高考物理解题模型力学综合类(3个)

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l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OSOMlOMh联立解得tlhhvOM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tlhlvSM可见影长SM与时间t成正比，所以影长随时间的变化率lhlvk。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stst3231108.0100.1，。（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sT8.0，角速度sradsradT/85.7/8.028.62（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。)11(2)11(22232312121223ttdTrrttdTrrvTrrrrTrdtii，，由以上式联立解得sttttt3212131067.02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ml5.0，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kgC/1015。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2/10sm。（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221gtl在水平方向上满足：2212tdmUqds两式联立得VlqgmdU421012（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足smHlgmUqvmvHlmgUq/4)(221)(212（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smHlgv/4)(21反弹高度)2)(41(2)5.0(21211gvgvh根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度：mgvhnnn8.0)41()2()41(21当4n时，mhn01.0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：)(4)(2122hRTmhRMmG①又mgRMmG2②有gRhRT31)(2③地球自转角速度为T2④在卫星绕行地球一周的时间T1内，地球转过的圆心角为112TTT⑤那么摄像机转到赤道正上方时摄下圆周的弧长为Rs⑥由①②③④⑤⑥得gRhTs32)(4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221mm，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0v，由机械能守恒定律，202121)(21)(vmmgRmm设刚分离时男演员速度的大小为1v，方向与0v相同；女演员速度的大小为2v，方向与0v相反，由动量守恒，2211021)(vmvmvmm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，tvsgtR12214，根据题给条件，女演员刚好回A点，由机械能守恒定律，222221vmgRm，已知212mm，由以上各式可得Rs8。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1m，气球（含球内氢气）的质量为2m，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kuf（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：gVgmmFN)(21由于式中FN是与风速v无关的恒力，而0NF，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vvx气球在竖直方向做匀速运动，有：gVkvgmy2气球的最大速度：22yxmvvv联立求解得：222)(kgmgVvvm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1，绳子张力为1F；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2，绳子张力为2F；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3，绳子张力为3F，不计摩擦，并且BC为竖直线，则（）A.321B.321C.321FFFD.321FFF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，2121FF，，再从C点移到D点，3肯定大于2，由于竖直方向上必须有mgF2cos2，所以23FF。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l，当小车以2/5.7sma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ll，BC长为ll由几何关系得lllll2sinsinsin由牛顿运动定律建立方程：mgFFmaFFTTTTsinsincoscos，代入数据求得9319，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，Q2P，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LLh22。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)(222LLhPQh。从而解得2244QPPLQh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：212MMFFTEGTAC5．如图5.10所示，质量分别为M和m（Mm）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)(2121vmMmgRRMgmMmgRRMgv2（2）NFmgRmv2mMgmMmgmgFN22mgmMmMmM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0v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01vv；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Av按图示方向进行分解。所以1v及2v实际上就是Av的两个分速度，如图所示，由此可得coscos01vvvA。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cosFsW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：sin)sin1(sinHHHh重力做功的数值为：图5.12sin)sin1(mgHWG当绳在B点实际水平速度为v时，v可以分解为