用牛顿运动定律解决问题（二）_章节学习

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•宁夏校级期末）如图所示，A、B的重力分别为4.6N和8N，各接触面间的动摩擦因数均为0.2，连接墙壁与A之间的细绳与水平方向夹角为37°，现从A下方匀速拉出B．

求：

（1）这时系A的绳中的张力大小为多少？

（2）所需的水平拉力F为多少？（sin37°=0.6，cin37°=0.8，要求要分别画出A、B物体的受力图）

正确答案

解：（1）对A，受力如图1所示，根据平衡条件，有：

f=Tcos37°…①

Tsin37°+N=GA…②

又f=μN…③

联立得到，解①③式得，μN=Tcos37°

代入②得

Tsin37°+=GA代入数据有0.6T+4T=4.6

解得T=1N，

再由①得f=0.8N，

代入③得N=4N

（2）对B：受重力、拉力F，A对B的摩擦力f，地对B的摩擦力f地，地对B的弹力N地，A对B的压力为N，处于动平衡状态，则有

F=f地+f

又因为f地=μN地=μ（N+GB）=0.2×（4+8）=2.4N

所以F=f地+f=2.4+0.8=3.2N．

答：（1）绳中的张力为1N．

（2）水平拉力F为3.2N．

解析

解：（1）对A，受力如图1所示，根据平衡条件，有：

f=Tcos37°…①

Tsin37°+N=GA…②

又f=μN…③

联立得到，解①③式得，μN=Tcos37°

代入②得

Tsin37°+=GA代入数据有0.6T+4T=4.6

解得T=1N，

再由①得f=0.8N，

代入③得N=4N

（2）对B：受重力、拉力F，A对B的摩擦力f，地对B的摩擦力f地，地对B的弹力N地，A对B的压力为N，处于动平衡状态，则有

F=f地+f

又因为f地=μN地=μ（N+GB）=0.2×（4+8）=2.4N

所以F=f地+f=2.4+0.8=3.2N．

答：（1）绳中的张力为1N．

（2）水平拉力F为3.2N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g．求；为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？

正确答案

解：设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有

水平方向：f+FN1sinα-Fcosα=0

竖直方向：FN2-Mg-FN1cosα-Fsinα=0

又F=k（x+△L），FN1=mgcosα

联立可得：f=kxcosα，FN2=Mg+mg+kxsinα

为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有|f|≤μFN2，所以

当x=-A时，上式右端达到最大值，于是有

答：为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足的条件为．

解析

解：设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有

水平方向：f+FN1sinα-Fcosα=0

竖直方向：FN2-Mg-FN1cosα-Fsinα=0

又F=k（x+△L），FN1=mgcosα

联立可得：f=kxcosα，FN2=Mg+mg+kxsinα

为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有|f|≤μFN2，所以

当x=-A时，上式右端达到最大值，于是有

答：为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足的条件为．

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题型：填空题

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填空题

光滑的直角细杆aob 固定在竖直平面内，oa杆水平，ob杆竖直．有两个质量均为m的小球P与Q分别穿在oa、ob杆上，两球用一轻绳连接．两球在水平拉力F作用下处于静止状态，绳与ob杆的夹角为30°，如图所示．P球对oa杆的压力大小为______，水平拉力F的大小为______．

正确答案

2mg

解析

解：先对PQ整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图

根据共点力平衡条件，有

竖直方向：N=G1+G2 ①

水平方向：F=N1 ②

再对物体Q受力分析，受重力、支持力和拉力，如图

根据共点力平衡条件，有：

N1=G2tan30° ③

④

由①②③④联立解得：N=2mg，F=；

故答案为：2mg，．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，氢气球重为10N，空气对它的浮力为16N，由于受到水平方向的风力作用，使系气球的细线与水平面间成60°的夹角，求：

（1）细线的张力，

（2）气球所受的水平风力．

正确答案

解：对氢气球受力分析如图所示，将绳子的拉力正交分解：

由平衡条件得，

水平方向：F风=Fcos60° …（1）

竖直方向：F浮=Fsin60°+mg…（2）

由（1）（2）联立得：

F=4N，F风=2N．

答：（1）绳子的拉力为4N．

（2）水平风力的大小为2N．

解析

解：对氢气球受力分析如图所示，将绳子的拉力正交分解：

由平衡条件得，

水平方向：F风=Fcos60° …（1）

竖直方向：F浮=Fsin60°+mg…（2）

由（1）（2）联立得：

F=4N，F风=2N．

答：（1）绳子的拉力为4N．

（2）水平风力的大小为2N．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体．细绳的一端与物体相连．另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N．关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2）．下列说法正确的是（　　）

A斜面对物体的摩擦力大小为零

B斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向沿斜面向上

C斜面对物体的支持力大小为4.9，方向竖直向上

D斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上

正确答案

A

解析

解：A、B、物体重力沿斜面方向下的分力Gx=mgsin30°=4.9N，与弹簧的弹力相等，根据共点力平衡，知物体不受摩擦力作用．故A正确，B错误．

C、D、根据共点力平衡得，N=mgcos30°=4.9N，方向垂直于斜面向上．故C错误，D错误．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，可视为质点的物块A、B、C放在倾角为37°、长L=2m的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上．物块的质量分别为mA=0.8kg、mB=0.4kg．其中A不带电，B、C的带电量分别为qB=+4×10-5C、

qC=+2×10-5C，且保持不变．开始时三个物块均能保持静止，且与斜面间均无摩擦力作用．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度大小为a=2.5m/s2的匀加速直线运动．经过时间t0物体A、B分离并且力F变为恒力，当A运动到斜面顶端时撤去力F．（如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为）．求：

（1）未施加力F时物块B、C间的距离．

（2）t0时间内A上滑的距离．

（3）t0时间内库仑力做的功．

正确答案

解：（1）未加F前A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，

则C对B的库仑斥力为

以A、B为研究对象，由平衡条件得 F1=（mA+mB）gsin37°

联立解得 L1=1.0m

（2）给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．经过时间t0，设B、C间距离变为L2，A、B两者间弹力减小到零，两者分离，力F变为恒力．则此刻C对B的库仑斥力为 ①

以B为研究对象，由牛顿第二定律有 F2-mBgsin37°-μmBgcos37°=mBa ②

联立①②解得 L2=1.2m

故t0时间内A上滑的距离是 s=L2-L1=1.2-1=0.2m

（3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有

代入数据解得 W0=1.2J

答：

（1）未施加力F时物块B、C间的距离是1.0m．

（2）t0时间内A上滑的距离是0.2m．

（3）t0时间内库仑力做的功是1.2J．

解析

解：（1）未加F前A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，

则C对B的库仑斥力为

以A、B为研究对象，由平衡条件得 F1=（mA+mB）gsin37°

联立解得 L1=1.0m

（2）给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．经过时间t0，设B、C间距离变为L2，A、B两者间弹力减小到零，两者分离，力F变为恒力．则此刻C对B的库仑斥力为 ①

以B为研究对象，由牛顿第二定律有 F2-mBgsin37°-μmBgcos37°=mBa ②

联立①②解得 L2=1.2m

故t0时间内A上滑的距离是 s=L2-L1=1.2-1=0.2m

（3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有

代入数据解得 W0=1.2J

答：

（1）未施加力F时物块B、C间的距离是1.0m．

（2）t0时间内A上滑的距离是0.2m．

（3）t0时间内库仑力做的功是1.2J．

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题型：简答题

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简答题

用与竖直方向成θ=37°斜向右上方，大小为F的推力把一个重量为G的木块压在粗糙竖直墙壁上正好匀速运动，求墙壁对木块的弹力大小FN和墙壁与木块间的动摩擦因数．

正确答案

解：对物体受力分析，受重力、推力，支持力和摩擦力，物体水平方向合力为零，有：

FN=Fsinθ=0.6F ①

当物体向上匀速运动时，有：

Fcosθ=mg+μFN ②

两式解得：μ=

当物体向下匀速运动时，有：

Fcosθ+μFN=mg ③

解①③两式得：μ=

答：墙壁对木块的弹力大小为0.6F；若物体向上匀速运动，墙壁与木块间的动摩擦因数为；若物体向下匀速运动，墙壁与木块间的动摩擦因数为．

解析

解：对物体受力分析，受重力、推力，支持力和摩擦力，物体水平方向合力为零，有：

FN=Fsinθ=0.6F ①

当物体向上匀速运动时，有：

Fcosθ=mg+μFN ②

两式解得：μ=

当物体向下匀速运动时，有：

Fcosθ+μFN=mg ③

解①③两式得：μ=

答：墙壁对木块的弹力大小为0.6F；若物体向上匀速运动，墙壁与木块间的动摩擦因数为；若物体向下匀速运动，墙壁与木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，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O．另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重量为G的物体．BO段细线与天花板的夹角为θ=30°．系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是（　　）

A细线BO对天花板的拉力大小是

Ba杆对滑轮的作用力大小是

Ca杆和细线对滑轮的合力大小是G

Da杆对滑轮的作用力大小是G

正确答案

D

解析

解：A、对重物受力分析，受到重力和拉力T，根据平衡条件，有T=mg，同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于mg，故A错误；

B、D、对滑轮受力分析，受到绳子的压力（等于两边绳子拉力的合力），以及杆的弹力（向右上方的支持力），如图

根据平衡条件，结合几何关系，有

F=T=mg

故B错误，D正确；

C、由于滑轮处于平衡状态，故a杆和细线对滑轮的合力大小是零，故C错误；

故选D．

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题型：简答题

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简答题

某建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料匀速拉升，忽略绳子的质量及定滑轮的摩擦，求：工人对地面的压力大小为多少？（取g=l0m/s2）

正确答案

解：对建筑材料进行受力分析，得：绳子的拉力F=mg=200N

绳子对人的拉力F′=F

然后再对人受力分析，由平衡的知识得Mg=F′+FN

解得：FN=500N

根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力

答：工人对地面的压力大小为500N．

解析

解：对建筑材料进行受力分析，得：绳子的拉力F=mg=200N

绳子对人的拉力F′=F

然后再对人受力分析，由平衡的知识得Mg=F′+FN

解得：FN=500N

根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力

答：工人对地面的压力大小为500N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，OA绳能承受的最大拉力为100N，OB绳能承受的最大拉力为90N，竖直绳能承受的最大拉力远大于OA、OB绳，OA、OB与水平方向的夹角分别为53°和37°．若要保持各绳均不被拉断，所悬挂的重物的质量最大不能超过多少？（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

正确答案

解：力的分解如图所示

当BO绳承受到其最大值90N时，此时AO绳承受到的力为：

FAO=FBOtan53°=90×N=120N

已经大于AO绳能承受的最大拉力100N

当AO绳承受到其最大值100N时，此时BO绳承受到的力为：

FBO=FAOtan37°=100×N=75N

小于BO绳能承受的最大拉力90N．

所以AO绳先达到其最大值100N，即AO绳会先断．

则当AO绳承受到其最大值200N时，此时所挂的物体的重力为：

==125N

据G=mg可知，最大悬挂物的质量不能超过12.5kg．

答：悬挂的物体的质量最大不能超过12.5kg．

解析

解：力的分解如图所示

当BO绳承受到其最大值90N时，此时AO绳承受到的力为：

FAO=FBOtan53°=90×N=120N

已经大于AO绳能承受的最大拉力100N

当AO绳承受到其最大值100N时，此时BO绳承受到的力为：

FBO=FAOtan37°=100×N=75N

小于BO绳能承受的最大拉力90N．

所以AO绳先达到其最大值100N，即AO绳会先断．

则当AO绳承受到其最大值200N时，此时所挂的物体的重力为：

==125N

据G=mg可知，最大悬挂物的质量不能超过12.5kg．

答：悬挂的物体的质量最大不能超过12.5kg．

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