高中物理力学经典例题集锦(1).docx

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1、高中物理力学经典例题集锦(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，求铁块与弹簧相碰经过中，弹性势能的最大值EP。分析与解：在铁块运动的整个经过中，系统的动量守恒，因而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一样可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动经过中，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经过列方程解出结果。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经过中，克制摩擦力f所做的功为：Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J铁块由开场运动到弹簧压缩量最大的经过中，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讲明：由于木板在水平光滑平面

3、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。在解此题时要注意两个方面：是要知道只要当铁块和木板相对静止时(即速度一样时)，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制摩擦力所做的功，而等于铁块克制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、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点由静止开场向B点运动，到达B点时外力F忽然撤去，滑块随即冲上半径为R=0.4米的14光滑圆弧面

4、小车，小车立即沿光滑水平面PQ运动。设：开场时平面AB与圆弧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，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点遭到压力为多大?(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)滑块从D点滑出再返回D点这一经过中，小车移动距离为多少?(g取10m/s2)分析与解：(1)由，代入x=0.64m，可得滑块到B点速度为：VB=1.6/m=3.2m/

5、sAB，由动能定理得：FS=12mVB2所以F=m22BvS=0.43.22/(20.64)=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=m2CvR而VC=VB则N=mg+m2CvR=0.410+0.43.22/0.4=14.2N (3)滑块由CD的经过中，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，滑块和小车具有一样的水平速度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。由于滑块到达D点时，除与小车有一样的水平速度VD

6、X外，还具有竖直向上的分速度VDY，因而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)。因题中讲明无能量损失，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，具有一样水平速度)，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：12mVC2=mgR+12(M+m)VDX2+12mVDY2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，此经过中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来讲，此经过中弹力与速度不垂直，弹力做

7、功，机械能不守恒)得：mVC=mVC+MV即12mVC2=12mVC2+12MV2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/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这一经过中，小车做匀速直线运动，前进距离为：S=VDX2VDY/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

8、，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遭到的摩擦力大小。(2)b的大小必须知足什么条件，才能使小车和物体一起运动经过中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零。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+mcos=m(gsi

9、n+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=(M+m)a以上述两式联立解得：b=(M+m)gtg讲明：在求解加速度时用整体法，在分析求解m遭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，希读者认真把握。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，打在钢板上并立即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

10、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。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。碰撞经过知足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹机会械能守恒。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)v1v1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=2mgx01假如物块质量为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=3mg

11、x0+3mV22从O点开场物块和钢板分离，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。开场时，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分析与解：开场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。在绳绷紧霎时，内力(绳拉力)很大，可忽略重力，以为在竖直方向上M与m系统动量守恒。(1)据机械能守恒

12、：(M+m)gh=(M+m)V02所以，V0=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。在绳绷紧霎时，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=2-100.1=1m/sV2=V0+gt=2+100.1=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：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

13、，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场下滑，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，可以能饶O点在竖直平面内做圆周运动。假如做摆动，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

14、，以后重复以上经过，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，我们可得此题的解如下：图13-1 (1)A与B碰撞前A的速度：mgh=mVA2，VA=由于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/L1又因mBVB2=mBV2+mBg2L2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。因而(1)的解为：A与B碰后A停在Q处，B做圆周运动，经一周后

15、，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在来回运动经过中动能要损失。设碰撞次数为n，由动能定理可得：mAgh-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13-2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

16、上，在A的水平上外表左端放一质量为m2的物体B，B与A的动摩擦因数为。A和B一起以一样的速度V向右运动，在A与竖直墙壁碰撞经过中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须知足什么条件?(用m1、m2，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，以后的运动图13-2但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若m1m2，则A将屡次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。若m1m2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：m1V-m2V=(m1+m2)V所以V=(m1-m2)V/(m

17、1+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上，设静止时A在B的右端，则有：m1V2+m2V2=m2gL解得：V=若m1m2时，则A和墙壁能发生屡次碰撞，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m1m2，V必须小于或等于若m1m2，V必须小于或等于注意：此题中，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

18、经过进行讨论，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和B，质量分别为mA=1千克，mB=4千克。开场时，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，假如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： (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怎样?分析与解：(1)设向左的方向为正方向。炸药爆炸前后

19、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：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒对A、B、C组成的系统，开场时都静止，所以系统的初动量为零，因而当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：SB=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：VBC=VB-VC=(-

20、1.5)-(+1)=-2.5米/秒因而B还要经历时间t2才与C相撞：t2=(1-0.25)/2.5=0.3秒，故C的位移为：SC=VCt2=10.3=0.3米，方向向左，如图15-2所示。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，能够将氧气以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)喷氧量应控制在什么范围?返回所需的最长和最短时间是多少?(2)为

21、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，能够以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=m0，以t=MS/mv代入上式，得：m2v-m0vm+RMS=0，m=把m0、v、R、M、S代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为：mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。返回的最短和最长时间为：tmin=200秒，

22、tmax=1800秒(2)返回飞船的总耗氧量可表示为：M=m+Rt=(MS/vt)+Rt由于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一样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1.0kg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，而与板A、B之间的动摩擦因数皆为0.10。求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动取重力加速度10。参考解答先假设小物块在木板上移动距离后，停在上这时、三者的速度相等，设为，由动量守恒得02，在此经过中，木板的位移为，小物块的位移为由功能关系得1/21/202，222，则1/2221/202，由、式，得022，代入数值得16比板的长度大这讲明小物块不会停在板上，而要滑到板上设刚滑到板上的速度为1，此时、板的速度为2，则由动量守恒得0122，由功能关系，得1/2021/2121/22，以题给数据代入，得由1必是正值，故合理的解是