高一物理力学例题经典

1、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)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

2、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10N.F3与F12相垂直,所以三个力的合力大小为F(102+(10)2)1/210N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

3、,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,F111N,F212N,F313N,F414N,F515N,F616N.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.F

4、1436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F310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F3F330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F

5、1,所以三个力的合力等于2F140N(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+211cos150)1/2N(12+12-211cos30)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6

6、0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+211cos30)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

7、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

8、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+410,而1015,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:Fmin15N-10N5N.(B)1+2+3+410,所以五个力的合力可能为零.(C)1+2+3+45,这五个力可以组成图8所示的五边形,合

9、力可能为零.(D)1+2+10+100100,所以五个力的合力可能为零.(E)1+2+3+98+99100,所以一百个力的合力可能为零.(F)1+2+3+98+99(1+99)99/2495010000所以,一百个力的合力不可能为零,最小值为Fmin=10000N-4950N5050N.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

10、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,

11、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-ut1120 (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+ut2120 (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: v1.5u 例题3 一物体作匀变速直线运动,某时刻速

12、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 v04m/s,vt10m/s或-10m/s. 由 svt(v0+vt)t/2, 得 s7m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 得 a6m/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

13、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)tt (B)tt (C)tt 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vv.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:tt.选项(C)正确. 例题5 一质点由静止从A点出发,先作匀加速

14、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+vt2s (1) 又根据加速度的定义式,有 t1v/a (2) t2v/(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

15、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

16、3s 所以 l2s 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)v4m/s; (2)v6m/s; (3)v7m/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

17、位移等于vt;汽车的位移等于 (1/2)at20.5t2. 经过时间t时,汽车尾部跟人之间,距离为 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v4代入(*)式得 y0.5( t-4)2+12 (1) y恒大于零,y最小值为12. (乙)把v6代入(*)式得 y0.5( t-6)2+2 (2) y恒大于零,y最小值为2. (丙)把v7代入(*)式得 y0.5( t-7

18、)2-4.5 (3) 容易得出,当t4,10时,y0,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v4m/s,则人追不上汽车, 人跟汽车之间的最小距离为 12m. (2)如v6m/s,则人追不上汽车, 人跟汽车之间的最小距离为 2m. (3)如v7m/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)0.5

19、0s (D)1.0s 解:每个球做一次竖直上抛运动的时间是 t2(2h/g)1/22(21.25/10) 1/21.0s 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 Tt1.0s; 如果手中总停留着一个球,一个球停留的时间是t,那么 Tt+t ， 且 t(1/3)T 那么 T(3/2)t1.5s. 以上考虑的是两个极端情况.实际上 1.0sT1.5s 在T时间内抛出三个球,每隔T/3的时间抛出一个球: 0.33sT/30.5s ， 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

20、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 hvt-(1/2)gt2 由以上两式得 tH/v (1) 时间t应小于B球在空中运动的时间: t2v/g (2) 由(1)(2)得 2v2gH (3

21、) (甲)在最高点相碰：tv/g (4) 由(1)(4)得 v2gH (5) 所以v、H应满足(5)式. (乙)时间t应小于B球上升时间: tv/g (6) 由(1)(6)得 v2gH (7) 所以v、H应满足(7)式. (丙) tT (8) 由(1)(8)得 HvT (9) 所以v、H应满足(3)(9)两式. (丁) tT (10) 由(1)(10)得 HvT (11) 所以v、H应同时满足(3)(11)两式. 讨论: (11)代入(3)：vgT/2 (12) 问题(丁)又可这样回答:v、H应满足(11)(12)两式. 从(11)得出vH/T,代入(3)或(12)可得 HgT2/2 (13)

22、 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 Fm1g3210N320N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-Fm2a即 m2F/(g-a)把举力大小F320N,重力加速度大小g10m/s2,物体加速度大小a2m/s2代入上式,得 m240Kg他最多能举起40Kg的物体. 例题2 一个质量为200g

23、的物体,以初速度v020m/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 a1g+f/m (1)加速下降时,加速度的大小为 a2(mg-f)

24、/m即 a2g-f/m (2)由匀变速直线运动公式,上升阶段满足 v022a1h (3)其中h16m.下降阶段满足 v22a2h (4)(1)+(2): a1+a22g (5)(3)+(4): v02+v22(a1+a2)h (6)(5)代入(6)得 v02+v24gh (7)代入数据得 v(240)1/2m/s15.5m/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

25、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

26、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.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和无关. 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)gsin-(m1+m2)gcos(m1+m2)a即 F(m1+m2)gsin+(m1+m2)gcos+(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-m2gsin-m2gcosm2a即 Tm2gsin

27、+m2gcos+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, 与动摩擦因数以及斜面的倾角无关. 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

28、),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

29、 (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: vucos在v保持不变的情况下,u随着的变化而变化: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Tx、Ty,随着的减小,Tx逐渐增大,Ty逐渐减小.作用于物体A的Ty、支持力N、重力G，三者满足： Ty+NGN随着Ty的减小而增大.根据 fN水平地面

30、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应等于_. 解:如图3-6作PC垂直于斜面,垂足为C.则CPA,CPB-.应用牛顿第二定律可得,质点从斜面上下滑时,加速度为 agcos应用匀变速直线运动公式可得 PB(1/2)at2即 t22PB/a2PC/cos(-)/(gcos)即 t22PC/gcos(-)cos当 - ,即 /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

31、,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)FMg (B)MgF(M+m)g(C)F(M+m)g (D)F(Mm)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

32、和,大于(Mg+mg).选项(D)正确. 例题9 把一个质量m4Kg的长方体木块,分割成两个三棱柱形木块A和B,角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: aF/m(8/4)m/s22m/s2对B应用牛顿第二定律: Q(m/2)a22N4N (2)A对B的作用力Q是

33、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 fQ/22N 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1,静摩擦因数为2,B与地面之间的动摩擦因数为3.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)1mg (B)2mg (C)3mg (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

34、面对B的滑动摩擦力的大小始终为 f3(2mg)A、B匀速运动时,受力平衡: FfA、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 f1f/2综合以上三式得: f13mg和 f1F/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1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2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沿倾角为的斜面向下加速下滑.A、B

35、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 axacos；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 FmAax.由以上两式得 FmAacos . 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

36、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)N1N2N3 (B)N1N2N3 (C)N1N2N3 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

37、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M4Kg, 长为L1.4m.木板右端放着一个小滑块,小滑块质量为m1Kg, 尺寸远小于L,与木板之间的动摩擦因数为0.4.原来它们都静止,现在大小为F28N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

38、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 fmg4N木板的加速度向右,大小为 (F-f)/M6m/s2滑块受到向右的滑动摩擦力,加速度向右,大小为 f/m4m/s2经时间t1时,撤

39、去水平力F.此后滑块的加速度仍向右,大小仍为 f/m4m/s2.木板在向左的滑动摩擦力作用下,加速度向左,大小为 f/M1m/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 a16-42m/s第二阶段,加速度的大小为 a24+15m/s2根据匀变速直线运动公式,有 va1t1 即 v2t1 (1) va2t25t2 即 v5t2 (2) L(v/2)(t1+t2) 即 2.8v(t1+t2) (3)由(

40、1)(2(3)得 t11s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: Ncos+P mg (1) F-Nsin ma (2)对A、B组成的系统应用牛顿第二定律： F(m+m)a (3)又 N0 (4) P0 (5) a0 (6)由(2)(3)两式得 2F-2Nsin F即

41、NF/(2sin) (7)将(7)代入(1)得 Pmg-(Fctg)/2 (8) mg-Fcos/(2sin)0 F2mgtg60 F231/2mg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231/2mg. 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,.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

42、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m1gsin.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m2gsin. 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 m1gsinm2gsin (1) 图3-20中,左边滑块对楔形物体的压力 N1m1gcos这个力的水平向右的分量为 N1xN1sin即 N1xm1gcossin (2)类似地,右边滑块对楔形物体的压力

43、N2的水平向左的分量为 N2xm2gcossin (3)由可知 coscos (4)将(1)乘以(4)得 m1gsincosm2gsincos (5)由(2)(3)(5)可知 N1xN2x (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N1x、N2x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, 叠放在倾角为的斜面上, A、B之间的静摩擦因数为1, B 与斜面之间的动摩擦因数为2.A、B保持相对静止,一起加速下滑.1、2、相互之间一定满足

44、: (A)12 ,tg2 (B)12 ,tg2 (C)tg12 (D)tg21 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)gsin-2(m1+m2)gcos(m1+m2)a即 gsin-2gcosa (1)其中 a0 (2)由(1)(2)得 2tg (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: m1gsin-fm1a (4)将(1)代入(4): m1gsin-fm1gsin-2m1gcos即 f2m1gcos (5)根据静摩擦因数的定义,物体A受到的最大静摩擦力为 fmax1m1gcos (6)根据最大静摩擦力的定义有 ff

45、max (7)由(5)(6)(7)得 2m1gcos1m1gcos即 21 (8)(3)(8)两式是1、2、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mA,物块B的质量为mB.A与小车前表面之间的静摩擦因数为,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: TmBa (1)物体A受力情况如图3-23所示.小车对A的静摩擦力

46、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: -NfN (2)为以后演算的方便,可把(2)式写为两个不等式： fN (3) -Nf (4)对物体A应用牛顿第二定律: NmAa (5) f+TmAg (6) 将(1)代入(6)可得 fmAg-mBa (7)将(5)(7)代入(3)得 mAg-mBamAa即 mAgmAa+mBa于是 amAg/(mA+mB) (8) 将(5)(7)代入(4)得 -mAa mAg-mBa即 mBa -mAa mAg即 a(mB -mA) mAg (9)(甲)若 mB -mA0则(9)式可化为 amAg/(mB-mA) (9a)(乙)若 mB -mA0则(9)式可化为 amAg/(mB-mA) (9b)(8)被满足时,(9b)自然满足.(丙)若 (mB -mA)0则(9)式自然满足. 结论:(一)在 mB -mA0情况下,a的取值由(8)和(9a)的交集确定,即 mAg/(mA+mB) amAg/(mB-mA)(二)在 mB -mA0情况下,a的取值由