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1、2023耳龙老总复习方中物理解条覆型都斛高考物理解题模型第 一 章 运 动 和 力一、追及、相遇模型模型讲解：1.火车甲正以速度V I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V 2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(-匕)、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。即：0-(v)-v2)2=-2a d a =,2d故不相撞的条件为支二M2d2.甲、乙两物体相距s,在同一直
2、线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。甲物体在前，初速度为V,加速度大小为a i。乙物体在后，初速度为V 2,加速度大小为a 2且 知V,2 5加，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=2 5 m,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 2 5 m,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:1.一小圆盘
3、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从，盘与桌面间的动摩擦因数为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）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 q，布nig=ma I桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以内表示加速度的大小,有 N2mg-ma2设盘刚离开桌布时的速度为匕，移动的距离为王，离开桌布后在桌面上再运动距离马后便停下
4、，由匀变速直线运动的规律可得：V 12=2alxi V 12=2a2x2 盘没有从桌面上掉下的条件是：x,+x2-/.i FN c o s 6 =FN(s in6-/c o s 0y 方I可：mg =阳N s in 6 +FN cos 3=FN(s in 6 +c o s e)联立两式解得：Fm i n=m g为 侬2=0.6 7 Vs in g +c o s 夕由 F,=B l.L,I.=-=1.5 Am in m in 7 m in BL图32.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外,斜面对物体的弹力为尸加。斜面不固定，且地面也光滑时，物体下滑的加速度为生，斜面对物
5、体的弹力为a 2,则以下关系正确的选项是:A.4 。2 FNI 尸M2 B.%FR2C.ax a2,FN a2,FNi 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3Fsin+F sin 0-mg=0 尸cos。一 五2 大 cos。=0 解 得 环=智 尸 sin。F2=2Fcos0-mg cot0 两绳都绷直，必须ERO,F2 0由以上解得F有 最 大 值=23.1N,解得F有最小值Fmin=1L6N,所以F的取值为1L6NKIW23.1N。3.如 图1.0 9所示，A B、A C为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kgo当小车静止时，A C水平，A
6、B与竖直方向夹角为0=37,试求小车分别以以下加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力FAC、FA B分别为多少。取g=10m/s2。(1),=5m/s2;(2)a2=IQ m/s2 oli图 1.0 9解析：设绳AC水平且拉力刚好为零时，临界加速度为即根据牛顿第二定律si n。=30,FAB C O S=mg联立两式并代入数据得4 =7.5?/当卬=5相/$2 4，此时AC绳不能伸直，F,AC=0OAB绳与竖直方向夹角a。，据牛顿第二定律/二非抽。=/4，FA Bcos a =m g。联立两式并代入数据得9A B=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
7、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.mg C.6mg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态，如果外力F 方向始终水平，最大值为2 G,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
8、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Fn=G当水平拉力F=2 G时，绳子张力最大：FT2=面2 +(2G)2=75G因此轻绳的张力范围是：GFT B，故为2说明物体B运动比物体A的运动快，绳松弛，所以6=0的假设成立。故有*=g(s i n。-A c os 6)=-0.19 6 m/s 2因而实际不符，则A静止。aB=g(s i n。-B cos 6)=3.27 m/s2(2)如B与A互换则g e os。(八-B)=%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mAg s i n0+mBg s i n0-/.iAmAg
9、cos 0-/.iBmBg cos 0=(mA+mB)代入数据求出a=0.9 6/w/i12,用隔离法对 B：%g s i n。-即s g c os。-3=?/代入数据求出%=1L5N（3）如斜面光滑摩擦不计，则A和B沿斜面的加速度均为a=gsin6=5/$2两物间无作用力。7.如图1.13所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为6、在斜杆下端固定有质量为m的小球，以下关于杆对球的作用力F的判断中，正确的选项是（）A.小车静止时，F mg s i nff,方向沿杆向上B.小车静止时，F=mg CQSO,方向垂直杆向上C.小 车 向 右 以 加 速 度a运动时，一定有 HF=I 妆/sin
10、 3-777-77777777D.小 车 向 左 以 加 速 度a运 动 时，F=y+（mg）2,方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为a=arctan（/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a,如 图4所示，根据牛顿第二定律有：F s i n a =ma ,Fcosa=mg ,两式相除得:tan a=a/g。Famg图4只有当球的加速度a =g t a n。且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有尸=./sin%小车向左以加速度a运动，根据牛顿第二定律知小球所
11、受重力mg和杆对球的作用力F的合力大小为m a,方向水平向左。根据力的合成知尸（匐）2+（叫）2，方向斜向左上方,与竖直方向的夹角为：a=a r c t a n（a /g）8.如图1.1 4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,当小车沿水平度a向右运动而到达稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而的竖直局部的夹角为试求此时弹簧的形变量。图 1.1 4答 案：FT sin0=ma 9 Frcos+F=mg f F=kxx=m(g-acotO)I k,讨 论：若 a g tan。贝!J弹簧压缩x=m(acot
12、0-g)/k五、弹簧模型（动力学）1.如 图1.1 5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，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以 人以h、，4依次表示四个弹簧的伸长量，则 有（），一nQW侬。卿 J彳_ k KM I M F 图 1.1 5A.12 lt B.乙 4 C.4 A D.4 =，4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
13、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。由于弹簧弹力时,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
14、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/s2)(1)若传感器a的示数为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。传感器a传感器b图 1.16解析：（1）用一月=max 9 a-=4.0 m /s2mai的方向向右或向前。（2）根据题意可知，当左侧弹簧弹力耳=0时，右侧弹簧的弹力居=2
15、 0 NF2=ma?代入数据得a,=旦=1 0，/,方向向左或向后m3.如图1.1 7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。9 0。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co s。的函数关系图象中，最接近的是（）7图答案：D第 二 章 圆 周 运 动解题模型；一、水平方向的圆盘模型1.如图1.0 1 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u 倍，求：
16、（1）当转盘的角速度必（2）当转盘的角速度必旧 时，细绳的拉力%-楞 时,细绳的拉力图 2.0 1解析：设转动过程中物体与盘间恰好到达最大静摩擦力时转动的角速度为g,j u mg =ma t02r ,解得如丝。（1）因为。所以物体所需向心力小于物体与盘间V 2r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0=0 O（2）因为%=小等%,所以物体所需向心力大于物与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体施加拉力6 2,由牛顿的第二定律得:FT2+/.img=mco22r,解得 FT2-2.如图2.0 2 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
17、的 质 量 为%=2/，离轴心f =20cm,B的质量为叫=1 炬，禺轴心弓=10C/M.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。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=1/)图 2.0 2(1)当圆盘转动的角速度必为多少时，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=1 0 m/)解析：(1)。较小时，A、B均由静摩擦力充当向心力，。增大,产=机口2 r 可知，它们受到的静摩擦力也增大，而外 弓，所以A受到的静摩擦力先
18、到达最大值。再增大，AB间绳子开始受到拉力。由与“=帆 0 尢，得：必2陛 强=5皿/smxrx y m(r,(2)0到达后，力再增加，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。设此时角速度为他，绳中张力为的,对A、B受力分析:对A有时“+3 =mcorx对 B 有 6 -Ffitl2=m2g2r2联立解得:at=J”1+弓m=5叵rad/s=707rad/s仍八一
19、m2r23.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&=2品，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”B.C.D.RB4 3 2 B图 2.03答案：c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r,=O.5xlO-o,n,则氢原子处于量子数=1、2、3,核外电子绕核运动的速度之比和周期之比为：（）A.%:%：匕=1 ：2 :3;7；:7 :7；=33:2s:I3B.v,:v2:v3=
20、1:7；:7 :7；=1:23:33C.%:匕：匕=6:3:2;7；:n:n=l fD.以上答案均不对解 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,由库仑力提供向心力。即 辫=?E,从而得r r线速度为丫=周期为丁=竺V又根据玻尔理论，对应于不同量子数的轨道半径七与基态时轨道半 径n有下述关系式：4=/於由以上几式可得了的通式为:所以电子在第1、2、3 不同轨道上运动速度之比为:,1 1 ,c c:v2:匕=1：-=6:3:2而周期的通式为：了 =亚=2 万 以=3过=在V 匕/匕所以，电子在第1、2、3 不同轨道上运动周期之比为:7；:7；:7；=13:23:33由此可知，只有
21、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选项是：（）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：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，由于卫星在变轨后的轨道上运动时，满足J 和 o c，故丫增大而T减小，又。=且=，故 a 增大，则选项C正确。m r3.经过用
22、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，且金测：蠢算=1:J H(N 1)O为了理解了观测与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
23、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这种暗物质的密度。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:GM2L2LGM（2）根据观测结果，星体的运动周期:金 测=。算 十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0 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匕，则有：GM 2 M M IG（M+4M）M 十=+G-7,v.=J-L
24、1（L/2）2 1 V 2L2因为周长一定时，周期和速度成反比，得：1 1 1-,一匕 W V有 以 上 各 式 得 叱=口 加4设所求暗物质的密度为夕，则有第 三*功 布 能一、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E p,则碰前A球的速度等于（）A.杵解析：设碰前A球的速度为v o,两球压缩最紧时的速度为v,根据动量守恒定律得出*=2/M V,由能量守恒定律得gm v；=Ep+g（2/）y 2,联立解得v 0=2、叵,所以正确选项为C。V m2.在原子核物理中
25、，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反响。这类反响的前半局部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V。射向B球，如图3.0 1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。P%；A B1O图 3.0 1（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2
26、）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V ,由动量守恒得加。=（加+刈4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2/吗=3 叱，由以上两式求得A的速度吗=；%。（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;.2%2 =g.3/?w；+E p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度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为V3,则有 Ep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2/吗=3.4当弹
27、簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP1,由能量守恒，有 Imv j=、3加式+?解以上各式得 =加 丫：o2 2 3 63.图3.0 2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滑过距离八时，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量为小 重力加速度为g，求A从P出发的初速度V0o图 3.0 2解析：令 A、B质量皆为m,A刚接触B时速度为v i (碰前)由功能关系，有 m
28、vl-gs v；=A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为V 2有 mv=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V 3,在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有1 ,1 ,-(2 m)V 2 -(2 m)V 3 =/(2 m)g(2/2)此 后 A、B 开始别离，A 单独向右滑到P点停下，由功能关系有；机 丫；=fd mg l、由以上各式，解得=Jg(1 0/1+1 6,2)4.用轻弹簧相连的质量均为2 k g的A、B两物块都以v =6 a/s 的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 k。的物体
29、C静止在前方,V如图3.0 3 所示，B与 C碰撞后二者粘在一*B c 中，.眦 I I;(1)当弹簧的弹性势能最大时物体A的速/叉夕人；(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3.0 3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，则mBv=(mB+mc)v v*=2mIs设物块A速度为V A 时弹簧的弹性势能最大为EP,根据能量守恒Ep=-(mB+mc)v,2+-mAv2
30、+mB+mc-12J(3)由系统动量守恒得mAv+mBv=mAvA+(mB+mc)vB设 A的速度方向向左，v44/s则作用后A、B、C动能之和1 2 1 2Ek=-fAvA +g(%48/实际上系统的机械能1 2E，=Ep+(m/A mc)v4=48J根据能量守恒定律，是不可能的。故A不可能向左运动。5.如图3.0 4所示，在光滑水平长直轨道上，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,已知外=g mB=2 m,开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为工机的小球C以初速度咻向右运动，与A球碰撞后粘连在一起，成为一2个复合球D,碰撞时间极短，接着逐渐
31、压缩弹簧并使B球运动，经过一段时间后，D球与弹簧别离(弹簧始终处于弹性限度内)。图 3.0 4(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球与弹簧别离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，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“，三个球共同速度为V 2时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒，能量守恒有：1 ,1-mvQ=m-vx 4=5%1 -1-mv0=3/-V2 v2=-v02 oE p ma
32、x=g m Vl 1-3 m V2 =m V0(2)设弹簧恢复原长时，D球速度为匕，B球速度为5m V j =mv3+2m v4 12 12 1 c 2)mvx=mv.H 2m vd 2 2 2则有匕=_；/=_*，v4=|V J o 3 3(3)设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度5 V 61 c U mv。=根 也+2根 彩 与挡板碰后弹性势能最大，D、B两球速度相等，设为mv5-2mv6=3mv*,匕 一 2%为 一1+匕2匕 叶 例 一%V =-=-=-=-3 3 3 6Ep*=xm x(-)2-x3/nx v,2-mvg 3m(4V5-v0)2-x-8 2 36mv WI(4V5 V
33、0)2 8 24当h =号时，叼最大昂3=嗒4 o%=一总时，EJ最小，品,/=黑O lUo22所匚U以I、I 一根U n 门E；,mVn108 08二、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，以下说法真确的是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
34、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%从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块到达相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。vo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Qo对物块，滑动摩擦力弓做负功，由动能定理得：-Ff(d+s)m v；-m vl即%对物块做负功，使物块动能减少。对木块，滑动摩擦力与对木块做正功，由动能定理得3 5=(声，即弓对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为：g mvg-g mvf-；Mv1=Ff(d+s)Ffs-Ffd 此题中
35、a=阳，物块与木块相对静止时，v,=v,则上式可简化为：1 2 1 2/jmgd-mvg-(m+M)vt 又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则:mvQ=(m+M)vt 联立式、得：d=吗24g(M+m)故系统机械能转化为内能的量为:Q=Ffd=ng-Mv；24g(Af+m)Mmvl2(Af+m)3.如 图3.07所示，光滑水平面地面上放着一辆两端有挡板的静止的小车，车长L=1m,一个大小可忽略的铁块从车的正中央以速度%=5?/s向右沿车滑行。铁块与小车的质量均等于m,它们之间的动摩擦因数4=0.05,铁块与挡板碰撞过程中机械能不损失，且碰撞时间可以忽略不计，取g =10,
36、/s 2,求从铁快由车的正啊央出发到西盍相对静 情 经 历 的II时间。,9),9),7 7/7 7/Z 7图 3.07答案:匕一%_ 2.5mIs-5m/sa O.OS x l O z n/524.如图3.0 8 所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d,右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M,给电容器充E恰套在杆上以某一初速度V o 对准小孔设带电环不影响电容器板间电场分布小距离为0.5 d,试求：(1)带电环与左极板相距最近时的速度v；(2)此过程中电容器移动的距离s。(3)此
37、过程中能量如何变化？图3.0 8答案：(1)带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为V。的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：动量观点：my=(M+m)v,v =-M力与运动观点：设电场力为Fm M M -m(2)能量观点(在第(1)问基础上):对 m：-E q-+=mv2-mv 1对 M:Eqs=：My2_0Eq；=(m+M)v2 g 加 石所以aM+m 2运动学观点：对 M：-t=s,对 m：-t =s2 2s-s=&,解得：s=2 2(M+m)带电环与电容器的速度图像如图5 所示。M
38、Sa r由三角形面积可得:td 1=vof1S=-vta2 解得:md2(Af+tn)(3)在此过程，系统中,带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。三、人船模型1.如 图 3.09所示，长 为 L、质 量 为 M 的小船停在静水中，质 量 为 m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？头图 3.09解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来
39、。设某时刻人对地的速度为v,船对地的速度为V,取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：即凹v M因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度V与船的平均速度V也与它们的质量成反比，即 /，而人的位移s人=G,船的位移S船=G,所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即 包=色 1S人M式 是“人船模型的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由 图1可以看出：S船+$人=L 由两式解得s人M m L,s
40、tut-M+m M2.如 图3.10所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人,车以V。的速度在光滑的水平地面上前进度水平向后跳出后，车速增加A v,贝H()A.(M+m)v0=M(v0 4-Av)-muB.(M+m)v0=A/(%+Av)-m(w-v0)C.(M+m)v0=(%+Av)-mw-(v0+Av)D.0 =A/Av -m(u -Av)答案：C D图 3.103.如图3.11所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n (n=l,2,3,)，每人只有一个沙袋，x 0 一侧的沙袋质量为14千克，x 0 一侧的沙袋质量为10千克。一质量为M=48千出发向“x每经过
41、一人身旁时，此人就把沙装以水平速度u朝与车速相反的方向沿.3 2 10 1 2 3 .车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前瞬间车速大小的2 n倍(n是此人的序号数)。克的小车以某噌度为原公於向7糜亍。不计轨道阻力。当车图 3.11(1)空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行?(2)车上最终会有几个沙袋?(1)在小车朝正x方向滑行的过程中，第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为vi,第n个沙袋扔到车上后的车速为V n,由动量守恒定律有 M +(n -l)m%i 2 n m4 i =(M +n m)vnM-(n +%=.T乙 ”M+n m小车反向运动的条件是V n-l0,V n 0 M-(n+
42、l)m0 代入数字，得M 48n -1 =m 14n应为整数，故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行.(2)车自反向滑行直到接近xO,Vn WO即 M+3m-nm 0 M+3m-(n+l)m WO M+3 m或n -9m、M+3 mn，-1=8m J8 n 9 n=8时，车停止滑行，即在x 0 一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.四、爆炸反冲模型1.如图3.12所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M,每颗炮弹质量为m,当炮身固定时，炮弹水平射程为s,那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？图 3.12解析：两次发射转化为动能的化
43、学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式当=三 知，在动量大小相同的情况2m下，物体的动能和质量成反比，炮 弹 的 动 能G=L%2=E,E,=1*=一E,由于平抛的射高相等，两次射程的比等2 2 M +m于抛出时初速度之比，即：三=二=、匚 ，所以S 2=S、匚 二。s v.N M +m V M +m思考：有一辆炮车总质量为M,静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成。角发射出去，炮弹对地速度为,求炮车后退的速度。提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平 速 度
44、大 小 为 外 c o s e ,设 炮 车 后 退 方 向 为 正 方 向，则.-m.）v -mv0 八 mvocos 0Qc o s，=0,v =-M -m2.在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M,炮弹的质量为m；发射炮弹时，炸药提供应炮身和炮弹的总机械能E。是不变的。若要使刚发射后炮弹的动能等于氏，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？答案：若在发射前给炮车一适当的初速度v o,就可实现题述的要求。在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度,由动量守恒可知：(m+M)v0=mv+MV 由能量关系可知
45、：(m+A/)Vo+f0=mv2+M V2 按题述的要求应有 加仔=2由以上各式得：j2mE。%=-(-/-%-+-)-1-/M(6+M)12/nE o(M+m+)mM+m)第 四*力 学 编 合一、解题模型:如图5.0 1所示，一路灯距地面的高度为h,身高为/的人以速度v匀 1/速行走。下;。二（1）试证明人的头顶的影子作匀速运动;（2）求人影的长度随时间的变化率。图 5.0 1解：（1）设t=0时刻，人位于路灯的正下方O处，在时刻3人走到S处，根据题意有O S=v t,过路灯P和人头顶的直线与地面的交点M为t时刻人头顶影子的位置，如图2所示。OM为人头顶影子到O点的距离。图2由几何关系，有
46、 =”一OM OM-OS联立解得h I因OM与时间t成正比，故人头顶的影子作匀速运动。(2)由 图2可知，在 时 刻3人 影 的 长 度 为S M,由几何关系，有SM=OM-OS,由以上各式得h-l可见影长SM与时间t成正比，所以影长随时间的变化率2=上。h-l2.一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度 为2m m的均匀狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时一，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图
47、线。图5.02(a)为该装置示意图，图5.02(b)为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中M=1.0 x10-35,M=0.8x10-3$。(1)利 用 图(b)中的数据求Is时圆盘转动的角速度；(2)说明激光器和传感器沿半径移动的方向；(3)求 图(b)中第三个激光信号的宽度413。图 5.02解析：(1)由图线读得，转盘的转动周期T=0.8s,角速度 c o =空 r a d Is=7.8 5 r a J /sT 0.8（2）激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动（理由为：由于脉冲宽度在逐渐变窄，说明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应
48、探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动）。（3）设狭缝宽度为d,探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为r“第i个脉冲的宽度为激光器和探测器沿半径的运动速度为V od T,1 1、d T,1 1、6 一【斤 攵:百）与一=万（无J ）由以上式联立解得乂=-纯”,=0.6 7 x 1 0%2 AZ j -Z?3.如图5.03是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场，分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两
49、种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1 m,板的度/=0 5，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1 x 1 0-5。必。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取l O m/s?。（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3 m,颗粒落至传送带时的速度大小是多少？(3)设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经
50、过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小俵通带浓区3年。a/h H2TLZD U Y-传送带A 传送带3图 5.0 3解析：(1)左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足；;城在水平方向上满足：s =g =:络产2 2 dm两式联立得U =8 上匚=l x l O W2lq(2)根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足11 2 Uq-mg(l-H)=nwv=+2g(/+H)h 4m/sV m(3)在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度v,=yJ2g（l+H）=4m/5反弹高度=空叱=。）（工）2g 4 2g根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度: