高中物理力學(xué)經(jīng)典例題集錦

1、高中物理典型例題集錦力學(xué)部分1、如圖9-1所示，質(zhì)量為M=3kg的木板靜止在光滑水平面上，板的右端放一質(zhì)量為m=1kg的小鐵塊，現(xiàn)給鐵塊一個(gè)水平向左速度V0=4m/s，鐵塊在木板上滑行，與固定在木板左端的水平輕彈簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求鐵塊與彈簧相碰過(guò)程中，彈性勢(shì)能的最大值EP。分析與解：在鐵塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，因此彈簧壓縮最大時(shí)和鐵塊停在木板右端時(shí)系統(tǒng)的共同速度（鐵塊與木板的速度相同）可用動(dòng)量守恒定律求出。在鐵塊相對(duì)于木板往返運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)總機(jī)械能損失等于摩擦力和相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離的乘積，可利用能量關(guān)系分別對(duì)兩過(guò)程列方程解出結(jié)果。 設(shè)彈簧壓縮量最大時(shí)和鐵塊停在木板右

2、端時(shí)系統(tǒng)速度分別為V和V，由動(dòng)量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V 所以，V=V=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s鐵塊剛在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)系統(tǒng)總動(dòng)能為：EK=mV02=0.5X1X16=8J 彈簧壓縮量最大時(shí)和鐵塊最后停在木板右端時(shí)，系統(tǒng)總動(dòng)能都為：EK=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J鐵塊在相對(duì)于木板往返運(yùn)過(guò)程中，克服摩擦力f所做的功為：Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J鐵塊由開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮量最大的過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能損失為：fs=3J 由能量關(guān)系得出彈性勢(shì)能最大值為：EP=EK-EK-fs=8-2-3=3J說(shuō)明：由于木板在水平光滑平面上運(yùn)動(dòng)，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)

3、量守恒，題中所求的是彈簧的最大彈性勢(shì)能，解題時(shí)必須要用到能量關(guān)系。在解本題時(shí)要注意兩個(gè)方面：是要知道只有當(dāng)鐵塊和木板相對(duì)靜止時(shí)(即速度相同時(shí))，彈簧的彈性勢(shì)能才最大；彈性勢(shì)能量大時(shí)，鐵塊和木板的速度都不為零；鐵塊停在木板右端時(shí)，系統(tǒng)速度也不為零。是系統(tǒng)機(jī)械能損失并不等于鐵塊克服摩擦力所做的功，而等于鐵塊克服摩擦力所做的功和摩擦力對(duì)木板所做功的差值，故在計(jì)算中用摩擦力乘上鐵塊在木板上相對(duì)滑動(dòng)的距離。2、如圖8-1所示，質(zhì)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(diǎn)由靜止開(kāi)始向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)外力F突然撤去，滑塊隨即沖上半徑為 R=0.4米的光滑圓弧面小車(chē)，小車(chē)立即沿光滑

4、水平面PQ運(yùn)動(dòng)。設(shè)：開(kāi)始時(shí)平面AB與圓弧CD相切，A、B、C三點(diǎn)在同一水平線(xiàn)上，令A(yù)B連線(xiàn)為X軸，且AB=d=0.64m，滑塊在A(yíng)B面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)量隨位移的變化關(guān)系為P=1.6kgm/s，小車(chē)質(zhì)量M=3.6kg，不計(jì)能量損失。求：(1)滑塊受水平推力F為多大? (2)滑塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，圓弧C點(diǎn)受到壓力為多大? (3)滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，小車(chē)速度為多大? (4)滑塊能否第二次通過(guò)C點(diǎn)? 若滑塊第二次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，小車(chē)與滑塊的速度分別為多大? (5)滑塊從D點(diǎn)滑出再返回D點(diǎn)這一過(guò)程中，小車(chē)移動(dòng)距離為多少? (g取10m/s2) 分析與解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑塊到B點(diǎn)速度為

5、： VB=1.6/m=1.6/m =3.2m/s AB，由動(dòng)能定理得：FS=mVB2 所以 F=m =0.4×3.22/(2×0.64)=3.2N(2)滑塊滑上C立即做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得： N-mg=m 而VC=VB 則 N=mg+m=0.4×10+0.4×3.22/0.4=14.2N(3)滑塊由CD的過(guò)程中，滑塊和小車(chē)組成系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，由于滑塊始終緊貼著小車(chē)一起運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)時(shí)，滑塊和小車(chē)具有相同的水平速度VDX 。由動(dòng)量守恒定律得：mVC=(M+m)VDX所以 VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m

6、/s(4)滑塊一定能再次通過(guò)C點(diǎn)。因?yàn)榛瑝K到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，除與小車(chē)有相同的水平速度VDX外，還具有豎直向上的分速度VDY，因此滑塊以后將脫離小車(chē)相對(duì)于小車(chē)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)(相對(duì)地面做斜上拋運(yùn)動(dòng))。因題中說(shuō)明無(wú)能量損失，可知滑塊在離車(chē)后一段時(shí)間內(nèi)，始終處于D點(diǎn)的正上方(因兩者在水平方向不受力作用，水平方向分運(yùn)動(dòng)為勻速運(yùn)動(dòng)，具有相同水平速度)， 所以滑塊返回時(shí)必重新落在小車(chē)的D點(diǎn)上，然后再圓孤下滑，最后由C點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)，做平拋運(yùn)動(dòng)落到地面上。由機(jī)械能守恒定律得：mVC2=mgR+ (M+m)VDX2+mVDY2所以以滑塊、小車(chē)為系統(tǒng)，以滑塊滑上C點(diǎn)為初態(tài)，滑塊第二次滑到C點(diǎn)時(shí)為末態(tài)，此過(guò)程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)

7、量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒(注意：對(duì)滑塊來(lái)說(shuō)，此過(guò)程中彈力與速度不垂直，彈力做功，機(jī)械能不守恒)得： mVC=mVC+MV 即mVC2=mVC2+MV2上式中VC、V分別為滑塊返回C點(diǎn)時(shí)，滑塊與小車(chē)的速度， V=2mVC/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/s VC=(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(guò)程中，小車(chē)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)距離為： S=VDX2VDY/g=0.32×2×1.1/10=0.07m3、如圖10-1所示，勁度系數(shù)為 K的輕質(zhì)彈簧一端與墻

8、固定，另一端與傾角為的斜面體小車(chē)連接，小車(chē)置于光滑水平面上。在小車(chē)上疊放一個(gè)物體，已知小車(chē)質(zhì)量為 M，物體質(zhì)量為m，小車(chē)位于O點(diǎn)時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將小車(chē)從O點(diǎn)拉到B點(diǎn)，令OB=b，無(wú)初速釋放后，小車(chē)即在水平面B、C間來(lái)回運(yùn)動(dòng)，而物體和小車(chē)之間始終沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)。求：(1)小車(chē)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小和物體所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必須滿(mǎn)足什么條件，才能使小車(chē)和物體一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在某一位置時(shí)，物體和小車(chē)之間的摩擦力為零。分析與解：(1)所求的加速度a和摩擦力f是小車(chē)在B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)值。取M、m和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由牛頓第二定律：kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)

9、。 取m為研究對(duì)象，在沿斜面方向有：f-mgsin=macos所以，f=mgsin+mcos=m(gsin+cos)(2)當(dāng)物體和小車(chē)之間的摩擦力的零時(shí)，小車(chē)的加速度變?yōu)閍，小車(chē)距O點(diǎn)距離為b，取m為研究對(duì)象，有：mgsin=macos取M、m和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，有：kb=(M+m)a以上述兩式聯(lián)立解得：b=(M+m)gtg 說(shuō)明：在求解加速度時(shí)用整體法，在分析求解m受到的摩擦力時(shí)用隔離法。整體法和隔離法兩者交互運(yùn)用是解題中常用的方法，希讀者認(rèn)真掌握。4、質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為Xo，如圖11-1所示。一物塊從鋼板正上方距離為 3

10、Xo的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連。它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)。已知物塊質(zhì)量也為m時(shí)，它們恰能回到O點(diǎn)。若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點(diǎn)時(shí)，還具有向上的速度。求物塊向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)O點(diǎn)的距離。分析與解：物塊自由下落，與鋼板碰撞，壓縮彈簧后再反彈向上，運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)。碰撞過(guò)程滿(mǎn)足動(dòng)量守恒條件。壓縮彈簧及反彈時(shí)機(jī)械能守恒。自由下落3Xo，根據(jù)機(jī)械能守恒： 所以物塊與鋼板碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒： mv0=(m+m)v1（v1為碰后共同速度） V1=V0/2=物塊與鋼板一起升到O點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒：2mV12+Ep=2mgx0 1如果物

11、塊質(zhì)量為2m，則：2mVo=(2m+m)V2 ，即V2=Vo設(shè)回到O點(diǎn)時(shí)物塊和鋼板的速度為V，則：3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 2從O點(diǎn)開(kāi)始物塊和鋼板分離，由1式得： Ep=mgx0 代入2得：m(Vo)2+mgx0=3mgx0+3mV2所以，V2=gx0 即 5、如圖12-1所示，有兩塊大小不同的圓形薄板(厚度不計(jì))，質(zhì)量分別為M和m，半徑分別為R和r，兩板之間用一根長(zhǎng)為0.4m的輕繩相連結(jié)。開(kāi)始時(shí)，兩板水平放置并疊合在一起，靜止于高度為0.2m處。然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半徑為R(r<R<R)的圓孔，圓孔與兩薄板中心均在圓板中心軸線(xiàn)上，木板與支架發(fā)生沒(méi)

12、有機(jī)械能損失的碰撞。碰撞后，兩板即分離，直到輕繩繃緊。在輕繩繃緊的瞬間，兩物體具有共同速度V，如圖12-2所示。求：(1)若M=m，則V值為多大 (2)若M/m=K，試討論 V的方向與K值間的關(guān)系。 分析與解：開(kāi)始 M與m自由下落，機(jī)械能守恒。M與支架C碰撞后，M以原速率返回，向上做勻減速運(yùn)動(dòng)。m向下做勻加速運(yùn)動(dòng)。在繩繃緊瞬間，內(nèi)力(繩拉力)很大，可忽略重力，認(rèn)為在豎直方向上M與m系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(1)據(jù)機(jī)械能守恒：(M+m)gh=(M+m)V02 所以，V0=2m/sM碰撞支架后以Vo返回作豎直上拋運(yùn)動(dòng)，m自由下落做勻加速運(yùn)動(dòng)。在繩繃緊瞬間，M速度為V1，上升高度為h1，m的速度為V2，下落高

13、度為h2。則：h1+h2=0.4m，h1=V0t-gt2，h2=V0t+gt2，而h1+h2=2V0t，故：所以：V1=V0-gt=2-10×0.1=1m/s V2=V0+gt=2+10×0.1=3m/s根據(jù)動(dòng)量守恒，取向下為正方向，mV2-MV1=(M+m)V，所以那么當(dāng)m=M時(shí)，V=1m/s；當(dāng)M/m=K時(shí)，V=。討論：K3時(shí)，V0，兩板速度方向向下。K3時(shí)，V0，兩板速度方向向上。K=3時(shí)，V=0，兩板瞬時(shí)速度為零，接著再自由下落。圖13-16、如圖13-1所示，物體A從高h(yuǎn)的P處沿光滑曲面從靜止開(kāi)始下滑，物體B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩豎直懸掛在O點(diǎn)且剛和平面上Q點(diǎn)接觸。已知m

14、A=mB，高h(yuǎn)及S(平面部分長(zhǎng))。若A和B碰撞時(shí)無(wú)能量損失。(1)若Lh/4，碰后A、B各將做什么運(yùn)動(dòng)?(2)若L=h，且A與平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B可能碰撞幾次？A最終在何處？分析與解：當(dāng)水平部分沒(méi)有摩擦?xí)r，A球下滑到未碰B球前能量守恒，與B碰撞因無(wú)能量損失，而且質(zhì)量相等，由動(dòng)量守恒和能量守恒可得兩球交換速度。A 停在Q處，B碰后可能做擺動(dòng)，也可能饒 O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。如果做擺動(dòng)，則經(jīng)一段時(shí)間，B反向與A相碰，使A又回到原來(lái)高度，B停在Q處，以后重復(fù)以上過(guò)程，如此繼續(xù)下去，若B做圓周運(yùn)動(dòng)，B逆時(shí)針以O(shè)為圓心轉(zhuǎn)一周后與A相碰，B停在Q處，A向右做勻速運(yùn)動(dòng)。由此分析，我們可得本題的解

15、如下：(1)A與B碰撞前A的速度：mgh=mVA2，VA=因?yàn)閙A=mB，碰撞無(wú)能量損失，兩球交換速度，得：VA=0，VB=VA=設(shè)B球到最高點(diǎn)的速度為Vc，B做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件：mBg=mBV2/L 1又因mBVB2=mBV2+mBg2L 2將1式及VB=代入2式得：L=2h/5即L2h/5時(shí)，A、B碰后B才可能做圓周運(yùn)動(dòng)。而題意為L(zhǎng)=h/42h/5，故A與B碰后，B必做圓周運(yùn)動(dòng)。因此(1)的解為：A與B碰后A停在Q處，B做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一周后，B再次與A相碰，B停在Q處，A向右以速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。(2)由上面分析可知，當(dāng)L=h時(shí)，A與B碰后，B只做擺動(dòng)，因水平面粗糙，所以A在來(lái)回運(yùn)動(dòng)過(guò)程

16、中動(dòng)能要損失。設(shè)碰撞次數(shù)為n，由動(dòng)能定理可得： mAgh-nmAgS=0 所以n=h/S討論：若n為非整數(shù)時(shí)，相碰次數(shù)應(yīng)湊足整數(shù)數(shù)目。 如n=1.2，則碰撞次數(shù)為兩次。當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，相碰次數(shù)為(n-1)次。如n=3，則相碰次數(shù)為兩次，且A球剛到達(dá)Q處將碰B而又未碰B；圖13-2當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，相碰次數(shù)就是該偶數(shù)的數(shù)值，如n=4，則相碰次數(shù)為四次。球?qū)⑼Ｔ诰郆球S處的C點(diǎn)。A球停留位置如圖13-2所示。圖14-17、如圖14-1所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m1的物塊A置于光滑水平面上，在A(yíng)的水平上表面左端放一質(zhì)量為m2的物體B，B與A的動(dòng)摩擦因數(shù)為。A和B一起以相同的速度V向右運(yùn)動(dòng)，在A(yíng)與豎直墻壁碰撞過(guò)程

17、中無(wú)機(jī)械能損失，要使B一直不從A上掉下來(lái)，V必須滿(mǎn)足什么條件?(用m1、m2，L及表示)分析與解：A與墻壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞后，A以大小為V的速度向左運(yùn)動(dòng)，B仍以原速度V向右運(yùn)動(dòng)，以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程有三種可能：(1)若m1m2，則m1和m2最后以某一共同速度向左運(yùn)動(dòng)；(2)若m1=m2，則A、B最后都停止在水平面上，但不再和墻壁發(fā)生第二次碰撞；(3)若m1m2，則A將多次和墻壁碰撞，最后停在靠近墻壁處。若m1m2時(shí)，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向左，大小為：P=m1V-m2V設(shè)它們相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為V，據(jù)動(dòng)量守恒定律， 有：m1V-m2V=(m1+m2)V所以V=(m1-m2)V/(m1+m2)

18、若相對(duì)靜止時(shí)B正好在A(yíng)的右端，則系統(tǒng)機(jī)械能損失應(yīng)為m2gL，則據(jù)能量守恒：m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=m2gL解得：V=若m1=m2時(shí)，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，最后都靜止在水平面上，設(shè)靜止時(shí)A在B的右端，則有：m1V2+m2V2=m2gL 解得：V=若m1m2時(shí)，則A和墻壁能發(fā)生多次碰撞，每次碰撞后總動(dòng)量方向都向右，設(shè)最后A靜止在靠近墻壁處時(shí)，B靜止在A(yíng)的右端，同理有：m1V2+m2V2=m2gL解得：V=故：若m1m2，V必須小于或等于若m1m2，V必須小于或等于注意：本題中，由于m1和m2的大小關(guān)系沒(méi)有確定，在解題時(shí)必須對(duì)可能發(fā)生的物理過(guò)程進(jìn)行

19、討論，分別得出不同的結(jié)果。8、在光滑的水平桌面上有一長(zhǎng)L=2米的木板C，它的兩端各有一塊檔板，C的質(zhì)量mC=5千克，在C的正中央并排放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A和B，質(zhì)量分別為mA=1千克，mB=4千克。開(kāi)始時(shí)，A、B、C都處于靜止，并且A、B間夾有少量塑膠炸藥，如圖15-1所示。炸藥爆炸使滑塊A以6米/秒的速度水平向左滑動(dòng)，如果A、B與C間的摩擦可忽略，兩滑塊中任一塊與檔板碰撞后都與擋板結(jié)合成一體，爆炸和碰撞所需時(shí)間都可忽略。問(wèn)：(1)當(dāng)兩滑塊都與檔板相碰撞后，板C的速度多大?(2)到兩個(gè)滑塊都與檔板碰撞為止，板的位移大小和方向如何?分析與解：(1)設(shè)向左的方向?yàn)檎较?。炸藥爆炸前后A和B組成

20、的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。設(shè)B獲得的速度為mA，則mAVA+mBVB=0，所以：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，開(kāi)始時(shí)都靜止，所以系統(tǒng)的初動(dòng)量為零，因此當(dāng)A和B都與檔板相撞并結(jié)合成一體時(shí)，它們必靜止，所以C板的速度為零。(2)以炸藥爆炸到A與C相碰撞經(jīng)歷的時(shí)間：t1=(L/2)/VA=1/6秒，在這段時(shí)間里B的位移為：SB=VBt1=1.5×1/6=0.25米，設(shè)A與C相撞后C的速度為VC，A和C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒：mAVA=(mA+mC)VC，所以VC=mAVA/(mA+mC)=1×6/(1+5)=1米/秒B相對(duì)于C的速度為： VBC=

21、VB-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒因此B還要經(jīng)歷時(shí)間t2才與C相撞： t2=(1-0.25)/2.5=0.3秒，故C的位移為：SC=VCt2=1×0.3=0.3米，方向向左，如圖15-2所示。9、如圖16-1所示，一個(gè)連同裝備總質(zhì)量為M=100千克的宇航員，在距離飛船為S=45米與飛船處于相地靜止?fàn)顟B(tài)。宇航員背著裝有質(zhì)量為m0=0.5千克氧氣的貯氧筒，可以將氧氣以V=50米/秒的速度從噴咀噴出。為了安全返回飛船，必須向返回的相反方向噴出適量的氧，同時(shí)保留一部分氧供途中呼吸，且宇航員的耗氧率為 R=2.5×10-4千克/秒。試計(jì)算：(1)噴氧量應(yīng)控制在什么范圍

22、? 返回所需的最長(zhǎng)和最短時(shí)間是多少?(2)為了使總耗氧量最低，應(yīng)一次噴出多少氧?返回時(shí)間又是多少?分析與解：一般飛船沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，不是慣性參照系。但是在一段很短的圓弧上，可以認(rèn)為飛船作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，是慣性參照系。(1)設(shè)有質(zhì)量為m的氧氣，以速度v相對(duì)噴咀，即宇航員噴出，且宇航員獲得相對(duì)于飛船為V的速度，據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv-MV=0則宇航員返回飛船所需的時(shí)間為：t=S/V=MS/mv而安全返回的臨界條件為：m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：m2v-m0vm+RMS=0，m=把m0、v、R、M、S代入上式可得允許的最大和最小噴氧量為： mmax=0.45千克，mmin=0.05千克

23、。返回的最短和最長(zhǎng)時(shí)間為：tmin=200秒，tmax=1800秒(2)返回飛船的總耗氧量可表示為：M=m+Rt=(MS/vt)+Rt因?yàn)镸S/vt與Rt之積為常量，且當(dāng)兩數(shù)相等時(shí)其和最小，即總耗氧量最低，據(jù)：MS/vt=Rt，所以相應(yīng)返回時(shí)間為：t=600秒相應(yīng)的噴氧量應(yīng)為：m=Rt=0.15千克。想一想：還有什么方法可求出這時(shí)的噴氧量?(m=MS/vt=0.15千克)10如圖17-1所示，A、B是靜止在水平地面上完全相同的兩塊長(zhǎng)木板的左端和的右端相接觸兩板的質(zhì)量皆為M2.0kg，長(zhǎng)度皆為L(zhǎng)1.0。是質(zhì)量為1.0 kg的小物塊現(xiàn)給它一初速度02.0，使它從板的左端向右滑動(dòng)已知地面是光滑的，而

24、與板A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)皆為0.10。求最后A、B、C各以多大的速度做勻速運(yùn)動(dòng)取重力加速度10。參考解答先假設(shè)小物塊在木板上移動(dòng)距離后，停在上這時(shí)、三者的速度相等，設(shè)為，由動(dòng)量守恒得0（2），在此過(guò)程中，木板的位移為，小物塊的位移為由功能關(guān)系得（）（1/2）（1/2）02，222，則（1/2）（2）2（1/2）02，由、式，得02（2），代入數(shù)值得16比板的長(zhǎng)度大這說(shuō)明小物塊不會(huì)停在板上，而要滑到板上設(shè)剛滑到板上的速度為1，此時(shí)、板的速度為2，則由動(dòng)量守恒得0122，由功能關(guān)系，得（1/2）02（1/2）12×（1/2）2，以題給數(shù)據(jù)代入，得由1必是正值，故合理的解是 當(dāng)滑到之后，

25、即以20155做勻速運(yùn)動(dòng)，而是以1138的初速在上向右運(yùn)動(dòng)設(shè)在上移動(dòng)了距離后停止在上，此時(shí)和的速度為3，由動(dòng)量守恒得21（）3，解得30563由功能關(guān)系得（1/2）12（1/2）22（1/2）（）32，解得050比板的長(zhǎng)度小，所以小物塊確實(shí)是停在板上最后、的速度分別為30563，20155，0563評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)本題的題型是常見(jiàn)的碰撞類(lèi)型，考查的知識(shí)點(diǎn)涉及動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能關(guān)系或動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)等重點(diǎn)知識(shí)的綜合，能較好地考查學(xué)生對(duì)這些重點(diǎn)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)動(dòng)的熟練程度題給數(shù)據(jù)的設(shè)置不夠合理，使運(yùn)算較復(fù)雜，影響了學(xué)生的得分從評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中可以看出，論證占的分值超過(guò)本題分值的50%，足見(jiàn)對(duì)論證的重視而大部分學(xué)

26、生在解題時(shí)恰恰不注重這一點(diǎn)，平時(shí)解題時(shí)不規(guī)范，運(yùn)算能力差等，都是本題失分的主要原因解法探析本題參考答案中的解法較復(fù)雜，特別是論證部分，、兩式之間的兩個(gè)方程可以省略下面給出兩種較為簡(jiǎn)捷的論證和解題方法解法一從動(dòng)量守恒與功能關(guān)系直接論證求解設(shè)剛滑到板上的速度為1，此時(shí)、板的速度為2，則由動(dòng)量守恒，得122，以系統(tǒng)為對(duì)象，由功能關(guān)系，得（1/2）02（1/2）122×（1/2）22，由于1只能取正值，以題給數(shù)據(jù)代入得到合理的解為由于小物塊的速度1大于、板的速度2，這說(shuō)明小物塊不會(huì)停在板上以上過(guò)程既是解題的必要部分，又作了論證，比參考答案中的解法簡(jiǎn)捷后面部分與參考答案相同，不再綴述解法二從相

27、對(duì)運(yùn)動(dòng)論證，用動(dòng)量守恒與功能關(guān)系求解以地面為參照系，小物塊在A(yíng)、B上運(yùn)動(dòng)的加速度為12，A、B整體的加速度為20252，相對(duì)、的加速度1.252假設(shè)A、B一體運(yùn)動(dòng)，以A、B整體為參照物，當(dāng)滑至與整體相對(duì)靜止時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有022，解得02216說(shuō)明小物塊不會(huì)停在板上上述可以看出，從相對(duì)運(yùn)動(dòng)的角度論證較為簡(jiǎn)捷，運(yùn)算也較為簡(jiǎn)單論證后的解法與參考答案相同試題拓展1若長(zhǎng)木板個(gè)數(shù)不變，當(dāng)小物塊的初速度滿(mǎn)足什么條件時(shí)，、三物體最終的速度相同?2若長(zhǎng)木板個(gè)數(shù)不變，當(dāng)小物塊的初速度滿(mǎn)足什么條件時(shí)，小物塊能從兩長(zhǎng)木板上滑過(guò)去?3若小物塊的初速度不變，將相同的長(zhǎng)木板數(shù)增加到三個(gè)，最終小物塊停在木板上的什么位

28、置，各物體的運(yùn)動(dòng)速度分別為多少?4若其它條件不變，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，并且滿(mǎn)足(M)（2），試分析有怎樣的情況發(fā)生?5分析子彈打擊在光滑水平面上的兩相同木塊問(wèn)題，找出它與本題的異同，歸納解法11.如圖18-1，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上，另一端和質(zhì)量為M的容器連接，容器放在光滑水平的地面上，當(dāng)容器位于O點(diǎn)時(shí)彈簧為自然長(zhǎng)度，在O點(diǎn)正上方有一滴管，容器每通過(guò)O點(diǎn)一次，就有質(zhì)量為m的一個(gè)液滴落入容器，開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮，然后撒去外力使容器圍繞O點(diǎn)往復(fù)運(yùn)動(dòng)，求：(1)容器中落入n個(gè)液滴到落入（n+1）個(gè)液滴的時(shí)間間隔； (2)容器中落入n個(gè)液滴后，容器偏離O點(diǎn)的最大位移。分析與解：本題

29、中求容器內(nèi)落入n個(gè)液滴后偏離O點(diǎn)的最大位移時(shí)，若從動(dòng)量守恒和能量守恒的角度求解，將涉及彈簧彈性勢(shì)能的定量計(jì)算，超出了中學(xué)大綱的要求，如果改用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律求解，則可轉(zhuǎn)換成大綱要求的知識(shí)的試題。(1)彈簧振子在做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，影響其振動(dòng)周期的因素有振子的質(zhì)量和恢復(fù)系數(shù)(對(duì)彈簧振子即為彈簧的勁度系數(shù))，本題中恢復(fù)系數(shù)始終不變，液滴的落入使振子的質(zhì)量改變，導(dǎo)致其做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期發(fā)生變化。容器中落入n個(gè)液滴后振子的質(zhì)量為（M+nm），以n個(gè)液滴落入后到第（n+1）個(gè)液滴落入前，這段時(shí)間內(nèi)系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期Tn=2，容器落入n個(gè)液滴到（n+1）個(gè)液滴的時(shí)間間隔t=Tn /2，所以t =(2)

30、將容器從初始位置釋放后，振子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量不斷變化，動(dòng)量變化的原因是水平方向上彈簧彈力的沖量引起的，將容器從靜止釋放至位置O的過(guò)程中，容器的動(dòng)量從零增至p，因容器位于點(diǎn)時(shí)彈簧為自然長(zhǎng)度，液滴在O點(diǎn)處落入容器時(shí)，容器和落入的液滴系統(tǒng)在水平方向的合力為零， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律，液滴在處的落入并不改變系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量，所以振子處從位置O到兩側(cè)相應(yīng)的最大位移處，或從兩側(cè)相應(yīng)在的最大位移處到位置的各1/4周期內(nèi)，雖然周期n和對(duì)應(yīng)的最大位移Ln在不斷變化，但動(dòng)量變化的大小均為p=p0=p，根據(jù)動(dòng)量定理可知識(shí)，各1/4周期內(nèi)彈力的沖量大小均相等，即：F0(t)·T0/4 = Fn(t)·Tn

31、/4其中T0是從開(kāi)始釋放到第一次到O點(diǎn)的周期，0=2。Tn是n個(gè)液滴落入后到（n+1）個(gè)液滴落入容器前振子的周期，Tn=2。而F0(t) 和Fn(t)分別為第一個(gè)周期內(nèi)和n個(gè)液滴落入后的1/4周期內(nèi)彈力對(duì)時(shí)間的平均值，由于在各個(gè)1/4周期內(nèi)振子均做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，因而彈力隨時(shí)間均按正弦（或余弦）規(guī)律變化，隨時(shí)間按正弦（或余弦）變化的量在1/4周期內(nèi)對(duì)時(shí)間的平均值與最大值之間的關(guān)系，可用等效方法求出，矩形線(xiàn)圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，從中性而開(kāi)始計(jì)地，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為=msint=NbSsint。按正弦規(guī)律變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律=N，在1/4周期內(nèi)對(duì)時(shí)間的平均值=2m/。這一結(jié)論對(duì)其它正弦（或余弦）變化的量對(duì)時(shí)間的平均值同樣適用，則有F0(t)=2kL0/，F(xiàn)n(t)=2kLn/代入前式解得：Ln=L012、如圖19-1所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接一個(gè)質(zhì)量為M的木板，木板下面再掛一個(gè)質(zhì)量為m的物體，當(dāng)拿去m后，木板速度再次為零時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，求M與m之間的關(guān)系？分析與解：按常規(guī)思路，取M為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律求解時(shí)，涉及彈力（變力）做功或彈