1、- 1 -高中物理典型例题集锦力学部分1、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 的小铁块，现给铁块一个水平向左速度 V0=4m/s，铁块在木板上滑行，与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求铁块与弹簧相碰过程中，弹性势能的最大值 EP。分析与解：在铁块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度（铁块与木板的速度相同）可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中，系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积，可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。 设弹簧压缩
2、量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为 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铁块刚在木板上运动时系统总动能为：EK= mV02=0.5X1X16=8J 弹簧压缩量最大时和铁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铁块在相对于木板往返运过程中，克服摩擦力 f 所做的功为：Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J铁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：E P=EK-EK-fs=8-2-3=3J说明
3、：由于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，解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面：是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时 )，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，铁块和木板的速度都不为零；铁块停在木板右端时，系统速度也不为零。是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功，而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值，故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。- 2 -2、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，到达 B 点时外力
4、 F 突然撤去，滑块随即冲上半径为 R=0.4 米的光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面 PQ 运动。设：开始时平面 AB 与圆弧 CD 相切，14A、 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=1.6 kgm/s，小车质量 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，圆弧 C 点受到压力为多大? (3) 滑块到达 D 点时，小车速度为多大 ? (4)滑块能否第二次通过 C 点 ? 若滑块第二次通过 C 点时，小车与滑块的速度分别为多大? (5)滑
5、块从 D 点滑出再返回 D 点这一过程中，小车移动距离为多少? (g 取 10m/s2) 分析与解：(1)由 P=1.6 =mv，代入 x=0.64m，可得滑块到 B 点速度为：XV B=1.6 /m=1.6 /m =3.2m/s0.64AB，由动能定理得：FS= mVB21所以 F=m =0.43.22/(20.64)=3.2N2BvS(2)滑块滑上 C 立即做圆周运动，由牛顿第二定律得：N-mg=m 而 VC=VB 则 2vRN=mg+m =0.410+0.43.22/0.4=14.2N2C(3)滑块由 CD 的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，
6、在 D 点时，滑块和小车具有相同的水平速度 VDX 。由动量守恒定律得：mVC=(M+m)VDX- 3 -所以 VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s(4)滑块一定能再次通过 C 点。因为滑块到达 D 点时，除与小车有相同的水平速度 VDX外，还具有竖直向上的分速度 VDY，因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(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，始终处于D 点的正上方(因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度)， 所以滑块返回时必重新落在小车的 D 点上，然后再圆孤下滑，最后
7、由 C 点离开小车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得：mVC2=mgR+ (M+m)VDX2+ mVDY2111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，此过程中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：mV C=mVC+MV 即 mVC2= mVC2+ MV211上式中 VC、V 分别为滑块返回 C 点时，滑块与小车的速度，V=2mV C/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/sV C=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+
8、3.6)=-2.56m/s(与 V 反向)(5)滑块离 D 到返回 D 这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：S=V DX2VDY/g=0.3221.1/10=0.07m3、如图 10-1 所示，劲度系数为 K 的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为 的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一个物体，已知小车质量为 M，物体质量为 m，小车位于 O 点时，整个系统处于平衡状态。现将小车从 O 点拉到 B 点，令 OB=b，无初速释放后，小车即在水平面 B、C 间来回运动，而物体和小车之间始终没有相对运动。求：(1) 小车运动到 B 点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。(
9、2)b 的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零。- 4 -分析与解：(1)所求的加速度 a 和摩擦力 f 是小车在 B 点时的瞬时值。取 M、m 和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律：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-mgsin=macos所以，f=mgsin+m cos=m(gsin+ cos)(2)当物体和小车之间的摩擦力的零时，小车的加速度变为 a，小车距 O 点距离为 b，取 m 为研究对象，有：mgsin=macos取 M、m 和弹簧组成的系统为研究对象，有： kb
10、=(M+m)a以上述两式联立解得：b= (M+m)gtg说明：在求解加速度时用整体法，在分析求解 m 受到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法，希读者认真掌握。4、质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为 Xo，如图 11-1 所示。一物块从钢板正上方距离为 3Xo 的 A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 m 时，它们恰能回到 O 点。若物块质量为 2m，仍从 A 处自由落下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点 O
11、点的距离。- 5 -分析与解：物块自由下落，与钢板碰撞，压缩弹簧后再反弹向上，运动到 O 点，弹簧恢复原长。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹时机械能守恒。自由下落 3Xo，根据机械能守恒：所以物块与钢板碰撞时，根据动量守恒： mv 0=(m+m)v1（v 1 为碰后共同速度）V 1=V0/2=物块与钢板一起升到 O 点，根据机械能守恒： 2mV12+Ep=2mgx0 1如果物块质量为 2m，则：2mVo=(2m+m)V 2 ，即 V2= Vo设回到 O 点时物块和钢板的速度为 V，则： 3mV22+Ep=3mgx0+ 3mV2 2从 O 点开始物块和钢板分离，由 1式得：Ep= mgx
12、0 代入2 得： m( Vo)2+ mgx0=3mgx0+ 3mV2所以，V 2=gx0 即 5、如图 12-1 所示，有两块大小不同的圆形薄板 (厚度不计 )，质量分别为 M 和 m，半径分别为 R 和 r，两板之间用一根长为 0.4m 的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为 0.2m 处。然后自由下落到一固定支架 C 上，支架上有一半径为 R(rRR)的圆孔，圆孔与两薄板中心均在圆板中心轴线上，木板与支架发生没有机械能损失的碰撞。碰撞后，两板即分离，直到轻绳绷紧。在轻绳绷紧的瞬间，两物体具有共同速度 V，如图 12-2所示。求：(1) 若 M=m，则 V 值为多大 (
13、2)若 M/m=K，试讨论 V 的方向与 K 值间的关系。分析与解：开始 M 与 m 自由下落，机械能守恒。- 6 -M 与支架 C 碰撞后， M 以原速率返回，向上做匀减速运动。m 向下做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，内力(绳拉力)很大，可忽略重力，认为在竖直方向上 M 与 m 系统动量守恒。(1)据机械能守恒：(M+m)gh= (M+m)V02 所以，V 0= =2m/sM 碰撞支架后以 Vo 返回作竖直上抛运动，m 自由下落做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，M 速度为 V1，上升高度为 h1，m 的速度为 V2，下落高度为 h2。则：h 1+h2=0.4m，h 1=V0t- gt2，h 2=V0t
14、+ gt2，而 h1+h2=2V0t，故：所以：V 1=V0-gt=2-100.1=1m/s V2=V0+gt=2+100.1=3m/s根据动量守恒，取向下为正方向，mV 2-MV1=(M+m)V，所以那么当 m=M 时，V=1m/s ；当 M/m=K 时，V= 。讨论：K3 时，V0，两板速度方向向下。K3 时，V0，两板速度方向向上。K=3 时， V=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。6、如图 13-1 所示，物体 A 从高 h 的 P 处沿光滑曲面从静止开始下滑，物体 B 用长为 L的细绳竖直悬挂在 O 点且刚和平面上 Q 点接触。已知 mA=mB，高 h 及 S(平面部分长)。若A
15、 和 B 碰撞时无能量损失。(1)若 Lh/4，碰后 A、B 各将做什么运动?(2)若 L=h，且 A 与平面的动摩擦因数为 ，A 、B 可能碰撞几次？A 最终在何处？分析与解：当水平部分没有摩擦时，A 球下滑到未碰 B 球前能量守恒，与 B 碰撞因无能量损失，而且质量相等，由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。A 停在 Q 处，B 碰后可能做摆动，也可能饶 O 点在竖直平面内做圆周运动。如果做摆动，则经一段时间，B 反向与 A 相碰，使 A 又回到原来高度，B 停在 Q 处，以后重复以上过程，如此继续下去，若 B 做圆周运动，B 逆时针以 O 为圆心转一周后与 A 相碰，B 停在 Q 处，A
16、 向右做匀速运动。由此分析，我们可得本题的解如下：(1)A 与 B 碰撞前 A 的速度：mgh= mVA2，V A=图 13-1- 7 -因为 mA=mB，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：V A=0，V B=VA=设 B 球到最高点的速度为 Vc，B 做圆周运动的临界条件：m Bg=mBV2/L 1又因 mBVB2= mBV2+mBg2L 2将1式及 VB= 代入2式得：L=2h/5即 L2h/5 时，A、B 碰后 B 才可能做圆周运动。而题意为 L=h/42h/5，故 A 与 B 碰后，B 必做圆周运动。因此(1)的解为：A 与 B 碰后 A 停在 Q 处，B 做圆周运动，经一周后，B再次
17、与 A 相碰，B 停在 Q 处， A 向右以 速度做匀速直线运动。(2)由上面分析可知，当 L=h 时，A 与 B 碰后，B 只做摆动，因水平面粗糙，所以 A 在来回运动过程中动能要损失。设碰撞次数为 n，由动能定理可得：m Agh-nmAgS=0 所以 n=h/S讨论：若 n 为非整数时，相碰次数应凑足整数数目。如 n=1.2，则碰撞次数为两次。当 n 为奇数时，相碰次数为(n-1)次。如 n=3，则相碰次数为两次，且 A 球刚到达 Q 处将碰 B 而又未碰 B；当 n 为偶数时，相碰次数就是该偶数的数值，如n=4，则相碰次数为四次。球将停在距 B 球 S 处的 C点。A 球停留位置如图 1
18、3-2 所示。7、如图 14-1 所示，长为 L，质量为 m1 的物块 A置于光滑水平面上，在 A 的水平上表面左端放一质量为 m2 的物体 B，B 与 A 的动摩擦因数为 。A 和 B 一起以相同的速度 V 向右运动，在 A 与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使 B 一直不从 A 上掉下来，V 必须满足什么条件?( 用 m1、m 2，L 及 表示)分析与解：A 与墙壁发生无机械能损失的碰撞后， A 以大小为 V 的速度向左运动，B 仍以原速度 V 向右运动，以后的运动过程有三种可能：(1)若 m1m 2，则 m1 和 m2 最后以某一共同速度向左运动；(2)若 m1=m2，则 A、B 最后
19、都停止在水平面图 13-2图 14-1- 8 -上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若 m1m 2，则 A 将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。若 m1m 2 时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为： P=m1V-m2V设它们相对静止时的共同速度为 V，据动量守恒定律， 有：m 1V-m2V=(m1+m2)V所以 V=(m1-m2)V/(m1+m2)若相对静止时 B 正好在 A 的右端，则系统机械能损失应为 m2gL，则据能量守恒： m1V2+ m2V2- (m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=m2gL解得：V=若 m1=m2 时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面
20、上，设静止时 A 在 B 的右端，则有： m1V2+ m2V2=m2gL解得：V=若 m1m 2 时，则 A 和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右，设最后 A 静止在靠近墙壁处时， B 静止在 A 的右端，同理有： m1V2+ m2V2=m2gL解得：V=故：若 m1m 2，V 必须小于或等于若 m1m2，V 必须小于或等于注意：本题中，由于 m1和 m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。8、在光滑的水平桌面上有一长 L=2 米的木板 C，它的两端各有一块档板，C 的质量mC=5 千克，在 C 的正中央并排放着两个可视为质点的滑块 A
21、 和 B，质量分别为 mA=1 千克，mB=4 千克。开始时， A、B、 C 都处于静止，并且 A、B 间夹有少量塑胶炸药，如图 15-1 所示。炸药爆炸使滑块 A 以 6 米/ 秒的速度水平向左滑动，如果 A、B 与 C 间的摩擦可忽略，两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞所需时间都可忽略。问：- 9 -(1)当两滑块都与档板相碰撞后，板 C 的速度多大?(2)到两个滑块都与档板碰撞为止，板的位移大小和方向如何?分析与解：(1)设向左的方向为正方向。炸药爆炸前后 A 和 B 组成的系统水平方向动量守恒。设 B 获得的速度为 mA，则 mAVA+mBVB=0，所以：V B=
22、-mAVA/mB=-1.5 米/ 秒对A、B 、 C 组成的系统，开始时都静止，所以系统的初动量为零，因此当 A 和 B 都与档板相撞并结合成一体时，它们必静止，所以 C 板的速度为零。(2)以炸药爆炸到 A 与 C 相碰撞经历的时间： t1=(L/2)/VA=1/6 秒，在这段时间里 B 的位移为：S B=VBt1=1.51/6=0.25 米，设 A 与 C 相撞后 C 的速度为 VC，A 和 C 组成的系统水平方向动量守恒：mAVA=(mA+mC)VC，所以 VC=mAVA/(mA+mC)=16/(1+5)=1 米/ 秒B 相对于 C 的速度为： V BC=VB-VC=(-1.5)-(+1
23、)=-2.5 米/ 秒因此 B 还要经历时间 t2 才与 C 相撞：t 2= =(1-0.25)/2.5=0.3 秒，故 C 的位移为：S C=VCt2=10.3=0.3 米，方向向左，如图 15-2 所示。- 10 -9、如图 16-1 所示，一个连同装备总质量为 M=100 千克的宇航员，在距离飞船为 S=45米与飞船处于相地静止状态。宇航员背着装有质量为 m0=0.5 千克氧气的贮氧筒，可以将氧气以 V=50 米/秒的速度从喷咀喷出。为了安全返回飞船，必须向返回的相反方向喷出适量的氧，同时保留一部分氧供途中呼吸，且宇航员的耗氧率为 R=2.510-4 千克/秒。试计算：(1)喷氧量应控制
24、在什么范围? 返回所需的最长和最短时间是多少?(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧?返回时间又是多少?分析与解：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系。但是在一段很短的圆弧上，可以认为飞船作匀速直线运动，是惯性参照系。(1)设有质量为 m 的氧气，以速度 v 相对喷咀，即宇航员喷出，且宇航员获得相对于飞船为 V 的速度，据动量守恒定律： mv-MV=0则宇航员返回飞船所需的时间为：t=S/V=MS/mv而安全返回的临界条件为：m+Rt=m 0，以 t=MS/mv 代入上式，得： m2v-m0vm+RMS=0，m=把 m0、v、R、M、S 代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为：m max=
25、0.45 千克，m min=0.05 千克。返回的最短和最长时间为：t min= =200 秒，t max= =1800 秒(2)返回飞船的总耗氧量可表示为：M=m+Rt=(MS/vt)+Rt因为 MS/vt 与 Rt 之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低，据：MS/vt=Rt，所以相应返回时间为：t= =600 秒相应的喷氧量应为：m=Rt=0.15 千克。想一想：还有什么方法可求出这时的喷氧量?(m=MS/vt=0.15 千克)10如图 17-1 所示，A、B 是静止在水平地面上完全相同的两块长木板的左端和的右端相接触两板的质量皆为 M2.0kg，长度皆为 L1.0。是质量为1.0 kg 的小物块现给它一初速度 02.0，使它从板的左端向右滑动已知地面是光滑的，
