力學部分高中物理特優生必練500題高中物理特優生必練500題力學部分河南李老師題1、已知某質點的運動學方程為x=t2+4m，試求第1秒末到第2秒末這段時間內的平均速度及瞬時速度、加速度?！窘馕觥科骄俣葹?===3m/s方向沿x軸的正方向，瞬時速度為 v====2t(m/s)因此，1秒末和2秒末的速度分別為2m/s、4m/s，加速度為a===2m/s2題2、螞蟻離開巢沿直線爬行，它的速度與到蟻巢中心的距離成反比，當螞蟻爬到距巢中心l1=1m的A點處時，速度是v1=2cm/s。試問螞蟻繼續由A點爬到距巢中心l2=2m的B點需要多長的時間?【解析】解法一將蟻巢中心定為坐標原點O，OA連線即為x軸正向，則坐標x處螞蟻的速度可表示為v==即=OOABxl1v10v20v30vn0△x△x△xl2甲將A和B連線分成n等份，如圖甲所示，每份長△x=，對應的速度為v1，v10，v20，v30，v40，···，vn0，v2。當n很大時，每小段運動可看成勻速運動，由A到B所需的總時間為：T=++++···+注意到是一等差數列，故T==當n→∞時，vn0≈v2，即T==，代入數據得T=75s。解法二因螞蟻運動的速度v與螞蟻離巢的距離成反比，故∝x，作出-x圖像如圖乙所示，為一條通過原點的直線。將AB連線分成相等的足夠小n段，每一小段的時間△t=，其數值近似對應著-x圖像中的矩形面積。OOx乙當n→∞時，矩形面積之和即等于梯形面積，故螞蟻從A到B時間 T===75s點撥比較兩種解法，顯然解法二比解法一簡便清晰得多，可見圖像法解題在物理問題中十分有用，另外還需注意，這兩種解法中都用到了分割求和的處理手法。題3、一質點沿直線運動，其速度隨時間變化的關系圖像恰好是與坐標軸相切的圓弧，如圖甲所示，則質點在這20s內的位移s為多少?質點在10s的加速度a為多少?vv(m/s)t(s)20甲O8【解析】物體在20s內的位移是速度圖線與兩坐標軸圍成的圖形面積，但在數值計算時，應注意圖中弧的半徑R在表示速度和表示時間方面所代表的數值不一樣，若僅從圖形考慮，則s=R2-R2?？紤]到物理意義，則s=8×20-×20×8=34.4m如圖乙所示，若僅從過10s對應的圓弧上的B點作切線FE，設圓弧的半徑為R，圖形方面考慮，易得sinθ===，所以θ=30o vtvt乙OAFBCEDθO由圖中幾何關系還可知道，△EOF∽△CB，故tanθ==若結合圖形反映的物理意義，顯然BC和OF表示的是速度，和OE則表示的是時間，故a===m/s2點撥：本題是一道構思獨特、設計巧妙的運動學問題，著重考查學生對速度圖像的理解，解決此題的關鍵是區分清楚圖形中的哪些線段是表示速度的，哪些線段是表示時間的，并能準確地將其代換成速度及時間的大小，如果不能準確地把握這一點而將圖線與大小混為一談，將很難解出此題的正確結果。題4、一根細的輕蛛絲兩端分別固定在同一高度上的A、B兩點，AB=L，質量為m的蜘蛛抓住蛛絲緩緩爬行，如圖甲所示，假設蛛絲的原長為零，勁度系數為k，求蜘蛛在爬行過程的軌跡。AB甲AB甲ABT1OyxT2乙C(x，y)mg【解析】不妨設蜘蛛是從A點開始爬行的，以A點位置坐標原點，建立坐標系，如圖，某一時刻蜘蛛位于C(x，y)點，蜘蛛已爬過蛛絲總長度的r倍，蛛絲AC部分的勁度系數為k1=，CB部分的勁度系數為k2=。由Fx=0得T1·=T2·由Fy=0得T1·+T2·=mg式中T1=k1，T2=k2。將k1、k2的值代入，可得y=x(L-x)。這顯然是一條拋物線方程。點撥：緩慢的過程往往與靜平衡過程是等同的，這一點無論是在常規教學中還是在競賽中都可能遇到，而且也不僅僅局限于力學范疇，在熱學、電學中都有類似的問題。題5、已知A、B兩個小球質量相同，A、B、地面三者之間的碰撞均為彈性碰撞，初始位置如圖所示，HA、HB均為已知，求A、B所構成的系統形成周期性運動的條件，要求不出現三體相碰。AABHAHB【解析】A、B球質量相等，故彈性碰撞時交換運動狀態，因此，兩球的運動可視為獨立的運動，互不影響，只是A、B球在碰撞后相互替代，若A、B球獨立運動，則有如下運動狀態。A球的運動狀態：A球從HA處自由落體，碰地后豎直上拋，其運動周期為TA=2。B球的運動狀態：B球從HB處自由落體，碰地后豎直上拋，其運動周期為TB=2。顯然，運動過程中A球始終在B球的上方，則A、B共同運動的周期T為TA與TB的最小公倍數。所以T存在的條件為=有理數=，即=(NA、NB∈N*，NA>NB，NA、NB為互質數)另外，不出現三體相碰的條件為NA、NB為一奇一偶。所以，所求條件為當=(NA、NB∈N*，NA>NB，NA、NB為一奇一偶)時，系統做周期性運動，且不出現三體相碰的狀態。題6、在地面上方同一位置分別以v1，v2為初速度，先后向上拋出兩個小球，第2個小球拋出后經過t時間與第1個小球相遇.改變兩球拋出的時間間隔，便可改變t值。設v1，v2已選定，且v1<v2，試求t的最大值?！窘馕觥坎浑y判定，兩球只能在拋出點上方，且在球2上升過程中相遇。v1，v2已確定，為使t達最大，要求在球1升至最大高度h1處相遇，有h1=球2拋出后經t時間達h1高度，有h1=v2t-gt2可解得 t=括號中取“+”對應t>，意味著球2在其下落過程中與球1相遇，這是不可能的，應舍去。最后，得t的最大值為t=。題7、一小球作豎直上拋運動，當它回到拋出點時，速度為拋出時的。設小球運動中受到的空氣阻力為恒力。試求：(1)小球受到的空氣阻力與重力之比。(2)小球上升的最大高度與真空情況下的最大高度之比。(取g=10m/s2)【解析】解法一：設空氣阻力與重力之比為常數k，則空氣阻力為kmg。(1)若上拋初始速度為v0，上升時加速度為-(1+k)g(向上取為正向)，下降時加速度為(1-k)g(向下取為正向)。分別對向上、向下運動進行討論。小球向上運動的速度方程為v=v0-(1+k)gt1①小球到達最高點所需的時間為t1=②寫出小球達最高點高度H的表達式為H=v0t1-(1+k)gt③將式②代入式③，并整理得H=④小球向下運動，設回到拋出點的速度為v1，取向下為正向。則v1滿足v1=(1-k)gt2⑤解得自最高點落回到拋出點所需的時間為t2=⑥所以最高點高度H又可寫為H=(1-k)gt⑦將式⑥代入式⑦，并整理得H=⑧聯立式④、⑧，得到=⑨再利用已知條件=⑩聯立式⑨、⑩，解得阻力與重力之比為k=?(2)在真空情況下，無空氣阻力。小球可以達到的最大高度H0為H0=?聯立式④、?和?，得到兩種情況下的高度之比==?解法二：仍設空氣阻力為kmg。若上拋初速為v0，回到拋出點時的速率為v1。上升時加速度為-(1+k)g，受力為-(1+k)mg(向上取為正向)；下降時加速度為(1-k)g，受力為(1-k)mg(向下取為正向)。因上升或下降中受的力有特點：(i)恒力，(ii)與質量成正比，所以可視為等效重力，設上升時等效重力加速度為g1=(1+k)g，下降時等效重力加速度為g2=(1-k)g?？芍苯訉懗鲂∏蛟谧罡唿c處高度H的表達式H==，H==這就是“解法一”中的式④和⑧，其余運算與“解法一”中相同。題8、如圖所示是盒式磁帶錄音機的磁帶，某同學在聽錄音時發現：經過5min，帶軸上帶卷的半徑變為原來的，則再經過多長時間，帶軸上帶卷的半徑變為原來的?A．5minB．7minC．8minD．10min【解析】設帶卷原有的半徑為r0，磁帶的厚度為d，聽錄音時的走帶速度為v，經過時間t，磁帶走過的側面積為dvt，由題意有 dvt1= dv(t1+t2)=解得t2=8min.選項C正確。點撥：錄音機在錄音與放音時，由于限速輪的控制，磁帶通過磁頭時是勻速的，也就是說，錄音與放音時，磁帶的走動是勻速的.而當錄音機倒帶(快進或快退)時，限速輪松開，錄音機內的馬達帶動帶軸勻速轉動，這時轉軸的轉動是勻速的，但磁帶的走動不再是勻速的.本問題的關鍵是，要根據日常的觀察及生活知識，知道磁帶錄音機在放音時，帶軸在限速輪的控制下是勻速走動的。事實上，很多運動問題都是與生活現象直接相關的，解題時必須注意將自己平時積累的生活經驗用到具體的情境中。題9、各邊長為l的勻質立方體大木塊，如圖3-33所示，對半切成兩塊，將上表面為AB1CB2斜平面的一塊留下放在水平面上，其質量為2m，沿AB1，AB2，B1C，B2C設置四根斜直細管道，質量均為m的兩個小球同時從A端靜止釋放，分別沿AB1C，AB2C管道滑下，它們在B1，B2處可光滑迅速地拐彎。(1)設木塊固定在水平面上，管道平直部分與各小球之間的摩擦系數同為μ，試問μ為何值，小球才能滑下?并計算小球到達C處時的速度.(2)設木塊與水平面光滑接觸，管道內處處無摩擦，試求小球到達C處時相對地面的速度大小。B1B1B2AC甲lllB1B2AC乙lgg⊥1g∥g⊥2llllll【解析】如圖乙中的幾何參量，有sin=，cos=sin=，cos=(1)小球沿AB1方向運動時，g可分解為圖示g∥，g⊥1，g⊥2，其中g∥=gcoscos=gg⊥1與g⊥2合成與小球運動方向垂直的g⊥(圖中未畫出)，必有g⊥==g小球沿AB1運動時，加速度為a=g∥-μg⊥=(1-2μ)g為使小球能下滑，要求a>0，即得μ的取值范圍為μ<小球沿B1C管道運動時，下滑加速度仍為上述a值。小球所經總路程為s=2×l=l到達C處時速度大小為v=..=(2)木塊與水平面光滑接觸時，木塊會沿圖中CA方向運動，速度記為u。因對稱性，小球無論沿哪一個管道運動，相對于木塊的速度可同記為v，參考圖3-34中的和角，v可分解為沿AC方向的分量v和垂直于AC方向的分量v⊥，大小各為 v=vcossin=v，v⊥=v小球相對地面速度v也可分解為沿AC方向的分量v和垂直于AC方向的分量v⊥，大小各為v=v-u=v-u，v⊥=v⊥=vAC方向動量守恒式為2mv=2mu得v=u，v=u，v⊥=u。v2=+v=7u2兩小球到達C點時，由機械能守恒式2×mv2+(2m)u2=2mgl可解得小球到C處時，相對地面的速度大小為v=。題10、汽艇系在大湖的岸邊(湖岸為直線)，突然艇脫開了，風以恒定速度v0=2.5km/h、與岸成=15o吹走這只小艇，如果你在岸上的速度v1=4km/h，而在水中的速度v2=2km/h，試問你能追上小艇嗎?當艇速為多少時這才是可行的?【解析】根據費馬原理，當光線在兩種均勻介質的界面上發生折射時，遵守折射定律的光程最小，即時間最短。人沿光傳播路徑追汽艇，歷時最短，如圖甲所示，AO為艇運動方向，ACO為人運動路徑。借助光折射模型：sinθ==，θ=30o，由幾何關系得：=45oAO=15AO=15oCv0甲θv2湖岸A=15ov0乙v2v2v1v1如圖乙所示，在岸上，人相對于艇的速度為v1，在水里，人相對于艇的速度為v2。由圖甲可知，人要能追上艇，須滿足：v2≥v0cos，因為若v2<v0cos，人不能達到艇的前方，因此v0max==km/h=2km/h≈2.8km/h綜上所述，當艇速v0≤2.8km/h時，人能夠追上艇。題11、在豎直平面內有一固定的光滑直角三角形細管道ABC，AB豎直，BC水平，AC與BC成θ角，光滑小球從頂點A處沿斜邊管道自靜止出發滑到端點C處所需時間恰好等于小球從頂點A處自靜止出發自由地經兩條直角邊軌道滑到端點C處所需時間。這里假設豎直軌道AB與水平軌道BC的交接處B有極小的圓弧，可確保小球無撞擊地拐彎，且拐彎時間忽略不計。在此直角三角形范圍內構建一系列如圖中虛線所示的光滑折線軌道，每一軌道由若干豎直部分與水平部分交接而成，交接處有極小圓弧(作用與B點處相同)，軌道均從A點出發到C點終止，且不越出該直角三角形邊界。已知小球在與水平面成θ角的光滑斜面上運動時的加速度為gsinθ，求：AABC(1)tanθ的值；(2)小球在各條軌道中由靜止出發自由地從A點滑行到C點所經歷時間的最大值與最小值的比值。答案(1)；(2)7:5。【解析】(1)物體經歷A→C的時間為tAC=物體經歷A→B→C的時間為tABC=+根據tAC=tABC，可解出tanθ=。(2)通過分析不難發現，用時最短的路徑為A→B→C，所以tmin=+=用時最長的路徑為由無窮多個豎直線段和水平線段構成的趨近于AC的軌跡，把豎直線段挑出來構成一個從A到B的自由落體運動軌跡，把水平段挑出來構成一個變速運動軌跡，該變速運動所用時間是自由落體運動的倍，所以tmax===所以，tmax:tmin=7:5。題12、某校物理學習小組的同學來到頤和園春游，每位同學各駕一只船在寬廣而平靜的昆明湖中游玩。(1)小明和小華駕駛著船都朝東以相同速度v1做勻速直線運動，小華在前行駛，小明在后追趕，兩人分別用皮球瞄準對方，同時以相對于自身的初速度v2水平射出，皮球的豎直下落、空氣阻力及拋球過程對船速度的影響均可忽略不計，則皮球先砸中誰?(2)如圖甲所示，A船上的歡歡在P點準備去攔截正以速度v0沿直線航行的船B上的樂樂，P與B所在航線的垂直距離為b，A船起航時，B與P的距離為c(c>b)。若忽略A啟動的時間，并認為A一起航就做勻速直線運動，為使A船能以最小速率攔截到B船，問：①A船航行的方向如何?②A船的最小速率為多少?BAPBAPbcCv0甲BAC乙(3)如圖乙所示，三只船A、B、C處在正三角形的三個頂點，三角形邊長為l，每只船以恒定速率v運動，途中始終保證A朝著B，B朝著C，C朝著A，三只船均可視為質點，問：何時相遇?(4)若有n(n>3)只船處在正n邊形的n個頂點，正n邊形邊長為l，每只船以恒定速率v運動，途中任意一只船始終保持朝著下一只船的方向(與(3)問類似)，n只船均可視為質點，問：何時相遇?【分析】(1)問中，若以地面為參考系，則分析起來比較麻煩；若以船為參考系，則兩皮球都以速度v2勻速直線運動，所以兩位同學被同時砸中。(2)問中，兩船都在運動，若以B船為參考系，就變成了A船去攔截靜止的B船，這時A船相對于B船的速度方向就是A→B，根據vAB=vA地-vB地，可畫出矢量三角形求解。(3)問中，三船都在運動，并且運動比較復雜，如果只研究A、B兩船，以B船為參考系，則B船一方面以速度v⊥=v繞著B船旋轉，另一方面以速度v∥=+v=v靠近B船，A船遇上B船之時也就是三船相遇之時。若以三角形的中心O為參考系，任意一只船在任意時刻相對于O點的速度可分解成指向O點的速度(靠近O點的速度)v∥=v和垂直于連線方向的速度(繞O點旋轉的速度)v⊥=v，則三只船同時到達O點。根據以上分析，(3)問可以應用兩種方法求解，而(4)問是(3)問的推廣，可以應用類似的方法求解?！窘馕觥?1)以船為參考系，兩人相對于參考系都處于靜止狀態，兩皮球都以大小為v2的速度做勻速直線運動，所以兩位同學將被同時砸中。BBAPbcCv0丙KvA→地vA→BvB→地(2)設B船的初始位置為K，根據vA→地=vA→B+vB→地作出三個速度滿足的矢量三角形，如圖丙所示。由圖可看出，當vA→地與PK垂直時，A的速度最小，由三角函數知最小速度為vmin=v0sin∠PKC=v0(3)解法一以B船為參考系，A船一方面以速度v⊥=v繞著B船旋轉，另一方面以速度v∥=+v=v靠近B船，從開始到相遇的過程滿足l=v∥t，所以t=。解法二以三角形的中心O為參考系，任意一只船在任意時刻相對于O點的速度可分解成指向O點的速度(靠近O點的速度)v∥=v和垂直于連線方向的速度(繞O點旋轉的速度)v⊥=v，一開始A、O的距離x=l，從開始到相遇滿足x=vt，所以t=。(4)因為正n邊形的外角為=，所以相鄰兩船的靠近速度大小為v∥=v-vcos=v-vcos從開始到相遇的過程滿足l=v∥t，所以t=點拔：(1)在本題中，兩只船都在運動，若以地面為參考系，則運動情況較為復雜，但是它們之間的相對距離較為簡單；若以其中某一船為參考系，則會使問題簡化。(2)問中，容易畫錯速度的矢量三角形，需要認真體會。題13、桁(heng)架由兩個正方形組成，兩個正方形的邊長分別為2l和l，左邊固定在O點，拐角處全用光滑鉸鏈鉸接，在最右端用力拉動并保證作用點速度恒為v，某時刻的狀態如圖甲所示，此時所有角均為直角，求vA和vB。甲ACO甲ACOBDv乙ACvAvC∥vC⊥vC【解析】假設兩個正方形的交點為C，外力作用點即右側端點為D，很明顯有xC=xD，求導可得vC=v。觀察A點，它繞O點做圓周運動，所以速度必然垂直OA方向，即指向C點，假設其大小為vA。取出AC桿，將vC分解，如圖乙所示，可得 vA=vC=v觀察B點，不像A點一樣能夠迅速看出它的運動方向，但可以將vB沿CB和BD方向分解，大小分別記為v1和v2。取出CB桿，再分解vC，如圖丙所示，可得 v1=vC=v丙BC丙BCv2vC2vC1vCv1vB丁vBvvθv2Bv1D取出BD桿，分解v，如圖丁所示，可得，v2=v，所以vB==v方向角為tanθ==。說明關于B點速度的計算還可以以C點為參考系，請同學們自行計算。題14、設河水流速為v1，小船在靜水中航行速度為v2，若小船從一岸行駛到對岸，問當船的航行方向怎樣時，才能(1)小船所花的時間最短；(2)小船所經過的路程最短?【分析】以地球為參照物，小船渡河的速度是由水速和船速合成的：v=v1+v2，解此題要注意的是渡河過程中，一是水和船都在同時運動(等時性)，二是從此岸到彼岸只有船速才起作用(互不相干性)：ssv1v2v(a)Osv1v2v(b)O【解析】(1)小船渡河到對岸所花時間只與船速有關，要使時間最短，必須讓航行方向垂直水流直指對岸.(2)當v2>v1時，顯然，最短的路程即河寬s，如圖(a)所示，航行方向為偏向上游一個角度，其角度大小為=arcsin。當v2<v1時，垂直河岸的航行方向駛向對岸是不可能的，但總可以找到一個這樣的方向，使得航行的路程最短：如圖(b)，設小船實際航行速度為，與河岸夾角為，實際路程為L，則有L=，要求L的極小值，即要求sin的最大值。在速度合成的矢量三角形Ov1中，設=θ，運用正弦定理 =，sin=sinθ，sin=由上可見，只有當θ=，即合速度與船速垂直時，小船才有最短路程，此時船的航行方向是：偏向上游，與水流的夾角為+arcsin，其所經過的路程為 Lmin===題15、如圖甲所示，AB桿的A端以勻速v運動，在運動時桿恒與一半圓周相切，半圓周的半徑為R，當桿與水平線的交角為θ時，求桿的角速度及桿上與半圓相切點C的速度和桿與圓柱接觸點的速度大小。vv甲OAθCBR【解析】由于半圓靜止，桿上C點的速度的法向分量為零，故桿上C點速度必沿桿，以C點為基點，將桿上A點速度v分解成沿桿方向的分量v1和垂直于桿方向的分量v2，如圖乙所示，則v1是A點與桿上C點相同的沿桿方向平動的速度，v2是A點對C點的轉動速度.故桿上C點速度為 vC=v1=vcosθ，v2=vsinθ=v1v1v2v乙OAθC丙θθ而=Rcotθ，故=.桿與圓柱交點沿圓周運動，桿轉過的角度與半徑轉過的角度相同，所以桿的轉動角速度與點的角速度相同，如圖丙所示，所以點的速度為=R=vtanθsinθ注：球上點與桿上C點雖為同一點，但兩者之間有相對滑動，故球上點速度不是vcosθ。有興趣的同學還可通過討論極短時間內的位置變圖丙化求得球上點的速度為vtanθsinθ。題16、有5條邊長為lm的正方形薄板做成一個小屋，如圖甲所示，已知水滴沿屋頂從A點流到B點所需的時間為從B點流到C點所需的時間的2倍，假定水滴從A點以初速為零開始流下，試求水滴從A點流到C點所需的時間。【分析】水滴從A→B做勻加速直線運動，B→C做斜下拋運動，豎直方向的分運動是豎直下拋運動。BBA甲CBA乙DEC【解析】由圖乙中的陰影三角形BDE可得 x=BE=ED==l① h=l-x=l②設水滴從B到C的時間為t，水滴沿AB的加速度為a，則水滴經過AB距離的時間為2t=，a=，h=vt+gt2③上式v為B點末速度，v=vBcos45o=經整理，可求得水滴經h所需時間t=加在一起，水滴經AC距離所需時間為3t。1、研究對象微元對于不可壓縮的連續流體，常常選取一小段液體(或一小段時間內流過某個橫截面的液體)作為研究對象，該小段液體的橫截面可認為不發生變化。單位時間內通過橫截面的體積稱為流量，流量的表達式為Q===S=Sv可見，流量一定，流速快則橫截面積小，流速慢則橫截面積大。題17、擰開水龍頭水就會流出來，連續的水流柱的直徑在下流過程中會變小。設水龍頭的開口處直徑為1cm，安裝在離地面75cm高處。若水龍頭開口處水的流速為1m/s，則水流柱落到地面時的直徑應為多少?(g取10m/s2)【分析】在時間t內，通過任一水流柱截面的水的體積是一定的，由于水流柱頂點的水流速小于下面部分的水流速，因此水流柱直徑上面比下面大，據此也可以定量地計算水流柱落到地面時的直徑的大小?！窘馕觥吭O水流柱在水龍頭開口處直徑為d1，流速為v1，落到地面時直徑為d2，流速為v2，則v-v=2gh，其中v1=1m/s，h=0.75m，代入上式，得v2=4m/s。在很短的時間△t內，水流柱的橫截面積可以認為不變，水流柱的高度可以認為是v△t，通過水龍頭開口處截面的水的體積為 V1=dv1△t①在時間△t內通過落地處截面的水的體積為V2=dv2△t②結合V1=V2，由①、②式得d2=0.5cm。故水流柱落到地面時的直徑應為0.5cm。點拔：本題的研究對象是很短一段時間內流過橫截面的水，由于水在下落過程中的流速和面積都在變化，以整個水流柱為研究對象意義不大。適當地選擇研究對象是解題的關鍵，是高考和強基計劃考試的重點考查目標。題18、如圖甲所示，半長軸和半短軸長度分別為a和b的一個橢圓，假定長軸是豎直方向。有一質量為m的質點沿橢圓的各“直徑”下滑，問此質點沿此橢圓的哪一“直徑”下滑所需時間最短?xxyObamθ甲【解析】依圖甲所示，寫出橢圓方程+=1①利用圖中r、θ表示x、y坐標，即x=rsinθ，y=rcosθ代入方程①，得到+=1②用參量θ表示各“半徑”r，可得r=③沿此方向r滑下的加速度A=gcosθ④沿此直徑一半所需的時間t滿足r=At2⑤所以t===⑥不同的θ所需時間t不同。求t的極小，可以通過求函數f(θ)=a2cos2θ-(a2-b2)cos4θ的極大值得到。化簡f(θ)可得 f(θ)=a2cos2θ-(a2-b2)cos4θ=-(a2-b2)=-(a2-b2)因為a>b，所以當cos2θ=⑦時，t取極小值(有對稱的兩個θ角)。由于cosθ≤1，得a、b應滿足關系≤1即a≥b⑧而當b<a<b⑨時沒有極值，但t有最小值。在a≥b時，把方程⑦代入⑥得tmin=== 當b<a<b時，在θ=0處，t取最小值，有tmin=這就是在橢圓頂點處自由落體至O點的時間。前面討論的t-θ關系，示意性的表示在圖乙、丙、丁中。ttOtminθ乙a≥bθ0tOtminθ丙a=btOtminθ丁b<a<b題19、如圖甲所示，一倉庫高20m、寬40m，在倉庫前某處A點拋一石塊過屋頂，試問A距倉庫前多遠時，所需初速度v0最小?這個最小值為多少?重力加速度g=10m/s2θθv0A甲【分析】此題是初速與射程問題，但要求過一平頂障礙物，如圖乙所示建立坐標系，要使v0最小，則要求石塊擦B、C兩點而過；而過BC段，可用通常的有關射程問題的方法解決。llθv0yBA乙vBxC【解析】解法一如圖乙所示，以BC兩點之間作射程，有sBC=，所以v=?？梢姰?45o時，vB有最小值，為vB=vBmin===20m/s設此斜下拋的時間為t，由位移公式h=vByt+gt2有20=10t+×10t2，整理得t2+2t-4=0，求得有效根為t=s.由此得到l值為l=t=10×=14.6m再求v0：v0x=vBx=10m/s，v0y=vBy+gt=10m/sv0==28.2m/s，tanθ==，θ=60o，即v0與水平線夾角。解法二我們可以由軌跡方程求解，由水平位移x=v0cos·t，得t=，代入豎直位移中，并將已知條件代入，有y=v0sin·t-gt2=v0sin·-g·=xtan-g· =xtan45o-×10×=x-將拋出點的坐標(-l，-20)代入上面的軌跡方程，得方程-20=-l-，即l2+40l-800=0求得結果為l=14.6m點撥：靈活建立坐標系，運用有關物理公式，解題便簡捷得多。題20、如圖所示，在高為h的山頂上向平地放炮，若炮彈出口速度大小為v0，已知重力加速度大小為g，問：v0與水平方向的夾角為多大時，炮彈落點的水平距離最遠?并求出該最遠距離。hhv0【分析】將拋體運動沿水平方向和豎直方向分解，然后聯立兩式并消掉角，構造出水平位移x關于運動時間t的函數，求最值，然后將x的最大值及對應的運動時間t代入位移公式，求出此時對應的角?；蛘邔侒w運動沿初速度方向和重力加速度方向分解成一個勻速直線運動和一個自由落體運動，畫出位移矢量圖，通過幾何關系求得位移x關于運動時間t的函數，進而求最值，此方法比較簡單?！窘馕觥拷夥ㄒ灰話伋鳇c為坐標原點建立直角坐標系，水平向右為x軸的正方向，豎直向上為y軸的正方向。水平方向勻速直線運動的方程為x=v0cos·t①豎直方向豎直上拋運動的方程為-h=v0sin·t-gt2②聯立①、②兩式并消去，可得x2=(v0t)2-=-t4+(v+gh)t2-h2③顯然，當t2=④時，x2有極值，即x有極值xmax=⑤將④、⑤兩式代入①式，可得=arcsin解法二在解法一的基礎上，聯立①、②兩式并消去t，可得 tan2-xtan+=0⑦其中用到關系式=1+tan2⑦式是關于tan的一元二次方程，顯然方程有解，則△=x2-4··≥0⑧得x≤⑨所以xmax=⑩將⑩式代入⑦式，可得=arcsin解法三將此拋體運動分解成沿初速度v0方向的勻速運動與豎直方向的自由落體運動，由圖所示的幾何關系可得x2=(v0t)2-=-t4+(v+gh)t2-h2?xxv0hgt2v0t顯然，當t2=?時，x2有極值，即x有極值xmax=?將?、?兩式代入x=v0cos·t，可得=arcsin點拔：本題的解法很多，本書列出了三種解法，解法一、解法三構造了x關于時間t的函數，用頂點坐標求最值；解法二構造了x關于角的函數，用根的判別式求最值。二次函數最值的求解方法很多，除了以上方法，還有配方法、求導法等。題21、小球從同一位置以相同的初速率v0，在同一豎直平面上朝著不同方向斜拋出去，如果拋射角θ可在0到范圍內連續變化，試問各軌道最高點連成的曲線是什么類型的曲線?【解析】在此豎直平面內以拋射點為原點O，建立水平x軸和豎直向上的y軸。θ角對應的水平射程和射高分別是s=，H=軌道最高點的x，y坐標量分別為x==，y=H=上兩式聯立，消去參量θ的過程如下：x2=sin2θ(1-sin2θ)==-4y2+y=-4+便得各軌道最高點連成的曲線的方程為+=1這是橢圓曲線，其半長軸、半短軸和中心分別為 a=，b=，橢圓上端點對應θ=軌道的最高點，下端點對應θ=0或軌道的最高點，右和左兩端點分別對應θ=和θ=軌道的最高點。題22、采用運動學方法，求解曲線y=ex的曲率半徑隨x的分布ρ(x)。yyxy1a心a=ayvvyvxx【解析】設質點沿y=ex軌道運動過程中的x方向分運動為速度v0勻速直線運動，即x=v0t則y方向分運動為y=e繼而可得vx=v0，vy=v0eax=0，ay=ve參考如圖，有a心=acosθ=ay=v，ρ==將 v==v0代入，有ρ=v0t用x替換，即得ρ=。題23、如圖所示，從A點以v0的初速度拋出一個小球，在與A點的水平距離為s處有一堵高度為h的墻BC，要求小球能越過B點。問：小球以怎樣的角度θ拋出，才能使v0最小?ssθv0hBAC答案v0=，θ=arctan【解析】解法一以拋出點A為原點建立直角坐標系，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向。水平方向勻速直線運動的方程為s=v0cosθ·t①豎直方向豎直上拋運動的方程為h=v0sinθ·t-gt2②聯立①、②兩式并消去θ，可得v=++gh③由均值不等式可知，當=，即t2=④時，v0有極小值v0min=⑤將④、⑤兩式代入①式，可得θ=arccos=arctan解法二在解法一的基礎上，聯立①、②兩式并消去t，可得tan2θ-stanθ+=0③其中用到關系式=1+tan2θ③式是關于tanθ的一元二次方程，顯然方程有解，應有△=s2-4··≥0④得v0≥⑤所以，當v0=時，tanθ==，即θ=arctan因此，當拋射角θ=arctan時，小球能以最小的拋射速度v0=越過墻。題24、從離地面的高度為h的固定點A，將a球以速度v0拋出，拋射角為，0<<，若在A點前方適當的地方放一質量非常大的平板OG，讓a球與平板做完全彈性碰撞，并使碰撞點與A點等高，如圖甲，則當平板的傾角θ為恰當值時。a球恰好能回到A點，另有一小球b，在a球自A點拋出的同時，從A點自由落下，與地面做完全彈性碰撞.試討論v0，，θ應滿足怎樣的一些條件，才能使b球與地面碰撞一次后與a球同時回到A點。AAv0hGθO甲【解析】a球從A點拋出時的拋射角為，速度為v0，因為碰撞點與A點等高，球與板的碰撞是彈性的，板的質量又很大，根據機械能守恒定律可知，球與板碰撞前的速度與碰撞后的速度都等于v0。vv0GθO乙v0設碰撞后a球從板彈回時的拋射角為，如圖乙所示，A點與碰撞之間的距離即為射程l，若a又回到A點，則有l==①即sin2=sin2，由此得=②或=-③=，表示a球射到平板時速度的方向與它從平板反彈出時速度的方向分別與水平線的夾角互余，反彈后，a球沿另一條路徑返回A點，因此有+θ=，即θ=-④=-，表示a球射到平板時速度的方向與它從平板反彈出時速度的方向相反，故a球必沿板的法線方向射向平板，反彈后，a球沿原來的路徑返回A點，由圖中的幾何關系可知++θ=⑤由③、⑤兩式，得θ=⑥下面分別討論以上兩種情況下，a球b球同時回到A點應滿足的條件。(1)=，θ=-，即a球沿原路徑回到A點的情形。設a球從A點拋出、與OG板碰撞，到沿原路徑回到A點共經歷的時間為t1，則有t1=+=⑦設b球從A點自由落下，與地面發生一次碰撞，再回到A點共經歷的時間為t2，則有t2=2⑧兩球在A點相遇，要求t1=t2，則=2，即sin=⑨或=arcsin⑩因sin<1，由⑨式得v0>?當v0滿足?式，a球的拋射角滿足⑩式，平板的傾角θ滿足④式時，a球才能沿原路返回A點并與b球相遇。(2)=-，θ=，即a球與OG板碰撞后，沿另一條路徑回到A點的情形。設a球自A點拋出，經與平板碰撞又回到A點經歷的總時間為t1，則有t1=+=?設b球自A點下落后回到A點經歷的時間為t2，則有t2=2?兩球在A點相遇，要求t1=t2，=2或sin=?=arcsin-?因0<<，故有1≥sin>sin=?結合?式，得>v0≥?當v0滿足?式，a球的拋射角滿足?式，平板的傾角θ滿足⑥式，a球將沿另一條路徑回到A點，同時與b球相遇。綜合上述討論，結論為：當v0>，且當=arcsin，θ=-，a球沿原路徑返回A點的同時，b球也回到A點；當>v0≥，且=arcsin-，θ=，a球還可沿另一路徑回到A點，這時b球也正好回到A點。題25、圖所示為給一草地澆水的噴頭，它位于草坪的平面上，其頂為球形，在球形頂上有一些完全相同的噴水孔，通過這些孔，水以相同的速率向不同的方向噴出。若小孔分布均勻，則噴頭形成的“水鐘”的形狀是怎樣的?rr答案“水鐘”的形狀為拋物線y=繞y軸旋轉所形成的形狀。【解析】噴出的水在空中的分布具有旋轉對稱性，我們只需討論過軸線的一個豎直平面內的形狀即可，從每個小孔噴出的水流的軌跡都是一條拋物線，從不同角度噴出的水流所形成的拋物線的包絡線即是水流能夠達到最遠處的邊界線，將此邊界線繞中心軸旋轉一周即是“水鐘”的形狀。研究與中心軸成角噴出的水，它在水平方向做勻速直線運動，有x=v0sin·t①在豎直方向做豎直上拋運動，有y=v0cos·t-gt2②聯立①、②兩式并消去t，可得cot2-xcot+=0此式是關于cot的一元二次方程，方程有解，則△=x2-4·≥0得y≤所以包絡線方程為y=題26、如圖甲所示，一人做射靶游戲，為使每次槍彈都擊中在靶面的同一條水平線上，則每次射擊的瞄準點必須在靶面同一圓周上，試加以證明。(已知水平線離地面高度為h，槍與靶相距為d，子彈發射速率為v0)MMzdv0甲OyNBAhdxx【解析】如圖乙(此圖在題圖的基礎上轉換了一個方位)建立坐標系，O點為子彈發射點，Ox軸垂直墻面(yz平面)，Ox軸與墻交于點O，OO=d，y軸豎直向上，z軸與墻面平行，并水平指向。MMzdv0乙OyNB(d,y,z)AhdOxyzxD拋體運動原本是在通過拋射點的一個豎直平面內的平面運動，它可以用兩個直線運動描述.本問題討論的是子彈在通過拋射點的不同豎直平面內的運動，必須在三維空間中加以討論.但是，每次拋射，子彈仍在一個平面內運動。任意取一個過O點的豎直拋射平面，其與地面交線取作Ox軸，它與墻面交于點D，OD=d，如圖乙所示。若墻上瞄準點為B，子彈擊中墻平面上直線MN上的A點，設B點坐標為(x，y，z)=(d，y，z)，因墻平面上各點的x坐標均為d。題中要求寫出滿足條件的y與z之間的函數關系。我們把子彈的拋體運動分解為以速度為v0的勻速直線運動和沿豎直方向的自由落體運動，且子彈擊中直線MN上的A點。利用子彈勻速地從O點到B點的時間等于從B點自由落體到A點的時間，寫出方程=即=將此式兩邊平方，再整理得到+z2=-h-d2這就是為擊中墻上水平線MN，要求槍在墻上的瞄準點所滿足的關系.這是一個圓方程，圓心坐標為，圓半徑為r=。圖丙中畫出了墻平面上的直線MN和瞄準點構成的圓。不難看出：MMB1丙NAhOyzB2(i)一般情況下，同一個擊中點A，對應有兩個瞄準點B1和B2，即對應兩個拋射角。因此，為使墻上擊中點高于直線MN，在初速v0相同的情況下，其瞄準點應落在圓的內部。(ii)當子彈初速v0、墻與發射點距離d、墻平面上直線MN高度h一定時，子彈只能擊中此水平線的一部分，即從點(d，h，-r)到點(d，h，r)一段。(iii)瞄準點圓半徑必須滿足r≥0。相應地，v0不能太小。代入r的表達式，確定v0的條件為v0≥點撥：本題的背景雖是我們熟悉的拋體運動，但由于涉及三維空間運動，其難度驟增，但這對競賽物理而言，卻是必須熟練掌握的基礎內容。2、怎樣分析“桿約束”下的運動關聯?因為剛性桿不可伸長、不可壓縮，所以“桿約束”存在與“繩約束”類似的性質，即沿桿方向的速度相同。另外，桿不可變形，所以桿上各點的角速度相同，需要注意的是沿桿方向的速度不引起角速度，可以利用桿上任意兩點間的相對速度(垂直于桿的速度)求得桿的角速度，進而求得其他物理量間的關系。在此過程中，我們也常常會用到求導、極坐標等數學工具，以及運動的合成與分解、圓周運動等相關物理知識。題27、細桿ABC在一豎直平面上靠著一個臺階放著，A端可沿著水平地面朝臺階運動，細桿不離開臺階邊沿，當ABC桿與水平地面夾角為圖甲所示的θ時，桿的B點恰好位于臺階邊沿上，而且C端運動速度值恰為A端運動速度值的2倍，試求BC長與AB長的比值。θ甲Bθ甲BACθvC⊥BACvC∥vCvA⊥vA∥vC乙【解析】設=k，即=如圖乙，A端和C端沿桿長方向速度相同，即有vAcosθ=vA∥=vC∥。A端以相同的角速度(設為)繞著B點轉動，又有vAsinθ=vA⊥=AB，vC⊥=BC。于是有 v=+=vcos2θ+=vcos2θ+k2vsin2θ與vC=2vA聯立，可解得k=題28、圖甲所示的剛性棒AB的長度為L，木棒B端靠在豎直墻壁上，A端在水平地面上，當木棒B端沿墻壁下滑至棒與豎直面成θ角的瞬間，B端的速度大小為vB。(1)求A端的速度大小vA。(2)求AB棒的角速度大小。(3)求AB中點C的速度大小vC。(4)棒上一點M與B端的距離為kL，求M點的速度大小。(5)以O為坐標原點，分別以OA和OB方向為x軸和y軸，棒上一點M到B端的距離為kL，求M點的軌跡方程。AABθvACvB甲【分析】注意到棒是不可伸長、不可壓縮的，所以A、B兩點的速度沿棒方向的分量應該相等，由此找到了A點和B點的速度關聯。以A、B中的一點為軸，A、B間的相對速度引起AB棒的轉動，即A點和B點垂直于棒的速度之差引起棒的轉動，可以據此求出棒的角速度。一方面，C點沿棒的速度和B點沿棒的速度大小相等，如果能分析出C點速度的方向，則可以求解C點速度的大??；另一方面，C點在豎直方向的速度應該等于B點速度的一半，C點在水平方向的速度應該等于A點速度的一半，根據這樣的關系也可以求解C點的速度大小。用相同的方法可以分析出M點的速度。要求出M點的軌跡方程，可以分別求出M點的x坐標和y坐標，然后消去相關的參數?！窘馕觥?1)將桿兩端的速度vA、vB按圖乙所示分解。AABθvACvBvB⊥vB∥vA⊥vA∥O乙B端沿桿方向的分速度大小為vB∥=vBcosθB端垂直于桿方向的分速度大小為vB⊥=vBsinθA端沿桿方向的分速度大小為vA∥=vAsinθA端垂直于桿方向的分速度大小為vA⊥=vAcosθ因為桿的長度不發生變化，所以vA∥=vB∥，則vA=vBcotθ(2)以A端為軸，設B端相對于軸的速度為vB→A，則vB→A=vB⊥+vA⊥=vBsinθ+vAcosθ=所以，轉動角速度為==(3)解法一中點C相對于轉軸A的速度為v⊥==方向垂直于桿向下。而轉軸相對于地的速度為vA，方向水平向右。中點C的實際速度等于中點C相對于轉軸A的速度與轉軸相對于地的速度的矢量和，如圖丙所示，所以 vC==解法二如圖丁所示，由于C為直角三角形AOB斜邊的中點，故在棒運動的過程中，C點與O點的距離恒為AB長度的一半?？梢?，C點的運動軌跡是以O點為圓心的圓，則任何時刻C點的速度vC的方向都應沿此圓周的切線方向，即與OC垂直。由圖可見，vC與桿AB的夾角為=-2θ。C、B兩點的運動速度沿桿方向的投影應該相等，即vCcos=vBcosθ故得vC===θvAθvAv⊥vC丙ABθvCCvBvB⊥vB∥vC⊥vC∥O丁(4)根據圖中的比例關系，可得M點的水平分速度vx和豎直分速度vy的表達式分別為 vx=kvA，vy=(1-k)vB代入已經求得的vA和vB的表達式，可得vx=kvBcotθ，vy=(1-k)vB所以v==vB(5)根據圖中的比例關系，可求得M點的x坐標和y坐標的表達式分別為x=kLsinθ，y=(1-k)Lcosθ聯立兩式并消去參數θ，得+=1點拔：在(1)問中求解A點的速度時也可以應用微元法。考慮到C點做以O點為圓心的圓周運動，可以利用C點的線速度求解C點的角速度，進而求解AB棒的角速度。其實，(4)問中求解M點速度的方法也可以用來求解(3)問。在(5)問中，當k=時，運動軌跡為圓，這與(3)問的分析是一致的；當k≠時，運動軌跡為橢圓。題29、直角三角板ABC的邊長BC=a，AC=b，開始時AB邊靠在y軸上，B與坐標原點O重合．今使A點單調地沿y軸負方向朝O點移動，B點單調地沿x軸正方向移動，如圖甲所示．(1)設AC邊與x軸平行時，即三角板處于圖乙所示位置時，A點速度大小為vA，試求此時C點速度vC和加速度aC；(2)取三角板從圖甲所示的初始位置到圖丙所示終止位置的過程，試求C點通過的路程s．x甲ybAx甲ybACaBOvAx乙ybACaBOvAx丙ybACaBO【解析】(1)三角板A、C間距恒定，在圖乙的位置，vC的x分量需與vA的x分量相同，后者為零，即有vCx=0．又因B、C間距恒定，vC的y分量需與vB的y分量相同，后者為零，又有vCy=0．因此vC=0．將aC分解為aCx和aCy，aCx等于C相對于A加速度的x分量aCAx加上A相對Oxy平面加速度的x分量aAx=0，C相對于A作半徑為b的圓運動，速度大小即為vA，故aCAx由向心加速度構成，即有 aCx=aCAx=-aCy等于C相對B加速度的y分量aCBy加上B相對于Oxy平面加速度的y分量aCy=0，C相對于B作半徑為a的圓運動，速度大小等于B沿x方向速度設為vB，則aCBy由向心加速度構成，又有 aCy=aCBy=-A、B間距恒定，A點速度沿AB邊分量應等于B點速度沿AB邊分量，據此可得： vB=vA，aCy=-v最后，可將aC表述為aC： xx丁ybACaBOvAvB(2)取過程中間態如圖丁所示，可以看出O，A，B，C四點共圓．圖中標以的兩個角因對應同一圓弧而相等，CO與x軸夾角便是定值，過程中C必沿此連線作直線運動．引入圖示的vA和vC，標量化為vA和vC，其中vA始終為正，vC取正時，vC指向O點，vC取負時，vC背離O點．參考同一圓弧對應的兩個角，vA和vC沿CA邊方向分量相等的條件可表述成vAcos=vCsin得vC=-vA可見C點開始時沿直線背離O點運動，到達圖乙所示位置時停下，而后沿直線指向O點運動，直到圖丙所示位置．據此，得s=2-(a+b)．題30、如圖甲所示，AB桿的兩端A和B分別沿成直角的兩邊滑動，如果桿的B端以恒定速度v運動，當桿與水平面所成角度為θ時，求桿中點(C點)加速度aC與角θ的關系。ABθABθvC甲ABθvCOvAvCaCnaCθO乙【解析】如圖乙，設桿長為l，為桿的瞬時轉動中心，桿的瞬時角速度： =易得桿中點C的速度：vC==注意到C點在以O為圓心，以為半徑的圓周上運動，其向心加速度： aCn==C點的合加速度方向必為豎直向下，由圖示幾何關系可得：aC==。題31、如圖甲所示，斜劈A可以在水平面上無摩擦地滑動，其頂角為，頂柱B壓在A上，只能沿豎直方向無摩擦地運動。B上放有重物G，F為水平向左施加在A上的推力。A、B的重量可以不計，它們之間的靜摩擦因數為μ。求：(1)使重物G剛好不致下降時F的數值F1；(2)使重物G剛好不致上升時F的數值F2；(3)分析當1>μ>tan時，F1和F2值的正負，并說明其意義。BBGA甲F【解析】本題屬于連接體問題，常采用隔離法。分別對A和B進行受力分析，如圖乙所示，據題意，重物剛好不下降或上升，B與A間的摩擦力應為最大靜摩擦力μN。A對B的摩擦力的方向沿斜面向上或向下，此時A和B均處于平衡狀態。BBGμNN1NN2A乙FμNN3N(1)若G剛好不致下降，則B受五個力作用而平衡，由豎直方向上合力為零，可得 Ncos+μNsin=G而A受四個力作用而平衡，由水平方向上合力為零，可得F1+μNcos=Nsin由以上兩式可解得F1=G(2)若G剛好不致上升、與(1)問相似，F2=G(3)當μ>tan，即μcos>sin，可知F1<0，這表示要使重物不致下降，在A、B之間達到最大靜摩擦力時，F的方向必須向右。也就是說即使不加力F，重物也不會下降，且A、B之間沒有達到最大靜摩擦。當1>μ>tan時，即cos>μcos>sin>μsin，可知F2>0。這表示要使重物上升，必須對A施加一個向左的力，且，F2≥G。題32、如圖甲所示，均勻T形物塊A重為G，夾在兩個相同的水平墊板中，A與墊板間的摩擦因數為μ，當墊板B、C以相同的速率u1對稱而勻速地向兩側退開時，若要使A以速率u2勻速前移，作用在A的中央臂上的水平拉力F應為多大?AABFCu1u2甲答案F=?！窘馕觥炕瑒幽Σ亮Φ姆较蚺c相對運動方向相反，如圖乙所示，滿足tan=①F=(f1+f2)cos②f1=f2=μ③ff1u2u1uA相當于B，分析A乙f2u2u1uA相當于C，分析A由①~③式得F=如何處理梯子滑動相關的問題?梯子滑動是常見的力平衡和力矩平衡(杠桿平衡的拓展)綜合的靜力學臨界模型，這類問題綜合性強，難度大。對于這類問題，一方面，可以從合力為零、合力矩為零的角度思考，再根據臨界條件(常常認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)進行求解；另一方面，可以引入摩擦角，再應用三力匯交進行求解。前者需要解方程，偏向于代數運算；后者需要解三角形，偏向于幾何變形。前者運算量較大而思維量較小，后者運算量較小而思維量較大。在解決實際問題時，需要靈活選取合適的方法。題33、質量分布均勻的梯子AB靠在光滑的豎直墻上，已知梯子長為L，重G=mg，與地面間的動摩擦因數為μ，如圖甲所示。θθBA甲(1)求梯子不滑動時，梯子與水平地面夾角θ的最小值θ0。(2)當θ=θ0時，一重為P的人沿梯子緩慢向上爬，他爬到什么位置，梯子開始滑動?【分析】本題有兩種解法，一種解法是根據物體的平衡條件求解，即列方程求解，這是常規解法；另一種解法是分析出它的臨界條件θ0，再引入摩擦角進行求解，即轉化成幾何分析。【解析】解法一(1)如圖乙所示，考慮梯子剛好滑動的臨界情況，由力平衡可知水平方向和豎直方向上合力均為零，則有： N1=f=μN，N=G把梯子當作杠桿來處理(力矩平衡條件)可得：N1·Lsinθ0=G·cosθ0由上述三式可解得θ0=arctanθBAθBAGN1f乙NθBAPGN1f丙N(2)如圖丙所示，由平衡條件可得 N1=f=μN，N=G+P把梯子當作杠桿來處理(力矩平衡條件)可得：N1·Lsinθ0=G·cosθ0+P·xcosθ0由上述三式可解得x=。解法二(1)引入摩擦角，根據三力匯交原理，受力分析如圖丁所示，注意到=arctanμ，由平衡條件可得 Lcosθ0=Lsinθ0(Gtan)所以有θ0=arctanθBAGθBAGRN1丁θBAGRN1戊(2)如圖戊所示，將梯子和人的重力用等效重力代替。當等效重力的重心在梯子重心下面時梯子不會滑倒，當等效重力的重心在梯子重心上面時梯子就會滑倒，所以當人爬到梯子一半即時，梯子開始滑動。點拔：(1)靜力學中，處理三力平衡問題時，常常采用矢量三角形定性分析各力的變化情況，并能快捷地處理極值問題。這種方法可以推廣到速度、加速度、電場強度等其他矢量的運算。研究物理極值問題，也要結合物理思維方法，如對稱思想、等效思想、化歸思想等。(2)本題可以再追加一問：在大題干不變的條件下，一個質量為M的人沿梯往上爬，為了保證該人的安全，對梯子的放置有什么要求?也可以應用類似例題的兩種解法進行求解，答案是tanθ≥。題34、如圖甲所示，質量為m、長為l的均勻桿AB下端靠在墻上，借助繩DC保持傾斜狀態，如圖所示，繩的一端固定在墻上C點，而另一端系在桿上D點，AD=AB，繩和桿分別與墻成角和，試求桿與墻之間一切可能的摩擦因數值。CBACBADlβα甲CBADFfβαβFNφFNφmgFfFTαEO乙【解析】桿受到重力mg，繩的拉力FT和墻對桿的作用力F(墻對A點的彈力FN和摩擦力Ff的合力)三個力的作用，因為桿在三力作用下保持平衡，故此三力匯交，圖中E點為三力匯交點，為摩擦角，各力矢量關系如圖乙所示。對圖中幾何△ADE和△DOE運用正弦定理可得：=，=解得桿與墻之間最小摩擦因數μmin=|tan|=，所以桿與墻之間的摩擦因數μ≥μmin，即μ≥時，桿處于平衡狀態，且對于所有的角和組合均有解。題35、一架均勻梯子，一端放置在水平地面上，另一端靠在豎直的墻上，梯子與地面及梯子與墻的靜摩擦系數分別為μ1，μ2，求梯子能平衡時與地面所成的最小夾角。(θ=arctan，與梯子重、梯長均無關)【解析】當兩接觸處的靜摩擦力都達到最大時，梯子處于極限平衡狀態，此時梯子與地面所成的夾角最小.如圖所示，在A處地面對梯子的摩擦力為最大靜摩擦力，即fA=μ1NABBθDEAHCOGF1F2設fA與NA的合力為F1，F1與NA夾角為，則tan=μ1；同理可得，如果墻面對B摩擦力和彈力的合力F2，F2與NB夾角為，則tan=μ2。由力的平衡知識可得，力F1和F2、重力G三力的作用線交于一點D，如圖2-7-3所示，有 tanθ===-=cot-tan=-因此，梯子與地面所成的最小角θ=arctan，與梯子重、梯長均無關。題36、如圖甲所示，長為l的折梯置于豎直平面內，已知A、B兩處摩擦因數μA=0.2，μB=0.6，不計梯重，求人能爬多高而梯不滑倒。甲甲CBA【解析】如果地面與梯的摩擦因數足夠大，則梯子不會滑倒，梯子在A、B處受到地面的支持力和靜摩擦力如圖乙所示，現兩邊的摩擦因數較小，所以梯子有可能滑倒，先對A、B兩點進行受力分析，如圖丙所示。 fA=μANA，tan==μA =arctanμA=arctan0.2<30o乙CB乙CBANANBfBfA60o60o丙CBAONAfA60o60oFAFB若B端開始滑動，則fB=μBNB，tan=μB，=arctanμB=arctan0.6>30o所以人必須從AC爬上，此時B端受地面的作用力沿著BC方向，如圖丙所示，地面對A的作用力方向沿與豎直成角，把人、梯作為整體考慮，受力情況為FA、FB、G，所以重力的作用線必通過FA，FB的交點O，由幾何關系，設人與A點的水平距離為s，則scot=(l-s)cot30o題37、時鐘從零點開始計時，在12小時內，長針和短針(1)在哪些時刻重合？(2)在哪些時刻成反向直線?(3)在哪些時刻成直角?【分析】分析此題若采用數學列方程來解決較為復雜，我們利用圓周運動的基本知識較簡捷.【解析】解長針的角速度為=rad/min，短針的角速度為=rad/min。(1)兩針重合，即兩針轉過的角度之差為 △θ=θ1-θ2=t-t=2k(k=1，2，3，···，11) t===k當k=0，t=0，即開始時刻;當k=1，t1==65(min)，即1:“5273”；當k=2，t2=×2=130(min)，即2:“10545”；當k=11，t11=×11=720(min)，即12h?？梢妰舍樦睾瞎渤霈F11次(起始不計在內).(2)兩針成反向直線即兩針夾角為(2k-1)，依照上面的算法有t==(2k-1)其中k=1，2，3，···，可見共出現11次.(3)兩針互相垂直即夾角為，則得結果為t=(k=1，2，3，···，22)此現象共出現22次。題38、一人站在地面上以初速v1向上拋出一小球，經過時間t0后，又以另一初速v2向上拋出另一小球，問兩球在空中能否相遇?若能相遇則在何處相遇?【解析】這是典型的相遇問題，宜用坐標分析的方法來求解，因為兩個小球的相遇就意味著它們的坐標相同。選地面為參照系，x軸向上為正，并取第一個小球向上拋出時為計時開始，則第一小球的運動學方程為x1=v1t-gt2①第二個小球的運動學方程為x2=v2(t-t0)-g(t-t0)2②兩式中的x1、x2代表t時刻兩個小球的坐標，它們相遇時坐標必然相等，即x1=x2。令x1=x2，可以求出相遇的時刻t，由x1=x2得v1t-gt2=v2(t-t0)-g(t-t0)2即t=③這個解答的意思是說，在第一小球拋出t時間后，它們相遇。但t不可能是負值，t必須大于0，即>0④這個分數的分子按題設均為正值，現在要討論的只是分母，應有 v2-v1+gt0>0⑤第一種情況：v2>v1，即第二小球的上拋初速度大于第一小球的上拋初速度.這種情況下，因為t0>0，所以必定滿足⑤，即會相遇。設相遇處的坐標為x，將從③求出的相遇時刻t代入x1或x2中，即可求出x： x=v1⑥到此，問題并未完全解決，我們還要知道他們相遇是在第一小球的上升段還是下降階段.求出第一小球的速度v1=v1-gt，用上述求出的相遇時間t代入，若算出v1>0，則在第一小球的上升階段相遇，若算出v1<0，則在下降階段相遇.至于第二個小球，用相遇的時間t代入，可算出v2>0，所以恒在第二小球的上升階段相遇。第二種情況：v2=v1=v0，即第二小球的上拋初速度等于第一小球的上拋初速度。這時，相遇時刻t=+⑦因為這t恒大于0，所以一定會相遇，相遇坐標x=⑧由題設t0≤，所以x恒為正值。按照常識判斷，相遇處應在第二小球上升而第一小球下降的階段，以下證明這一點。因第一小球的速度v1=v1-gt，以相遇時的t代入，有 v1=v1-g=-⑨為負值，所以在下降階段。而第二小球的速度v2=v2-g(t-t0)⑩再以t代入有v2=v2-g=v2-v2+gt0-=①為正值，所以在上升階段。第三種情況：v2<v1，即第二小球上拋的初速度小于第一小球的上拋初速度.要求相遇時t>0，即v2-v1+gt0>0?解得t0>在這種情況下，第二小球是無法在第一小球的上升階段追上它的，所以相遇只能在第一小球的下降階段。整理⑥式得x=?這樣，如v2<v1-gt0?則x<0。這就是說，相遇地點在地面以下。當然，如果不允許進入地面以下，則?意味不相遇。題39、如圖甲所示，質量為m的物塊置于斜劈的光滑斜面上，并用細繩系住，繩的另一端系于斜劈頂端固定于劈的擋板上。設細線張力達2mg時將被拉斷。為保持物塊m不脫離斜劈，斜劈向右的加速度a不能超過多少?θa甲θa甲θx乙ymgTmaN【解析】為了方便，可以在加速運動的斜劈參照系中處理，問題變成一個靜力平衡問題。畫出物塊受力分析圖如圖乙所示，寫出力平衡方程T=mgsinθ+macosθ ① mgcosθ=N+masinθ②利用條件T<2mg，改寫方程①為2mg>mgsinθ+macosθ解出a滿足的條件a<g③利用條件N≥0，改寫方程②為gcosθ-asinθ≥0解出a應滿足的條件 a≤gcotθ④本問題中a應滿足的條件有兩個關系式，即式③和④。顯然，a與θ有關。但不知兩不等式的右式哪個大，所以還無法統一給出結果。為此，令=cotθ⑤解得θ=，易知，當θ>時，>cotθ；當θ<時，<cotθ因此，本題結論為當θ>時，a≤gcotθ；當θ<時，a<g。題40、如圖甲所示，一個半徑為R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均勻鐵鏈，其A端固定在球面的頂點，B端恰與桌面不接觸。鐵鏈單位長度的質量為ρ，重力加速度大小為g，求鐵鏈A端受到的拉力T的大小。OABOAB甲OθTθTθ+△Tθ△GFN乙【分析】在鐵鏈上任取長為△L的一小段(微元)作為研究對象，如圖乙所示，因為每段鐵鏈沿切線向上的拉力比沿切線向下的拉力大△Tθ，所以整個鐵鏈對A端的拉力是各段上△Tθ的標量和?！窘馕觥恳恍《挝⒃鳛檠芯繉ο?，因為該微元處于靜止狀態，所以受力平衡，在切線方向上應滿足 △Tθ=△Gcosθ=ρ△Lgcosθ對△Tθ進行求和，得T=△Tθ=ρ△Lgcosθ=ρg△Lcosθ觀察△Lcosθ的意義，△Lcosθ表示△L在豎直方向上的投影△R，所以△Lcosθ=R，可見鐵鏈A端受的拉力T=ρg△Lcosθ=ρgR點拔：本題在求解△Lcosθ時技巧性很強，這是物理學中常用的一種處理技巧，可以回避積分，降低了數學難度，但是也增加了思維難度，對提升大家的思維有幫助，需要大家慢慢體會。題41、A、B兩本書各300張，每張質量3g，紙間摩擦系數同為μ=0.3，將A、B兩書逐張交疊放在光滑水平桌面上，試問為將兩書水平拉開至少要用多大的力?【解析】每張紙質量記為m，600張紙之間共有599對摩擦力，A書受其中599個摩擦力，B書受另外599個摩擦力.第1對摩擦力大小為f1=μmg，第2對摩擦力大小為f2=μ(2m)g，第599對摩擦力大小為f599=μ(599m)g。A、B各受合摩擦力大小為 fA=fB=fi=×599μmg=1585N為了將A、B水平拉開，對A、B至少各需施加1585N的力，此力相當于質量為162kg物塊所受重力，故常人難以用手將A、B分開，或者說拉開前紙已撕碎。題42、如圖甲所示，將半徑為R的鋼性球固定在水平桌面上，有一質量為M的圓環狀均勻彈性細繩圈，原長為2a，a=，繩圈的勁度系數為k(繩伸長s時，繩中彈性張力為ks)。將繩圈從球的正上方輕放到球上，并用手扶著繩圈使其保持水平并最后停留在某個平衡位置?？紤]重力，忽略摩擦，平衡時彈性繩圈長為2b，b=a，求(1)勁度系數k(用M、R、g表示)。(2)設k=，求繩圈的最后平衡位置及長度。OOR甲【分析】因為整個彈性繩圈的大小不能忽略不計，彈性繩圈不能看成質點，所以應將彈性繩圈分割成許多小段，其中每一小段△m兩端受的拉力就是彈性繩圈內部的彈力F，只要想辦法把F求出，就可應用胡克定律求出彈性系數k了?！窘馕觥?1)在彈性繩圈的平面上△m所對的圓心角是△θ，如圖乙所示，則每一小段的質量△m=M，△m在該平面上受拉力F的作用，合力為T=2Fcos=2Fsin因為當θ很小時sinθ≈θ，所以T=2F=F△θ①OTFOTFF△θ乙ORθ△mgNT丙再看正視圖，如圖丙所示，△m受重力△mg和支持力N，二力的合力與T平衡，即T=△mg·tanθ又因為sinθ==，即tanθ=1，所以T=△mg=Mg②聯立①式和②式，解得彈性繩圈的張力為F=設彈性繩圈的伸長量為x，則x=R-R=(-1)R所以繩圈的勁度系數為k===(2)此問請讀者自行解答。點拔：在本題中△m受的力不在同一平面內，可以從一個合適的角度觀察，選取一個合適的平面進行受力分析，實現降維的目的，這樣可以看清楚各個力之間的關系。如在本題中，從上面和正面觀察，分別畫出俯視圖和正視圖，從而將立體受力轉化為平面受力。題43、(共點力平衡)把圖甲中帶有小質點(m)的圓環(M、勻質)掛在有摩擦的釘子上，如果掛在環上的任意一點，都能使其保持平衡，求釘與環之間的最小摩擦因數μmin。MPθMPθ甲mORMPθ乙mORDFNfθ【解析】設圖上P是圓環掛于釘上的某處，并使系統保持靜平衡，此時，要求圖中的θ角滿足：θ≤(為摩擦角)圓環在釘子處的受力及位形如圖乙所示，在△POD中，由正弦定理可得=，即sinθ=sin，其中=R，所以sinθ=sinsin會因為懸掛點不同而發生改變，但總滿足sin≤1所以sinθmax=。又因為μ=tan，所以sin=所以，本題要求sinθmax≤sin，即≤，亦即μ≥，則μmin=。如何處理一般平衡中的臨界和極值問題?臨界狀態是指從一種物理現象轉變為另一種物理現象，或者從一個物理過程轉入另一個物理過程的過渡狀態，即“恰好出現”或者“恰好不出現”某種現象的狀態。平衡問題的臨界狀態是指物體所處的平衡狀態將要被破壞的狀態(如即將發生相對滑動)。平衡態中的極值問題指的是力在變化過程中的最大值和最小值問題。解決極值問題的一般思路為:認真分析物理情景，挖掘隱含條件或臨界條件，根據物體的平衡條件列方程，建立因變量與自變量之間的函數關系，再利用數學方法(如均值不等式、三角函數等)求極值。題44、將一均勻細桿置于粗糙的地面上，人對其一端施力，力與桿始終垂直，如圖甲所示。要將桿無滑動地慢慢抬到豎直位置，桿與地面之間的靜摩擦因數至少為多大?FLFL甲FBNLfmghA乙【分析】如圖甲所示，抬起細桿B端的過程中，桿的A端與地面間沒有相對滑動，靜摩擦力不超過其最大值。【解析】設桿與水平方向的夾角為，對桿受力分析，如圖乙所示，列共點力平衡方程：Fcos+N=mg①Fsin=f②以A為軸，轉動平衡，可以理解為杠桿平衡條件，則FL=mgcos得F=mgcos③代入①式，得N=mg④結合不滑動的臨界條件f≤μN，由②~④式得μ≥因為2tan+cot≥2=2所以μ≥點拔：(1)本題中，討論摩擦因數的范圍時，也可采用均值不等式研究分母的極值，思路如下：令x=tan，cot=，則2tan+cot=2x+≥2=2當且僅當2tan=cot時取“=”。(2)本題還可以用全反力等效替代支持力和靜摩擦力，利用三力匯交原理分析。當平衡將要被破壞時，全反力與法線的夾角為摩擦角。題45、三個完全相同的圓柱體疊放在水平桌面上，如圖甲所示。將柱體C放上去之前，A、B兩柱體接觸但無擠壓。假設桌面與柱體之間的動摩擦因數為μ0，柱體與柱體之間的動摩擦因數為μ，若系統處于平衡狀態，則μ0和μ必須滿足什么條件?ABCABC甲BCAf2f2N2N2N1f1乙【分析】放上柱體C之后，除重力外柱體C還受到柱體A、B的支持力和摩擦力，方向如圖乙所示(圖中部分力未畫出)；柱體A、B之間沒有彈力和摩擦力。平衡的臨界條件是，接觸面上的摩擦力達到最大值?！窘馕觥恐wA、B、C靜止，都處于平衡態，柱體A、C的連心線與豎直方向的夾角θ=30o。先分析柱體C，有2(N2cosθ+f2sinθ)=mg再分析柱體A，有 N2sinθ=f1+f2cosθ然后對三個柱體進行整體分析，在豎直方向有2N1=3mg以柱體A的圓心為軸，有 f1R=f2R臨界條件為 f2≤μN2，f1≤μ0N1相互作用力的關系為 f2=f2，N2=N2綜上，解得 μ≥2，μ0≥。點拔：處理平衡中的臨界問題時，除了合外力為零、合力矩為零的方程，還需要列出臨界條件f≤fmax。題46、如圖甲所示，P為一個水閘的剖面圖，閘門的質量為m、寬為b，水閘兩側水面的高度分別為h1、h2，水與閘門間、閘門與軌道間的動摩擦因數分別為μ1、μ2。設水的密度為ρ，問：求拉起閘門至少需要多大的力?hh1h2P甲答案F=mg+(h+h)+(h-h)?！窘馕觥坑捎谝后w壓強隨深度均勻變化，且閘門寬度不變，本題也可以用平均壓強計算，即 F=·S=·bh=ρgbh2左側水對閘門的壓力為F1=ρgbh，左側水對閘門的摩擦力為f1=μ1F1；右側水對閘門的壓力為F2=ρgbh，右側水對閘門的摩擦力為f2=μ2F2；閘門與軌道間的摩擦力為f=μ2(F1-F2)。故所求拉力為F=f1+f2+f+mg=mg+(h+h)+(h-h)。題47、在石質的水庫底上有一棱長為a=2m的立方體，其材料密度是水密度的7倍，想用一裝置把立方體從水庫底提上來，該裝置采用吸盤的原理，如圖所示，即把一邊長為a的正方形吸盤緊扣在立方體的上表面，抽走吸盤內的空氣直到壓強p=0。試問：能不能借助這個裝置把立方體拉到水面?如果不能，在什么深度立方體脫離吸盤?已知大氣壓強p0=105Pa。答案不能，2m。提示設F1、F2分別為水對立方體下側面和上側面的壓力，F為拉力，立方體上表面的深度為h。對立方體、吸盤所組成的系統，有F+F1-F2-mg=0其中F1=ρ水ga2(a+h)+p0a2，F2=ρ水ga2h+p0a2，mg=ρ石ga3由此得F=(ρ石-ρ水)ga3對吸盤，由平衡條件得F+N-F2=0，式中N是重物對吸盤的向上壓力，由此得N=F2-F=a2[ρ水gh+p0-(ρ石-ρ水)ga]當N≥0時吸盤不脫落，當N<0時吸盤將脫落，即ρ水gh+p0-(ρ石-ρ水)ga<0 h<a-=2m題48、一個質量為m的碗反扣在裝滿水的較大密度容器底部，碗的形狀是半徑為R、高也為R的圓柱，再挖去一個半徑同樣是R的半球形空穴，如圖所示。在空穴里充滿水銀，將水從容器里慢慢抽出。水、水銀的密度分別為ρ、ρ1，試確定：(1)在水柱的高度h為何值時，碗內水銀開始從它的下方流出?(2)假定從容器里把水全部抽出，碗里水銀的高度h1是多少?接抽水機接抽水機水銀水h答案(1)h=R-；(2)h1=?！窘馕觥垦芯客?，上部水對它向下的壓力為F水壓=ρg(h-R)·R2水銀對它向上的浮力為F浮=ρ1gV碗=ρ1g·R3(1)臨界條件為F水壓+mg=F浮得h=R-(2)水全部抽出后碗內水銀的高度為h1，有F浮=ρ1gV=ρ1g·h結合F浮=mg，得h1=題49、兩個質量為m的斜劈和一個質量為4m、半徑為r的球在外力作用下保持圖甲所示的靜止狀態。忽略所有摩擦，某時刻撤去外力，求球掉到平面上所需要的時間。3030o60o甲【分析】左斜劈用角標1標記，右斜劈用角標2標記，設球的加速度在垂直于兩個斜劈方向上的投影分別為a1、a2，由于物體間接觸不分離，左斜劈的加速度為，右斜劈的加速度為?！窘馕觥吭O球與左右斜劈間的彈力分別為N1、N2，如圖乙所示。3030o60oN1N2N2N14mg乙對左右斜劈，根據牛頓第二定律，得N1cos30o=m N2cos60o=m對球，根據牛頓第二定律，得4mgsin30o-N1=4ma14mgsin60o-N2=4ma2聯立以上四個式子，可得a1=g，a2=g球在豎直方向的加速度分量為ay=a1cos60o+a2cos30o=g球最低處與地面的距離為h=r所以，球掉到平面上所需的時間為t==點拔：本題的主干思路較簡單，即已知受力情況求運動情況，關鍵就是求出加速度。但在具體求解時涉及關聯運動，難度較大，即兩個物體接觸不分離的條件是法向加速度大小和方向