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1、高中物理力学典型例题高中物理力学典型例题1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=分析与解：此题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、类似三角形等。所以，此题有多种解法。解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示，设细绳与水平夹角为，由平衡条件可知：2TSin=F，其中F=12牛，将绳延长，由图中几何条件得：Sin=3/5，则代入上式可得T=10牛。解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可
2、知：两个拉力大小相等均为T的合力F与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2所示，其中力的三角形OEG与ADC类似，则：得：牛。想一想：若将右端绳A沿杆适当下移些，细绳上张力能否变化？提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落经过中，保持C、D两端的拉力F不变。1当物块下落距离h为多大时
3、，物块的加速度为零？2在物块下落上述距离的经过中，克制C端恒力F做功W为多少？3求物块下落经过中的最大速度Vm和最大距离H？分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐步减小。由于绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐步增大，物块所受合力逐步减小，向下加速度逐步减小。当物块的合外力为零时，速度到达最大值。之后，由于两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，且逐步增大，物块将作加速度逐步增大的减速运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离到达最大值H。当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的角，再由角求出相应的距
4、离h，进而求出克制C端恒力F所做的功。对物块运用动能定理可求出物块下落经过中的最大速度Vm和最大距离H。1当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h。由于F恒等于mg，所以绳对物块拉力大小恒为mg，由平衡条件知：2=120，所以=60，由图2-2知：h=L*tg30=L12当物块下落h时，绳的C、D端均上升h，由几何关系可得：h=-L2克制C端恒力F做的功为：W=F*h3由1、2、3式联立解得：W=-1mgL3出物块下落经过中，共有三个力对物块做功。重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功。两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。由于物块下降距离h时动能最大。由动
5、能定理得：mgh-2W=4将1、2、3式代入4式解得：Vm=当物块速度减小为零时，物块下落距离到达最大值H，绳C、D上升的距离为H。由动能定理得：mgH-2mgH=0，又H=-L，联立解得：H=。3、如图3-1所示的传送皮带，其水平部分ab=2米，bc=4米，bc与水平面的夹角=37，一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2米/秒。若把物体A轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没有脱离皮带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。分析与解：物体A轻放到a点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对A的滑动摩擦力向前，则A作初速为零的匀加速运动直到与传送带
6、速度一样。设此段时间为t1，则：a1=g=0.25x10=2.5米/秒2t=v/a1=2/2.5=0.8秒设A匀加速运动时间内位移为S1，则：设物体A在水平传送带上作匀速运动时间为t2，则设物体A在bc段运动时间为t3，加速度为2，则：2=g*Sin37-gCos37=10x0.6-0.25x10x0.8=4米/秒2解得：t3=1秒t3=-2秒舍去所以物体A从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如图4-1所示，传送带与地面倾角=37，AB长为16米，传送带以10米/秒的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体，它与传送带之
7、间的动摩擦系数为=0.5，求：1物体从A运动到B所需时间，2物体从A运动到B的经过中，摩擦力对物体所做的功g=10米/秒2分析与解：1当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为1,此时滑动摩擦力沿斜面向下则：t1=v/1=10/10=1米当物体下滑速度大于传送带V=10米/秒时，物体的加速度为2此时f沿斜面向上则：即：10t2+t22=11解得：t2=1秒t2=-11秒舍去所以，t=t1+t2=1+1=2秒2W1=fs1=mgcosS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦W2=-fs2=-mgcosS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦所以，W=W1+W2=10-22=-1
8、2焦。想一想：如图4-1所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开场下滑到皮带底端B用的时间为t，则：请选择A.当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t。B.当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t。C.当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能等于t。D.当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能小于t。B、C、D5、如图5-1所示，长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4千克，现对筒施加一竖直向下、大小为21牛的恒力，使筒竖直向下运动，经t=0.5秒时间，小球恰好跃出筒口。求：小球的质量。取g=10m/s2分析与解：筒遭到竖直向下的力作用后做竖直向
9、下的匀加速运动，且加速度大于重力加速度。而小球则是在筒内做自由落体运动。小球跃出筒口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。设筒与小球的总质量为M，小球的质量为m，筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落体运动。设在时间t内，筒与小球的位移分别为h1、h2球可视为质点如图5-2所示。由运动学公式得：又有：L=h1-h2代入数据解得：a=16米/秒2又由于筒遭到重力(M-m)g和向下作用力F，据牛顿第二定律：F+(M-m)g=(M-m)a得：6、如图6-1所示，A、B两物体的质量分别是m和m2，其接触面光滑，与水平面的夹角为，若A、B与水平地面的动摩擦
10、系数都是，用水平力F推A，使A、B一起加速运动，求：1A、B间的互相作用力2为维持A、B间不发生相对滑动，力F的取值范围。分析与解：A在F的作用下，有沿A、B间斜面向上运动的趋势，据题意，为维持A、B间不发生相对滑动时，A处刚脱离水平面，即A不遭到水平面的支持力，此时A与水平面间的摩擦力为零。此题在求A、B间互相作用力N和B遭到的摩擦力f2时，运用隔离法；而求A、B组成的系统的加速度时，运用整体法。1对A受力分析如图6-2a所示，据题意有：N1=0，f1=0因而有：Ncos=m1g1,F-Nsin=m1a2由1式得A、B间互相作用力为：N=m1g/cos2对B受力分析如图6-2b所示，则：N2
11、=m2g+Ncos3,f2=N24将1、3代入4式得：f2=(m1+m2)g取A、B组成的系统，有：F-f2=(m1+m2)a5由1、2、5式解得：F=m1g(m1+m2)(tg-)/m2故A、B不发生相对滑动时F的取值范围为：0Fm1g(m1+m2)(tg-)/m2想一想：当A、B与水平地面间光滑时，且又m1=m2=m时，则F的取值范围是多少？(0F2mgtg。7、某人造地球卫星的高度是地球半径的15倍。试估算此卫星的线速度。已知地球半径R=6400km，g=10m/s2。分析与解：人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的引力提供，设地球与卫星的质量分别为M、m，则：=1又根据近地
12、卫星遭到的引力可近似地以为等于其重力，即：mg=21、2两式消去GM解得：V=2.0X103m/s讲明：n越大(即卫星越高)，卫星的线速度越小。若n=0，即近地卫星，则卫星的线速度为V0=7.9X103m/s，这就是第一宇宙速度，即环绕速度。8、一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径一样的小球可视为质点。A球的质量为m1，B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为V0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与V0应知足的关系式是。分析与解：如图7-1所
13、示，A球运动到最低点时速度为V0，A球遭到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力。那么，N1-m1g=m11这时B球位于最高点，速度为V1，B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用。球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与N1等值反向，N1=N22，且N2方向一定向下，对B球：N2+m2g=m23B球由最高点运动到最低点时速度为V0，此经过中机械能守恒：即m2V12+m2g2R=m2V024由1234式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0知足的关系式是： (m1-m2)+(m1+5m2)g=05讲明：1此题不要求出某一物理量，而
14、是要求根据对两球运动的分析和受力的分析，在建立1-4式的基础上得到m1、m2、R与V0所知足的关系式5。2由题意要求两球对圆管的合力为零知，N2一定与N1方向相反，这一点是列出3式的关键。且由5式知两球质量关系m1m2。9、如图8-1所示，质量为m=0.4kg的滑块，在水平外力F作用下，在光滑水平面上从A点由静止开场向B点运动，到达B点时外力F忽然撤去，滑块随即冲上半径为R=0.4米的1/4光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面PQ运动。设：开场时平面AB与圆弧CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB连线为X轴，且AB=d=0.64m，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为P=1.
15、6kgm/s，小车质量M=3.6kg，不计能量损失。求：(1)滑块受水平推力F为多大?(2)滑块通过C点时，圆弧C点遭到压力为多大?(3)滑块到达D点时，小车速度为多大?(4)滑块能否第二次通过C点?若滑块第二次通过C点时，小车与滑块的速度分别为多大?(5)滑块从D点滑出再返回D点这一经过中，小车移动距离为多少?(g取10m/s2)分析与解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑块到B点速度为：VB=1.6/m=1.6=3.2m/sAB，由动能定理得：FS=mVB2所以F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N(2)滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定
16、律得：N-mg=mVC2/R而VC=VB则N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(3)滑块由CD的经过中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有一样的水平速度VDX。由动量守恒定律得：mVC=(M+m)VDX所以VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s(4)滑块一定能再次通过C点。由于滑块到达D点时，除与小车有一样的水平速度VDX外，还具有竖直向上的分速度VDY，因而滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中讲明无能量损失，可知滑块在
17、离车后一段时间内，始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有一样水平速度)，所以滑块返回时必重新落在小车的D点上，然后再圆孤下滑，最后由C点离开小车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得：mVC2=mgR+(M+m)VDX2+mVDY2所以以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此经过中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来讲，此经过中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：mVC=mVC+MV即mVC2=mVC2+MV2上式中VC、V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度，V=2mVC/(M+m)=2
18、X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/sVC=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与V反向)(5)滑块离D到返回D这一经过中，小车做匀速直线运动，前进距离为：S=VDX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m10、如图9-1所示，质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上，板的右端放一质量为m=1kg的小铁块，现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s，铁块在木板上滑行，与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求铁块与弹簧相碰经过中，弹性势能的最大值EP。分析与解：在铁块运动的整个经过中，系统的动
19、量守恒，因而弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度铁块与木板的速度一样可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动经过中，系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积，可利用能量关系分别对两经过列方程解出结果。设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V，由动量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V所以，V=V=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s铁块刚在木板上运动时系统总动能为：EK=mV02=0.5X1X16=8J弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时，系统总动能都为：EK=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J铁块在相对于木板往返运经过
20、中，克制摩擦力f所做的功为：Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J铁块由开场运动到弹簧压缩量最大的经过中，系统机械能损失为：fs=3J由能量关系得出弹性势能最大值为：EP=EK-EK-fs=8-2-3=3J讲明：由于木板在水平光滑平面上运动，整个系统动量守恒，题中所求的是弹簧的最大弹性势能，解题时必需要用到能量关系。在解此题时要注意两个方面：1.是要知道只要当铁块和木板相对静止时(即速度一样时)，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，铁块和木板的速度都不为零；铁块停在木板右端时，系统速度也不为零。2.是系统机械能损失并不等于铁块克制摩擦力所做的功，而等于铁块克制摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做
21、功的差值，故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。11、如图10-1所示，劲度系数为K的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一个物体，已知小车质量为M，物体质量为m，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态。现将小车从O点拉到B点，令OB=b，无初速释放后，小车即在水平面B、C间来回运动，而物体和小车之间始终没有相对运动。求：(1)小车运动到B点时的加速度大小和物体所遭到的摩擦力大小。(2)b的大小必须知足什么条件，才能使小车和物体一起运动经过中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零。分析与解：(1)所求的加速度a和摩擦力f是小车在
22、B点时的瞬时值。取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律：kb=(M+m)a所以a=kb/(M+m)。取m为研究对象，在沿斜面方向有：f-mgsin=macos所以，f=mgsin+mcos=m(gsin+cos)(2)当物体和小车之间的摩擦力的零时，小车的加速度变为a，小车距O点距离为b，取m为研究对象，有：mgsin=macos取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，有：kb=(M+m)a以上述两式联立解得：b=(M+m)gtg讲明：在求解加速度时用整体法，在分析求解m遭到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法，希读者认真把握。12、如图11-1所示，一列横
23、波t时刻的图象用实线表示，又经t=0.2s时的图象用虚线表示。已知波长为2m，则下面讲法正确的是：()A、若波向右传播，则最大周期是2s。B、若波向左传播，则最大周期是2s。C、若波向左传播，则最小波速是9m/s。D、若波速是19m/s，则传播方向向左。分析与解：若向右传播，则传播0.2m的波数为0.2m/2m=0.1，则，t=(n+0.1)T(n=0、1、2、3)所以T=t/(n+0.1)=0.2/(n+0.1)当n=0时，周期有最大值Tmax=2s，所以A正确。若向左传播，则在0.2s内传播距离为(2-0.2)m=1.8m，传过波数为1.8m/2m=0.9，则，t=(n+0.9)T(n=0、1、2、3)所以T=t/(n+0.9)=0.2/(n+0.9)当n=0时，周期有最大值Tmax0.22S，所以B错。又：T=/V，所以V=/T=/0.2/(n+0.9)=2(n+0.9)/0.2=10(n+0.9)当n=0时，波速最小值为Vmin=9m/s，所以C正确。当n=1时V=19m/s，所以D正确。故此题应选A、C、D。讲明：解决波动问题要注意：由于波动的周期性(每隔一个周期T或每隔一个波长)和波的传播方向的双向性，往往出现多解，故要防止用特解来代替通解造成解答的不完好。