高考物理解題模型

1、第一章 運動和力一、追及、相遇模型模型講解：1 火車甲正以速度v1向前行駛，司機突然發(fā)現前方距甲d處有火車乙正以較小速度v2同向勻速行駛，于是他立即剎車，使火車做勻減速運動。為了使兩車不相撞，加速度a應滿足什么條件？解析：設以火車乙為參照物，則甲相對乙做初速為、加速度為a的勻減速運動。若甲相對乙的速度為零時兩車不相撞，則此后就不會相撞。因此，不相撞的臨界條件是：甲車減速到與乙車車速相同時，甲相對乙的位移為d。即：，故不相撞的條件為2 甲、乙兩物體相距s，在同一直線上同方向做勻減速運動，速度減為零后就保持靜止不動。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

2、a2且知v1<v2，但兩物體一直沒有相遇，求甲、乙兩物體在運動過程中相距的最小距離為多少？解析：若是，說明甲物體先停止運動或甲、乙同時停止運動。在運動過程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有兩物體都停止運動時，才相距最近，可得最近距離為若是，說明乙物體先停止運動那么兩物體在運動過程中總存在速度相等的時刻，此時兩物體相距最近，根據，求得在t時間內 甲的位移 乙的位移代入表達式求得3 如圖1.01所示，聲源S和觀察者A都沿x軸正方向運動，相對于地面的速率分別為和?？諝庵新曇魝鞑サ乃俾蕿?，設，空氣相對于地面沒有流動。圖1.01（1） 若聲源相繼發(fā)出兩個聲信號。時間間隔為，請根據發(fā)出的這兩個聲信號

3、從聲源傳播到觀察者的過程。確定觀察者接收到這兩個聲信號的時間間隔。（2） 請利用（1）的結果，推導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系式。解析：作聲源S、觀察者A、聲信號P（P1為首發(fā)聲信號，P2為再發(fā)聲信號）的位移時間圖象如圖2所示圖線的斜率即為它們的速度則有：圖2兩式相減可得：解得（2）設聲源發(fā)出聲波的振動周期為T，這樣，由以上結論，觀察者接收到的聲波振動的周期為由此可得，觀察者接收到的聲波頻率與聲源發(fā)出聲波頻率間的關系為4 在一條平直的公路上，乙車以10m/s的速度勻速行駛，甲車在乙車的后面作初速度為15m/s，加速度大小為0.5m/s2的勻減速運動，則兩車初始距離

4、L滿足什么條件時可以使（1）兩車不相遇；（2）兩車只相遇一次；（3）兩車能相遇兩次（設兩車相遇時互不影響各自的運動）。答案：設兩車速度相等經歷的時間為t，則甲車恰能追及乙車時，應有其中，解得若，則兩車等速時也未追及，以后間距會逐漸增大，及兩車不相遇。若，則兩車等速時恰好追及，兩車只相遇一次，以后間距會逐漸增大。若，則兩車等速時，甲車已運動至乙車前面，以后還能再次相遇，即能相遇兩次。二、先加速后減速模型模型概述：物體先加速后減速的問題是運動學中典型的綜合問題，也是近幾年的高考熱點，同學在求解這類問題時一定要注意前一過程的末速度是下一過程的初速度，如能畫出速度圖象就更明確過程了。模型講解：1 一小

5、圓盤靜止在桌面上，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。已知盤與桌布間的動摩擦因數為，盤與桌面間的動摩擦因數為?，F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）解析：根據題意可作出物塊的速度圖象如圖2所示。設圓盤的質量為m，桌邊長為L，在桌布從圓盤下抽出的過程中，盤的加速度為，有 圖2 圖1.02桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運動，以表示加速度的大小，有設盤剛離開桌布時的速度為，移動的距離為，離開桌布后在桌面上再運動距離后便停下，由勻變速直線運動的規(guī)律可得： 盤沒

6、有從桌面上掉下的條件是：設桌布從盤下抽出所經歷時間為t，在這段時間內桌布移動的距離為x，有：，而，求得：，及聯(lián)立解得2 一個質量為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20s物體靜止，該物體的速度圖象如圖3所示，則下面說法中正確的是（ ）A. 物體通過的總位移為150m圖3B. 物體的最大動能為20JC. 物體前10s內和后10s內加速度大小之比為2：1D. 物體所受水平恒力和摩擦力大小之比為3：1答案：ACD三、斜面模型1 相距為20cm的平行金屬導軌傾斜放置，如圖1.03，導軌所在平面與水平面的夾角為，現在導軌上放一質量為330g的金屬

7、棒ab，它與導軌間動摩擦系數為，整個裝置處于磁感應強度B=2T的豎直向上的勻強磁場中，導軌所接電源電動勢為15V，內阻不計，滑動變阻器的阻值可按要求進行調節(jié)，其他部分電阻不計，取，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度為多少？（2）ab中通入的最小電流強度為多少？ 導體棒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，可知導體棒所受安培力水平向右。當導體棒所受安培力較大時，導體棒所受靜摩擦力沿導軌向下，當導體棒所受安培力較小時，導體棒所受靜摩擦力沿導軌向上。（1）ab中通入最大電流強度時受力分析如圖2，此時最大靜摩擦力沿斜面向下，建立直角坐標系

8、，由ab平衡可知，x方向：y方向：由以上各式聯(lián)立解得：（2）通入最小電流時，ab受力分析如圖3所示，此時靜摩擦力，方向沿斜面向上，建立直角坐標系，由平衡有：x方向：y方向： 聯(lián)立兩式解得：由2.物體置于光滑的斜面上，當斜面固定時，物體沿斜面下滑的加速度為，斜面對物體的彈力為。斜面不固定，且地面也光滑時，物體下滑的加速度為，斜面對物體的彈力為，則下列關系正確的是：A. B. C. D. 當斜面可動時，對物體來說是相對斜面這個加速參考系在作加速運動，而且物體和參考系的運動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

9、面彈力的方向也是惟一的，由共點力合成的三角形法則，斜面固定時，加速度方向沿斜面向下，作出的矢量圖如實線所示，當斜面也運動時，物體并不沿平行于斜面方向運動，相對于地面的實際運動方向如虛線所示。所以正確選項為B。2 帶負電的小物體在傾角為的絕緣斜面上，整個斜面處于范圍足夠大、方向水平向右的勻強電場中，如圖1.04所示。物體A的質量為m，電量為-q，與斜面間的動摩擦因素為，它在電場中受到的電場力的大小等于重力的一半。物體A在斜面上由靜止開始下滑，經時間t后突然在斜面區(qū)域加上范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向與電場強度方向垂直，磁感應強度大小為B，此后物體A沿斜面繼續(xù)下滑距離L后離開斜面。（1）物體A在斜

10、面上的運動情況？說明理由。圖1.04（2）物體A在斜面上運動過程中有多少能量轉化為內能？（結果用字母表示）（1）物體A在斜面上受重力、電場力、支持力和滑動摩擦力的作用，<1>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動；<2>加上勻強磁場后，還受方向垂直斜面向上的洛倫茲力作用，方可使A離開斜面，故磁感應強度方向應垂直紙面向里。隨著速度的增加，洛倫茲力增大，斜面的支持力減小，滑動摩擦力減小，物體繼續(xù)做加速度增大的加速運動，直到斜面的支持力變?yōu)榱?，此后小物體A將離開地面。（2）加磁場之前，物體A做勻加速運動，據牛頓運動定律有：解出A沿斜面運動的距離為：加上磁

11、場后，受到洛倫茲力隨速度增大，支持力減小，直到時，物體A將離開斜面，有：物體A在斜面上運動的全過程中，重力和電場力做正功，滑動摩擦力做負功，洛倫茲力不做功，根據動能定理有：物體A克服摩擦力做功，機械能轉化為內能：3 如圖1.05所示，在水平地面上有一輛運動的平板小車，車上固定一個盛水的杯子，杯子的直徑為R。當小車作勻加速運動時，水面呈如圖所示狀態(tài)，左右液面的高度差為h，則小車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動情況，根據杯中水的形狀，可以構建這樣的一個模型，一個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

12、度為：。我們取杯中水面上的一滴水為研究對象，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象，它相對靜止在“斜面”上，可以得出其加速度為，而，得，方向水平向右。 4 如圖1.06所示，質量為M的木板放在傾角為的光滑斜面上，質量為m的人在木板上跑，假如腳與板接觸處不打滑。（1）要保持木板相對斜面靜止，人應以多大的加速度朝什么方向跑動？（2）要保持人相對于斜面的位置不變，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向運動？圖1.06答案：（1）要保持木板相對斜面靜止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力與木板的下滑力平衡，即，根據作用力與反作用力人受到木板對他沿斜面向下的摩擦力所以人受

13、到的合力為： 方向沿斜面向下。（2）要保持人相對于斜面的位置不變，對人有，F為人受到的摩擦力且沿斜面向上，根據作用力與反作用力等值反向的特點判斷木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小為所以木板受到的合力為：方向沿斜面向下。四、掛件模型1 圖1.07中重物的質量為m，輕細線AO和BO的A、B端是固定的。平衡時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. B. C. D. 解析：以“結點”O(jiān)為研究對象，沿水平、豎直方向建立坐標系，在水平方向有豎直方向有聯(lián)立求解得BD正確。2 物體A質量為，用兩根輕繩B、C連接且豎直墻上，在物體A上加一恒力F，若圖1.08中力F、輕

14、繩AB與水平線夾角均為，要使兩繩都能繃直，求恒力F的大小。 解析：要使兩繩都能繃直，必須，再利用正交分解法作數學討論。作出A的受力分析圖3，由正交分解法的平衡條件：解得兩繩都繃直，必須由以上解得F有最大值，解得F有最小值，所以F的取值為。3 如圖1.09所示，AB、AC為不可伸長的輕繩，小球質量為m=0.4kg。當小車靜止時，AC水平，AB與豎直方向夾角為=37°，試求小車分別以下列加速度向右勻加速運動時，兩繩上的張力FAC、FAB分別為多少。取g=10m/s2。（1）；（2）。解析設繩AC水平且拉力剛好為零時，臨界加速度為根據牛頓第二定律聯(lián)立兩式并代入數據得當，此時AC繩伸直且有拉

15、力。根據牛頓第二定律；，聯(lián)立兩式并代入數據得當，此時AC繩不能伸直，。AB繩與豎直方向夾角，據牛頓第二定律， 。聯(lián)立兩式并代入數據得。4 兩個相同的小球A和B，質量均為m，用長度相同的兩根細線把A、B兩球懸掛在水平天花板上的同一點O，并用長度相同的細線連接A、B兩小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此時三根細線均處于直線狀態(tài)，且OB細線恰好處于豎直方向，如圖1所示，如果不考慮小球的大小，兩球均處于靜止狀態(tài)，則力F的大小為（ ）A. 0B. mgC. D. 答案：C5 如圖1.11甲所示，一根輕繩上端固定在O點，下端拴一個重為G的鋼球A，球處于靜止狀態(tài)。現對球施加一個方向向右的外力F，使

16、球緩慢偏移，在移動中的每一刻，都可以認為球處于平衡狀態(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）在乙圖中畫出輕繩張力與cos的關系圖象。圖1.11 答案：（1）當水平拉力F=0時，輕繩處于豎直位置時，繩子張力最小當水平拉力F=2G時，繩子張力最大：因此輕繩的張力范圍是：（2）設在某位置球處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得所以即，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，物體A和B的質量分別為、。兩者之間用質量可以不計的細繩相連。求：（1）如A和B對斜面的動摩擦因數分別為，時，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

17、互換，兩個物體的加速度及繩的張力各是多少？（3）如果斜面為光滑時，則兩個物體的加速度及繩的張力又各是多少？圖1.12 解析：（1）設繩子的張力為，物體A和B沿斜面下滑的加速度分別為和，根據牛頓第二定律：對A有對B有設，即假設繩子沒有張力，聯(lián)立求解得，因，故說明物體B運動比物體A的運動快，繩松弛，所以的假設成立。故有因而實際不符，則A靜止。（2）如B與A互換則，即B物運動得比A物快，所以A、B之間有拉力且共速，用整體法代入數據求出，用隔離法對B：代入數據求出（3）如斜面光滑摩擦不計，則A和B沿斜面的加速度均為兩物間無作用力。7 如圖1.13所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為、在斜桿下

18、端固定有質量為m的小球，下列關于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是（ ） A. 小車靜止時，方向沿桿向上B. 小車靜止時，方向垂直桿向上C. 小車向右以加速度a運動時，一定有D. 小車向左以加速度a運動時，方向 斜向左上方，與豎直方向的夾角為 圖1.13解析：小車靜止時，由物體的平衡條件知桿對球的作用力方向豎直向上，且大小等于球的重力mg。小車向右以加速度a運動，設小球受桿的作用力方向與豎直方向的夾角為，如圖4所示，根據牛頓第二定律有：，兩式相除得：。圖4只有當球的加速度且向右時，桿對球的作用力才沿桿的方向，此時才有。小車向左以加速度a運動，根據牛頓第二定律知小球所受重力mg和桿對球的作用力F

19、的合力大小為ma，方向水平向左。根據力的合成知，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為：如圖1.14所示，在動力小車上固定一直角硬桿ABC，分別系在水平直桿AB兩端的輕彈簧和細線將小球P懸吊起來。輕彈簧的勁度系數為k，小球P的質量為m，當小車沿水平地面以加速度a向右運動而達到穩(wěn)定狀態(tài)時，輕彈簧保持豎直，而細線與桿的豎直部分的夾角為，試求此時彈簧的形變量。答案：，討論：若則彈簧伸長 若則彈簧伸長若則彈簧壓縮五、彈簧模型（動力學）1 如圖1.15所示，四個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。

20、中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在光滑的桌面上滑動。中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在有摩擦的桌面上滑動。若認為彈簧的質量都為零，以l1、l2、l3、l4依次表示四個彈簧的伸長量，則有（ ） 圖1.15 A. B. C. D. 解析：當彈簧處于靜止（或勻速運動）時，彈簧兩端受力大小相等，產生的彈力也相等，用其中任意一端產生的彈力代入胡克定律即可求形變。當彈簧處于加速運動狀態(tài)時，以彈簧為研究對象，由于其質量為零，無論加速度a為多少，仍然可以得到彈簧兩端受力大小相等。由于彈簧彈力與施加在彈簧上的外力F是作用力與反作用的關系，因此，彈簧的彈力也處處相等，與靜止情況沒有區(qū)別。在題目所述四種情況中，由于彈簧的右

21、端受到大小皆為F的拉力作用，且彈簧質量都為零，根據作用力與反作用力關系，彈簧產生的彈力大小皆為F，又由四個彈簧完全相同，根據胡克定律，它們的伸長量皆相等，所以正確選項為D。2 用如圖1.16所示的裝置可以測量汽車在水平路面上做勻加速直線運動的加速度。該裝置是在矩形箱子的前、后壁上各安裝一個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質量為2.0kg的滑塊，滑塊可無摩擦的滑動，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?，F將裝置沿運動方向固定在汽車上，傳感器b在前，傳感器a在后，汽車靜止時，傳感器a、b的示數均為10N（?。?）若傳感器a的示數為

22、14N、b的示數為6.0N，求此時汽車的加速度大小和方向。（2）當汽車以怎樣的加速度運動時，傳感器a的示數為零。圖1.16 解析：（1），a1的方向向右或向前。（2）根據題意可知，當左側彈簧彈力時，右側彈簧的彈力代入數據得，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，下端系一個鋼球P，球處于靜止狀態(tài)?，F對球施加一個方向向右的外力F，吏球緩慢偏移。若外力F方向始終水平，移動中彈簧與豎直方向的夾角且彈簧的伸長量不超過彈性限度，則下面給出彈簧伸長量x與的函數關系圖象中，最接近的是（ ）圖1.17 答案：D第二章 圓周運動解題模型：一、水平方向的圓盤模型1 如圖1.01所示，水平轉盤

23、上放有質量為m的物塊，當物塊到轉軸的距離為r時，連接物塊和轉軸的繩剛好被拉直（繩上張力為零）。物體和轉盤間最大靜摩擦力是其正壓力的倍，求：（1）當轉盤的角速度時，細繩的拉力。（2）當轉盤的角速度時，細繩的拉力。 圖2.01 解析：設轉動過程中物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力時轉動的角速度為，則，解得。（1）因為，所以物體所需向心力小于物體與盤間的最大摩擦力，則物與盤間還未到最大靜摩擦力，細繩的拉力仍為0，即。（2）因為，所以物體所需向心力大于物與盤間的最大靜摩擦力，則細繩將對物體施加拉力，由牛頓的第二定律得：，解得。2 如圖2.02所示，在勻速轉動的圓盤上，沿直徑方向上放置以細線相連的A、B兩個

24、小物塊。A的質量為，離軸心，B的質量為，離軸心，A、B與盤面間相互作用的摩擦力最大值為其重力的0.5倍，試求：（1）當圓盤轉動的角速度為多少時，細線上開始出現張力？（2）欲使A、B與盤面間不發(fā)生相對滑動，則圓盤轉動的最大角速度為多大？（）圖2.02 （1）當圓盤轉動的角速度為多少時，細線上開始出現張力？（2）欲使A、B與盤面間不發(fā)生相對滑動，則圓盤轉動的最大角速度為多大？（）解析：（1）較小時，A、B均由靜摩擦力充當向心力，增大，可知，它們受到的靜摩擦力也增大，而，所以A受到的靜摩擦力先達到最大值。再增大，AB間繩子開始受到拉力。由，得：（2）達到后，再增加，B增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共

25、同來提供，A增大的向心力靠增加拉力來提供，由于A增大的向心力超過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，直到達最大靜摩擦力。如再增加，就不能維持勻速圓周運動了，A、B就在圓盤上滑動起來。設此時角速度為，繩中張力為，對A、B受力分析：對A有對B有聯(lián)立解得：3 如圖2.03所示，兩個相同材料制成的靠摩擦傳動的輪A和輪B水平放置，兩輪半徑，當主動輪A勻速轉動時，在A輪邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在A輪邊緣上。若將小木塊放在B輪上，欲使木塊相對B輪也靜止，則木塊距B輪轉軸的最大距離為（ ）A. B. C. D. 圖2.03 答案：C二、行星模型1 已知

26、氫原子處于基態(tài)時，核外電子繞核運動的軌道半徑，則氫原子處于量子數1、2、3，核外電子繞核運動的速度之比和周期之比為：（ ）A. ；B. C. D. 以上答案均不對解析：根據經典理論，氫原子核外電子繞核作勻速率圓周運動時，由庫侖力提供向心力。即，從而得線速度為周期為又根據玻爾理論，對應于不同量子數的軌道半徑與基態(tài)時軌道半徑r1有下述關系式：。由以上幾式可得v的通式為：所以電子在第1、2、3不同軌道上運動速度之比為：而周期的通式為：所以，電子在第1、2、3不同軌道上運動周期之比為：由此可知，只有選項B是正確的。2 衛(wèi)星做圓周運動，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

27、過程中的任一時刻，仍可認為衛(wèi)星滿足勻速圓周運動的規(guī)律），下述衛(wèi)星運動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：假設軌道半徑不變，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)星將做向心運動而使軌道半徑減小，由于衛(wèi)星在變軌后的軌道上運動時，滿足，故增大而T減小，又，故a增大，則選項C正確。3 經過用天文望遠鏡長期觀測，人們在宇宙中已經發(fā)現了許多雙星系統(tǒng)，通過對它們的研究，使我們對宇宙中物質的存在形式和分布情況有了較深刻的認識，雙星系統(tǒng)由兩個星體組成，其中每個星體

28、的線度都遠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，可以當作孤立系統(tǒng)來處理?，F根據對某一雙星系統(tǒng)的光度學測量確定；該雙星系統(tǒng)中每個星體的質量都是M，兩者相距L，它們正圍繞兩者連線的中點做圓周運動。（1）試計算該雙星系統(tǒng)的運動周期；（2）若實驗中觀測到的運動周期為，且。為了理解與的不同，目前有一種流行的理論認為，在宇宙中可能存在一種望遠鏡觀測不到的暗物質。作為一種簡化模型，我們假定在以這兩個星體連線為直徑的球體內均勻分布這種暗物質。若不考慮其他暗物質的影響，請根據這一模型和上述觀測結果確定該星系間這種暗物質的密度。答案：（1）雙星均繞它們連線的中點做圓周運動，設運動的速率為v，得：（2

29、）根據觀測結果，星體的運動周期：這種差異是由雙星系統(tǒng)（類似一個球）內均勻分布的暗物質引起的，均勻分布雙星系統(tǒng)內的暗物質對雙星系統(tǒng)的作用，與一個質點（質點的質量等于球內暗物質的總質量且位于中點O處）的作用相同?？紤]暗物質作用后雙星的速度即為觀察到的速度，則有：因為周長一定時，周期和速度成反比，得：有以上各式得設所求暗物質的密度為，則有第三章 功和能一、水平方向的彈性碰撞1 在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質量都為m，現B球靜止，A球向B球運動，發(fā)生正碰。已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為EP，則碰前A球的速度等于（ ）A. B. C. D. 解析：設碰前A球的速度

30、為v0，兩球壓縮最緊時的速度為v，根據動量守恒定律得出，由能量守恒定律得，聯(lián)立解得，所以正確選項為C。2 在原子核物理中，研究核子與核子關聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應”。這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似，兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(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)生碰撞并立即結成一個整體D，在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，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，A與P接觸而不粘連，過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均

31、無機械能損失），已知A、B、C三球的質量均為m。圖3.01 （1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。（2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析：（1）設C球與B球粘結成D時，D的速度為v1，由動量守恒得當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為v2，由動量守恒得，由以上兩式求得A的速度。（2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為EP，由能量守恒，有撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉彎成D的動能，設D的速度為v3，則有以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度，當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長，設此時的速度為v4，由動量守

32、恒得當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為EP'，由能量守恒，有解以上各式得。3 圖3.02中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平直導軌上，彈簧處在原長狀態(tài)。另一質量與B相同滑塊A，從導軌上的P點以某一初速度向B滑行，當A滑過距離l1時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發(fā)點P并停止，滑塊A和B與導軌的滑動摩擦因數都為，運動過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質量皆為m，A剛接觸B時速度為v1（碰前）由功能關系，有A、B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的

33、速度為v2有碰后A、B先一起向左運動，接著A、B一起被彈回，在彈簧恢復到原長時，設A、B的共同速度為v3，在這一過程中，彈簧勢能始末狀態(tài)都為零，利用功能關系，有此后A、B開始分離，A單獨向右滑到P點停下，由功能關系有由以上各式，解得4 用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4kg的物體C靜止在前方，如圖3.03所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求在以后的運動中，（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？（2）彈性勢能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左嗎？為什么？ 解析：（1）當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由于

34、A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，有解得：（2）B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為，則設物塊A速度為vA時彈簧的彈性勢能最大為EP，根據能量守恒（3）由系統(tǒng)動量守恒得設A的速度方向向左，則則作用后A、B、C動能之和實際上系統(tǒng)的機械能根據能量守恒定律，是不可能的。故A不可能向左運動。5 如圖3.04所示，在光滑水平長直軌道上，A、B兩小球之間有一處于原長的輕質彈簧，彈簧右端與B球連接，左端與A球接觸但不粘連，已知，開始時A、B均靜止。在A球的左邊有一質量為的小球C以初速度向右運動，與A球碰撞后粘連在一起，成為一個復合球D，碰撞時間極短，接著逐漸壓縮彈簧并使B球運動，

35、經過一段時間后，D球與彈簧分離（彈簧始終處于彈性限度內）。圖3.04 （1）上述過程中，彈簧的最大彈性勢能是多少？（2）當彈簧恢復原長時B球速度是多大？（3）若開始時在B球右側某位置固定一塊擋板（圖中未畫出），在D球與彈簧分離前使B球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設B球與擋板碰撞時間極短，碰后B球速度大小不變，但方向相反，試求出此后彈簧的彈性勢能最大值的范圍。答案：（1）設C與A相碰后速度為v1，三個球共同速度為v2時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒，能量守恒有：（2）設彈簧恢復原長時，D球速度為，B球速度為則有（3）設B球與擋板相碰前瞬間D、B兩球速度與擋板碰后彈性勢能最大，D、B

36、兩球速度相等，設為當時，最大時，最小，所以二、水平方向的非彈性碰撞1 如圖3.05所示，木塊與水平彈簧相連放在光滑的水平面上，子彈沿水平方向射入木塊后留在木塊內（時間極短），然后將彈簧壓縮到最短。關于子彈和木塊組成的系統(tǒng)，下列說法真確的是A 從子彈開始射入到彈簧壓縮到最短的過程中系統(tǒng)動量守恒B 子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)動量守恒C 子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)動量不守恒D 木塊壓縮彈簧的過程中，系統(tǒng)動量守恒圖3.05 答案：B2 如圖3.06所示，一個長為L、質量為M的長方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個質量為m的物塊（可視為質點），以水平初速度從木塊的左端滑向右端，設物塊與木塊間的動摩擦因數為

37、，當物塊與木塊達到相對靜止時，物塊仍在長木塊上，求系統(tǒng)機械能轉化成內能的量Q。圖3.06 解析：可先根據動量守恒定律求出m和M的共同速度，再根據動能定理或能量守恒求出轉化為內能的量Q。對物塊，滑動摩擦力做負功，由動能定理得：即對物塊做負功，使物塊動能減少。對木塊，滑動摩擦力對木塊做正功，由動能定理得，即對木塊做正功，使木塊動能增加，系統(tǒng)減少的機械能為：本題中，物塊與木塊相對靜止時，則上式可簡化為：又以物塊、木塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向不受外力，動量守恒，則：聯(lián)立式<2>、<3>得：故系統(tǒng)機械能轉化為內能的量為：3 如圖3.07所示，光滑水平面地面上放著一輛兩端有擋板的靜止

38、的小車，車長L1m，一個大小可忽略的鐵塊從車的正中央以速度向右沿車滑行。鐵塊與小車的質量均等于m，它們之間的動摩擦因數，鐵塊與擋板碰撞過程中機械能不損失，且碰撞時間可以忽略不計，取，求從鐵快由車的正中央出發(fā)到兩者相對靜止需經歷的時間。圖3.07 答案：4 如圖3.08所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間的距離為d，右極板上有一小孔，通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質量為M，給電容器充電后，有一質量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v0對準小孔向左運動，并從小孔進入電容器，設帶電環(huán)不影響電容器板間電場分布。

39、帶電環(huán)進入電容器后距左板的最小距離為0.5d，試求： （1）帶電環(huán)與左極板相距最近時的速度v；（2）此過程中電容器移動的距離s。（3）此過程中能量如何變化？圖3.08答案：（1）帶電環(huán)進入電容器后在電場力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動，當它們的速度相等時，帶電環(huán)與電容器的左極板相距最近，由系統(tǒng)動量守恒定律可得：動量觀點：力與運動觀點：設電場力為F （2）能量觀點（在第（1）問基礎上）：對m：對M：所以運動學觀點：對M：，對m： ，解得：帶電環(huán)與電容器的速度圖像如圖5所示。由三角形面積可得：圖5解得：（3）在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電

40、勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉化為電勢能。三、人船模型1 如圖3.09所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)在水平方向動量守恒。當人起步加速前進時，船同時向后做加速運動；人勻速運動，則船勻速運動；當人停下來時，船也停下來。設某時刻人對地的速度為v，船對地的速度為v'，取人行進的方向為正方向，根據動量守恒定律有：，即因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以

41、每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度v與船的平均速度v也與它們的質量成反比，即，而人的位移，船的位移，所以船的位移與人的位移也與它們的質量成反比，即<1>式是“人船模型”的位移與質量的關系，此式的適用條件：原來處于靜止狀態(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒。由圖1可以看出：由<1><2>兩式解得2 如圖3.10所示，質量為M的小車，上面站著一個質量為m的人，車以v0的速度在光滑的水平地面上前進，現在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加v，則計算v的式子正確的是：

42、（ ）A. B. C. D. 圖3.10答案：CD3 如圖3.11所示，一排人站在沿x軸的水平軌道旁，原點O兩側的人的序號都記為n（n1，2，3，），每人只有一個沙袋，x>0一側的沙袋質量為14千克，x<0一側的沙袋質量為10千克。一質量為M48千克的小車以某初速度從原點出發(fā)向正x方向滑行。不計軌道阻力。當車每經過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度u朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，u的大小等于扔此袋之前瞬間車速大小的2n倍（n是此人的序號數）。 （1） 空車出發(fā)后，車上堆積了幾個沙袋時車就反向滑行？（2） 車上最終會有幾個沙袋？(1)在小車朝正x方向滑行的過程中,第(n-1)個沙

43、袋扔到車上后的車速為vn-1,第n個沙袋扔到車上后的車速為vn,由動量守恒定律有小車反向運動的條件是vn-1>0,vn<0,即M-nm>0 M-(n+1)m<0 代入數字,得n應為整數,故n=3,即車上堆積3個沙袋后車就反向滑行.(2)車自反向滑行直到接近x<0一側第1人所在位置時,車速保持不變,而車的質量為M+3m.若在朝負x方向滑行過程中,第(n-1)個沙袋扔到車上后車速為vn-1,第n個沙袋扔到車上后車速為vn,現取在圖中向左的方向(負x方向)為速度vn、vn-1的正方向,則由動量守恒定律有車不再向左滑行的條件是 vn-1>0,vn0即 M+3m-nm

44、>0 M+3m-(n+1)m0 n=8時,車停止滑行,即在x<0一側第8個沙袋扔到車上后車就停住.故車上最終共有大小沙袋3+8=11個.四、爆炸反沖模型1 如圖3.12所示海岸炮將炮彈水平射出，炮身質量（不含炮彈）為M，每顆炮彈質量為m，當炮身固定時，炮彈水平射程為s，那么當炮身不固定時，發(fā)射同樣的炮彈，水平射程將是多少？解析：兩次發(fā)射轉化為動能的化學能E是相同的。第一次化學能全部轉化為炮彈的動能；第二次化學能轉化為炮彈和炮身的動能，而炮彈和炮身水平動量守恒，由動能和動量的關系式知，在動量大小相同的情況下，物體的動能和質量成反比，炮彈的動能，由于平拋的射高相等，兩次射程的比等于拋出

45、時初速度之比，即：，所以。思考：有一輛炮車總質量為M，靜止在水平光滑地面上，當把質量為m的炮彈沿著與水平面成角發(fā)射出去，炮彈對地速度為，求炮車后退的速度。提示：系統(tǒng)在水平面上不受外力，故水平方向動量守恒，炮彈對地的水平速度大小為，設炮車后退方向為正方向， 2 在光滑地面上，有一輛裝有平射炮的炮車，平射炮固定在炮車上，已知炮車及炮身的質量為M，炮彈的質量為m；發(fā)射炮彈時，炸藥提供給炮身和炮彈的總機械能E0是不變的。若要使剛發(fā)射后炮彈的動能等于E0，即炸藥提供的能量全部變?yōu)榕趶椀膭幽?，則在發(fā)射前炮車應怎樣運動？答案：若在發(fā)射前給炮車一適當的初速度v0，就可實現題述的要求。在這種情況下，用v表示發(fā)射

46、后炮彈的速度，V表示發(fā)射后炮車的速度，由動量守恒可知：由能量關系可知：按題述的要求應有由以上各式得：第四章 力學綜合一、解題模型：1 如圖5.01所示，一路燈距地面的高度為h，身高為的人以速度v勻速行走。（1）試證明人的頭頂的影子作勻速運動；（2）求人影的長度隨時間的變化率。解：（1）設t=0時刻，人位于路燈的正下方O處，在時刻t，人走到S處，根據題意有OS=vt，過路燈P和人頭頂的直線與地面的交點M為t時刻人頭頂影子的位置，如圖2所示。OM為人頭頂影子到O點的距離。圖2由幾何關系，有聯(lián)立解得因OM與時間t成正比，故人頭頂的影子作勻速運動。（2）由圖2可知，在時刻t，人影的長度為SM，由幾何關

47、系，有SM=OM-OS，由以上各式得 可見影長SM與時間t成正比，所以影長隨時間的變化率。2 一水平放置的圓盤繞豎直固定軸轉動，在圓盤上沿半徑開有一條寬度為2mm的均勻狹縫。將激光器與傳感器上下對準，使二者間連線與轉軸平行，分別置于圓盤的上下兩側，且可以同步地沿圓盤半徑方向勻速移動，激光器連續(xù)向下發(fā)射激光束。在圓盤轉動過程中，當狹縫經過激光器與傳感器之間時，傳感器接收到一個激光信號，并將其輸入計算機，經處理后畫出相應圖線。圖5.02（a）為該裝置示意圖，圖5.02（b）為所接收的光信號隨時間變化的圖線，橫坐標表示時間，縱坐標表示接收到的激光信號強度，圖中。（1）利用圖（b）中的數據求1s時圓盤

48、轉動的角速度；（2）說明激光器和傳感器沿半徑移動的方向；（3）求圖（b）中第三個激光信號的寬度t3。圖5.02解析：（1）由圖線讀得，轉盤的轉動周期，角速度（2）激光器和探測器沿半徑由中心向邊緣移動（理由為：由于脈沖寬度在逐漸變窄，表明光信號能通過狹縫的時間逐漸減少，即圓盤上對應探測器所在位置的線速度逐漸增加，因此激光器和探測器沿半徑由中心向邊緣移動）。（3）設狹縫寬度為d，探測器接收到第i個脈沖時距轉軸的距離為ri，第i個脈沖的寬度為ti，激光器和探測器沿半徑的運動速度為v。由以上式聯(lián)立解得3 如圖5.03是某種靜電分選器的原理示意圖。兩個豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場，

49、分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負電。經分選電場后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上。已知兩板間距d=0.1m，板的度，電場僅局限在平行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質量之比均為。設顆粒進入電場時的初速度為零，分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計。要求兩種顆粒離開電場區(qū)域時，不接觸到極板但有最大偏轉量。重力加速度g取。（1）左右兩板各帶何種電荷？兩極板間的電壓多大？（2）若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m，顆粒落至傳送帶時的速度大小是多少？（3）設顆粒每次與傳送帶碰

50、撞反彈時，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大小的一半。寫出顆粒第n次碰撞反彈高度的表達式。并求出經過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0？圖5.03 解析：（1）左板帶負電荷，右板帶正電荷。依題意，顆粒在平行板間的豎直方向上滿足在水平方向上滿足：兩式聯(lián)立得（2）根據動能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足（3）在豎直方向顆粒作自由落體運動，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度反彈高度根據題設條件，顆粒第n次反彈后上升的高度：當時，4 偵察衛(wèi)星在通過地球兩極上空的圓軌道上運行，它的運行軌道距地面高為h，要使衛(wèi)星在一天的時間內將地面上赤道各處在日照條件下的情況全部都拍攝下來，衛(wèi)星在通過赤道上空時

51、，衛(wèi)星上的攝影像機至少應拍地面上赤道圓周的弧長是多少？設地球半徑為R，地面處的重力加速度為g，地球自轉的周期為T。解析：設衛(wèi)星周期為T1，那么：又有地球自轉角速度為在衛(wèi)星繞行地球一周的時間T1內，地球轉過的圓心角為那么攝像機轉到赤道正上方時攝下圓周的弧長為由得5 如圖5.04所示，一對雜技演員（都視為質點）乘秋千（秋千繩處于水平位置）從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A。求男演員落地點C與O點的水平距離s。已知男演員質量m1和女演員質量m2之比，秋千的質量不計，擺長為R，C點比O點低5R。圖5.04 解析：設分離前男女

52、演員在秋千最低點B的速度為，由機械能守恒定律，設剛分離時男演員速度的大小為，方向與相同；女演員速度的大小為，方向與相反，由動量守恒，分離后，男演員做平拋運動，設男演員從被推出到落在C點所需的時間為t，根據題給條件，由運動學規(guī)律，根據題給條件，女演員剛好回A點，由機械能守恒定律，已知，由以上各式可得。6 在廣場游玩時，一個小孩將一充有氫氣的氣球用細繩系于一個小石塊上，并將小石塊放置于水平地面上。已知小石塊的質量為，氣球（含球內氫氣）的質量為，氣球體積為V，空氣密度為（V和均視作不變量），風沿水平方向吹，風速為v。已知風對氣球的作用力（式中k為一已知系數，u為氣球相對空氣的速度）。開始時，小石塊靜

53、止在地面上，如圖5.05所示。（1）若風速v在逐漸增大，小孩擔心氣球會連同小石塊一起被吹離地面，試判斷是否會出現這一情況，并說明理由。（2）若細繩突然斷開，已知氣球飛上天空后，在氣球所經過的空間中的風速v保持不變量，求氣球能達到的最大速度的大小。 答案：（1）將氣球和小石塊作為一個整體；在豎直方向上，氣球（包括小石塊）受到重力G、浮力F和地面支持力FN的作用，據平衡條件有：由于式中FN是與風速v無關的恒力，而，故氣球連同小石塊不會一起被吹離地面。（2）氣球的運動可分解成水平方向和豎直方向的兩個分運動，達到最大速度時氣球在水平方向做勻速運動，有氣球在豎直方向做勻速運動，有：氣球的最大速度：聯(lián)立求

54、解得：二、滑輪模型1 如圖5.06所示，將一根不可伸長、柔軟的輕繩左、右兩端分別系于A、B兩點上，一物體用動滑輪懸掛在輕繩上，達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為；將繩子右端移到C點，待系統(tǒng)達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為；將繩子右端再由C點移到D點，待系統(tǒng)達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為，不計摩擦，并且BC為豎直線，則（ ）A. B. C. D. 圖5.06 解析：由于跨過滑輪上繩上各點的張力相同，而它們的合力與重力為一對平衡力，所以從B點移到C點的過程中，通過滑輪的移動，再從C點移到D點，肯定大于，由于豎直方向上必須有，所以。故只有A選項正確。2 如圖5.07所示在車廂中有一條光滑的帶子（質量不計），帶子中放上一個圓柱體，車子靜止時帶子兩