初中數學熱學典型例題1、如圖1-1所示，長為5米的細繩的兩端分別系于矗立在地面上相距為4米的兩桿頂端A、B。繩上掛一個光滑的輕質掛鉤。它鉤著一個重為12牛的物體。平衡時，繩中張力T=＿＿＿＿剖析與解：本題為三力平衡問題。其基本思路為：選對象、分析力、畫力圖、列多項式。對平衡問題，依據題目所給條件，常常可采用不同的方式，如正交分解法、相似三角形等。所以，本題有多種解法。解法一：選掛鉤為研究對象，其受力如圖1-2所示，設細繩與水平傾角為α，由平衡條件可知：2TSinα=F，其中F=12牛，將繩延長，由圖中幾何條件得：Sinα=3/5，則代入上式可得T=10牛。解法二：掛鉤受三個力，由平衡條件可知：兩個拉力（大小相等均為T）的合力F’與F大小相等方向相反。以兩個拉力為鄰邊所作的平行四邊形為矩形。如圖1-2所示，其中力的三角形△OEG與△ADC相像，則：""*得：牛。想一想：若將右端繩A沿桿適當下移些，細繩上張力是否變化？（提示：掛鉤在細繩上移到一個新位置，掛鉤兩側細繩與水平方向傾角仍相等，細繩的張力仍不變。
）2、如圖2-1所示，輕質長繩水平地跨在相距為2L的兩個小定滑輪A、B上，質量為m的物塊懸掛在繩上O點，O與A、B兩滑輪的距離相等。在輕繩兩端C、D分別施加豎直向上的恒力F=mg。先托住物塊，使繩處于水平剪短狀態，由靜止釋放物塊，在物塊下落過程中，保持C、D兩端的拉力F不變。（1）當物塊下落距離h為多大時，物塊的加速度為零？（2）在物塊下落上述距離的過程中，克服C端恒力F做功W為多少？（3）求物塊下落過程中的最大速率Vm和最大距離H？剖析與解：物塊向上先作加速運動，隨著物塊的下落，兩繩間的傾角日漸減少。由于繩子對物塊的拉力大小不變，恒等于F，所以隨著兩繩間的傾角減少，兩繩對物塊拉力的合力將逐步減小，物塊所受合力漸漸減少，向上加速度漸漸減少。當物塊的合外力為零時，速率達到最大值。之后，由于兩繩間傾角繼續減弱，物塊所受合外力豎直向下，且逐步減小，物塊將作加速度漸漸減小的減速運動。當物塊增長速率減為零時，物塊豎直下落的距離達到最大值H。當物塊的加速度為零時，由共點力平衡條件可求出相應的θ角，再由θ角求出相應的距離h，因而求出克服C端恒力F所做的功。對物塊運用動能定律可求出物塊下落過程中的最大速率Vm和最大距離H。
（1）當物塊所受的合外力為零時，加速度為零，此時物塊增長距離為h。由于F恒等于mg，所以繩對物塊拉力大小恒為mg，由平衡條件知：2θ=120°，所以θ=60°，由圖2-2知：h=L*tg30°=L[1]（2）當物塊下落h時，繩的C、D端均上升h’，由幾何關系可得：h’=-L[2]克服C端恒力F做的功為：W=F*h’[3]由[1]、[2]、[3]式聯立解得：W=（-1）mgL（3）出物塊下落過程中，共有三個力對物塊做功。重力做正功，兩端繩子對物塊的拉力做負功。兩端繩子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。由于物塊增長距離h時動能最大。由動能定律得：mgh-2W=[4]將[1]、[2]、[3]式代入[4]式解得：Vm=當物塊速率降低為零時，物塊下落距離達到最大值H，繩C、D上升的距離為H’。由動能定律得：mgH-2mgH’=0，又H’=-L，聯立解得：H=。3、如圖3-1所示的傳送皮帶，其水平部份ab=2米，bc=4米，bc與水平面的傾角α=37°，一小物體A與傳送皮帶的滑動磨擦系數μ=0.25，皮帶沿圖示方向運動，速度為2米/秒。若把物體A輕輕放在a點處，它將被皮帶送到c點，且物體A仍然沒有脫離皮帶。
求物體A從a點被傳送到c點所用的時間。剖析與解：物體A輕放在a點處，它對傳送帶的相對運動向后，傳送帶對A的滑動磨擦力往前，則A作初速為零的勻加速運動直至與傳送帶速率相同。設此段時間為t1，則：a1=μg=0.25x10=2.5米/秒2t=v/a1=2/2.5=0.8秒設A勻加速運動時間內位移為S1，則：設物體A在水平傳送帶上作勻速運動時間為t2，則設物體A在bc段運動時間為t3，加速度為α2，則：α2=g*Sin37°-μ°=10x0.6-0..8=4米/秒2解得：t3=1秒（t3=-2秒舍棄）所以物體A從a點被傳送到c點所用的時間t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如圖4-1所示，傳送帶與地面夾角θ=37°，AB長為16米，傳送帶以10米/秒的速率勻速運動。在傳送帶下端A無初速地釋放一個質量為0.5千克的物體，它與傳送帶之間的動磨擦系數為μ=0.5，求：（1）物體從A運動到B所需時間，（2）物體從A運動到B的過程中，磨擦力對物體所做的功（g=10米/秒2）剖析與解：（1）當物體下降速率大于傳送帶時，物體的加速度為α1,（此時滑動磨擦力沿斜面向上）則：t1=v/α1=10/10=1米當物體下降速率小于傳送帶V=10米/秒時，物體的加速度為α2（此時f沿斜面向下）則：即：10t2+t22=11解得：t2=1秒（t2=-11秒舍棄）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：如圖4-1所示，傳送帶不動時，物體由皮帶頂端A從靜止開始下降到皮帶底端B用的時間為t，則：（請選擇）A.當皮帶向下運動時，物塊由A滑到B的時間一定小于t。B.當皮帶向下運動時，物塊由A滑到B的時間一定等于t。C.當皮帶向上運動時，物塊由A滑到B的時間可能等于t。D.當皮帶向上運動時，物塊由A滑到B的時間可能大于t。（B、C、D）5、如圖5-1所示，長L=75cm的靜止高腰中有一不計大小的小球，筒與球的總質量為4千克，現對筒施加一豎直向上、大小為21牛的恒力，使筒豎直向上運動，經t=0.5秒時間，小球正好躍出筒口。求：小球的質量。（取g=10m/s2）剖析與解：筒遭到豎直向上的力作用后做豎直向上的勻加速運動，且加速度小于重力加速度。而小球則是在筒內做自由落體運動。小球躍出筒口時，筒的位移比小球的位移多一個筒的寬度。設筒與小球的總質量為M，小球的質量為m，筒在重力及恒力的共同作用下豎直向上做初速為零的勻加速運動，設加速度為a；小球做自由落體運動。設在時間t內，筒與小球的位移分別為h1、h2（球可視為質點）如圖5-2所示。由運動學公式得：又有：L=h1-h2代入數據解得：a=16米/秒2又由于筒遭到重力(M-m)g和向上斥力F，據牛頓第二定理：F+(M-m)g=(M-m)a得：6、如圖6-1所示，A、B兩物體的質量分別是m1和m2，其接觸面光滑，與水平面的傾角為θ，若A、B與水平地面的動磨擦系數都是μ，用水平力F推A，使A、B一起加速運動，求：（1）A、B間的互相斥力（2）為維持A、B間不發生相對滑動，力F的取值范圍。
剖析與解：A在F的作用下，有沿A、B間斜面向下運動的趨勢，據題意，為維持A、B間不發生相對滑動時，A處剛脫離水平面，即A不遭到水平面的支持力，此時A與水平面間的磨擦力為零。本題在求A、B間互相斥力N和B遭到的磨擦力f2時，運用隔離法；而求A、B組成的系統的加速度時，運用整體法。（1）對A受力剖析如圖6-2（a）所示，據題意有：N1=0，f1=0因而有：Ncosθ=m1g[1],F-Nsinθ=m1a[2]由[1]式得A、B間互相斥力為：N=m1g/cosθ（2）對B受力剖析如圖6-2（b）所示，則：N2=m2g+Ncosθ[3],f2=μN2[4]將[1]、[3]代入[4]式得：f2=μ(m1+m2)g取A、B組成的系統，有：F-f2=(m1+m2)a[5]由[1]、[2]、[5]式解得：F=m1g(m1+m2)(tgθ-μ)/m2故A、B不發生相對滑動時F的取值范圍為：0＜F≤m1g(m1+m2)(tgθ-μ)/m2想一想：當A、B與水平地面間光滑時，且又m1=m2=m時，則F的取值范圍是多少？(0＜F≤2mgtgθ＝。7、某人造月球衛星的高度是月球直徑的15倍。
試計算此衛星的線速率。已知月球直徑R=，g=10m/s2。剖析與解：人造月球衛星繞月球做圓周運動的向心力由月球對衛星的引力提供，設月球與衛星的質量分別為M、m，則：=[1]又按照近地衛星遭到的引力可近似地覺得等于其重力，即：mg=[2][1]、[2]兩式消掉GM解得：V===2.0X103m/s說明：n越大(即衛星越高)，衛星的線速率越小。若n=0，即近地衛星，則衛星的線速率為V0==7./s，這就是第一宇宙速率，即環繞速率。8、一內壁光滑的環型細圓管，坐落豎直平面內，環的直徑為R（比細管的外徑大得多。在圓管中有兩個半徑與細管管徑相同的小球（可視為質點）。A球的質量為m1，B球的質量為m2。它們沿環型圓管順秒針運動，經過最高點時的速率都為V0。設A球運動到最高點時，B球剛好運動到最低點，若要此時兩球作用于圓管的合力為零，這么m1、m2、R與V0應滿足的關系式是。剖析與解：如圖7-1所示如圖所示為動，A球運動到最高點時速率為V0，A球遭到向上重力mg和細管向下彈力N1的作用，其合力提供向心力。這么，N1-m1g=m1[1]這時B球坐落最低點，速率為V1，B球受向上重力m2g和細管彈力N2作用。
球作用于細管的力是N1、N2的反斥力，要求兩球作用于細管的合力為零，即要求N2與N1等值反向，N1=N2[2]，且N2方向一定向上，對B球：N2+m2g=m2[3]B球由最低點運動到最高點時速率為V0，此過程中機械能守恒：即m2V12+m2g2R=m2V02[4]由[1][2][3][4]式消掉N1、N2和V1后得到m1、m2、R與V0滿足的關系式是：(m1-m2)+(m1+5m2)g=0[5]說明：（1）本題不要求出某一化學量，而是要求按照對兩球運動的剖析和受力的剖析，在構建[1]-[4]式的基礎上得到m1、m2、R與V0所滿足的關系式[5]。（2）由題意要求兩球對圓管的合力為零知，N2一定與N1方向相反，這一點是列舉[3]式的關鍵。且由[5]式知兩球質量關系m1＜m2。9、如圖8-1所示，質量為m=0.4kg的滑塊，在水平外力F作用下，在光滑水平面上從A點由靜止開始向B點運動，抵達B點時外力F忽然撤掉，滑塊隨后沖上直徑為R=0.4米的1/4光滑弧形面貨車，貨車立刻沿光滑水平面PQ運動。設：開始時平面AB與弧形CD相切，A、B、C三點在同一水平線上，令AB連線為X軸，且AB=d=0.64m，滑塊在AB面上運動時，其動量隨位移的變化關系為P=1.6kgm/s，貨車質量M=3.6kg，不計能量損失。
求：(1)滑塊受水平推力F為多大?(2)滑塊通過C點時，弧形C點遭到壓力為多大?(3)滑塊抵達D點時，貨車速率為多大?(4)滑塊能夠第二次通過C點?若滑塊第二次通過C點時，貨車與滑塊的速率分別為多大?(5)滑塊從D點滑出再返回D點這一過程中，貨車聯通距離為多少?(g取10m/s2)剖析與解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑塊到B點速率為：VB=1.6/m=1.6=3.2m/sA→B，由動能定律得：FS=mVB2所以F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N(2)滑塊滑上C立刻做圓周運動，由牛頓第二定理得：N-mg=mVC2/R而VC=VB則N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(3)滑塊由C→D的過程中，滑塊和貨車組成系統在水平方向動量守恒，因為滑塊一直貼近著面包車一起運動，在D點時，滑塊和貨車具有相同的水平速率VDX。由動量守恒定理得：mVC=(M+m)VDX所以VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s(4)滑塊一定能再度通過C點。
由于滑塊抵達D點時，除與貨車有相同的水平速率VDX外，還具有豎直向下的分速率VDY，因而滑塊之后將脫離貨車相對于貨車做豎直上拋運動(相對地面做斜上拋運動)。因題中說明無能量損失，可知滑塊在離車后一段時間內，仍然處于D點的正上方(因二者在水平方向不受力作用，水平方向分運動為勻速運動，具有相同水平速率)，所以滑塊返回時必重新落在貨車的D點上，之后再圓孤下降，最后由C點離開貨車，做平拋運動落到地面上。由機械能守恒定理得：mVC2=mgR+(M+m)VDX2+mVDY2所以以滑塊、小車為系統，以滑塊滑上C點為初態，滑塊第二次滑到C點時為末態，此過程中系統水平方向動量守恒，系統機械能守恒(注意：對滑塊來說，此過程中彈力與速率不垂直，彈力做功，機械能不守恒)得：mVC=mVC'+MV即mVC2=mVC'2+MV2上式中VC'、V分別為滑塊返回C點時，滑塊與貨車的速率，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(與V反向)(5)滑塊離D到返回D這一過程中，貨車做勻速直線運動，前進距離為：△S=/g=0..1/10=0.07m10、如圖9-1所示，質量為M=3kg的木板靜止在光滑水平面上，板的右端放一質量為m=1kg的小石塊，現給石塊一個水平向左速率V0=4m/s，石塊在木板上滑行，與固定在木板上端的水平輕彈簧相撞后又返回，且正好停在木板右端，求石塊與彈簧相撞過程中，彈性勢能的最大值EP。
剖析與解：在石塊運動的整個過程中，系統的動量守恒，因而彈簧壓縮最大時和石塊停在木板右端時系統的共同速率（石塊與木板的速率相同）可用動量守恒定理求出。在石塊相對于木板往返運動過程中，系統總機械能損失等于磨擦力和相對運動距離的乘積，可借助能量關系分別對兩過程列多項式解出結果。設彈簧壓縮量最大時和石塊停在木板右端時系統速率分別為V和V'，由動量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V'所以，V=V’=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s石塊剛在木板上運動時系統總動能為：EK=mV02=0.=8J彈簧壓縮量最大時和石塊最后停在木板右端時，系統總動能都為：EK'=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J石塊在相對于木板往返運過程中，克服磨擦力f所做的功為：Wf=f2L=EK-EK'=8-2=6J石塊由開始運動到彈簧壓縮量最大的過程中，系統機械能損失為：fs=3J由能量關系得出彈性勢能最大值為：EP=EK-EK'-fs=8-2-3=3J說明：因為木板在水平光滑平面上運動，整個系統動量守恒，題中所求的是彈簧的最大彈性勢能，解題時必需要用到能量關系。
在解本題時要注意兩個方面：1.是要曉得只有當石塊和木板相對靜止時(即速率相同時)，彈簧的彈性勢能才最大；彈性勢能量大時，石塊和木板的速率都不為零；石塊停在木板右端時，系統速率也不為零。2.是系統機械能損失并不等于石塊克服磨擦力所做的功，而等于石塊克服磨擦力所做的功和磨擦力對木板所做功的差值，故在估算中用磨擦力乘上石塊在木板上相對滑動的距離。11、如圖10-1所示，勁度系數為K的輕質彈簧一端與墻固定，另一端與夾角為θ的斜面體貨車聯接，貨車放在光滑水平面上。在貨車上疊放一個物體，已知貨車質量為M，物體質量為m，貨車坐落O點時，整個系統處于平衡狀態。現將貨車從O點拉到B點如圖所示為動，令OB=b，無初速釋放后，貨車即在水平面B、C間來回運動，而物體和貨車之間仍然沒有相對運動。求：(1)貨車運動到B點時的加速度大小和物體所遭到的磨擦力大小。(2)b的大小必須滿足哪些條件，才會使貨車和物體一起運動過程中，在某一位置時，物體和貨車之間的磨擦力為零。剖析與解：(1)所求的加速度a和磨擦力f是貨車在B點時的瞬時值。取M、m和彈簧組成的系統為研究對象，由牛頓第二定理：kb=(M+m)a所以a=kb/(M+m)。
取m為研究對象，在沿斜面方向有：f-mgsinθ=macosθ所以，f=mgsinθ+mcosθ=m(gsinθ+cosθ)(2)當物體和貨車之間的磨擦力的零時，貨車的加速度變為a'，貨車距O點距離為b'，取m為研究對象，有：mgsinθ=ma'cosθ取M、m和彈簧組成的系統為研究對象，有：kb'=(M+m)a'以上述兩式聯立解得：b'=(M+m)gtgθ說明：在求解加速度時用整體法，在剖析求解m遭到的磨擦力時用隔離法。整體法和隔離法三者交互運用是解題中常用的技巧，希讀者認真把握。12、如圖11-1所示，一列橫波t時刻的圖像用虛線表示，又經△t=0.2s時的圖像用實線表示。已知波長為2m，則以下說法正確的是：()A、若波往右傳播，則最大周期是2s。B、若波向史記播，則最大周期是2s。C、若波向史記播，則最小波速是9m/s。D、若聲速是19m/s，則傳播方向向左。剖析與解：若往右傳播，則傳播0.2m的波數為0.2m/2m=0.1，則，△t=(n+0.1)T(n=0、1、2、3……)所以T=△t/(n+0.1)=0.2/(n+0.1)當n=0時，周期有最大值Tmax=2s，所以A正確。
若向史記播，則在0.2s內傳播距離為(2-0.2)m=1.8m，傳過波數為1.8m/2m=0.9，則，△t=(n+0.9)T(n=0、1、2、3……)所以T=△t/(n+0.9)=0.2/(n+0.9)當n=0時，周期有最大值Tmax≈0.22S，所以B錯。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)當n=0時，聲速最小值為Vmin=9m/s，所以C正確。當n=1時V=19m/s，所以D正確。故本題應選A、C、D。說明：解決波動問題要注意：因為波動的周期性(每隔一個周期T或每隔一個波長λ)和波的傳播方向的單向性，常常出現多解，故要避免用特解來取代通解導致解答的不完整。
