高中物理優(yōu)等生必練500題力學(xué)

力學(xué)部分高中物理特優(yōu)生必練500題高中物理特優(yōu)生必練500題力學(xué)部分河南李老師題1、已知某質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為x=t2+4m，試求第1秒末到第2秒末這段時(shí)間內(nèi)的平均速度及瞬時(shí)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(shí)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(dāng)螞蟻爬到距巢中心l1=1m的A點(diǎn)處時(shí)，速度是v1=2cm/s。試問螞蟻繼續(xù)由A點(diǎn)爬到距巢中心l2=2m的B點(diǎn)需要多長(zhǎng)的時(shí)間?【解析】解法一將蟻巢中心定為坐標(biāo)原點(diǎn)O，OA連線即為x軸正向，則坐標(biāo)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(zhǎng)△x=，對(duì)應(yīng)的速度為v1，v10，v20，v30，v40，···，vn0，v2。當(dāng)n很大時(shí)，每小段運(yùn)動(dòng)可看成勻速運(yùn)動(dòng)，由A到B所需的總時(shí)間為：T=++++···+注意到是一等差數(shù)列，故T==當(dāng)n→∞時(shí)，vn0≈v2，即T==，代入數(shù)據(jù)得T=75s。解法二因螞蟻運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的直線。將AB連線分成相等的足夠小n段，每一小段的時(shí)間△t=，其數(shù)值近似對(duì)應(yīng)著-x圖像中的矩形面積。OOx乙當(dāng)n→∞時(shí)，矩形面積之和即等于梯形面積，故螞蟻從A到B時(shí)間 T===75s點(diǎn)撥比較兩種解法，顯然解法二比解法一簡(jiǎn)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(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像恰好是與坐標(biāo)軸相切的圓弧，如圖甲所示，則質(zhì)點(diǎn)在這20s內(nèi)的位移s為多少?質(zhì)點(diǎn)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(nèi)的位移是速度圖線與兩坐標(biāo)軸圍成的圖形面積，但在數(shù)值計(jì)算時(shí)，應(yīng)注意圖中弧的半徑R在表示速度和表示時(shí)間方面所代表的數(shù)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(duì)應(yīng)的圓弧上的B點(diǎn)作切線FE，設(shè)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(guān)系還可知道，△EOF∽△CB，故tanθ==若結(jié)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(shí)間，故a===m/s2點(diǎn)撥：本題是一道構(gòu)思獨(dú)特、設(shè)計(jì)巧妙的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題，著重考查學(xué)生對(duì)速度圖像的理解，解決此題的關(guān)鍵是區(qū)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(shí)間的，并能準(zhǔn)確地將其代換成速度及時(shí)間的大小，如果不能準(zhǔn)確地把握這一點(diǎn)而將圖線與大小混為一談，將很難解出此題的正確結(jié)果。題4、一根細(xì)的輕蛛絲兩端分別固定在同一高度上的A、B兩點(diǎn)，AB=L，質(zhì)量為m的蜘蛛抓住蛛絲緩緩爬行，如圖甲所示，假設(shè)蛛絲的原長(zhǎng)為零，勁度系數(shù)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(shè)蜘蛛是從A點(diǎn)開始爬行的，以A點(diǎn)位置坐標(biāo)原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系，如圖，某一時(shí)刻蜘蛛位于C(x，y)點(diǎn)，蜘蛛已爬過蛛絲總長(zhǎng)度的r倍，蛛絲AC部分的勁度系數(shù)為k1=，CB部分的勁度系數(shù)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(diǎn)撥：緩慢的過程往往與靜平衡過程是等同的，這一點(diǎn)無論是在常規(guī)教學(xué)中還是在競(jìng)賽中都可能遇到，而且也不僅僅局限于力學(xué)范疇，在熱學(xué)、電學(xué)中都有類似的問題。題5、已知A、B兩個(gè)小球質(zhì)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(gòu)成的系統(tǒng)形成周期性運(yùn)動(dòng)的條件，要求不出現(xiàn)三體相碰。AABHAHB【解析】A、B球質(zhì)量相等，故彈性碰撞時(shí)交換運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，因此，兩球的運(yùn)動(dòng)可視為獨(dú)立的運(yùn)動(dòng)，互不影響，只是A、B球在碰撞后相互替代，若A、B球獨(dú)立運(yùn)動(dòng)，則有如下運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。A球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：A球從HA處自由落體，碰地后豎直上拋，其運(yùn)動(dòng)周期為TA=2。B球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：B球從HB處自由落體，碰地后豎直上拋，其運(yùn)動(dòng)周期為TB=2。顯然，運(yùn)動(dòng)過程中A球始終在B球的上方，則A、B共同運(yùn)動(dòng)的周期T為TA與TB的最小公倍數(shù)。所以T存在的條件為=有理數(shù)=，即=(NA、NB∈N*，NA>NB，NA、NB為互質(zhì)數(shù))另外，不出現(xiàn)三體相碰的條件為NA、NB為一奇一偶。所以，所求條件為當(dāng)=(NA、NB∈N*，NA>NB，NA、NB為一奇一偶)時(shí)，系統(tǒng)做周期性運(yùn)動(dòng)，且不出現(xiàn)三體相碰的狀態(tài)。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(gè)小球，第2個(gè)小球拋出后經(jīng)過t時(shí)間與第1個(gè)小球相遇.改變兩球拋出的時(shí)間間隔，便可改變t值。設(shè)v1，v2已選定，且v1<v2，試求t的最大值。【解析】不難判定，兩球只能在拋出點(diǎn)上方，且在球2上升過程中相遇。v1，v2已確定，為使t達(dá)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(jīng)t時(shí)間達(dá)h1高度，有h1=v2t-gt2可解得 t=括號(hào)中取“+”對(duì)應(yīng)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(yīng)舍去。最后，得t的最大值為t=。題7、一小球作豎直上拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它回到拋出點(diǎn)時(shí)，速度為拋出時(shí)的。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)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(shè)空氣阻力與重力之比為常數(shù)k，則空氣阻力為kmg。(1)若上拋初始速度為v0，上升時(shí)加速度為-(1+k)g(向上取為正向)，下降時(shí)加速度為(1-k)g(向下取為正向)。分別對(duì)向上、向下運(yùn)動(dòng)進(jìn)行討論。小球向上運(yùn)動(dòng)的速度方程為v=v0-(1+k)gt1①小球到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t1=②寫出小球達(dá)最高點(diǎn)高度H的表達(dá)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(yùn)動(dòng)，設(shè)回到拋出點(diǎn)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(diǎn)落回到拋出點(diǎn)所需的時(shí)間為t2=⑥所以最高點(diǎn)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(lián)立式④、⑧，得到=⑨再利用已知條件=⑩聯(lián)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(dá)到的最大高度H0為H0=?聯(lián)立式④、?和?，得到兩種情況下的高度之比==?解法二：仍設(shè)空氣阻力為kmg。若上拋初速為v0，回到拋出點(diǎn)時(shí)的速率為v1。上升時(shí)加速度為-(1+k)g，受力為-(1+k)mg(向上取為正向)；下降時(shí)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(diǎn)：(i)恒力，(ii)與質(zhì)量成正比，所以可視為等效重力，設(shè)上升時(shí)等效重力加速度為g1=(1+k)g，下降時(shí)等效重力加速度為g2=(1-k)g?？芍苯訉懗鲂∏蛟谧罡唿c(diǎn)處高度H的表達(dá)式H==，H==這就是“解法一”中的式④和⑧，其余運(yùn)算與“解法一”中相同。題8、如圖所示是盒式磁帶錄音機(jī)的磁帶，某同學(xué)在聽錄音時(shí)發(fā)現(xiàn)：經(jīng)過5min，帶軸上帶卷的半徑變?yōu)樵瓉淼模瑒t再經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間，帶軸上帶卷的半徑變?yōu)樵瓉淼?A．5minB．7minC．8minD．10min【解析】設(shè)帶卷原有的半徑為r0，磁帶的厚度為d，聽錄音時(shí)的走帶速度為v，經(jīng)過時(shí)間t，磁帶走過的側(cè)面積為dvt，由題意有 dvt1= dv(t1+t2)=解得t2=8min.選項(xiàng)C正確。點(diǎn)撥：錄音機(jī)在錄音與放音時(shí)，由于限速輪的控制，磁帶通過磁頭時(shí)是勻速的，也就是說，錄音與放音時(shí)，磁帶的走動(dòng)是勻速的.而當(dāng)錄音機(jī)倒帶(快進(jìn)或快退)時(shí)，限速輪松開，錄音機(jī)內(nèi)的馬達(dá)帶動(dòng)帶軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，這時(shí)轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)是勻速的，但磁帶的走動(dòng)不再是勻速的.本問題的關(guān)鍵是，要根據(jù)日常的觀察及生活知識(shí)，知道磁帶錄音機(jī)在放音時(shí)，帶軸在限速輪的控制下是勻速走動(dòng)的。事實(shí)上，很多運(yùn)動(dòng)問題都是與生活現(xiàn)象直接相關(guān)的，解題時(shí)必須注意將自己平時(shí)積累的生活經(jīng)驗(yàn)用到具體的情境中。題9、各邊長(zhǎng)為l的勻質(zhì)立方體大木塊，如圖3-33所示，對(duì)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(zhì)量為2m，沿AB1，AB2，B1C，B2C設(shè)置四根斜直細(xì)管道，質(zhì)量均為m的兩個(gè)小球同時(shí)從A端靜止釋放，分別沿AB1C，AB2C管道滑下，它們?cè)贐1，B2處可光滑迅速地拐彎。(1)設(shè)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(shù)同為μ，試問μ為何值，小球才能滑下?并計(jì)算小球到達(dá)C處時(shí)的速度.(2)設(shè)木塊與水平面光滑接觸，管道內(nèi)處處無摩擦，試求小球到達(dá)C處時(shí)相對(duì)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(yùn)動(dòng)時(shí)，g可分解為圖示g∥，g⊥1，g⊥2，其中g(shù)∥=gcoscos=gg⊥1與g⊥2合成與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直的g⊥(圖中未畫出)，必有g(shù)⊥==g小球沿AB1運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)，下滑加速度仍為上述a值。小球所經(jīng)總路程為s=2×l=l到達(dá)C處時(shí)速度大小為v=..=(2)木塊與水平面光滑接觸時(shí)，木塊會(huì)沿圖中CA方向運(yùn)動(dòng)，速度記為u。因?qū)ΨQ性，小球無論沿哪一個(gè)管道運(yùn)動(dòng)，相對(duì)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(duì)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(dòng)量守恒式為2mv=2mu得v=u，v=u，v⊥=u。v2=+v=7u2兩小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒式2×mv2+(2m)u2=2mgl可解得小球到C處時(shí)，相對(duì)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(fēng)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(dāng)艇速為多少時(shí)這才是可行的?【解析】根據(jù)費(fèi)馬原理，當(dāng)光線在兩種均勻介質(zhì)的界面上發(fā)生折射時(shí)，遵守折射定律的光程最小，即時(shí)間最短。人沿光傳播路徑追汽艇，歷時(shí)最短，如圖甲所示，AO為艇運(yùn)動(dòng)方向，ACO為人運(yùn)動(dòng)路徑。借助光折射模型：sinθ==，θ=30o，由幾何關(guān)系得：=45oAO=15AO=15oCv0甲θv2湖岸A=15ov0乙v2v2v1v1如圖乙所示，在岸上，人相對(duì)于艇的速度為v1，在水里，人相對(duì)于艇的速度為v2。由圖甲可知，人要能追上艇，須滿足：v2≥v0cos，因?yàn)槿魐2<v0cos，人不能達(dá)到艇的前方，因此v0max==km/h=2km/h≈2.8km/h綜上所述，當(dāng)艇速v0≤2.8km/h時(shí)，人能夠追上艇。題11、在豎直平面內(nèi)有一固定的光滑直角三角形細(xì)管道ABC，AB豎直，BC水平，AC與BC成θ角，光滑小球從頂點(diǎn)A處沿斜邊管道自靜止出發(fā)滑到端點(diǎn)C處所需時(shí)間恰好等于小球從頂點(diǎn)A處自靜止出發(fā)自由地經(jīng)兩條直角邊軌道滑到端點(diǎn)C處所需時(shí)間。這里假設(shè)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(shí)間忽略不計(jì)。在此直角三角形范圍內(nèi)構(gòu)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(diǎn)處相同)，軌道均從A點(diǎn)出發(fā)到C點(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(fā)自由地從A點(diǎn)滑行到C點(diǎn)所經(jīng)歷時(shí)間的最大值與最小值的比值。答案(1)；(2)7:5?！窘馕觥?1)物體經(jīng)歷A→C的時(shí)間為tAC=物體經(jīng)歷A→B→C的時(shí)間為tABC=+根據(jù)tAC=tABC，可解出tanθ=。(2)通過分析不難發(fā)現(xiàn)，用時(shí)最短的路徑為A→B→C，所以tmin=+=用時(shí)最長(zhǎng)的路徑為由無窮多個(gè)豎直線段和水平線段構(gòu)成的趨近于AC的軌跡，把豎直線段挑出來構(gòu)成一個(gè)從A到B的自由落體運(yùn)動(dòng)軌跡，把水平段挑出來構(gòu)成一個(gè)變速運(yùn)動(dòng)軌跡，該變速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間是自由落體運(yùn)動(dòng)的倍，所以tmax===所以，tmax:tmin=7:5。題12、某校物理學(xué)習(xí)小組的同學(xué)來到頤和園春游，每位同學(xué)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(yùn)動(dòng)，小華在前行駛，小明在后追趕，兩人分別用皮球瞄準(zhǔn)對(duì)方，同時(shí)以相對(duì)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(duì)船速度的影響均可忽略不計(jì)，則皮球先砸中誰?(2)如圖甲所示，A船上的歡歡在P點(diǎn)準(zhǔn)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(shí)，B與P的距離為c(c>b)。若忽略A啟動(dòng)的時(shí)間，并認(rèn)為A一起航就做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(gè)頂點(diǎn)，三角形邊長(zhǎng)為l，每只船以恒定速率v運(yùn)動(dòng)，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(zhì)點(diǎn)，問：何時(shí)相遇?(4)若有n(n>3)只船處在正n邊形的n個(gè)頂點(diǎn)，正n邊形邊長(zhǎng)為l，每只船以恒定速率v運(yùn)動(dòng)，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(zhì)點(diǎn)，問：何時(shí)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(yùn)動(dòng)，所以兩位同學(xué)被同時(shí)砸中。(2)問中，兩船都在運(yùn)動(dòng)，若以B船為參考系，就變成了A船去攔截靜止的B船，這時(shí)A船相對(duì)于B船的速度方向就是A→B，根據(jù)vAB=vA地-vB地，可畫出矢量三角形求解。(3)問中，三船都在運(yùn)動(dòng)，并且運(yùn)動(dòng)比較復(fù)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(zhuǎn)，另一方面以速度v∥=+v=v靠近B船，A船遇上B船之時(shí)也就是三船相遇之時(shí)。若以三角形的中心O為參考系，任意一只船在任意時(shí)刻相對(duì)于O點(diǎn)的速度可分解成指向O點(diǎn)的速度(靠近O點(diǎn)的速度)v∥=v和垂直于連線方向的速度(繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的速度)v⊥=v，則三只船同時(shí)到達(dá)O點(diǎn)。根據(jù)以上分析，(3)問可以應(yīng)用兩種方法求解，而(4)問是(3)問的推廣，可以應(yīng)用類似的方法求解?！窘馕觥?1)以船為參考系，兩人相對(duì)于參考系都處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩皮球都以大小為v2的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以兩位同學(xué)將被同時(shí)砸中。BBAPbcCv0丙KvA→地vA→BvB→地(2)設(shè)B船的初始位置為K，根據(jù)vA→地=vA→B+vB→地作出三個(gè)速度滿足的矢量三角形，如圖丙所示。由圖可看出，當(dāng)vA→地與PK垂直時(shí)，A的速度最小，由三角函數(shù)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(zhuǎn)，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(shí)刻相對(duì)于O點(diǎn)的速度可分解成指向O點(diǎn)的速度(靠近O點(diǎn)的速度)v∥=v和垂直于連線方向的速度(繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)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?yàn)檎齨邊形的外角為=，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(diǎn)拔：(1)在本題中，兩只船都在運(yùn)動(dòng)，若以地面為參考系，則運(yùn)動(dòng)情況較為復(fù)雜，但是它們之間的相對(duì)距離較為簡(jiǎn)單；若以其中某一船為參考系，則會(huì)使問題簡(jiǎn)化。(2)問中，容易畫錯(cuò)速度的矢量三角形，需要認(rèn)真體會(huì)。題13、桁(heng)架由兩個(gè)正方形組成，兩個(gè)正方形的邊長(zhǎng)分別為2l和l，左邊固定在O點(diǎn)，拐角處全用光滑鉸鏈鉸接，在最右端用力拉動(dòng)并保證作用點(diǎn)速度恒為v，某時(shí)刻的狀態(tài)如圖甲所示，此時(shí)所有角均為直角，求vA和vB。甲ACO甲ACOBDv乙ACvAvC∥vC⊥vC【解析】假設(shè)兩個(gè)正方形的交點(diǎn)為C，外力作用點(diǎn)即右側(cè)端點(diǎn)為D，很明顯有xC=xD，求導(dǎo)可得vC=v。觀察A點(diǎn)，它繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以速度必然垂直O(jiān)A方向，即指向C點(diǎn)，假設(shè)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(diǎn)，不像A點(diǎn)一樣能夠迅速看出它的運(yùn)動(dòng)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(guān)于B點(diǎn)速度的計(jì)算還可以以C點(diǎn)為參考系，請(qǐng)同學(xué)們自行計(jì)算。題14、設(shè)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(duì)岸，問當(dāng)船的航行方向怎樣時(shí)，才能(1)小船所花的時(shí)間最短；(2)小船所經(jīng)過的路程最短?【分析】以地球?yàn)閰⒄瘴?，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(shí)運(yùn)動(dòng)(等時(shí)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(duì)岸所花時(shí)間只與船速有關(guān)，要使時(shí)間最短，必須讓航行方向垂直水流直指對(duì)岸.(2)當(dāng)v2>v1時(shí)，顯然，最短的路程即河寬s，如圖(a)所示，航行方向?yàn)槠蛏嫌我粋€(gè)角度，其角度大小為=arcsin。當(dāng)v2<v1時(shí)，垂直河岸的航行方向駛向?qū)Π妒遣豢赡艿?，但總可以找到一個(gè)這樣的方向，使得航行的路程最短：如圖(b)，設(shè)小船實(shí)際航行速度為，與河岸夾角為，實(shí)際路程為L(zhǎng)，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(shè)=θ，運(yùn)用正弦定理 =，sin=sinθ，sin=由上可見，只有當(dāng)θ=，即合速度與船速垂直時(shí)，小船才有最短路程，此時(shí)船的航行方向是：偏向上游，與水流的夾角為+arcsin，其所經(jīng)過的路程為 Lmin===題15、如圖甲所示，AB桿的A端以勻速v運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)時(shí)桿恒與一半圓周相切，半圓周的半徑為R，當(dāng)桿與水平線的交角為θ時(shí)，求桿的角速度及桿上與半圓相切點(diǎn)C的速度和桿與圓柱接觸點(diǎn)的速度大小。vv甲OAθCBR【解析】由于半圓靜止，桿上C點(diǎn)的速度的法向分量為零，故桿上C點(diǎn)速度必沿桿，以C點(diǎn)為基點(diǎn)，將桿上A點(diǎn)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(diǎn)與桿上C點(diǎn)相同的沿桿方向平動(dòng)的速度，v2是A點(diǎn)對(duì)C點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)速度.故桿上C點(diǎn)速度為 vC=v1=vcosθ，v2=vsinθ=v1v1v2v乙OAθC丙θθ而=Rcotθ，故=.桿與圓柱交點(diǎn)沿圓周運(yùn)動(dòng)，桿轉(zhuǎn)過的角度與半徑轉(zhuǎn)過的角度相同，所以桿的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度與點(diǎn)的角速度相同，如圖丙所示，所以點(diǎn)的速度為=R=vtanθsinθ注：球上點(diǎn)與桿上C點(diǎn)雖為同一點(diǎn)，但兩者之間有相對(duì)滑動(dòng)，故球上點(diǎn)速度不是vcosθ。有興趣的同學(xué)還可通過討論極短時(shí)間內(nèi)的位置變圖丙化求得球上點(diǎn)的速度為vtanθsinθ。題16、有5條邊長(zhǎng)為lm的正方形薄板做成一個(gè)小屋，如圖甲所示，已知水滴沿屋頂從A點(diǎn)流到B點(diǎn)所需的時(shí)間為從B點(diǎn)流到C點(diǎn)所需的時(shí)間的2倍，假定水滴從A點(diǎn)以初速為零開始流下，試求水滴從A點(diǎn)流到C點(diǎn)所需的時(shí)間。【分析】水滴從A→B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B→C做斜下拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直下拋運(yùn)動(dòng)。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(shè)水滴從B到C的時(shí)間為t，水滴沿AB的加速度為a，則水滴經(jīng)過AB距離的時(shí)間為2t=，a=，h=vt+gt2③上式v為B點(diǎn)末速度，v=vBcos45o=經(jīng)整理，可求得水滴經(jīng)h所需時(shí)間t=加在一起，水滴經(jīng)AC距離所需時(shí)間為3t。1、研究對(duì)象微元對(duì)于不可壓縮的連續(xù)流體，常常選取一小段液體(或一小段時(shí)間內(nèi)流過某個(gè)橫截面的液體)作為研究對(duì)象，該小段液體的橫截面可認(rèn)為不發(fā)生變化。單位時(shí)間內(nèi)通過橫截面的體積稱為流量，流量的表達(dá)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(huì)流出來，連續(xù)的水流柱的直徑在下流過程中會(huì)變小。設(shè)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(shí)的直徑應(yīng)為多少?(g取10m/s2)【分析】在時(shí)間t內(nèi)，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(diǎn)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(jù)此也可以定量地計(jì)算水流柱落到地面時(shí)的直徑的大小?！窘馕觥吭O(shè)水流柱在水龍頭開口處直徑為d1，流速為v1，落到地面時(shí)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(shí)間△t內(nèi)，水流柱的橫截面積可以認(rèn)為不變，水流柱的高度可以認(rèn)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(shí)間△t內(nèi)通過落地處截面的水的體積為V2=dv2△t②結(jié)合V1=V2，由①、②式得d2=0.5cm。故水流柱落到地面時(shí)的直徑應(yīng)為0.5cm。點(diǎn)拔：本題的研究對(duì)象是很短一段時(shí)間內(nèi)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(gè)水流柱為研究對(duì)象意義不大。適當(dāng)?shù)剡x擇研究對(duì)象是解題的關(guān)鍵，是高考和強(qiáng)基計(jì)劃考試的重點(diǎn)考查目標(biāo)。題18、如圖甲所示，半長(zhǎng)軸和半短軸長(zhǎng)度分別為a和b的一個(gè)橢圓，假定長(zhǎng)軸是豎直方向。有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)沿橢圓的各“直徑”下滑，問此質(zhì)點(diǎn)沿此橢圓的哪一“直徑”下滑所需時(shí)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(biāo)，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(shí)間t滿足r=At2⑤所以t===⑥不同的θ所需時(shí)間t不同。求t的極小，可以通過求函數(shù)f(θ)=a2cos2θ-(a2-b2)cos4θ的極大值得到?；?jiǎn)f(θ)可得 f(θ)=a2cos2θ-(a2-b2)cos4θ=-(a2-b2)=-(a2-b2)因?yàn)閍>b，所以當(dāng)cos2θ=⑦時(shí)，t取極小值(有對(duì)稱的兩個(gè)θ角)。由于cosθ≤1，得a、b應(yīng)滿足關(guān)系≤1即a≥b⑧而當(dāng)b<a<b⑨時(shí)沒有極值，但t有最小值。在a≥b時(shí)，把方程⑦代入⑥得tmin=== 當(dāng)b<a<b時(shí)，在θ=0處，t取最小值，有tmin=這就是在橢圓頂點(diǎn)處自由落體至O點(diǎn)的時(shí)間。前面討論的t-θ關(guān)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(cāng)庫(kù)高20m、寬40m，在倉(cāng)庫(kù)前某處A點(diǎn)拋一石塊過屋頂，試問A距倉(cāng)庫(kù)前多遠(yuǎn)時(shí)，所需初速度v0最小?這個(gè)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(biāo)系，要使v0最小，則要求石塊擦B、C兩點(diǎn)而過；而過BC段，可用通常的有關(guān)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(diǎn)之間作射程，有sBC=，所以v=?？梢姰?dāng)=45o時(shí)，vB有最小值，為vB=vBmin===20m/s設(shè)此斜下拋的時(shí)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(diǎn)的坐標(biāo)(-l，-20)代入上面的軌跡方程，得方程-20=-l-，即l2+40l-800=0求得結(jié)果為l=14.6m點(diǎn)撥：靈活建立坐標(biāo)系，運(yùn)用有關(guān)物理公式，解題便簡(jiǎn)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(shí)，炮彈落點(diǎn)的水平距離最遠(yuǎn)?并求出該最遠(yuǎn)距離。hhv0【分析】將拋體運(yùn)動(dòng)沿水平方向和豎直方向分解，然后聯(lián)立兩式并消掉角，構(gòu)造出水平位移x關(guān)于運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的函數(shù)，求最值，然后將x的最大值及對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t代入位移公式，求出此時(shí)對(duì)應(yīng)的角?；蛘邔侒w運(yùn)動(dòng)沿初速度方向和重力加速度方向分解成一個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)和一個(gè)自由落體運(yùn)動(dòng)，畫出位移矢量圖，通過幾何關(guān)系求得位移x關(guān)于運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的函數(shù)，進(jìn)而求最值，此方法比較簡(jiǎn)單。【解析】解法一以拋出點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)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(yùn)動(dòng)的方程為x=v0cos·t①豎直方向豎直上拋運(yùn)動(dòng)的方程為-h=v0sin·t-gt2②聯(lián)立①、②兩式并消去，可得x2=(v0t)2-=-t4+(v+gh)t2-h2③顯然，當(dāng)t2=④時(shí)，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(chǔ)上，聯(lián)立①、②兩式并消去t，可得 tan2-xtan+=0⑦其中用到關(guān)系式=1+tan2⑦式是關(guān)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(yùn)動(dòng)分解成沿初速度v0方向的勻速運(yùn)動(dòng)與豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，由圖所示的幾何關(guān)系可得x2=(v0t)2-=-t4+(v+gh)t2-h2?xxv0hgt2v0t顯然，當(dāng)t2=?時(shí)，x2有極值，即x有極值xmax=?將?、?兩式代入x=v0cos·t，可得=arcsin點(diǎn)拔：本題的解法很多，本書列出了三種解法，解法一、解法三構(gòu)造了x關(guān)于時(shí)間t的函數(shù)，用頂點(diǎn)坐標(biāo)求最值；解法二構(gòu)造了x關(guān)于角的函數(shù)，用根的判別式求最值。二次函數(shù)最值的求解方法很多，除了以上方法，還有配方法、求導(dǎo)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(nèi)連續(xù)變化，試問各軌道最高點(diǎn)連成的曲線是什么類型的曲線?【解析】在此豎直平面內(nèi)以拋射點(diǎn)為原點(diǎn)O，建立水平x軸和豎直向上的y軸。θ角對(duì)應(yīng)的水平射程和射高分別是s=，H=軌道最高點(diǎn)的x，y坐標(biāo)量分別為x==，y=H=上兩式聯(lián)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(diǎn)連成的曲線的方程為+=1這是橢圓曲線，其半長(zhǎng)軸、半短軸和中心分別為 a=，b=，橢圓上端點(diǎn)對(duì)應(yīng)θ=軌道的最高點(diǎn)，下端點(diǎn)對(duì)應(yīng)θ=0或軌道的最高點(diǎn)，右和左兩端點(diǎn)分別對(duì)應(yīng)θ=和θ=軌道的最高點(diǎn)。題22、采用運(yùn)動(dòng)學(xué)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(shè)質(zhì)點(diǎn)沿y=ex軌道運(yùn)動(dòng)過程中的x方向分運(yùn)動(dòng)為速度v0勻速直線運(yùn)動(dòng)，即x=v0t則y方向分運(yùn)動(dòng)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(diǎn)以v0的初速度拋出一個(gè)小球，在與A點(diǎn)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(diǎn)。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(diǎn)A為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)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(yùn)動(dòng)的方程為s=v0cosθ·t①豎直方向豎直上拋運(yùn)動(dòng)的方程為h=v0sinθ·t-gt2②聯(lián)立①、②兩式并消去θ，可得v=++gh③由均值不等式可知，當(dāng)=，即t2=④時(shí)，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(chǔ)上，聯(lián)立①、②兩式并消去t，可得tan2θ-stanθ+=0③其中用到關(guān)系式=1+tan2θ③式是關(guān)于tanθ的一元二次方程，顯然方程有解，應(yīng)有△=s2-4··≥0④得v0≥⑤所以，當(dāng)v0=時(shí)，tanθ==，即θ=arctan因此，當(dāng)拋射角θ=arctan時(shí)，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(diǎn)A，將a球以速度v0拋出，拋射角為，0<<，若在A點(diǎn)前方適當(dāng)?shù)牡胤椒乓毁|(zhì)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(diǎn)與A點(diǎn)等高，如圖甲，則當(dāng)平板的傾角θ為恰當(dāng)值時(shí)。a球恰好能回到A點(diǎn)，另有一小球b，在a球自A點(diǎn)拋出的同時(shí)，從A點(diǎn)自由落下，與地面做完全彈性碰撞.試討論v0，，θ應(yīng)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(shí)回到A點(diǎn)。AAv0hGθO甲【解析】a球從A點(diǎn)拋出時(shí)的拋射角為，速度為v0，因?yàn)榕鲎颤c(diǎn)與A點(diǎn)等高，球與板的碰撞是彈性的，板的質(zhì)量又很大，根據(jù)機(jī)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(shè)碰撞后a球從板彈回時(shí)的拋射角為，如圖乙所示，A點(diǎn)與碰撞之間的距離即為射程l，若a又回到A點(diǎn)，則有l(wèi)==①即sin2=sin2，由此得=②或=-③=，表示a球射到平板時(shí)速度的方向與它從平板反彈出時(shí)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(diǎn)，因此有+θ=，即θ=-④=-，表示a球射到平板時(shí)速度的方向與它從平板反彈出時(shí)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(diǎn)，由圖中的幾何關(guān)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(shí)回到A點(diǎn)應(yīng)滿足的條件。(1)=，θ=-，即a球沿原路徑回到A點(diǎn)的情形。設(shè)a球從A點(diǎn)拋出、與OG板碰撞，到沿原路徑回到A點(diǎn)共經(jīng)歷的時(shí)間為t1，則有t1=+=⑦設(shè)b球從A點(diǎn)自由落下，與地面發(fā)生一次碰撞，再回到A點(diǎn)共經(jīng)歷的時(shí)間為t2，則有t2=2⑧兩球在A點(diǎn)相遇，要求t1=t2，則=2，即sin=⑨或=arcsin⑩因sin<1，由⑨式得v0>?當(dāng)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(shí)，a球才能沿原路返回A點(diǎn)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(diǎn)的情形。設(shè)a球自A點(diǎn)拋出，經(jīng)與平板碰撞又回到A點(diǎn)經(jīng)歷的總時(shí)間為t1，則有t1=+=?設(shè)b球自A點(diǎn)下落后回到A點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t2，則有t2=2?兩球在A點(diǎn)相遇，要求t1=t2，=2或sin=?=arcsin-?因0<<，故有1≥sin>sin=?結(jié)合?式，得>v0≥?當(dāng)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?qū)⒀亓硪粭l路徑回到A點(diǎn)，同時(shí)與b球相遇。綜合上述討論，結(jié)論為：當(dāng)v0>，且當(dāng)=arcsin，θ=-，a球沿原路徑返回A點(diǎn)的同時(shí)，b球也回到A點(diǎn)；當(dāng)>v0≥，且=arcsin-，θ=，a球還可沿另一路徑回到A點(diǎn)，這時(shí)b球也正好回到A點(diǎn)。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(zhuǎn)所形成的形狀?！窘馕觥繃姵龅乃诳罩械姆植季哂行D(zhuǎn)對(duì)稱性，我們只需討論過軸線的一個(gè)豎直平面內(nèi)的形狀即可，從每個(gè)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(luò)線即是水流能夠達(dá)到最遠(yuǎn)處的邊界線，將此邊界線繞中心軸旋轉(zhuǎn)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(yùn)動(dòng)，有x=v0sin·t①在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，有y=v0cos·t-gt2②聯(lián)立①、②兩式并消去t，可得cot2-xcot+=0此式是關(guān)于cot的一元二次方程，方程有解，則△=x2-4·≥0得y≤所以包絡(luò)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(zhǔn)點(diǎn)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(fā)射速率為v0)MMzdv0甲OyNBAhdxx【解析】如圖乙(此圖在題圖的基礎(chǔ)上轉(zhuǎn)換了一個(gè)方位)建立坐標(biāo)系，O點(diǎn)為子彈發(fā)射點(diǎn)，Ox軸垂直墻面(yz平面)，Ox軸與墻交于點(diǎn)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(yùn)動(dòng)原本是在通過拋射點(diǎn)的一個(gè)豎直平面內(nèi)的平面運(yùn)動(dòng)，它可以用兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)描述.本問題討論的是子彈在通過拋射點(diǎn)的不同豎直平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，必須在三維空間中加以討論.但是，每次拋射，子彈仍在一個(gè)平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。任意取一個(gè)過O點(diǎn)的豎直拋射平面，其與地面交線取作Ox軸，它與墻面交于點(diǎn)D，OD=d，如圖乙所示。若墻上瞄準(zhǔn)點(diǎn)為B，子彈擊中墻平面上直線MN上的A點(diǎn)，設(shè)B點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y，z)=(d，y，z)，因墻平面上各點(diǎn)的x坐標(biāo)均為d。題中要求寫出滿足條件的y與z之間的函數(shù)關(guān)系。我們把子彈的拋體運(yùn)動(dòng)分解為以速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，且子彈擊中直線MN上的A點(diǎn)。利用子彈勻速地從O點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間等于從B點(diǎn)自由落體到A點(diǎn)的時(shí)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(zhǔn)點(diǎn)所滿足的關(guān)系.這是一個(gè)圓方程，圓心坐標(biāo)為，圓半徑為r=。圖丙中畫出了墻平面上的直線MN和瞄準(zhǔn)點(diǎn)構(gòu)成的圓。不難看出：MMB1丙NAhOyzB2(i)一般情況下，同一個(gè)擊中點(diǎn)A，對(duì)應(yīng)有兩個(gè)瞄準(zhǔn)點(diǎn)B1和B2，即對(duì)應(yīng)兩個(gè)拋射角。因此，為使墻上擊中點(diǎn)高于直線MN，在初速v0相同的情況下，其瞄準(zhǔn)點(diǎn)應(yīng)落在圓的內(nèi)部。(ii)當(dāng)子彈初速v0、墻與發(fā)射點(diǎn)距離d、墻平面上直線MN高度h一定時(shí)，子彈只能擊中此水平線的一部分，即從點(diǎn)(d，h，-r)到點(diǎn)(d，h，r)一段。(iii)瞄準(zhǔn)點(diǎn)圓半徑必須滿足r≥0。相應(yīng)地，v0不能太小。代入r的表達(dá)式，確定v0的條件為v0≥點(diǎn)撥：本題的背景雖是我們熟悉的拋體運(yùn)動(dòng)，但由于涉及三維空間運(yùn)動(dòng)，其難度驟增，但這對(duì)競(jìng)賽物理而言，卻是必須熟練掌握的基礎(chǔ)內(nèi)容。2、怎樣分析“桿約束”下的運(yùn)動(dòng)關(guān)聯(lián)?因?yàn)閯傂詶U不可伸長(zhǎng)、不可壓縮，所以“桿約束”存在與“繩約束”類似的性質(zhì)，即沿桿方向的速度相同。另外，桿不可變形，所以桿上各點(diǎn)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(diǎn)間的相對(duì)速度(垂直于桿的速度)求得桿的角速度，進(jìn)而求得其他物理量間的關(guān)系。在此過程中，我們也常常會(huì)用到求導(dǎo)、極坐標(biāo)等數(shù)學(xué)工具，以及運(yùn)動(dòng)的合成與分解、圓周運(yùn)動(dòng)等相關(guān)物理知識(shí)。題27、細(xì)桿ABC在一豎直平面上靠著一個(gè)臺(tái)階放著，A端可沿著水平地面朝臺(tái)階運(yùn)動(dòng)，細(xì)桿不離開臺(tái)階邊沿，當(dāng)ABC桿與水平地面夾角為圖甲所示的θ時(shí)，桿的B點(diǎn)恰好位于臺(tái)階邊沿上，而且C端運(yùn)動(dòng)速度值恰為A端運(yùn)動(dòng)速度值的2倍，試求BC長(zhǎng)與AB長(zhǎng)的比值。θ甲Bθ甲BACθvC⊥BACvC∥vCvA⊥vA∥vC乙【解析】設(shè)=k，即=如圖乙，A端和C端沿桿長(zhǎng)方向速度相同，即有vAcosθ=vA∥=vC∥。A端以相同的角速度(設(shè)為)繞著B點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，又有vAsinθ=vA⊥=AB，vC⊥=BC。于是有 v=+=vcos2θ+=vcos2θ+k2vsin2θ與vC=2vA聯(lián)立，可解得k=題28、圖甲所示的剛性棒AB的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，木棒B端靠在豎直墻壁上，A端在水平地面上，當(dāng)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(diǎn)C的速度大小vC。(4)棒上一點(diǎn)M與B端的距離為kL，求M點(diǎn)的速度大小。(5)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A和OB方向?yàn)閤軸和y軸，棒上一點(diǎn)M到B端的距離為kL，求M點(diǎn)的軌跡方程。AABθvACvB甲【分析】注意到棒是不可伸長(zhǎng)、不可壓縮的，所以A、B兩點(diǎn)的速度沿棒方向的分量應(yīng)該相等，由此找到了A點(diǎn)和B點(diǎn)的速度關(guān)聯(lián)。以A、B中的一點(diǎn)為軸，A、B間的相對(duì)速度引起AB棒的轉(zhuǎn)動(dòng)，即A點(diǎn)和B點(diǎn)垂直于棒的速度之差引起棒的轉(zhuǎn)動(dòng)，可以據(jù)此求出棒的角速度。一方面，C點(diǎn)沿棒的速度和B點(diǎn)沿棒的速度大小相等，如果能分析出C點(diǎn)速度的方向，則可以求解C點(diǎn)速度的大??；另一方面，C點(diǎn)在豎直方向的速度應(yīng)該等于B點(diǎn)速度的一半，C點(diǎn)在水平方向的速度應(yīng)該等于A點(diǎn)速度的一半，根據(jù)這樣的關(guān)系也可以求解C點(diǎn)的速度大小。用相同的方法可以分析出M點(diǎn)的速度。要求出M點(diǎn)的軌跡方程，可以分別求出M點(diǎn)的x坐標(biāo)和y坐標(biāo)，然后消去相關(guān)的參數(shù)?！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?yàn)闂U的長(zhǎng)度不發(fā)生變化，所以vA∥=vB∥，則vA=vBcotθ(2)以A端為軸，設(shè)B端相對(duì)于軸的速度為vB→A，則vB→A=vB⊥+vA⊥=vBsinθ+vAcosθ=所以，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為==(3)解法一中點(diǎn)C相對(duì)于轉(zhuǎn)軸A的速度為v⊥==方向垂直于桿向下。而轉(zhuǎn)軸相對(duì)于地的速度為vA，方向水平向右。中點(diǎn)C的實(shí)際速度等于中點(diǎn)C相對(duì)于轉(zhuǎn)軸A的速度與轉(zhuǎn)軸相對(duì)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(diǎn)，故在棒運(yùn)動(dòng)的過程中，C點(diǎn)與O點(diǎn)的距離恒為AB長(zhǎng)度的一半?？梢?，C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓，則任何時(shí)刻C點(diǎn)的速度vC的方向都應(yīng)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(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度沿桿方向的投影應(yīng)該相等，即vCcos=vBcosθ故得vC===θvAθvAv⊥vC丙ABθvCCvBvB⊥vB∥vC⊥vC∥O丁(4)根據(jù)圖中的比例關(guān)系，可得M點(diǎn)的水平分速度vx和豎直分速度vy的表達(dá)式分別為 vx=kvA，vy=(1-k)vB代入已經(jīng)求得的vA和vB的表達(dá)式，可得vx=kvBcotθ，vy=(1-k)vB所以v==vB(5)根據(jù)圖中的比例關(guān)系，可求得M點(diǎn)的x坐標(biāo)和y坐標(biāo)的表達(dá)式分別為x=kLsinθ，y=(1-k)Lcosθ聯(lián)立兩式并消去參數(shù)θ，得+=1點(diǎn)拔：在(1)問中求解A點(diǎn)的速度時(shí)也可以應(yīng)用微元法?？紤]到C點(diǎn)做以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓周運(yùn)動(dòng)，可以利用C點(diǎn)的線速度求解C點(diǎn)的角速度，進(jìn)而求解AB棒的角速度。其實(shí)，(4)問中求解M點(diǎn)速度的方法也可以用來求解(3)問。在(5)問中，當(dāng)k=時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡為圓，這與(3)問的分析是一致的；當(dāng)k≠時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡為橢圓。題29、直角三角板ABC的邊長(zhǎng)BC=a，AC=b，開始時(shí)AB邊靠在y軸上，B與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合．今使A點(diǎn)單調(diào)地沿y軸負(fù)方向朝O點(diǎn)移動(dòng)，B點(diǎn)單調(diào)地沿x軸正方向移動(dòng)，如圖甲所示．(1)設(shè)AC邊與x軸平行時(shí)，即三角板處于圖乙所示位置時(shí)，A點(diǎn)速度大小為vA，試求此時(shí)C點(diǎn)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(diǎn)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(duì)于A加速度的x分量aCAx加上A相對(duì)Oxy平面加速度的x分量aAx=0，C相對(duì)于A作半徑為b的圓運(yùn)動(dòng)，速度大小即為vA，故aCAx由向心加速度構(gòu)成，即有 aCx=aCAx=-aCy等于C相對(duì)B加速度的y分量aCBy加上B相對(duì)于Oxy平面加速度的y分量aCy=0，C相對(duì)于B作半徑為a的圓運(yùn)動(dòng)，速度大小等于B沿x方向速度設(shè)為vB，則aCBy由向心加速度構(gòu)成，又有 aCy=aCBy=-A、B間距恒定，A點(diǎn)速度沿AB邊分量應(yīng)等于B點(diǎn)速度沿AB邊分量，據(jù)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(tài)如圖丁所示，可以看出O，A，B，C四點(diǎn)共圓．圖中標(biāo)以的兩個(gè)角因?qū)?yīng)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(yùn)動(dòng)．引入圖示的vA和vC，標(biāo)量化為vA和vC，其中vA始終為正，vC取正時(shí)，vC指向O點(diǎn)，vC取負(fù)時(shí)，vC背離O點(diǎn)．參考同一圓弧對(duì)應(yīng)的兩個(gè)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(diǎn)開始時(shí)沿直線背離O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)圖乙所示位置時(shí)停下，而后沿直線指向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，直到圖丙所示位置．據(jù)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(dòng)，如果桿的B端以恒定速度v運(yùn)動(dòng)，當(dāng)桿與水平面所成角度為θ時(shí)，求桿中點(diǎn)(C點(diǎn))加速度aC與角θ的關(guān)系。ABθABθvC甲ABθvCOvAvCaCnaCθO乙【解析】如圖乙，設(shè)桿長(zhǎng)為l，為桿的瞬時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)中心，桿的瞬時(shí)角速度： =易得桿中點(diǎn)C的速度：vC==注意到C點(diǎn)在以O(shè)為圓心，以為半徑的圓周上運(yùn)動(dòng)，其向心加速度： aCn==C點(diǎn)的合加速度方向必為豎直向下，由圖示幾何關(guān)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(dòng)，其頂角為，頂柱B壓在A上，只能沿豎直方向無摩擦地運(yùn)動(dòng)。B上放有重物G，F(xiàn)為水平向左施加在A上的推力。A、B的重量可以不計(jì)，它們之間的靜摩擦因數(shù)為μ。求：(1)使重物G剛好不致下降時(shí)F的數(shù)值F1；(2)使重物G剛好不致上升時(shí)F的數(shù)值F2；(3)分析當(dāng)1>μ>tan時(shí)，F(xiàn)1和F2值的正負(fù)，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(duì)A和B進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，據(jù)題意，重物剛好不下降或上升，B與A間的摩擦力應(yīng)為最大靜摩擦力μN(yùn)。A對(duì)B的摩擦力的方向沿斜面向上或向下，此時(shí)A和B均處于平衡狀態(tài)。BBGμN(yùn)N1NN2A乙FμN(yùn)N3N(1)若G剛好不致下降，則B受五個(gè)力作用而平衡，由豎直方向上合力為零，可得 Ncos+μN(yùn)sin=G而A受四個(gè)力作用而平衡，由水平方向上合力為零，可得F1+μN(yùn)cos=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，F(xiàn)2=G(3)當(dāng)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(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，F(xiàn)的方向必須向右。也就是說即使不加力F，重物也不會(huì)下降，且A、B之間沒有達(dá)到最大靜摩擦。當(dāng)1>μ>tan時(shí)，即cos>μcos>sin>μsin，可知F2>0。這表示要使重物上升，必須對(duì)A施加一個(gè)向左的力，且，F(xiàn)2≥G。題32、如圖甲所示，均勻T形物塊A重為G，夾在兩個(gè)相同的水平墊板中，A與墊板間的摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)墊板B、C以相同的速率u1對(duì)稱而勻速地向兩側(cè)退開時(shí)，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(yīng)為多大?AABFCu1u2甲答案F=。【解析】滑動(dòng)摩擦力的方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，如圖乙所示，滿足tan=①F=(f1+f2)cos②f1=f2=μ③ff1u2u1uA相當(dāng)于B，分析A乙f2u2u1uA相當(dāng)于C，分析A由①~③式得F=如何處理梯子滑動(dòng)相關(guān)的問題?梯子滑動(dòng)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(xué)臨界模型，這類問題綜合性強(qiáng)，難度大。對(duì)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(jù)臨界條件(常常認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)進(jìn)行求解；另一方面，可以引入摩擦角，再應(yīng)用三力匯交進(jìn)行求解。前者需要解方程，偏向于代數(shù)運(yùn)算；后者需要解三角形，偏向于幾何變形。前者運(yùn)算量較大而思維量較小，后者運(yùn)算量較小而思維量較大。在解決實(shí)際問題時(shí)，需要靈活選取合適的方法。題33、質(zhì)量分布均勻的梯子AB靠在光滑的豎直墻上，已知梯子長(zhǎng)為L(zhǎng)，重G=mg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，如圖甲所示。θθBA甲(1)求梯子不滑動(dòng)時(shí)，梯子與水平地面夾角θ的最小值θ0。(2)當(dāng)θ=θ0時(shí)，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(dòng)?【分析】本題有兩種解法，一種解法是根據(jù)物體的平衡條件求解，即列方程求解，這是常規(guī)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(jìn)行求解，即轉(zhuǎn)化成幾何分析?！窘馕觥拷夥ㄒ?1)如圖乙所示，考慮梯子剛好滑動(dòng)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(yùn)，N=G把梯子當(dāng)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(yùn)，N=G+P把梯子當(dāng)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(jù)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(dāng)?shù)刃е亓Φ闹匦脑谔葑又匦南旅鏁r(shí)梯子不會(huì)滑倒，當(dāng)?shù)刃е亓Φ闹匦脑谔葑又匦纳厦鏁r(shí)梯子就會(huì)滑倒，所以當(dāng)人爬到梯子一半即時(shí)，梯子開始滑動(dòng)。點(diǎn)拔：(1)靜力學(xué)中，處理三力平衡問題時(shí)，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(chǎng)強(qiáng)度等其他矢量的運(yùn)算。研究物理極值問題，也要結(jié)合物理思維方法，如對(duì)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(gè)質(zhì)量為M的人沿梯往上爬，為了保證該人的安全，對(duì)梯子的放置有什么要求?也可以應(yīng)用類似例題的兩種解法進(jìn)行求解，答案是tanθ≥。題34、如圖甲所示，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的均勻桿AB下端靠在墻上，借助繩DC保持傾斜狀態(tài)，如圖所示，繩的一端固定在墻上C點(diǎn)，而另一端系在桿上D點(diǎn)，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(shù)值。CBACBADlβα甲CBADFfβαβFNφFNφmgFfFTαEO乙【解析】桿受到重力mg，繩的拉力FT和墻對(duì)桿的作用力F(墻對(duì)A點(diǎn)的彈力FN和摩擦力Ff的合力)三個(gè)力的作用，因?yàn)闂U在三力作用下保持平衡，故此三力匯交，圖中E點(diǎn)為三力匯交點(diǎn)，為摩擦角，各力矢量關(guān)系如圖乙所示。對(duì)圖中幾何△ADE和△DOE運(yùn)用正弦定理可得：=，=解得桿與墻之間最小摩擦因數(shù)μmin=|tan|=，所以桿與墻之間的摩擦因數(shù)μ≥μmin，即μ≥時(shí)，桿處于平衡狀態(tài)，且對(duì)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(shù)分別為μ1，μ2，求梯子能平衡時(shí)與地面所成的最小夾角。(θ=arctan，與梯子重、梯長(zhǎng)均無關(guān))【解析】當(dāng)兩接觸處的靜摩擦力都達(dá)到最大時(shí)，梯子處于極限平衡狀態(tài)，此時(shí)梯子與地面所成的夾角最小.如圖所示，在A處地面對(duì)梯子的摩擦力為最大靜摩擦力，即fA=μ1NABBθDEAHCOGF1F2設(shè)fA與NA的合力為F1，F(xiàn)1與NA夾角為，則tan=μ1；同理可得，如果墻面對(duì)B摩擦力和彈力的合力F2，F(xiàn)2與NB夾角為，則tan=μ2。由力的平衡知識(shí)可得，力F1和F2、重力G三力的作用線交于一點(diǎn)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(zhǎng)均無關(guān)。題36、如圖甲所示，長(zhǎng)為l的折梯置于豎直平面內(nèi)，已知A、B兩處摩擦因數(shù)μA=0.2，μB=0.6，不計(jì)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(shù)足夠大，則梯子不會(huì)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(xiàn)兩邊的摩擦因數(shù)較小，所以梯子有可能滑倒，先對(duì)A、B兩點(diǎn)進(jìn)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(dòng)，則fB=μBNB，tan=μB，=arctanμB=arctan0.6>30o所以人必須從AC爬上，此時(shí)B端受地面的作用力沿著BC方向，如圖丙所示，地面對(duì)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，F(xiàn)B的交點(diǎn)O，由幾何關(guān)系，設(shè)人與A點(diǎn)的水平距離為s，則scot=(l-s)cot30o題37、時(shí)鐘從零點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，在12小時(shí)內(nèi)，長(zhǎng)針和短針(1)在哪些時(shí)刻重合？(2)在哪些時(shí)刻成反向直線?(3)在哪些時(shí)刻成直角?【分析】分析此題若采用數(shù)學(xué)列方程來解決較為復(fù)雜，我們利用圓周運(yùn)動(dòng)的基本知識(shí)較簡(jiǎn)捷.【解析】解長(zhǎng)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(zhuǎn)過的角度之差為 △θ=θ1-θ2=t-t=2k(k=1，2，3，···，11) t===k當(dāng)k=0，t=0，即開始時(shí)刻;當(dāng)k=1，t1==65(min)，即1:“5273”；當(dāng)k=2，t2=×2=130(min)，即2:“10545”；當(dāng)k=11，t11=×11=720(min)，即12h?？梢妰舍樦睾瞎渤霈F(xiàn)11次(起始不計(jì)在內(nèi)).(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(xiàn)11次.(3)兩針互相垂直即夾角為，則得結(jié)果為t=(k=1，2，3，···，22)此現(xiàn)象共出現(xiàn)22次。題38、一人站在地面上以初速v1向上拋出一小球，經(jīng)過時(shí)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(biāo)分析的方法來求解，因?yàn)閮蓚€(gè)小球的相遇就意味著它們的坐標(biāo)相同。選地面為參照系，x軸向上為正，并取第一個(gè)小球向上拋出時(shí)為計(jì)時(shí)開始，則第一小球的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為x1=v1t-gt2①第二個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為x2=v2(t-t0)-g(t-t0)2②兩式中的x1、x2代表t時(shí)刻兩個(gè)小球的坐標(biāo)，它們相遇時(shí)坐標(biāo)必然相等，即x1=x2。令x1=x2，可以求出相遇的時(shí)刻t，由x1=x2得v1t-gt2=v2(t-t0)-g(t-t0)2即t=③這個(gè)解答的意思是說，在第一小球拋出t時(shí)間后，它們相遇。但t不可能是負(fù)值，t必須大于0，即>0④這個(gè)分?jǐn)?shù)的分子按題設(shè)均為正值，現(xiàn)在要討論的只是分母，應(yīng)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?yàn)閠0>0，所以必定滿足⑤，即會(huì)相遇。設(shè)相遇處的坐標(biāo)為x，將從③求出的相遇時(shí)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(shí)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(gè)小球，用相遇的時(shí)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(shí)，相遇時(shí)刻t=+⑦因?yàn)檫@t恒大于0，所以一定會(huì)相遇，相遇坐標(biāo)x=⑧由題設(shè)t0≤，所以x恒為正值。按照常識(shí)判斷，相遇處應(yīng)在第二小球上升而第一小球下降的階段，以下證明這一點(diǎn)。因第一小球的速度v1=v1-gt，以相遇時(shí)的t代入，有 v1=v1-g=-⑨為負(fù)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(shí)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(diǎn)在地面以下。當(dāng)然，如果不允許進(jìn)入地面以下，則?意味不相遇。題39、如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊置于斜劈的光滑斜面上，并用細(xì)繩系住，繩的另一端系于斜劈頂端固定于劈的擋板上。設(shè)細(xì)線張力達(dá)2mg時(shí)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(yùn)動(dòng)的斜劈參照系中處理，問題變成一個(gè)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(yīng)滿足的條件 a≤gcotθ④本問題中a應(yīng)滿足的條件有兩個(gè)關(guān)系式，即式③和④。顯然，a與θ有關(guān)。但不知兩不等式的右式哪個(gè)大，所以還無法統(tǒng)一給出結(jié)果。為此，令=cotθ⑤解得θ=，易知，當(dāng)θ>時(shí)，>cotθ；當(dāng)θ<時(shí)，<cotθ因此，本題結(jié)論為當(dāng)θ>時(shí)，a≤gcotθ；當(dāng)θ<時(shí)，a<g。題40、如圖甲所示，一個(gè)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(diǎn)，B端恰與桌面不接觸。鐵鏈單位長(zhǎng)度的質(zhì)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(zhǎng)為△L的一小段(微元)作為研究對(duì)象，如圖乙所示，因?yàn)槊慷舞F鏈沿切線向上的拉力比沿切線向下的拉力大△Tθ，所以整個(gè)鐵鏈對(duì)A端的拉力是各段上△Tθ的標(biāo)量和。【解析】一小段微元作為研究對(duì)象，因?yàn)樵撐⒃幱陟o止?fàn)顟B(tài)，所以受力平衡，在切線方向上應(yīng)滿足 △Tθ=△Gcosθ=ρ△Lgcosθ對(duì)△Tθ進(jìn)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(diǎn)拔：本題在求解△Lcosθ時(shí)技巧性很強(qiáng)，這是物理學(xué)中常用的一種處理技巧，可以回避積分，降低了數(shù)學(xué)難度，但是也增加了思維難度，對(duì)提升大家的思維有幫助，需要大家慢慢體會(huì)。題41、A、B兩本書各300張，每張質(zhì)量3g，紙間摩擦系數(shù)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(zhì)量記為m，600張紙之間共有599對(duì)摩擦力，A書受其中599個(gè)摩擦力，B書受另外599個(gè)摩擦力.第1對(duì)摩擦力大小為f1=μmg，第2對(duì)摩擦力大小為f2=μ(2m)g，第599對(duì)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(duì)A、B至少各需施加1585N的力，此力相當(dāng)于質(zhì)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(zhì)量為M的圓環(huán)狀均勻彈性細(xì)繩圈，原長(zhǎng)為2a，a=，繩圈的勁度系數(shù)為k(繩伸長(zhǎng)s時(shí)，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(gè)平衡位置。考慮重力，忽略摩擦，平衡時(shí)彈性繩圈長(zhǎng)為2b，b=a，求(1)勁度系數(shù)k(用M、R、g表示)。(2)設(shè)k=，求繩圈的最后平衡位置及長(zhǎng)度。OOR甲【分析】因?yàn)檎麄€(gè)彈性繩圈的大小不能忽略不計(jì)，彈性繩圈不能看成質(zhì)點(diǎn)，所以應(yīng)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(nèi)部的彈力F，只要想辦法把F求出，就可應(yīng)用胡克定律求出彈性系數(shù)k了?！窘馕觥?1)在彈性繩圈的平面上△m所對(duì)的圓心角是△θ，如圖乙所示，則每一小段的質(zhì)量△m=M，△m在該平面上受拉力F的作用，合力為T=2Fcos=2Fsin因?yàn)楫?dāng)θ很小時(shí)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?yàn)閟inθ==，即tanθ=1，所以T=△mg=Mg②聯(lián)立①式和②式，解得彈性繩圈的張力為F=設(shè)彈性繩圈的伸長(zhǎng)量為x，則x=R-R=(-1)R所以繩圈的勁度系數(shù)為k===(2)此問請(qǐng)讀者自行解答。點(diǎn)拔：在本題中△m受的力不在同一平面內(nèi)，可以從一個(gè)合適的角度觀察，選取一個(gè)合適的平面進(jìn)行受力分析，實(shí)現(xiàn)降維的目的，這樣可以看清楚各個(gè)力之間的關(guān)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(zhuǎn)化為平面受力。題43、(共點(diǎn)力平衡)把圖甲中帶有小質(zhì)點(diǎn)(m)的圓環(huán)(M、勻質(zhì))掛在有摩擦的釘子上，如果掛在環(huán)上的任意一點(diǎn)，都能使其保持平衡，求釘與環(huán)之間的最小摩擦因數(shù)μmin。MPθMPθ甲mORMPθ乙mORDFNfθ【解析】設(shè)圖上P是圓環(huán)掛于釘上的某處，并使系統(tǒng)保持靜平衡，此時(shí)，要求圖中的θ角滿足：θ≤(為摩擦角)圓環(huán)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(huì)因?yàn)閼覓禳c(diǎn)不同而發(fā)生改變，但總滿足sin≤1所以sinθmax=。又因?yàn)棣?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(tài)是指從一種物理現(xiàn)象轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理現(xiàn)象，或者從一個(gè)物理過程轉(zhuǎn)入另一個(gè)物理過程的過渡狀態(tài)，即“恰好出現(xiàn)”或者“恰好不出現(xiàn)”某種現(xiàn)象的狀態(tài)。平衡問題的臨界狀態(tài)是指物體所處的平衡狀態(tài)將要被破壞的狀態(tài)(如即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng))。平衡態(tài)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(rèn)真分析物理情景，挖掘隱含條件或臨界條件，根據(jù)物體的平衡條件列方程，建立因變量與自變量之間的函數(shù)關(guān)系，再利用數(shù)學(xué)方法(如均值不等式、三角函數(shù)等)求極值。題44、將一均勻細(xì)桿置于粗糙的地面上，人對(duì)其一端施力，力與桿始終垂直，如圖甲所示。要將桿無滑動(dòng)地慢慢抬到豎直位置，桿與地面之間的靜摩擦因數(shù)至少為多大?FLFL甲FBNLfmghA乙【分析】如圖甲所示，抬起細(xì)桿B端的過程中，桿的A端與地面間沒有相對(duì)滑動(dòng)，靜摩擦力不超過其最大值?！窘馕觥吭O(shè)桿與水平方向的夾角為，對(duì)桿受力分析，如圖乙所示，列共點(diǎn)力平衡方程：Fcos+N=mg①Fsin=f②以A為軸，轉(zhuǎn)動(dòng)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(jié)合不滑動(dòng)的臨界條件f≤μN(yùn)，由②~④式得μ≥因?yàn)?tan+cot≥2=2所以μ≥點(diǎn)拔：(1)本題中，討論摩擦因數(shù)的范圍時(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)2tan=cot時(shí)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(dāng)平衡將要被破壞時(shí)，全反力與法線的夾角為摩擦角。題45、三個(gè)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(shè)桌面與柱體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0，柱體與柱體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，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(dá)到最大值?！窘馕觥恐wA、B、C靜止，都處于平衡態(tài)，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(duì)三個(gè)柱體進(jìn)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≤μN(yùn)2，f1≤μ0N1相互作用力的關(guān)系為 f2=f2，N2=N2綜上，解得 μ≥2，μ0≥。點(diǎn)拔：處理平衡中的臨界問題時(shí)，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(gè)水閘的剖面圖，閘門的質(zhì)量為m、寬為b，水閘兩側(cè)水面的高度分別為h1、h2，水與閘門間、閘門與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。設(shè)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(qiáng)隨深度均勻變化，且閘門寬度不變，本題也可以用平均壓強(qiáng)計(jì)算，即 F=·S=·bh=ρgbh2左側(cè)水對(duì)閘門的壓力為F1=ρgbh，左側(cè)水對(duì)閘門的摩擦力為f1=μ1F1；右側(cè)水對(duì)閘門的壓力為F2=ρgbh，右側(cè)水對(duì)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(zhì)的水庫(kù)底上有一棱長(zhǎng)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(kù)底提上來，該裝置采用吸盤的原理，如圖所示，即把一邊長(zhǎng)為a的正方形吸盤緊扣在立方體的上表面，抽走吸盤內(nèi)的空氣直到壓強(qiáng)p=0。試問：能不能借助這個(gè)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(qiáng)p0=105Pa。答案不能，2m。提示設(shè)F1、F2分別為水對(duì)立方體下側(cè)面和上側(cè)面的壓力，F(xiàn)為拉力，立方體上表面的深度為h。對(duì)立方體、吸盤所組成的系統(tǒng)，有F+F1-F2-mg=0其中F1=ρ水ga2(a+h)+p0a2，F(xiàn)2=ρ水ga2h+p0a2，mg=ρ石ga3由此得F=(ρ石-ρ水)ga3對(duì)吸盤，由平衡條件得F+N-F2=0，式中N是重物對(duì)吸盤的向上壓力，由此得N=F2-F=a2[ρ水gh+p0-(ρ石-ρ水)ga]當(dāng)N≥0時(shí)吸盤不脫落，當(dāng)N<0時(shí)吸盤將脫落，即ρ水gh+p0-(ρ石-ρ水)ga<0 h<a-=2m題48、一個(gè)質(zhì)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(gè)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(shí)，碗內(nèi)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(jī)接抽水機(jī)水銀水h答案(1)h=R-；(2)h1=。【解析】研究碗，上部水對(duì)它向下的壓力為F水壓=ρg(h-R)·R2水銀對(duì)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(nèi)水銀的高度為h1，有F浮=ρ1gV=ρ1g·h結(jié)合F浮=mg，得h1=題49、兩個(gè)質(zhì)量為m的斜劈和一個(gè)質(zhì)量為4m、半徑為r的球在外力作用下保持圖甲所示的靜止?fàn)顟B(tài)。忽略所有摩擦，某時(shí)刻撤去外力，求球掉到平面上所需要的時(shí)間。3030o60o甲【分析】左斜劈用角標(biāo)1標(biāo)記，右斜劈用角標(biāo)2標(biāo)記，設(shè)球的加速度在垂直于兩個(gè)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(shè)球與左右斜劈間的彈力分別為N1、N2，如圖乙所示。3030o60oN1N2N2N14mg乙對(duì)左右斜劈，根據(jù)牛頓第二定律，得N1cos30o=m N2cos60o=m對(duì)球，根據(jù)牛頓第二定律，得4mgsin30o-N1=4ma14mgsin60o-N2=4ma2聯(lián)立以上四個(gè)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(shí)間為t==點(diǎn)拔：本題的主干思路較簡(jiǎn)單，即已知受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵就是求出加速度。但在具體求解時(shí)涉及關(guān)聯(lián)運(yùn)動(dòng)，難度較大，即兩個(gè)物體接觸不分離的條件是法向加速度大小和方向