高中物理解題模型詳解歸納超好用

1、高考物礫題模型目錄TOC o 1-5 h z第一章運動和力1 HYPERLINK l bookmark4一、追及、相遇模型1 HYPERLINK l bookmark6二、先加速后減速模型4 HYPERLINK l bookmark8三、斜面模型6四、掛件模型11 HYPERLINK l bookmark10五、彈贊模型（動力學）18第二章圓周運動20一、水平方向的圓盤模型20 HYPERLINK l bookmark16二、行星模型23第三章功和能1 HYPERLINK l bookmark18一、水平方向的彈性碰撞1 HYPERLINK l bookmark20二、水平方向的非彈性碰撞6三

2、、人舟占模型9 HYPERLINK l bookmark24四、爆炸反沖模型11第四章力學綜合13一、解題模型：13 HYPERLINK l bookmark32二、滑輪模型19 HYPERLINK l bookmark36三、渡河模型23第五章電路1 HYPERLINK l bookmark38一、電路的動態(tài)變化1 HYPERLINK l bookmark40二、交變電流6第六章電磁場10 HYPERLINK l bookmark42一、電磁場中的單桿模型10 HYPERLINK l bookmark44二、電磁流量計模型16 HYPERLINK l bookmark46三、回旋加速模型19

3、 HYPERLINK l bookmark48四、磁偏轉(zhuǎn)模型24第一章運動和力一、追及、相遇模型模型講解：火車甲正以速度VI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(yīng)滿足什么條件？解析：設(shè)以火車乙為參照物，則甲相對乙做初速為（耳-1,2）、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：0-（v,一尸=_2ad,a=一巾）,2d故不相撞的條件為a一巾）-2d甲、乙兩物體相距s,在同一直線上同方向做

4、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vi，加速度人小為a】。乙物體在后，初速度為巾，加速度大小為a?且知V1VV2,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：若是巴wZ,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，乙的速度一直人于甲的速度，只有兩物體都停止運動時，才相距最近，可得最近距離為aX訐s=S+2d2a2若是生巴，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a.a.兩物體相距最近,根據(jù)卩共=Vj-axt=v2-a2t,求得t=廠i一在t時間內(nèi)v.t+v甲的位移$1=t2%+v-乙的位移6=t2

5、代入表達式As=S+S-$2求得山“-佗一叫）2（。2-如）如圖1.01所示，聲源S和觀察者A都沿x軸正方向運動，相對于地面的速率分別為卩$和卩?？諝庵新曇魝鞑サ乃俾蕿?，設(shè)心VTp,耳VTp,空氣相對于地面沒有流動。SAx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(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。（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(guān)系式。解析：作聲源S、觀察者A、聲信號P（P】為首發(fā)聲信號，P?為再發(fā)聲信號）的位移一時間圖象如圖2所示圖線的斜率即為它們的速度vsvp則有：s=

6、VsAr=vp-(Ar-r0)Asr=vJAf=vp(Af-/0)兩式相減可得:VA=VP（-）解得M=_s$VPVA（2）設(shè)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T、=卩_Tvp-vA由此町得，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O.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(shè)兩車相遇時互不影響各自的運動）。答案：設(shè)兩車速度相等經(jīng)歷的時間為t,則甲車恰能追及乙車

7、時，應(yīng)有vt-=vzt+LV_vz其中/=一,解得L=25ma甲若L25m,則兩車等速時也未追及，以后間距會逐漸增人，及兩車不相遇。若L=25m,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L25m,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：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

8、間的動摩擦因數(shù)為盤與桌面間的動摩擦因數(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）從圓盤卜抽出的過程中，盤的加速度為，有=有2=山2設(shè)盤剛離開桌布時的速度為兒，移動的距離為X,離開桌布后在桌面上再運動距離勺后便停下,由勻變速直線運動的規(guī)律町得:討=2dXvf=2a2x2盤沒有從桌面上掉下的條件是：Xj+X2（】一22）】g“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，該物體的速度圖彖如圖3所示，則下面說法中正確的

9、是（）物體通過的總位移為150m物體的最人動能為20J物體前10s內(nèi)和后10s內(nèi)加速度人小之比為2：1物體所受水平恒力和摩擦力人小之比為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0=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“=0.50,整個裝置處于磁感應(yīng)強度B二2T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g=10m/s2,為保持金屬棒ab處于靜止狀態(tài)，求：(1)ab中通入的最人電流強度為多少？(2)ab中通入的最小電流

10、強度為多少？I圖1.03導體棒ab在重力、靜摩擦力、彈力.安培力四力作用卞平衡，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人時，導體棒所受靜摩擦力沿導軌向卞，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。圖2(1)ab中通入最人電流強度時受力分析如圖2,此時最大靜摩擦力巧沿斜面向下，建立直角坐標系，由ab平衡可知，x方向：=/zFvcos+sill=Fv(/cos+sin6)y方向:rug=Fncos6-pFNsin0=FN(cos。一sin0)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，此時靜摩擦力巧=心、方向沿斜面向上,建立直角

11、坐標系，由平衡有：X方向：代辿=F，nsill0一/zF*vcos0=F，n(sin0-/cos0)y方向：mg=pF*sin&+Fcos0=F(/sin0+cos0)聯(lián)立兩式解得：0X111s/sin9+cos，F(xiàn)nFn?BQFn?Cda2,Fn。2F“1Vv2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卞，作出的矢量圖如實線所示，當斜面也運動時,

12、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虎線所示。所以正確選項為B。圖4帶負電的小物體在傾角為0（sin0=0.6）的絕緣斜面上，整個斜面處于范I韋I足夠人、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人小等于重力的一半。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)域加上范圍足夠人的勻強磁場，磁場方向與電場強度方向垂直，磁感應(yīng)強度人小為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

13、5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，1小物體A在恒力作用卞,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(yīng)強度方向應(yīng)垂直紙面向里。隨著速度的增加，洛倫茲力増大,斜面的支持力減小，滑動摩擦力減小，物體繼續(xù)做加速度增人的加速運動，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：mgsin8+qEcos0-Ff=ma乂Fn+qEsin0-mgcos0=0,Ff=/zFv解出q=g（2_“）2A沿斜面運動的距離為：g(2“)/24加上磁

14、場后，受到洛倫茲力=Bqv隨速度增人，支持力巴v減小，直到兀v=0時，物體A將離開斜面，有:2qBBqv=nigcos6-qEsin0解出X竺物體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：mg(L+s)sill0+qE(L+s)cos0-Wf=iz/zv2一0物體A克服摩擦力做功，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能:Wf=mg4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？加速度的人小為多少？圖1.05我們由圖可以看出物體

15、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Q）,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：a=gtana。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a=gtana,而tanz=,得=mg聯(lián)立求解得BD正確。2.物體A質(zhì)量為=2kg,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0=60。，要使兩繩都能繃直，求恒力F的人小。解析：要使兩繩都能繃直，必須0,F20,再利用正

16、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：TOC o 1-5 h zFsin&+好sin0nig=0Fcos0-F2-F1cos0=0解得F嚴翌-Fsin。F2=IFcos0-nigcot3兩繩都繃直，必須巧no,f2o由以上解得F有最大值代遜=23.1N,解得F有最小值尸迥=11.6,所以F的取值為11.6NF23.1N.3如圖1.09所示,AB、AC為不可伸長的輕繩,小球質(zhì)量為m=0.4kgo當小車靜止時,AC水平,AB與豎直方向夾角為0=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=10ms2o=5nt/s2:(2)a

17、2=lOni/s2解析：設(shè)繩AC水平且拉力剛好為零時，臨界加速度為你根據(jù)牛頓第二定律FiSsin0=山,Fcos0=mg聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得a0=7.5m/s2當ax=5m/s2aQf此時AC繩不能伸直,FiC=0AB繩與豎直方向夾角a6,據(jù)牛頓第二定律Fsina=ma2,FcosauMg。聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得F扮=5.7N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，如果不考慮小球的人小，兩球均處于靜止

18、狀態(tài)，則力F的人小為（）A.0B.mgC.羽mg答案:C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，最人值為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cos0的關(guān)系圖彖。甲圖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Fn=G當水平拉力F=2G時，繩子張力最人:FT2=Jg?+(2G)2=yf5G因此輕繩的張力范I判是：GFt=30,物體A和B的質(zhì)量分別為仏=10炬.mB=5kgo

19、兩者之間用質(zhì)量可以不計的細繩相連。求：如A和B對斜面的動摩擦因數(shù)分別為pA=0.6,p3=0.2時，兩物體的加速度各為多人?繩的張力為多少？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？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？解析：（1）設(shè)繩子的張力為巧，物體A和E沿斜面下滑的加速度分別為5和心,根據(jù)牛頓第二定律：對A有iAgsinO-Ft一“jgcos。=niAaA對B有iBgsin0+Ft一/IBrnBgcos0=mBaB設(shè)Ft=0,即假設(shè)繩子沒有張力，聯(lián)立求解得gcos&（“（一心）=町一5,因“APb，故aB5說明物體B運動比物體A的運動快，繩松地，所以巧

20、=0的假設(shè)成立。故有aA=g（sin-pAcos0=-0.196m/s2因而實際不符，OUA靜止。aB=g（siii&-心cos0=3272/s（2）如B與A互換則gcos0,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mAgsin0+mBgsinO-/uAmAgcosO-pBmBgcos0=（mA+mB）a代入數(shù)據(jù)求出a=0.96/7/s2,用隔離法對B：niBgsin-pBniBgcos0-FT=niBa代入數(shù)據(jù)求出Ft=11.5N（3）如斜面光滑摩擦不計，則A和B沿斜面的加速度均為a=gsin0=5m/s2兩物間無作用力。7.如圖1.13所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直

21、桿的夾角為0、在斜桿卜端固定有質(zhì)量為m圖1.13的小球，下列關(guān)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)=nigsin方向沿桿向上小車靜止時，F(xiàn)=mgcos&,方向垂直桿向上小車向右以加速度a運動時，一定有F=mafsine小車向左以加速度a運動時，F(xiàn)=J（山）2+（加g）2,方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為a=arctan（67/g）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，且人小等于球的重力mg。小車向右以加速度a運動，設(shè)小球受桿的作用力方向與豎直方向的夾角為Q,如圖4所示，根據(jù)牛頓第二定律有：Fsin=ma,Fcosa=mg,兩式相除得：tanz=

22、a/g只有當球的加速度a=gtai】&且向右時，桿對球的作用力才沿桿的方向，此時才有F=inalsmO.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)力的合成知尸=（加a）2+（）?,方向斜向左上方,與豎直方向的夾角為：a=arctan（t?/g）8.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0,試求此時彈簧的形變量。答案：Fts

23、in0=ma,碼cosO+F=?g,F=kxx=-acotO)/k,討論：若agtanO則彈簧壓縮x=加(dcotQ-g)/k五、彈簧模型（動力學）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。中彈簧的左端受犬小也為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71，2、？3、/4依次表示四個彈簧的伸長量，則有（）A圖1.15A.727jD.人解析：當彈簧處于靜止（或勻速運動）時，彈簧兩端受力犬小相等，產(chǎn)生的彈力也相

24、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人小相等。由于彈簧彈力尸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)生的彈力人小皆為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。用如圖1.16所示的裝置町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

25、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，其壓力人小可直接從傳感器的液晶顯示屏上讀出?，F(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g=10wz/?）（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人小和方向。（2）當汽車以怎樣的加速度運動時，傳感器a的示數(shù)為零。傳感器圖1.16解析：（1）FF、=”叫,a】=一=4.0?/?/s2ma】的方向向右或向前。（2）根據(jù)題意可知，當左側(cè)彈簧彈力時，右側(cè)彈簧的彈力F2=20NF2=n

26、ia2代入數(shù)據(jù)得務(wù)1。皿，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(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0B與盤面間相互作用的摩擦力最人值為其重力的0.5倍，試求：（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？（g=10?/s2）（1）當圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為多少時，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)動的最人角速度為多人？（g=102/s2）解析：（1）較小時，A、B均由靜摩擦

27、力充當向心力，血增人，F(xiàn)=incor可知，它們受到的靜摩擦力也增大，而；ir2,所以A受到的靜摩擦力先達到最人值。力再增人，AB間繩子開始受到拉力。由,得：5=5rad/（2）力達到C。后，0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增人的向心力靠增加拉力來提供，由于A增人的向心力超過B增加的向心力，0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，直到達最人靜摩擦力。如力再增加，就不能維持勻速圓周運動了，A、B就在圓盤上滑動起來。設(shè)此時角速度為繩中張力為碼，對A、B受力分析：對A有巧m+巧冷對B有巧-行2=加2七聯(lián)立解得：a）l=J-=5yf2rad/s=

28、l.Qlrad/sV加山一DA.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=2R3,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)軸的最人距離為（）D.R3答案：C二、行星模型已知氫原子處于基態(tài)時，核外電子繞核運動的軌道半徑兒=0.5x10-】八則氫原子處于量子數(shù)=1、2、3,核外電子繞核運動的速度之比和周期之比為：（）V,:v2:v3=1:2:3：7=33:23:13C.叫：卩2：卩3=6:3:2;7:石：厶=D.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

29、圓周運動時，由庫侖力提供向心力。周期為T=又根據(jù)玻爾理論，對應(yīng)于不同量子數(shù)的軌道半徑7；與基態(tài)時軌道半徑G有卞述關(guān)系式:幾=朋i。由以上幾式可得卩的通式為：V=叵=冬所以電子在第1、2、3不同軌道上運動速度之比為:V-):=1:=6:3:223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:7；:7；:7；=13:23:33由此可知，只有選項B是正確的。衛(wèi)星做圓周運動，由于人氣阻力的作用，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

30、度增大D.周期增大解析：假設(shè)軌道半徑不變，由于人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，故提供的向心力人于需要的向心力，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v=J和尸OCT3,故卩增大而T減小，又Q=殂=繪，V/mr故a增犬，則選項C正確。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?，F(xiàn)根據(jù)對某一雙星系統(tǒng)的光度學測量確定：

31、該雙星系統(tǒng)中每個星體的質(zhì)屋都是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)的運動周期兀從：（2）若實驗中觀測到的運動周期為,且兀馳:Ti|n=1:yN（N1）o為了理解了現(xiàn)測與珀龍的不同，目前有一種流行的理論認為，在宇宙中可能存在一種塑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)呆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(shè)運動的速率為v，得：（2）根據(jù)觀測結(jié)果，星體的運動周期:T觀測=命了計算ril這種差異是由雙星系統(tǒng)（類

32、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)的喑物質(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AT且位于中點0處）的作用相同?？紤]暗物質(zhì)作用后雙星的速度即為觀察到的速度叫，則有：GNr_MNPG（M+4M9）L1（Z/2）21V2L2因為周長一定時，周期和速度成反比，得：111=片VN_1有以上各式得兒m4設(shè)所求暗物質(zhì)的密度為Q,則有第三章功和負2、水平方向的彈性碰撞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Ep,則碰前A球的速度等于（）A.C.解析：設(shè)碰前A

33、球的速度為vo，兩球壓縮最緊時的速度為廠根據(jù)動量守恒定律得出mvQ=2mv,由能量守恒定律得=Ep+*（2加）/,聯(lián)立解得=2將,所以正確選項為C。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)”。這類反應(yīng)的前半部分過程和卜述力學模型類似，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V。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球與扌當板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連

34、，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。TOC o 1-5 h zP叫:4*/ABCQwyrorQO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，彈簧的最人彈性勢能。解析：（1）設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時，D的速度為vi，由動量守恒得mvQ=（77?+ni）v,當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設(shè)此速度為由動量守恒得2叫=3八，2,由以上兩式求得A的速度*=-VQo3（2）設(shè)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1.2wvf=3mv+Ep撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當

35、彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉(zhuǎn)彎成D的動能，設(shè)D的速度為V3，則有Ep=2m)-vl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(shè)此時的速度為V4，由動量守恒得2汐3=3wv4當彈簧伸到最長時，其勢能最人，設(shè)此勢能為EF，由能量守恒，有斗2話=、3話+EJ解以上各式得J=wvo3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滑過距離厶時，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

36、的滑動摩擦因數(shù)都為，運動過程中彈簧最人形變量為b重力加速度為g，求A從P出發(fā)的初速度vo。圖3.02解析：令A、B質(zhì)量皆為in,A剛接觸B時速度為V(碰前)由功能關(guān)系，有一一-7V=Wg/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有沖1=2mv2碰后A、B先一起向左運動，接著A、B起被彈回，在彈簧恢復到原長時，設(shè)A、B的共同速度為勺，在這一過程中，彈簧勢能始末狀態(tài)都為零，利用功能關(guān)系，有由以上各式，解得弘=Jg(l0/1+16/2)用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以卩=6S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

37、與C碰撞后二者粘在一起運動。求在以后的運動中，圖3.03（2）彈性勢能的最人值是多人?（1）當彈簧的彈性勢能最人時物體A的速度多大?（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人，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，有（niA+mB）v=（mA+mB+mc）vA解得：vA=3m/s（2）B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為V,則mBv=（叫+v=2m/s設(shè)物塊A速度為Va時彈簧的彈性勢能最大為Ep,根據(jù)能量守恒Ep=丄（叫+mc）va+丄iAv2一丄（加二+r,1B+nic）vA=12222（3）由系統(tǒng)動量守恒得nt

38、Av+niBv=inAvA+（叫+加c）Vs設(shè)A的速度方向向左，卩$4rn/s則作用后A、B、C動能之和E*=孰記+（叫+加c）Y4站實際上系統(tǒng)的機械能E，=Ep+丄（加+mB+加c）巧=48J根據(jù)能量守恒定律，E”E是不可能的。故A不可能向左運動。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JH3=2ni,開始時A、B均靜止。在A球的左邊有一質(zhì)量為丄2的小球C以初速度兒向右運動，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

39、性限度內(nèi)）。（1）上述過程中，彈簧的最人彈性勢能是多少?（2）當彈簧恢復原長時B球速度是多人?（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，并在碰后立即將扌當板撤走，設(shè)B球與擋板碰撞時間極短，碰后B球速度人小不變，但方向相反，試求出此后彈簧的彈性勢能最大值的范憐1。答案：（1）設(shè)C與A相碰后速度為，三個球共同速度為燈時，彈簧的彈性勢能最人，由動量守恒，能量守恒有：八0=7Ttm=3tn-v721vi=7vo1V2=TV0oL101。01JE心=-fnvi一73叫=mvi（2）設(shè)彈簧恢復原長時，D球速度為卩3,B球速度為比nn=mv3+2mv4

40、1J1c”tnv：=mv：+2mv：22v2則有卩3=_V1=，V4=_V1363（3）設(shè)B球與擋板相碰前瞬間D、B兩球速度卩5、V6mvQ=niv5+2mv6與擋板碰后彈性勢能最大，D.B兩球速度相等，設(shè)為*niv5一2niv6=3汐cv5-+v52v5_-E_2叫2、524也_%3336L1/011cEp=-xmx()-x3nix曠222吠3m(4v5-v0)2=x8236mvlzw(4v5-v0)224當吹號時,匕一詈時,咼最小，lOo水平方向的非彈性碰撞如圖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(guān)于子彈

41、和木塊組成的系統(tǒng)，卞列說法真確的是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；廠QD.木塊壓縮彈簧的過程中，系統(tǒng)動量守恒圖3.05答案：B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），以水平初速度兒從木塊的左端滑向右端，設(shè)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。voM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F

42、f做負功，由動能定理得：即行對物塊做負功，使物塊動能減少。對木塊，滑動摩擦力J7對木塊做正功，由動能定理得Ffs=Mv2,即巧對木塊做正功，使木塊動能增加，系統(tǒng)減少的機械能為：juVq-niv-丄Xfv，=Ff（d+s）-Ffs=Ffd本題中Ff=/.nng,物塊與木塊相對靜止時，齊=卩，則上式可簡化為:pnigd=hiVq一（jn+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:nivQ=(w+M)vr3聯(lián)立式2、3得：d=2/g（AZ+加）故系統(tǒng)機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量為:O=Ffd=“mg2g(M+ru)MuiVq2(A/+ru)3如圖3.07所示，光滑水平面地面上放著一輛兩端有

43、扌當板的靜止的小車，車長L=lm,個人小可忽略的佚塊從車的正中央以速度叫=5加/S向右沿車滑行。鐵塊與小車的質(zhì)量均等于m,它們之間的動摩擦因數(shù)=005,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g=10w/s2,求從佚快由車的正中央出發(fā)到兩者相對靜止需經(jīng)歷的時間。答案：心2.5心-5必aO.O5xlOwz/s2圖3.084.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(zhì)量為M,給電容器充電后，有一質(zhì)量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上

44、以某一初速度V。對準小孔向左運動，并從小孔進入電容器，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場分布。帶電壞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？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V。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，帶電壞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:mvQ=（AZ+ni）vyv=M+ni力與運動觀點：設(shè)電場力為FM+ni（2）能量觀點（在第（1）問基礎(chǔ)上）:對m：_Eg.(s+)=對Eqs=丄A/

45、V，-02匸dlz。1。-Eq=(in+M)v一njvz222所以s=mM+nid_2運動學觀點:V+V對t=s,對m：t=s22S-S=-,解得：s=一一22（AI+加）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=如0切S弓血解得：Smd12(AZ+m)（3）在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能。三、入船模型如圖3.09所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)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)為研究對彖，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在

46、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：當人停卞來時，船也停下來。設(shè)某時刻人對地的速度為V,船對地的速度m為vh取人行進的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：即一=vM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，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度與船的Vm平均速度v也與它們的質(zhì)量成反比，即=而人的位移$人=譏，船的位移s船=討，所以船vM的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即獨=巴151MVl式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此

47、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：S船+5人=厶2由心2兩式解得“島嚴計廿圖3.10如圖3.10所示，質(zhì)量為M的小車，上面站著一個質(zhì)量為m的人，車以V。的速度在光滑的水平地面上前進，現(xiàn)在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加則計算Av的式子正確的是：()(M+m)v0=M(v0+、)一mu(M+ni)vQ=M(v0+Av)一ni(u一v0)(M+ni)vQ=M(v0+Av)一niu一(v0+Av)0=A/Av-?h(w一Au)答案：CD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(cè)的人的序號都記為n(n

48、=l,2,)，每人只有一個沙袋，x0側(cè)的沙袋質(zhì)量為14千克，XVO側(cè)的沙袋質(zhì)量為10T克。一質(zhì)量為M=48千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(jīng)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的人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(shù))。丨0丨000丨A3210123圖3.11空車出發(fā)后，車上堆積了幾個沙袋時車就反向滑行？車上最終會有幾個沙袋？在小車朝正x方向滑行的過程中，第(ml)個沙袋扔到車上后的車速為第n個沙袋扔到車上后的車速為v那由動量守恒定律有M+(n-=創(chuàng)+nm)兀M-(n+l)mM+nm小車反向運動的條件是v

49、“】0,*v0,即M-nin0M-(n+l)m0代入數(shù)字，得M48n1=34m14n應(yīng)為整數(shù)，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x0,Vn*WO即M+3m-nm,0M+3m-1=88n9n=8時，車停止滑行，即在x0一側(cè)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、爆炸反沖模型如圖3.12所示海斥炮將炮彈水平射出，炮身質(zhì)量（不含炮彈）為M,每顆炮彈質(zhì)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？2圖3.12解析：兩次發(fā)射轉(zhuǎn)化為動能的化學能E是相同的。第一次化學能全部轉(zhuǎn)化為炮彈的動能；第二

50、2次化學能轉(zhuǎn)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(guān)系式爲,=竺2ni知，在動量大小相同的情況下，物體的動能和質(zhì)量成反比，炮彈的動能垃=:丄/wvf=E,E、=丄囲由于平拋的射高相等，兩次射程的比等于拋出時初速22*M+m度之比，即：1=11=s叫思考：有一輛炮車總質(zhì)量為靜止在水平光滑地面上，當把質(zhì)量為m的炮彈沿著與水平面成0角發(fā)射出去，炮彈對地速度為兒，求炮車后退的速度。niv0cos0M-m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人小為COS0,設(shè)炮車后退方向為正方向，則(AI-nivQcos0=0,v=在光滑地面上，有一輛裝有平射炮的炮

51、車，平射炮固定在炮車上，己知炮車及炮身的質(zhì)量為M,炮彈的質(zhì)量為m；發(fā)射炮彈時，炸藥提供給炮身和炮彈的總機械能E。是不變的。若要使剛發(fā)射后炮彈的動能等于E。，即炸藥提供的能量全部變?yōu)榕趶椀膭幽埽瑒t在發(fā)射前炮車應(yīng)怎樣運動？答案：若在發(fā)射前給炮車一適當?shù)某跛俣葀o,就可實現(xiàn)題述的要求。在這種情況下，用v表示發(fā)射后炮彈的速度，表示發(fā)射后炮車的速度，由動量守恒可知：TOC o 1-5 h z(加+AZ)v0=mv+MV由能量關(guān)系可知:(ni+M)Vq+Eq=mv2+MV220022按題述的要求應(yīng)有-mv2=Eq2由以上各式得：(m+M)-yAf(ni+M)j2mEo(M+tn+加)4+加)第四章力學綜合

52、-V解題模型: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。試證明人的頭頂?shù)挠白幼鲃蛩龠\動;求人影的長度隨時間的變化率。解:(1)設(shè)=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(jù)題意有OS=vt,過路燈P和人頭頂?shù)闹本€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2h/由幾何關(guān)系，有=OMOM_OS聯(lián)立解得=tfl-I因OM與時間t成正比，故人頭頂?shù)挠白幼鲃蛩龠\動。(2)由圖2可知，在時刻t,人影的長度為SM,由幾何關(guān)系，有SM=OM-OS,由以上各式得SM=可見影長SM與時間t成正比，所以影長隨時間的變化率斤=h-

53、1一水平放置的圓盤繞豎直固定軸轉(zhuǎn)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卞對準，使二者間連線與轉(zhuǎn)軸平行，分別置于圓盤的上卞兩側(cè)，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(zhuǎn)動過程中，當狹縫經(jīng)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(jīng)處理后畫出相應(yīng)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=1.0 xW3s,A/2=0.8x10-35o（1）利用圖（b）中的數(shù)據(jù)求Is時圓盤轉(zhuǎn)動的角速度；（2）說明激光器和傳感器沿半徑移

54、動的方向；（3）求圖（b）中第三個激光信號的寬度圖5.02解析：（1）由圖線讀得，轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)動周期T=0.8s,角速度Q=-rad/s=7.S5rad/sT0.8（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(yīng)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(shè)狹縫寬度為d,探測器接收到第1個脈沖時距轉(zhuǎn)軸的距離為珥，第個脈沖的寬度為激光器和探測器沿半徑的運動速度為Vo2刃;7-dT/11、dT八1、=(),一心=()2兀*tA2兀企t2由以上式聯(lián)立解得心=W=0.67x1062/V-M如圖

55、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，分選器漏斗的出丨I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II下落時，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負電。經(jīng)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/=0.5W/,電場僅局限在平行板之間；各顆粒所帶電量人小與其質(zhì)量之比均為1x10巧C/kg。設(shè)顆粒進入電場時的初速度為零，分選過程中顆粒人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(zhuǎn)量。重力加速度g取107H/52。（1）左右兩板各帶何種電

56、荷？兩極板間的電壓多人？（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人小是多少？（3）設(shè)顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時，沿豎直方向的速度人小為碰撞前豎直方向速度人小的一半。寫出顆粒第n次碰撞反彈高度的表達式。并求出經(jīng)過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01m。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/=丄8尸在水平方向上滿足：s=-=-t22dm兩式聯(lián)立得C/=L=1x104JZ2】q（2）根據(jù)動能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足Q+mg（J+H）=門v=+2g（7+27）4加/s（3）在豎直方向顆粒作自由落體運動

57、，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度I、=2g（J+H）=4jh/s反彈高度=僉若=（舊）根據(jù)題設(shè)條件，顆粒第11次反彈后上升的高度:當=4時，hf0.0177/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(nèi)將地面上赤道各處在口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，衛(wèi)星上的攝影像機至少應(yīng)拍地面上赤道圓周的弧長是多少？設(shè)地球半徑為R，地面處的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)的周期為T。解析：設(shè)衛(wèi)星周期為T,那么：(A+/)2川地球自轉(zhuǎn)角速度為寧在衛(wèi)星繞行地球一周的時間T1內(nèi)，地球轉(zhuǎn)過的圓心角為&=COT,=冷T那么攝像機轉(zhuǎn)到赤道正上方時攝卞

58、圓周的弧長為s=0R由莎心気呼如圖5.04所示，一對雜技演員（都視為質(zhì)點）乘秋下（秋T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(nèi)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(zhì)量mi和女演員質(zhì)量U12之比#1=2,秋千的質(zhì)量不計，擺長為R,C點比O點低5R。trhX.I5R:圖5.04解析：設(shè)分離前男女演員在秋千最低點B的速度為叫，由機械能守恒定律，（加14-加2）邸=+加2）藍設(shè)剛分離時男演員速度的大小為叫，方向與相同；女演員速度的大小為冬，方向與相反,由動量守恒，（“+m2）%=中1-ni2v2分離后，

59、男演員做平拋運動，設(shè)男演員從被推出到落在C點所需的時間為t,根據(jù)題給條件，由運動學規(guī)律，4人=*戲2,$=乂根據(jù)題給條件，女演員剛好回A點，由機械能守恒定律，叫g(shù)R=t，已知加i=2s，由以上各式可得5=80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(zhì)量為加,氣球（含球內(nèi)氫氣）的質(zhì)量為加2,氣球體積為V,空氣密度為p（V和P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f=ku（式中k為一已知系數(shù)，ii為氣球相對空氣的速度）。開始時，小石塊靜止在地面上，如圖5.05所示。（1）若風速V在逐漸增人，小孩擔心氣球會連同小

60、石塊一起被吹離地面，試判斷是否會出現(xiàn)這一情況，并說明理由。（2）若細繩突然斷開，己知氣球飛上天空后，在氣球所經(jīng)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,浮力F和地面支持力Fn的作用，據(jù)平衡條件有：由于式中Fn是與風速無關(guān)的恒力，而v0,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，達到最人速度時氣球在水平方向做勻速運動，有匕=V氣球在豎直方向做勻速運動，有：叫g(shù)+化.=PgV氣球的最人速度：5=Jl+y聯(lián)立求解得：二、滑輪模型如圖5.06所示，將一根不可伸長、柔軟的輕繩左、右兩