高中物理奥赛方法清晰版Word文档格式.docx
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2F
M+m
例2:
用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来,如图1—2所示,今对小球a持续施加一个向左偏下30°
的恒力,并对小球b持续施加一个向右偏上30°
的同样大小的恒力,最后达到平衡,表示平衡状态的图可能是()
表示平衡状态的图是哪一个,关键是要求出两条轻质细绳对小球a和小球b的拉力的方向,只要拉力方向求出后,。
图就确定了。
整体法第1页(共13页)
先以小球a、b及连线组成的系统为研究对象,系统共受五个力的作用,即两个重力(ma+mb)g,作用在两个小球上的恒力Fa、Fb和上端细线对系统的拉力T1。
因为系统处于平衡状态,所受合力必为零,由于Fa、Fb大小相等,方向相反,可以抵消,而(ma+mb)g的方向竖直向下,所以悬线对系统的拉力T1的方向必然竖直向上。
再以b球为研究对象,b球在重力mbg、恒力Fb和连线拉力T2三个力的作用下处于平衡状态,已知恒力向右偏上30°
,重力竖直向下,所以平衡时连线拉力T2的方向必与恒力Fb和重力mbg的合力方向相反,如图所示,故应选A。
例3:
有一个直角架AOB,OA水平放置,表面粗糙,OB竖直向下,表面光滑,OA上套有小环P,OB上套有小环Q,两个环的质量均为m,两环间由一根质量可忽略、不何伸长的细绳相连,并在某一位置平衡,如图1—4所示。
现将P环向左移动一段距离,两环再次达到平衡,那么将移动后
的平衡状态和原来的平衡状态相比,OA杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情
况是()
A.N不变,T变大B.N不变,T变小
C.N变大,T变小D.N变大,T变大
先把P、Q看成一个整体,受力如图1—4—甲所示,则绳对两环的拉力为内力,不必考虑,又因OB杆光滑,则杆在竖直方向上对Q无力的作用,所以整体在竖直方向上只受重力和OA杆对它的支持力,所以N不变,始终等于P、Q的重力之和。
再以Q为研究对象,因OB杆光滑,所以细绳拉力的竖直分量等于Q环的重力,当P环向左移动一段距离后,发现细绳和竖直方向夹角a变小,所以在细绳拉力的竖直分量不变的情况下,拉力T应变小。
由以上分析可知应选B。
例4:
如图1—5所示,质量为M的劈块,其左右劈面的倾角分别为θ1=30°
、θ2=45°
,质量分别为m1=3kg和m2=2.0kg的两物块,同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑,劈块始终与水平面保持相对静止,各相互接触面之间的动摩擦因数均为μ=0.20,求两物块下滑过程中(m1和m2均未达到底端)劈块受到地面的摩擦力。
(g=10m/s2)
选M、m1和m2构成的整体为研究对象,把在相同时间内,M保持静止,m1和m2分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。
根据各种性质的力产生的条件,在水平方向,整体除受到地面的静摩擦力外,不可能再受到其他力;
如果受到静摩擦力,那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。
整体法第2页(共13页)
根据系统牛顿第二定律,取水平向左的方向为正方向,则有:
F合x=Ma′+m1a1x-m2a2x
其中a′、a1x和a2x分别为M、m1和m2在水平方向的加速度的大小,而a′=0,a1x=g(sin30°
-μcos30°
)⋅cos30°
,a2x=g(sin45°
-μcos45°
)⋅cos45°
。
所以:
F合=m1g(sin30°
-m2g(sin45°
=3×
10×
(12-0.2×
23)×
23-2.0×
(22-0.3×
22)×
22=-2.3N
负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。
所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。
3N,方向水平向右。
例5:
如图1—6所示,质量为M的平板小车放在倾角为θ的光滑斜面上(斜面固定),一质量为m的人在车上沿平板向下运动时,车恰好静止,求人的加速度。
以人、车整体为研究对象,根据系统牛顿运动定律求解。
如图1—6—甲,由系统牛顿第二定律得:
(M+m)gsinθ=ma
解得人的加速度为a=M+mgsinθm
例6:
如图1—7所示,质量M=10kg的木块ABC
静置于粗糙的水平地面上,滑动摩擦因数μ=0.02,在木块的倾角θ为30°
的斜面上,有一质量m=1.0kg的物块静止开始沿斜面下滑,当滑行路程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s,在这个过程中木块没有动,求地面对木块的摩擦力的大小和方向。
(重力加速度取g=10/s2)
物块m由静止开始沿木块的斜面下滑,受重力、弹力、摩擦力,在这三个恒力的作用下做匀加速直线运动,由运动学公式可以求出下滑的加速度,物块m是处于不平衡状态,说明木块M一定受到地面给它的摩察力,其大小、方向可根据力的平衡条件求解。
此题也可以将物块m、木块M视为一个整体,根据系统的牛顿第二定律求解。
整体法第3页(共13页)
由运动学公式得物块m沿斜面下滑的加速度:
v2t−v02
=
v2t
1.42
=0.7m/s
2
2s
21.4
以m和M为研究对象,受力如图1—7—甲所示。
由系统的牛顿第二定律可解得地面对木块M的摩擦力为f=macosθ=0.61N,方向水平向左。
例7:
有一轻质木板AB长为L,A端用铰链固定在竖直墙上,另一端用水平轻绳CB拉住。
板上依次放着A、B、C三个圆柱体,半径均为r,重均为G,木板与墙的夹角为θ,如图1—8所示,不计一切摩擦,求BC绳上的张力。
以木板为研究对象,木板处于力矩平衡状态,若分别以圆柱体A、B、C为研究对象,求A、B、C对木板的压力,非常麻烦,且容易出错。
若将A、B、C整体作为研究对象,则会使问题简单化。
以A、B、C整体为研究对象,整体受到重力3G、木板的支持力F和墙对整体的支持力FN,其中重力的方向竖直向下,如图1—8—甲所示。
合重力经过圆柱B的轴心,墙的支持力FN垂直于墙面,并经过圆柱C的轴心,木板给的支持力F垂直于木板。
由于整体处于平衡状态,此三力不平行必共点,即木板给的支持力F必然过合重力墙的支持力FN的交点。
根据共点力平衡的条件:
ΣF=0,可得:
F=sin3Gθ。
由几何关系可求出F的力臂L=2rsin2θ+
r
+r·
cotθ
sinθ
以木板为研究对象,受力如图1—8—乙所示,选A点为
转轴,根据力矩平衡条件ΣM=0
,有:
F⋅L=T⋅Lcosθ
3Gr(2sin
2θ+
1
+cotθ)
sin
θ
即:
=T⋅Lcosθ
解得绳CB的张力:
T=
3Gr
(2tanθ+
1+cosθ
)
图1—8乙
L
sin2θ⋅cosθ
例8:
质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上,反弹后上升的最大高度为5.0m,小球与软垫接触的时间为1.0s,在接触时间内小球受合力的冲量大小为(空气阻
力不计,取g=10m/s2)()
A.10N⋅sB.20N⋅sC.30N⋅sD.40N⋅s
小球从静止释放后,经下落、接触软垫、反弹上升三个过程后到达最高点。
动量没有变化,初、末动量均为零,如图1—9所示。
这时不要分开过程求解,而是要把小球运动的三个过程作为一个整体来求解。
设小球与软垫接触时间内小球受到合力的冲量大小为I,下落高度为H1,下落时间为t1,接触反弹上升的高度为H2,上
升的时间为t2,则以竖直向上为正方向,根据动量定理得:
图1—9
-mg⋅t1+I-mg⋅t2=0
整体法第4页(共13页)
而t1=
2H1
,t2=
2H2
g
故:
I=m(
2gH1+
2gH2)=30N⋅s
答案:
C
例9:
总质量为M的列车以匀速率v0在平直轨道上行驶,各车厢受的阻力都是车重
的k倍,而与车速无关。
某时刻列车后部质量为m的车厢脱钩,而机车的牵引力不变,则脱钩的车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度是多少?
此题求脱钩的车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度,就机车来说,在车厢脱钩后,开始做匀加速直线运动,而脱钩后的车厢做匀减速运动,由此可见,求机车的速度可用匀变速直线运动公式和牛顿第二定律求解。
现在若把整个列车当作一个整体,整个列车在脱钩前后所受合外力都为零,所以整个
列车动量守恒,因而可用动量守恒定律求解。
根据动量守恒定律,得:
Mv0=(M-m)V
V=Mv0
M−m
即脱钩的车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度为Mv0。
【说明】显然此题用整体法以列车整体为研究对象,应用动量守恒定律求解比用运动学公式和牛顿第二定律求简单、快速。
例10:
总质量为M的列车沿水平直轨道匀速前进,其末节车厢质量为m,中途脱钩,司机发觉时,机车已走了距离L,于是立即关闭油门,撤去牵引力,设运动中阻力与质量成正比,机