高中物理典型例题集锦.pdf

高中物理典型例题集锦 二 13 如图12 1所示 有两块大小不同的圆形薄板 厚度不计 质量 分别为M和m 半径分别为R和r 两板之间用一根长为0 4m的轻绳相连 结 开始时 两板水平放置并叠合在一起 静止于高度为0 2m处 然后 自由下落到一固定支架C上 支架上有一半径为R r R R 的圆孔 圆孔与两薄板中心均在圆板中心轴线上 木板与支架发生没有机械能损 失的碰撞 碰撞后 两板即分离 直到轻绳绷紧 在轻绳绷紧的瞬间 两物体具有共同速度V 如图12 2所示 求 1 若M m 则V值为多大 2 若M m K 试讨论 V的方向与K值间的关系 图12 1 分析与解 开始 M与m自由下落 机械能守恒 图12 2 M与支架C碰撞后 M以原速率返回 向上做匀减速运动 m向下做匀 加速运动 在绳绷紧瞬间 内力 绳拉力 很大 可忽略重力 认为在竖 直方向上M与m系统动量守恒 1 据机械能守恒 M m gh M m V02 所以 V0 2m s M碰撞支架后以Vo返回作竖直上抛运动 m自由下落做匀加速运动 在绳绷紧瞬间 M速度为V1 上升高度为h1 m的速度为V2 下落高度为 h2 则 h1 h2 0 4m h1 V0t gt2 h2 V0t gt2 而h1 h2 2V0t 故 所以 V1 V0 gt 2 10 0 1 1m s V2 V0 gt 2 10 0 1 3m s 根据动量守恒 取向下为正方向 mV2 MV1 M m V 所以 那么当m M时 V 1m s 当M m K时 V 讨论 K 3时 V 0 两板速度方向向下 K 3时 V 0 两板速度方向向上 K 3时 V 0 两板瞬时速 度为零 接着再自由下落 14 如图13 1所示 物体A从高h的P处沿光滑曲面从静止开始下 滑 物体B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚和平面上Q点接触 已知 mA mB 高h及S 平面部分长 若A和B碰撞时无能量损失 1 若 L h 4 碰后A B各将做什么运动 2 若L h 且A与平面的动摩擦因数 为 A B可能碰撞几次 A最终在何处 图13 1 分析与解 当水平部分没有摩擦时 A球下滑到未碰B球前能量守 恒 与B碰撞因无能量损失 而且质量相等 由动量守恒和能量守恒可 得两球交换速度 A 停在Q处 B碰后可能做摆动 也可能饶 O点在竖直 平面内做圆周运动 如果做摆动 则经一段时间 B反向与A相碰 使A 又回到原来高度 B停在Q处 以后重复以上过程 如此继续下去 若B 做圆周运动 B逆时针以O为圆心转一周后与A相碰 B停在Q处 A向右做 匀速运动 由此分析 我们可得本题的解如下 1 A与B碰撞前A的速度 mgh mVA2 VA 因为mA mB 碰撞无能量损失 两球交换速度 得 VA 0 VB VA 设B球到最高点的速度为Vc B做圆周运动的临界条件 mBg mBV2 L 1 又因 mBVB 2 mBV2 mBg2L 2 将 1 式及VB 代入 2 式得 L 2h 5 即L 2h 5时 A B碰后B才可能做圆周运动 而题意为L h 4 2h 5 故A与B碰后 B必做圆周运动 因此 1 的解为 A与B碰后A停在Q 处 B做圆周运动 经一周后 B再次与A相碰 B停在Q处 A向右以 速度做匀速直线运动 2 由上面分析可知 当L h时 A与B碰后 B只做摆动 因水平面 粗糙 所以A在来回运动过程中动能要损失 设碰撞次数为n 由动能定 理可得 mAgh n mAgS 0 所以n h S 讨论 若n为非整数时 相碰次数应凑足整数数目 如n 1 2 则碰撞次数为两次 当n为奇数时 相碰次数为 n 1 次 如n 3 则相碰次数为两次 且A球刚到达Q处将碰B而又未碰B 当n为偶数时 相碰次数就是该偶数的数值 如n 4 则相碰次数为 四次 球将停在距B球S处的C点 A球停留位置如图13 2所示 图13 2 15 如图14 1所示 长为L 质量为m1的物块A置于光滑水平面上 在A的水平上表面左端放一质量为m2的物体B B与A的动摩擦因数为 A和B一起以相同的速度V向右运动 在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能 损失 要使B一直不从A上掉下来 V必须满足什么条件 用m1 m2 L及 表示 图14 1 分析与解 A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后 A以大小为V的速 度向左运动 B仍以原速度V向右运动 以后的运动过程有三种可能 1 若m1 m2 则m1和m2最后以某一共同速度向左运动 2 若m1 m2 则 A B最后都停止在水平面上 但不再和墙壁发生第二次碰撞 3 若m1 m2 则A将多次和墙壁碰撞 最后停在靠近墙壁处 若m1 m2时 碰撞后系统的总动量方向向左 大小为 P m1V m2V 设它们相对静止时的共同速度为V 据动量守恒定律 有 m1V m2V m1 m2 V 所以V m1 m2 V m1 m2 若相对静止时B正好在A的右端 则系统机械能损失应为 m2gL 则据能量守恒 m1V2 m2V2 m1 m2 m1 m2 2V2 m1 m2 2 m2gL 解得 V 若m1 m2时 碰撞后系统的总动量为零 最后都静止在水平面上 设静止时A在B的右端 则有 m1V2 m2V2 m2gL 解得 V 若m1 m2时 则A和墙壁能发生多次碰撞 每次碰撞后总动量方向 都向右 设最后A静止在靠近墙壁处时 B静止在A的右端 同理有 m1V2 m2V2 m2gL 解得 V 故 若m1 m2 V必须小于或等于 若m1 m2 V必须小于或等于 注意 本题中 由于m1和m2的大小关系没有确定 在解题时必须对 可能发生的物理过程进行讨论 分别得出不同的结果 16 在光滑的水平桌面上有一长L 2米的木板C 它的两端各有一块 档板 C的质量mC 5千克 在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块 A和B 质量分别为mA 1千克 mB 4千克 开始时 A B C都处于静 止 并且A B间夹有少量塑胶炸药 如图15 1所示 炸药爆炸使滑块A 以6米 秒的速度水平向左滑动 如果A B与C间的摩擦可忽略 两滑块 中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体 爆炸和碰撞所需时间都可 忽略 问 1 当两滑块都与档板相碰撞后 板C的速度多大 2 到两个滑块都与档板碰撞为止 板的位移大小和方向如何 图15 1 分析与解 1 设向左的方向为正方向 炸药爆炸前后A和B组成的 系统水平方向动量守恒 设B获得的速度为mA 则mAVA mBVB 0 所以 VB mAVA mB 1 5米 秒对A B C组成的系统 开始时都静止 所以系 统的初动量为零 因此当A和B都与档板相撞并结合成一体时 它们必静 止 所以C板的速度为零 2 以炸药爆炸到A与C相碰撞经历的时间 t1 L 2 VA 1 6秒 在这段时间里B的位移为 SB VBt1 1 5 1 6 0 25米 设A与C相撞后C的速度为VC A和C组成的系统水平方向动量守恒 mAVA mA mC VC 所以VC mAVA mA mC 1 6 1 5 1米 秒 图15 2 B相对于C的速度为 VBC VB VC 1 5 1 2 5米 秒 因此B还要经历时间t2才与C相撞 t2 1 0 25 2 5 0 3秒 故C的位移为 SC VCt2 1 0 3 0 3米 方向向左 如图15 2所示 17 如图16 1所示 一个连同装备总质量为M 100千克的宇航员 在距离飞船为S 45米与飞船处于相地静止状态 宇航员背着装有质量为 m0 0 5千克氧气的贮氧筒 可以将氧气以V 50米 秒的速度从喷咀喷 出 为了安全返回飞船 必须向返回的相反方向喷出适量的氧 同时保 留一部分氧供途中呼吸 且宇航员的耗氧率为 R 2 5 10 4千克 秒 试计算 1 喷氧量应控制在什么范围 返回所需的最长和最短时间 是多少 2 为了使总耗氧量最低 应一次喷出多少氧 返回时间又是多 少 图16 1 分析与解 一般飞船沿椭圆轨道运动 不是惯性参照系 但是在一 段很短的圆弧上 可以认为飞船作匀速直线运动 是惯性参照系 1 设有质量为m的氧气 以速度v相对喷咀 即宇航员喷出 且宇 航员获得相对于飞船为V的速度 据动量守恒定律 mv MV 0 则宇航员返回飞船所需的时间为 t S V MS mv 而安全返回的临界条件为 m Rt m0 以t MS mv代入上式 得 m2v m0vm RMS 0 m 把m0 v R M S代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为 mmax 0 45千克 mmin 0 05千克 返回的最短和最长时间为 tmin 200秒 tmax 1800秒 2 返回飞船的总耗氧量可表示为 M m Rt MS vt Rt 因为MS vt与Rt之积为常量 且当两数相等时其和最小 即总耗氧 量最低 据 MS vt Rt 所以相应返回时间为 t 600秒 相应的喷氧量应为 m Rt 0 15千克 想一想 还有什么方法可求出这时的喷氧量 m MS vt 0 15千克 18 如图17 1所示 是静止在水平地面上完全相同的两块长 木板 的左端和 的右端相接触 两板的质量皆为M 2 0 长度皆为L 1 0 是质量为 1 0 的小物块 现给它 一初速度 0 2 0 使它从板 的左端向右滑动 已知地面是 光滑的 而 与板 之间的动摩擦因数皆为 0 10 求最后 各以多大的速度做匀速运动 取重力加速度 10 图17 1 参考解答 先假设小物块 在木板 上移动 距离后 停在 上 这时 三者的速度相等 设为 由动量守恒得 0 2 在此过程中 木板 的位移为 小物块 的位移为 由功 能关系得 1 2 1 2 02 2 2 2 则 1 2 2 2 1 2 02 由 式 得 02 2 代入数值得 1 6 比 板的长度大 这说明小物块 不会停在 板上 而要滑到 板上 设 刚滑到 板上的速度为 1 此时 板的速度为 2 则 由动量守恒得 0 1 2 2 由功能关系 得 1 2 02 1 2 1 2 1 2 2 以题给数据代入 得 由 1必是正值 故合理的解是 当滑到 之后 即以 2 0 155 做匀速运动 而 是以 1 1 38 的初速在 上向右运动 设在 上移动了 距离后停 止在 上 此时 和 的速度为 3 由动量守恒得 2 1 3 解得 3 0 563 由功能关系得 1 2 12 1 2 22 1 2 32 解得 0 50 比 板的长度小 所以小物块 确实是停在 板上 最后 的速度分别为 3 0 563 2 0 155 0 563 评分标准 本题的题型是常见的碰撞类型 考查的知识点涉及动量 守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合 能较好地考 查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度 题给数据的设置 不够合理 使运算较复杂 影响了学生的得分 从评分标准中可以看 出 论证占的分值超过本题分值的50 足见对论证的重视 而大部分 学生在解题时恰恰不注重这一点 平时解题时不规范 运算能力差等 都是本题失分的主要原因 解法探析 本题参考答案中的解法较复杂 特别是论证部分 两式之间的两个方程可以省略 下面给出两种较为简捷的论证和解题 方法 解法一 从动量守恒与功能关系直接论证求解 设 刚滑到 板上 的速度为 1 此时 板的速度为 2 则由动量守恒 得 1 2 2 以系统为对象 由功能关系 得 1 2 02 1 2 12 2 1 2 22 由于 1只能取正值 以题给数据代入得到合理的解为 由于小物块 的速度 1大于 板的速度 2 这说明小物块 不会停在 板上 以上过程既是解题的必要部分 又作了论证 比参考答案中的解法 简捷 后面部分与参考答案相同 不再缀述 解法二 从相对运动论证 用动量守恒与功能关系求解 以地面为参照系 小物块 在 上运动的加速度为 1 2 整体的加速度为 2 0 25 2 相对 的加速度 1 25 2 假设 一体运动 以 整体为参照物 当 滑至与整体相对静止 时 根据运动学公式 有 02 2 解得 02 2 1 6 说明小物块 不会停在 板上 上述可以看出 从相对运动的角度论证较为简捷 运算也较为简 单 论证后的解法与参考答案相同 试题拓展 1 若长木板个数不变 当小物块的初速度满足什么条 件时 三物体最终的速度相同 2 若长木板个数不变 当小物块的初速度满足什么条件时 小物 块能从两长木板上滑过去 3 若小物块的初速度不变 将相同的长木板数增加到三个 最终 小物块停在木板上的什么位置 各物体的运动速度分别为多少 4 若其它条件不变 长木板与地面间的动摩擦因数为 并且 满足 M 2 试分析有怎样的情 况发生 5 分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题 找出它与本 题的异同 归纳解法 L0 图18 1 19 如图18 1 劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上 另一端和 质量为M的容器连接 容器放在光滑水平的地面上 当容器位于O点时弹 簧为自然长度 在O点正上方有一滴管 容器每通过O点一次 就有质量 为m的一个液滴落入 容器 开始时弹簧压缩 然后撒去外力使容器围绕O点往复运动 求 1 容器中落入n个液滴到落入 n 1 个液滴的时间间隔 2 容器中落入n个液滴后 容器偏离O点的最大位移 分析与解 本题中求容器内落入n个液滴后偏离O点的最大位移时 若从动量守恒和能量守恒的角度求解 将涉及弹簧弹性势能的定量计 算 超出了中学大纲的要求 如果改用动量定理和动量守恒定律求解 则可转换成大纲要求的知识的试题 1 弹簧振子在做简谐运动过程中 影响其振动周期的因素有振子 的质量和恢复系数 对弹簧振子即为弹簧的劲度系数 本题中恢复系数 始终不变 液滴的落入使振子的质量改变 导致其做简谐运动的周期发 生变化 容器中落入n个液滴后振子的质量为 M nm 以n个液滴落入后到 第 n 1 个液滴落入前 这段时间内系统做简谐运动的周期Tn 2 容器落入n个液滴到 n 1 个液滴的时间间隔 t Tn 2 所以 t 2 将容器从初始位置释放后 振子运动的动量不断变化 动量变 化的原因是水平方向上弹簧弹力的冲量引起的 将容器从静止释放至位 置O的过程中 容器的动量从零增至p 因容器位于 点时弹簧为自然长 度 液滴在O点处落入容器时 容器和落入的液滴系统在水平方向的合 力为零 根据动量守恒定律 液滴在 处的落入并不改变系统水平方 向的动量 所以振子处从位置O到两侧相应的最大位移处 或从两侧相 应在的最大位移处到位置 的各1 4周期内 虽然周期 n和对应的最大 位移Ln在不断变化 但动量变化的大小均为 p p 0 p 根据动量定理 可知识 各1 4周期内弹力的冲量大小均相等 即 F0 t T0 4 Fn t Tn 4 其中T0是从开始释放到第一次到O点的周期 0 2 Tn是n个液滴落入后到 n 1 个液滴落入容器前振子的周期 Tn 2 而F0 t 和Fn t 分别为第一个1 4周期内和n个液滴落入后的1 4 周期内弹力对时间的平均值 由于在各个1 4周期内振子均做简谐运 动 因而弹力随时间均按正弦 或余弦 规律变化 随时间按正弦 或 余弦 变化的量在1 4周期内对时间的平均值与最大值之间的关系 可 用等效方法求出 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时 从中性而开始计 地 产生的感应电动势为 msin t Nb Ssin t 按正弦规律 变化 根据法拉第电磁感应定律 N 在1 4周期内对时间的平均值 2 m 这一结论对其它正 弦 或余弦 变化的量对时间的平均值同样适用 则有 图19 1 F0 t 2kL0 Fn t 2kLn 代入前式解得 Ln L0 20 如图19 1所示 轻质弹簧上端悬挂在天花板上 下端连接一个 质量为M的木板 木板下面再挂一个质量为m的物体 当拿去m后 木板 速度再次为零时 弹簧恰好恢复原长 求M与m之间的关系 分析与解 按常规思路 取M为研究对象 根据动能定理或机械能 守恒定律求解时 涉及弹力 变力 做功或弹性势能的定量计算 超出 了中学教材和大纲的要求 考虑到拿去m后 M将做简谐运动 则拿去m时M所处位置 与弹簧刚 恢复原长时M所处位置分别为平衡位置两侧的最大位置处 由M做简谐运 动时力的对称性可知 在两侧最大位移处回复力的大小应相等 在最低 位置处F mg 方向向上 在最高位置处F Mg 方向向下 所以有M m 21 假设在质量与地球质量相同 半径为地球半径两倍的某天体上 进行运动比赛 那么与在地球上的比赛成绩相比 下列说法中正确的是 跳高运动员的成绩会更好 用弹簧秤称体重时 体重数值会变得更小 投掷铁钅并的距离会更远些 用手投出的篮球 水平方向的分速度会变大 答案 22 下列说法正确的是 物体在恒力作用下的运动方向是不会改变的 加速前进的汽车 后轮所受的摩擦力方向与运动方向相反 第一宇宙速度为