高中物理精典名題解析專題［23個專題］

專題01：運動學專題.doc

專題02：摩擦力專題.doc

專題03：牛頓運動定律總結.doc

專題04：萬有引力定律全面提高.doc

專題05：動量、動量守恒定律.doc

專題06：機械能守恒定律.doc

專題07：功和能.doc

專題08：帶電粒子在電場中的運動.doc

專題09：電場力的性質，能的性質.doc

專題10：電容器專題2.doc

專題11：電學圖象專題.doc

專題12：恒定電流.doc

專題13：帶電粒子在磁場中的運動.doc

專題14：電磁感應功能問題.doc

專題15：電磁感應力學綜合題.doc

專題16：交流電.doc

專題17：幾何光學.doc

專題18：物理光學.doc

專題19：如何審題.doc

專題20：物理解題方法.doc

專題21：高三后期復習的指導思想.doc

專題22：中檔計算題專題.doc

專題23：創新設計與新情景問題.doc

一、運動學專題

直線運動規律及追及問題

-、例題

例題1.一物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小為而/s,1s后速度的大小變為10m/s,

在這1s內該物體的（）

A.位移的大小可能小于4m

B.位移的大小可能大于10m

C.加速度的大小可能小于4m/s

D,加速度的大小可能大于10m/s

析：同向時6Z,=———=!0]+m/s~=6mls2

4+10

%+匕?im=7m

2

反向時的=~———=-—―m/s2=-147n/s2

=山?”口=—3〃?

22

式中負號表示方向跟規定正方向相反

答案：A、D

例題2：兩木塊自左向右運動，現用高速攝影機在同一底片上多次曝光，記錄下木快每

次曝光時的位置，如圖所示，連續兩次曝光的時間間隔是相等的，由圖可知（）

A在時刻t?以及時刻乜兩木塊速度相同

B在時刻t1兩木塊速度相同

C在時刻t3和時刻乜之間某瞬間兩木塊速度相同

D在時刻七和時刻t5之間某瞬間兩木塊速度相同

解析：首先由圖看出：上邊那個物體相鄰相等時間內的位移之差為恒量，可以判定其做

b

勻變速直線運動；下邊那個物體t|t,t3U

ot6t7口

很明顯地是做勻速直線運動。由口日口口□

I

于t2及t3時刻兩物體位置相同，LLLJLLLLLLLLLLLLLI

說明這段時間內它們的位移相PPPP!

tl12t3t4I

等，因此其中間時刻的即時速度

相等，這個中間時刻顯然在t3、乜之間

答案：c

例題3一跳水運動員從離水面10m高的平臺上躍起，舉雙臂直立身體離開臺面，此時

中心位于從手到腳全長的中點，躍起后重心升高0.45m達到最高點，落水時身體豎直，手先

入水（在此過程中運動員水平方向的運動忽略不計）從離開跳臺到手觸水面，他可用于完成

空中動作的時間是多少？（g取lOm/s?結果保留兩位數字）

解析：根據題意計算時，可以把運動員的全部質量集中在重心的一個質點，且忽略其水

2

平方向的運動，因此運動員做的是豎直上拋運動，由/2=也-可求出剛離開臺面時的速度

2g

%=J麗=3加/S,由題意知整個過程運動員的位移為一10m（以向上為正方向），由

-10=3t-5t2

解得：t^l.7s

思考：把整個過程分為上升階段和下降階段來解，可以嗎？

例題4.如圖所示，有若干相同的小鋼球，從斜面

上的某一位置每隔0.1s釋放一顆，在連續釋放若干

顆鋼球后對斜面上正在滾動的若干小球攝下照片如

圖，測得AB=15cm,BC=20cm,試求：

（1）拍照時B球的速度；

（2）A球上面還有幾顆正在滾動的鋼球

解析：拍攝得到的小球的照片中，A、B、C、D…各小球

的位置,正是首先釋放的某球每隔0.1s所在的位置.這樣就把本題轉換成一個物體在斜面上

做初速度為零的勻加速運動的問題了。求拍攝時B球的速度就是求首先釋放的那個球運動到

B處的速度；求A球上面還有幾個正在滾動的小球變換為首先釋放的那個小球運動到A處經

過了幾個時間間隔（0.1s）

（1）A、B、C、D四個小球的運動時間相差△T=0.1s

SRr+5jn0.35

...Vg=_B￡----------.m/s=1.75m/s

2AT0.2

(2)由△s=aZ\T’得:

0.2-0.15

a嗡m/sJ=5m/s2

0.12

例5：火車A以速度v,勻速行駛，司機發現正前方同一軌道上相距s處有另一火車B沿

同方向以速度vz（對地，且V2〈v）做勻速運動，A車司機立即以加速度（絕對值）a緊急

剎車，為使兩車不相撞，a應滿足什么條件？

分析：后車剎車做勻減速運動，當后車運動到與前車車尾即將相遇時，如后車車速已降

到等于甚至小于前車車速，則兩車就不會相撞，故取s后=$+$前和v后Wv前求解

解法一：取取上述分析過程的臨界狀態，則有

vit——aot2=s+v2t

2

Vi3o-t-V2

所以當時，兩車便不會相撞。

2s

法二：如果后車追上前車恰好發生相撞，則

1Z,

Vit——at=s十v2t

2

上式整理后可寫成有關t的一元二次方程，即

—at2+（V2—V1）t+s=0

2

取判別式4〈0,則t無實數解，即不存在發生兩車相撞時間t?！鳌罚ǎ?，則有

（V2—V,）224（—a）s

2

得awQ

2

（VT—v,）

為避免兩車相撞，故a》123

2s

法三：運用v-t圖象進行分析，設從某

刻起后車開始以絕對值為a的加速度開始剎

取該時刻為t=0,則A、B兩車的v-t圖線如

所示。圖中由w、V2、C三點組成的三角形

積值即為A、B兩車位移之差（s后一s就）=s,

e即為后車A減速的加速度絕對值ao。因此

52s

-(Vi)

2tan，

所以te產空產

若兩車不相撞需a,a°=（仁匕1

2s

二'習題

1、下列關于所描述的運動中，可能的是（）

A速度變化很大，加速度很小

B速度變化的方向為正，加速度方向為負

C速度變化越來越快，加速度越來越小

D速度越來越大，加速度越來越小

解析：知，即使很大，如果At足夠長，a可以很小，故A正確。速

度變化的方向即的方向，與a方向一定相同，故B錯。加速度是描述速度變化快慢的物

理量，速度變化快，加速度一定大。故C錯。加速度的大小在數值上等于單位時間內速度的

改變量，與速度大小無關，故D正確。

答案：A、D

2、一個物體在做初速度為零的勻加速直線運動，已知它在第一個at時間內的位移為

s,若未知，則可求出（）

A.第一個At時間內的平均速度

B.第n個時間內的位移

C.nAt時間的位移

D.物體的加速度

解析：因/=—,而At未知，所以0不能求出，故A錯.因

△t

s【：$n:4n：…：％=1:3:5:…：（2〃-1）,有:sn=1:（2〃-1）,sn=（2〃-1）5,=

gAv

2

（2n-1）s,故B正確；又s8t2所以2=n,所以s.=n2s,故C正確；因a=^,盡管

st

△s=s?-SnT可求，但未知，所以A求不出，D錯.

答案:B、0

3、汽車原來以速度v勻速行駛,剎車后加速度大小為a,做勻減速運動,則t秒后其位

移為（）

1,v21.

Avtat~B—C—vt-\—ut~D無法確定

22a2

解析:汽車初速度為v,以加速度a作勻減速運動。速度減到零后停止運動，設其運動

V1c

的時間仁=一。當tWt■時，汽車的位移為S=w--at2；如果t>t，，汽車在節時已停止

a2

2

運動，其位移只能用公式v?=2as計算，s=—

2a

答案：D

4、汽車甲沿著平直的公路以速度v。做勻速直線運動，當它路過某處的同時，該處有一

輛汽車乙開始做初速度為零的勻加速運動去追趕甲車，根據上述的已知條件（）

A.可求出乙車追上甲車時乙車的速度

B.可求出乙車追上甲車時乙車所走的路程

C.可求出乙車從開始起動到追上甲車時所用的時間

D.不能求出上述三者中任何一個

分析：題中涉及到2個相關物體運動問題，分析出2個物體各作什么運動，并盡力找到

兩者相關的物理條件是解決這類問題的關鍵，通?？梢詮奈灰脐P系、速度關系或者時間

關系等方面去分析。

解析：根據題意，從汽車乙開始追趕汽車甲直到追上，兩者運動距離相等，即s斫

=Sz=s,經歷時間t單=tz=t.

那么，根據勻速直線運動公式對甲應有：s=

根據勻加速直線運動公式對乙有：s=-at2,及V,=at

2

由前2式相除可得at=2v。，代入后式得

vt=2v0,這就說明根據已知條件可求出乙車追上

甲車時乙車的速度應為2v°。因a不知，無法求出

路程和時間，如果我們采取作v-t圖線的方法，

則上述結論就比較容易通過圖線看出。圖中當

乙車追上甲車時，路程應相等，即從圖中圖線

上看面積S甲和S乙，顯然三角形高vt等于長方

形高V。的2倍，由于加速度a未知，乙圖斜率

不定，a越小，t越大，s也越大，也就是追趕

時間和路程就越大。

答案：A

5、在輕繩的兩端各栓一個小球，一人用手拿者上端的小球站在3層樓陽臺上，放手后

讓小球自由下落，兩小球相繼落地的時間差為T,如果站在4層樓的陽臺上,同樣放手讓小

球自由下落，則兩小球相繼落地時間差將()

A不變B變大

解析：兩小球都是自由落體運動，可在一

v-t圖象中作出速度隨時間的關系曲線，如圖

所示，設人在3樓陽臺上釋放小球后，兩球落地

時間差為圖中陰影部分面積為△h,若人在

4樓陽臺上釋放小球后，兩球落地時間差△,

要保證陰影部分面積也是^h；從圖中可以看出

一定有〈△七

答案：C

6、一物體在A、B兩點的正中間

由靜止開始運動(設不會超越A、B),

其加速度隨時間變化如圖所示。設向

A的加速度為為正方向，若從出發開

始計時，則物體的運動情況是

()

A先向A,后向B,再向A,又向

B,4秒末靜止在原處

B先向A,后向B,再向A,又向

B,4秒末靜止在偏向A的某點

C先向A,后向B,再向A,又向B,4秒末靜止在偏向B的某點

D一直向A運動,4秒末靜止在偏向A的某

點

解析:根據a-t圖象作出其v-t圖象，如右圖

所示，由該圖可以看出物體的速度時大時

小，但方向始終不變，一直向A運動，又因

v-t圖象與t軸所圍“面積”數值上等于物

體在t時間內的位移大小，所以4秒末物

體距A點為2米

答案：D

7、天文觀測表明，幾乎所有遠處的恒星（或星系）都在以各自的速度背離我們而運動,

離我們越遠的星體，背離我們運動的速度（稱為退行速度）越大；也就是說，宇宙在膨脹，

不同星體的退行速度v和它們離我們的距離r成正比，即v=Hr。式中H為一常量，稱為哈

勃常數，已由天文觀察測定，為解釋上述現象，有人提供一種理論，認為宇宙是從一個大爆

炸的火球開始形成的，假設大爆炸后各星體即以不同的速度向外勻速運動，并設想我們就位

于其中心，則速度越大的星體現在離我們越遠，這一結果與上述天文觀測一致。

由上述理論和天文觀測結果，可估算宇宙年齡T,其計算式如何？根據近期觀測，哈勃

常數H=3X10%/（s光年），其中光年是光在一年中行進的距離，由此估算宇宙的年齡約為

多少年？

解析：由題意可知，可以認為宇宙中的所有星系均從同一點同時向外做勻速直線運動，由于

各自的速度不同，所以星系間的距離都在增大，以地球為參考系，所有星系以不同的速度均

rr|

在勻速遠離。則由S=vt可得尸vT,所以，宇宙年齡：T=-=—=—

vHrH

若哈勃常數43X10%/（s光年）

則T=J_=10'。年

H

思考：1宇宙爆炸過程動量守恒嗎？如果爆炸點位于宇宙的“中心”，地球相對于這個“中

心”做什么運動？其它星系相對于地球做什么運動？

2其它星系相對于地球的速度與相對于這個“中心”的速度相等嗎？

8、摩托車在平直公路上從靜止開始起動，a尸1.6m/s2,稍后勻速運動，然后減速，

a2=6.4m/s2,直到停止，共歷時130s,行程1600m。試求:

（1）摩托車行駛的最大速度V"

（2）若摩托車從靜止起動，a八a?不變，直到停止，行程不變，所需最短時間為多

少？

分析：（1）整個運動過程分三個階段：勻加速運動；勻速運動；勻減速運動?？山柚?/p>

v-t圖象表示。

（2）首先要回答摩托車以什么樣的方式運動可使得時間最短。借助v-t圖象可以證明:

當摩托車以機勻加速運動，當速度達到匕時，緊接著以az勻減速運動直到停止時，行程不

變，而時間最短

解：（1）如圖所示，利用推論vt2-v?2=2as

0130t/s

有：%-+(130-么—b)v.+%-=1600.其中ai=1.6m/s；az=6.4ni/s2.解得：

2a}為的2。2

vm=12.8m/s(另一解舍去).

⑵路程不變，則圖象中面積不變，當v越大則t越小，如圖所示.設最短時間為乜皿

I-..IVtnVmg,

則tmin二----1-----①

Ia2

/2/2

Vinvm,,八-zsx

----+-----=1600②

262a2

其中ai=1.6m/s2,32=6.4m/s2.由②式解得

6464

Vm=64m/s,故tmin=---s4----s—50s.既

1.66.4

最短時間為50s.

答案：(1)12.8m/s(2)50s

9一平直的傳送以速率v=2m/s勻速行駛，傳送帶把A處的工件送到B處，A、B兩處相

距L=10m,從A處把工件無初速度地放到傳送帶上，經時間t=6s能傳送到B處，欲使工件

用最短時間從A處傳送到B處，求傳送帶的運行速度至少應多大？

解析：物體在傳送帶上先作勻加速運動，當速度達到v=2m/s后與傳送帶保持相對靜止，作

勻速運動.設加速運動時間為3加速度為a,則勻速運動的時間為(6-t)s,則：

v=at①

Si=—at2②

2

S2=v(6-t)③

si+s2=10④

聯列以上四式，解得t=2s,a=1m/s2

物體運動到B處時速度即為皮帶的最小速度

由v2=2as得v72as=2-75m/s

傳送帶給物體的滑動摩擦力提供加速度，即修叫=/也,。=外,此加速度為物體運動的最大

加速度.要使物體傳送時間最短，應讓物體始終作勻加速運動

10、一輛汽車在十字路口等候綠燈，當綠燈亮時汽車以3m/s2的加速度開始行駛，恰在

這時一輛自行車以6m/s的速度勻速駛來，從后邊趕過汽車。試求：

(1)汽車從路口開動后，在追上自行車之前經過多長時間兩車相距最遠？此時距

離是多少？

(2)什么時候汽車追上自行車，此時汽車的速度是多少？

解析：解法一：汽車開動后速度由零逐漸增大，而自行車的速度是定值。當汽車的速度

還小于自行車速度時，兩者的距離將越來越大，而一旦汽車速度增加到超過自行車速度

時，兩車距離就將縮小。因此兩者速度相等時兩車相距最大，有v汽=〃=丫自，所以,

t=%/a=2s=v自t-at”12=6m

解法二：用數學求極值方法來求解

(1)設汽車在追上自行車之前經過t時間兩車相距最遠,

因為As=$2-$1=-at2/2

所以As=6,一3//2,由二次函數求極值條件知，f=a=2s時，八，最大

2a

2

即\sm=6r-3t/2=6x2-3x22/2=6(m)

(2)汽車追上自行車時，二車位移相等，則產〃

6t=3產/2,，=4s

v-at-\2m/s

解法三：用相對運動求解更簡捷

選勻速運動的自行車為參考系，則從運動開始到相距最遠這段時間內，汽車相對此參考

系的各個物理量為：

初速度Vo=v汽初一v自二(0一6)m/s=-6m/s

=

末速度Vtv汽末一v自二(6一6)m/s―0

22

加速度a=a汽一a自二(3—0)m/s=3m/s

所以相距最遠sJ二"。.=-6m(負號表示汽車落后)

2a

解法四：用圖象求解

(1)自行車和汽車的v-t圖如圖，由于圖線與

橫坐標軸所包圍的面積表示位移的大小，所以由圖

上可以看出：在相遇之前，在t時刻兩車速度相等

時，自行車的位移(矩形面積)與汽車的位移(三

角形面積)之差(即斜線部分)達最大，所以

,6

t-v自/a——s—2s

△s=Vt-at72=(6X2-3X272)m=6m

(2)由圖可看出：在t時刻以后，由v日或與

v汽線組成的三角形面積與標有斜線的三角形面積相等時，兩車的位移相等(即相遇)。所以

由圖得相遇時，t'=2t-4s,v'=2V自=12m/s

答案(1)2s6m(2)12m/s

二摩擦力專題

一、明確摩擦力產生的條件

（1）物體間直接接觸

（2）接觸面粗糙

（3）接觸面間有彈力存在

（4）物體間有相對運動或相對運動趨勢

這四個條件緊密相連，缺一不可.顯然，兩物體不接觸，或雖接觸但接觸面是

光滑的，則肯定不存在摩擦力.但滿足（1）、（2）而缺少（3）、（4）中的任意一條,

也不會有摩擦力.如一塊磚緊靠在豎直墻，放手后讓其沿墻壁下滑，它滿足條件

（1）、（2）、（4）,卻不具備條件（3）,即相互間無壓力，故磚不可能受到摩擦力作

用.又如，靜止在粗糙水平面上的物體它滿足了條件（1）、（2）、（3）,缺少條件

（4）,當然也不存在摩擦力.

由于不明確摩擦力產生的條件，導致答題錯誤的

事是經常發生的.

例1（1994年全國考題）如圖1所示，C是水平地

面，A、B是兩個長方形物塊，F是作用在物塊上沿水

平方向的力，物體A和8以相同的速度作勻速直^運圖1

動，由此可知，A、8間的動摩擦因數從和B、C間

的動摩擦因數〃2有可能是

（A）〃]=0,4=°（B）=0,%70

（C）H0,〃2=°（D）41H0,42Ho

解析：本題中選A、8整體為研究對象，由于受推力的作用做勻速直線運動，

可知地面對的摩擦力一定水平向左，故〃27°，對A受力分析可知，水平方向不

受力，從可能為0,可能不為0。正確答案為（B）、（D）.

二、了解摩擦力的特點

摩擦力具有兩個面著特點：（1）接觸性；（2）被動性.所謂接觸性，即指物

體受摩擦力作用物體間必直接接觸（反之不一定成立）。這種特點已經包括在摩擦

力產生的條件里，這里不贅述。對于摩擦力的被動性，現仔細闡述。所謂被動性

是指摩擦力隨外界約束因素變化而變化.熟知的是靜摩擦力隨外力的變化而變

化。

例2（1992年全國考題）如圖2所示，一木塊放在水平桌面上，在水平方向共

受到三個力，即耳、外和摩擦力作用，木塊圖2處于靜

止狀態，其中尸i=10N、F2=2N,若撤去力耳，則木塊

在水平方向受到的合力為

（A）10N,方向向左（B）6N,方向向右

（O2N,方向向左（D）零

圖2

解析；尾沒有撤去時，物體所受合外力為零，此時靜

摩擦力大小為8N,方向向左.撤去乃以后，物體在外作用下不可能沿水平方向

發生運動狀態的改變，物體仍保擰靜止.此時地面對物體的靜摩擦力大小為2N,

方向向右.從上述分析可見靜摩擦力是被動力.答案應為（D）.對于滑動摩擦力

同樣具有被動性.

三、把握摩擦力大小和方向的計算和判斷

中學物理只談靜摩擦和滑動摩擦兩種（滾動摩擦不講）.其中篇沒有具體的計

算公式，是隨外力變化的范圍值。W/靜W/max，一般根據（1）平衡條件求；（2）根

據物體運動狀態，由牛頓運動定律求.而/靜不但可根據上述的（1）、（2）方法求，

還可以用公式拆="V計算

例3如圖3所示，質量為加、帶電量為+q的小物體，放在磁感應強度為B的勻

強磁場中，粗糙擋板ab的寬度略大于小物體厚度.現給帶電體一個水平沖量/,

試分析帶電體所受摩擦力的情況.，------1

解析：帶電體獲得水平初速%=//加它在.它在三*F■三：：：

磁場中受洛侖茲力=和重力G=mg,若”=］；二二「

/洛=G,則帶電體作勻速直線運動，不受摩擦力作用.圖3

若f洛〉G,則帶電體貼著a板前進，滑動摩擦力

/滑=JJN=鞏qvB-mg）,速度越來越小，/滑變小，當v減小到之,又有qv0B=mg,

它又不受摩擦力作用而勻速前進.

若f洛<G,則帶電體貼著b板前逆?；瑒幽Σ亮Γ辉?〃N=〃（〃7g->0，

它減速運動動直至靜止，而/滑卻是變大的.

這充分說明力也是具有被動性，所以摩擦力是被動力.了解摩擦力的上述

特點在解題時就能因題致宜，靈活地思考，少走彎路，避免出錯.

對于滑動摩擦力的大小，還必須了解其與物體運動狀態無關，與接觸面積

大小無關的特點.

例4如圖4所示，一質量為m的貨物放在傾角為a的傳送帶上

隨傳送帶一起向上或向下做加速運動.設加速度大小為a,試求兩種

情況下貨物所受的摩擦力.

解析：物體m向上加速運動時，由于沿斜面向下有重力的分力，所

以要使物體隨傳送帶向上加速運動，傳送帶對物體的摩擦力必定沿傳

送帶向上.物體沿斜面向下加速運動時，摩擦力的方向要視加速度的

大小而定，當加速度為某一合適值時，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需的合外力，則

摩擦力為零；當加速度大于此值時，摩擦力應沿斜面向下；當加速度小于此值時，摩擦力應

沿斜面向上.

向上加速運動時，由牛頓第二定律，得：所以F-mgsina=ma,方向沿斜面向上

向下加速運動時，由牛頓第二定律，得：mgsina—F=ma（設F沿斜面向上）

所以F=mgsina-ma

當a<gsina時，F>0.與所設方向相同----沿斜面向上.

=時，F=0.即貨物與傳送帶間無摩擦力作用.

當a>gsina時，F<0.與所設方向相反----沿斜面向下.

小結：當物體加速運動而摩擦力方向不明確時，可先假設摩擦力向某一方向，

然后應用牛頓第二定律導出表達式，再結合具體情況進行討論

例5如圖5所示，質量M=10Kg的木楔ABC靜止于水平地面上，動摩擦因數口

=0.02,在木楔的傾角。為30°的斜面上有一質量m=L0kg的物塊由靜止開始沿

斜面下滑.當滑行路程S=l.4m時，其速度s=l.4m/s,在此過程中木楔沒

有動.求地面對木楔的摩擦力的大小和方向（g取10m/s'）

解析：地面對木楔的摩擦力為靜摩擦力，但不一定為最大靜摩擦力，所以不

能由F“=UFN,來計算求得，只能根據物體勻運動情況和受力情況來確定.

物塊沿斜面勻加速下滑，由V；-詔=2as可求得物塊下滑的加速度

V1

a=~=0.1m/s9<gsinO=5m/s

2s

可知物塊受到摩塔力的作用.

此條件下，物塊與木楔受力情況分別如圖6.7所示.

物塊沿斜面以加速度Q下滑，對它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛頓第二

定律有mgsin0—FMI=mamgcos9-FNI=0.

木楔靜止，對它沿水平方向和豎直方向由牛頓第二定律，

并注意5'與F”，FNI與FNI，等值反向，有Fg+Ricos9—Fwsin。=0

FN2-Mg-Fucose-FfliSine=0

由上面各式解得地面對木楔的摩擦力

F*2=FNIsin0-FfllCOS0=mgcos^sin0-sin0-zwa）sin0

V3

=macosO=1.0x0.7x——N=0.6IN

2

此力方向與所設方向相同，由C指向B。

另外由以上兒式聯立還可以求出地面對木楔的支持力

2

FN2=Mg+mgcos0+（mgsin。一〃以）sin。=Mg+mg-inasin0

=llxl0N-1.0x0.7xgN=109.65N<（M+/〃）g

顯然，這是由于物塊和木楔系統有向下的加速度而產生了失重現象。

對此題也可以系統為研究對象。在水平方向，木楔靜止，加速度為零，物塊加速

度水平分量為4=acos。。對系統在水平方向由牛頓第二定律，有

=macos0-0.61N

答案：0.61N方向由C—B

小結：（1）靜摩擦力的大小是個變量，它的大小常需要根據物體的運動狀態及

摩擦力與物體所受其他力的關系來確定.

（2）由此題可看出，研究對象的選取對解題步驟的簡繁程度有很大的影響。

練習

1、如圖8所示，位于斜面上的物塊m在沿斜面向上的力F作用下，處于靜止狀態,

則斜面作用于物塊的靜摩擦力①方向可能沿斜面向上②方向可能沿斜面向

下③大小可能為零④大小可能等于F以上判斷正確

的是...........................（D）

A.只有①②B.只有③④C.只有①②③D.①②

③④都正確

圖8

2、（2004年連云港第二次調研題）某人在乎直公路上騎自行車，見到前方較遠處紅色交

通信號燈亮起，他便停止蹬車，此后的一段時間內，自行車前輪和后輪受到地面的摩

擦力分別為了前和/后，則…（C）

A./前向后，力g后向前B./前向前,/后向后

C?篩向后，f后向后D.『前向前，f后向前）-------------

3、如圖9所示，重6N的木塊靜止在傾角為30°的斜面上，若用平/刀/

行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木塊，木塊仍保持靜止，//A-y-

/0段

則木塊所受的摩擦力大小為........................（C）/1

A.4NB.3NC.5ND.6N圖9

4、（2004年樂山調研題）如圖10所示，質量為m的木塊P在質

量為M的長木板A上滑行，長木板放在水平地面上，一直處于靜止狀態.若長木板A

與地面間的動摩擦因數為四，木塊P與長板A間的動摩擦因數為_?

II-甘

〃2，則長木板ab受到地面的摩擦力大小為（C），〉/////〃??

圖10

A%MgB.+M）gCR2mgD〃1Mg+〃2mg

5、（2004年黃岡調研題）如圖U所示，在粗糙水平面上有一個三角形木塊,

在它的兩個粗糙斜面上分別放兩個質量為n和nh的小木塊，m,＞叫已知三角形木

mi/"\叱

塊和兩個小木塊均靜止，則粗糙水平面對三角形木塊（A

B.有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右圖11

C.有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左

D.有摩擦力作用，但其方向無法確定，因為m、m2、仇和名的數值并未給出

6、（2004年寧波期末試題）某空間存在著如圖12所示的水平方向的勻強磁場，

A、B兩個物塊疊放在一起，并置于光滑的絕緣水平地面上，物塊A帶正電，物塊B

為不帶電的絕緣塊；水平恒力F作用在物塊B上，使A、B一起由靜止開始水平向左

運動.在A、B一起水平向左運動的過程中，關于A、B受力情況的

X?Xrj-iXX

以下說法，正確的是……（B）Xf^_r7]xx

A.A對B的壓力變小B.B對A的摩擦力保持不變一———一一一一

C。A對B的摩擦力變大D.B對地面的壓力保持不變圖12

7、如圖13所示，一直角斜槽（兩槽面夾角為90°）,對水平面夾角為30°,一個橫截面

為正方形的物塊恰能沿此槽勻速下滑，假定兩槽面的材料和表面情況

相同，問物塊和槽面間的動摩擦因數為多少？

解析：因為物塊對直角斜槽每一面的正壓力為mgcos"cos45°,

所以當物體勻速下滑時，有平衡方程：mgsina=2umgcosacos45°=

如圖13

41Umgcosa,所以u=J_tana=1-(^)=^

A/24136

8、質量m=L5Kg的物塊（可視為質點）在水平恒力F的作用下，從水平面上A點由

靜止開始運動，運動一段距離撤去該力，物體繼續滑行t=2.0s停在B點.已知AB兩點

間的距離S=5.0m,物塊與水平面間的動摩擦因數〃=0.20,求恒力F為多

大？（g=10m/s2）

解析：設撤去力F前物塊的位移為加，撤去力產時物塊的速度為u,物塊受

到的滑動摩擦力6=Rng

對撤去力后物塊滑動過程應用動量定理得-我/=0-砂

由運動學公式得5=51=-t

對物塊運動的全過程應用動能定理五酬-招5=0

山以上各式得「告

代入數據解得F=15N

9.如圖14所示，靜止在水平面上的紙帶上放一質量<v

m為的小金屬塊（可視為質點），金屬塊離紙帶右端距離3一7

為L,金屬塊與紙帶間動摩擦因數為匕現用力向左將人,

紙帶從金屬塊下水平抽出，設紙帶加速過程極短，可認一LH-

為紙帶在抽動過程中一直做勻速運動.求：圖14

（1）屬塊剛開始運動時受到的摩擦力的大小和方向；

（2）要將紙帶從金屬塊下水平抽出，紙帶的速度v應滿足的條件.

解析：（1）金屬塊與紙帶達到共同速度前，金屬塊受到的摩擦力為：f=m

,方向向左。

（2）出紙帶的最小速度為V。即紙帶從金屬塊下抽出時金屬塊速度恰好等于％。

對金屬塊：f-mav0=at

金屬塊位移：4=；。戶紙帶位移：

兩者相對位移：S2—S1=/解得：v0=7w

故要抽出紙帶，紙帶速度碗

10.如圖15所示，物塊和斜面體的質量分別為m.M,物塊

在平行于斜面的推力F作用下沿斜面加速度a向上滑動時，斜

面體仍保持靜止.斜面傾角為。，試求地面對斜面體的支持

力和摩擦力.

解析：由于小物塊沿斜面加速上升，所以物塊與斜面不

能看成一個整體，應分別對物塊與斜面進行研究。

(1)取物塊為研究對象，受力分析如圖16所示：

由題意得：FNl=mgcos0?

F-mgsin0-Fn=ma②

由②得：Ffl=F-mgsin0-ma@

(2)取斜面為研究對象，受力分析如圖17得：

F'sin0=Mg+F；i0④

FN2+ftcos

FfZ=cos3+Fj]sin6⑤

又因為與F.是作用力與反作用力，卻與外是作用

力與反作用力

由牛頓第三定律得：F'f,=Ff,=F-mgsm0-ma?

圖17

F\[=FNi=mgcos。⑦

由④⑤⑥⑦解得：+m)g