WL04.高考物理解题模型

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 第一章运动和力.........................................................................................................................1一、追及、相遇模型...................................................................................................................1二、先加速后减速模型...............................................................................................................4三、斜面模型...............................................................................................................................6四、挂件模型.............................................................................................................................11五、弹簧模型（动力学）.........................................................................................................17第二章圆周运动.......................................................................................................................19一、水平方向的圆盘模型.........................................................................................................19二、行星模型.............................................................................................................................22第三章功和能..............................................................................................................................1一、水平方向的弹性碰撞...........................................................................................................1二、水平方向的非弹性碰撞.......................................................................................................6三、人船模型...............................................................................................................................9四、爆炸反冲模型.....................................................................................................................11第四章力学综合.......................................................................................................................13一、解题模型：.........................................................................................................................13二、滑轮模型.............................................................................................................................19三、渡河模型.............................................................................................................................23第五章电路....................................................................................................................................1一、电路的动态变化...................................................................................................................1二、交变电流...............................................................................................................................6第六章电磁场..............................................................................................................................1一、电磁场中的单杆模型...........................................................................................................1二、电磁流量计模型...................................................................................................................7三、回旋加速模型.....................................................................................................................10四、磁偏转模型.........................................................................................................................15第1／79页 第一章运动和力一、追及、相遇模型模型讲解：1．火车甲正以速度v1向前行驶，司机突然发现前方距甲d处有火车乙正以较小速度v2同向匀速行驶，于是他立即刹车，使火车做匀减速运动。为了使两车不相撞，加速度a应满足什么条件？ 解析：设以火车乙为参照物，则甲相对乙做初速为()v1v2、加速度为a的匀减速运动。若甲相对乙的速度为零时两车不相撞，则此后就不会相撞。因此，不相撞的临界条件是：甲车减速到与乙车车速相同时，甲相对乙的位移为d。 ()vv2即：0(vv)22ad，a12， 122d()vv2故不相撞的条件为a12 2d 2．甲、乙两物体相距s，在同一直线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。甲物体在前，初速度为v1，加速度大小为a1。乙物体在后，初速度为v2，加速度大小为a2且知v1 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 如图2，此时最大静摩擦力FFfN沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab平衡可知，x方向：FFFcossinmaxNNFN(cossin)y方向：mgFNcosFFNsinN(cossin)由以上各式联立解得：cossinFmg6.6NmaxcossinFFBIL,有Imax16.5AmaxmaxmaxBL'（2）通入最小电流时，ab受力分析如图3所示，此时静摩擦力FFf'N，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡有：第7／79页 x方向：FFmin'NsinF'NcosF'N(sincos)y方向：mgF'NsinF'NcosF'N(sincos)sincos联立两式解得：Fmg0.6NminsincosF由FBIL,Imin1.5AminminminBL 2．物体置于光滑的斜面上，当斜面固定时，物体沿斜面下滑的加速度为a1，斜面对物体的弹力为FN1。斜面不固定，且地面也光滑时，物体下滑的加速度为a2，斜面对物体的弹力为FN2，则下列关系正确的是： A.a1a2,FNN1F2B.a1a2,FNN1F2C.a1a2,FN1FN2D.a1a2,FNN1F2当斜面可动时，对物体来说是相对斜面这个加速参考系在作加速运动，而且物体和参考系的运动方向不在同一条直线上，利用常规的方法难于判断，但是利用矢量三角形法则能轻松获解。如图4所示，由于重力的大小和方向是确定不变的，斜面弹力的方向也是惟一的，由共点力合成的三角形法则，斜面固定时，加速度方向沿斜面向下，作出的矢量图如实线所示，当斜面也运动时，物体并不沿平行于斜面方向运动，相对于地面的实际运动方向如虚线所示。所以正确选项为B。  3．带负电的小物体在倾角为(sin0.6)的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向第8／79页 右的匀强电场中，如图1.04所示。物体A的质量为m，电量为-q，与斜面间的动摩擦因素为，它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半。物体A在斜面上由静止开始下滑，经时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场，磁场方向与电场强度方向垂直，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面。（1）物体A在斜面上的运动情况？说明理由。（2）物体A在斜面上运动过程中有多少能量转化为内能？（结果用字母表示）图1.04    （1）物体A在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用，<1>小物体A在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；<2>加上匀强磁场后，还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力作用，方可使A离开斜面，故磁感应强度方向应垂直纸面向里。随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速运动，直到斜面的支持力变为零，此后小物体A将离开地面。（2）加磁场之前，物体A做匀加速运动，据牛顿运动定律有：mgsinqEcosFfma又FNqEsinmgcos0,FFfNg(2)解出a2A沿斜面运动的距离为：1g(2)t2sat224加上磁场后，受到洛伦兹力F洛Bqv随速度增大，支持力FN减小，直到FN0时，物体A将离开斜面，有：BqvmgcosqEsinmg解出v2qB物体A在斜面上运动的全过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理有：第9／79页 1mg(Ls)sinqE(Ls)cosWmv20f2物体A克服摩擦力做功，机械能转化为内能：g(2)t2m3g2WfmgL2248qB  4．如图1.05所示，在水平地面上有一辆运动的平板小车，车上固定一个盛水的杯子，杯子的直径为R。当小车作匀加速运动时，水面呈如图所示状态，左右液面的高度差为h，则小车的加速度方向指向如何？加速度的大小为多少？ 图1.05      我们由图可以看出物体运动情况，根据杯中水的形状，可以构建这样的一个模型，一个物块放在光滑的斜面上（倾角为），重力和斜面的支持力的合力提供物块沿水平方向上的加速度，其加速度为：agtan。我们取杯中水面上的一滴水为研究对象，水滴受力情况如同斜面上的物块。由题意可得，取杯中水面上的一滴水为研究对象，它相对静止在“斜面”上，可以得出其加速度为agtan，而hghtan，得a，方向水平向右。RR 5．如图1.06所示，质量为M的木板放在倾角为的光滑斜面上，质量为m的人在木板上跑，假如脚与板接触处不打滑。（1）要保持木板相对斜面静止，人应以多大的加速度朝什么方向跑动？（2）要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向运动？ 图1.06     答案：（1）要保持木板相对斜面静止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力与木板的下滑力平衡，即MgsinF，根据作用力与反作用力人受到木板对他沿斜面向下的摩擦力，所以人受到的合力为：第10／79页 mgsinFmamgsinMgsinam方向沿斜面向下。（2）要保持人相对于斜面的位置不变，对人有mgsinF，F为人受到的摩擦力且沿斜面向上，根据作用力与反作用力等值反向的特点判断木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小为mgsinF所以木板受到的合力为：MgsinFMamgsinMgsin解得aM方向沿斜面向下。     第11／79页 四、挂件模型1．图1.07中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的。平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（    ） A. F1mgcos   B. F1mgcot mgC. Fmgsin   D. F 22sin 图1.07   解析：以“结点”O为研究对象，沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向有FF2cos1竖直方向有F2sinmg联立求解得BD正确。  2．物体A质量为m2kg，用两根轻绳B、C连接到竖直墙上，在物体A上加一恒力F，若图1.08中力F、轻绳AB与水平线夹角均为60，要使两绳都能绷直，求恒力F的大小。  图1.08       解析：要使两绳都能绷直，必须FF10，20，再利用正交分解法作数学讨论。作出A的受力分析图3，由正交分解法的平衡条件：  图3 第12／79页 FFsin1sinmg0  ① FFFcos21cos0  ② mg解得FF    ③ 1sinFF22cosmgcot   ④ 两绳都绷直，必须FF10，20 由以上解得F有最大值Fmax23.1N，解得F有最小值Fmin11.6N，所以F的取值为11.6NFN23.1。  3．如图1.09所示，AB、AC为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kg。当小车静止时，AC水平，AB与竖直方向夹角为θ=37°，试求小车分别以下列加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力2FAC、FAB分别为多少。取g=10m/s。 22（1）a15m/s；（2）a210m/s。  图1.09           解析：设绳AC水平且拉力刚好为零时，临界加速度为a0 根据牛顿第二定律FABsinma0，FABcosmg 2联立两式并代入数据得a07.5m/s 2当a15m/sa0，此时AC绳伸直且有拉力。 根据牛顿第二定律FABsinFACma1；FABcosmg，联立两式并代入数据得FNFNAB5，AC1 第13／79页 2当a210m/sa0，此时AC绳不能伸直，F'AC0。 AB绳与竖直方向夹角，据牛顿第二定律F'ABsinma2，F'ABcosmg。联立两式并代入数据得FN'AB5.7。  4．两个相同的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此时三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好处于竖直方向，如图1所示，如果不考虑小球的大小，两球均处于静止状态，则力F的大小为（    ） 3mgA. 0   B. mg  C. 3mg  D.  3  图1.10     答案：C  5．如图1.11甲所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的钢球A，球处于静止状态。现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一刻，都可以认为球处于平衡状态，如果外力F方向始终水平，最大值为2G，试求： （1）轻绳张力FT的大小取值范围； （2）在乙图中画出轻绳张力与cosθ的关系图象。  图1.11                 答案：（1）当水平拉力F=0时，轻绳处于竖直位置时，绳子张力最小FGT1 当水平拉力F=2G时，绳子张力最大： 第14／79页 22FGGGT2(2)5 因此轻绳的张力范围是： GFGT5 （2）设在某位置球处于平衡状态，由平衡条件得FGTcos G1所以F即F，得图象如图7。 TcosTcos 图7    6．如图1.12所示，斜面与水平面间的夹角30，物体A和B的质量分别为mkgA10、mkgB5。两者之间用质量可以不计的细绳相连。求： （1）如A和B对斜面的动摩擦因数分别为A06.，B02.时，两物体的加速度各为多大？绳的张力为多少？ （2）如果把A和B位置互换，两个物体的加速度及绳的张力各是多少？ （3）如果斜面为光滑时，则两个物体的加速度及绳的张力又各是多少？  图1.12       解析：（1）设绳子的张力为FT，物体A和B沿斜面下滑的加速度分别为aA和aB，根据牛顿第二定律： 第15／79页 对A有mgATAsinFmgAAcosmaA 对B有mgBTBsinFmgBBcosmaB 设FT0，即假设绳子没有张力，联立求解得gacos(AB)BAa，因AB，故aaBA 说明物体B运动比物体A的运动快，绳松弛，所以FT0的假设成立。故有2agAA(sincos)0196.ms/因而实际不符，则A静止。2agBB(sincos)327.ms/ （2）如B与A互换则gacos(AB)BAa0，即B物运动得比A物快，所以A、B之间有拉力且共速，用整体法mgABsinmgsinAmgABcosmgBcos(mABm)a2代入数据求出ams096./，用隔离法对B：mgBBsinmgBTBcosFma代入数据求出FNT115. （3）如斜面光滑摩擦不计，则A和B沿斜面的加速度均为agsin5ms/2两物间无作用力。  7．如图1.13所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为、在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（    ）    A. 小车静止时，Fmgsin，方向沿杆向上 B. 小车静止时，Fmgcos，方向垂直杆向上 C. 小车向右以加速度a运动时，一定有Fma/sin D. 小车向左以加速度a运动时，Fmamg()22()，方向 斜向左上方，与竖直方向的夹角为arctan(ag/)               图1.13 解析：小车静止时，由物体的平衡条件知杆对球的作用力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg。 小车向右以加速度a运动，设小球受杆的作用力方向与竖直方向的夹角为，如图4所示，根第16／79页 据牛顿第二定律有：Fmasin，Fcosmg，两式相除得：tanag/。  图4 只有当球的加速度agtan且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有Fma/sin。小车向左以加速度a运动，根据牛顿第二定律知小球所受重力mg和杆对球的作用力F的合力大小为ma，方向水平向左。根据力的合成知Fmamg()22()，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为：arctan(ag/)  8．如图1.14所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来。轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为，试求此时弹簧的形变量。    图1.14   答案：FmaTsin，FFmgTcos，Fkx xmga(cot)/k，讨论： ①若agtan则弹簧伸长xmga(cot)/k ②若agtan则弹簧伸长x0 ③若agtan则弹簧压缩xma(cotgk)/ 第17／79页 五、弹簧模型（动力学）1．如图1.15所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上。②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用。③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动。④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有（    ）      ①     ②          ③     ④         图1.15              A. ll21   B. ll43  C. ll13  D. ll24 解析：当弹簧处于静止（或匀速运动）时，弹簧两端受力大小相等，产生的弹力也相等，用其中任意一端产生的弹力代入胡克定律即可求形变。当弹簧处于加速运动状态时，以弹簧为研究对象，由于其质量为零，无论加速度a为多少，仍然可以得到弹簧两端受力大小相等。由于弹簧弹力F弹与施加在弹簧上的外力F是作用力与反作用的关系，因此，弹簧的弹力也处处相等，与静止情况没有区别。在题目所述四种情况中，由于弹簧的右端受到大小皆为F的拉力作用，且弹簧质量都为零，根据作用力与反作用力关系，弹簧产生的弹力大小皆为F，又由四个弹簧完全相同，根据胡克定律，它们的伸长量皆相等，所以正确选项为D。  2．用如图1.16所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度。该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0kg的滑块，滑块可无摩擦的滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后，汽车静止时，传感器a、b的示数均为10N（取gms10/2） （1）若传感器a的示数为14N、b的示数为6.0N，求此时汽车的加速度大小和方向。 （2）当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零。 第18／79页  图1.16               FF解析：（1）FFma，a1240./ms2 1211ma1的方向向右或向前。 （2）根据题意可知，当左侧弹簧弹力F1'0时，右侧弹簧的弹力FN2'20 Fma22' F'代入数据得a210ms/2，方向向左或向后 2m 3．如图1.17所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端系一个钢球P，球处于静止状态。现对球施加一个方向向右的外力F，吏球缓慢偏移。若外力F方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角90且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则下面给出弹簧伸长量x与cos的函数关系图象中，最接近的是（    ）  图1.17     答案：D     第19／79页 第二章圆周运动解题模型： 一、水平方向的圆盘模型1．如图1.01所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）。物体和转盘间最大静摩擦力是其正压力的μ倍，求： g（1）当转盘的角速度时，细绳的拉力F。 12rT13g（2）当转盘的角速度时，细绳的拉力F。 22rT2  图2.01        2解析：设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为0，则mgm0r，g解得。 0rg（1）因为，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物与盘间102r还未到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即FT10。 3g（2）因为，所以物体所需向心力大于物与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对202r2mg物体施加拉力F，由牛顿的第二定律得：Fmgmr，解得F。 T2T22T22     第20／79页 2．如图2.02所示，在匀速转动的圆盘上，沿直径方向上放置以细线相连的A、B两个小物块。A的质量为mkgA2，离轴心rcm120，B的质量为mkgB1，离轴心rcm210，A、B与盘面间相互作用的摩擦力最大值为其重力的0.5倍，试求： （1）当圆盘转动的角速度0为多少时，细线上开始出现张力？ （2）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度为多大？（gms10/2）  图2.02    （1）当圆盘转动的角速度0为多少时，细线上开始出现张力？ （2）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度为多大？（gms10/2） 解析：（1）较小时，A、B均由静摩擦力充当向心力，增大，Fmr2可知，它们受到的静摩擦力也增大，而rr12，所以A受到的静摩擦力先达到最大值。再增大，AB间绳子开始受到拉力。 2由Fmrfm102，得： Ffm05.mg105rad/s mr11mr11（2）达到0后，再增加，B增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共同来提供，A增大的向心力靠增加拉力来提供，由于A增大的向心力超过B增加的向心力，再增加，B所受摩擦力逐渐减小，直到为零，如再增加，B所受的摩擦力就反向，直到达最大静摩擦力。如再增加，就不能维持匀速圆周运动了，A、B就在圆盘上滑动起来。设此时角速度为1，绳中张力为FT，对A、B受力分析： 2对A有FFmrfm11T11 2对B有FFTfm221mr2 联立解得： 第21／79页 FFfm12fm152rad/.s707rad/s mr11mr22 3．如图2.03所示，两个相同 材料 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 制成的靠摩擦传动的轮A和轮B水平放置，两轮半径RRAB2，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上。若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为（    ） RRRA. B   B. B   C. B   D. R 432B 图2.03       答案：C   第22／79页 二、行星模型101．已知氢原子处于基态时，核外电子绕核运动的轨道半径r10.510m，则氢原子处于量子数n1、2、3，核外电子绕核运动的速度之比和周期之比为：（）333A.v1:v2:v31:2:3；TTT1:2:33:2:111B.v:v:v1::;TTT::1:23:331232312311C.v:v:v6:3:2;TTT::1::1231232333D.以上答案均不对 解析：根据经典理论，氢原子核外电子绕核作匀速率圆周运动时，由库仑力提供向心力。ke2v2即m，从而得r2rk线速度为vemr2r周期为Tv2又根据玻尔理论，对应于不同量子数的轨道半径rn与基态时轨道半径r1有下述关系式：rnnr1。由以上几式可得v的通式为：ekv1vnnmr1n所以电子在第1、2、3不同轨道上运动速度之比为：11v:v:v1::6:3:212323而周期的通式为：22rnr132r13T2nnT1vv1/nv1所以，电子在第1、2、3不同轨道上运动周期之比为：第23／79页 333TTT1:2:31:2:3由此可知，只有选项B是正确的。 2．卫星做圆周运动，由于大气阻力的作用，其轨道的高度将逐渐变化（由于高度变化很缓慢，变化过程中的任一时刻，仍可认为卫星满足匀速圆周运动的规律），下述卫星运动的一些物理量的变化正确的是：（） A.线速度减小B.轨道半径增大C.向心加速度增大D.周期增大解析：假设轨道半径不变，由于大气阻力使线速度减小，因而需要的向心力减小，而提供向心力的万有引力不变，故提供的向心力大于需要的向心力，卫星将做向心运动而使轨道半径减小，由于GMFGM卫星在变轨后的轨道上运动时，满足v和T2r3，故v增大而T减小，又a引，rmr2故a增大，则选项C正确。 3．经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星系统由两个星体组成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统来处理。现根据对某一双星系统的光度学测量确定；该双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动。（1）试计算该双星系统的运动周期T计算；（2）若实验中观测到的运动周期为T观测，且TT观测:计算1:NN(1)。 为了理解T观测与T计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布这种暗物质。若不考虑其他暗物质的影响，请根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。答案：（1）双星均绕它们连线的中点做圆周运动，设运动的速率为v，得：v2GM2GMM,vLL22L22L/22LTL计算vGM（2）根据观测结果，星体的运动周期：第24／79页 1T观测TT计算计算N这种差异是由双星系统（类似一个球）内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布双星系统内的暗物质对双星系统的作用，与一个质点（质点的质量等于球内暗物质的总质量M'且位于中点O处）的作用相同。考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v1，则有：v2GM2MM'GMM(4')M1G,vLL2(L/2)212L2因为周长一定时，周期和速度成反比，得：111v1NvN1有以上各式得M'M4设所求暗物质的密度为，则有4LN1()3M324 3(NM1)故2L3第25／79页 第三章功和能一、水平方向的弹性碰撞1．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（    ） E2EE2EA. P  B. P  C. 2P  D. 2P mmmm解析：设碰前A球的速度为v0，两球压缩最紧时的速度为v，根据动量守恒定律得出mv02mv，11E由能量守恒定律得mv2E(2m)v2，联立解得v2P，所以正确选项为C。 20P20m 2．在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图3.01所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。  图3.01          （1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。 （2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。 解析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒得mv0()mmv1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒得2mv13mv2，由以上两式求得A1的速度vv。 230（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有112mv23mv2E撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长2122P第26／79页 12度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为v3，则有E(2m)v P23以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒得2mv33mv4 1212当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP'，由能量守恒，有2mv3mvE'2324P1解以上各式得E'mv2。 P360  3．图3.02中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g，求A从P出发的初速度v0。  图3.02            解析：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前） 11由功能关系，有mv2mv2mgl 20211A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2 有mv12mv2 碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有 11(2m)v2(2m)v2(2m)g(2l) 222321此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有mv2mgl 231由以上各式，解得v0g(10l116l2)    第27／79页 4．用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图3.03所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动。求在以后的运动中， （1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？ （2）弹性势能的最大值是多大？ （3）A的速度有可能向左吗？为什么？                        图3.03 解析：（1）当A、B、C三者的速度相等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，有 (mABm)v(mABCAmm)v 解得：vA3m/s （2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v'，则 mBv(mBCm)v'，v'2m/s 设物块A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为EP，根据能量守恒 111E()'mmv2mv2(mmmv)212J P2BC2A2ABCA（3）由系统动量守恒得 mAvmBvmAABCBv()mmv 设A的速度方向向左，vA0，则vB4m/s 则作用后A、B、C动能之和 11Emv2(mm)v248J k2AA2BCB实际上系统的机械能 1E'E(mmm)v248J P2ABCA根据能量守恒定律，EEk'是不可能的。故A不可能向左运动。 第28／79页 5．如图3.04所示，在光滑水平长直轨道上，A、B两小球之间有一处于原长的轻质弹簧，弹簧右端m与B球连接，左端与A球接触但不粘连，已知m，m2m，开始时A、B均静止。在A2B1A球的左边有一质量为m的小球C以初速度v向右运动，与A球碰撞后粘连在一起，成为一20个复合球D，碰撞时间极短，接着逐渐压缩弹簧并使B球运动，经过一段时间后，D球与弹簧分离（弹簧始终处于弹性限度内）。  图3.04            （1）上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多少？ （2）当弹簧恢复原长时B球速度是多大？ （3）若开始时在B球右侧某位置固定一块挡板（图中未画出），在D球与弹簧分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板碰撞时间极短，碰后B球速度大小不变，但方向相反，试求出此后弹簧的弹性势能最大值的范围。 答案：（1）设C与A相碰后速度为v1，三个球共同速度为v2时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒，能量守恒有： 11mvmv1vv20112011mv3mv2vv 202260111Emv23mv2mv2pmax2122120（2）设弹簧恢复原长时，D球速度为v3，B球速度为v4 mv1mv32mv43111 mv2mv22mv242123241v2v则有vv0，vv0 33164313（3）设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度v5、v6 1mvmv2mv5 2056与挡板碰后弹性势能最大，D、B两球速度相等，设为v' mv52mv63mv'6 第29／79页 vvv0v2v0v2v5554vvv'56225033361v0212EP'm()3mv'222 mv23m(4vv)20508236mv2m(4vv)2050824vmv2当v0时，E'最大E'0 54PPmax8vmv2v0时，E'最小，E'0 56PPmin108mv2mv2所以0E'0 108P8第30／79页 二、水平方向的非弹性碰撞1．如图3.05所示，木块与水平弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内（时间极短），然后将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统，下列说法真确的是 A．从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒 B．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒 C．子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒 D．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒 图3.05         答案：B 2．如图3.06所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。  图3.06                       解析：可先根据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量Q。 对物块，滑动摩擦力Ff做负功，由动能定理得： 11F()dsmv2mv2 f2t20即Ff对物块做负功，使物块动能减少。 1对木块，滑动摩擦力F对木块做正功，由动能定理得FsMv2，即F对木块做正功，使ff2f木块动能增加，系统减少的机械能为： 111mv2mv2Mv2F()dsFsFd1 202t2fff本题中Ffmg，物块与木块相对静止时，vtv，则上式可简化为： 11mgdmv2()mMv22 202t第31／79页 又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则： mv0(mM)vt3 联立式<2>、<3>得： Mv2d0 2g(Mm)故系统机械能转化为内能的量为： Mv2Mmv2QFdmg00 f2g(Mm)2(Mm)3．如图3.07所示，光滑水平面地面上放着一辆两端有挡板的静止的小车，车长L＝1m，一个大小可忽略的铁块从车的正中央以速度vms05/向右沿车滑行。铁块与小车的质量均等于m，它们之间的动摩擦因数0.05，铁块与挡板碰撞过程中机械能不损失，且碰撞时间可以忽略不计，取gms10/2，求从铁快由车的正中央出发到两者相对静止需经历的时间。  v0 图3.07                vv2.5/5/msms答案：tt0 ams0.0510/24．如图3.08所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：       （1）带电环与左极板相距最近时的速度v； （2）此过程中电容器移动的距离s。 （3）此过程中能量如何变化？   图3.08 答案：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得： 动量观点： 第32／79页 mvmv()Mmv，v0 0Mm力与运动观点： 设电场力为F FFmvvttv，v0 0mMMm（2）能量观点（在第（1）问基础上）： d11对m：Eq(s)mv2mv2 22201对M：EqsMv20 2d11Eq()mMv2mv2 2220md所以s Mm2运动学观点： vvv对M：ts，对m：0ts' 22dmds's，解得：s 22(Mm)带电环与电容器的速度图像如图5所示。由三角形面积可得：  图5 d11vt，svt 220020md解得：s 2(Mm)（3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。