作业一力与物体的平衡

1、作业一力与物体的平衡1. BC 解析：分别对 AB受力分析并分解如图:A:因为两次A物体均静止，所以 A物体受力平衡，T始终 等于A物体受到的重力故 A错误.B :因为两次B物体均静止，所以 B物体受力平衡，y方向当有：N+TsinB =Gb，B物体稍向左移一点，B变小，N=GB-Tsin 0就会变大.故B正确C:因为两次B物体均静止，所以 B物体受力平衡，x方向当有：f=Tcos 0 B物体稍向左移一点，0变小，cos疫大，T不变，所以f变大故C正确.D :因为两次B物体均静止，所以 B物体一直受力平衡，合外力一直为零故D错误.应选：C2. A 解析： 以B为研究对象，绳子的拉力F=mg .

2、再以A为研究对象，得到 F+FN=Mg，得到FN=Mg-F= ( M-m ) g3. ABC 解析：当m2与平面间的摩擦力与 F平衡时，绳中的张力为零，所以A对；当m2与平面间的最大静摩擦力等于F/2时，那么 绳中张力为F/2，所以B对，当m2与平面间没有摩擦力时，那么绳中张力为F,所以C对，绳中张力不会大于 F,因而D错.4. A 解析：对m分析，因m受重力、支持力；因 m水平方向不受外力，故 m不会受到M 对m的摩擦力，故 AB间没有摩擦力；故 BCD均错误；对整体受力分析可知，整体受 C的拉力、重力、支持力，要使整体做匀速直线运动，M应受到地面对其向左的摩擦力，大小与绳子的拉力相同；对C

3、分析，可知C受重力与绳子的拉力而处于静止状态，故绳子的拉力为 m°g ；由此可知，物体A与桌面间的摩擦力大小为 m°g ；故A正确；5. (a)漏记了两细线的方向(b)必须依据两力的大小和方向才能作图(c)必须将橡皮条拉到原来的 O点6解析：轻环的意思就是质量不计！这是物理常识。所以P环就只受到拉力和弹力(弹力或者称之谓支持力)，根据弹力定义，弹力的方向与接触面垂直，而P环受理平衡，所以拉力必然与弹力大小相等，方向相反，故也与OA杆垂直啊。 对于B而言，受拉力F,绳子的拉力，还有 OB对他向下的弹力，显然绳子拉力的水平分力平衡了F,所以绳子拉力为 F/sin 07. 解析：

4、以B为研究对象，由平衡条件得T=mBg再以A为研究对象，它受重力、斜面对 A的支持力、绳的 拉力和斜面对A的摩擦作用假设 A处于临界状态，即 A 受最大静摩擦作用，根据平衡条件有：N=mgco0T-fm-mgsin 0 =0或:fm=(1NT+fm-mgsin 0 =0fm=训综上所得，mB的质量取值范围是：(sin 0卩 cos)0 <mBw m(sin 0 + cos 0)8此题为静力学类问题，并有临界条件需分析，当力 时物体受力如图aF太小时，CO线会松弛，当 F co=0,那么 Fminsin60 <2=mg，所3以Fmin=mg当力3F太大时，OB线会松弛,当Fob=0时

5、受力如图b所示所以Fmax=mgcos30mg综上所述F应满足3图a图b2323的条件为:作业质点的直线运动9T2v = s2 s3=0. 367m/s 2T偏大由牛顿第二定律得Fa= Ma =2Mst2(3分)1. C2.B 3. C4.D5. (1)打点计时器靠近(2)a= -56$23 = 1.78m/s (1.751.80 也给分)1 26. 解：1对A，在匀加速运动过程中s= 2at22分2物体B做匀加速运动.因为 A做匀加速运动，B对A的作用力一定，由牛顿第三定律知，A对B的作用力也一定，B还受到重力作用，重力也是恒力，所以B受到的合力是恒力，即B做匀加速运动.4分3对AB组成的系

6、统，机械能守恒，由机械能守恒定律得1 2 1 2mgh = ?mvA+ 2mvB2 分解得vb = : 2gh -4Ms2mt2(2分)其他解法思路过程正确的同样给分.8 m/s2,方向沿、/分2释放后，B做匀加速运动，设物块B运动到凹槽 A的左档板时的速度为匀变速直线运动规律得v1= , 2aBd= "2dgsin 1分第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为 w、0,此后A减速下滑，那么2 i mgcos mgsin =maA1 分解得aA= 2gsin，方向沿斜面向上1分A速度减为零的时间为t1，下滑的位移大小为X1，那么2,x1 -v = d2 分解得 aB= gsin Q t

7、i =vi,根据v1t1=a2gsin Q 1 2aA 22 分7. 解：1物块在斜面上做匀减速运动: V0 + V中八v =2 = 9 m/s2 分S t= = 0.25 s2 分v(2)物块运动斜面顶端的速度为vt从底端到顶端 v2 v0= 2ax，即 vt2 102= 2aX4.5 从底端到中点 v中 v0 = 2as,即卩82 102= 2aX2.25 解得 a= 8 m/s2, vt= 28 m/s(2 分)物块运动分为两个阶段：一是沿斜面向上的匀减速运动，加速度大小为 斜面向下；二是抛体运动，加速度大小为重力加速度g = 10 m/s2,3物块沿斜面做匀减速运动：mgsin OF

8、卩 mgcos= ma尸 0.252 分对斜面体受力分析如下图并建立坐标系，在 x方向上：f = mgcos Q colsmgcos Q sin= 12.8 N3 分此题有其他解法，正确的对照评分标准给分.8. 解：1设B下滑的加速度为 aB，那么mgsi n = maB1 分A所受重力沿斜面的分力Gi = mgs in Q < 2mgcosQ所以B下滑时，A保持静止1分1 2d= 2甜1分A已停止在时间t1内物块B下滑的距离Xb1= 2aBt1 = 4<x1，所以发生第二次碰撞前凹槽运动，那么B下滑距离X1与A发生第二次碰撞1分72 = 2aBX1解得 v2= gdsin 1 分

9、3方法一：设凹槽 A下滑的总位移为x，由功能关系有mgxsin F mgx + dsin = 2 i mgxcos Q 分 解得x= d2分方法二：由2中的分析可知 v = gdsin 0=22vi1分第二次碰后凹槽 A滑行的距离X2= 2 = d1分同理可得，每次凹槽A碰后滑行的距离均为上一次的一半，那么= d(2 分)1-1作业三牛顿运动定律答案1. B2. A 解析：设A、B的质量为m。弹簧恢复形变需要时间，在瞬间问题中可认为弹力不变。在C抽出的瞬间，A的受力情况不变，即仍静止。此时A收到竖直向上的弹力，大小为mg。所以此时B在受到自身重力的同时，还受到竖直向下的大小为mg弹力。3. D

10、 解析：研究整个系统除墙外的局部系统在整个过程中处于平衡态，考察其竖直方向的受力情况。竖直方向上，只有小球的重力不变，和AB杆受到墙体的弹力沿AB方向的竖直分力。所以该分力大小应该等于小球的重力。而AB所受压力只能沿AB方向否那么AB受力不平衡，该力的方向不变，其竖直分量大小不变，可以推出其 自身大小也不变4.5.弹力F = f=卩mgi向右运动时 F>N,2BC 解析：对A受力分析，原来匀速直线运动时， 可知N>mg,失重，加速度竖直向下，运动情况有两种。21a=3.2m/s1 22 如下图，am/s22m3实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分6. 解析：(1)对整体：F u2m

11、2g = (m + m2)a，代入得 a=1 m/s对 m2, N1 卩2 m2 g= m2 a,代入得 N1 = 60N(2) 假设F从右向左作用在 m?上，整体加速度不变，a= 1 m/s2对 g , N2 = g a，代入得 N2 = 20N(3) 假设 m= &=朽 对整体 F 山叶+ m2)g = ( m + m2)a对 m2,M m2g= m2 a对 g ,N2 mg = g a,代入得N1/ N2=2/1N1 / N2=2 /1同理可知，当水平面光滑时,7. 解析：(1)设物体质量为 m,车质量为M，物体与车相对静止时的速度为 v,物体运动 的加速度为ai，车的加速度为

12、a2在车上滑动的时间是 t,那么卩 mg=na1mg=M a2v= a11= vo a21 代入数据解得v= 3.0m/st = 1.2s(2)设物体相对于车滑动的距离为s由能量守恒得 i mg宁1 Mvo2 2 ( M + m) v2代入数据得s= 2.4m8. 解析：小球不脱离斜面的最大加速度，即当球对斜面的压力恰好为零时的加速度，受力分析得，mg cot30 °= ma0，得 a0 = -. 3g(1) 因为a= g/3v . 3g，所以斜面对球有支持力N,正交分解得Tcos30 N cos60 maTsi n30 +N sin60 mg3nJ3 1综上两式得 N mg6(2)

13、 由上可知当球对斜面的压力恰好为零时的加速度a0 .、3g此时，T 2mg作业四曲线运动、万有引力1. A 解析：两小球做平抛运动，由图知ha>hb那么ta>tb；又水平位移相同 根据s =vt,可知Va<Vb.2. C 解析：曲线运动的轨迹一定是在物体所受合力与速度两者之间3. B 解析：如下图，设运发动放箭的位置处离目标的距离为x.箭v的运动可以看成两个运动的合运动：随人的运动，箭自身的运动箭 在最短时间内击中目标，必须满足两个条件：一是合速度的方向指向 目标，二是垂直于侧向方向 (马前进的方向)的分速度最大，此条件需 箭自身速度方向垂直。24. BCD解析:嫦娥一号在远

14、地点A时的加速度可由 GM°m/(R1 h1) =ma及2GMom/R, =mg。确定，由于轨道是椭圆，在远地点 A时的速度无法确定；嫦娥一号绕 月球运动的周期可由 GMm /(R, h2)2 = m(R2 h2) 4- 2/T2确定，月球外表的重力加速度 2可由GMm / R2 = mg确定5、D解析：双星的运动周期是一样的，选Si为研究对象,根据牛顿第二定律和万有引力定律得Gm1m24 n24 n2r2r1 吋有，那么m2=育亍6、解析：因为物块做匀速圆周运动，合力提供向心力，所以其合力方向始终指向圆心，选项B错误；在物块做匀速圆周运动的过程中，物块受到的竖直向下的重力和竖直向上

15、的支持力的合力不可能始终指向圆心，所以它还可能受到木板对它的摩擦力的作用，选项A错误；从b运动到a,物块的合外力始终指向圆心，加速度也指向圆心，所以加速度具有竖直向下的分量，物块处于失重状态，选项 C错误；同理可得，物块从 a到d的过程中加速度有竖直向上的分量，物块处于超重状态，选项D正确。7、 1物体在月球外表做平抛运动，有水平方向上：x=v0t竖直方向上：h = 1g月t222 hv2解得月球外表的重力加速度：g月二芈°x设月球的质量为 M，对月球外表质量为 m的物体，有MmG-R2mg月解得:2hR2v2Gx22设环绕月球外表飞行的宇宙飞船的速率为v,那么有2 '

16、9;vm g 月二 mR8、由于小球在水平方向作匀速直线运动，可以根据小球位置的水平位移和闪光时间算出水 平速度，即抛出的初速度。 小球在竖直方向作自由落体运动，由竖直位移的变化根据自由落体的公式即可算出竖直分速度。xab=2L=2 X5cm=10cm=0.1m因A、B 或B、C两位置的水平间距为 时间间隔为t AB = t=0.1S所以，小球抛出的初速度为设小球运动至B点时的竖直分速度为VBy、运动至C点时的竖直分速度为Vcy, B、C间竖直位移为yBc, B、C间运动时间为tBC。根据竖直方向上自由落体运动的公式得2vb y ' g tB C2y BC -gt BC2tBC式中yB

17、c=5L=5 X5cm=25cm=0.25m , tBc=A t=0.1s代入上式得 B点的竖直分速度大小为2X0.250X0.j2X0.1科=m /s= 2m / s.作业五 功功率动能定理1.D 解析：对全过程，由动能定理有：mgh =mgs , s = h/=3m, s/d=6，故物块最终恰停止于B点处。2. B 解析：物块受重力、支持力和静摩擦力三个力作用。由于静摩擦力始终与运动方向垂直，故静摩擦力不做功。又重力做功WG - -2j,由动能定理， WG WN Wf = 0可知，WN二-WG = 2 J,只有选项B对。3.m、M受力分析易得，拉力D 解析：缓慢拉动时拉力做功最少。此时通过

18、对L = lmgL 从能量守恒角度看，拉力至少做的功应等2=mg T =2mg，故 Wmin = Fm、M间由于摩擦产生的热量，故Wmin = Q = "mgL。4.ACD 解析：起重机牵引重物先做匀加速运动，到达最大功率后开始做加速度变小的变加速运动，最终以最大速度做匀速运动。由F二mg ma可知，物体匀加速上升时钢绳中的拉力即为最大拉力，此拉力可由匀加速的末尾时刻求得，此时起重机功率为P,故有:Fmax = P，选项A对B错。重物以最大速度匀速上升时，牵引力ViF = mg，故由 P = Fv得最大速度V2，选项C对。对匀加速过程有 - mg mgV!=ma，故匀加速时间2mv1

19、R -mg*，选项D对。解析：由动能定理可知，合外力对A、B两物体做功相等，但 F对A做功显然大于5. CDA对B做的功F对A做功实际上也是 F对A、B整体做的功，选项 A错D对。A对B 做正功、B对A做负功，选项B错。地面的摩擦力6. 解析1由B到C平抛运动的时间为t1 2hBC=ssin37 = - gt2fA > fB，选项C对。竖直方向(1)水平方向scos37°=vBt代得数据，解1 2 得 vB=20m / s2A到B过程，由动能定理 1有(4)1 2mghAB +Wf= mvB2代入数据，解(3)( 4 )得 Wf = -3000J所以运发动克服摩擦力所做的功为3

20、000J7 解析：小球恰能运动到B点，有mgm-B 所以 Vb = ?gRR小球由释放点到B,机械能守恒mgh = mV解得(2)小球离开h =总R2B点后做平抛运动,R Jgt220C = vBt0C&解析:解得AC =0C _0A2 -1 r(1) 由图象可得，在 14s- 18s时间内，阻力大小：' V '(2 )在10s-14s内小车做匀速运动：故小车功率： = “ = - E(3)速度图象与时间轴的 面积的数值等于物体位移大小:£ 丄 x 2 x 3 -0-2s 内，-2s- 10s内，根据动能定理有:解得：故小车在加速过程中的位移为：匸一二'

21、;- _作业六机械能守恒与功能关系1. D12. B 对b,由机械能守恒得mbg(I -丨cos60 )= mbv，在最低点有T-mbg2T 二 mag，解得 ma 二 2mb。3. BCD由题意可知，物体除受重力外，还受竖直向上的其他力gF的作用，mg - F = m21F mg。故物体的机械能不守恒，A错。由于物体下落过程中，重力以外的力F做负功，21即WFmgh，故此过程中物体的机械能减少mgh/2, B对、D对。24. BC小球加速度为零时动能最大，故有mg二f kx , x丄mg 一 f , A错B对。对全k过程，由动能定理有 Wg Ww Wf =0，即mg H - L x W w-

22、f H -L x =0。故弹簧最短时具有的弹性势能 Ep二0单=(mg-f)(H-L+x)，选项C对D错。5OC; 15.70。(2) 1.22J, 1.20J，大于，在重锤下落过程中由于摩擦生热，机械能有损失，减少的重力势能一局部转化为内能。(3) 1.23J,小于，这是因为 v的计算值偏大，原因有二：一是式中用g=9. 8m/s2计算,而实际上重锤下落的加速度小于这个值；二是下落时间t取值偏大，在实际的实验过程中，纸带上第1、2两点间的时间间隔一般都小于0.02s。6解析：不正确。在 A落地的瞬间地面对 A做了负功，所以整个过程机械能不守恒。在A落地前由机械能守恒定律得：mAgh mBgh

23、 sin : =1 (mA+ mB) v21在A落地后由机械能守恒定律得：mBg ( L h)由第 2 式可解得：v2= 2g ( L h) sin := 6m2/s2 ,代入第1式得5mA3 mB= 3 (口人+ mB),所以 mA : mB= 37. (1)5 m/s 52.5 N (2) 9.5 J、 一 1 2解析：(1)设物体在B点的速度为v,由B到C做平抛运动，有2R= 1gt , Xac = vt, v=5 m/s2由此时受力知Fn + mg = mv,RFn = 52.5 N.1 2 1 2(2) A 至U B,机械能守恒？mvA = mv + 2mgR由C到A应用动能定理可知

24、(F F f)xAC = mvA2所以，Wf= Ff xac= 9.5 J.&解析：(1)假设滑块冲上传送带时的速度小于带速，那么滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；假设滑块冲上传送带时的速度大于带速， 那么滑块由于受到向左的滑动摩擦 力而做匀减速运动.1 2(2) 设滑块冲上传送带时的速度为v,由机械能守恒 Ep = mv.设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律：卩m= ma.由运动学公式v2 v2= 2aL.解得Ep= ；mv0+卩mgL(3) 设滑块在传送带上运动的时间为t,贝U t时间内传送带的位移 x= v0t, v0 = v at滑块相

25、对传送带滑动的位移Ax= L - x相对滑动生成的热量Q=卩mg A解得Q=卩 mg mvo ( v0+ 2 卩 gL- Vo).作业七 电场1. B解析:根据电场线分布和平衡条件判断.2. C 解析：由电势的a高b低可知，电场线从电场线从a等势面指向b等势面；而且由等势面的形状可知(等势面一定跟电场线垂直)电场强度左边强，右边弱因此U ab - U be3. A 解析：由速度越来越大可知，动能增大，电势能减小，且由图中速度变化律可知，加 速度越来越小，即电场力越来越小.4. B 解析：解析：据电场线的方向特征： 知此题选B。5. BD 解析：先画出电场线，再根据速度、电场力和轨迹的关系，可以

26、判定：质点在各点受 的电场力方向是斜向下方.由于是正电荷，所以电场线方向也沿电场线向下方，相邻等差等 势面中，等势面越密处，场强与大.始于正电荷，终于负电荷 和电场线疏密分布可6.AB 解析：由动能定理可知：qUAB-mgh = 0 , U ab电场力做正功，电势能减少，B对;假设对匀强电场，因为严而d不确定，所以C错7解析：(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如下图,由平衡条件知:T sin v -qET cost1 - mgmg tan -q= e(2)丝线剪断后小球受重力和电场力，其合力与剪断前丝线拉力大小相等方向相反.所以:T =ma小球由静止开始沿着拉力的反方向做匀加速直线运动

27、，当碰到金属板上时，它的位移为：bs = sin日sat2 2由得由运动学公式:由得t二 2b g tan 日8.解析：(1)根据题意负电荷从 A点移至(2)电场方向A指向B,因此A点电势高B点电场力电场力做负功 可知电场方向 A指向BUab处q-4 10：J =2 103V-2 10JC在这一过程中，电荷的电势能增加4.0 10 J J3因为 U ac - 500V 而 Uab - 2 10 V 所以 UBC =-1500VWBC =qUBC =(-2 10C) (-1500V) =3 10J 电场力做正功9解析：(1) U =Us -Up , U=Eh=2000.05 = 10VUs =0

28、 , Up- -10Vp 二 Eqh =200 2 10 5 10 =0.02J(2)*qEh=mv2， -2qEh2m121Eqh mv ， Ekqh1mv222 °.。2 =2m/s-m 一 11。216h1h 0.05 = 0.06mk5x = h H -h 二(0.45 0.05-0.06)m = 0.44m(3) w.mv212 , W2 =0mv2 , W =W1 W2 =02作业八磁场1.解析选B。 在正方形中心 四个磁感应强度按矢量的平行四边形定那么合成 左。利用左手定那么判断洛伦兹力的方向， 项正确。由右手螺旋定那么可以判断出 a、 O处产生的磁 感应强度如下图b、

29、c、d四根长直导线:，可得合磁场为水平向可得洛伦兹力竖直向下，故B2 解析选B。根据对称性，带电粒子射入圆形区域磁场时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等,画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如下图，根据图找几何关系可2 v 得得 得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=R，再由qvB=m r ,mvr=解得v= qBR 应选项B正确。 qB ,m ,3.4.C解析选A、D。要使离子打在屏上，由左手定那么，可判出a、b均带正电,A正n/ _Oqv0B = mR,由图示可得：宀得: R = 5dX x K X联立解得：B = 4v0UU5gd7.(1)粒子从S1到达S

30、2的过程中，根据动能定理得qU = tmv2 解得粒子进入磁场时速度的大小(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有2 2 由得，加速电压 U与轨迹半径r的关系为U = qB匸2m2qvB= m 当粒子打在收集板 D的中点时，粒子在磁场中运动的半径 r° = R对应电压U° =qB2R22m确；由牛顿第二定律qvB=m ，得r= mV ,离子运动轨迹如下图，又T= 2r , t= T,rqBv 2知a比b飞行时间长，a比b飞行路程长，B、C错误；又a、b在P上落点距O点的距离分 别为2rcos 9 2r，故D正确。5. 解析选A、C。靠近a点的两根导线产生的磁场

31、叠加后，磁感应强度为零,a点磁感应强度由离a最远的导线决定,b点的磁感应强度大小与a点相同，对于c点，靠近c的两根导线的磁感应强度方向相同，叠加后的磁感应强度最大，选项A正确，选项B错误;由右手螺旋定那么和磁 感应强度的矢量叠加可得，C正确，D错误。6. 解析 墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qd = mg 解得：q = mgddU墨滴带负电荷.由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知:(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴 做匀速圆周运动，有 qv0B= mV0R考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，那么半径R=

32、d联立解得B =器R',有(3) 根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R _m t3= v = 3qB粒子在磁场中经历的时间nm3qB(3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短， 同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短.根据几何关系可以求得，对应粒子在磁场中运动的半径r = ,3R由得粒子进入磁场时速度的大小v=泄=3qBRm m粒子在电场中经历的时间t1 = R= 2' 3m1 v 3qB 2粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间3qB粒

33、子从S1到打在收集板 D上经历的最短时间为t= t1 + t2 + t3 =解析 设带电颗粒的电荷量为q，质量为m有Eq = mg将m = k代入，得 E= kg2，一 ,.V0如图，有qvoB= mRR2= (3d)2+ (R d)2 得 B= kVj如下图，有2入Vq 入oV= mtan B= 22RlRf3d 2jd 2y2= ltan 0得 y= d5 入一25 ；2 9 + 27V25?2 9yi= RiRi y= yi+ y21、【答案】：B3d31作业九 带电粒子在复合场中的运动2、答案 AD解析由r=mv可知，速度越大，粒子在磁场中做圆周运动的半径越大, qB正确，B错误；由T= 智知，各粒子的运动周期相同，沿方向出射的粒子的轨迹对应的 qB圆心角最大，用时最长， C错误，D正确.3、答案 ACD 解析洛伦兹力充当带电粒子做圆周运动的向2心力，由qvB= 口匕得，带电粒子做圆周运动的半径 r =平，所以rqB正、负粒子在磁场中运动的轨道半径相同，选项A正确；根据 2c4 n2 nmqvB= mrr，可得带电粒子做圆周运动的周期丁=不，而正粒n0子在磁场中运动的时间为t1=T,负粒子在磁