本章复习与测试设计意图

章末总结

一、解决力学问题的三种基本功

1.受力分析

(1)灵活选择研究对象. (2)作出研究对象的受力示意图. (3)根据研究对象的受力情况，确定其运动情况，从而选取相应规律. 2.运动过程分析

在分析力学问题时，要区分出初态、运动过程和末态，在物体运动的整个过程中，往往因为物体受力的变化，可以把它的运动过程分为几个阶段，所以解题时一般要根据实际情况画出运动过程示意图，再结合受力情况选取相应的规律求解. 3.矢量的运算

学过的矢量主要有：位移x、速度v、加速度a、力F等，矢量运算要注意以下几点：

(1)互成角度的矢量合成与分解，遵从平行四边形定则. (2)正交分解法是平行四边形定则的特殊情景，实际中多应用于力的分解，应用时要根据物体受力情况选定坐标系，使较多的力落在坐标轴上. (3)同一条直线上的矢量运算，要先规定正方向，然后以“＋”、“－”号代表矢量方向，从而把矢量运算转化为算术运算. 例1

如图1所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1 kg的物体.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳拉物体由静止沿斜面向上运动.拉力F＝10 N，方向平行斜面向上.经时间t＝4 s绳子突然断了，求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)

图1 (1)绳断时物体的速度大小；

(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间. 答案

(1)8 m/s

(2)4.2 s 解析

(1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力FN、重力mg和摩擦力Ff，受力分析如图所示，

设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：

F－mgsin θ－Ff＝ma1

又Ff＝μFN

FN＝mgcos θ

解得：a1＝2 m/s2

t＝4 s时物体的速度大小v1＝a1t＝8 m/s 1(2)绳断时物体距斜面底端的位移为x1＝a1t2＝16 m，绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运2动，设运动的加速度大小为a2，受力分析如图所示，

则根据牛顿第二定律有：

mgsin θ＋Ff＝ma2

解得a2＝8 m/s2

物体匀减速运动的时间

v1t2＝＝1 s a21物体匀减速运动的位移为x2＝v1t2＝4 m 2此后物体沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，受力分析如图所示.

根据牛顿第二定律可得mgsin θ－Ff′＝ma3，Ff′＝μFN′＝μmgcos θ，得a3＝4 m/s2

1设物体由最高点下滑到斜面底端的时间为t3，根据运动学公式可得x1＋x2＝a3t3

2，t3＝10 2s≈3.2 s，所以物体返回斜面底端的时间为t′＝t2＋t3＝4.2 s. 二、传送带问题

1.传送带传送货物时，一般情况下，由摩擦力提供动力，而摩擦力的性质、大小、方向和运动状态密切相关.分析传送带问题时，要结合相对运动情况，找到摩擦力发生突变的临界点是解题的关键. 2.若传送带顺时针转动，物体要实现从下向上传输，则要满足：(1)必须μmgcos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，否则物体不可能上升；(2)可能运动过程有两种：若x1>L，则物体一直加速；若x1

某飞机场利用如图2所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动.在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg 的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝物从A端运送到B端所需的时间.(g取10 m/s2) 3.求货2

图2 答案

3 s 解析

以货物为研究对象，由牛顿第二定律得

μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma

解得a＝2.5 m/s2

v货物匀加速运动时间t1＝＝2 s a货物匀加速运动位移

1x1＝at

1

2＝5 m 2

然后货物做匀速运动，运动位移

x2＝L－x1＝5 m 匀速运动时间

x2t2＝v＝1 s 货物从A到B所需的时间

t＝t1＋t2＝3 s 三、解决共点力作用下平衡问题的常用方法

1.矢量三角形法(合成法) 物体受三个力作用而平衡时，其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，且这三个力首尾相接构成封闭三角形，可以通过解三角形来求解相应力的大小和方向.常用的有直角三角形、动态三角形和相似三角形. 2.正交分解法

在正交分解法中，平衡条件F合＝0可写成：∑Fx＝F1x＋F2x＋…＋Fnx＝0(即x方向合力为零)；∑Fy＝F1y＋F2y＋…＋Fny＝0(即y方向合力为零). 3. 整体法和隔离法：在选取研究对象时，为了弄清楚系统(连接体)内某个物体的受力情况，可采用隔离法；若只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的受力时，一般采用整体法. 例3

如图3所示，质量m1＝5 kg的物体，置于一粗糙的斜面体上，斜面倾角为30°，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推物体，物体沿斜面向上匀速运动.斜面体质量m2＝10 kg且始终静止，g取10 m/s2，求：

图3 (1)斜面体对物体的摩擦力；

(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力. 答案

(1)5 N，方向沿斜面向下

(2)153 N，方向水平向左

135 N，方向竖直向上

解析

(1)要求系统内部的作用力，所以用“隔离法”.对物体受力分析，如图甲所示，沿平行于斜面的方向上有F＝m1gsin 30°＋Ff.解得Ff＝5 N，方向沿斜面向下.

(2)要求系统受的外力，用“整体法”.因两个物体均处于平衡状态，故可以将物体与斜面体

看做一个整体来研究，其受力如图乙所示.在水平方向上有Ff地＝Fcos 30°＝153 N，方向水平向左；

在竖直方向上有FN地＝(m1＋m2)g－Fsin 30°＝135 N，方向竖直向上.

1.(2015·台州期末)如图4所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，碗的内表面及碗口光滑.O点为其球心，一根轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球.当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°；质量为m2的小球位于水平面上，此时细线对m2的拉力大小为(

)

图4 A.0

B.m1g

C.m2g

D.答案

A 解析

对小球m1受力分析，受重力和支持力，假设细线对小球m1有拉力作用，则小球m1受力不能平衡，故拉力FT为零，所以此时细线对m2的拉力大小为0. 2.如图5所示，表面光滑、质量不计的尖劈，插在缝A、B之间，尖劈的一个角为α，在尖劈背上加一压力F，则尖劈对A侧压力和对B侧压力分别为(

) 2mg

21

图5 A.Fsin α，Ftan α

FFC.，

sin αtan α答案

C F解析

将F按照作用效果分解为图示两个方向，如图所示，根据三角函数关系得：F1＝，sin αFF2＝. tan αFB.，Ftan α

sin αFD.Fsin α，

tan α

3.如图6所示，水平传送带以2 m/s的速度运动，传送带长AB＝20 m，现在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，试求这个工件经过多长时间由传送带左端运动到右端？(g＝10 m/s2)

图6 答案

11 s 解析

工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，

受滑动摩擦力向右，大小为Ff＝μmg，

工件加速度a＝μg，方向水平向右，

则加速运动的时间为：

vvt0＝＝＝2 s，

aμg12在t0时间内运动的位移：x0＝at0

＝2 m，

2由于x0＜20 m，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，摩擦力为零，随传送带一起运动至B端. 经过时间t0后，工件做匀速运动的时间为：

x－x020－2t1＝v＝

s＝9 s，

2工件由传送带左端运动到右端共用时间为：

t＝t0＋t1＝11 s. 4.如图7所示，倾角为θ＝37°、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上做匀加速运动，前进了4.0 m抵达B点时，速度为8 m/s.已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，木块质量m＝1 kg.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).

图7 (1)木块所受的外力F多大？

(2)若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离x和返回B点的速度.

答案

(1)18 N

(2)3.2 m

85 m/s 5v264解析

(1)根据速度位移公式得，木块上滑的加速度a1＝＝

m/s2＝8 m/s2

2x18根据牛顿第二定律得，F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1

解得

F＝mgsin 37°＋μmgcos 37°＋ma1＝(10×0.6＋0.5×10×0.8＋1×8) N＝18 N. (2)木块匀减速上滑的加速度大小

mgsin 37°＋μmgcos 37°a2＝

m＝gsin 37°＋μgcos 37°

＝(10×0.6＋0.5×10×0.8) m/s2

＝10 m/s2

v264所以还能沿斜面上滑的距离x＝＝

m＝3.2 m 2a220木块向下做匀加速运动的加速度

mgsin 37°－μmgcos 37°a3＝＝gsin 37°－μgcos 37°

m＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2

则返回B点的速度

vB′＝2a3x＝2×2×3.2 m/s＝85 m/s. 5