高中物理优等生必练500题力学

力学部分高中物理特优生必练500题高中物理特优生必练500题力学部分河南李老师题1、已知某质点的运动学方程为x=t2+4m，试求第1秒末到第2秒末这段时间内的平均速度及瞬时速度、加速度。【解析】平均速度为====3m/s方向沿x轴的正方向，瞬时速度为 v====2t(m/s)因此，1秒末和2秒末的速度分别为2m/s、4m/s，加速度为a===2m/s2题2、蚂蚁离开巢沿直线爬行，它的速度与到蚁巢中心的距离成反比，当蚂蚁爬到距巢中心l1=1m的A点处时，速度是v1=2cm/s。试问蚂蚁继续由A点爬到距巢中心l2=2m的B点需要多长的时间?【解析】解法一将蚁巢中心定为坐标原点O，OA连线即为x轴正向，则坐标x处蚂蚁的速度可表示为v==即=OOABxl1v10v20v30vn0△x△x△xl2甲将A和B连线分成n等份，如图甲所示，每份长△x=，对应的速度为v1，v10，v20，v30，v40，···，vn0，v2。当n很大时，每小段运动可看成匀速运动，由A到B所需的总时间为：T=++++···+注意到是一等差数列，故T==当n→∞时，vn0≈v2，即T==，代入数据得T=75s。解法二因蚂蚁运动的速度v与蚂蚁离巢的距离成反比，故∝x，作出-x图像如图乙所示，为一条通过原点的直线。将AB连线分成相等的足够小n段，每一小段的时间△t=，其数值近似对应着-x图像中的矩形面积。OOx乙当n→∞时，矩形面积之和即等于梯形面积，故蚂蚁从A到B时间 T===75s点拨比较两种解法，显然解法二比解法一简便清晰得多，可见图像法解题在物理问题中十分有用，另外还需注意，这两种解法中都用到了分割求和的处理手法。题3、一质点沿直线运动，其速度随时间变化的关系图像恰好是与坐标轴相切的圆弧，如图甲所示，则质点在这20s内的位移s为多少?质点在10s的加速度a为多少?vv(m/s)t(s)20甲O8【解析】物体在20s内的位移是速度图线与两坐标轴围成的图形面积，但在数值计算时，应注意图中弧的半径R在表示速度和表示时间方面所代表的数值不一样，若仅从图形考虑，则s=R2-R2。考虑到物理意义，则s=8×20-×20×8=34.4m如图乙所示，若仅从过10s对应的圆弧上的B点作切线FE，设圆弧的半径为R，图形方面考虑，易得sinθ===，所以θ=30o vtvt乙OAFBCEDθO由图中几何关系还可知道，△EOF∽△CB，故tanθ==若结合图形反映的物理意义，显然BC和OF表示的是速度，和OE则表示的是时间，故a===m/s2点拨：本题是一道构思独特、设计巧妙的运动学问题，着重考查学生对速度图像的理解，解决此题的关键是区分清楚图形中的哪些线段是表示速度的，哪些线段是表示时间的，并能准确地将其代换成速度及时间的大小，如果不能准确地把握这一点而将图线与大小混为一谈，将很难解出此题的正确结果。题4、一根细的轻蛛丝两端分别固定在同一高度上的A、B两点，AB=L，质量为m的蜘蛛抓住蛛丝缓缓爬行，如图甲所示，假设蛛丝的原长为零，劲度系数为k，求蜘蛛在爬行过程的轨迹。AB甲AB甲ABT1OyxT2乙C(x，y)mg【解析】不妨设蜘蛛是从A点开始爬行的，以A点位置坐标原点，建立坐标系，如图，某一时刻蜘蛛位于C(x，y)点，蜘蛛已爬过蛛丝总长度的r倍，蛛丝AC部分的劲度系数为k1=，CB部分的劲度系数为k2=。由Fx=0得T1·=T2·由Fy=0得T1·+T2·=mg式中T1=k1，T2=k2。将k1、k2的值代入，可得y=x(L-x)。这显然是一条抛物线方程。点拨：缓慢的过程往往与静平衡过程是等同的，这一点无论是在常规教学中还是在竞赛中都可能遇到，而且也不仅仅局限于力学范畴，在热学、电学中都有类似的问题。题5、已知A、B两个小球质量相同，A、B、地面三者之间的碰撞均为弹性碰撞，初始位置如图所示，HA、HB均为已知，求A、B所构成的系统形成周期性运动的条件，要求不出现三体相碰。AABHAHB【解析】A、B球质量相等，故弹性碰撞时交换运动状态，因此，两球的运动可视为独立的运动，互不影响，只是A、B球在碰撞后相互替代，若A、B球独立运动，则有如下运动状态。A球的运动状态：A球从HA处自由落体，碰地后竖直上抛，其运动周期为TA=2。B球的运动状态：B球从HB处自由落体，碰地后竖直上抛，其运动周期为TB=2。显然，运动过程中A球始终在B球的上方，则A、B共同运动的周期T为TA与TB的最小公倍数。所以T存在的条件为=有理数=，即=(NA、NB∈N*，NA>NB，NA、NB为互质数)另外，不出现三体相碰的条件为NA、NB为一奇一偶。所以，所求条件为当=(NA、NB∈N*，NA>NB，NA、NB为一奇一偶)时，系统做周期性运动，且不出现三体相碰的状态。题6、在地面上方同一位置分别以v1，v2为初速度，先后向上抛出两个小球，第2个小球抛出后经过t时间与第1个小球相遇.改变两球抛出的时间间隔，便可改变t值。设v1，v2已选定，且v1<v2，试求t的最大值。【解析】不难判定，两球只能在抛出点上方，且在球2上升过程中相遇。v1，v2已确定，为使t达最大，要求在球1升至最大高度h1处相遇，有h1=球2抛出后经t时间达h1高度，有h1=v2t-gt2可解得 t=括号中取“+”对应t>，意味着球2在其下落过程中与球1相遇，这是不可能的，应舍去。最后，得t的最大值为t=。题7、一小球作竖直上抛运动，当它回到抛出点时，速度为抛出时的。设小球运动中受到的空气阻力为恒力。试求：(1)小球受到的空气阻力与重力之比。(2)小球上升的最大高度与真空情况下的最大高度之比。(取g=10m/s2)【解析】解法一：设空气阻力与重力之比为常数k，则空气阻力为kmg。(1)若上抛初始速度为v0，上升时加速度为-(1+k)g(向上取为正向)，下降时加速度为(1-k)g(向下取为正向)。分别对向上、向下运动进行讨论。小球向上运动的速度方程为v=v0-(1+k)gt1①小球到达最高点所需的时间为t1=②写出小球达最高点高度H的表达式为H=v0t1-(1+k)gt③将式②代入式③，并整理得H=④小球向下运动，设回到抛出点的速度为v1，取向下为正向。则v1满足v1=(1-k)gt2⑤解得自最高点落回到抛出点所需的时间为t2=⑥所以最高点高度H又可写为H=(1-k)gt⑦将式⑥代入式⑦，并整理得H=⑧联立式④、⑧，得到=⑨再利用已知条件=⑩联立式⑨、⑩，解得阻力与重力之比为k=⑪(2)在真空情况下，无空气阻力。小球可以达到的最大高度H0为H0=⑫联立式④、⑪和⑫，得到两种情况下的高度之比==⑬解法二：仍设空气阻力为kmg。若上抛初速为v0，回到抛出点时的速率为v1。上升时加速度为-(1+k)g，受力为-(1+k)mg(向上取为正向)；下降时加速度为(1-k)g，受力为(1-k)mg(向下取为正向)。因上升或下降中受的力有特点：(i)恒力，(ii)与质量成正比，所以可视为等效重力，设上升时等效重力加速度为g1=(1+k)g，下降时等效重力加速度为g2=(1-k)g。可直接写出小球在最高点处高度H的表达式H==，H==这就是“解法一”中的式④和⑧，其余运算与“解法一”中相同。题8、如图所示是盒式磁带录音机的磁带，某同学在听录音时发现：经过5min，带轴上带卷的半径变为原来的，则再经过多长时间，带轴上带卷的半径变为原来的?A．5minB．7minC．8minD．10min【解析】设带卷原有的半径为r0，磁带的厚度为d，听录音时的走带速度为v，经过时间t，磁带走过的侧面积为dvt，由题意有 dvt1= dv(t1+t2)=解得t2=8min.选项C正确。点拨：录音机在录音与放音时，由于限速轮的控制，磁带通过磁头时是匀速的，也就是说，录音与放音时，磁带的走动是匀速的.而当录音机倒带(快进或快退)时，限速轮松开，录音机内的马达带动带轴匀速转动，这时转轴的转动是匀速的，但磁带的走动不再是匀速的.本问题的关键是，要根据日常的观察及生活知识，知道磁带录音机在放音时，带轴在限速轮的控制下是匀速走动的。事实上，很多运动问题都是与生活现象直接相关的，解题时必须注意将自己平时积累的生活经验用到具体的情境中。题9、各边长为l的匀质立方体大木块，如图3-33所示，对半切成两块，将上表面为AB1CB2斜平面的一块留下放在水平面上，其质量为2m，沿AB1，AB2，B1C，B2C设置四根斜直细管道，质量均为m的两个小球同时从A端静止释放，分别沿AB1C，AB2C管道滑下，它们在B1，B2处可光滑迅速地拐弯。(1)设木块固定在水平面上，管道平直部分与各小球之间的摩擦系数同为μ，试问μ为何值，小球才能滑下?并计算小球到达C处时的速度.(2)设木块与水平面光滑接触，管道内处处无摩擦，试求小球到达C处时相对地面的速度大小。B1B1B2AC甲lllB1B2AC乙lgg⊥1g∥g⊥2llllll【解析】如图乙中的几何参量，有sin=，cos=sin=，cos=(1)小球沿AB1方向运动时，g可分解为图示g∥，g⊥1，g⊥2，其中g∥=gcoscos=gg⊥1与g⊥2合成与小球运动方向垂直的g⊥(图中未画出)，必有g⊥==g小球沿AB1运动时，加速度为a=g∥-μg⊥=(1-2μ)g为使小球能下滑，要求a>0，即得μ的取值范围为μ<小球沿B1C管道运动时，下滑加速度仍为上述a值。小球所经总路程为s=2×l=l到达C处时速度大小为v=..=(2)木块与水平面光滑接触时，木块会沿图中CA方向运动，速度记为u。因对称性，小球无论沿哪一个管道运动，相对于木块的速度可同记为v，参考图3-34中的和角，v可分解为沿AC方向的分量v和垂直于AC方向的分量v⊥，大小各为 v=vcossin=v，v⊥=v小球相对地面速度v也可分解为沿AC方向的分量v和垂直于AC方向的分量v⊥，大小各为v=v-u=v-u，v⊥=v⊥=vAC方向动量守恒式为2mv=2mu得v=u，v=u，v⊥=u。v2=+v=7u2两小球到达C点时，由机械能守恒式2×mv2+(2m)u2=2mgl可解得小球到C处时，相对地面的速度大小为v=。题10、汽艇系在大湖的岸边(湖岸为直线)，突然艇脱开了，风以恒定速度v0=2.5km/h、与岸成=15o吹走这只小艇，如果你在岸上的速度v1=4km/h，而在水中的速度v2=2km/h，试问你能追上小艇吗?当艇速为多少时这才是可行的?【解析】根据费马原理，当光线在两种均匀介质的界面上发生折射时，遵守折射定律的光程最小，即时间最短。人沿光传播路径追汽艇，历时最短，如图甲所示，AO为艇运动方向，ACO为人运动路径。借助光折射模型：sinθ==，θ=30o，由几何关系得：=45oAO=15AO=15oCv0甲θv2湖岸A=15ov0乙v2v2v1v1如图乙所示，在岸上，人相对于艇的速度为v1，在水里，人相对于艇的速度为v2。由图甲可知，人要能追上艇，须满足：v2≥v0cos，因为若v2<v0cos，人不能达到艇的前方，因此v0max==km/h=2km/h≈2.8km/h综上所述，当艇速v0≤2.8km/h时，人能够追上艇。题11、在竖直平面内有一固定的光滑直角三角形细管道ABC，AB竖直，BC水平，AC与BC成θ角，光滑小球从顶点A处沿斜边管道自静止出发滑到端点C处所需时间恰好等于小球从顶点A处自静止出发自由地经两条直角边轨道滑到端点C处所需时间。这里假设竖直轨道AB与水平轨道BC的交接处B有极小的圆弧，可确保小球无撞击地拐弯，且拐弯时间忽略不计。在此直角三角形范围内构建一系列如图中虚线所示的光滑折线轨道，每一轨道由若干竖直部分与水平部分交接而成，交接处有极小圆弧(作用与B点处相同)，轨道均从A点出发到C点终止，且不越出该直角三角形边界。已知小球在与水平面成θ角的光滑斜面上运动时的加速度为gsinθ，求：AABC(1)tanθ的值；(2)小球在各条轨道中由静止出发自由地从A点滑行到C点所经历时间的最大值与最小值的比值。答案(1)；(2)7:5。【解析】(1)物体经历A→C的时间为tAC=物体经历A→B→C的时间为tABC=+根据tAC=tABC，可解出tanθ=。(2)通过分析不难发现，用时最短的路径为A→B→C，所以tmin=+=用时最长的路径为由无穷多个竖直线段和水平线段构成的趋近于AC的轨迹，把竖直线段挑出来构成一个从A到B的自由落体运动轨迹，把水平段挑出来构成一个变速运动轨迹，该变速运动所用时间是自由落体运动的倍，所以tmax===所以，tmax:tmin=7:5。题12、某校物理学习小组的同学来到颐和园春游，每位同学各驾一只船在宽广而平静的昆明湖中游玩。(1)小明和小华驾驶着船都朝东以相同速度v1做匀速直线运动，小华在前行驶，小明在后追赶，两人分别用皮球瞄准对方，同时以相对于自身的初速度v2水平射出，皮球的竖直下落、空气阻力及抛球过程对船速度的影响均可忽略不计，则皮球先砸中谁?(2)如图甲所示，A船上的欢欢在P点准备去拦截正以速度v0沿直线航行的船B上的乐乐，P与B所在航线的垂直距离为b，A船起航时，B与P的距离为c(c>b)。若忽略A启动的时间，并认为A一起航就做匀速直线运动，为使A船能以最小速率拦截到B船，问：①A船航行的方向如何?②A船的最小速率为多少?BAPBAPbcCv0甲BAC乙(3)如图乙所示，三只船A、B、C处在正三角形的三个顶点，三角形边长为l，每只船以恒定速率v运动，途中始终保证A朝着B，B朝着C，C朝着A，三只船均可视为质点，问：何时相遇?(4)若有n(n>3)只船处在正n边形的n个顶点，正n边形边长为l，每只船以恒定速率v运动，途中任意一只船始终保持朝着下一只船的方向(与(3)问类似)，n只船均可视为质点，问：何时相遇?【分析】(1)问中，若以地面为参考系，则分析起来比较麻烦；若以船为参考系，则两皮球都以速度v2匀速直线运动，所以两位同学被同时砸中。(2)问中，两船都在运动，若以B船为参考系，就变成了A船去拦截静止的B船，这时A船相对于B船的速度方向就是A→B，根据vAB=vA地-vB地，可画出矢量三角形求解。(3)问中，三船都在运动，并且运动比较复杂，如果只研究A、B两船，以B船为参考系，则B船一方面以速度v⊥=v绕着B船旋转，另一方面以速度v∥=+v=v靠近B船，A船遇上B船之时也就是三船相遇之时。若以三角形的中心O为参考系，任意一只船在任意时刻相对于O点的速度可分解成指向O点的速度(靠近O点的速度)v∥=v和垂直于连线方向的速度(绕O点旋转的速度)v⊥=v，则三只船同时到达O点。根据以上分析，(3)问可以应用两种方法求解，而(4)问是(3)问的推广，可以应用类似的方法求解。【解析】(1)以船为参考系，两人相对于参考系都处于静止状态，两皮球都以大小为v2的速度做匀速直线运动，所以两位同学将被同时砸中。BBAPbcCv0丙KvA→地vA→BvB→地(2)设B船的初始位置为K，根据vA→地=vA→B+vB→地作出三个速度满足的矢量三角形，如图丙所示。由图可看出，当vA→地与PK垂直时，A的速度最小，由三角函数知最小速度为vmin=v0sin∠PKC=v0(3)解法一以B船为参考系，A船一方面以速度v⊥=v绕着B船旋转，另一方面以速度v∥=+v=v靠近B船，从开始到相遇的过程满足l=v∥t，所以t=。解法二以三角形的中心O为参考系，任意一只船在任意时刻相对于O点的速度可分解成指向O点的速度(靠近O点的速度)v∥=v和垂直于连线方向的速度(绕O点旋转的速度)v⊥=v，一开始A、O的距离x=l，从开始到相遇满足x=vt，所以t=。(4)因为正n边形的外角为=，所以相邻两船的靠近速度大小为v∥=v-vcos=v-vcos从开始到相遇的过程满足l=v∥t，所以t=点拔：(1)在本题中，两只船都在运动，若以地面为参考系，则运动情况较为复杂，但是它们之间的相对距离较为简单；若以其中某一船为参考系，则会使问题简化。(2)问中，容易画错速度的矢量三角形，需要认真体会。题13、桁(heng)架由两个正方形组成，两个正方形的边长分别为2l和l，左边固定在O点，拐角处全用光滑铰链铰接，在最右端用力拉动并保证作用点速度恒为v，某时刻的状态如图甲所示，此时所有角均为直角，求vA和vB。甲ACO甲ACOBDv乙ACvAvC∥vC⊥vC【解析】假设两个正方形的交点为C，外力作用点即右侧端点为D，很明显有xC=xD，求导可得vC=v。观察A点，它绕O点做圆周运动，所以速度必然垂直OA方向，即指向C点，假设其大小为vA。取出AC杆，将vC分解，如图乙所示，可得 vA=vC=v观察B点，不像A点一样能够迅速看出它的运动方向，但可以将vB沿CB和BD方向分解，大小分别记为v1和v2。取出CB杆，再分解vC，如图丙所示，可得 v1=vC=v丙BC丙BCv2vC2vC1vCv1vB丁vBvvθv2Bv1D取出BD杆，分解v，如图丁所示，可得，v2=v，所以vB==v方向角为tanθ==。说明关于B点速度的计算还可以以C点为参考系，请同学们自行计算。题14、设河水流速为v1，小船在静水中航行速度为v2，若小船从一岸行驶到对岸，问当船的航行方向怎样时，才能(1)小船所花的时间最短；(2)小船所经过的路程最短?【分析】以地球为参照物，小船渡河的速度是由水速和船速合成的：v=v1+v2，解此题要注意的是渡河过程中，一是水和船都在同时运动(等时性)，二是从此岸到彼岸只有船速才起作用(互不相干性)：ssv1v2v(a)Osv1v2v(b)O【解析】(1)小船渡河到对岸所花时间只与船速有关，要使时间最短，必须让航行方向垂直水流直指对岸.(2)当v2>v1时，显然，最短的路程即河宽s，如图(a)所示，航行方向为偏向上游一个角度，其角度大小为=arcsin。当v2<v1时，垂直河岸的航行方向驶向对岸是不可能的，但总可以找到一个这样的方向，使得航行的路程最短：如图(b)，设小船实际航行速度为，与河岸夹角为，实际路程为L，则有L=，要求L的极小值，即要求sin的最大值。在速度合成的矢量三角形Ov1中，设=θ，运用正弦定理 =，sin=sinθ，sin=由上可见，只有当θ=，即合速度与船速垂直时，小船才有最短路程，此时船的航行方向是：偏向上游，与水流的夹角为+arcsin，其所经过的路程为 Lmin===题15、如图甲所示，AB杆的A端以匀速v运动，在运动时杆恒与一半圆周相切，半圆周的半径为R，当杆与水平线的交角为θ时，求杆的角速度及杆上与半圆相切点C的速度和杆与圆柱接触点的速度大小。vv甲OAθCBR【解析】由于半圆静止，杆上C点的速度的法向分量为零，故杆上C点速度必沿杆，以C点为基点，将杆上A点速度v分解成沿杆方向的分量v1和垂直于杆方向的分量v2，如图乙所示，则v1是A点与杆上C点相同的沿杆方向平动的速度，v2是A点对C点的转动速度.故杆上C点速度为 vC=v1=vcosθ，v2=vsinθ=v1v1v2v乙OAθC丙θθ而=Rcotθ，故=.杆与圆柱交点沿圆周运动，杆转过的角度与半径转过的角度相同，所以杆的转动角速度与点的角速度相同，如图丙所示，所以点的速度为=R=vtanθsinθ注：球上点与杆上C点虽为同一点，但两者之间有相对滑动，故球上点速度不是vcosθ。有兴趣的同学还可通过讨论极短时间内的位置变图丙化求得球上点的速度为vtanθsinθ。题16、有5条边长为lm的正方形薄板做成一个小屋，如图甲所示，已知水滴沿屋顶从A点流到B点所需的时间为从B点流到C点所需的时间的2倍，假定水滴从A点以初速为零开始流下，试求水滴从A点流到C点所需的时间。【分析】水滴从A→B做匀加速直线运动，B→C做斜下抛运动，竖直方向的分运动是竖直下抛运动。BBA甲CBA乙DEC【解析】由图乙中的阴影三角形BDE可得 x=BE=ED==l① h=l-x=l②设水滴从B到C的时间为t，水滴沿AB的加速度为a，则水滴经过AB距离的时间为2t=，a=，h=vt+gt2③上式v为B点末速度，v=vBcos45o=经整理，可求得水滴经h所需时间t=加在一起，水滴经AC距离所需时间为3t。1、研究对象微元对于不可压缩的连续流体，常常选取一小段液体(或一小段时间内流过某个横截面的液体)作为研究对象，该小段液体的横截面可认为不发生变化。单位时间内通过横截面的体积称为流量，流量的表达式为Q===S=Sv可见，流量一定，流速快则横截面积小，流速慢则横截面积大。题17、拧开水龙头水就会流出来，连续的水流柱的直径在下流过程中会变小。设水龙头的开口处直径为1cm，安装在离地面75cm高处。若水龙头开口处水的流速为1m/s，则水流柱落到地面时的直径应为多少?(g取10m/s2)【分析】在时间t内，通过任一水流柱截面的水的体积是一定的，由于水流柱顶点的水流速小于下面部分的水流速，因此水流柱直径上面比下面大，据此也可以定量地计算水流柱落到地面时的直径的大小。【解析】设水流柱在水龙头开口处直径为d1，流速为v1，落到地面时直径为d2，流速为v2，则v-v=2gh，其中v1=1m/s，h=0.75m，代入上式，得v2=4m/s。在很短的时间△t内，水流柱的横截面积可以认为不变，水流柱的高度可以认为是v△t，通过水龙头开口处截面的水的体积为 V1=dv1△t①在时间△t内通过落地处截面的水的体积为V2=dv2△t②结合V1=V2，由①、②式得d2=0.5cm。故水流柱落到地面时的直径应为0.5cm。点拔：本题的研究对象是很短一段时间内流过横截面的水，由于水在下落过程中的流速和面积都在变化，以整个水流柱为研究对象意义不大。适当地选择研究对象是解题的关键，是高考和强基计划考试的重点考查目标。题18、如图甲所示，半长轴和半短轴长度分别为a和b的一个椭圆，假定长轴是竖直方向。有一质量为m的质点沿椭圆的各“直径”下滑，问此质点沿此椭圆的哪一“直径”下滑所需时间最短?xxyObamθ甲【解析】依图甲所示，写出椭圆方程+=1①利用图中r、θ表示x、y坐标，即x=rsinθ，y=rcosθ代入方程①，得到+=1②用参量θ表示各“半径”r，可得r=③沿此方向r滑下的加速度A=gcosθ④沿此直径一半所需的时间t满足r=At2⑤所以t===⑥不同的θ所需时间t不同。求t的极小，可以通过求函数f(θ)=a2cos2θ-(a2-b2)cos4θ的极大值得到。化简f(θ)可得 f(θ)=a2cos2θ-(a2-b2)cos4θ=-(a2-b2)=-(a2-b2)因为a>b，所以当cos2θ=⑦时，t取极小值(有对称的两个θ角)。由于cosθ≤1，得a、b应满足关系≤1即a≥b⑧而当b<a<b⑨时没有极值，但t有最小值。在a≥b时，把方程⑦代入⑥得tmin=== 当b<a<b时，在θ=0处，t取最小值，有tmin=这就是在椭圆顶点处自由落体至O点的时间。前面讨论的t-θ关系，示意性的表示在图乙、丙、丁中。ttOtminθ乙a≥bθ0tOtminθ丙a=btOtminθ丁b<a<b题19、如图甲所示，一仓库高20m、宽40m，在仓库前某处A点抛一石块过屋顶，试问A距仓库前多远时，所需初速度v0最小?这个最小值为多少?重力加速度g=10m/s2θθv0A甲【分析】此题是初速与射程问题，但要求过一平顶障碍物，如图乙所示建立坐标系，要使v0最小，则要求石块擦B、C两点而过；而过BC段，可用通常的有关射程问题的方法解决。llθv0yBA乙vBxC【解析】解法一如图乙所示，以BC两点之间作射程，有sBC=，所以v=。可见当=45o时，vB有最小值，为vB=vBmin===20m/s设此斜下抛的时间为t，由位移公式h=vByt+gt2有20=10t+×10t2，整理得t2+2t-4=0，求得有效根为t=s.由此得到l值为l=t=10×=14.6m再求v0：v0x=vBx=10m/s，v0y=vBy+gt=10m/sv0==28.2m/s，tanθ==，θ=60o，即v0与水平线夹角。解法二我们可以由轨迹方程求解，由水平位移x=v0cos·t，得t=，代入竖直位移中，并将已知条件代入，有y=v0sin·t-gt2=v0sin·-g·=xtan-g· =xtan45o-×10×=x-将抛出点的坐标(-l，-20)代入上面的轨迹方程，得方程-20=-l-，即l2+40l-800=0求得结果为l=14.6m点拨：灵活建立坐标系，运用有关物理公式，解题便简捷得多。题20、如图所示，在高为h的山顶上向平地放炮，若炮弹出口速度大小为v0，已知重力加速度大小为g，问：v0与水平方向的夹角为多大时，炮弹落点的水平距离最远?并求出该最远距离。hhv0【分析】将抛体运动沿水平方向和竖直方向分解，然后联立两式并消掉角，构造出水平位移x关于运动时间t的函数，求最值，然后将x的最大值及对应的运动时间t代入位移公式，求出此时对应的角。或者将抛体运动沿初速度方向和重力加速度方向分解成一个匀速直线运动和一个自由落体运动，画出位移矢量图，通过几何关系求得位移x关于运动时间t的函数，进而求最值，此方法比较简单。【解析】解法一以抛出点为坐标原点建立直角坐标系，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向。水平方向匀速直线运动的方程为x=v0cos·t①竖直方向竖直上抛运动的方程为-h=v0sin·t-gt2②联立①、②两式并消去，可得x2=(v0t)2-=-t4+(v+gh)t2-h2③显然，当t2=④时，x2有极值，即x有极值xmax=⑤将④、⑤两式代入①式，可得=arcsin解法二在解法一的基础上，联立①、②两式并消去t，可得 tan2-xtan+=0⑦其中用到关系式=1+tan2⑦式是关于tan的一元二次方程，显然方程有解，则△=x2-4··≥0⑧得x≤⑨所以xmax=⑩将⑩式代入⑦式，可得=arcsin解法三将此抛体运动分解成沿初速度v0方向的匀速运动与竖直方向的自由落体运动，由图所示的几何关系可得x2=(v0t)2-=-t4+(v+gh)t2-h2⑪xxv0hgt2v0t显然，当t2=⑫时，x2有极值，即x有极值xmax=⑬将⑫、⑬两式代入x=v0cos·t，可得=arcsin点拔：本题的解法很多，本书列出了三种解法，解法一、解法三构造了x关于时间t的函数，用顶点坐标求最值；解法二构造了x关于角的函数，用根的判别式求最值。二次函数最值的求解方法很多，除了以上方法，还有配方法、求导法等。题21、小球从同一位置以相同的初速率v0，在同一竖直平面上朝着不同方向斜抛出去，如果抛射角θ可在0到范围内连续变化，试问各轨道最高点连成的曲线是什么类型的曲线?【解析】在此竖直平面内以抛射点为原点O，建立水平x轴和竖直向上的y轴。θ角对应的水平射程和射高分别是s=，H=轨道最高点的x，y坐标量分别为x==，y=H=上两式联立，消去参量θ的过程如下：x2=sin2θ(1-sin2θ)==-4y2+y=-4+便得各轨道最高点连成的曲线的方程为+=1这是椭圆曲线，其半长轴、半短轴和中心分别为 a=，b=，椭圆上端点对应θ=轨道的最高点，下端点对应θ=0或轨道的最高点，右和左两端点分别对应θ=和θ=轨道的最高点。题22、采用运动学方法，求解曲线y=ex的曲率半径随x的分布ρ(x)。yyxy1a心a=ayvvyvxx【解析】设质点沿y=ex轨道运动过程中的x方向分运动为速度v0匀速直线运动，即x=v0t则y方向分运动为y=e继而可得vx=v0，vy=v0eax=0，ay=ve参考如图，有a心=acosθ=ay=v，ρ==将 v==v0代入，有ρ=v0t用x替换，即得ρ=。题23、如图所示，从A点以v0的初速度抛出一个小球，在与A点的水平距离为s处有一堵高度为h的墙BC，要求小球能越过B点。问：小球以怎样的角度θ抛出，才能使v0最小?ssθv0hBAC答案v0=，θ=arctan【解析】解法一以抛出点A为原点建立直角坐标系，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向。水平方向匀速直线运动的方程为s=v0cosθ·t①竖直方向竖直上抛运动的方程为h=v0sinθ·t-gt2②联立①、②两式并消去θ，可得v=++gh③由均值不等式可知，当=，即t2=④时，v0有极小值v0min=⑤将④、⑤两式代入①式，可得θ=arccos=arctan解法二在解法一的基础上，联立①、②两式并消去t，可得tan2θ-stanθ+=0③其中用到关系式=1+tan2θ③式是关于tanθ的一元二次方程，显然方程有解，应有△=s2-4··≥0④得v0≥⑤所以，当v0=时，tanθ==，即θ=arctan因此，当抛射角θ=arctan时，小球能以最小的抛射速度v0=越过墙。题24、从离地面的高度为h的固定点A，将a球以速度v0抛出，抛射角为，0<<，若在A点前方适当的地方放一质量非常大的平板OG，让a球与平板做完全弹性碰撞，并使碰撞点与A点等高，如图甲，则当平板的倾角θ为恰当值时。a球恰好能回到A点，另有一小球b，在a球自A点抛出的同时，从A点自由落下，与地面做完全弹性碰撞.试讨论v0，，θ应满足怎样的一些条件，才能使b球与地面碰撞一次后与a球同时回到A点。AAv0hGθO甲【解析】a球从A点抛出时的抛射角为，速度为v0，因为碰撞点与A点等高，球与板的碰撞是弹性的，板的质量又很大，根据机械能守恒定律可知，球与板碰撞前的速度与碰撞后的速度都等于v0。vv0GθO乙v0设碰撞后a球从板弹回时的抛射角为，如图乙所示，A点与碰撞之间的距离即为射程l，若a又回到A点，则有l==①即sin2=sin2，由此得=②或=-③=，表示a球射到平板时速度的方向与它从平板反弹出时速度的方向分别与水平线的夹角互余，反弹后，a球沿另一条路径返回A点，因此有+θ=，即θ=-④=-，表示a球射到平板时速度的方向与它从平板反弹出时速度的方向相反，故a球必沿板的法线方向射向平板，反弹后，a球沿原来的路径返回A点，由图中的几何关系可知++θ=⑤由③、⑤两式，得θ=⑥下面分别讨论以上两种情况下，a球b球同时回到A点应满足的条件。(1)=，θ=-，即a球沿原路径回到A点的情形。设a球从A点抛出、与OG板碰撞，到沿原路径回到A点共经历的时间为t1，则有t1=+=⑦设b球从A点自由落下，与地面发生一次碰撞，再回到A点共经历的时间为t2，则有t2=2⑧两球在A点相遇，要求t1=t2，则=2，即sin=⑨或=arcsin⑩因sin<1，由⑨式得v0>⑪当v0满足⑪式，a球的抛射角满足⑩式，平板的倾角θ满足④式时，a球才能沿原路返回A点并与b球相遇。(2)=-，θ=，即a球与OG板碰撞后，沿另一条路径回到A点的情形。设a球自A点抛出，经与平板碰撞又回到A点经历的总时间为t1，则有t1=+=⑫设b球自A点下落后回到A点经历的时间为t2，则有t2=2⑬两球在A点相遇，要求t1=t2，=2或sin=⑭=arcsin-⑮因0<<，故有1≥sin>sin=⑯结合⑭式，得>v0≥⑰当v0满足⑰式，a球的抛射角满足⑮式，平板的倾角θ满足⑥式，a球将沿另一条路径回到A点，同时与b球相遇。综合上述讨论，结论为：当v0>，且当=arcsin，θ=-，a球沿原路径返回A点的同时，b球也回到A点；当>v0≥，且=arcsin-，θ=，a球还可沿另一路径回到A点，这时b球也正好回到A点。题25、图所示为给一草地浇水的喷头，它位于草坪的平面上，其顶为球形，在球形顶上有一些完全相同的喷水孔，通过这些孔，水以相同的速率向不同的方向喷出。若小孔分布均匀，则喷头形成的“水钟”的形状是怎样的?rr答案“水钟”的形状为抛物线y=绕y轴旋转所形成的形状。【解析】喷出的水在空中的分布具有旋转对称性，我们只需讨论过轴线的一个竖直平面内的形状即可，从每个小孔喷出的水流的轨迹都是一条抛物线，从不同角度喷出的水流所形成的抛物线的包络线即是水流能够达到最远处的边界线，将此边界线绕中心轴旋转一周即是“水钟”的形状。研究与中心轴成角喷出的水，它在水平方向做匀速直线运动，有x=v0sin·t①在竖直方向做竖直上抛运动，有y=v0cos·t-gt2②联立①、②两式并消去t，可得cot2-xcot+=0此式是关于cot的一元二次方程，方程有解，则△=x2-4·≥0得y≤所以包络线方程为y=题26、如图甲所示，一人做射靶游戏，为使每次枪弹都击中在靶面的同一条水平线上，则每次射击的瞄准点必须在靶面同一圆周上，试加以证明。(已知水平线离地面高度为h，枪与靶相距为d，子弹发射速率为v0)MMzdv0甲OyNBAhdxx【解析】如图乙(此图在题图的基础上转换了一个方位)建立坐标系，O点为子弹发射点，Ox轴垂直墙面(yz平面)，Ox轴与墙交于点O，OO=d，y轴竖直向上，z轴与墙面平行，并水平指向。MMzdv0乙OyNB(d,y,z)AhdOxyzxD抛体运动原本是在通过抛射点的一个竖直平面内的平面运动，它可以用两个直线运动描述.本问题讨论的是子弹在通过抛射点的不同竖直平面内的运动，必须在三维空间中加以讨论.但是，每次抛射，子弹仍在一个平面内运动。任意取一个过O点的竖直抛射平面，其与地面交线取作Ox轴，它与墙面交于点D，OD=d，如图乙所示。若墙上瞄准点为B，子弹击中墙平面上直线MN上的A点，设B点坐标为(x，y，z)=(d，y，z)，因墙平面上各点的x坐标均为d。题中要求写出满足条件的y与z之间的函数关系。我们把子弹的抛体运动分解为以速度为v0的匀速直线运动和沿竖直方向的自由落体运动，且子弹击中直线MN上的A点。利用子弹匀速地从O点到B点的时间等于从B点自由落体到A点的时间，写出方程=即=将此式两边平方，再整理得到+z2=-h-d2这就是为击中墙上水平线MN，要求枪在墙上的瞄准点所满足的关系.这是一个圆方程，圆心坐标为，圆半径为r=。图丙中画出了墙平面上的直线MN和瞄准点构成的圆。不难看出：MMB1丙NAhOyzB2(i)一般情况下，同一个击中点A，对应有两个瞄准点B1和B2，即对应两个抛射角。因此，为使墙上击中点高于直线MN，在初速v0相同的情况下，其瞄准点应落在圆的内部。(ii)当子弹初速v0、墙与发射点距离d、墙平面上直线MN高度h一定时，子弹只能击中此水平线的一部分，即从点(d，h，-r)到点(d，h，r)一段。(iii)瞄准点圆半径必须满足r≥0。相应地，v0不能太小。代入r的表达式，确定v0的条件为v0≥点拨：本题的背景虽是我们熟悉的抛体运动，但由于涉及三维空间运动，其难度骤增，但这对竞赛物理而言，却是必须熟练掌握的基础内容。2、怎样分析“杆约束”下的运动关联?因为刚性杆不可伸长、不可压缩，所以“杆约束”存在与“绳约束”类似的性质，即沿杆方向的速度相同。另外，杆不可变形，所以杆上各点的角速度相同，需要注意的是沿杆方向的速度不引起角速度，可以利用杆上任意两点间的相对速度(垂直于杆的速度)求得杆的角速度，进而求得其他物理量间的关系。在此过程中，我们也常常会用到求导、极坐标等数学工具，以及运动的合成与分解、圆周运动等相关物理知识。题27、细杆ABC在一竖直平面上靠着一个台阶放着，A端可沿着水平地面朝台阶运动，细杆不离开台阶边沿，当ABC杆与水平地面夹角为图甲所示的θ时，杆的B点恰好位于台阶边沿上，而且C端运动速度值恰为A端运动速度值的2倍，试求BC长与AB长的比值。θ甲Bθ甲BACθvC⊥BACvC∥vCvA⊥vA∥vC乙【解析】设=k，即=如图乙，A端和C端沿杆长方向速度相同，即有vAcosθ=vA∥=vC∥。A端以相同的角速度(设为)绕着B点转动，又有vAsinθ=vA⊥=AB，vC⊥=BC。于是有 v=+=vcos2θ+=vcos2θ+k2vsin2θ与vC=2vA联立，可解得k=题28、图甲所示的刚性棒AB的长度为L，木棒B端靠在竖直墙壁上，A端在水平地面上，当木棒B端沿墙壁下滑至棒与竖直面成θ角的瞬间，B端的速度大小为vB。(1)求A端的速度大小vA。(2)求AB棒的角速度大小。(3)求AB中点C的速度大小vC。(4)棒上一点M与B端的距离为kL，求M点的速度大小。(5)以O为坐标原点，分别以OA和OB方向为x轴和y轴，棒上一点M到B端的距离为kL，求M点的轨迹方程。AABθvACvB甲【分析】注意到棒是不可伸长、不可压缩的，所以A、B两点的速度沿棒方向的分量应该相等，由此找到了A点和B点的速度关联。以A、B中的一点为轴，A、B间的相对速度引起AB棒的转动，即A点和B点垂直于棒的速度之差引起棒的转动，可以据此求出棒的角速度。一方面，C点沿棒的速度和B点沿棒的速度大小相等，如果能分析出C点速度的方向，则可以求解C点速度的大小；另一方面，C点在竖直方向的速度应该等于B点速度的一半，C点在水平方向的速度应该等于A点速度的一半，根据这样的关系也可以求解C点的速度大小。用相同的方法可以分析出M点的速度。要求出M点的轨迹方程，可以分别求出M点的x坐标和y坐标，然后消去相关的参数。【解析】(1)将杆两端的速度vA、vB按图乙所示分解。AABθvACvBvB⊥vB∥vA⊥vA∥O乙B端沿杆方向的分速度大小为vB∥=vBcosθB端垂直于杆方向的分速度大小为vB⊥=vBsinθA端沿杆方向的分速度大小为vA∥=vAsinθA端垂直于杆方向的分速度大小为vA⊥=vAcosθ因为杆的长度不发生变化，所以vA∥=vB∥，则vA=vBcotθ(2)以A端为轴，设B端相对于轴的速度为vB→A，则vB→A=vB⊥+vA⊥=vBsinθ+vAcosθ=所以，转动角速度为==(3)解法一中点C相对于转轴A的速度为v⊥==方向垂直于杆向下。而转轴相对于地的速度为vA，方向水平向右。中点C的实际速度等于中点C相对于转轴A的速度与转轴相对于地的速度的矢量和，如图丙所示，所以 vC==解法二如图丁所示，由于C为直角三角形AOB斜边的中点，故在棒运动的过程中，C点与O点的距离恒为AB长度的一半。可见，C点的运动轨迹是以O点为圆心的圆，则任何时刻C点的速度vC的方向都应沿此圆周的切线方向，即与OC垂直。由图可见，vC与杆AB的夹角为=-2θ。C、B两点的运动速度沿杆方向的投影应该相等，即vCcos=vBcosθ故得vC===θvAθvAv⊥vC丙ABθvCCvBvB⊥vB∥vC⊥vC∥O丁(4)根据图中的比例关系，可得M点的水平分速度vx和竖直分速度vy的表达式分别为 vx=kvA，vy=(1-k)vB代入已经求得的vA和vB的表达式，可得vx=kvBcotθ，vy=(1-k)vB所以v==vB(5)根据图中的比例关系，可求得M点的x坐标和y坐标的表达式分别为x=kLsinθ，y=(1-k)Lcosθ联立两式并消去参数θ，得+=1点拔：在(1)问中求解A点的速度时也可以应用微元法。考虑到C点做以O点为圆心的圆周运动，可以利用C点的线速度求解C点的角速度，进而求解AB棒的角速度。其实，(4)问中求解M点速度的方法也可以用来求解(3)问。在(5)问中，当k=时，运动轨迹为圆，这与(3)问的分析是一致的；当k≠时，运动轨迹为椭圆。题29、直角三角板ABC的边长BC=a，AC=b，开始时AB边靠在y轴上，B与坐标原点O重合．今使A点单调地沿y轴负方向朝O点移动，B点单调地沿x轴正方向移动，如图甲所示．(1)设AC边与x轴平行时，即三角板处于图乙所示位置时，A点速度大小为vA，试求此时C点速度vC和加速度aC；(2)取三角板从图甲所示的初始位置到图丙所示终止位置的过程，试求C点通过的路程s．x甲ybAx甲ybACaBOvAx乙ybACaBOvAx丙ybACaBO【解析】(1)三角板A、C间距恒定，在图乙的位置，vC的x分量需与vA的x分量相同，后者为零，即有vCx=0．又因B、C间距恒定，vC的y分量需与vB的y分量相同，后者为零，又有vCy=0．因此vC=0．将aC分解为aCx和aCy，aCx等于C相对于A加速度的x分量aCAx加上A相对Oxy平面加速度的x分量aAx=0，C相对于A作半径为b的圆运动，速度大小即为vA，故aCAx由向心加速度构成，即有 aCx=aCAx=-aCy等于C相对B加速度的y分量aCBy加上B相对于Oxy平面加速度的y分量aCy=0，C相对于B作半径为a的圆运动，速度大小等于B沿x方向速度设为vB，则aCBy由向心加速度构成，又有 aCy=aCBy=-A、B间距恒定，A点速度沿AB边分量应等于B点速度沿AB边分量，据此可得： vB=vA，aCy=-v最后，可将aC表述为aC： xx丁ybACaBOvAvB(2)取过程中间态如图丁所示，可以看出O，A，B，C四点共圆．图中标以的两个角因对应同一圆弧而相等，CO与x轴夹角便是定值，过程中C必沿此连线作直线运动．引入图示的vA和vC，标量化为vA和vC，其中vA始终为正，vC取正时，vC指向O点，vC取负时，vC背离O点．参考同一圆弧对应的两个角，vA和vC沿CA边方向分量相等的条件可表述成vAcos=vCsin得vC=-vA可见C点开始时沿直线背离O点运动，到达图乙所示位置时停下，而后沿直线指向O点运动，直到图丙所示位置．据此，得s=2-(a+b)．题30、如图甲所示，AB杆的两端A和B分别沿成直角的两边滑动，如果杆的B端以恒定速度v运动，当杆与水平面所成角度为θ时，求杆中点(C点)加速度aC与角θ的关系。ABθABθvC甲ABθvCOvAvCaCnaCθO乙【解析】如图乙，设杆长为l，为杆的瞬时转动中心，杆的瞬时角速度： =易得杆中点C的速度：vC==注意到C点在以O为圆心，以为半径的圆周上运动，其向心加速度： aCn==C点的合加速度方向必为竖直向下，由图示几何关系可得：aC==。题31、如图甲所示，斜劈A可以在水平面上无摩擦地滑动，其顶角为，顶柱B压在A上，只能沿竖直方向无摩擦地运动。B上放有重物G，F为水平向左施加在A上的推力。A、B的重量可以不计，它们之间的静摩擦因数为μ。求：(1)使重物G刚好不致下降时F的数值F1；(2)使重物G刚好不致上升时F的数值F2；(3)分析当1>μ>tan时，F1和F2值的正负，并说明其意义。BBGA甲F【解析】本题属于连接体问题，常采用隔离法。分别对A和B进行受力分析，如图乙所示，据题意，重物刚好不下降或上升，B与A间的摩擦力应为最大静摩擦力μN。A对B的摩擦力的方向沿斜面向上或向下，此时A和B均处于平衡状态。BBGμNN1NN2A乙FμNN3N(1)若G刚好不致下降，则B受五个力作用而平衡，由竖直方向上合力为零，可得 Ncos+μNsin=G而A受四个力作用而平衡，由水平方向上合力为零，可得F1+μNcos=Nsin由以上两式可解得F1=G(2)若G刚好不致上升、与(1)问相似，F2=G(3)当μ>tan，即μcos>sin，可知F1<0，这表示要使重物不致下降，在A、B之间达到最大静摩擦力时，F的方向必须向右。也就是说即使不加力F，重物也不会下降，且A、B之间没有达到最大静摩擦。当1>μ>tan时，即cos>μcos>sin>μsin，可知F2>0。这表示要使重物上升，必须对A施加一个向左的力，且，F2≥G。题32、如图甲所示，均匀T形物块A重为G，夹在两个相同的水平垫板中，A与垫板间的摩擦因数为μ，当垫板B、C以相同的速率u1对称而匀速地向两侧退开时，若要使A以速率u2匀速前移，作用在A的中央臂上的水平拉力F应为多大?AABFCu1u2甲答案F=。【解析】滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，如图乙所示，满足tan=①F=(f1+f2)cos②f1=f2=μ③ff1u2u1uA相当于B，分析A乙f2u2u1uA相当于C，分析A由①~③式得F=如何处理梯子滑动相关的问题?梯子滑动是常见的力平衡和力矩平衡(杠杆平衡的拓展)综合的静力学临界模型，这类问题综合性强，难度大。对于这类问题，一方面，可以从合力为零、合力矩为零的角度思考，再根据临界条件(常常认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)进行求解；另一方面，可以引入摩擦角，再应用三力汇交进行求解。前者需要解方程，偏向于代数运算；后者需要解三角形，偏向于几何变形。前者运算量较大而思维量较小，后者运算量较小而思维量较大。在解决实际问题时，需要灵活选取合适的方法。题33、质量分布均匀的梯子AB靠在光滑的竖直墙上，已知梯子长为L，重G=mg，与地面间的动摩擦因数为μ，如图甲所示。θθBA甲(1)求梯子不滑动时，梯子与水平地面夹角θ的最小值θ0。(2)当θ=θ0时，一重为P的人沿梯子缓慢向上爬，他爬到什么位置，梯子开始滑动?【分析】本题有两种解法，一种解法是根据物体的平衡条件求解，即列方程求解，这是常规解法；另一种解法是分析出它的临界条件θ0，再引入摩擦角进行求解，即转化成几何分析。【解析】解法一(1)如图乙所示，考虑梯子刚好滑动的临界情况，由力平衡可知水平方向和竖直方向上合力均为零，则有： N1=f=μN，N=G把梯子当作杠杆来处理(力矩平衡条件)可得：N1·Lsinθ0=G·cosθ0由上述三式可解得θ0=arctanθBAθBAGN1f乙NθBAPGN1f丙N(2)如图丙所示，由平衡条件可得 N1=f=μN，N=G+P把梯子当作杠杆来处理(力矩平衡条件)可得：N1·Lsinθ0=G·cosθ0+P·xcosθ0由上述三式可解得x=。解法二(1)引入摩擦角，根据三力汇交原理，受力分析如图丁所示，注意到=arctanμ，由平衡条件可得 Lcosθ0=Lsinθ0(Gtan)所以有θ0=arctanθBAGθBAGRN1丁θBAGRN1戊(2)如图戊所示，将梯子和人的重力用等效重力代替。当等效重力的重心在梯子重心下面时梯子不会滑倒，当等效重力的重心在梯子重心上面时梯子就会滑倒，所以当人爬到梯子一半即时，梯子开始滑动。点拔：(1)静力学中，处理三力平衡问题时，常常采用矢量三角形定性分析各力的变化情况，并能快捷地处理极值问题。这种方法可以推广到速度、加速度、电场强度等其他矢量的运算。研究物理极值问题，也要结合物理思维方法，如对称思想、等效思想、化归思想等。(2)本题可以再追加一问：在大题干不变的条件下，一个质量为M的人沿梯往上爬，为了保证该人的安全，对梯子的放置有什么要求?也可以应用类似例题的两种解法进行求解，答案是tanθ≥。题34、如图甲所示，质量为m、长为l的均匀杆AB下端靠在墙上，借助绳DC保持倾斜状态，如图所示，绳的一端固定在墙上C点，而另一端系在杆上D点，AD=AB，绳和杆分别与墙成角和，试求杆与墙之间一切可能的摩擦因数值。CBACBADlβα甲CBADFfβαβFNφFNφmgFfFTαEO乙【解析】杆受到重力mg，绳的拉力FT和墙对杆的作用力F(墙对A点的弹力FN和摩擦力Ff的合力)三个力的作用，因为杆在三力作用下保持平衡，故此三力汇交，图中E点为三力汇交点，为摩擦角，各力矢量关系如图乙所示。对图中几何△ADE和△DOE运用正弦定理可得：=，=解得杆与墙之间最小摩擦因数μmin=|tan|=，所以杆与墙之间的摩擦因数μ≥μmin，即μ≥时，杆处于平衡状态，且对于所有的角和组合均有解。题35、一架均匀梯子，一端放置在水平地面上，另一端靠在竖直的墙上，梯子与地面及梯子与墙的静摩擦系数分别为μ1，μ2，求梯子能平衡时与地面所成的最小夹角。(θ=arctan，与梯子重、梯长均无关)【解析】当两接触处的静摩擦力都达到最大时，梯子处于极限平衡状态，此时梯子与地面所成的夹角最小.如图所示，在A处地面对梯子的摩擦力为最大静摩擦力，即fA=μ1NABBθDEAHCOGF1F2设fA与NA的合力为F1，F1与NA夹角为，则tan=μ1；同理可得，如果墙面对B摩擦力和弹力的合力F2，F2与NB夹角为，则tan=μ2。由力的平衡知识可得，力F1和F2、重力G三力的作用线交于一点D，如图2-7-3所示，有 tanθ===-=cot-tan=-因此，梯子与地面所成的最小角θ=arctan，与梯子重、梯长均无关。题36、如图甲所示，长为l的折梯置于竖直平面内，已知A、B两处摩擦因数μA=0.2，μB=0.6，不计梯重，求人能爬多高而梯不滑倒。甲甲CBA【解析】如果地面与梯的摩擦因数足够大，则梯子不会滑倒，梯子在A、B处受到地面的支持力和静摩擦力如图乙所示，现两边的摩擦因数较小，所以梯子有可能滑倒，先对A、B两点进行受力分析，如图丙所示。 fA=μANA，tan==μA =arctanμA=arctan0.2<30o乙CB乙CBANANBfBfA60o60o丙CBAONAfA60o60oFAFB若B端开始滑动，则fB=μBNB，tan=μB，=arctanμB=arctan0.6>30o所以人必须从AC爬上，此时B端受地面的作用力沿着BC方向，如图丙所示，地面对A的作用力方向沿与竖直成角，把人、梯作为整体考虑，受力情况为FA、FB、G，所以重力的作用线必通过FA，FB的交点O，由几何关系，设人与A点的水平距离为s，则scot=(l-s)cot30o题37、时钟从零点开始计时，在12小时内，长针和短针(1)在哪些时刻重合？(2)在哪些时刻成反向直线?(3)在哪些时刻成直角?【分析】分析此题若采用数学列方程来解决较为复杂，我们利用圆周运动的基本知识较简捷.【解析】解长针的角速度为=rad/min，短针的角速度为=rad/min。(1)两针重合，即两针转过的角度之差为 △θ=θ1-θ2=t-t=2k(k=1，2，3，···，11) t===k当k=0，t=0，即开始时刻;当k=1，t1==65(min)，即1:“5273”；当k=2，t2=×2=130(min)，即2:“10545”；当k=11，t11=×11=720(min)，即12h。可见两针重合共出现11次(起始不计在内).(2)两针成反向直线即两针夹角为(2k-1)，依照上面的算法有t==(2k-1)其中k=1，2，3，···，可见共出现11次.(3)两针互相垂直即夹角为，则得结果为t=(k=1，2，3，···，22)此现象共出现22次。题38、一人站在地面上以初速v1向上抛出一小球，经过时间t0后，又以另一初速v2向上抛出另一小球，问两球在空中能否相遇?若能相遇则在何处相遇?【解析】这是典型的相遇问题，宜用坐标分析的方法来求解，因为两个小球的相遇就意味着它们的坐标相同。选地面为参照系，x轴向上为正，并取第一个小球向上抛出时为计时开始，则第一小球的运动学方程为x1=v1t-gt2①第二个小球的运动学方程为x2=v2(t-t0)-g(t-t0)2②两式中的x1、x2代表t时刻两个小球的坐标，它们相遇时坐标必然相等，即x1=x2。令x1=x2，可以求出相遇的时刻t，由x1=x2得v1t-gt2=v2(t-t0)-g(t-t0)2即t=③这个解答的意思是说，在第一小球抛出t时间后，它们相遇。但t不可能是负值，t必须大于0，即>0④这个分数的分子按题设均为正值，现在要讨论的只是分母，应有 v2-v1+gt0>0⑤第一种情况：v2>v1，即第二小球的上抛初速度大于第一小球的上抛初速度.这种情况下，因为t0>0，所以必定满足⑤，即会相遇。设相遇处的坐标为x，将从③求出的相遇时刻t代入x1或x2中，即可求出x： x=v1⑥到此，问题并未完全解决，我们还要知道他们相遇是在第一小球的上升段还是下降阶段.求出第一小球的速度v1=v1-gt，用上述求出的相遇时间t代入，若算出v1>0，则在第一小球的上升阶段相遇，若算出v1<0，则在下降阶段相遇.至于第二个小球，用相遇的时间t代入，可算出v2>0，所以恒在第二小球的上升阶段相遇。第二种情况：v2=v1=v0，即第二小球的上抛初速度等于第一小球的上抛初速度。这时，相遇时刻t=+⑦因为这t恒大于0，所以一定会相遇，相遇坐标x=⑧由题设t0≤，所以x恒为正值。按照常识判断，相遇处应在第二小球上升而第一小球下降的阶段，以下证明这一点。因第一小球的速度v1=v1-gt，以相遇时的t代入，有 v1=v1-g=-⑨为负值，所以在下降阶段。而第二小球的速度v2=v2-g(t-t0)⑩再以t代入有v2=v2-g=v2-v2+gt0-=①为正值，所以在上升阶段。第三种情况：v2<v1，即第二小球上抛的初速度小于第一小球的上抛初速度.要求相遇时t>0，即v2-v1+gt0>0⑫解得t0>在这种情况下，第二小球是无法在第一小球的上升阶段追上它的，所以相遇只能在第一小球的下降阶段。整理⑥式得x=⑬这样，如v2<v1-gt0⑭则x<0。这就是说，相遇地点在地面以下。当然，如果不允许进入地面以下，则⑭意味不相遇。题39、如图甲所示，质量为m的物块置于斜劈的光滑斜面上，并用细绳系住，绳的另一端系于斜劈顶端固定于劈的挡板上。设细线张力达2mg时将被拉断。为保持物块m不脱离斜劈，斜劈向右的加速度a不能超过多少?θa甲θa甲θx乙ymgTmaN【解析】为了方便，可以在加速运动的斜劈参照系中处理，问题变成一个静力平衡问题。画出物块受力分析图如图乙所示，写出力平衡方程T=mgsinθ+macosθ ① mgcosθ=N+masinθ②利用条件T<2mg，改写方程①为2mg>mgsinθ+macosθ解出a满足的条件a<g③利用条件N≥0，改写方程②为gcosθ-asinθ≥0解出a应满足的条件 a≤gcotθ④本问题中a应满足的条件有两个关系式，即式③和④。显然，a与θ有关。但不知两不等式的右式哪个大，所以还无法统一给出结果。为此，令=cotθ⑤解得θ=，易知，当θ>时，>cotθ；当θ<时，<cotθ因此，本题结论为当θ>时，a≤gcotθ；当θ<时，a<g。题40、如图甲所示，一个半径为R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A端固定在球面的顶点，B端恰与桌面不接触。铁链单位长度的质量为ρ，重力加速度大小为g，求铁链A端受到的拉力T的大小。OABOAB甲OθTθTθ+△Tθ△GFN乙【分析】在铁链上任取长为△L的一小段(微元)作为研究对象，如图乙所示，因为每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大△Tθ，所以整个铁链对A端的拉力是各段上△Tθ的标量和。【解析】一小段微元作为研究对象，因为该微元处于静止状态，所以受力平衡，在切线方向上应满足 △Tθ=△Gcosθ=ρ△Lgcosθ对△Tθ进行求和，得T=△Tθ=ρ△Lgcosθ=ρg△Lcosθ观察△Lcosθ的意义，△Lcosθ表示△L在竖直方向上的投影△R，所以△Lcosθ=R，可见铁链A端受的拉力T=ρg△Lcosθ=ρgR点拔：本题在求解△Lcosθ时技巧性很强，这是物理学中常用的一种处理技巧，可以回避积分，降低了数学难度，但是也增加了思维难度，对提升大家的思维有帮助，需要大家慢慢体会。题41、A、B两本书各300张，每张质量3g，纸间摩擦系数同为μ=0.3，将A、B两书逐张交叠放在光滑水平桌面上，试问为将两书水平拉开至少要用多大的力?【解析】每张纸质量记为m，600张纸之间共有599对摩擦力，A书受其中599个摩擦力，B书受另外599个摩擦力.第1对摩擦力大小为f1=μmg，第2对摩擦力大小为f2=μ(2m)g，第599对摩擦力大小为f599=μ(599m)g。A、B各受合摩擦力大小为 fA=fB=fi=×599μmg=1585N为了将A、B水平拉开，对A、B至少各需施加1585N的力，此力相当于质量为162kg物块所受重力，故常人难以用手将A、B分开，或者说拉开前纸已撕碎。题42、如图甲所示，将半径为R的钢性球固定在水平桌面上，有一质量为M的圆环状均匀弹性细绳圈，原长为2a，a=，绳圈的劲度系数为k(绳伸长s时，绳中弹性张力为ks)。将绳圈从球的正上方轻放到球上，并用手扶着绳圈使其保持水平并最后停留在某个平衡位置。考虑重力，忽略摩擦，平衡时弹性绳圈长为2b，b=a，求(1)劲度系数k(用M、R、g表示)。(2)设k=，求绳圈的最后平衡位置及长度。OOR甲【分析】因为整个弹性绳圈的大小不能忽略不计，弹性绳圈不能看成质点，所以应将弹性绳圈分割成许多小段，其中每一小段△m两端受的拉力就是弹性绳圈内部的弹力F，只要想办法把F求出，就可应用胡克定律求出弹性系数k了。【解析】(1)在弹性绳圈的平面上△m所对的圆心角是△θ，如图乙所示，则每一小段的质量△m=M，△m在该平面上受拉力F的作用，合力为T=2Fcos=2Fsin因为当θ很小时sinθ≈θ，所以T=2F=F△θ①OTFOTFF△θ乙ORθ△mgNT丙再看正视图，如图丙所示，△m受重力△mg和支持力N，二力的合力与T平衡，即T=△mg·tanθ又因为sinθ==，即tanθ=1，所以T=△mg=Mg②联立①式和②式，解得弹性绳圈的张力为F=设弹性绳圈的伸长量为x，则x=R-R=(-1)R所以绳圈的劲度系数为k===(2)此问请读者自行解答。点拔：在本题中△m受的力不在同一平面内，可以从一个合适的角度观察，选取一个合适的平面进行受力分析，实现降维的目的，这样可以看清楚各个力之间的关系。如在本题中，从上面和正面观察，分别画出俯视图和正视图，从而将立体受力转化为平面受力。题43、(共点力平衡)把图甲中带有小质点(m)的圆环(M、匀质)挂在有摩擦的钉子上，如果挂在环上的任意一点，都能使其保持平衡，求钉与环之间的最小摩擦因数μmin。MPθMPθ甲mORMPθ乙mORDFNfθ【解析】设图上P是圆环挂于钉上的某处，并使系统保持静平衡，此时，要求图中的θ角满足：θ≤(为摩擦角)圆环在钉子处的受力及位形如图乙所示，在△POD中，由正弦定理可得=，即sinθ=sin，其中=R，所以sinθ=sinsin会因为悬挂点不同而发生改变，但总满足sin≤1所以sinθmax=。又因为μ=tan，所以sin=所以，本题要求sinθmax≤sin，即≤，亦即μ≥，则μmin=。如何处理一般平衡中的临界和极值问题?临界状态是指从一种物理现象转变为另一种物理现象，或者从一个物理过程转入另一个物理过程的过渡状态，即“恰好出现”或者“恰好不出现”某种现象的状态。平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏的状态(如即将发生相对滑动)。平衡态中的极值问题指的是力在变化过程中的最大值和最小值问题。解决极值问题的一般思路为:认真分析物理情景，挖掘隐含条件或临界条件，根据物体的平衡条件列方程，建立因变量与自变量之间的函数关系，再利用数学方法(如均值不等式、三角函数等)求极值。题44、将一均匀细杆置于粗糙的地面上，人对其一端施力，力与杆始终垂直，如图甲所示。要将杆无滑动地慢慢抬到竖直位置，杆与地面之间的静摩擦因数至少为多大?FLFL甲FBNLfmghA乙【分析】如图甲所示，抬起细杆B端的过程中，杆的A端与地面间没有相对滑动，静摩擦力不超过其最大值。【解析】设杆与水平方向的夹角为，对杆受力分析，如图乙所示，列共点力平衡方程：Fcos+N=mg①Fsin=f②以A为轴，转动平衡，可以理解为杠杆平衡条件，则FL=mgcos得F=mgcos③代入①式，得N=mg④结合不滑动的临界条件f≤μN，由②~④式得μ≥因为2tan+cot≥2=2所以μ≥点拔：(1)本题中，讨论摩擦因数的范围时，也可采用均值不等式研究分母的极值，思路如下：令x=tan，cot=，则2tan+cot=2x+≥2=2当且仅当2tan=cot时取“=”。(2)本题还可以用全反力等效替代支持力和静摩擦力，利用三力汇交原理分析。当平衡将要被破坏时，全反力与法线的夹角为摩擦角。题45、三个完全相同的圆柱体叠放在水平桌面上，如图甲所示。将柱体C放上去之前，A、B两柱体接触但无挤压。假设桌面与柱体之间的动摩擦因数为μ0，柱体与柱体之间的动摩擦因数为μ，若系统处于平衡状态，则μ0和μ必须满足什么条件?ABCABC甲BCAf2f2N2N2N1f1乙【分析】放上柱体C之后，除重力外柱体C还受到柱体A、B的支持力和摩擦力，方向如图乙所示(图中部分力未画出)；柱体A、B之间没有弹力和摩擦力。平衡的临界条件是，接触面上的摩擦力达到最大值。【解析】柱体A、B、C静止，都处于平衡态，柱体A、C的连心线与竖直方向的夹角θ=30o。先分析柱体C，有2(N2cosθ+f2sinθ)=mg再分析柱体A，有 N2sinθ=f1+f2cosθ然后对三个柱体进行整体分析，在竖直方向有2N1=3mg以柱体A的圆心为轴，有 f1R=f2R临界条件为 f2≤μN2，f1≤μ0N1相互作用力的关系为 f2=f2，N2=N2综上，解得 μ≥2，μ0≥。点拔：处理平衡中的临界问题时，除了合外力为零、合力矩为零的方程，还需要列出临界条件f≤fmax。题46、如图甲所示，P为一个水闸的剖面图，闸门的质量为m、宽为b，水闸两侧水面的高度分别为h1、h2，水与闸门间、闸门与轨道间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。设水的密度为ρ，问：求拉起闸门至少需要多大的力?hh1h2P甲答案F=mg+(h+h)+(h-h)。【解析】由于液体压强随深度均匀变化，且闸门宽度不变，本题也可以用平均压强计算，即 F=·S=·bh=ρgbh2左侧水对闸门的压力为F1=ρgbh，左侧水对闸门的摩擦力为f1=μ1F1；右侧水对闸门的压力为F2=ρgbh，右侧水对闸门的摩擦力为f2=μ2F2；闸门与轨道间的摩擦力为f=μ2(F1-F2)。故所求拉力为F=f1+f2+f+mg=mg+(h+h)+(h-h)。题47、在石质的水库底上有一棱长为a=2m的立方体，其材料密度是水密度的7倍，想用一装置把立方体从水库底提上来，该装置采用吸盘的原理，如图所示，即把一边长为a的正方形吸盘紧扣在立方体的上表面，抽走吸盘内的空气直到压强p=0。试问：能不能借助这个装置把立方体拉到水面?如果不能，在什么深度立方体脱离吸盘?已知大气压强p0=105Pa。答案不能，2m。提示设F1、F2分别为水对立方体下侧面和上侧面的压力，F为拉力，立方体上表面的深度为h。对立方体、吸盘所组成的系统，有F+F1-F2-mg=0其中F1=ρ水ga2(a+h)+p0a2，F2=ρ水ga2h+p0a2，mg=ρ石ga3由此得F=(ρ石-ρ水)ga3对吸盘，由平衡条件得F+N-F2=0，式中N是重物对吸盘的向上压力，由此得N=F2-F=a2[ρ水gh+p0-(ρ石-ρ水)ga]当N≥0时吸盘不脱落，当N<0时吸盘将脱落，即ρ水gh+p0-(ρ石-ρ水)ga<0 h<a-=2m题48、一个质量为m的碗反扣在装满水的较大密度容器底部，碗的形状是半径为R、高也为R的圆柱，再挖去一个半径同样是R的半球形空穴，如图所示。在空穴里充满水银，将水从容器里慢慢抽出。水、水银的密度分别为ρ、ρ1，试确定：(1)在水柱的高度h为何值时，碗内水银开始从它的下方流出?(2)假定从容器里把水全部抽出，碗里水银的高度h1是多少?接抽水机接抽水机水银水h答案(1)h=R-；(2)h1=。【解析】研究碗，上部水对它向下的压力为F水压=ρg(h-R)·R2水银对它向上的浮力为F浮=ρ1gV碗=ρ1g·R3(1)临界条件为F水压+mg=F浮得h=R-(2)水全部抽出后碗内水银的高度为h1，有F浮=ρ1gV=ρ1g·h结合F浮=mg，得h1=题49、两个质量为m的斜劈和一个质量为4m、半径为r的球在外力作用下保持图甲所示的静止状态。忽略所有摩擦，某时刻撤去外力，求球掉到平面上所需要的时间。3030o60o甲【分析】左斜劈用角标1标记，右斜劈用角标2标记，设球的加速度在垂直于两个斜劈方向上的投影分别为a1、a2，由于物体间接触不分离，左斜劈的加速度为，右斜劈的加速度为。【解析】设球与左右斜劈间的弹力分别为N1、N2，如图乙所示。3030o60oN1N2N2N14mg乙对左右斜劈，根据牛顿第二定律，得N1cos30o=m N2cos60o=m对球，根据牛顿第二定律，得4mgsin30o-N1=4ma14mgsin60o-N2=4ma2联立以上四个式子，可得a1=g，a2=g球在竖直方向的加速度分量为ay=a1cos60o+a2cos30o=g球最低处与地面的距离为h=r所以，球掉到平面上所需的时间为t==点拔：本题的主干思路较简单，即已知受力情况求运动情况，关键就是求出加速度。但在具体求解时涉及关联运动，难度较大，即两个物体接触不分离的条件是法向加速度大小和方向