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1、高考物理解题模型高考物理解题模型目目录录第一章 运动和力.1一、追及、相遇模型.1二、先加速后减速模型.4三、斜面模型.6四、挂件模型.11五、弹簧模型（动力学）.18第二章 圆周运动.20一、水平方向的圆盘模型.20二、行星模型.23第三章 功和能.1一、水平方向的弹性碰撞.1二、水平方向的非弹性碰撞.6三、人船模型.9四、爆炸反冲模型.11第四章 力学综合.13一、解题模型：.13二、滑轮模型.19三、渡河模型.23第五章 电路.1一、电路的动态变化.1二、交变电流.6第六章 电磁场.10一、电磁场中的单杆模型.10二、电磁流量计模型.16三、回旋加速模型.19四、磁偏转模型.24第一章第
2、一章 运动和力运动和力一、追及、相遇模型一、追及、相遇模型模型讲解：模型讲解：1 火车甲正以速度 v1向前行驶，司机突然发现前方距甲d 处有火车乙正以较小速度v2同向匀速行驶，于是他立即刹车，使火车做匀减速运动。为了使两车不相撞，加速度a 应满足什么条件？解析：设以火车乙为参照物，则甲相对乙做初速为(v1v2)、加速度为 a 的匀减速运动。若甲相对乙的速度为零时两车不相撞，则此后就不会相撞。因此，不相撞的临界条件是：甲车减速到与乙车车速相同时，甲相对乙的位移为d。(v1v2)2即：0(v1v2)2ad，a，2d2(v1v2)2故不相撞的条件为a 2d2 甲、乙两物体相距s，在同一直线上同方向做
3、匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。甲物体在前，初速度为 v1，加速度大小为 a1。乙物体在后，初速度为 v2，加速度大小为 a2且知 v1v2，但两物体一直没有相遇，求甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为多少？解析：若是v1v2，说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动。在运动过程中，乙的速度a1a2一直大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近，可得最近距离为2v12v2s s 2a12a2若是v1v2，说明乙物体先停止运动那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时a2a2两物体相距最近，根据v共 v1 a1t v2 a2t，求得t v2v1a2 a1在 t 时间内第1
4、页甲的位移s1v共 v12v共 v22t乙的位移s2t代入表达式s s s1 s2求得s s(v2v1)2(a2a1)3 如图 1.01 所示，声源 S 和观察者 A 都沿 x 轴正方向运动，相对于地面的速率分别为vS和vA。空气中声音传播的速率为vP，设vS vP，vA vP，空气相对于地面没有流动。图 1.01（1）若声源相继发出两个声信号。时间间隔为t，请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程。确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔t。（2）请利用（1）的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式。解析：作声源S、观察者A、声信号P（P1为首发声信号，
5、P2为再发声信号）的位移时间图象如图 2 所示图线的斜率即为它们的速度vS、vA、vP则有：图 2s vSt vP(t t0)s vAt vP(tt0)两式相减可得：vAtvSt vP(tt)解得tvPvStvPvA（2）设声源发出声波的振动周期为T，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期为TvPvSTvPvA由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为f vPvAfvPvS4 在一条平直的公路上，乙车以 10m/s 的速度匀速行驶，甲车在乙车的后面作初速度为15m/s，加速度大小为 0.5m/s2的匀减速运动，则两车初始距离L 满足什么条件时可以使（1）两车不相遇；（
6、2）两车只相遇一次；（3）两车能相遇两次（设两车相遇时互不影响各自的运动）。答案：设两车速度相等经历的时间为t，则甲车恰能追及乙车时，应有v甲t a甲t22 v乙t L其中t v甲v乙a甲，解得L 25m若L 25m，则两车等速时也未追及，以后间距会逐渐增大，及两车不相遇。若L 25m，则两车等速时恰好追及，两车只相遇一次，以后间距会逐渐增大。若L 25m，则两车等速时，甲车已运动至乙车前面，以后还能再次相遇，即能相遇两次。二、先加速后减速模型二、先加速后减速模型模型概述：模型概述：物体先加速后减速的问题是运动学中典型的综合问题，也是近几年的高考热点，同学在求解这类问题时一定要注意前一过程的末
7、速度是下一过程的初速度，如能画出速度图象就更明确过程了。模型讲解：模型讲解：1 一小圆盘静止在桌面上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的 AB 边重合，如图1.02 所示。已知盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为2。现突然以恒定加速度 a 将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB 边。若圆盘最近未从桌面掉下，则加速度 a 满足的条件是什么？（以g 表示重力加速度）图 1.02解析：根据题意可作出物块的速度图象如图 2 所示。设圆盘的质量为 m，桌边长为 L，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有1mg ma1图 2桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以
8、a2表示加速度的大小，有2mg ma2设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，由匀变速直线运动的规律可得：v12 2a1x1v12 2a2x2盘没有从桌面上掉下的条件是：x1 x2L2设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有：x 121Lat，x1a1t2，而x x1，求得：222t LL，及v1 a1t a1a a1a a1(1 22)1g联立解得a 22 一个质量为 m=0.2kg 的物体静止在水平面上，用一水平恒力 F 作用在物体上 10s，然后撤去水平力 F，再经 20s 物体静止，该物体的速度图象如图3 所示
9、，则下面说法中正确的是（）A.物体通过的总位移为 150mB.物体的最大动能为 20JC.物体前 10s 内和后 10s 内加速度大小之比为 2：1D.物体所受水平恒力和摩擦力大小之比为3：1答案：ACD图 3三、斜面模型三、斜面模型1 相距为 20cm 的平行金属导轨倾斜放置，如图1.03，导轨所在平面与水平面的夹角为 37，现在导轨上放一质量为 330g 的金属棒 ab，它与导轨间动摩擦系数为 0.50，整个装置处于磁感应强度 B=2T 的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15V，内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，取g 10m/s，为保持金属棒 ab 处
10、于静止状态，求：（1）ab 中通入的最大电流强度为多少？（2）ab 中通入的最小电流强度为多少？图 1.03导体棒 ab 在重力、静摩擦力、弹力、安培力四力作用下平衡，由图2 中所示电流方向，可知导体棒所受安培力水平向右。当导体棒所受安培力较大时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向下，当导体棒所受安培力较小时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向上。2（1）ab 中通入最大电流强度时受力分析如图 2，此时最大静摩擦力FfFN沿斜面向下，建立直角坐标系，由 ab 平衡可知，x 方向：FmaxFNcos FNsin FN(cossin)y 方向：mg FNcosFNsin FN(cossin)由以上各式联立解得：F
11、max mgcossin 6.6NcossinFmax16.5ABLFmax BImaxL,有Imax（2）通入最小电流时，ab 受力分析如图 3 所示，此时静摩擦力FfFN，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡有：x 方向：Fmin FNsinFNcos FN(sincos)y 方向：mg FNsin FNcos FN(sin cos)联立两式解得：Fmin mgsincos 0.6Nsin cos由Fmin BIminL,IminFmin1.5ABL2 物体置于光滑的斜面上，当斜面固定时，物体沿斜面下滑的加速度为a1，斜面对物体的弹力为FN1。斜面不固定，且地面也光滑时，物体下滑的加速度
12、为a2，斜面对物体的弹力为FN 2，则下列关系正确的是：A.a1 a2,FN1 FN 2 B.a1 a2,FN1 FN 2C.a1 a2,FN1 FN 2 D.a1 a2,FN1 FN 2当斜面可动时，对物体来说是相对斜面这个加速参考系在作加速运动，而且物体和参考系的运动方向不在同一条直线上，利用常规的方法难于判断，但是利用矢量三角形法则能轻松获解。如图 4 所示，由于重力的大小和方向是确定不变的，斜面弹力的方向也是惟一的，由共点力合成的三角形法则，斜面固定时，加速度方向沿斜面向下，作出的矢量图如实线所示，当斜面也运动时，物体并不沿平行于斜面方向运动，相对于地面的实际运动方向如虚线所示。所以正
13、确选项为B。3 带负电的小物体在倾角为(sin 0.6)的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向右的匀强电场中，如图 1.04 所示。物体 A 的质量为 m，电量为-q，与斜面间的动摩擦因素为，它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半。物体 A 在斜面上由静止开始下滑，经时间 t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场，磁场方向与电场强度方向垂直，磁感应强度大小为 B，此后物体 A 沿斜面继续下滑距离 L 后离开斜面。（1）物体 A 在斜面上的运动情况？说明理由。（2）物体 A 在斜面上运动过程中有多少能量转化为内能？（结果用字母表示）图 1.04（1）物体 A 在斜面上受重力、电场
14、力、支持力和滑动摩擦力的作用，小物体 A 在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；加上匀强磁场后，还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力作用，方可使 A 离开斜面，故磁感应强度方向应垂直纸面向里。随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速运动，直到斜面的支持力变为零，此后小物体 A 将离开地面。（2）加磁场之前，物体A 做匀加速运动，据牛顿运动定律有：mgsin qEcos Ff ma又FN qEsin mgcos 0,FfFN解出a g(2)2A 沿斜面运动的距离为：12g(2)t2s at 24加上磁场后，受到洛伦兹力F洛 Bqv随速度
15、增大，支持力FN减小，直到FN 0时，物体 A 将离开斜面，有：Bqv mgcos qEsinmg解出v 2qB物体 A 在斜面上运动的全过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理有：mg(L s)sin qE(L s)cosWf12mv 02物体 A 克服摩擦力做功，机械能转化为内能：g(2)t2m3g2Wf mg L2248q B4 如图 1.05 所示，在水平地面上有一辆运动的平板小车，车上固定一个盛水的杯子，杯子的直径为 R。当小车作匀加速运动时，水面呈如图所示状态，左右液面的高度差为h，则小车的加速度方向指向如何？加速度的大小为多少？图 1.05我们由
16、图可以看出物体运动情况，根据杯中水的形状，可以构建这样的一个模型，一个物块放在光滑的斜面上（倾角为），重力和斜面的支持力的合力提供物块沿水平方向上的加速度，其加速度为：a g tan。我们取杯中水面上的一滴水为研究对象，水滴受力情况如同斜面上的物块。由题意可得，取杯中水面上的一滴水为研究对象，它相对静止在“斜面”上，可以得出其加速度为a g tan，而tanhgh，得a，方向水平向右。RR5 如图 1.06 所示，质量为M 的木板放在倾角为的光滑斜面上，质量为m 的人在木板上跑，假如脚与板接触处不打滑。（1）要保持木板相对斜面静止，人应以多大的加速度朝什么方向跑动？（2）要保持人相对于斜面的位
17、置不变，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向运动？图 1.06答案：（1）要保持木板相对斜面静止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力与木板的下滑力平衡，即根据作用力与反作用力人受到木板对他沿斜面向下的摩擦力，所以人受到的合力为：Mgsin F，mgsin F mamgsin Mgsina m方向沿斜面向下。（2）要保持人相对于斜面的位置不变，对人有mgsin F，F 为人受到的摩擦力且沿斜面向上，根据作用力与反作用力等值反向的特点判断木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小为mgsin F所以木板受到的合力为：Mgsin F Mamgsin Mgsin解得a M方向沿斜面向下。四、挂件模型四、挂件模型
18、1 图 1.07 中重物的质量为 m，轻细线 AO 和 BO 的 A、B 端是固定的。平衡时AO 是水平的，BO与水平面的夹角为。AO 的拉力 F1和 BO 的拉力 F2的大小是（）A.F1 mgcosC.F2 mgsinB.F1 mgcotD.F2mgsin图 1.07解析：以“结点”O 为研究对象，沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向有F2cos F1竖直方向有F2sin mg联立求解得 BD 正确。2 物体 A 质量为m 2kg，用两根轻绳 B、C 连接到竖直墙上，在物体 A 上加一恒力 F，若图 1.08中力 F、轻绳 AB 与水平线夹角均为 60，要使两绳都能绷直，求恒力F 的大小
19、。图 1.08解析：要使两绳都能绷直，必须F1 0，F2 0，再利用正交分解法作数学讨论。作出 A 的受力分析图 3，由正交分解法的平衡条件：图 3F sin F1sin mg 0F cos F2 F1cos 0解得F1mg FsinF2 2F cos mg cot两绳都绷直，必须F1 0，F2 0由以上解得 F 有最大值Fmax 23.1N，解得 F 有最小值Fmin11.6N，所以 F 的取值为11.6N F 23.1N。3 如图 1.09 所示，AB、AC 为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kg。当小车静止时，AC 水平，AB 与竖直方向夹角为=37，试求小车分别以下列加速度向右匀加
20、速运动时，两绳上的张力FAC、FAB分别为多少。取 g=10m/s2。（1）a1 5m/s；（2）a210m/s。22图 1.09解析：设绳 AC 水平且拉力刚好为零时，临界加速度为a0根据牛顿第二定律FABsin ma0，FABcos mg2联立两式并代入数据得a0 7.5m/s2当a1 5m/s a0，此时 AC 绳伸直且有拉力。根据牛顿第二定律FABsin FAC ma1；FABcos mg，联立两式并代入数据得FAB 5N，FAC1N2当a210m/s a0，此时 AC 绳不能伸直，FAC 0。AB 绳与竖直方向夹角，据牛顿第二定律FABsin ma2，FABcos mg。联立两式并代
21、入数据得FAB 5.7N。4 两个相同的小球 A 和 B，质量均为 m，用长度相同的两根细线把 A、B 两球悬挂在水平天花板上的同一点 O，并用长度相同的细线连接A、B 两小球，然后用一水平方向的力F 作用在小球 A上，此时三根细线均处于直线状态，且 OB 细线恰好处于竖直方向，如图 1 所示，如果不考虑小球的大小，两球均处于静止状态，则力F 的大小为（）A.0B.mgC.3mgD.3mg3图 1.10答案：C5 如图 1.11甲所示，一根轻绳上端固定在O 点，下端拴一个重为G 的钢球 A，球处于静止状态。现对球施加一个方向向右的外力 F，使球缓慢偏移，在移动中的每一刻，都可以认为球处于平衡状
22、态，如果外力 F 方向始终水平，最大值为2G，试求：（1）轻绳张力 FT的大小取值范围；（2）在乙图中画出轻绳张力与cos的关系图象。图 1.11答案：（1）当水平拉力 F=0 时，轻绳处于竖直位置时，绳子张力最小FT1 G当水平拉力 F=2G 时，绳子张力最大：FT2G2(2G)25G因此轻绳的张力范围是：G FT5G（2）设在某位置球处于平衡状态，由平衡条件得FTcos G所以FTG1即FT，得图象如图 7。coscos图 76 如图 1.12 所示，斜面与水平面间的夹角 30，物体 A 和 B 的质量分别为mA 10kg、mB 5kg。两者之间用质量可以不计的细绳相连。求：（1）如 A
23、和 B 对斜面的动摩擦因数分别为A 0.6，B 0.2时，两物体的加速度各为多大？绳的张力为多少？（2）如果把 A 和 B 位置互换，两个物体的加速度及绳的张力各是多少？（3）如果斜面为光滑时，则两个物体的加速度及绳的张力又各是多少？图 1.12解析：（1）设绳子的张力为FT，物体A 和 B 沿斜面下滑的加速度分别为aA和aB，根据牛顿第二定律：对 A 有mAgsin FTAmAgcos mAaA对 B 有mBgsin FTBmBgcos mBaB设FT 0，即假设绳子没有张力，联立求解得gcos(AB)aB aA，因AB，故aB aA说 明 物 体 B 运 动 比 物 体 A 的 运 动 快
24、，绳 松 弛，所 以FT 0的 假 设 成 立。故 有aA g(sinAcos)0196.m/s2aB g(sinBcos)3.27m/s2因而实际不符，则A静止。（2）如B 与 A 互换则gcos(AB)aB aA 0，即B 物运动得比 A 物快，所以A、B之间有拉力且共速，用整体法mAgsin mBgsinAmAgcosBmBgcos(mA mB)a代入数据求出a 0.96m/s，用隔离法对 B：mBgsinBmBgcos FT mBa代入数据求出2FT 115.N（3）如斜面光滑摩擦不计，则 A 和 B 沿斜面的加速度均为a gsin 5m/s两物间无作用力。7 如图 1.13 所示，固
25、定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为、在斜杆下端固定有质量为 m的小球，下列关于杆对球的作用力F 的判断中，正确的是（）A.小车静止时，F mgsin，方向沿杆向上B.小车静止时，F mgcos，方向垂直杆向上C.小车向右以加速度 a 运动时，一定有F ma/sinD.小车向左以加速度 a 运动时，F 2(ma)2(mg)2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为 arctan(a/g)图 1.13解析：小车静止时，由物体的平衡条件知杆对球的作用力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg。小车向右以加速度 a 运动，设小球受杆的作用力方向与竖直方向的夹角为，如图 4 所示，根据牛顿第二定律有：Fsi
26、n ma，Fcos mg，两式相除得：tan a/g。图 4只有当球的加速度a gtan且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有小车向左以加速度 a 运动，根据牛顿第二定律知小球所受重力mg 和杆对球的作用F ma/sin。力 F 的合力大小为 ma，方向水平向左。根据力的合成知F 与竖直方向的夹角为：arctan(a/g)8 如图 1.14 所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB 两端的轻弹簧和细线将小球 P 悬吊起来。轻弹簧的劲度系数为 k，小球 P 的质量为 m，当小车沿水平地面以加速度 a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角
27、为，试求此时弹簧的形变量。(ma)2(mg)2，方向斜向左上方，图 1.14答案：FTsin ma，FTcos F mg，F kxx m(g acot)/k，讨论：若a gtan则弹簧伸长x m(g acot)/k若a gtan则弹簧伸长x 0若a gtan则弹簧压缩x m(acot g)/k五、弹簧模型（动力学）五、弹簧模型（动力学）1 如图 1.15 所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F 的拉力作用，而左端的情况各不相同：中弹簧的左端固定在墙上。中弹簧的左端受大小也为 F 的拉力作用。中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动。中弹簧的左端拴一小物块，物块在
28、有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以 l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有（）图 1.15A.l2 l1B.l4 l3C.l1 l3D.l2 l4解析：当弹簧处于静止（或匀速运动）时，弹簧两端受力大小相等，产生的弹力也相等，用其中任意一端产生的弹力代入胡克定律即可求形变。当弹簧处于加速运动状态时，以弹簧为研究对象，由于其质量为零，无论加速度 a 为多少，仍然可以得到弹簧两端受力大小相等。由于弹簧弹力F弹与施加在弹簧上的外力 F 是作用力与反作用的关系，因此，弹簧的弹力也处处相等，与静止情况没有区别。在题目所述四种情况中，由于弹簧的右端受到大小皆为F 的拉力作用，且弹簧
29、质量都为零，根据作用力与反作用力关系，弹簧产生的弹力大小皆为F，又由四个弹簧完全相同，根据胡克定律，它们的伸长量皆相等，所以正确选项为D。2 用如图 1.16 所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度。该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为 2.0kg 的滑块，滑块可无摩擦的滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b 上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b 在前，传感器 a 在后，汽车静止时，传感器a、b 的示数均为 10N（取g 10m/s）（1）若传感器 a 的示
30、数为 14N、b 的示数为 6.0N，求此时汽车的加速度大小和方向。（2）当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a 的示数为零。2图 1.16解析：（1）F1 F2 ma1，a1a1的方向向右或向前。（2）根据题意可知，当左侧弹簧弹力F1 0时，右侧弹簧的弹力F2 20NF1 F2 4.0m/s2mF2 ma2代入数据得a23 如图 1.17 所示，一根轻弹簧上端固定在O 点，下端系一个钢球P，球处于静止状态。现对球施加一个方向向右的外力 F，吏球缓慢偏移。若外力 F 方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角 90且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则下面给出弹簧伸长量x 与cos 的函数关系图象中，最
31、接近的是（）F2 10m/s2，方向向左或向后m图 1.17答案：D第二章第二章 圆周运动圆周运动解题模型：解题模型：一、水平方向的圆盘模型一、水平方向的圆盘模型1 如图 1.01 所示，水平转盘上放有质量为m 的物块，当物块到转轴的距离为r 时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）。物体和转盘间最大静摩擦力是其正压力的倍，求：（1）当转盘的角速度1g2r时，细绳的拉力FT1。（2）当转盘的角速度23g时，细绳的拉力FT2。2r图 2.01解析：设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为0，则mg m02r，解得0gr。（1）因为1g2r0，所以物体所需向心力小于物体与
32、盘间的最大摩擦力，则物与盘间还未到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即FT1 0。（2）因为23g0，所以物体所需向心力大于物与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对2r2物体施加拉力FT2，由牛顿的第二定律得：FT2mg m2r，解得FT2mg2。2 如图 2.02 所示，在匀速转动的圆盘上，沿直径方向上放置以细线相连的 A、B 两个小物块。A的质量为mA 2kg，离轴心r1 20cm，B 的质量为mB 1kg，离轴心r210cm，A、B 与盘面间相互作用的摩擦力最大值为其重力的0.5 倍，试求：（1）当圆盘转动的角速度0为多少时，细线上开始出现张力？（2）欲使 A、B 与盘面间不发生相对滑动，则圆盘
33、转动的最大角速度为多大？（g 10m/s）图 2.02（1）当圆盘转动的角速度0为多少时，细线上开始出现张力？（2）欲使A、B 与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度为多大？（g 10m/s）222解析：（1）较小时，A、B 均由静摩擦力充当向心力，增大，F mr可知，它们受到的静摩擦力也增大，而r1 r2，所以 A 受到的静摩擦力先达到最大值。再增大，AB 间绳子开始受到拉力。由Ffm m10r2，得：20Ffmm1r10.5m1g 5rad/sm1r1（2）达到0后，再增加，B 增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共同来提供，A 增大的向心力靠增加拉力来提供，由于 A 增大的向心力超过
34、B 增加的向心力，再增加，B 所受摩擦力逐渐减小，直到为零，如再增加，B 所受的摩擦力就反向，直到达最大静摩擦力。如再增加，就不能维持匀速圆周运动了，A、B 就在圆盘上滑动起来。设此时角速度为1，绳中张力为FT，对 A、B 受力分析：对 A 有Ffm1 FT m11r1对 B 有FT Ffm2 m21r2联立解得：221Ffm1 Ffm2m1r1 m2r2 5 2rad/s 7.07rad/s3 如图 2.03 所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A 和轮 B 水平放置，两轮半径RA2RB，当主动轮 A 匀速转动时，在 A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上。若将小木块放在 B
35、轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为（）A.RB4B.RB3C.RB2D.RB答案：C图 2.03二、行星模型二、行星模型1 已知氢原子处于基态时，核外电子绕核运动的轨道半径r1 0.51010m，则氢原子处于量子数n 1、2、3，核外电子绕核运动的速度之比和周期之比为：（）333A.v1:v2:v31:2:3；T1:T2:T3 3:2:1B.v1:v2:v31:1 1:;T1:T2:T31:23:332 3C.v1:v2:v3 6:3:2;T1:T2:T31:D.以上答案均不对11:2333解析解析：根据经典理论，氢原子核外电子绕核作匀速率圆周运动时，由库仑力提供向
36、心力。ke2v2即2 m，从而得rrkmr线速度为v e周期为T 2rv又根据玻尔理论，对应于不同量子数的轨道半径rn与基态时轨道半径r1有下述关系式：rn n2r1。由以上几式可得v的通式为：vnvek1nmr1n所以电子在第 1、2、3 不同轨道上运动速度之比为：v1:v2:v31:1 1:6:3:22 3而周期的通式为：n2r12r12rT 2 n3 n3T1vv1/nv1所以，电子在第 1、2、3 不同轨道上运动周期之比为：T1:T2:T313:23:33由此可知，只有选项 B 是正确的。2 卫星做圆周运动，由于大气阻力的作用，其轨道的高度将逐渐变化（由于高度变化很缓慢，变化过程中的任
37、一时刻，仍可认为卫星满足匀速圆周运动的规律），下述卫星运动的一些物理量的变化正确的是：（）A.线速度减小 B.轨道半径增大 C.向心加速度增大 D.周期增大解析解析：假设轨道半径不变，由于大气阻力使线速度减小，因而需要的向心力减小，而提供向心力的万有引力不变，故提供的向心力大于需要的向心力，卫星将做向心运动而使轨道半径减小，由于F引GMGM23和T r，2，卫星在变轨后的轨道上运动时，满足v 故v增大而 T 减小，又a rmr故a增大，则选项 C 正确。3 经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双
38、星系统由两个星体组成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统来处理。现根据对某一双星系统的光度学测量确定；该双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距 L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动。（1）试计算该双星系统的运动周期T计算；（2）若实验中观测到的运动周期为T观测，且T观测:T计算1:N(N 1)。为了理解T观测与T计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布这种暗物质。若不考虑其他暗物质的影响，请根据这一模型和上述观测结果确定该星系间
39、这种暗物质的密度。答案答案：（1）双星均绕它们连线的中点做圆周运动，设运动的速率为v，得：v2GM2GMM,v L2LL222L/22LT计算LvGM（2）根据观测结果，星体的运动周期：T观测1NT计算 T计算这种差异是由双星系统（类似一个球）内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布双星系统内的暗物质对双星系统的作用，与一个质点（质点的质量等于球内暗物质的总质量M且位于中点 O 处）的作用相同。考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v1，则有：v12GM2MMMG,v122LL(L/2)2G(M 4M)2L因为周长一定时，周期和速度成反比，得：111v1Nv有以上各式得MN 1M4设所求暗物质的
40、密度为，则有4L3N 1()M3243(N 1)M故2L3第三章第三章 功和能功和能一、水平方向的弹性碰撞一、水平方向的弹性碰撞1 在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现 B 球静止，A 球向 B 球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A 球的速度等于（）A.EPmB.2EPmC.2EPmD.22EPm解析：设碰前A 球的速度为v0，两球压缩最紧时的速度为v，根据动量守恒定律得出EP121mv0 2mv，由能量守恒定律得mv0，所以正确选项 EP(2m)v2，联立解得v0 2m22为 C。2 在原子核物理中，研究核子与核子关联的
41、最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A 和 B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球 C 沿轨道以速度 v0射向 B 球，如图 3.01 所示，C 与 B 发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A 球与挡板 P 发生碰撞，碰后 A、D都静止不动，A 与 P 接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知 A、B、C 三球的质量均为 m。图 3.01（1）求弹簧长度刚被锁定后A 球的速
42、度。（2）求在 A 球离开挡板 P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析：（1）设 C 球与 B 球粘结成 D 时，D 的速度为 v1，由动量守恒得mv0(m m)v1当弹簧压至最短时，D 与 A 的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒得2mv1 3mv2，由以上两式求得A 的速度v21v0。3（2）设 弹 簧 长 度 被 锁 定 后，贮 存 在 弹 簧 中 的 势 能 为 EP，由 能 量 守 恒，有第1页1122mv123mv2 EP撞击 P 后，A 与 D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长2212度时，势能全部转弯成D 的动能，设 D 的速度为 v3，则有EP(2m)
43、v32以后弹簧伸长，A 球离开挡板 P，并获得速度，当 A、D 的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为 v4，由动量守恒得2mv3 3mv4当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为 EP，由能量守恒，有解以上各式得EP3 图 3.02 中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与 B 相同滑块 A，从导轨上的 P 点以某一初速度向 B 滑行，当 A 滑过距离 l1时，与 B 相碰，碰撞时间极短，碰后A、B 紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A 恰好返回出发点 P 并停止，滑块 A 和 B 与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变
44、量为l2，重力加速度为 g，求 A 从 P 出发的初速度 v0。11222mv33mv4 EP2212。mv036图 3.02解析：令 A、B 质量皆为 m，A 刚接触 B 时速度为 v1（碰前）由功能关系，有1212mv0mv1mgl122A、B 碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B 共同运动的速度为 v2有mv1 2mv2碰后 A、B 先一起向左运动，接着 A、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B 的共同速度为 v3，在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有1122(2m)v2(2m)v3(2m)g(2l2)22此后 A、B 开始分离，A 单独向右滑到 P 点停下，由功能
45、关系有由以上各式，解得v012mv3mgl12g(10l116l2)4 用轻弹簧相连的质量均为2kg 的 A、B 两物块都以v 6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg 的物体 C 静止在前方，如图3.03 所示，B 与 C 碰撞后二者粘在一起运动。求在以后的运动中，（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A 的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？（3）A 的速度有可能向左吗？为什么？图 3.03解析：（1）当A、B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C 三者组成的系统动量守恒，有(mA mB)v (mA mB mC)vA解得：vA 3m/s（2）B、C 碰
46、撞时 B、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C 两者速度为v，则mBv (mB mC)v，v 2m/s设物块 A 速度为 vA时弹簧的弹性势能最大为EP，根据能量守恒EP1112(mB mC)v2mAv2(mA mB mC)vA12J222（3）由系统动量守恒得mAv mBv mAvA(mB mC)vB设 A 的速度方向向左，vA 0，则vB 4m/s则作用后 A、B、C 动能之和Ek1122mAvA(mB mC)vB 48J22实际上系统的机械能12E EP(mA mB mC)vA 48J2根据能量守恒定律，Ek E是不可能的。故 A 不可能向左运动。5 如图 3.04 所示，在光滑水平
47、长直轨道上，A、B 两小球之间有一处于原长的轻质弹簧，弹簧右端与 B 球连接，左端与 A 球接触但不粘连，已知mA在 A 球的左边有一质量为m，mB 2m，开始时 A、B 均静止。21m的小球 C 以初速度v0向右运动，与 A 球碰撞后粘连在一起，成2为一个复合球 D，碰撞时间极短，接着逐渐压缩弹簧并使B 球运动，经过一段时间后，D 球与弹簧分离（弹簧始终处于弹性限度内）。图 3.04（1）上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多少？（2）当弹簧恢复原长时B 球速度是多大？（3）若开始时在 B 球右侧某位置固定一块挡板（图中未画出），在 D 球与弹簧分离前使 B 球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板
48、撤走，设B 球与挡板碰撞时间极短，碰后 B 球速度大小不变，但方向相反，试求出此后弹簧的弹性势能最大值的范围。答案：（1）设 C 与 A 相碰后速度为 v1，三个球共同速度为 v2时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒，能量守恒有：11mv0 mv11v1v02211mv0 3mv2 2 v2v02611122Epmaxmv123mv2mv02212（2）设弹簧恢复原长时，D 球速度为v3，B 球速度为v4mv1 mv3 2mv4 3 4 121212mv1mv32mv4222则有v3 v1 13v0v2，v4v10633（3）设 B 球与挡板相碰前瞬间D、B 两球速度v5、v61mv0 mv5
49、2mv62 5 与挡板碰后弹性势能最大，D、B 两球速度相等，设为vmv5 2mv6 3mv 6 v0v v52v50v 2v6224v5v0v53336v11EPm(0)23mv22222mv03m(4v5v0)28236v52mv0m(4v5v0)28242mv0v0当v5时，EP最大EPmax842mv0v0v5 时，EP最小，EPmin108622mv0mv0 EP所以1088二、水平方向的非弹性碰撞二、水平方向的非弹性碰撞1 如图 3.05 所示，木块与水平弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内（时间极短），然后将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统，下列
50、说法真确的是A 从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒B 子弹射入木块的过程中，系统动量守恒C 子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒D 木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒图 3.05答案：B2 如图 3.06 所示，一个长为 L、质量为 M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为 m 的物块（可视为质点），以水平初速度v0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。图 3.06解析：可先根据动量守恒定律求出m 和 M 的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量 Q。对物块，滑动摩擦