高考和自主招生物理力学模拟压轴题2

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1、1、如图4.1（a)、（b），在质量M＝1kg的木板上有质量m＝0.1kg的小雪橇。雪橇上的马达牵引着一根绳子，使雪橇以速度v0＝0.1m/s运动。忽略桌面与木板之间的摩擦。木板与雪橇之间的摩擦系数μ＝0.02。把住木板，起动马达。当雪橇达到速度v0时，放开木板。在此瞬间，雪橇与木板端面的距离L＝0.5m。绳子拴在（a）远处的桩子，（b）木板的端面上。试描述两种情形下木板与雪橇的运动。雪橇何时到达木板端面？　图4.1（a）　　　　　　　　　　　　　　　图4.1（b）解：（a）在第一种情形中（如图4.1（a）），雪橇处于匀速运动状态。雪橇与木板以不同的速度运动。这样引起的最大摩擦力为mmg，它作

2、用在木板上，产生的加速度，直至木板达到雪橇的速度v0为止。加速时间为＝5.1s在这段时间内，雪橇的位移为＝0.255m因此，雪橇离木板右端点的距离为0.5m－0.255m＝0.245m雪橇不能达到木板的一端，因为这段时间以后，木板与雪橇以相同的速度v0一起运动。在木板加速期间，马达必须用力mmg牵引绳子，但以后马达不能施加力的作用，它只是卷绳子。　　（b）在第二种情形中（如图4.1（b）），木板与桌面之间无摩擦。木板与雪橇形成一个孤立系统，可以用动量守恒定律。当我们放开木板时，雪橇的动量为mv0，释放后的木板具有速度v2，它由下式决定：　　mv0＝Mv2＋m（v0＋v2）此式表明v2＝０，所以

3、木板保持不动，雪橇以同一速度继续前进。雪橇达到木板右端的时间为＝5s2、长L的光滑平台固定在地面上，平台中间放有小物体A和B，两者彼此接触。A的表面是半径为R（R＜＜L）的半圆形轨道，轨道顶端距台面的高度为h处有一小物体C，A、B、C的质量均为m。在系统静止时释放C，已知在运动过程中A、C始终保持接触。试求：（1）A、B刚分离时，B的速度；（2）A、B分离后，C能到达的最大高度；（3）试判断A从平台的哪边落地，并估算A从B分离到落地所用的时间。解析：（1）（2）问常规，C至最低点时AB分离，考查C下滑至最低点过程：解得vAB=考查C“上爬”的过程，对AC系统：解得H=R，C距平台高度h′=h－

4、R+H第（3）问物理思想较难：A虽做变加速运动，但AC整体水平动量恒定，整体质心水平速度恒定，且为vAC；另据题意R＜＜L，故可认为滑下的位移S≈…答案：（1）；（2）H－；（3）左边，L。3、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用

5、尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。车第一次碰墙后，车速变为－v，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1==，因方向为正，必朝墙运动。车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S=,反向加速的位移S′=，其中a=a1=，故S′＜S，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1。车第二次碰墙后，车速变为－v1，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2===，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，……共同速度v3==，朝墙运动。……以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——铁

6、块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk=ΔE内，且，ΔE内=f滑S相，即：（m+M）v2=μmg·S相代入数字得：S相=5.4m2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故第一次：S1=第二次：S2==第三次：S3==……n次碰墙的总路程是：ΣS=2（S1+S2+S3+…+Sn）=（1+++…+）=（1+++…+）碰墙

7、次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS=4.05m4、边长为a、质量为10m的立方块置于倾斜角为30°的固定斜面上。半径为a/2、质量为m的圆柱依次搁置成一排。物块与柱体、柱体之间、柱体与斜面均为光滑接触，但物块与斜面之间的摩擦系数μ=2/3。试求：系统保持静止时，最多可依次放置多少个圆柱体？解析：参见右图，若考虑质心平衡，滑动临界状态，φ=φm=43.3°。因N、G过O点，全反力R要过O点，其作用点