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第一章 力 第二章 直线运动 第三章 牛顿定律 第四章 曲线运动 第五章 万有引力 第六章 平衡
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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 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) 把举力大小F＝320N,重力加速度大小g＝10m/s2,物体加速度大小a ＝2m/s2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 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 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 v02＝2a1h (3) 其中h＝16m.下降阶段满足 v2＝2a2h (4) (1)+(2): a1+a2＝2g (5) (3)+(4): v02+v2＝2(a1+a2)h (6) (5)代入(6)得 v02+v2＝4gh (7) 代入数据得 v＝(240)1/2m/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. 在较少的时间内,木块作初速度为零的匀加速运动, 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α.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μ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μ和α无关. 第二定律可得: F-(m1+m2)gsinα-μ(m1+m2)gcosα＝(m1+m2)a 即 F＝(m1+m2)gsinα+μ(m1+m2)gcosα+(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-m2gsinα-μm2gcosα＝m2a 即 T＝m2gsinα+μm2gcosα+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μ以及斜面的倾角α无关. 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),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 (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 v＝ucosθ 在v保持不变的情况下,u随着θ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θ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+N＝G N随着Ty的减小而增大.根据 f＝μN 水平地面对物体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α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β应等于______. β.应用牛顿第二定律可得,质点从斜面上下滑时,加速度为 a＝gcosβ 应用匀变速直线运动公式可得 PB＝(1/2)at2 即 t2＝2PB/a＝2[PC/cos(α-β)]/(gcosβ) 即 t2＝2PC/[gcos(α-β)cosβ] 当 α-β＝β , 即 β＝α/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,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)F＝Mg (B)Mg＜F＜(M+m)g (C)F＝(M+m)g (D)F＞(M＋m)g (1992年高考上海卷试题) 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和,大于(Mg+mg).选项(D)正确. 例题9 把一个质量m＝4Kg的长方体木块,分割成两个三棱柱形 木块A和B,角α＝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.
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: a＝F/m＝(8/4)m/s2＝2m/s2 对B应用牛顿第二定律: Q＝(m/2)a＝2×2N＝4N (2)A对B的作用力Q是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 f＝Q/2＝2N 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μ1,静摩擦因数为μ2,B与地面之间的动摩擦因数为μ3.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)μ1mg (B)μ2mg (C)μ3mg (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,因此地面对B的滑动摩擦力的大小始终为 f＝μ3(2mg) A、B匀速运动时,受力平衡: F＝f A、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 f1＝f/2 综合以上三式得: f1＝μ3mg 和 f1＝F/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μ1 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μ2用不到. 滑滑轮的细绳相连.A沿倾角为θ的斜面向下加速下滑.A、B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 ax＝acosθ； 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 F＝mAax. 由以上两式得 F＝mAacosθ . 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)N1＝N2＝N3 (B)N1＜N2＜N3 (C)N1＞N2＞N3 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M＝4Kg, 长 为L＝1.4m.木板右端放着一个小滑块,小滑块质量为m＝1Kg, 尺寸 远小于L,与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.原来它们都静止,现 在大小为F＝28N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 f＝μmg＝4N 木板的加速度向右,大小为 (F-f)/M＝6m/s2 滑块受到向右的滑动摩擦力,加速度向右,大小为 f/m＝4m/s2 经时间t1时,撤去水平力F.此后滑块的加速度仍向右,大小仍为 f/m＝4m/s2. 木板在向左的滑动摩擦力作用下,加速度向左,大小为 f/M＝1m/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 a1＝6-4＝2m/s 第二阶段,加速度的大小为 a2＝4+1＝5m/s2 根据匀变速直线运动公式,有 v＝a1t1 即 v＝2t1 (1) v＝a2t2＝5t2 即 v＝5t2 (2) L＝(v/2)(t1+t2) 即 2.8＝v(t1+t2) (3) 由(1)(2(3)得 t1＝1s 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θ＝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: Ncosθ+P＝ mg (1) F-Nsinθ ＝ ma (2) 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律： F＝(m+m)a (3) 又 N＞0 (4) P≥0 (5) a＞0 (6) 由(2)(3)两式得 2F-2Nsinθ ＝ F 即 N＝F/(2sinθ) (7) 将(7)代入(1)得 P＝mg-(Fctgθ)/2 (8) mg-Fcosθ/(2sinθ)≥0 F≤2mgtg60° F≤2×31/2mg 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2×31/2mg. 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,α＞β.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m1gsinα.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m2gsinβ. 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 m1gsinα＝m2gsinβ (1)
图3-20中,左边滑块对楔形物体的压力 N1＝m1gcosα 这个力的水平向右的分量为 N1x＝N1sinα 即 N1x＝m1gcosαsinα (2) 类似地,右边滑块对楔形物体的压力N2的水平向左的分量为 N2x＝m2gcosβsinβ (3) 由α＞β可知 cosα＜cosβ (4) 将(1)乘以(4)得 m1gsinαcosα＜m2gsinβcosβ (5) 由(2)(3)(5)可知 N1x＜N2x (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α的斜面上, A、B之间的静摩擦因数为μ1, B 与斜面之间的 动摩擦因数为μ2.A、B保持相对静止,一起加速下滑.μ1、μ2、 α相互之间一定满足: (A)μ1≥μ2 ,tgα＞μ2 (B)μ1≤μ2 ,tgα＞μ2 (C)tgα＞μ1≥μ2 (D)tgα＞μ2＝μ1 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)gsinα-μ2(m1+m2)gcosα＝(m1+m2)a 即 gsinα-μ2gcosα＝a (1) 其中 a＞0 (2) 由(1)(2)得 μ2＜tgα (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: m1gsinα-f＝m1a (4) 将(1)代入(4): m1gsinα-f＝m1gsinα-μ2m1gcosα 即 f＝μ2m1gcosα (5) 根据静摩擦因数的定义,物体A受到的最大静摩擦力为 fmax＝μ1m1gcosα (6) 根据最大静摩擦力的定义有 f≤fmax (7) 由(5)(6)(7)得 μ2m1gcosα≤μ1m1gcosα 即 μ2≤μ1 (8) (3)(8)两式是μ1、μ2、α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μ,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: 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) h/sinx＝(1/2)at2 (3) v2＝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 v2＝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 h/sinx＝(1/2)(gsinx-μgcosx)t2 (6) 即 2h/(t2sinx)＝gsinx-μgcosx 即 2h/(gt2sinxcosx)＝sinx/cosx-μ 即 μ＝tgx[1-2h/(gt2sin2x)] (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: (1/2)at2-(1/2)At2＝l 即 t2＝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.) 解: A受力情况,B受力情况,A和B组成的系统的受力情况,如图 3-27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: Ncosθ+P＝ mAg (1) F-μ(mAg-Ncosθ)-Nsinθ ＝ mAa (2) 对B应用牛顿第二定律： Nsinθ-μ(mBg+Ncosθ)＝ mBa (3) 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律： F-μ(mA+mB)g＝(mA+mB)a (4) 又 N＞0 (5) P≥0 (6) a＞0 (7) 此外还有F＞0,μ≥0等等,为简洁起见,后面利用它们时不加说明. |
