高中物理力學(xué)例題解析

1、高中物理力學(xué)經(jīng)典例題解析1在光滑的水平桌面上有一長L=2米的木板C，它的兩端各有一塊檔板，C的質(zhì)量mC=5千克，在C的正中央并排放著兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A和B，質(zhì)量分別為mA=1千克，mB=4千克。開始時，A、B、C都處于靜止，并且A、B間夾有少量塑膠炸藥，如圖15-1所示。炸藥爆炸使滑塊A以6米/秒的速度水平向左滑動，如果A、B與C間的摩擦可忽略，兩滑塊中任一塊與檔板碰撞后都與擋板結(jié)合成一體，爆炸和碰撞所需時間都可忽略。問：(1)當(dāng)兩滑塊都與檔板相碰撞后，板C的速度多大?(2)到兩個滑塊都與檔板碰撞為止，板的位移大小和方向如何?分析與解：(1)設(shè)向左的方向?yàn)檎较?。炸藥爆炸前后A和B組成的系

2、統(tǒng)水平方向動量守恒。設(shè)B獲得的速度為mA，則mAVA+mBVB=0，所以：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒對A、B、C組成的系統(tǒng)，開始時都靜止，所以系統(tǒng)的初動量為零，因此當(dāng)A和B都與檔板相撞并結(jié)合成一體時，它們必靜止，所以C板的速度為零。(2)以炸藥爆炸到A與C相碰撞經(jīng)歷的時間：t1=(L/2)/VA=1/6秒，在這段時間里B的位移為：SB=VBt1=1.5×1/6=0.25米，設(shè)A與C相撞后C的速度為VC，A和C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒：mAVA=(mA+mC)VC，所以VC=mAVA/(mA+mC)=1×6/(1+5)=1米/秒B相對于C的速度為： VBC=VB

3、-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒因此B還要經(jīng)歷時間t2才與C相撞： t2=(1-0.25)/2.5=0.3秒，故C的位移為：SC=VCt2=1×0.3=0.3米，方向向左，如圖15-2所示。2如圖16-1所示，一個連同裝備總質(zhì)量為M=100千克的宇航員，在距離飛船為S=45米與飛船處于相地靜止?fàn)顟B(tài)。宇航員背著裝有質(zhì)量為m0=0.5千克氧氣的貯氧筒，可以將氧氣以V=50米/秒的速度從噴咀噴出。為了安全返回飛船，必須向返回的相反方向噴出適量的氧，同時保留一部分氧供途中呼吸，且宇航員的耗氧率為 R=2.5×10-4千克/秒。試計算：(1)噴氧量應(yīng)控制在什么范圍? 返

4、回所需的最長和最短時間是多少?(2)為了使總耗氧量最低，應(yīng)一次噴出多少氧?返回時間又是多少?分析與解：一般飛船沿橢圓軌道運(yùn)動，不是慣性參照系。但是在一段很短的圓弧上，可以認(rèn)為飛船作勻速直線運(yùn)動，是慣性參照系。(1)設(shè)有質(zhì)量為m的氧氣，以速度v相對噴咀，即宇航員噴出，且宇航員獲得相對于飛船為V的速度，據(jù)動量守恒定律：mv-MV=0則宇航員返回飛船所需的時間為：t=S/V=MS/mv而安全返回的臨界條件為：m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：m2v-m0vm+RMS=0，m=把m0、v、R、M、S代入上式可得允許的最大和最小噴氧量為： mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。返回

5、的最短和最長時間為：tmin=200秒，tmax=1800秒(2)返回飛船的總耗氧量可表示為：M=m+Rt=(MS/vt)+Rt因?yàn)镸S/vt與Rt之積為常量，且當(dāng)兩數(shù)相等時其和最小，即總耗氧量最低，據(jù)：MS/vt=Rt，所以相應(yīng)返回時間為：t=600秒相應(yīng)的噴氧量應(yīng)為：m=Rt=0.15千克。想一想：還有什么方法可求出這時的噴氧量?(m=MS/vt=0.15千克)3如圖17-1所示，A、B是靜止在水平地面上完全相同的兩塊長木板的左端和的右端相接觸兩板的質(zhì)量皆為M2.0kg，長度皆為L1.0。是質(zhì)量為1.0 kg的小物塊現(xiàn)給它一初速度02.0，使它從板的左端向右滑動已知地面是光滑的，而與板A、

6、B之間的動摩擦因數(shù)皆為0.10。求最后A、B、C各以多大的速度做勻速運(yùn)動取重力加速度10。參考解答先假設(shè)小物塊在木板上移動距離后，停在上這時、三者的速度相等，設(shè)為，由動量守恒得0（2），在此過程中，木板的位移為，小物塊的位移為由功能關(guān)系得（）（1/2）（1/2）02，222，則（1/2）（2）2（1/2）02，由、式，得02（2），代入數(shù)值得16比板的長度大這說明小物塊不會停在板上，而要滑到板上設(shè)剛滑到板上的速度為1，此時、板的速度為2，則由動量守恒得0122，由功能關(guān)系，得（1/2）02（1/2）12×（1/2）2，以題給數(shù)據(jù)代入，得由1必是正值，故合理的解是 當(dāng)滑到之后，即以20

7、155做勻速運(yùn)動，而是以1138的初速在上向右運(yùn)動設(shè)在上移動了距離后停止在上，此時和的速度為3，由動量守恒得21（）3，解得30563由功能關(guān)系得（1/2）12（1/2）22（1/2）（）32，解得050比板的長度小，所以小物塊確實(shí)是停在板上最后、的速度分別為30563，20155，0563評分標(biāo)準(zhǔn)本題的題型是常見的碰撞類型，考查的知識點(diǎn)涉及動量守恒定律與動能關(guān)系或動力學(xué)和運(yùn)動學(xué)等重點(diǎn)知識的綜合，能較好地考查學(xué)生對這些重點(diǎn)知識的掌握和靈活運(yùn)動的熟練程度題給數(shù)據(jù)的設(shè)置不夠合理，使運(yùn)算較復(fù)雜，影響了學(xué)生的得分從評分標(biāo)準(zhǔn)中可以看出，論證占的分值超過本題分值的50%，足見對論證的重視而大部分學(xué)生在解題

8、時恰恰不注重這一點(diǎn)，平時解題時不規(guī)范，運(yùn)算能力差等，都是本題失分的主要原因解法探析本題參考答案中的解法較復(fù)雜，特別是論證部分，、兩式之間的兩個方程可以省略下面給出兩種較為簡捷的論證和解題方法解法一從動量守恒與功能關(guān)系直接論證求解設(shè)剛滑到板上的速度為1，此時、板的速度為2，則由動量守恒，得122，以系統(tǒng)為對象，由功能關(guān)系，得（1/2）02（1/2）122×（1/2）22，由于1只能取正值，以題給數(shù)據(jù)代入得到合理的解為由于小物塊的速度1大于、板的速度2，這說明小物塊不會停在板上以上過程既是解題的必要部分，又作了論證，比參考答案中的解法簡捷后面部分與參考答案相同，不再綴述解法二從相對運(yùn)動論

9、證，用動量守恒與功能關(guān)系求解以地面為參照系，小物塊在A、B上運(yùn)動的加速度為12，A、B整體的加速度為20252，相對、的加速度1.252假設(shè)A、B一體運(yùn)動，以A、B整體為參照物，當(dāng)滑至與整體相對靜止時，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，有022，解得02216說明小物塊不會停在板上上述可以看出，從相對運(yùn)動的角度論證較為簡捷，運(yùn)算也較為簡單論證后的解法與參考答案相同試題拓展1若長木板個數(shù)不變，當(dāng)小物塊的初速度滿足什么條件時，、三物體最終的速度相同?2若長木板個數(shù)不變，當(dāng)小物塊的初速度滿足什么條件時，小物塊能從兩長木板上滑過去?3若小物塊的初速度不變，將相同的長木板數(shù)增加到三個，最終小物塊停在木板上的什么位置，各物

10、體的運(yùn)動速度分別為多少?4若其它條件不變，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，并且滿足(M)（2），試分析有怎樣的情況發(fā)生?5分析子彈打擊在光滑水平面上的兩相同木塊問題，找出它與本題的異同，歸納解法4如圖18-1，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上，另一端和質(zhì)量為M的容器連接，容器放在光滑水平的地面上，當(dāng)容器位于O點(diǎn)時彈簧為自然長度，在O點(diǎn)正上方有一滴管，容器每通過O點(diǎn)一次，就有質(zhì)量為m的一個液滴落入容器，開始時彈簧壓縮，然后撒去外力使容器圍繞O點(diǎn)往復(fù)運(yùn)動，求：(1)容器中落入n個液滴到落入（n+1）個液滴的時間間隔； (2)容器中落入n個液滴后，容器偏離O點(diǎn)的最大位移。分析與解：本題中求容器內(nèi)落

11、入n個液滴后偏離O點(diǎn)的最大位移時，若從動量守恒和能量守恒的角度求解，將涉及彈簧彈性勢能的定量計算，超出了中學(xué)大綱的要求，如果改用動量定理和動量守恒定律求解，則可轉(zhuǎn)換成大綱要求的知識的試題。(1)彈簧振子在做簡諧運(yùn)動過程中，影響其振動周期的因素有振子的質(zhì)量和恢復(fù)系數(shù)(對彈簧振子即為彈簧的勁度系數(shù))，本題中恢復(fù)系數(shù)始終不變，液滴的落入使振子的質(zhì)量改變，導(dǎo)致其做簡諧運(yùn)動的周期發(fā)生變化。容器中落入n個液滴后振子的質(zhì)量為（M+nm），以n個液滴落入后到第（n+1）個液滴落入前，這段時間內(nèi)系統(tǒng)做簡諧運(yùn)動的周期Tn=2，容器落入n個液滴到（n+1）個液滴的時間間隔t=Tn /2，所以t =(2)將容器從初始

12、位置釋放后，振子運(yùn)動的動量不斷變化，動量變化的原因是水平方向上彈簧彈力的沖量引起的，將容器從靜止釋放至位置O的過程中，容器的動量從零增至p，因容器位于點(diǎn)時彈簧為自然長度，液滴在O點(diǎn)處落入容器時，容器和落入的液滴系統(tǒng)在水平方向的合力為零， 根據(jù)動量守恒定律，液滴在處的落入并不改變系統(tǒng)水平方向的動量，所以振子處從位置O到兩側(cè)相應(yīng)的最大位移處，或從兩側(cè)相應(yīng)在的最大位移處到位置的各1/4周期內(nèi)，雖然周期n和對應(yīng)的最大位移Ln在不斷變化，但動量變化的大小均為p=p0=p，根據(jù)動量定理可知識，各1/4周期內(nèi)彈力的沖量大小均相等，即：F0(t)·T0/4 = Fn(t)·Tn/4其中T0

13、是從開始釋放到第一次到O點(diǎn)的周期，0=2。Tn是n個液滴落入后到（n+1）個液滴落入容器前振子的周期，Tn=2。而F0(t) 和Fn(t)分別為第一個周期內(nèi)和n個液滴落入后的1/4周期內(nèi)彈力對時間的平均值，由于在各個1/4周期內(nèi)振子均做簡諧運(yùn)動，因而彈力隨時間均按正弦（或余弦）規(guī)律變化，隨時間按正弦（或余弦）變化的量在1/4周期內(nèi)對時間的平均值與最大值之間的關(guān)系，可用等效方法求出，矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動時，從中性而開始計地，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為=msint=NbSsint。按正弦規(guī)律變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律=N，在1/4周期內(nèi)對時間的平均值=2m/。這一結(jié)論對其它正弦（或余弦）變化的量

14、對時間的平均值同樣適用，則有F0(t)=2kL0/，F(xiàn)n(t)=2kLn/代入前式解得：Ln=L05、如圖19-1所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接一個質(zhì)量為M的木板，木板下面再掛一個質(zhì)量為m的物體，當(dāng)拿去m后，木板速度再次為零時，彈簧恰好恢復(fù)原長，求M與m之間的關(guān)系？分析與解：按常規(guī)思路，取M為研究對象，根據(jù)動能定理或機(jī)械能守恒定律求解時，涉及彈力（變力）做功或彈性勢能的定量計算，超出了中學(xué)教材和大綱的要求?？紤]到拿去m后，M將做簡諧運(yùn)動，則拿去m時M所處位置，與彈簧剛恢復(fù)原長時M所處位置分別為平衡位置兩側(cè)的最大位置處，由M做簡諧運(yùn)動時力的對稱性可知，在兩側(cè)最大位移處回復(fù)力的大小應(yīng)相

15、等，在最低位置處F=mg，方向向上，在最高位置處F=Mg，方向向下，所以有M=m。6假設(shè)在質(zhì)量與地球質(zhì)量相同、半徑為地球半徑兩倍的某天體上進(jìn)行運(yùn)動比賽，那么與在地球上的比賽成績相比，下列說法中正確的是跳高運(yùn)動員的成績會更好用彈簧秤稱體重時，體重數(shù)值會變得更小投擲鐵钅并的距離會更遠(yuǎn)些用手投出的籃球，水平方向的分速度會變大 答案：7下列說法正確的是A物體在恒力作用下的運(yùn)動方向是不會改變的B加速前進(jìn)的汽車，后輪所受的摩擦力方向與運(yùn)動方向相反C第一宇宙速度為7.9，因此飛船只有達(dá)到7.9才能從地面起飛D作用力與反作用力都可以做正功，也可以做負(fù)功答案：23如圖20-1所示，一列橫波t時刻的圖象用實(shí)線表示

16、，又經(jīng)t=0.2s時的圖象用虛線表示。已知波長為2m，則以下說法正確的是：( )A、 若波向右傳播，則最大周期是2s。B、 若波向左傳播，則最大周期是2s。C、 若波向左傳播，則最小波速是9m/s。D、 若波速是19m/s，則傳播方向向左。分析與解：若向右傳播，則傳播0.2m的波數(shù)為0.2m/2m=0.1，則，t=(n+0.1)T(n=0、1、2、3) 所以T=t/(n+0.1)=0.2/(n+0.1)當(dāng)n=0時，周期有最大值Tmax=2s，所以A正確。若向左傳播，則在0.2s內(nèi)傳播距離為(2-0.2)m=1.8m，傳過波數(shù)為1.8m/2m=0.9，則，t=(n+0.9)T(n=0、1、2、3) 所以T=t/(n+0.9)=0.2/(n+0.9)當(dāng)n=0時，周期有最大值Tmax0.22S，所以B錯。又：T=，所以V=當(dāng)n=0時，波速最小值為Vmin=9m