高中物理力学经典例题汇编Word下载.docx
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jLBHrnAILg
对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。
1)当物块所受的合外力为零时,加速度为零,此时物块下降距离为h。
因为F恒等于mg,所以绳对物块拉力大小恒为mg,由平衡条件知:
2θ=120°
,所以θ=60°
,由图2-2知:
h=L×
tg30°
=
L[1]xHAQX74J0X
2)当物块下落h时,绳的C、D端均上升h’,由几何关系可得:
h’=
-L[2]
克服C端恒力F做的功为:
W=F*h’[3]
由[1]、[2]、[3]式联立解得:
W=<
-1)mgL
3)出物块下落过程中,共有三个力对物块做功。
重力做正功,两端绳子对物块的拉力做负功。
两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。
因为物块下降距离h时动能最大。
由动能定理得:
mgh-2W=
[4]LDAYtRyKfE
将[1]、[2]、[3]式代入[4]式解得:
Vm=
当物块速度减小为零时,物块下落距离达到最大值H,绳C、D上升的距离为H’。
mgH-2mgH’=0,又H’=
-L,联立解得:
H=
。
Zzz6ZB2Ltk
3、如图3-1所示的传送皮带,其水平部分ab=2M,bc=4M,bc与水平面的夹角α=37°
,一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数μ=0.25,皮带沿图示方向运动,速率为2M/秒。
若把物体A轻轻放到a点处,它将被皮带送到c点,且物体A一直没有脱离皮带。
求物体A从a点被传送到c点所用的时间。
dvzfvkwMI1
物体A轻放到a点处,它对传送带的相对运动向后,传送带对A的滑动摩擦力向前,则A作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。
设此段时间为t1,则:
rqyn14ZNXI
a1=μg=0.25x10=2.5M/秒2t=v/a1=2/2.5=0.8秒
设A匀加速运动时间内位移为S1,则:
设物体A在水平传送带上作匀速运动时间为t2,则
设物体A在bc段运动时间为t3,加速度为a2,则:
a2=g*Sin37°
-μgCos37°
=10x0.6-0.25x10x0.8=4M/秒2
解得:
t3=1秒<
t3=-2秒舍去)
所以物体A从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。
4、如图4-1所示,传送带与地面倾角θ=37°
,AB长为16M,传送带以10M/秒的速度匀速运动。
在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体,它与传送带之间的动摩擦系数为μ=0.5,求:
1)物体从A运动到B所需时间,<
2)物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体所做的功<
g=10M/秒2)EmxvxOtOco
1)当物体下滑速度小于传送带时,物体的加速度为α1,<
此时滑动摩擦力沿斜面向下)则:
t1=v/α1=10/10=1M
当物体下滑速度大于传送带V=10M/秒时,物体的加速度为a2,<
此时f沿斜面向上)则:
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=μmgcosθS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦
W2=-fs2=-μmgcosθS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦
所以,W=W1+W2=10-22=-12焦。
如图4-1所示,传送带不动时,物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t,则:
请选择)SixE2yXPq5
A.当皮带向上运动时,物块由A滑到B的时间一定大于t。
B.当皮带向上运动时,物块由A滑到B的时间一定等于t。
C.当皮带向下运动时,物块由A滑到B的时间可能等于t。
D.当皮带向下运动时,物块由A滑到B的时间可能小于t。
答案:
B、C、D)
5、如图5-1所示,长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球,筒与球的总质量为4千克,现对筒施加一竖直向下、大小为21牛的恒力,使筒竖直向下运动,经t=0.5秒时间,小球恰好跃出筒口。
求:
小球的质量。
取g=10m/s2)6ewMyirQFL
筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动,且加速度大于重力加速度。
而小球则是在筒内做自由落体运动。
小球跃出筒口时,筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。
kavU42VRUs
设筒与小球的总质量为M,小球的质量为m,筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动,设加速度为a;
小球做自由落体运动。
设在时间t内,筒与小球的位移分别为h1、h2<
球可视为质点)如图5-2所示。
y6v3ALoS89
由运动学公式得:
又有:
L=h1-h2代入数据解得:
a=16M/秒2
又因为筒受到重力(M-m>
g和向下作用力F,据牛顿第二定律:
F+(M-m>
g=(M-m>
a 得:
6、如图6-1所示,A、B两物体的质量分别是m1和m2,其接触面光滑,与水平面的夹角为θ,若A、B与水平地面的动摩擦系数都是μ,用水平力F推A,使A、B一起加速运动,求:
1)A、B间的相互作用力<
2)为维持A、B间不发生相对滑动,力F的取值范围。
M2ub6vSTnP
A在F的作用下,有沿A、B间斜面向上运动的趋势,据题意,为维持A、B间不发生相对滑动时,A处刚脱离水平面,即A不受到水平面的支持力,此时A与水平面间的摩擦力为零。
0YujCfmUCw
本题在求A、B间相互作用力N和B受到的摩擦力f2时,运用隔离法;
而求A、B组成的系统的加速度时,运用整体法。
eUts8ZQVRd
1)对A受力分析如图6-2<
a)所示,据题意有:
N1=0,f1=0
因此有:
Ncosθ=m1g[1],F-Nsinθ=m1a[2]
由[1]式得A、B间相互作用力为:
N=m1g/cosθ
2)对B受力分析如图6-2<
b)所示,则:
N2=m2g+Ncosθ[3],f2=μN2[4]
将[1]、[3]代入[4]式得:
f2=μ(m1+m2>
g
取A、B组成的系统,有:
F-f2=(m1+m2>
a[5]
由[1]、[2]、[5]式解得:
F=m1g(m1+m2>
(tgθ-μ>
/m2
故A、B不发生相对滑动时F的取值范围为:
0<F≤m1g(m1+m2>
当A、B与水平地面间光滑时,且又m1=m2=m时,则F的取值范围是多少?
0<F≤2mgtgθ>
sQsAEJkW5T
7、某人造地球卫星的高度是地球半径的15倍。
试估算此卫星的线速度。
已知地球半径R=6400km,g=10m/s2。
>
GMsIasNXkA
人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的引力提供,设地球与卫星的质量分别为M、m,则:
=
[1]TIrRGchYzg
又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力,即:
mg=
[2]
[1]、[2]两式消去GM解得:
V=
=2.0X103m/s
说明:
n越大(即卫星越高>
,卫星的线速度越小。
若n=0,即近地卫星,则卫星的线速度为V0=
=7.9×
103m/s,这就是第一宇宙速度,即环绕速度。
7EqZcWLZNX
8、一内壁光滑的环形细圆管,位于竖直平面内,环的半径为R<
比细管的内径大得多。
在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球<
可视为质点)。
A球的质量为m1,B球的质量为m2。
它们沿环形圆管顺时针运动,经过最低点时的速度都为V0。
设A球运动到最低点时,B球恰好运动到最高点,若要此时两球作用于圆管的合力为零,那么m1、m2、R与V0应满足的关系式是。
lzq7IGf02E
如图7-1所示,A球运动到最低点时速度为V0,A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用,其合力提供向心力。
那么,N1-m1g=m1
[1]zvpgeqJ1hk
这时B球位于最高点,速度为V1,B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用。
球作用于细管的力是N1、N2的反作用力,要求两球作用于细管的合力为零,即要求N2与N1等值反向,N1=N2[2],且N2方向一定向下,对B球:
N2+m2g=m2
[3]NrpoJac3v1
B球由最高点运动到最低点时速度为V0,此过程中机械能守恒:
即
m2V12+m2g2R=
m2V02[4]
由[1][2][3][4]式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是:
(m1-m2>
+(m1+5m2>
g=0[5]
1)本题不要求出某一物理量,而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析,在建立[1]-[4]式的基础上得到m1、m2、R与V0所满足的关系式[5]。
2)由题意要求两球对圆管的合力为零知,N2一定与N1方向相反,这一点是列出[3]式的关键。
且由[5]式知两球质量关系m1<m2。
1nowfTG4KI
9、如图8-1所示,质量为m=0.4kg的滑块,在水平外力F作用下,在光滑水平面上从A点由静止开始向B点运动,到达B点时外力F突然撤去,滑块随即冲上半径为R=0.4M的
光滑圆弧面小车,小车立即沿光滑水平面PQ运动。
设:
开始时平面AB与圆弧CD相切,A、B、C三点在同一水平线上,令AB连线为X轴,且AB=d=0.64m,滑块在AB面上运动时,其动量随位移的变化关系为P=1.6
kgm/s,小车质量M=3.6kg,不计能量损失。
fjnFLDa5Zo
(1>
滑块受水平推力F为多大?
(2>
滑块通过C点时,圆弧C点受到压力为多大?
(3>
滑块到达D点时,小车速度为多大?
(4>
滑块能否第二次通过C点?
若滑块第二次通过C点时,小车与滑块的速度分别为多大?
(5>
滑块从D点滑出再返回D点这一过程中,小车移动距离为多少?
(g取10m/s2>
tfnNhnE6e5
由P=1.6
=mv,代入x=0.64m,可得滑块到B点速度为:
VB=1.6
/m=1.6
/m=3.2m/s
A→B,由动能定理得:
FS=
mVB2
所以F=m
=0.4×
3.22/(2×
0.64>
=3.2N
(2>
滑块滑上C立即做圆周运动,由牛顿第二定律得:
N-mg=m
而VC=VB则
N=mg+m
=0.4×
10+0.4×
3.22/0.4=14.2N
(3>
滑块由C→D的过程中,滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒,由于滑块始终紧贴着小车一起运动,在D点时,滑块和小车具有相同的水平速度VDX。
由动量守恒定律得:
mVC=(M+m>
VDXHbmVN777sL
所以VDX=mVC/(M+m>
=0.4X3.2/(3.6+0.4>
=0.32m/s
(4>
滑块一定能再次通过C点。
因为滑块到达D点时,除与小车有相同的水平速度VDX外,还具有竖直向上的分速度VDY,因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动>
因题中说明无能量损失,可知滑块在离车后一段时间内,始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用,水平方向分运动为匀速运动,具有相同水平速度>
,所以滑块返回时必重新落在小车的D点上,然后再圆孤下滑,最后由C点离开小车,做平抛运动落到地面上。
由机械能守恒定律得:
V7l4jRB8Hs
mVC2=mgR+
(M+m>
VDX2+
mVDY2
所以
以滑块、小车为系统,以滑块滑上C点为初态,滑块第二次滑到C点时为末态,此过程中系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒(注意:
对滑块来说,此过程中弹力与速度不垂直,弹力做功,机械能不守恒>
83lcPA59W9
mVC=mVC‘+MV即
mVC2=
mVC’2+
MV2
上式中VC‘、V分别为滑块返回C点时,滑块与小车的速度,
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(与V反向>
mZkklkzaaP
(5>
滑块离D到返回D这一过程中,小车做匀速直线运动,前进距离为:
△S=VDX2VDY/g=0.32×
2×
1.1/10=0.07m
10、如图9-1所示,质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上,板的右端放一质量为m=1kg的小铁块,现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s,铁块在木板上滑行,与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回,且恰好停在木板右端,求铁块与弹簧相碰过程中,弹性势能的最大值EP。
AVktR43bpw
在铁块运动的整个过程中,系统的动量守恒,因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度<
铁块与木板的速度相同)可用动量守恒定律求出。
在铁块相对于木板往返运动过程中,系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积,可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。
ORjBnOwcEd
设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V’,由动量守恒得:
mV0=(M+m>
V=(M+m>
V’所以,V=V’=mV0/(M+m>
=1X4/(3+1>
=1m/s2MiJTy0dTT
铁块刚在木板上运动时系统总动能为:
EK=
mV02=0.5X1X16=8J
弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时,系统总动能都为:
EK’=
V2=0.5X(3+1>
X1=2J
铁块在相对于木板往返运过程中,克服摩擦力f所做的功为:
Wf=f2L=EK-EK’=8-2=6J
铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中,系统机械能损失为:
fs=3J
由能量关系得出弹性势能最大值为:
EP=EK-EK‘-fs=8-2-3=3J
由于木板在水平光滑平面上运动,整个系统动量守恒,题中所求的是弹簧的最大弹性势能,解题时必须要用到能量关系。
在解本题时要注意两个方面:
①是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时>
,弹簧的弹性势能才最大;
弹性势能量大时,铁块和木板的速度都不为零;
铁块停在木板右端时,系统速度也不为零。
gIiSpiue7A
②是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功,而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值,故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。
uEh0U1Yfmh
11、如图10-1所示,劲度系数为K的轻质弹簧一端与墙固定,另一端与倾角为θ的斜面体小车连接,小车置于光滑水平面上。
在小车上叠放一个物体,已知小车质量为M,物体质量为m,小车位于O点时,整个系统处于平衡状态。
现将小车从O点拉到B点,令OB=b,无初速释放后,小车即在水平面B、C间来回运动,而物体和小车之间始终没有相对运动。
小车运动到B点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。
b的大小必须满足什么条件,才能使小车和物体一起运动过程中,在某一位置时,物体和小车之间的摩擦力为零。
IAg9qLsgBX
所求的加速度a和摩擦力f是小车在B点时的瞬时值。
取M、m和弹簧组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律:
kb=(M+m>
a所以a=kb/(M+m>
WwghWvVhPE
取m为研究对象,在沿斜面方向有:
f-mgsinθ=macosθ
所以,f=mgsinθ+m
cosθ=m(gsinθ+
cosθ>
当物体和小车之间的摩擦力的零时,小车的加速度变为a’,小车距O点距离为b’,取m为研究对象,有:
mgsinθ=ma’cosθasfpsfpi4k
取M、m和弹簧组成的系统为研究对象,有:
kb‘=(M+m>
a’
以上述两式联立解得:
b‘=
gtgθ
在求解加速度时用整体法,在分析求解m受到的摩擦力时用隔离法。
整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法,希读者认真掌握。
ooeyYZTjj1
12、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上。
平衡时,弹簧的压缩量为Xo,如图11-1所示。
一物块从钢板正上方距离为3Xo的A处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连。
它们到达最低点后又向上运动。
已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点。
若物块质量为2m,仍从A处自由落下,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度。
求物块向上运动到达的最高点O点的距离。
BkeGuInkxI
物块自由下落,与钢板碰撞,压缩弹簧后再反弹向上,运动到O点,弹簧恢复原长。
碰撞过程满足动量守恒条件。
压缩弹簧及反弹时机械能守恒。
自由下落3Xo,根据机械能守恒:
PgdO0sRlMo
物块与钢板碰撞时,根据动量守恒:
mv0=(m+m>
v1<
v1为碰后共同速度)
V1=V0/2=
物块与钢板一起升到O点,根据机械能守恒:
2mV12+Ep=2mgx0[1]
如果物块质量为2m,则:
2mVo=(2m+m>
V2,即V2=
Vo
设回到O点时物块和钢板的速度为V,则:
3mV22+Ep=3mgx0+
3mV2[2]
从O点开始物块和钢板分离,由[1]式得:
Ep=
mgx0代入[2]得:
m(
Vo>
2+
mgx0=3mgx0+
3mV2
所以,V2=gx0即
高中物理典型例题汇编(二>
13、如图12-1所示,有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计>
,质量分别为M和m,半径分别为R和r,两板之间用一根长为0.4m的轻绳相连结。
开始时,两板水平放置并叠合在一起,静止于高度为0.2m处。
然后自由下落到一固定支架C上,支架上有一半径为R‘(r<
R’<
R>
的圆孔,圆孔与两薄板中心均在圆板中心轴线上,木板与支架发生没有机械能损失的碰撞。
碰撞后,两板即分离,直到轻绳绷紧。
在轻绳绷紧的瞬间,两物体具有共同速度V,如图12-2所示。
若M=m,则V值为多大(2>
若M/m=K,试讨论V的方向与K值间的关系。
3cdXwckm15
开始M与m自由下落,机械能守恒。
M与支架C碰撞后,M以原速率返回,向上做匀减速运动。
m向下做匀加速运动。
在绳绷紧瞬间,内力(绳拉力>
很大,可忽略重力,认为在竖直方向上M与m系统动量守恒。
据机械能守恒:
(M+m>
gh=
V02所以,V0=
=2m/sh8c52WOngM
M碰撞支架后以Vo返回作竖直上抛运动,m自由下落做匀加速运动。
在绳绷紧瞬间,M速度为V1,上升高度为h1,m的速度为V2,下落高度为h2。
则:
v4bdyGious
h1+h2=0.4m,h1=V0t-
gt2,h2=V0t+
gt2,而h1+h2=2V0t,
故:
所以:
V1=V0-gt=2-10×
0.1=1m/sV2=V0+gt=2+10×
0.1=3m/s
根据动量守恒,取向下为正方向,mV2-MV1=(M+m>
V,所以
那么当m=M时,V=1m/s;
当M/m=K时,V=
讨论:
①K<3时,V>0,两板速度方向向下。
②K>3时,V<0,两板速度方向向上。
③K=3时,V=0,两板瞬时速度为零,接着再自由下落。
14、如图13-1所示,物体A从高h的P处沿光滑曲面从静止开始下滑,物体B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚和平面上Q点接触。
已知mA=mB,高h及S(平面部分长>
若A和B碰撞时无能量损失。
若L≤h/4,碰后A、B各将做什么运动?
若L=h,且A与平面的动摩擦因数为μ,A、B可能碰撞几次?
A最终在何处?
J0bm4qMpJ9
当水平部分没有摩擦时,A球下滑到未碰B球前能量守恒,与B碰撞因无能量损失,而且质量相等,由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。
A停在Q处,B碰后可能做摆动,也可能饶O点在竖直平面内做圆周运动。
如果做摆动,则经一段时间,B反向与A相碰,使A又回到原来高度,B停在Q处,以后重复以上过程,如此继续下去,若B做圆周运动,B逆时针以O为圆心转一周后与A相碰,B停在Q处,A向右做匀速运动。
由此分析,我们可得本题的解如下:
XVauA9grYP
A与B碰撞前A的速度:
mgh=
mVA2,VA=
因为mA=mB,碰撞无能量损失,两球交换速度,得:
VA’=0,VB’=VA=
设B球到最高点的速度为Vc,B做圆周运动的临界条件:
mBg=mBV2/L[1]
又因
mBVB‘2=
mBV2+mBg2L[2]
将[1]式及VB’=
代入[2]式得:
L=2h/5
即L≤2h/5时,A、B碰后B才可能做圆周运动。
而题意为L=h/4<2h/5,故A与B碰后,B必做圆周运动。
因此(1>
的解为:
A与B碰后A停在Q处,B做圆周运动,经一周后,B再次与A相碰,B停在Q处,A向右以
速度做匀速直线运动。
bR9C6TJscw
由上面分析可知,当L=h时,A与B碰后,B只做摆动,因水平面粗糙,所以A在来回运动过程中动能要损失。
设碰撞次数为n,由动能定理可得:
pN9LBDdtrd
mAgh-nμmAgS=0所以n=h/μS
若n为非整数时,相碰次数应凑足整数数目。
如n=1.2,则碰撞次数为两次。
当n为奇数时,相碰次数为(n-1>
次。
如n=3,则相碰次数为两次,且A球刚到达Q处将碰B而又未碰B;
当n为偶数时,相碰次数就是该偶数的数值,如n=4,则相碰次数为四次。
球将停在距B球S处的C点。
A球停留位置如图13-2所示。
DJ8T7nHuGT