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1、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 ：本题为三力平衡问题。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、 相似三角形等。 所以，本题有多种解法。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
2、，由平衡条件可知：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相似，则：得：牛。想一想 ：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？（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，在物块下落过程
3、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，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力 F 做功 W为多少？（3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - - 分析与解 ：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小。因为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渐增大，物块所受
4、合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值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 角求出相应的距离h，进而求出克服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过程中的最大速度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。因为 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* t
5、g30 =L 1 （2） 当物块下落h时， 绳的 C、 D端均上升 h， 由几何关系可得： h=-L 2 克服C端恒力F做的功为：W=F*h 3 由 1 、2 、3 式联立解得： W= （-1 ）mgL （3）出物块下落过程中，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。因为物块下降距离h时动能最大。由动能定理得：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，物块下落距离达到最大值H，绳 C、D上升的距离为H。由动能定理得： mgH- 2mgH =0，又名师资料总结 - - -
6、精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - - 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
7、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速度相同。设此段时间为t1 ，则：a1=g=0.25x10=2.5米/ 秒2 t=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=10 x0.6-0.25x10 x0.8=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
8、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 的过程中，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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 9 页 - - - - - - - - -
9、 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（2）W1=fs1=mgcosS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10 焦 W2=-fs2=- mgcosS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦所以， W=W1+W2=10-22=-12 焦。想一想 ：如图4-1 所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A 从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t ，则： （请选择）A.当皮带向上运动时
10、，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、D）5、 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 ： 筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动，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
11、，筒的位移比小球的位移多一个筒的长名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 9 页 - - - - - - - - - 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又因为筒受到重力(M-m)g 和向下作用力F，据牛顿第二
12、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m1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系数都是，用水平力F 推 A ，使 A、B一起加速运动， 求： （1）A、B间的相互作用力（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不受到水平面的支持力，此时A与水平面间的摩擦力为零。本题在求 A、 B间相互作用力N和 B受到的摩擦力f2时，运用隔离法；而求 A、B组成的系统的加速度时
13、，运用整体法。（1）对 A受力分析如图6-2 （a）所示，据题意有：N1=0，f1=0 因此有： Ncos=m1g 1 , F-Nsin =m1a 2 由1 式得 A、B间相互作用力为：N=m1g/cos （2）对 B受力分析如图6-2 （b）所示，则： N2=m2g+Ncos 3 , f2=N2 4 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)a 5 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
14、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 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 9 页 - - - - - - - - - 又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力，即：
15、mg= 2 1、2 两式消去 GM 解得： V=2.0X103 m/s 说明 ：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相同的小球（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应满足的关系式是。分析与解
16、：如图 7-1 所示， A球运动到最低点时速度为V0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力 N1的作用，其合力提供向心力。那么，N1-m1g=m1 1 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=N2 2 ， 且 N2方向一定向下，对B球： N2+m2g=m23 B球由最高点运动到最低点时速度为V0，此过程中机械能守恒：即m2V12+m2g2R=m2V02 4 由1234式消去 N1、N2和 V1后得到 m1、m2、R与 V0满足的关系式是： (m1-m
17、2)+(m1+5m2)g=0 5 说明 ： （1）本题不要求出某一物理量，而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所满足的关系式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点由静止开始向B点运动， 到达 B点时外力 F突然撤去， 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：开始时平面AB与圆弧 CD相切
18、， 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=1.6kgm/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 点受到压力为多大? (3) 滑块到达D名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - - 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
19、，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点这一过程中， 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/s A B，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的过程中， 滑块和小车组成系统在水平方向动
20、量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度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。因为滑块到达D点时，除与小车有相同的水平速度VDX外，还具有竖直向上的分速度VDY，因此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) 。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，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，具有相同水平速度 ) ， 所以滑块返回时必重新落在小车的D点
21、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，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒( 注意：对滑块来说，此过程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)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/s VC=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=
22、-2.56m/s(名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 9 页 - - - - - - - - - 与 V反向 ) (5) 滑块离 D到返回 D这一过程中， 小车做匀速直线运动，前进距离为：S=VDX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m 10、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
23、停在木板右端，求铁 块 与弹簧相碰过程中，弹性势能的最大值EP。分析与解 ：在铁块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度（铁块与木板的速度相同）可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中，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过程列方程解出结果。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
24、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过程中，克服摩擦力f 所做的功为： Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J 铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中，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 说明 ：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， 解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面：1. 是要知道只有当铁块和木板相对静止时( 即速度相同时 ) ，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，铁块和木板
25、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服摩擦力所做的功，而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值，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
26、和物体所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 9 页 - - - - - - - - - 分析与解 ： (1) 所求的加速度a 和摩擦力 f 是小车在 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，
27、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 说明 ：在求解加速度时用整体法，在分析求解m受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，希读者认真掌握。 12 、如图 11-1 所示，一列横波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 ，则以下说法正确的是：( ) A、若波向右传播，则最大周期
28、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，
29、周期有最大值Tmax 0.22S，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。故本题应选A、C、D。说明 ：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整。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 9 页 - - - - - - - - -