高一物理力学典型例题.doc

高中物理力学典型例题1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示，设细绳与水平夹角为，由平衡条件可知：2TSin=F，其中F=12牛，将绳延长，由图中几何条件得：Sin=3/5，则代入上式可得T=10牛。解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T）的合力F与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2所示，其中力的三角形OEG与ADC相似，则： 得：牛。想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？（提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。）2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变。（1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？（3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H。当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的角，再由角求出相应的距离h，进而求出克服C端恒力F所做的功。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：2=120，所以=60，由图2-2知： h=L*tg30=L 1（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。由动能定理得：mgH-2mgH=0，又H=-L，联立解得：H=。3、如图3-1所示的传送皮带，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc与水平面的夹角=37，一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2米/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。 分析与解：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：a1=g=0.25x10=2.5米/秒2 t=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2，则：2=g*Sin37-gCos37=10x0.6-0.25x10x0.8=4米/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=37，AB长为16米，传送带以10米/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=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=10米/秒2） 分析与解：（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为1,（此时滑动摩擦力沿斜面向下）则：t1=v/1=10/10=1米当物体下滑速度大于传送带V=10米/秒 时，物体的加速度为2（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=mgcosS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦 W2=-fs2=-mgcosS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦所以，W=W1+W2=10-22=-12焦。想一想：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）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。 （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）分析与解：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。 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。 由运动学公式得： 又有：L=h1-h2 代入数据解得：a=16米/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，若A、B与水平地面的动摩擦系数都是，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。分析与解：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。 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。（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：Ncos=m1g 1 , F-Nsin=m1a 2 由1式得A、B间相互作用力为：N=m1g/cos （2）对B受力分析如图6-2（b）所示，则：N2=m2g+Ncos 3 , f2=N2 4 将1、3代入4式得： f2=(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)(tg-)/m2 故A、B不发生相对滑动时F的取值范围为：0Fm1g(m1+ m2)(tg-)/m2想一想：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？( 0F2mgtg。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。 分析与解：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 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=2.0X103 m/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=7.9X103m/s，这就是第一宇宙速度，即环绕速度。 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 。分析与解：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 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 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1234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说明：（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m1m2。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=0.4米的1/4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=1.6kgm/s，小车质量M=3.6kg，不计能量损失。求：(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) 分析与解：(1)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=3.2m/s AB，由动能定理得：FS=mVB2 所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=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=mVC2/R 而VC=VB 则 N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(3)滑块由CD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)VDX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：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)得： mVC=mVC+MV 即mVC2=mVC2+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)(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=0.32X2X1.1/10=0.07m10、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。分析与解：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。 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/s 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=(M+m)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说明：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。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。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。求：(1)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。(2)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。分析与解： (1)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)。 取m为研究对象，在沿斜面方向有：f-mgsin=macos所以，f=mgsin+mcos=m(gsin+cos)(2)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：mgsin=macos 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=(M+m)gtg说明：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。 12、如图11-1所示，一列横波t时刻的图象用实线表示，又经t=0.2s时的图象用虚线表示。已知波长为2m，则以下说法正确的是：( )A、若波向右传播，则最大周期是2s。B、若波向左传播，则最大周期是2s。C、若波向左传播，则最小波速是9m/s。D、若波速是19m/s，则传播方向向左。分析与解： 若向右传播，则传播0.2m的波数为0.2m/2m=0.1，则，t=(n+0.1)T(n=0、1、2、3) 所以T=t/(n+0.1)=0.2/(n+0.1)当n=0时，周期有最大值Tmax=2s，所以A正确。若向左传播，则在0.2s内传播距离为(2-0.2)m=1.8m，传过波数为1.8m/2m=0.9，则，t=(n+0.9)T(n=0、1、2、3) 所以T=t/(n+0.9)=0.2/(n+0.9)当n=0时，周期有最大值Tmax0.22S，所以B错。 又：T=/V，所以V=/T=/0.2/(n+0.9)=2(n+0.9)/0.2=10(n+0.9) 当n=0时，波速最小值为Vmin=9m/s，所以C正确。 当n=1时 V=19m/s，所以D正确。 故本题应选A、C、D。说明：解决波动问题要注意：由于波动的周期性(每隔一个周期T或每隔一个波长)和波的传播方向的双向性，往往出现多解，故要防止用特解来代替通解造成解答的不完整。力 物体平衡基础知识要点提示：1. 同一性质的力可以产生不同的效果；不同性质的力可以产生相同的效果。2. 重力的方向总是与当地的水平面垂直，不同地方水平面不同，其垂直水平面向下的方向也就不同。3. 重力的方向不一定指向地心。4. 并不是只有重心处才受到重力的作用。弹力产生的条件：（1）两物体相互接触；（2）发生形变。弹力有无判断方法：（1）根据弹力产生的条件直接判断；（2）利用假设法，然后分析物体运动状态对有明显形变的弹簧，弹力的大小可以由胡克定律计算。对没有明显形变的物体，如桌面、绳子等物体，弹力大小由物体的受力情况和运动情况共同决定。 （1）胡克定律可表示为（在弹性限度内）：F=kx，还可以表示成F=kx，即弹簧弹力的改变量和弹簧形变量的改变量成正比。（2）“硬”弹簧，是指弹簧的k值较大。（同样的力F作用下形变量x较小）（3）几种典型物体模型的弹力特点如下表。项目轻绳轻杆弹簧形变情况伸长忽略不计认为长度不变可伸长可缩短施力与受力情况只能受拉力或施出拉力能受拉或受压可施出拉力或压力同杆力的方向始终沿绳不一定沿杆沿弹簧轴向力的变化可发生突变同绳只能发生渐变摩擦力产生的条件：接触面粗糙，接触面间有弹力，有相对运动的趋势1. 摩擦力阻碍的是物体间的相对运动或相对运动趋势，但不一定阻碍物体的运动。2. 受静摩擦力作用的物体不一定静止，受滑动摩擦力作用的物体不一定运动。3. 摩擦力阻碍的是物体间的相对运动或相对运动趋势，但摩擦力不一定阻碍物体的运动，摩擦力的方向与物体运动的方向可能相同也可能相反，还可能成一夹角，及摩擦力可能是动力也可能是阻力。在实际问题中进行力的分解时，有实际意义的分解方法是安利的实际效果进行的，而正交分解法则是根据需要而采用的一种方法，其主要目的是将一般矢量运算转化为代数运算。整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法。将研究对象与周围物体分隔开的方法。选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度。研究系统内物体之间的相互作用力。注意问题受力时不要再考虑系统内物体间的相互作用。一般隔离受力较少的物体。在分析受力时，为了避免漏力或添力，一般先分析场力，后分析接触力。弄清力的分解的不唯一性及力的分解的唯一性条件。将一个已知力F进行分解，其解是不唯一的。要得到唯一的解，必须另外考虑唯一性条件。常见的唯一性条件有：FF2F1的方向图91.已知两个不平行分力的方向，可以唯一的作出力的平行四边形，对力F进行分解，其解是唯一的。2已知一个分力的大小和方向，可以唯一的作出力的平行四边形，对力F进行分解，其解是唯一的。力的分解有两解的条件：1.已知一个分力F1的方向和另一个分力F2的大小，由图9可知： FF1F2F1，F2，图10当F2=Fsin时，分解是唯一的。当FsinF2F时，分解是唯一的。2.已知两个不平行分力的大小。如图10所示，分别以F的始端、末端为圆心，以F1、F2为半径作圆，两圆有两个交点，所以F分解为F1、F2有两种情况。存在极值的几种情况。（1）已知合力F和一个分力F1的方向，另一个分力F2存在最小值。图11OFO，（2）已知合力F的方向和一个分力F1，另一个分力F2存在最小值。例2、如图11所示，物体静止于光滑的水平面上，力F作用于物体O点，现要使合力沿着OO，方向，那么，必须同时再加一个力F，。这个力的最小值是：A、Fcos, B、Fsin,C、 Ftan,D、Fcot例1如图85所示，一根质量不计的横梁A端用铰链固定在墙壁上，B端用细绳悬挂在墙壁上的C点，使得横梁保持水平状态已知细绳与竖直墙壁之间的夹角为60，当用另一段轻绳在B点悬挂一个质量为M6 kg的重物时，求轻杆对B点的弹力和绳BC的拉力各为多大？(g取10 m/s2) 求解有关弹力问题时，一定要注意：杆上的弹力不一定沿着杆，本题因杆可绕A端转动，平衡时杆上的弹力必定沿着杆；绳与杆的右端连接为结点，此时BC绳的拉力不等于重力；如果B端改为绳跨过固定在杆右端的光滑滑轮(如图所示)，下端悬挂重物时，BC绳的拉力大小等于重物的重力例2如图65所示，质量为2m的物体A经一轻质弹簧与地面上的质量为3m的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端连物体A，另一端连一质量为m的物体C，物体A、B、C都处于静止状态已知重力加速度为g，忽略一切摩擦(1)求物体B对地面的压力；(2)把物体C的质量改为5m，这时C缓慢下降，经过一段时间系统达到新的平衡状态，这时B仍没离开地面，且C只受重力和绳的拉力作用，求此过程中物体A上升的高度例2(1)4mg(2)解析 (1)以AB整体为研究对象，mgFN5mg，解得FN4mg根据牛顿第三定律，物体B对地面的压力大小为4mg，方向竖直向下(2)以C为研究对象，有T5mg以A为研究对象，有TFk2mg所以Fk3mg，即kx13mg，解得x1开始时，弹簧的压缩量为x2，则kx2FN3mgmg，所以A上升的高度为：hAx1x2.