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高三第二轮复习专题复习POWERPOINT课件7力学综合题(可直接用于上课)


力学综合题

P

A

B

v0 C

例:如图示:竖直放置的弹簧下端固定,上端连接 一个砝码盘B,盘中放一个物体A,A、 B的质量分 别是M=10.5kg、m=1.5 kg,k=800N/m,对A施加一个 竖直向上的拉力,使它做匀加速直线运动,经过0.2 秒 A与 B 脱 离 , 刚 脱 离 时 刻 的 速 度 为 v=1.2m/s , 取 g=10m/s2,求A在运动过程中拉力的最大值与最小值。 解:对整体 kx1=(M+m)g F + kx - (M+m)g= (M+m)a
脱离时,A 、B间无相互作 用力,

x1 B

A x2

对B kx2-mg=ma x1- x2 =1/2 at2 a=v/t=6m/s2
Fmax=Mg+Ma=168N Fmin=(M+m)a=72N

例. 如图示,在光滑的水平面上,质量为m的小球B连 接着轻质弹簧,处于静止状态,质量为2m的小球A以初 速度v0向右运动,接着逐渐压缩弹簧并使B运动,过了 一段时间A与弹簧分离. (1)当弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能EP多大? (2)若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板,在A 球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞,并在碰后立 即将挡板撤走,设B球与挡板的碰撞时间极短,碰后B球 的速度大小不变但方向相反,欲使此后弹簧被压缩到最 短时,弹性势能达到第(1)问中EP的2.5倍,必须使B 球在速度多大时与挡板发生碰撞? v0

A

B

解: (1)当弹簧被压缩到最短时,AB两球的速度 相等设为v, 由动量守恒定律 2mv0=3mv v0

由机械能守恒定律

A
v1

B
v2



EP=1/2×2mv02 -1/2×3mv2 = mv2/3 (2)画出碰撞前后的几个过程图 由甲乙图 由丙丁图 2mv0=2mv1 +mv2 2mv1- mv2 =3mV

A
v1 A A V B

B
v2



B



由机械能守恒定律(碰撞过程不做功) 1/2×2mv02 =1/2×3mV2 +2.5EP



解得v1=0.75v0

v2=0.5v0 V=v0/3

例7. 如图示:质量为2m 的木板,静止放在光滑 的水平面上,木板左端固定 着一根轻弹簧,质量为 m 的小木块(可视为质点),它从木板右端以未知 速度v0 开始沿木板向左滑行。最终回到木板右端刚 好未从木板上滑出。若在小木块压缩弹簧的过程中, 弹簧具有的最大弹性势能为EP,小木块与木板间滑 动摩擦系数大小保持不变,求:
1. 木块的未知速度v0 2. 以木块与木板为系统,上述过程中系统损失的机械能.
v0 m

2m

解: 弹簧压缩最短时,两者具有相同的速度v1, 由动量守恒定律得: v1=1/3 v0 木块返回到右端时,两者具有相同的速度v2, 同理v2=1/3 v0

由能量守恒定律

1/2mv02 =1/2×3mv12 +Ep+fl

1/2×3mv12 +Ep= 1/2×3mv22 + f l

∵v1= v2 ∴ Ep = f l
∴ 1/2mv02 = 1/2×3mv12 +2 Ep 即 ∴ 1/3mv02= 2 Ep
2m v0 m

6 EP v0 ? m
2m

v1
2m

m

∴ E=2 Ep

v2

m

2000年高考22 在原子核物理中,研究核子与核关联的最有 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 除定均无机械能损失)。已知A、B、C三球的质量均为m。 (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。 v

P

A

B

0

C

(1)设C球与B球粘结成D时,D的速度为v1,由动量 守恒,有 mv =(m+m)v ①
0
1

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,有

2mv1 =3m v2
由①、②两式得A的速度



v2=1/3 v0
P
A B

v0

③ C

P

A

v1
D P

A

v2

D

题目 上页 下页

(2)设弹簧长度被锁定后,贮存在弹簧中的势能为 EP 1 1 ,由能量守恒,有 2 2
2 ? 2mv1 ? 2 ? 3mv2 ? EP ④

撞击P后,A与D 的动能都为零,解除锁定后,当弹簧 刚恢复到自然长度时,势能全部转变成D 的动能,设 1 D的速度为v3 ,则有 2 EP ? ? 2mv3 ⑤ 2 当弹簧伸长,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,有 2mv =3mv ⑥
3 4

当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为 E P ,由能量守恒,有 1 1 ? 2 2 ? 2mv3 ? ? 3mv4 ? EP ⑦ 2 2 ? 1 2 ? mv0 解以上各式得 EP ?

?

36

题目 上页

01年春季北京 如图所示,A、B是静止在水平地面上完 全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两 板的质量皆为M=2.0kg,长度皆为l =1.0m,C 是一质量 为m=1.0kg的木块.现给它一初速度v0 =2.0m/s,使它 从B板的左端开始向右动.已知地面是光滑的,而C与A、 B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10.求最后A、B、C各以 多大的速度做匀速运动.取重力加速度g=10m/s2.
m=1.0kg
C

v0 =2.0m/s
A

B

M=2.0kg

M=2.0kg

解:先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后,停在B上.这 时A、B、C 三者的速度相等,设为V. 由动量守恒得

mv0 ? (m ? 2M )V



在此过程中,木板B 的位移为S,小木块C 的位移为S+x.

1 1 2 2 由功能关系得 ? ?mg ( s ? x) ? mV ? mv0 2 2 1 ?mgs ? ? 2MV 2 2 1 1 2 2 ② 相加得 ? ?mgx ? (m ? 2M )V ? mv0 2 2 2 Mv0 x? ③ 解①、②两式得 ( 2 M ? m) ? g
代入数值得
C

v0

x ? 1.6m

B ④
S

A x
B
C

题目 下页

V

A

x 比B 板的长度l 大.这说明小物块C不会停在B板上, 而要滑到A 板上.设C 刚滑到A 板上的速度为v1,此时A、B 板的速度为V1,如图示: mv 0 ? mv 1 ? 2MV1 ⑤ 则由动量守恒得 由功能关系得

以题给数据代入解得

1 1 1 2 2 2 mv0 ? mv1 ? ? 2MV1 ? μ mgl ⑥ 2 2 2
8 ? 24 2 ? 24 v1 ? 2 ? ? 5 5

C

8 ? 24 V1 ? 20

由于v1 必是正数,故合理的解是

8 ? 24 V1 ? ? 0.155 m / s 20 2 ? 24 v1 ? ? 1.38m / s 5

v1 V1 A

B


题目 上页 下页

当滑到A之后,B 即以V1= 0.155m/s 做匀速运动.而C 是 以 v1=1.38m/s 的初速在A上向右运动.设在A上移动了y 距离 后停止在A上,此时C 和A 的速度为V2,如图示: 对AC,由动量守恒得 解得

MV1 ? mv 1 ? (m ? M)V 2



V2 = 0.563 m/s ⑩ 1 1 1 2 2 mv 1 ? MV1 ? (m ? M)V 22 ? μ mgy 由功能关系得 2 2 2 解得 y = 0.50 m y 比A 板的长度小,故小物块C 确实是停在A 板上 .最后A、B、C 的速度分别为:

VA ? V2 ? 0.563m/s VB ? V1 ? 0.155m/s VC ? VA ? 0.563m/s

B

V1

y C A

V2

题目 上页 下页

解:v1=k/d1 k=d1 v1 1/v1= d1 / k v1 v2=k/d2= d1v1 / d2 1/v2= d2 / d1 v1 作出v—d图线,见图线, v2 将v—d图线转化为1/v--d图线, 0 取一小段位移d,可看作匀速运动,
t= d/v= d×1/v即为小窄条的面积。 同理可得梯形总面积即 为所求时间 t =1/2×(1/v2+1/v1)(d2-d1) =(d2-d1)2 /2d1v1

一只老鼠从洞口爬出后沿一直线运动,其速度大小与其 离开洞口的距离成反比,当其到达距洞口为d 1 的A点时速 度为v 1,若B点离洞口的距离为d 2 (d 2 > d 1 ),求老鼠由 A 运动到B 所需的时间 v

d
d1 1/v d2

1/v2 1/v 1/v1 0 d1 d d2

d

经过用天文望远镜长期观测,人们在 宇宙中发现了许多双星系统。所谓双星系统是 由两个星体构成的天体系统,其中每个星体的 线度都远远小于两个星体之间的距离,根据对 双星系统的光度学测量确定,这两个星体中的 每一个星体都在绕两者连线中的某一点作圆周 运动,星体到该点的距离与星体的质量成反比, 一般双星系统与其它星体距离都很远,除去双 星系统中两个星体之间相互作用的万有引力外, 双星系统所受其它天体的作用都可以忽略不计 (这样的系统称为孤立系统)。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,两者的距离是L。 下页
双星系统

(1)试根据动力学理论计算该双星系统的运动 周期 T0。

(2)若实际观测到该双星系统的周期为T, ( N ? 1) 且 T : T0 ? 1 : N 。为了解释T与 T0之间的差异,目前有一种流行的理论认为,在 宇宙中可能存在一种用望远镜观测不到的暗物质。 作为一种简化模型,我们假定认为在这两个星体 连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质,若 不考虑其它暗物质的影响,试根据这一模型和上 述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。
上页 下页

m 4? L 解: G 2 ? m 2 ? L T0 2
2 2

2L ?T0 ? ?L Gm 设暗物质的质量为M,重心在O点
m

m2 4 Mm 4? 2 L G 2 ?G 2 ? m 2 ? 2 L L T 4 ( N ? 1) ?T : T0 ? 1 : N

o

·

m

m2 4Mm 4 N? 2 L m2 G 2 ?G 2 ? m ? ? NG 2 2 L L T0 2 L

M ? m( N ?1) / 4
3( N ? 1) m ?? ? ? 3 1 ?L3 2?L 6 M

题目

上页

2003全国理综34 一传送带装置示意如图,其中传送带经过AB 区域时是水平的,经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板 形成,未画出),经过CD区域时是倾斜的,AB和CD都与BC相 切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带 上,放置时初速为零,经传送带运送到D处,D和A的高度差为 h。稳定工作时传送带速度不变,CD段上各箱等距排列,相邻 两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后,在到达B之前已经相 对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑 动)。已知在一段相当长的时间T 内,共运送小货箱的数目为 N。这装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计 D 轮轴处的摩擦。

求电动机的平均输出功率P。
A

B

C

解析:以地面为参考系(下同),设传送带的运动速度 为v0,在水平段运输的过程中,小货箱先在滑动摩擦 力作用下做匀加速运动,设这段路程为s,所用时间 为t,加速度为a,则对小箱有: S =1/2· 2 at v0 =at 在这段时间内,传送带运动的路程为: 由以上可得: S0 =2S S0 =v0 t

用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力,则传送 带对小箱做功为 A=f S=1/2· 02 mv
传送带克服小箱对它的摩擦力做功 A0=f S0=2×1/2· 02 mv 两者之差就是摩擦力做功发出的热量 Q=1/2· 02 mv
题目

[也可直接根据摩擦生热 Q= f △S= f(S0- S)计算]

可见,在小箱加速运动过程中,小箱获得的动能与 发热量相等. Q=1/2· 02 mv
T时间内,电动机输出的功为: W=PT 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦 力发热,即:

W=N· 1/2· 02+mgh+Q ]= N· mv02+mgh] [ mv [
已知相邻两小箱的距离为L,所以: v0T=NL 联立,得: v0=NL / T

? Nm ? N L P? ? 2 ? gh? T ? T ?
2 2
题目

(15分)如图所示,半径为R、圆 心为O的大圆环固定在竖直平面内,两个轻质小圆环 套在大圆环上.一根轻质长绳穿过两个小圆环,它的 两端都系上质量为m的重物,忽略小圆环的大小。 (1)将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧 θ=30°的位置上(如图).在两个小圆环间绳子的中点C 处,挂上一个质量M= m的重物,使两个小圆环间的 2 绳子水平,然后无初速释放重物M.设绳子与大、小 圆环间的摩擦均可忽略,求重物M下降的最大距离. (2)若不挂重物M.小圆环可以在大圆环上自由移动, 且绳子与大、小圆环间及大、小 C 圆环之间的摩擦均可以忽略,问 θθ R 两个小圆环分别在哪些位置时, O 系统可处于平衡状态?
04年江苏高考15 m m

(1)重物向下先做加速运动,后做减速运动,当重物速度 为零时,下降的距离最大.设下降的最大距离为h , 由机械能守恒定律得 ? h 2 ? ?Rsinθ ?2 ? Rsinθ ? Mgh ? 2mg ? ? ? ? 解得 (另解h=0舍去) h ? 2R (2)系统处于平衡状态时,两小环的可能位置为 a.两小环同时位于大圆环的底端.
C θθ R O

b.两小环同时位于大圆环的顶端.
c.两小环一个位于大圆环的顶端, 另一个位于大圆环的底端. d. 见下页
m

m
题目 下页

d.除上述三种情况外,根据对称性可知,系统如能平 衡,则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对 称.设平衡时,两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角 的位置上(如图所示). 对于重物,受绳子拉力与重力作用, 有T=mg 对于小圆环,受到三个力的作用,水平绳的拉力T、 竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N. 两绳子的拉力沿大圆环切向 的分力大小相等,方向相反
C Tα ? N

T sin ? ? T sin ? '
得α=α′, 而α+α′=90°, 所以α=45 °
m

α
O

α
T

T

m

题目 上页

mg

04年江苏高考18

(16分)一个质量为M的雪橇静止在 水平雪地上,一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇 上.狗向雪橇的正后方跳下,随后又追赶并向前跳上 雪橇;其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇,狗与 雪橇始终沿一条直线运动.若狗跳离雪橇时雪橇的速 度为V,则此时狗相对于地面的速度为V+u(其中u为狗 相对于雪橇的速度,V+u为代数和.若以雪橇运动的 方向为正方向,则V为正值,u为负值).设狗总以速度 v追赶和跳上雪橇,雪橇与雪地间的摩擦忽略不计.已 知 v 的 大 小 为 5m/s , u 的 大 小 为 4m/s , M=30kg , m=10kg. (1)求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小. (2)求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次 数.
(供使用但不一定用到的对数值:lg2=O.301,lg3=0.477)

解:(1)设雪橇运动的方向为正方向,狗第1次跳 下雪橇后雪橇的速度为V1,根据动量守恒定律,有 狗第1次跳上雪橇时,雪橇与狗的共同速度 V1? 满足

MV1 ? m(V1 ? u) ? 0

MV1 ? mv ? ( M ? m)V1?

可解得

? Mmu ? ( M ? m)mv V1? ? 2 ( M ? m)

将 u ? ?4m / s, v ? 5m / s, M ? 30kg, m ? 10kg
代入,得

V1? ? 2m / s
题目 下页

(2)解:设雪橇运动的方向为正方向。狗第i 次跳 下雪橇后,雪橇的速度为Vi ,狗的速度为Vi+u;狗第i 次跳上雪橇后,雪橇和狗的共同速度为 Vi′ , 由动量守恒定律可得 第一次跳下雪橇: MV1+m(V1+u)=0
mu V1 ? ? ? 1m/s M?m

第一次跳上雪橇:

MV1+mv =(M+m)V1′

第二次跳下雪橇: (M+m) V1′ =MV2+ m(V2+u) (M ? m) V1? ? mu V2 ? ? 3m/s M?m 第二次跳上雪橇: MV2+mv =(M+m)V2′ MV 2 ? m v ? V2 ? 题目 下页 M?m

第三次跳下雪橇: (M+m)V2′= MV3 + m(V3 +u) ? (M ? m) V2 ? mu V3 ? ? 4.5m/s M?m

第三次跳上雪橇: ( M ? m)V3 ? MV3 ? mv
/

MV3 ? mv V3? ? M ?m
第四次跳下雪橇: (M+m)V3 ′= MV4+m(V4+u)

? (M ? m) V3 ? mu V4 ? ? 5.625m/s M?m
此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度,狗将不可 能追上雪橇。因此,狗最多能跳上雪橇3次。 雪橇最终的速度大小为5.625m/s. 题目

上页

04年广西17 (16分)图中,轻弹簧的一端固定,

另一端与滑块B相连,B静止在水平导轨上, 弹簧处在原长状态。另一质量与B相同的滑块 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μ,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 发时的初速度v0。
B l2
l1

A
P

解: 设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1(碰前), 1 2 1 2 由功能关系, ?1 ? mv0 ? mv1 ? ? mgl1 碰撞过程中动量守恒,令碰后A、B共同运动的速度为v2 m v1 =2m v2 ( 2) 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,在这过程中 ,弹簧势能始末两态都为零,由功能关系,有 后A、B开始分离,A单独向右滑到P点停下,

2

2

1 1 2 2 (2m)v2 ? (2m)v3 ? ? (2m) g (2l2 ) 2 2
1 2 mv3 ? ?mgl1 2

?3?
?4?
B A l1 P

由功能关系有
由以上各式,解得

v0 ? ? g (10 l1 ? 16 l2 )

l2

04年青海甘肃25 (19分)如图,长木板ab的b端

固定一档板,木板连同档板的质量为M=4.0kg, a、b间距离s=2.0m。木板位于光滑水平面上。 在木板a端有一小物块,其质量m=1.0kg,小物 块与木板间的动摩擦因数μ=0.10,它们都处于 静止状态。现令小物块以初速v0 =4.0m/s沿木板 向前滑动,直到和档板相撞。碰撞后,小物块 恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损 失的机械能。
m

a

v0

M

b

S=2m

解:设木块和物块最后共同的速度为v, 由动量守恒定律 mv0 =(m+M)v



设全过程损失的机械能为ΔE, 1 2 1 2 ?E ? mv0 ? (m ? M )v ② 2 2 木块在木板上相对滑动过程损失的机械能为

W=fΔs=2μmgs ③ 注意:Δs为相对滑动过程的总路程 碰撞过程中损失的机械能为
1 mM 2 ?E1 ? ?E ? W ? v0 ? 2? mgs ? 2.4 J 2 m?M
m

a

v0

M

b

S=2m

04年全国理综 如图示,在一光滑的水平面上有两块 相同的木板B和C,重物A(视为质点)位于B的右端, A、B、C的质量相等,现A和B以同一速度滑向静止 的C,B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动,A 在C上滑行,A与C有摩擦力,已知A滑到C的右端而 未掉下,试问:从B、C发生正碰到A刚移到C右端期 间,C所走过的距离是C板长度的多少倍?

解:设A、B开始的同一速度为v0 , A、B 、C 的质 量为m,C板长度为 l B与C发生正碰时(A不参与) ,速度为v1, 对B与C,由动量守恒定律
mv0=2mv1 …… (1)
A B A B C

C

v0

v1=v0/2

v1

碰后B和C粘在一起运动,A在C上滑行,由于摩擦力的 作用,A做匀减速运动,B、C做匀加速运动,最后达 到共同速度v2 , 对三个物体整体:由动量守恒定律 v2=2v0/3 2mv0=3mv2 …… (2) 对A,由动能定理

–f(s+l)=1/2mv22- 1/2mv02 = -5/18 ×mv02 … (3)
对BC整体,由动能定理 (3)/(4)得
A
B C

fs=1/2×2mv22- 1/2×2mv12 = 7/36 ×mv02 …(4)
v0 v1 s+l
A

( s+l ) / s =10/7

∴ l / s = 3/7
s

B

C

v2

04年天津16 公路上匀速行驶的货车受一扰动,车上 货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间 内货物在坚直方向的振动可视为简谐运动,周期为T 。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点, 即,其振动图象如图所示,则( ) C A. t=T/4 时,货物对车厢底板的压力最大 B. t=T/2 时,货物对车厢底板的压力最小 C. t=3T/4时,货物对车厢底板的压力最大 D. t=3T/4时,货物对车厢底板的压力最小 点拨:a的大小与x成正比,方向与x相反, 当x 为负最大时,加速度a为正最大, x 货物受到向上的合力最大,车厢底 板对货物的支持力最大,货物对车 0 厢底板的压力最大

t/s

T/2

T

04年江苏高考16

16. (15分)如图所示,声源S和观察者A都沿x轴正 方向运动,相对于地面的速率分别为 vs 和 vA .空气 中声音传播的速率为 vp ,设 vs < vp , vA < vp ,空气相对 于地面没有流动.
(1)若声源相继发出两个声信号.时间间隔为Δt,请 根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过 程.确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔Δt ′. (2)请利用(1)的结果,推导此情形下观察者接收到 的声波频率与声源发出的声波频率间 的关系式. vs vA

S

x

A

解:(1)设 t1、t2为声源S发出两个信号的时刻,t ? t ? 、 为观 1 2 察者接收到两个信号的时刻。 则第一个信号经过( t ? 1)时间被观察者A接收到, -t 1 第二个信号经过( t ?-t2)时间被观察者A接收到。 2 且 t2- t1 = △t t? - t? ? ?t? 2 1 设声源发出第一个信号时,S、A两点间的距离为L,两个声 信号从声源传播到观察者的 t1 t1 t1′ 过程中,它们运动的距离关系 A v (t ′- t ) S 如图所示,可得 L 1 A 1

v P (t? ? t 1 ) ? L ? v A (t? ? t 1 ) 1 1

vp(t1′- t1) t2′

v P (t? ? t 2 ) ? L ? v A (t? ? t 1 ) ? v S ?t 2 2

由以上各式,得

t1

t2
L

t1

v P ? vS Δ t? ? vP ? vA

S
vsΔt
题目 下页

A
vA (t2′- t1) vp(t2′- t2)

v P ? vS Δ t? ? vP ? vA
(2)设声源发出声波的振动周期为T,这样,由以 上结论,观察者接收到的声波振动的周期T为

v P ? vS T? ? T vP ? vA
由此可得,观察者接收到的声波频率与声源发出 声波频率间的关系为

vP ? vA f? ? f v P ? vS
题目 上页

例:如图示,小木块质量m=1kg,长L=1m,长木板 质量M=10kg,木板与地面以及木块间动摩擦因数均为 μ=0.5,当木板从静止开始受水平向右的恒力F=90N作 用时,木块以初速v0=4m/s向左滑上木板的右侧,则为 使木块不滑离木板,木板的长度L至少要多长? 解:m受摩擦力向左匀减速运动,a1= μg = 5m/s2 M受到合力作用向右匀加速运动, a2=(F-f-f地)/M=(90- 5-55)/10=3m/s2 设经过ts,木块向左减速到0再向右加速到v 时,跟 木板相对静止,木块刚好不滑离木板,如图示 v0 m f v1= v0 - a1 t v2= a2 t L f F M - v1= v2 = v 解得 t=2s f地 2 =8-10=-2m S1 S1=v0 t-1/2a1 t v L S2=1/2a2t2 =6m 注意正负号的意义

∴L= S2 + S1 =4m

S2

如图所示,一质量为500kg的木箱放在质量为2000kg 的平板车的后部,木箱到驾驶室的距离l=1.6m。已知 木箱与车底板间的动摩擦因数μ=0.848,平板车运动过 程中所受的行驶阻力是车和箱总重的0.20倍,平板车以 v0=22m/s的速度匀速行驶。某时刻驾驶员遇情况突然 刹车,车做匀减速运动,为不让木箱撞击驾驶室,求: (1)从刹车开始到平板车完全停止至少要经多长时间。 (2)刹车时平板车所受的刹车阻力不能超过多大。
l S箱

S车

解.(1)设为使木箱恰好不撞击驾驶室的最小刹车 时间为t,刹车过程中车和木箱的加速度分别为a车和 a箱,运动的位移分别为S车和S箱。

刹车后,对车有: v02=2a车s车,
木箱的加速度a箱=μg,

v0= a车t

刹车后木箱运动至停止, 有:v02=2a箱S箱, 木箱刚好不撞击驾驶室时,有: S箱- S车=l。 解得:a车=5m/s2,t=4.4s (2)设刹车阻力为F,则刹车过程,对车受力如图示: F+0.20(m箱+m车)g-μm箱g= m车a车, μm箱g

解得 F = 7420N

F

f地

例、人和雪橇的总质量为75kg,沿倾角θ=37°且足 够长的斜坡向下运动,已知雪橇所受的空气阻力与速 度成正比,比例系数k未知,从某时刻开始计时,测得 雪橇运动的v-t图象如图中的曲线AD所示,图中AB是 曲线在A点的切线,切线上一点B的坐标为(4, 15), CD是曲线AD的渐近线,g取10m/s2,试回答和求解:

?雪橇在下滑过程中,开始做什么运动,最后做什么 运动? V/ms-1
?当雪橇的速度为5m/s时,雪橇
15 10 C 5 A 0 4 B D

的加速度为多大?
?雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ

多大?

t/s

解: ? 由图线可知,雪橇开始以5m/s的初速度作加速 度逐渐减小的变加速运动,最后以10m/s作匀速运动 ? t=0,v0= 5m/s 时AB的斜率等于加速度的大小

a=Δv/Δt= 10/4 = 2.5 m/s2
? t=0 v0= 5m/s t=4s vt= 10m/s f0=kv0 由牛顿运动定律 ①
V/ms-1
15 10 C 5 A 0 4 B D

mgsinθ - μ mgcosθ –kv0 = ma ft=kvt mgsinθ - μ mgcosθ –kvt =0 ② 解① ②得 k=37. 5 Ns/m μ= 0.125

t/s

例、如图甲示,质量分别为m1=1kg 和m2=2kg 的A B两 物块并排放在光滑水平面上,若对A、B分别施加大小随 时间变化的水平外力 F1 和 F2 ,若 F1=(9-2t)N F2= (3+2t)N,则 ?经多少时间t 0两物块开始分离? ?在同一坐标乙中画出两物块的加速度a1和a2随时间变 化的图象 ?速度的定义为v=ΔS/Δt, “ v-t‖图线下的“面积”在 数值上等于位移ΔS;加速度的 a/ms-2 定义为a=Δv/Δt ,则“a-t‖图线 10 下的“面积”在数值上应等于什么? 8 B ?试计算A、B两物块分离后2s的 6 4 速度各多大? F2 2 t/s A F
1

A

B

0



1 2 3 4 5



6

解: ?对整体: F1 + F2 =(m1+m2) a a=12/3=4m/s2 F1 -T= m1 a 设两物块间的作用力为T,对A : T= F1 - m1 a = 5 –2 t 当T=0时,两物块分离, ∴ t0= 2.5 s,(分离前两物块的加速度相同为4m/s2 ) ?分离后,对A a1= F1/m1=(9-2t) m/s2 t>2.5s 2 对B a2= F2/m2=(1.5+t) m/s 画出两物块的a-t 图线如图示(见前页) ? ―a-t‖图线下的“面积”在数值上等于速度的变化Δv ? 由?算出图线下的“面积”即为两物块的速度 ∴ VA=(4.5+2.5)×4 / 2=14m/s VB=(4 × 2.5)+(4+6)× 2 / 2 = 20 m/s
1kg F1=(9-2t)N A 2kg B F2=(3+2t)N

例11. 质量为M=3kg的小车放在光滑的水平面上,物 块A和B的质量为mA=mB=1kg,放在小车的光滑水平 底板上,物块A和小车右侧壁用一根轻弹簧连接起来, 不会分离。物块A和B并排靠在一起,现用力压B,并 保持小车静止,使弹簧处于压缩状态,在此过程中外 力做功135J,如右图所示。撤去外力,当B和A分开 后,在A达到小车底板的最左端位置之前,B已从小 车左端抛出。求:? (1) B与A分离时A对B做了多少功?? (2) 整个过程中,弹簧从压缩状态开始,各次恢复原 长时,物块A和小车的速度
mB mA

B A

M

解:(1) AB将分离时弹簧恢复原长, AB的速度为v,小车速度为V,
对A、B、M系统,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:

(mA+mB)v-MV=0 1/2 (mA+mB)v2+1/2MV2 =E0

即 2v-3V=0 v2+1.5V2 =135
mB mA E0=135J

解得 v= 9m/s, V=6m/s ∴WA对B=1/2mBv2=40.5J
(2)B离开小车后,对小车和A及 v 弹簧系统由动量守恒定律和机 械能守恒定律得(向右为正)

B A

M M V

B A

答: B与A分离时A对B做了多少功40.5J (2)弹簧将伸长时小车 和A 的速度分别为9m/s, 6m/s; 将压缩时为13.5m/s, 1.5m/s

即 v1+3V1=9 mAv1+MV1=9 v12+3V12 =189 2+1/2MV 2 =E –40.5 1/2 mAv1 1 0 代入消元得 2V12 – 9V1-18=0 A M 解得 v1= 13.5m/s, V1=-1.5m/s 或v1= -9m/s, V1=6m/s

01年全国22 (13分)一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水, 井的侧面和底部是密闭和.在井中固定地插着一根两端 开口的薄壁圆管,管和井共轴,管下端未触及井底, 在圆管内有一不漏气的活塞,它可沿圆管上下滑动.开 始时,管内外水面相齐,且活塞恰好接触水面,如图 所示,现有卷场机通过绳子对活 塞施加一个向上的力F,使活塞缓慢向 上移动.已知管筒半径r=0.100m,井的 F 半径R=2r,水的密度=1.00×103kg/m3, 大气压p0=1.00×105Pa.求活塞上升 H=9.00m的过程中拉力F所做的功. (井和管在水面以上及水面以下的 部分都足够长.不计活塞质量,不计 摩擦,重力加速度g=10m/s2.)
下页

解: 从开始提升到活塞升至内外水面高度差为 h0 =p0 /ρg=10m 的过程中,活塞始终与管内液体接触 ,(再提升活塞时,活塞和水面之间将出现真空,另行讨论) 设: 活塞上升距离为h1,管外液面下降距离为h2, h0=h1+h2……① 因液体体积不变,有 F
h1 h2

(π R 2 ?π r 2 )h 2 ? π r 2h1 ②
3 3 得h1 ? h 0 ? ? 10m ? 7.5m ③ 4 4 题给H=9m>h1,由此可知 确实有活塞下面是真空的一 段过程.
h0

题目

上页

下页

活塞移动距离从0 到h1的过程中,对于水和活塞这个整体, 其机械能的增量应等于除重力外其他力所做的功,因为始终无 动能,所以机械能的增量也就等于重力势能增量,即

其他力有管内、外的大气压力和拉力F,因为液体不可压缩, 所以管内、外大气压力做的总功,

h0 ?E ? ? (? r h1 ) g 2
2



p0? ( R 2 ? r 2 )h2 ? p0?rh1 ? 0
故外力做功就只是拉力F做的功, 由功能关系知 W1=ΔE……⑤ 2 3 2 3 2 p0 即 W1 ? ? (? r 2 ) g h0 ? ? r ? 1.18 ?10 4 J ⑥ 8 8 ?g 活塞移动距离从h1到H的过程中,液面不变, F是恒力F=πr2 p0 做功为 W2 ? F ( H ? h1 ) ? ? r 2 p0 ( H ? h1 ) ? 4.71 ?10 3 J ⑦

所求拉力F做的总功为

W1 ? W2 ? 1.65? 104 J



题目

上页

(13分)?如图1,在光滑水平长直 03年江苏20 轨道上,放着一个静止的弹簧振子,它由一轻弹簧两 端各联结一个小球构成,两小球质量相等。现突然给 左端小球一个向右的速度u0,求弹簧第一次恢复到自 然长度时,每个小球的速度。 ?如图2,将n个这样的振子放在该轨道上。最左边 的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定,静止在适 当位置上,这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都 有一定的距离。现解除对振子1的锁定,任其自由运 动,当它第一次恢复到自然长度时,刚好与振子2碰 撞,此后,继续发生一系列碰撞,每个振子被碰后刚 好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子 相碰。求所有可能的碰撞都发生后,每个振子弹性势 能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时,速度交换 ,即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。
左 左
1 2 3 4



图1 右
…… n

图2

解:?设每个小球质量为m,以u1、u2分别表示弹簧 恢复到自然长度时左右两端小球的速度,取向右为 速度的正方向, 由动量守恒定律有 mu1+ mu2= mu0, 由能量守恒定律有 ? mu12+ ? mu22= ? mu02, 解得 u!= u0,u2=0, 或者 u1=0,u2= u0。 由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度过程中, 右端小球一直加速,因此实际解为 u1=0, u2= u0 ?以v1、v1/分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然 长度时,左右两小球的速度,规定向右为速度的正方向 , 由动量守恒定律, mv1+ mv1/=0, 由能量守恒定律, ? mv12+ ? mv1/2= E0,

解得

E0 E0 / v1 ? , v1 ? ? m m



E0 E0 / v1 ? ? , v1 ? m m
题目 下页

由于该过程中左右小球分别向左右加速,故应取第2组解。

E0 E0 / v1 ? ? , v1 ? m m

振子1与振子2碰后,由于交换速度,振子1右端小球速 度变为0,左端小球速度仍为v1,此后两小球都向左运 动 当它们速度相同时,弹簧弹性势能最大,设此速度为v ,
10

则由动量守恒定律, 2mv10= mv1,
用E1表示最大弹性势能,则由能量守恒定律 ? mv102 + ? mv102 + E1= ? mv12 , 解得E1=1/4×E0。
同理可推出,每个振子弹性势能最大的最大值都是 1/4×E0
题目 上页

例、 如图示,物体从Q点开始自由下滑,通过粗糙 的静止水平传送带后,落在地面P点,若传送带按顺 时针方向转动。物体仍从Q点开始自由下滑,则物体 通过传送带后: ( D ) Q A. 一定仍落在P点 B. 可能落在P点左方 C. 一定落在P点右方 D. 可能落在P点也可能落在P点右方 解:物体滑下的初速度为v0 ,传送带静止时,物体滑到右端速
度为v1,传送带转动时,物体滑到右端速度为v2,传送带长L P

由功能关系

f L=1/2m(v02-v12)

传送带转动时,可能一直减速,也可能先减速后匀速运动, 相对滑动的距离为s f s=1/2m(v02-v22)

S≤L

∴v2≥v1


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