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1、2007 高中物理典型例题探秘(一)编者按：笔者结合多年的高三教学经验，记录整理了部分高中物理典型例题，以 2003年考试说明为依据，以力学和电学为重点，编辑如下，供各校教师、高三同学参考。实践证明，考前浏览例题，熟悉做过的题型，回顾解题方法，可以提高复习效率，收到事半功倍的效果。力学部分 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
2、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，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、
3、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？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
4、角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力逐渐减小，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
5、知：2=120，所以=60，由图2-2 知：h=L*tg30=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H=
6、-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
7、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 a2，则：a2=g*Sin37-2 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
8、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 a2，（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 W2=-fs2=-mgcosS2 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
9、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。答案：（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
10、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 又因为筒受到重力(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 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
11、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，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/co
12、s （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 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
13、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 又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力，即：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
14、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：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=m2 3 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
15、+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-m2)+(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
16、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，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点这一过程中，小车移动距离为多少?(g取 10m/s
17、2)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 AB，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
18、所以 VDX=mVC(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
19、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 VC=(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这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：S=VDX2VDY 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=4
20、m/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
21、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：.是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时)
22、，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。.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
23、动。求：(1)小车运动到 B点时的加速度大小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。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，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
24、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、质量为 m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为Xo，如图 11-1 所示。一物块从钢板正上方距离为 3Xo 的 A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 m时，它们恰能回到 O点。若物块质量为 2m，仍从 A处自由落下，则物块与钢板回到 O点时，还具有向上的速
25、度。求物块向上运动到达的最高点 O点的距离。分析与解：物块自由下落，与钢板碰撞，压缩弹簧后再反弹向上，运动到 O点，弹簧恢复原长。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹时机械能守恒。自由下落 3Xo，根据机械能守恒：所以 物块与钢板碰撞时，根据动量守恒：mv0=(m+m)v1（v1为碰后共同速度）V1=V0/2=物块与钢板一起升到 O点，根据机械能守恒：2mV12+Ep=2mgx0 1 如果物块质量为 2m，则：2mVo=(2m+m)V2，即 V2=Vo 设回到 O点时物块和钢板的速度为 V，则：3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 2 从 O点开始物块和钢板分离，由1 式得：Ep=mgx0 代入2 得：m(Vo)2+mgx0=3mgx0+3mV2 所以，V2=gx0 即 （未完待续）图 11-1