高中物理常见物理模型：详细答案解析.doc

《高中物理力学常见物理模型》参考答案解析

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例1答案：提示：系统动量守恒和能量守恒
变式练习1 答案：BC 提示：作运动图像
变式练习2解析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，木块B一直做匀减速直线运动，木块C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者速度相同为止。对A、B、C组成的系统，动量守恒：

 解之
对Ｂ木块运用动能定理，有＝－解得
对（2）问，可采用以下几种方法求解：
 方法一、用牛顿第二定律求解
  设木块A在整个过程中的最小速度为υˊ，所用时间为t（指达到最小速度的时间），由牛顿第二定律：
 　　对木块A：a1=μmg/m=μg
 　　对木块C：a2=2μmg/3m=2μg/3
 　　当木块A与C速度相等时，A的速度最小，因此有：υ0-μgt=2μgt/3
 　　得t=3υ0/5μg
 　木块A的最小速度υˊ=υ0-a1t=2υ0/5
 　　此法涉及了受力分析，牛顿第二定律等知识，过程非常清楚，知道每一个木块的具体运动情况，有利于培养学生的分析物理过程的能力。 
　方法二、用动量守恒定律求解 
　　当木块A减速到与木板C速度刚好相等时，A的速度最小。设最小速度为υ，则B的速度为υ+υ0
　　由动量守恒定律有：
 　　3mυ0=mυ+3mυ+m（υ+υ0）
 　　得υ=2υ0/5
 　此方法只考虑初始状态和A的速度最小这一末状态，不涉及中间的具体细节体现动量守恒定律解题的优越性。 
　方法三、用动量定理求解
 　　设木块A在整个过程中的最小速度为υ达到υ时的时间为t，对A：μmgt=mυ0-mυ……①
     对C：2μmgt=3mυ……②
     由①/②得υ=2υ0/5
 　　此方法用了动量定理，涉及了力的时间累积效果，即冲量与动量变化的关系，虽然涉及了过程，但相对较简单。

例2 解析：（1）假设B刚从A上滑落时，A、B的速度分别为v1、v2，
A的加速度
B的加速度
由位移关系有代入数值解得：或
当时
不合题意舍去
∴
（2）当B经过时间t运动至A的最右端时，若A、B具有共同速度v，则此时所施加的恒力F有最小值. 此过程中A做匀加速运动的位移 ①
B做匀减速运动的位移 ②
A、B的加速度分别为 ③
④
又 ⑤
联立①～⑤，代入数据解得
以A为研究对象，根据牛顿第二定律有
解得
设物块B与A一起运动不能从左端滑落时，恒力F有最大值.
系统一起运动速度加速度a≤mg
Fmax=m(m1+m2)g
解得Fmax=3N
故 1N≤F≤3N

例3 [答案]　C
【解析】木块和射出后的左右两子弹组成的系统水平方向不受外力作用，设子弹的质量为m，由动量守恒定律得：
mv0－mv0＝(M＋2m)v
解得：v＝0，即最终木块静止
设左侧子弹射入木块后的共同速度为v1，有：
mv0＝(m＋M)v1
Q1＝f·d1＝mv02－(m＋M)v12
解得：d1＝
对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：
Q2＝f·d2＝mv02＋(m＋M)v12－0
解得：d2＝
即d1＜d2．
【点评】摩擦生热公式可称之为“功能关系”或“功能原理”的公式，但不能称之为“动能定理”的公式，它是由动能定理的关系式推导得出的二级结论．

例4【答案】
【解析】木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：
，解得：
木板在第一个过程中，用动量定理，有：
用动能定理，有：
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=

例5【思路剖析】本题属于特殊连接体，在感应区只有A受作用力，AB相对运动时有摩擦力.
解析:过程1：(1)A在“相互作用区域”中运动时，取方向向下为正方向，A受到方向竖直向下的重力mg、滑动摩擦力f和竖直向上的恒力F的作用.
设加速度为aA1、末速度为vA 、运动时间为t1 ,根据牛顿第二定律有：
aA1＝
根据运动学公式有：vA＝v0＋aA1t1，d＝
代入数据解出：t1＝0.2 s，vA＝1.0 m/s 
B受到竖直向下的重力mg 和竖直向上滑动摩擦力f的作用.
同理有：aB1＝ ，vB＝v0＋aB1t1
代入数据解出：vB＝3m/s 

过程2：A离开“相互作用区域”后，因为vA＜vB，A受到竖直向下滑动摩擦力
f、竖直向下的重力mg作用，B受到竖直向上滑动摩擦力f和竖直向下的重力mg作用.
设加速度分别为aA2、aB2，共同速度为v ，运动时间为t2.
同理有：aA2=,aB2=
v＝vA＋aA2t2 v＝vB＋aB2t2
由上述四式代入数据解得：v＝4 m/s

例6答案　D
解析取A、B以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面的压力为零时，向上提A的力F恰好为：
F＝(m1＋m2)g
设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x1、x2，如图所示，由胡克定律得：
x1＝，x2＝
故A、B增加的重力势能共为：ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2＝＋
【点评】①计算上面弹簧的伸长量时，较多同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx＝进行计算更快捷方便．
②通过比较可知，重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝·x总＝＋．

例7答案B 提示：弹簧弹力不能突变，先求系统加速度。
例8答案A
例9答案：C
解析：在施加外力F前，对AB整体受力分析可得：2mg＝kx1，A、B两物体分离时，B物体受力平衡，两者加速度恰好为零，选项A、B错误；对物体A：mg＝kx2，由于x1－x2＝h，所以弹簧的劲度系数为k＝mg/h，选项C正确；在 B与A分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，选项D错误．

例10解析：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：
mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma
当N=0时，物体与平板分离，所以此时
因为，所以。
例11答案：BC
解析：由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝mv＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确．
例12分析：此题一看上去似乎很繁，涉及到重力、弹力摩擦力做功的问题。其实认真分析一下就会发现，在物体从B→C又返回到B时，弹簧先做负功，又做了相等数量的正功。总功为零，即弹力功为零；而重力做功根据其特点，只考虑由A到D的高度差即可；摩擦力做功由于与路径有关，须认真计算物体在全程中的位移。可见，对不同性质的力做功要具体分析，才会既简化问题又避免发生错误。
解析：（1）利用动能定理对A→B→C→D全过程列式：

例13答案　0.5 m
解析设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有：
mv12＝mgh1
设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有：
mg＝kx
从A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
mv12＝mgx＋ΔEp
换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有：
·2mv22＝2mgh2
从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
·2mv22＝2mgx＋ΔEp
联立解得：h2＝0.5 m．
【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到结论“①”．

例14[答案]　(1)3 m/s　(2)12 J　(3)不可能，理由略
【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等(设为vA′)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，则有：
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得：vA′＝ m/s＝3 m/s．
(2)B、C发生碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则有：
mBv＝(mB＋mC)v′
解得：v′＝＝2 m/s
A的速度为vA′时弹簧的弹性势能最大，设其值为Ep，根据能量守恒定律得：
Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2
＝12 J．
(3)方法一　A不可能向左运动．
根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB
设A向左，则vA＜0，vB＞4 m/s
则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：
E′＝mAv＋(mB＋mC)v＞(mB＋mC)v＝48 J
实际上系统的机械能为：
E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝12 J＋36 J＝48 J
根据能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．
方法二　B、C碰撞后系统的运动可以看做整体向右匀速运动与A、B和C相对振动的合成(即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动)
由(1)知整体匀速运动的速度v0＝vA′＝3 m/s

取以v0＝3 m/s匀速运动的物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B和C相对振动的速率最大，分别为：
vAO＝v－v0＝3 m/s
vBO＝|v′－v0|＝1 m/s
由此可画出A、B、C的速度随时间变化的图象如图所示，故A不可能有向左运动的时刻．
【点评】①要清晰地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以3 m/s匀速行驶的车厢内，A、B和C做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为3 m/s、1 m/s．②当弹簧由压缩恢复至原长时，A最有可能向左运动，但此时A的速度为零．

例15解答：（1）设将圆筒下移h0，设其底部与水平桌面接触时，弹簧的弹性势能为EP，
根据功能关系
① 2分
撤除压力后，当弹簧恢复原长时，设圆筒与挡板碰前的速度为v0，
根据能量守恒
② 2分
联立①②解得 ③
设圆筒与直杆碰撞后共同速度为v1，
由动量守恒定律 Mv0＝(M＋m)v1 ④ 2分
此后圆筒与杆共同做竖直上抛运动 ⑤2分
联立③④⑤解得 h1＝ ⑥ 2分
（2）由于，所以此后圆筒底部不再与水平桌面接触。
根据机械能守恒，圆筒底部与挡板第二次碰前瞬间的速度为v1，
设碰后共同速度为v2，由于笔所受电场力与重力平衡，
根据动量守恒定律
即 ⑦ 1分
直杆第2次上升的最大高度 ⑧ 1分
同理可得，圆筒底部与挡板第n次碰后速度
⑨ 2分
直杆第n次上升的最大高度 ⑩ 2分
故直杆运动的总路程为 （11）2分
联立解得 2分
例16【解析】：（1）弹簧将两物块弹开的过程，系统机械能守恒，Ep=mAvA2 +mBvB2，
由动量守恒定律mAvA=mBvB，
联立解得vA= 4m/s，vB= 4m/s。
B滑上传送带后做匀减速运动，其加速度大小为a=μg。
当速度减小到零时，滑动的距离最远，由vB2=2a s得s= vB2/2a=4m。
（2）物块B先向右做匀减速运动，当速度减小到零后反方向做匀加速运动，回到传送带最左端时速度大小仍为4m/s，由动量定理：—μmgt=—m vB—m vB，，
解得t=2vB/μg=4s。
（3）设弹射装置P对A做功W，由动能定理得W=mAvA’2—mAvA’2，
AB碰撞后互换速度，碰撞后B的速度vB’= vA’。
B要能够从Q端滑出，由能量关系得mBvB’2≥μmBgL，
又mA=mB，
联立解得W≥μmBgL—mAvA2，
代人数据解得 W≥8J.
【点评】此题的亮点是将弹簧模型、传送带等综合在一起，涉及弹簧的弹性势能、摩擦力做功、动量守恒定律和能量守恒定律、动能定理、动量定理、功能关系等重点知识。相互作用的系统内含有轻弹簧，系统内动能与弹性势能相互转化，系统动量守恒，动能与弹性势能相互转化，满足能量守恒定律。应用数学知识处理物理问题的能力表现在联立解方程和不等式关系等。

例17．解：（1）当弹簧第一次恢复原长时，B物体速度最大，由图像可知，此时A速度为
B的速度为，此过程系统动量守恒：……（3分）
解得：……（3分）
（由机械能守恒得出结果的，比照给分）
（2）当弹簧第一次压缩最大时，弹簧的弹性势能最大，此时A、B两物块速度相等.设相等速度为v，由动量守恒得：

例18【解析】A物体无初速度放上传送带以后，物体将在摩擦力作用下做匀加速运动，因为L/t＞v/2,这表明物体从A到B先做匀加速运动后做匀速运动.
设物体做匀加速运动的加速度为a，加速的时间为t1，相对地面通过的位移为s，则有v=at1，s=at21/2，s+v(t-t1)=L.
数值代入得a=1m/s2
要使工件从A到B的时间最短，须使物体始终做匀加速运动，至B点时速度为运送时间最短所对应的皮带运行的最小速度.
由v2=2aL，v=
【解题回顾】对力与运动关系的习题，正确判断物体的运动过程至关重要.工件在皮带上的运动可能是一直做匀加速运动、也可能是先匀加速运动后做匀速运动，关键是要判断这一临界点是否会出现.在求皮带运行速度的最小值时，也可以用数学方法求解：设皮带的速度为v，物体加速的时间为t1，匀速的时间为t2，则L=（v/2）t1+vt2，而t1=v/a.t2=t-t1，得t=L/v+v/2a.由于L/v与v/2a的积为常数，当两者相等时其积为最大值，得v= 时t有最小值.由此看出，求物理极值，可以用数学方法也可以采用物理方法.但一般而言，用物理方法比较简明.

例19. 设面粉袋的质量为m，其在与传送带产生相当滑动的过程中所受的摩擦力f=μmg。故而其加速度为：
（1）若传送速带的速度v带=4.0m/s，则面粉袋加速运动的时间，在t1时间内的位移为，其后以v=4.0m/s的速度做匀速运动s2=lAB－s1=vt2，解得t2=1.5s，运动的总时间为t=t1+t2=2.5s
（2）要想时间最短，m应一直向B端做加速运动，由可得
此时传送带的运转速度为
由
（3）传送带的速度越大，“痕迹”越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长为△s=2l+2πR=18.0m
在面粉袋由A端运动到B端的时间内，传送带运转的距离
又由（2）中已知（或6.5r/s）

例20[答案]　(1)3 m/s　(2)0.5 s　(3)54 J
【解析】(1)设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律得：
mv0－Mv＝(m＋M)v1
解得：v1＝3 m/s，方向向右．
(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过时间t0与木盒相遇，则有：
t0＝
设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：
μ(m＋M)g＝(m＋M)a
解得：a＝μg＝3 m/s2，方向向左
设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带具有相同的速度的时间为t2，则：
t1＝t2＝＝1 s
故木盒在2 s内的位移为零
依题意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)
解得：s＝7.5 m，t0＝0.5 s．
(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，设传送带的位移为s′，木盒的位移为s1，则：
s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5 m
s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5 m
故木盒相对于传送带的位移为：Δs＝s′－s1＝6 m
则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为：
Q＝fΔs＝54 J．
【点评】本题解析的关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程的方法．

21[答案]　(1)2.0m/s　(2)0.2　(3)－12J
[解析]　(1)小物块最后与传送带的运动速度相同，
从图象上可读出传送带的速度v的大小为2.0m/s.
(2)由速度图象可得，小物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a＝Δv/Δt＝2.0m/s2
由牛顿第二定律得f＝μMg＝Ma
得小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝＝0.2
(3)从子弹离开小物块到小物块与传送带一起匀速运动的过程中，设传送带对小物块所做的功为W，由动能定理得：
W＝ΔEk＝－
从速度图象可知：v1＝4.0m/s　v2＝v＝2.0m/s
解得：W＝－12J.
例22 解：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒mv0－MV1=mv＋MV1/ ①
解得：=3m/s ②
木块向右作减速运动加速度m/s2 ③
木块速度减小为零所用时间 ④
解得t1 =0.6s<1s ⑤
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为
解得s1=0.9m． ⑥
（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=1s－0.6s=0.4s ⑦
速度增大为v2=at2=2m/s（恰与传送带同速） ⑧
向左移动的位移为 ⑨
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移s0=s1－s2=0.5m方向向右 ⑩
11
第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为
第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m＋7.5=8.4m>8.3m木块将从B端落下．

例23解析：（1）对物体受力分析如图，沿皮带所在的斜面方向有a=gsin370-μgcos370=2m/s2，因物体沿皮带向下运动而皮带向上运动，所以整个过程物体对地匀加速运动16m，据s=at2得t=4.0s，D选项正确。
（2）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为a1,（此时滑动摩擦力沿斜面向下）则：a1==gsin370＋μgcos370=10×0.6＋0.5×10×0.8=10米/秒2
t1=v/a1=10/10=1米,S1=½a1t12=½×10×12=5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a2（此时f沿斜面向上）则：
a2===gsin370－μgcos370=10×0.6－0.5×10×0.8=2米/秒2
S2=vt2＋½a2t2=（a1t1）t2＋½a2t22=10×1×t2＋½×2×t22=16－5=11
即：10t2+t22=11   解得：t2=1秒（t2=-11秒舍去）
所以，t=t1+t2=1+1=2秒，B选项正确。
拓展与思考：①皮带不传时与哪种情况类似？
②皮带逆时针转时，若μ=0.8，物体从A到B需多长时间？
③求上述（1）、（2）过程中产生的热量？

例24解：(1)在ab段，f=umg*cos37=6.4N,
Gx=mg*sin37=6N,
所以，开始时物体以加速度a1=(f-Gx)/m向上运动
a1=0.4(m/s2)
当v=1m/s时，物体开始匀速运动[s=v^2/(2a)<4.7,即，物体的速度在ab能够达到1m/s]
t1=v/a=2.5s，s1=1/2*0.4(2.5)^2=1.25
s1=v2/2a1=1.25m<sab
t2=(4.7-1.25)/1=3.45s
b到c,f’=umg*cos53=4.8N
Gx’=mg*sin53=8N
物体做减速运动，a2=3.2m/s2
7.5=t3+1.6t32 解得t3=1.87s
所以总时间t= t1+t2+t3=7.82s.

(2)a到b, , 物块相对于传送带路程s1’=vt1-s1=1.25m
摩擦生热Q1=mmgcos37°.s1=4J,
b到c，物块相对于传送带路程s2=7.5-vt3=5.6m
摩擦生热Q2=mmgcos53°.sbc=26.8J
Q=Q1+Q2=30.8J

例25【点评】对于本例应深刻理解好以下两点：
①滑动摩擦力f＝μFN，与相对滑动的速度或接触面积均无关；
②两次滑行的初速度(都以地面为参考系)相等，加速度相等，故运动过程完全相同．
我们延伸开来思考，物块在皮带上的运动可理解为初速度为v0的物块受到反方向的大小为μmg的力F的作用，与该力的施力物体做什么运动没有关系．
例2 6解：（1）物体P在AB轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律得物体P滑到B点时的速度为（3分）
（2）当没有传送带时，物体离开B点后作平抛运动，运动时间为t，当B点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从传送带右端抛出的速度（2分）．　根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有（1分）．　解出物体与传送带之间的动摩擦因数为（1分）．　
（3）当传送带向右运动时，若传送带的速度，即时，物体在传送带上一直做匀减速运动，离开传送带的速度仍为，落地的水平位移为，即s＝l　（2分）．　
当传送带的速度时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动．如果尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v离开传送带．v的最大值为物体在传送带上一直加速而达到的速度，即．由此解得（1分）．　
当，物体将以速度离开传送带，因此得O、D之间的距离为（1分）．
　当，即时，物体从传送带右端飞出时的速度为v，O、D之间的距离为（1分）．　
综合以上的结果，得出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式为：（1分）