：沿斜面向下
（3）在下滑过程中：W=F合×L
由动能定理：
解得：
答：（1）原来的电场强度
（2）物体运动的加速度为：a=3m/s2，方向：沿斜面向下
（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小为
解析
解：（1）对小球受力分析并合成如图：
由平衡条件得：
F′=mg
在直角三角形中：
tanθ=
得：qE=mgtanθ，解得：
（2）对小球受力分析并正交分解如图：
F合=mgsin37°-Fcos37°=ma
即：
解得：a=3m/s2
方向：沿斜面向下
（3）在下滑过程中：W=F合×L
由动能定理：
解得：
答：（1）原来的电场强度
（2）物体运动的加速度为：a=3m/s2，方向：沿斜面向下
（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小为
正确答案
解析
解：A、B、对整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a=
则再对B由牛顿第二定律可知：F合=ma=mgsinθ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明AB是没有相互作用力；故A正确，B错误；
C、D、对ABC整体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；
由于AB整体向左下方加速下滑，C静止不动，故ABC整体的合力向左下方，故支持力小于重力，即斜面对地面的压力小于Mg+2mg；地面对斜面的摩擦力水平向左；故C错误，D错误；
故选：A．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：货物保持水平且匀速上升，受力平衡，则4根绳子的合力F=G，
则每一根绳在竖直方向上的分量等于
设绳子与竖直方向的夹角为θ，
根据几何关系有：sin
则Tcos
解得：T=
故选：A
（1）墙壁对足球支持力F1多大；
（2）悬绳的拉力F2多大？
正确答案
根据平衡条件，有：
F1=mgtan37°=0.5×10×0.75N=3.75 N
F2=
答：（1）墙壁对足球支持力F1为3.75N；
（2）悬绳的拉力F2多6.25N．
解析
根据平衡条件，有：
F1=mgtan37°=0.5×10×0.75N=3.75 N
F2=
答：（1）墙壁对足球支持力F1为3.75N；
（2）悬绳的拉力F2多6.25N．
扫码查看完整答案与解析