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2013年9月《开学第一课》观后感-开始

 

高一物理力学部分例题集

题1 把一个大小为10N的力沿相互垂直的两个方向分解,两个分力的大小可能为

(A) 1N,9N  (B)6N,8N  

(C)(99.99)^1/2N,0.1N  (D)11N,11N

解:两个分力的平方和应等于10²,等于100.选项(B)(C)正确.

例题2 一个大小为1N的力可以分解为多大的两个力?

(A) 0.2N,1.2N  (B)1N,1N  (C)100N,100N  (D)1N,1000N

解:大小为0.2N和1.2N的两个力方向相反时合力为1N,选项(A)正确;

大小均为1N的两个力互成120°角时,合力为1N,选项(B)正确;

大小均为100N的两个力互成适当小的角度时,合力可为1N,选项(C)正确;

大小为1N和1000N的两个力的合力大小在999N与1001N之间,不可能为1N,选项(D)不对.

总之选项(A)(B)(C)正确.

例题3 作用于同一质点的三个力大小均为10N.

(1)如果每两个力之间的夹角都是120°角,那么合力多大?

(2)如果两两垂直,那么合力多大?

解:

(1)合力为零.

(2)根据题意,可以设F₁向东,F₂向南,F₃向上.F₁、F₂的合力F₁₂，沿东南方向,大小为10 N.F₃与F₁₂相垂直,所以三个力的合力大小为

F＝(10²+(10 )²)^1/2＝10N

例题4 (1)大小为5N、7N、8N的三个共点力,合力最小值为____;

(2)大小为5N、7N、12N的三个共点力,合力最小值为____;

(3)大小为5N、7N、13N的三个共点力,合力最小值为____;

(4)大小为5N、7N、40N的三个共点力,合力最小值为____.

答:(1)0;(2)0;(3)1N;(4)28N.

例题5 如图1-2所示,六个力在同一平面内,相邻的两个力夹角都等于60°,F₁＝11N,F₂＝12N,F₃＝13N,F₄＝14N,F₅＝15N,F₆＝16N.六个力合力的大小为___N.

解:F₁与F₄的合力F₁₄沿F₄方向,大小为3N,F₂与F₅的合力F₂₅沿F₅方向,大小为3N,F₃与F₆的合力F₃₆沿F₆方向,大小为3N.所以六个力的合力等于图1-3中三个力的合力.F₁₄与F₃₆的合力F₁₄₃₆沿F₂₅方向,大小为3N.F₁₄₃₆与F25的合力,沿F₂₅方向,大小为6N.总之六个力的合力大小为6N,沿F₅方向.

例题6 质点受到五个力:F₁、F₂、F₃、F₄、F₅,图1-4中作出了五个力的图示,两条实线和四条虚线正好构成一个正六边形.已知F₃＝10牛,求五个力的合力多大.

解:容易看出,F₁和F₂的合力等于F₃(大小和方向等于F₃的大小和方向),F₂和F₅的合力等于F₃,所以五个力的合力为

F＝3F₃＝30牛.

例题7 图1-5(a)中三个力为共点力,平移后构成三角形,图1-5(b)也是这样.图1-5(a)中三个力的合力大小为____N;图1-5(b)中三个力的合力大小为____N.

解:根据三角形定则，图(a)中，F₂与F₃的合力等于F₁,所以三个力的合力等于2F₁＝40N(向左).

根据三角形定则,图(b)中,F₂与F₃的合力向右,大小等于F₁,所以三个力的合力等于零.从多边形定则可以直接得出这个结论.

例题8 如图1-6所示,十三个力在同一平面内,大小均为1N,相邻的两个力夹角都是15°,求十三个力的合力.

解:F₁与F₁₃的合力为零;

F₂与F₁₂互成150°角,合力沿F₇方向,利用余弦定理,可算出合力大小为

(12+12+2×1×1cos150°)^1/2N

＝(12+12-2×1×1cos30°)^1/2N＝(2- )^1/2N;

F₃与F₁₁互成120°角,合力沿F₇方向,合力大小为1N;

F₄与F₁₀互成90°角,合力沿F₇方向,合力大小为 N;

F₅与F₉互成60°角,合力沿F₇方向,合力大小为 N;

F₆与F₈互成30°角,合力沿F₇方向,利用余弦定理,可算出合力大小为

(12+12+2×1×1cos30°)^1/2N＝(2+ )^1/2N;

所以十三个力的合力沿F₇方向,大小为

F＝(2- )^1/2N+1N+ N+ N+(2+ )^1/2N+1N

＝(2+(2+ )^1/2+(2- )^1/2+ + )N.

例题9 如图1-7,有同一平面内5个共点力,相邻的两个力之间的夹角都是72度.F₁大小为90N,其余各力大小均为100N.求5个力的合力.

解:F₁可以分解为沿F₁方向的大小为100N的分力F_1a,和沿F₁反方向的大小为10N的分力F_1b.

这样原题转化为求解F_1a、F_1b和F₂、F₃、F₄、F₅等6个力的合力.易知,其中F_1a和F₂、F₃、F₄、F₅等5个力的合力为零.所以F1、F₂、F₃、F₄、F₅的合力等于F_1b:大小为10N,沿F₁的反方向.

例题10 有n个大小为F的共点力,沿着顶角为120°的圆锥体的母线方向,如图1-8所示.相邻两个力的夹角都是相等的.这n个力的合力大小为_____.

解:将每个力沿圆锥体的对称线方向和平行于底面的方向分解,得到n个沿着对称线方向的分力,和n个平行于底面方向的分力.

每个沿着对称线方向的分力大小都等于F/2,所以n个沿着对称线方向的分力的合力,大小为nF/2.另一方面,n个平行于底面方向的分力的合力为零.

所以本题所求n个力的合力大小等于nF/2.

例题11 下面每组共点力,大小是确定的.试分别判断各组力之合力是否可能为零,如不可能为零,最小值多大.

(A)1N,2N,3N,4N,15N

(B)1N,2N,3N,4N,10N

(C)1N,2N,3N,4N,5N

(D)1N,2N,10N,100N,100N

(E)1N,2N,……98N,99N,100N

(F)1N,2N,……98N,99N,10000N

解:(A)1+2+3+4＝10,而10＜15,这五个力不可能组成五边形,谈不上组成如图1-1(c)所示的五边形,因此合力不可能为零,最小值为:

F_min＝15N-10N＝5N.

(B)1+2+3+4＝10,所以五个力的合力可能为零.

(C)1+2+3+4＞5,这五个力可以组成图8所示的五边形,合力可能为零.

(D)1+2+10+100＞100,所以五个力的合力可能为零.

(E)1+2+3+……+98+99＞100,所以一百个力的合力可能为零.

(F)1+2+3+……+98+99＝(1+99)×99/2＝4950＜10000

所以,一百个力的合力不可能为零,最小值为

F_min=10000N-4950N＝5050N.

例题1 有一小孩掉进河里后抱住了一根圆木随水向下飘流,有 三条船A、B、C在正对河岸P点的地方同时与圆木相遇,但三条船上 的船员都没有注意到圆木上的小孩.A、B两船逆水上行,C船顺水下行.相对水的速度,B船是A船的1.2倍,C船是B船的1.2倍. 当三条船离开P点行驶30分钟的时候, 船员们从收音机里听到圆木上有小孩需要救助的消息,三条船都立即调转船头,驶向圆木.在离P点6千米的地方,小孩被船员救起. 试回答三条船到达小孩和圆木的先后次序如何?_____.

    解：以流水为参照物.小孩和原木是静止的.船A上行时速度和 下行时速度大小相等,船B也是这样,船C也是这样.船A、B、C 同时 从小孩所处的位置向上游和下游行驶,速度不同,在30 分钟内行驶 了不同的路程s₁、s₂、s₃;在接下去的30分钟内, 三条船分别沿反 方向行驶路程s₁、s₂、s₃,回到小孩所处的位置.

   答:三条船同时到达小孩和原木.

 

    例题2 一列一字形队伍长120m,匀速前进. 通讯员以恒定的速 率由队尾跑到队首,又跑回队尾,在此期间,队伍前进了288m. 求通 讯员跑动的速率v是队伍前进的速率u的多少倍.

    分析:顺利解答本题的关键是, 找出通讯员的运动跟队首或队 尾的运动的联系.

    解:设通讯员从队尾跑到队首所用的时间为t₁, 从队首跑到队 尾所用的时间为t₂,那么

           u(t₁+t₂)＝288      (1)

在t₁时间内,通讯员跑动的路程比队首移动的路程多120m:

           vt₁-ut₁＝120        (2)

在t₂时间内,通讯员跑动的路程加上队尾移动的路程等于120m:

           vt₂+ut₂＝120        (3)

从(2)式中得出t₁的表达式,从(3)式中得出t₂的表达式,代入(1)式, 可算出:

           v＝1.5u

 

    例题3  一物体作匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s, 1s后速度的大小变为10m/s.在这1s内

    (A)位移的大小可能小于4m

    (B)位移的大小可能大于10m

    (C)加速度的大小可能小于4m/s²

    (D)加速度的大小可能小于10m/s²  (1996年高考全国卷试题)

    解:取初速度方向为正方向,则

       v₀＝4m/s,v_t＝10m/s或-10m/s.

由     s＝v_t＝(v₀+v_t)t/2,

得     s＝7m或-3m

所以位移的大小为7m或3m.选项(A)正确,(B)错误.

由     a＝(v_t-v₀)/t

得     a＝6m/s²或-14m/s²

所以加速度的大小为6m/s²或14m/s²,选项(C)错误,(D)正确.

总之,本题选(A)(D).

 

    例题4 在三楼的阳台上 ,一人伸出阳台的手上拿着一只小球, 小球下面由细绳挂着另一个小球.放手,让两小球自由下落,两小球相继落地的时间差为t.又站在四层楼的阳台上,同样放手让小球自 由下落,两小球相继落地的时间差为t',则

     (A)t＜t'     (B)t＝t'    (C)t＞t'  

    解:从三楼阳台外自由下落,下面的小球着地时,两球具有的速 度为v,从四楼阳台外自由下落,下面的小球着地时, 两球具有的速 度为v',显然v＜v'.下面的小球着地后,上面的小球以较小的初速度v和较大的初速度v',继续作加速度为g的匀加速运动, 发生一定的 位移(等于绳长),所需的时间显然是不同的:t＞t'.选项(C)正确.

 

    例题5 一质点由静止从A点出发,先作匀加速直线运动,加速度大小为a,后做匀减速直线运动,加速度大小为3a,速度为零时到达B 点.A、B间距离为s.求质点运动过程中的最大速度.

    解:设质点第一阶段做匀加速运动的的时间为t₁,末速度为 v, 这就是运动过程中的最大速度;设第二阶段做匀减速运动的时间为t₂.

    那么第一阶段的位移为vt₁/2,第二阶段的位移为vt₂/2, 两者 之和应为全程位移:

             vt₁/2+vt₂＝s   (1)

又根据加速度的定义式,有

             t₁＝v/a        (2)

             t₂＝v/(3a)     (3)

将(2)(3)两式代入(1)式:

             v²/(2a)+v²/(6a)＝s

所以         v＝(3as/2)^1/2  

 

    例题6 两辆完全相同的汽车 ,沿水平直路一前一后匀速行驶, 速度均为v₀,若前车突然以恒定的加速度刹车,在它刚停住时,后车 以前车刹车时的加速度开始刹车.已知前车在刹车过程中所行驶的 路程为s,若要保证两车在上述情况下不相撞,则两车在匀速行驶时 保持的距离至少应为

    (A)s  (B)2s   (C)3s   (D)4s

    (1992年高考全国卷试题)

    解:汽车从开始刹车到停下这个期间,平均速度为v₀/2.在前车 开始刹车到停下这段时间内,后车以速度v₀匀速行驶, 行驶的距离 应为s的两倍,即为2s.

    从前车开始刹车到两车都停下,前车的位移为s;后车的位移为 (2s+s)＝3s.设前车刹车前(匀速行驶期间)两车的距离为l,为使两车不相撞,应满足:

          l+s≥3s

所以      l≥2s

本题选(B)

 

    例题7  某人离公共汽车尾部20m,以速度v向汽车匀速跑过去, 与此同时汽车以1m/s²的加速度启动,作匀加速直线运动.试问, 此人的速度v分别为下列数值时,能否追上汽车?如果能, 要用多长时间?如果不能,则他与汽车之间的最小距离是多少?

     (1)v＝4m/s;     (2)v＝6m/s;     (3)v＝7m/s.

    思路:假设人不管是否在某一时刻追上了汽车,一直以速度v朝前跑,得出汽车跟人的距离y随时间t变化的函数式. 然后考察对于正值t,y是否可能取零,如果是的,那么能追上,如果不能,那么不能追上.

    解:假设人不管是否在某一时刻追上了汽车,一直以速度v朝前 跑.在时间t内,人的位移等于vt;汽车的位移等于

         (1/2)at²＝0.5t².

经过时间t时,汽车尾部跟人之间,距离为

         y＝20+0.5t²-vt

即       y＝20+0.5(t²-2vt+v²)-0.5v²

即       y＝0.5(t-v)²+20-0.5v²       (*)

上式中,y取正值时,表示汽车尾部在人前方y米,y取负值时,表示汽 车的尾部在人后面│y│米(前面已假设人即使追上了汽车,也一直朝前跑).

   (甲)把v＝4代入(*)式得

          y＝0.5( t-4)²+12     (1)

y恒大于零,y最小值为12.

   (乙)把v＝6代入(*)式得

          y＝0.5( t-6)²+2      (2)

y恒大于零,y最小值为2.

   (丙)把v＝7代入(*)式得

          y＝0.5( t-7)²-4.5    (3)

容易得出,当t＝4,10时,y＝0,这表示,如果人一直朝前跑, 那么经过4s时,人与汽车尾部平齐,经过10s时, 人又一次与汽车的尾部平齐.

    结论:

    (1)如v＝4m/s,则人追不上汽车, 人跟汽车之间的最小距离为 12m.

    (2)如v＝6m/s,则人追不上汽车, 人跟汽车之间的最小距离为 2m.

    (3)如v＝7m/s,则人经过4s追上汽车.

 

    例题8  杂技演员表演一手抛接三球的游戏时, 三个球都抛过一次后,每一时刻手中最多只有一个球. 如果每只球上升的最大高度都为1.25m,那么每隔多长时间抛出一个球?g取10m/s².

    (A)0.33s (B)0.33s到0.50s(C)0.50s (D)1.0s

    解:每个球做一次竖直上抛运动的时间是

         t＝2(2h/g)^1/2＝2(2×1.25/10) ^1/2＝1.0s

球从这一次被抛出到下一次被抛出,完成一个周期性运动, 设周期 为T.

    如果每个球在手中停留的时间趋于零,那么

         T＝t＝1.0s;

    如果手中总停留着一个球,一个球停留的时间是t',那么

         T＝t+t' ，

且       t'＝(1/3)T

那么     T＝(3/2)t＝1.5s.

    以上考虑的是两个极端情况.实际上

         1.0s＜T＜1.5s

在T时间内抛出三个球,每隔T/3的时间抛出一个球:

        0.33s＜T/3＜0.5s ， 选项(B)正确.

    请读者考虑：如果每秒钟抛出三个球,那么应使每个球上升多高?(答案:0.56m到1.25m)

 

    例题9 小球A从地面上方H高处自由下落,同时在A的正下方,小 球B从地面以初速度v竖直上抛.不计空气阻力.要使A、B 发生下述

碰撞，v、H应满足什么条件?

    (甲)在B上升到最高点时相碰; 

    (乙)在B上升的过程中相碰;

    (丙)在时间T内在空中相碰;

    (丁)经过时间T时在空中相碰.

    解:设经过时间t在地面上方h高处相碰.则从开始运动到相碰, 小球A发生的位移大小为(H-h),小球B发生的位移大小为h,则:

                 ( H-h)＝(1/2)gt²   

                  h＝vt-(1/2)gt²

由以上两式得      t＝H/v           (1)

时间t应小于B球在空中运动的时间:

                  t＜2v/g           (2)

由(1)(2)得        2v²＞gH           (3)

(甲)在最高点相碰：t＝v/g           (4)

由(1)(4)得        v²＝gH           (5)

所以v、H应满足(5)式.

(乙)时间t应小于B球上升时间:

                  t＜v/g            (6)

由(1)(6)得        v²＞gH            (7)

所以v、H应满足(7)式.

(丙)             t≤T              (8)

由(1)(8)得       H≤vT             (9)

所以v、H应满足(3)(9)两式.

(丁)             t＝T              (10)

由(1)(10)得      H＝vT             (11)

所以v、H应同时满足(3)(11)两式.

    讨论: (11)代入(3)：v＞gT/2      (12)

问题(丁)又可这样回答:v、H应满足(11)(12)两式.

    从(11)得出v＝H/T,代入(3)或(12)可得

               H＞gT²/2             (13)

问题(丁)还可这样回答:v、H应满足(11)(13)两式.

例题1 某人在地面上最多能举起32Kg的重物,那么在以2m/s匀

加速下降的电梯中,他最多能举起多少Kg的重物?g取10m/s².

    解:此人能施加的向上的举力大小为

           F＝m₁g＝32×10N＝320N

在匀加速下降的电梯中,设某人用举力F举起了质量为m₂的物体.物

体的加速度向下,所以合外力也向下. 对这个物体应用牛顿第二定

律:

           m₂g-F＝m₂a

即         m₂＝F/(g-a)

把举力大小F＝320N,重力加速度大小g＝10m/s²,物体加速度大小a

＝2m/s²代入上式,得

           m₂＝40Kg

他最多能举起40Kg的物体.

 

    例题2 一个质量为200g的物体,以初速度v₀＝20m/s竖直上抛,

上升的最大高度为16m.没有风,且假设物体所受空气阻力的大小始

终不变,求物体落回抛出点时的速度大小.g取10m/s².

    解:物体受到的空气阻力跟物体相对空气的运动方向相反. 因

此,在没有风的情况下, 物体受到的空气阻力跟物体相对地面的运

动方向相反.物体上升时,受到的空气阻力向下;下降时, 受到的空

气阻力向上.设空气阻力的大小始终为f.

    物体减速上升时,加速度向下,合外力也向下;加速下降时, 加

速度向下,合外力也向下.

    由牛顿第二定律,物体减速上升时,加速度的大小为

            a1＝(mg+f)/m

即          a1＝g+f/m          (1)

加速下降时,加速度的大小为

            a₂＝(mg-f)/m

即          a₂＝g-f/m          (2)

由匀变速直线运动公式,上升阶段满足

            v₀²＝2a₁h          (3)

其中h＝16m.下降阶段满足

            v²＝2a₂h           (4)

(1)+(2):    a₁+a₂＝2g          (5)

(3)+(4):    v₀²+v²＝2(a₁+a₂)h  (6)

(5)代入(6)得

            v₀²+v²＝4gh        (7)

代入数据得  v＝(240)^1/2m/s＝15.5m/s

 

    例题3 木块静止在光滑水平面上,子弹以较大的水平速度 v从

木块左面射入,从右面射出,木块获得速度u. 设子弹对木块的作用

力与速度无关.如v增大 ,则u

      (A)增大    (B)减小   (C)不变.

    思路:首先通过考察子弹相对木块的运动, 判断子弹穿行于木

块的时间,与子弹的入射速度v有怎样的关系.

    解:子弹对木块的作用力向前,木块对子弹的作用力向后,这一

对作用力是恒定的,在它们的作用下,子弹向前作匀减速直线运动,

木块向前作初速度为零的匀加速直线运动.子弹相对木块作匀加速

运动.

    在子弹对木块的作用力与速度无关这个前提下,增大v以后,子

弹匀减速运动的加速度仍为原来的值,木块作匀加速运动的加速度

也仍为原来的值,从而子弹相对木块的加速度仍为原来的值.

    增大v以后,子弹穿行于木块期间,子弹相对木块运动的位移仍

等于木块的长度.

    子弹相对木块运动的初速度等于v,增大v, 意味着增大子弹相

对木块运动的初速度.

    所以增大v以后,子弹穿行于木块的时间减少.

    在较少的时间内,木块作初速度为零的匀加速运动, 获得的末

速度u就较小.

    选项(B)正确.

 

 

    例题4 如图3-2所示,斜面的倾角为α.质量分别为m₁、m₂的两木

块A、B,用细绳连接.它们与斜面之间的动摩擦因数μ相同 .现在A

上施加一个沿斜面向上的拉力F,使A、B一起向上作匀加速运动.求

证细绳上的拉力与μ和α无关.

 

      解:设A、B一起运动的加速度为a,对A、B组成的整体应用牛顿

第二定律可得:

      F-(m₁+m₂)gsinα-μ(m₁+m₂)gcosα＝(m₁+m₂)a

即    F＝(m₁+m₂)gsinα+μ(m₁+m₂)gcosα+(m₁+m₂)a   (1)

设细绳上的拉力大小为T,对B应用牛顿第二定律可得:

        T-m₂gsinα-μm₂gcosα＝m₂a

即      T＝m₂gsinα+μm₂gcosα+m₂a     (2)

(1)式除以(2)式得

     F/T＝(m₁+m₂)/m₂    (3)

由(3)式可见,细绳上的拉力决定于拉力F以及两个木块的质量, 与

动摩擦因数μ以及斜面的倾角α无关.

 

      例题5 如图3-3所示,自由下落的小球,从它接触到竖直放置的轻

弹簧开始,到弹簧被压缩到最短的过程中,

    (A)合力逐渐变小

    (B)合力先变小后变大

    (C)速度逐渐变小

    (D)速度先变小后变大

    解:小球刚接触到弹簧时,弹簧处于自然状态,弹簧对小球的作

用力为零,小球受到的合力等于它受到的重力.在最初一段时间内,

小球以自由落体运动的末速度为初速度,继续向下做加速运动. 小

球向下运动一段适当的位移时(弹簧被压缩适当的长度时),小球弹

簧对小球的向上的支持力大小正好等于重力,这时小球的合外力为

零.由于小球已经具有了一定的速度,所以还要向下运动.弹簧被压

缩的长度增加时,支持力也增大,支持力超过重力,合力向上, 所以

从合外力为零的时刻以后向下的运动是减速运动.向下的减速运动

进行到速度减为零为止.速度减为零时,弹簧被压缩到最短.再以后,

小球向上运动,弹簧的长度增加.

    综上所述,小球从接触到弹簧开始, 到弹簧被压缩到最短的过

程中,小球的合外力先是向下,逐渐减小,然后向上,逐渐增大;小球

先作加速运动,然后作减速运动.选项(B)正确.

 

    例题6 如图3-4所示,在水平拉力F的作用下,物体A向右运动, 同

时物体B匀速上升.可以判断

    (A)物体A的运动是匀速运动

    (B)绳子对物体A的拉力逐渐减小

    (C)水平地面对物体A的支持力逐渐增大

    (D)水平地面对物体A的摩擦力逐渐减小

 

      解:物体A的速度u跟物体B的速度v满足:

               v＝ucosθ

在v保持不变的情况下,u随着θ的变化而变化:物体A的运动不是匀

速运动.

    由物体B匀速运动,可知绳子对物体B的拉力保持不变. 绳子对

物体A的拉力T的大小总等于绳子对B的拉力,也是不变的.

    物体A的受力情况如图3-5所示,将 T沿水平方向和竖直方向分解

为T_x、T_y,随着θ的减小,T_x逐渐增大,T_y逐渐减小.作用于物体A的

T_y、支持力N、重力G，三者满足：

              T_y+N＝G

N随着Ty的减小而增大.根据

              f＝μN

水平地面对物体A的滑动摩擦力f随着N的增大而增大

综上所述,选项(C)正确.

 

    例题7 一质点自倾角为α的斜面上方P点沿光滑的斜槽PB从静

止开始下滑,如图3-6所示,为使质点在最短的时间内从P点到达斜面,

则斜槽与竖直方向的夹角β应等于______.

 

      解:如图3-6作PC垂直于斜面,垂足为C.则∠CPA＝α,∠CPB＝α-

β.应用牛顿第二定律可得,质点从斜面上下滑时,加速度为

                a＝gcosβ

应用匀变速直线运动公式可得

               PB＝(1/2)at²

即   t²＝2PB/a＝2[PC/cos(α-β)]/(gcosβ)

即   t²＝2PC/[gcos(α-β)cosβ]

当 α-β＝β ,

即 β＝α/2 时 ,

t²取最小值,t取最小值,质点在最短的时间内从P点到达斜面.

 

    例题8 图3-7中A为电磁铁,C为胶木秤盘,A和C(包括支架)的总质

量为M,B为铁片,质量为m,整个装置用轻绳悬挂于O点. 当电磁铁通

电,铁片被吸引上升的过程中,轻绳上拉力F的大小为(  ).

(A)F＝Mg  (B)Mg＜F＜(M+m)g

(C)F＝(M+m)g  (D)F＞(M＋m)g  (1992年高考上海卷试题)

 

      解:铁片离开秤盘时, 电磁铁对它的向上的拉力一定大于地球

对它的重力mg.铁片在上升中,逐渐靠近电磁铁,电磁铁对它向上的

吸引力逐渐增加,仍大于mg.

    根据牛顿牛顿第三定律,铁片对电磁铁向下的吸引力, 电磁铁

对铁片的吸引力大小相等,大于mg.

    A和C组成的系统,受力平衡:绳子施加的拉力,等于系统的重力,

与铁片对电磁铁向下的吸引力之和,大于(Mg+mg).选项(D)正确.

 

    例题9 把一个质量m＝4Kg的长方体木块,分割成两个三棱柱形

木块A和B,角α＝30°,然后再对到一起,放在光滑的水平面上, 如

图3-8所示.用大小为8N的水平力F沿图示方向推A, A、B 组成的长方体

保持原来的形状,沿力的作用方向平动.

    (1)求A对B的作用力.

    (2)求A对B的静摩擦力.

 

      解:(1)A和B的加速度a,都是沿F方向.B的加速度是A对B的作用

力Q产生的.所以,Q的方向跟F的方向相同,如图3-9所示.

    对A、B组成的系统应用牛顿第二定律:

     a＝F/m＝(8/4)m/s²＝2m/s²

对B应用牛顿第二定律:

    Q＝(m/2)a＝2×2N＝4N

   (2)A对B的作用力Q是A对B的压力N和静摩擦力f的合力( 也可以

说,Q可以分解为N和f),如图3-10(俯视图)所示.静摩擦力的大小为

      f＝Q/2＝2N

 

    例题10 如图3-11所示,A和B质量相等均为m,A与B之间的动摩擦

因数为μ₁,静摩擦因数为μ₂,B与地面之间的动摩擦因数为μ₃.原

来在水平拉力F的作用下,A和B彼此相对静止 ,相对地面匀速运动(

图3-11(a).撤消F后,A和B彼此保持相对静止,相对地面匀减速运动(

图3-11(b).则A、B相对地面匀减速运动的过程中,A、B 之间的摩擦

力的大小为

     

   (A)μ₁mg  (B)μ₂mg    (C)μ₃mg   (D)F/2

    解：B与地面之间的压力支持力大小始终等于A、B两个物体的

总重力,因此地面对B的滑动摩擦力的大小始终为

        f＝μ₃(2mg)

A、B匀速运动时,受力平衡:

          F＝f

A、B一起以加速度a做减速运动时,对于A、B组成的系统来说,地面

对B的滑动摩擦力f就是合外力,等于(2ma);对于A来说,B对A的静摩

擦力f₁就是合力,等于(ma).于是

          f₁＝f/2

综合以上三式得:

           f₁＝μ₃mg

和         f₁＝F/2

本题选(C)(D).

    说明:因为A、B没有相对运动,所以A、B之间的动摩擦因数μ₁

用不到;因为B对A的静摩擦力不一定是最大静摩擦力,所以A、B 之

间的静摩擦因数μ₂用不到.

 

  例题11 如图3-12所示,质量为mA、mB的两个物体A和B 用跨过光

滑滑轮的细绳相连.A沿倾角为θ的斜面向下加速下滑.A、B两物体

加速度的大小相同,等于a.楔形物体C的下表面是光滑的.求台阶对

C水平方向的作用力的大小.

        

    解：如图3-13,将物体A的加速度 a沿水平方向和竖直方向分解,

水平分加速度为

        ax＝acosθ；

物体B的加速度是向上的,没有水平分量；滑轮质心的加速度为零.

    在水平方向上,对由A、B、C以及滑轮，组成的系统， 应用质

点组牛顿第二定律,有

       F＝m_Aa_x.

由以上两式得

      F＝m_Aacosθ .

 

    例题12 如图3-14所示,三个质量相同,形状相同的楔形物体, 放

在水平地面上.另有三个质量相同的小物体, 分别从斜面顶端沿斜

面下滑.由于小物体跟斜面间的动摩擦因数不同, 第一个小物体匀

加速下滑;第二个物体匀速下滑; 第三个小物体以一定的初速度匀

减速下滑. 三个楔形物体都保持静止,水平面对它们的支持力分别

为N₁、N₂、N₃,则

      (A)N₁＝N₂＝N₃   (B)N₁＜N₂＜N₃     (C)N₁＞N₂＞N₃

 

    解:楔形物体和小物体组成的系统受到的外力是: 水面地面对

楔形物体的支持力,地球对楔形物体和小物体的重力, 以及水平地

面施加于楔形物体的沿着接触面的静摩擦力.

    小物体匀加速下滑时,加速度沿斜面向下, 将加速度向水平方

向和竖直方向分解时,竖直方向的分加速度是向下的. 根据质点组

牛顿第二定律,竖直方向的作用力的合力向下,所以支持力N ₁小于

两者的重力之和.

    小物体匀速下滑时,加速度为零.支持力N ₂等于两者的重力之

和.

    小物体减速下滑时,加速度沿斜面向上, 将加速度沿水平方向

和竖直方向分解时,竖直方向的分加速度向上. 根据质点组牛顿第

二定律，竖直方向作用力的合力向上，支持力N ₃大于两者的重力

之和.

    本题选(B).

 

    例题13 如图3-15,光滑水平面上有一块木板,质量为M＝4Kg, 长

为L＝1.4m.木板右端放着一个小滑块,小滑块质量为m＝1Kg, 尺寸

远小于L,与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.原来它们都静止,现

在大小为F＝28N的水平力向右拉木板,使滑块从木板左端掉下, 此

力作用时间至少为多长?

 

    解:根据题意,水平力作用一段时间后,滑块会从左端掉下. 这

暗示我们,水平力开始作用期间,木板向右的加速度较大,速度较大,

滑块向右的加速度较小,速度较小.在滑块尚未滑到木板左端时,如

水平力停止作用,那么在一段时间内,木板向右的速度仍大于滑块,

那么此后经一段时间滑块有可能从左端掉下,那时, 木板向右的速

度应大于等于木板向右的速度.

    由此可知,水平力作用适当的一段时间t₁后, 木板向右的速度

比滑块向右的速度大,大适当的数值,然后撤去水平力,当两者的速

度正好相等时,滑块从木板左端掉下.t ₁就是水平力作用的最短时

间.

    向右的水平力F开始作用后,木板除受到这个力外,还受到向左

的滑块施加的滑动摩擦力

                 f＝μmg＝4N

木板的加速度向右,大小为

                (F-f)/M＝6m/s²

滑块受到向右的滑动摩擦力,加速度向右,大小为

                f/m＝4m/s²

经时间t1时,撤去水平力F.此后滑块的加速度仍向右,大小仍为

                f/m＝4m/s².

木板在向左的滑动摩擦力作用下,加速度向左,大小为

                f/M＝1m/s²

   木板相对于滑块始终向右运动,滑块相对于木板始终向左运动.

下面以木板为参照物,考察滑块在木板上的运动(图3-16). 滑块第一

阶段作初速度为零的匀加速运动,末速度的大小记为v,第二阶段作

匀减速运动,末速度为零.

   第一阶段,加速度的大小为

              a₁＝6-4＝2m/s

第二阶段,加速度的大小为

              a₂＝4+1＝5m/s2

根据匀变速直线运动公式,有

   v＝a₁t₁         即  v＝2t₁         (1)

   v＝a₂t₂＝5t₂     即  v＝5t₂         (2)

   L＝(v/2)(t₁+t₂) 即  2.8＝v(t₁+t₂)  (3)

由(1)(2(3)得       t₁＝1s

使滑块从木板左端掉下,水平力F作用时间至少为1s.

 

    例题14 如图3-17所示,A、B两个光滑的梯形木块质量均为m, 紧

挨着并排放在光滑水平面上.倾角θ＝60°.欲使A、B在水平推力F

作用下,一起加速运动(两者无相对滑动),F不能超过多少?

 

 

    解:A受力情况如图3-18所示.A、B之间没有相对滑动, 意味着两

者的加速度相同,都是沿水平方向,设大小为a.对A应用牛顿第二定

律:

      Ncosθ+P＝ mg      (1)

      F-Nsinθ ＝ ma         (2)

对A、B组成的系统应用牛顿第二定律：

        F＝(m+m)a        (3)

又                 N＞0               (4)

                   P≥0              (5)

                   a＞0               (6)

由(2)(3)两式得

    2F-2Nsinθ ＝ F

即      N＝F/(2sinθ)         (7)

将(7)代入(1)得

    P＝mg-(Fctgθ)/2          (8)

    mg-Fcosθ/(2sinθ)≥0

    F≤2mgtg60°

    F≤2×3^1/2mg

欲使A、B在水平推力F作用下,一起加速运动(两者无相对滑动), F

不能超过2×3^1/2mg.

 

    例题15 如图3-19所示,楔形物体静止在水平面上,左右斜面都是

光滑的,α＞β.跨过定滑轮的细绳,系住两个物块 ,物块保持静止.

将细绳切断后,两个滑块运动,楔形物体仍保持静止,此时

    (A)地面对楔形物体的支持力大小与原来相同

    (B)地面对楔形物体的支持力比原来小

    (C)地面对楔形物体有静摩擦力,向左

    (D)地面对楔形物体有静摩擦力,向右

 

 

    解:两个物块的加速度都是沿斜面向下,都有竖直向下的分量,

对两个物块和楔形物体组成的系统应用牛顿第二定律可知:对面对

楔形物体的支持力小于三者的重力,比原来小.选项(B)正确,(A)错

误.

    原来左边滑块处于静止状态,外力之和为零, 所以绳子对左边

物块的拉力大小等于m₁gsinα.原来右边滑块处于静止状态, 外力

之和为零,所以绳子对右边物块的拉力大小等于m₂gsinβ.

    而绳子对左边滑块的拉力 ,大小等于绳子对右边滑块的拉力.

所以

           m₁gsinα＝m₂gsinβ            (1)

    图3-20中,左边滑块对楔形物体的压力

           N₁＝m₁gcosα

这个力的水平向右的分量为

           N_1x＝N₁sinα

即         N_1x＝m₁gcosαsinα            (2)

类似地,右边滑块对楔形物体的压力N₂的水平向左的分量为

           N_2x＝m₂gcosβsinβ            (3)

由α＞β可知   cosα＜cosβ                (4)

将(1)乘以(4)得

        m₁gsinαcosα＜m₂gsinβcosβ      (5)

由(2)(3)(5)可知

             N_1x＜N_2x                     (6)

楔形物体保持静止,外力之矢量和应为零: 地面对楔形物体的静摩

擦力跟N_1x、N_2x三者之矢量和应为零.所以地面对楔形物体的静摩

擦力向右.选项(D)正确,(C)错误.

    总之,本题选项(B)(D)正确.

 

    例题16 如图3-21所示，物体A、B质量分别为m₁、m₂, 叠放在倾

角为α的斜面上, A、B之间的静摩擦因数为μ₁, B 与斜面之间的

动摩擦因数为μ₂.A、B保持相对静止,一起加速下滑.μ₁、μ₂、

α相互之间一定满足:

    (A)μ₁≥μ₂ ,tgα＞μ₂

    (B)μ₁≤μ₂ ,tgα＞μ₂

    (C)tgα＞μ₁≥μ₂

    (D)tgα＞μ₂＝μ₁

 

    解:由物体A和物体B组成的系统,加速度a沿斜面向下, 根据牛

顿第二定律有:

    (m₁+m₂)gsinα-μ₂(m₁+m₂)gcosα＝(m₁+m₂)a

即     gsinα-μ₂gcosα＝a      (1)

其中         a＞0               (2)

由(1)(2)得    μ₂＜tgα         (3)

物体A受到的静摩擦力f沿斜面向上,对物体A应用牛顿第二定律:

     m₁gsinα-f＝m₁a            (4)

将(1)代入(4):

   m₁gsinα-f＝m₁gsinα-μ₂m₁gcosα

即        f＝μ₂m₁gcosα      (5)

根据静摩擦因数的定义,物体A受到的最大静摩擦力为

         f_max＝μ₁m₁gcosα    (6)

根据最大静摩擦力的定义有

            f≤f_max        (7)

由(5)(6)(7)得

       μ₂m₁gcosα≤μ₁m₁gcosα

即       μ₂≤μ1     (8)

(3)(8)两式是μ₁、μ₂、α相互之间一定满足的关系式.只有选项

(A)正确.

 

    例题17 如图3-22所示,物块A的质量为m_A,物块B的质量为m_B.A与

小车前表面之间的静摩擦因数为μ,小车上表面是光滑的. 当使用

适当的推力使小车以“适当的加速度”向左作加速运动时,A、B都

相对小车静止,跟小车一起运动. 小车的“适当的加速度”应在什

么范围内?

   

   解：绳子对B的拉力跟绳子对A的拉力大小相等,设为T. 小车的

适当的加速度,其大小设为a.对物体B应用牛顿第二定律:

         T＝m_Ba      (1)

物体A受力情况如图3-23所示.小车对A的静摩擦力f可以向上,也可

以向下,图中表示静摩擦力矢量的字母f可以取正值 ,也可以取负值,

其绝对值不能超过最大静摩擦力:

        -μN≤f≤μN   (2)

为以后演算的方便,可把(2)式写为两个不等式：

       f≤μN        (3)

       -μN≤f       (4)

对物体A应用牛顿第二定律:

       N＝m_Aa         (5)

       f+T＝m_Ag       (6)

    将(1)代入(6)可得

       f＝m_Ag-m_Ba      (7)

将(5)(7)代入(3)得

       m_Ag-m_Ba≤μm_Aa

即     m_Ag≤μm_Aa+m_Ba

于是   a≥m_Ag/(μm_A+m_B)   (8)

    将(5)(7)代入(4)得

        -μm_Aa≤ m_Ag-m_Ba

即  m_Ba -μm_Aa≤ m_Ag

即  a(m_B -μm_A)≤ m_Ag    (9)

(甲)若  m_B -μm_A＞0

则(9)式可化为

      a≤m_Ag/(m_B-μm_A)   (9a)

(乙)若  m_B -μm_A＜0

则(9)式可化为

     a≥m_Ag/(m_B-μm_A)    (9b)

(8)被满足时,(9b)自然满足.

(丙)若  (m_B -μm_A)＝0

则(9)式自然满足.

    结论:(一)在 m_B -μm_A＞0情况下,a的取值由(8)和(9a)的交集

确定,即

         m_Ag/(μm_A+m_B)≤ a≤m_Ag/(m_B-μm_A)

(二)在 m_B -μm_A＜0情况下,a的取值由(8)和(9b)的交集确定,即

         a≥m_Ag/(μm_A+m_B)

(三)在 m_B -μm_A＝0情况下,a的取值由(8)确定,即

         a≥m_Ag/(μm_A+m_B)

以上(二)(三)两条可以合并.

 

    例题18 如图3-24所示,两斜面高都是h,倾角分别为α、β,α＜

β.滑块1,与左边斜面之间的动摩擦因数为μ₁,从顶端由静止而下

滑,经过时间t₁滑到底端,滑到底端时速度大小为v₁.滑块2,与右边

的斜面之间的动摩擦因数为μ₂,从顶端由静止而下滑,经过时间t₂

滑到底端,滑到底端时速度大小为v₂.

   (A)若已知v₁＝v₂,那么可知t₁＞t₂

   (B)若已知μ₁＝μ₂,那么可知v₁＝v₂

   (C)若已知t₁＝t₂,那么可知μ₁＜μ₂

   (D)若已知μ₁＜μ₂,那么可知t₁＝t₂

 

    解:作一般化考虑:斜面高为h,倾角为x, 滑块与斜面之间的动

摩擦因数为μ,从顶端由静止而下滑,经过时间t滑到底端, 滑到底

端时速度大小为v.

    在分析受力情况的基础上,根据牛顿第二定律,不难得出,滑块

的加速度为

            a＝gsinx-μgcosx   (1)

由匀变速直线运动的公式得

           h/sinx＝(1/2)vt     (2)

           h/sinx＝(1/2)at²    (3)

           v²＝2ah/sinx        (4)

    (甲)由(2)可知,在v相同的情况下,倾角x越大,时间t越短.

    (乙)将(1)代入(4)得

          v²＝2gh(1-μctgx)    (5)

由(5)可知,在μ相同的情况下,对于不同的倾角x,速度v不同.选项

(B)不对.

    (丙)由(1)(3)得

         h/sinx＝(1/2)(gsinx-μgcosx)t²   (6)

即       2h/(t²sinx)＝gsinx-μgcosx

即       2h/(gt²sinxcosx)＝sinx/cosx-μ

即       μ＝tgx[1-2h/(gt²sin2x)]    (7)

由(7)式可知,在t相同的情况下,锐角x越大,动摩擦因数μ越大.选

项(C)正确.

    (丁)由(6)可知,时间t跟倾角x和动摩擦因数μ有关,当 x分别

取α和β时,不可能对于满足μ₁＜μ₂的所有的μ₁、μ₂,时间 t总

相同.选项(D)不对.

    总之,选项(A)(C)正确.