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°－FN＝0 (2分)
解得 FN＝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 FN (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Ff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VBo=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
VO=gto (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
aB1=μg (5)(1分)
速度的改变量Δvb1 = aB1t0 =0.4m/s (6)(1分)
当物块P进入作用区后的加速度
aB2 =μ(Mg+kmg)/M (7)(1分)
由(3)(7)得速度的改变量
Δvb2 = aB2t1=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Δvb2；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Δvb1，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=vBo/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)
aA=μmg/M=1m/s2 (1分)
相对运动距离△S1=(a B - aA)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
aB'=μg=2m/s2 方向向左
aA'=aA=1m/s2
相对运动距离△S2= (1分)
由
(1分)
得t2 =5t1/3 (1分)
t1= s (1分)
WF=F·SB=F·aBt12 (1分)
WF==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△EK=?
(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：
可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：
B球电势能增加了 6 Eq L (2分)
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． 
(2)建立图示坐标系，沿y方向：
N (2分)
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Ff之比为多少？(2)斜面顶端和底端的高度差h为多少？
h=7.5m
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：
解：(1)物块P刚到达相互作用区时的速度
区内的运动时间
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)
(4分)
(3分)
(4分)
(2分)
(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
(a B - aA)t12 (1分)
B、A的速度为
(1分)
(1分)
(1分)
s
(1分)
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：
(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)
mg ＝ 
m/s2
= 2 m/s2………………(1分)
…………(1分)
，斜向右上．(2分)
／2×1 0-8s
…………………… (1分)
1 0-2=1／2X2X10 14 t2+2
X 10 14t(1×1 0-8-t)
(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)
有：
求得：
(2分)
解得：
(1分)
(2分)
求得： 
(2分)
(1分)