1、高一物理力學例題經典第一章 力例題1 把一個大小為10N的力沿相互垂直的兩個方向分解,兩個分力的大小可能為(A) 1N,9N  (B)6N,8N  (C)(99.99)1/2N,0.1N  (D)11N,11N解:兩個分力的平方和應等于102,等于100.選項(B)(C)正確.例題2 一個大小為1N的力可以分解為多大的兩個力?(A) 0.2N,1.2N  (B)1N,1N  (C)100N,100N  (D)1N,1000N解:大小為0.2N和1.2N的兩個力方向相反時合力為1N,選項(A)正確;大小均為1N的兩個力互成12

2、0°角時,合力為1N,選項(B)正確;大小均為100N的兩個力互成適當小的角度時,合力可為1N,選項(C)正確;大小為1N和1000N的兩個力的合力大小在999N與1001N之間,不可能為1N,選項(D)不對.總之選項(A)(B)(C)正確.例題3 作用于同一質點的三個力大小均為10N.(1)如果每兩個力之間的夾角都是120°角,那么合力多大?(2)如果兩兩垂直,那么合力多大?解:(1)合力為零.(2)根據題意,可以設F1向東,F2向南,F3向上.F1、F2的合力F12，沿東南方向,大小為10N.F3與F12相垂直,所以三個力的合力大小為F(102+(10)2)1/210N

3、例題4 (1)大小為5N、7N、8N的三個共點力,合力最小值為_;(2)大小為5N、7N、12N的三個共點力,合力最小值為_;(3)大小為5N、7N、13N的三個共點力,合力最小值為_;(4)大小為5N、7N、40N的三個共點力,合力最小值為_.答:(1)0;(2)0;(3)1N;(4)28N.例題5 如圖1-2所示,六個力在同一平面內,相鄰的兩個力夾角都等于60°,F111N,F212N,F313N,F414N,F515N,F616N.六個力合力的大小為_N.解:F1與F4的合力F14沿F4方向,大小為3N,F2與F5的合力F25沿F5方向,大小為3N,F3與F6的合力F36沿F6

4、方向,大小為3N.所以六個力的合力等于圖1-3中三個力的合力.F14與F36的合力F1436沿F25方向,大小為3N.F1436與F25的合力,沿F25方向,大小為6N.總之六個力的合力大小為6N,沿F5方向.例題6 質點受到五個力:F1、F2、F3、F4、F5,圖1-4中作出了五個力的圖示,兩條實線和四條虛線正好構成一個正六邊形.已知F310牛,求五個力的合力多大.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,所以五個力的合力為F3F330牛.例題7 圖1-5(a)中三個力為共點力,平移后構成三角形,圖1-5(b)也是這樣.圖1-5(a)

5、中三個力的合力大小為_N;圖1-5(b)中三個力的合力大小為_N.解:根據三角形定則，圖(a)中，F2與F3的合力等于F1,所以三個力的合力等于2F140N(向左).根據三角形定則,圖(b)中,F2與F3的合力向右,大小等于F1,所以三個力的合力等于零.從多邊形定則可以直接得出這個結論.例題8 如圖1-6所示,十三個力在同一平面內,大小均為1N,相鄰的兩個力夾角都是15°,求十三個力的合力.解:F1與F13的合力為零;F2與F12互成150°角,合力沿F7方向,利用余弦定理,可算出合力大小為(12+12+2×1×1cos150°)1/2N(12

6、+12-2×1×1cos30°)1/2N(2-)1/2N;F3與F11互成120°角,合力沿F7方向,合力大小為1N;F4與F10互成90°角,合力沿F7方向,合力大小為N;F5與F9互成60°角,合力沿F7方向,合力大小為N;F6與F8互成30°角,合力沿F7方向,利用余弦定理,可算出合力大小為(12+12+2×1×1cos30°)1/2N(2+)1/2N;所以十三個力的合力沿F7方向,大小為F(2-)1/2N+1N+N+N+(2+)1/2N+1N(2+(2+)1/2+(2-)1/2+)N.例

7、題9 如圖1-7,有同一平面內5個共點力,相鄰的兩個力之間的夾角都是72度.F1大小為90N,其余各力大小均為100N.求5個力的合力.解:F1可以分解為沿F1方向的大小為100N的分力F1a,和沿F1反方向的大小為10N的分力F1b.這樣原題轉化為求解F1a、F1b和F2、F3、F4、F5等6個力的合力.易知,其中F1a和F2、F3、F4、F5等5個力的合力為零.所以F1、F2、F3、F4、F5的合力等于F1b:大小為10N,沿F1的反方向.例題10 有n個大小為F的共點力,沿著頂角為120°的圓錐體的母線方向,如圖1-8所示.相鄰兩個力的夾角都是相等的.這n個力的合力大小為_.解

8、:將每個力沿圓錐體的對稱線方向和平行于底面的方向分解,得到n個沿著對稱線方向的分力,和n個平行于底面方向的分力.每個沿著對稱線方向的分力大小都等于F/2,所以n個沿著對稱線方向的分力的合力,大小為nF/2.另一方面,n個平行于底面方向的分力的合力為零.所以本題所求n個力的合力大小等于nF/2.例題11 下面每組共點力,大小是確定的.試分別判斷各組力之合力是否可能為零,如不可能為零,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,

9、2N,98N,99N,10000N解:(A)1+2+3+410,而1015,這五個力不可能組成五邊形,談不上組成如圖1-1(c)所示的五邊形,因此合力不可能為零,最小值為:Fmin15N-10N5N.(B)1+2+3+410,所以五個力的合力可能為零.(C)1+2+3+45,這五個力可以組成圖8所示的五邊形,合力可能為零.(D)1+2+10+100100,所以五個力的合力可能為零.(E)1+2+3+98+99100,所以一百個力的合力可能為零.(F)1+2+3+98+99(1+99)×99/2495010000所以,一百個力的合力不可能為零,最小值為Fmin=10000N-4950N

10、5050N.第二章 直線運動   例題1 有一小孩掉進河里后抱住了一根圓木隨水向下飄流,有 三條船A、B、C在正對河岸P點的地方同時與圓木相遇,但三條船上 的船員都沒有注意到圓木上的小孩.A、B兩船逆水上行,C船順水下 行.相對水的速度,B船是A船的1.2倍,C船是B船的1.2倍. 當三條船離開P點行駛30分鐘的時候, 船員們從收音機里聽到圓木上有小孩需要救助的消息,三條船都立即調轉船頭,駛向圓木.在離P點6千米的地方,小孩被船員救起. 試回答三條船到達小孩和圓木的先后次序如何?_. 解：以流水為參照物.小孩和原木是靜止的.船A上行時速度和 下行時速度大小相等,船B也是這樣,船C也是

11、這樣.船A、B、C 同時 從小孩所處的位置向上游和下游行駛,速度不同,在30 分鐘內行駛 了不同的路程s1、s2、s3;在接下去的30分鐘內, 三條船分別沿反 方向行駛路程s1、s2、s3,回到小孩所處的位置. 答:三條船同時到達小孩和原木.   例題2 一列一字形隊伍長120m,勻速前進. 通訊員以恒定的速 率由隊尾跑到隊首,又跑回隊尾,在此期間,隊伍前進了288m. 求通 訊員跑動的速率v是隊伍前進的速率u的多少倍. 分析:順利解答本題的關鍵是, 找出通訊員的運動跟隊首或隊 尾的運動的聯系. 解:設通訊員從隊尾跑到隊首所用的時間為t1, 從隊首跑到隊 尾所用的時間為t2,那么 u

12、(t1+t2)288 (1) 在t1時間內,通訊員跑動的路程比隊首移動的路程多120m: vt1-ut1120 (2) 在t2時間內,通訊員跑動的路程加上隊尾移動的路程等于120m: vt2+ut2120 (3) 從(2)式中得出t1的表達式,從(3)式中得出t2的表達式,代入(1)式, 可算出: v1.5u   例題3 一物體作勻變速直線運動,某時刻速度的大小為4m/s, 1s后速度的大小變為10m/s.在這1s內 (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年高考全國卷試題)

13、 解:取初速度方向為正方向,則 v04m/s,vt10m/s或-10m/s. 由 svt(v0+vt)t/2, 得 s7m或-3m 所以位移的大小為7m或3m.選項(A)正確,(B)錯誤. 由 a(vt-v0)/t 得 a6m/s2或-14m/s2 所以加速度的大小為6m/s2或14m/s2,選項(C)錯誤,(D)正確. 總之,本題選(A)(D).   例題4 在三樓的陽臺上 ,一人伸出陽臺的手上拿著一只小球, 小球下面由細繩掛著另一個小球.放手,讓兩小球自由下落,兩小球 相繼落地的時間差為t.又站在四層樓的陽臺上,同樣放手讓小球自 由下落,兩小球相繼落地的時間差為t',則

14、(A)tt' (B)tt' (C)tt' 解:從三樓陽臺外自由下落,下面的小球著地時,兩球具有的速 度為v,從四樓陽臺外自由下落,下面的小球著地時, 兩球具有的速 度為v',顯然vv'.下面的小球著地后,上面的小球以較小的初速度v和較大的初速度v',繼續作加速度為g的勻加速運動, 發生一定的 位移(等于繩長),所需的時間顯然是不同的:tt'.選項(C)正確.   例題5 一質點由靜止從A點出發,先作勻加速直線運動,加速度 大小為a,后做勻減速直線運動,加速度大小為3a,速度為零時到達B 點.A、B間距離為s.求質點運動過程中的最

15、大速度. 解:設質點第一階段做勻加速運動的的時間為t1,末速度為 v, 這就是運動過程中的最大速度;設第二階段做勻減速運動的時間為t2. 那么第一階段的位移為vt1/2,第二階段的位移為vt2/2, 兩者 之和應為全程位移: vt1/2+vt2s (1) 又根據加速度的定義式,有 t1v/a (2) t2v/(3a) (3) 將(2)(3)兩式代入(1)式: v2/(2a)+v2/(6a)s 所以 v(3as/2)1/2   例題6 兩輛完全相同的汽車 ,沿水平直路一前一后勻速行駛, 速度均為v0,若前車突然以恒定的加速度剎車,在它剛停住時,后車 以前車剎車時的加速度開始剎車.已知前

16、車在剎車過程中所行駛的 路程為s,若要保證兩車在上述情況下不相撞,則兩車在勻速行駛時 保持的距離至少應為 (A)s (B)2s (C)3s (D)4s (1992年高考全國卷試題) 解:汽車從開始剎車到停下這個期間,平均速度為v0/2.在前車 開始剎車到停下這段時間內,后車以速度v0勻速行駛, 行駛的距離 應為s的兩倍,即為2s. 從前車開始剎車到兩車都停下,前車的位移為s;后車的位移為 (2s+s)3s.設前車剎車前(勻速行駛期間)兩車的距離為l,為使兩 車不相撞,應滿足: l+s3s 所以 l2s 本題選(B)   例題7 某人離公共汽車尾部20m,以速度v向汽車勻速跑過去, 與

17、此同時汽車以1m/s2的加速度啟動,作勻加速直線運動.試問, 此人的速度v分別為下列數值時,能否追上汽車?如果能, 要用多長時間?如果不能,則他與汽車之間的最小距離是多少? (1)v4m/s; (2)v6m/s; (3)v7m/s. 思路:假設人不管是否在某一時刻追上了汽車,一直以速度v朝前跑,得出汽車跟人的距離y隨時間t變化的函數式. 然后考察對于正值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:假設人不管是否在某一時刻追上了汽車,一直以速度v朝前 跑.在時間t內,人的位移等于vt;汽車的位移等于 (1/2)at20.5t2. 經過時間t時,汽車尾部跟人之間,距離為

18、 y20+0.5t2-vt 即 y20+0.5(t2-2vt+v2)-0.5v2 即 y0.5(t-v)2+20-0.5v2 (*) 上式中,y取正值時,表示汽車尾部在人前方y米,y取負值時,表示汽 車的尾部在人后面y米(前面已假設人即使追上了汽車,也一直朝前跑). (甲)把v4代入(*)式得 y0.5( t-4)2+12 (1) y恒大于零,y最小值為12. (乙)把v6代入(*)式得 y0.5( t-6)2+2 (2) y恒大于零,y最小值為2. (丙)把v7代入(*)式得 y0.5( t-7)2-4.5 (3) 容易得出,當t4,10時,y0,這表示,如果人一直朝前跑, 那么經過4s時,

19、人與汽車尾部平齊,經過10s時, 人又一次與汽車的尾部平 齊. 結論: (1)如v4m/s,則人追不上汽車, 人跟汽車之間的最小距離為 12m. (2)如v6m/s,則人追不上汽車, 人跟汽車之間的最小距離為 2m. (3)如v7m/s,則人經過4s追上汽車.   例題8 雜技演員表演一手拋接三球的游戲時, 三個球都拋過一次后,每一時刻手中最多只有一個球. 如果每只球上升的最大高度都為1.25m,那么每隔多長時間拋出一個球?g取10m/s2. (A)0.33s (B)0.33s到0.50s(C)0.50s (D)1.0s 解:每個球做一次豎直上拋運動的時間是 t2(2h/g)1/22

20、(2×1.25/10) 1/21.0s 球從這一次被拋出到下一次被拋出,完成一個周期性運動, 設周期 為T. 如果每個球在手中停留的時間趨于零,那么 Tt1.0s; 如果手中總停留著一個球,一個球停留的時間是t',那么 Tt+t' ， 且 t'(1/3)T 那么 T(3/2)t1.5s. 以上考慮的是兩個極端情況.實際上 1.0sT1.5s 在T時間內拋出三個球,每隔T/3的時間拋出一個球: 0.33sT/30.5s ， 選項(B)正確. 請讀者考慮：如果每秒鐘拋出三個球,那么應使每個球上升多 高?(答案:0.56m到1.25m)   例題9 小球A

21、從地面上方H高處自由下落,同時在A的正下方,小 球B從地面以初速度v豎直上拋.不計空氣阻力.要使A、B 發生下述 碰撞，v、H應滿足什么條件? (甲)在B上升到最高點時相碰; (乙)在B上升的過程中相碰; (丙)在時間T內在空中相碰; (丁)經過時間T時在空中相碰. 解:設經過時間t在地面上方h高處相碰.則從開始運動到相碰, 小球A發生的位移大小為(H-h),小球B發生的位移大小為h,則: ( H-h)(1/2)gt2 hvt-(1/2)gt2 由以上兩式得 tH/v (1) 時間t應小于B球在空中運動的時間: t2v/g (2) 由(1)(2)得 2v2gH (3) (甲)在最高點相碰：tv

22、/g (4) 由(1)(4)得 v2gH (5) 所以v、H應滿足(5)式. (乙)時間t應小于B球上升時間: tv/g (6) 由(1)(6)得 v2gH (7) 所以v、H應滿足(7)式. (丙) tT (8) 由(1)(8)得 HvT (9) 所以v、H應滿足(3)(9)兩式. (丁) tT (10) 由(1)(10)得 HvT (11) 所以v、H應同時滿足(3)(11)兩式. 討論: (11)代入(3)：vgT/2 (12) 問題(丁)又可這樣回答:v、H應滿足(11)(12)兩式. 從(11)得出vH/T,代入(3)或(12)可得 HgT2/2 (13) 問題(丁)還可這樣回答:v

23、、H應滿足(11)(13)兩式. 第三章 牛頓運動定律  例題1 某人在地面上最多能舉起32Kg的重物,那么在以2m/s勻加速下降的電梯中,他最多能舉起多少Kg的重物?g取10m/s2. 解:此人能施加的向上的舉力大小為 Fm1g32×10N320N在勻加速下降的電梯中,設某人用舉力F舉起了質量為m2的物體.物體的加速度向下,所以合外力也向下. 對這個物體應用牛頓第二定律: m2g-Fm2a即 m2F/(g-a)把舉力大小F320N,重力加速度大小g10m/s2,物體加速度大小a2m/s2代入上式,得 m240Kg他最多能舉起40Kg的物體.  例題2 一個質量為

24、200g的物體,以初速度v020m/s豎直上拋,上升的最大高度為16m.沒有風,且假設物體所受空氣阻力的大小始終不變,求物體落回拋出點時的速度大小.g取10m/s2. 解:物體受到的空氣阻力跟物體相對空氣的運動方向相反. 因此,在沒有風的情況下, 物體受到的空氣阻力跟物體相對地面的運動方向相反.物體上升時,受到的空氣阻力向下;下降時, 受到的空氣阻力向上.設空氣阻力的大小始終為f. 物體減速上升時,加速度向下,合外力也向下;加速下降時, 加速度向下,合外力也向下. 由牛頓第二定律,物體減速上升時,加速度的大小為 a1(mg+f)/m即 a1g+f/m (1)加速下降時,加速度的大小為 a2(m

25、g-f)/m即 a2g-f/m (2)由勻變速直線運動公式,上升階段滿足 v022a1h (3)其中h16m.下降階段滿足 v22a2h (4)(1)+(2): a1+a22g (5)(3)+(4): v02+v22(a1+a2)h (6)(5)代入(6)得 v02+v24gh (7)代入數據得 v(240)1/2m/s15.5m/s  例題3 木塊靜止在光滑水平面上,子彈以較大的水平速度 v從木塊左面射入,從右面射出,木塊獲得速度u. 設子彈對木塊的作用力與速度無關.如v增大 ,則u (A)增大 (B)減小 (C)不變. 思路:首先通過考察子彈相對木塊的運動, 判斷子彈穿行于木塊的

26、時間,與子彈的入射速度v有怎樣的關系. 解:子彈對木塊的作用力向前,木塊對子彈的作用力向后,這一對作用力是恒定的,在它們的作用下,子彈向前作勻減速直線運動,木塊向前作初速度為零的勻加速直線運動.子彈相對木塊作勻加速運動. 在子彈對木塊的作用力與速度無關這個前提下,增大v以后,子彈勻減速運動的加速度仍為原來的值,木塊作勻加速運動的加速度也仍為原來的值,從而子彈相對木塊的加速度仍為原來的值. 增大v以后,子彈穿行于木塊期間,子彈相對木塊運動的位移仍等于木塊的長度. 子彈相對木塊運動的初速度等于v,增大v, 意味著增大子彈相對木塊運動的初速度. 所以增大v以后,子彈穿行于木塊的時間減少. 在較少的時

27、間內,木塊作初速度為零的勻加速運動, 獲得的末速度u就較小. 選項(B)正確.    例題4 如圖3-2所示,斜面的傾角為.質量分別為m1、m2的兩木塊A、B,用細繩連接.它們與斜面之間的動摩擦因數相同 .現在A上施加一個沿斜面向上的拉力F,使A、B一起向上作勻加速運動.求證細繩上的拉力與和無關.    解:設A、B一起運動的加速度為a,對A、B組成的整體應用牛頓第二定律可得: F-(m1+m2)gsin-(m1+m2)gcos(m1+m2)a即 F(m1+m2)gsin+(m1+m2)gcos+(m1+m2)a (1)設細繩上的拉力大小為T,對B應用牛

28、頓第二定律可得: T-m2gsin-m2gcosm2a即 Tm2gsin+m2gcos+m2a (2)(1)式除以(2)式得 F/T(m1+m2)/m2 (3)由(3)式可見,細繩上的拉力決定于拉力F以及兩個木塊的質量, 與動摩擦因數以及斜面的傾角無關.    例題5 如圖3-3所示,自由下落的小球,從它接觸到豎直放置的輕彈簧開始,到彈簧被壓縮到最短的過程中, (A)合力逐漸變小 (B)合力先變小后變大 (C)速度逐漸變小 (D)速度先變小后變大 解:小球剛接觸到彈簧時,彈簧處于自然狀態,彈簧對小球的作用力為零,小球受到的合力等于它受到的重力.在最初一段時間內,小球以自由落

29、體運動的末速度為初速度,繼續向下做加速運動. 小球向下運動一段適當的位移時(彈簧被壓縮適當的長度時),小球彈簧對小球的向上的支持力大小正好等于重力,這時小球的合外力為零.由于小球已經具有了一定的速度,所以還要向下運動.彈簧被壓縮的長度增加時,支持力也增大,支持力超過重力,合力向上, 所以從合外力為零的時刻以后向下的運動是減速運動.向下的減速運動進行到速度減為零為止.速度減為零時,彈簧被壓縮到最短.再以后,小球向上運動,彈簧的長度增加. 綜上所述,小球從接觸到彈簧開始, 到彈簧被壓縮到最短的過程中,小球的合外力先是向下,逐漸減小,然后向上,逐漸增大;小球先作加速運動,然后作減速運動.選項(B)正

30、確.  例題6 如圖3-4所示,在水平拉力F的作用下,物體A向右運動, 同時物體B勻速上升.可以判斷 (A)物體A的運動是勻速運動 (B)繩子對物體A的拉力逐漸減小 (C)水平地面對物體A的支持力逐漸增大 (D)水平地面對物體A的摩擦力逐漸減小    解:物體A的速度u跟物體B的速度v滿足: vucos在v保持不變的情況下,u隨著的變化而變化:物體A的運動不是勻速運動. 由物體B勻速運動,可知繩子對物體B的拉力保持不變. 繩子對物體A的拉力T的大小總等于繩子對B的拉力,也是不變的. 物體A的受力情況如圖3-5所示,將 T沿水平方向和豎直方向分解為Tx、Ty,隨著的

31、減小,Tx逐漸增大,Ty逐漸減小.作用于物體A的Ty、支持力N、重力G，三者滿足： Ty+NGN隨著Ty的減小而增大.根據 fN水平地面對物體A的滑動摩擦力f隨著N的增大而增大綜上所述,選項(C)正確.  例題7 一質點自傾角為的斜面上方P點沿光滑的斜槽PB從靜止開始下滑,如圖3-6所示,為使質點在最短的時間內從P點到達斜面,則斜槽與豎直方向的夾角應等于_.    解:如圖3-6作PC垂直于斜面,垂足為C.則CPA,CPB-.應用牛頓第二定律可得,質點從斜面上下滑時,加速度為 agcos應用勻變速直線運動公式可得 PB(1/2)at2即 t22PB/a2PC/co

32、s(-)/(gcos)即 t22PC/gcos(-)cos當 - ,即 /2 時 ,t2取最小值,t取最小值,質點在最短的時間內從P點到達斜面.  例題8 圖3-7中A為電磁鐵,C為膠木秤盤,A和C(包括支架)的總質量為M,B為鐵片,質量為m,整個裝置用輕繩懸掛于O點. 當電磁鐵通電,鐵片被吸引上升的過程中,輕繩上拉力F的大小為( ).(A)FMg (B)MgF(M+m)g(C)F(M+m)g (D)F(Mm)g (1992年高考上海卷試題)    解:鐵片離開秤盤時, 電磁鐵對它的向上的拉力一定大于地球對它的重力mg.鐵片在上升中,逐漸靠近電磁鐵,電磁鐵對它向上

33、的吸引力逐漸增加,仍大于mg. 根據牛頓牛頓第三定律,鐵片對電磁鐵向下的吸引力, 電磁鐵對鐵片的吸引力大小相等,大于mg. A和C組成的系統,受力平衡:繩子施加的拉力,等于系統的重力,與鐵片對電磁鐵向下的吸引力之和,大于(Mg+mg).選項(D)正確.  例題9 把一個質量m4Kg的長方體木塊,分割成兩個三棱柱形木塊A和B,角30°,然后再對到一起,放在光滑的水平面上, 如圖3-8所示.用大小為8N的水平力F沿圖示方向推A, A、B 組成的長方體保持原來的形狀,沿力的作用方向平動. (1)求A對B的作用力. (2)求A對B的靜摩擦力.    解:(1)A

34、和B的加速度a,都是沿F方向.B的加速度是A對B的作用力Q產生的.所以,Q的方向跟F的方向相同,如圖3-9所示. 對A、B組成的系統應用牛頓第二定律: aF/m(8/4)m/s22m/s2對B應用牛頓第二定律: Q(m/2)a2×2N4N (2)A對B的作用力Q是A對B的壓力N和靜摩擦力f的合力( 也可以說,Q可以分解為N和f),如圖3-10(俯視圖)所示.靜摩擦力的大小為 fQ/22N  例題10 如圖3-11所示,A和B質量相等均為m,A與B之間的動摩擦因數為1,靜摩擦因數為2,B與地面之間的動摩擦因數為3.原來在水平拉力F的作用下,A和B彼此相對靜止 ,相對地面勻速運

35、動(圖3-11(a).撤消F后,A和B彼此保持相對靜止,相對地面勻減速運動(圖3-11(b).則A、B相對地面勻減速運動的過程中,A、B 之間的摩擦力的大小為      (A)1mg (B)2mg (C)3mg (D)F/2 解：B與地面之間的壓力支持力大小始終等于A、B兩個物體的總重力,因此地面對B的滑動摩擦力的大小始終為 f3(2mg)A、B勻速運動時,受力平衡: FfA、B一起以加速度a做減速運動時,對于A、B組成的系統來說,地面對B的滑動摩擦力f就是合外力,等于(2ma);對于A來說,B對A的靜摩擦力f1就是合力,等于(ma).于是 f1f/2綜

36、合以上三式得: f13mg和 f1F/2本題選(C)(D). 說明:因為A、B沒有相對運動,所以A、B之間的動摩擦因數1用不到;因為B對A的靜摩擦力不一定是最大靜摩擦力,所以A、B 之間的靜摩擦因數2用不到.    例題11 如圖3-12所示,質量為mA、mB的兩個物體A和B 用跨過光 滑滑輪的細繩相連.A沿傾角為的斜面向下加速下滑.A、B兩物體加速度的大小相同,等于a.楔形物體C的下表面是光滑的.求臺階對C水平方向的作用力的大小.         解：如圖3-13,將物體A的加速度 a沿水平方向和豎直方

37、向分解,水平分加速度為 axacos；物體B的加速度是向上的,沒有水平分量；滑輪質心的加速度為零. 在水平方向上,對由A、B、C以及滑輪，組成的系統， 應用質點組牛頓第二定律,有 FmAax.由以上兩式得 FmAacos .  例題12 如圖3-14所示,三個質量相同,形狀相同的楔形物體, 放在水平地面上.另有三個質量相同的小物體, 分別從斜面頂端沿斜面下滑.由于小物體跟斜面間的動摩擦因數不同, 第一個小物體勻加速下滑;第二個物體勻速下滑; 第三個小物體以一定的初速度勻減速下滑. 三個楔形物體都保持靜止,水平面對它們的支持力分別為N1、N2、N3,則 (A)N1N2N3 (B)N1N

38、2N3 (C)N1N2N3  解:楔形物體和小物體組成的系統受到的外力是: 水面地面對楔形物體的支持力,地球對楔形物體和小物體的重力, 以及水平地面施加于楔形物體的沿著接觸面的靜摩擦力. 小物體勻加速下滑時,加速度沿斜面向下, 將加速度向水平方向和豎直方向分解時,豎直方向的分加速度是向下的. 根據質點組牛頓第二定律,豎直方向的作用力的合力向下,所以支持力N 1小于兩者的重力之和. 小物體勻速下滑時,加速度為零.支持力N 2等于兩者的重力之和. 小物體減速下滑時,加速度沿斜面向上, 將加速度沿水平方向和豎直方向分解時,豎直方向的分加速度向上. 根據質點組牛頓第二定律，豎直方向作用力的合

39、力向上，支持力N 3大于兩者的重力之和. 本題選(B).  例題13 如圖3-15,光滑水平面上有一塊木板,質量為M4Kg, 長為L1.4m.木板右端放著一個小滑塊,小滑塊質量為m1Kg, 尺寸遠小于L,與木板之間的動摩擦因數為0.4.原來它們都靜止,現在大小為F28N的水平力向右拉木板,使滑塊從木板左端掉下, 此力作用時間至少為多長?  解:根據題意,水平力作用一段時間后,滑塊會從左端掉下. 這暗示我們,水平力開始作用期間,木板向右的加速度較大,速度較大,滑塊向右的加速度較小,速度較小.在滑塊尚未滑到木板左端時,如水平力停止作用,那么在一段時間內,木板向右的速度仍大于滑塊

40、,那么此后經一段時間滑塊有可能從左端掉下,那時, 木板向右的速度應大于等于木板向右的速度. 由此可知,水平力作用適當的一段時間t1后, 木板向右的速度比滑塊向右的速度大,大適當的數值,然后撤去水平力,當兩者的速度正好相等時,滑塊從木板左端掉下.t 1就是水平力作用的最短時間. 向右的水平力F開始作用后,木板除受到這個力外,還受到向左的滑塊施加的滑動摩擦力 fmg4N木板的加速度向右,大小為 (F-f)/M6m/s2滑塊受到向右的滑動摩擦力,加速度向右,大小為 f/m4m/s2經時間t1時,撤去水平力F.此后滑塊的加速度仍向右,大小仍為 f/m4m/s2.木板在向左的滑動摩擦力作用下,加速度向左

41、,大小為 f/M1m/s2 木板相對于滑塊始終向右運動,滑塊相對于木板始終向左運動.下面以木板為參照物,考察滑塊在木板上的運動(圖3-16). 滑塊第一階段作初速度為零的勻加速運動,末速度的大小記為v,第二階段作勻減速運動,末速度為零. 第一階段,加速度的大小為 a16-42m/s第二階段,加速度的大小為 a24+15m/s2根據勻變速直線運動公式,有 va1t1 即 v2t1 (1) va2t25t2 即 v5t2 (2) L(v/2)(t1+t2) 即 2.8v(t1+t2) (3)由(1)(2(3)得 t11s使滑塊從木板左端掉下,水平力F作用時間至少為1s.  例題14 如圖

42、3-17所示,A、B兩個光滑的梯形木塊質量均為m, 緊挨著并排放在光滑水平面上.傾角60°.欲使A、B在水平推力F作用下,一起加速運動(兩者無相對滑動),F不能超過多少?    解:A受力情況如圖3-18所示.A、B之間沒有相對滑動, 意味著兩者的加速度相同,都是沿水平方向,設大小為a.對A應用牛頓第二定律: Ncos+P mg (1) F-Nsin ma (2)對A、B組成的系統應用牛頓第二定律： F(m+m)a (3)又 N0 (4) P0 (5) a0 (6)由(2)(3)兩式得 2F-2Nsin F即 NF/(2sin) (7)將(7)代入(1)得 Pmg

43、-(Fctg)/2 (8) mg-Fcos/(2sin)0 F2mgtg60° F2×31/2mg欲使A、B在水平推力F作用下,一起加速運動(兩者無相對滑動), F不能超過2×31/2mg.  例題15 如圖3-19所示,楔形物體靜止在水平面上,左右斜面都是光滑的,.跨過定滑輪的細繩,系住兩個物塊 ,物塊保持靜止.將細繩切斷后,兩個滑塊運動,楔形物體仍保持靜止,此時 (A)地面對楔形物體的支持力大小與原來相同 (B)地面對楔形物體的支持力比原來小 (C)地面對楔形物體有靜摩擦力,向左 (D)地面對楔形物體有靜摩擦力,向右    解:兩

44、個物塊的加速度都是沿斜面向下,都有豎直向下的分量,對兩個物塊和楔形物體組成的系統應用牛頓第二定律可知:對面對楔形物體的支持力小于三者的重力,比原來小.選項(B)正確,(A)錯誤. 原來左邊滑塊處于靜止狀態,外力之和為零, 所以繩子對左邊物塊的拉力大小等于m1gsin.原來右邊滑塊處于靜止狀態, 外力之和為零,所以繩子對右邊物塊的拉力大小等于m2gsin. 而繩子對左邊滑塊的拉力 ,大小等于繩子對右邊滑塊的拉力.所以 m1gsinm2gsin (1) 圖3-20中,左邊滑塊對楔形物體的壓力 N1m1gcos這個力的水平向右的分量為 N1xN1sin即 N1xm1gcossin (2)類似地,右邊

45、滑塊對楔形物體的壓力N2的水平向左的分量為 N2xm2gcossin (3)由可知 coscos (4)將(1)乘以(4)得 m1gsincosm2gsincos (5)由(2)(3)(5)可知 N1xN2x (6)楔形物體保持靜止,外力之矢量和應為零: 地面對楔形物體的靜摩擦力跟N1x、N2x三者之矢量和應為零.所以地面對楔形物體的靜摩擦力向右.選項(D)正確,(C)錯誤. 總之,本題選項(B)(D)正確.  例題16 如圖3-21所示，物體A、B質量分別為m1、m2, 疊放在傾角為的斜面上, A、B之間的靜摩擦因數為1, B 與斜面之間的動摩擦因數為2.A、B保持相對靜止,一起加

46、速下滑.1、2、相互之間一定滿足: (A)12 ,tg2 (B)12 ,tg2 (C)tg12 (D)tg21  解:由物體A和物體B組成的系統,加速度a沿斜面向下, 根據牛頓第二定律有: (m1+m2)gsin-2(m1+m2)gcos(m1+m2)a即 gsin-2gcosa (1)其中 a0 (2)由(1)(2)得 2tg (3)物體A受到的靜摩擦力f沿斜面向上,對物體A應用牛頓第二定律: m1gsin-fm1a (4)將(1)代入(4): m1gsin-fm1gsin-2m1gcos即 f2m1gcos (5)根據靜摩擦因數的定義,物體A受到的最大靜摩擦力為 fmax1m1g

47、cos (6)根據最大靜摩擦力的定義有 ffmax (7)由(5)(6)(7)得 2m1gcos1m1gcos即 21 (8)(3)(8)兩式是1、2、相互之間一定滿足的關系式.只有選項(A)正確.  例題17 如圖3-22所示,物塊A的質量為mA,物塊B的質量為mB.A與小車前表面之間的靜摩擦因數為,小車上表面是光滑的. 當使用適當的推力使小車以“適當的加速度”向左作加速運動時,A、B都相對小車靜止,跟小車一起運動. 小車的“適當的加速度”應在什么范圍內?    解：繩子對B的拉力跟繩子對A的拉力大小相等,設為T. 小車的適當的加速度,其大小設為a.對物體B應用

48、牛頓第二定律: TmBa (1)物體A受力情況如圖3-23所示.小車對A的靜摩擦力f可以向上,也可以向下,圖中表示靜摩擦力矢量的字母f可以取正值 ,也可以取負值,其絕對值不能超過最大靜摩擦力: -NfN (2)為以后演算的方便,可把(2)式寫為兩個不等式： fN (3) -Nf (4)對物體A應用牛頓第二定律: NmAa (5) f+TmAg (6) 將(1)代入(6)可得 fmAg-mBa (7)將(5)(7)代入(3)得 mAg-mBamAa即 mAgmAa+mBa于是 amAg/(mA+mB) (8) 將(5)(7)代入(4)得 -mAa mAg-mBa即 mBa -mAa mAg即 a(mB -mA) mAg (9)(甲)若 mB -mA0則(9)式可化為 amAg/(mB-mA) (9a)(乙)若 mB -mA0則(9)式可化為 amAg/(mB-mA) (9b)(8)被滿足時,(9b)自然滿足.(丙)若 (mB -mA)0則(9)式自然滿足. 結論:(一)在 mB -mA0情況下,a的取值由(8)和(9a)的交集確定,即 mAg/(mA+