圖17(一)文字介紹在2009年的高考中.摩擦力.受力分析.力的合成與分解.三力作用下的平衡問題仍然是熱點命題,尤其是整體法與隔離法.正交公解法要引起重視.特別彈簧問題.連接體問題.疊加體問題.各種力的探究問題以及在生產(chǎn)和生活中的應用問題倍受命題專家的關注.出題的可能性較大(二)考點預測題 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

兩實驗小組使用相同規(guī)格的元件,按圖17所示電路進行測量.他們將滑動變阻器的滑片P分別置于a、b、c、d、e五個間距相同的位置(a、e為滑動變阻器的兩個端點),把相應的電流表示數(shù)記錄在表一、表二中,對比兩組數(shù)據(jù),發(fā)現(xiàn)電流表示數(shù)的變化趨勢不同,經(jīng)檢查,發(fā)現(xiàn)其中一個實驗小組使用的滑動變阻器發(fā)生斷路.

圖17

表一(第一實驗組)

P的位置

a

b

c

d

e

的示數(shù)(A)

0.84

0.48

0.42

0.48

0.84

表二(第二實驗組)

P的位置

a

b

c

d

x

e

的示數(shù)(A)

0.84

0.42

0.28

0.21

 

0.84

(1)滑動變阻器發(fā)生斷路的是第________實驗組;斷路發(fā)生在滑動變阻器的________段.

(2)表二中,對應滑片P在x(d、e之間)處的電流表示數(shù)的可能值為(    )

A.0.16 A            B.0.26 A              C.0.36 A              D.0.46 A

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第二部分  牛頓運動定律

第一講 牛頓三定律

一、牛頓第一定律

1、定律。慣性的量度

2、觀念意義,突破“初態(tài)困惑”

二、牛頓第二定律

1、定律

2、理解要點

a、矢量性

b、獨立作用性:ΣF → a ,ΣFx → ax 

c、瞬時性。合力可突變,故加速度可突變(與之對比:速度和位移不可突變);牛頓第二定律展示了加速度的決定式(加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測量手段”)。

3、適用條件

a、宏觀、低速

b、慣性系

對于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析

三、牛頓第三定律

1、定律

2、理解要點

a、同性質(zhì)(但不同物體)

b、等時效(同增同減)

c、無條件(與運動狀態(tài)、空間選擇無關)

第二講 牛頓定律的應用

一、牛頓第一、第二定律的應用

單獨應用牛頓第一定律的物理問題比較少,一般是需要用其解決物理問題中的某一個環(huán)節(jié)。

應用要點:合力為零時,物體靠慣性維持原有運動狀態(tài);只有物體有加速度時才需要合力。有質(zhì)量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。

1、如圖1所示,在馬達的驅(qū)動下,皮帶運輸機上方的皮帶以恒定的速度向右運動,F(xiàn)將一工件(大小不計)在皮帶左端A點輕輕放下,則在此后的過程中(      

A、一段時間內(nèi),工件將在滑動摩擦力作用下,對地做加速運動

B、當工件的速度等于v時,它與皮帶之間的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力

C、當工件相對皮帶靜止時,它位于皮帶上A點右側(cè)的某一點

D、工件在皮帶上有可能不存在與皮帶相對靜止的狀態(tài)

解說:B選項需要用到牛頓第一定律,A、C、D選項用到牛頓第二定律。

較難突破的是A選項,在為什么不會“立即跟上皮帶”的問題上,建議使用反證法(t → 0 ,a →  ,則ΣFx   ,必然會出現(xiàn)“供不應求”的局面)和比較法(為什么人跳上速度不大的物體可以不發(fā)生相對滑動?因為人是可以形變、重心可以調(diào)節(jié)的特殊“物體”)

此外,本題的D選項還要用到勻變速運動規(guī)律。用勻變速運動規(guī)律和牛頓第二定律不難得出

只有當L > 時(其中μ為工件與皮帶之間的動摩擦因素),才有相對靜止的過程,否則沒有。

答案:A、D

思考:令L = 10m ,v = 2 m/s ,μ= 0.2 ,g取10 m/s2 ,試求工件到達皮帶右端的時間t(過程略,答案為5.5s)

進階練習:在上面“思考”題中,將工件給予一水平向右的初速v0 ,其它條件不變,再求t(學生分以下三組進行)——

① v0 = 1m/s  (答:0.5 + 37/8 = 5.13s)

② v0 = 4m/s  (答:1.0 + 3.5 = 4.5s)

③ v0 = 1m/s  (答:1.55s)

2、質(zhì)量均為m的兩只鉤碼A和B,用輕彈簧和輕繩連接,然后掛在天花板上,如圖2所示。試問:

① 如果在P處剪斷細繩,在剪斷瞬時,B的加速度是多少?

② 如果在Q處剪斷彈簧,在剪斷瞬時,B的加速度又是多少?

解說:第①問是常規(guī)處理。由于“彈簧不會立即發(fā)生形變”,故剪斷瞬間彈簧彈力維持原值,所以此時B鉤碼的加速度為零(A的加速度則為2g)。

第②問需要我們反省這樣一個問題:“彈簧不會立即發(fā)生形變”的原因是什么?是A、B兩物的慣性,且速度v和位移s不能突變。但在Q點剪斷彈簧時,彈簧卻是沒有慣性的(沒有質(zhì)量),遵從理想模型的條件,彈簧應在一瞬間恢復原長!即彈簧彈力突變?yōu)榱恪?/p>

答案:0 ;g 。

二、牛頓第二定律的應用

應用要點:受力較少時,直接應用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力比較多時,結(jié)合正交分解與“獨立作用性”解題。

在難度方面,“瞬時性”問題相對較大。

1、滑塊在固定、光滑、傾角為θ的斜面上下滑,試求其加速度。

解說:受力分析 → 根據(jù)“矢量性”定合力方向  牛頓第二定律應用

答案:gsinθ。

思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,傾角仍為θ,要求滑塊與斜面相對靜止,斜面應具備一個多大的水平加速度?(解題思路完全相同,研究對象仍為滑塊。但在第二環(huán)節(jié)上應注意區(qū)別。答:gtgθ。)

進階練習1:在一向右運動的車廂中,用細繩懸掛的小球呈現(xiàn)如圖3所示的穩(wěn)定狀態(tài),試求車廂的加速度。(和“思考”題同理,答:gtgθ。)

進階練習2、如圖4所示,小車在傾角為α的斜面上勻加速運動,車廂頂用細繩懸掛一小球,發(fā)現(xiàn)懸繩與豎直方向形成一個穩(wěn)定的夾角β。試求小車的加速度。

解:繼續(xù)貫徹“矢量性”的應用,但數(shù)學處理復雜了一些(正弦定理解三角形)。

分析小球受力后,根據(jù)“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形,并找到相應的夾角。設張力T與斜面方向的夾角為θ,則

θ=(90°+ α)- β= 90°-(β-α)                 (1)

對灰色三角形用正弦定理,有

 =                                        (2)

解(1)(2)兩式得:ΣF = 

最后運用牛頓第二定律即可求小球加速度(即小車加速度)

答: 。

2、如圖6所示,光滑斜面傾角為θ,在水平地面上加速運動。斜面上用一條與斜面平行的細繩系一質(zhì)量為m的小球,當斜面加速度為a時(a<ctgθ),小球能夠保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T 。

解說:當力的個數(shù)較多,不能直接用平行四邊形尋求合力時,宜用正交分解處理受力,在對應牛頓第二定律的“獨立作用性”列方程。

正交坐標的選擇,視解題方便程度而定。

解法一:先介紹一般的思路。沿加速度a方向建x軸,與a垂直的方向上建y軸,如圖7所示(N為斜面支持力)。于是可得兩方程

ΣFx = ma ,即Tx - Nx = ma

ΣFy = 0 , 即Ty + Ny = mg

代入方位角θ,以上兩式成為

T cosθ-N sinθ = ma                       (1)

T sinθ + Ncosθ = mg                       (2)

這是一個關于T和N的方程組,解(1)(2)兩式得:T = mgsinθ + ma cosθ

解法二:下面嘗試一下能否獨立地解張力T 。將正交分解的坐標選擇為:x——斜面方向,y——和斜面垂直的方向。這時,在分解受力時,只分解重力G就行了,但值得注意,加速度a不在任何一個坐標軸上,是需要分解的。矢量分解后,如圖8所示。

根據(jù)獨立作用性原理,ΣFx = max

即:T - Gx = max

即:T - mg sinθ = m acosθ

顯然,獨立解T值是成功的。結(jié)果與解法一相同。

答案:mgsinθ + ma cosθ

思考:當a>ctgθ時,張力T的結(jié)果會變化嗎?(從支持力的結(jié)果N = mgcosθ-ma sinθ看小球脫離斜面的條件,求脫離斜面后,θ條件已沒有意義。答:T = m 。)

學生活動:用正交分解法解本節(jié)第2題“進階練習2”

進階練習:如圖9所示,自動扶梯與地面的夾角為30°,但扶梯的臺階是水平的。當扶梯以a = 4m/s2的加速度向上運動時,站在扶梯上質(zhì)量為60kg的人相對扶梯靜止。重力加速度g = 10 m/s2,試求扶梯對人的靜摩擦力f 。

解:這是一個展示獨立作用性原理的經(jīng)典例題,建議學生選擇兩種坐標(一種是沿a方向和垂直a方向,另一種是水平和豎直方向),對比解題過程,進而充分領會用牛頓第二定律解題的靈活性。

答:208N 。

3、如圖10所示,甲圖系著小球的是兩根輕繩,乙圖系著小球的是一根輕彈簧和輕繩,方位角θ已知,F(xiàn)將它們的水平繩剪斷,試求:在剪斷瞬間,兩種情形下小球的瞬時加速度。

解說:第一步,闡明繩子彈力和彈簧彈力的區(qū)別。

(學生活動)思考:用豎直的繩和彈簧懸吊小球,并用豎直向下的力拉住小球靜止,然后同時釋放,會有什么現(xiàn)象?原因是什么?

結(jié)論——繩子的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變(胡克定律)。

第二步,在本例中,突破“繩子的拉力如何瞬時調(diào)節(jié)”這一難點(從即將開始的運動來反推)。

知識點,牛頓第二定律的瞬時性。

答案:a = gsinθ ;a = gtgθ 。

應用:如圖11所示,吊籃P掛在天花板上,與吊籃質(zhì)量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住,當懸掛吊籃的細繩被燒斷瞬間,P、Q的加速度分別是多少?

解:略。

答:2g ;0 。

三、牛頓第二、第三定律的應用

要點:在動力學問題中,如果遇到幾個研究對象時,就會面臨如何處理對象之間的力和對象與外界之間的力問題,這時有必要引進“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”等概念,并適時地運用牛頓第三定律。

在方法的選擇方面,則有“隔離法”和“整體法”。前者是根本,后者有局限,也有難度,但常常使解題過程簡化,使過程的物理意義更加明晰。

對N個對象,有N個隔離方程和一個(可能的)整體方程,這(N + 1)個方程中必有一個是通解方程,如何取舍,視解題方便程度而定。

補充:當多個對象不具有共同的加速度時,一般來講,整體法不可用,但也有一種特殊的“整體方程”,可以不受這個局限(可以介紹推導過程)——

Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn

其中Σ只能是系統(tǒng)外力的矢量和,等式右邊也是矢量相加。

1、如圖12所示,光滑水平面上放著一個長為L的均質(zhì)直棒,現(xiàn)給棒一個沿棒方向的、大小為F的水平恒力作用,則棒中各部位的張力T隨圖中x的關系怎樣?

解說:截取隔離對象,列整體方程和隔離方程(隔離右段較好)。

答案:N = x 。

思考:如果水平面粗糙,結(jié)論又如何?

解:分兩種情況,(1)能拉動;(2)不能拉動。

第(1)情況的計算和原題基本相同,只是多了一個摩擦力的處理,結(jié)論的化簡也麻煩一些。

第(2)情況可設棒的總質(zhì)量為M ,和水平面的摩擦因素為μ,而F = μMg ,其中l(wèi)<L ,則x<(L-l)的右段沒有張力,x>(L-l)的左端才有張力。

答:若棒仍能被拉動,結(jié)論不變。

若棒不能被拉動,且F = μMg時(μ為棒與平面的摩擦因素,l為小于L的某一值,M為棒的總質(zhì)量),當x<(L-l),N≡0 ;當x>(L-l),N = 〔x -〈L-l〉〕。

應用:如圖13所示,在傾角為θ的固定斜面上,疊放著兩個長方體滑塊,它們的質(zhì)量分別為m1和m2 ,它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ1和μ2 ,系統(tǒng)釋放后能夠一起加速下滑,則它們之間的摩擦力大小為:

A、μ1 m1gcosθ ;    B、μ2 m1gcosθ ;

C、μ1 m2gcosθ ;    D、μ1 m2gcosθ ;

解:略。

答:B 。(方向沿斜面向上。)

思考:(1)如果兩滑塊不是下滑,而是以初速度v0一起上沖,以上結(jié)論會變嗎?(2)如果斜面光滑,兩滑塊之間有沒有摩擦力?(3)如果將下面的滑塊換成如圖14所示的盒子,上面的滑塊換成小球,它們以初速度v0一起上沖,球應對盒子的哪一側(cè)內(nèi)壁有壓力?

解:略。

答:(1)不會;(2)沒有;(3)若斜面光滑,對兩內(nèi)壁均無壓力,若斜面粗糙,對斜面上方的內(nèi)壁有壓力。

2、如圖15所示,三個物體質(zhì)量分別為m1 、m2和m3 ,帶滑輪的物體放在光滑水平面上,滑輪和所有接觸面的摩擦均不計,繩子的質(zhì)量也不計,為使三個物體無相對滑動,水平推力F應為多少?

解說:

此題對象雖然有三個,但難度不大。隔離m2 ,豎直方向有一個平衡方程;隔離m1 ,水平方向有一個動力學方程;整體有一個動力學方程。就足以解題了。

答案:F =  。

思考:若將質(zhì)量為m3物體右邊挖成凹形,讓m2可以自由擺動(而不與m3相碰),如圖16所示,其它條件不變。是否可以選擇一個恰當?shù)腇′,使三者無相對運動?如果沒有,說明理由;如果有,求出這個F′的值。

解:此時,m2的隔離方程將較為復雜。設繩子張力為T ,m2的受力情況如圖,隔離方程為:

 = m2a

隔離m,仍有:T = m1a

解以上兩式,可得:a = g

最后用整體法解F即可。

答:當m1 ≤ m2時,沒有適應題意的F′;當m1 > m2時,適應題意的F′=  。

3、一根質(zhì)量為M的木棒,上端用細繩系在天花板上,棒上有一質(zhì)量為m的貓,如圖17所示,F(xiàn)將系木棒的繩子剪斷,同時貓相對棒往上爬,但要求貓對地的高度不變,則棒的加速度將是多少?

解說:法一,隔離法。需要設出貓爪抓棒的力f ,然后列貓的平衡方程和棒的動力學方程,解方程組即可。

法二,“新整體法”。

據(jù)Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn ,貓和棒的系統(tǒng)外力只有兩者的重力,豎直向下,而貓的加速度a1 = 0 ,所以:

( M + m )g = m·0 + M a1 

解棒的加速度a1十分容易。

答案:g 。

四、特殊的連接體

當系統(tǒng)中各個體的加速度不相等時,經(jīng)典的整體法不可用。如果各個體的加速度不在一條直線上,“新整體法”也將有一定的困難(矢量求和不易)。此時,我們回到隔離法,且要更加注意找各參量之間的聯(lián)系。

解題思想:抓某個方向上加速度關系。方法:“微元法”先看位移關系,再推加速度關系。、

1、如圖18所示,一質(zhì)量為M 、傾角為θ的光滑斜面,放置在光滑的水平面上,另一個質(zhì)量為m的滑塊從斜面頂端釋放,試求斜面的加速度。

解說:本題涉及兩個物體,它們的加速度關系復雜,但在垂直斜面方向上,大小是相等的。對兩者列隔離方程時,務必在這個方向上進行突破。

(學生活動)定型判斷斜面的運動情況、滑塊的運動情況。

位移矢量示意圖如圖19所示。根據(jù)運動學規(guī)律,加速度矢量a1和a2也具有這樣的關系。

(學生活動)這兩個加速度矢量有什么關系?

沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐標,可得:

a1y = a2y             ①

且:a1y = a2sinθ     ②

隔離滑塊和斜面,受力圖如圖20所示。

對滑塊,列y方向隔離方程,有:

mgcosθ- N = ma1y     ③

對斜面,仍沿合加速度a2方向列方程,有:

Nsinθ= Ma2          ④

解①②③④式即可得a2 。

答案:a2 =  。

(學生活動)思考:如何求a1的值?

解:a1y已可以通過解上面的方程組求出;a1x只要看滑塊的受力圖,列x方向的隔離方程即可,顯然有mgsinθ= ma1x ,得:a1x = gsinθ 。最后據(jù)a1 = 求a1 。

答:a1 =  。

2、如圖21所示,與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ,可以無摩擦地在棒上滑動,開始時與棒的A端相距b ,相對棒靜止。當棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運動,加速度為a(且a>gtgθ)時,求滑套C從棒的A端滑出所經(jīng)歷的時間。

解說:這是一個比較特殊的“連接體問題”,尋求運動學參量的關系似乎比動力學分析更加重要。動力學方面,只需要隔離滑套C就行了。

(學生活動)思考:為什么題意要求a>gtgθ?(聯(lián)系本講第二節(jié)第1題之“思考題”)

定性繪出符合題意的運動過程圖,如圖22所示:S表示棒的位移,S1表示滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標后,S1x表示S1在x方向上的分量。不難看出:

S1x + b = S cosθ                   ①

設全程時間為t ,則有:

S = at2                          ②

S1x = a1xt2                        ③

而隔離滑套,受力圖如圖23所示,顯然:

mgsinθ= ma1x                       ④

解①②③④式即可。

答案:t = 

另解:如果引進動力學在非慣性系中的修正式 Σ* = m (注:*為慣性力),此題極簡單。過程如下——

以棒為參照,隔離滑套,分析受力,如圖24所示。

注意,滑套相對棒的加速度a是沿棒向上的,故動力學方程為:

F*cosθ- mgsinθ= ma            (1)

其中F* = ma                      (2)

而且,以棒為參照,滑套的相對位移S就是b ,即:

b = S = a t2                 (3)

解(1)(2)(3)式就可以了。

第二講 配套例題選講

教材范本:龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓練教材》,知識出版社,2002年8月第一版。

例題選講針對“教材”第三章的部分例題和習題。

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第一部分  力&物體的平衡

第一講 力的處理

一、矢量的運算

1、加法

表達: +  =  

名詞:為“和矢量”。

法則:平行四邊形法則。如圖1所示。

和矢量大。篶 =  ,其中α為的夾角。

和矢量方向:、之間,和夾角β= arcsin

2、減法

表達: =  。

名詞:為“被減數(shù)矢量”,為“減數(shù)矢量”,為“差矢量”。

法則:三角形法則。如圖2所示。將被減數(shù)矢量和減數(shù)矢量的起始端平移到一點,然后連接兩時量末端,指向被減數(shù)時量的時量,即是差矢量。

差矢量大小:a =  ,其中θ為的夾角。

差矢量的方向可以用正弦定理求得。

一條直線上的矢量運算是平行四邊形和三角形法則的特例。

例題:已知質(zhì)點做勻速率圓周運動,半徑為R ,周期為T ,求它在T內(nèi)和在T內(nèi)的平均加速度大小。

解說:如圖3所示,A到B點對應T的過程,A到C點對應T的過程。這三點的速度矢量分別設為、。

根據(jù)加速度的定義 得:

由于有兩處涉及矢量減法,設兩個差矢量  , ,根據(jù)三角形法則,它們在圖3中的大小、方向已繪出(的“三角形”已被拉伸成一條直線)。

本題只關心各矢量的大小,顯然:

 =  =  =  ,且: =   = 2

所以: =  =  , =  =  。

(學生活動)觀察與思考:這兩個加速度是否相等,勻速率圓周運動是不是勻變速運動?

答:否;不是。

3、乘法

矢量的乘法有兩種:叉乘和點乘,和代數(shù)的乘法有著質(zhì)的不同。

⑴ 叉乘

表達:× = 

名詞:稱“矢量的叉積”,它是一個新的矢量。

叉積的大。篶 = absinα,其中α為的夾角。意義:的大小對應由作成的平行四邊形的面積。

叉積的方向:垂直確定的平面,并由右手螺旋定則確定方向,如圖4所示。

顯然,××,但有:×= -×

⑵ 點乘

表達:· = c

名詞:c稱“矢量的點積”,它不再是一個矢量,而是一個標量。

點積的大。篶 = abcosα,其中α為的夾角。

二、共點力的合成

1、平行四邊形法則與矢量表達式

2、一般平行四邊形的合力與分力的求法

余弦定理(或分割成RtΔ)解合力的大小

正弦定理解方向

三、力的分解

1、按效果分解

2、按需要——正交分解

第二講 物體的平衡

一、共點力平衡

1、特征:質(zhì)心無加速度。

2、條件:Σ = 0 ,或  = 0 , = 0

例題:如圖5所示,長為L 、粗細不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛,繩子與水平方向的夾角在圖上已標示,求橫桿的重心位置。

解說:直接用三力共點的知識解題,幾何關系比較簡單。

答案:距棒的左端L/4處。

(學生活動)思考:放在斜面上的均質(zhì)長方體,按實際情況分析受力,斜面的支持力會通過長方體的重心嗎?

解:將各處的支持力歸納成一個N ,則長方體受三個力(G 、f 、N)必共點,由此推知,N不可能通過長方體的重心。正確受力情形如圖6所示(通常的受力圖是將受力物體看成一個點,這時,N就過重心了)。

答:不會。

二、轉(zhuǎn)動平衡

1、特征:物體無轉(zhuǎn)動加速度。

2、條件:Σ= 0 ,或ΣM+ =ΣM- 

如果物體靜止,肯定會同時滿足兩種平衡,因此用兩種思路均可解題。

3、非共點力的合成

大小和方向:遵從一條直線矢量合成法則。

作用點:先假定一個等效作用點,然后讓所有的平行力對這個作用點的和力矩為零。

第三講 習題課

1、如圖7所示,在固定的、傾角為α斜面上,有一塊可以轉(zhuǎn)動的夾板(β不定),夾板和斜面夾著一個質(zhì)量為m的光滑均質(zhì)球體,試求:β取何值時,夾板對球的彈力最小。

解說:法一,平行四邊形動態(tài)處理。

對球體進行受力分析,然后對平行四邊形中的矢量G和N1進行平移,使它們構(gòu)成一個三角形,如圖8的左圖和中圖所示。

由于G的大小和方向均不變,而N1的方向不可變,當β增大導致N2的方向改變時,N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。

顯然,隨著β增大,N1單調(diào)減小,而N2的大小先減小后增大,當N2垂直N1時,N2取極小值,且N2min = Gsinα。

法二,函數(shù)法。

看圖8的中間圖,對這個三角形用正弦定理,有:

 =  ,即:N2 =  ,β在0到180°之間取值,N2的極值討論是很容易的。

答案:當β= 90°時,甲板的彈力最小。

2、把一個重為G的物體用一個水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上,F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖9所示,則在t = 0開始物體所受的摩擦力f的變化圖線是圖10中的哪一個?

解說:靜力學旨在解決靜態(tài)問題和準靜態(tài)過程的問題,但本題是一個例外。物體在豎直方向的運動先加速后減速,平衡方程不再適用。如何避開牛頓第二定律,是本題授課時的難點。

靜力學的知識,本題在于區(qū)分兩種摩擦的不同判據(jù)。

水平方向合力為零,得:支持力N持續(xù)增大。

物體在運動時,滑動摩擦力f = μN ,必持續(xù)增大。但物體在靜止后靜摩擦力f′≡ G ,與N沒有關系。

對運動過程加以分析,物體必有加速和減速兩個過程。據(jù)物理常識,加速時,f < G ,而在減速時f > G 。

答案:B 。

3、如圖11所示,一個重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為R的光滑大環(huán)上,另一輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k ,自由長度為L(L<2R),一端固定在大圓環(huán)的頂點A ,另一端與小球相連。環(huán)靜止平衡時位于大環(huán)上的B點。試求彈簧與豎直方向的夾角θ。

解說:平行四邊形的三個矢量總是可以平移到一個三角形中去討論,解三角形的典型思路有三種:①分割成直角三角形(或本來就是直角三角形);②利用正、余弦定理;③利用力學矢量三角形和某空間位置三角形相似。本題旨在貫徹第三種思路。

分析小球受力→矢量平移,如圖12所示,其中F表示彈簧彈力,N表示大環(huán)的支持力。

(學生活動)思考:支持力N可不可以沿圖12中的反方向?(正交分解看水平方向平衡——不可以。)

容易判斷,圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形ΔAOB是相似的,所以:

                                   ⑴

由胡克定律:F = k(- R)                ⑵

幾何關系:= 2Rcosθ                     ⑶

解以上三式即可。

答案:arccos 。

(學生活動)思考:若將彈簧換成勁度系數(shù)k′較大的彈簧,其它條件不變,則彈簧彈力怎么變?環(huán)的支持力怎么變?

答:變。徊蛔。

(學生活動)反饋練習:光滑半球固定在水平面上,球心O的正上方有一定滑輪,一根輕繩跨過滑輪將一小球從圖13所示的A位置開始緩慢拉至B位置。試判斷:在此過程中,繩子的拉力T和球面支持力N怎樣變化?

解:和上題完全相同。

答:T變小,N不變。

4、如圖14所示,一個半徑為R的非均質(zhì)圓球,其重心不在球心O點,先將它置于水平地面上,平衡時球面上的A點和地面接觸;再將它置于傾角為30°的粗糙斜面上,平衡時球面上的B點與斜面接觸,已知A到B的圓心角也為30°。試求球體的重心C到球心O的距離。

解說:練習三力共點的應用。

根據(jù)在平面上的平衡,可知重心C在OA連線上。根據(jù)在斜面上的平衡,支持力、重力和靜摩擦力共點,可以畫出重心的具體位置。幾何計算比較簡單。

答案:R 。

(學生活動)反饋練習:靜摩擦足夠,將長為a 、厚為b的磚塊碼在傾角為θ的斜面上,最多能碼多少塊?

解:三力共點知識應用。

答: 。

4、兩根等長的細線,一端拴在同一懸點O上,另一端各系一個小球,兩球的質(zhì)量分別為m1和m2 ,已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而使兩線張開一定角度,分別為45和30°,如圖15所示。則m1 : m2??為多少?

解說:本題考查正弦定理、或力矩平衡解靜力學問題。

對兩球進行受力分析,并進行矢量平移,如圖16所示。

首先注意,圖16中的灰色三角形是等腰三角形,兩底角相等,設為α。

而且,兩球相互作用的斥力方向相反,大小相等,可用同一字母表示,設為F 。

對左邊的矢量三角形用正弦定理,有:

 =          ①

同理,對右邊的矢量三角形,有: =                                ②

解①②兩式即可。

答案:1 : 。

(學生活動)思考:解本題是否還有其它的方法?

答:有——將模型看成用輕桿連成的兩小球,而將O點看成轉(zhuǎn)軸,兩球的重力對O的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡便。

應用:若原題中繩長不等,而是l1 :l2 = 3 :2 ,其它條件不變,m1與m2的比值又將是多少?

解:此時用共點力平衡更加復雜(多一個正弦定理方程),而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。

答:2 :3 。

5、如圖17所示,一個半徑為R的均質(zhì)金屬球上固定著一根長為L的輕質(zhì)細桿,細桿的左端用鉸鏈與墻壁相連,球下邊墊上一塊木板后,細桿恰好水平,而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦(已知摩擦因素為μ),所以要將木板從球下面向右抽出時,至少需要大小為F的水平拉力。試問:現(xiàn)要將木板繼續(xù)向左插進一些,至少需要多大的水平推力?

解說:這是一個典型的力矩平衡的例題。

以球和桿為對象,研究其對轉(zhuǎn)軸O的轉(zhuǎn)動平衡,設木板拉出時給球體的摩擦力為f ,支持力為N ,重力為G ,力矩平衡方程為:

f R + N(R + L)= G(R + L)           

球和板已相對滑動,故:f = μN        ②

解①②可得:f = 

再看木板的平衡,F(xiàn) = f 。

同理,木板插進去時,球體和木板之間的摩擦f′=  = F′。

答案: 

第四講 摩擦角及其它

一、摩擦角

1、全反力:接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力,一般用R表示,亦稱接觸反力。

2、摩擦角:全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角,一般用φm表示。

此時,要么物體已經(jīng)滑動,必有:φm = arctgμ(μ為動摩擦因素),稱動摩擦力角;要么物體達到最大運動趨勢,必有:φms = arctgμs(μs為靜摩擦因素),稱靜摩擦角。通常處理為φm = φms 。

3、引入全反力和摩擦角的意義:使分析處理物體受力時更方便、更簡捷。

二、隔離法與整體法

1、隔離法:當物體對象有兩個或兩個以上時,有必要各個擊破,逐個講每個個體隔離開來分析處理,稱隔離法。

在處理各隔離方程之間的聯(lián)系時,應注意相互作用力的大小和方向關系。

2、整體法:當各個體均處于平衡狀態(tài)時,我們可以不顧個體的差異而講多個對象看成一個整體進行分析處理,稱整體法。

應用整體法時應注意“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”的涵義。

三、應用

1、物體放在水平面上,用與水平方向成30°的力拉物體時,物體勻速前進。若此力大小不變,改為沿水平方向拉物體,物體仍能勻速前進,求物體與水平面之間的動摩擦因素μ。

解說:這是一個能顯示摩擦角解題優(yōu)越性的題目。可以通過不同解法的比較讓學生留下深刻印象。

法一,正交分解。(學生分析受力→列方程→得結(jié)果。)

法二,用摩擦角解題。

引進全反力R ,對物體兩個平衡狀態(tài)進行受力分析,再進行矢量平移,得到圖18中的左圖和中間圖(注意:重力G是不變的,而全反力R的方向不變、F的大小不變),φm指摩擦角。

再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形是一個頂角為30°的等腰三角形,其頂角的角平分線必垂直底邊……故有:φm = 15°。

最后,μ= tgφm 。

答案:0.268 。

(學生活動)思考:如果F的大小是可以選擇的,那么能維持物體勻速前進的最小F值是多少?

解:見圖18,右圖中虛線的長度即Fmin ,所以,F(xiàn)min = Gsinφm 。

答:Gsin15°(其中G為物體的重量)。

2、如圖19所示,質(zhì)量m = 5kg的物體置于一粗糙斜面上,并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物體,使物體能夠沿斜面向上勻速運動,而斜面體始終靜止。已知斜面的質(zhì)量M = 10kg ,傾角為30°,重力加速度g = 10m/s2 ,求地面對斜面體的摩擦力大小。

解說:

本題旨在顯示整體法的解題的優(yōu)越性。

法一,隔離法。簡要介紹……

法二,整體法。注意,滑塊和斜面隨有相對運動,但從平衡的角度看,它們是完全等價的,可以看成一個整體。

做整體的受力分析時,內(nèi)力不加考慮。受力分析比較簡單,列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。

答案:26.0N 。

(學生活動)地面給斜面體的支持力是多少?

解:略。

答:135N 。

應用:如圖20所示,一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上,斜面的傾角為θ。另一質(zhì)量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推力F作用在滑塊上,使之能沿斜面勻速上滑,且要求斜面體靜止不動,就必須施加一個大小為P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面體。使?jié)M足題意的這個F的大小和方向。

解說:這是一道難度較大的靜力學題,可以動用一切可能的工具解題。

法一:隔離法。

由第一個物理情景易得,斜面于滑塊的摩擦因素μ= tgθ

對第二個物理情景,分別隔離滑塊和斜面體分析受力,并將F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy ,滑塊與斜面之間的兩對相互作用力只用兩個字母表示(N表示正壓力和彈力,f表示摩擦力),如圖21所示。

對滑塊,我們可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——

Fx = f + mgsinθ

Fy + mgcosθ= N

且 f = μN = Ntgθ

綜合以上三式得到:

Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ               ①

對斜面體,只看水平方向平衡就行了——

P = fcosθ+ Nsinθ

即:4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ

代入μ值,化簡得:Fy = mgcosθ      ②

②代入①可得:Fx = 3mgsinθ

最后由F =解F的大小,由tgα= 解F的方向(設α為F和斜面的夾角)。

答案:大小為F = mg,方向和斜面夾角α= arctg()指向斜面內(nèi)部。

法二:引入摩擦角和整體法觀念。

仍然沿用“法一”中關于F的方向設置(見圖21中的α角)。

先看整體的水平方向平衡,有:Fcos(θ- α) = P                                   ⑴

再隔離滑塊,分析受力時引進全反力R和摩擦角φ,由于簡化后只有三個力(R、mg和F),可以將矢量平移后構(gòu)成一個三角形,如圖22所示。

在圖22右邊的矢量三角形中,有: =      ⑵

注意:φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ                                              ⑶

解⑴⑵⑶式可得F和α的值。

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2007年10月25日17時55分,北京航天飛行控制中心對“嫦娥一號”衛(wèi)星實施首次變軌控制并獲得成功.這次變軌是在衛(wèi)星運行到遠地點時實施的,而此后將要進行的3次變軌均在近地點實施.“嫦娥一號”衛(wèi)星的首次變軌之所以選擇在遠地點實施,是為了抬高衛(wèi)星近地點的軌道高度.同樣的道理,要抬高遠地點的高度就需要在近地點實施變軌.如圖為“嫦娥一號”某次在近地點A由軌道1變軌為軌道2的兩個軌道的示意圖,其中B、C分別為兩個軌道的遠地點.關于上述變軌過程及“嫦娥一號”在兩個軌道上運動的情況,下列說法中正確的是(  )

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高考真題

1.【解析】由合力與分的關系可知,合力最大應是它們同向,最小應是它們反向

【答案】B

2.【解析】重力是地球的吸引而產(chǎn)生的,地球上一切物體都受到重力,與物體的運動狀態(tài)無關,重力的方向是豎直向下

【答案】D

 

3.【解析】如圖所示,力F產(chǎn)生了兩個作用效果,一個是使B壓緊豎直墻面的力F1,一個是壓緊A的力F2,用整體法進行分析,可知F1和F3的大小相等,當力F緩慢增大時,合力的方向和兩個分力的方向都沒有發(fā)生變化,所以當合力增大時兩個分力同時增大,C正確                         

【答案】C

                                                   

4.【解析】將力F進行分解,再由整體法在豎直方向運用平衡

條件可列式:Fsinθ+N=mg+Mg,則N= mg+Mg-Fsinθ

【答案】D 

                                                  

5.【解析】豎直掛時,當質(zhì)量為2m放到斜面上時,,因兩次時長度一樣,所以也一樣。解這兩個方程可得,物體受到的摩擦力為零,A正確。

【答案】A

 

6.【解析】設剛性細桿中彈力為F,光滑的半球面對小球a的彈力為Fa,對小球b的彈力為Fb,分別隔離小球a和b對其分析受力并應用平行四邊形定則畫出受力分析。由細桿長度是球面半徑的倍可得出三角形Oab是直角三角形,∠Oab=∠Oba=45°。對△bFB應用正弦定理得兩式聯(lián)立消去F得sin(45°+θ)=  sin(45°―θ)

顯然細桿與水平面的夾角θ=15°,正確選項是D。

【答案】D

 

7.【解析】考查牛頓運動定律。設減少的質(zhì)量為△m,勻速下降時:Mg=F+kv,勻速上升時:Mg-△mg+kv = F,解得△mg = 2(M-),A正確。

【答案】A

 

8.【解析】⑴空載時合力為零:

 已知:fB=2fA 求得:fA=200 kN fB=400 kN

         設機架重心在中心線右側(cè),離中心線的距離為x,以A為轉(zhuǎn)軸

              求得:x=1.5 m

       ⑵以A為轉(zhuǎn)軸,力矩平衡

     

              求得:FB=450 kN

【答案】(1)x=1.5 m;(2)B=450 kN                      

9.【解析】讀數(shù)時應估讀一位,所以其中l(wèi)5 、 l6兩個數(shù)值在記錄時有誤

【答案】①l5 ;l6;②6.85(6.84-6.86) ;14.05(14.04-14.06);

③l7-l3 ;7.20(7.18-7.22) ;④

名校試題

1.【解析】 猴子受重力和兩個拉力人作用,所以選項A正確;兩拉力的合力與重力平衡,B錯;地球?qū)镒拥囊εc猴子對地球的引力是一對作用力和反作用力,C正確;猴子靜止合力總為零,選項D錯

2.【解析】由力的三角形定則,在重力不變的情況下,、和重力構(gòu)成一個封閉的三角形,從而得到、均減小

【答案】A

3.【解析】由受力分析和摩擦力的產(chǎn)生條件可得選項C正確            

【答案】C

4.【解析】由圖可知彈簧先壓縮后伸長,當彈簧的長度為6cm時,彈力為零,所以彈簧的原長為6cm;當彈簧伸長2cm時,彈力為2N,故彈簧的勁度系數(shù)為100N/m

【答案】BC

5.【解析】 隔離物體B可知,繩的張力不變,所以選項A錯;隔離物體A得選項D正確

【答案】D

6.【解析】 以整體為研究對象,設斜面的傾角為,則F3  ,是個定值不變;隔離球乙,求得F1緩慢減。

【答案】D

7.【解析】(1)輸電線線冰層的體積V= πR2L  

由對稱關系可知,塔尖所受壓力的增加值等于一根導線上冰層的重力,即

ΔN = ρVg= πρR2Lg  

(2)輸電線與冰層的總質(zhì)量M' = m0L + πρR2Lg,輸電線受力如圖甲所示。

由共點力的平衡條件,得2F1cosθ = m0Lg + πρR2Lg  

輸電線在最高點所受的拉力  

半根輸電線的受力如圖乙所示。

由共點力的平衡條件,得F= F1sinθ  

【答案】(1)πρR2Lg;(2)

8.【解析】⑴根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在坐標紙上描出的點,基本上在同一條直線上?梢耘卸‵和L間是一次函數(shù)關系。畫一條直線,使盡可能多的點落在這條直線上,不在直線上的點均勻地分布在直線兩側(cè)。(5分)

可得k=25N/m。

【答案】k=25N/m。

9【解析】不正確。 平行于斜面的皮帶對圓柱體也有力的作用。

       (1)式應改為:Fcosβ+F=mgsinα  ② 

       由②得30N=10N  ③  

       將③代入②得FN=mgcosα-Fsinβ=30×0.8-10×0.6N=18N  ④  

【答案】18N

10.【解析】原來勻速時F1=  (1)當F2為推力且與F1夾角為時,有因為F2=F1,解得(2)當F2為拉力且與水平方向成角時,有

綜上所述,當力F2與F1在同一豎直平面內(nèi),力F2的方向與力F1的夾角為arccotu

【答案】

11.【解析】對B球,受力分析如圖所示。

Tcos300=NAsin300 ………….①

            ∴ T=2mg

A球,受力分析如圖D-1所示。在水平方向

Tcos300=NAsin300 …………………..② 

在豎直方向

NAcos300=mAg+Tsin300 …………………③ 

【答案】由以上方程解得:mA=2m

  考點預測題

1.【解析】滑動摩擦力F的大小跟物體的相對運動速度的大小沒有關系.本題選項為AB

【答案】AB.

2.【解析】本題的立意在考查滑動摩擦力方向的判斷,物體A在水平方向有相對圓柱體向左的速度υ′,υ′ = ωr = 1.8m/s;在豎直方向有相對圓柱體向下的速度υ0 = 2.4m/s,所以綜合起來A相對于圓柱體的合速度為v,如圖18右所示,且υ= = 3m/s?

合速度與豎直方向的夾角為θ,則cosθ = =

A做勻速運動,其受力如圖18左所示                  圖18

豎直方向平衡,有Ff cosθ = mg,得Ff = = 12.5N?另Ff =μFN,F(xiàn)N =F,故F =  = 50N               

【答案】50N

3.【解析】由題給條件知未施加力F時,彈簧的彈力大小為   

物塊A與地面間的滑動摩擦力大小為

物塊B與地面間的滑動摩擦力大小為

令施加力F后裝置仍處于靜止狀態(tài),B受地面的摩擦力為fBA受地面的摩擦力為fA,由平衡條件有:,

代入數(shù)據(jù)解得:

,表明物塊B的確仍處于靜止狀態(tài)。

綜合以上分析可知,所給選項中只有C項正確。

【答案】C

4.【解析】此題材把四種不同的物理情景的彈簧放在一起,讓學生判別彈簧的伸長量的大小,實際上就是判斷四種情景下彈簧所受彈力的大小。由于彈簧的質(zhì)量不計,所以不論彈簧做何種運動,彈簧各處的彈力大小都相等。因此這情況下彈簧的彈力是相等,即四個彈簧的伸長量是相等。只有D選項正確。

【答案】D

5.【解析】在水對大壩壓力一定的情況下,A圖所示,為晾衣繩原理中最大情況,即大壩受力最大。固不是最佳方案,而B圖與C、D圖的區(qū)別在于:B圖大壩所受壓力傳遞給壩墩,而C、D圖所受壓力將直接作用在在壩上,受力分析,如圖22所示,所以該題選B。                               圖22

【答案】B

 

                                                                 

6.【解析】(1)設c′點受兩邊繩的張力為T1和T2,的夾角為θ,如圖所示。依對稱性有:T1=T2=T    由力的合成有 :   而=90-

所以 F=2Tsinθ    

    根據(jù)幾何關系有 sinθ= 

    聯(lián)立上述二式解得  T=  ,因d<<L,故     

   (2)將d=10mm,F(xiàn)=400N,L=250mm代入,解得   T=2.5×103N ,  即繩中的張力為2.5×103N

【答案】2.5×103N

7.【解析】因為物體處于靜止狀態(tài),根據(jù)受力平衡得正確答案為C。            

【答案】C

8.【解析】設繩子的拉力為F,將P。Q看作一個整體進行受力分析,整體受兩繩相等的拉力和地面的摩擦力做勻速運動,故有 F=2 F+2μmg隔離物體Q由平衡條件有:F=μmg,代入F得:F=4μmg。所以選項A正確。

【答案】A

9.【解析】物體P靜止不動,輕繩上拉力和P的重力平衡,故輕繩上拉力一定不變,D項正確。若開始時,Q有下滑趨勢,靜摩擦力沿斜面向上,用水平恒力向左推Q,則靜摩擦力減。蝗糸_始時,Q有上滑趨勢,靜摩擦力沿斜面向下,用水平恒力向左推Q,則靜摩擦力增大。因此,Q受到的摩擦力大小不確定。所以選項D正確

【答案】D

10.【解析】本題的難點是判斷硬桿對C點彈力的方向,不少學生認為該力的方向應沿C點桿的切線方向,而不是沿BC方向。若是以桿為研究對象,桿只受到兩個力(因為桿的質(zhì)量忽略不計);即兩個端點對桿的作用力,桿處于平衡,這兩個力一定是一對平衡力,若是C點的力不經(jīng)過B點,那么這兩個力不在一條直線上,肯定不是一對平衡力,桿就不能平衡。所以對桿的作用力方向的分析,千萬不能將其當做繩對待。對于輕桿平衡時,它只有兩上端點所受的力,這兩個力一定是一對平衡力。以 C點為研究對象,作出C點受力圖如圖所示。物體對C點向下的拉力大小等于重力mg,繩AC的拉力T沿繩指向A,硬桿對C點的彈力N,由于硬桿的質(zhì)量不計,故桿的彈力N方向沿BC的連線方向,同時有幾何關系。圖中的T和mg的合力與N是一對平衡力,且合力方向與T和mg的夾角均相同,由三角形知識可得T=mg 。

【答案】T=mg

11. 【解析】先分析B球受力情況,因OB處于豎直狀態(tài),拉力豎直向上,由平衡條件可知,B球只受重力和OB的拉力作用,線BA中無作用力。再分析A球受力,A球受重力、OA拉力和外力F,由平衡條件知該力可能是圖F2、F3,選項B.C正確

【答案】B.C

  12.【解析】將滑輪掛到細繩上,對滑輪進行受力分析如圖所示,滑輪受到重力和AK和BK的拉力F,且兩拉力相等,由于對稱,因此重力作用線必過AK和BK的角平分線。延長AK交墻壁于C點,因KB =KC,所以由已知條件  AK+ KC = AC=2AO,所以圖中的角度α =30°,此即兩拉力與重力作用線的夾角。兩個拉力的合力R與重力等值反向,所以: 

    2 F cos30° = R =G, 所以F = mg/2cos30° = mg/3 。                    

     【答案】  mg/3                                                                   

13.【解析】因光滑掛鉤與輕滑輪模型相同,輕質(zhì)掛鉤的受力如圖所示,

由平衡條件可知,T1、T2合力與G等大反向,且T1=T2

所以       T1sinα +T2sinα =T3= G                                                

即T1=T2=,而 AO?cosα+BO.cosα= CD,                          

所以       cosα =0.8                                                                                                                  

sin=0.6,T1=T2=10N                                                                     

【答案】10N

14.【解析】分析物體受力情況,選斜面方向為x 軸,垂直斜面方向為y 軸,把不在軸上的重力G

水平分力F分解到坐標軸上,由于物體處于平衡狀態(tài),則有

       …

               

解得: 

【答案】

15.【解析】如圖所示,利用直尺、皮卷尺、漏斗、細沙等實驗器材,用裝滿細沙漏斗朝水平地面堆積,從漏斗中落下的細沙總是在地面上形成一個小圓錐體,繼續(xù)下落時,細沙由圓錐面表面下滑,當圓錐體的母線與地面的夾角達到一定角度時,細沙不再下滑,用直尺測量小圓錐體高度h,皮卷尺測量小圓錐體底面周長C,則由。              

【答案】

    16.【解析】(1)當砂輪靜止時,把AB桿和工件看成一個物體,它受到的外力對A軸的力矩有:重力的力矩()砂輪對工件的支持力的力矩,的力矩

由力矩的平衡,得                              

解得                        代入數(shù)據(jù)得                                                

(2)當砂輪轉(zhuǎn)動時,除重力、支持力和的力矩外,還有砂輪作用于工件的摩擦力的力矩。由力矩的平平衡;得              

解得             代入數(shù)據(jù)得  

    【答案】(1)   (2)                                                      

17.【解析】(1)空載時,桿桿秤恰好平衡,秤桿、配重物及掛鉤所受重力相對提紐的合力矩M正好等于兩套筒相對于提紐的力矩. 提紐到掛鉤的距離為d=2cm,套筒的長L=16cm. 此時,兩套筒重心到提紐的距離為(L/2-d). 兩套筒質(zhì)量m=0.1kg.

  則M=2mg(L/2-d)=0.12Nm.

  (2)當在秤鉤上掛一物體時,掛鉤處增加一個重力m1g,它產(chǎn)生一個逆時針方向的力矩m1gd應當與由于兩套筒向右移動增加的力矩相平衡,則

 。1gd=mgX1+mg(X1+X2),其中X1=5cm、X2=8cm為兩套筒右移距離.

代入數(shù)據(jù)解得待測物體質(zhì)量m1=0.9 kg.

    (3)注意該桿秤的刻度特點:內(nèi)層刻度是依據(jù)內(nèi)層左側(cè)與秤的最左端的距離來刻的、外層刻度是依據(jù)外層左側(cè)與內(nèi)層左側(cè)的距離來刻的. 外層套筒丟失前,掛物m2g=1kg,內(nèi)層刻度為1kg,外層刻度為零,此時內(nèi)、外層共同向右移動X桿秤力矩平衡. 則

 。2gd=2mgX,得X=m2d/(2m)=0.1m.

由于外層套筒丟失,內(nèi)層讀數(shù)為1kg時,內(nèi)筒左端離提紐的距離為X-d,內(nèi)筒重心離提紐的距離為(X-d+L/2),此時內(nèi)筒所產(chǎn)生的力矩與待測物產(chǎn)生力矩m3gd及力矩M相平衡,即m3gd+M=mg(X-d+L/2),代入數(shù)據(jù)解得待測物質(zhì)量m3=0.2kg.

【答案】(1)0.12Nm    (2)0.9 kg.        (3)m3=0.2kg.

 


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