木块在斜面上_范文大全

木块在斜面上

【范文精选】木块在斜面上

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【专家解析】木块在斜面上

【优秀范文】木块在斜面上

范文一:斜面上的小木块 投稿:毛伿佀

1.【13课标卷II】15.如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止,F的取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)。由此可求出

A.物块的质量 B.斜面的倾角

C.物块与斜面间的最大静摩擦力 C.物块对斜面的正压力

〖解〗C

2.【11海南】5.如图,粗糙的水平地面上有一斜劈,斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑,斜劈保持静止,则地面对斜劈的摩擦力

A.等于零

B.不为零,方向向右

C.不为零,方向向左

D.不为零,v0较大时方向向左,v0较小时方向向右

〖解〗A

3.【11安徽】14.一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F,如图所示。则物块( )

A.仍处于静止状态

B.沿斜面加速下滑

C.受到的摩擦力不变

D.受到的合外力增大

〖解〗A

4.【09天津】1.物块静止在固定的斜面上,分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F,A中F垂直于

斜面向上,B中F垂直于斜面向下,C中F竖直向上,D中F竖直向下,施力后物块仍然静止,则物块所受的静摩擦力增大的是

A.

〖解〗

D

5.【08海南】2.如图,质量为M的楔形物块静置在水平地面上,其斜面的倾角为θ。斜面上有一质量为

m的小物块,小物块与斜面之间存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物块,使之匀速上滑。在小物块运动的过程中,楔形物块始终保持静止。地面对楔形物块的支持力为

A.(M+m)g

B.(M+m)g-F

C.(M+m)g+Fsinθ

D.(M+m)g-Fsinθ

〖解〗D

6.

【07广东】5、如图3所示,在倾角为θ的固定光滑斜面上,质量为m的物体受外力F1和F2的作用,

F1方向水平向右,F2方向竖直向上。若物体静止在斜面上,则下列关系正确的是

A.F1sinθ+F2cosθ=mg sinθ,F2≤mg B.F1cosθ+F2sinθ=mg sinθ,F2≤mg

C.F1sinθ-F2cosθ=mg sinθ,F2≤mg D.F1cosθ-F2sinθ=mg sinθ,F2≤mg

1

图3

〖解〗B

7.【1992】18.如图所示,位于斜面上的物块M在沿斜面向上的力F作用下,处于静止状态.则斜面作用于物块的静摩擦力的

(A)方向可能沿斜面向上 (B)方向可能沿斜面向下

(C)大小可能等于零 (D)大小可能等于F

〖解〗ABCD

8.【1990】(13)如图,在粗糙的水平面上放一三角形木块a,若物体b在a的斜面上匀速下滑,则

(A)a保持静止,而且没有相对于水平面运动的趋势

(B)a保持静止,但有相对于水平面向右运动的趋势

(C)a保持静止,但有相对于水平面向左运动的趋势

(D)因未给出所需数据,无法对a是否运动或有无运动趋势作出判断

〖解〗A

9.【12安徽卷】17.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜

面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则

A.物块可能匀速下滑

B.物块仍以加速度a匀加速下滑

C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑

〖解〗C

10.【09北京】18.如图所示,将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦

因数为μ。若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g。则

A.将滑块由静止释放,如果μ>tanθ,滑块将下滑

B.给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ

C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应

是2mgsinθ

D.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应

是mgsinθ

〖解〗C

11.【08北京】20.有一些问题你可能不会求解,但是你仍有可能对这些问题的解是否合力进行分析和判断。例如从解的物理量的单位,解随某些已知量变化的趋势,解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析,并与预期结果、实验结论等进行比较,从而判断解的合理性或正确性。

举例如下:如图所示,质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上。把质

量为m的滑块B放在A的斜面上。忽略一切摩擦,有人求得B相对地面的加速

度a = M+m gsinθ,式中g为重力加速度。 M+msinθ

对于上述解,某同学首先分析了等号右侧量的单位,没发现问题。他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断,所得结论都是“解可能是对的”。但是,其中有一项是错误的。请你指出该项。 ..

A.当时,该解给出a=0,这符合常识,说明该解可能是对的

B.当=90时,该解给出a=g,这符合实验结论,说明该解可能是对的

C.当M≥m时,该解给出a=gsinθ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的

BD.当m≥M时,该解给出a=,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 sinθ

〖解〗D

2

范文二:1将一木块放在倾角为370的斜面上 投稿:钱嚰嚱

牛顿第二定律

1将一木块放在倾角为370的斜面上,取g=10m/s2

1若斜面光滑,木块下滑时的加速度的大小 ○

2若斜面粗糙,木块与斜面间的动摩擦因数为0.2,则木块以某一初速度下滑时,其○

加速度的大小为多少?

3若斜面粗糙,木块与斜面间的动摩擦因数为0.2,则木块以某一初速度上滑时,其○

加速度的大小为多少?

4若斜面粗糙,木块与斜面间的动摩擦因数为0.2,木块的质量为3kg,木块受到沿○

斜面向上的大小为25.8N的拉力作用,则木块由静止开始运动的加速度为多少?

5若斜面粗糙,木块与斜面间的动摩擦因数为0.2,木块的质量为3kg,木块受到沿○

斜面向上的大小为4.2N的推力作用,则木块由静止开始运动的加速度为多少?

范文三:高一上物理期末压题木块木板以及斜面题 投稿:邵驂驃

1、如图所示,光滑水平面上静止放着长L=1.6m,质量为M=3kg的木板,一个质量为m=1kg的小物块放在木板的最右端,m与M之间的动摩擦因数为μ=0.1 ,现对木板施加一个水平向右的拉力F。(小物块可看作质点,g=10m/s) (1)施加F后,要想把木板从物体m的下方抽出来,求力F的大小应满足的条件;

(2)如果所施力F=10 N,为了把木板从物体的下方抽出来,此力F的作用时间不得小于多少?

2

2、如图所示,一质量为M=4 kg,长为L=2 m的木板放在水平地面上,已知木板与地面间的动摩擦因数为0.1,在此木板的右端上还有一质量为m=1 kg的铁块,且视小铁块为质点,木板厚度不计.今对木板突然施加一个水平向右的拉力.

(1)若不计铁块与木板间的摩擦,且拉力大小为6 N,则小铁块经多长时间将离开木板?

(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2,铁块与地面间的动摩擦因数为0.1,要使小铁块相对木板滑动且对地面的总位移不超过1.5 m,则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件?(g=10 m/s)

2

3、如图所示,一轻弹簧竖直固定在水平地面上,弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球 接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中,小球的加速度a随时间t或者随距O 点的距离X变化的关系图线是

4、如图所示,质量M=8 kg的小车放在水平光滑的平面上,在小车左端加一水平推力F=8 N,当小车向右运动的速度达到3 m/s时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2 kg

的小物块,物块与小车间的动摩擦因数小车足够长.求

(1)小物块放上后,小物块及小车的加速度各为多大; (2)经多长时间两者达到相同的速度;

(3)从小物块放上小车开始,经过t=3 s小物块通过的位移大小为多少。(取g=l0 m/s)

2

=0.2,

5

、如图所示,抗震救灾运输机在某场地卸放物资时,通过倾角=30°的固定的光滑斜轨道面进行.有一件质量为

m=2.0kg的小包装盒,由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B,然后又在水平地面上滑行一段距离停下,若A点距离水平地面的高度h=5.0m,重力加速度g取10m/s ,求: (1)包装盒由A滑到B经历的时间:

(2)若地面的动摩擦因数为0.5,包装盒在水平地面上还能滑行多远?(不计斜面与地面接触处的能量损耗)

2

6、如图甲所示,质量M = 1 kg的薄木板静止在水平面上,质量m = 1 kg的铁块静止在木板的右端,可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与水平面间的动摩擦因数μ1 = 0.05,铁块与木板之间的动摩擦因数μ0.2,取g = 10 m/s。现给铁块施加一个水平向左的力F。 (1)若力F恒为 4 N,经过时间1 s,铁块运动到木板的左端,求木板的长度

2

2

=

(2)若力F从零开始逐渐增加,且铁块始终在木板上没有掉下来。试通过分析与计算,在图乙中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象。

7、滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下.为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F,从而控制车速.为便于研究,作如下简化:游客从顶端A点由静止滑下8s后,操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点,在水平沙道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m=70kg,倾斜滑道AB

=128m,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.滑沙车

,sin37°=0.6,cos37°

经过B点前后的速度大小不变,重力加速度g

取=0.8,不计空气阻力.

(1)求游客匀速下滑时的速度大小. (2)求游客匀速下滑的时间.

(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力? 8、如图所示,光滑水平面上静止放着长L=1m,质量为M=3kg的木块,一个质量为m=1kg的小物体(可看作质点)放在木板的最右端,m和M之间的动摩擦因数μ=0.1,今对木板施加一水平向右的拉力F,(g取10m/s) (1)为使物体与木板不发生滑动,F不能超过多少?

(2)如果拉力F=10N恒定不变,求小物体离开木板时的速度大小?

2

9、滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下.为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F,从而控制车速.为便于研究,作如下简化:游客从顶端A点由静止滑下8s后,操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m=70kg,倾斜滑道AB

=128m,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.滑沙车

,sin37°=0.6,

经过B点前后的速度大小不变,重力加速度g

取cos37°=0.8,不计空气阻力. (1)求游客匀速下滑时的速度大小. (2)求游客匀速下滑的时间.

(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力?

10、如图所示,一固定在地面上的金属轨道ABC,AB与水平面间的夹角为α=37°,一小物块放在A处(可视为质点),小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25,现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v0=1m/s。小物块经过B处时无机械能损失,物块最后停在B点右侧1.8米处(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s)。求: (1)小物块在AB段向下运动时的加速度; (2)小物块到达B处时的速度大小; (3)求AB的长L。

11、如图所示,一质量为m=0.5 kg的小滑块,在F=4 N水平拉力的作用下,从水平面上的A处由静止开始运动,滑行s=1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑斜面,滑上斜面后拉力的大小保持不变,方向变为沿斜面向上,滑动一段时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑到的最远点C距B点为L=2 m,小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失,g取10 m/s,已知sin37°=0.6 cos37°=0.8。试求:

(1) 小滑块与水平面间的动摩擦因数μ (2) 小滑块在斜面上运动时,拉力作用的距离x (3) 小滑块在斜面上运动时,拉力作用的时间t

2

2

12、水上滑梯可简化成如图所示的模型,斜槽AB和水平槽BC平滑连接,斜槽AB的竖直高度H=6.0m,倾角θ=37°。水平槽BC长d=2.0m,BC面与水面的距离h=0.80m,人与AB、BC间的动摩擦因数均为μ=0.10。取重力加速度g=10m/s,cos37°=0.8,sin37°=0.6。一小朋友从滑梯顶端A点无初速地自由滑下,求: (1)小朋友沿斜槽AB下滑时加速度的大小a; (2)小朋友滑到C点时速度的大小υ;

2

13、(12分)如图所示,一块质量为M=2kg,长L=lm的匀质木板放在足够长的水平桌面上,初始时速度为零.板的最左端放置一个质量m=lkg的小物块,小物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2,小物块上连接一根足够长的水平轻质细绳,细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮(细绳与滑轮间的摩擦不计,木板与滑轮之间距离足够长,g=10m/s),要求: (1)若木板被固定,恒力F=4N向下拉绳,求小木块滑离木板时的速度大小v1;

(2)若不固定木板,且板与桌面间光滑,某人仍以恒力F=4N向下拉绳,求小木块滑离木板时的速度大小v2; (3)若不固定木板,若板与桌面间有摩擦,某人以恒定速度v=1m/s向下拉绳,为使物块能从板的右端滑出,求板与桌面间的动摩擦因数μ2.

14、(10分)如图所示,斜面的倾角θ为37°,一物块从斜面A点由静止释放.物块与水平面和斜面的动摩擦因数μ均为0.2,AB=2.2m,不计物块滑至B点时由于碰撞的能量损失,取g=10m/s.(sin37°= 0.6,cos37°= 0.8) (1)物块从A点滑至B点的时间为多少?

(2)若物块最终滑至C点停止,BC间的距离为多大? 15、(14分)

如图所示,倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h=0.8m,B点距C点的距离L=2.0m。(滑块经过B点时没有能量损失,g=10m/s),求: (1)滑块在运动过程中的最大速度; (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ;

(3)滑块从A点释放后,经过时间t=1.0s时速度的大小。

16、(14分)如图所示,斜面和水平面由一小段光滑圆弧连接,斜面的倾角为37°,一质量为0.5kg的物块从距斜面底端5m处的A点由静止释放,已知物块和斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.3.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s)

(1)物块在水平面上滑行的时间为多少?

(2)若物块开始静止在水平面上距B点10m的C点处, 用大小4.5N的水平恒力向右拉该物块,到B点撤去此力,物块第一次到A点时的速度为多大?

2

2

2

2

参考答案

1、力F作用在木板上时,m的加速度为am,M的加速度为aM,F至少作用时间为t (1)am=μg=1m/s F>(M+m) am=4N (2)am=μg=1m/s

aM=(F-μmg)/M=3m/s

作用t时间后撤去力F时两者速度分别为Vm,VM,位移分别为Sm,SM Vm=t VM=3t Sm=Vm t/2 SM=VM t/2 ΔS1=SM-Sm=t

设撤去力F后最后的共同速度为V ,相对滑动位移为ΔS2

t=0.8s

2、 解: (1)对木板受力分析,由牛顿第二定律得:

2

2

22

F-μ(M+m)g=Ma

由运动学公式,得

L=at

2

解得:t=4 s.

(2)铁块在木板上时:μ1mg=ma1, 铁块在地面上时:μ2mg=ma2, 对木板:F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3

设铁块从木板上滑下时的速度为v1,铁块在木板上和地面上的位移分别为x1、x2,则:

2a1x1=v

2a2x2=v

并且满足x1+x2≤1.5 m

设铁块在木板上滑行时间为t1,则

x1=a1t

木板对地面的位移x

=a3t

x=x1+L

联立解得F≥47 N.

3、B

4、解:(1

)物块的加速度

小车的加速度:

(2

)由: 得:t=2s

(3)在开始2s内小物块的位移:s1=4m 最大速度: 在接下来的1s物块与小车相对静止,一起

做加速运动 且加速度

: 这1s内的位移

: ,通过的总位移s=8.4m

5、解:(1

)包装盒沿斜面下滑受到重力和斜面支持力,由牛顿第二定律,得

(2

)在水平面运动时,

(上两式可用动能定理 )

四、综合题

6、【答案】:见解析

【解析】: (1)对铁块,由牛顿第二定律:

得:

时:

,也即

所以: 当时,(2分)

③当时,M、m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为:

(2分)

f—F图象如答图2所示。(4分)

【考点定位】 牛顿第二定律 摩擦力

7、【答案】(1)16 m/s (2)4 s (3)210 N

(1) 游客在AB段刚开始运动时的受力情况如右图1所示:

mgsinθ-f1=ma1 f1=umgcosθ

带入数据得:a1=2m/s v1=a1*t1=2*8=16m/s

(2) 游客匀加速运动的位移x1=a1t/2=(2*8/2=64m 游客匀速运动的位移x2=x总-x1=128-64=64m 游客匀速运动的时间t2=x2/v1=64/16=4s (3)游客在BC段运动时受力如右图2所示: F制动+f2=ma2; f2=umg 游客在BC段做匀减速直线运动: v1=2a2xBC

代入数据解得:F制动=210N

【解析】对游客运动过程中的正确的受力分析是解决此类问题的关键,需特别注意游客运动过程中摩擦力的变化;对运动学公式灵活使用往往是关键。

8、解:(1)物体与木板不发生滑动,则木板和物体有共同加速度,由牛顿第二定律得:

2

2

2)

2

F=(M+m)a ……………(2分)

小物体的加速度由木块对它的静摩擦力提供,则有:

f=ma≤μmg ……………(1分) 解得:F≤μ(M+m)g=4N ……………(1分)

(2)小物体的加速度

xk………(1分)

木板的加速度

…………(1分)

物体滑过木板所用时间为t

,由位移关系得: …………(1分)

物体离开木板时的速度=1m/s …………(1分)

9、解:⑴对游客和滑沙车整体受力分析,由牛顿第二定律有

2分

解得a1

=2m/s 1分

2

则游客匀速下滑时的速度v=a1t1=2×8=16m/s 2分

⑵游客加速下滑通过的位移

2分

则他匀速下滑通过的位移

1分

匀速下滑的时间

2⑶对游客在水平滑道上的运动过程,由动能定理有

3解得

2分

10、(1)小物块从A到B过程中,由牛顿第二定律

代入数据解得 a=4m/s2

……………………………………………(5分) (2)小物块从B向右运动,由动能定理

代入数据解得…………………………………………..(5分)

(3)小物块从A到B

,由运动学公式,有 ………………..(4分)

11、(1) 小滑块由C运动到A,由动能定理,得

mgsin37°L-μmgs=0………………………………………………………(3分)

解得,μ

=………………………………………………………………(2分)

(2) 小滑块由A运动到C,由动能定理,得

Fs-μmgs+Fx-mgsin37° L=0……………………………………………………(3分)

解得,x=1.25 m……………………………………………………………………(2分) (3) 小滑块由A运动到B,由动能定理,得

Fs-μmgs=mv…………………………………………………………………(2分)

2

由牛顿第二定律,得F-mgsin37°=ma…………………………………………(1分)

由运动学公式,得x=vt+at……………………………………………………(1分)

2

联立解得,t=0.5 s………………………………………………………………(1分)

12、(1)小朋友沿AB下滑时,受力情况如图所示,根据牛顿第二定律得:

得小朋友沿AB下滑时加速度的大小a=gsinθ-μgcosθ = 5.2 m/s (2)小朋友从A滑到C的过程中,根据动能定理得:

2

得小朋友滑到C点时速度的大小 v= 10 m/s

13、(12分)(1)对小物块受力分析

由牛顿第二定律:

得:a=2m/s (1分) 2

运动学公式:

得:v1=2m/s (1分)

(2)对小物块、木板受力分析

由牛顿第二定律:

得:a1=2m/s2 (1分)

由:

2 得 :a2=2m/s(1分)

物块的位移:,

木板的位移:

又:x2-x1=L (1分)

解得: (1分)

得: (1分)

(3)设物块在板上滑行的时间为t,物块滑到木板右端时的速度大小刚好为v,板与桌面间的动摩擦因数μ0.

对木板: (1分)

对物块: (1分)

解得: (1分)

得: (1分)

为了使物块能从板的右端滑出, (1分)

14、(1)

(2分) 物块先沿斜面匀加速下滑的加速度

到达B点的时间为t

, 解得t=1 s (2分)

(2) 在水平面上物块做匀减速运动,

初速度为 (2分) 在水平面上运动的距离为

,根据动能定理得: (3分)

解得 m (1分)

本小题也可以对A、C直接用动能定理求解

15、(14分)

(1)滑块先在斜面上做匀加速运动,然后在水平面上做匀减速运动,故滑块运动到B

点时速度最大为

斜面上运动的加速度大小为:

,设滑块在

------------------------1分

------------------------2分

解得: -------------------------1分

(2

)滑块在水平面上运动的加速度大小为

-----------------------1分

-----------------------2分

解得: -----------------------1分

(3

)滑块在斜面上运动的时间为

-----------------------1分

得 -----------------------1分

由于,故滑块已经经过B

点,做匀减速运动 ------------1分 设t=1.0s时速度大小为

------------------------2分 解得: -------------------------1分

16、 解:(1)物块先沿斜面加速下滑,设AB长度为L,动摩擦因数为μ,下滑的加速度为 a=gsinθ-gcosθ=3.6m/s (2分) 2

到达B

时速度 (2分)

2在水平面上物块做匀减速运动a′=μg=3 m/s (2分)

在水平面上运动的时间 (2分)

(2)设CB

距离为,全过程用动能定理

(4分)

解得:m/s (2分)

范文四:斜面物块问题 投稿:陈禀禁

1、如图所示,质量为m的物体,放在一固定斜面上,当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑.保持斜面倾角为30°,对物体施加一水平向右的恒力F,使物体沿斜面匀速向上滑行(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).增大斜面倾角,当倾角超过某一临界角θ0 时,则不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行,已知重力加速度为g,试求:

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;

(2)水平恒力F的大小;

(3)这一临界角θ0的大小.

解答:

1)物体匀速上滑和匀速下滑时受力都平衡,按重力、弹力和摩擦力顺序进行受力分析,根据匀速下滑的情形,运用平衡条件列方程,并结合摩擦力公式求解动摩擦因素μ.

(2)物体沿斜面匀速上升,根据平衡条件列方程,可求得推力F的大小.

(3)根据推力的表达式,结合数学知识,即可求解临界角大小.

解:(1)物体匀速上滑时受力如左图所示,匀速下滑时受力如右图所示.物体匀速下滑时,根据平衡条件得:

mgsin30°=F1 FN=mgcos30°

又 F1=μFN μ=𝐹𝑛tan30°=3

(3)物体沿斜面匀速上升,根据平衡条件得:

沿斜面方向:Fcosα=mgsinα+F2

垂直于斜面方向:FN1=mg cos α+Fsin α

又 F2=μFN1

联立得:F=mgsinα+μmgcosαmgsin30°+μmgcos30°

cosα−μsinα𝐹1 =cos30°−μsin30°= ;

(3)由上式,当cosα-μsinα=0,即cotα=μ 时,F→∞,

即“不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行”

此时,α=600

答:(1)物体与斜面间的动摩擦因素μ为

(2)水平恒力F的大小 mg;

(3)这一临界角θ0的大小60°.

【例6】如图,倾角为α的斜面与水平面间、斜面与质量为m

的木块间的动摩擦因数均为μ,木块由静止开始沿斜面加速下滑时

斜面始终保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。

解:以斜面和木块整体为研究对象,水平方向仅受静摩擦力作用,而整体中只有木块的加速度有水平方向的分量。可以先求出木块的加速度agsincos,再在水平方向对质点组用牛顿第二定律,很容易得到:Ffmg(sincos)cos

如果给出斜面的质量M,本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为:

FN=Mg+mg(cosα+μsinα)sinα,这个值小于静止时水平面对斜面的支持力。

3

4、如图所示,在粗糙的水平面上放一三角形木块a,若物体b在a的斜面上匀速下滑,则()

A.a保持静止,而且没有相对于水平面运动的趋势

B.a保持静止,但有相对于水平面向右运动的趋势

C.a保持静止,但有相对于水平面向左运动的趋势

D.因未给出所需数据,无法对a是否运动或有无运动趋势做出判断

5、如图所示,在粗糙水平面上有一个三角形木块abc,在它的两个粗糙斜面上分别放两个质量为m1和m2的木块,m1>m2,已知三角形木块和两物体都是静止的,则粗糙水平面对三角形木块()

A.有摩擦力的作用,摩擦力的方向水平向右

B.有摩擦力的作用,摩擦力的方向水平向左

C.有摩擦力的作用,但摩擦力的方向不能确定,

因为m1、m2、θ1、θ2的数值并未给出。

D.以上结论都不对

10、图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块,它们的质量相等。F是沿水平方向作用于a上的外力。已知a、b的接触面,a、b与斜面的接触面都是光滑的。正确的说法是()

A.a、b一定沿斜面向上运动B.a对b的作用力沿水平方向

C.a、b对斜面的正压力相等

D.a受到的合力沿水平方向的分力

等于b受到的合力沿水平方向的分力

16、四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上,另有四个质量相同的小物体放在斜面顶端,由于小物体与斜面间的摩擦力不同,第一个物体匀加速下滑,第二个物体匀速下滑,第三个物体匀减速下滑,第四个物体静止在斜面上,如图所示,四个斜面均保持不动,下滑过程中斜面对地面压力依次为F1、F2、F3、F4,则它们的大小关系是()

A.F1=F2=F3=F4 B.F1>F2>F3>F4C.F1

23、质量为m的物体在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的质量为M的粗糙斜面匀速下滑,此过程中斜面体保持静止,则地面对斜面()

A.无摩擦力 B.有水平向左的摩擦力

C.支持力为(M+ m)g D.支持力小于(M+m)g

25、如图所示,物体m静止于一斜面上,斜面固定,若将斜面的倾角稍微增加一些,物体m仍然静止在斜面上,则()

A.斜面对物体的支持力变大 B.斜面对物体的摩擦力变大

C.斜面对物体的摩擦力变小 D.物体所受的合外力变大

1.如图所示,质量为M的楔形物块静置在水平地面上,其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m的小物块,小物块与斜面之间存在摩擦.用恒力F沿斜面向上拉小物块,使之匀速上滑.在小物块运动的过程中,楔形物块始终保持静止.地面对楔形物块的支持

力为 ( )

A.(M+m)g B.(M+m)g-F

C.(M+m)g+Fsinθ D.(M+m)g-Fsinθ

【解析】 对整体法,在竖直方向上由平衡条件得:FsinFN(Mm)g,则FN(Mm)gFsin.

答案:D

2.如图所示,质量为M的三角形木块A静止在水平面上.一质量为m的物体B正沿A的斜面下滑,三角形木块A仍然保持静止.则下列说法中正确的是( )

A.A对地面的压力可能小于(M+m)g

B.水平面对A的静摩擦力可能水平向左

C.水平面对A的静摩擦力不可能为零

D.B沿A的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F的作用,当力F的大小满足一定条件时,三角形木块A可能会立即开始滑动

【解析】 物体B可能沿斜面加速下滑,有竖直向下和水平向左的加速度.根据牛顿第二定律知,AB整体处于失重状态,因此A对地面的压力可能小于(M+m)g,选项A正确;水平面对A的静摩擦力水平向左,选项B正确;若物体B匀速下滑,则水平面对A没有静摩擦力,选项C错误;按题意,物体B无论怎样下滑,物体A均静止.当对B施加沿斜面向上的力F作用时,无论F大小怎样,物体A所受B的压力和摩擦力均不变,所以A不可能滑动,选项D错误.

答案:AB

9.如图所示,质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起,若它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑,则( )

A.A、B间无摩擦力

B.A、B间有摩擦力,且A对B的摩擦力对B做正功

C.B与斜面间的动摩擦因数μ=tanα

D.B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下

【解析】 由题意“它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑”判断A物体必定受到沿斜面向上的摩擦力,大小为mAgsinθ,A项错误;根据作用力与反作用力,A对B的静摩擦力沿斜面向下,对B物体做正功,B项正确;利用整体法得到C项正确;由于B受到斜面对它的摩擦力沿斜面向上,根据作用力与反作用力的关系得到B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下,D项正确。

答案:BCD

范文五:有一体积为60cm3木块漂浮在水面上 投稿:丁炯炰

有一体积为60cm3木块漂浮在水面上,已知露出水面的体积为总体积的

2 5

,如果在它上面压一个物体此时,该木块刚好全部浸入,(g取10N/Kg) 求:

(1)此木块未压重物时所受浮力大小为多少?

(2)此木块的重力是多少?

(3)此木块的密度是大?

(4)上面所压物体所受重力多大为多少?

考点:阿基米德原理;密度公式的应用;重力的计算;物体的浮沉条件及其应用. 专题:计算题;应用题.

分析:(1)先根据题意求出木块排开水的体积,再根据密度公式求出未压重物时所受的浮力;

(2)已知木块漂浮,根据漂浮条件求出木块的重力;

(3)根据G=mg求出木块的质量,根据ρ=

m

V

求出木块的密度;

(4)先根据阿基米德原理求出木块完全浸没时受到的浮力,用此时的浮力减去木块的重力即为上面所压物体所受的重力.

解答:解:(1)木块未压重物时所受的浮力:

F浮=ρ液gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×

3

5

×60×10-6m3=0.36N;

(2)∵木块漂浮,

∴G=F浮=0.36N;

(3)木块的质量:

m=

G

g

=

0.36N

10N/kg

=0.036kg,

木块的密度:

ρ=

m

V

=

0.036kg

60×

10−6m3 =0.6×103kg/m3;

(4)木块完全浸没时,受到的浮力:

F浮=ρ液gV=1.0×103kg/m3×10N/kg×60×10-6m3=0.6N,

上面所压物体所受的重力:

G物=G总-G木=0.6N-0.36N=0.24N.

答:(1)此木块未压重物时所受浮力大小为0.36N;

(2)此木块的重力是0.36N;

(3)此木块的密度是0.6×103kg/m3;

(4)上面所压物体所受重力为0.24N.

点评:本题考查了阿基米德原理、物体漂浮条件、密度公式和重力公式的应用,关键是公式及其变形式的灵活运用,计算时要注意单位的换算.

范文六:高三复习物理斜面上的板块模型压轴题 投稿:韩肠股

例题1:地面固定一个斜面倾角

,AC

边长为L,小物块乙置于木板

甲的一端,与木板一起从斜面顶端C处无初速度释放,其中甲乙质量均为m,斜面光滑,甲乙之间的动摩擦因素为

tan,木板长度为

3L/4,重力加速度为g,每当木

板滑到斜面底端时,就会与A处的弹性挡板发生碰撞,木板碰撞后等速率反弹,而且碰撞时间极短,对木块速度的影响可以忽略。求:①甲乙开始静止下滑的加速度;②木板第一次碰撞反弹上升的最大距离;③物块乙从开始运动到最后与木板甲分离所用的时间。

【解析】木板、木块、斜面分别用角标P、Q、M代表

<1>开始下滑时,甲乙相对静止,视为整体,由牛二律:2mgsin2ma,故agsin

碰到底部挡板时,有v23

102a(L4

L)

故vgLsin

1

,需时:tvL

211a2gsin

<2>木板频道A端反弹,沿斜面向上运动,物块仍然沿斜面向下,对木板P有:

mgcosmgsinma板2

又tan,故a板2

2gsin

反弹过程木板P的初速度v板2

v1

设木板减速到零,走过的位移(相对斜面M)

为S2

板对斜面2,则有:

v板2-02a板2S板对斜面2 解得:S1

板对斜面2

8

L 所需时间tv板21L

板2a

板2

22gsin

对物块Q有:

mgsinmgcosma物

又tan,故a物0,即物块在木板上相

对地面匀速下滑

在t板2时间内,物块对斜面下滑的位移为:

S1

物对斜面2v1t板2

4

L,则物块相对木板的位移为:S物对板2S物对斜面2S3

板对斜面2

8

L <3> 木板减速到零后,方向沿斜面向下加速。 木板若加速到与木块共速,需走过

Sv21板

aLS板对斜面2 板24

故木板在回到斜面底端A时,仍然没有达到与物体共速,故木板回到底端时的速度为:

v板32a板2S板对斜面2v1,所需时间为:

tv板31L

板3

at板2

板2

22gsin

木板返回所走位移:S

1板对斜面3S板对斜面28

L 此时间内物块又向下相对斜面走了位移:

S物对斜面3v1t1板3

4

L

故物体在斜面上相对前进了:

S1

物对板3S物对斜面3-S板对斜面38

L

此时物体距离木板左端还剩下的距离为:

S34LS1

物对板4

物对板2-S物对板34

L <4>木板与底端碰撞后又反弹v板4v1 若木板反弹后在斜面上向上一直减速到零,而木块仍未从木板上落下,由前面计算可知,

木板相对斜面的位移为S板对斜面2

1

8

L,需时间t板3t1L

板2

22gsin

,与此同时物体

对斜面向下位移为S物对斜面3

14

L 故物体对木板的位移为:

S31

板对斜面2S物对斜面38LS物对板44

L

说明板还未减速到零之前,物体已经达到木板左端,设需要时间为t板4,则木板向上相对斜面运动位移为:

S1212

板对斜面4v板4t板4-2a板2t板4v1t板4-2a板2t板4

物体继续相对斜面向下运动位移:

S物对斜面4v1t板4

则物体对木板位移为:

S板对斜面4S物对斜面4S物对板4

1

4

L 即2

gLsin2t12

1板4)-2(2gsin)t板44

L 解得: t板421L2gsin

故总时间为

tt2L

总t1板2t板3t板4(3-

22gsin

方法2:VT图:<1><2>步骤同前,对第<3>问:

tv1

1aL

2gsin

,又t2t32t1

tt1t2t3时,甲乙的相对位移为:三角形DKH的面积,把三角形CKE的面积补到三角

形EGH的部分,则等于矩形DCGH的面积,又等于矩形ABCD的面积(L/2),即:

S12DH1

物对板DK2

2v(t1t1)

vt112L

故t4内的相对位移为:

S3物对板4L111

4

2L4L2

(HMJP)HJ1

2[HM(JNPN)]HJ1

2[2v(2va1t4)]t41

2[2v(2v2gsint4)]t4解得: t21L

板42gsin

故总时间为

t2总t1t板2t板3t板4(3-2L

2gsin

在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q,在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b,木板和物块均处于静止状态.现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2,使它们向右运动.当物块与木板分离时,P、Q的速度分别为v1、v2,物块a、b相对地面的位移分别为s1、s2.已知两物块与木板间的动摩擦因数相同,下列判断正确的是( )

A.若F1=F2、m1>m2,则v1>v2、S1=S2 B.若F1=F2、m1<m2,则v1>v2、S1=S2 C.若F1>F2、m1=m2,则v1<v2、S1>S2 D.若F1<F2、m1=m2,则v1>v2、S1>S2 A.若F1=F2、m1>m2,则v1>v2、S1=S2 B.若F1=F2、m1<m2,则v1>v2、S1=S2 C.若F1>F2、m1=m2,则v1<v2、S1>S2 D.若F1<F2、m1=m2,则v1>v2、S1>S2

12题:A、首先看

F1=F2 时情况:由题很容易得

到a、b 所受的摩擦力大小是相等的,因此a、b 加速度相同,我们设a、b 加速度大小为a,对于P、Q,滑动摩擦力即为它们的合力,设P(m1)的加速度大小为a1,Q(m2)的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得:因为a1=μmg/ m1,a2=μmg/ m2,其中m为物块a和b的质量.设板的长度为L,它们向右都做匀加速直线运动,当物块与木板分离时:a与P 的相对位移L=(1/2)at21-(1/2)a1t21又b与Q 的相对位移L=(1/2)at222-(1/2)a2t2若m1>m2,a1<a2所以得:t1<t2 P的速度为v1=a1t1,Q的速度为v2=a2t2物块a相对地面的位移分别为s1=(1/2)at21物块b相对地面的位移分别为s22=(1/2)at2则v1<v2,s1<s2,故A、B错误.对于C、若F1>F2、m1=m2,根据受力分析和牛顿第二定律的:则a的加速度大于b的加速度,即aa>ab由于m1=m2,所以P、Q加速度相同,设P、Q加速度为a.它们向右都做匀加速直线运动当物块与木板分离时:a与P 的相对位移L=(1/2)a22at1-(1/2)at1又b与Q 的相对位移L=(1/2)a2bt2-(1/2)at22由于aa>ab所以得:t1<t2则v1<v2,s1<s2,故C错误.对于D、根据C选项分析得:若F1<F2、m1=m2,aa<ab则v1>v2、S1>S2故D正确.故选D.

范文七:补谈“物块在斜面体上运动时水平面对斜面体摩擦力情况的分析”? 投稿:赖圖圗

2012年10月的《中学物理》刊登了大庆市第二十八中学赵海东老师的文章――《物块在斜面体上运动时水平面对斜面体摩擦力情况的分析》.拜读后笔者认为文中对此类问题的归类总结不够全面,对整体法在此类题中的应用探究不够具体和深入.为此,笔者撰写此文对赵老师的文章作一补充和完善.供参考.

  在赵老师的文章中对于物块在斜面体上运动时水平面对斜面体摩擦力情况主要介绍了以下三种类型:

  类型一:物快在不受外力作用的情况下在粗糙的斜面上静止或匀速下滑,斜面相对于水平面没有运动趋势,水平面对斜面体没有摩擦力的作用.

  类型二:物快在粗糙的斜面上受到一个外力(除竖直方向)作用,沿斜面匀速上、下滑,水平面一定受到摩擦力作用.

  类型三:当物快在斜面上匀速下滑的情况下,再施加一个竖直平面内的力,物块继续下滑,无论力沿竖直平面内的任何方向,地面对斜面体均无摩擦力作用.

  笔者认为,还有一种重要的类型在考题中经常出现,现作一补充.

  类型四:物块m在不受外力作用的情况下,沿斜面以加速度a匀加速下滑(如图1),求水平面对斜面体M的支持力N地斜和摩擦力f地斜.

  隔离法分析:设斜面倾角为θ,分别对物块m和斜面M受力分析(如图2)

  根据牛顿第二定律,对m有:

范文八:一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑, 投稿:龚早旪

一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑,

(时间90分钟,满分100分)

一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)

1.如图1所示,质量均为m的物体A、B通过一劲度系数k的弹簧相连,开始时B放在地面上,A、B均处于静止状态,现通过细绳将A向上拉起,当B刚要离开地面时,A上升距

离为L,假设弹簧一直在弹性限度内,则 ( )

A.L=2mgk B.L<2mgk

C.L=mgk D.L>mgk

2.如图2所示,一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B,A悬挂起来,B穿在一根竖直杆上,两物体均保持静止,不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦,已知绳与竖直杆间的夹角θ,则物体A、B的质量之比mA∶mB等于 ( )

A.cosθ∶1 B.1∶cosθ

C.tanθ∶1 D.1∶sinθ

3.如图3所示,质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行,长木板放在水平地面上一直处于静止状态.若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1,木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2,则长木板ab受到地面的摩擦力大小为 ( )

A.μ1Mg B.μ1(m+M)g

C.μ2mg D.μ1Mg+μ2mg

4.如图4所示,将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,则 ( )

A.将滑块由静止释放,如果μ>tanθ,滑块将下滑

B.给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ<tanθ,滑块将减速下滑

C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应是2mgsinθ

D.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应是mgsinθ

5. 如图5所示,一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑,A与B的接触面光滑.已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍,斜面倾角为α,B与斜面之间的动摩擦因数是

( )

A.23tanα B.23cotα C.tanα D.cotα

6.(2010•苏州模拟)长直木板的上表面的一端放置一个铁块,木板放置在水平面上,将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起,木板另一端相对水平面的位置保持不变,如6所示.铁块受到的摩擦力Ff随木板倾角α变化的图线在图7 中正确的是(设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小)

( )

二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分.每小题有多个选项符合题意,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)

7.如图8所示,在水平力F作用下,A、B保持静止.若A与B的接触面是水平的,且F≠0. 则关于B的受力个数可能为 ( )

A.3个 B.4个 C.5个 D.6个

8.一轻杆BO,其O端用光滑铰链铰于固定竖直杆AO上,B端挂一重物,且系一细绳,细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮,用力F拉住,如图9所示.现将细绳缓慢往左拉,使杆 BO与杆AO间的夹角θ逐渐减小,则在此过程中,拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化情况是 ( )

A.FN先减小,后增大

B.FN始终不变

C.F先减小,后增大

D.F逐渐减小

9.如图10所示,在一根粗糙的水平直杆上套有两个质量均为m的铁环,两铁环上系着两根等长细线,共同拴住质量为M的小球,两铁环与小球都处于静止状态.现想办法使得两铁环间距离增大稍许而同时仍能保持系统平衡,则水平直杆对铁环的支持力FN和摩擦力Ff的可能变化是( )

A.FN不变 B.FN增大

C.Ff增大 D.Ff不变

10.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态.现对B施加一竖直向下的力F,F的作用线通过球心,设墙对B的作用力为F1,A对B的作用力为F2,地面对A的作用力为F3,若F缓慢增大而整个装置仍保持静止,截面如图11所示,在此过程中( )

A.F1缓慢增大 B.F2缓慢增大

C.F3缓慢增大 D.以上说法均不对

三、简答题(本题共2小题,共18分.请将解答填写在相应的位置)

11.(9分)在“探究力的平行四边形定则”的实验中.

(1)其中的两个实验步骤分别是:

A.在水平放置的方木板上固定一张白纸,用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上,另 一端拴上两个绳套,通过细绳同时用两个弹簧测力计(弹簧测力计与方木板平面平行)互成角度地拉橡皮条,使它与细绳的结点到达某一位置O点,在白纸上用铅笔记下O点的位置和读出两个弹簧测力计的示数F1和F2.

B.只用一只弹簧测力计,通过细绳拉橡皮条,使它的伸长量与两个弹簧测力计拉时相 同,读出此时弹簧测力计的示数F′和记下细绳的方向.

请指出以上步骤中的错误或疏漏:A中是______________________;B中是

____________________________.

(2)在某次实验中,两个弹簧测力计的拉力F1、F2已在图12中画出,图中的方格每边长 度表示2 N,O点是橡皮条的结点,请用两个直角三角板严格作出合力F的图示,并求 出合力的大小为________ N.

12.(9分) (2010•苏南模拟)在“探究力的平行四边形定则”的实验中,需要将橡皮条的一端固定在水平木板上,另一端系上两根细绳,细绳的另一端都有绳套(如图13).实验中需用两个弹簧测力计分别勾住绳套,并互成角度地拉橡皮条,使橡皮条伸长,结点到达某一位置O.

(1)某同学在做该实验时认为:

A.拉橡皮条的绳细一些且长一些,实验效果较好

B.拉橡皮条时,弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行

C.橡皮条弹性要好,拉结点到达某一位置O时,拉力要适当大些

D.拉力F1和F2的夹角越大越好

其中正确的是________(填入相应的字母).

(2)若两个弹簧测力计的读数均为4 N,且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直,则 ________(选填“能”或“不能”)用一个量程为5 N的弹簧测力计测量出它们的合力, 理由是__________________________.

四、计算题(本题共4小题,共48分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)

13.(10分)如图14所示,轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定,杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角.若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力),某人用它匀速地提起重物.已知重物的质量m=30 kg,人的质量M=50 kg,g取10 m/s2.试求:

(1)此时地面对人的支持力的大小;

(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小.

14.(12分)如图15所示,光滑小圆环A吊着一个重为G1的砝码套在另一个竖直放置的大圆环上,今有一细绳拴在小圆环A上,另一端跨过固定在大圆环最高点B处的一个小滑轮后吊着一个重为G2的砝码,如果不计小环、滑轮、绳子的重量大小.绳子又不可伸长,求平衡时弦AB所对的圆心角θ.

15.(12分)雨滴接近地面的过程可以看做匀速直线运动,此时雨滴的速度称为收尾速度.某同学在一本资料上看到,雨滴的收尾速度v与雨滴的半径r成正比,由此该同学对雨滴运动中所受的阻力F作了如下几种假设:

(1)阻力只与雨滴的半径成正比,即F=kr(k为常数).

(2)阻力只与速度的平方成正比,即F=kv2(k为常数).

(3)阻力与速度的平方和半径的乘积成正比,即F=krv2(k为常数).

你认为哪种假设能够解释雨滴收尾速度与半径成正比这一关系?请写出推导过程.

16. (14分)如图16所示,光滑匀质圆球的直径d=40 cm,质量为M=20 kg,悬线长L=30 cm,正方形物块A的厚度b=10 cm,质量为m=2 kg,物块A与墙之间的动摩擦因数μ=0.2.现将物块A轻放于球和墙之间后放手,取g=10 m/s2,求:

(1)墙对A的摩擦力为多大?

(2)施加一个与墙面平行的外力于物体A上,使物体A在未脱离圆球前贴着墙

沿水平方向做加速度a=5 m/s2的匀加速直线运动,那么这个外力的大小和方

向如何?

第二章 相互作用

【参考答案与详细解析】

一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)

1.解析:拉A之前,A静止时,mg=kx1,弹簧的压缩量为x1,当B刚要离开地面时,弹簧的伸长量为x2,mg=kx2,所以A上升的距离为L=x1+x2=2mgk,故A正确. 答案:A

2.解析:对A、B受力分析可知mAgcosθ=mBg,则有mA∶mB=1∶cosθ,B项正确. 答案:B

3.解析:若长木板ab未动即地面对长木板ab的摩擦力为静摩擦力,由于P在长木板ab上

滑动,即P对长木板ab的摩擦力大小为μ2mg.由平衡条件可知地面对ab的静摩擦力大小为μ2mg.即只有C正确.

答案:C

4.解析:对放在斜面上的滑块进行受力分析,当mgsinθ=μmgcosθ,即μ=tanθ时,滑块受力平衡,若先前静止,则滑块静止;若有向下的初速度,则做匀速运动.A中,μ>tanθ,滑块静止在斜面上不会下滑;B中,滑块要加速下滑;C中,拉力沿斜面向上,滑动摩擦力向下,则拉力的大小为2mgsinθ;D中,滑块沿斜面向下匀速滑动,不需要外力作用. 答案:C

5. 解析:A、B两物体受到斜面的支持力均为mgcosα,所受滑动摩擦力分别为:FfA=μAmgcosα,FfB=μBmgcosα,对整体受力分析结合平衡条件可得:2mgsinα=μAmgcosα+μBmgcosα,且μA=2μB,解之得μB=23tanα,A项正确.

答案:A

6.解析:本题应分三种情况进行分析:

(1)当0°≤α<arctanμ(μ为铁块与木板间的动摩擦因数)时,铁块相对木板处于静止状态,铁块受静摩擦力作用,其大小与重力沿木板(斜面)方向分力大小相等,即Ff=mgsinα,α=0°时,Ff=0;Ff随α的增大按正弦规律增大.

(2)当α=arctanμ时处于临界状态,此时摩擦力达到最大静摩擦力,由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小.

(3)当arctanμ<α≤90°时,铁块相对木板向下滑动,铁块受到滑动摩擦力的作用,可知Ff=μFN=μmgcosα,Ff随α的增大按余弦规律减小.

答案:C

二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分.每小题有多个选项符合题意,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)

7.解析:对于B物体,一定受到的力有重力、斜面支持力、A的压力和A

对B的摩擦力,若以整体为研究对象,当F较大或较小时,斜面对B有

摩擦力,当F大小适当时,斜面对B摩擦力为零,故B可能受4个力,也可能受5个 力.

答案:BC

8.解析:取BO杆的B端为研究对象,受到绳子拉力(大小为F)、BO杆的支持力FN和悬挂重物的绳子的拉力(大小为G)的作用,将FN与G合成,其合力与F等值反向,如图所示,得到一个力三角形(如图中画斜线部分),此力三角形与几何三角形OBA相似,可利用相似三角形对应边成比例来解.

如图所示,力三角形与几何三角形OBA相似,设AO高为H,BO长为

L,绳长AB为l,则由对应边成比例可得:

GH=FNL=Fl,式中G、H、L均不变,l逐渐变小,所以可知FN不变,F逐渐变小. 答案:BD

9.解析:分析本题可以先用整体法,把小球和两个铁环看做一个整体,且该整体受到竖直向下的重力和杆竖直向上的支持力作用,由题意整体平衡知该整体在竖直方向上受力必然平衡,即受到竖直向下的重力为(2mg+Mg),与竖直向上的支持力大小相等,所以选项B错误,选项A正确;再用隔离法,分析小球平衡得到细线中的拉力随两铁环间距离变大而增大,所以当对其中一个铁环受力分析可以得到细线沿水平方向的分力F在逐渐变大,则铁环水平方向受到的摩擦力必与F大小相等,所以摩擦力在变大,选项C正确,选项D错.综上所述,本题的正确答案应该为A、C.

答案:AC

10.解析:如图所示,球B受到四个力作用,整个系统保持静止,则θ不变,F2cosθ=F+ mg.若F缓慢增加,则F2增加,F2sinθ=F1,若F2缓慢增加,则F1增加;对于整体而 言,地面对A的摩擦力Ff=F1,地面对A的支持力FN=F+G总,Ff

和FN均缓慢增加,

所以F3缓慢增加,选项A、B、C对.

答案:ABC

三、简答题(本题共2小题,共18分.请将解答填写在相应的位置)

11.解析:(1)当用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条,使它与细绳的结点到达某一位置O点,在白纸上用铅笔应记下O点的位置,读出两个弹簧测力计的示数F1和F2及此时两细绳的方向.当只用一只弹簧测力计拉时,应使结点拉到同样的位置O,并记下弹簧测力计的读数和细绳的方向.

(2)如图所示:

答案:(1)未记下两条细绳的方向 应将橡皮条与细绳的结点拉到原来的位置O点

(2)见解析图 102

12.解析:(1)拉力F1和F2的夹角越大,而合力小,作图时相对误差太大,正确的选项为

A、

B、C.

(2)若两个弹簧测力计的读数均为4 N,且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直,则其合力 为42 N>5 N,故不能用一个量程为5 N的弹簧测力计测量出它们的合力.

答案:(1)A、B、C (2)不能 量程太小

四、计算题(本题共4小题,共48分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)

13.解析:(1)因匀速提起重物,则FT=mg.且绳对人的拉力为mg,所以地面对人的支持力 为:FN=Mg-mg=(50-30)×10 N=200 N,方向竖直向上.

(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下,大小为2mg,杆对B点的弹力方向沿杆的方向, 由共点力平衡条件得:

FAB=2mgtan30° =2×30×10×33 N=2003 N

FBC=2mgcos30°=2×30×1032 N=4003 N.

答案:(1)200 N (2)4003 N 2003 N

14.解析:以小圆环A为研究对象,它受到的力有:竖直绳对它的拉力F1=

G1,其方向竖直向下;AB绳对它的拉力F2=G2,其方向沿AB方向;大

圆环对它的弹力FN,其方向沿半径指向圆外,在F1、F2、FN三力的共同作用下,小圆 环处于平衡状态.

将小圆环A所受的三个力利用力的合成和力的分解,组成三角形,如图所示.

由几何关系得△OAB与△FNAF2′相似,得

OAFN=OBF1=ABF2′.

所以FN=F1,sinθ2=12F2F1,

将F1=G1、F2=G2代入

解得θ=2arcsinG22G1.

答案:2arcsinG22G1

15.解析:雨滴达到收尾速度状态时,处于平衡状态,只受重力和空气阻力F.由平衡条件得 F=G=mg=43πr3ρg. ①

r、ρ分别为雨滴的半径、密度

由题意知v=k1r ②

k1为常数

由①②得F=4πρg3k21rv2=krv2 ③

式中k=4πρg3k21

由推导知,阻力与速度的平方和半径的乘积成正比.

即F=krv2假设才能解释v∝r.

答案:见解析

16. 解析:(1)球与物体A的受力图分别如图所示

对球有:tanθ=34

FN=Mgtanθ=150 N

对物体A有:Ff=μFN球=μFN=30 N>mg

所以A物体处于静止状态,静摩擦力Ff=mg=20 N.

(2)A沿水平方向运动,面对着墙看,作出A物体在竖直平面内的受力图如图所示,有: Fsinα=mg

Fcosα-μFN=ma

解出:F=205 N,α=arctan12.

答案:(1)20 N (2)205 N,与水平方向成arctan12角斜向上

范文九:某兴趣小组用以下实验装置探究从斜面上下滑的物块 投稿:史凶凷

某兴趣小组用以下实验装置探究从斜面上下滑的物块

某兴趣小组用以下实验装置“探究从斜面上下滑的物块,在水平面上滑行的距离与哪些因素有关”。实验中让木块分别从不同高度由静止开始沿光滑斜面下滑,最终静止在与斜面相接的水平木板或铺上棉布的板上。用刻度尺测量每次开始下滑时的高度h和在水平板面上滑行的距离s,记录如下表:

(1)分析1、2、3次实验可得:木块在木板上滑行的水平距离s与在斜面上释放时的高度h的关系式为s=______________;

(2)比较1与4,2与5,3与6次实验可得:在斜面上释放的高度相同时,木块在水平板面上滑行的距离与______________________有关;

(3)实验得出的结论是:____________________________________________________。

(1)对1、2、3次实验进行分析,可以看出水平板面的材料都是木板,这就保证木块在木板上滑行时所受的摩擦力是一样的,在水平面上木块滑行的水平距离s与在斜面上释放时的高度h有关,h越大,s越远,每一次都有

,即

s=5h;

(2)比较1与4、2与5、3与6次实验,可知木块在斜面上释放的高度相同时,木块在水平板面上滑行的水平距离s与接触面的材料有关;

(3)从表中的三组数据对比得到的结论是:①在相同材料的水平面上滑行时,木块在斜面上释放时的高度越大,木块在水平板面上滑行的水平距离越远;②在斜面上释放的高度相同时,木块在水平板面上滑行的距离与接触面的粗糙程度有关。

答案 (1)5h;

(2)接触面的粗糙程度;(或接触面的材料) (3)在水平面上滑行的距离与释放高度及接触面的粗糙程度有关。(其他合理解释均可得分)

点评 本题是考查同学们通过阅读图表,对表格中的实验数据进行分析处理、比较归纳得出实验结论的能力。解答时,先仔细分析表格中实验数据所

对应的物理量,再比较并分析数据间存在的量值关系。

范文十:扭王字块斜面气泡分析 投稿:钱瞀瞁

减少扭王字块斜面气泡的施工改进措施

减少扭王字块斜面气泡的施工改进措施

一、施工中出现的问题

在扭王字块预制施工过程中,气泡问题一直是困扰我们的一个难题。项目部通过分析混凝土表面气泡的成因,从配合比、原材料、混凝土搅拌、振捣时间、模板等很多方面进行严格控制,基本消除了扭王字块立面的气泡,但斜面气泡一直难以消除。

二、问题产生的原因分析

气泡产生部位均为构件斜表面,此处气泡产生的原因主要是因为扭王字块自身的外形造成的。施工过程中,振捣棒只能垂直深入混凝土中进行振捣作业,无法呈水平状态伸入扭王字块杆件中进行振捣,气泡均聚集于斜面部位不能被振捣棒引出,造成外观缺陷。

三、解决办法

振捣棒进行改进:在振捣棒端头焊接一螺母,并在螺母上系一根铁丝或绳子。

改进后工作方法:施工时,振捣手一手持振捣棒,另一只手拉住铁丝或绳子,在振捣扭王字块斜面部位时,将铁丝向上拉紧,使振捣棒呈水平状态,伸入杆件中进行振捣,并带出气泡、密实混凝土。

四、改进后的效果

经改进后,扭王字块外观质量得到很大提升,基本消除了扭王字块斜面大气泡产生,施工中减少了振捣施工时间,此外气泡的消除还减少了人工进行表面缺陷修补这道工序,大大节省了人力,节约了成本。

大体积混凝土开裂原因

2010-10-14 16:13 来源于网络 【大中小】【打印】【我要纠错】

一、裂缝产生的原因

(一)水泥水化热。水泥水化反应是放热过程,每克水泥放出热量约356~461J,该热量聚集在厚大结构内部不易失散。水泥水化热引起的温升一般达到20~30℃,有时更高。在常温条件下水泥在3天内放出热量是总水化热的一半左右,使得混凝土内部升温。在浇灌后3~5天内,内部温度的上升使混凝土表里形成很大温差,降温时,内部对外部的收缩形成约束,其表面将产生很大的拉应力。当混凝土的初期抗拉强度不足以抵抗内约

束拉应力时,表面将会出现裂缝。

(二)干燥收缩。混凝土拌合水中有80%的自由水要蒸发,自由水的逸散一般不引起收缩,但混凝土过于干燥而形成吸附水脱水时,其伴生的干缩却是不容忽视的。厚大结构的表面干燥收缩快,中心干燥收缩慢,表面的干缩受到中心部的约束,将在表面产生拉

应力,这往往也会促使裂缝产生。

(三)外部约束条件。各种结构在变形过程中往往会受到某种外部约束而产生附加的外约束力。当大体积混凝土基础浇灌在坚硬地基或厚大的老混凝土垫层上时,如未采取隔离层等放松约束的措施,在混凝土上冷却收缩时,基础受地基约束,将会在混凝土内部引起很大的拉应力,造成降温收缩裂缝(外约束裂缝)。这种裂缝常在混凝土浇筑2~3个月或更长时间后出现,裂缝较深,有时是贯穿性的,这会对工程造成相当大的危害。

(四)外界气温。外界气温愈高,混凝土的浇灌温度也愈高,这对控制温升是有利的。而外界气温剧降,则会大大增加混凝土表面与内部的温度梯度,这样就会产生不利因素。

总之,气温的剧变将会危害大体积混凝土的质量。

二、控制裂缝的措施

预防温度裂缝,可从控制温度、改进设计和施工操作工艺、改善混凝土性能、减少约

束条件等方面着手,一般,控制裂缝的方法及措施有:

(一)从设计方面入手,大体积混凝土的施工配合比设计尽量利用混凝土60天或90天的后期强度,以满足减少水泥用量的要求,但还需要考虑到满足施工荷载的要求。

(二)尽量选用低热或中热水泥配制混凝土或掺用粉煤灰,降低用灰量,以减少水化热。选用良好级配的骨料,严格控制砂、石含泥量,加强振捣,保证混凝土的物理力学性能。大体积混凝土中一般应掺用缓凝型减水剂,如木钙粉等。这些措施都能一定程度上减

少因温差原因造成的开裂。

(三)混凝土上浇灌必须严格按热工计算要求进行。事先应预测混凝土的浇灌温度Ta和水化热温度Tb,Ta+Tb即为混凝土的最高绝热温度。要控制该最高温度与表面温度之间的差值以及表面温度与外界气温的差值均在25℃之内。为此,炎热天气浇灌混凝土宜降低浇灌温度,可采取掺冰水搅拌等措施;寒冷天气浇灌混凝土以不遭冻为度。混凝土的

拆模时间或撤除保温时间应考虑气温环境等情况,确保两个温差和湿度符合要求。

(四)对大体积混凝土采取分层浇灌,分层厚度一般为80cm~100cm,这样可加速散热减少混凝土硬化中的水化热,降低内外温差,避免温差应力引起的裂缝。为了解决分层浇灌施工缝的问题,可以在底板的中间放置钢筋网片,此层钢筋既可保证分层浇灌时两层混凝土之间的有机结合,又能抵抗混凝土本身的收缩应力,这对于厚基础底板来说是必

不可少的。

(五)保证新浇灌混凝土有适宜的硬化条件,防止因早期干缩而产生裂缝。浇筑完毕后要及时覆盖,并蓄水养护,保持表面经常湿润,但应注意水养护时表面与内部温差不得

超过25℃,否则,必须覆盖塑料薄膜和保温材料,以起到既保水又保温的效果。

(六)在岩基或厚大混凝土垫层上浇灌大体积混凝土时,可在基底上浇热沥青胶并撒

铺一层砂子或铺两层油毡,以消除或减少约束作用。

(七)混凝土强度等级不宜做得过高。1.0m厚度以上的底板混凝土,其强度等级做到C30~C35级以下。当底板厚度超过1.5m抗冲切强度仍不能满足时,宜考虑用高箍

筋及局部加承台的方法解决。

三、结论

裂缝是混凝土结构中普遍存在的一种现象,在大体积混凝土构件中尤为明显,它的出现不仅会降低建筑物的抗渗能力,影响建筑物的使用功能,而且会引起钢筋的锈蚀,混凝土的碳化,降低材料的耐久性,影响建筑物的承载能力。因此要对混凝土裂缝进行认真研究、区别对待,采用合理的方法进行处理,并在施工中采取各种有效的预防措施来预防裂

缝的出现和发展,保证建筑物和构件安全、稳定地工作。

改善约束条件的措施是:

(1)合理地分区分块。

(2)避免基础过大起伏。

(3)合理的安排施工工序,避免过大的高差和侧面长期暴露。

此外,改善混凝土的性能,提高抗裂能力,加强养护,防止表面干缩,特别是保证混凝土的质量对防止裂缝是十分重要,应特别主注意避免产生贯穿裂缝,出现后要恢复其结构的整体性是十分困难的,因此施工中应以预防贯穿性裂缝的发生为主。

在混凝土浇筑初期,由于水化热的散发,表面引起相当大的拉应力,此时表面温度亦较气温为高,此时拆除模板,表面温度骤降,必然引起温度梯度,从而在表面附加一拉应力,与水化热应力叠加,再加上混凝土干缩,表面拉应力达到很大的数值,就有导致裂缝的危险。但如果在拆除模板后及时在表面覆盖一些轻型保温材料,如泡沫海绵等,对于防止混凝土表面产生过大的拉应力,具有显著的效果。加筋对大体积混凝土的温度应力影响很小,因为大体积混凝土的含筋率极低,只是对一般钢筋混凝土有影响。在温度不太高及应力低于屈服极限的条件下,钢的各项性能是稳定,而与应力状态、时间及温度无关。钢的线胀系数与混凝土的线胀系数相差很小,在温度变化时两者间只发生很小的内应力。由于钢的弹性模量为混凝土弹性模量的7~15倍,当内混凝土应力达到抗拉强度而开裂时,钢筋的应力将不超过 100~200kg/cm2,因此,在混凝土中想要利用钢筋来防止细小裂缝的出现很困难,但加筋后结构内的裂缝一般就变的数目多、间距小、宽度与深度较小了。为了保证混凝土工程质量,防止开裂,提高混凝土的耐久性,正确使用外加剂也是减少开裂的措施之一,例如使用减水防裂剂,笔者在实践中总结出其主要作用为:

(1)混凝土中存在大量的毛细孔道,水蒸发后毛细管中产生毛细管张力,使混凝土干缩变形。增大毛细孔径可降低毛细管表面张力,但会使混凝土强度降低。

(2)水灰比是影响混凝土收缩的重要因素,使用减水防裂剂可使混凝土用水量减少25%.

(3)水泥用量也是混凝土收缩率的重要因素,掺加减水防裂剂的混凝土在保持混凝土强度的条件下可减少15%的水泥用量,其体积用增加骨料用量来补充。

(4)掺加减水防裂剂可以改善水泥浆的稠度,减少混凝土泌水,减少沉缩变形。

(5)外加剂混凝土和易性好,表面易摸平,形成微膜,减少水分蒸发,减 少干燥收缩。

许多外加剂都有缓凝、增加和易性、改善塑性功能,我们在工程实践中应多进性这方面的研究,比单纯改善外部条件,可能会更加简洁、经济。

四、混凝土的早期养护

实践证明,混凝土常见的裂缝,大多数是不同深度的表面裂缝,其主要原因是温度梯度造成的,寒冷地区的温度骤降也是容易形成裂缝的。因此说混凝土的保温对防止表面早期裂缝尤其重要;从温度应力观点出发,现场保温应达到下述要求:

(1)防止混凝土内外温度差及混凝土表面梯度,防止表面裂缝。

(2)防止混凝土超冷,应该尽量设法使混凝土的施工期最低温度不低于混凝土的使用期的稳定温度。

(3)防止老混凝土过冷,以减少新老混凝土间的约束。

新浇混凝土中所含水分完全可以满足水泥水化的要求而有余。但由于蒸发等原因常常引起水分损失,从而推迟或防碍水泥的水化,表面混凝土最容易而且直接受到这种不利影响。因此混凝土浇筑后的最初几天是养护的关键时期,在施工中应该切实重视起来。

五、结束语

以上对混凝土的施工温度与裂缝之间的关系进行了理论和实践的初步探讨 ,虽然现在对于混凝土裂缝的成因和计算方法有不同的理论,但对于具体的预防和改善措施意见还是比较统一,同时在实践中的应用效果也是比较好的,具体施工中要靠我们多观察、多比较,出现问题后多分析、多总结,结合多种预防处理措施,混凝土的裂缝是完全可以避免的。 通过近几年来的现场实践,及查阅相关的技术资料,对混凝土裂缝产生的原因、现场混凝土温度的控制和预防裂缝的措施进行简要的阐述。

一、裂缝产生的原因分析

混凝土中产生的裂缝有多种原因,主要是温度和湿度的变化,混凝土的脆性和不均匀性,原材料不合格(如碱骨料反映),模板变形,基础不均匀沉降等。混凝土硬化期间水泥放出大量水热化热,内部温度不段上升,在表面引起拉应力,后期在降温过程中,由于受到基础或老混凝上的约束,又会在混凝土内部出现拉应力,当这些拉应力超出混凝土的抗裂能力时,即会出现裂缝。许多混凝土的内部湿度变化很小或变化较慢,但表面湿度可能变化较大或发生剧烈变化。如养护不周、时干时湿,表面干缩形变受到内部混凝土的约束,也往往导致裂缝。混凝土是一中脆性材料,拉抗强度是抗压强度的1/10左右,短期加荷时的极限拉伸变形也只有(0.6~1.0)×104,长期加荷时的极限拉伸变形也只有(1.2~2.0)×104.由于原材料不均匀,水灰比不稳定,及运输和浇注过程中的离析现象,在同一块混凝土中其拉强度又是不均匀的,存在着许多抗拉能力很低,易于出现裂缝的薄弱部位。在钢筋混凝土中,拉应力只要是由钢筋来承担,混凝土只是承受压应力。在素混凝土内或钢筋混凝上的边缘部位如果结构出现了拉应力,则须依靠混凝土自身承担。一般设计中均要求不出现拉应力或者只出现很小的拉应力,但是在施工中混凝土由最高温度冷却到运转时期的稳定温度,往往在混凝土内部引起相当大的拉应力,因此掌握温度应力的变化规律对于进行合理的结构设计和施工极为重要。

二、温度应力的分析

温度应力的形成过程可分为以下三个阶段:

(1)早期:自浇筑混凝土开始至水泥放热基本结束,一般约30天。这个阶段有两个特征,一是水泥放出大量的水化热,二是混凝土上弹性模量的急剧变化,由于弹性模量的变化,这一时期在混凝土内形成残余应力。

(2)中期:自水泥放热作用基本结束时起至混凝土冷却到稳定温度时止,这个时期中。温度应力主要是由于混凝土的冷却及外界气温变化所引起,这些应力与早期形成的残余应力相叠加,在此期间混凝土上的弹性模量变化不大。

(3)晚期:混凝土完全冷却以后的运转时期。温度应力主要是外界气温变化所引起,这些应力与前两种的残余应力相叠加。

根据温度应力引起的原因可分为两类:

(1)自生能力:没有任何约束或完全静止的结构,如果内部温度是非线性分布的,由于结构本身互相约束而出现的温度应力。例如,桥梁墩身,结构尺寸相对较大,混凝土冷却时表面的温度低,内部温度高,在表面出现拉应力,在中间出现压应力。

(2)约束能力:结构的全部或部分边界受到外界的约束,不能自由变形而一起的应力,如箱梁顶板混凝土和护拦混凝土;这两种温度应力往往和混凝土上的干缩所引起的应力共同作用;想要根据已知的温度准确分析出温度应力的分布、大小是一项比较复杂的工作。在大多数情况下,需要依靠模型试验或数值计算,混凝土的徐变使温度应力有相当大的松弛,计算温度应力时,必须考虑徐变的影响,具有计算这里就不在细述。

三、温度的控制和防止裂缝的措施

为了防止裂缝,可以从控制温度和改善约束条件两个方面着手,现场常用的措施如下:

(1)采用改善骨料级配,用干硬性混凝土,掺混合料,加引气剂或塑化剂等措施以减少混凝土中的水泥用量。

(2)搅拌混凝土时加水或用水将碎石冷却以降低混凝土的浇筑温度。

(3)热天浇筑混凝土时减少浇筑厚度,最好控制在500mm以内,以便于表面散热;第二层浇筑必须在第一段砼初凝前浇筑完毕。

(4)根据混凝土浇注面积,在混凝土上中下部设置一定数量测温管,定时测定内外温度,前4天每2h测一次,5-7天每4h测一次,8-15天每天一次,并及时记录,确保混凝土内外温差控制在25.以内,做到及时观察,出现温度超偏,可通过调整养护方式来降低温差。

(5)规定合理的拆模时间,以免混凝土表面发生急剧的温度梯度,加强保温养护措施,现场通常采取措施为混凝土浇注后先覆盖一层塑料薄膜,用麻袋装锯末,厚度80~100㎜进行中层覆盖,最后覆盖1-2层100mm厚岩棉被。

(6)夏季施工中长期暴露的混凝土浇筑块表面及侧边,设置专人撒水养护时间不少于14d,有条件的应对基础侧边进行覆土掩盖,避免内部水分蒸发过快,产生裂缝。

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