你好！高中数学.物理通用模型解题，能不能麻烦也发给我一份，非常感谢！158305979@qq.com 10
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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 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 做负功，由动能定理得：
即 对物块做负功，使物块动能减少。
对木块，滑动摩擦力 对木块做正功，由动能定理得 ，即 对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为：
本题中 ，物块与木块相对静止时， ，则上式可简化为：
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：
联立式<2>、<3>得：
故系统机械能转化为内能的量为：
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 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 ，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 ，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。
图3.07
答案：
4． 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：
力与运动观点：
设电场力为F
（2）能量观点（在第（1）问基础上）：
对m：
对M：
所以
运动学观点：
对M： ，对m：
，解得：
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
解得：
（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。
三、人船模型
1． 如图3.09所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？
图3.09
解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v，船对地的速度为v'，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有： ，即
因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v与船的平均速度v也与它们的质量成反比，即 ，而人的位移 ，船的位移 ，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即
<1>式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图1可以看出：
由<1><2>两式解得
2． 如图3.10所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加Δv，则计算Δv的式子正确的是：（ ）
A.
B.
C.
D. 图3.10
答案：CD
3． 如图3.11所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n＝1，2，3，…），每人只有一个沙袋，x>0一侧的沙袋质量为14千克，x<0一侧的沙袋质量为10千克。一质量为M＝48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。
图3.11
（1） 空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？
（2） 车上最终会有几个沙袋？
(1)在小车朝正x方向滑行的过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为vn-1,第n个沙袋扔到车上后的车速为vn,由动量守恒定律有
小车反向运动的条件是vn-1>0,vn<0,即
M-nm>0 ②
M-(n+1)m<0 ③
代入数字,得
n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行.
(2)车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为M+3m.若在朝负x方向滑行过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为vn-1′,第n个沙袋扔到车上后车速为vn′,现取在图中向左的方向(负x方向)为速度vn′、vn-1′的正方向,则由动量守恒定律有
车不再向左滑行的条件是
vn-1′>0,vn′≤0
即 M+3m-nm′>0 ⑤
M+3m-(n+1)m′≤0 ⑥
n=8时,车停止滑行,即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.
四、爆炸反冲模型
1． 如图3.12所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M，每颗炮弹质量为m，当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？
图3.12
解析：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式 知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能 ，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，即： ，所以 。
思考：有一辆炮车总质量为M，静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去，炮弹对地速度为 ，求炮车后退的速度。
提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为 ，设炮车后退方向为正方向，则
2． 在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M，炮弹的质量为m；发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能E0是不变的。若要使刚发射后炮弹的动能等于E0，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？
答案：若在发射前给炮车一适当的初速度v0，就可实现题述的要求。
在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度，由动量守恒可知：
由能量关系可知：
按题述的要求应有
由以上各式得：
第四章 力学综合
一、解题模型：
1． 如图5.01所示，一路灯距地面的高度为h，身高为 的人以速度v匀速行走。
（1）试证明人的头顶的影子作匀速运动；
（2）求人影的长度随时间的变化率。
图5.01
解：（1）设t=0时刻，人位于路灯的正下方O处，在时刻t，人走到S处，根据题意有OS=vt，过路灯P和人头顶的直线与地面的交点M为t时刻人头顶影子的位置，如图2所示。OM为人头顶影子到O点的距离。
图2
由几何关系，有
联立解得
因OM与时间t成正比，故人头顶的影子作匀速运动。
（2）由图2可知，在时刻t，人影的长度为SM，由几何关系，有SM=OM-OS，由以上各式得
可见影长SM与时间t成正比，所以影长随时间的变化率 。
2． 一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm的均匀狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图5.02（a）为该装置示意图，图5.02（b）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中 。
（1）利用图（b）中的数据求1s时圆盘转动的角速度；
（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向；
（3）求图（b）中第三个激光信号的宽度△t3。
图5.02
解析：（1）由图线读得，转盘的转动周期 ，
角速度
（2）激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动（理由为：由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动）。
（3）设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为ri，第i个脉冲的宽度为△ti，激光器和探测器沿半径的运动速度为v。
由以上式联立解得
3． 如图5.03是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场，分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m，板的度 ，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为 。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取 。
（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？
（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？
（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。
图5.03
解析：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足
在水平方向上满足：
两式联立得
（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足
（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度
反弹高度
根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度：
当 时，
4． 侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高为h，要使卫星在一天的时间内将地面上赤道各处在日照条件下的情况全部都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄影像机至少应拍地面上赤道圆周的弧长是多少？设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，地球自转的周期为T。
解析：设卫星周期为T1，那么：
①
又 ②
有 ③
地球自转角速度为 ④
在卫星绕行地球一周的时间T1内，地球转过的圆心角为 ⑤
那么摄像机转到赤道正上方时摄下圆周的弧长为 ⑥
由①②③④⑤⑥得
5． 如图5.04所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比 ，秋千的质量不计，摆长为R，C点比O点低5R。
图5.04
解析：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为 ，由机械能守恒定律，
设刚分离时男演员速度的大小为 ，方向与 相同；女演员速度的大小为 ，方向与 相反，由动量守恒，
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律，
根据题给条件，女演员刚好回A点，由机械能守恒定律， ，已知 ，由以上各式可得 。
6． 在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上。已知小石块的质量为 ，气球（含球内氢气）的质量为 ，气球体积为V，空气密度为ρ（V和ρ均视作不变量），风沿水平方向吹，风速为v。已知风对气球的作用力 （式中k为一已知系数，u为气球相对空气的速度）。开始时，小石块静止在地面上，如图5.05所示。
（1）若风速v在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由。
（2）若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速v保持不变量，求气球能达到的最大速度的大小。
图5.05
答案：（1）将气球和小石块作为一个整体；在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力G、浮力F和地面支持力FN的作用，据平衡条件有：
由于式中FN是与风速v无关的恒力，而 ，故气球连同小石块不会一起被吹离地面。
（2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达到最大速度时气球在水平方向做匀速运动，有
气球在竖直方向做匀速运动，有：
气球的最大速度：
联立求解得：
二、滑轮模型
1． 如图5.06所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为 ，绳子张力为 ；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为 ，绳子张力为 ；将绳子右端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为 ，绳子张力为 ，不计摩擦，并且BC为竖直线，则（ ）
A. B.
C. D.
图5.06
解析：由于跨过滑轮上绳上各点的张力相同，而它们的合力与重力为一对平衡力，所以从B点移到C点的过程中，通过滑轮的移动， ，再从C点移到D点， 肯定大于 ，由于竖直方向上必须有 ，所以 。故只有A选项正确。
2． 如图5.07所示在车厢中有一条光滑的带子（质量不计），带子中放上一个圆柱体，车子静止时带子两边的夹角∠ACB=90°，若车厢以加速度a=7.5m/s2向左匀加速运动，则带子的两边与车厢顶面夹角分别为多少？
图5.07
解析：设车静止时AC长为 ，当小车以 向左作匀加速运动时，由于AC、BC之间的类似于“滑轮”，故受到的拉力相等，设为FT，圆柱体所受到的合力为ma，在向左作匀加速，运动中AC长为 ，BC长为
由几何关系得
由牛顿运动定律建立方程：
代入数据求得
3． 如图5.08所示，细绳绕过两个定滑轮A和B，在两端各挂一个重为P的物体，现在A、B的中点C处挂一个重为Q的小球，Q<2P，求小球可能下降的最大距离h。已知AB的长为2L，不计滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。
图5.08
解析：选小球Q和两重物P构成的整体为研究对象，该整体的速率从零开始逐渐增为最大，紧接着从最大又逐渐减小为零（此时小球下降的距离最大为h），如图4在整个过程中，只有重力做功机械能守恒。
图4
因重为Q的小球可能下降的最大距离为h，所以重为P的两物体分别上升的最大距离均为 。
考虑到整体初、末位置的速率均为零，故根据机械能守恒定律知，重为Q的小球重力势能的减少量等于重为P的两个物体重力势能的增加量，即 。
从而解得
4． 如图5.09轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体。∠ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比？
图4.09
图5.09
解析：图（a）中绳AC段的拉力FTAC＝M1g
图（b）中由于FTEGsin30°=M2g，解得：
5． 如图5.10所示，质量分别为M和m（M>m）的小物体用轻绳连接；跨放在半径为R的光滑半圆柱体和光滑定滑轮B上，m位于半圆柱体底端C点，半圆柱体顶端A点与滑轮B的连线水平。整个系统从静止开始运动。设m能到达圆柱体的顶端，试求：
（1）m到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度。
（2）m到达A点时，对圆柱体的压力。
图5.10
答案：（1）
（2）
三、渡河模型
1． 如图5.11所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度 拉水平面上的物体A，当绳与水平方向成θ角时，求物体A的速度。
图5.11
解：本题的关键是正确地确定物体A的两个分运动。物体A的运动（即绳的末端的运动）可看作两个分运动的合成：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于 ；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将 按图示方向进行分解。所以 及 实际上就是 的两个分速度，如图所示，由此可得 。
2． 如图5.12所示，某人通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始时人在滑轮的正下方，绳下端A点离滑轮的距离为H。人由静止拉着绳向右移动，当绳下端到B点位置时，人的速度为v，绳与水平面夹角为θ。问在这个过程中，人对重物做了多少功？
解析：人移动时对绳的拉力不是恒力，重物不是做匀速运动也不是做匀变速运动，故无法用 求对重物做的功，需从动能定理的角度来分析求解。
当绳下端由A点移到B点时，重物上升的高度为：
重力做功的数值为：
当绳在B点实际水平速度为v时，v可以分解为沿绳斜向下的分速度 和绕定滑轮逆时针转动的分速度 ，其中沿绳斜向下的分速度 和重物上升速度的大小是一致的，从图中可看出：
以重物为研究对象，根据动能定理得：
3． 一条宽度为L的河，水流速度为 ，已知船在静水中速度为 ，那么：
（1）怎样渡河时间最短？
（2）若 ，怎样渡河位移最小？
（3）若 ，怎样渡河船漂下的距离最短？
解析：（1）小船过河问题，可以把小船的渡河运动分解为它同时参与的两个运动，一是小船运动，一是水流的运动，船的实际运动为合运动。如图4所示。设船头斜向上游与河岸成任意角θ。这时船速在垂直于河岸方向的速度分量为 ，渡河所需要的时间为 ，可以看出：L、v船一定时，t随sinθ增大而减小；当 时， （最大）。所以，船头与河岸垂直 。
图4
（2）如图5所示，渡河的最小位移即河的宽度。为了使渡河位移等于L，必须使船的合速度v的方向与河岸垂直，即使沿河岸方向的速度分量等于0。这时船头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度θ，所以有 ，即 。
图5
因为 ，所以只有在 时，船才有可能垂直河岸渡河。
（3）若 ，则不论船的航向如何，总是被水冲向下游，怎样才能使漂下的距离最短呢？
如图6所示，设船头v船与河岸成θ角。合速度v与河岸成α角。可以看出：α角越大，船漂下的距离x越短，那么，在什么条件下α角最大呢？以v水的矢尖为圆心，v船为半径画圆，当v与圆相切时，α角最大，根据
图6
船头与河岸的夹角应为 ，船沿河漂下的最短距离为：
此时渡河的最短位移：
4． 小河宽为d，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离成正比， ，x是各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为 ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 小船渡河的轨迹为曲线
B. 小船到达离河岸 处，船渡河的速度为
C. 小船渡河时的轨迹为直线
D. 小船到达离河岸 处，船的渡河速度为
答案：A
第五章 电路
解题模型：
一、电路的动态变化
1． 如图6.01所示电路中，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，各表（各电表内阻对电路的影响均不考虑）的示数如何变化？为什么？
图6.01
解析：这是一个由局部变化而影响整体的闭合电路欧姆定律应用的动态分析问题。对于这类问题，可遵循以下步骤：先弄清楚外电路的串、并联关系，分析外电路总电阻怎样变化；由 确定闭合电路的电流强度如何变化；再由 确定路端电压的变化情况；最后用部分电路的欧姆定律 及分流、分压原理讨论各部分电阻的电流、电压变化情况。
当滑片P向左滑动， 减小，即 减小，根据 判断总电流增大，A1示数增大；
路端电压的判断由内而外，根据 知路端电压减小，V示数减小；
对R1，有 所以 增大， 示数增大；
对并联支路， ，所以 减小， 示数减小；
对R2，有 ，所以I2减小，A2示数减小。
2． 把一电容器C接在220V的交流电路中，为了保证电容不被击穿，电容器C的耐压值是多少？
解析：不低于200 V，不少学生往把电容器与灯泡类比，额定电压220 V的灯泡接在220 V的交流电源上正常发光.从而错误的认为电容器的耐压值也只要不低于220V即可，事实上，电容器接在交流电路中一直不断地进行充、放电过程.电容器两极间电压最大可达200 V，故电容器C的耐压值应不低于200 V.
3． 如图6.09所示，两平行导轨与水平面间的倾角为 ，电阻不计，间距L＝0.3m，长度足够长，导轨处于磁感应强度B＝1T，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.导轨两端各接一个阻值为R0＝2Ω电阻，另一横跨在导轨间的金属棒质量m＝1kg，电阻r＝1Ω棒与导轨间的滑动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒以平行于导轨的向上初速度υ0＝10m/s上滑，直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量 ＝0.1C（g取10m/s2），求上端电阻R0产生的焦耳热？
四、磁偏转模型
1． 一质点在一平面内运动，其轨迹如图7.15所示。它从A点出发，以恒定速率 经时间t到B点，图中x轴上方的轨迹都是半径为R的半圆，下方的都是半径为r的半圆。
（1）求此质点由A到B沿x轴运动的平均速度。
（2）如果此质点带正电，且以上运动是在一恒定（不随时间而变）的磁场中发生的，试尽可能详细地论述此磁场的分布情况。不考虑重力的影响。
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 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 做负功，由动能定理得：
即 对物块做负功，使物块动能减少。
对木块，滑动摩擦力 对木块做正功，由动能定理得 ，即 对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为：
本题中 ，物块与木块相对静止时， ，则上式可简化为：
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：
联立式<2>、<3>得：
故系统机械能转化为内能的量为：
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 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 ，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 ，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。
图3.07
答案：
4． 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：
力与运动观点：
设电场力为F
（2）能量观点（在第（1）问基础上）：
对m：
对M：
所以
运动学观点：
对M： ，对m：
，解得：
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
解得：
（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。
三、人船模型
1． 如图3.09所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？
图3.09
解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v，船对地的速度为v'，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有： ，即
因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v与船的平均速度v也与它们的质量成反比，即 ，而人的位移 ，船的位移 ，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即
<1>式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图1可以看出：
由<1><2>两式解得
2． 如图3.10所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加Δv，则计算Δv的式子正确的是：（ ）
A.
B.
C.
D. 图3.10
答案：CD
3． 如图3.11所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n＝1，2，3，…），每人只有一个沙袋，x>0一侧的沙袋质量为14千克，x<0一侧的沙袋质量为10千克。一质量为M＝48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。
图3.11
（1） 空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？
（2） 车上最终会有几个沙袋？
(1)在小车朝正x方向滑行的过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为vn-1,第n个沙袋扔到车上后的车速为vn,由动量守恒定律有
小车反向运动的条件是vn-1>0,vn<0,即
M-nm>0 ②
M-(n+1)m<0 ③
代入数字,得
n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行.
(2)车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为M+3m.若在朝负x方向滑行过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为vn-1′,第n个沙袋扔到车上后车速为vn′,现取在图中向左的方向(负x方向)为速度vn′、vn-1′的正方向,则由动量守恒定律有
车不再向左滑行的条件是
vn-1′>0,vn′≤0
即 M+3m-nm′>0 ⑤
M+3m-(n+1)m′≤0 ⑥
n=8时,车停止滑行,即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.
四、爆炸反冲模型
1． 如图3.12所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M，每颗炮弹质量为m，当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？
图3.12
解析：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式 知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能 ，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，即： ，所以 。
思考：有一辆炮车总质量为M，静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去，炮弹对地速度为 ，求炮车后退的速度。
提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为 ，设炮车后退方向为正方向，则
2． 在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M，炮弹的质量为m；发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能E0是不变的。若要使刚发射后炮弹的动能等于E0，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？
答案：若在发射前给炮车一适当的初速度v0，就可实现题述的要求。
在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度，由动量守恒可知：
由能量关系可知：
按题述的要求应有
由以上各式得：
第四章 力学综合
一、解题模型：
1． 如图5.01所示，一路灯距地面的高度为h，身高为 的人以速度v匀速行走。
（1）试证明人的头顶的影子作匀速运动；
（2）求人影的长度随时间的变化率。
图5.01
解：（1）设t=0时刻，人位于路灯的正下方O处，在时刻t，人走到S处，根据题意有OS=vt，过路灯P和人头顶的直线与地面的交点M为t时刻人头顶影子的位置，如图2所示。OM为人头顶影子到O点的距离。
图2
由几何关系，有
联立解得
因OM与时间t成正比，故人头顶的影子作匀速运动。
（2）由图2可知，在时刻t，人影的长度为SM，由几何关系，有SM=OM-OS，由以上各式得
可见影长SM与时间t成正比，所以影长随时间的变化率 。
2． 一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm的均匀狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图5.02（a）为该装置示意图，图5.02（b）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中 。
（1）利用图（b）中的数据求1s时圆盘转动的角速度；
（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向；
（3）求图（b）中第三个激光信号的宽度△t3。
图5.02
解析：（1）由图线读得，转盘的转动周期 ，
角速度
（2）激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动（理由为：由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动）。
（3）设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为ri，第i个脉冲的宽度为△ti，激光器和探测器沿半径的运动速度为v。
由以上式联立解得
3． 如图5.03是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场，分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m，板的度 ，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为 。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取 。
（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？
（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？
（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。
图5.03
解析：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足
在水平方向上满足：
两式联立得
（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足
（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度
反弹高度
根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度：
当 时，
4． 侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高为h，要使卫星在一天的时间内将地面上赤道各处在日照条件下的情况全部都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄影像机至少应拍地面上赤道圆周的弧长是多少？设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，地球自转的周期为T。
解析：设卫星周期为T1，那么：
①
又 ②
有 ③
地球自转角速度为 ④
在卫星绕行地球一周的时间T1内，地球转过的圆心角为 ⑤
那么摄像机转到赤道正上方时摄下圆周的弧长为 ⑥
由①②③④⑤⑥得
5． 如图5.04所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比 ，秋千的质量不计，摆长为R，C点比O点低5R。
图5.04
解析：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为 ，由机械能守恒定律，
设刚分离时男演员速度的大小为 ，方向与 相同；女演员速度的大小为 ，方向与 相反，由动量守恒，
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律，
根据题给条件，女演员刚好回A点，由机械能守恒定律， ，已知 ，由以上各式可得 。
6． 在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上。已知小石块的质量为 ，气球（含球内氢气）的质量为 ，气球体积为V，空气密度为ρ（V和ρ均视作不变量），风沿水平方向吹，风速为v。已知风对气球的作用力 （式中k为一已知系数，u为气球相对空气的速度）。开始时，小石块静止在地面上，如图5.05所示。
（1）若风速v在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由。
（2）若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速v保持不变量，求气球能达到的最大速度的大小。
图5.05
答案：（1）将气球和小石块作为一个整体；在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力G、浮力F和地面支持力FN的作用，据平衡条件有：
由于式中FN是与风速v无关的恒力，而 ，故气球连同小石块不会一起被吹离地面。
（2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达到最大速度时气球在水平方向做匀速运动，有
气球在竖直方向做匀速运动，有：
气球的最大速度：
联立求解得：
二、滑轮模型
1． 如图5.06所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为 ，绳子张力为 ；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为 ，绳子张力为 ；将绳子右端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为 ，绳子张力为 ，不计摩擦，并且BC为竖直线，则（ ）
A. B.
C. D.
图5.06
解析：由于跨过滑轮上绳上各点的张力相同，而它们的合力与重力为一对平衡力，所以从B点移到C点的过程中，通过滑轮的移动， ，再从C点移到D点， 肯定大于 ，由于竖直方向上必须有 ，所以 。故只有A选项正确。
2． 如图5.07所示在车厢中有一条光滑的带子（质量不计），带子中放上一个圆柱体，车子静止时带子两边的夹角∠ACB=90°，若车厢以加速度a=7.5m/s2向左匀加速运动，则带子的两边与车厢顶面夹角分别为多少？
图5.07
解析：设车静止时AC长为 ，当小车以 向左作匀加速运动时，由于AC、BC之间的类似于“滑轮”，故受到的拉力相等，设为FT，圆柱体所受到的合力为ma，在向左作匀加速，运动中AC长为 ，BC长为
由几何关系得
由牛顿运动定律建立方程：
代入数据求得
3． 如图5.08所示，细绳绕过两个定滑轮A和B，在两端各挂一个重为P的物体，现在A、B的中点C处挂一个重为Q的小球，Q<2P，求小球可能下降的最大距离h。已知AB的长为2L，不计滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。
图5.08
解析：选小球Q和两重物P构成的整体为研究对象，该整体的速率从零开始逐渐增为最大，紧接着从最大又逐渐减小为零（此时小球下降的距离最大为h），如图4在整个过程中，只有重力做功机械能守恒。
图4
因重为Q的小球可能下降的最大距离为h，所以重为P的两物体分别上升的最大距离均为 。
考虑到整体初、末位置的速率均为零，故根据机械能守恒定律知，重为Q的小球重力势能的减少量等于重为P的两个物体重力势能的增加量，即 。
从而解得
4． 如图5.09轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体。∠ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比？
图4.09
图5.09
解析：图（a）中绳AC段的拉力FTAC＝M1g
图（b）中由于FTEGsin30°=M2g，解得：
5． 如图5.10所示，质量分别为M和m（M>m）的小物体用轻绳连接；跨放在半径为R的光滑半圆柱体和光滑定滑轮B上，m位于半圆柱体底端C点，半圆柱体顶端A点与滑轮B的连线水平。整个系统从静止开始运动。设m能到达圆柱体的顶端，试求：
（1）m到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度。
（2）m到达A点时，对圆柱体的压力。
图5.10
答案：（1）
（2）
三、渡河模型
1． 如图5.11所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度 拉水平面上的物体A，当绳与水平方向成θ角时，求物体A的速度。
图5.11
解：本题的关键是正确地确定物体A的两个分运动。物体A的运动（即绳的末端的运动）可看作两个分运动的合成：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于 ；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将 按图示方向进行分解。所以 及 实际上就是 的两个分速度，如图所示，由此可得 。
2． 如图5.12所示，某人通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始时人在滑轮的正下方，绳下端A点离滑轮的距离为H。人由静止拉着绳向右移动，当绳下端到B点位置时，人的速度为v，绳与水平面夹角为θ。问在这个过程中，人对重物做了多少功？
解析：人移动时对绳的拉力不是恒力，重物不是做匀速运动也不是做匀变速运动，故无法用 求对重物做的功，需从动能定理的角度来分析求解。
当绳下端由A点移到B点时，重物上升的高度为：
重力做功的数值为：
当绳在B点实际水平速度为v时，v可以分解为沿绳斜向下的分速度 和绕定滑轮逆时针转动的分速度 ，其中沿绳斜向下的分速度 和重物上升速度的大小是一致的，从图中可看出：
以重物为研究对象，根据动能定理得：
3． 一条宽度为L的河，水流速度为 ，已知船在静水中速度为 ，那么：
（1）怎样渡河时间最短？
（2）若 ，怎样渡河位移最小？
（3）若 ，怎样渡河船漂下的距离最短？
解析：（1）小船过河问题，可以把小船的渡河运动分解为它同时参与的两个运动，一是小船运动，一是水流的运动，船的实际运动为合运动。如图4所示。设船头斜向上游与河岸成任意角θ。这时船速在垂直于河岸方向的速度分量为 ，渡河所需要的时间为 ，可以看出：L、v船一定时，t随sinθ增大而减小；当 时， （最大）。所以，船头与河岸垂直 。
图4
（2）如图5所示，渡河的最小位移即河的宽度。为了使渡河位移等于L，必须使船的合速度v的方向与河岸垂直，即使沿河岸方向的速度分量等于0。这时船头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度θ，所以有 ，即 。
图5
因为 ，所以只有在 时，船才有可能垂直河岸渡河。
（3）若 ，则不论船的航向如何，总是被水冲向下游，怎样才能使漂下的距离最短呢？
如图6所示，设船头v船与河岸成θ角。合速度v与河岸成α角。可以看出：α角越大，船漂下的距离x越短，那么，在什么条件下α角最大呢？以v水的矢尖为圆心，v船为半径画圆，当v与圆相切时，α角最大，根据
图6
船头与河岸的夹角应为 ，船沿河漂下的最短距离为：
此时渡河的最短位移：
4． 小河宽为d，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离成正比， ，x是各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为 ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 小船渡河的轨迹为曲线
B. 小船到达离河岸 处，船渡河的速度为
C. 小船渡河时的轨迹为直线
D. 小船到达离河岸 处，船的渡河速度为
答案：A
第五章 电路
解题模型：
一、电路的动态变化
1． 如图6.01所示电路中，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，各表（各电表内阻对电路的影响均不考虑）的示数如何变化？为什么？
图6.01
解析：这是一个由局部变化而影响整体的闭合电路欧姆定律应用的动态分析问题。对于这类问题，可遵循以下步骤：先弄清楚外电路的串、并联关系，分析外电路总电阻怎样变化；由 确定闭合电路的电流强度如何变化；再由 确定路端电压的变化情况；最后用部分电路的欧姆定律 及分流、分压原理讨论各部分电阻的电流、电压变化情况。
当滑片P向左滑动， 减小，即 减小，根据 判断总电流增大，A1示数增大；
路端电压的判断由内而外，根据 知路端电压减小，V示数减小；
对R1，有 所以 增大， 示数增大；
对并联支路， ，所以 减小， 示数减小；
对R2，有 ，所以I2减小，A2示数减小。
2． 把一电容器C接在220V的交流电路中，为了保证电容不被击穿，电容器C的耐压值是多少？
解析：不低于200 V，不少学生往把电容器与灯泡类比，额定电压220 V的灯泡接在220 V的交流电源上正常发光.从而错误的认为电容器的耐压值也只要不低于220V即可，事实上，电容器接在交流电路中一直不断地进行充、放电过程.电容器两极间电压最大可达200 V，故电容器C的耐压值应不低于200 V.
3． 如图6.09所示，两平行导轨与水平面间的倾角为 ，电阻不计，间距L＝0.3m，长度足够长，导轨处于磁感应强度B＝1T，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.导轨两端各接一个阻值为R0＝2Ω电阻，另一横跨在导轨间的金属棒质量m＝1kg，电阻r＝1Ω棒与导轨间的滑动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒以平行于导轨的向上初速度υ0＝10m/s上滑，直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量 ＝0.1C（g取10m/s2），求上端电阻R0产生的焦耳热？
四、磁偏转模型
1． 一质点在一平面内运动，其轨迹如图7.15所示。它从A点出发，以恒定速率 经时间t到B点，图中x轴上方的轨迹都是半径为R的半圆，下方的都是半径为r的半圆。
（1）求此质点由A到B沿x轴运动的平均速度。
（2）如果此质点带正电，且以上运动是在一恒定（不随时间而变）的磁场中发生的，试尽可能详细地论述此磁场的分布情况。不考虑重力的影响。
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