高中物理力学经典例题集锦.doc
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1、高中物理典型例题集锦力学局部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一样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
2、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
3、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。在解此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=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突然撤去,滑块随即冲上半径为 R=的光滑圆弧面小车,小车立即沿光滑水平面PQ运动。设:开
4、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=kgm/s,小车质量M=,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 假设滑块第二次通过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点这一过程中,小车移动距离为多少 (g取10m/s2) 分析与解:=mv,代入x=,可得滑块到B点速度为: VB/m =/s AB,由动能定理得:FS=mVB2 所以 F=m =0.42/(2(2)滑块滑上C立即做圆周运动,由牛顿第二定律得:
5、 N-mg=m 而VC=VB 那么 N=mg+m2(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,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)=/s(4)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时,除与小车有一样的水平速度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
6、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: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=mVC2+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)=/s VC=(m-M)V
7、C/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-/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=VDX2VDY223、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,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。(2)b的大小必须满足什么条件,才能使小车和
8、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。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(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=(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
9、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。物块质量也为m时,它们恰能回到O点。假设物块质量为2m,仍从A处自由落下,那么物块与钢板回到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。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧与反弹时机
10、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=2mgx0 1如果物块质量为2m,那么:2mVo=(2m+m)V2 ,即V2=Vo设回到O点时物块和钢板的速度为V,那么:3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 2从O点开场物块和钢板别离,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
11、一根长为的轻绳相连结。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,两板即别离,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)假设M=m,那么V值为多大 (2)假设M/m=K,试讨论 V的方向与K值间的关系。 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)
12、据机械能守恒:(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。那么:h1+h2=,h1=V0t-gt2,h2=V0t+gt2,而h1+h2=2V0t,故:所以:V1=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,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
13、时速度为零,接着再自由下落。图13-16、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。mA=mB,高h与S(平面局部长)。假设A和B碰撞时无能量损失。(1)假设Lh/4,碰后A、B各将做什么运动(2)假设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:当水平局部没有摩擦时,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,那么经一段时间,B反向与A相碰,使A
14、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,假设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:(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mBVB2=mBV2+mBg2L 2将1式与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
15、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-nmAgS=0 所以n=h/S讨论:假设n为非整数时,相碰次数应凑足整数数目。 如n=1.2,那么碰撞次数为两次。当n为奇数时,相碰次数为(n-1)次。如n=3,那么相碰次数为两次,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,相碰次数就是该偶数的数值,如n=4,那么相碰次数为四次。球将停在距B球S处的C点。A球停留位置如图13-2所示。图14-17、如图1
16、4-1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、m2,L与表示)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)假设m1m2,那么m1和m2最后以某一共同速度向左运动;(2)假设m1=m2,那么A、B最后都停顿在水平面上,但不再和墙壁发生第二次碰撞;(3)假设m1m2,那么A将屡次和墙壁碰撞,最后停在靠近墙壁处。假设m
17、1m2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/(m1+m2)假设相对静止时B正好在A的右端,那么系统机械能损失应为m2gL,那么据能量守恒:m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=m2gL解得:V=假设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,那么有:m1V2+m2V2=m2gL 解得:V=假设m1m2时,那么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
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