高中物理解題模型詳解

高考物理解題模型高考物理解題模型 目目錄錄 第一章 運(yùn)動(dòng)和力.1 一、追及、相遇模型.1 二、先加速后減速模型.3 三、斜面模型.6 四、掛件模型.10 五、彈簧模型（動(dòng)力學(xué)）. 17 第二章 圓周運(yùn)動(dòng).19 一、水平方向的圓盤(pán)模型. 19 二、行星模型.21 第三章 功和能.1 一、水平方向的彈性碰撞.1 二、水平方向的非彈性碰撞.5 三、人船模型.8 四、爆炸反沖模型. 11 第四章 力學(xué)綜合.13 一、解題模型：.13 二、滑輪模型.18 三、渡河模型.21 第五章 電路.1 一、電路的動(dòng)態(tài)變化.1 二、交變電流.6 第六章 電磁場(chǎng).1 一、電磁場(chǎng)中的單桿模型.1 二、電磁流量計(jì)模型.7 三、回旋加速模型. 9 四、磁偏轉(zhuǎn)模型.14 第 1頁(yè) 第一章第一章 運(yùn)動(dòng)和力運(yùn)動(dòng)和力 一、追及、相遇模型一、追及、相遇模型 模型講解：模型講解： 1 火車(chē)甲正以速度 v1向前行駛，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方距甲 d 處有火車(chē)乙正以較小速度 v2同向勻速行 駛，于是他立即剎車(chē)，使火車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)。為了使兩車(chē)不相撞，加速度 a 應(yīng)滿足什么條件？ 解析：設(shè)以火車(chē)乙為參照物，則甲相對(duì)乙做初速為)( 21 vv 、加速度為 a 的勻減速運(yùn)動(dòng)。若甲 相對(duì)乙的速度為零時(shí)兩車(chē)不相撞，則此后就不會(huì)相撞。因此，不相撞的臨界條件是：甲車(chē)減速到與 乙車(chē)車(chē)速相同時(shí)，甲相對(duì)乙的位移為 d。 即： d vv aadvv 2 )( 2)(0 2 212 21 ， 故不相撞的條件為 d vv a 2 )( 2 21 2 甲、乙兩物體相距 s，在同一直線上同方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后就保持靜止不動(dòng)。甲物 體在前，初速度為 v1，加速度大小為 a1。乙物體在后，初速度為 v2，加速度大小為 a2且知 v1v2， 但兩物體一直沒(méi)有相遇，求甲、乙兩物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相距的最小距離為多少？ 解析：若是 2 2 1 1 a v a v ，說(shuō)明甲物體先停止運(yùn)動(dòng)或甲、乙同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乙的速度 一直大于甲的速度，只有兩物體都停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，才相距最近，可得最近距離為 2 2 2 1 2 1 22a v a v ss 若是 2 2 2 1 a v a v ，說(shuō)明乙物體先停止運(yùn)動(dòng)那么兩物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中總存在速度相等的時(shí)刻，此時(shí) 兩物體相距最近，根據(jù)tavtavv 2211 共 ，求得 12 12 aa vv t 在 t 時(shí)間內(nèi) 甲的位移t vv s 2 1 1 共 乙的位移t vv s 2 2 2 共 代入表達(dá)式 21 ssss 求得 )(2 )( 12 12 aa vv ss 3 如圖 1.01 所示，聲源 S 和觀察者 A 都沿 x 軸正方向運(yùn)動(dòng)，相對(duì)于地面的速率分別為 S v和 A v。 空氣中聲音傳播的速率為 P v，設(shè) PAPS vvvv，空氣相對(duì)于地面沒(méi)有流動(dòng)。 圖 1.01 （1）若聲源相繼發(fā)出兩個(gè)聲信號(hào)。時(shí)間間隔為t，請(qǐng)根據(jù)發(fā)出的這兩個(gè)聲信號(hào)從聲源傳播 到觀察者的過(guò)程。確定觀察者接收到這兩個(gè)聲信號(hào)的時(shí)間間隔 t。 （2）請(qǐng)利用（1）的結(jié)果，推導(dǎo)此情形下觀察者接收到的聲波頻率與聲源發(fā)出的聲波頻率間 的關(guān)系式。 解析：作聲源 S、觀察者 A、聲信號(hào) P（P1為首發(fā)聲信號(hào)，P2為再發(fā)聲信號(hào)）的位移時(shí)間圖象 如圖 2 所示圖線的斜率即為它們的速度 PAS vvv、則有： 圖 2 )( )( 0 0 ttvtvs ttvtvs PA PS 兩式相減可得： )(ttvtvtv PSA 解得t vv vv t AP SP （2）設(shè)聲源發(fā)出聲波的振動(dòng)周期為 T，這樣，由以上結(jié)論，觀察者接收到的聲波振動(dòng)的周期為 T vv vv T AP SP 由此可得，觀察者接收到的聲波頻率與聲源發(fā)出聲波頻率間的關(guān)系為 f vv vv f SP AP 4 在一條平直的公路上，乙車(chē)以 10m/s 的速度勻速行駛，甲車(chē)在乙車(chē)的后面作初速度為 15m/s， 加 速度大小為 0.5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，則兩車(chē)初始距離 L 滿足什么條件時(shí)可以使（1）兩車(chē)不相遇； （2）兩車(chē)只相遇一次； （3）兩車(chē)能相遇兩次（設(shè)兩車(chē)相遇時(shí)互不影響各自的運(yùn)動(dòng)） 。 答案：設(shè)兩車(chē)速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為 t，則甲車(chē)恰能追及乙車(chē)時(shí)，應(yīng)有 Ltv ta tv 乙 甲 甲 2 2 其中 甲 乙 甲 a vv t ，解得mL25 若mL25，則兩車(chē)等速時(shí)也未追及，以后間距會(huì)逐漸增大，及兩車(chē)不相遇。 若mL25，則兩車(chē)等速時(shí)恰好追及，兩車(chē)只相遇一次，以后間距會(huì)逐漸增大。 若mL25，則兩車(chē)等速時(shí)，甲車(chē)已運(yùn)動(dòng)至乙車(chē)前面，以后還能再次相遇，即能相遇兩次。 二、先加速后減速模型二、先加速后減速模型 模型概述：模型概述： 物體先加速后減速的問(wèn)題是運(yùn)動(dòng)學(xué)中典型的綜合問(wèn)題，也是近幾年的高考熱點(diǎn)，同學(xué)在求 解這類(lèi)問(wèn)題時(shí)一定要注意前一過(guò)程的末速度是下一過(guò)程的初速度，如能畫(huà)出速度圖象就更明確 過(guò)程了。 模型講解：模型講解： 1 一小圓盤(pán)靜止在桌面上， 位于一方桌的水平桌面的中央。 桌布的一邊與桌的 AB 邊重合， 如圖 1.02 所示。已知盤(pán)與桌布間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 1 ，盤(pán)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 2 ?，F(xiàn)突然以恒定加 速度 a 將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于 AB 邊。若圓盤(pán)最近未從桌面掉下，則 加速度 a 滿足的條件是什么？（以 g 表示重力加速度） 圖 1.02 解析：根據(jù)題意可作出物塊的速度圖象如圖 2 所示。設(shè)圓盤(pán)的質(zhì)量為 m，桌邊長(zhǎng)為 L，在桌布 從圓盤(pán)下抽出的過(guò)程中，盤(pán)的加速度為 1 a，有 11 mamg 圖 2 桌布抽出后，盤(pán)在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，以 2 a表示加速度的大小，有 22 mamg 設(shè)盤(pán)剛離開(kāi)桌布時(shí)的速度為 1 v， 移動(dòng)的距離為 1 x， 離開(kāi)桌布后在桌面上再運(yùn)動(dòng)距離 2 x后便停下， 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得： 11 2 1 2xav 22 2 1 2xav 盤(pán)沒(méi)有從桌面上掉下的條件是： 2 21 L xx 設(shè)桌布從盤(pán)下抽出所經(jīng)歷時(shí)間為 t，在這段時(shí)間內(nèi)桌布移動(dòng)的距離為 x，有： 2 11 2 2 1 2 1 taxatx，而 2 1 L xx，求得： 1 aa L t ，及 1 111 aa L atav 聯(lián)立解得 2 121 )2( g a 2 一個(gè)質(zhì)量為 m=0.2kg 的物體靜止在水平面上， 用一水平恒力 F 作用在物體上 10s， 然后撤去水平 力 F，再經(jīng) 20s 物體靜止，該物體的速度圖象如圖 3 所示，則下面說(shuō)法中正確的是（） A. 物體通過(guò)的總位移為 150m B. 物體的最大動(dòng)能為 20J C. 物體前 10s 內(nèi)和后 10s 內(nèi)加速度大小之比為 2：1 D. 物體所受水平恒力和摩擦力大小之比為 3：1 答案：ACD 圖 3 三、斜面模型三、斜面模型 1 相距為 20cm 的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，如圖 1.03，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為 37， 現(xiàn)在導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為 330g 的金屬棒 ab，它與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦系數(shù)為50 . 0 ，整個(gè)裝置處于 磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=2T 的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌所接電源電動(dòng)勢(shì)為 15V，內(nèi)阻不計(jì)，滑動(dòng)變阻 器的阻值可按要求進(jìn)行調(diào)節(jié)，其他部分電阻不計(jì)，取 2 /10smg ，為保持金屬棒 ab 處于靜止 狀態(tài)，求： （1）ab 中通入的最大電流強(qiáng)度為多少？ （2）ab 中通入的最小電流強(qiáng)度為多少？ 圖 1.03 導(dǎo)體棒 ab 在重力、靜摩擦力、彈力、安培力四力作用下平衡，由圖 2 中所示電流方向，可知導(dǎo) 體棒所受安培力水平向右。當(dāng)導(dǎo)體棒所受安培力較大時(shí)，導(dǎo)體棒所受靜摩擦力沿導(dǎo)軌向下，當(dāng)導(dǎo)體 棒所受安培力較小時(shí)，導(dǎo)體棒所受靜摩擦力沿導(dǎo)軌向上。 （1）ab 中通入最大電流強(qiáng)度時(shí)受力分析如圖 2，此時(shí)最大靜摩擦力 Nf FF沿斜面向下，建 立直角坐標(biāo)系，由 ab 平衡可知，x 方向： )sincos( sincos max N NN F FFF y 方向：)sin(cossincos NNN FFFmg由以上各式聯(lián)立解得： A BL F ILBIF NmgF 5 . 16, 6 . 6 sincos sincos max maxmaxmax max 有 （2）通入最小電流時(shí)，ab 受力分析如圖 3 所示，此時(shí)靜摩擦力 Nf FF ，方向沿斜面向上， 建立直角坐標(biāo)系，由平衡有： x 方向：)cos(sincossin min NNN FFFF y 方向：)cossin(cossin NNN FFFmg 聯(lián)立兩式解得：NmgF6 . 0 cossin cossin min 由A BL F ILBIF5 . 1, min minminmin 2 物體置于光滑的斜面上，當(dāng)斜面固定時(shí)，物體沿斜面下滑的加速度為 1 a，斜面對(duì)物體的彈力為 1N F。斜面不固定，且地面也光滑時(shí)，物體下滑的加速度為 2 a，斜面對(duì)物體的彈力為 2N F，則 下列關(guān)系正確的是： A. 2121 , NN FFaaB. 2121 , NN FFaa C. 2121 , NN FFaaD. 2121 , NN FFaa 當(dāng)斜面可動(dòng)時(shí)， 對(duì)物體來(lái)說(shuō)是相對(duì)斜面這個(gè)加速參考系在作加速運(yùn)動(dòng)， 而且物體和參考系的運(yùn)動(dòng) 方向不在同一條直線上，利用常規(guī)的方法難于判斷，但是利用矢量三角形法則能輕松獲解。 如圖 4 所示，由于重力的大小和方向是確定不變的，斜面彈力的方向也是惟一的，由共點(diǎn)力合成 的三角形法則，斜面固定時(shí)，加速度方向沿斜面向下，作出的矢量圖如實(shí)線所示，當(dāng)斜面也運(yùn)動(dòng)時(shí)， 物體并不沿平行于斜面方向運(yùn)動(dòng)，相對(duì)于地面的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向如虛線所示。所以正確選項(xiàng)為 B。 3 帶負(fù)電的小物體在傾角為)6 . 0(sin的絕緣斜面上，整個(gè)斜面處于范圍足夠大、方向水平向 右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖 1.04 所示。物體 A 的質(zhì)量為 m，電量為-q，與斜面間的動(dòng)摩擦因素為， 它在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力的大小等于重力的一半。物體 A 在斜面上由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)時(shí)間 t 后突然在斜面區(qū)域加上范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大 小為 B，此后物體 A 沿斜面繼續(xù)下滑距離 L 后離開(kāi)斜面。 （1）物體 A 在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況？說(shuō)明理由。 （2）物體 A 在斜面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？（結(jié)果用字母表示） 圖 1.04 （1） 物體 A 在斜面上受重力、 電場(chǎng)力、 支持力和滑動(dòng)摩擦力的作用， 小物體 A 在恒力作用下， 先在斜面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)； 加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)后， 還受方向垂直斜面向上的洛倫茲 力作用，方可使 A 離開(kāi)斜面，故磁感應(yīng)強(qiáng)度方向應(yīng)垂直紙面向里。隨著速度的增加，洛倫茲力增大， 斜面的支持力減小，滑動(dòng)摩擦力減小，物體繼續(xù)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，直到斜面的支持力變?yōu)?零，此后小物體 A 將離開(kāi)地面。 （2）加磁場(chǎng)之前，物體 A 做勻加速運(yùn)動(dòng)，據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有： NfN f FFmgqEF maFqEmg , 0cossin cossin 又 解出 2 )2( g a A 沿斜面運(yùn)動(dòng)的距離為： 4 )2( 2 1 2 2 tg ats 加上磁場(chǎng)后，受到洛倫茲力BqvF 洛 隨速度增大，支持力 N F減小，直到0 N F時(shí)，物體 A 將離開(kāi)斜面，有： qB mg v qEmgBqv 2 sincos 解出 物體 A 在斜面上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力做正功，滑動(dòng)摩擦力做負(fù)功，洛倫茲力不做功， 根據(jù)動(dòng)能定理有： 0 2 1 cos)(sin)( 2 mvWsLqEsLmg f 物體 A 克服摩擦力做功，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能： 22 232 84 )2( Bq gm L tg mgWf 4 如圖 1.05 所示，在水平地面上有一輛運(yùn)動(dòng)的平板小車(chē)，車(chē)上固定一個(gè)盛水的杯子，杯子的直徑 為 R。當(dāng)小車(chē)作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，水面呈如圖所示狀態(tài)，左右液面的高度差為 h，則小車(chē)的加速度 方向指向如何？加速度的大小為多少？ 圖 1.05 我們由圖可以看出物體運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)杯中水的形狀，可以構(gòu)建這樣的一個(gè)模型，一個(gè)物塊放在 光滑的斜面上（傾角為） ，重力和斜面的支持力的合力提供物塊沿水平方向上的加速度，其加速 度為：tanga 。 我們?nèi)”兴嫔系囊坏嗡疄檠芯繉?duì)象，水滴受力情況如同斜面上的物塊。由題意可得，取杯中 水面上的一滴水為研究對(duì)象，它相對(duì)靜止在“斜面”上，可以得出其加速度為tanga ，而 R h tan，得 R gh a ，方向水平向右。 5 如圖 1.06 所示，質(zhì)量為 M 的木板放在傾角為的光滑斜面上，質(zhì)量為 m 的人在木板上跑，假如 腳與板接觸處不打滑。 （1）要保持木板相對(duì)斜面靜止，人應(yīng)以多大的加速度朝什么方向跑動(dòng)？ （2）要保持人相對(duì)于斜面的位置不變，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向運(yùn)動(dòng)？ 圖 1.06 答案： （1）要保持木板相對(duì)斜面靜止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力與木板的下滑力平衡， 即 FMgsin， 根據(jù)作用力與反作用力人受到木板對(duì)他沿斜面向下的摩擦力， 所以人受到的合力為： m Mgmg a maFmg sinsin sin 方向沿斜面向下。 （2）要保持人相對(duì)于斜面的位置不變，對(duì)人有Fmgsin，F(xiàn) 為人受到的摩擦力且沿斜面向 上，根據(jù)作用力與反作用力等值反向的特點(diǎn)判斷木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小為 Fmgsin 所以木板受到的合力為： M Mgmg a MaFMg sinsin sin 解得 方向沿斜面向下。 四、掛件模型四、掛件模型 1 圖 1.07 中重物的質(zhì)量為 m，輕細(xì)線 AO 和 BO 的 A、B 端是固定的。平衡時(shí) AO 是水平的，BO 與水平面的夾角為。AO 的拉力 F1和 BO 的拉力 F2的大小是（） A.cos 1 mgF B.cot 1 mgF C.sin 2 mgF D. sin 2 mg F 圖 1.07 解析：以“結(jié)點(diǎn)”O(jiān) 為研究對(duì)象，沿水平、豎直方向建立坐標(biāo)系，在水平方向有 12cos FF豎 直方向有mgFsin 2 聯(lián)立求解得 BD 正確。 2 物體 A 質(zhì)量為kgm2， 用兩根輕繩 B、 C 連接到豎直墻上， 在物體 A 上加一恒力 F， 若圖 1.08 中力 F、輕繩 AB 與水平線夾角均為 60，要使兩繩都能繃直，求恒力 F 的大小。 圖 1.08 解析：要使兩繩都能繃直，必須00 21 FF，再利用正交分解法作數(shù)學(xué)討論。作出 A 的受 力分析圖 3，由正交分解法的平衡條件： 圖 3 0sinsin 1 mgFF 0coscos 12 FFF 解得F mg F sin 1 cotcos2 2 mgFF 兩繩都繃直，必須00 21 FF， 由以上解得 F 有最大值NF 1 . 23 max ，解得 F 有最小值NF 6 . 11 min ，所以 F 的取值為 NFN 1 . 23 6 . 11。 3 如圖 1.09 所示，AB、AC 為不可伸長(zhǎng)的輕繩，小球質(zhì)量為 m=0.4kg。當(dāng)小車(chē)靜止時(shí)，AC 水平， AB 與豎直方向夾角為=37，試求小車(chē)分別以下列加速度向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩繩上的張力 FAC、FAB分別為多少。取 g=10m/s2。 （1） 2 1 /5sma ； （2） 2 2 /10sma 。 圖 1.09 解析：設(shè)繩 AC 水平且拉力剛好為零時(shí)，臨界加速度為 0 a 根據(jù)牛頓第二定律mgFmaF ABAB cossin 0， 聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得 2 0 /5 . 7sma 當(dāng) 0 2 1 /5asma，此時(shí) AC 繩伸直且有拉力。 根 據(jù)牛 頓第 二定 律 1 sinmaFF ACAB ；mgFABcos， 聯(lián)立 兩式 并代 入數(shù) 據(jù)得 NFNF ACAB 15， 當(dāng) 0 2 2 /10asma，此時(shí) AC 繩不能伸直，0 AC F。 AB 繩與豎直方向夾角，據(jù)牛頓第二定律 2 sinmaF AB ，mgF AB cos。聯(lián)立兩 式并代入數(shù)據(jù)得NF AB 7 . 5。 4 兩個(gè)相同的小球 A 和 B，質(zhì)量均為 m，用長(zhǎng)度相同的兩根細(xì)線把 A、B 兩球懸掛在水平天花板 上的同一點(diǎn) O，并用長(zhǎng)度相同的細(xì)線連接 A、B 兩小球，然后用一水平方向的力 F 作用在小球 A 上，此時(shí)三根細(xì)線均處于直線狀態(tài)，且 OB 細(xì)線恰好處于豎直方向，如圖 1 所示，如果不考慮 小球的大小，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則力 F 的大小為（） A. 0B. mgC.mg3D. 3 3mg 圖 1.10 答案：C 5 如圖 1.11 甲所示，一根輕繩上端固定在 O 點(diǎn)，下端拴一個(gè)重為 G 的鋼球 A，球處于靜止?fàn)顟B(tài)。 現(xiàn)對(duì)球施加一個(gè)方向向右的外力 F，使球緩慢偏移，在移動(dòng)中的每一刻，都可以認(rèn)為球處于平 衡狀態(tài)，如果外力 F 方向始終水平，最大值為 2G，試求： （1）輕繩張力 FT的大小取值范圍； （2）在乙圖中畫(huà)出輕繩張力與 cos的關(guān)系圖象。 圖 1.11 答案： （1）當(dāng)水平拉力 F=0 時(shí)，輕繩處于豎直位置時(shí)，繩子張力最小GFT 1 當(dāng)水平拉力 F=2G 時(shí)，繩子張力最大： GGGFT5)2( 22 2 因此輕繩的張力范圍是： GFG T 5 （2）設(shè)在某位置球處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得GFTcos 所以 cos G FT即 cos 1 T F，得圖象如圖 7。 圖 7 6 如圖 1.12 所示，斜面與水平面間的夾角 30，物體 A 和 B 的質(zhì)量分別為mkg A 10、 mkg B 5。兩者之間用質(zhì)量可以不計(jì)的細(xì)繩相連。求： （1） 如 A 和 B 對(duì)斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為 A 06 .，B 02 .時(shí)， 兩物體的加速度各為多大？ 繩的張力為多少？ （2）如果把 A 和 B 位置互換，兩個(gè)物體的加速度及繩的張力各是多少？ （3）如果斜面為光滑時(shí)，則兩個(gè)物體的加速度及繩的張力又各是多少？ 圖 1.12 解析： （1）設(shè)繩子的張力為FT，物體 A 和 B 沿斜面下滑的加速度分別為aA和aB，根據(jù)牛頓第 二定律： 對(duì) A 有m gFm gm a ATAAAA sincos 對(duì) B 有m gFm gm a BTBBBB sincos 設(shè)FT 0，即假設(shè)繩子沒(méi)有張力，聯(lián)立求解得gaa ABBA cos () ，因 AB ， 故 aa BA 說(shuō) 明 物 體 B 運(yùn) 動(dòng) 比 物 體 A 的 運(yùn) 動(dòng) 快 ， 繩 松 弛 ， 所 以FT 0的 假 設(shè) 成 立 。 故 有 agm s AA (sincos )./0196 2 因而實(shí)際不符，則A靜止。 agm s BB (sincos )./327 2 （2）如 B 與 A 互換則gaa ABBA cos () 0，即 B 物運(yùn)動(dòng)得比 A 物快，所以 A、 B之間有拉力且共速，用整體法 m gm gm gm gmma ABAABBAB sinsincoscos()代入數(shù)據(jù)求出 am s 096 2 ./，用隔離法對(duì) B：m gm gFm a BBBTB sincos代入數(shù)據(jù)求出FN T 115 . （3）如斜面光滑摩擦不計(jì)，則 A 和 B 沿斜面的加速度均為agm ssin/5 2 兩物間無(wú)作用 力。 7 如圖 1.13 所示，固定在小車(chē)上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為、在斜桿下端固定有質(zhì)量為 m 的小球，下列關(guān)于桿對(duì)球的作用力 F 的判斷中，正確的是（） A. 小車(chē)靜止時(shí)，F(xiàn)mgsin，方向沿桿向上 B. 小車(chē)靜止時(shí)，F(xiàn)mgcos，方向垂直桿向上 C. 小車(chē)向右以加速度 a 運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定有Fma/ sin D. 小車(chē)向左以加速度 a 運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)mamg()() 22 ，方向 斜向左上方，與豎直方向的夾角為 arctan( /)ag圖 1.13 解析：小車(chē)靜止時(shí)，由物體的平衡條件知桿對(duì)球的作用力方向豎直向上，且大小等于球的重力 mg。 小車(chē)向右以加速度 a 運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球受桿的作用力方向與豎直方向的夾角為，如圖 4 所示，根 據(jù)牛頓第二定律有：Fmasin，F(xiàn)mgcos，兩式相除得：tan/ ag。 圖 4 只有當(dāng)球的加速度agtan且向右時(shí)，桿對(duì)球的作用力才沿桿的方向，此時(shí)才有 Fma/ sin。 小車(chē)向左以加速度 a 運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)牛頓第二定律知小球所受重力 mg 和桿對(duì)球的作用 力 F 的合力大小為 ma，方向水平向左。根據(jù)力的合成知Fmamg()() 22 ，方向斜向左上方， 與豎直方向的夾角為： arctan( /)ag 8 如圖 1.14 所示，在動(dòng)力小車(chē)上固定一直角硬桿 ABC，分別系在水平直桿 AB 兩端的輕彈簧和細(xì) 線將小球 P 懸吊起來(lái)。輕彈簧的勁度系數(shù)為 k，小球 P 的質(zhì)量為 m，當(dāng)小車(chē)沿水平地面以加速 度 a 向右運(yùn)動(dòng)而達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，輕彈簧保持豎直，而細(xì)線與桿的豎直部分的夾角為，試求 此時(shí)彈簧的形變量。 圖 1.14 答案：Fma T sin，F(xiàn)Fmg T cos，F(xiàn)kx xm gak(cot ) /，討論： 若agtan則彈簧伸長(zhǎng)xm gak(cot ) / 若agtan則彈簧伸長(zhǎng)x 0 若agtan則彈簧壓縮xm agk( cot) / 五、彈簧模型（動(dòng)力學(xué)）五、彈簧模型（動(dòng)力學(xué)） 1 如圖 1.15 所示， 四個(gè)完全相同的彈簧都處于水平位置， 它們的右端受到大小皆為 F 的拉力作用， 而左端的情況各不相同：中彈簧的左端固定在墻上。中彈簧的左端受大小也為 F 的拉力作 用。中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在光滑的桌面上滑動(dòng)。中彈簧的左端拴一小物塊，物 塊在有摩擦的桌面上滑動(dòng)。若認(rèn)為彈簧的質(zhì)量都為零，以 l1、l2、l3、l4依次表示四個(gè)彈簧的伸 長(zhǎng)量，則有（） 圖 1.15 A.ll 21 B.ll 43 C.ll 13 D.ll 24 解析：當(dāng)彈簧處于靜止（或勻速運(yùn)動(dòng)）時(shí)，彈簧兩端受力大小相等，產(chǎn)生的彈力也相等，用其中 任意一端產(chǎn)生的彈力代入胡克定律即可求形變。當(dāng)彈簧處于加速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)，以彈簧為研究對(duì)象， 由于其質(zhì)量為零， 無(wú)論加速度 a 為多少， 仍然可以得到彈簧兩端受力大小相等。 由于彈簧彈力F彈與 施加在彈簧上的外力 F 是作用力與反作用的關(guān)系，因此，彈簧的彈力也處處相等，與靜止情況沒(méi)有 區(qū)別。在題目所述四種情況中，由于彈簧的右端受到大小皆為 F 的拉力作用，且彈簧質(zhì)量都為零， 根據(jù)作用力與反作用力關(guān)系，彈簧產(chǎn)生的彈力大小皆為 F，又由四個(gè)彈簧完全相同，根據(jù)胡克定律， 它們的伸長(zhǎng)量皆相等，所以正確選項(xiàng)為 D。 2 用如圖 1.16 所示的裝置可以測(cè)量汽車(chē)在水平路面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度。該裝置是在矩 形箱子的前、后壁上各安裝一個(gè)由力敏電阻組成的壓力傳感器。用兩根相同的輕彈簧夾著一個(gè) 質(zhì)量為 2.0kg 的滑塊，滑塊可無(wú)摩擦的滑動(dòng)，兩彈簧的另一端分別壓在傳感器 a、b 上，其壓力 大小可直接從傳感器的液晶顯示屏上讀出。現(xiàn)將裝置沿運(yùn)動(dòng)方向固定在汽車(chē)上，傳感器 b 在前， 傳感器 a 在后，汽車(chē)靜止時(shí)，傳感器 a、b 的示數(shù)均為 10N（取gm s 10 2 /） （1）若傳感器 a 的示數(shù)為 14N、b 的示數(shù)為 6.0N，求此時(shí)汽車(chē)的加速度大小和方向。 （2）當(dāng)汽車(chē)以怎樣的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳感器 a 的示數(shù)為零。 圖 1.16 解析： （1）FFma 121 ，a FF m m s 1 122 40 ./ a1的方向向右或向前。 （2）根據(jù)題意可知，當(dāng)左側(cè)彈簧彈力F10時(shí)，右側(cè)彈簧的彈力FN 2 20 Fma 22 代入數(shù)據(jù)得a F m m s 2 22 10 /，方向向左或向后 3 如圖 1.17 所示，一根輕彈簧上端固定在 O 點(diǎn)，下端系一個(gè)鋼球 P，球處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)球施 加一個(gè)方向向右的外力 F，吏球緩慢偏移。若外力 F 方向始終水平，移動(dòng)中彈簧與豎直方向的 夾角 90且彈簧的伸長(zhǎng)量不超過(guò)彈性限度，則下面給出彈簧伸長(zhǎng)量 x 與cos的函數(shù)關(guān)系圖 象中，最接近的是（） 圖 1.17 答案：D 第二章第二章 圓周運(yùn)動(dòng)圓周運(yùn)動(dòng) 解題模型：解題模型： 一、水平方向的圓盤(pán)模型一、水平方向的圓盤(pán)模型 1 如圖 1.01 所示，水平轉(zhuǎn)盤(pán)上放有質(zhì)量為 m 的物塊，當(dāng)物塊到轉(zhuǎn)軸的距離為 r 時(shí)，連接物塊和轉(zhuǎn) 軸的繩剛好被拉直（繩上張力為零） 。物體和轉(zhuǎn)盤(pán)間最大靜摩擦力是其正壓力的倍，求： （1）當(dāng)轉(zhuǎn)盤(pán)的角速度 1 2 g r 時(shí)，細(xì)繩的拉力FT1。 （2）當(dāng)轉(zhuǎn)盤(pán)的角速度 2 3 2 g r 時(shí)，細(xì)繩的拉力FT2。 圖 2.01 解析：設(shè)轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中物體與盤(pán)間恰好達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為0，則 mgmr 0 2 ，解得 0 g r 。 （1）因?yàn)?10 2 g r ，所以物體所需向心力小于物體與盤(pán)間的最大摩擦力，則物與盤(pán)間 還未到最大靜摩擦力，細(xì)繩的拉力仍為 0，即FT10。 （2）因?yàn)?20 3 2 g r ，所以物體所需向心力大于物與盤(pán)間的最大靜摩擦力，則細(xì)繩將對(duì) 物體施加拉力FT2，由牛頓的第二定律得：Fmgmr T22 2 ，解得F mg T2 2 。 2 如圖 2.02 所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤(pán)上，沿直徑方向上放置以細(xì)線相連的 A、B 兩個(gè)小物塊。A 的質(zhì)量為mkg A 2，離軸心rcm 1 20，B 的質(zhì)量為mkg B 1，離軸心rcm 2 10，A、B 與 盤(pán)面間相互作用的摩擦力最大值為其重力的 0.5 倍，試求： （1） 當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度0為多少時(shí)， 細(xì)線上開(kāi)始出現(xiàn)張力？ （2）欲使 A、B 與盤(pán)面間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為多大？（gm s 10 2 /） 圖 2.02 （1）當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度0為多少時(shí)，細(xì)線上開(kāi)始出現(xiàn)張力？ （2）欲使 A、B 與盤(pán)面間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為多大？（gm s 10 2 /） 解析： （1）較小時(shí)，A、B 均由靜摩擦力充當(dāng)向心力，增大，F(xiàn)mr 2 可知，它們受到 的靜摩擦力也增大，而rr 12 ，所以 A 受到的靜摩擦力先達(dá)到最大值。再增大，AB 間繩子開(kāi)始 受到拉力。 由Fmr fm 10 2 2 ，得： 0 1 1 1 1 1 05 5 F m r m g m r rads fm . / （2）達(dá)到0后，再增加，B 增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共同來(lái)提供，A 增大的向 心力靠增加拉力來(lái)提供，由于 A 增大的向心力超過(guò) B 增加的向心力，再增加，B 所受摩擦力逐漸 減小，直到為零，如再增加，B 所受的摩擦力就反向，直到達(dá)最大靜摩擦力。如再增加，就不 能維持勻速圓周運(yùn)動(dòng)了，A、B 就在圓盤(pán)上滑動(dòng)起來(lái)。設(shè)此時(shí)角速度為1，繩中張力為FT，對(duì) A、 B 受力分析： 對(duì) A 有FFmr fmT111 2 1 對(duì) B 有FFmr Tfm 221 2 2 聯(lián)立解得： 1 12 1 12 2 5 2707 FF m rm r radsrads fmfm /./ 3 如圖 2.03 所示， 兩個(gè)相同材料制成的靠摩擦傳動(dòng)的輪 A 和輪 B 水平放置， 兩輪半徑RR AB 2， 當(dāng)主動(dòng)輪 A 勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在 A 輪邊緣上放置的小木塊恰能相對(duì)靜止在 A 輪邊緣上。若將小木塊 放在 B 輪上，欲使木塊相對(duì) B 輪也靜止，則木塊距 B 輪轉(zhuǎn)軸的最大距離為（） A. RB 4 B. RB 3 C. RB 2 D.RB 圖 2.03 答案：C 二、行星模型二、行星模型 1 已知?dú)湓犹幱诨鶓B(tài)時(shí)，核外電子繞核運(yùn)動(dòng)的軌道半徑mr 10 1 105 . 0 ，則氫原子處于量子 數(shù)n1、2、3，核外電子繞核運(yùn)動(dòng)的速度之比和周期之比為： （） A.3:2:1: 321 vvv； 333 321 1:2:3:TTT B. 33 321321 3:2:1:; 3 1 : 2 1 :1:TTTvvv C. 33 321321 3 1 : 2 1 :1:; 2:3:6:TTTvvv D. 以上答案均不對(duì) 解析解析：根據(jù)經(jīng)典理論，氫原子核外電子繞核作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由庫(kù)侖力提供向心力。 即 r v m r ke 2 2 2 ，從而得 線速度為 mr k ev 周期為 v r T 2 又根據(jù)玻爾理論，對(duì)應(yīng)于不同量子數(shù)的軌道半徑 n r與基態(tài)時(shí)軌道半徑 r1有下述關(guān)系式： 1 2r nrn。 由以上幾式可得v的通式為： n v mr k n e vn 1 1 所以電子在第 1、2、3 不同軌道上運(yùn)動(dòng)速度之比為： 2:3:6 3 1 : 2 1 :1: 321 vvv 而周期的通式為： 1 3 1 13 1 1 2 2 / 2 2 Tn v r n nv rn v r T 所以，電子在第 1、2、3 不同軌道上運(yùn)動(dòng)周期之比為： 333 321 3:2:1:TTT 由此可知，只有選項(xiàng) B 是正確的。 2 衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)，由于大氣阻力的作用，其軌道的高度將逐漸變化（由于高度變化很緩慢，變 化過(guò)程中的任一時(shí)刻，仍可認(rèn)為衛(wèi)星滿足勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律） ，下述衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的一些物理量的 變化正確的是： （） A. 線速度減小B. 軌道半徑增大C. 向心加速度增大D. 周期增大 解析解析：假設(shè)軌道半徑不變，由于大氣阻力使線速度減小，因而需要的向心力減小，而提供向心力 的萬(wàn)有引力不變，故提供的向心力大于需要的向心力，衛(wèi)星將做向心運(yùn)動(dòng)而使軌道半徑減小，由于 衛(wèi)星在變軌后的軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)， 滿足 32 rT r GM v和， 故v增大而 T 減小， 又 2 r GM m F a 引 ， 故a增大，則選項(xiàng) C 正確。 3 經(jīng)過(guò)用天文望遠(yuǎn)鏡長(zhǎng)期觀測(cè)，人們?cè)谟钪嬷幸呀?jīng)發(fā)現(xiàn)了許多雙星系統(tǒng)，通過(guò)對(duì)它們的研究，使 我們對(duì)宇宙中物質(zhì)的存在形式和分布情況有了較深刻的認(rèn)識(shí)，雙星系統(tǒng)由兩個(gè)星體組成，其中 每個(gè)星體的線度都遠(yuǎn)小于兩星體之間的距離，一般雙星系統(tǒng)距離其他星體很遠(yuǎn)，可以當(dāng)作孤立 系統(tǒng)來(lái)處理。現(xiàn)根據(jù)對(duì)某一雙星系統(tǒng)的光度學(xué)測(cè)量確定；該雙星系統(tǒng)中每個(gè)星體的質(zhì)量都是 M， 兩者相距 L，它們正圍繞兩者連線的中點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。 （1）試計(jì)算該雙星系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期 計(jì)算 T； （2）若實(shí)驗(yàn)中觀測(cè)到的運(yùn)動(dòng)周期為 觀測(cè) T，且) 1(:1:NNTT 計(jì)算觀測(cè) 。 為了理解 觀測(cè) T與 計(jì)算 T的不同，目前有一種流行的理論認(rèn)為，在宇宙中可能存在一種望遠(yuǎn)鏡觀測(cè) 不到的暗物質(zhì)。作為一種簡(jiǎn)化模型，我們假定在以這兩個(gè)星體連線為直徑的球體內(nèi)均勻分布這種暗 物質(zhì)。若不考慮其他暗物質(zhì)的影響，請(qǐng)根據(jù)這一模型和上述觀測(cè)結(jié)果確定該星系間這種暗物質(zhì)的密 度。 答案答案： （1）雙星均繞它們連線的中點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的速率為 v，得： GM L L v L T L GM v L GM L v M 22/2 2 , 2 2 22 計(jì)算 （2）根據(jù)觀測(cè)結(jié)果，星體的運(yùn)動(dòng)周期： 計(jì)算計(jì)算觀測(cè) TT N T 1 這種差異是由雙星系統(tǒng)（類(lèi)似一個(gè)球）內(nèi)均勻分布的暗物質(zhì)引起的，均勻分布雙星系統(tǒng)內(nèi)的暗物 質(zhì)對(duì)雙星系統(tǒng)的作用，與一個(gè)質(zhì)點(diǎn)（質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量等于球內(nèi)暗物質(zhì)的總質(zhì)量M且位于中點(diǎn) O 處）的 作用相同。考慮暗物質(zhì)作用后雙星的速度即為觀察到的速度 1 v，則有： L MMG v L MM G L GM L v M 2 ) 4( , )2/( 2 1 22 22 1 因?yàn)橹荛L(zhǎng)一定時(shí)，周期和速度成反比，得： vNv 111 1 有以上各式得M N M 4 1 設(shè)所求暗物質(zhì)的密度為，則有 3 3 2 ) 1(3 4 1 ) 2 ( 3 4 L MN M NL 故 第 1頁(yè) 第三章第三章 功和能功和能 一、水平方向的彈性碰撞一、水平方向的彈性碰撞 1 在光滑水平地面上有兩個(gè)相同的彈性小球 A、B，質(zhì)量都為 m，現(xiàn) B 球靜止，A 球向 B 球運(yùn)動(dòng)， 發(fā)生正碰。已知碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒，兩球壓縮最緊時(shí)的彈性勢(shì)能為 EP，則碰前 A 球的速 度等于（） A. m EP B. m EP2 C. m EP 2D. m EP2 2 解析：設(shè)碰前 A 球的速度為 v0，兩球壓縮最緊時(shí)的速度為 v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得出 mvmv2 0 ，由能量守恒定律得 22 0 )2( 2 1 2 1 vmEmv P ，聯(lián)立解得 m E v P 2 0 ，所以正確選項(xiàng) 為 C。 2 在原子核物理中，研究核子與核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)” 。這類(lèi)反應(yīng)的前半部 分過(guò)程和下述力學(xué)模型類(lèi)似，兩個(gè)小球 A 和 B 用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜 止?fàn)顟B(tài)， 在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板 P， 右邊有一小球 C 沿軌道以速度 v0射向 B 球， 如圖 3.01 所示，C 與 B 發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體 D，在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)彈 簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然被鎖定，不再改變，然后，A 球與擋板 P 發(fā)生碰撞，碰后 A、D 都靜止不動(dòng)，A 與 P 接觸而不粘連，過(guò)一段時(shí)間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無(wú)機(jī)械能 損失） ，已知 A、B、C 三球的質(zhì)量均為 m。 圖 3.01 （1）求彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后 A 球的速度。 （2）求在 A 球離開(kāi)擋板 P 之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能。 解析： （1）設(shè) C 球與 B 球粘結(jié)成 D 時(shí)，D 的速度為 v1，由動(dòng)量守恒得 10 )(vmmmv當(dāng)彈 簧壓至最短時(shí)，D 與 A 的速度相等，設(shè)此速度為 v2，由動(dòng)量守恒得 21 32mvmv ，由以上兩式求得 A 的速度 02 3 1 vv 。 （ 2 ） 設(shè) 彈 簧 長(zhǎng) 度 被 鎖 定 后 ， 貯 存 在 彈 簧 中 的 勢(shì) 能 為 EP， 由 能 量 守 恒 ， 有 P Emvmv 2 2 2 1 3 2 1 2 2 1 撞擊 P 后，A 與 D 的動(dòng)能都為零，解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長(zhǎng) 度時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)彎成 D 的動(dòng)能，設(shè) D 的速度為 v3，則有 2 3 )2( 2 1 vmEP 以后彈簧伸長(zhǎng)，A 球離開(kāi)擋板 P，并獲得速度，當(dāng) A、D 的速度相等時(shí)，彈簧伸至最長(zhǎng)，設(shè)此 時(shí)的速度為 v4，由動(dòng)量守恒得 43 32mvmv 當(dāng)彈簧伸到最長(zhǎng)時(shí)，其勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)能為 EP，由能量守恒，有3 2 1 2 2 1 2 4 2 3P Emvmv 解以上各式得 2 0 36 1 mvEP。 3 圖 3.02 中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊 B 相連，B 靜止在水平直導(dǎo)軌上，彈簧處在原長(zhǎng) 狀態(tài)。另一質(zhì)量與 B 相同滑塊 A，從導(dǎo)軌上的 P 點(diǎn)以某一初速度向 B 滑行，當(dāng) A 滑過(guò)距離 l1 時(shí)，與 B 相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后 A、B 緊貼在一起運(yùn)動(dòng)，但互不粘連。已知最后 A 恰好返 回出發(fā)點(diǎn) P 并停止，滑塊 A 和 B 與導(dǎo)軌的滑動(dòng)摩擦因數(shù)都為，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧最大形變量為 l2，重力加速度為 g，求 A 從 P 出發(fā)的初速度 v0。 圖 3.02 解析：令 A、B 質(zhì)量皆為 m，A 剛接觸 B 時(shí)速度為 v1（碰前） 由功能關(guān)系，有 1 2 1 2 0 2 1 2 1 mglmvmv A、B 碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，令碰后 A、B 共同運(yùn)