物理20分钟专题突破（3）

运动和力（一）

1．物体在倾角为θ的斜面上滑动，则在下列两种情况下，物体加速度为多大？

（1）斜面是光滑的；

（2）斜面是粗糙的，且与物体间动摩擦因数为μ 

2．如图4所示，质量分别为15kg和5kg的长方形物体A和B静止叠放在水平桌面上.A与桌面以及A、B间动摩擦因数分别为μ₁=0.1和μ₂=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。问：

（1）水平作用力F作用在B上至少多大时，A、B之间能发生相对滑动？

（2）当F=30N或40N时，A、B加速度分别各为多少？

            图4                              

3．如图6（a）所示，质量为M的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ.滑动上安装一支架，在支架的O点处，用细线悬挂一质量为m的小球.当滑块匀加速下滑时，小球与滑块相对静止，则细线的方向将如何？

       （a）                      （b）                    （c）

                                       图6

4．如图7所示，质量M=10kg的斜面体，其斜

面倾角θ=37⁰，小物体质量m=1kg，当小物体由静止释放

时，滑下S=1.4m后获得速度σ=1.4m/s，这过程斜面体处

于静止状态，求水平面对斜面体的支持力和静摩擦力（取

g=10m/s²）

5．升降机地板上有一木桶，桶内水面上漂浮着一个木块，当升降机静止时，木块有一半浸在水中，若升降机以a=g的加速度匀加速上升时，木块浸入水中的部分占总体积的__________。

1．分析：两种情况的主要差别就在于“是否受到动摩擦力的作用”

解：（1）对于光滑斜面，无论物体沿斜面向下滑或是沿斜面向上滑，其受力情况均可由图2所示，建立适当的坐标系后便可列出运动方程

                mgsinθ=ma₁，

得              a₁=gsinθ.

（2）对于粗糙斜面，物体滑动时还将受动摩擦力作用，只是物体向下滑时动摩擦力方向沿斜面斜向上；物体向上滑时动摩擦力方向沿斜面斜向下，受力图分别如图3中（a）、（b）所示，建立适当的坐标系后便可分别列出方程组

和

由此便可分别解得                           

         a₂=g（sinθ－μcosθ），                 图3

         a₃=g（sinθ+μcosθ）.

2．分析：AB相对滑动的条件是：A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，且加速度达到A可能的最大加速度a₀，所以应先求出a₀.

解：（1）以A为对象，它在水平方向受力如图5（a）所示，所以有

       m_Aa₀=μ₂m_Bg－μ₁（m_A+m_B）g，

a₀=

g=×10m/s²=m/s²

再以B为对象，它在水平方向受力如图5（b）所示，      图5

加速度也为a₀，所以有

           F－F₂=m_Ba₀，

F=f₂+m_Ba₀=0.6×5×10N+5×N=33.3N.

即当F达到33.3N时，A、B间已达到最大静摩擦力.若F再增加，B加速度增大而A的加速度已无法增大，即发生相对滑动，因此，F至少应大于33.3N.

（2）当F=30N，据上面分析可知不会发生相对滑动，故可用整体法求出共同加速度

 a_A=a_B==m/s²=0.5m/s².

还可以进一步求得A、B间的静摩擦力为27.5N（同学们不妨一试）.

当F= 40N时，A、B相对滑动，所以必须用隔离法分别求a_A、a_B，其实a_A不必另求，

            a_A=a₀=m/s².

以B为对象可求得

         a_B==m/s²=2m/s².

从上可看出，解决这类问题关键是找到情况发生变化的“临界条件”.各种问题临界条件不同，必须对具体问题进行具体分析。

3．分析：要求细线的方向，就是要求细线拉力的方向，所以这还是一个求力的问题.可以用牛顿第二定律先以整体以求加速度a（因a相同），再用隔离法求拉力（方向）.

解：以整体为研究对象，受力情况发图6（b）所示，根据牛顿第二定律有

    （M+m）gsinθ－f=（M+m）a，N－（M+m）gcosθ=0.

而f=μN，故可解得 a=g（sinθ－μcosθ）.

  再以球为研究对象，受务情况如图6（c）表示，取x、y轴分别为水平、竖直方向（注意这里与前面不同，主要是为了求a方便）.由于加速度a与x轴间的夹角为θ，根据牛顿第二定律有

                Tsinα=macosθ，mg－Tcosα=masinθ.

   由此得

tanα==.

  为了对此解有个直观的认识，不妨以几个特殊μ值代入

    （1）μ=0，α=θ，绳子正好与斜面垂直；

（2）μ=tanθ，α=0⁰，此时物体匀速下滑，加速度为0，绳子自然下垂；

（3）μ＜tanθ，则α＜θ，物体加速下滑.

4．分析：若采用隔离法求解，小物体与斜面体受力情         

况如图8（a）与（b）所示，由此根据运动学规律，

牛顿定律及平衡方程依次得

   2as=υ²

  mgs=θ－f₁=ma

  N₁－mgcosθ=0

 F₂+f₁cosθ－Ns=θ=0

          N₂－f₁s=θ－N₁cosθ－Mg=0

由此可求得水平面对斜面体的支持力N₂和静摩擦

力f₂的大小分别为

          N₂=109.58N

          f₂=0.56N                                        

但若采用整体法，通知牛顿运动定律的修正形式，可给出如下简单的解合。

   解：由运动学公式得

         2as=υ²

再由牛顿运动定律的修正形式得

          f₂=macosθ

         mg+Mg－N₂=masinθ

于是解得

              N₂=109.58N

              f₂=0.56N

5．分析：通常会有同学作出如下分析。

当升降机静止时，木块所受浮力F₁与重力平衡，于是

      F₁－mg=0

      F₁=ρVg

当升降机加速上升时，木块所受浮力F₂比重大，此时有

       F₂－mg=ma=mg

       F₂=ρV^/g

在此基础上可解得

     V^/ ：V=3 ：4

但上述结论是错误的，正确解答如下。

 解：当升降机静止时有

     F₁－mg=0

     F₁=ρVg

当升降机加速上升时，系统处于超重状态，一方面所受浮力F₂确实大于木块的重力mg，有

            F₂－mg=ma=mg

另一方面所排开的体积为V^/的水的视重大于其真重ρV^/g，而等于

            F₂=G_排=ρV^/(g+a)=ρV^/g

由此解得

     V^/ ：V=1 ：2

即：浸入水中的部分仍占木块体积的一半。