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

（2015秋•石家庄校级月考）两个中间有孔的质量为M的小球A、B用一轻弹簧相连，套在水平光滑横杆上．两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在一质量为m的小球C上，如图所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形．下列说法正确的是（　　）

A水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg+mg

B连接质量为m小球的轻弹簧的弹力为

C连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量为mg

D套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为mg

正确答案

C

解析

解：A、选择整体为研究的对象，则它们在竖直方向只受到重力的作用与杆的支持力，由二力平衡可知，杆的支持力与整体的重力大小相等，即N=2Mg+mg．所以水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg+0.5mg．故A错误；

B、对三个小球分别进行受力分析如图：

则：由对称性可知，左右弹簧对C的拉力大小相等，与合力的方向之间的夹角是30°，所以：2F1cos30°=mg

得：．故B错误；

C、由胡克定律得：F1=kx1，连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量：．故C正确

D、对A进行受力分析如图，则水平方向受到水平弹簧向左的弹力与F1的水平分力的作用，由受力平衡得：

同理，对B进行受力分析得：

所以弹簧的弹力是

套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量：，故D错误．

故选：C

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题型：简答题

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简答题

如图所示，用绳AB和BC吊起一重物P处于静止状态，AB绳与水平面间的夹角为53°，BC绳与水平面的夹角为37°．（g取10m/s2sin37°=0.6，cos37°=0.8）

求：（1）当所挂重物质量为20kg时，两绳子所受拉力各为多大？

（2）若AB能承受的最大拉力为500N，BC能承受的最大拉力为400N，为使两绳不断，则所挂物体质量不能超过多少？

正确答案

解：（1）结点B受到三根绳子的拉力处于平衡状态，BP绳的拉力等于物体的重力mg，如图所示，根据合成法则，得：

FAB=mgcos37=20×10×0.8N=160N

FBC=mgsin37=20×10×0.6N=120N

（2）当AB绳拉力最大时，BC绳的拉力为：

FBC=FABtan37°=500×N=375N＜400N，所以BC绳子没有断开

当BC绳子拉力最大时，AC绳子的拉力为：

FAC=FBC cot37°=400×N=N＞500N，所以AB绳子已经断开

比较可知，当重物挂到一定量时，故AB绳子先断开．

此时重物的重力为：G=

所挂物体质量不能超过62.5千克．

答：（1）当所挂重物质量为20kg时，两绳子所受拉力分别为160N和120N；

（2）若AB能承受的最大拉力为500N，BC能承受的最大拉力为400N，为使两绳不断，则所挂物体质量不能超过62.5kg．

解析

解：（1）结点B受到三根绳子的拉力处于平衡状态，BP绳的拉力等于物体的重力mg，如图所示，根据合成法则，得：

FAB=mgcos37=20×10×0.8N=160N

FBC=mgsin37=20×10×0.6N=120N

（2）当AB绳拉力最大时，BC绳的拉力为：

FBC=FABtan37°=500×N=375N＜400N，所以BC绳子没有断开

当BC绳子拉力最大时，AC绳子的拉力为：

FAC=FBC cot37°=400×N=N＞500N，所以AB绳子已经断开

比较可知，当重物挂到一定量时，故AB绳子先断开．

此时重物的重力为：G=

所挂物体质量不能超过62.5千克．

答：（1）当所挂重物质量为20kg时，两绳子所受拉力分别为160N和120N；

（2）若AB能承受的最大拉力为500N，BC能承受的最大拉力为400N，为使两绳不断，则所挂物体质量不能超过62.5kg．

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题型：填空题

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填空题

物体A在水平力F1=400N的作用下，沿倾角θ=53°的斜面匀速下滑，如图所示．物体A受的重力G=400N，求斜面对物体A的支持力和A与斜面间的动摩擦因数μ．（sin53°=0.8，cos53°=0.6）

正确答案

解析

解：物体的受力如图，分解mg和F1，在X方向和Y方向受力均平衡，则有：

mgsin53°=F1cos53°+μFN，得：μFN=400×0.8-400×0.6=80N

FN=mgcos53°+F1sin53°=400×0.6+400×0.8=560N

解得：μ==

答：斜面对物体A的支持力为560N，

A与斜面间的动摩擦因数μ为．

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题型：简答题

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简答题

某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图所示，一个劲度系数k=1300N/m，自然长度L0=0.5m弹簧一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S=0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连．迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U2=3.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=2.0V．（电压表可看作理想表），试分析求解：

（1）此时风作用在迎风板上的力的大小；

（2）假设风（运动的空气）与迎风板作用后的速度变为零，空气的密度为1.3kg/m3，求风速多大．

（3）对于金属导体，从宏观上看，其电阻定义为：R=．金属导体的电阻满足电阻定律：R=ρ．在中学教材中，我们是从实验中总结出电阻定律的．而“金属经典电子论”认为，电子定向运动是一段一段加速运动的接替，各段加速都是从定向速度为零开始，设有一段通电导体，其长L，横截面积为S，电子电量为e，电子质量为m，单位体积内自由电子数为n，自由电子两次碰撞之间的时间为t0，现在，请同学们利用金属电子论，从理论上推导金属导体的电阻R∝．

正确答案

解：（1）当无风时，定值电阻R与金属杆串联，由欧姆定律得，电路中电流：

I==6A

此时金属杆接入电路中的电阻：

R金==0.5Ω

故金属杆单位长度的电阻为：

=1Ω/m

当有风时，由欧姆定律得，电路中电流：

I′==A

此时金属杆接入电路中的电阻：

R金′==0.3Ω

此时金属杆的长度为L=0.3m

根据胡克定律，作用在迎风板上的风力：

F=K（L0-L）=1300（0.5-0.3）N=260N

（2）以在极短时间△t内吹到迎风板上的空气为研究对象，取风的方向为正方向

根据动量定理得

-F′△t=0-mV

又m=ρSV△t，F′=F

则F△t=ρSV△t•V

得到V==20m/s

（3）设导体两端的电压为U，自由电子定向运动的平均速率为v，则：

v===

从微观上看，电流强度：

I=nesv

综上，由电阻的定义得：

R===∝

答：（1）此时风作用在迎风板上的力的大小为260N；

（2）假设风（运动的空气）与迎风板作用后的速度变为零，空气的密度为1.3kg/m3，风速为20m/s；

（3）证明如上．

解析

解：（1）当无风时，定值电阻R与金属杆串联，由欧姆定律得，电路中电流：

I==6A

此时金属杆接入电路中的电阻：

R金==0.5Ω

故金属杆单位长度的电阻为：

=1Ω/m

当有风时，由欧姆定律得，电路中电流：

I′==A

此时金属杆接入电路中的电阻：

R金′==0.3Ω

此时金属杆的长度为L=0.3m

根据胡克定律，作用在迎风板上的风力：

F=K（L0-L）=1300（0.5-0.3）N=260N

（2）以在极短时间△t内吹到迎风板上的空气为研究对象，取风的方向为正方向

根据动量定理得

-F′△t=0-mV

又m=ρSV△t，F′=F

则F△t=ρSV△t•V

得到V==20m/s

（3）设导体两端的电压为U，自由电子定向运动的平均速率为v，则：

v===

从微观上看，电流强度：

I=nesv

综上，由电阻的定义得：

R===∝

答：（1）此时风作用在迎风板上的力的大小为260N；

（2）假设风（运动的空气）与迎风板作用后的速度变为零，空气的密度为1.3kg/m3，风速为20m/s；

（3）证明如上．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个带正电的小球A的电荷量Q=1.0×10-6C，质量为m=0.1kg，由一根绝缘细线悬吊着，现有带负电的小球B在外界的支持下靠近A球，平衡后，A、B两球在同一水平线上相距L=0.1m，悬挂A球的细线与竖直方向成45°角，求B球的电荷量．

正确答案

解：对A球受力分析如图，由平衡条件得：

F引=mgtan45°

故由库仑定律得：

答：B球的电荷量为1.1×10-6 C．

解析

解：对A球受力分析如图，由平衡条件得：

F引=mgtan45°

故由库仑定律得：

答：B球的电荷量为1.1×10-6 C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，细绳AB、CB下悬挂着重20N的重物P，细绳AC与CB垂直，细绳CD呈水平，AB与竖直方向成30°角，AC与AB之间也是30°角．这时细绳BC所受到的拉力大小是______N，细绳CD所受到的拉力大小是______N．

正确答案

解：分析B点得：BC绳拉力FBC

2FBCcos30°=G

所以FBC=．

分析C点，

根据平衡条件FCB与FCA的合力与FCD等大反向，如上图

由几何关系得θ=30°

FCD=．

故答案为：，．

解析

解：分析B点得：BC绳拉力FBC

2FBCcos30°=G

所以FBC=．

分析C点，

根据平衡条件FCB与FCA的合力与FCD等大反向，如上图

由几何关系得θ=30°

FCD=．

故答案为：，．

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题型：单选题

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单选题

（2015秋•嘉兴校级期中）在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向如图所示，两金属棒均处于平衡状态．则两种情况下的电流之比I1：I2为（　　）

Asinα

B

Ccosα

D

正确答案

D

解析

解：导体棒受力如图，根据共点力平衡得，

F1=mgtanα，N1=．

F2=mgsinα，N2=mgcosα．

所以导体棒所受的安培力之比==1：cosα

斜面对导体棒的弹力大小之比=

因为F=BIL，所以==1：cosα．

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m，横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC=α，AB边靠在竖直墙面上．用垂直于斜边BC，大小为F的力推物块，物块沿墙面匀速下滑．重力加速度为g．

（1）画出物块ABC的受力图；

（2）求物块对墙面的正压力大小；

（3）求墙面与物块间的动摩擦因数．

正确答案

解：（1）物块ABC的受力图如图所示；

（2）根据平衡条件得：

水平方向合力为零，有：N=Fcosα

根据牛顿第三定律得：物块对墙面的正压力大小N′=N=Fcosα

（3）竖直方向上合力为零，有：mg+Fsinα=f

又 f=μN

解得：μ==

答：

（1）画出物块ABC的受力图如图；

（2）物块对墙面的正压力大小为Fcosα；

（3）墙面与物块间的动摩擦因数为．

解析

解：（1）物块ABC的受力图如图所示；

（2）根据平衡条件得：

水平方向合力为零，有：N=Fcosα

根据牛顿第三定律得：物块对墙面的正压力大小N′=N=Fcosα

（3）竖直方向上合力为零，有：mg+Fsinα=f

又 f=μN

解得：μ==

答：

（1）画出物块ABC的受力图如图；

（2）物块对墙面的正压力大小为Fcosα；

（3）墙面与物块间的动摩擦因数为．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m、2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板．系统原先处于静止状态，现开始用力沿斜面方向拉物块A使之向上运动，则物块A从开始运动到物块B刚要离开挡板C时A发生的位移d等于（　　）

Ad=

Bd=

Cd=

Dd=

正确答案

B

解析

解：当物块B刚要离开C时，固定挡板对B的支持力为0，由于系统处于静止状态，则此时B的加速度a=0，

以B为研究对象则有：F1-mBgsinθ=0，

故此时弹簧弹力大小为F1=mBgsinθ．

在恒力F沿斜面方向拉物块A之前，弹簧的弹力大小为mAgsinθ，

故此时弹簧的压缩量为△x1=，

B刚要离开时，弹簧伸长量△x2=，

所以A的位移d=△x1+△x2=．

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

质量为4kg的物体放在水平地面上，在一个与水平面成30°角，大小为20N的斜向上拉力的作用下向右做匀速直线运动，求：物体受到的支持力和摩擦力的大小？

正确答案

解：物体在竖直方向受到重力、支持力和拉力在竖直方向的分力，得：N+Fsin30°=mg

所以：N=mg-Fsin30°=4×10-20×0.5=30N

物体受到的摩擦力：f=Fcos30=20×=N

答：物体受到的支持力是30N，摩擦力的大小是N．

解析

解：物体在竖直方向受到重力、支持力和拉力在竖直方向的分力，得：N+Fsin30°=mg

所以：N=mg-Fsin30°=4×10-20×0.5=30N

物体受到的摩擦力：f=Fcos30=20×=N

答：物体受到的支持力是30N，摩擦力的大小是N．

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