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物理20分鐘專題突破（3）

運動和力（一）

1．物體在傾角為θ的斜面上滑動，則在下列兩種情況下，物體加速度為多大？

（1）斜面是光滑的；

（2）斜面是粗糙的，且與物體間動摩擦因數為μ 

2．如圖4所示，質量分別為15kg和5kg的長方形物體A和B靜止疊放在水平桌面上.A與桌面以及A、B間動摩擦因數分別為μ₁=0.1和μ₂=0.6，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。問：

（1）水平作用力F作用在B上至少多大時，A、B之間能發生相對滑動？

（2）當F=30N或40N時，A、B加速度分別各為多少？

            圖4                              

3．如圖6（a）所示，質量為M的滑塊與傾角為θ的斜面間的動摩擦因數為μ.滑動上安裝一支架，在支架的O點處，用細線懸掛一質量為m的小球.當滑塊勻加速下滑時，小球與滑塊相對靜止，則細線的方向將如何？

       （a）                      （b）                    （c）

                                       圖6

4．如圖7所示，質量M=10kg的斜面體，其斜

面傾角θ=37⁰，小物體質量m=1kg，當小物體由靜止釋放

時，滑下S=1.4m后獲得速度σ=1.4m/s，這過程斜面體處

于靜止狀態，求水平面對斜面體的支持力和靜摩擦力（取

g=10m/s²）

5．升降機地板上有一木桶，桶內水面上漂浮著一個木塊，當升降機靜止時，木塊有一半浸在水中，若升降機以a=g的加速度勻加速上升時，木塊浸入水中的部分占總體積的__________。

1．分析：兩種情況的主要差別就在于“是否受到動摩擦力的作用”

解：（1）對于光滑斜面，無論物體沿斜面向下滑或是沿斜面向上滑，其受力情況均可由圖2所示，建立適當的坐標系后便可列出運動方程

                mgsinθ=ma₁，

得              a₁=gsinθ.

（2）對于粗糙斜面，物體滑動時還將受動摩擦力作用，只是物體向下滑時動摩擦力方向沿斜面斜向上；物體向上滑時動摩擦力方向沿斜面斜向下，受力圖分別如圖3中（a）、（b）所示，建立適當的坐標系后便可分別列出方程組

和

由此便可分別解得                           

         a₂=g（sinθ－μcosθ），                 圖3

         a₃=g（sinθ+μcosθ）.

2．分析：AB相對滑動的條件是：A、B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，且加速度達到A可能的最大加速度a₀，所以應先求出a₀.

解：（1）以A為對象，它在水平方向受力如圖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為對象，它在水平方向受力如圖5（b）所示，      圖5

加速度也為a₀，所以有

           F－F₂=m_Ba₀，

F=f₂+m_Ba₀=0.6×5×10N+5×N=33.3N.

即當F達到33.3N時，A、B間已達到最大靜摩擦力.若F再增加，B加速度增大而A的加速度已無法增大，即發生相對滑動，因此，F至少應大于33.3N.

（2）當F=30N，據上面分析可知不會發生相對滑動，故可用整體法求出共同加速度

 a_A=a_B==m/s²=0.5m/s².

還可以進一步求得A、B間的靜摩擦力為27.5N（同學們不妨一試）.

當F= 40N時，A、B相對滑動，所以必須用隔離法分別求a_A、a_B，其實a_A不必另求，

            a_A=a₀=m/s².

以B為對象可求得

         a_B==m/s²=2m/s².

從上可看出，解決這類問題關鍵是找到情況發生變化的“臨界條件”.各種問題臨界條件不同，必須對具體問題進行具體分析。

3．分析：要求細線的方向，就是要求細線拉力的方向，所以這還是一個求力的問題.可以用牛頓第二定律先以整體以求加速度a（因a相同），再用隔離法求拉力（方向）.

解：以整體為研究對象，受力情況發圖6（b）所示，根據牛頓第二定律有

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

而f=μN，故可解得 a=g（sinθ－μcosθ）.

  再以球為研究對象，受務情況如圖6（c）表示，取x、y軸分別為水平、豎直方向（注意這里與前面不同，主要是為了求a方便）.由于加速度a與x軸間的夾角為θ，根據牛頓第二定律有

                Tsinα=macosθ，mg－Tcosα=masinθ.

   由此得

tanα==.

  為了對此解有個直觀的認識，不妨以幾個特殊μ值代入

    （1）μ=0，α=θ，繩子正好與斜面垂直；

（2）μ=tanθ，α=0⁰，此時物體勻速下滑，加速度為0，繩子自然下垂；

（3）μ＜tanθ，則α＜θ，物體加速下滑.

4．分析：若采用隔離法求解，小物體與斜面體受力情         

況如圖8（a）與（b）所示，由此根據運動學規律，

牛頓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

由此可求得水平面對斜面體的支持力N₂和靜摩擦

力f₂的大小分別為

          N₂=109.58N

          f₂=0.56N                                        

但若采用整體法，通知牛頓運動定律的修正形式，可給出如下簡單的解合。

   解：由運動學公式得

         2as=υ²

再由牛頓運動定律的修正形式得

          f₂=macosθ

         mg+Mg－N₂=masinθ

于是解得

              N₂=109.58N

              f₂=0.56N

5．分析：通常會有同學作出如下分析。

當升降機靜止時，木塊所受浮力F₁與重力平衡，于是

      F₁－mg=0

      F₁=ρVg

當升降機加速上升時，木塊所受浮力F₂比重大，此時有

       F₂－mg=ma=mg

       F₂=ρV^/g

在此基礎上可解得

     V^/ ：V=3 ：4

但上述結論是錯誤的，正確解答如下。

 解：當升降機靜止時有

     F₁－mg=0

     F₁=ρVg

當升降機加速上升時，系統處于超重狀態，一方面所受浮力F₂確實大于木塊的重力mg，有

            F₂－mg=ma=mg

另一方面所排開的體積為V^/的水的視重大于其真重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塊體積的一半。