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高中物理必修1经典习题及解析


第一章
一 知识点总结

运动的描述

1、质点:用来代替物体、只有质理而无形状、体积的点。它是一种理想模型,物体简 化为质点的条件是物体的形状、大小在所研究的问题中可以忽略。 2、时刻:表示时间坐标轴上的点即为时刻。例如几秒初,几秒末。 时间:前后两时刻之差。时间坐标轴上用线段表示时间,第 n 秒至第 n+3 秒的时间 为 3

秒。 3、位置:表示穿空间坐标的点; 位移:由起点指向终点的有向线段,位移是末位置与始位置之差,是矢量。 路程:物体运动轨迹之长,是标量。 4、速度:描述物体运动快慢和运动方向的物理量,是矢量。 平均速度:在变速直线运动中,运动物体的位移和所用时间的比值,υ =s/t(方向为 位移的方向) 即时速度:对应于某一时刻(或某一位置)的速度,方向为物体的运动方向。 速率:即时速度的大小即为速率; 平均速率: 为质点运动的路程与时间之比,它的大小与相应的平均速度之值可能不相 同。 5、平动:物体各部分运动情况都相同。 转动:物体各部分都绕圆心作圆周运动。 6、加速度:描述物体速度变化快慢的物理量,a=△υ /△t (又叫速度的变化率)是矢 量。a 的方向只与△υ 的方向相同(即与合外力方向相同) a 方向 υ 方向相同时 作加速运动; a 方向 υ 方向相反时 作减速运动; 加速度的增大或减小只表示速度变化快慢程度增大或减小,不表示速度增大或减小。 7、运动的相对性:只有在选定参照物之后才能确定物体是否在运动或作怎样的运动。 一般以地面上不动的物体为参照物。

二 例题分析
例 1、物体 M 从 A 运动到 B,前半程平均速度为υ 1,后半程平均速度为υ 2,那么全程的平均 速度是: D ) ( A、 1+υ 2)/2 (υ B、 C、 (υ 1+υ 2)/(υ 1+υ 2) D、2υ 1υ 2/(υ 1+υ 2)
2 2

例 2.下列有关高中物理实验的描述中,正确的是:(ABC)。 A.在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中,通过在纸带上打下的一系列点迹 可求出纸带上任意两个点迹之间的平均速度 B.在“验证力的平行四边形定则”的实验中,拉橡皮筋的细绳要稍长,并且实验时要使 弹簧测力计与木板平面平行,同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上 C.在“用单摆测定重力加速度”的实验中,假如摆长的测量及秒表的读数均无误,而测 得的 g 值明显偏小,其原因可能是将全振动的次数 n 误计为 n-1 D.在“验证机械能守恒定律”的实验中,必须要用天平测出下落物体的质量

例 3、 下列关于所描述的运动中,可能的是 ( ) A 速度变化很大,加速度很小 B 速度变化的方向为正,加速度方向为负 C 速度变化越来越快,加速度越来越小 D 速度越来越大,加速度越来越小 解析:由 a=△v/△t 知,即使△v 很大,假如△t 足够长,a 可以很小,故 A 正确。速度 变化的方向即△v 的方向,与 a 方向一定相同,故 B 错。加速度是描述速度变化快慢的物理 量,速度变化快,加速度一定大。故 C 错。加速度的大小在数值上等于单位时间内速度的 改变量,与速度大小无关,故 D 正确。 答案:A、D 例 4、 一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动,已知它在第一个△t 时间内的位移 为 s,若 △t 未知,则可求出 ( ) A. 第一个△t 时间内的平均速度 B. 第 n 个△t 时间内的位移 C. n△t 时间的位移 D. 物体的加速度

解析:因 A 错.因

=

,而△t 未知,所以

不能求出,故 有



(2n-1)s,故 B 正

确;又 s∝t2 所以

=n2,所以 sn=n2s,故 C 正确;因 a=

,尽管△s=sn-sn-1 可求,

但△t 未知,所以 A 求不出,D 错. 答案:B、C 例 5、汽车原来以速度 v 匀速行驶,刹车后加速度大小为 a,做匀减速运动,则 t 秒后其位移 为( )

A

B

C

D 无法确定

解析:汽车初速度为 v,以加速度 a 作匀减速运动。速度减到零后停止运动,设其运动的

时间 t,=

。当 t≤t,时,汽车的位移为 s=

;假如 t>t,,汽车在 t,时已停止

运动,其位移只能用公式 v2=2as 计算,s= 答案:D

例 6、汽车甲沿着平直的公路以速度 v0 做匀速直线运动,当它路过某处的同时,该处有一 辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车,根据上述的已知条件( ) A. 可求出乙车追上甲车时乙车的速度 B. 可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程 C. 可求出乙车从开始起动到追上甲车时所用的时间 D. 不能求出上述三者中任何一个

分析:题中涉及到 2 个相关物体运动问题,分析出 2 个物体各作什么运动,并尽力找到 两者相关的物理条件是解决这类问题的要害, 通常可以从位移关系、 速度关系或者时间关系 等方面去分析。 解析:根据题意,从汽车乙开始追赶汽车甲直到追上,两者运动距离相等,即 s 甲= =s 乙=s,经历时间 t 甲=t 乙=t.

那么,根据匀速直线运动公式对甲应有:

根据匀加速直线运动公式对乙有:

,及

由前 2 式相除可得 at=2v0,代入后式得 vt=2v0,这就说明根据已知条件可求出乙车追上 甲车时乙车的速度应为 2v0。因 a 不知,无法求出路程和时间,假如我们采取作 v-t 图线的 方法,则上述结论就比较轻易通过图线看出。图中当乙车追上甲车时,路程应相等,即从图 中图线上看面积 s 甲和 s 乙, 显然三角形高 vt 等于长方形高 v0 的 2 倍, 由于加速度 a 未知, 乙图斜率不定,a 越小,t 越大,s 也越大,也就是追赶时间和路程就越大。 答案:A

例 7、在轻绳的两端各栓一个小球,一人用手拿者上端的小球站在 3 层楼阳台上,放手 后让小球自由下落,两小球相继落地的时间差为 T,假如站在 4 层楼的阳台上,同样放手让 小球自由下落,则两小球相继落地时间差将 ( ) A 不变 B 变大 C 变小 D 无法判定 解析:两小球都是自由落体运动,可在一 v-t 图象中作出速度随时间的关系曲线,如图 所示,设人在 3 楼阳台上释放小球后,两球落地时间差为△t1,图中阴影部分面积为△h,

若人在 4 楼阳台上释放小球后,两球落地时间差△t2,要保证阴影部分面积也是△h;从图 中可以看出一定有△t2〈△t1 答案:C

例 8、一物体在 A、B 两点的正中间由静止开始运动(设不会超越 A、B),其加速度随 时间变化如图所示。设向 A 的加速度为为正方向,若从出发开始计时,则物体的运动情况 是( ) A 先向 A ,后向 B,再向 A,又向 B,4 秒末静止在原处 B 先向 A ,后向 B,再向 A,又向 B,4 秒末静止在偏向 A 的某点 C 先向 A ,后向 B,再向 A,又向 B,4 秒末静止在偏向 B 的某点 D 一直向 A 运动,4 秒末静止在偏向 A 的某点 解析: 根据 a-t 图象作出其 v-t 图象, 如右图所示, 由该图可以看出物体的速度时大时小, 但方向始终不变,一直向 A 运动,又因 v-t 图象与 t 轴所围“面积”数值上等于物体在 t 时间 内的位移大小,所以 4 秒末物体距 A 点为 2 米 答案:D

第二章 匀变速直线运动的研究
一 知识点总结
1、匀变速直线运动是在相等的时间里速度的变化量相等的直线运动。基本规律有: 2 2 υ t=υ 0+at υ t =υ 0 +2as 2 s=υ 0t+ at /2 s=υ 平 t s=(υ t+υ 0)t/2 利用上面式子时要注意: (1) t,υ 0,υ 平,a 视为矢量,并习惯选υ 0 的方向为正方向: 、υ (2) 、其余矢量的方向与υ 0 相同取正值,反向取负值,若 a 与υ 同向,物体作匀加速运动, 若 a 与υ 反向,物体作匀减速运动。 2、匀变速直线运动特点 (1) 做匀变速直线运动的物体, 、 在某段时间内的平均速度等于这段时间内的中间时刻的即 时速度。 (2) 匀变速直线运动某段位移中点的即时速度, 、 等于这段位移两端的即时速度的几何平均 值。 (3) 、做匀变速直线运动的物体,如果在各个连续相等的时间 T 内的位移分别为 sⅠ,sⅡ,sⅢ,??sn 则: 2 △s=sⅡ-sⅠ=sⅢ-sⅡ=??=aT (4)、初速为零的匀变速直线运动的特征: (设 t 为单位时间) ①1t 末,2t 末,3t 末??即时速度的比为: υ 1:υ 2:υ 3:??υ n=1:2:3:??n ②1t 内,2t 内,3t 内??位移之比为:

S1 : S 2 : S 3 : ??S n =12:22:32:??:n2
③第 1t 内,第 2t 内,第 3t 内??位移之比为: SⅠ:SⅡ:SⅢ:. ..Sn=1:3:5:..(2n-1) .

3、对于匀减速直线运动,必须特别注意其特性: (1)匀减速直线运动总有一个速度为零的时刻,此后,有的便停下来,有些会反向匀加速 (2)匀减速运动的反向运动既可以按运动的先后顺序进行运算,也可将返回的运动按初速 为零的匀加速运动计算。 4、自由落体运动 (1)初速度 v0 ? 0 (2)末速度 vt ? gt (3)下落高度 h ?
2

1 2 gt (从 v0 位置向下计算) 2

(4)推论 vt ? 2gt 注: (1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动,遵循匀变速直线运动规律; (2)a=g=9.8m/s2≈10m/s2(重力加速度在赤道附近较小,在高山处比平地小,方向竖直向 下) 。 (3)竖直上抛运动 a.位移 s ? v0 t -

1 2 gt 2
(g=9.8m/s2≈10m/s2)

b.末速度 Vt=Vo-gt

2 c.有用推论 vt2 ? v0 ? ?2gs
2 v0 d.上升最大高度 H m ? (抛出点算起) 2g

e.往返时间 t=2Vo/g (从抛出落回原位置的时间) 注: (1)全过程处理:是匀减速直线运动,以向上为正方向,加速度取负值; (2)分段处理:向上为匀减速直线运动,向下为自由落体运动,具有对称性; (3)上升与下落过程具有对称性,如在同点速度等值反向等。

二 例题分析
例 1、关于加速度与速度、位移的关系,以下说法正确的是: (D) A、υ 0 为正,a 为负,则速度一定在减小,位移也一定在减小; B、υ 0 为正,a 为正,则速度一定在增加,位移不一定在增加; C、υ 0 与 a 同向,但 a 逐渐减小,速度可能也在减小; D、υ 0 与 a 反向,但 a 逐渐增大,则速度减小得越来越快(在停止运动前)

例 2、 (8 分)从地面以速度

竖直向上抛出一皮球,皮球落地时速度大小为



若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比,试求皮球在空中运动的时间。

解:上升有

下降有



(2 分)

又∵ 空气阻力



成正比 即

∴ 上升时

(1 分) 下降时

(1 分)



空气阻力总冲量为

(1 分)



(2 分) ∴

(1 分)

例 3、 从地面上以速率 v1 竖直上抛一小球,若运动中受到的空气阻力与小球速率成正 比,小球落回地面时速率为 v2,则(B ) ①小球的加速度在上升过程中逐渐减小,在下降过程中也是逐渐减小 ②小球被抛出时的加速度值最大,落回抛出点时的加速度值最小 ③小球从抛出到落回地面经历时间是(v1 v2)/g

④小球从抛出到落回地面经历时间是 A. ①② B. ①②③ C. ①②④ D.①②③

例 4、从离地H高处自由下落小球 a,同时在它正下方 H 处以速度V0 竖直上抛另一小 球 b,不计空气阻力,有: ( C)

(1)若V0>

,小球 b 在上升过程中与 a 球相遇

(2)若V0<

,小球 b 在下落过程中肯定与 a 球相遇

(3)若V0=

,小球 b 和 a 不会在空中相遇

(4)若V0=

,两球在空中相遇时 b 球速度为零。

A.只有(2)是正确的 B.(1)(2)(3)是正确的 C.(1)(3)(4)正确的 D.(2)(4)是正确的。

例 5、(16 分)如图所示是我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿.跳台距水面高 度为 10 m,此时她恰好到达最高位置,估计此时她的重心离跳台台面的高度为 1 m,当她 下降到手触及水面时要伸直双臂做一个翻掌压水花的动作,这时她的重心离水面也是 1 m.(取 g=10 m/s2)求: (1)从最高点到手触及水面的过程中其重心可以看作是自由落体运动,她在空中 完 成一系列动作可利用的时间为多长? (2)忽略运动员进入水面过程中受力的变化,入水之后,她的重心能下沉到离水 面约 2.5 m 处,试估算水对她的平均阻力约是她自身重力的几倍?

解:(1)这段时间人重心下降高度为 10 m

空中动作时间 t=

………………………………………………(4 分)

代入数据得 t=

s=1.4 s ……………………………………………(2 分)

(2)运动员重心入水前下降高度 h Δh=11 m (2 分) 入水后深度为

=.2.5m

据动能定理 mg(h Δh h 水)=fh 水 ………………………………………(4 分)

整理得

……………………………………………(2 分)

=

=5.4 ………………………………………………(2 分)

例 6(12 分)一辆值勤的警车停在公路边,当警员发现从他旁边以 10m/s 的速度匀速行 驶的货车严重超载时,决定前去追赶,经过 5.5s 后警车发动起来,并以 2.5m/s2 的加速度做 匀加速运动,但警车的行驶速度必须控制在 90km/h 以内.问: (1)警车在追赶货车的过程中,两车间的最大距离是多少? (2)判定警车在加速阶段能否追上货车?(要求通过计算说明) (3)警车发动后要多长时间才能追上货车?

解析: (12 分) (l)警车在追赶货车的过程中,当两车速度相等时.它们的距离最大, 设警车发动后经过 t1 时间两车的速度相等.则

(1 分) s 货=(5.5 4)× 10m = 95m (1 分)

s警 分)

(1 分) 所以两车间的最大距离△s=s 货-s 警=75m(2

(2) v0=90km/h=25m/s,当警车刚达到最大速度时,运动时间

(l 分)

s 货’=(5.5 10)× 10m=155m (1 分)s 警’= 因为 s 货’>s 警’,故此时警车尚未赶上货车 (1 分)

(1 分)

(3)警车刚达到最大速度时两车距离△s’=s 货’-s 警’=30m ,警车达到最大速度后做匀

速运动,设再经过△t 时间追赶上货车.则:

(1 分)

所以警车发动后要经过

才能追上货车 (2 分)

例 7、一物体做匀变速直线运动,某时刻速度大小为 4m/s,1s 后速度的大小变为 10m/s, 在这 1s 内该物体的 ( ) 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/s D.加速度的大小可能大于 10m/s

析:同向时

反向时

式中负号表示方向跟规定正方向相反 答案:A、D

例 8、两木块自左向右运动,现用高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录下木快每次 曝光时的位置,如图所示,连续两次曝光的时间间隔是相等的,由图可知 ( )

A 在时刻 t2 以及时刻 t5 两木块速度相同 B 在时刻 t1 两木块速度相同 C 在时刻 t3 和时刻 t4 之间某瞬间两木块速度相同 D 在时刻 t4 和时刻 t5 之间某瞬间两木块速度相同

解析:首先由图看出:上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量,可以判定其做匀变 速直线运动; 下边那个物体很明显地是做匀速直线运动。 由于 t2 及 t3 时刻两物体位置相同, 说明这段时间内它们的位移相等, 因此其中间时刻的即时速度相等, 这个中间时刻显然在 t3、 t4 之间 答案:C

例 9、一跳水运动员从离水面 10m 高的平台上跃起,举双臂竖立身体离开台面,此时中 心位于从手到脚全长的中点,跃起后重心升高 0.45m 达到最高点,落水时身体竖直,手先入 水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)从离开跳台到手触水面,他可用于完成空 中动作的时间是多少?(g 取 10m/s2 结果保留两位数字) 解析:根据题意计算时,可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点,且忽略其水

平方向的运动,因此运动员做的是竖直上抛运动,由

可求出刚离开台面时的速度

,由题意知整个过程运动员的位移为-10m(以向上为正方向),由

得:

? 10 ? 3t ? 5t 2
解得:t≈1.7s

例 10、如图所示,有若干相同的小钢球,从斜面上的某一位置每隔 0.1s 释放一颗,在 连续释放若干颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图,测得 AB=15cm, BC=20cm,试求: (1) 拍照时 B 球的速度; (2) A 球上面还有几颗正在滚动的钢球

解析:拍摄得到的小球的照片中,A、B、C、D…各小球的位置,正是首先释放的某球 每隔 0.1s 所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的 问题了。求拍摄时 B 球的速度就是求首先释放的那个球运动到 B 处的速度;求 A 球上面还 有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到 A 处经过了几个时间间隔(0.1s) (1)A、B、C、D 四个小球的运动时间相差△T=0.1s

VB=

=

m/s=1.75m/s

(2)由△s=a△T2 得:

a=

m/s2=

=5m/s2

例 11、火车 A 以速度 v1 匀速行驶,司机发现正前方同一轨道上相距 s 处有另一火车 B 沿同方向以速度 v2(对地,且 v2〈v1〉做匀速运动,A 车司机立即以加速度(绝对值)a 紧急刹车,为使两车不相撞,a 应满足什么条件?

分析:后车刹车做匀减速运动,当后车运动到与前车车尾即将相遇时,如后车车速已降 到等于甚至小于前车车速,则两车就不会相撞,故取 s 后=s s 前和 v 后≤v 前求解 解法一:取取上述分析过程的临界状态,则有

v1t-

a0t2=s+v2t

v1-a0t = v2

a0 =

所以当 a≥

时,两车便不会相撞。

法二:假如后车追上前车恰好发生相撞,则

v1t-

at2 = s +v2t

上式整理后可写成有关 t 的一元二次方程,即

at2+(v2-v1)t+s = 0 取判别式△〈0,则 t 无实数解,即不存在发生两车相撞时间 t。△≥0,则有

(v2-v1)2≥4(

a)s

得 a≤

为避免两车相撞,故 a≥

法三:运用 v-t 图象进行分析,设从某时刻起后车开始以绝对值为 a 的加速度开始刹车,取该时刻为 t=0,则 A、B 两车的 v-t 图线如图所 示。图中由 v1 、v2、C 三点组成的三角形面积值即为 A、B 两车位移 之差(s 后-s 前)=s,tanθ 即为后车 A 减速的加速度绝对值 a0。因此有

(v1-v2)

=s

所以 tanθ=a0=

若两车不相撞需 a≥a0=

例 12、摩托车在平直公路上从静止开始起动,a1=1.6m/s2,稍后匀速运动,然后减速, a2=6.4m/s2,直到停止,共历时 130s,行程 1600m。试求: (1) 摩托车行驶的最大速度 vm; (2) 若摩托车从静止起动, a1、 不变, a2 直到停止, 行程不变, 所需最短时间为多少? 分析:(1)整个运动过程分三个阶段:匀加速运动;匀速运动;匀减速运动。可借助 v-t 图象表示。 (2)首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。借助 v-t 图象可以证实:当 摩托车以 a1 匀加速运动,当速度达到 v/m 时,紧接着以 a2 匀减速运动直到停止时,行程不 变,而时间最短

解: (1) 如图所示, 利用推论 vt2-v02=2as 有:

(130-

) vm

=1600.

其中 a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.解得:vm=12.8m/s(另一解舍去). (2)路程不变, 则图象中面积不变, v 越大则 t 越小, 当 如图所示.设最短时间为 tmin, tmin= 则



=1600 ②

其中 a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由②式解得 vm=64m/s,故 tmin= 时间为 50s.

.既最短

例 13、一平直的传送以速率 v=2m/s 匀速行驶,传送带把 A 处的工件送到 B 处,A、B 两处相距 L=10m,从 A 处把工件无初速度地放到传送带上,经时间 t=6s 能传送到 B 处,欲 使工件用最短时间从 A 处传送到 B 处,求传送带的运行速度至少应多大? 解析:物体在传送带上先作匀加速运动,当速度达到 v=2m/s 后与传送带保持相对静止, 作匀速运动.设加速运动时间为 t,加速度为 a,则匀速运动的时间为(6-t)s,则: v=at ①

s1=

at2 ②

s2=v(6-t) ③ s1 s2=10 ④ 联列以上四式,解得 t=2s,a=1m/s2 物体运动到 B 处时速度即为皮带的最小速度

由 v2=2as 得 v=

m/s

传送带给物体的滑动摩擦力提供加速度,即 的最大加速度.要使物体传送时间最短,应让物体始终作匀加速运动

此加速度为物体运动

例 14、一辆汽车在十字路口等候绿灯,当绿灯亮时汽车以 3m/s2 的加速度开始行驶,恰 在这时一辆自行车以 6m/s 的速度匀速驶来,从后边赶过汽车。试求: (1) 汽车从路口开动后,在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远?此时距离是 多少? (2) 什么时候汽车追上自行车,此时汽车的速度是多少?

解析:解法一:汽车开动后速度由零逐渐增大,而自行车的速度是定值。当汽车的速度 还小于自行车速度时,两者的距离将越来越大,而一旦汽车速度增加到超过自行车速度时, 两车距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最大,有 ,所以,

解法二:用数学求极值方法来求解 (1) 设汽车在追上自行车之前经过 t 时间两车相距最远,

因为

所以

,由二次函数求极值条件知,

时,

最大



(2)汽车追上自行车时,二车位移相等,则

,

解法三:用相对运动求解更简捷

选匀速运动的自行车为参考系,则从运动开始到相距最远这段时间内,汽车相对此参考 系的各个物理量为: 初速度 v0 = v 汽初-v 自 =(0-6)m/s = -6m/s 末速度 vt = v 汽末-v 自 =(6-6)m/s = 0 加速度 a = a 汽-a 自 =(3-0)m/s2 = 3m/s2

所以相距最远 s= 解法四:用图象求解

=-6m(负号表示汽车落后)

(1)自行车和汽车的 v-t 图如图,由于图线与横坐标轴所包围的面积表示位移的大小, 所以由图上可以看出:在相遇之前,在 t 时刻两车速度相等时,自行车的位移(矩形面积) 与汽车的位移(三角形面积)之差(即斜线部分)达最大,所以

t=v 自/a=

s=2s

△s= vt-at2/2 =(6× 2-3× 22/2)m= 6m (2)由图可看出:在 t 时刻以后,由 v 自或与 v 汽线组成的三角形面积与标有斜线的三 角形面积相等时,两车的位移相等(即相遇)。所以由图得相遇时,t’= 2t = 4s,v’= 2v 自 =12m/s 答案 (1)2s 6m (2)12m/s

例 15、(16 分)某司机在平直公路上测试汽车的制动功能。他从车上速度表看到汽车 速度 v=72km/h 时紧急刹车,由于车轮与公路面的摩擦,车轮在公路面上划出一道长 L=40m 的刹车痕后停止。求:

(1)车轮与公路面间的动摩擦因数



(2)该司机驾车仍以 v=72km/h 的速度在一段动摩擦因数也为

、倾角为 8° 的坡路上

匀速向下行驶,发现前方停着一辆故障车。若刹车过程司机的反应时间为△t=0.7s,为了避 免两车相撞, 该司机至少应在距离故障车多远处采取同样的紧急刹车措施? (取 sin8o=0.14, cos8 o=0.99,g=10m/s2) 解:(1)汽车做匀减速运动而停止,则 v=72km/h=20m/s

(2 分)

② (2 分)

由①②得

③ (2 分)

(2)在反应时间内,汽车仍做匀速运动,其位移

④ (2 分) 实施紧急刹车后,汽车的加速度为 ,由牛顿第二定律得

⑤ (2 分)

⑥ (2 分)

此时间内汽车位移为

⑦ (2 分)

两车车距至少为

⑧ (2 分)

例 16、图 1 是甲、乙两物体做直线运动的 v 一 t 图象。下列表述正确的是 A.乙做匀加速直线运动

B.0 一 ls 内甲和乙的位移相等 C.甲和乙的加速度方向相同 D.甲的加速度比乙的小

答案.A 【解析】甲乙两物体在速度图象里的图形都是倾斜的直线表明两物体都是匀变速直线,乙是 匀加速,甲是匀减速,加速度方向不同 A 对 C 错.根据在速度图象里面积表示位移的方法可知 在 0 一 ls 内甲通过的位移大于乙通过的位移.B 错.根据斜率表示加速度可知甲的加速度大于 乙的加速度,D 错.

例 17、 “研究匀变速直线运动”的实验中,使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为 50Hz),得到如图 8 所示的纸带。图中的点为计数点,相邻两计数点间还有四个点未画出来, 下列表述正确的是 A.实验时应先放开纸带再接通电源 B.(S6 一 S1)等于(S2 一 S1)的 6 倍 C.从纸带可求出计数点 B 对应的速率 D.相邻两个计数点间的时间间隔为 0.02s

答案.C 【解析】在“研究匀变速直线运动”的实验中,实验时应先接通电源再放开纸带,A 错.根据相 等的时间间隔内通过的位移有 xM ? x N ? (M ? N )at 2 ,可知(S6 一 S1)等于(S2 一 S1)的 5 倍,B 错.根据 B 点为 A 与 C 的中间时刻点有 v B ? 有画出,所以时间间隔为 0.1s,D 错.

x AC ,C 对.由于相邻的计数点之间还有 4 个点没 2t

例 18、如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面 上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦。 现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了

一段距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 A. 物块先向左运动,再向右运动 B. 物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动 C. 木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动 D. 木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零 答案 BC. 【解析】对于物块由于运动过过程中与木板存在相对滑动,且始终相对木板向左运动,因此 木板对物块的摩擦力向右,所以物块相对地面向右运动,且速度不断增大,直至相对静止而 做匀速直线运动,B 正确;对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力 作用,则木板的速度不断减小,知道二者相对静止,而做直线运动,C 正确;由于水平面光 滑,所以不会停止,D 错误。

例 19、某同学为了探究物体在斜面上的运动时摩擦力与斜 面倾角的关系,设计实验装置如图。长直平板一端放在水平桌 面上,另一端架在一物块上。在平板上标出 A、B 两点,B 点处 放置一光电门,用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间。 实验步骤如下: ① 用游标卡尺测量滑块的挡光长度 d,用天平测量滑块的质量 m; ② 用直尺测量 AB 之间的距离 s,A 点到水平桌面的垂直距离 h1,B 点到水平桌面的垂 直距离 h2; ③ 将滑块从 A 点静止释放,由光电计时器读出滑块的挡光时间 t1 ④ 重复步骤③数次,并求挡光时间的平均值 ; ⑤ 利用所测数据求出摩擦力 f 和斜面倾角的余弦值 cos ? ; ⑥ 多次改变斜面的倾角,重复实验步骤②③④⑤,做出 f- cos ? 关系曲线。 (1) 用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为 g) : ① 斜面倾角的余弦 cos ? = ② 滑块通过光电门时的速度 v= ③ 滑块运动时的加速度 a= ④ 滑块运动时所受到的摩擦阻力 f= ; ; ; ;

(2)测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图所示,读得 d= 答案(1)① cos? ? ②



s 2 ? (h1 ? h2 )2 s

d t

③a ?

d2 2st 2

h1 ? h2 d2 ?m ④ mg s 2st 2
(2)3.62cm 【解析】(1)物块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,受重力、支持力、滑动摩擦力, 如图所示① 根据三角形关系可得到 cos? ?

s 2 ? (h1 ? h2 )2 x d ,②根据 v ? ? ③根据运 t t s

v2 v2 d2 动学公式 x ? ,有 s ? ,即有 a ? 2a 2a 2st 2
④根据牛顿第二定律 mgsin ? ? f ? ma ,则有 f ? m g

h1 ? h2 d2 ?m . s 2st 2

(2) 在游标卡尺中,主尺上是 3.6cm,在游标尺上恰好是第 1 条刻度线与主尺对齐,再考虑 到卡尺是 10 分度,所以读数为 3.6cm+0.1×1mm=3.61cm 或者 3.62cm 也对.

例 20、两物体甲和乙在同一直线上运动,它们在 0~0.4s 时间内的 v-t 图象如图所示。若 仅在两物体之间存在相互作用,则物体甲与乙的质量之比和图中时间 t1 分别为

A.

1 和 0.30s 3

B.3 和 0.30s

C. 答案 B

1 和 0.28s 3

D.3 和 0.28s

【解析】本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减速.根据

a?

m甲 ?v F 1 F 得 3a甲 ? a乙 , 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 , 得 ? ?3 , 由 ?t m甲 3 m乙 m乙
4 1 ? 10 m / s 2 ? ,得 t=0.3s,B 正确. 0.4 0.4 ? t

a乙 ?

例 21、某物体做直线运动的 v-t 图象如图甲所示,据此判断图乙(F 表示物体所受合力,x 表示物体的位移)四个选项中正确的是( )

v

t/s
图甲 图乙

答案:B 考点: v-t 图象、牛顿第二定律 解析:由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动,所以前两秒受力恒定, 2s-4s 做正方向匀加速直线运动,所以受力为负,且恒定,4s-6s 做负方向匀加速直线运动, 所以受力为负,恒定,6s-8s 做负方向匀减速直线运动,所以受力为正,恒定,综上分析 B 正确。 提示:在 v-t 图象中倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动,加速度恒定,受力恒定。 速度——时间图象特点: ①因速度是矢量,故速度——时间图象上只能表示物体运动的两个方向,t 轴上方代表 的“正方向” 轴下方代表的是“负方向” ,t ,所以“速度——时间”图象只能描述物体做“直 线运动”的情况,如果做曲线运动,则画不出物体的“位移——时间”图象; ②“速度——时间”图象没有时间 t 的“负轴” ,因时间没有负值,画图要注意这一点; ③“速度——时间”图象上图线上每一点的斜率代表的该点的加速度,斜率的大小表示

加速度的大小,斜率的正负表示加速度的方向; ④“速度——时间”图象上表示速度的图线与时间轴所夹的“面积”表示物体的位移

例 22、某物体运动的速度图象如图 1,根据图象可知 2 A.0-2s 内的加速度为 1m/s B.0-5s 内的位移为 10m C.第 1s 末与第 3s 末的速度方向相同 D.第 1s 末与第 5s 末的速度方向相同

v(m/s) 2 t/s 0 1 2

3 4 5 图1 .答案:AC 解析:由 v-t 图象知,0-2s 内物体运动的速度为 1m/s2,0-5s 内的位移为 7m,第 1s 末与第 3s 末的速度方向相同(均与正方向一致) ,第 5s 末的速度为零,没有方 向.

例 23、一卡车拖挂一相同质量的车厢,在水平直道上以 v0 ? 12m / s 的速度匀速行驶,其所 受阻力可视为与车重成正比,与速度无关。某时刻,车厢脱落,并以大小为 a ? 2m / s
2

的加速度减速滑行。在车厢脱落 t ? 3s 后,司机才发觉并紧急刹车,刹车时阻力为正常 行驶时的 3 倍。假设刹车前牵引力不变,求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。 解: 设卡车的质量为 M,车所受阻力与车重之比为 ? ;刹车前卡车牵引力的大小为 F , 卡车刹车前后加速度的大小分别为 a1 和 a2 。重力加速度大小为 g。由牛顿第二定律有

F ? 2 ? Mg ? 0 F ? ? Mg ? Ma1

① ② ③ ④

? Mg ? Ma 3? Mg ? Ma2

设车厢脱落后, t ? 3s 内卡车行驶的路程为 s1 ,末速度为 v1 ,根据运动学公式有

1 s1 ? v0t ? a1t 2 2

⑤ ⑥ ⑦

v1 ? v0 ? a1t

v12 ? 2a2 s2

式中, s 2 是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为 s ,有

2 v0 ? 2as



卡车和车厢都停下来后相距

?s ? s1 ? s2 ? s
由①至⑨式得



?s ? ?
代入题给数据得

2 v0 4 2 ? v0t ? at2 3a 3 3



?s ? 36m

11 ○

例 24、 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量 m =2 ㎏,动力系统提供的恒定升力 F =28 N。试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻 力大小不变,g 取 10m/s 。 (1)第一次试飞,飞行器飞行 t1 = 8 s 时到达高度 H = 64 m。求飞行器所阻力 f 的大 小; (2)第二次试飞,飞行器飞行 t2 = 6 s 时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力。求 飞行器能达到的最大宽度 h; (3)为了使飞行器不致坠落到地面,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t3 。
2

解: (1)第一次飞行中,设加速度为 a1 匀加速运动 H ?

1 2 a1t1 2

由牛顿第二定律 F ? mg ? f ? ma 1 解得 f ? 4( N ) (2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为 v1 ,上升的高度为 s1 匀加速运动 s1 ?

1 2 a1t 2 2

设失去升力后的速度为 a2 ,上升的高度为 s2

由牛顿第二定律 mg ? f ? ma2

v1 ? a1t 2

v12 s2 ? 2a2
解得 h ? s1 ? s2 ? 42(m) (3)设失去升力下降阶段加速度为 a3 ;恢复升力后加速度为 a4 ,恢复升力时速度为 v3 由牛顿第二定律 mg ? f ? ma3 F+f-mg=ma4
2 2 v3 v3 且 ? ?h 2a3 2a4

V3=a3t3 解得 t3=

3 2 (s)(或 2.1s) 2

例 25、已知 O、A、B、C 为同一直线上的四点,AB 间的距离为 l1,BC 间的距离为 l2, 一物体自 O 点由静止出发,沿此直线做匀速运动,依次经过 A、B、C 三点,已知物体通过 AB 段与 BC 段所用的时间相等。求 O 与 A 的距离。 解:设物体的加速度为 a,到达 A 的速度为 v0,通过 AB 段和 BC 段所用的时间为 t, 则有

1 l1 ? v0t ? at 2 ?????????????????① 2

l1 ? l2 ? 2v0t ? 2at2 ???????????????②
联立①②式得

l2 ? l1 ? at2 ???????????????????③

3l1 ? l2 ? 2v0t ??????????????????④
设 O 与 A 的距离为 l ,则有

l?

2 v0 ?????????????????????⑤ 2a

联立③④⑤式得

l?

(3l1 ? l2 )2 ??????????????????? 8(l2 ? l1 )

??⑥

例 26、A、B 两辆汽车在笔直的公路上同向行驶。当 B 车在 A 车前 84 m 处时,B 车速 度为 4 m/s,且正以 2 m/s2 的加速度做匀加速运动;经过一段时间后,B 车加速度突然变为 零。A 车一直以 20 m/s 的速度做匀速运动。经过 12 s 后两车相遇。问 B 车加速行驶的时间 是多少?

解:设 A 车的速度为 vA,B 车加速行驶时间为 t,两车在 t0 时相遇。则有

s A ? v At 0
sB ? vB t ? 1 2 at ? (v B ? at )( t 0 ? t ) 2

① ②

式中,t0 =12s,sA、sB 分别为 A、B 两车相遇前行驶的路程。依题意有

s A ? sB ? s
式中 s=84 m。由①②③式得



t 2 ? 2t 0 t ?

2?(v B ? v A )t 0 ? s ? ?0 a



代入题给数据 vA=20m/s,vB=4m/s,a =2m/s2, 有

t 2 ? 24t ? 108 ? 0
式中 t 的单位为 s。解得 t1=6 s,t2=18 s t2=18s 不合题意,舍去。因此,B 车加速行驶的时间为 6 s。 ⑥



例 27、总质量为 80kg 的跳伞运动员从离地 500m 的直升机上跳下, 经过 2s 拉开绳索开启降 落伞,如图所示是跳伞过程中的 v-t 图,试根据图像求: 取 10m/s2) (g (1)t=1s 时运动员的加速度和所受阻力的大小。 (2)估算 14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功。 (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。 解: (1)从图中可以看出,在 t=2s 内运动员做匀加速运动,其加速度大小为

a?

vt 16 ? m/s2=8m/s2 t 2

设此过程中运动员受到的阻力大小为 f,根据牛顿第二定律,有 mg-f=ma 得 f=m(g-a)=80×(10-8)N=160N (2)从图中估算得出运动员在 14s 内下落了 39.5×2×2m=158m 根据动能定理,有 mgh ? W f ? 所以有

1 2 mv 2

1 1 W f ? mgh ? mv 2 =(80×10×158- ×80×62)J≈1.25×105J 2 2

(3)14s 后运动员做匀速运动的时间为

t? ?

H ? h 500 ? 158 s=57s ? vt 6

运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t 总=t+t′=(14+57)s=71s

三 易错题集
例 1 、汽车以 10 m/s 的速度行使 5 分钟后突然刹车。如刹车过程是做匀变速运动,加 2 速度大小为 5m/s ,则刹车后 3 秒钟内汽车所走的距离是多少? 【错解】因为汽车刹车过程做匀减速直线运动,初速 v0=10 m/s 加速度

【错解原因】出现以上错误有两个原因。一是对刹车的物理过程不清楚。当速度减为 零时,车与地面无相对运动,滑动摩擦力变为零。二是对位移公式的物理意义理解不深刻。 位移 S 对应时间 t,这段时间内 a 必须存在,而当 a 不存在时,求出的位移则无意义。由于 第一点的不理解以致认为 a 永远地存在; 由于第二点的不理解以致有思考 a 什么时候不存在。 【分析解答】依题意画出运动草图 1-1。设经时间 t1 速度减为零。据匀减速直线运动 速度公式 v1=v0-at 则有 0=10-5t 解得 t=2S 由于汽车在 2S 时

【评析】物理问题不是简单的计算问题,当得出结果后,应思考是否与

s=-30m 的结果,这个结果是与实际不相符的。应思考在运用规律中是否出现与实际不符的 问题。

本题还可以利用图像求解。汽车刹车过程是匀减速直线运动。据 v0,a

由此可知三角形 v0Ot 所包围的面积即为刹车 3s 内的位移。

例 2、 气球以 10m/s 的速度匀速竖直上升,从气球上掉下一个物体,经 17s 到达地面。 2 求物体刚脱离气球时气球的高度。(g=10m/s ) 【错解】物体从气球上掉下来到达地面这段距离即为物体脱离气球时,气球的高度。

所以物体刚脱离气球时,气球的高度为 1445m。 【错解原因】由于学生对惯性定律理解不深刻,导致对题中的隐含条件即物体离开气 球时具有向上的初速度视而不见。误认为 v0=0。实际物体随气球匀速上升时,物体具有向 上 10m/s 的速度当物体离开气球时, 由于惯性物体继续向上运动一段距离, 在重力作用下做 匀变速直线运动。 【分析解答】本题既可以用整体处理的方法也可以分段处理。

方法一:可将物体的运动过程视为匀变速直线运动。根据题意画出运动草图如图 1-3 2 所示。规定向下方向为正,则 V0=-10m/sg=10m/s 据 h=v0t+

∴物体刚掉下时离地 1275m。

方法二: 如图 1-3 将物体的运动过程分为 A→B→C 和 C→D 两段来处理。 A→B→C 为竖 直上抛运动,C→D 为竖直下抛运动。 在 A→B→C 段,据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为

由题意知 tCD=17-2=15(s)

=1275(m) 方法三:根据题意做出物体脱离气球到落地这段时间的 V-t 图(如图 1-4 所示)。

其中△v0otB 的面积为 A→B 的位移 △tBtcvc 的面积大小为 B→C 的位移 梯形 tCtDvDvC 的面积大小为 C→D 的位移即物体离开气球时距地的高度。

则 tB=1s 根据竖直上抛的规律 tc=2s tBtD=17-1=16(s) 在△tBvDtD 中则可求 vD=160(m/s)

【评析】在解决运动学的问题过程中,画运动草图很重要。解题前应根据题意画出运 动草图。草图上一定要有规定的正方向,否则矢量方程解决问题就会出现错误。如分析解答 方法一中不规定正方向,就会出现

例 3、 经检测汽车 A 的制动性能: 以标准速度 20m/s 在平直公路上行使时, 制动后 40s 停下来。 A 在平直公路上以 20m/s 的速度行使发现前方 180m 处有一货车 B 以 6m/s 的速度 现 同向匀速行使,司机立即制动,能否发生撞车事故? 【错解】 设汽车 A 制动后 40s 的位移为 s1,货车 B 在这段时间内的位

S2=v2t=6×40=240(m) 两车位移差为 400-240=160(m) 因为两车刚开始相距 180m>160m 所以两车不相撞。 【错解原因】这是典型的追击问题。关键是要弄清不相撞的条件。汽车 A 与货车 B 同 速时,两车位移差和初始时刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据。当两车同速时,两 车位移差大于初始时刻的距离时,两车相撞;小于、等于时,则不相撞。而错解中的判据条 件错误导致错解。

【分析解答】如图 1-5 汽车 A 以 v0=20m/s 的初速做匀减速直线运动经 40s 停下来。 2 据加速度公式可求出 a=-0.5m/s 当 A 车减为与 B 车同速时是 A 车逼近 B 车距离最多的时刻, 这时若能超过 B 车则相撞,反之则不能相撞。

(m)

△S=364-168=196>180(m) 所以两车相撞。 【评析】分析追击问题应把两物体的位置关系图画好。如图 1.5,通过此图理解物理情 景。本题也可以借图像帮助理解图 1-6 中。阴影区是 A 车比 B 车多通过的最多距离,这段距 离若能大于两车初始时刻的距离则两车必相撞。小于、等于则不相撞。从图中也可以看出 A 车速度成为零时,不是 A 车比 B 车多走距离最多的时刻,因此不能作为临界条件分析。

例 4 、如图 1-7 所示,一人站在岸上,利用绳和定滑轮,拉船靠岸,在某一时刻绳的 速度为 v, AO 段与水平面夹角为 θ , 绳 不计摩擦和轮的质量, 则此时小船的水平速度多大? 【错解】 将绳的速度按图 1-8 所示的方法分解, v1 即为船的水平速度 v1=v·cosθ 。 则 【错解原因】上述错误的原因是没有弄清船的运动情况。实际上船是在做平动,每一 时刻船上各点都有相同的水平速度。而 AO 绳上各点运动比较复杂,既有平动又有转动。以 连接船上的 A 点来说,它有沿绳的平动分速度 v,也有与 v 垂直的法向速度 vn,即转动分速 度,A 点的合速度 vA 即为两个分速度的合。vA=v/cosθ

【分析解答】方法一:小船的运动为平动,而绳 AO 上各点的运动是平动+转动。以连 接船上的 A 点为研究对象,如图 1-9,A 的平动速度为 v,转动速度为 vn,合速度 vA 即与船 的平动速度相同。则由图可以看出 vA=v/cosθ 。

【评析】方法二:我们可以把绳子和滑轮看作理想机械。人对绳子做的功等于绳子对 船做的功。我们所研究的绳子都是轻质绳,绳上的张力相等。对于绳上的 C 点来说即时功率 P 人绳=F·v。对于船上 A 点来说 P 绳船=FvA·cos

解答的方法一,也许学生不易理解绳上各点的运动。从能量角度来讲也可以得到同样 的结论。 还应指出的是要有实际力、实际加速度、实际速度才可分解。 例 5 、 一条宽为 L 的河流,河水流速为 v1,船在静水中的 速度为 v2,要使船划到 对岸时航程最短,船头应指向什么方向?最短航程是多少? 【错解】要使航程最短船头应指向与岸垂直的方向。最短航程为 L。 【错解原因】上而错解的原因是对运动的合成不理解。船在水中航行并不是船头指向 什么方向就向什么方向运动。它的运动方向是船在静水中的速度方向与水流方向共同决定 的。要使航程最短应是合速度垂直于岸。 【分析解答】题中没有给出 v1 与 v2 的大小关系,所以应考虑以下可能情况。

此种情况下航程最短为 L。

②当 v2<v1 时,如图 1-11 船头斜向上游,与岸夹角为 θ 时,用三角形法则分析当它 的方向与圆相切时,航程最短,设为 S,由几何关系可知此时 v2⊥v(合速度)(θ ≠0)

③当 v2=v1 时,如图 1-12,θ 越小航程越短。(θ ≠ 0)

【评析】航程最短与时间最短是两个不同概念。航程最短是指合位移最小。时间最短 是指用最大垂直河岸的速度过河的时间。 解决这类问题的依据就是合运动与分运动的等时性 及两个方向运动的独立性。 例 6 、有一个物体在 h 高处,以水平初速度 v0 抛出,落地时的速度为 v1,竖直分速度 为 vy,下列公式能用来计算该物体在空中运动时间的是( )

故 B 正确。 【错解原因】形成以上错误有两个原因。第一是模型与规律配套。Vt=v0+gt 是匀加速 直线运动的速度公式,而平抛运动是曲线运动,不能用此公式。第二不理解运动的合成与分 解。 平抛运动可分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动。 每个分运动都对应自身 运动规律。 【分析解答】本题的正确选项为 A,C,D。 平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体,分运动与合运动时间 具有等时性。 水平方向:x=v0t①

据式①~⑤知 A,C,D 正确。 【评析】选择运动公式首先要判断物体的运动性质。运动性质确定了,模型确定了, 运动规律就确定了。判断运动性要根据合外力和初速度的关系。当合外力与初速度共线时, 物体做直线运动,当合外力与 v 不共线时,物体做曲线运动。当合外力与 v0 垂直且恒定时, 物体做平抛运动。当物体总与 v 垂直时,物体做圆运动。 例 7 一个物体从塔顶落下, 在到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的 9/25, 2 求塔高(g=10m/s )。 【错解】因为物体从塔顶落下,做自由落体运动。

解得 H=13.9m 【错解原因】物体从塔顶落下时,对整个过程而言是初速为零的匀加速直线运动。而 对部分最后一秒内物体的运动则不能视为初速为零的匀加速直线运动。 因为最后一秒内的初 始时刻物体具有一定的初速, 由于对整体和部分的关系不清, 导致物理规律用错, 形成错解。 【分析解得】根据题意画出运动草图,如图 1-13 所示。物体从塔顶落到地面所经历 时间为 t,通过的位移为 H 物体在 t—1 秒内的位移为 h。 因为 V0=0

由①②③解得 H=125m 【评析】解决匀变速直线运动问题时,对整体与局部,局部与局部过程相互关系的分 析,是解题的重要环节。如本题初位置记为 A 位置,t—1 秒时记为 B 位置,落地点为 C 位 置(如图 1-13 所示)。不难看出既可以把 BC 段看成整体过程 AC 与局部过程 AB 的差值, 也可以把 BC 段看做是物体以初速度 VB 和加速度 g 向下做为时 1s 的匀加速运动,而 vB 可看 成是局部过程 AB 的末速度。这样分析就会发现其中一些隐含条件。使得求解方便。

另外值得一提的是匀变速直线运动的问题有很多题通过 v-t 图求解既直观又方便简 洁。如本题依题意可以做出 v-t 图(如图 1-14),由题意

例 8 正在与 Rm 高空水平匀速飞行的飞机,每隔 1s 释放一个小球,先后共释放 5 个, 不计空气阻力,则( ) A.这 5 个小球在空中排成一条直线 B.这 5 个小球在空中处在同一抛物线上 C.在空中,第 1,2 两个球间的距离保持不变 D.相邻两球的落地间距相等 【错解】因为 5 个球先后释放,所以 5 个球在空中处在同一抛物线上,又因为小球都 做自由落体运动,所以 C 选项正确。 【错解原因】形成错解的原因是只注意到球做平抛运动,但没有理解小球做平抛的时 间不同,所以它们在不同的抛物线上,小球在竖直方向做自由落体运动,但是先后不同。所 以 C 选项不对。 【分析解答】释放的每个小球都做平抛运动。水平方向的速度与飞机的飞行速度相等, 在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,只是开始的时刻不同。飞机和 小球的位置如图 1-15 可以看出 A,D 选项正确。

【评析】解这类题时,决不应是想当然,而应依据物理规律画出运动草图,这样会有 很大的帮助。如本题水平方向每隔 1s 过位移一样,投小球水平间距相同,抓住特点画出各 个球的轨迹图,这样答案就呈现出来了。 例 9 物块从光滑曲面上的 P 点自由滑下, 通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上 的 Q 点,若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来,使传送带随之运动,如图 1-16 所示, 再把物块放到 P 点自由滑下则 ( )

A.物块将仍落在 Q 点 B.物块将会落在 Q 点的左边 C.物块将会落在 Q 点的右边 D.物块有可能落不到地面上 【错解】因为皮带轮转动起来以后,物块在皮带轮上的时间长,相对皮带位移弯大, 摩擦力做功将比皮带轮不转动时多, 物块在皮带右端的速度将小于皮带轮不动时, 所以落在 Q 点左边,应选 B 选项。 【错解原因】学生的错误主要是对物体的运动过程中的受力分析不准确。实质上当皮 带轮逆时针转动时,无论物块以多大的速度滑下来,传送带给物块施的摩擦力都是相同的, 且与传送带静止时一样,由运动学公式知位移相同。从传送带上做平抛运动的初速相同。水 平位移相同,落点相同。 【分析解答】物块从斜面滑下来,当传送带静止时,在水平方向受到与运动方向相反 的摩擦力,物块将做匀减速运动。离开传送带时做平抛运动。当传送带逆时针转动时物体相 对传送带都是向前运动,受到滑动摩擦力方向与运动方向相反。 物体做匀减速运动,离开 传送带时,也做平抛运动,且与传送带不动时的抛出速度相同,故落在 Q 点,所以 A 选项正 确。

【评析】若此题中传送带顺时针转动,物块相对传送带的运动情况就应讨论了。 (1)当 v0=vB 物块滑到底的速度等于传送带速度,没有摩擦力作用,物块做匀速运动, 离开传送带做平抛的初速度比传送带不动时的大,水平位移也大,所以落在 Q 点的右边。 (2)当 v0>vB 物块滑到底速度小于传送带的速度,有两种情况,一是物块始终做匀加 速运动,二是物块先做加速运动,当物块速度等于传送带的速度时,物体做匀速运动。这两 种情况落点都在 Q 点右边。 (3)v0<vB 当物块滑上传送带的速度大于传送带的速度,有两种情况,一是物块一直 减速,二是先减速后匀速。第一种落在 Q 点,第二种落在 Q 点的右边

第三章 相互作用 一 知识点总结

(一)力 重力和弹力 1、力:是物体对物体的作用 (1)施力物体与受力物体是同时存在、同时消失的; (2)力的大小、方向、作用点称 为力的三要素; (3)力的分类:根据产生力的原因即根据力的性质命名有重力、弹力、分子 力、电场力、磁场力等;根据力的作用效果命名即效果力如拉力、压力、向心力、回复力等。 2、重力 (1)产生:由于地球的吸引而使物体受到的力, (2)大小:G=mg,可用弹簧秤测量。 (3)方向:竖直向下, (4)重心:重力作用点,是物体各部分所受重力的合力的作用点, (5)重心的测量方向:均匀规则几何体的重心在其几何中心,薄片物体重心用悬挂法;重 心不一定在物体上。 3、弹力 (1)发生弹性形变的物体,由于恢复原状,对跟它接触并使之发生形变的另一物体产 生的力的作用。 (2)产生条件:两物体接触;有弹性形变。 (3)方向:弹力的方向与物体形变的方向相反,具体情况有:轻绳的弹力方向是沿着 绳收缩的方向;支持力或压力的方向垂直于接触面,指向被支撑或被压的物体;弹簧弹力方 向与弹簧形变方向相反。 (4)大小:弹簧弹力大小 F=kx(其它弹力由平衡条件或动力学规律求解)

(二)摩擦力 1、摩擦力:相互接触的粗糙的物体之间有相对运动(或相对运动趋势)时,在接触面 产生的阻碍相对运动(相对运动趋势)的力;产生条件:接触面粗糙;有正压力;有相对运 动(或相对运动趋势) ;摩擦力种类:静摩擦力和滑动摩擦力。 2、静摩擦力 (1)产生:两个相互接触的物体,有相对滑动趋势时产生的摩擦力。 (2)作用效果:总是阻碍物体间的相对运动趋势。 (3)方向:与相对运动趋势的方向一定相反(**与物体的运动方向可能相反、可能相 同、还可能成其它任意夹角) (4)方向的判定:由静摩擦力方向跟接触面相切,跟相对运动趋势方向相反来判定; 由物体的平衡条件来确定静摩擦力的方向;由动力学规律来确定静摩擦力的方向。 3、滑动摩擦力 (1)产生:两个物体发生相对运动时产生的摩擦力。 (2)作用效果:总是阻碍物体间的相对运动。 (3)方向:与物体的相对运动方向一定相反(**与物体的运动方向可能相同;可能相 反;也可能成其它任意夹角) (4)大小:f=μ N(μ 是动摩擦因数,只与接触面的材料有关,与接触面积无关) (三)共点力的合成与分解 1、合力与分力:一个力如果它产生的效果跟几个力共同作用所产生的效果相同,这个 力就叫做那几个力的合力,那几个力叫做这个力的分力。 2、力的合成与分解:求几个力的合力叫做力的合成;求一个力的分力叫做力的分解。 3、共点力:物体同时受到几个力作用时,如果这几个力都作用于物体的同一点或者它 们的作用线交于同一点,这几个力叫做共点力。 4、共点力合成计算: (1)同一直线上两个力的合成:同方向时 F=F1+F2;反方向 F=F1-F2 (2)互成角度两力合成:求两个互成角度的共点力 F1 F2 的合力,可以把 F1F2 的线段 作为邻边作平行四边形,它的对角线即表示合力的大小和方向。 合力的取值范围是:|F1-F2|≦F≦F1+F2 (3)多力合成:既可用平行四边形法则,也可用三角形法则——F1F2F3……Fn 的合力, 可以把 F1 F2 F3……Fn 首尾相接画出来,把 F1Fn 的另外两端连接起来,则此连线就表示合力 F 的大小和方向. 5、力的分解:力的分解是力的合成的逆运算(1)已知一条确定的对角线,可以作出无 数个平行四边形,故将一个力分解成两个分力,有无数解; (2)已知一个分力的大小和方向 求另一个分力,只有一解; (3)已知一个分力的大小和另一个分力的方向时可能有一组解、 两组解或无解。

6、求解方法: (1)平行四边形法; (2)正弦定理法、相似三解形法、正交分解法 (四)物体的受力分析 正确分析物体受力情况是解决力学问题的前提和关键之一。 对物体进行受力分析的步骤 是: 1、选择研究对象:把要研究的物体从相互作用的物体群中隔离出来。 2、进行受力分析: (1)把已知力图示出来; (2)分析场力(重力、电场力、磁场力) ; (3)分析接触力(先考虑是否有弹力然后分析是否有摩擦力) 注意事项: (1)物体所受的力都有其施力物体,否则该力不存在; (2)受力分析时,只考虑根据性质命名的力; (3)合力与分力是等效的,不能同时考虑; (4)对于摩擦力应充分考虑物体与接触面是否有相对运动或相对运动趋势; (5)合理隔离研究对象,整体法、隔离法合理选用,可使问题变得简单。 (五)物体的平衡 1、平衡状态、平衡力 物体在几个力作用下处于静止或匀速直线运动状态, 叫做平衡状态, 这几个力互相叫做 平衡力(或其中一个力叫其余几个力的平衡力) 说明:平衡力和作用力与反作用力的区别: (1)平衡力可以是不同性质的力,而作用力与反作用力一定是同一性质的力; (2)平衡力中的某个力发生变化或消失时,其他的力不一定变化或消失,而作用力与 反作用力一定是同时变化或消失; (3) 平衡力作用在同一物体上, 作用力与反作用力分别作用在两个相互作用的物体上; (4)平衡力的效果使物体平衡,而作用力与反作用力则分别产生各自效果。 2、哪些情况可作平衡来处理 (1)静止:υ =0,a=0; (2)匀速直线运动:υ =恒量,a=0; (3)匀速转动:ω =恒量; 3、平衡条件 (1)共点力作用下平衡条件:合外力为零,即:∑F=0 或 ∑Fx=0 ∑Fy=0 (2)有固定转动轴平衡条件:合外力为零,合力矩为零,即:∑F=0 ∑M=0 (3)平衡条件的推论:①当物体处于平衡时,它所受的某一个力与它受到的其余力的 合力大小相等方向相反, 故可转化为二力平衡**; ②物体在几个共面非平行的力作用下处于 平衡时,则这几个力必定共点。 (六)解答平衡问题时常用的数学方法

根据平衡条件解答平衡问题, 往往要进行一定的数学运算才能求得结果, 在选择数学方 法可针对如下几种情况进行: 1、物体受三力作用而平衡,且三力成一定的夹角,一般将三力平衡化为二力平衡,对 应数学方法: (1)正弦定理:如图 6-1 所示,则有 F1/sinα =F2/sinβ =F3/sinγ (2)三角形相似:这种方法应用广泛,具体应用时先画出力的三角形,再寻找与力的 三角形相似的空间三角形, (即具有物理意义的三角形和具有几何意义的三角形相似)由相 似三角形建立比例关系求解。

2、多力合成时为了便于计算,往往把这些力先正交分解,根据: ∑FX=0 ∑FY=0 求解。 3、动态平衡问题:所谓动态平衡问题是指通过控制某些变量,使物体发生缓慢的变化, 而这个过程中物体始终处于平衡状态。 通常有两种方法分析动态平衡问题: 解析法和图象法。 解析法:对研究对象形的任一状态进行受力分析,建立平衡方程,求出因变量与自变量 的一般函数关系,然后根据自变量变化情况而确定因变量的变化情况。 图象法: 对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析, 依据某一参量的变化, 在同一图中作出若干状态下的平衡图, 再由边角变化关系确定某些力的大小及方向的变化情 况。 (要求学生熟练运用它) 解答物理问题, 往往要进行一定的数学运算才能求得结果, 有时数学方法选择合适与否 对快速解答出物理问题显得相当重要。研究物理平衡问题中,遇上物体受三力作用而平衡, 且三力成一定的夹角时,一般可以化三力平衡为二力平衡,其中涉及到力的三角形。如果能 找出一个几何意义的三角形与这个具有物理意义的三角形相似时, 可以快速利用相似三角形 对应边成比例的规律建立比例关系式。 可以避免采用正交分解法解平衡问题时对角度 (力的 方向)的要求. (七)利用整体法和隔离法求解平衡问题 选择研究对象是解决物理问题的首要环节。 在很多物理问题中, 研究对象的选择方案是 多样的。研究对象的选择方法不同会影响求解的繁简程度。对于连结体问题,如果能够运用 整体法,我们优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解简便;不 计物体间相互作用的内力,或物体系内的物体的运动状态相同,一般首先考虑整体法,对于 大多数动力学问题, 单纯采用整体法并不一定能解决, 通常采用整体法和隔离法相结合的方 法。 隔离法:物体之间总是相互作用的,为了使研究的问题得到简化,常将研究对象从相互 作用的物体中隔离出来,而其它物体对研究对象的影响一律以力来表示的研究方法叫隔离

法。 整体法: 在研究连接体一类的问题时, 常把几个相互作用的物体作为一个整体看成一个 研究对象的方法叫整体法。 (八)平衡中的临界、极值问题 平衡物体的临界问题: 当某种物理现象(或物理状态)变为另一种物理现象(或另一物理状态)时的转折状态 叫临界状态。可理解成“恰好出现”或“恰好不出现” 。 临界问题的分析方法: 极限分析法:通过恰当地选取某个物理量推向极端 “极大”“极小”“极左” ( 、 、 、 “极右” ) 从而把比较隐蔽的临界现象( “各种可能性” )暴露出来,便于解答。 二 例题分析 例 1 如图 1 所示,小圆环重 G,固定的竖直大环的半径为 R。轻弹簧原长为 L(L<2R) 其倔强系数为 K,接触面光滑,求小环静止弹簧与竖直方向的夹角θ ? 解析:选取小球为研究对象并对它进行受力分析。 受力分析时要注意讨论弹簧 对小球的弹力方向(弹簧是 被拉长还是被压缩了)和大 环对小环的弹力方向(指向 圆心还是背离圆心)的可能 性。受力图示如图 2 所示。 △ACD(力)∽△ACO(几何) G/R=T/2Rcosθ T=K(2Rcosθ -L)解得θ =arcos[KL/2(KR-G)]

例 2 如图 3 所示,一轻杆两端固结两个小球 A、B,mA=4mB,跨过定滑轮连接 A、B 的轻 绳长为 L,求平衡时 OA、OB 分别为多长? 解析:采用隔离法分别以小球 A、B 为研究对象并对它们进行受力分析 (如图 4 所示)可以看出如果用正交 分解法列方程求解时要已知各力的方 向,求解麻烦。此时采用相似三角形 法就相当简单。 解析:△AOE(力)∽△AOC(几何)T 是绳子对小球的拉力 4mg/T=x/L1——(1) △BPQ(力)∽△OCB(几何) mg/T=X/L2——(2) 由(1) (2)解得:L1=L/5;L2=4L/5

例 3 如图 5 所示,轻绳长为

L,A 端固定在天花板上,B 端系一 个重量为 G 的小球,小球静止在固 定的半径为 R 的光滑球面上,小球 的悬点在球心正上方距离球面最小 距离为 h,则轻绳对小球的拉力和 半球体对小球的支持力分别是多大? 解析:由图 6 可知: △BCD∽△AOB G/(R+h)=N/R=T/L N=GR/(R+h) T=GL/(R+h) 可见:解答平衡问题时除了用到正 交分解法外,有时巧用“相似三角形” 法,可以提高解题速度和提高解题的

例 4 用轻弹簧相连的质量均为 2 kg 的 A、B 两物块都以 v=6 m/s 的速度在光滑的水平 地面上运动,弹簧处于原长,质量 4 kg 的物块 C 静止在前方,如图所示.B 与 C 碰撞后二者 粘在一起运动.在以后的运动中.求:(1)当弹簧的弹性势能最大时,物体 A 的速度多大?(2)弹 性势能的最大值是多大?(3)A 的速度有可能向左吗?为什么?

解:(1)当 A、

B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.

由于 A、B、C 三者组成的系统动量守恒,(mA mB)v=(mA mB mC)vA′

解得 vA′=

m/s=3 m/s

(2) B、C 碰撞时 B、C 组成的系统动量守恒,设碰后瞬间 B、C 两者速度为 v′,则

mBv=(mB mC)v′( 3 分) v′=

=2 m/s

设物 A 速度为 vA′时弹簧的弹性势能最大为 Ep,

根据能量守恒 Ep=

(mB mC)

mAv2-

(mA mB mC)

=

× 4)× (2 22

× 622×

× 2 4)× (2 32=12 J

(3)(8 分) A 不可能向左运动 系统动量守恒,mAv mBv=mAvA (mB mC)vB 设 A 向左,vA<0,vB>4 m/s 则作用后 A、B、C 动能之和

E′=

mAvA2

(mB mC)vB2>

(mB mC)vB2=48 J

实际上系统的机械能

E=Ep

(mA mB mC)·

=12 36=48 J

根据能量守恒定律,

>E 是不可能的

例 5 如图所示,在倾角为 θ 的光滑物块 P 斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块 A、B, C 为一垂直固定在斜面上的挡板。P、C 总质量为M,A、B质量均为m,弹簧的劲度系数 为 k,系统静止于光滑水平面。现开始用一水平力 F 从零开始增大作用于P,求:物块 B 刚 要离开 C 时力 F 和从开始到此时物块 A 相对斜面的位移 d。(物块A一直没离开斜面,重 力加速度 g)

解: (1)当 B 刚要离开挡板时,由于 AB 质量相等,它们重力在斜面上的分力也相等,所以 弹簧无形变.B 受力如图,设此时三物块有共同的加速度 。

则有



对 PAB 用整体法,根据牛顿第二定律得 F=(2m M) ②

由①②得 F=(2m M)gtan

(2)由以上分析,可知从开始到此时物块 A 的位移 d 就是开始时弹簧 的形变量,A 受力如图,则 T=mg sin

弹簧受到的弹力

与 T 大小相等方向相反,

所以

=T=kd=mg sin

d=

例 6 如图所示,位于光滑固定斜面上的小物块 P 受到一水平向右的推力 F 的作用。已 知物块 P 沿斜面加速下滑。现保持 F 的方向不变,使其减小,则加速度(B ) A. 一定变小 B. 一定变大 C. 一定不变 D. 可能变小,可能变大,也可能不变

例 7 如图所示,在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮 K,一条不可伸长的轻绳 绕过 K 分别与物块 A、B 相连,A、B 的质量分别为 、 。开始时系统处于静止状

态。现用一水平恒力 F 拉物块 A,使物块 B 上升。已知当 B 上升距离为 。求此过程中物块 A 克服摩擦力所做的功。重力加速度为 。

时,B 的速度为

解:整体为研究对象 A 的摩擦力做功为 W





例 8 如图所示,物体 m 放在升降机中的斜面上,当升降机竖直向上由匀速运动变为作 匀加速运动时以下说法正确的是(ABD ) A.斜面对物体的支持力增大 B.物体 m 所受的合力增加 C.物体 m 所受重力增加 D.物体m所受摩擦力增加

例 9 (19 分)如图所示, 在倾角为 θ 的光滑物块 P 斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块 A、 B,C 为一垂直固定在斜面上的挡板。P、C 总质量为M,A、B质量均为m,弹簧的劲度 系数为 k,系统静止于光滑水平面。现开始用一水平力 F 从零开始增大作用于P,求:物块 B 刚要离开 C 时力 F 和从开始到此时物块 A 相对斜面的位移 d。(物块A一直没离开斜面, 重力加速度 g)

解: (1)当 B 刚要离开挡板时,由于 AB 质量相等,它们重力在斜面上的分力也相等,所以 弹簧无形变.B 受力如图,设此时三物块有共同的加速度 。

则有

①(6 分)

对 PAB 用整体法,根据牛顿第二定律得 F=(2m M) ②(4 分)

由①②得 F=(2m M)gtan

(2 分)

(2)由以上分析,可知从开始到此时物块 A 的位移 d 就是开始时弹簧 的形变量,A 受力如图,则 T=mg sin (4 分)

弹簧受到的弹力

与 T 大小相等方向相反,

所以

=T=kd=mg sin

(3 分)

d=

(2 分)

例 10、水平地面上有一木箱,木箱与地面之间的动摩擦因数为 ? (0 ? ? ? 1) 。现对木箱施 加一拉力 F,使木箱做匀速直线运动。设 F 的方向与水平面夹角为 ? ,如图,在 ? 从 0 逐渐增大到 90°的过程中,木箱的速度保持不变,则 A. F 先减小后增大 C. F 的功率减小 答案 AC。 【解析】由于木箱的速度保持不变,因此木箱始终处于平衡状态,受力分析如图所示,则由 B. F 一直增大 D. F 的功率不变

? 平 衡 条 件 得 : m g

? s i? n , f ? ? N ? F cos? 两 式 联 立 解 得 N F

F?

?m g ? m g ,可见 F 有最小值,所以 F 先减小后增大,A 正 ? c o s ? ?s i 1? ? 2 s ? ? ? ( ?? n i n )
? mgv cos ? ? mgv ? ,可见在 ? 从 0 逐渐增大 cos ? ? ? sin ? 1 ? ? tan ?

确;B 错误;F 的功率 P ? Fv cos ? ?

到 90°的过程中 tan ? 逐渐增大,则功率 P 逐渐减小,C 正确,D 错误。

例 11、图所示,倾角为θ 的斜面上静止放置三个质量均为 m 的木箱,相邻两木箱的距 离均为 l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑,逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后 木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变,最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已 知木箱与斜面间的动摩擦因数为 μ ,重力加 速度为 g.设碰撞时间极短,求 (1) 工人的推力; (2) 三个木箱匀速运动的速度; (3) 在第一次碰撞中损失的机械能。 答案(1) 3mg sin ? ? 3? mg cos ?

(2)

2 2 gL(sin ? ? ? cos ? ) 3

(3) mgL(sin ? ? ? cos ? ) 【解析】(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力 F、摩擦力 f 和支持力.根据 平衡的知识有 F ? 3mgsin ? ? 3?mg cos? (2) 第 一 个 木 箱 与 第 二 个 木 箱 碰 撞 之 前 的 速 度 为 V1, 加 速 度

a1 ?

F ? mg s i ?n? ?mg c o?s ? 2 g ( s ? ? ? c o?s 根 据 运 动 学 公 式 或 动 能 定 理 有 i n ) m

V1 ? 2 gL(sin? ? ? cos? ) ,碰撞后的速度为 V2 根据动量守恒有 mV1 ? 2mV2 ,即碰撞后的
速度为 V2 ?

gL(sin? ? ? cos? ) ,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为 V3
F ? 2mg sin ? ? 2?mg cos ? g (sin ? ? ? cos ? ) ? ,根据运动 2m 2
2 gL(sin ? ? ? cos? ) ,跟第三个木箱碰撞

从 V2 到 V3 的加速度为 a 2 ?
2 2

学公式有 V3 ? V2 ? 2a2 L ,得 V3 ? 根据动量守恒有 2mV3 ? 3mV4 ,得 V4 ?

2 2 gL (sin ? ? ? cos ? ) 就是匀速的速度. 3 1 1 2 2 (3)设第一次碰撞中的能量损失为 ? E ,根据能量守恒有 mV1 ? ?E ? 2mV 2 ,带入数据 2 2

(sin? ? ? cos? ) . 得 ?E ? mgL

例 12、图所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O 为球心,一质量为 m 的小滑块,在水平 力 F 的作用下静止 P 点。设滑块所受支持力为 FN。OF 与水平方向的夹角为 0。下列关系正确 的是( ) B.F=mgtan0 D.FN=mgtan0

mg tan ? mg C. FN ? tan ?
A. F ? 答案:A

考点:受力分析,正交分解或三角形定则 解析:对小滑块受力分析如图所示,根据三角形定则可得

F?

mg mg , FN ? ,所以 A 正确。 tan ? sin ?

提示:支持力的方向垂直于接触面,即指向圆心。正交分解列式求解也可。

例 13、物块静止在固定的斜面上,分别按图示的方向对物块施加大小相等的力 F,A 中 F 垂 直于斜面向上。B 中 F 垂直于斜面向下,C 中 F 竖直向上,D 中 F 竖直向下,施力后物块 仍然静止,则物块所受的静摩擦力增大的是

D【解析】四个图中都是静摩擦。A 图中 f A ? G sin? ;B 图中 f B ? G sin? ;C 图中

fC ? ( G ? F) sin ;D 图中 fC ? (G ? F )sin ? 。 ?
FN f G G FN f G FN f FN f G

例 14、如图所示,质量为 m 的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上。已知三棱柱与斜面之 间的动摩擦因数为 ? , 斜面的倾角为 30 , 则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为
o

A.

1 3 mg 和 mg 2 2 1 3 mg 和 mg 2 2

B.

C.

1 1 mg 和 2 2

? mg ? mg

D. 答案 A

3 3 mg 和 2 2

【 解 析 】 受 力 如 图 所 示 , FN ? m g cos30 ?
o

3 mg , 2

f ? mg sin 30 o ?

1 mg 2

例 15、如图所示,在光滑绝缘水平面上放置 3 个电荷量均为 q ?q ? 0? 的相同小球,小球之 间用劲度系数均为 k0 的轻质弹簧绝缘连接。 3 个小球处在静止状态时, 当 每根弹簧长度为 l 0 已知静电力常量为 k ,若不考虑弹簧的静电感应,则每根弹簧的原长为

A. l ? 答案 C

5kq 2 2k 0 l 2

B. l ?

kq 2 k0l 2

C. l ?

5kq 2 4k 0 l 2

D. l ?

5kq 2 2k 0 l 2

【解析】第三个小球受三个力的作用,它们的关系是

k0 x ? K

q2 l2

q2 5Kq 2 ,得 x ? ?K 4k 0 l 2 ?2l ?2 5Kq 2 4k0l 2

F23 F13

l0 ? l ? x ? l ?

例 16、 水平面上有带圆弧形凸起的长方形木块 A, 木 块 A 上的物体 B 用绕过凸起的轻绳与物体 C 相连, B 与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力 F 作用在物体 B 上,恰使物体 A、B、C 保持相对静止, 如图,已知物体 A、B、C 的质量均为 m,重力加速 度为 g,不计所有的摩擦,则拉力 F 应为多大?

设绳中张力为 T,A、B、C 共同的加速度为 a,与 C 相连部分的绳与竖直线夹角为 a, 由牛顿运动定律,对 A、B、C 组成的整体有 :

F ? 3ma
对B有 对C有

① ② ③ ④

F ? T ? ma

F cos? ? m g
F sin ? ? ma

联立①②式解得

T ? 2ma
联立③④式解得



T 2 ? m 2 (a 2 ? g 2 )
联立⑤⑥式解得



a?

3 g 3



联立①⑦式解得

F ? 3mg



例 17、滑板运动是一项非常刺激的水上运动,研究表明,在进行滑板运动时,水对滑板的 作用力 Fx 垂直于板面,大小为 kv2,其中 v 为滑板速率(水可视为静止).某次运动中,在 水平牵引力作用下,当滑板和水面的夹角θ =37°时(题 23 图) ,滑板做匀速直线运动,相 应的 k=54 kg/m,入和滑板的总质量为 108 kg,试求(重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 37°取 忽略空气阻力) :

3 , 5

(1)水平牵引力的大小; (2)滑板的速率; (3)水平牵引力的功率.

(1)以滑板和运动员为研究对象,其受力如图所示由共点力平衡条件可得

FN cos ? ? mg



FN sin ? ? F
由①、②联立,得



F =810N
(2)

FN ? mg / cos ?

FN ? kv2
得v ?

mg ? 5 m/s k cos ?

(3)水平牵引力的功率 P=Fv =4050 W

第四章 牛顿运动定律
一 知识点总结
(一)牛顿第一运动定律 1、牛顿第一定律(即惯性定律) 一切物体总保持静止状态或匀速直线运动状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止。 2、对定律应从以下几个方面理解: (1) 物体总保持原来的静止状态或匀速直线运动状态的性质叫惯性。 、 一切物体都具有 惯性。惯性是物体的固有属性。其大小只与物体的质量有关。与物体是否受力以及处于什么 状态无关。当物体受合外力为零时,表现为保持静止或匀速直线运动状态;当物体所受所合 外力不为零时, 惯性则使物体表现出具有维持原来运动状态不变的趋势。 惯性的大小体现了 物体运动状态改变的难易程度。 (2)定律是指物体不受外力(客观上难找到)或所受合外力为零,物体才保持静止或 匀速直线运动状态不变;有外力(合外力不为零)物体的运动状态(或形变)发生变化。 (3) 、物体的运动并不需要力来维持,力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动 状态的原因。

(4)牛顿第一定律不能用实验直接验证,而是通过如伽里略斜面实验等大量事实基础 上的逻辑推理结果。 (5)牛顿第一定律只适用于低速运动、宏观物体。物体的运动状态是指平动、不涉及 转动。 3、应用定律分析惯性现象及解题的步骤 (1) 、分析物体原来的运动状态,静止或是匀速直线运动; (2) 、找出物体哪部分受力而改变运动状态; (3) 、找出物体哪部分不受力而不改变运动状态; (二)牛顿第二定律 1、牛顿第二定律内容: 物体的加速度跟物体所受的合外力成正比, 跟物体的质量成反比, 加速度的方向始终跟 合外力方向一致。 2、数学表达式:F=ma 2 2 注意:公式中单位:质量 m 的单位是千克(kg) ;加速度 a 的单位是米/秒 (m/s )力 F 的单位是牛顿(N)----使质量为 1kg 的物体产生 1m/s2 的加速度的力为 1N。 3、牛顿第二定律注意从以下“四性”加深理解: (1) 、矢量性:加速度的方向始终与合外力方向一致; (2) 、即时性:F=ma,合外力与加速度在数值上是瞬时对应关系,F 变化,a 也随之发 生变化。但 F=ma 始终成立; (3) 、相对性:研究 F=ma 中,只能取静止或做匀速直线运动的物体为参照物; (4) 、独立性:作用在物体上有多个力时,每个力都可独立地产生加速度,而物体运动 (合)加速度是各个(分)加速度的矢量和,因此,求物体加速度可以先求合力再通过定律 求合加速度,也可以通过定律先求各分力产生的分加速度,再求各分加速度的合加速度。 4、牛顿第二定律只适用于低速、宏观物体。 (三)牛顿第二定律应用(已知受力求运动) 1、牛顿第二定律解题的基本思路:

2、牛顿第二定律解题的基本思路: (1)仔细审题,弄清题目所给的物理条件和物理过程,明确要求的物理量; (2)确定研究对象(物体或系统) ,灵活采用“整体法”或“隔离法” ; (3)分析研究对象的受力情况,画出受力图示:①已知力、②场力、③接触力(先弹 力后摩擦力) ; (4)选取坐标系,列动力学方程(坐标系选取原则:让尽可能多矢量的分布在坐标轴

上) ; (5)选择适当的运动学规律求解运动学量;

vt ? v0 ? at 1 s ? v0 t ? at 2 2 2 2 vt ? v0 ? 2as
(四)牛顿第二定律应用(超重和失重问题) 超重和失重:当物体处于有竖直方向的加速度时,视重就不等于物体实重了。当加速度 向上时视重大于实重 (这种现象叫超重) 当加速度向下时视重小于实重 ; (这种现象叫失重) ; 当加速度向下且大小为 g 时视重为零(这种现象叫完全失重) 注意: (1)物体处于“超重”或“失重”状态,地球作用于物体的重力始终存在,大小也无 变化; (2)发生“超重”或“失重”现象与物体速度方向无关,只决定于物体的加速度方向; (3)在完全失重状态,平常一切由重力产生的物理现象完全消失。如单摆停摆、浸在 水中的物体不受浮力等。

二 例题分析
例 1 如图所示,升降机内质量为 m 的小球用轻弹簧系住,悬在升降机内,当升降机以 a= 加速度减速上升时,弹簧秤的系数为( A 2mg/3 B mg/3 C 4mg/3 D mg A )

g 3

小 结:通过本例可知:加速度向上时,拉(支持)物体的拉(支持)力大于重力,形 成超重;加速度向下时,拉(支持)物体的拉(支持)力小于物体的重力,形成失重。

例 2 如图所示,木块 A 放在斜面体 B 上处于静止,当斜面体向右作加速度逐渐增大的 加速运动时, 木块 A 仍相对 B 静止, 则木块 A 受到的支持力 N 和摩擦力 f 大小有: ( D ) A、N 增大,f 增大; B、N 不变,f 增大; C、N 减小,f 不变; D、N 减小,f 增大; 注意:在建立坐标系进行正交分解矢量力和加速度时,按水平——竖直 和平行斜面——垂直斜面两种方式建立,比较看哪种建立方可以使运动 更简捷

例 3 质量为 m 的木块位粗糙水平桌面上,若用大小为 F 的水平恒力拉木块,其加速度 为 a,当拉力方向不变,大小变为 2F 时,木块的加速度为 a1,则: C ) ( A、a1=a B、a1﹤2a C、a1﹥2a D、a1=2a 本题隐含摩擦力,合力不是 F 或 2F。

例 4 如图 1 所示,一轻弹簧上端固定,下端挂一重物,平衡时弹簧伸长了 4cm,再将重 2 物向下拉 1cm,然后放手,则在释放的瞬间,重物的加速度是: (g=10m/s ) A ) ( 2 2 2 2 A、2.5 m/s B、7.5 m/s C、10 m/s D、12.5 m/s 本题考查牛顿第二定律的瞬时问题,这类题型的一般求法: (1)首先分析变化瞬间之前的状态(进行受力分析) ; (2)判别有哪些力在这一瞬间发生了变化,哪些力不发生变化; (3)再求出变化后物体受的合力,求得加速度。

例 5 火车在长直水平轨道上匀速行驶, 门窗紧闭的车厢内有一个人向上跳起, 发现他仍 落回到原处,这是因为: (D) A、人跳起后,厢内空气给他以向前的力,带着他随同车一起向前运动; B、人跳起的瞬间,车厢的地板给他一个向前的力,推动他随同火车一起向前运动; C、人跳起后,车在继续向前运动,所以人在下落后必定偏后一些,只是由于时间很短, 偏后距离太小,不明显而已; D、人跳起后直到落地,在水平方向上人和车具有相同的速度;

例 6 如图所示,一个劈形物 M 放在倾角为θ 的斜面上,M 上表面呈水平,在 M 上表面再 放一个光滑小球 m,开始时,M m 都静止,现让 M 加速下滑,则小球在碰到斜面之前的运动 轨迹是(B ) A、沿斜面方向的直线; B、竖直向下的直线; C、抛物线; D、无规则的曲线;

例 7(14 分)在一次“模拟微重力环境”的实验中,实验人员乘座实验飞艇到达 6000m 的 高空,然后让其由静止下落,下落过程中飞艇所受空气阻力为其重力的 0.04 倍,实验人员 可以在飞艇内进行微重力影响的实验,当飞船下落到距地面的高度为 3000m 时,开始做匀 减速运动,以保证飞艇离地面的高度不得低于 500m,重力加速度 g 恒取 10m/s2. 试计算: (1)飞艇加速下落的时间 (2)飞艇匀减速运动时的加速度不得小于多少?

解析:本题是一个牛顿第二定律与运动学综合的常规题,受力分析也不复杂,要害是要 把握好两个运动过程之间的联系, 知道第一阶段匀加速运动的末速度就是第二阶段匀减速运 动的初速度,能够把“飞船离地面的高度不低于 500m”准确的理解为末速度为零的匀减速运 动。 (1)设飞艇加速下落的加速度为 a1 , 由牛顿第二定律得:mg-f=ma1

解得 a1=

=9.6m/s2

加速下落的高度为 h1=6000-3000=3000m,

h1 =

a1t 2

加速下落的时间为

(2)飞艇开始做减速运动时的速度为 v= a1t=240m/s 匀减速下落的最大高度为 h2 =3000-500=2500m 要使飞艇在下降到离地面 500m 时速度为零,飞艇减速时的加速度 a2 至少应为

a2=

=11.5m/s2

例 8、一轻质弹簧竖立在地面上,其劲度系数为

,在弹簧的上端与空心物

体 A 连接,物体 B 置于 A 内,B 的上下表面恰与 A 接触,如图 13 所示。A 和 B 的质量均为

1kg,先将 A 向上抬高使弹簧伸长 5cm 后从静止释放,A 和 B 一起做上下方向的简谐运动, 已知弹簧的弹性势能决定于弹簧形变大小(g 取 (1)物体 A 的振幅 (2)物体 B 的最大速率 (3)在最高点和最低点 A 对 B 的作用力 ,阻力不计)求:

解:①振子在平衡位置时,所受合力为零,设此时弹簧被压缩△x。



② 开始释放时振子处在最大位移处,故振幅 A 为:A=5cm 5cm=10cm ③ ②由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量,故弹性势能相等, 设振子的最大速率为 v,从开始到平衡位置,根据机械能守恒定律:



⑤ 即 B 的量大速率为 1.4m/s ③在最高点,振子受到的重力和弹力方向相同,根据牛顿第二定律:



A 对 B 的作用力方向向下,其大小

为:

⑦ 在最低点,振子受到的重力和弹力方向相反,根据牛顿第二定律:



A 对 B 的作用力方向向上,其大小

为 :



例 9、建筑工人用图 2 所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为 70.0kg 的工人站在地面上, 通过定滑轮将 20.0kg 的建筑材料以 0.500m/s2 的加速度拉升,忽略绳子和定滑轮的质量 及定滑轮的摩擦,则工人对地面的压力大小为(g 取 lOm/s。) A.510 N B.490 N C.890 N D.910 N

答案.B 【解析】对建筑材料进行受力分析根据牛顿第二定律有 F ? m g ? m a,得绳子的拉力大小等 于 F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得 Mg ? F ? FN ,得 FN=490N,根据牛顿第三定 律可知人对地面间的压力为 490N.B 对.

例 10、搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车,当力沿斜面向上,大小为 F 时,物体的 加速度为 a1;若保持力的方向不变,大小变为 2F 时,物体的加速度为 a2,则 A.al=a2 B.a1<a2<2al C.a2=2a1 D.a2>2al 答案.D

【解析】当为 F 时有 a1 ? 可知 a2 ? 2a1 ,D 对.

F? f 2F ? f 2F ? 2 f ? f f ? ? 2a1 ? , ,当为 2F 时有 a 2 ? m m m m

例 11、为了节省能量,某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时,扶梯运转得很慢; 有人站上扶梯时,它会先慢慢加速,再匀速运转。一顾客乘扶梯 上楼,恰好经历了这两个过程,如图所示。那么下列说法中正确 的是 A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方,再竖直向下 答案:C 解析:在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左,电 梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上, 由牛顿第三 定律,它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下;在 匀速运动的过程中,顾客与电梯间的摩擦力等于零,顾客对 扶梯的作用仅剩下压力,方向沿竖直向下。
mg f FN

a

例 12、在 2008 年北京残奥会开幕式上,运动员手拉绳索向上攀登,最终点燃 了主火炬,体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过 程中运动员与绳索和吊椅间的作用,可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质 的定滑轮,一端挂一吊椅,另一端被坐在吊椅上的运动员拉住,如图所示。设运动 员的质量为 65kg,吊椅的质量为 15kg,不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取

g ? 10m/s2 。当运动员与吊椅一起正以加速度 a ? 1m/s2 上升时,
试求 (1)运动员竖直向下拉绳的力; (2)运动员对吊椅的压力。

答案:440N,275N 解析:解法一:(1)设运动员受到绳向上的拉力为 F,由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等, 吊椅受到绳的拉力也是 F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示,则有:

2F - ?m人 ? m椅 ?g ? ?m人 ? m椅 ?a
F ? 440 N
由牛顿第三定律,运动员竖直向下拉绳的力

F F

a

F ? ? 440 N
(2) 设吊椅对运动员的支持力为 FN, 对运动员进行受力分析如图所示, 则有:
(m 人+m 椅)g

F ? FN - m人 g ? m人a
FN ? 275N

FN

F

a

由牛顿第三定律,运动员对吊椅的压力也为 275N 解法二:设运动员和吊椅的质量分别为 M 和 m; 运动员竖直向下的拉力 为 F,对吊椅的压力大小为 FN。 根据牛顿第三定律,绳对运动员的拉力大小为 F,吊椅对运动员的支持力为 FN。分别以运 动员和吊椅为研究对象,根据牛顿第二定律
m 人g

F ? FN - Mg ? Ma F ? FN ? mg ? ma
由①②得

① ②

F ? 440 N

FN ? 275N

三 易错题集
例 1 甲、乙两人手拉手玩拔河游戏,结果甲胜乙败,那么甲乙两人谁受拉力大?

【错解】因为甲胜乙,所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大。就像拔河一样,甲方胜 一定是甲方对乙方的拉力大。 【错解原因】产生上述错解原因是学生凭主观想像,而不是按物理规律分析问题。按 照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的。 甲胜乙是 因为甲受合外力对甲作用的结果。甲、乙两人之间的拉力根据牛顿第三定律是相互作用力, 甲、乙二人拉力一样大。 【分析解答】甲、乙两人相互之间的拉力是相互作用力,根据牛顿第三定律,大小相 等,方向相反,作用在甲、乙两人身上。 【评析】生活中有一些感觉不总是正确的,不能把生活中的经验,感觉当成规律来用, 要运用物理规律来解决问题。 例 2 如图 2-1 所示,一木块放在水平桌面上,在水平方向上共受三个力,F1,F2 和摩 擦力,处于静止状态。其中 F1=10N,F2=2N。若撤去力 F1 则木块在水平方向受到的合外力为 ( ) A.10N 向左 B.6N 向右 C.2N 向左 D.0

【错解】木块在三个力作用下保持静止。当撤去 F1 后,另外两个力的合力与撤去力大 小相等,方向相反。故 A 正确。 【错解原因】造成上述错解的原因是不加分析生搬硬套运用“物体在几个力作用下处 于平衡状态,如果某时刻去掉一个力,则其他几个力的合力大小等于去掉这个力的大小,方 向与这个力的方向相反”的结论的结果。 实际上这个规律成立要有一个前提条件, 就是去掉 其中一个力,而其他力不变。本题中去掉 F1 后,由于摩擦力发生变化,所以结论不成立。

【分析解答】由于木块原来处于静止状态,所以所受摩擦力为静摩擦力。依据牛二定 律有 F1-F2-f=0 此时静摩擦力为 8N 方向向左。撤去 F1 后,木块水平方向受到向左 2N 的力, 有向左的运动趋势,由于 F2 小于最大静摩擦力,所以所受摩擦力仍为静摩擦力。此时 —F2+f′=0 即合力为零。故 D 选项正确。 【评析】摩擦力问题主要应用在分析物体运动趋势和相对运动的情况,所谓运动趋势, 一般被解释为物体要动还未动这样的状态。 没动是因为有静摩擦力存在, 阻碍相对运动产生, 使物体间的相对运动表现为一种趋势。 由此可以确定运动趋势的方向的方法是假设静摩擦力 不存在,判断物体沿哪个方向产生相对运动,该相对运动方向就是运动趋势的方向。如果去 掉静摩擦力无相对运动,也就无相对运动趋势,静摩擦力就不存在。 例 3 如图 2-2 所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物体 m,当用于缓慢抬起一 端时,木板受到的压力和摩擦力将怎样变化? 【错解】以木板上的物体为研究对象。物体受重力、摩擦力、支持力。因为物体静止, 则根据牛顿第二定律有

错解一:据式②知道 θ 增加,f 增加。 错解二:另有错解认为据式②知 θ 增加,N 减小则 f=μ N 说明 f 减少。 【错解原因】错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认识透。只抓住一个侧 面,缺乏对物理情景的分析。若能从木块相对木板静止入手,分析出再抬高会相对滑动,就 会避免错解一的错误。若想到 f=μ N 是滑动摩擦力的判据,就应考虑滑动之前怎样,也就会 避免错解二。

【分析解答】以物体为研究对象,如图 2-3 物体受重力、摩擦力、支持力。物体在缓 慢抬起过程中先静止后滑动。静止时可以依据错解一中的解法,可知 θ 增加,静摩擦力增 加。当物体在斜面上滑动时,可以同错解二中的方法,据 f=μ N,分析 N 的变化,知 f 滑的 变化。θ 增加,滑动摩擦力减小。在整个缓慢抬起过程中 y 方向的方程关系不变。依据错 解中式②知压力一直减小。所以抬起木板的过程中,摩擦力的变化是先增加后减小。压力一 直减小。 【评析】物理问题中有一些变化过程,不是单调变化的。在平衡问题中可算是一类问 题,这类问题应抓住研究变量与不变量的关系。可从受力分析入手,列平衡方程找关系,也 可以利用图解,用矢量三角形法则解决问题。如此题物体在未滑动时,处于平衡状态,加速 度为零。所受三个力围成一闭合三角形。如图 2-4。类似问题如图 2-5 用绳将球挂在光滑 的墙面上,绳子变短时,绳的拉力和球对墙的压力将如何变化。从对应的矢量三角形图 2- 6 不难看出,当绳子变短时,θ 角增大,N 增大,T 变大。图 2-7 在 AC 绳上悬挂一重物 G, 在 AC 绳的中部 O 点系一绳 BO,以水平力 F 牵动绳 BO,保持 AO 方向不变,使 BO 绳沿虚线所 示方向缓缓向上移动。 在这过程中, F 和 AO 绳上的拉力变化情况怎样?用矢量三角形 力 (如 图 2-8)可以看出 T 变小,F 先变小后变大。这类题的特点是三个共点力平衡,通常其中一 个力大小、方向均不变,另一个力方向不变,大小变,第三个力大小、方向均改变。还有时 是一个力大小、方向不变,另一个力大小不变,方向变,第三个力大小、方向都改变。

例 4 如图 2-9 物体静止在斜面上, 现用水平外力 F 推物体, 在外力 F 由零逐渐增加的 过程中,物体始终保持静止,物体所受摩擦力怎样变化?

【错解】错解一:以斜面上的物体为研究对象,物体受力如图 2-10,物体受重力 mg, 推力 F,支持力 N,静摩擦力 f,由于推力 F 水平向右,所以物体有向上运动的趋势,摩擦 力 f 的方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律列方程 f+mgsinθ =Fcosθ N-Fsinθ -mgcosθ =0 ② 由式①可知,F 增加 f 也增加。所以在变化过程中摩擦力是增加的。 错解二:有一些同学认为摩擦力的方向沿斜面向上,则有 F 增加摩擦力减少。 【错解原因】上述错解的原因是对静摩擦力认识不清,因此不能分析出在外力变化过 程中摩擦力的变化。 【分析解答】本题的关键在确定摩擦力方向。由于外力的变化物体在斜面上的运动趋 势有所变化,如图 2-10,当外力较小时(Fcosθ <mgsinθ )物体有向下的运动趋势,摩 擦力的方向沿斜面向上。F 增加,f 减少。与错解二的情况相同。如图 2-11,当外力较大 时(Fcosθ >mgsinθ )物体有向上的运动趋势,摩擦力的方向沿斜面向下,外力增加,摩 擦力增加。当 Fcosθ =mgsinθ 时,摩擦力为零。所以在外力由零逐渐增加的过程中,摩擦 力的变化是先减小后增加。 ①

【评析】若斜面上物体沿斜面下滑,质量为 m,物体与斜面间的摩擦因数为 μ ,我们 可以考虑两个问题巩固前面的分析方法。 (1) F 为怎样的值时,物体会保持静止。 (2)F 为怎样的值时,物体从静止开始沿斜面以加速度 a 运动。 受前面问题的启发,我们可以想到 F 的值应是一个范围。 首先以物体为研究对象,当 F 较小时,如图 2-10 物体受重力 mg、支持力 N、斜向上 的摩擦力 f 和 F。物体刚好静止时,应是 F 的边界值,此时的摩擦力为最大静摩擦力,可近 似看成 f 静=μ N(最大静摩擦力)如图建立坐标,据牛顿第二定律列方程

当 F 从此值开始增加时,静摩擦力方向开始仍然斜向上,但大小减小,当 F 增加到 FCOSθ =mgsinθ 时,即 F=mg·tgθ 时,F 再增加,摩擦力方向改为斜向下,仍可以根据受 力分析图 2-11 列出方程

随着 F 增加,静摩擦力增加,F 最大值对应斜向下的最大静摩擦力。

要使物体静止 F 的值应为

关于第二个问题提醒读者注意题中并未提出以加速度 a 向上还是向下运动,应考虑两 解,此处不详解此,给出答案供参考。

例 5 如图 2-12,m 和 M 保持相对静止,一起沿倾角为 θ 的光滑斜面下滑,则 M 和 m 间的摩擦力大小是多少? 【错解】以 m 为研究对象,如图 2-13 物体受重力 mg、支持力 N、摩擦力 f,如图建立 坐标有

再以 m+N 为研究对象分析受力,如图 2-14,(m+M)g·sinθ =(M+m)a③ 据式①,②,③解得 f=0 所以 m 与 M 间无摩擦力。 【错解原因】造成错解主要是没有好的解题习惯,只是盲目的模仿,似乎解题步骤不 少,但思维没有跟上。要分析摩擦力就要找接触面,摩擦力方向一定与接触面相切,这一步 是堵住错误的起点。犯以上错误的客观原因是思维定势,一见斜面摩擦力就沿斜面方向。归 结还是对物理过程分析不清。 【分析解答】因为 m 和 M 保持相对静止,所以可以将(m+M)整体视为研究对象。受 力,如图 2-14,受重力(M 十 m)g、支持力 N′如图建立坐标,根据牛顿第二定律列方程 x:(M+n)gsinθ =(M+m)a 解得 a=gsinθ 沿斜面向下。因为要求 m 和 M 间的相互作用力,再以 m 为研究对象,受力如图 2-15。 根据牛顿第二定律列方程 ①

因为 m,M 的加速度是沿斜面方向。需将其分解为水平方向和竖直方向如图 2-16。

由式②,③,④,⑤解得 f=mgsinθ ·cosθ 方向沿水平方向 m 受向左的摩擦力,M 受向右的摩擦力。

【评析】 此题可以视为连接件问题。连接件问题对在解题过程中选取研究对象很重 要。有时以整体为研究对象,有时以单个物体为研究对象。整体作为研究对象可以将不知道 的相互作用力去掉, 单个物体作研究对象主要解决相互作用力。 单个物体的选取应以它接触 的物体最少为最好。如 m 只和 M 接触,而 M 和 m 还和斜面接触。 另外需指出的是,在应用牛顿第二定律解题时,有时需要分解力,有时需要分解加速 度,具体情况分析,不要形成只分解力的认识。 例 6 如图 2-17 物体 A 叠放在物体 B 上, 置于光滑水平面上。 B 质量分别为 mA=6kg, B A, mB=2kg,A,B 之间的动摩擦因数 μ =0.2,开始时 F=10N,此后逐渐增加,在增大到 45N 的过 程中,则

[

]

A.当拉力 F<12N 时,两物体均保持静止状态 B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过 12N 时,开始相对滑动 C.两物体间从受力开始就有相对运动 D.两物体间始终没有相对运动 【错解】 因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力。fmax=μ N=0.2×6=12(N)。 所以当 F>12N 时,A 物体就相对 B 物体运动。F<12N 时,A 相对 B 不运动。所以 A,B 选项 正确。 【错解分析】 产生上述错误的原因一致是对 A 选项的理解不正确,A 中说两物体均保 持静止状态,是以地为参考物,显然当有力 F 作用在 A 物体上,A,B 两物体对地来说是运 动的。 二是受物体在地面上运动情况的影响, 而实际中物体在不固定物体上运动的情况是不 同的。

【分析解答】 首先以 A,B 整体为研究对象。受力如图 2-18,在水平方向只受拉力 F, 根据牛顿第二定律列方程 F=(mA+mB)a ①

再以 B 为研究对象,如图 2-19,B 水平方向受摩擦力 f=mBa ②

代入式①F=(6+2)×6=48N 由此可以看出当 F<48N 时 A,B 间的摩擦力都达不到最大静摩擦力,也就是说,A,B 间不会发生相对运动。所以 D 选项正确。 【评析】 物理解题中必须非常严密,一点的疏忽都会导致错误。避免错误发生的最好 方法就是按规范解题。每一步都要有依据。

例 7 如图 2-20,用绳 AC 和 BC 吊起一重物,绳与竖直方向夹角分别为 30°和 60°, AC 绳能承受的最大的拉力为 150N,而 BC 绳能承受的最大的拉力为 100N,求物体最大重力 不能超过多少? 【错解】以重物为研究对象,重物受力如图 2-21。由于重物静止,则有 TACsin30°=TBCsin60° TACcos30°+TBCcos60°=G 将 TAC=150N,TBC=100N 代入式解得 G=200N。 【错解原因】以上错解的原因是学生错误地认为当 TAC=150N 时,TBC=100N,而没有认真 分析力之间的关系。实际当 TBC=100N 时,TBC 已经超过 150N。 【分析解答】以重物为研究对象。重物受力如图 2-21,重物静止,加速度为零。据牛 顿第二定律列方程 TACsin30°-TBCsin60°=0 TACcos30°+TBCcos60°-G=0 ① ②

而当 TAC=150N 时,TBC=86.6<100N

将 TAC=150N,TBC=86.6N 代入式②解得 G=173.32N。 所以重物的最大重力不能超过 173.2N。

例 8 如图 2-22 质量为 M,倾角为 α 的楔形物 A 放在水平地面上。质量为 m 的 B 物 体从楔形物的光滑斜面上由静止释放,在 B 物体加速下滑过程中,A 物体保持静止。地面受 到的压力多大? 【错解】以 A,B 整体为研究对象。受力如图 2-23,因为 A 物体静止,所以 N=G=(M +m)g。 【错解原因】由于 A,B 的加速度不同,所以不能将二者视为同一物体。忽视了这一点 就会造成错解。 【分析解答】分别以 A,B 物体为研究对象。A,B 物体受力分别如图 2-24a,2-24b。 根据牛顿第二定律列运动方程,A 物体静止,加速度为零。 x:Nlsinα -f=0 y:N-Mg-Nlcosα =0 B 物体下滑的加速度为 a, x:mgsinα =ma y:Nl-mgcosα =0 由式①,②,③,④解得 N=Mg+mgcosα 根据牛顿第三定律地面受到的压力为 Mg 十 mgcosα 。 ③ ④ ① ②

【评析】 在解决物体运动问题时,在选取研究对象时,若要将几个物体视为一个整体 做为研究对象,应该注意这几个物体必须有相同的加速度。

例 9 如图 2-25 天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。两小 球均保持静止。当突然剪断细绳时,上面小球 A 与下面小球 B 的加速度为 [ ] A.a1=g B.a1=g a2=g a2=g

C.a1=2g a2=0 D.a1=0 a2=g

【错解】 剪断细绳时,以(A+B)为研究对象,系统只受重力,所以加速度为 g,所以 A, B 球的加速度为 g。故选 A。 【错解原因】 出现上述错解的原因是研究对象的选择不正确。由于剪断绳时,A,B 球具有不同的加速度,不能做为整体研究。 【分析解答】 分别以 A,B 为研究对象,做剪断前和剪断时的受力分析。剪断前 A,B 静止。如图 2-26,A 球受三个力,拉力 T、重力 mg 和弹力 F。B 球受三个力,重力 mg 和弹 簧拉力 F′ A 球:T-mg-F=0 B 球:F′-mg=0 ① ②

由式①,②解得 T=2mg,F=mg

剪断时,A 球受两个力,因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存在,而弹簧有形米,瞬间形状 不可改变,弹力还存在。如图 2-27,A 球受重力 mg、弹簧给的弹力 F。同理 B 球受重力 mg 和弹力 F′。 A 球:-mg-F=maA B 球:F′-mg=maB ③ ④

由式③解得 aA=-2g(方向向下) 由式④解得 aB=0 故 C 选项正确。 【评析】 (1)牛顿第二定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系。合外力不变,加 速度不变。合外力瞬间改变,加速度瞬间改变。本题中 A 球剪断瞬间合外力变化,加速度就 由 0 变为 2g,而 B 球剪断瞬间合外力没变,加速度不变。 (2)弹簧和绳是两个物理模型,特点不同。弹簧不计质量,弹性限度内 k 是常数。绳 子不计质量但无弹性,瞬间就可以没有。而弹簧因为有形变,不可瞬间发生变化,即形变不 会瞬间改变,要有一段时间。 例 10 如图 2-28,有一水平传送带以 2m/s 的速度匀速运动,现将一物体轻轻放在 传送带上,若物体与传送带间的动摩擦因数为 0.5,则传送带将该物体传送 10m 的距离所需 时间为多少? 【错解】由于物体轻放在传送带上,所以 v0=0,物体在竖直方向合外力为零,在水平 方向受到滑动摩擦力(传送带施加),做 v0=0 的匀加速运动,位移为 10m。 据牛顿第二定律 F=ma 有 f=μ mg=ma,a=μ g=5m/s
2

【错解原因】上述解法的错误出在对这一物理过程的认识。传送带上轻放的物体的运 动有可能分为两个过程。 一是在滑动摩擦力作用下作匀加速直线运动; 二是达到与传送带相 同速度后,无相对运动,也无摩擦力,物体开始作匀速直线运动。关键问题应分析出什么时 候达到传送带的速度,才好对问题进行解答。

【分析解答】以传送带上轻放物体为研究对象,如图 2-29 在竖直方向受重力和支持 力,在水平方向受滑动摩擦力,做 v0=0 的匀加速运动。 据牛二定律 F=ma 有水平方向:f=ma 竖直方向:N-mg=0 f=μ N ③
2

① ②

由式①,②,③解得 a=5m/s

设经时间 tl,物体速度达到传送带的速度,据匀加速直线运动的速度公式 v0=v0+at 解得 t1=0.4s ④

物体位移为 0.4m 时,物体的速度与传送带的速度相同,物体 0.4s 后无摩擦力,开始 做匀速运动 S2=v2t2 因为 S2=S-S1=10—0.4=9.6(m),v2=2m/s 代入式⑤得 t2=4.8s 则传送 10m 所需时间为 t=0.4+4.8=5.2s。 【评析】本题是较为复杂的一个问题,涉及了两个物理过程。这类问题应抓住物理情 景,带出解决方法,对于不能直接确定的问题可以采用试算的方法,如本题中错解求出一直 做匀加速直线运动经过 10m 用 2s,可以拿来计算一下,2s 末的速度是多少,计算结果 v=5×2=10(m/s),已超过了传送带的速度,这是不可能的。当物体速度增加到 2m/s 时, 摩擦力瞬间就不存在了。这样就可以确定第 2 个物理过程。 例 11 如图 2-30,一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计,盘内放一个物体 P 处于静止。 的质量为 12kg, P 弹簧的劲度系数 k=800N/m。 现给 P 施加一个竖直向上的力 F, ⑤

使 P 从静止开始向上做匀加速运动。已知在前 0.2s 内 F 是变化的,在 0.2s 以后 F 是恒力, 则 F 的最小值是多少,最大值是多少?

【错解】 F 最大值即 N=0 时,F=ma+mg=210(N) 【错解原因】错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系 G=F+N,不自觉的 贯穿在解题中。 【分析解答】解题的关键是要理解 0.2s 前 F 是变力,0.2s 后 F 的恒力的隐含条件。即 在 0.2s 前物体受力和 0.2s 以后受力有较大的变化。 以物体 P 为研究对象。物体 P 静止时受重力 G、称盘给的支持力 N。 因为物体静止,∑F=0 N=G=0 N=kx0 设物体向上匀加速运动加速度为 a。 此时物体 P 受力如图 2-31 受重力 G,拉力 F 和支持力 N′ ① ②

据牛顿第二定律有 F+N′-G=ma ③

当 0.2s 后物体所受拉力 F 为恒力,即为 P 与盘脱离,即弹簧无形变,由 0~0.2s 内物 体的位移为 x0。物体由静止开始运动,则

将式①,②中解得的 x0=0.15m 代入式③解得 a=7.5m/s

2

F 的最小值由式③可以看出即为 N′最大时,即初始时刻 N′=N=kx。 代入式③得 Fmin=ma+mg-kx0 =12×(7.5+10)-800×0.15 =90(N) F 最大值即 N=0 时,F=ma+mg=210(N) 【评析】本题若称盘质量不可忽略,在分析中应注意 P 物体与称盘分离时,弹簧的形 变不为 0,P 物体的位移就不等于 x0,而应等于 x0-x(其中 x 即称盘对弹簧的压缩量)。


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