第27讲 力学复习（1）
【例1】 ＜解析＞
解法一：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面．
2故xBC?atBC/2，xAC?a(t?tBC)2/2，又xBC?xAC/4 解得：tBC?t 解法二：比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1:x2:x3:?xn?1:3:5:?:(2n?1)，现在xBC:xBA?1:3．
通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC?t． 解法三：中间时刻速度法
利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．
vAC?(vt?v0)/2?(v0?0)/2?v0/2
2又v0?2axAC 2vB?2axBC
…………………..① ……..……………② .………………….③
xBC?xAC/4
解①②③得：vB?v0/2．
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位臵即tBC?t． 解法四：面积法
利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的对应边平方比的方法，作出v?t图象，如图所示．
SAOC/S△BDC?CO2/CD2
且S△AOC?4S△BDC，OD?t，OC?t?tBC．
2所以4/1?(t?tBC)2/tBC，得tBC?t． 解法五：性质法
对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比：
t1:t2:t3:?:tn?1:(2?1):(3?2):(4?3):?:(n?n?1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示：设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：tBD?(2?1)tx，tDE?(3?2)tx，
tEA?(4?3)tx．tBD?tDE?tEA?t，
＜答案＞
【例2】 ＜解析＞
又tBD?tDE?tEA?(2?1)tx?(3?2)tx?(4?3)tx，得tx?t． tBC?t
如图所示为两辆汽车所做的速度——时间图象，由图象可知，当乙车追上甲车时，即为甲、乙两车的速度——时间图线与时间轴所围成的面积（阴影部分）相等．可以看出，当乙车追上甲车时，vt?2v0，t2?2t1．由于乙车加速度a未知，故t2和t1均不可求，位移x也不可求．故答案选A．
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＜答案＞
【例3】 ＜解析＞
A
解法一：把竖直上抛运动过程分段研究．设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
v10则t1?0?s＝1s，
g102v0102?m?5m， 上升的最大高度h1?2g2?10故重物离地面的最大高度为H?h1?h?5m?175m?180m． 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2?vt?gt2?10?6m/s＝60m/s．
2H2?180?s＝6s， g10＜答案＞
【例4】 ＜答案＞
【例5】 ＜解析＞
所以重物从气球上掉落至落地共历时t?t1?t2?7s．
解法二：取全过程作一整体研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在
1时间t内的位移h??175m．由位移公式h?v0t?gt2有
21，所以重物落地速度?175?10t??10t2，解得t?7s和t??5s（舍去）
2vt?v0?gt?10m/s?10?7m/s=－60m/s，其中负号表示方向向下，与初速度方向相反． 7s 60m/s
甲：沿斜面向上；乙：无静摩擦力；丙：水平向左；丁：水平指向转轴
设斜面的倾角为?，对A、B整体进行受力分析，可求得A、B沿斜面上滑的加速度a?gsin?，B的加速度也是a?gsin?．再对B受力分析，B受到重力G、A对它的支持力N和摩擦力Ff，将这三个力沿斜面方向分解可得Ff?mgsin??ma，而a?gsin?，根据以上两式可知Ff?0，即A、B间没有摩擦力．
＜答案＞
【例6】 ＜解析＞
C
如图所示，先画一条有向线段AB表示力F，过F的始端A画一条与AB成30?角的射线（是力F1的作用线，表示出力F1的方向已知），过F的末端B作F1所在射线的垂线交于
FC．则由Rt?ABC可知，CB的大小为，在CB两边对称地作两线段DB和EB，使其
233FF（因为F＞，所以这两条线都可以画出来）大小均为．在Rt?EBC中，因3323FF，?CBE??ABE???30?，故?ABD为直角三角形，利用直角三CB?，EB?3227
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角形可知E为直角三角形?ADB的斜边AD的中点，AE?大小可能是＜答案＞
【例7】 ＜解析＞
AC
323F，也可能是F． 33323F，AD?F，则F1的33此为一动态平衡问题，受力情况虽有变化，但球始终处于平衡状态．对球受力分析如图
?1和板对球的支持力FN?2而平衡．作出FN?1和FN?2的所示，受重力G、墙对球的支持力FN?1的方向不变，大小逐渐合力F，它与G等大反向．当板BC逐渐放至水平的过程中，FN?2的方向发生变化，?1，FNFN1?FN减小，大小也逐渐减小．如图所示，由牛顿第三定律可知：
?2，故答案B正确． FN2?FN＜答案＞
【例8】 ＜解析＞
B
拔去M瞬间，若小球的加速度方向向上，只受重力和下面弹簧的弹力F1，且弹力一定向上，即处于压缩状态，有F1?mg?ma，即F1?m(a?g) 平衡时，上面弹簧的弹力为F1?，则有
F1??F1?mg?ma，方向向下，由此可知上面弹簧处于压缩状态．
若不拔去M而拔去N，小球受重力和上面弹簧向下的弹力F?，根据牛顿第二定律
F??mg?，得a1??1F1??mg?ma1?a?g?22m/s2，方向竖直向下．
m拔去M瞬间，若小球加速度向下，只受重力和下面弹簧弹力F2，因a＞g，所以F2方向一定向下，即下面弹簧处于伸长状态．按上面分析方法可得
F??mg??2a2?a?g?2m/s2方向竖直向上．
mBC
＜答案＞
【例9】 ＜解析＞
设系统的加速度为a，B对A的拉力为T，将A、C看成一个整体，有：mBg?T?mBa，T?μ(mA?mC)g?(mA?mC)a
15带入数据解得：a?m/s2
4隔离C进行研究，设A、C之间的拉力为T?，所以有： T??μmCg?mCa
25带入数据解得：T??N
4
【例10】 ＜解析＞
木箱对地面的压力决定于木箱的重力及立杆受到小球的作用力．木箱静止，小球加速下滑，二者没有共同的加速度，用“整体法”列方程解题对大多数同学则难以理解，如把小球隔离出来，以球为研究对象，由牛顿第二定律列方程则易于理解．
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以小球m为研究对象，受重力mg及摩擦力Ff，由牛顿第二定律得mg?Ff?ma，以木箱M
为研究对象，受重力Mg、地面支持力FN及小球给予的摩擦力Ff?，木箱处于平
衡状态，则有FN?Ff??Mg?0，由牛顿第三定律得Ff??Ff， 由上述三式可得FN?
2M?mg， 22M?mg． 2??FN?由牛顿第三定律可知木箱对地面的压力大小为FN
【例11】 ＜答案＞
【例12】 ＜解析＞
A
hgt25?t，又因为设小球落到B点时速度的偏转角为?，运动时间为t．则tan37???s2v0t6tan37??3，解得t?0.9s．A、B两点间的水平距离s?v0t?6?0.9m?5.4m，所以45l?s?6.75m 4在B点时，tan??
【例13】 ＜解析＞
y13?，说明AE和EB分别是第二、第三个单位时间内的位移，因此在第一个单位时间y25vyv0?gt10?0.933??，所以??arctan v0622
＜答案＞
【例14】
＜答案＞ BD
【例15】
＜解析＞ 杆已不能看作是一个整体，它是OA和OB两部分组成的，轴O所受的力应是OA和OB对
O作用的合力．
mv2（1）OA恰不受力，重力提供向心力mg?，v?gl，B球受二力．重力2mg和杆
l2mv2向上的拉力F，F?2mg?，F?4mg，根据牛顿第三定律，轴O受力大小
l为4mg，方向向下．
1y1?5cm．以A点为原点建立坐标系如图所示，抛出点的坐标为(?10,5)， 3s0.1 v0??m/s＝1m/s．
2H2?0.5g10(?10,5)；1m/s 内有y0?2mv2（2）B球在最高点，2mg?F1?，将v?gl代入得F1?0；A球受二力；重力mglmv2和杆向上的拉力F2，F2?mg??mg，所以F2?2mg；根据牛顿第三定律，Ol轴受力大小为2mg，方向向下．
（3）要使O轴不受力，由mB?mA，所以B球必在上面，A在下面．B球受二力，重力
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'1'1
2mv22mv2'2mg和杆的向下拉力F?F?2mg?，F1??2mg．A球受二力，重力
ll2mvmv2'''，F2?mg?，轴O不受力时，F1'?F2'，mg和杆的向上拉力F2，F2?mg?ll2mv2mv2，得v?3gl，即A、B的速度v?3gl时，O轴恰不受力． ?2mg?mg?ll＜答案＞ （1）4mg 方向向下
（2）2mg 方向向下 （3）轴O不受力 vA?vB?3gl 30
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