初中数学热学典型例题1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于矗立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=＿＿＿＿剖析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列多项式。对平衡问题，依据题目所给条件，常常可采用不同的方式，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示，设细绳与水平倾角为α，由平衡条件可知：2TSinα=F，其中F=12牛，将绳延长，由图中几何条件得：Sinα=3/5，则代入上式可得T=10牛。解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T）的合力F’与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为矩形。如图1-2所示，其中力的三角形△OEG与△ADC相像，则：""*得：牛。想一想：若将右端绳A沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？（提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两侧细绳与水平方向倾角仍相等，细绳的张力仍不变。
）2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向上的恒力F=mg。先托住物块，使绳处于水平剪短状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变。（1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？（3）求物块下落过程中的最大速率Vm和最大距离H？剖析与解：物块向上先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的倾角日渐减少。由于绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的倾角减少，两绳对物块拉力的合力将逐步减小，物块所受合力渐渐减少，向上加速度渐渐减少。当物块的合外力为零时，速率达到最大值。之后，由于两绳间倾角继续减弱，物块所受合外力竖直向下，且逐步减小，物块将作加速度渐渐减小的减速运动。当物块增长速率减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H。当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的θ角，再由θ角求出相应的距离h，因而求出克服C端恒力F所做的功。对物块运用动能定律可求出物块下落过程中的最大速率Vm和最大距离H。
（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块增长距离为h。由于F恒等于mg，所以绳对物块拉力大小恒为mg，由平衡条件知：2θ=120°，所以θ=60°，由图2-2知：h=L*tg30°=L[1]（2）当物块下落h时，绳的C、D端均上升h’，由几何关系可得：h’=-L[2]克服C端恒力F做的功为：W=F*h’[3]由[1]、[2]、[3]式联立解得：W=（-1）mgL（3）出物块下落过程中，共有三个力对物块做功。重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功。两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。由于物块增长距离h时动能最大。由动能定律得：mgh-2W=[4]将[1]、[2]、[3]式代入[4]式解得：Vm=当物块速率降低为零时，物块下落距离达到最大值H，绳C、D上升的距离为H’。由动能定律得：mgH-2mgH’=0，又H’=-L，联立解得：H=。3、如图3-1所示的传送皮带，其水平部份ab=2米，bc=4米，bc与水平面的倾角α=37°，一小物体A与传送皮带的滑动磨擦系数μ=0.25，皮带沿图示方向运动，速度为2米/秒。若把物体A轻轻放在a点处，它将被皮带送到c点，且物体A仍然没有脱离皮带。
求物体A从a点被传送到c点所用的时间。剖析与解：物体A轻放在a点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对A的滑动磨擦力往前，则A作初速为零的匀加速运动直至与传送带速率相同。设此段时间为t1，则：a1=μg=0.25x10=2.5米/秒2t=v/a1=2/2.5=0.8秒设A匀加速运动时间内位移为S1，则：设物体A在水平传送带上作匀速运动时间为t2，则设物体A在bc段运动时间为t3，加速度为α2，则：α2=g*Sin37°-μ°=10x0.6-0..8=4米/秒2解得：t3=1秒（t3=-2秒舍弃）所以物体A从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如图4-1所示，传送带与地面夹角θ=37°，AB长为16米，传送带以10米/秒的速率匀速运动。在传送带下端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体，它与传送带之间的动磨擦系数为μ=0.5，求：（1）物体从A运动到B所需时间，（2）物体从A运动到B的过程中，磨擦力对物体所做的功（g=10米/秒2）剖析与解：（1）当物体下降速率大于传送带时，物体的加速度为α1,（此时滑动磨擦力沿斜面向上）则：t1=v/α1=10/10=1米当物体下降速率小于传送带V=10米/秒时，物体的加速度为α2（此时f沿斜面向下）则：即：10t2+t22=11解得：t2=1秒（t2=-11秒舍弃）所以，t=t1+t2=1+1=2秒（2）W1=fs1=μmgcosθS1=0.5X0..8X5=10焦W2=-fs2=-μmgcosθS2=-0.5X0..8X11=-22焦所以，W=W1+W2=10-22=-12焦。
想一想：如图4-1所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始下降到皮带底端B用的时间为t，则：（请选择）A.当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间一定小于t。B.当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t。C.当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间可能等于t。D.当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间可能大于t。（B、C、D）5、如图5-1所示，长L=75cm的静止高腰中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4千克，现对筒施加一竖直向上、大小为21牛的恒力，使筒竖直向上运动，经t=0.5秒时间，小球正好跃出筒口。求：小球的质量。（取g=10m/s2）剖析与解：筒遭到竖直向上的力作用后做竖直向上的匀加速运动，且加速度小于重力加速度。而小球则是在筒内做自由落体运动。小球跃出筒口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的宽度。设筒与小球的总质量为M，小球的质量为m，筒在重力及恒力的共同作用下竖直向上做初速为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落体运动。设在时间t内，筒与小球的位移分别为h1、h2（球可视为质点）如图5-2所示。由运动学公式得：又有：L=h1-h2代入数据解得：a=16米/秒2又由于筒遭到重力(M-m)g和向上斥力F，据牛顿第二定理：F+(M-m)g=(M-m)a得：6、如图6-1所示，A、B两物体的质量分别是m1和m2，其接触面光滑，与水平面的倾角为θ，若A、B与水平地面的动磨擦系数都是μ，用水平力F推A，使A、B一起加速运动，求：（1）A、B间的互相斥力（2）为维持A、B间不发生相对滑动，力F的取值范围。
剖析与解：A在F的作用下，有沿A、B间斜面向下运动的趋势，据题意，为维持A、B间不发生相对滑动时，A处刚脱离水平面，即A不遭到水平面的支持力，此时A与水平面间的磨擦力为零。本题在求A、B间互相斥力N和B遭到的磨擦力f2时，运用隔离法；而求A、B组成的系统的加速度时，运用整体法。（1）对A受力剖析如图6-2（a）所示，据题意有：N1=0，f1=0因而有：Ncosθ=m1g[1],F-Nsinθ=m1a[2]由[1]式得A、B间互相斥力为：N=m1g/cosθ（2）对B受力剖析如图6-2（b）所示，则：N2=m2g+Ncosθ[3],f2=μN2[4]将[1]、[3]代入[4]式得：f2=μ(m1+m2)g取A、B组成的系统，有：F-f2=(m1+m2)a[5]由[1]、[2]、[5]式解得：F=m1g(m1+m2)(tgθ-μ)/m2故A、B不发生相对滑动时F的取值范围为：0＜F≤m1g(m1+m2)(tgθ-μ)/m2想一想：当A、B与水平地面间光滑时，且又m1=m2=m时，则F的取值范围是多少？(0＜F≤2mgtgθ＝。7、某人造月球卫星的高度是月球直径的15倍。
试计算此卫星的线速率。已知月球直径R=，g=10m/s2。剖析与解：人造月球卫星绕月球做圆周运动的向心力由月球对卫星的引力提供，设月球与卫星的质量分别为M、m，则：=[1]又按照近地卫星遭到的引力可近似地觉得等于其重力，即：mg=[2][1]、[2]两式消掉GM解得：V===2.0X103m/s说明：n越大(即卫星越高)，卫星的线速率越小。若n=0，即近地卫星，则卫星的线速率为V0==7./s，这就是第一宇宙速率，即环绕速率。8、一内壁光滑的环型细圆管，坐落竖直平面内，环的直径为R（比细管的外径大得多。在圆管中有两个半径与细管管径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2。它们沿环型圆管顺秒针运动，经过最高点时的速率都为V0。设A球运动到最高点时，B球刚好运动到最低点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，这么m1、m2、R与V0应满足的关系式是。剖析与解：如图7-1所示如图所示为动，A球运动到最高点时速率为V0，A球遭到向上重力mg和细管向下弹力N1的作用，其合力提供向心力。这么，N1-m1g=m1[1]这时B球坐落最低点，速率为V1，B球受向上重力m2g和细管弹力N2作用。
球作用于细管的力是N1、N2的反斥力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与N1等值反向，N1=N2[2]，且N2方向一定向上，对B球：N2+m2g=m2[3]B球由最低点运动到最高点时速率为V0，此过程中机械能守恒：即m2V12+m2g2R=m2V02[4]由[1][2][3][4]式消掉N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是：(m1-m2)+(m1+5m2)g=0[5]说明：（1）本题不要求出某一化学量，而是要求按照对两球运动的剖析和受力的剖析，在构建[1]-[4]式的基础上得到m1、m2、R与V0所满足的关系式[5]。（2）由题意要求两球对圆管的合力为零知，N2一定与N1方向相反，这一点是列举[3]式的关键。且由[5]式知两球质量关系m1＜m2。9、如图8-1所示，质量为m=0.4kg的滑块，在水平外力F作用下，在光滑水平面上从A点由静止开始向B点运动，抵达B点时外力F忽然撤掉，滑块随后冲上直径为R=0.4米的1/4光滑弧形面货车，货车立刻沿光滑水平面PQ运动。设：开始时平面AB与弧形CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB连线为X轴，且AB=d=0.64m，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为P=1.6kgm/s，货车质量M=3.6kg，不计能量损失。
求：(1)滑块受水平推力F为多大?(2)滑块通过C点时，弧形C点遭到压力为多大?(3)滑块抵达D点时，货车速率为多大?(4)滑块能够第二次通过C点?若滑块第二次通过C点时，货车与滑块的速率分别为多大?(5)滑块从D点滑出再返回D点这一过程中，货车联通距离为多少?(g取10m/s2)剖析与解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑块到B点速率为：VB=1.6/m=1.6=3.2m/sA→B，由动能定律得：FS=mVB2所以F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N(2)滑块滑上C立刻做圆周运动，由牛顿第二定理得：N-mg=mVC2/R而VC=VB则N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(3)滑块由C→D的过程中，滑块和货车组成系统在水平方向动量守恒，因为滑块一直贴近着面包车一起运动，在D点时，滑块和货车具有相同的水平速率VDX。由动量守恒定理得：mVC=(M+m)VDX所以VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s(4)滑块一定能再度通过C点。
由于滑块抵达D点时，除与货车有相同的水平速率VDX外，还具有竖直向下的分速率VDY，因而滑块之后将脱离货车相对于货车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，仍然处于D点的正上方(因二者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速率)，所以滑块返回时必重新落在货车的D点上，之后再圆孤下降，最后由C点离开货车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定理得：mVC2=mgR+(M+m)VDX2+mVDY2所以以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来说，此过程中弹力与速率不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：mVC=mVC'+MV即mVC2=mVC'2+MV2上式中VC'、V分别为滑块返回C点时，滑块与货车的速率，V=2mVC/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/sVC'=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与V反向)(5)滑块离D到返回D这一过程中，货车做匀速直线运动，前进距离为：△S=/g=0..1/10=0.07m10、如图9-1所示，质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上，板的右端放一质量为m=1kg的小石块，现给石块一个水平向左速率V0=4m/s，石块在木板上滑行，与固定在木板上端的水平轻弹簧相撞后又返回，且正好停在木板右端，求石块与弹簧相撞过程中，弹性势能的最大值EP。
剖析与解：在石块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因而弹簧压缩最大时和石块停在木板右端时系统的共同速率（石块与木板的速率相同）可用动量守恒定理求出。在石块相对于木板往返运动过程中，系统总机械能损失等于磨擦力和相对运动距离的乘积，可借助能量关系分别对两过程列多项式解出结果。设弹簧压缩量最大时和石块停在木板右端时系统速率分别为V和V'，由动量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V'所以，V=V’=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s石块刚在木板上运动时系统总动能为：EK=mV02=0.=8J弹簧压缩量最大时和石块最后停在木板右端时，系统总动能都为：EK'=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J石块在相对于木板往返运过程中，克服磨擦力f所做的功为：Wf=f2L=EK-EK'=8-2=6J石块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中，系统机械能损失为：fs=3J由能量关系得出弹性势能最大值为：EP=EK-EK'-fs=8-2-3=3J说明：因为木板在水平光滑平面上运动，整个系统动量守恒，题中所求的是弹簧的最大弹性势能，解题时必需要用到能量关系。
在解本题时要注意两个方面：1.是要晓得只有当石块和木板相对静止时(即速率相同时)，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，石块和木板的速率都不为零；石块停在木板右端时，系统速率也不为零。2.是系统机械能损失并不等于石块克服磨擦力所做的功，而等于石块克服磨擦力所做的功和磨擦力对木板所做功的差值，故在估算中用磨擦力乘上石块在木板上相对滑动的距离。11、如图10-1所示，劲度系数为K的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与夹角为θ的斜面体货车联接，货车放在光滑水平面上。在货车上叠放一个物体，已知货车质量为M，物体质量为m，货车坐落O点时，整个系统处于平衡状态。现将货车从O点拉到B点如图所示为动，令OB=b，无初速释放后，货车即在水平面B、C间来回运动，而物体和货车之间仍然没有相对运动。求：(1)货车运动到B点时的加速度大小和物体所遭到的磨擦力大小。(2)b的大小必须满足哪些条件，才会使货车和物体一起运动过程中，在某一位置时，物体和货车之间的磨擦力为零。剖析与解：(1)所求的加速度a和磨擦力f是货车在B点时的瞬时值。取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定理：kb=(M+m)a所以a=kb/(M+m)。
取m为研究对象，在沿斜面方向有：f-mgsinθ=macosθ所以，f=mgsinθ+mcosθ=m(gsinθ+cosθ)(2)当物体和货车之间的磨擦力的零时，货车的加速度变为a'，货车距O点距离为b'，取m为研究对象，有：mgsinθ=ma'cosθ取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，有：kb'=(M+m)a'以上述两式联立解得：b'=(M+m)gtgθ说明：在求解加速度时用整体法，在剖析求解m遭到的磨擦力时用隔离法。整体法和隔离法三者交互运用是解题中常用的技巧，希读者认真把握。12、如图11-1所示，一列横波t时刻的图像用虚线表示，又经△t=0.2s时的图像用实线表示。已知波长为2m，则以下说法正确的是：()A、若波往右传播，则最大周期是2s。B、若波向史记播，则最大周期是2s。C、若波向史记播，则最小波速是9m/s。D、若声速是19m/s，则传播方向向左。剖析与解：若往右传播，则传播0.2m的波数为0.2m/2m=0.1，则，△t=(n+0.1)T(n=0、1、2、3……)所以T=△t/(n+0.1)=0.2/(n+0.1)当n=0时，周期有最大值Tmax=2s，所以A正确。
若向史记播，则在0.2s内传播距离为(2-0.2)m=1.8m，传过波数为1.8m/2m=0.9，则，△t=(n+0.9)T(n=0、1、2、3……)所以T=△t/(n+0.9)=0.2/(n+0.9)当n=0时，周期有最大值Tmax≈0.22S，所以B错。又：T=λ/V，所以V=λ/T=λ/[0.2/(n+0.9)]=2(n+0.9)/0.2=10(n+0.9)当n=0时，声速最小值为Vmin=9m/s，所以C正确。当n=1时V=19m/s，所以D正确。故本题应选A、C、D。说明：解决波动问题要注意：因为波动的周期性(每隔一个周期T或每隔一个波长λ)和波的传播方向的单向性，常常出现多解，故要避免用特解来取代通解导致解答的不完整。
