- 用牛顿运动定律解决问题（二）
- 共11872题
正确答案
解析
解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：
由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即TAB逐渐变大，F逐渐变大；
再以AB整体为研究对象受力分析，
设AC绳与水平方向夹角为α，
则竖直方向有：TACsinα=2mg
得：TAC=
水平方向：TAD=TACcosα+F，TACcosα不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大；
故B正确；
故选：B．
正确答案
解析
解：设OB与AO所称夹角为θ，对O点受力分析，正交分解，根据平衡条件：
Tcosθ=N
Tsinθ=mg
联立得：N=
A、若将绳在食指上的端点稍稍下移，θ变小，则T变大，故AB错误；
C、若将铅笔向下稍稍平移，保持B点位置不变，θ变大，T变小，故C错误；
D、若将铅笔向下稍稍平移，保持B点位置不变，θ变大，N变小，故D正确；
故选：D．
（1）水平面对物体的支持力多大？
（2）物体与水平面间的动摩擦因数多大？（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）
正确答案
Fcos 53°=f ①
N+Fsin 53°=mg ②
f=μN ③
由①②③式得：
N=mg-Fsin53°=100-50×0.8=60N
μ=
答：（1）水平面对物体的支持力为60N；
（2）物体与水平面间的动摩擦因数为0.5．
解析
Fcos 53°=f ①
N+Fsin 53°=mg ②
f=μN ③
由①②③式得：
N=mg-Fsin53°=100-50×0.8=60N
μ=
答：（1）水平面对物体的支持力为60N；
（2）物体与水平面间的动摩擦因数为0.5．
雪灾天气造成输电线被厚厚的冰层包裹（如图甲），使相邻两个铁塔间的拉力大大增加，导致铁塔被拉倒、压塌（如图乙），电力设施被严重损毁，给这些地方群众的生产生活造成了极大不便和巨大损失．
当若干相同铁塔等高、等距时，可将之视为如图丙所示的结构模型．已知铁塔（左右对称）质量为m，塔基宽度为d．相邻铁塔间输电线的长度为L，其单位长度的质量为m0，输电线顶端的切线与竖直方向成θ角．已知冰的密度为ρ，设冰层均匀包裹输电线上，且冰层的横截面为圆形，其半径为R（输电线的半径可忽略）．
（1）每个铁塔塔尖所受的压力将比原来增大多少？
（2）被冰层包裹后，输电线在最高点、最低点所受的拉力大小分别为多少？
正确答案
由对称关系可知，塔尖所受压力的增加值等于一根导线上冰层的重力，即
△N=ρV冰g=πρR2Lg
（2）输电线与冰层的总质量M‘=m0L+πρR2Lg，输电线受力如图甲所示．
由共点力的平衡条件，得2F1cosθ=m0Lg+πρR2Lg
输电线在最高点所受的拉力
半根输电线的受力如图乙所示．
由共点力的平衡条件，得F2=F1sinθ
输电线在最低点所受的拉力
答：（1）每个铁塔塔尖所受的压力将比原来增大πρR2Lg；
（2）被冰层包裹后，输电线在最高点、最低点所受的拉力大小分别为
解析
由对称关系可知，塔尖所受压力的增加值等于一根导线上冰层的重力，即
△N=ρV冰g=πρR2Lg
（2）输电线与冰层的总质量M‘=m0L+πρR2Lg，输电线受力如图甲所示．
由共点力的平衡条件，得2F1cosθ=m0Lg+πρR2Lg
输电线在最高点所受的拉力
半根输电线的受力如图乙所示．
由共点力的平衡条件，得F2=F1sinθ
输电线在最低点所受的拉力
答：（1）每个铁塔塔尖所受的压力将比原来增大πρR2Lg；
（2）被冰层包裹后，输电线在最高点、最低点所受的拉力大小分别为
正确答案
50
解析
解：将重力沿着平行墙壁和垂直墙壁方向正交分解，竖直分力为：F1=Fcosθ，
水平分力F2=Fsinθ；
墙壁的支持力与推力的水平分力平衡，为：N=Fsin30°=50N；
竖直方向：Fcos30°=G+f
得：f=50（
故答案为：50，
（1）若F=20
（2）要使物体能沿着竖直墙壁作匀速直线运动，求推力F的大小．
正确答案
则：F1=Fsin60°=30N
F2=Fcos60°=10
在竖直方向上：
Ff+F1=G，代入数据得：
Ff=6N
根据竖直方向的平衡，有
G-F′sin60°-Ff′=0
根据水平方向的平衡，有
FN′=F2′=F′cos60°
又：Ff′=μFN′
代入数据解得：
F′=16
若物体匀速上滑，根据竖直方向的平衡，有
G-F″sin60°+Ff″=0
根据水平方向的平衡，有
FN″=F2″=F″cos60°
又：Ff″=μFN″
代入数据解得：
F″=48
答：（1）静止物体受到的摩擦力是6N．
（2）物体匀速下滑，推力F的大小应为16
解析
则：F1=Fsin60°=30N
F2=Fcos60°=10
在竖直方向上：
Ff+F1=G，代入数据得：
Ff=6N
根据竖直方向的平衡，有
G-F′sin60°-Ff′=0
根据水平方向的平衡，有
FN′=F2′=F′cos60°
又：Ff′=μFN′
代入数据解得：
F′=16
若物体匀速上滑，根据竖直方向的平衡，有
G-F″sin60°+Ff″=0
根据水平方向的平衡，有
FN″=F2″=F″cos60°
又：Ff″=μFN″
代入数据解得：
F″=48
答：（1）静止物体受到的摩擦力是6N．
（2）物体匀速下滑，推力F的大小应为16
正确答案
解析
解：以上边的环为研究对象，稳定时，上环受到轻绳的张力和杆的支持力，杆的支持力方向与杆垂直，则根据平衡条件得知，稳定时轻绳与杆垂直：
再以下边的环为研究对象，分析受力如图所示，根据平衡条件得：
Tsinα=F
解得：
T=
故答案为：
正确答案
解析
解：A、木块m受重力、支持力和静摩擦力，其中支持力和静摩擦力都是木板对滑块的力，根据三力平衡条件，支持力和静摩擦力一定等于重力，根据牛顿第三定律，木块对木板的作用力也等于木板的重力，故A错误；
B、对m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有
f-mgsinθ=0
N-mgcosθ=0
解得
f=mgsinθ
即静摩擦力随着θ的增大而增大，但不是线性关系，故B错误；
C、对木块和木板整体而言，总重力要使板顺时针转动，拉力要使半逆时针转动，根据力矩平衡条件，有
F•Lcosθ=Mg
其中：L为板长，l为木块与支持点的距离
解得：
F=
D、拉力F的力矩为F•Lcosθ，故越来越小，故D错误；
故选C．
（1）AB两点间的电势差UAB．
（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小．
（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小．（g取10m/s2，sin37°=O.60，cos37°=0.80）
正确答案
解：（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得则：
qE=mgtanθ，
得：
由U=Ed有：
（2）设小球运动至C点时速度为vC，则：
mgL-qEL=
解得：vC=1.4m/s，
在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
F-mg=m
代入数据，联立解得：F=3N；
（3）小球做完整圆周运动时必须通过B点的对称点，设在该点时小球的最小速度为V，则：
联立解得：
答：（1）AB两点间的电势差UAB是-400V；
（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小是3N．
（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小是
解析
解：（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得则：
qE=mgtanθ，
得：
由U=Ed有：
（2）设小球运动至C点时速度为vC，则：
mgL-qEL=
解得：vC=1.4m/s，
在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
F-mg=m
代入数据，联立解得：F=3N；
（3）小球做完整圆周运动时必须通过B点的对称点，设在该点时小球的最小速度为V，则：
联立解得：
答：（1）AB两点间的电势差UAB是-400V；
（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小是3N．
（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小是
A滑块不可能只受到三个力作用
B弹簧不可能处于伸长状态
C斜面对滑块的支持力大小可能为零
D斜面对滑块的摩擦力大小一定等于
正确答案
解析
解：滑块可能受重力、支持力和静摩擦力这三个力，弹簧处于原长，此时支持力的大小为mgcos30°，f=mgsin30°=
滑块可能受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力平衡，此时支持力可能大于mgcos30°，可能小于mgcos30°，摩擦力大小f=mgsin30°=
斜面对滑块的支持力大小不可能为零，否则没有摩擦力，滑块将向下滑动．
故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
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