- 用牛顿运动定律解决问题(二)
- 共11872题
天花板上用电线吊着一个重为G电灯,电线的自重不计,用一根能够承受
拉力的细线系在距悬点O1为 1.5m处的O点,沿水平方向拉动电线,使电灯偏离开悬点O1的正下方,如图所示.
求:
(1)电灯可以偏离开悬点O1正下方的最大水平距离是多少?
(2)此时上段电线O1O的拉力是多少?
正确答案
解:(1)对点O受力分析,如图
x方向:Tsinα=F
y方向:Tcosα=mg
解得:
(α=37°)
所以
x=hsinα=1.5×0.6=0.9m
故电灯可以偏离开悬点O1正下方的最大水平距离是0.9m.
(2)由第一问可得
故绳子即将断开时,上段电线O1O的拉力是.
解析
解:(1)对点O受力分析,如图
x方向:Tsinα=F
y方向:Tcosα=mg
解得:
(α=37°)
所以
x=hsinα=1.5×0.6=0.9m
故电灯可以偏离开悬点O1正下方的最大水平距离是0.9m.
(2)由第一问可得
故绳子即将断开时,上段电线O1O的拉力是.
如图所示的支架,绳子AB能承受的最大拉力和杆AC能承受的最大压力均为1000N,绳和杆的自重均不计,AB与竖直墙的夹角为60°,AC与竖直墙的夹角为30°,求支架上的悬挂物的重力G最大是多少?
正确答案
解:将物体的重力按照作用效果进行分解,如图所示:
故结合正弦定理,有:
T:F:G=(Gsin30°):(Gsin60°):G=:
:1=1:
:2
由于压力大于拉力,故是杆的压力先达到1000N,故:
Gmax=1154.7N
答:支架上的悬挂物的重力G最大是1154.7N.
解析
解:将物体的重力按照作用效果进行分解,如图所示:
故结合正弦定理,有:
T:F:G=(Gsin30°):(Gsin60°):G=:
:1=1:
:2
由于压力大于拉力,故是杆的压力先达到1000N,故:
Gmax=1154.7N
答:支架上的悬挂物的重力G最大是1154.7N.
所示,一个重50N的光滑重球被一根细绳挂在竖直墙壁上的A点,绳子和墙壁的夹角θ为37°;取cos37°=0.8,sin37°=0.6.求:
(1)绳子对重球拉力的大小;
(2)重球对墙壁压力的大小.
正确答案
解:如图所示,重球受到重力G,绳子的拉力T,墙壁的支持力N,
据共点力的平衡条件有:
(1)绳子对重球的拉力:T=
(2)墙壁对重球的支持力:N=Gtan37°=50×N=37.5N,根据牛顿第三定律可知,重球对墙壁压力的大小为37.5N.
答:(1)绳子对重球的拉力大小为62.5N;
(2)重球对墙壁压力的大小为37.5N.
解析
解:如图所示,重球受到重力G,绳子的拉力T,墙壁的支持力N,
据共点力的平衡条件有:
(1)绳子对重球的拉力:T=
(2)墙壁对重球的支持力:N=Gtan37°=50×N=37.5N,根据牛顿第三定律可知,重球对墙壁压力的大小为37.5N.
答:(1)绳子对重球的拉力大小为62.5N;
(2)重球对墙壁压力的大小为37.5N.
如图所示,一质量为1Kg的物块置于水平地面上.当用大小为10N且与水平方向成30°角的力推物块时,物块做匀速直线运动.求物块对地面的压力大小及物块与地面之间的动摩擦因数μ.(g=10m/s2)
正确答案
解:物体受力如图,由力的平衡得,
N=mg+Fsin30°=10+10×0.5=15N
Ff=Fcos30°=10×N=5
N
根据滑动摩擦力的公式,则有:
Ff=μN
解得:
μ==
=
.
答:物块对地面的压力大小为15N,物块与地面之间的动摩擦因数μ为.
解析
解:物体受力如图,由力的平衡得,
N=mg+Fsin30°=10+10×0.5=15N
Ff=Fcos30°=10×N=5
N
根据滑动摩擦力的公式,则有:
Ff=μN
解得:
μ==
=
.
答:物块对地面的压力大小为15N,物块与地面之间的动摩擦因数μ为.
如图所示,半径为R、质量为M的均匀球靠竖直墙放置,左下方有一厚为h、质量为m的木块.若不计摩擦,用至少多大的水平力F推木块才能使球离开地面?此时木块对地的压力为多大?
正确答案
解:球刚好离开地面时,球和木块的受力情况如图甲和乙所示.
由图甲,根据平衡条件有:
N1sinα-Mg=0①
又由几何关系有:
sinα=
由图乙,根据平衡条件有:
F-N2cosα=0②
F2-N2sinα-mg=0③
根据牛顿第三定律有:
N1=N2 ④
联立①②③④解得:
F=,F2=(M+m)g
根据牛顿第三定律知,木块对地面的压力为(M+m)g
答:当F=时,才能使球离开地面,此时木块对地面的压力为(M+m)g.
解析
解:球刚好离开地面时,球和木块的受力情况如图甲和乙所示.
由图甲,根据平衡条件有:
N1sinα-Mg=0①
又由几何关系有:
sinα=
由图乙,根据平衡条件有:
F-N2cosα=0②
F2-N2sinα-mg=0③
根据牛顿第三定律有:
N1=N2 ④
联立①②③④解得:
F=,F2=(M+m)g
根据牛顿第三定律知,木块对地面的压力为(M+m)g
答:当F=时,才能使球离开地面,此时木块对地面的压力为(M+m)g.
重为60N的均匀直杆AB一端用铰链与墙相连,另一端用一条通过定滑轮M的绳子系住,如图所示,绳子一端与直杆AB的夹角为30°,绳子另一端在C点与AB垂直,AC=0.1AB.滑轮与绳重力不计.求:
(1)B点与C点处绳子的拉力TB、TC的大小.
(2)轴对定滑轮M的作用力大小.
正确答案
解:(1)以A为固定转轴,AB棒力矩平衡:①
绳子通过定滑轮,受力大小处处相等,即TB=TC②
可解得③
(2)绕过定滑轮的绳子对滑轮的作用力沿两段绳的对角线方向,大小为④
轴对定滑轮M的作用力FM与F的大小相等,方向相反,即⑤
答:(1)B点与C点处绳子的拉力大小分别为50N.
(2)轴对定滑轮M的作用力大小为N.
解析
解:(1)以A为固定转轴,AB棒力矩平衡:①
绳子通过定滑轮,受力大小处处相等,即TB=TC②
可解得③
(2)绕过定滑轮的绳子对滑轮的作用力沿两段绳的对角线方向,大小为④
轴对定滑轮M的作用力FM与F的大小相等,方向相反,即⑤
答:(1)B点与C点处绳子的拉力大小分别为50N.
(2)轴对定滑轮M的作用力大小为N.
如图所示,有两个质量均为m、带电量均为q的小球,用绝缘细绳悬挂在同一点O处,保持静止后悬线与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,静电力常量为k.求:
(1)B小球所受库仑力的大小F;
(2)带电小球在B处产生的电场强度大小;
(3)细绳的长度L.
正确答案
解:(1)对B球,由平衡条件有:
F=mgtan θ…①
(2)带电小球在B处产生的电场强度大小:
…②
(3)由库仑定律有:
…③
其中:
r=2Lsin θ …④
解①③④得:
答:(1)B小球所受库仑力的大小F为tanθ;
(2)带电小球在B处产生的电场强度大小为;
(3)细绳的长度L为.
解析
解:(1)对B球,由平衡条件有:
F=mgtan θ…①
(2)带电小球在B处产生的电场强度大小:
…②
(3)由库仑定律有:
…③
其中:
r=2Lsin θ …④
解①③④得:
答:(1)B小球所受库仑力的大小F为tanθ;
(2)带电小球在B处产生的电场强度大小为;
(3)细绳的长度L为.
直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火,悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1=45°.直升机取水后飞往火场,加速度沿水平方向,大小稳定在a=1.5m/s2时,悬索与竖直方向的夹角θ2=14°.如果空气阻力大小不变,且忽略悬索的质量,试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g=10m/s2;sin14°=0.242;cos14°=0.970)
正确答案
解:直升机取水过程,对水箱受力分析,如图;
水箱受力平衡:
T1sinθ1-f=0;
T1cosθ1-mg=0;
解得:f=mgtanθ1;
直升机返回过程,对水箱受力分析,如图;
由牛顿第二定律得:
T2sinθ2-f=(M+m)a;
T2cosθ2-(M+m)g=0;
解得,M=4.5×103 kg
故水箱中水的质量为4.5×103 kg.
解析
解:直升机取水过程,对水箱受力分析,如图;
水箱受力平衡:
T1sinθ1-f=0;
T1cosθ1-mg=0;
解得:f=mgtanθ1;
直升机返回过程,对水箱受力分析,如图;
由牛顿第二定律得:
T2sinθ2-f=(M+m)a;
T2cosθ2-(M+m)g=0;
解得,M=4.5×103 kg
故水箱中水的质量为4.5×103 kg.
如图所示,一个重10N的光滑重球被一根细绳挂在竖直墙壁上的A点,绳子和墙壁的夹角θ为37°,取cos37°=0.8,sin37°=0.6.
(1)分析重球的受力并在图上画出重球的受力
(2)求绳子对重球的拉力T的大小.
(3)求墙壁对重球的支持力N的大小.
正确答案
解:(1)如图所示,重球受到重力G,绳子的拉力T,墙壁的支持力N,力的示意图如图;
(2)据共点力的平衡条件有:
绳子对重球的拉力:T==
N=12.5N
(3)墙壁对重球的支持力:N=Gtan37°=10×N=7.5 N
答:(1)受力示意图如图所示;
(2)绳子对重球的拉力12.5N;
(2)墙壁对重球的支持力7.5 N.
解析
解:(1)如图所示,重球受到重力G,绳子的拉力T,墙壁的支持力N,力的示意图如图;
(2)据共点力的平衡条件有:
绳子对重球的拉力:T==
N=12.5N
(3)墙壁对重球的支持力:N=Gtan37°=10×N=7.5 N
答:(1)受力示意图如图所示;
(2)绳子对重球的拉力12.5N;
(2)墙壁对重球的支持力7.5 N.
如图所示,物体的质量m=4.4kg,用与竖直方向成θ=37°的斜向右上方的推力F把该物体压在竖直墙壁上,物体与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5,取重力加速度g=10m/s2(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)若使物体沿墙壁竖直向上做匀速直线运动,求推力F的大小
(2)若物体静止不动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则推力F的范围是什么?
正确答案
解:(1)当物体沿墙壁竖直向上做匀速直线运动时,其受力如图所示:
根据平衡条件得:
水平方向有:Fsinθ-N=0
竖直方向有:Fcosθ-f-mg=0
又 f=μN
联立上述式子得:F==
=88N
(2)当物体刚要上滑时,静摩擦力沿墙壁向下达到最大值,此时力F为最大,设为F1.物体的受力图如图.
根据正交分解得:
Fmaxsinθ-N1=0
Fmaxcosθ-f1-mg=0
又 f1=μN1
联立解得
Fmax==
=88N
当物体刚要下滑时,静摩擦力沿墙壁向上达到最大值,此时力F最小,设为F2.
根据正交分解得:
FmINsinθ-N2=0
FmINcosθ+f2-mg=0
又f2=μN2,联立解得
Fmin==40N
故推力F的范围是:40N≤F≤80N
答:
(1)推力F的大小是80N.
(2)推力F的范围是:40N≤F≤80N.
解析
解:(1)当物体沿墙壁竖直向上做匀速直线运动时,其受力如图所示:
根据平衡条件得:
水平方向有:Fsinθ-N=0
竖直方向有:Fcosθ-f-mg=0
又 f=μN
联立上述式子得:F==
=88N
(2)当物体刚要上滑时,静摩擦力沿墙壁向下达到最大值,此时力F为最大,设为F1.物体的受力图如图.
根据正交分解得:
Fmaxsinθ-N1=0
Fmaxcosθ-f1-mg=0
又 f1=μN1
联立解得
Fmax==
=88N
当物体刚要下滑时,静摩擦力沿墙壁向上达到最大值,此时力F最小,设为F2.
根据正交分解得:
FmINsinθ-N2=0
FmINcosθ+f2-mg=0
又f2=μN2,联立解得
Fmin==40N
故推力F的范围是:40N≤F≤80N
答:
(1)推力F的大小是80N.
(2)推力F的范围是:40N≤F≤80N.
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