高中物理解题模型详解

高考物理解题模型

目 录

第一章 运动和力 ...........................................................................................................1

一、追及、相遇模型 .................................................................................................1 二、先加速后减速模型 .............................................................................................4 三、斜面模型 .............................................................................................................6 四、挂件模型 ........................................................................................................... 11 五、弹簧模型（动力学） ....................................................................................... 18

第二章 圆周运动 ......................................................................................................... 20

一、水平方向的圆盘模型 ....................................................................................... 20 二、行星模型 ........................................................................................................... 23

第三章 功和能................................................................................................................1

一、水平方向的弹性碰撞 .........................................................................................1 二、水平方向的非弹性碰撞 .....................................................................................6 三、人船模型 .............................................................................................................9 四、爆炸反冲模型 ................................................................................................... 11

第四章 力学综合 ......................................................................................................... 13

一、解题模型： ....................................................................................................... 13 二、滑轮模型 ........................................................................................................... 19 三、渡河模型 ........................................................................................................... 23

第五章 电路 ....................................................................................................................1

一、电路的动态变化 .................................................................................................1 二、交变电流 .............................................................................................................6

第六章 电磁场.............................................................................................................. 10

一、电磁场中的单杆模型 ....................................................................................... 10 二、电磁流量计模型 ............................................................................................... 16 三、回旋加速模型 ................................................................................................... 19 四、磁偏转模型 ....................................................................................................... 24

第一章 运动和力

一、追及、相遇模型

模型讲解：

1． 火车甲正以速度v1向前行驶，司机突然发现前方距甲d处有火车乙正以较小速度v2同向匀速行

驶，于是他立即刹车，使火车做匀减速运动。为了使两车不相撞，加速度a应满足什么条件？ 解析：设以火车乙为参照物，则甲相对乙做初速为(v1?v2)、加速度为a的匀减速运动。若甲相对乙的速度为零时两车不相撞，则此后就不会相撞。因此，不相撞的临界条件是：甲车减速到与乙车车速相同时，甲相对乙的位移为d。

(v1?v2)2d2即：0?(v1?v2)??2ad，a?2，

故不相撞的条件为a?(v1?v2)2d2

2． 甲、乙两物体相距s，在同一直线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。甲物

体在前，初速度为v1，加速度大小为a1。乙物体在后，初速度为v2，加速度大小为a2且知v1

v1a1v2a2解析：若是?，说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动。在运动过程中，乙的速度

一直大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近，可得最近距离为

v12?s?s?2a1?v222a2

若是

v1a2?v2a2，说明乙物体先停止运动那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时

两物体相距最近，根据v共?v1?a1t?v2?a2t，求得

t?v2?v1a2?a1

在t时间内

第1页

甲的位移s1?v共?v12t

乙的位移s2?v共?v22t

代入表达式?s?s?s1?s2

(v2?v1)2(a2?a1)求得?s?s?

3． 如图1.01所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为vS和vA。

空气中声音传播的速率为vP，设vS?vP，vA?vP，空气相对于地面没有流动。

图1.01

（1） 若声源相继发出两个声信号。时间间隔为?t，请根据发出的这两个声信号从声源传播

到观察者的过程。确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔?t'。

（2） 请利用（1）的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间

的关系式。

解析：作声源S、观察者A、声信号P（P1为首发声信号，P2为再发声信号）的位移—时间图象如图2所示图线的斜率即为它们的速度vS、vA、vP则有：

图2

?s?vS??t?vP?(?t?t0)?s'?vA??t'?vP?(?t'?t0)

两式相减可得：

vA??t'?vS??t?vP?(?t'??t)

解得?t'?vP?vSvP?vA?t

（2）设声源发出声波的振动周期为T，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期为

vP?vSvP?vAT'?T

由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为

vP?vAvP?vSf'?f

4． 在一条平直的公路上，乙车以10m/s的速度匀速行驶，甲车在乙车的后面作初速度为15m/s，加

速度大小为0.5m/s2的匀减速运动，则两车初始距离L满足什么条件时可以使（1）两车不相遇；（2）两车只相遇一次；（3）两车能相遇两次（设两车相遇时互不影响各自的运动）。 答案：设两车速度相等经历的时间为t，则甲车恰能追及乙车时，应有

a甲t22v甲t??v乙t?L

其中t?v甲?v乙a甲，解得L?25m

若L?25m，则两车等速时也未追及，以后间距会逐渐增大，及两车不相遇。 若L?25m，则两车等速时恰好追及，两车只相遇一次，以后间距会逐渐增大。

若L?25m，则两车等速时，甲车已运动至乙车前面，以后还能再次相遇，即能相遇两次。

二、先加速后减速模型

模型概述：

物体先加速后减速的问题是运动学中典型的综合问题，也是近几年的高考热点，同学在求解这类问题时一定要注意前一过程的末速度是下一过程的初速度，如能画出速度图象就更明确过程了。 模型讲解：

1． 一小圆盘静止在桌面上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图

1.02所示。已知盘与桌布间的动摩擦因数为?1，盘与桌面间的动摩擦因数为?2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最近未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）

图1.02

解析：根据题意可作出物块的速度图象如图2所示。设圆盘的质量为m，桌边长为L，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有?1mg?ma1

图2

桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有?2mg?ma2

设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，由匀变速直线运动的规律可得：

v1?2a1x1

2 ①

2v1?2a2x2

②

盘没有从桌面上掉下的条件是：x1?x2?L2 ③

设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有：

x?12at，x1?212a1t，而x?x1?2L2，求得：

t?La?a1，及v1?a1t?a1La?a1

联立解得a?(?1?2?2)?1g?2

2． 一个质量为m=0.2kg的物体静止在水平面上，用一水平恒力F作用在物体上10s，然后撤去水平

力F，再经20s物体静止，该物体的速度图象如图3所示，则下面说法中正确的是（ ） A. 物体通过的总位移为150m B. 物体的最大动能为20J

C. 物体前10s内和后10s内加速度大小之比为2：1 D. 物体所受水平恒力和摩擦力大小之比为3：1 答案：ACD

图3

三、斜面模型

1． 相距为20cm的平行金属导轨倾斜放置，如图1.03，导轨所在平面与水平面的夹角为??37?，

现在导轨上放一质量为330g的金属棒ab，它与导轨间动摩擦系数为??0.50，整个装置处于磁感应强度B=2T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15V，内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，取g?10m/s2，为保持金属棒ab处于静止状态，求：

（1）ab中通入的最大电流强度为多少？ （2）ab中通入的最小电流强度为多少？

图1.03

导体棒ab在重力、静摩擦力、弹力、安培力四力作用下平衡，由图2中所示电流方向，可知导体棒所受安培力水平向右。当导体棒所受安培力较大时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向下，当导体棒所受安培力较小时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向上。

（1）ab中通入最大电流强度时受力分析如图2，此时最大静摩擦力Ff??FN沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab平衡可知，x方向：

Fmax??FNcos??FNsin??FN(?cos??sin?)

y方向：mg?FNcos???FNsin??FN(cos???sin?)由以上各式联立解得：

Fmax?mg?cos??sin?cos???sin??6.6N

FmaxBL?16.5AFmax?BImaxL,有Imax?（2）通入最小电流时，ab受力分析如图3所示，此时静摩擦力Ff??F'N，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡有：

'

x方向：Fmin?F'Nsin???F'Ncos??F'N(sin???cos?) y方向：mg??F'Nsin??F'Ncos??F'N(?sin??cos?)

sin???cos?联立两式解得：Fmin?mg?sin??cos??0.6N

由Fmin?BIminL,Imin?FminBL?1.5A

2． 物体置于光滑的斜面上，当斜面固定时，物体沿斜面下滑的加速度为a1，斜面对物体的弹力为

FN1。斜面不固定，且地面也光滑时，物体下滑的加速度为a2，斜面对物体的弹力为FN2，则

下列关系正确的是：

A. a1?a2,FN1?FN2 B. a1?a2,FN1?FN2 C. a1?a2,FN1?FN2 D. a1?a2,FN1?FN2

当斜面可动时，对物体来说是相对斜面这个加速参考系在作加速运动，而且物体和参考系的运动方向不在同一条直线上，利用常规的方法难于判断，但是利用矢量三角形法则能轻松获解。 如图4所示，由于重力的大小和方向是确定不变的，斜面弹力的方向也是惟一的，由共点力合成的三角形法则，斜面固定时，加速度方向沿斜面向下，作出的矢量图如实线所示，当斜面也运动时，物体并不沿平行于斜面方向运动，相对于地面的实际运动方向如虚线所示。所以正确选项为B。

3． 带负电的小物体在倾角为?(sin??0.6)的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向

右的匀强电场中，如图1.04所示。物体A的质量为m，电量为-q，与斜面间的动摩擦因素为?，它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半。物体A在斜面上由静止开始下滑，经时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场，磁场方向与电场强度方向垂直，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面。 （1）物体A在斜面上的运动情况？说明理由。

（2）物体A在斜面上运动过程中有多少能量转化为内能？（结果用字母表示）

图1.04

（1）物体A在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用，<1>小物体A在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；<2>加上匀强磁场后，还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力作用，方可使A离开斜面，故磁感应强度方向应垂直纸面向里。随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速运动，直到斜面的支持力变为零，此后小物体A将离开地面。

（2）加磁场之前，物体A做匀加速运动，据牛顿运动定律有： mgsin??qEcos??Ff?ma又FN?qEsin??mgcos??0,Ff??FN

解出a?g(2??)2

A沿斜面运动的距离为：

12g(2??)t42s?at2?

加上磁场后，受到洛伦兹力F洛?Bqv

随速度增大，支持力FN减小，直到FN?0时，物体A将离开斜面，有： Bqv?mgcos??qEsin?解出v?

mg2qB

物体A在斜面上运动的全过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理有：

mg(L?s)sin??qE(L?s)cos??W?12mv2f?0

物体A克服摩擦力做功，机械能转化为内能：

32?g(2??)t2?mg ?mg???L??224??8qBWf

4． 如图1.05所示，在水平地面上有一辆运动的平板小车，车上固定一个盛水的杯子，杯子的直径

为R。当小车作匀加速运动时，水面呈如图所示状态，左右液面的高度差为h，则小车的加速度方向指向如何？加速度的大小为多少？

图1.05

我们由图可以看出物体运动情况，根据杯中水的形状，可以构建这样的一个模型，一个物块放在

光滑的斜面上（倾角为?），重力和斜面的支持力的合力提供物块沿水平方向上的加速度，其加速度为：a?gtan?。

我们取杯中水面上的一滴水为研究对象，水滴受力情况如同斜面上的物块。由题意可得，取杯中水面上的一滴水为研究对象，它相对静止在“斜面”上，可以得出其加速度为a?gtan?，而

tan??hR，得a?ghR，方向水平向右。

5． 如图1.06所示，质量为M的木板放在倾角为?的光滑斜面上，质量为m的人在木板上跑，假如

脚与板接触处不打滑。

（1）要保持木板相对斜面静止，人应以多大的加速度朝什么方向跑动？

（2）要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向运动？

图1.06

答案：（1）要保持木板相对斜面静止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力与木板的下滑力平衡，即根据作用力与反作用力人受到木板对他沿斜面向下的摩擦力，所以人受到的合力为： Mgsin??F，

mgsin??F?maa?mgsin??Mgsin?

m方向沿斜面向下。

（2）要保持人相对于斜面的位置不变，对人有mgsin??F，F为人受到的摩擦力且沿斜面向上，根据作用力与反作用力等值反向的特点判断木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小为

mgsin??F

所以木板受到的合力为：

Mgsin??F?Ma解得a?mgsin??Mgsin?

M方向沿斜面向下。

四、挂件模型

1． 图1.07中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的。平衡时AO是水平的，BO

与水平面的夹角为θ。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（ ） A. F1?mgcos? C. F2?mgsin?

B. F1?mgcot? D. F2?mgsin?

图1.07

解析：以“结点”O为研究对象，沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向有F2cos??F1竖直方向有F2sin??mg联立求解得BD正确。

2． 物体A质量为m?2kg，用两根轻绳B、C连接到竖直墙上，在物体A上加一恒力F，若图1.08

中力F、轻绳AB与水平线夹角均为??60?，要使两绳都能绷直，求恒力F的大小。

图1.08

解析：要使两绳都能绷直，必须F1?0，F2?0，再利用正交分解法作数学讨论。作出A的受力分析图3，由正交分解法的平衡条件：

图3

Fsin??F1sin??mg?0 Fcos??F2?F1cos??0

①

②

解得F1?mgsin??F ③

F2?2Fcos??mgcot?

④

两绳都绷直，必须F1?0，F2?0

由以上解得F有最大值Fmax?23.1N，解得F有最小值Fmin?11.6N，所以F的取值为

11.6N?F?23.1N。

3． 如图1.09所示，AB、AC为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kg。当小车静止时，AC水平，

AB与竖直方向夹角为θ=37°，试求小车分别以下列加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力FAC、FAB分别为多少。取g=10m/s。 （1）a1?5m/s2；（2）a2?10m/s2。

2

图1.09

解析：设绳AC水平且拉力刚好为零时，临界加速度为a0 根据牛顿第二定律FABsin??ma0，FABcos??mg

2联立两式并代入数据得a0?7.5m/s

2当a1?5m/s?a0，此时AC绳伸直且有拉力。

根据牛顿第二定律FABsin??FAC?ma1；FABcos??mg，联立两式并代入数据得

FAB?5N，FAC?1N

当a2?10m/s2?a0，此时AC绳不能伸直，F'AC?0。

AB绳与竖直方向夹角???，据牛顿第二定律F'ABsin??ma2，F'ABcos??mg。联立两式并代入数据得F'AB?5.7N。

4． 两个相同的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板

上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此时三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好处于竖直方向，如图1所示，如果不考虑小球的大小，两球均处于静止状态，则力F的大小为（ ）

3mg3A. 0 B. mg C. 3mg D.

图1.10

答案：C

5． 如图1.11甲所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的钢球A，球处于静止状态。

现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一刻，都可以认为球处于平衡状态，如果外力F方向始终水平，最大值为2G，试求： （1）轻绳张力FT的大小取值范围；

（2）在乙图中画出轻绳张力与cosθ的关系图象。

图1.11

答案：（1）当水平拉力F=0时，轻绳处于竖直位置时，绳子张力最小FT1?G

当水平拉力F=2G时，绳子张力最大：

FT2?G2?(2G)2?5G

因此轻绳的张力范围是：

G?FT?5G

（2）设在某位置球处于平衡状态，由平衡条件得FTcos??G 所以FT?Gcos?即FT?1cos?，得图象如图7。

图7

6． 如图1.12所示，斜面与水平面间的夹角??30?，物体A和B的质量分别为mA?10kg、

mB?5kg。两者之间用质量可以不计的细绳相连。求：

（1）如A和B对斜面的动摩擦因数分别为?A?0.6，?B?0.2时，两物体的加速度各为多大？

绳的张力为多少？

（2）如果把A和B位置互换，两个物体的加速度及绳的张力各是多少？ （3）如果斜面为光滑时，则两个物体的加速度及绳的张力又各是多少？

图1.12

解析：（1）设绳子的张力为FT，物体A和B沿斜面下滑的加速度分别为aA和aB，根据牛顿第二定律：

对A有mAgsin??FT??AmAgcos??mAaA 对B有mBgsin??FT??BmBgcos??mBaB

设FT?0，即假设绳子没有张力，联立求解得gcos?(?A??B)?aB?aA，因?A??B，故

aB?aA

说明物体B运动比物体A的运动快，绳松弛，所以FT?0的假设成立。故有

aA?g(si?n??Acos?)??0.196m/saB?g(s??i?ncB2因而实际不符，则A静止。

2?o)?s3.27m/s

（2）如B与A互换则gcos?(?A??B)?aB?aA?0，即B物运动得比A物快，所以A、B之间有拉力且共速，用整体法mAgsin??mBgsin???AmAgcos???BmBgcos??(mA?mB)a代入数据求出a?0.96m/s2，用隔离法对B：mBgsin???BmBgcos??FT?mBa代入数据求出

FT?11.5N

（3）如斜面光滑摩擦不计，则A和B沿斜面的加速度均为a?gsin??5m/s两物间无作用力。

7． 如图1.13所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为?、在斜杆下端固定有质量为m

的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（ ） A. 小车静止时，F?mgsin?，方向沿杆向上

2B. 小车静止时，F?mgcos?，方向垂直杆向上 C. 小车向右以加速度a运动时，一定有F?ma/sin? D. 小车向左以加速度a运动时，F?(ma)?(mg)，方向

22

斜向左上方，与竖直方向的夹角为??arctan(a/g) 图1.13

解析：小车静止时，由物体的平衡条件知杆对球的作用力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg。

小车向右以加速度a运动，设小球受杆的作用力方向与竖直方向的夹角为?，如图4所示，根据牛顿第二定律有：Fsin??ma，Fcos??mg，两式相除得：tan??a/g。

图4

只有当球的加速度a?gtan?且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有

F?ma/sin?。小车向左以加速度a运动，根据牛顿第二定律知小球所受重力mg和杆对球的作用

力F的合力大小为ma，方向水平向左。根据力的合成知F?与竖直方向的夹角为：??arctan(a/g)

(ma)?(mg)，方向斜向左上方，

228． 如图1.14所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细

线将小球P悬吊起来。轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为?，试求此时弹簧的形变量。

图1.14

答案：FTsin??ma，FTcos??F?mg，F?kx

x?m(g?acot?)/k，讨论：

①若a?gtan?则弹簧伸长x?m(g?acot?)/k

②若a?gtan?则弹簧伸长x?0

③若a?gtan?则弹簧压缩x?m(acot??g)/k

五、弹簧模型（动力学）

1． 如图1.15所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，

而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上。②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用。③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动。④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有（ ）

①

②

③

④

图1.15

A. l2?l1

B. l4?l3

C. l1?l3

D. l2?l4

解析：当弹簧处于静止（或匀速运动）时，弹簧两端受力大小相等，产生的弹力也相等，用其中任意一端产生的弹力代入胡克定律即可求形变。当弹簧处于加速运动状态时，以弹簧为研究对象，由于其质量为零，无论加速度a为多少，仍然可以得到弹簧两端受力大小相等。由于弹簧弹力F弹与施加在弹簧上的外力F是作用力与反作用的关系，因此，弹簧的弹力也处处相等，与静止情况没有区别。在题目所述四种情况中，由于弹簧的右端受到大小皆为F的拉力作用，且弹簧质量都为零，根据作用力与反作用力关系，弹簧产生的弹力大小皆为F，又由四个弹簧完全相同，根据胡克定律，它们的伸长量皆相等，所以正确选项为D。

2． 用如图1.16所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度。该装置是在矩

形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0kg的滑块，滑块可无摩擦的滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后，汽车静止时，传感器a、b的示数均为10N（取g?10m/s） （1）若传感器a的示数为14N、b的示数为6.0N，求此时汽车的加速度大小和方向。 （2）当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零。

2

图1.16

解析：（1）F1?F2?ma1，a1?a1的方向向右或向前。

（2）根据题意可知，当左侧弹簧弹力F1'?0时，右侧弹簧的弹力F2'?20N

F2'?ma2

F2'm2F1?F2m?4.0m/s

2代入数据得a2?

?10m/s，方向向左或向后

3． 如图1.17所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端系一个钢球P，球处于静止状态。现对球施

加一个方向向右的外力F，吏球缓慢偏移。若外力F方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角??90?且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则下面给出弹簧伸长量x与cos?的函数关系图象中，最接近的是（ ）

图1.17

答案：D

第二章 圆周运动

解题模型：

一、水平方向的圆盘模型

1． 如图1.01所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转

轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）。物体和转盘间最大静摩擦力是其正压力的μ倍，求：

（1）当转盘的角速度?1??g2r时，细绳的拉力FT1。

（2）当转盘的角速度?2?3?g2r时，细绳的拉力FT2。

图2.01

解析：设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为?0，则

?mg?m?20r，解得?0??gr。

（1）因为?1??g2r??0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物与盘间

还未到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即FT1?0。

（2）因为?2?3?g2r??0，所以物体所需向心力大于物与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对

22物体施加拉力FT2，由牛顿的第二定律得：FT2??mg?m?

r，解得FT2??mg2。

2． 如图2.02所示，在匀速转动的圆盘上，沿直径方向上放置以细线相连的A、B两个小物块。A

的质量为mA?2kg，离轴心r1?20cm，B的质量为mB?1kg，离轴心r2?10cm，A、B与盘面间相互作用的摩擦力最大值为其重力的0.5倍，试求：

（1）当圆盘转动的角速度?0为多少时，细线上开始出现张力？

（2）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最

大角速度为多大？（g?10m/s2）

图2.02

（1）当圆盘转动的角速度?0为多少时，细线上开始出现张力？

（2）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度为多大？（g?10m/s2）

解析：（1）?较小时，A、B均由静摩擦力充当向心力，?增大，F?m?2r可知，它们受到的静摩擦力也增大，而r1?r2，所以A受到的静摩擦力先达到最大值。?再增大，AB间绳子开始受到拉力。

由Ffm?m1?0r2，得：

Ffmm1r10.5m1gm1r12?0???5rad/s

（2）?达到?0后，?再增加，B增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共同来提供，A增大的向心力靠增加拉力来提供，由于A增大的向心力超过B增加的向心力，?再增加，B所受摩擦力逐渐减小，直到为零，如?再增加，B所受的摩擦力就反向，直到达最大静摩擦力。如?再增加，就不能维持匀速圆周运动了，A、B就在圆盘上滑动起来。设此时角速度为?1，绳中张力为FT，对A、B受力分析：

对A有Ffm1?FT?m1?1r1 对B有FT?Ffm2?m2?1r2 联立解得：

Ffm1?Ffm2m1r1?m2r222?1??52rad/s?7.07rad/s

3． 如图2.03所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和轮B水平放置，两轮半径RA?2RB，

当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上。若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为（ ） A.

RB4 B.

RB3 C.

RB2

D. RB

答案：C

图2.03

二、行星模型

1． 已知氢原子处于基态时，核外电子绕核运动的轨道半径r1?0.5?10?10m，则氢原子处于量子

数n?1、2、3，核外电子绕核运动的速度之比和周期之比为：（ ） A. v1:v2:v3?1:2:3；T1:T2:T3?33:23:13 B. v1:v2:v3?1:1213;T1:T2:T3?1:2:3

12333:C. v1:v2:v3?6:3:2;T1:T2:T3?1:D. 以上答案均不对

:133

解析：根据经典理论，氢原子核外电子绕核作匀速率圆周运动时，由库仑力提供向心力。 ker2即

2?mv2r，从而得

线速度为v?ekmr

周期为T?2?rv

又根据玻尔理论，对应于不同量子数的轨道半径rn与基态时轨道半径r1有下述关系式：

rn?nr1。

2由以上几式可得v的通式为：

enkmr1v1nvn??

所以电子在第1、2、3不同轨道上运动速度之比为：

v1:v2:v3?1:12:13?6:3:2

而周期的通式为：

2?rvnr1v1/n23T?

?2??n2?r1v1?nT1

3

所以，电子在第1、2、3不同轨道上运动周期之比为：

T1:T2:T3?1:2:3

333由此可知，只有选项B是正确的。

2． 卫星做圆周运动，由于大气阻力的作用，其轨道的高度将逐渐变化（由于高度变化很缓慢，变

化过程中的任一时刻，仍可认为卫星满足匀速圆周运动的规律），下述卫星运动的一些物理量的变化正确的是：（ ）

A. 线速度减小 B. 轨道半径增大 C. 向心加速度增大 D. 周期增大

解析：假设轨道半径不变，由于大气阻力使线速度减小，因而需要的向心力减小，而提供向心力的万有引力不变，故提供的向心力大于需要的向心力，卫星将做向心运动而使轨道半径减小，由于卫星在变轨后的轨道上运动时，满足v?故a增大，则选项C正确。

3． 经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使

我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星系统由两个星体组成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统来处理。现根据对某一双星系统的光度学测量确定；该双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动。 （1）试计算该双星系统的运动周期T计算；

GMr和T2?r，故v增大而T减小，又a?3F引m?GMr2，

（2）若实验中观测到的运动周期为T观测，且T观测:T计算?1:N(N?1)。

为了理解T观测与T计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布这种暗物质。若不考虑其他暗物质的影响，请根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。

答案：（1）双星均绕它们连线的中点做圆周运动，设运动的速率为v，得：

v2ML2?GML22,v?GM2L

2?L/2v??L2LGMT计算?

（2）根据观测结果，星体的运动周期：

1NT观测?T计算?T计算

这种差异是由双星系统（类似一个球）内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布双星系统内的暗物质对双星系统的作用，与一个质点（质点的质量等于球内暗物质的总质量M'且位于中点O处）的作用相同。考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v1，则有：

2Mv1L2?GML22?GMM'(L/2)2,v1?G(M?4M')2L

因为周长一定时，周期和速度成反比，得：

1v11N1v??

有以上各式得M'?N?14M

设所求暗物质的密度为?，则有

43L2N?143?()??3M故??3(N?1)M2?L

第三章 功和能

一、水平方向的弹性碰撞

1． 在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球向B球运动，

发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（ ）

EPm2EPmEPm2EPmA. B. C. 2 D. 2

解析：设碰前A球的速度为v0，两球压缩最紧时的速度为v，根据动量守恒定律得出

mv0?2mv，由能量守恒定律得

12mv0?EP?212(2m)v，联立解得v0?22EPm，所以正确选项

为C。

2． 在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部

分过程和下述力学模型类似，两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图3.01所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。

图3.01

（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。

（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

解析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒得mv0?(m?m)v1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒得2mv1?3mv2，由以上两式求得A的速度v2?13v0。

（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有

第1页

12?2mv1?212?3mv2?EP撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长

12(2m)?v3

22度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为v3，则有EP?以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒得2mv3?3mv4

当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP'，由能量守恒，有解以上各式得EP'?

3． 图3.02中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长

状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为?，运动过程中弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g，求A从P出发的初速度v0。

136mv0。

212?2mv3?212?3mv4?EP'2

图3.02

解析：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前） 由功能关系，有

12mv0?212mv1??mgl1

2A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2 有mv1?2mv2

碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有

12(2m)v2?212(2m)v3??(2m)g(2l2)

122此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有由以上各式，解得v0?

mv3??mgl1

2?g(10l1?16l2)

4． 用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v?6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹

簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图3.03所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动。求在以后的运动中，

（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？ （2）弹性势能的最大值是多大？

（3）A的速度有可能向左吗？为什么？ 图3.03

解析：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有

(mA?mB)v?(mA?mB?mC)vA

解得：vA?3m/s

（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v'，则

mBv?(mB?mC)v'，v'?2m/s

设物块A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为EP，根据能量守恒

EP?12(mB?mC)v'?212mAv?212(mA?mB?mC)vA?12J

2（3）由系统动量守恒得

mAv?mBv?mAvA?(mB?mC)vB

设A的速度方向向左，vA?0，则vB?4m/s 则作用后A、B、C动能之和

Ek?12mAvA?212(mB?mC)vB?48J

2实际上系统的机械能

E'?EP?12(mA?mB?mC)vA?48J

2根据能量守恒定律，Ek?E'是不可能的。故A不可能向左运动。

5． 如图3.04所示，在光滑水平长直轨道上，A、B两小球之间有一处于原长的轻质弹簧，弹簧右

端与B球连接，左端与A球接触但不粘连，已知mA?在A球的左边有一质量为

12m2，mB?2m，开始时A、B均静止。

m的小球C以初速度v0向右运动，与A球碰撞后粘连在一起，成

为一个复合球D，碰撞时间极短，接着逐渐压缩弹簧并使B球运动，经过一段时间后，D球与弹簧分离（弹簧始终处于弹性限度内）。

图3.04

（1）上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多少？ （2）当弹簧恢复原长时B球速度是多大？

（3）若开始时在B球右侧某位置固定一块挡板（图中未画出），在D球与弹簧分离前使B球

与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板碰撞时间极短，碰后B球速度大小不变，但方向相反，试求出此后弹簧的弹性势能最大值的范围。

答案：（1）设C与A相碰后速度为v1，三个球共同速度为v2时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒，能量守恒有：

1212mv0?m?v1?1?mv0?3m?v212mv1?2v1??2?v2?112mv021216v0v0

Epmax?12?3mv2?2（2）设弹簧恢复原长时，D球速度为v3，B球速度为v4 mv1?mv3?2mv412mv21?3??2mv24?12mv23?12?4?

则有v3??13v1??v06，v4?23v1?v03

（3）设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度v5、v6

12mv0?mv5?2mv6?5?

与挡板碰后弹性势能最大，D、B两球速度相等，设为v'

mv5?2mv6?3mv'?6?

v'?v5?2v6312v5??v022v02312?v5?2v5?v02?4v5?v036EP'????m?(2)???3m?v'22

mv08mv08??3m2(4v5?v0)3622m(4v5?v0)24当v5?v04v062时，EP'最大EPmax'?mv082

2v5??时，EP'最小，EPmin'?mv082mv0108

所以

mv0108?EP'?

二、水平方向的非弹性碰撞

1． 如图3.05所示，木块与水平弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹沿水平方向射入木块后留在木

块内（时间极短），然后将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统，下列说法真确的是 A． 从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒 B． 子弹射入木块的过程中，系统动量守恒 C． 子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒 D． 木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒

图3.05

答案：B

2． 如图3.06所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的

物块（可视为质点），以水平初速度v0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为?，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。

图3.06

解析：可先根据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量Q。

对物块，滑动摩擦力Ff做负功，由动能定理得：

?Ff(d?s)?12mvt?212mv0

2即Ff对物块做负功，使物块动能减少。

对木块，滑动摩擦力Ff对木块做正功，由动能定理得Ffs?木块动能增加，系统减少的机械能为：

12mv0?212Mv，即Ff对木块做正功，使

212mvt?212Mv2?Ff(d?s)?Ffs?Ffd?1?

本题中Ff??mg，物块与木块相对静止时，vt?v，则上式可简化为：

?mgd?12mv0?212(m?M)vt2?2?

又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：

mv0?(m?M)vt?3?

联立式<2>、<3>得： d?Mv022?g(M?m)

故系统机械能转化为内能的量为： Q?Ffd??mg?Mv022?g(M?m)?Mmv202(M?m)

3． 如图3.07所示，光滑水平面地面上放着一辆两端有挡板的静止的小车，车长L＝1m，一个大小

可忽略的铁块从车的正中央以速度v0?5m/s向右沿车滑行。铁块与小车的质量均等于m，它们之间的动摩擦因数??0.05，铁块与挡板碰撞过程中机械能不损失，且碰撞时间可以忽略不计，取g?10m/s2，求从铁快由车的正中央出发到两者相对静止需经历的时间。

图3.07

答案：t?vt?v0a?2.5m/s?5m/s0.05?10m/s2v0

4． 如图3.08所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的

距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求： （1）带电环与左极板相距最近时的速度v； （2）此过程中电容器移动的距离s。 （3）此过程中能量如何变化？

图3.08

答案：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：

动量观点：

mv0?(M?m)v，v?mv0M?m

力与运动观点： 设电场力为F v0?Fmt?FMt?v，v?mv0M?m

（2）能量观点（在第（1）问基础上）： 对m：?Eq?(s?12d2)?12mv2?12mv0

2对M：Eqs?d212Mv2?0

12?Eq?(m?M)v?d22mv0

2所以s?mM?m?

运动学观点： 对M：

v2d2t?s，对m：

v?v02mdt?s'

s'?s?，解得：s?2(M?m)

带电环与电容器的速度图像如图5所示。由三角形面积可得：

图5

d2?12v0t0，s?12vt0

解得：s?md2(M?m)

（3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。

三、人船模型

1． 如图3.09所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船

尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？

图3.09

解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v，船对地的速度为v'，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv?Mv'?0，即

v'v?mM

因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v与船的

vm平均速度v也与它们的质量成反比，即?，而人的位移s人?vt，船的位移s船?vt，所以船

Mvs船m的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即??1?

s人M<1>式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图1可以看出：s船?s人?L由<1><2>两式解得s人?

2． 如图3.10所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平

地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加Δv，则计算Δv的式子正确的是：（ ）

A. (M?m)v0?M(v0??v)?mu B. (M?m)v0?M(v0??v)?m(u?v0) C. (M?m)v0?M(v0??v)?m[u?(v0??v)]

D. 0?M?v?m(u??v) 图3.10 答案：CD

?2?

MM?mL，s船?mM?mL

3． 如图3.11所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n＝1，2，

3，?），每人只有一个沙袋，x>0一侧的沙袋质量为14千克，x<0一侧的沙袋质量为10千克。一质量为M＝48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。

……32101

图3.11

23……（1） 空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？ （2） 车上最终会有几个沙袋？

(1)在小车朝正x方向滑行的过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为vn-1,第n个沙袋扔到车上后的车速为vn,由动量守恒定律有

小车反向运动的条件是vn-1>0,vn<0,即 M-nm>0 ② M-(n+1)m<0 ③ 代入数字,得

n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行.

(2)车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为M+3m.若在朝负x方向滑行过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为vn-1′,第n个沙袋扔到车上后车速为vn′,现取在图中向左的方向(负x方向)为速度vn′、vn-1′的正方向,则由动量守恒定律有

车不再向左滑行的条件是

vn-1′>0,vn′≤0

即 M+3m-nm′>0 ⑤ M+3m-(n+1)m′≤0 ⑥

n=8时,车停止滑行,即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.

四、爆炸反冲模型

1． 如图3.12所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M，每颗炮弹质量为m，当炮

身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？

图3.12

解析：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式Ek?p22m知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能

11M22E1?mv1?E，E2?mv2?E，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速

22M?m度之比，即：

s2s?v2v1?MM?m，所以s2?sMM?m。

思考：有一辆炮车总质量为M，静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去，炮弹对地速度为v0，求炮车后退的速度。

提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为v0cos?，设炮车后退方向为正方向，则(M?m)v?mv0cos??0，v?

2． 在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M，

炮弹的质量为m；发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能E0是不变的。若要使刚发射后炮弹的动能等于E0，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？ 答案：若在发射前给炮车一适当的初速度v0，就可实现题述的要求。

在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度，由动量守恒可知：

(m?M)v0?mv?MV?1?

mv0cos?M?m

由能量关系可知：

12(m?M)v0?E0?12212mv2?12MV2?2?

按题述的要求应有由以上各式得： v0?mv2?E0?3?

2mE(m?M)?0M(m?M)M(M?m))?4?

?2mE0(M?m?m(M?m)

第四章 力学综合

一、解题模型：

1． 如图5.01所示，一路灯距地面的高度为h，身高为l的人以速度v匀速行走。 （1）试证明人的头顶的影子作匀速运动； （2）求人影的长度随时间的变化率。

图5.01

解：（1）设t=0时刻，人位于路灯的正下方O处，在时刻t，人走到S处，根据题意有OS=vt，过路灯P和人头顶的直线与地面的交点M为t时刻人头顶影子的位置，如图2所示。OM为人头顶影子到O点的距离。

图2

由几何关系，有

hOMhvh?l?lOM?OS

联立解得OM?t

因OM与时间t成正比，故人头顶的影子作匀速运动。

（2）由图2可知，在时刻t，人影的长度为SM，由几何关系，有SM=OM-OS，由以上各式得

SM?lvh?lt

lvh?l可见影长SM与时间t成正比，所以影长随时间的变化率k?。

2． 一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm的均匀狭缝。将激

光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图5.02（a）为该装置示意图，图5.02（b）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示

时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中?t1?1.0?10?3s，?t2?0.8?10?3s。 （1）利用图（b）中的数据求1s时圆盘转动的角速度； （2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向； （3）求图（b）中第三个激光信号的宽度△t3。

图5.02

解析：（1）由图线读得，转盘的转动周期T?0.8s， 角速度??2?T?6.280.8rad/s?7.85rad/s

（2）激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动（理由为：由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动）。

（3）设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为ri，第i个脉冲的宽度为△ti，激光器和探测器沿半径的运动速度为v。

?ti?d2?riTdT2?，r3?r2?r2?r1?vT(1?t2?1?t1)，r3?r2?dT2?(1?t3?1?t2

)r2?r1?由以上式联立解得?t3??t1?t22?t1??t2?0.67?10?3s

3． 如图5.03是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形

成匀强电场，分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m，板的度l?0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1?10?5C/kg。设颗粒进入电场时的初速

度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不

接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。 （1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？

（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多

少？ （3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。

写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于

0.01m。

图5.03

解析：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足l?d21Uq2dm12gt

2在水平方向上满足：s??t

2两式联立得U?gmd2lq2?1?10V

4（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足 12122Uq?mg(l?H)?Uqmmv

v??2g(l?H)?4m/s（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度 v1?2g(l?H)?4m/s

22反弹高度h1?(0.5v1)2g?()()

42g1v1根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度：

1nhn?()()?()?0.8m

42g4n1v12当n?4时，hn?0.01m

4． 侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高为h，要使卫星在一天的

时间内将地面上赤道各处在日照条件下的情况全部都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄影像机至少应拍地面上赤道圆周的弧长是多少？设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，地球自转的周期为T。 解析：设卫星周期为T1，那么：

GMm(R?h)MmR22?m4?T122(R?h) ①

又G?mg ②

有T1?2?R(h?R)g3 ③

地球自转角速度为??2?T ④

2?T在卫星绕行地球一周的时间T1内，地球转过的圆心角为???T1?那么摄像机转到赤道正上方时摄下圆周的弧长为s??R

4?T2T1

⑤

⑥

由①②③④⑤⑥得s?(h?R)g3

5． 如图5.04所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出

发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比

m1m2?2，秋千的质量不计，摆长为R，C点比O点低5R。

图5.04

解析：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律，

12(m1?m2)v0

2(m1?m2)gR?设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒，(m1?m2)v0?m1v1?m2v2

分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律，4R?12gt，s?v1t

122根据题给条件，女演员刚好回A点，由机械能守恒定律，m2gR?由以上各式可得s?8R。

m2v2，已知m1?2m2，

26． 在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水

平地面上。已知小石块的质量为m1，气球（含球内氢气）的质量为m2，气球体积为V，空气密度为ρ（V和ρ均视作不变量），风沿水平方向吹，风速为v。已知风对气球的作用力f?ku（式中k为一已知系数，u为气球相对空气的速度）。开始时，小石块静止在地面上，如图5.05所示。

（1）若风速v在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一

情况，并说明理由。 （2）若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速v保持不变量，求气

球能达到的最大速度的大小。

图5.05

答案：（1）将气球和小石块作为一个整体；在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力G、浮力F和地面支持力FN的作用，据平衡条件有：

FN?(m1?m2)g??gV

由于式中FN是与风速v无关的恒力，而FN?0，故气球连同小石块不会一起被吹离地面。 （2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达到最大速度时气球在水平方向做匀速运动，有vx?v

气球在竖直方向做匀速运动，有：

m2g?kvy??gV

气球的最大速度：

vm?vx?vy

22联立求解得：

vm?v?(2?gV?m2gk)

2

二、滑轮模型

1． 如图5.06所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体用动

滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为?1，绳子张力为F1；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为?2，绳子张力为F2；将绳子右端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为?3，绳子张力为F3，不计摩擦，并且BC为竖直线，则（ ） A. ?1??2??3

B. ?1??2??3 D. F1?F2?F3

图5.06

解析：由于跨过滑轮上绳上各点的张力相同，而它们的合力与重力为一对平衡力，所以从B点移到C点的过程中，通过滑轮的移动，?1??2，F1?F2，再从C点移到D点，?3肯定大于?2，由于竖直方向上必须有2Fcos

2． 如图5.07所示在车厢中有一条光滑的带子（质量不计），带子中放上一个圆柱体，车子静止时带

子两边的夹角∠ACB=90°，若车厢以加速度a=7.5m/s2向左匀加速运动，则带子的两边与车厢顶面夹角分别为多少？

图5.07

解析：设车静止时AC长为l，当小车以a?7.5m/s向左作匀加速运动时，由于AC、BC之间的类似于“滑轮”，故受到的拉力相等，设为FT，圆柱体所受到的合力为ma，在向左作匀加速，运动中AC长为l??l，BC长为l??l

2C. F1?F2?F3

?2?mg，所以F3?F2。故只有A选项正确。

由几何关系得

sin?l??l?sin?l??l?sin?2l

由牛顿运动定律建立方程：

FTcos??FTcos??ma，FTsin??FTsin??mg

代入数据求得??19?，??93?

3． 如图5.08所示，细绳绕过两个定滑轮A和B，在两端各挂一个重为P的物体，现在A、B的中

点C处挂一个重为Q的小球，Q<2P，求小球可能下降的最大距离h。已知AB的长为2L，不计滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。

图5.08

解析：选小球Q和两重物P构成的整体为研究对象，该整体的速率从零开始逐渐增为最大，紧接着从最大又逐渐减小为零（此时小球下降的距离最大为h），如图4在整个过程中，只有重力做功机械能守恒。

图4

因重为Q的小球可能下降的最大距离为h，所以重为P的两物体分别上升的最大距离均为h?L?L。

22考虑到整体初、末位置的速率均为零，故根据机械能守恒定律知，重为Q的小球重力势能的减少量等于重为P的两个物体重力势能的增加量，即Qh?2P(h?L?L)。

22

从而解得h?4PLQ4P?Q22

4． 如图5.09轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体。∠

ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比？

图4.09

图5.09

解析：图（a）中绳AC段的拉力FTAC＝M1g 图（b）中由于FTEGsin30°=M2g，解得： FTACFTEG?M12M2

5． 如图5.10所示，质量分别为M和m（M>m）的小物体用轻绳连接；跨放在半径为R的光滑半

圆柱体和光滑定滑轮B上，m位于半圆柱体底端C点，半圆柱体顶端A点与滑轮B的连线水平。整个系统从静止开始运动。设m能到达圆柱体的顶端，试求： （1）m到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度。 （2）m到达A点时，对圆柱体的压力。

图5.10

答案：（1）Mg12?R?mgR?12(M?m)v

2v?Mg?R?2mgRM?m2

（2）

mvR?mg?FN

FN?mg?Mmg??2mgM?mmg

2

?M?m??M?2mM?m

三、渡河模型

1． 如图5.11所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度v0拉水平面上的物体A，当绳与水平方向成

θ角时，求物体A的速度。

图5.11

解：本题的关键是正确地确定物体A的两个分运动。物体A的运动（即绳的末端的运动）可看作两个分运动的合成：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1?v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行

v1cos?v0cos?分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分速度，如图所示，由此可得vA??。

2． 如图5.12所示，某人通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始时人在滑轮的

正下方，绳下端A点离滑轮的距离为H。人由静止拉着绳向右移动，当绳下端到B点位置时，人的速度为v，绳与水平面夹角为θ。问在这个过程中，人对重物做了多少功？

图5.12

解析：人移动时对绳的拉力不是恒力，重物不是做匀速运动也不是做匀变速运动，故无法用

W?Fscos?求对重物做的功，需从动能定理的角度来分析求解。 当绳下端由A点移到B点时，重物上升的高度为：

h?Hsin??H?H(1?sin?)sin?

重力做功的数值为：

WG?mgH(1?sin?)sin?

当绳在B点实际水平速度为v时，v可以分解为沿绳斜向下的分速度v1和绕定滑轮逆时针转动的分速度v2，其中沿绳斜向下的分速度v1和重物上升速度的大小是一致的，从图中可看出：

v1?vcos?

以重物为研究对象，根据动能定理得：

W人?WG?12mv1?0

2W人?mgH(1?sin?)sin??mvcos?222

3． 一条宽度为L的河，水流速度为v水，已知船在静水中速度为v船，那么： （1）怎样渡河时间最短？

（2）若v船?v水，怎样渡河位移最小？

（3）若v船?v水，怎样渡河船漂下的距离最短？

解析：（1）小船过河问题，可以把小船的渡河运动分解为它同时参与的两个运动，一是小船运动，一是水流的运动，船的实际运动为合运动。如图4所示。设船头斜向上游与河岸成任意角θ。这时船速在垂直于河岸方向的速度分量为v1?v船sin?，渡河所需要的时间为t?Lv1?Lv船sin?，可以

看出：L、v船一定时，t随sinθ增大而减小；当??90?时，sin??1（最大）。所以，船头与河岸垂直tmin?Lv船。

图4

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