高中物理典型例题解析集锦(二).doc
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1、高中物理典型例题解析集锦(二)13、如图 12-1 所示,有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计),质量分别为 M 和 m,半径分别为 R 和 r,两板之间用一根长为 0.4m 的轻绳相连结。开始时,两板水平放置并叠合在一起,静止于高度为 0.2m 处。然后自由下落到一固定支架 C 上,支架上有一半径为 R(rRR)的圆孔,圆孔与两薄板中心均在圆板中心轴线上,木板与支架发生没有机械能损失的碰撞。碰撞后,两板即分离,直到轻绳绷紧。在轻绳绷紧的瞬间,两物体具有共同速度 V,如图 12-2 所示。求:(1)若 M=m,则 V 值为多大(2)若 M/m=K,试讨论 V 的方向与 K 值间的关系。分析与解:
2、开始 M 与 m 自由下落,机械能守恒。M 与支架 C 碰撞后,M 以原速率返回,向上做匀减速运动。m向下做匀加速运动。在绳绷紧瞬间,内力(绳拉力)很大,可忽略重力,认为在竖直方向上 M 与 m 系统动量守恒。(1)据机械能守恒:(M+m)gh=(M+m)V02所以,V0=2m/sM 碰撞支架后以 Vo 返回作竖直上抛运动,m 自由下落做匀加速运动。在绳绷紧瞬间,M 速度为 V1,上升高度为 h1,m 的速度为 V2,下落高度为 h2。则:h1+h2=0.4m,h1=V0t-gt2,h2=V0t+gt2,而 h1+h2=2V0t,故:所以:V1=V0-gt=2-100.1=1m/s V2=V0
3、+gt=2+100.1=3m/s根据动量守恒,取向下为正方向,mV2-MV1=(M+m)V,所以那么当 m=M 时,V=1m/s;当 M/m=K 时,V=。讨论:K3 时,V0,两板速度方向向下。K3 时,V0,两板速度方向向上。图 12-1图 12-2K=3 时,V=0,两板瞬时速度为零,接着再自由下落。14、如图 13-1 所示,物体 A 从高 h 的 P 处沿光滑曲面从静止开始下滑,物体 B 用长为 L 的细绳竖直悬挂在 O 点且刚和平面上 Q 点接触。已知 mA=mB,高 h 及 S(平面部分长)。若 A 和 B 碰撞时无能量损失。(1)若 Lh/4,碰后 A、B 各将做什么运动?(2
4、)若 L=h,且 A与平面的动摩擦因数为,A、B 可能碰撞几次?A 最终在何处?分析与解:当水平部分没有摩擦时,A 球下滑到未碰 B 球前能量守恒,与 B 碰撞因无能量损失,而且质量相等,由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。A 停在 Q 处,B 碰后可能做摆动,也可能饶 O 点在竖直平面内做圆周运动。如果做摆动,则经一段时间,B 反向与 A 相碰,使 A 又回到原来高度,B 停在 Q 处,以后重复以上过程,如此继续下去,若 B 做圆周运动,B 逆时针以 O 为圆心转一周后与 A 相碰,B 停在 Q 处,A 向右做匀速运动。由此分析,我们可得本题的解如下:(1)A 与 B 碰撞前 A 的速度:
5、mgh=mVA2,VA=因为 mA=mB,碰撞无能量损失,两球交换速度,得:VA=0,VB=VA=设 B 球到最高点的速度为 Vc,B 做圆周运动的临界条件:mBg=mBV2/L 1又因mBVB2=mBV2+mBg2L 2将1式及 VB=代入2式得:L=2h/5即 L2h/5 时,A、B 碰后 B 才可能做圆周运动。而题意为 L=h/42h/5,故 A 与 B碰后,B 必做圆周运动。因此(1)的解为:A 与 B 碰后 A 停在 Q 处,B 做圆周运动,经一周后,B 再次与 A 相碰,B 停在 Q 处,A 向右以速度做匀速直线运动。(2)由上面分析可知,当 L=h 时,A 与 B 碰后,B 只做
6、摆动,因水平面粗糙,所以 A在来回运动过程中动能要损失。设碰撞次数为 n,由动能定理可得:mAgh-nmAgS=0 所以 n=h/S图 13-1讨论:若 n 为非整数时,相碰次数应凑足整数数目。如 n=1.2,则碰撞次数为两次。当 n 为奇数时,相碰次数为(n-1)次。如 n=3,则相碰次数为两次,且 A 球刚到达 Q处将碰 B 而又未碰 B;当 n 为偶数时,相碰次数就是该偶数的数值,如 n=4,则相碰次数为四次。球将停在距 B 球 S 处的 C 点。A 球停留位置如图 13-2 所示。15、如图 14-1 所示,长为 L,质量为 m1的物块 A 置于光滑水平面上,在 A 的水平上表面左端放
7、一质量为 m2的物体 B,B 与 A 的动摩擦因数为。A 和 B 一起以相同的速度 V 向右运动,在 A 与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失,要使 B 一直不从 A上掉下来,V 必须满足什么条件?(用 m1、m2,L 及表示)分析与解:A 与墙壁发生无机械能损失的碰撞后,A 以大小为 V 的速度向左运动,B 仍以原速度 V 向右运动,以后的运动过程有三种可能:(1)若 m1m2,则 m1和 m2最后以某一共同速度向左运动;(2)若 m1=m2,则 A、B 最后都停止在水平面上,但不再和墙壁发生第二次碰撞;(3)若 m1m2,则 A 将多次和墙壁碰撞,最后停在靠近墙壁处。若 m1m2时,碰撞后系统
8、的总动量方向向左,大小为:P=m1V-m2V设它们相对静止时的共同速度为 V,据动量守恒定律,有:m1V-m2V=(m1+m2)V所以 V=(m1-m2)V/(m1+m2)若相对静止时 B 正好在 A 的右端,则系统机械能损失应为m2gL,则据能量守恒:m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=m2gL解得:V=图 13-2图 14-1若 m1=m2时,碰撞后系统的总动量为零,最后都静止在水平面上,设静止时 A 在 B 的右端,则有:m1V2+m2V2=m2gL解得:V=若 m1m2时,则 A 和墙壁能发生多次碰撞,每次碰撞后总动量方向都向右,设最后 A 静止在
9、靠近墙壁处时,B 静止在 A 的右端,同理有:m1V2+m2V2=m2gL解得:V=故:若 m1m2,V 必须小于或等于若 m1m2,V 必须小于或等于注意:本题中,由于 m1和 m2的大小关系没有确定,在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论,分别得出不同的结果。16、在光滑的水平桌面上有一长 L=2 米的木板 C,它的两端各有一块档板,C 的质量mC=5 千克,在 C 的正中央并排放着两个可视为质点的滑块 A 和 B,质量分别为 mA=1 千克,mB=4 千克。开始时,A、B、C 都处于静止,并且 A、B 间夹有少量塑胶炸药,如图 15-1所示。炸药爆炸使滑块 A 以 6 米/秒的速度水平
10、向左滑动,如果 A、B 与 C 间的摩擦可忽略,两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体,爆炸和碰撞所需时间都可忽略。问:(1)当两滑块都与档板相碰撞后,板 C 的速度多大?(2)到两个滑块都与档板碰撞为止,板的位移大小和方向如何?分析与解:(1)设向左的方向为正方向。炸药爆炸前后A 和 B 组成的系统水平方向动量守恒。设 B 获得的速度为mA,则 mAVA+mBVB=0,所以:VB=-mAVA/mB=-1.5 米/秒对 A、B、C 组成的系统,开始时都静止,所以系统的初动量为零,因此当 A 和 B 都与档板相撞并结合成一体时,它们必静止,所以 C 板的速度为零。图 15-1(2)以炸药爆
11、炸到 A 与 C 相碰撞经历的时间:t1=(L/2)/VA=1/6 秒,在这段时间里 B 的位移为:SB=VBt1=1.51/6=0.25 米,设 A 与 C 相撞后 C 的速度为 VC,A 和 C 组成的系统水平方向动量守恒:mAVA=(mA+mC)VC,所以 VC=mAVA/(mA+mC)=16/(1+5)=1 米/秒B 相对于 C 的速度为:VBC=VB-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5 米/秒因此 B 还要经历时间 t2才与 C 相撞:t2=(1-0.25)/2.5=0.3 秒,故 C 的位移为:SC=VCt2=10.3=0.3 米,方向向左,如图 15-2 所示。17、如图 1
12、6-1 所示,一个连同装备总质量为 M=100 千克的宇航员,在距离飞船为S=45米与飞船处于相地静止状态。宇航员背着装有质量为m0=0.5千克氧气的贮氧筒,可以将氧气以 V=50 米/秒的速度从喷咀喷出。为了安全返回飞船,必须向返回的相反方向喷出适量的氧,同时保留一部分氧供途中呼吸,且宇航员的耗氧率为 R=2.510-4千克/秒。试计算:(1)喷氧量应控制在什么范围?返回所需的最长和最短时间是多少?(2)为了使总耗氧量最低,应一次喷出多少氧?返回时间又是多少?分析与解:一般飞船沿椭圆轨道运动,不是惯性参照系。但是在一段很短的圆弧上,可以认为飞船作匀速直线运动,是惯性参照系。(1)设有质量为
13、m 的氧气,以速度 v 相对喷咀,即宇航员喷出,且宇航员获得相对于飞船为 V 的速度,据动量守恒定律:mv-MV=0则宇航员返回飞船所需的时间为:t=S/V=MS/mv图 15-2图 16-1而安全返回的临界条件为:m+Rt=m0,以 t=MS/mv 代入上式,得:m2v-m0vm+RMS=0,m=把 m0、v、R、M、S 代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为:mmax=0.45 千克,mmin=0.05 千克。返回的最短和最长时间为:tmin=200 秒,tmax=1800 秒(2)返回飞船的总耗氧量可表示为:M=m+Rt=(MS/vt)+Rt因为 MS/vt 与 Rt 之积为常量,且当两数
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