高考物理解題模型目錄第一章運動和力1一、追及、相遇模型1二、先加速后減速模型3三、斜面模型6四、掛件模型10五、彈簧模型（動力學）17第二章圓周運動19一、水平方向的圓盤模型19二、行星模型21第三章功和能1一、水平方向的彈性碰撞1二、水平方向的非彈性碰撞5三、人船模型8四、爆炸反沖模型11第四章力學綜合13一、解題模型13二、滑輪模型18三、渡河模型21第五章電路1一、電路的動態變化1二、交變電流6第六章電磁場1一、電磁場中的單桿模型1二、電磁流量計模型7三、回旋加速模型9四、磁偏轉模型14第1頁第一章運動和力一、追及、相遇模型模型講解1火車甲正以速度V1向前行駛，司機突然發現前方距甲D處有火車乙正以較小速度V2同向勻速行駛，于是他立即剎車，使火車做勻減速運動。為了使兩車不相撞，加速度A應滿足什么條件解析設以火車乙為參照物，則甲相對乙做初速為21VV、加速度為A的勻減速運動。若甲相對乙的速度為零時兩車不相撞，則此后就不會相撞。因此，不相撞的臨界條件是甲車減速到與乙車車速相同時，甲相對乙的位移為D。即DVVAADVV220221221，故不相撞的條件為DVVA22212甲、乙兩物體相距S，在同一直線上同方向做勻減速運動，速度減為零后就保持靜止不動。甲物體在前，初速度為V1，加速度大小為A1。乙物體在后，初速度為V2，加速度大小為A2且知V1小物體A在恒力作用下，先在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動；加上勻強磁場后，還受方向垂直斜面向上的洛倫茲力作用，方可使A離開斜面，故磁感應強度方向應垂直紙面向里。隨著速度的增加，洛倫茲力增大，斜面的支持力減小，滑動摩擦力減小，物體繼續做加速度增大的加速運動，直到斜面的支持力變為零，此后小物體A將離開地面。（2）加磁場之前，物體A做勻加速運動，據牛頓運動定律有NFNFFFMGQEFMAFQEMG,0COSSINCOSSIN又解出22GAA沿斜面運動的距離為422122TGATS加上磁場后，受到洛倫茲力BQVF洛隨速度增大，支持力NF減小，直到0NF時，物體A將離開斜面，有QBMGVQEMGBQV2SINCOS解出物體A在斜面上運動的全過程中，重力和電場力做正功，滑動摩擦力做負功，洛倫茲力不做功，根據動能定理有021COSSIN2MVWSLQESLMGF物體A克服摩擦力做功，機械能轉化為內能22232842BQGMLTGMGWF4如圖105所示，在水平地面上有一輛運動的平板小車，車上固定一個盛水的杯子，杯子的直徑為R。當小車作勻加速運動時，水面呈如圖所示狀態，左右液面的高度差為H，則小車的加速度方向指向如何加速度的大小為多少圖105我們由圖可以看出物體運動情況，根據杯中水的形狀，可以構建這樣的一個模型，一個物塊放在光滑的斜面上（傾角為），重力和斜面的支持力的合力提供物塊沿水平方向上的加速度，其加速度為TANGA。我們取杯中水面上的一滴水為研究對象，水滴受力情況如同斜面上的物塊。由題意可得，取杯中水面上的一滴水為研究對象，它相對靜止在“斜面”上，可以得出其加速度為TANGA，而RHTAN，得RGHA，方向水平向右。5如圖106所示，質量為M的木板放在傾角為的光滑斜面上，質量為M的人在木板上跑，假如腳與板接觸處不打滑。（1）要保持木板相對斜面靜止，人應以多大的加速度朝什么方向跑動（2）要保持人相對于斜面的位置不變，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向運動圖106答案（1）要保持木板相對斜面靜止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力與木板的下滑力平衡，即FMGSIN，根據作用力與反作用力人受到木板對他沿斜面向下的摩擦力，所以人受到的合力為MMGMGAMAFMGSINSINSIN方向沿斜面向下。（2）要保持人相對于斜面的位置不變，對人有FMGSIN，F為人受到的摩擦力且沿斜面向上，根據作用力與反作用力等值反向的特點判斷木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小為FMGSIN所以木板受到的合力為MMGMGAMAFMGSINSINSIN解得方向沿斜面向下。四、掛件模型1圖107中重物的質量為M，輕細線AO和BO的A、B端是固定的。平衡時AO是水平的，BO與水平面的夾角為。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（）ACOS1MGFBCOT1MGFCSIN2MGFDSIN2MGF圖107解析以“結點”O為研究對象，沿水平、豎直方向建立坐標系，在水平方向有12COSFF豎直方向有MGFSIN2聯立求解得BD正確。2物體A質量為KGM2，用兩根輕繩B、C連接到豎直墻上，在物體A上加一恒力F，若圖108中力F、輕繩AB與水平線夾角均為60，要使兩繩都能繃直，求恒力F的大小。圖108解析要使兩繩都能繃直，必須0021FF，再利用正交分解法作數學討論。作出A的受力分析圖3，由正交分解法的平衡條件圖30SINSIN1MGFF0COSCOS12FFF解得FMGFSIN1COTCOS22MGFF兩繩都繃直，必須0021FF，由以上解得F有最大值NF123MAX，解得F有最小值NF611MIN，所以F的取值為NFN123611。3如圖109所示，AB、AC為不可伸長的輕繩，小球質量為M04KG。當小車靜止時，AC水平，AB與豎直方向夾角為37，試求小車分別以下列加速度向右勻加速運動時，兩繩上的張力FAC、FAB分別為多少。取G10M/S2。（1）21/5SMA；（2）22/10SMA。圖109解析設繩AC水平且拉力剛好為零時，臨界加速度為0A根據牛頓第二定律MGFMAFABABCOSSIN0，聯立兩式并代入數據得20/57SMA當021/5ASMA，此時AC繩伸直且有拉力。根據牛頓第二定律1SINMAFFACAB；MGFABCOS，聯立兩式并代入數據得NFNFACAB15，當022/10ASMA，此時AC繩不能伸直，0ACF。AB繩與豎直方向夾角，據牛頓第二定律2SINMAFAB，MGFABCOS。聯立兩式并代入數據得NFAB75。4兩個相同的小球A和B，質量均為M，用長度相同的兩根細線把A、B兩球懸掛在水平天花板上的同一點O，并用長度相同的細線連接A、B兩小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此時三根細線均處于直線狀態，且OB細線恰好處于豎直方向，如圖1所示，如果不考慮小球的大小，兩球均處于靜止狀態，則力F的大小為（）A0BMGCMG3D33MG圖110答案C5如圖111甲所示，一根輕繩上端固定在O點，下端拴一個重為G的鋼球A，球處于靜止狀態。現對球施加一個方向向右的外力F，使球緩慢偏移，在移動中的每一刻，都可以認為球處于平衡狀態，如果外力F方向始終水平，最大值為2G，試求（1）輕繩張力FT的大小取值范圍；（2）在乙圖中畫出輕繩張力與COS的關系圖象。圖111答案（1）當水平拉力F0時，輕繩處于豎直位置時，繩子張力最小GFT1當水平拉力F2G時，繩子張力最大GGGFT52222因此輕繩的張力范圍是GFGT5（2）設在某位置球處于平衡狀態，由平衡條件得GFTCOS所以COSGFT即COS1TF，得圖象如圖7。圖76如圖112所示，斜面與水平面間的夾角30，物體A和B的質量分別為MKGA10、MKGB5。兩者之間用質量可以不計的細繩相連。求（1）如A和B對斜面的動摩擦因數分別為A06，B02時，兩物體的加速度各為多大繩的張力為多少（2）如果把A和B位置互換，兩個物體的加速度及繩的張力各是多少（3）如果斜面為光滑時，則兩個物體的加速度及繩的張力又各是多少圖112解析（1）設繩子的張力為FT，物體A和B沿斜面下滑的加速度分別為AA和AB，根據牛頓第二定律對A有MGFMGMAATAAAASINCOS對B有MGFMGMABTBBBBSINCOS設FT0，即假設繩子沒有張力，聯立求解得GAAABBACOS，因AB，故AABA說明物體B運動比物體A的運動快，繩松弛，所以FT0的假設成立。故有AGMSAASINCOS/01962因而實際不符，則A靜止。AGMSBBSINCOS/3272（2）如B與A互換則GAAABBACOS0，即B物運動得比A物快，所以A、B之間有拉力且共速，用整體法MGMGMGMGMMAABAABBABSINSINCOSCOS代入數據求出AMS0962/，用隔離法對BMGMGFMABBBTBSINCOS代入數據求出FNT115（3）如斜面光滑摩擦不計，則A和B沿斜面的加速度均為AGMSSIN/52兩物間無作用力。7如圖113所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為、在斜桿下端固定有質量為M的小球，下列關于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是（）A小車靜止時，FMGSIN，方向沿桿向上B小車靜止時，FMGCOS，方向垂直桿向上C小車向右以加速度A運動時，一定有FMA/SIND小車向左以加速度A運動時，FMAMG22，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為ARCTAN/AG圖113解析小車靜止時，由物體的平衡條件知桿對球的作用力方向豎直向上，且大小等于球的重力MG。小車向右以加速度A運動，設小球受桿的作用力方向與豎直方向的夾角為，如圖4所示，根據牛頓第二定律有FMASIN，FMGCOS，兩式相除得TAN/AG。圖4只有當球的加速度AGTAN且向右時，桿對球的作用力才沿桿的方向，此時才有FMA/SIN。小車向左以加速度A運動，根據牛頓第二定律知小球所受重力MG和桿對球的作用力F的合力大小為MA，方向水平向左。根據力的合成知FMAMG22，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為ARCTAN/AG8如圖114所示，在動力小車上固定一直角硬桿ABC，分別系在水平直桿AB兩端的輕彈簧和細線將小球P懸吊起來。輕彈簧的勁度系數為K，小球P的質量為M，當小車沿水平地面以加速度A向右運動而達到穩定狀態時，輕彈簧保持豎直，而細線與桿的豎直部分的夾角為，試求此時彈簧的形變量。圖114答案FMATSIN，FFMGTCOS，FKXXMGAKCOT/，討論若AGTAN則彈簧伸長XMGAKCOT/若AGTAN則彈簧伸長X0若AGTAN則彈簧壓縮XMAGKCOT/五、彈簧模型（動力學）1如圖115所示，四個完全相同的彈簧都處于水平位置，它們的右端受到大小皆為F的拉力作用，而左端的情況各不相同中彈簧的左端固定在墻上。中彈簧的左端受大小也為F的拉力作用。中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在光滑的桌面上滑動。中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在有摩擦的桌面上滑動。若認為彈簧的質量都為零，以L1、L2、L3、L4依次表示四個彈簧的伸長量，則有（）圖115ALL21BLL43CLL13DLL24解析當彈簧處于靜止（或勻速運動）時，彈簧兩端受力大小相等，產生的彈力也相等，用其中任意一端產生的彈力代入胡克定律即可求形變。當彈簧處于加速運動狀態時，以彈簧為研究對象，由于其質量為零，無論加速度A為多少，仍然可以得到彈簧兩端受力大小相等。由于彈簧彈力F彈與施加在彈簧上的外力F是作用力與反作用的關系，因此，彈簧的彈力也處處相等，與靜止情況沒有區別。在題目所述四種情況中，由于彈簧的右端受到大小皆為F的拉力作用，且彈簧質量都為零，根據作用力與反作用力關系，彈簧產生的彈力大小皆為F，又由四個彈簧完全相同，根據胡克定律，它們的伸長量皆相等，所以正確選項為D。2用如圖116所示的裝置可以測量汽車在水平路面上做勻加速直線運動的加速度。該裝置是在矩形箱子的前、后壁上各安裝一個由力敏電阻組成的壓力傳感器。用兩根相同的輕彈簧夾著一個質量為20KG的滑塊，滑塊可無摩擦的滑動，兩彈簧的另一端分別壓在傳感器A、B上，其壓力大小可直接從傳感器的液晶顯示屏上讀出。現將裝置沿運動方向固定在汽車上，傳感器B在前，傳感器A在后，汽車靜止時，傳感器A、B的示數均為10N（取GMS102/）（1）若傳感器A的示數為14N、B的示數為60N，求此時汽車的加速度大小和方向。（2）當汽車以怎樣的加速度運動時，傳感器A的示數為零。圖116解析（1）FFMA121，AFFMMS112240/A1的方向向右或向前。（2）根據題意可知，當左側彈簧彈力F10時，右側彈簧的彈力FN220FMA22代入數據得AFMMS22210/，方向向左或向后3如圖117所示，一根輕彈簧上端固定在O點，下端系一個鋼球P，球處于靜止狀態。現對球施加一個方向向右的外力F，吏球緩慢偏移。若外力F方向始終水平，移動中彈簧與豎直方向的夾角90且彈簧的伸長量不超過彈性限度，則下面給出彈簧伸長量X與COS的函數關系圖象中，最接近的是（）圖117答案D第二章圓周運動解題模型一、水平方向的圓盤模型1如圖101所示，水平轉盤上放有質量為M的物塊，當物塊到轉軸的距離為R時，連接物塊和轉軸的繩剛好被拉直（繩上張力為零）。物體和轉盤間最大靜摩擦力是其正壓力的倍，求（1）當轉盤的角速度12GR時，細繩的拉力FT1。（2）當轉盤的角速度232GR時，細繩的拉力FT2。圖201解析設轉動過程中物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力時轉動的角速度為0，則MGMR02，解得0GR。（1）因為102GR，所以物體所需向心力小于物體與盤間的最大摩擦力，則物與盤間還未到最大靜摩擦力，細繩的拉力仍為0，即FT10。（2）因為2032GR，所以物體所需向心力大于物與盤間的最大靜摩擦力，則細繩將對物體施加拉力FT2，由牛頓的第二定律得FMGMRT222，解得FMGT22。2如圖202所示，在勻速轉動的圓盤上，沿直徑方向上放置以細線相連的A、B兩個小物塊。A的質量為MKGA2，離軸心RCM120，B的質量為MKGB1，離軸心RCM210，A、B與盤面間相互作用的摩擦力最大值為其重力的05倍，試求（1）當圓盤轉動的角速度0為多少時，細線上開始出現張力（2）欲使A、B與盤面間不發生相對滑動，則圓盤轉動的最大角速度為多大（GMS102/）圖202（1）當圓盤轉動的角速度0為多少時，細線上開始出現張力（2）欲使A、B與盤面間不發生相對滑動，則圓盤轉動的最大角速度為多大（GMS102/）解析（1）較小時，A、B均由靜摩擦力充當向心力，增大，FMR2可知，它們受到的靜摩擦力也增大，而RR12，所以A受到的靜摩擦力先達到最大值。再增大，AB間繩子開始受到拉力。由FMRFM1022，得011111055FMRMGMRRADSFM/（2）達到0后，再增加，B增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共同來提供，A增大的向心力靠增加拉力來提供，由于A增大的向心力超過B增加的向心力，再增加，B所受摩擦力逐漸減小，直到為零，如再增加，B所受的摩擦力就反向，直到達最大靜摩擦力。如再增加，就不能維持勻速圓周運動了，A、B就在圓盤上滑動起來。設此時角速度為1，繩中張力為FT，對A、B受力分析對A有FFMRFMT11121對B有FFMRTFM22122聯立解得112112252707FFMRMRRADSRADSFMFM/3如圖203所示，兩個相同材料制成的靠摩擦傳動的輪A和輪B水平放置，兩輪半徑RRAB2，當主動輪A勻速轉動時，在A輪邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在A輪邊緣上。若將小木塊放在B輪上，欲使木塊相對B輪也靜止，則木塊距B輪轉軸的最大距離為（）ARB4BRB3CRB2DRB圖203答案C二、行星模型1已知氫原子處于基態時，核外電子繞核運動的軌道半徑MR1011050，則氫原子處于量子數N1、2、3，核外電子繞核運動的速度之比和周期之比為（）A321321VVV；333321123TTTB3332132132131211TTTVVVC3332132131211236TTTVVVD以上答案均不對解析根據經典理論，氫原子核外電子繞核作勻速率圓周運動時，由庫侖力提供向心力。即RVMRKE222，從而得線速度為MRKEV周期為VRT2又根據玻爾理論，對應于不同量子數的軌道半徑NR與基態時軌道半徑R1有下述關系式12RNRN。由以上幾式可得V的通式為NVMRKNEVN11所以電子在第1、2、3不同軌道上運動速度之比為23631211321VVV而周期的通式為131131122/22TNVRNNVRNVRT所以，電子在第1、2、3不同軌道上運動周期之比為333321321TTT由此可知，只有選項B是正確的。2衛星做圓周運動，由于大氣阻力的作用，其軌道的高度將逐漸變化（由于高度變化很緩慢，變化過程中的任一時刻，仍可認為衛星滿足勻速圓周運動的規律），下述衛星運動的一些物理量的變化正確的是（）A線速度減小B軌道半徑增大C向心加速度增大D周期增大解析假設軌道半徑不變，由于大氣阻力使線速度減小，因而需要的向心力減小，而提供向心力的萬有引力不變，故提供的向心力大于需要的向心力，衛星將做向心運動而使軌道半徑減小，由于衛星在變軌后的軌道上運動時，滿足32RTRGMV和，故V增大而T減小，又2RGMMFA引，故A增大，則選項C正確。3經過用天文望遠鏡長期觀測，人們在宇宙中已經發現了許多雙星系統，通過對它們的研究，使我們對宇宙中物質的存在形式和分布情況有了較深刻的認識，雙星系統由兩個星體組成，其中每個星體的線度都遠小于兩星體之間的距離，一般雙星系統距離其他星體很遠，可以當作孤立系統來處理。現根據對某一雙星系統的光度學測量確定；該雙星系統中每個星體的質量都是M，兩者相距L，它們正圍繞兩者連線的中點做圓周運動。（1）試計算該雙星系統的運動周期計算T；（2）若實驗中觀測到的運動周期為觀測T，且11NNTT計算觀測。為了理解觀測T與計算T的不同，目前有一種流行的理論認為，在宇宙中可能存在一種望遠鏡觀測不到的暗物質。作為一種簡化模型，我們假定在以這兩個星體連線為直徑的球體內均勻分布這種暗物質。若不考慮其他暗物質的影響，請根據這一模型和上述觀測結果確定該星系間這種暗物質的密度。答案（1）雙星均繞它們連線的中點做圓周運動，設運動的速率為V，得GMLLVLTLGMVLGMLVM22/22,2222計算（2）根據觀測結果，星體的運動周期計算計算觀測TTNT1這種差異是由雙星系統（類似一個球）內均勻分布的暗物質引起的，均勻分布雙星系統內的暗物質對雙星系統的作用，與一個質點（質點的質量等于球內暗物質的總質量M且位于中點O處）的作用相同。考慮暗物質作用后雙星的速度即為觀察到的速度1V，則有LMMGVLMMGLGMLVM24,2/2122221因為周長一定時，周期和速度成反比，得VNV1111有以上各式得MNM41設所求暗物質的密度為，則有3321341234LMNMNL故第1頁第三章功和能一、水平方向的彈性碰撞1在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質量都為M，現B球靜止，A球向B球運動，發生正碰。已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為EP，則碰前A球的速度等于（）AMEPBMEP2CMEP2DMEP22解析設碰前A球的速度為V0，兩球壓縮最緊時的速度為V，根據動量守恒定律得出MVMV20，由能量守恒定律得22022121VMEMVP，聯立解得MEVP20，所以正確選項為C。2在原子核物理中，研究核子與核子關聯的最有效途徑是“雙電荷交換反應”。這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似，兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態，在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度V0射向B球，如圖301所示，C與B發生碰撞并立即結成一個整體D，在它們繼續向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板P發生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連，過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失），已知A、B、C三球的質量均為M。圖301（1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。（2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析（1）設C球與B球粘結成D時，D的速度為V1，由動量守恒得10VMMMV當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為V2，由動量守恒得2132MVMV，由以上兩式求得A的速度0231VV。（2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為EP，由能量守恒，有PEMVMV2221321221撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉彎成D的動能，設D的速度為V3，則有23221VMEP以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度，當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長，設此時的速度為V4，由動量守恒得4332MVMV當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為EP，由能量守恒，有3212212423PEMVMV解以上各式得20361MVEP。3圖302中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平直導軌上，彈簧處在原長狀態。另一質量與B相同滑塊A，從導軌上的P點以某一初速度向B滑行，當A滑過距離L1時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發點P并停止，滑塊A和B與導軌的滑動摩擦因數都為，運動過程中彈簧最大形變量為L2，重力加速度為G，求A從P出發的初速度V0。圖302解析令A、B質量皆為M，A剛接觸B時速度為V1（碰前）由功能關系，有121202121MGLMVMVA、B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為V2有212MVMV碰后A、B先一起向左運動，接著A、B一起被彈回，在彈簧恢復到原長時，設A、B的共同速度為V3，在這一過程中，彈簧勢能始末狀態都為零，利用功能關系，有2222122122322LGMVMVM此后A、B開始分離，A單獨向右滑到P點停下，由功能關系有12321MGLMV由以上各式，解得1610210LLGV4用輕彈簧相連的質量均為2KG的A、B兩物塊都以SMV/6的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4KG的物體C靜止在前方，如圖303所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求在以后的運動中，（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大（2）彈性勢能的最大值是多大（3）A的速度有可能向左嗎為什么圖303解析（1）當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統動量守恒，有ACBABAVMMMVMM解得SMVA/3（2）B、C碰撞時B、C組成的系統動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為V，則SMVVMMVMCBB/2，設物塊A速度為VA時彈簧的彈性勢能最大為EP，根據能量守恒JVMMMVMVMMEACBAACBP12212121222（3）由系統動量守恒得BCBAABAVMMVMVMVM設A的速度方向向左，0AV，則SMVB/4則作用后A、B、C動能之和JVMMVMEBCBAAK48212122實際上系統的機械能JVMMMEEACBAP48212根據能量守恒定律，EEK是不可能的。故A不可能向左運動。5如圖304所示，在光滑水平長直軌道上，A、B兩小球之間有一處于原長的輕質彈簧，彈簧右端與B球連接，左端與A球接觸但不粘連，已知MMMMBA22，開始時A、B均靜止。在A球的左邊有一質量為M21的小球C以初速度0V向右運動，與A球碰撞后粘連在一起，成為一個復合球D，碰撞時間極短，接著逐漸壓縮彈簧并使B球運動，經過一段時間后，D球與彈簧分離（彈簧始終處于彈性限度內）。圖304（1）上述過程中，彈簧的最大彈性勢能是多少（2）當彈簧恢復原長時B球速度是多大（3）若開始時在B球右側某位置固定一塊擋板（圖中未畫出），在D球與彈簧分離前使B球與擋板發生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設B球與擋板碰撞時間極短，碰后B球速度大小不變，但方向相反，試求出此后彈簧的彈性勢能最大值的范圍。答案（1）設C與A相碰后速度為V1，三個球共同速度為V2時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒，能量守恒有202221MAX022001101213212161232121121MVMVMVEVVVMMVVVVMMVP（2）設彈簧恢復原長時，D球速度為3V，B球速度為4V4221212132242321431MVMVMVMVMVMV則有332631014013VVVVVV，（3）設B球與擋板相碰前瞬間D、B兩球速度65VV、5221650MVMVMV與擋板碰后彈性勢能最大，D、B兩球速度相等，設為V63265MVMVMV24483642383212216432232322052020520220050550565VVMMVVVMMVVMVMEVVVVVVVVVVP當405VV時，PE最大820MAXMVEP605VV時，PE最小，10820MINMVEP所以81082020MVEMVP二、水平方向的非彈性碰撞1如圖305所示，木塊與水平彈簧相連放在光滑的水平面上，子彈沿水平方向射入木塊后留在木塊內（時間極短），然后將彈簧壓縮到最短。關于子彈和木塊組成的系統，下列說法真確的是A從子彈開始射入到彈簧壓縮到最短的過程中系統動量守恒B子彈射入木塊的過程中，系統動量守恒C子彈射入木塊的過程中，系統動量不守恒D木塊壓縮彈簧的過程中，系統動量守恒圖305答案B2如圖306所示，一個長為L、質量為M的長方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個質量為M的物塊（可視為質點），以水平初速度0V從木塊的左端滑向右端，設物塊與木塊間的動摩擦因數為，當物塊與木塊達到相對靜止時，物塊仍在長木塊上，求系統機械能轉化成內能的量Q。圖306解析可先根據動量守恒定律求出M和M的共同速度，再根據動能定理或能量守恒求出轉化為內能的量Q。對物塊，滑動摩擦力FF做負功，由動能定理得2022121MVMVSDFTF即FF對物塊做負功，使物塊動能減少。對木塊，滑動摩擦力FF對木塊做正功，由動能定理得221MVSFF，即FF對木塊做正功，使木塊動能增加，系統減少的機械能為12121212220DFSFSDFMVMVMVFFFT本題中MGFF，物塊與木塊相對靜止時，VVT，則上式可簡化為22121220TVMMMVMGD又以物塊、木塊為系統，系統在水平方向不受外力，動量守恒，則30TVMMMV聯立式、得220MMGMVD故系統機械能轉化為內能的量為222020MMMMVMMGMVMGDFQF3如圖307所示，光滑水平面地面上放著一輛兩端有擋板的靜止的小車，車長L1M，一個大小可忽略的鐵塊從車的正中央以速度05/VMS向右沿車滑行。鐵塊與小車的質量均等于M，它們之間的動摩擦因數005，鐵塊與擋板碰撞過程中機械能不損失，且碰撞時間可以忽略不計，取210/GMS，求從鐵快由車的正中央出發到兩者相對靜止需經歷的時間。圖307答案0225/5/00510/TVVMSMSTAMS4如圖308所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間的距離為D，右極板上有一小孔，通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質量為M，給電容器充電后，有一質量為M的帶正電小環恰套在桿上以某一初速度V0對準小孔向左運動，并從小孔進入電容器，設帶電環不影響電容器板間電場分布。帶電環進入電容器后距左板的最小距離為05D，試求（1）帶電環與左極板相距最近時的速度V；（2）此過程中電容器移動的距離S。（3）此過程中能量如何變化圖308答案（1）帶電環進入電容器后在電場力的作用下做初速度為V0的勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動，當它們的速度相等時，帶電環與電容器的左極板相距最近，由系統動量守恒定律可得V0動量觀點MMMVVVMMMV00，力與運動觀點設電場力為FMMMVVVTMFTMFV00，（2）能量觀點（在第（1）問基礎上）對M20221212MVMVDSEQ對M0212MVEQS20221212MVVMMDEQ所以2DMMMS運動學觀點對MSTV2，對M20STVV2DSS，解得2MMMDS帶電環與電容器的速度圖像如圖5所示。由三角形面積可得圖500021212VTSTVD，解得2MMMDS（3）在此過程，系統中，帶電小環動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統中減少的動能全部轉化為電勢能。三、人船模型1如圖309所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為M的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少圖309解析以人和船組成的系統為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統在水平方向不受外力作用，所以整個系統在水平方向動量守恒。當人起步加速前進時，船同時向后做加速運動；人勻速運動，則船勻速運動；當人停下來時，船也停下來。設某時刻人對地的速度為V，船對地的速度為V，取人行進的方向為正方向，根據動量守恒定律有0MVMV，即MMVV因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度V與船的平均速度V也與它們的質量成反比，即MMVV，而人的位移TVS人，船的位移TVS船，所以船的位移與人的位移也與它們的質量成反比，即1MMSS人船式是“人船模型”的位移與質量的關系，此式的適用條件原來處于靜止狀態的系統，在系統發生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒。由圖1可以看出2LSS人船由兩式解得LMMMSLMMMS船人，2如圖310所示，質量為M的小車，上面站著一個質量為M的人，車以V0的速度在光滑的水平地面上前進，現在人用相對于小車為U的速度水平向后跳出后，車速增加V，則計算V的式子正確的是（）AMUVVMVMM00B000VUMVVMVMMC000VVUMVVMVMMD0VUMVM圖310答案CD3如圖311所示，一排人站在沿X軸的水平軌道旁，原點O兩側的人的序號都記為N（N1，2，3，），每人只有一個沙袋，X0一側的沙袋質量為14千克，X0,VN0MN1M0,VN0即M3MNM0M3MN1M0N8時,車停止滑行,即在XM）的小物體用輕繩連接；跨放在半徑為R的光滑半圓柱體和光滑定滑輪B上，M位于半圓柱體底端C點，半圓柱體頂端A點與滑輪B的連線水平。整個系統從靜止開始運動。設M能到達圓柱體的頂端，試求（1）M到達圓柱體的頂端A點時，M和M的速度。（2）M到達A點時，對圓柱體的壓力。圖510答案（1）22121VMMMGRRMGMMMGRRMGV2（2）NFMGRMV2MMGMMMGMGFN22MGMMMMMM2三、渡河模型1如圖511所示，人用繩子通過定滑輪以不變的速度0V拉水平面上的物體A，當繩與水平方向成角時，求物體A的速度。圖511解本題的關鍵是正確地確定物體A的兩個分運動。物體A的運動（即繩的末端的運動）可看作兩個分運動的合成一是沿繩的方向被牽引，繩長縮短。繩長縮短的速度即等于01VV；二是隨著繩以定滑輪為圓心的擺動，它不改變繩長，只改變角度的值。這樣就可以將AV按圖示方向進行分解。所以1V及2V實際上就是AV的兩個分速度，如圖所示，由此可得COSCOS01VVVA。2如圖512所示，某人通過一根跨過定滑輪的輕繩提升一個質量為M的重物，開始時人在滑輪的正下方，繩下端A點離滑輪的距離為H。人由靜止拉著繩向右移動，當繩下端到B點位置時，人的速度為V，繩與水平面夾角為。問在這個過程中，人對重物做了多少功解析人移動時對繩的拉力不是恒力，重物不是做勻速運動也不是做勻變速運動，故無法用COSFSW求對重物做的功，需從動能定理的角度來分析求解。當繩下端由A點移到B點時，重物上升的高度為SINSIN1SINHHHH重力做功的數值為圖512SINSIN1MGHWG當繩在B點實際水平速度為V時，V可以分解為沿繩斜向下的分速度1V和繞定滑輪逆時針轉動的分速度2V，其中沿繩斜向下的分速度1V和重物上升速度的大小是一致的，從圖中可看出COS1VV以重物為研究對象，根據動能定理得02121MVWWG人2COSSINSIN122MVMGHW人3一條寬度為L的河，水流速度為水V，已知船在靜水中速度為船V，那么（1）怎樣渡河時間最短（2）若水船VV，怎樣渡河位移最小（3）若水船VV，怎樣渡河船漂下的距離最短解析（1）小船過河問題，可以把小船的渡河運動分解為它同時參與的兩個運動，一是小船運動，一是水流的運動，船的實際運動為合運動。如圖4所示。設船頭斜向上游與河岸成任意角。這時船速在垂直于河岸方向的速度分量為SIN1船VV，渡河所需要的時間為SIN1船VLVLT，可以看出L、V船一定時，T隨SIN增大而減小；當90時，1SIN（最大）。所以，船頭與河岸垂直船VLTMIN。圖4（2）如圖5所示，渡河的最小位移即河的寬度。為了使渡河位移等于L，必須使船的合速度V的方向與河岸垂直，即使沿河岸方向的速度分量等于0。這時船頭應指向河的上游，并與河岸成一定的角度，所以有水船VVCOS，即船水VVARCCOS。圖5因為1COS0，所以只有在水船VV時，船才有可能垂直河岸渡河。（3）若水船VV，則不論船的航向如何，總是被水沖向下游，怎樣才能使漂下的距離最短呢如圖6所示，設船頭V船與河岸成角。合速度V與河岸成角。可以看出角越大，船漂下的距離X越短，那么，在什么條件下角最大呢以V水的矢尖為圓心，V船為半徑畫圓，當V與圓相切時，角最大，根據水船VVCOS圖6船頭與河岸的夾角應為水船VVARCCOS，船沿河漂下的最短距離為SINCOSMIN船船水VLVVX此時渡河的最短位移船水VLVLSCOS4小河寬為D，河水中各點水流速度大小與各點到較近河岸邊的距離成正比，DVKKXV04，水，X是各點到近岸的距離，小船船頭垂直河岸渡河，小船劃水速度為0V，則下列說法中正確的是（）A小船渡河的軌跡為曲線B小船到達離河岸2D處，船渡河的速度為02VC小船渡河時的軌跡為直線D小船到達離河岸4/3D處，船的渡河速度為010V答案A第1頁第五章電路解題模型一、電路的動態變化1如圖601所示電路中，當滑動變阻器的滑片P向左移動時，各表（各電表內阻對電路的影響均不考慮）的示數如何變化為什么圖601解析這是一個由局部變化而影響整體的閉合電路歐姆定律應用的動態分析問題。對于這類問題，可遵循以下步驟先弄清楚外電路的串、并聯關系，分析外電路總電阻怎樣變化；由RREI確定閉合電路的電流強度如何變化；再由IREU確定路端電壓的變化情況；最后用部分電路的歐姆定律IRU及分流、分壓原理討論各部分電阻的電流、電壓變化情況。當滑片P向左滑動，3R減小，即總R減小，根據RREI總總判斷總電流增大，A1示數增大；路端電壓的判斷由內而外，根據IREU知路端電壓減小，V示數減小；對R1，有11RIU總所以1U增大，1V示數增大；對并聯支路，12UUU，所以2U減小，2V示數減小；對R2，有222RUI，所以I2減小，A2示數減小。2用伏安法測一節干電池的電動勢和內電阻，伏安圖象如圖602所示，根據圖線回答（1）干電池的電動勢和內電阻各多大（2）圖中A點對應的外電路電阻是多大電源此時內部熱功率是多少（3）圖中A、B兩點對應的外電路電阻之比是多大對應的輸出功率之比是多大（4）在此實驗中，電源最大輸出功率是多大圖602解析（1）開路時（I0）的路端電壓即電源電動勢，因此VE51，內電阻205751短IER也可由圖線斜率的絕對值即內阻，有20520151R（2）A點對應外電阻405201AAAIUR此時電源內部的熱耗功率WWRIPAR251205222也可以由面積差求得WWUIEIPAAAR251015152（3）電阻之比1405/5052/01BARR輸出功率之比1105505201WWPPBA（4）電源最大輸出功率出現在內、外電阻相等時，此時路端電壓2EU，干路電流2短II，因而最大輸出功率WWPM812257251出當然直接用REPM42出計算或由對稱性找乘積IU（對應于圖線上的面積）的最大值，也可以求出此值。3如圖603所示電路中，R2、R3是定值電阻，R1是滑動變阻器，當R1的滑片P從中點向右端滑動時，各個電表的示數怎樣變化圖6034如圖604所示電路由8個不同電阻組成，已知R112其余電阻阻值未知，測得A、B間的總電阻為4。今將R1換成6的電阻，則A、B間的總電阻變為。圖6045如圖605所示的電路中，S接通，兩電源的電動勢都為3V，內阻都為L，R12，R24，C10F求（1）電容器兩端的電壓多大（2）現斷開S，從此時起，到電容器兩端電壓穩定時止，通過R2上的電量為多少圖6051V1A2A3V2V1R2R3R6如圖606所示，R36，電源內阻R為1，當K合上且R2為2時，電源的總功率為16W，而電源的輸出功率為12W，燈泡正常發光，求（1）電燈的電阻及功率。（2）K斷開時，為使燈泡正常發光，R2的阻值應調到多少歐圖606解（1）P內耗I2R4W，I2A8IPV331IRIAR，IL1A（2）3LLLRRRI7如圖607所示的電路中，電池的電動勢5伏，內電阻R10歐，固定電阻R90歐，R0是可變電阻，在R0由零增加到400歐的過程中，求1可變電阻R0消耗功率最大的條件和最大熱功率。2電池的內電阻R和固定電阻R上消耗的最小熱功率之和。圖607解1由等效內阻法，當R0RR9010100時，可變電阻R0上消耗的功率最大，且WRRP0625042MAX2電流最小即R0取最大值400時，定值電阻R和R上消耗的電功率最小，且最小功率WRRRRRP01020MAX8如圖圖608所示，61C微法，32C微法，61R歐，32R歐，當開關S斷開時，A、B兩點電壓ABU當S閉合時，C1的電量是增加還是減少改變了多少庫侖已知18U伏。圖608解在電路中，C1、C2的作用是斷路，當S斷開時，全電路無電流，B、C等勢，A、D等勢，則18CDACABUUU伏。C1所帶的電量為46111008118106CDUCQ（庫）S閉合時，電路由RR12、串聯，C1兩端的電壓即R1上兩端的電壓，1263618121RRRUUAC（伏）C1的帶電量46111072012106ACUCQ（庫）故C1的帶電量改變了44411103601008110720QQQ（庫），負號表示減少。9把一個10V，20W的用電器A純電阻接到某一電動勢和內阻都不變的電源上用電器A實際消耗的功率是20瓦，換上另一個10V，50W的用電器B純電阻接到這一電源上，問電器B實際消耗的功率有沒有可能反而小于20瓦你如果認為不可能，試說明理由；如果認為可能，試求出用電器B實際消耗的功率小于20瓦的條件設電阻不隨溫度改變。解根據A，B的額定電壓和額定功率可求出它們的電阻分別為502AAAPUR202BBBPUR根據閉合電路歐姆定律可得出，把A，B用電器分別接到電源上，所消耗的功率分別為AAARRRP2BBBRRRP2于是根據題中給出的條件PA20瓦，PB20瓦，即得出0250502R0220202R把上式聯立求解，得出電源電動勢和內阻R滿足條件是VRV10105051021010電飯鍋是一種可以自動煮飯并自動保溫，又不會把飯燒焦的家用電器。它的電路由控制部分AB和工作部分BC組成。K1是限溫開關，手動閉合，當溫度達到1030C時自動斷開，不能自動閉合。K2是自動開關，當溫度超過800C時自動斷開，溫度低于700C時自動閉合。R2是限流電阻，阻值2140，R1是工作電阻，阻值60。鍋中放好適量的米和水，插上電源（220V，50HZ），手動閉合K1后，電飯鍋就能自動煮好米飯并保溫。簡述手動閉合K1后，電飯鍋加熱、保溫過程的工作原理。加熱過程電飯鍋消耗的電功率P1是多大K1、K2都斷開時電飯鍋消耗的功率P2是多大若插上電源后沒有手動閉合K1，能煮熟飯嗎為什么解答插上電源，手動閉合K1后由于室溫肯定低于700C所以當時K2也是閉合的，所以R2被短路，只有R1工作，功率P1較大，使米和水被加熱，當溫度升到800C時K2斷開，但K1仍閉合，R2仍被短路，功率仍為P1，所以溫度繼續升高，把水燒開，這時溫度將保持在1000C直到水分蒸發完畢，溫度繼續升高到1030C，K1斷開且不再自動閉合，這時飯已煮好，R1、R2串聯，熱功率P2較小，電飯鍋發出的電熱小于它向外釋放的熱，溫度開始降低，當溫度降低到700C時，K2自動閉合，功率又變為P1，使飯的溫度升高，到800C時K2自動斷開，溫度又開始降低如此使電飯鍋處于保溫狀態，直到關閉電源。P1U2/R1807W，P2U2/R1R222W若K1未閉合，開始K2總是閉合的，R2被短路，功率為P1，當溫度上升到800C時，K2自動斷開，功率降為P2，溫度降低到700C，K2自動閉合溫度只能在700C800C之間變化，不能把水燒開，不能煮熟飯。二、交變電流1有一正弦交流電源，電壓有效值U120V，頻率為F50HZ向一霓虹燈供電，若霓虹燈的激發電壓和熄滅電壓均為U0602V，試估算在一個小時內，霓虹燈發光時間有多長為什么人眼不能感到這種忽明忽暗的現象解析由正弦交流電的最大值與有效值U的關系得UM1202V設T0時交流電的瞬時電壓U0則交流電的瞬時表達式為U1202SIN100TV如圖所示，畫出一個周期內交流電的UT圖象，其中陰影部分對應的時間T1表示霓虹燈不能發