高一物理力學典型例題

1、 高中物理力學典型例題1、如圖1-1所示，長為5米的細繩的兩端分別系于豎立在地面上相距為4米的兩桿頂端A、B。繩上掛一個光滑的輕質掛鉤。它鉤著一個重為12牛的物體。平衡時，繩中張力T=分析與解：本題為三力平衡問題。其基本思路為：選對象、分析力、畫力圖、列方程。對平衡問題，根據題目所給條件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本題有多種解法。解法一：選掛鉤為研究對象，其受力如圖1-2所示，設細繩與水平夾角為，由平衡條件可知：2TSin=F，其中F=12牛，將繩延長，由圖中幾何條件得：Sin=3/5，則代入上式可得T=10牛。解法二：掛鉤受三個力，由平衡條件可知：兩個拉力（大小

2、相等均為T）的合力F與F大小相等方向相反。以兩個拉力為鄰邊所作的平行四邊形為菱形。如圖1-2所示，其中力的三角形OEG與ADC相似，則： 得：牛。想一想：若將右端繩A 沿桿適當下移些，細繩上張力是否變化？（提示：掛鉤在細繩上移到一個新位置，掛鉤兩邊細繩與水平方向夾角仍相等，細繩的張力仍不變。）2、如圖2-1所示，輕質長繩水平地跨在相距為2L的兩個小定滑輪A、B上，質量為m的物塊懸掛在繩上O點，O與A、B兩滑輪的距離相等。在輕繩兩端C、D分別施加豎直向下的恒力F=mg。先托住物塊，使繩處于水平拉直狀態(tài)，由靜止釋放物塊，在物塊下落過程中，保持C、D兩端的拉力F不變。（1）當物塊下落距離h為多大時，

3、物塊的加速度為零？（2）在物塊下落上述距離的過程中，克服C端恒力F做功W為多少？（3）求物塊下落過程中的最大速度Vm和最大距離H？分析與解：物塊向下先作加速運動，隨著物塊的下落，兩繩間的夾角逐漸減小。因為繩子對物塊的拉力大小不變，恒等于F，所以隨著兩繩間的夾角減小，兩繩對物塊拉力的合力將逐漸增大，物塊所受合力逐漸減小，向下加速度逐漸減小。當物塊的合外力為零時，速度達到最大值。之后，因為兩繩間夾角繼續(xù)減小，物塊所受合外力豎直向上，且逐漸增大，物塊將作加速度逐漸增大的減速運動。當物塊下降速度減為零時，物塊豎直下落的距離達到最大值H。當物塊的加速度為零時，由共點力平衡條件可求出相應的角，再由角求出相

4、應的距離h，進而求出克服C端恒力F所做的功。對物塊運用動能定理可求出物塊下落過程中的最大速度Vm和最大距離H。（1）當物塊所受的合外力為零時，加速度為零，此時物塊下降距離為h。因為F恒等于mg，所以繩對物塊拉力大小恒為mg，由平衡條件知：2=120，所以=60，由圖2-2知： h=L*tg30=L 1（2）當物塊下落h時，繩的C、D端均上升h，由幾何關系可得：h=-L 2克服C端恒力F做的功為：W=F*h 3由1、2、3式聯(lián)立解得：W=（-1）mgL（3）出物塊下落過程中，共有三個力對物塊做功。重力做正功，兩端繩子對物塊的拉力做負功。兩端繩子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。因為

5、物塊下降距離h時動能最大。由動能定理得：mgh-2W= 4將1、2、3式代入4式解得：Vm=當物塊速度減小為零時，物塊下落距離達到最大值H，繩C、D上升的距離為H。由動能定理得：mgH-2mgH=0，又H=-L，聯(lián)立解得：H=。3、如圖3-1所示的傳送皮帶，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc與水平面的夾角=37，一小物體A與傳送皮帶的滑動摩擦系數=0.25，皮帶沿圖示方向運動，速率為2米/秒。若把物體A輕輕放到a點處，它將被皮帶送到c點，且物體A一直沒有脫離皮帶。求物體A從a點被傳送到c點所用的時間。 分析與解：物體A輕放到a點處，它對傳送帶的相對運動向后，傳送帶對A的滑動摩擦力向前，則

6、 A 作初速為零的勻加速運動直到與傳送帶速度相同。設此段時間為t1，則：a1=g=0.25x10=2.5米/秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒設A勻加速運動時間內位移為S1，則：設物體A在水平傳送帶上作勻速運動時間為t2，則設物體A在bc段運動時間為t3，加速度為2，則：2=g*Sin37-gCos37=10x0.6-0.25x10x0.8=4米/秒2解得：t3=1秒 （t3=-2秒舍去）所以物體A從a點被傳送到c點所用的時間t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如圖4-1所示，傳送帶與地面傾角=37，AB長為16米，傳送帶以10米/秒的速度勻速運動。在傳送帶上端A無初

7、速地釋放一個質量為0.5千克的物體，它與傳送帶之間的動摩擦系數為=0.5，求：（1）物體從A運動到B所需時間，（2）物體從A 運動到B 的過程中，摩擦力對物體所做的功（g=10米/秒2） 分析與解：（1）當物體下滑速度小于傳送帶時，物體的加速度為1,（此時滑動摩擦力沿斜面向下）則：t1=v/1=10/10=1米當物體下滑速度大于傳送帶V=10米/秒 時，物體的加速度為2（此時f沿斜面向上）則：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=-mgco

8、sS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦所以，W=W1+W2=10-22=-12焦。想一想：如圖4-1所示，傳送帶不動時，物體由皮帶頂端A從靜止開始下滑到皮帶底端B用的時間為t，則：（請選擇）A.當皮帶向上運動時，物塊由A滑到B的時間一定大于t。 B.當皮帶向上運動時，物塊由A滑到B的時間一定等于t。 C.當皮帶向下運動時，物塊由A滑到B的時間可能等于t。 D.當皮帶向下運動時，物塊由A滑到B的時間可能小于t。 （B、C、D）5、如圖5-1所示，長L=75cm的靜止直筒中有一不計大小的小球，筒與球的總質量為4千克，現對筒施加一豎直向下、大小為21牛的恒力，使筒豎直向下運動，經t=

9、0.5秒時間，小球恰好躍出筒口。求：小球的質量。（取g=10m/s2）分析與解：筒受到豎直向下的力作用后做豎直向下的勻加速運動，且加速度大于重力加速度。而小球則是在筒內做自由落體運動。小球躍出筒口時，筒的位移比小球的位移多一個筒的長度。 設筒與小球的總質量為M，小球的質量為m，筒在重力及恒力的共同作用下豎直向下做初速為零的勻加速運動，設加速度為a；小球做自由落體運動。設在時間t內，筒與小球的位移分別為h1、h2（球可視為質點）如圖5-2所示。 由運動學公式得： 又有：L=h1-h2 代入數據解得：a=16米/秒2 又因為筒受到重力(M-m)g和向下作用力F，據牛頓第二定律： F+(M-m)g=

10、(M-m)a得：6、如圖6-1所示，A、B兩物體的質量分別是m1和m2，其接觸面光滑，與水平面的夾角為，若A、B與水平地面的動摩擦系數都是，用水平力F推A，使A、B一起加速運動，求：（1）A、B間的相互作用力 （2）為維持A、B間不發(fā)生相對滑動，力F的取值范圍。分析與解：A在F的作用下，有沿A、B間斜面向上運動的趨勢，據題意，為維持A、B間不發(fā)生相對滑動時，A處剛脫離水平面，即A不受到水平面的支持力，此時A與水平面間的摩擦力為零。 本題在求A、B間相互作用力N和B受到的摩擦力f2時，運用隔離法；而求A、B組成的系統(tǒng)的加速度時，運用整體法。（1）對A受力分析如圖6-2（a）所示，據題意有：N1=

11、0，f1=0 因此有：Ncos=m1g 1 , F-Nsin=m1a 2 由1式得A、B間相互作用力為：N=m1g/cos （2）對B受力分析如圖6-2（b）所示，則：N2=m2g+Ncos 3 , f2=N2 4 將1、3代入4式得： f2=(m1+ m2)g 取A、B組成的系統(tǒng)，有：F-f2=(m1+ m2)a 5 由1、2、5式解得：F=m1g(m1+ m2)(tg-)/m2 故A、B不發(fā)生相對滑動時F的取值范圍為：0Fm1g(m1+ m2)(tg-)/m2想一想：當A、B與水平地面間光滑時，且又m1=m2=m時，則F的取值范圍是多少？( 0F2mgtg。7、某人造地球衛(wèi)星的高度是地球半

12、徑的15倍。試估算此衛(wèi)星的線速度。已知地球半徑R=6400km，g=10m/s2。 分析與解：人造地球衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心力由地球對衛(wèi)星的引力提供，設地球與衛(wèi)星的質量分別為M、m，則：= 1 又根據近地衛(wèi)星受到的引力可近似地認為等于其重力，即：mg= 2 1、2兩式消去GM解得：V=2.0X103 m/s說明：n越大(即衛(wèi)星越高)，衛(wèi)星的線速度越小。若n=0，即近地衛(wèi)星，則衛(wèi)星的線速度為V0=7.9X103m/s，這就是第一宇宙速度，即環(huán)繞速度。 8、一內壁光滑的環(huán)形細圓管，位于豎直平面內，環(huán)的半徑為R（比細管的內徑大得多。在圓管中有兩個直徑與細管內徑相同的小球（可視為質點）。A球的質量

13、為m1，B球的質量為m2。它們沿環(huán)形圓管順時針運動，經過最低點時的速度都為V0。設A球運動到最低點時，B球恰好運動到最高點，若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么m1、m2、R與V0應滿足的關系式是 。分析與解：如圖7-1所示，A球運動到最低點時速度為V0，A球受到向下重力mg和細管向上彈力N1的作用，其合力提供向心力。那么，N1-m1g=m1 1 這時B球位于最高點，速度為V1，B球受向下重力m2g和細管彈力N2作用。球作用于細管的力是N1、N2的反作用力，要求兩球作用于細管的合力為零，即要求N2與N1等值反向，N1=N2 2， 且N2方向一定向下，對B球：N2+m2g=m2 3 B球由最高

14、點運動到最低點時速度為V0，此過程中機械能守恒： 即m2V12+m2g2R=m2V02 4 由1234式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R與V0滿足的關系式是： (m1-m2)+(m1+5m2)g=0 5說明：（1）本題不要求出某一物理量，而是要求根據對兩球運動的分析和受力的分析，在建立1-4式的基礎上得到m1、m2、R與V0所滿足的關系式5。（2）由題意要求兩球對圓管的合力為零知，N2一定與N1方向相反，這一點是列出3式的關鍵。且由5式知兩球質量關系m1m2。9、如圖8-1所示，質量為m=0.4kg的滑塊，在水平外力F作用下，在光滑水平面上從A點由靜止開始向B點運動，到達B點時外力F突

15、然撤去，滑塊隨即沖上半徑為 R=0.4米的1/4光滑圓弧面小車，小車立即沿光滑水平面PQ運動。設：開始時平面AB與圓弧CD相切，A、B、C三點在同一水平線上，令AB連線為X軸，且AB=d=0.64m，滑塊在AB面上運動時，其動量隨位移的變化關系為P=1.6kgm/s，小車質量M=3.6kg，不計能量損失。求：(1)滑塊受水平推力F為多大? (2)滑塊通過C點時，圓弧C點受到壓力為多大? (3)滑塊到達D點時，小車速度為多大? (4)滑塊能否第二次通過C點? 若滑塊第二次通過C點時，小車與滑塊的速度分別為多大? (5)滑塊從D點滑出再返回D點這一過程中，小車移動距離為多少? (g取10m/s2)

16、 分析與解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑塊到B點速度為： VB=1.6/m=1.6=3.2m/s AB，由動能定理得：FS=mVB2 所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N(2)滑塊滑上C立即做圓周運動，由牛頓第二定律得： N-mg=mVC2/R 而VC=VB 則 N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(3)滑塊由CD的過程中，滑塊和小車組成系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由于滑塊始終緊貼著小車一起運動，在D點時，滑塊和小車具有相同的水平速度VDX 。由動量守恒定律得：mVC=(M+m)VDX所以 VDX=

17、mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s(4)滑塊一定能再次通過C點。因為滑塊到達D點時，除與小車有相同的水平速度VDX外，還具有豎直向上的分速度VDY，因此滑塊以后將脫離小車相對于小車做豎直上拋運動(相對地面做斜上拋運動)。因題中說明無能量損失，可知滑塊在離車后一段時間內，始終處于D點的正上方(因兩者在水平方向不受力作用，水平方向分運動為勻速運動，具有相同水平速度)， 所以滑塊返回時必重新落在小車的D點上，然后再圓孤下滑，最后由C點離開小車，做平拋運動落到地面上。由機械能守恒定律得：mVC2=mgR+(M+m)VDX2+mVDY2 所以以滑塊、小車為系統(tǒng)，以滑塊

18、滑上C點為初態(tài)，滑塊第二次滑到C點時為末態(tài)，此過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒(注意：對滑塊來說，此過程中彈力與速度不垂直，彈力做功，機械能不守恒)得： mVC=mVC+MV 即mVC2=mVC2+MV2上式中VC、V分別為滑塊返回C點時，滑塊與小車的速度， 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(與V反向)(5)滑塊離D到返回D這一過程中，小車做勻速直線運動，前進距離為： S=VDX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m10、如

19、圖9-1所示，質量為M=3kg的木板靜止在光滑水平面上，板的右端放一質量為m=1kg的小鐵塊，現給鐵塊一個水平向左速度V0=4m/s，鐵塊在木板上滑行，與固定在木板左端的水平輕彈簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求鐵塊與彈簧相碰過程中，彈性勢能的最大值EP。分析與解：在鐵塊運動的整個過程中，系統(tǒng)的動量守恒，因此彈簧壓縮最大時和鐵塊停在木板右端時系統(tǒng)的共同速度（鐵塊與木板的速度相同）可用動量守恒定律求出。在鐵塊相對于木板往返運動過程中，系統(tǒng)總機械能損失等于摩擦力和相對運動距離的乘積，可利用能量關系分別對兩過程列方程解出結果。 設彈簧壓縮量最大時和鐵塊停在木板右端時系統(tǒng)速度分別為V和V，由動量守

20、恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V 所以，V=V=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s 鐵塊剛在木板上運動時系統(tǒng)總動能為：EK=mV02=0.5X1X16=8J 彈簧壓縮量最大時和鐵塊最后停在木板右端時，系統(tǒng)總動能都為： EK=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J 鐵塊在相對于木板往返運過程中，克服摩擦力f所做的功為： Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J 鐵塊由開始運動到彈簧壓縮量最大的過程中，系統(tǒng)機械能損失為：fs=3J 由能量關系得出彈性勢能最大值為：EP=EK-EK-fs=8-2-3=3J說明：由于木板在水平光滑平面上運動，整個系統(tǒng)動量守恒，題中所求的是彈簧

21、的最大彈性勢能，解題時必須要用到能量關系。在解本題時要注意兩個方面：1.是要知道只有當鐵塊和木板相對靜止時(即速度相同時)，彈簧的彈性勢能才最大；彈性勢能量大時，鐵塊和木板的速度都不為零；鐵塊停在木板右端時，系統(tǒng)速度也不為零。2.是系統(tǒng)機械能損失并不等于鐵塊克服摩擦力所做的功，而等于鐵塊克服摩擦力所做的功和摩擦力對木板所做功的差值，故在計算中用摩擦力乘上鐵塊在木板上相對滑動的距離。11、如圖10-1所示，勁度系數為 K的輕質彈簧一端與墻固定，另一端與傾角為的斜面體小車連接，小車置于光滑水平面上。在小車上疊放一個物體，已知小車質量為 M，物體質量為m，小車位于O點時，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。現將小

22、車從O點拉到B點，令OB=b，無初速釋放后，小車即在水平面B、C間來回運動，而物體和小車之間始終沒有相對運動。求：(1)小車運動到B點時的加速度大小和物體所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必須滿足什么條件，才能使小車和物體一起運動過程中，在某一位置時，物體和小車之間的摩擦力為零。分析與解： (1)所求的加速度a和摩擦力f是小車在B點時的瞬時值。取M、m和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律：kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)。 取m為研究對象，在沿斜面方向有：f-mgsin=macos所以，f=mgsin+mcos=m(gsin+cos)(2)當物體和小車之間的摩擦力的零時，小車

23、的加速度變?yōu)閍，小車距O點距離為b，取m為研究對象，有：mgsin=macos 取M、m和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，有：kb=(M+m)a 以上述兩式聯(lián)立解得：b=(M+m)gtg說明：在求解加速度時用整體法，在分析求解m受到的摩擦力時用隔離法。整體法和隔離法兩者交互運用是解題中常用的方法，希讀者認真掌握。 12、如圖11-1所示，一列橫波t時刻的圖象用實線表示，又經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

24、與解： 若向右傳播，則傳播0.2m的波數為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內傳播距離為(2-0.2)m=1.8m，傳過波數為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n=0時，周期有最大值Tmax0.22S，所以B錯。 又：T=/V，所以V=/T=/0.2/(n+0.9)=2(n+0.9)/0.2=10(n+0.9) 當n=0時，波速最小值為Vmin

25、=9m/s，所以C正確。 當n=1時 V=19m/s，所以D正確。 故本題應選A、C、D。說明：解決波動問題要注意：由于波動的周期性(每隔一個周期T或每隔一個波長)和波的傳播方向的雙向性，往往出現多解，故要防止用特解來代替通解造成解答的不完整。力 物體平衡基礎知識要點提示：1. 同一性質的力可以產生不同的效果；不同性質的力可以產生相同的效果。2. 重力的方向總是與當地的水平面垂直，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. 并不是只有重心處才受到重力的作用。彈力產生的條件：（1）兩物體相互接觸；（2）發(fā)生形變。彈力有無判斷方法：（1）根據彈力產生的

26、條件直接判斷；（2）利用假設法，然后分析物體運動狀態(tài)對有明顯形變的彈簧，彈力的大小可以由胡克定律計算。對沒有明顯形變的物體，如桌面、繩子等物體，彈力大小由物體的受力情況和運動情況共同決定。 （1）胡克定律可表示為（在彈性限度內）：F=kx，還可以表示成F=kx，即彈簧彈力的改變量和彈簧形變量的改變量成正比。（2）“硬”彈簧，是指彈簧的k值較大。（同樣的力F作用下形變量x較?。?）幾種典型物體模型的彈力特點如下表。項目輕繩輕桿彈簧形變情況伸長忽略不計認為長度不變可伸長可縮短施力與受力情況只能受拉力或施出拉力能受拉或受壓可施出拉力或壓力同桿力的方向始終沿繩不一定沿桿沿彈簧軸向力的變化可發(fā)生突變同

27、繩只能發(fā)生漸變摩擦力產生的條件：接觸面粗糙，接觸面間有彈力，有相對運動的趨勢1. 摩擦力阻礙的是物體間的相對運動或相對運動趨勢，但不一定阻礙物體的運動。2. 受靜摩擦力作用的物體不一定靜止，受滑動摩擦力作用的物體不一定運動。3. 摩擦力阻礙的是物體間的相對運動或相對運動趨勢，但摩擦力不一定阻礙物體的運動，摩擦力的方向與物體運動的方向可能相同也可能相反，還可能成一夾角，及摩擦力可能是動力也可能是阻力。在實際問題中進行力的分解時，有實際意義的分解方法是安利的實際效果進行的，而正交分解法則是根據需要而采用的一種方法，其主要目的是將一般矢量運算轉化為代數運算。整體法隔離法概念將加速度相同的幾個物體作為

28、一個整體來分析的方法。將研究對象與周圍物體分隔開的方法。選用原則研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或系統(tǒng)整體的加速度。研究系統(tǒng)內物體之間的相互作用力。注意問題受力時不要再考慮系統(tǒng)內物體間的相互作用。一般隔離受力較少的物體。在分析受力時，為了避免漏力或添力，一般先分析場力，后分析接觸力。弄清力的分解的不唯一性及力的分解的唯一性條件。將一個已知力F進行分解，其解是不唯一的。要得到唯一的解，必須另外考慮唯一性條件。常見的唯一性條件有：FF2F1的方向圖91.已知兩個不平行分力的方向，可以唯一的作出力的平行四邊形，對力F進行分解，其解是唯一的。2已知一個分力的大小和方向，可以唯一的作出力的平行四邊形，對力F進行分解，其解是唯一的。力的分解有兩解的條件：1.已知一個分力F1的方向和另一個分力F2的大小，由圖9可知： FF1F2F1，F2，圖10當F2=Fs