53、如图所示，质量m＝1kg的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成a＝30°角，球与杆之间的滑动摩擦因数m＝，球在竖直向上的拉力F＝20N作用下沿杆向上滑动．g取10m/s²．

(1)在右中画出小球的受力图．

(2)求球对杆的压力大小和方向．

(3)小球的加速度多大？

(1)小球受力如图所示．　　　　　　　　　　 (2分)

(2)建立图示坐标系，沿y方向：

(F－mg)cos30°－F_N＝0　　　　　　　　 (2分)

解得　 F_N＝N　　　　　　　　　　　　　　 (2分)

根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为N，方向垂直于杆向上 (2分)

(3)沿x方向由牛顿第二定律得

(F－mg)sin30－f＝ma　　　　　 　　　　　　　　　　 (2分)

　　 而　 　　　 f＝m F_N 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2分)

解得　 　　 a＝2.5m/s² 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2分)

52、用一沿斜面向上的恒力F将静止在斜面底端的物体向上推，推到斜面中点时，撤去F，物体正好运动到斜面顶端并开始返回。在此情况下，物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端所需时间也为t。若物体回到底端时速度为10m/s，试问：(1)推力F与物体所受斜面摩擦力F_f之比为多少？(2)斜面顶端和底端的高度差h为多少？

解 析：设物体的质量为m，在F作用下的加速度大小为a₁ ，到达中点速度为v ，撤去F后上滑的加速度大小为a₂ ，下滑的加速度大小为a₃ ，斜面的倾角为θ，斜面的长度为s， 根据牛顿第二定律，有上滑过程：

下滑过程：

由运动学公式：　　 　　　　　

又

联立上述各式，解得　　　 h=7.5m

51、固定光滑细杆与水平地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向向上的推力 F 作用下向上运动． 0 一 2s内推力的大小为 5 .0N ， 2 一 4s 内推力的大小变为 5.5N ，小环运动的速度，随时间变化规律如图所示，取重力加速度 g = 10 m/s ² ．求：

( l )小环在加速运动时的加速度 a 的大小； ( 2 )小环的质量 m ; ( 3 )细杆与水平地面之间的夹角 α .

①a=0.5m/s²　 ②m=1kg　　 ③α=30⁰

50、质量为M＝10kg的B板上表面上方，存在一定厚度的相互作用区域，如图中划虚线的部分，当质量为m＝1kg的物块P进入相互作用区时，B板便有竖直向上的恒力f= kmg(k＝51)作用于物块P，使其刚好不与B板的上表面接触；在水平方向，物块P与B板间没有相互作用力. 已知物块P开始自由下落的时刻，B板向右运动的速度为V_Bo=10m/s. 物块P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为t₀=2.0s. 设B板足够长，B板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.02，为保证物块P总能落入B板上方的相互作用区，问：(1)物块P从起始位置下落到刚好与B板不接触的时间 t　　　　　

(2)物块B在上述时间t内速度的改变量

(3)当B板刚好停止运动时，物块P已经回到过初始位置几次？(g=10m/s²)

解：(1)物块P刚到达相互作用区时的速度

V_O=gt_o　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(1分)

物块P进入相互作用后的加速度

a₁=　 (kmg-mg)/m=(k-1)g　　　　　　　　 (2)(1分)

解(1)(2)得物块P在相互作用区内的运动时间

t₁=v₀/a₁=0.04s　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (3)(1分)

物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时的运动时间

t=t₀+t₁=2.04s　　　　　　　　　　 　　　　　　　　(4)(2分)

(2)板B在物块P未进入作用区时的加速度

a_B1=μg　　　　　　　　　　　　　　　 (5)(1分)

速度的改变量Δv_b1　 = a_B1t₀ =0.4m/s　　　　　　　　　 (6)(1分)

当物块P进入作用区后的加速度　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

a_B2 =μ(Mg+kmg)/M　　　　　　　　　　　　　　　　 (7)(1分)

由(3)(7)得速度的改变量

Δv_b2　 = a_B2t₁=0.0488m/s　　　　　　　　　　　　 (8) (1分)

所以：板B在物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时

由(6)(8)得：速度的改变量

Δv=Δv _b1+Δv _b2 　=0.4488m/s　　　　　　　　　　　　　 (9) (2分)

(3)当物块P的速度减到零后，又开始以加速度a向上做加速运动，经历时间t₁，跑出相互作用区，在这段时间内，B板减少的速度仍是Δv_b2；物块P离开相互作用区后，做加速度为g的减速运动，经历时间t₀，回到初始位置，在这段时间内，B板减少的速度为Δv_b1，以后物块又从起始位置自由落下，重复以前的运动，B板的速度再次不断减少．总结以上分析可知：每当物块P完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，B板速度减少的总量为

Δv=2Δv _b1+2Δv _b2 　=0.8978m/s　　　　　　　　　　　　　 (10)　 2分

　设在物块P第n次回到起始位置，

n=v_Bo/Δv=10/0.8978=11.11≈11次 　　　　　　　　　　(11)　 (2分)

49、如图所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37°，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m=1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50．现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力．(取g=10m/s²， sin37°=0.6， cos37°=0.8)

解：由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动．将小球和木块看作一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得

　 　　　　　　　　　　(4分)

　 代入数据得　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　(3分)

选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为N，

根据牛顿第二定律有　　　　　　 　　　　　　　　　(4分)

代入数据得　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　(2分)

　 根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0N，方向沿斜面　　　　 (1分)

48、长L是1m，质量M是2kg的长方形木板A放在光滑的水平面上，在木板的左端放置一个质量m是1kg的物块B。A与B之间的动摩擦因数μ是0.2，现用一个F为8N的水平恒力向右拉B。

(1)要使B从A的右端滑出，则力F至少要做多少功？

(2)若M、m、μ、F中某一物理量发生变化，拉出过程中做功的最小值也会变化。要使拉出过程中做功的最小值变小,应采用哪些方法？(只要说出两种，每种方法中只允许改变M、m、μ、F中的一个，并说出此物理量变大还是变小)

(1)设力F作用时间为t₁，则

　a _B=F-μmg/m =6m/s²　　　　　 　　　(1分)

　a_A=μmg/M=1m/s²　　　　　　　　　 (1分)

相对运动距离△S₁=(a _B - a_A)t₁²　　 (1分)

设撤去F时B的速度为_B、A的速度为_A。经t₂时间后 B正好滑到右端且速度与A相同

a_B'=μg=2m/s² 　　方向向左

a_A'=a_A=1m/s²　　　

相对运动距离△S₂= 　　 (1分)

由

　　 　　　　　 (1分)

得t₂ =5t₁/3　　　　　　　　　　　　 (1分)

　　　　　 (1分)

t₁= s　 　　　　　　　　　　　 (1分)

W_F=F·S_B=F·a_Bt₁²　　　　 　　　　　 (1分)

W_F==3.6J 　　　　　　　　　　　　　 (1分)

(2)M变大、m变小、μ变小、F变大(只答一个且正确得1分；答两个或两个以上的，全部正确得3分，有错的不得分)

47、如图所示，质量的小车放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力.当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻轻放上一质量的小物块，物块与小车间的动摩擦因数，小物块始终不离开小车，问：

　 (1)小车至少要多长？

(2)小物块从放在小车上开始计时，经过3s时间，摩擦力对小物块做的功和拉力　对小车做的功分别是多少？(取10m/s²)

46、如图(a)所示，质量为M = 10kg的滑块放在水平地面上，滑块上固定一个轻细杆ABC，∠ABC = 45°．在A端固定一个质量为m = 2kg的小球，滑块与地面间的动摩擦因数为m = 0.5．现对滑块施加一个水平向右的推力F₁ = 84N，使滑块做匀加速运动．求此时轻杆对小球作用力F₂的大小和方向．(取g＝10m/s²)

有位同学是这样解的--

小球受到重力及杆的作用力F₂，因为是轻杆，所以F₂方向沿杆向上，受力情况如图(b)所示．根据所画的平行四边形，可以求得：

F₂ ＝mg ＝ ×2×10N ＝ 20N．

你认为上述解法是否正确？如果不正确，请说明理由，并给出正确的解答．

结果不正确．…………………………………………………………………………(2分)

杆AB对球的作用力方向不一定沿着杆的方向，它可能会是右向上的方向．大小和方向具体由加速度a的大小来决定．并随着加速度a的变化而变化．………………(2分)

由牛顿第二定律，对整体有　 F－μ(M+m)g＝(M+m)a ………………………(2分)

解得a＝m/s² = 2 m/s²………………(1分)

F₂ = …………(1分)

轻杆对小球的作用力F₂与水平方向夹角，斜向右上．(2分)

57、两平行金属板长L=O．1m，板间距离d=l×10^-2m，从两板左端正中间有带电粒子持续飞入，如图甲所示．粒子的电量q=10^-10c，质量m=10^-20kg，初速度方向平行于极板，大小为v=10 ^7m／s，在两极板上加一按如图乙所示规律变化的电压，不计带电粒子 重力作用．求：

　　 (1)带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是多少?

　　 (2)试通过计算判断在t=1．4×10^--8s和t=0．6×10^--8s时刻进入电场的粒子能否飞出．

　　 (3)若有粒子恰好能从右侧极板边缘飞出，该粒子飞出时动能的增量△E_K=?

(16分)参考解答及评分标准　　 。

　　 (1)粒子在电场中飞行的时间为t则　　 ．

　 　 t=L／v　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ……………………(2分)　　 ．

　　 　代入数据得：．t=1×1 0^-8S　 ……(2分)　　 。　　 ‘

　　　 (2)粒子在电场中运动的加速度a=Eq／m=qU／md=2 X l 0 ¹⁴m／s2　　 ．

　　 当t=1．4×1 O-8s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0．6×1 0^-8s无竖直方向位移，后0．4×10 ^-8s做匀加速运动。竖直方向位移　

　　 Sy=1／2at²=0.16×10^-2m<d／2=0.5×10^-2m　　　　　　 …………………… (2分)

　　　 ∴能飞出两板间　　 (1分)

　　 当t=-O．6×1 O^-8s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0．4×1 0^-8s匀加速运动，后O．6×1 O^-8s

　　 做匀速运动。竖直方向位移 ．

　 　 Sy'=s1+s2=1／2at2+at(T-t)=0.64 x10-2m>d／2=0.5×10^-2m…………………… (2分)

　　　　　 ∴不能飞出两板间　　　　　　　　　　　　　　 …………………… (1分)　　

　　 (3)若粒子恰能飞出两板间，考虑两种情况　

　　　 a.竖直方向先静止再匀加速。

　　　　　 Sy=1／2at²　　　　 0.5×1 0^-2=l／2 ×2 ×10 ¹⁴t²

　　　　　 得t= ／2×1 0^-8s　　　　　　　　　　　　　　　 …………………… (1分)

　 ∴ ΔEk=Uq／2=I×1 0^-8J　　　　　　　　　　　　　　　　 ……………………　 (2分)　　

　　 b．竖直方向先匀加速再匀速

　　 Sy = S₁+S₂ = 1／2at² + at(T-t)　　　 0．5 X 1 0-2=1／2X2X10 14 t2+2 X 10 14t(1×1 0^-8-t)

　　 得t = (1－√2／2)X×1 0^-8S　

　　　∴S1=1／2at² = (1．5一√2)×10^-2m　　　　　　　　 ……………………　 (1．分)

　 　∴ΔEk=EqS1=UqS1／d=(3-2√2)×1 0^一8=0.1 7 X 1 0^-8j　 ……………………　 (2分)

56、在光滑绝缘的水平面上,用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电量为+2q,B球的带电量为-3q,组成一带电系统,如图所示,虚线MP为AB两球连线的垂直平分线,虚线NQ与MP平行且相距4L.最初A和B分别静止于虚线MP的两侧,距MP的距离均为L,且A球距虚线NQ的距离为3L.若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线MP, NQ间加上水平向右的匀强电场E后,求:

(1)B球刚进入电场时,带电系统的速度大小.

(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需时间以及B球电势能的变化量.

解： ⑴带电系统开始运动时，设加速度为a₁，由牛顿第二定律：

＝　　　　　　 (2分)

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v₁，有：

　　 求得：　 (2分)

⑵对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W₁，有：

故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q。　　　 (2分)

设球B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则：

　　　　 解得：　　 (1分)

球B进入电场后，带电系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律：

　(2分)

显然，带电系统做匀减速运动。减速所需时间为t₂，则有：

　　　 求得： 　(2分)

可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

　 (1分)

B球电势能增加了　 6 Eq L　　　　　 (2分)