高中物理常见的物理模型参考答案解析

1《高中物理力学常见物理模型》参考答案解析例1答案：gmMMvL)(220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22114m/smgamB的加速度222m/sag由位移关系有220211122Lvtatat代入数值解得：1st或1s3当1st时114m/svat2022m/svvat12vv不合题意舍去∴1s3t114m/s3vat20210m/s3vvat（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2vst①B做匀减速运动的位移02vvLst②A、B的加速度分别为1vat③222mgagm④又02vvat⑤联立①～⑤，代入数据解得2213m/s0.5s6m/svta以A为研究对象，根据牛顿第二定律有min211Fmgma解得min1NF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≤gFmax=(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)v1Q1＝f·d1＝12mv02－12(m＋M)v12解得：d1＝mMv022(m＋M)f对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：Q2＝f·d2＝12mv02＋12(m＋M)v12－0解得：d2＝(2m2＋mM)v022(m＋M)f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】043vg【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：002(2)mvmvmmv，解得：03vv木板在第一个过程中，用动量定理，有：01()2mvmvmgt用动能定理，有：22011222mvmvmgs木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：2svt木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=023vg+023vg=043vg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＝gmFfmg2/1根据运动学公式有：vA＝v0＋aA1t1，d＝12022AAavv代入数据解出：t1＝0.2s，vA＝1.0m/sB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＝gmfmg2/1，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=gmfmg2/3,aB2=gmfmg2/1v＝vA＋aA2t2v＝vB＋aB2t2由上述四式代入数据解得：v＝4m/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：3x1＝(m1＋m2)gk1，x2＝(m1＋m2)gk2故A、B增加的重力势能共为：ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2＝(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1【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＝ΔFk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＝F·x总＝(m1＋m2)2g22k22＋(m1＋m2)2g22k1k2．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kagmx)(因为221atx，所以kaagmt)(2。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＝12mv2C＝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0.5m解析设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有：12mv12＝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：12mv12＝mgx＋ΔEp换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有：12·2mv22＝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：12·2mv22＝2mgx＋ΔEp联立解得：h2＝0.5m．【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)3m/s(2)12J(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′＝(2＋2)×62＋2＋4m/s＝3m/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′＝2×62＋4＝2m/sA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＝12(mB＋mC)v′2＋12mAv2－12(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J．(3)方法一A不可能向左运动．4根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB设A向左，则vA＜0，vB＞4m/s则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：E′＝12mAv2A＋12(mB＋mC)v2B＞12(mB＋mC)v2B＝48J实际上系统的机械能为：E＝Ep＋12(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J＋36J＝48J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′＝3m/s取以v0＝3m/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＝3m/svBO＝|v′－v0|＝1m/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3m/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3m/s、1m/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0pWMghE①2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20012PEMghMv②2分联立①②解得2012WMv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)v1④2分此后圆筒与杆共同做竖直上抛运动2112vhg⑤2分联立③④⑤解得h1＝WMg(M＋m)2⑥2分（2）由于2112MvW，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12()MvMmv即220()MvvMm⑦1分直杆第2次上升的最大高度2222vhg⑧1分同理可得，圆筒底部与挡板第n次碰后速度0()nnMvvMm⑨2分直杆第n次上升的最大高度22nnvhg⑩2分故直杆运动的总路程为122()nhhhhn（11）2分联立解得2222(1)0221()()2()nMvMMhgMmMmMm22(2)MWmMmg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=12mAvA2+12mBvB2，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=2as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