高一物理力学例题经典

Ni 高一物理力学例题经典

第一章 力

例题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)N,0.1N (D)11N,11N

解:两个分力的平方和应等于10,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＝(10+(10

2

2

1/2

))＝10N

21/2

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°)N ＝(12+12-2×1×1cos30°)N＝(2-1/21/2

)N;

1/2

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F5与F9互成60°角,合力沿F7方向,合力大小为

N; 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°)N＝(2+

1/2

)N;

1/2

所以十三个力的合力沿F7方向,大小为 F＝(2-＝(2+(2+

)N+1N+)+(2-1/21/2

N+)+

1/2

N+(2++

)N+1N )N.

1/2

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F1a,和沿F1反方向的大小为10N的分力F1b.

这样原题转化为求解F1a、F1b和F2、F3、F4、F5等6个力的合力.易知,其中F1a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F1b: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:

Fmin＝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 Fmin=10000N-4950N＝5050N.

第二章 直线运动

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

2

(C)加速度的大小可能小于4m/s

2

(D)加速度的大小可能小于10m/s (1996年高考全国卷试题) 解:取初速度方向为正方向,则 v0＝4m/s,vt＝10m/s或-10m/s. 由 s＝vt＝(v0+vt)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＝(vt-v0)/t

22

得 a＝6m/s或-14m/s

22

所以加速度的大小为6m/s或14m/s,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:

22

v/(2a)+v/(6a)＝s

1/2

所以 v＝(3as/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

2

1m/s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

22

(1/2)at＝0.5t.

经过时间t时,汽车尾部跟人之间,距离为

2

y＝20+0.5t-vt

222

即 y＝20+0.5(t-2vt+v)-0.5v

即 y＝0.5(t-v)+20-0.5v (*)

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

2

y＝0.5( t-4)+12 (1) y恒大于零,y最小值为12. (乙)把v＝6代入(*)式得

2

y＝0.5( t-6)+2 (2) y恒大于零,y最小值为2. (丙)把v＝7代入(*)式得

2

y＝0.5( t-7)-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

2

球?g取10m/s.

(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

1/2 1/2

t＝2(2h/g)＝2(2×1.25/10)＝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;

22

(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:

2

( H-h)＝(1/2)gt

2

h＝vt-(1/2)gt

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)

2

由(1)(2)得 2v＞gH (3) (甲)在最高点相碰：t＝v/g (4)

2

由(1)(4)得 v＝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)

2

由(1)(6)得 v＞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

2

H＞gT/2 (13)

问题(丁)还可这样回答:v、H应满足(11)(13)两式.

第三章 牛顿运动定律

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

2

加速下降的电梯中,他最多能举起多少Kg的重物?g取10m/s. 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)

2

把举力大小F＝320N,重力加速度大小g＝10m/s,物体加速度大小a

2

＝2m/s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

2

终不变,求物体落回抛出点时的速度大小.g取10m/s.

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

2

v0＝2a1h (3) 其中h＝16m.下降阶段满足

2

v＝2a2h (4) (1)+(2): a1+a2＝2g (5)

22

(3)+(4): v0+v＝2(a1+a2)h (6) (5)代入(6)得

22

v0+v＝4gh (7)

1/2

代入数据得 v＝(240)m/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.

解:图6-10画出了杆子AB和CD组成的系统受到的全部外力. 外力 的矢量和应为零,所以

N＝N' (1)

杆子AB受到的各力对B点的顺时针的总力矩应等于逆时针的总 力矩:

Nasinα＝amg(a/2)cosα 即 tgα＝mga/(2N) (2)

类似地,杆子CD受到的各力对C 点的顺时针的总力矩应等于逆 时针的总力矩.可得

tgβ＝mgb/(2N') (3) 由(1)(2)(3)式得

tgα/tgβ＝a/b

例题9 长度为L的砖叠放在地面上,上面一块相对下面一块伸出 (1/10)L,如图6-11所示.求在水平地面上最多可以堆多少块而不翻倒?

解:设底层砖上面可以放n块砖,O点是这n块砖的联合重心.则 x＝[L+(n-1)L/10]/2 (1) 要使砖不绕P1翻倒,必须满足

x<9L/10 (2) 由(1)(2)得

[L+(n-1)L/10]/2<9L/10 解得 n<9 (3)

在上面n块砖不绕P1翻倒的前提下,显然上面(n-1)块砖不会绕P2点翻倒,上面(n-2)块砖不会绕P3点翻倒,??所以可以从(3)式得出结论: 在底层砖上面最多可放8块砖.即在水平地面上最多可堆放9块砖而不翻倒.

例题10 如图6-12所示，A、B、C、D是四块完全相同的砖， 质量均匀分布，长度为2L(注意:长度不是为L),处于静止状态. 上面的砖相对下面的砖伸出的长度分别为为x、y、z.

(1)(x+y+z)应该小于多少？

(2)如果要求x＝y＝z,那么(x+y+z) 应该小于多少？

解:(1)设每块砖的重力大小为G.取顺时针方向的力矩为正值,取逆时针方向的力矩为负值.要保证砖保持静止状态,必须满足: B、C、D三块砖的重力对O1的力矩之和小于零,CD 两块砖的重力对O2的力矩之和小于零,D砖的重力对O3的力矩小于零,即:

-G(L-x)-G(L-x-y)+G(x+y+z-L)<0 (1) -G(L-y)+G(y+z-L)<0 (2) -G(L-z)<0 (3) 即 3x+2y+z-3L<0 (4) 2y+z-2L<0 (5) z-L<0 (6) (4)×2+(2)+(3)×3得: 6x+6y+6z-11L<0

即 x+y+z<(11/6)L (7) (x+y+z)的应该小于(11/6)L.

(2)在x＝y＝z这个前提下,(4)(5)(6)式分别可化为: 6x-3L<0 (8) 3x-2L<0 (9) x-L<0 (10)

可以发现(8)式满足时,(9)式(10)式自然满足.从(8)式得 3x<(3/2)L (11) 即 x+y+z<(3/2)L (12)

在要求x＝y＝z的情况下,(x+y+z) 应该小于(3/2)L.

例题11 如图6-13,AB、BC、CD是三根相同的轻杆， 彼此之间用绞链连接,轻杆与墙壁之间也以绞链连接.A、D两点在同一水平面内.绞链B上悬挂一质量为m的物体,为使BC保持水平,在绞

链C上至少要施加多大的作用力?

解:绞链B受力情况如图6-14所示,三力平衡,可得轻杆BC 施加的拉力T为

1/2

T＝mg/3

绞链C受到的外力如图6-14所示,合力应为零,因此 F/sin120°＝ T'/sinα

1/2

其中 T'＝T＝mg/3 当α＝90°时,F取最小值:

1/21/2

Fmin/(3/2)＝mg/3 所以 Fmin＝mg/2

.力P和Q的作用线交于:F的力矩应等于N最小: minL ,一根轻杆长度为L,上端与绞链R,重力为G,外表面光滑α的正弦值多大? ______.

6-16O.当βO相连它们都

又解:水平轻杆BC及两端的绞链组成的系统受力情况如图所 示.外力对任意点的力矩的代数和应为零点, 外力对O点的力矩的代数和应为零的力矩＝ 90°时,F的力臂最大,F mg(L/2)＝F所以 F＝mg/2

例题12 如图6-17所示, 下端 与圆柱体相连.圆柱体半径为, 质量均匀分 布.O处还拴着一根绳,系在绳子下端的物块受到的重力为P. 静止.轻杆跟竖直方向的夹角

T＝mBa (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＝mAa (5) f+T＝mAg (6) 将(1)代入(6)可得

f＝mAg-mBa (7) 将(5)(7)代入(3)得 mAg-mBa≤μmAa 即 mAg≤μmAa+mBa

于是 a≥mAg/(μmA+mB) (8) 将(5)(7)代入(4)得 -μmAa≤ mAg-mBa 即 mBa -μmAa≤ mAg

即 a(mB -μmA)≤ mAg (9) (甲)若 mB -μmA＞0 则(9)式可化为

a≤mAg/(mB-μmA) (9a) (乙)若 mB -μmA＜0 则(9)式可化为

a≥mAg/(mB-μmA) (9b) (8)被满足时,(9b)自然满足. (丙)若 (mB -μmA)＝0 则(9)式自然满足.

结论:(一)在 mB -μmA＞0情况下,a的取值由(8)和(9a)的交集 确定,即

mAg/(μmA+mB)≤ a≤mAg/(mB-μmA)

(二)在 mB -μmA＜0情况下,a的取值由(8)和(9b)的交集确定,即 a≥mAg/(μmA+mB)

(三)在 mB -μmA＝0情况下,a的取值由(8)确定,即

a≥mAg/(μmA+mB) 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)

2

h/sinx＝(1/2)at (3)

2

v＝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

2

v＝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

2

h/sinx＝(1/2)(gsinx-μgcosx)t (6)

2

即 2h/(tsinx)＝gsinx-μgcosx

2

即 2h/(gtsinxcosx)＝sinx/cosx-μ

2

即 μ＝tgx[1-2h/(gtsin2x)] (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.

例题19 在光滑的水平面上,放着两块长度相同、质量分别为M1 和M2的木板, 在两木板的左端各放一个大小形状质量完全相同的

物块,如图3-25所示.开始时各物皆静止.今在两物块上分别作用水平 恒力F1和F2,当物块与木板分离时,两木板的速度分别为v1和v2.物 块与两木板之间的动摩擦因数相同.下列说法中正确的是( ) (A)若F1＝F2,M1＞M2,则v1＞v2 (B)若F1＝F2,M1＜M2,则v1＞v2 (C)若F1＞F2,M1＝M2,则v1＞v2

(D)若F1＜F2,M1＝M2,则v1＞v2 (1991高考上海卷试题)

解:对某一木板和上面的木块作一般化考虑. 木块在向右的水 平恒力和向左的滑动摩擦力的作用下,向右做初速度为零的匀加速 运动(加速度记为a).木板在向右的滑动摩擦力作用下,向右做初速 度为零的匀加速运动(加速度记为A).

设木板长度为l,木块从开始运动到离开木板,所用的时间为t:

22

(1/2)at-(1/2)At＝l

2

即 t＝2l/(a-A) (1)

从(1)式可知,a一定的情况下,A越小,则t越小;A一定的情况下,a越 大,则t越小.木块离开木板时速度为v: v＝At (2)

对木板应用牛顿第二定律可知,木板质量M影响A:M越大,A越小. 对木块应用牛顿第二定律可知,F影响a,F越大,a越大.

在F一定的前提下,M比较大,则A比较小,t比较小,从而v比较小. 所以(A)是错误的,(B)是正确的.

在M一定的前提下,F比较大,则a比较大,t比较小,从而v比较小. 所以(C)是错误的,(D)是正确的.

例题20 如图3-26所示,两块木块A和B,质量分别为mA和mB, 紧挨 着并排放在水平桌面上,A、B间的接触面垂直于图中纸面且与水平 成θ角.A、B之间的接触面是光滑的,A、B与水平桌面间有摩擦,静 摩擦因数和动摩擦因数均为μ.开始时A、B都静止, 现施一水平推 力F于A.要使A、B向右加速运动且A、B之间不发生相对滑动, 则μ 和F之间应满足什么关系?(不要求考虑为避免转动而需要满足的关 系.)(第八届全国中学生物理竞赛预赛试题,提问部分有改动.)

受力情况,B受力情况,A、B之间没有相对滑动,设大小为a.对A应用牛顿第二定律θ+P＝ mAg (1) (mAg-Ncosθ)-Nsinθ

θ-μ(mBg+Ncosθ)＝ mμ(mA+mB)g＝(mA+mB)a (4) ＞0 (5) P≥0 (6)＞0 (7)

＞0,μ≥0等等,为简洁起见式中的任意两式可得A+mB)(sinθ-μcosθ)＝θ＝mBF/[(mA+mB)(tgθ式: P＝ mAg-mBF/[(mA+m μ＜tgθ (11) 两式得

A+mB)(tgθ-μ)]≤ mAg (12)

,[(mA+mB)(tg,得

A/mB)(mA+mB)g(tgθ-μ

＞μ(mA+mB)g (14) 两式:

)g＜F ≤ (mA/mB)(mA+mB)g(tgμ和F应满足的关系.对于不同的μ,F可以取的数值的范围不同 μ≤tgθ式时自然满足(11).

μ＜F/[(m:μ和F 组成的系统的受力情况: Aa (2)

,后面利用它们时不加说明θ-μ)] (10) -μ)]/mB是正值,在θ-μ) (15)

F, μ可以取的数值的. /[mA(mA+mB)g] (16) B)g (17) (16)(17)

. .

解: A和B,如图3-27所示.A,意味着两者的加速度相同,都是沿水平方向 Ncos F-μ＝ m对B应用牛顿第二定律： NsinBa (3) 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律： F-又 N a此外还有F 由(2)(3)(4)

N(mmBF (8) 于是 Ncos-μ)] (9) (1)式减(9)B)(tg由(5)(9)两式得由(6)(10) mBF/[(m在(11)式所表达的条件下θ(12) 式等号两边同乘以这个正值 F ≤ (m) (13) 由(4)(7)两式可得 F综合(13)(14) μ(mA+mB(15)式就是对于不同的范围不同; 讨论:

(13)式也可表为－mBμ满足(16) (14)式也可表为A+m所以,本题也可以这样回答应满足的关系是两式 为使(15)式合理,应有

μ(mA+mB)g＜ (mA/mB)(mA+mB)g(tgθ-μ)

即 μ＜[mA/(mA+mB)]tgθ (18) 为使(16)式合理,应有

tgθ－mBF/[mA(mA+mB)g]≥0

即 F≤(mA/mB)(mA+mB)gtgθ (19)

(18)式只能说是μ的数值应满足必要条件；(19)式只能说是F 的数值应满足的必要条件.

例题1 雨点以4m/s的速度竖直下落那么雨点相对人的速度如何?

解: 雨点相对地面的速度记为V人地,地面相对人的速度记为V地人.如图4-3所示,根据相对速度关系有

V雨人＝V雨地+V地人 三个速度的大小具有以下关系 v2

2

雨人＝√v雨地+v地人

把v雨地＝4m/s,v地人＝v人地＝3m/s v雨地＝5m/s 另外,θ＝37°

答:雨点相对人的速度,沿竖直向下偏西点从前面斜向下打向人.

第四章 曲线运动

,人以3m/s的速度向东前进V雨地, 人相对地面的速度记为

,解得 37°,大小为, 雨人 雨 ,雨点相对人的速度记为V代入5m/s.

解:密度为ρ1的半球体,可以想象为密度为ρ2的半球体,与密 度为(ρ1-ρ2)的半球体重合于一体. 半球体和它正上方的液体组 成一个圆柱体.这个圆柱体的重力,等于密度为ρ2的圆柱体的重力, 加上密度为(ρ1-ρ2)的半球体的重力:

3

G=πr2hρ2g+(2/3)πr(ρ1-ρ2)g

圆柱体在竖直方向除了受到重力G以外, 还受到容器底部施加的向 上的支持力N,和大气施加的向下的压力F,其中

2

F=πrp0 这三个力平衡: N=G+F

根据牛顿第三定律,半球体对容器底部的压力N', 大小等于容器底 部对半球体的支持力N: N'=N

由以上四式得,半球体对容器底部的压力等于

23

N'=πr(p0+ρ2gh)+(2/3)πgr(ρ1-ρ2)

例题2 如图6-2,在水平路面上,用绳子拉一只箱子, 箱子匀速向右 移动.箱子受到的四个力.

(1)重力和支持力的合力,方向为____; (2)拉力和滑动摩擦力的合力,方向为____; (3)重力、支持力、拉力的合力,方向为____;

(4)重力、支持力、滑动摩擦力的合力,方向为____.

解:(1)重力大于支持力,二力的合力竖直向下;

(2)拉力和滑动摩擦力的合力, 应该跟重力和支持力的合力方 向相反:竖直向上.

(3)重力、支持力、拉力三力的合力, 应该跟滑动摩擦力方向 相反:水平向右.

(4)重力、支持力、滑动摩擦力三力的合力, 应该跟拉力方向 相反:向左下方,与水平方向成37°角.

例题3 如图6-3所示,两木块叠放在水平面上,甲受到力F 1的作用, 乙受到F2的作用,F1和F2大小相等,α＝β.两木块都静止不动. (A)甲对乙有向右的静摩擦力 (B)乙对水平面有向左的静摩擦力 (C)乙对水平面有向右的静摩擦力 (D)乙对水平面没有静摩擦力

解:甲处于静止状态,外力的矢量和应为零.作用于甲的F 1的水 平分量向右,所以,乙对甲一定有向左的静摩擦力.于是甲对乙一定 有向右的静摩擦力.

对甲乙组成系统,处于静止状态,外力之和应为零. 系统肯定受 到的外力有:竖直向下的重力G,地面施加的竖直向上的支持力N,F1 ,F2.其中F1、F2之和为零,G和N之和可以为零. 所以地面对乙的静 摩擦力不存在.

选项(A)(D)正确.

例题4 用细线把两个质量未知的小球悬挂起来,P 点是绳子的结 点,如图6-4所示.今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力,并对 小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大的恒力,最后达到平衡, 表示平衡状态的可能是图6-5中的哪个图?

、b静止时, 两小球及它们之间的细线组成的系统，.系统受到的向左偏下30°的恒力和向右偏上30°,因此其它外力矢量和应为零: 两小球的重力是a球的拉力应竖直向上 .所以小球,表示平衡状态的图只可能是(A)图. 6-6所示,质量为M1和M2的两个物块处于静止状态,不计摩擦,那么下列描述正确的是 M2/2 (B)M1等于M2/2

,角度α将增大,然后仍能处于静止状态 ,角度α将增大,然后仍能处于静止状态( )

:向左上方的拉,向下的拉力.前两个力的大小都等于M1g,第三系统静止时,三个力的合力应为零.选项(A)(C)(D)正6-7a所示,曲杆AOB,右部BO的延长线跟左部OA,其中右部BO水平,左边悬挂的m1.如图6-7b所示,把左边的重物换为质量为m2的重物后α,α小于45°,重新达到静止状态.设曲O点的力矩可以忽略,则 m1 (B)m2m1

若不计 ,

解:小球a 外力矢量和应为零的恒力矢量和为零 竖直向下的,所以上方的细线对a 上方的细线应沿竖直方向

例题5 如图,绳子质量、滑轮质量 (A)M1大于 (C)当M1稍许增加时 (D)当M2稍许减少时

解:动滑轮和附近的绳子组成的系统受到三个力 力,向右上方的拉力 个力等于M2g. 确.

例题6 如图的夹角为 θ, θ小于45°,曲杆处于静止状态重物的质量为曲杆逆时针旋转某个角度 杆所受重力对 (A)m2＝

解:在图6-7a中,重力m1g对O点的力矩大小等于重力mg对O 点的力 矩:

m1gAOcosθ＝mgBO (1)

在图6-7b中,重力m2g对O点的力矩大小等于重力mg对O点的力矩: m2gAOcos(θ+α)＝mgBOcosα (2) (1)除以(2)得

m1/m2＝cos(θ+α)/(cosθcosα)

即 m1/m2＝[cosθcosα-sinθsinα]/(cosθcosα)<1 所以 m2>m1 选项(C)正确.

讨论:如果曲杆所受重力对O点的力矩不可以忽略,那么上面的 等式不成立,但仍可得到选项(C)这个结果.

杆秤的杆子是直的,但支点O、悬挂待称重物的绳子的悬挂点A、 悬挂称砣的绳子的悬挂点三者不在一条直线上,而是跟本题情景相 似,因此本题的考察在一定程度上适合于杆秤:秤梢翘得高,购物者 得到便宜.

例题7 如图6-8所示，两个球由一根细线相连,悬浮在液体中.球1 和球2的体积分别为V1和V2,密度分别为ρ1和ρ2,ρ1<ρ2.求绳中 张力.

解:球1受到的的重力为 G1=ρ1gV1 球2受到的重力为

G2=ρ2gV2

设液体的密度为ρ,根据阿基米德定律,球1受到的浮力为 F1=ρgV1 球2受到的浮力为

F2=ρgV2

两个球和细线组成的系统受到的重力和浮力相平衡: ρ1gV1+ρ2gV2=ρgV1+ρgV2 (1)

球1受到的重力、浮力、细线施加的拉力T相平衡: ρ1gV1+T=ρgV1 (2) (2)除以(1)得

ρ1gV1+T V1 ──────- = ─── ρ1gV1+ρ2gV2 V1+V2 于是得出绳中张力大小为

T=(ρ1gV1+ρ2gV2 )V1/ (V1+V2)-ρ1gV1

例题8 如图6-9,两支杆子AB和CD的长度分别为a、b,质量都是均匀 分布的,每米长的杆子质量为m.杆子是光滑的，盒子内表面也是光 滑的.两杆的下端与盒底可认为交于同一点,即B点和C 点可认为重 合.杆子在图示位置处于静止状态.试求角度α、β之间的关系.

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