高考和自主招生物理力学模拟压轴题2

1、如图4.1（a)、（b），在质量M＝1kg的木板上有质量m＝0.1kg的小雪橇。雪橇上的马达牵引着一根绳子，使雪橇以速度v0＝0.1m/s运动。忽略桌面与木板之间的摩擦。木板与雪橇之间的摩擦系数μ＝0.02。把住木板，起动马达。当雪橇达到速度v0时，放开木板。在此瞬间，雪橇与木板端面的距离L＝0.5m。绳子拴在（a）远处的桩子，（b）木板的端面上。试描述两种情形下木板与雪橇的运动。雪橇何时到达木板端面？mMLmML图4.1（a）图4.1（b）解：（a）在第一种情形中（如图4.1（a）），雪橇处于匀速运动状态。雪橇与木板以不同的速度运动。这样引起的最大摩擦力为，它作用在木板上，产生的加速度Mmga，直至木板达到雪橇的速度v0为止。加速时间为mgMvavt000＝5.1s在这段时间内，雪橇的位移为mgMvavS2220200＝0.255m因此，雪橇离木板右端点的距离为0.5m－0.255m＝0.245m雪橇不能达到木板的一端，因为这段时间以后，木板与雪橇以相同的速度v0一起运动。在木板加速期间，马达必须用力牵引绳子，但以后马达不能施加力的作用，它只是卷绳子。（b）在第二种情形中（如图4.1（b）），木板与桌面之间无摩擦。木板与雪橇形成一个孤立系统，可以用动量守恒定律。当我们放开木板时，雪橇的动量为mv0，释放后的木板具有速度v2，它由下式决定：mv0＝Mv2＋m（v0＋v2）此式表明v2＝０，所以木板保持不动，雪橇以同一速度继续前进。雪橇达到木板右端的时间为1.05.00vLt＝5s2、长L的光滑平台固定在地面上，平台中间放有小物体A和B，两者彼此接触。A的表面是半径为R（R＜＜L）的半圆形轨道，轨道顶端距台面的高度为h处有一小物体C，A、B、C的质量均为m。在系统静止时释放C，已知在运动过程中A、C始终保持接触。试求：（1）A、B刚分离时，B的速度；（2）A、B分离后，C能到达的最大高度；（3）试判断A从平台的哪边落地，并估算A从B分离到落地所用的时间。解析：（1）（2）问常规，C至最低点时AB分离，考查C下滑至最低点过程：2ABBA2CCCABBACCv)mm(21vm21gRm0v)mm()v(m解得vAB=3gR考查C“上爬”的过程，对AC系统：gHmv)mm(21vm21vm21)v)(mm(vm)v(mC2ACCA2ABA2CCACACABACC解得H=43R，C距平台高度h′=h－R+H第（3）问物理思想较难：A虽做变加速运动，但AC整体水平动量恒定，整体质心．．．．水平速度恒定．．．．．．，且为vAC；另据题意R＜＜L，故可认为滑下的位移S≈2L…答案：（1）3gR；（2）H－4R；（3）左边，LgR3。3、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。车第一次碰墙后，车速变为－v，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1=Mm)v(Mmv=3v，因方向为正，必朝墙运动。车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S=a2v2,反向加速的位移S′=121a2v，其中a=a1=Mmg，故S′＜S，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1。车第二次碰墙后，车速变为－v1，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2=Mm)v(Mmv11=3v1=23v，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，……共同速度v3=3v2=33v，朝墙运动。……以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk=ΔE内，且，ΔE内=f滑S相，即：21（m+M）v2=μmg·S相代入数字得：S相=5.4m2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故第一次：S1=a2v2第二次：S2=a2v21=a21223v第三次：S3=a2v22=a21423v……n次碰墙的总路程是：ΣS=2（S1+S2+S3+…+Sn）=av2（1+231+431+…+）（1n231）=Mmgv2（1+231+431+…+）（1n231）碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS=4.05m4、边长为a、质量为10m的立方块置于倾斜角为30°的固定斜面上。半径为a/2、质量为m的圆柱依次搁置成一排。物块与柱体、柱体之间、柱体与斜面均为光滑接触，但物块与斜面之间的摩擦系数μ=22/3。试求：系统保持静止时，最多可依次放置多少个圆柱体？解析：参见右图，若考虑质心平衡，滑动临界状态，φ=φm=43.3°。因N、G过O点，全反力R要过O点，其作用点Q必在A之右（因为43.3°＜45°），故可判断——立方块尚未转动！（这段论证的意义在于：．．．．．．．．．．N．逐渐增．．．大时，方块是先滑后转，而非先转后滑，．．．．．．．．．．．．．．．．．．这点很重要．．．．．）常规计算可得，此时N=3.165mg,合6.33个球的累积。（若常规计算转动临界条件，N=3.66mg,合7.32个球体之累积）答案：6个。（商榷：此题是可以改成翻转趋势在前——φm＞45°？）5、如图9所示，车站有列车编组用的驼峰。将需要编组的车厢用火车头推到驼峰顶上，让它以极小的初速度（可以视为零）开始沿斜坡下滑，到坡底时利用道岔组把它引导到规定的轨道上和其它车厢撞接，实现编组。图中两节车厢的质量均为m，车轮与铁轨的动摩擦因数均为μ,斜坡高为h，从驼峰顶到斜坡底的水平距离为s1，A车厢从坡顶由静止下滑，B车厢原来静止在坡底处，两车撞接后不再分开（两车厢的长度都可以忽略不计）。试求：（1）A车厢到达坡底时的动能EK；（2）两车撞接瞬间的动能损失ΔEK；（3）两车撞接后，共同滑行的最大距离s。解析：解：（1）A下滑过程用动能定理，设倾角为θ，则：（2）A、B碰撞过程系统动量守恒设碰前A的速度为v，则：，（3）A、B共同滑行过对系统用动能定理：。6、质量为m，自然长度为2πa，弹性系数为k的弹性圈，水平置于半径为R的固定刚性球上，不计摩擦。而且a=R/2。（1）设平衡时圈长为2πb，且b=2a，试求k值；（2）若k=R2mg2，求弹性圈的平衡位置及长度。解析：（1）参看图6，将圈分成n段，且令n→∞，每小段对应圆心角θ，θ→0，对于这一小段，受力xF=0即Gtgφ=2Tsin2而G=m′g=2m·g计算时应用极限xxsinlim0x=1（2）设长度2πb′，代入第（1）问的一般关系可得b′=R答案：（1）R2mg122）（；（2）不能在球上平衡。7、如图4-7-6所示，用一弹簧把两物块A和B连接起来后，置于水平地面上。已知A和B的质量分别为1m和2m。问应给物块A上加多大的压力F，才可能在撤去力F后，A向上跳起后会出现B对地无压力的情况？弹簧的质量略去不计。设弹簧原长为0l，建立如图4-7-7所示的坐标，以k表示弹簧的劲度系数，则有01kxgm①取图中O点处为重力势能零点，当A受力F由O点再被压缩了x时，系统的机械能为)()(2102201glmxxkgxmEx②AB图4-7-6撤去F当A上升到最高处即弹簧较其自然长度再伸长x时，系统的机械能为)(21)(02201glmxkxxgmEx③A在x处时，其受力满足0)(01xxkgmF，以①式的01kxgm代入上式，乃有kxF④当F撤去A上升到xx0处时，弹簧的弹力大小为xk，设此时B受到地面的支持力为N，则对于B应有02gmxkN要B对地无压力，即N=0，则上式变为gmxk2⑤因为A由x处上升至xx0处的过程中，对此系统无外力和耗散力作功，则其机械能守恒，即xE=xE⑥联立解②~⑥式，可得gmgmF21。显然，要出现B对地无压力的情况，应为F≥（gmm)21。当F=（gmm)21时，刚好能出现B对地无压力的情况，但B不会离开地面；当F＞（gmm)21时，B将出现离开地面向上跳起的情况。8、均质轮轴重量为P，半径为R，轮轴上轮毂半径为r，在轮毂上缠绕轻质绳经过定滑轮系以重物，各处摩擦系数均为μ，α角已知，试求平衡时重物的最大重量W。ABBABOFx0x0lxx0BA图4-7-7解析：参见右图，张力T过Q点之上，轮必右滚；T张力过Q点，无转动趋势，M点无作用，即可三力共点（引入Q点接触反力）解；T过Q点之下，轮有逆时针转动趋势，以O为轴，fR+f′R=Tr①ΣFy=0，即f+Tcosα+f=P②ΣFx=0，即f′=f+Tsinα③解①②③式即可。答案：若sinα＞Rr，W=0；若sinα=Rr，W=sincosP；若sinα＜Rr，W=r)1(R)sin(cos)sin(cosPR222）（。9、轻绳的一端连接于天花板上A点，绳上距A点为a处系有一个质量为m的质点B，绳的另一端跨过C处的定滑轮（滑轮的质量可以忽略，C与A在同一水平线上）。某人握住绳的自由端，以恒定的速率v收绳。当绳收至图示位置时（B两边的绳与水平线夹角分别为α和β），求右边绳子的张力。解析：本题考查圆周运动动力学。参见下图，为求法向加速度an1和an2，先看切向速度vτ1=cosv=)sin(v，vτ2=vtgθ=vctg（α+β），即有an1=av21，an2=bv22。左边动力学方程：T1－mgsinα－T2cos（α+β）=man1①左边动力学方程：T2－mgsinβ－T1cos（α+β）=man2②约束方程：sina=sinb解①②，经艰苦化简后，得T2的表达式…答案：)sin(cosmg+amvsin)cos(sin1)(sin)cos(2410、树上有一只松鼠，远处一猎人瞄准它射击，松鼠看见枪口的火光后立即（自由）下落，试求当子弹的初速度满足什么条件时，总能击中松鼠。解析：参见右图，令树高h，与人的水平距离为l。将斜抛位移S分解为0vt与21gt2的合成显然v0t=22hl，21gt2＜h答案：速度v0＞h2)hl(g22（其中h为树高，l为人与树之水平距离）。11、质量Ｍ＝0.2kg的小球静置于垂直柱上，柱高ｈ＝5m。一粒质量ｍ＝0.01kg、以速度0＝500m/s飞行的子弹水平地穿过球心。球落在距离柱s＝20m的地面上。问子弹落在地面何处？子弹动能中有多少转换为热能？解：在所有碰撞情况下，系统的总动量均保持不变：MVmvmv0其中v和V分别是碰撞后子弹的速度和小球的速度.两者的飞行时间都是01.12ghts球在这段时间沿水平方向走过20m的距离，故它在水平方向的速度为：8.1901.120V（m/s）由方程0.01×500＝0.01v＋0.2×19.8可求出子弹在碰撞后的速度为：v＝104m/s子弹也在1.01s后落地，故它落在与柱的水平距离为S＝vt＝104×1.01＝105m的地面上。1,3,5碰撞前子弹的初始动能为2021mv1250J球在刚碰撞后的动能为221MV39.2J子弹在刚碰撞后的动能为221mv54J与初始动能相比，两者