高中物理解題模型詳細講解歸納[1]

高中物理解題模型詳細講解歸納1 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(xiàn)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)(21v v?、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dv vaad v v2) (2)(0221221?，故不相撞的條件為dv va2)(221?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a2且知v1 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22212122avavs s?若是2221avav?，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(jù)t a v t av v2211?共，求得1212a av vt?在t時間內(nèi).學習甲的位移tv vs211?共乙的位移tv vs222?共代入表達式21s s ss?求得) (2)(1212a av vs s?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Sv和Av。 空氣中聲音傳播的速率為Pv，設P AP Sv v v v?，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t?，請根據(jù)發(fā)出的這兩個聲信號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t?。 （2）請利用 （1）的結(jié)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P ASv v v、則有圖2.學習)()(00t t v t v st t v t vsP APS?兩式相減可得)(ttv tvtvP SA?解得tv vv vtA PSP? （2）設聲源發(fā)出聲波的振動周期為T，這樣，由以上結(jié)論，觀察者接收到的聲波振動的周期為Tv vv vTA PSP?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fv vv vfS PAP?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(jīng)歷的時間為t，則甲車恰能追及乙車時，應有L tvt atv?乙甲甲22其中甲乙甲av vt?，解得m L25?若m L25?，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m L25?，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m L25?，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。 .學習 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(shù)為1?，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為2?。 現(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。 設圓盤的質(zhì)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1a，有11ma mg?圖2桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運動，以2a表示加速度的大小，有22ma mg?設盤剛離開桌布時的速度為1v，移動的距離為1x，離開桌布后在桌面上再運動距離2x后便停下，由勻變速直線運動的規(guī)律可得.學習11212x av?22212x av?盤沒有從桌面上掉下的條件是221Lx x?設桌布從盤下抽出所經(jīng)歷時間為t，在這段時間內(nèi)桌布移動的距離為x，有21122121t ax atx?，而21Lx x?，求得1a aLt?，及1111a aLatav?聯(lián)立解得2121)2(?ga?2一個質(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，則下面說法中正確的是（）A.物體通過的總位移為150m B.物體的最大動能為20J C.物體前10s內(nèi)和后10s內(nèi)加速度大小之比為21D.物體所受水平恒力和摩擦力大小之比為31答案ACD圖3.學習 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?37?，現(xiàn)在導軌上放一質(zhì)量為330g的金屬棒ab，它與導軌間動摩擦系數(shù)為50.0?，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(nèi)阻不計，滑動變阻器的阻值可按要求進行調(diào)節(jié)，其他部分電阻不計，取2/10s m g?，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？圖1.03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N fF F?沿斜面向下，建立直角坐標系，由ab平衡可知，x方向)sin cos(sin cosmax?NN NFF F Fy方向)sin(cos sin cos?N N NF F F mg由以上各式聯(lián)立解得ABLFI LBI FN mg F5.16,6.6sin cossin cosmaxmax max maxmax?有? （2）通入最小電流時，ab受力分析如圖3所示，此時靜摩擦力N fF F?，方向沿斜面向上，建立直角坐標系，由平衡有.學習x方向)cos(sincossinmin?N N NF F F Fy方向)cos sin(cossin?N N NF F F mg聯(lián)立兩式解得Nmg F6.0cos sincos sinmin?由ABLFI LBI F5.1,minmin minmin?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1a，斜面對物體的彈力為1NF。 斜面不固定，且地面也光滑時，物體下滑的加速度為2a，斜面對物體的彈力為2NF，則下列關系正確的是A.2121,N NF F aa?B.2121,N NFF aa?C.2121,NNFF aa?D.2121,NNFF aa?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。 .學習3帶負電的小物體在傾角為)6.0(sin?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(zhì)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(jīng)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在斜面上的運動情況？說明理由。 （2）物體A在斜面上運動過程中有多少能量轉(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、電場力、支持力和滑動摩擦力的作用，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動；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(jù)牛頓運動定律有N fNfF F mg qEFma FqE mg?,0cos sincossin又解出2)2(?ga A沿斜面運動的距離為4)2(2122t gats?加上磁場后，受到洛倫茲力Bqv F?洛隨速度增大，支持力NF減小，直到0?NF時，物體A將離開斜面，有qBmgvqE mgBqv2sin cos?解出?.學習物體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(jù)動能定理有021cos)(sin)(2?mv Ws LqE sL mgf?物體A克服摩擦力做功，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能2223284)2(B qg mLt gmgW f?4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(jù)杯中水的形狀，可以構(gòu)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，其加速度為?tan g a?。 我們?nèi)”兴嫔系囊坏嗡疄檠芯繉ο?，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?tan g a?，而Rh?tan，得Rgha?，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.學習答案 （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F Mg?sin，根據(jù)作用力與反作用力人受到木板對他沿斜面向下的摩擦力，所以人受到的合力為mMg mgamaF mg?sin sinsin?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 mg?sin，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判斷木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小為F mg?sin所以木板受到的合力為MMg mgaMaF Mg?sin sinsin?解得方向沿斜面向下。 .學習 四、掛件模型1圖1.07中重物的質(zhì)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.?cos1mg F?B.?cot1mg F?C.?sin2mg F?D.?sin2mgF?圖1.07解析以“結(jié)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12cosF F?豎直方向有mg F?sin2聯(lián)立求解得BD正確。 2物體A質(zhì)量為kg m2?，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0021?FF，再利用正交分解法作數(shù)學討論。 作出A的受力分析圖3，由正交分解法的平衡條件.學習圖30sin sin1?mg FF?0cos cos12?FFF解得FmgF?sin1?cot cos22mg FF?兩繩都繃直，必須0021?FF，由以上解得F有最大值N F1.23max?，解得F有最小值N F6.11min?，所以F的取值為N F N1.236.11?。 3如圖1.09所示，AB、AC為不可伸長的輕繩，小球質(zhì)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F AC、F AB分別為多少。 取g=10m/s2。 （1）21/5s m a?； （2）22/10s m a?。 圖1.09解析設繩AC水平且拉力剛好為零時，臨界加速度為0a根據(jù)牛頓第二定律mg F ma FAB AB?cossin0，聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得20/5.7s ma?當021/5a s ma?，此時AC繩伸直且有拉力。 根據(jù)牛頓第二定律1sin maF FACAB?；mg FAB?cos，聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得.學習N FN FACAB15?，當022/10a s ma?，此時AC繩不能伸直，0?ACF。 AB繩與豎直方向夾角?，據(jù)牛頓第二定律2sinma FAB?，mg FAB?cos。 聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得N FAB7.5?。 4兩個相同的小球A和B，質(zhì)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.mg C.mg3D.33mg圖1.10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(xiàn)對球施加一個方向向右的外力F，使球緩慢偏移，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F T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.學習答案 （1）當水平拉力F=0時，輕繩處于豎直位置時，繩子張力最小G F T?1當水平拉力F=2G時，繩子張力最大G GG F T5)2(222?因此輕繩的張力范圍是G FGT5? （2）設在某位置球處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得G F T?cos所以?cosGF T?即?cos1?TF，得圖象如圖7。 圖76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m kgA? 10、m kgB?5。 兩者之間用質(zhì)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(shù)分別為?A?06.，?B?02.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？.學習圖1.12解析 （1）設繩子的張力為F T，物體A和B沿斜面下滑的加速度分別為a A和a B，根據(jù)牛頓第二定律對A有m gF m g maA TA A A Asincos?對B有m gF m g m aB T B B B Bsincos?設F T?0，即假設繩子沒有張力，聯(lián)立求解得g aaA B B Acos()?，因?A B?，故a aB A?說明物體B運動比物體A的運動快，繩松弛，所以F T?0的假設成立。 故有a g m sAA?(sincos)./?01962因而實際不符，則A靜止。 a g m sB B?(s inc os)./?3272 （2）如B與A互換則g aaA BB Acos()?0，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m g mg mgmgm maA B AA BB A Bsinsincoscos()?代入數(shù)據(jù)求出a m s?0962./，用隔離法對B mgmgF maBBBT Bsincos?代入數(shù)據(jù)求出F NT?115. （3）如斜面光滑摩擦不計，則A和B沿斜面的加速度均為a gm s?sin/?52兩物間無作用力。 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?、在斜桿下端固定有質(zhì)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，F(xiàn) mg?sin?，方向沿桿向上B.小車靜止時，F(xiàn) mg?cos?，方向垂直桿向上C.小車向右以加速度a運動時，一定有F ma?/sin?D.小車向左以加速度a運動時，F(xiàn) mamg?()()22，方向.學習斜向左上方，與豎直方向的夾角為?arctan(/)a g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(jù)牛頓第二定律有F masin?，F(xiàn) mgcos?，兩式相除得tan/?a g。 圖4只有當球的加速度a g?tan?且向右時，桿對球的作用力才沿桿的方向，此時才有F ma?/sin?。 小車向左以加速度a運動，根據(jù)牛頓第二定律知小球所受重力mg和桿對球的作用力F的合力大小為ma，方向水平向左。 根據(jù)力的合成知F mamg?()()22，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為?arctan(/)a g8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(shù)為k，小球P的質(zhì)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。 圖1.14答案F maTsin?，F(xiàn)F mgT cos?，F(xiàn) kx?x mgak?(cot)/?，討論.學習若a g?tan?則彈簧伸長x mgak?(cot)/?若a g?tan?則彈簧伸長x?0若a g?tan?則彈簧壓縮xma gk?(cot)/?.學習 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。 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(zhì)量都為零，以l 1、l 2、l 3、l4依次表示四個彈簧的伸長量，則有（）圖1.15A.l l21?B.l l43?C.l l13?D.l l24?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(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。 當彈簧處于加速運動狀態(tài)時，以彈簧為研究對象，由于其質(zhì)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F彈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系，彈簧產(chǎn)生的彈力大小皆為F，又由四個彈簧完全相同，根據(jù)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(zhì)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。 現(xiàn)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(shù)均為10N（取gm s?102/） （1）若傳感器a的示數(shù)為14N、b的示數(shù)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(shù)為零。 .學習圖1.16解析 （1）FF ma121?，aF Fmms112240?./a1的方向向右或向前。 （2）根據(jù)題意可知，當左側(cè)彈簧彈力F10?時，右側(cè)彈簧的彈力FN220?Fma22?代入數(shù)據(jù)得aFmm s22210?/，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)。 現(xiàn)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?90?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cos?的函數(shù)關系圖象中，最接近的是（）圖1.17答案D.學習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(zhuǎn)盤上放有質(zhì)量為m的物塊，當物塊到轉(zhuǎn)軸的距離為r時，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)盤間最大靜摩擦力是其正壓力的倍，求 （1）當轉(zhuǎn)盤的角速度?12?gr時，細繩的拉力F T1。 （2）當轉(zhuǎn)盤的角速度?232?gr時，細繩的拉力F T2。 圖2.01解析設轉(zhuǎn)動過程中物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力時轉(zhuǎn)動的角速度為?0，則?mg m r?02，解得?0?gr。 （1）因為?102?gr，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FT10?。 （2）因為?2032?gr，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FT2，由牛頓的第二定律得Fmgm rT222?，解得FmgT22?。 2如圖2.02所示，在勻速轉(zhuǎn)動的圓盤上，沿直徑方向上放置以細線相連的A、B兩個小物塊。 A的質(zhì)量為m kgA?2，離軸心r cm120?，B的質(zhì)量為m kgB?1，離軸心r cm210?，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.學習 （1）當圓盤轉(zhuǎn)動的角速度?0為多少時，細線上開始出現(xiàn)張力？ （2）欲使A、B與盤面間不發(fā)生相對滑動，則圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為多大？（gms?102/）圖2.02 （1）當圓盤轉(zhuǎn)動的角速度?0為多少時，細線上開始出現(xiàn)張力？ （2）欲使A、B與盤面間不發(fā)生相對滑動，則圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為多大？（gms?102/）解析 （1）?較小時，A、B均由靜摩擦力充當向心力，?增大，F(xiàn)mr?2可知，它們受到的靜摩擦力也增大，而r r12?，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Fm rfm?1022?，得?011111055?Fm rmgm rrad sfm./ （2）?達到?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?1，繩中張力為FT，對A、B受力分析對A有FFmrfmT11121?對B有FFm rTfm?22122?聯(lián)立解得?112112252707?F Fmr mrradsrad sfmfm/./.學習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R RAB?2，當主動輪A勻速轉(zhuǎn)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(zhuǎn)軸的最大距離為（）A.R B4B.R B3C.R B2D.R B圖2.03答案C.學習 二、行星模型1已知氫原子處于基態(tài)時，核外電子繞核運動的軌道半徑mr101105.0?，則氫原子處于量子數(shù)?n 1、 2、3，核外電子繞核運動的速度之比和周期之比為（）A.3:2:1:321?v vv；3333211:2:3:?T T TB.333213213:2:1:;31:21:1:?T T T vvvC.3332132131:21:1:;2:3:6:?T TT vvvD.以上答案均不對解析根據(jù)經(jīng)典理論，氫原子核外電子繞核作勻速率圓周運動時，由庫侖力提供向心力。 即rvmrke222?，從而得線速度為mrke v?周期為vrT?2?又根據(jù)玻爾理論，對應于不同量子數(shù)的軌道半徑nr與基態(tài)時軌道半徑r1有下述關系式12rn rn?。 由以上幾式可得v的通式為nvmrknev n11?所以電子在第 1、 2、3不同軌道上運動速度之比為2:3:631:21:1:321?vvv而周期的通式為131131122/22T nvrnnvr nvrT?.學習所以，電子在第 1、 2、3不同軌道上運動周期之比為3333213:2:1:?TTT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32r TrGMv?和，故v增大而T減小，又2rGMmFa?引，故a增大，則選項C正確。 3經(jīng)過用天文望遠鏡長期觀測，人們在宇宙中已經(jīng)發(fā)現(xiàn)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(zhì)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。 現(xiàn)根據(jù)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(zhì)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)的運動周期計算T； （2）若實驗中觀測到的運動周期為觀測T，且)1(:1:?NNTT計算觀測。 為了理解觀測T與計算T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(zhì)。 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(nèi)均勻分布這種暗物質(zhì)。 若不考慮其他暗物質(zhì)的影響，請根據(jù)這一模型和上述觀測結(jié)果確定該星系間這種暗物質(zhì)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GMLLvLTLGMvLGMLvM22/22,2222?計算.學習 （2）根據(jù)觀測結(jié)果，星體的運動周期計算計算觀測T TNT?1這種差異是由雙星系統(tǒng)（類似一個球）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)對雙星系統(tǒng)的作用，與一個質(zhì)點（質(zhì)點的質(zhì)量等于球內(nèi)暗物質(zhì)的總質(zhì)量M且位于中點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1v，則有LM MGvLMMGLGMLvM2)4(,)2/(2122221?因為周長一定時，周期和速度成反比，得v Nv1111?有以上各式得MNM41?設所求暗物質(zhì)的密度為?，則有332)1 (341)2(34LM NMNL?故.學習第三章功和能 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(zhì)量都為m，現(xiàn)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E P，則碰前A球的速度等于（）A.mE PB.mE P2C.mE P2D.mE P22解析設碰前A球的速度為v0，兩球壓縮最緊時的速度為v，根據(jù)動量守恒定律得出mv mv20?，由能量守恒定律得220)2(2121v m E mvP?，聯(lián)立解得mEvP20?，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(zhì)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(jié)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（鎖定及解除鎖定均無機械能損失），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(jié)成D時，D的速度為v1，由動量守恒得10)(v m m mv?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2132mv mv?，由以上兩式求得A的速度0231vv?。 （2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為E P，由能量守恒，有PE mv mv?2221321221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.學習時，勢能全部轉(zhuǎn)彎成D的動能，設D的速度為v3，則有23)2(21v mE P?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，由動量守恒得4332mv mv?當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為E P，由能量守恒，有3212212423PE mv mv?解以上各式得20361mv E P?。 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(zhì)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(shù)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(zhì)量皆為m，A剛接觸B時速度為v1（碰前）由功能關系，有121202121mgl mv mv?A、B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為v2有212mv mv?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)2()2()2 (21)2(2122322l gm v m v m?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12321mgl mv?由以上各式，解得)1610(210l lg v?.學習4用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以s m v/6?的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)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？圖3.03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A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，有A CB AB Av)m m m(v)m m(?解得s m v A/3? （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v，則sm vv m m v mCBB/2)(?，設物塊A速度為v A時彈簧的彈性勢能最大為EP，根據(jù)能量守恒J vm m m vmvmmEA CBAA CB P12)(2121)(21222? （3）由系統(tǒng)動量守恒得B CBAABAv mmvmvmvm)(?設A的速度方向向左，0?Av，則smv B/4?則作用后A、B、C動能之和J vmmvmEB CBAA k48)(212122?實際上系統(tǒng)的機械能J vmmmE EA CBAP48)(212?根據(jù)能量守恒定律，EEk?是不可能的。 故A不可能向左運動。 .學習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(zhì)彈簧，彈簧右端與B球連接，左端與A球接觸但不粘連，已知m mmmBA22?，開始時A、B均靜止。 在A球的左邊有一質(zhì)量為m21的小球C以初速度0v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，經(jīng)過一段時間后，D球與彈簧分離（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）。 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(cè)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202221max02xx101213212161232121121mv mv mv Evvvm mvvvvm mvp? （2）設彈簧恢復原長時，D球速度為3v，B球速度為4v?4221212132242321431mv mvmvmv mvmv則有332631014013vv vvvv?， （3）設B球與擋板相碰前瞬間D、B兩球速度65vv、?5221650mvmvmv與擋板碰后彈性勢能最大，D、B兩球速度相等，設為v?63265mvmvmv.學習24)4 (836)4(238321)2(2164322323220520205202xx0550565vvm mvvvm mvv mvmEv vvvvvvv vvP?當405vv?時，PE最大820maxmvE P?605vv?時，PE最小，10820minmvE P?所以81082020mvEmvP?.學習 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(nèi)（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(zhì)量為M的長方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點），以水平初速度0v從木塊的左端滑向右端，設物塊與木塊間的動摩擦因數(shù)為?，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(zhuǎn)化成內(nèi)能的量Q。 圖3.06解析可先根據(jù)動量守恒定律求出m和M的共同速度，再根據(jù)動能定理或能量守恒求出轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量Q。 對物塊，滑動摩擦力fF做負功，由動能定理得2022121)(mvmvs d Ft f?即fF對物塊做負功，使物塊動能減少。 對木塊，滑動摩擦力fF對木塊做正功，由動能定理得221Mv s F f?，即fF對木塊做正功，使木塊動能增加，系統(tǒng)減少的機械能為?1)