高中物理力学经典例题汇编2Word文档下载推荐.doc

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FS=mVB2

　　　　　所以F=m=0.4×

3.22/（2×

0.64）=3.2N

（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　　　　

N=mg+m=0.4×

10+0.4×

3.22/0.4=14.2N

（3）滑块由C→D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，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

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+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，此过程中弹力与速度不垂直，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，滑块与小车的速度，

　　　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（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=VDX2VDY/g=0.32×

2×

1.1/10=0.07m

10、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：

EP=EK-EK‘-fs=8-2-3=3J

说明：

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：

①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。

②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。

11、如图10-1所示，劲度系数为K的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为θ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。

（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。

（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。

（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-mgsinθ=macosθ

所以，f=mgsinθ+mcosθ=m（gsinθ+cosθ）

（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：

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。

12、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点的距离。

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：

　mv0=（m+m）v1（v1为碰后共同速度）

　　V1=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）V2，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=mgx0代入[2]得：

m（Vo）2+mgx0=3mgx0+3mV2

所以，V2=gx0即

高中物理典型例题汇编

（二）

13、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‘（r<

R’<

R）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。

（1）若M=m，则V值为多大

（2）若M/m=K，试讨论V的方向与K值间的关系。

开始M与m自由下落，机械能守恒。

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，V0==2m/s

M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：

　　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/sV2=V0+gt=2+10×

0.1=3m/s

根据动量守恒，取向下为正方向，mV2-MV1=（M+m）V，所以

那么当m=M时，V=1m/s；

当M/m=K时，V=。

讨论：

①K＜3时，V＞0，两板速度方向向下。

②K＞3时，V＜0，两板速度方向向上。

③K=3时，V=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。

图13-1

14、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和B碰撞时无能量损失。

（1）若L≤h/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μ，A、B可能碰撞几次？

A最终在何处？

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，VA=

因为mA=mB，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：

VA’=0，VB’=VA=

设B球到最高点的速度为Vc，B做圆周运动的临界条件：

mBg=mBV2/L[1]

又因mBVB‘2=mBV2+mBg2L[2]

将[1]式及VB’=代入[2]式得：

L=2h/5

即L≤2h/5时，A、B碰后B才可能做圆周运动。

而题意为L=h/4＜2h/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：

　　mAgh-nμmAgS=0所以n=h/μS

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；

图13-2

当n为偶数时，相碰次数就