F11cosθ=mg,F11sinθ=ma1,得F11=
mg.
(2)因a2=2g>a0,故细绳1、2均张紧,设拉力分别为F12、F22,由牛顿第二定律得
解得F12=
mg,F22=
mg.
例4
如图5所示,细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g).
图5
(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时,线对小球的拉力刚好等于零?
(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时,小球对滑块的压力等于零?
(3)当滑块以a′=2g的加速度向左运动时,线上的拉力为多大?
答案
(1)g
(2)g (3)
mg
解析
(1)当FT=0时,小球受重力mg和斜面支持力FN作用,如图甲,则
FNcos45°=mg,FNsin45°=ma
解得a=g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.
(2)假设滑块具有向左的加速度a1时,小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用,如图乙所示.由牛顿第二定律得
水平方向:
FT1cos45°-FN1sin45°=ma1,
竖直方向:
FT1sin45°+FN1cos45°-mg=0.
由上述两式解得FN1=
,FT1=
.
由此可以看出,当加速度a1增大时,球所受的支持力FN1减小,线的拉力FT1增大.
当a1=g时,FN1=0,此时小球虽与斜面接触但无压力,处于临界状态,这时绳的拉力为FT1=
mg.所以滑块至少以a1=g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零.
(3)当滑块加速度大于g时,小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用,如图丙所示,此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得FT′cosα=ma′,FT′sinα=mg,解得FT′=m
=
mg.
1.(连接体问题)如图6所示,质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ,质量为m的物块B与地面的摩擦不计,在大小为F的水平推力作用下,A、B一起向右做加速运动,则A和B之间的作用力大小为( )
图6
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 以A、B组成的整体为研究对象,由牛顿第二定律得,F-μ·2mg=(2m+m)a,整体的加速度大小为a=
;以B为研究对象,由牛顿第二定律得A对B的作用力大小为FAB=ma=
,即A、B间的作用力大小为
,选项D正确.
2.(连接体问题)(多选)(2019·六安一中高二第一学期期末)如图7所示,用力F拉着三个物体在光滑的水平面上一起运动,现在中间物体上加上一个小物体,在原拉力F不变的条件下四个物体仍一起运动,那么连接物体的绳子上的张力FTa、FTb和未放小物体前相比( )
图7
A.FTa增大B.FTa减小
C.FTb增大D.FTb减小
答案 AD
解析 原拉力F不变,放上小物体后,物体的总质量变大了,由F=ma可知,整体的加速度a减小,以最右边物体为研究对象,受力分析知,F-FTa=ma,因为a减小了,所以FTa变大了;再以最左边物体为研究对象,受力分析知,FTb=ma,因为a减小了,所以FTb变小了.故选项A、D正确.
3.(临界问题)如图8所示,物体A叠放在物体B上,B置于足够大的光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6kg、mB=2kg.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2.若作用在A上的外力F由0增大到45N,则此过程中( )
图8
A.在拉力F=12N之前,物体一直保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始发生相对运动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终不发生相对运动
答案 D
解析 先分析两物体的运动情况,B运动是因为受到A对它的静摩擦力,但静摩擦力存在最大值,所以B的加速度存在最大值,可以求出此加速度下F的大小;如果F再增大,则两物体间会发生相对滑动,所以这里存在一个临界点,就是A、B间静摩擦力达到最大值时F的大小.以A为研究对象进行受力分析,A受水平向右的拉力、水平向左的静摩擦力,则有F-Ff=mAa;再以B为研究对象,B受水平向右的静摩擦力,Ff=mBa,当Ff为最大静摩擦力时,解得a=
=
=
m/s2=6m/s2,此时F=48N,由此可知此过程中A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力,A、B间不会发生相对运动,故选项D正确.
一、选择题
1.物块A、B(A、B用水平轻绳相连)放在光滑的水平地面上,其质量之比mA∶mB=2∶1.现用大小为3N的水平拉力作用在物块A上,如图1所示,则A对B的拉力等于( )
图1
A.1NB.1.5NC.2ND.3N
答案 A
解析 设物块B的质量为m,A对B的拉力为F,对A、B整体,根据牛顿第二定律有a=
,对B有F=ma,所以F=1N.
2.如图2所示,弹簧测力计外壳质量为m0,弹簧及挂钩的质量忽略不计,挂钩吊着一质量为m的重物.现用一竖直向上的外力F拉着弹簧测力计,使其向上做匀加速直线运动,则弹簧测力计的读数为( )
图2
A.mgB.F
C.
FD.
F
答案 C
解析 将弹簧测力计及重物视为一个整体,设它们共同向上的加速度为a.由牛顿第二定律得
F-(m0+m)g=(m0+m)a①
弹簧测力计的示数等于它对重物的拉力,设此力为FT.
则对重物由牛顿第二定律得FT-mg=ma②
联立①②解得FT=
F,C正确.
3.(多选)如图3所示,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F的水平外力推动物块P,若记R、Q之间相互作用力与Q、P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是( )
图3
A.若μ≠0,则k=
B.若μ≠0,则k=
C.若μ=0,则k=
D.若μ=0,则k=
答案 BD
解析 三个物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,根据牛顿第二定律有F-μ(m+2m+3m)g=(m+2m+3m)a,解得加速度a=
.隔离R进行受力分析,根据牛顿第二定律有F1-3μmg=3ma,解得R和Q之间相互作用力大小F1=3ma+3μmg=
F;隔离P进行受力分析,根据牛顿第二定律有F-F2-μmg=ma,可得Q与P之间相互作用力大小F2=F-μmg-ma=
F.所以k=
=
=
,由于推导过程与μ是否为0无关,故选项B、D正确.
4.如图4所示,在光滑的水平桌面上有一物体A,通过绳子与物体B相连,假设绳子的质量以及绳子与轻质定滑轮之间的摩擦都可以忽略不计,绳子不可伸长且与A相连的绳水平.如果mB=3mA,则绳子对物体A的拉力大小为( )
图4
A.mBgB.
mAg
C.3mAgD.
mBg
答案 B
解析 对A、B整体进行受力分析,根据牛顿第二定律可得mBg=(mA+mB)a,对物体A,设绳的拉力为F,由牛顿第二定律得,F=mAa,解得F=
mAg,B正确.
5.如图5所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg,现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为( )
图5
A.μmgB.2μmg
C.3μmgD.4μmg
答案 C
解析 当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,A物体所受的合力为μmg,由牛顿第二定律知aA=
=μg,对于A、B整体,加速度a=aA=μg.由牛顿第二定律得F=3ma=3μmg.
6.如图6所示,质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑槽内有一质量为m的小铁球,现用一水平向右的推力F推动凹槽,小铁球与光滑凹槽相对静止时,凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角.重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
图6
A.小铁球受到的合外力方向水平向左
B.F=(M+m)gtanα
C.系统的加速度为a=gsinα
D.F=mgtanα
答案 B
解析 隔离小铁球受力分析得F合=mgtanα=ma且合外力方向水平向右,故小铁球加速度为gtanα,因为小铁球与凹槽相对静止,故系统的加速度也为gtanα,A、C错误.对整体受力分析得F=(M+m)a=(M+m)gtanα,故B正确,D错误.
7.(多选)如图7所示,已知物块A、B的质量分别为m1=4kg、m2=1kg,A、B间的动摩擦因数为μ1=0.5,A与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g取10m/s2,在水平力F的推动下,要使A、B一起运动且B不下滑,则力F的大小可能是( )
图7
A.50NB.100N
C.125ND.150N
答案 CD
解析 若B不下滑,对B有μ1FN≥m2g,由牛顿第二定律FN=m2a;对整体有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,得F≥(m1+m2)
g=125N,选项C、D正确.
8.(多选)在小车车厢的顶部用轻质细线悬挂一质量为m的小球,在车厢底板上放着一个质量为M的木块.当小车沿水平地面向左匀减速运动时,木块和车厢保持相对静止,悬挂小球的细线与竖直方向的夹角是30°,如图8所示.已知当地的重力加速度为g,木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是( )
图8
A.此时小球的加速度大小为
g
B.此时小车的加速度方向水平向左
C.此时木块受到的摩擦力大小为
Mg,方向水平向右
D.若增大小车的加速度,当木块相对车厢底板即将滑动时,小球对细线的拉力大小为
mg
答案 CD
解析 小车沿水平地面向左匀减速运动,加速度方向水平向右,选项B错误.因为小球和木块都相对车厢静止,则小球和木块的加速度与小车的加速度大小相等,设加速度大小为a,对小球进行受力分析,如图所示.根据牛顿第二定律可得F合=ma=mgtan30°,a=gtan30°=
g,选项A错误.此时木块受到的摩擦力大小Ff=Ma=
Mg,方向水平向右,选项C正确.木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当木块相对车厢底板即将滑动时,木块的加速度大小为a1=μg=0.75g,此时细线对小球的拉力大小F1=
=
mg,则小球对细线的拉力大小为
mg,选项D正确.
9.(2019·双十中学高一月考)如图9所示,两个质量均为m的物体A和B,由轻绳和轻弹簧连接绕过不计摩擦的轻质定滑轮,系统静止,将另一质量也是m的物体C轻放在A上,在刚放上C的瞬间( )
图9
A.A的加速度大小是
g
B.A和B的加速度都是0
C.C对A的压力大小为mg
D.C对A的压力大小为
mg
答案 A
解析 在C刚放在A上的瞬间,轻弹簧的形变量保持不变,弹力不变,轻绳对A的拉力也不变.对B受力分析可知弹簧的弹力等于B的重力,B的加速度为零;对A、C整体,设加速度大小为a,由牛顿第二定律可得:
2mg-FT=2ma,其中FT=mg,可得a=
,A正确,B错误.设C对A的压力大小为FN,隔离A分析,由牛顿第二定律可得:
FN+mg-FT=ma,可得FN=
,C、D错误.
10.如图10所示,弹簧的一端固定在天花板上,另一端连一质量m=2kg的秤盘,盘内放一个质量M=1kg的物体,秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止,F=30N,在突然撤去外力F的瞬间,物体对秤盘压力的大小为(g=10m/s2)( )
图10
A.10NB.15N
C.20ND.40N
答案 C
解析 在突然撤去外力F的瞬间,物体和秤盘所受向上的合外力为30N,由牛顿第二定律可知,向上的加速度为10m/s2.根据题意,秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止,故弹簧对秤盘向上的拉力为60N.突然撤去外力F的瞬间,对秤盘,由牛顿第二定律得60N-mg-FN=ma,解得物体对秤盘压力的大小FN=20N,选项C正确.
二、非选择题
11.如图11所示,质量为4kg的光滑小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上,线与竖直方向夹角为37°.已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
图11
(1)当汽车以加速度a=2m/s2向右匀减速行驶时,细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.
(2)当汽车以加速度a=10m/s2向右匀减速行驶时,细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.
答案
(1)50N 22N
(2)40
N 0
解析
(1)当汽车以加速度a=2m/s2向右匀减速行驶时,对小球受力分析如图甲.
由牛顿第二定律得:
FT1cosθ=mg,FT1sinθ-FN=ma
解得:
FT1=50N,FN=22N
由牛顿第三定律知,小球对车后壁的压力大小为22N.
(2)当汽车向右匀减速行驶时,设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0,受力分析如图乙所示.
由牛顿第二定律得:
FT2sinθ=ma0,FT2cosθ=mg
代入数据得:
a0=gtanθ=10×
m/s2=7.5m/s2
因为a=10m/s2>a0
所以小球会离开车后壁,FN′=0
FT2′=
=40
N.
12.如图12所示,可视为质点的两物块A、B,质量分别为m、2m,A放在一倾角为30°并固定在水平面上的光滑斜面上,一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮,两端分别与A、B相连接.托住B使两物块处于静止状态,此时B距地面高度为h,轻绳刚好拉紧,A和滑轮间的轻绳与斜面平行.现将B从静止释放,斜面足够长,B落地后静止,重力加速度为g.求:
图12
(1)B落地前绳上的张力的大小FT;
(2)整个过程中A沿斜面向上运动的最大距离L.
答案
(1)mg
(2)2h
解析
(1)设B落地前两物块加速度大小为a,对于A,取沿斜面向上为正;对于B取竖直向下为正,由牛顿第二定
律得FT-mgsin30°=ma,2mg-FT=2ma,解得FT=mg.
(2)由
(1)得a=
.设B落地前瞬间A的速度为v,B自下落开始至落地前瞬间的过程中,A沿斜面运动距离为h,由运动学公式得v2=2ah;设B落地后A沿斜面向上运动的过程中加速度为a′,则a′=-gsin30°;设B落地后A沿斜面向上运动的最大距离为s,由运动学公式得-v2=2a′s.由以上各式得s=h,则整个运动过程中,A沿斜面向上运动的最大距离L=2h.
13.如图13所示,矩形盒内用两根细线固定一个质量为m=1.0kg的均匀小球,a线与水平方向成53°角,b线水平.两根细线所能承受的最大拉力都是Fm=15N.(cos53°=0.6,sin53°=0.8,g取10m/s2)求:
图13
(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时,为保证细线不被拉断,加速度可取的最大值.
(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时,为保证细线不被拉断,加速度可取的最大值.
答案
(1)2m/s2
(2)7.5m/s2
解析
(1)竖直向上匀加速运动时小球受力如图所示,当a线拉力为15N时,由牛顿第二定律得:
竖直方向有:
Fmsin53°-mg=ma
水平方向有:
Fmcos53°=Fb
解得Fb=9N,此时加速度有最大值a=2m/s2
(2)水平向右匀加速运动时,由牛顿第二定律得:
竖直方向有:
Fasin53°=mg
水平方向有:
Fb′-Facos53°=ma′
解得Fa=12.5N
当Fb′=15N时,加速度最大,此时a′=7.5m/s2