高中物理典型題——大全.doc

_高中物理典型大全(一)高中物理典型大全(二)高中物理典型大全(三)高中物理典型大全(四)高中物理典型大全(五)高中物理典型大全(一)力學(xué)部分1、如圖1-1所示，長為5米的細(xì)繩的兩端分別系于豎立在地面上相距為4米的兩桿頂端A、B。繩上掛一個(gè)光滑的輕質(zhì)掛鉤。它鉤著一個(gè)重為12牛的物體。平衡時(shí)，繩中張力T=分析與解：本題為三力平衡問題。其基本思路為：選對象、分析力、畫力圖、列方程。對平衡問題，根據(jù)題目所給條件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本題有多種解法。解法一：選掛鉤為研究對象，其受力如圖1-2所示設(shè)細(xì)繩與水平夾角為，由平衡條件可知：2TSin=F，其中F=12牛將繩延長，由圖中幾何條件得：Sin=3/5，則代入上式可得T=10牛。解法二：掛鉤受三個(gè)力，由平衡條件可知：兩個(gè)拉力（大小相等均為T）的合力F與F大小相等方向相反。以兩個(gè)拉力為鄰邊所作的平行四邊形為菱形。如圖1-2所示，其中力的三角形OEG與ADC相似，則： 得：牛。想一想：若將右端繩A 沿桿適當(dāng)下移些，細(xì)繩上張力是否變化？（提示：掛鉤在細(xì)繩上移到一個(gè)新位置，掛鉤兩邊細(xì)繩與水平方向夾角仍相等，細(xì)繩的張力仍不變。）2、如圖2-1所示，輕質(zhì)長繩水平地跨在相距為2L的兩個(gè)小定滑輪A、B上，質(zhì)量為m的物塊懸掛在繩上O點(diǎn)，O與A、B兩滑輪的距離相等。在輕繩兩端C、D分別施加豎直向下的恒力F=mg。先托住物塊，使繩處于水平拉直狀態(tài)，由靜止釋放物塊，在物塊下落過程中，保持C、D兩端的拉力F不變。（1）當(dāng)物塊下落距離h為多大時(shí)，物塊的加速度為零？（2）在物塊下落上述距離的過程中，克服C端恒力F做功W為多少？（3）求物塊下落過程中的最大速度Vm和最大距離H？分析與解：物塊向下先作加速運(yùn)動(dòng)，隨著物塊的下落，兩繩間的夾角逐漸減小。因?yàn)槔K子對物塊的拉力大小不變，恒等于F，所以隨著兩繩間的夾角減小，兩繩對物塊拉力的合力將逐漸增大，物塊所受合力逐漸減小，向下加速度逐漸減小。當(dāng)物塊的合外力為零時(shí)，速度達(dá)到最大值。之后，因?yàn)閮衫K間夾角繼續(xù)減小，物塊所受合外力豎直向上，且逐漸增大，物塊將作加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物塊下降速度減為零時(shí)，物塊豎直下落的距離達(dá)到最大值H。當(dāng)物塊的加速度為零時(shí)，由共點(diǎn)力平衡條件可求出相應(yīng)的角，再由角求出相應(yīng)的距離h，進(jìn)而求出克服C端恒力F所做的功。對物塊運(yùn)用動(dòng)能定理可求出物塊下落過程中的最大速度Vm和最大距離H。（1）當(dāng)物塊所受的合外力為零時(shí)，加速度為零，此時(shí)物塊下降距離為h。因?yàn)镕恒等于mg，所以繩對物塊拉力大小恒為mg，由平衡條件知：2=120，所以=60，由圖2-2知：h=L*tg30=L 1（2）當(dāng)物塊下落h時(shí)，繩的C、D端均上升h，由幾何關(guān)系可得：h=-L 2克服C端恒力F做的功為：W=F*h 3由1、2、3式聯(lián)立解得：W=（-1）mgL（3）出物塊下落過程中，共有三個(gè)力對物塊做功。重力做正功，兩端繩子對物塊的拉力做負(fù)功。兩端繩子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。因?yàn)槲飰K下降距離h時(shí)動(dòng)能最大。由動(dòng)能定理得：mgh-2W= 4將1、2、3式代入4式解得：Vm=當(dāng)物塊速度減小為零時(shí)，物塊下落距離達(dá)到最大值H，繩C、D上升的距離為H。由動(dòng)能定理得：mgH-2mgH=0，又H=-L，聯(lián)立解得：H=。3、如圖3-1所示的傳送皮帶，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc與水平面的夾角=37，一小物體A與傳送皮帶的滑動(dòng)摩擦系數(shù)=0.25，皮帶沿圖示方向運(yùn)動(dòng)，速率為2米/秒。若把物體A輕輕放到a點(diǎn)處，它將被皮帶送到c點(diǎn)，且物體A一直沒有脫離皮帶。求物體A從a點(diǎn)被傳送到c點(diǎn)所用的時(shí)間。分析與解：物體A輕放到a點(diǎn)處，它對傳送帶的相對運(yùn)動(dòng)向后，傳送帶對A的滑動(dòng)摩擦力向前，則 A 作初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)直到與傳送帶速度相同。設(shè)此段時(shí)間為t1，則：a1=g=0.25x10=2.5米/秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒設(shè)A勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)位移為S1，則：設(shè)物體A在水平傳送帶上作勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則設(shè)物體A在bc段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，加速度為a2，則：a2=g*Sin37-gCos37=10x0.6-0.25x10x0.8=4米/秒2解得：t3=1秒 （t3=-2秒舍去）所以物體A從a點(diǎn)被傳送到c點(diǎn)所用的時(shí)間t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如圖4-1所示，傳送帶與地面傾角=37，AB長為16米，傳送帶以10米/秒的速度勻速運(yùn)動(dòng)。在傳送帶上端A無初速地釋放一個(gè)質(zhì)量為0.5千克的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦系數(shù)為=0.5，求：（1）物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需時(shí)間，（2）物體從A 運(yùn)動(dòng)到B 的過程中，摩擦力對物體所做的功（g=10米/秒2） 分析與解：（1）當(dāng)物體下滑速度小于傳送帶時(shí)，物體的加速度為1,（此時(shí)滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下）則：t1=v/1=10/10=1米當(dāng)物體下滑速度大于傳送帶V=10米/秒 時(shí)，物體的加速度為a2，（此時(shí)f沿斜面向上）則：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：如圖4-1所示，傳送帶不動(dòng)時(shí)，物體由皮帶頂端A從靜止開始下滑到皮帶底端B用的時(shí)間為t，則：（請選擇）A. 當(dāng)皮帶向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊由A滑到B的時(shí)間一定大于t。 B. 當(dāng)皮帶向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊由A滑到B的時(shí)間一定等于t。 C. 當(dāng)皮帶向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊由A滑到B的時(shí)間可能等于t。 D. 當(dāng)皮帶向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊由A滑到B的時(shí)間可能小于t。 答案：（B、C、D）5、如圖5-1所示，長L=75cm的靜止直筒中有一不計(jì)大小的小球，筒與球的總質(zhì)量為4千克，現(xiàn)對筒施加一豎直向下、大小為21牛的恒力，使筒豎直向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t=0.5秒時(shí)間，小球恰好躍出筒口。求：小球的質(zhì)量。（取g=10m/s2）分析與解：筒受到豎直向下的力作用后做豎直向下的勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度大于重力加速度。而小球則是在筒內(nèi)做自由落體運(yùn)動(dòng)。小球躍出筒口時(shí)，筒的位移比小球的位移多一個(gè)筒的長度。設(shè)筒與小球的總質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，筒在重力及恒力的共同作用下豎直向下做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a；小球做自由落體運(yùn)動(dòng)。設(shè)在時(shí)間t內(nèi)，筒與小球的位移分別為h1、h2（球可視為質(zhì)點(diǎn)）如圖5-2所示。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： 又有：L=h1-h2 代入數(shù)據(jù)解得：a=16米/秒2 又因?yàn)橥彩艿街亓?M-m)g和向下作用力F，據(jù)牛頓第二定律：F+(M-m)g=(M-m)a得： 6、如圖6-1所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別是m1和m2，其接觸面光滑，與水平面的夾角為，若A、B與水平地面的動(dòng)摩擦系數(shù)都是，用水平力F推A，使A、B一起加速運(yùn)動(dòng)，求：（1）A、B間的相互作用力 （2）為維持A、B間不發(fā)生相對滑動(dòng)，力F的取值范圍。 分析與解：A在F的作用下，有沿A、B間斜面向上運(yùn)動(dòng)的趨勢，據(jù)題意，為維持A、B間不發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，A處剛脫離水平面，即A不受到水平面的支持力，此時(shí)A與水平面間的摩擦力為零。 本題在求A、B間相互作用力N和B受到的摩擦力f2時(shí)，運(yùn)用隔離法；而求A、B組成的系統(tǒng)的加速度時(shí)，運(yùn)用整體法。（1）對A受力分析如圖6-2（a）所示，據(jù)題意有：N1=0，f1=0因此有：Ncos=m1g 1 , F-Nsin=m1a 2由1式得A、B間相互作用力為：N=m1g/cos（2）對B受力分析如圖6-2（b）所示，則：N2=m2g+Ncos 3 , f2=N2 4將1、3代入4式得： f2=(m1+ m2)g取A、B組成的系統(tǒng)，有：F-f2=(m1+ m2)a 5由1、2、5式解得：F=m1g(m1+ m2)(tg-)/m2故A、B不發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)F的取值范圍為：0Fm1g(m1+ m2)(tg-)/m2想一想：當(dāng)A、B與水平地面間光滑時(shí)，且又m1=m2=m時(shí)，則F的取值范圍是多少？（0F2mgtg。7、某人造地球衛(wèi)星的高度是地球半徑的15倍。試估算此衛(wèi)星的線速度。已知地球半徑R=6400km，g=10m/s2。分析與解：人造地球衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由地球?qū)πl(wèi)星的引力提供，設(shè)地球與衛(wèi)星的質(zhì)量分別為M、m，則：= 1 又根據(jù)近地衛(wèi)星受到的引力可近似地認(rèn)為等于其重力，即：mg= 21、2兩式消去GM解得：V=2.0X103 m/s 說明：n越大(即衛(wèi)星越高)，衛(wèi)星的線速度越小。若n=0，即近地衛(wèi)星，則衛(wèi)星的線速度為V0=7.9X103m/s，這就是第一宇宙速度，即環(huán)繞速度。 8、一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，位于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的內(nèi)徑大得多。在圓管中有兩個(gè)直徑與細(xì)管內(nèi)徑相同的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）。A球的質(zhì)量為m1，B球的質(zhì)量為m2。它們沿環(huán)形圓管順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度都為V0。設(shè)A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B球恰好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，若要此時(shí)兩球作用于圓管的合力為零，那么m1、m2、R與V0應(yīng)滿足的關(guān)系式是 。分析與解：如圖7-1所示，A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度為V0，A球受到向下重力mg和細(xì)管向上彈力N1的作用，其合力提供向心力。那么，N1-m1g=m1 1這時(shí)B球位于最高點(diǎn)，速度為V1，B球受向下重力m2g和細(xì)管彈力N2作用。球作用于細(xì)管的力是N1、N2的反作用力，要求兩球作用于細(xì)管的合力為零，即要求N2與N1等值反向，N1=N2 2， 且N2方向一定向下，對B球：N2+m2g=m2 3 B球由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度為V0，此過程中機(jī)械能守恒：即m2V12+m2g2R=m2V02 4由1234式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R與V0滿足的關(guān)系式是：(m1-m2)+(m1+5m2)g=0 5說明：（1）本題不要求出某一物理量，而是要求根據(jù)對兩球運(yùn)動(dòng)的分析和受力的分析，在建立1-4式的基礎(chǔ)上得到m1、m2、R與V0所滿足的關(guān)系式5。（2）由題意要求兩球?qū)A管的合力為零知，N2一定與N1方向相反，這一點(diǎn)是列出3式的關(guān)鍵。且由5式知兩球質(zhì)量關(guān)系m1m2。9、如圖8-1所示，質(zhì)量為m=0.4kg的滑塊，在水平外力F作用下，在光滑水平面上從A點(diǎn)由靜止開始向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)外力F突然撤去，滑塊隨即沖上半徑為 R=0.4米的1/4光滑圓弧面小車，小車立即沿光滑水平面PQ運(yùn)動(dòng)。設(shè)：開始時(shí)平面AB與圓弧CD相切，A、B、C三點(diǎn)在同一水平線上，令A(yù)B連線為X軸，且AB=d=0.64m，滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)量隨位移的變化關(guān)系為P=1.6kgm/s，小車質(zhì)量M=3.6kg，不計(jì)能量損失。求：(1)滑塊受水平推力F為多大? (2)滑塊通過C點(diǎn)時(shí)，圓弧C點(diǎn)受到壓力為多大? (3)滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，小車速度為多大? (4)滑塊能否第二次通過C點(diǎn)? 若滑塊第二次通過C點(diǎn)時(shí)，小車與滑塊的速度分別為多大? (5)滑塊從D點(diǎn)滑出再返回D點(diǎn)這一過程中，小車移動(dòng)距離為多少? (g取10m/s2) 分析與解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑塊到B點(diǎn)速度為： VB=1.6/m=1.6=3.2m/s AB，由動(dòng)能定理得：FS=mVB2 所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N(2)滑塊滑上C立即做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得： N-mg=mVC2/R 而VC=VB 則 N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(3)滑塊由CD的過程中，滑塊和小車組成系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，由于滑塊始終緊貼著小車一起運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)時(shí)，滑塊和小車具有相同的水平速度VDX 。由動(dòng)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)滑塊一定能再次通過C點(diǎn)。因?yàn)榛瑝K到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，除與小車有相同的水平速度VDX外，還具有豎直向上的分速度VDY，因此滑塊以后將脫離小車相對于小車做豎直上拋運(yùn)動(dòng)(相對地面做斜上拋運(yùn)動(dòng))。因題中說明無能量損失，可知滑塊在離車后一段時(shí)間內(nèi)，始終處于D點(diǎn)的正上方(因兩者在水平方向不受力作用，水平方向分運(yùn)動(dòng)為勻速運(yùn)動(dòng)，具有相同水平速度)， 所以滑塊返回時(shí)必重新落在小車的D點(diǎn)上，然后再圓孤下滑，最后由C點(diǎn)離開小車，做平拋運(yùn)動(dòng)落到地面上。由機(jī)械能守恒定律得：mVC2=mgR+(M+m)VDX2+mVDY2所以以滑塊、小車為系統(tǒng)，以滑塊滑上C點(diǎn)為初態(tài)，滑塊第二次滑到C點(diǎn)時(shí)為末態(tài)，此過程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒(注意：對滑塊來說，此過程中彈力與速度不垂直，彈力做功，機(jī)械能不守恒)得： mVC=mVC+MV 即mVC2=mVC2+MV2上式中VC、V分別為滑塊返回C點(diǎn)時(shí)，滑塊與小車的速度， 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)=-2.56m/s(與V反向)(5)滑塊離D到返回D這一過程中，小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)距離為： S=VDX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m10、如圖9-1所示，質(zhì)量為M=3kg的木板靜止在光滑水平面上，板的右端放一質(zhì)量為m=1kg的小鐵塊，現(xiàn)給鐵塊一個(gè)水平向左速度V0=4m/s，鐵塊在木板上滑行，與固定在木板左端的水平輕彈簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求鐵塊與彈簧相碰過程中，彈性勢能的最大值EP。分析與解：在鐵塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，因此彈簧壓縮最大時(shí)和鐵塊停在木板右端時(shí)系統(tǒng)的共同速度（鐵塊與木板的速度相同）可用動(dòng)量守恒定律求出。在鐵塊相對于木板往返運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)總機(jī)械能損失等于摩擦力和相對運(yùn)動(dòng)距離的乘積，可利用能量關(guān)系分別對兩過程列方程解出結(jié)果。 設(shè)彈簧壓縮量最大時(shí)和鐵塊停在木板右端時(shí)系統(tǒng)速度分別為V和V，由動(dòng)量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V 所以，V=V=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s鐵塊剛在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)系統(tǒng)總動(dòng)能為：EK=mV02=0.5X1X16=8J 彈簧壓縮量最大時(shí)和鐵塊最后停在木板右端時(shí)，系統(tǒng)總動(dòng)能都為：EK=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J鐵塊在相對于木板往返運(yùn)過程中，克服摩擦力f所做的功為：Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J鐵塊由開始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮量最大的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能損失為：fs=3J 由能量關(guān)系得出彈性勢能最大值為：EP=EK-EK-fs=8-2-3=3J說明：由于木板在水平光滑平面上運(yùn)動(dòng)，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，題中所求的是彈簧的最大彈性勢能，解題時(shí)必須要用到能量關(guān)系。在解本題時(shí)要注意兩個(gè)方面：.是要知道只有當(dāng)鐵塊和木板相對靜止時(shí)(即速度相同時(shí))，彈簧的彈性勢能才最大；彈性勢能量大時(shí)，鐵塊和木板的速度都不為零；鐵塊停在木板右端時(shí)，系統(tǒng)速度也不為零。.是系統(tǒng)機(jī)械能損失并不等于鐵塊克服摩擦力所做的功，而等于鐵塊克服摩擦力所做的功和摩擦力對木板所做功的差值，故在計(jì)算中用摩擦力乘上鐵塊在木板上相對滑動(dòng)的距離。11、如圖10-1所示，勁度系數(shù)為 K的輕質(zhì)彈簧一端與墻固定，另一端與傾角為的斜面體小車連接，小車置于光滑水平面上。在小車上疊放一個(gè)物體，已知小車質(zhì)量為 M，物體質(zhì)量為m，小車位于O點(diǎn)時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將小車從O點(diǎn)拉到B點(diǎn)，令OB=b，無初速釋放后，小車即在水平面B、C間來回運(yùn)動(dòng)，而物體和小車之間始終沒有相對運(yùn)動(dòng)。求：(1)小車運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小和物體所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必須滿足什么條件，才能使小車和物體一起運(yùn)動(dòng)過程中，在某一位置時(shí)，物體和小車之間的摩擦力為零。分析與解：(1)所求的加速度a和摩擦力f是小車在B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)值。取M、m和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律：kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)。 取m為研究對象，在沿斜面方向有：f-mgsin=macos所以，f=mgsin+mcos=m(gsin+cos)(2)當(dāng)物體和小車之間的摩擦力的零時(shí)，小車的加速度變?yōu)閍，小車距O點(diǎn)距離為b，取m為研究對象，有：mgsin=macos取M、m和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，有：kb=(M+m)a以上述兩式聯(lián)立解得：b=(M+m)gtg 說明：在求解加速度時(shí)用整體法，在分析求解m受到的摩擦力時(shí)用隔離法。整體法和隔離法兩者交互運(yùn)用是解題中常用的方法，希讀者認(rèn)真掌握。圖11-112、質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為Xo，如圖11-1所示。一物塊從鋼板正上方距離為 3Xo的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連。它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)。已知物塊質(zhì)量也為m時(shí)，它們恰能回到O點(diǎn)。若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點(diǎn)時(shí)，還具有向上的速度。求物塊向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)O點(diǎn)的距離。分析與解：物塊自由下落，與鋼板碰撞，壓縮彈簧后再反彈向上，運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，彈簧恢復(fù)原長。碰撞過程滿足動(dòng)量守恒條件。壓縮彈簧及反彈時(shí)機(jī)械能守恒。自由下落3Xo，根據(jù)機(jī)械能守恒： 所以物塊與鋼板碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒： mv0=(m+m)v1（v1為碰后共同速度） V1=V0/2=物塊與鋼板一起升到O點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒：2mV12+Ep=2mgx0 1如果物塊質(zhì)量為2m，則：2mVo=(2m+m)V2 ，即V2=Vo設(shè)回到O點(diǎn)時(shí)物塊和鋼板的速度為V，則：3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 2從O點(diǎn)開始物塊和鋼板分離，由1式得： Ep=mgx0 代入2得：m(Vo)2+mgx0=3mgx0+3mV2所以，V2=gx0 即 （未完待續(xù)）高中物理典型例題集錦(二)圖12-113、如圖12-1所示，有兩塊大小不同的圓形薄板(厚度不計(jì))，質(zhì)量分別為M和m，半徑分別為R和r，兩板之間用一根長為0.4m的輕繩相連結(jié)。開始時(shí)，兩板水平放置并疊合在一起，靜止于高度為0.2m處。然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半徑為R(rRR)的圓孔，圓孔與兩薄板中心均在圓板中心軸線上，木板與支架發(fā)生沒有機(jī)械能損失的碰撞。碰撞后，兩板即分離，直到輕繩繃緊。在輕繩繃緊的瞬間，兩物體具有共同速度V，如圖12-2所示。求：(1)若M=m，則V值為多大 (2)若M/m=K，試討論 V的方向與K值間的關(guān)系。圖12-2分析與解：開始 M與m自由下落，機(jī)械能守恒。M與支架C碰撞后，M以原速率返回，向上做勻減速運(yùn)動(dòng)。m向下做勻加速運(yùn)動(dòng)。在繩繃緊瞬間，內(nèi)力(繩拉力)很大，可忽略重力，認(rèn)為在豎直方向上M與m系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(1)據(jù)機(jī)械能守恒：(M+m)gh=(M+m)V02 所以，V0=2m/sM碰撞支架后以Vo返回作豎直上拋運(yùn)動(dòng)，m自由下落做勻加速運(yùn)動(dòng)。在繩繃緊瞬間，M速度為V1，上升高度為h1，m的速度為V2，下落高度為h2。則：h1+h2=0.4m，h1=V0t-gt2，h2=V0t+gt2，而h1+h2=2V0t，故：所以：V1=V0-gt=2-100.1=1m/s V2=V0+gt=2+100.1=3m/s根據(jù)動(dòng)量守恒，取向下為正方向，mV2-MV1=(M+m)V，所以那么當(dāng)m=M時(shí)，V=1m/s；當(dāng)M/m=K時(shí)，V=。討論：K3時(shí)，V0，兩板速度方向向下。K3時(shí)，V0，兩板速度方向向上。K=3時(shí)，V=0，兩板瞬時(shí)速度為零，接著再自由下落。圖13-114、如圖13-1所示，物體A從高h(yuǎn)的P處沿光滑曲面從靜止開始下滑，物體B用長為L的細(xì)繩豎直懸掛在O點(diǎn)且剛和平面上Q點(diǎn)接觸。已知mA=mB，高h(yuǎn)及S(平面部分長)。若A和B碰撞時(shí)無能量損失。(1)若Lh/4，碰后A、B各將做什么運(yùn)動(dòng)?(2)若L=h，且A與平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B可能碰撞幾次？A最終在何處？分析與解：當(dāng)水平部分沒有摩擦?xí)r，A球下滑到未碰B球前能量守恒，與B碰撞因無能量損失，而且質(zhì)量相等，由動(dòng)量守恒和能量守恒可得兩球交換速度。A 停在Q處，B碰后可能做擺動(dòng)，也可能饒 O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。如果做擺動(dòng)，則經(jīng)一段時(shí)間，B反向與A相碰，使A又回到原來高度，B停在Q處，以后重復(fù)以上過程，如此繼續(xù)下去，若B做圓周運(yùn)動(dòng)，B逆時(shí)針以O(shè)為圓心轉(zhuǎn)一周后與A相碰，B停在Q處，A向右做勻速運(yùn)動(dòng)。由此分析，我們可得本題的解如下：(1)A與B碰撞前A的速度：mgh=mVA2，VA=因?yàn)閙A=mB，碰撞無能量損失，兩球交換速度，得：VA=0，VB=VA=設(shè)B球到最高點(diǎn)的速度為Vc，B做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件：mBg=mBV2/L 1又因mBVB2=mBV2+mBg2L 2將1式及VB=代入2式得：L=2h/5即L2h/5時(shí)，A、B碰后B才可能做圓周運(yùn)動(dòng)。而題意為L=h/42h/5，故A與B碰后，B必做圓周運(yùn)動(dòng)。因此(1)的解為：A與B碰后A停在Q處，B做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一周后，B再次與A相碰，B停在Q處，A向右以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)由上面分析可知，當(dāng)L=h時(shí)，A與B碰后，B只做擺動(dòng)，因水平面粗糙，所以A在來回運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能要損失。設(shè)碰撞次數(shù)為n，由動(dòng)能定理可得： mAgh-nmAgS=0 所以n=h/S討論：若n為非整數(shù)時(shí)，相碰次數(shù)應(yīng)湊足整數(shù)數(shù)目。 如n=1.2，則碰撞次數(shù)為兩次。當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，相碰次數(shù)為(n-1)次。如n=3，則相碰次數(shù)為兩次，且A球剛到達(dá)Q處將碰B而又未碰B；圖13-2當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，相碰次數(shù)就是該偶數(shù)的數(shù)值，如n=4，則相碰次數(shù)為四次。球?qū)⑼Ｔ诰郆球S處的C點(diǎn)。A球停留位置如圖13-2所示。圖14-115、如圖14-1所示，長為L，質(zhì)量為m1的物塊A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一質(zhì)量為m2的物體B，B與A的動(dòng)摩擦因數(shù)為。A和B一起以相同的速度V向右運(yùn)動(dòng)，在A與豎直墻壁碰撞過程中無機(jī)械能損失，要使B一直不從A上掉下來，V必須滿足什么條件?(用m1、m2，L及表示)分析與解：A與墻壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞后，A以大小為V的速度向左運(yùn)動(dòng)，B仍以原速度V向右運(yùn)動(dòng)，以后的運(yùn)動(dòng)過程有三種可能：(1)若m1m2，則m1和m2最后以某一共同速度向左運(yùn)動(dòng)；(2)若m1=m2，則A、B最后都停止在水平面上，但不再和墻壁發(fā)生第二次碰撞；(3)若m1m2，則A將多次和墻壁碰撞，最后停在靠近墻壁處。若m1m2時(shí)，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向左，大小為：P=m1V-m2V設(shè)它們相對靜止時(shí)的共同速度為V，據(jù)動(dòng)量守恒定律， 有：m1V-m2V=(m1+m2)V所以V=(m1-m2)V/(m1+m2)若相對靜止時(shí)B正好在A的右端，則系統(tǒng)機(jī)械能損失應(yīng)為m2gL，則據(jù)能量守恒：m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=m2gL解得：V=若m1=m2時(shí)，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，最后都靜止在水平面上，設(shè)靜止時(shí)A在B的右端，則有：m1V2+m2V2=m2gL 解得：V=若m1m2時(shí)，則A和墻壁能發(fā)生多次碰撞，每次碰撞后總動(dòng)量方向都向右，設(shè)最后A靜止在靠近墻壁處時(shí)，B靜止在A的右端，同理有：m1V2+m2V2=m2gL解得：V=故：若m1m2，V必須小于或等于若m1m2，V必須小于或等于注意：本題中，由于m1和m2的大小關(guān)系沒有確定，在解題時(shí)必須對可能發(fā)生的物理過程進(jìn)行討論，分別得出不同的結(jié)果。16、在光滑的水平桌面上有一長L=2米的木板C，它的兩端各有一塊檔板，C的質(zhì)量mC=5千克，在C的正中央并排放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A和B，質(zhì)量分別為mA=1千克，mB=4千克。開始時(shí)，A、B、C都處于靜止，并且A、B間夾有少量塑膠炸藥，如圖15-1所示。炸藥爆炸使滑塊A以6米/秒的速度水平向左滑動(dòng)，如果A、B與C間的摩擦可忽略，兩滑塊中任一塊與檔板碰撞后都與擋板結(jié)合成一體，爆炸和碰撞所需時(shí)間都可忽略。問：(1)當(dāng)兩滑塊都與檔板相碰撞后，板C的速度多大?圖15-1(2)到兩個(gè)滑塊都與檔板碰撞為止，板的位移大小和方向如何?分析與解：(1)設(shè)向左的方向?yàn)檎较?。炸藥爆炸前后A和B組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。設(shè)B獲得的速度為mA，則mAVA+mBVB=0，所以：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒對A、B、C組成的系統(tǒng)，開始時(shí)都靜止，所以系統(tǒng)的初動(dòng)量為零，因此當(dāng)A和B都與檔板相撞并結(jié)合成一體時(shí)，它們必靜止，所以C板的速度為零。(2)以炸藥爆炸到A與C相碰撞經(jīng)歷的時(shí)間：t1=(L/2)/VA=1/6秒，在這段時(shí)間里B的位移為：SB=VBt1=1.51/6=0.25米，設(shè)A與C相撞后C的速度為VC，A和C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒：mAVA=(mA+mC)VC，圖15-2所以VC=mAVA/(mA+mC)=16/(1+5)=1米/秒B相對于C的速度為： VBC=VB-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒因此B還要經(jīng)歷時(shí)間t2才與C相撞： t2=(1-0.25)/2.5=0.3秒，故C的位移為：SC=VCt2=10.3=0.3米，方向向左，如圖15-2所示。17、如圖16-1所示，一個(gè)連同裝備總質(zhì)量為M=100千克的宇航員，在距離飛船為S=45米與飛船處于相地靜止?fàn)顟B(tài)。宇航員背著裝有質(zhì)量為m0=0.5千克氧氣的貯氧筒，可以將氧氣以V=50米/秒的速度從噴咀噴出。為了安全返回飛船，必須向返回的相反方向噴出適量的氧，同時(shí)保留一部分氧供途中呼吸，且宇航員的耗氧率為 R=2.510-4千克/秒。試計(jì)算：(1)噴氧量應(yīng)控制在什么范圍? 返回所需的最長和最短時(shí)間是多少?圖16-1(2)為了使總耗氧量最低，應(yīng)一次噴出多少氧? 返回時(shí)間又是多少?分析與解：一般飛船沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，不是慣性參照系。但是在一段很短的圓弧上，可以認(rèn)為飛船作勻速直線運(yùn)動(dòng)，是慣性參照系。(1)設(shè)有質(zhì)量為m的氧氣，以速度v相對噴咀，即宇航員噴出，且宇航員獲得相對于飛船為V的速度，據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv-MV=0則宇航員返回飛船所需的時(shí)間為：t=S/V=MS/mv而安全返回的臨界條件為：m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：m2v-m0vm+RMS=0，m=把m0、v、R、M、S代入上式可得允許的最大和最小噴氧量為： mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。返回的最短和最長時(shí)間為：tmin=200秒，tmax=1800秒(2)返回飛船的總耗氧量可表示為：M=m+Rt=(MS/vt)+Rt因?yàn)镸S/vt與Rt之積為常量，且當(dāng)兩數(shù)相等時(shí)其和最小，即總耗氧量最低，據(jù)：MS/vt=Rt，所以相應(yīng)返回時(shí)間為：t=600秒相應(yīng)的噴氧量應(yīng)為：m=Rt=0.15千克。想一想：還有什么方法可求出這時(shí)的噴氧量?(m=MS/vt=0.15千克)18如圖17-1所示，、是靜止在水平地面上完全相同的兩塊長木板的左端和的右端相接觸兩板的質(zhì)量皆為M20，圖17-1長度皆為L10是質(zhì)量為10的小物塊現(xiàn)給它一初速度020，使它從板的左端向右滑動(dòng)已知地面是光滑的，而與板、之間的動(dòng)摩擦因數(shù)皆為010求最后、各以多大的速度做勻速運(yùn)動(dòng)取重力加速度10參考解答先假設(shè)小物塊在木板上移動(dòng)距離后，停在上這時(shí)、三者的速度相等，設(shè)為，由動(dòng)量守恒得0（2），在此過程中，木板的位移為，小物塊的位移為由功能關(guān)系得（）（1/2）（1/2）02，222，則（1/2）（2）2（1/2）02，由、式，得02（2），代入數(shù)值得16比板的長度大這說明小物塊不會(huì)停在板上，而要滑到板上設(shè)剛滑到板上的速度為1，此時(shí)、板的速度為2，則由動(dòng)量守恒得0122，由功能關(guān)系，得（1/2）02（1/2）12（1/2）2，以題給數(shù)據(jù)代入，得由1必是正值，故合理的解是當(dāng)滑到之后，即以20155做勻速運(yùn)動(dòng)，而是以1138的初速在上向右運(yùn)動(dòng)設(shè)在上移動(dòng)了距離后停止在上，此時(shí)和的速度為3，由動(dòng)量守恒得21（）3，解得30563由功能關(guān)系得1/2）12（1/2）22（1/2）（）32，解得050比板的長度小，所以小物塊確實(shí)是停在板上最后、的速度分別為30563，20155，0563評分標(biāo)準(zhǔn)本題的題型是常見的碰撞類型，考查的知識(shí)點(diǎn)涉及動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能關(guān)系或動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)等重點(diǎn)知識(shí)的綜合，能較好地考查學(xué)生對這些重點(diǎn)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)動(dòng)的熟練程度題給數(shù)據(jù)的設(shè)置不夠合理，使運(yùn)算較復(fù)雜，影響了學(xué)生的得分從評分標(biāo)準(zhǔn)中可以看出，論證占的分值超過本題分值的50%，足見對論證的重視而大部分學(xué)生在解題時(shí)恰恰不注重這一點(diǎn)，平時(shí)解題時(shí)不規(guī)范，運(yùn)算能力差等，都是本題失分的主要原因解法探析本題參考答案中的解法較復(fù)雜，特別是論證部分，、兩式之間的兩個(gè)方程可以省略下面給出兩種較為簡捷的論證和解題方法解法一從動(dòng)量守恒與功能關(guān)系直接論證求解設(shè)剛滑到板上的速度為1，此時(shí)、板的速度為2，則由動(dòng)量守恒，得122，以系統(tǒng)為對象，由功能關(guān)系，得1/2）02（1/2）122（1/2）22，由于1只能取正值，以題給數(shù)據(jù)代入得到合理的解為由于小物塊的速度1大于、板的速度2，這說明小物塊不會(huì)停在板上以上過程既是解題的必要部分，又作了論證，比參考答案中的解法簡捷后面部分與參考答案相同，不再綴述解法二從相對運(yùn)動(dòng)論證，用動(dòng)量守恒與功能關(guān)系求解以地面為參照系，小物塊在、上運(yùn)動(dòng)的加速度為12，、整體的加速度為20252，相對、的加速度1252假設(shè)、一體運(yùn)動(dòng)，以、整體為參照物，當(dāng)滑至與整體相對靜止時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有022，解得02216說明小物塊不會(huì)停在板上上述可以看出，從相對運(yùn)動(dòng)的角度論證較為簡捷，運(yùn)算也較為簡單論證后的解法與參考答案相同試題拓展1若長木板個(gè)數(shù)不變，當(dāng)小物塊的初速度滿足什么條件時(shí)，、三物體最終的速度相同?2若長木板個(gè)數(shù)不變，當(dāng)小物塊的初速度滿足什么條件時(shí)，小物塊能從兩長木板上滑過去?3若小物塊的初速度不變，將相同的長木板數(shù)增加到三個(gè)，最終小物塊停在木板上的什么位置，各物體的運(yùn)動(dòng)速度分別為多少?4若其它條件不變，長木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，并且滿足(M)（2），試分析有怎樣的情況發(fā)生?L0圖18-15分析子彈打擊在光滑水平面上的兩相同木塊問題，找出它與本題的異同，歸納解法19.如圖18-1，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上，另一端和質(zhì)量為M的容器連接，容器放在光滑水平的地面上，當(dāng)容器位于O點(diǎn)時(shí)彈簧為自然長度，在O點(diǎn)正上方有一滴管，容器每通過O點(diǎn)一次，就有質(zhì)量為m的一個(gè)液滴落入容器，開始時(shí)彈簧壓縮，然后撒去外力使容器圍繞O點(diǎn)往復(fù)運(yùn)動(dòng)，求：(1)容器中落入n個(gè)液滴到落入（n+1）個(gè)液滴的時(shí)間間隔； (2)容器中落入n個(gè)液滴后，容器偏離O點(diǎn)的最大位移。分析與解：本題中求容器內(nèi)落入n個(gè)液滴后偏離O點(diǎn)的最大位移時(shí)，若從動(dòng)量守恒和能量守恒的角度求解，將涉及彈簧彈性勢能的定量計(jì)算，超出了中學(xué)大綱的要求，如果改用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律求解，則可轉(zhuǎn)換成大綱要求的知識(shí)的試題。(1)彈簧振子在做簡諧運(yùn)動(dòng)過程中，影響其振動(dòng)周期的因素有振子的質(zhì)量和恢復(fù)系數(shù)(對彈簧振子即為彈簧的勁度系數(shù))，本題中恢復(fù)系數(shù)始終不變，液滴的落入使振子的質(zhì)量改變，導(dǎo)致其做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期發(fā)生變化。容器中落入n個(gè)液滴后振子的質(zhì)量為（M+nm），以n個(gè)液滴落入后到第（n+1）個(gè)液滴落入前，這段時(shí)間內(nèi)系統(tǒng)做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期Tn=2，容器落入n個(gè)液滴到（n+1）個(gè)液滴的時(shí)間間隔t=Tn /2，所以t =(2)將容器從初始位置釋放后，振子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量不斷變化，動(dòng)量變化的原因是水平方向上彈簧彈力的沖量引起的，將容器從靜止釋放至位置O的過程中，容器的動(dòng)量從零增至p，因容器位于點(diǎn)時(shí)彈簧為自然長度，液滴在O點(diǎn)處落入容器時(shí)，容器和落入的液滴系統(tǒng)在水平方向的合力為零， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律，液滴在處的落入并不改變系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量，所以振子處從位置O到兩側(cè)相應(yīng)的最大位移處，或從兩側(cè)相應(yīng)在的最大位移處到位置的各1/4周期內(nèi)，雖然周期n和對應(yīng)的最大位移Ln在不斷變化，但動(dòng)量變化的大小均為p=p0=p，根據(jù)動(dòng)量定理可知識(shí)，各1/4周期內(nèi)彈力的沖量大小均相等，即：F0(t)T0/4 = Fn(t)Tn/4圖19-1其中T0是從開始釋放到第一次到O點(diǎn)的周期，0=2。Tn是n個(gè)液滴落入后到（n+1）個(gè)液滴落入容器前振子的周期，Tn=2。而F0(t) 和Fn(t)分別為第一個(gè)1/4周期內(nèi)和n個(gè)液滴落入后的1/4周期內(nèi)彈力對時(shí)間的平均值，由于在各個(gè)1/4周期內(nèi)振子均做簡諧運(yùn)動(dòng)，因而彈力隨時(shí)間均按正弦（或余弦）規(guī)律變化，隨時(shí)間按正弦（或余弦）變化的量在1/4周期內(nèi)對時(shí)間的平均值與最大值之間的關(guān)系，可用等效方法求出，矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，從中性而開始計(jì)地，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為=msint=NbSsint。按正弦規(guī)律變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律=N，在1/4周期內(nèi)對時(shí)間的平均值=2m/。這一結(jié)論對其它正弦（或余弦）變化的量對時(shí)間的平均值同樣適用，則有F0(t)=2kL0/，F(xiàn)n(t)=2kLn/代入前式解得：Ln=L0 20、如圖19-1所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接一個(gè)質(zhì)量為M的木板，木板下面再掛一個(gè)質(zhì)量為m的物體，當(dāng)拿去m后，木板速度再次為零時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)原長，求M與m之間的關(guān)系？分析與解：按常規(guī)思路，取M為研究對象，根據(jù)動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律求解時(shí)，涉及彈力（變力）做功或彈性勢能的定量計(jì)算，超出了中學(xué)教材和大綱的要求。考慮到拿去m后，M將做簡諧運(yùn)動(dòng)，則拿去m時(shí)M所處位置，與彈簧剛恢復(fù)原長時(shí)M所處位置分別為平衡位置兩側(cè)的最大位置處，由M做簡諧運(yùn)動(dòng)時(shí)力的對稱性可知，在兩側(cè)最大位移處回復(fù)力的大小應(yīng)相等，在最低位置處F=mg，方向向上，在最高位置處F=Mg，方向向下，所以有M=m。21假設(shè)在質(zhì)量與地球質(zhì)量相同、半徑為地球半徑兩倍的某天體上進(jìn)行運(yùn)動(dòng)比賽，那么與在地球上的比賽成績相比，下列說法中正確的是跳高運(yùn)動(dòng)員的成績會(huì)更好用彈簧秤稱體重時(shí)，體重?cái)?shù)值會(huì)變得更小投擲鐵钅并的距離會(huì)更遠(yuǎn)些用手投出的籃球，水平方向的分速度會(huì)變大 答案: 22下列說法正確的是物體在恒力作用下的運(yùn)動(dòng)方向是不會(huì)改變的加速前進(jìn)的汽車，后輪所受的摩擦力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反第一宇宙速度為79，因此飛船只有達(dá)到79才能從地面起飛作用力與反作用力都可以做正功，也可以做負(fù)功答案: 圖20-123、如圖20-1所示，一列橫波t時(shí)刻的圖象用實(shí)線表示，又經(jīng)t=0.2s時(shí)的圖象用虛線表示。已知波長為2m，則以下說法正確的是：( )A、 若波向右傳播，則最大周期是2s。B、 若波向左傳播，則最大周期是2s。C、 若波向左傳播，則最小波速是9m/s。D、 若波速是19m/s，則傳播方向向左。分析與解：若向右傳播，則傳播0.2m的波數(shù)為0.2m/2m=0.1，則，t=(n+0.1)T(n=0、1、2、3) 所以T=t/(n+0.1)=0.2/(n+0.1)當(dāng)n=0時(shí)，周期有最大值Tmax=2s，所以A正確。若向左傳播，則在0.2s內(nèi)傳播距離為(2-0.2)m=1.8m，傳過波數(shù)為1.8m/2m=0.9，則，t=(n+0.9)T(n=0、1、2、3) 所以T=t/(n+0.9)=0.2/(n+0.9)當(dāng)n=0時(shí)，周期有最大值Tmax0.22S，所以B錯(cuò)。又：T=/V，所以V=/T=/0.2/(n+0.9)=2(n+0.9)/0.2=10(n+0.9)當(dāng)n=0時(shí)，波速最小值為Vmin=9m/s，所以C正確。當(dāng)n=1時(shí) V=19m/s，所以D正確。故本題應(yīng)選A、C、D。說明：解決波動(dòng)問題要注意：由于波動(dòng)的周期性(每隔一個(gè)周期T或每隔一個(gè)波長)和波的傳播方向的雙向性，往往出現(xiàn)多解，故要防止用特解來代替通解造成解答的不完整。24如圖21-1所示，一列簡諧橫波在軸上傳播，某時(shí)刻的波形如圖所示，關(guān)于波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)、的運(yùn)動(dòng)情況，下列敘述中正確的是圖21-1若波沿軸正方向傳播，運(yùn)動(dòng)的速度將減小若波沿軸正方向傳播，運(yùn)動(dòng)的速度將保持不變?nèi)舨ㄑ剌S負(fù)方向傳播，將向方向運(yùn)動(dòng)若波沿軸負(fù)方向傳播，將向方向運(yùn)動(dòng)答案：D （未完待續(xù)）高中物理典型例題集錦(三)電學(xué)部分圖22-125、如圖22-1所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有小孔M、N。今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落(P、M、N三點(diǎn)在同一豎直線上)，空氣阻力不計(jì)，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后按原路徑返回。若保持兩板間的電壓不變，則：A. 若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落仍能返回。B. 若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落仍能返回。C. 若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。D. 若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。分析與解：當(dāng)開關(guān)S一直閉合時(shí)，A、B兩板間的電壓保持不變，當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)從M向N運(yùn)動(dòng)時(shí)，要克服電場力做功，W=qUAB，由題設(shè)條件知：帶電質(zhì)點(diǎn)由P到N的運(yùn)動(dòng)過程中，重力做的功與質(zhì)點(diǎn)克服電場力做的功相等，即：mg2d=qUAB若把A板向上平移一小段距離，因UAB保持不變，上述等式仍成立，故沿原路返回，應(yīng)選A。若把B板下移一小段距離，因UAB保持不變，質(zhì)點(diǎn)克服電場力做功不變，而重力做功增加，所以它將一直下落，應(yīng)選D。由上述分析可知：選項(xiàng)A和D是正確的。想一想：在上題中若斷開開關(guān)S后，再移動(dòng)金屬板，則問題又如何?(選A、B)。圖23-1圖23-1(b)26、兩平行金屬板相距為d，加上如圖23-1(b)所示的方波形電壓，電壓的最大值為U0，周期為T?，F(xiàn)有一離子束，其中每個(gè)離子的質(zhì)量為m，電量為q，從與兩板等距處沿著與板平行的方向連續(xù)地射入兩板間的電場中。設(shè)離子通過平行板所需的時(shí)間恰為 T(與電壓變化周期相同)，且所有離子都能通過兩板間的空間打在右端的熒光屏上。試求：離子擊中熒光屏上的位置的范圍。(也就是與O點(diǎn)的最大距離與最小距離)。重力忽略不計(jì)。分析與解：圖23-2各個(gè)離子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其水平分運(yùn)動(dòng)都是勻速直線運(yùn)動(dòng)，而經(jīng)過電場所需時(shí)間都是T，但不同的離子進(jìn)入電場的時(shí)刻不同，由于兩極間電壓變化，因此它們的側(cè)向位移也會(huì)不同。當(dāng)離子在t=0，T，2T時(shí)刻進(jìn)入電場時(shí)，兩板間在T/2時(shí)間內(nèi)有電壓U0，因而側(cè)向做勻加速運(yùn)動(dòng)，其側(cè)向位移為y1，速度為V。接著，在下一個(gè)T/2時(shí)間內(nèi)，兩板間沒有電壓，離子以V速度作勻速直線運(yùn)動(dòng)，側(cè)向位移為y2，如圖23-2所示。這些離子在離開電場時(shí)，側(cè)向位移有最大值，即(y1+y2)。圖23-3當(dāng)離子在T=t/2,3/2T,5/2T時(shí)刻進(jìn)入電場時(shí)，兩板間電壓為零，離子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沒有側(cè)向位移，經(jīng)過T/2時(shí)間后，兩板間有電壓U0，再經(jīng)過T/2時(shí)間，有了側(cè)向位移y1，如圖23-3所示。這些離子離開電場時(shí)有側(cè)向位移的最小值，即y1。當(dāng)離子在上述兩種特殊時(shí)刻之外進(jìn)入電場的，其側(cè)向位移值一定在(y1+y2)與y1之間。根據(jù)上述分析就可以求出側(cè)向位移的最大值和最小值。所以，離子擊中熒光屏上的位置范圍為： 27、如圖24-1所示，R1=R2=R3=R4=R，電鍵S閉合時(shí)，間距為d的平行板電容器C 的正中間有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)；電鍵S斷開時(shí)，小球向電容器一個(gè)極板運(yùn)動(dòng)并發(fā)生碰撞，碰撞后小球帶上與極板同種性質(zhì)的電荷。設(shè)碰撞過程中沒有機(jī)械能損失，小球反彈后恰好能運(yùn)動(dòng)到電容器另一極板。若不計(jì)電源內(nèi)阻，求：(1)電源的電動(dòng)勢，(2)小球與極板碰撞后的帶電量。圖24-1分析與解：(1)電鍵S閉合時(shí)，R1、R3并聯(lián)與R4串聯(lián)，(R2中沒有電流通過)UC=U4=(2/3)對帶電小球有：mg=qE=q