1、高中物理典型例題匯編力學部分9、如圖 8-1 所示，質量為m=0.4kg 的滑塊，在水平外力f 作用下，在光滑水平面上從a1點由靜止開頭向b 點運動，到達 b 點時外力f 突然撤去， 滑塊立刻沖上半徑為r=0.4 米的光4滑圓弧面小車，小車立刻沿光滑水平面pq運動；設：開頭時平面ab 與圓弧 cd 相切， a、b、c 三點在同一水平線上，令ab 連線為 x 軸，且 ab=d=0.64m，滑塊在ab 面上運動時，其動量隨位移的變化關系為p=1.6x kgm/s ，小車質量m=3.6kg ，不計能量缺失；求：1滑塊受水平推力f 為多大 . 2滑塊通過 c 點時，圓弧c 點受到壓力為多大. 3滑塊到

2、達 d 點時，小車速度為多大. 4滑塊能否其次次通過c 點. 如滑塊其次次通過c 點時，小車與滑塊的速度分別為多大. 5 滑塊從 d 點滑出再返回d 點這一過程中， 小車移動距離為多少.g 取 10m/s2 分析與解： 1由 p=1.6x =mv ，代入 x=0.64m ，可得滑塊到b 點速度為：v b =1.6x /m=1.60.64 /m =3.2m/sab ，由動能定理得：fs= 1 mv b 22v2所以f=mb=0. 4× 3.22/2 ×0.64=3.2n2s2滑塊滑上c 立刻做圓周運動，由牛頓其次定律得：v2n-mg=mc而 v c=v b 就rn=mg+m2

3、vc=0.4× 10+0.4× 3.22/0.4=14.2nr3滑塊由 cd 的過程中，滑塊和小車組成系統在水平方向動量守恒，由于滑塊始終緊貼著小車一起運動，在d 點時，滑塊和小車具有相同的水平速度v dx；由動量守恒定律得：mv c=m+mv dx所以v dx =mv c/m+m=0.4x3.2/3.6+0.4=0.32m/s4滑塊肯定能再次通過c 點；由于滑塊到達d 點時，除與小車有相同的水平速度v dx 外，仍具有豎直向上的分速度v dy ，因此滑塊以后將脫離小車相對于小車做豎直上拋運動相對地 面做斜上拋運動；因題中說明無能量缺失，可知滑塊在離車后一段時間內，始終處于

4、d 點的正上方 因兩者在水平方向不受力作用，水平方向分運動為勻速運動，具有相同水平速度 ， 所以滑塊返回時必重新落在小車的d 點上，然后再圓孤下滑，最終由c 點離開小車，做平拋運 動落到地面上；由機械能守恒定律得：1mv c22=mgr+ 12m+mv dx 2+1mv dy 22所以以滑塊、小車為系統，以滑塊滑上c 點為初態，滑塊其次次滑到c 點時為末態，此過程中系統水平方向動量守恒，系統機械能守恒留意： 對滑塊來說，此過程中彈力與速度不垂直，彈力做功，機械能不守恒得：mv c=mv c +mv 即1 mv2=c211mv c2+mv 222上式中 vc、v 分別為滑塊返回c 點時，滑塊與小

5、車的速度，v=2mv c /m+m=2x0.4x3.2/3.6+0.4=0.64m/sv c =m-mv c/m+m=0.4-3.6x3.2/0.4+3.6=-2.56m/s與 v 反向 5 滑塊離 d 到返回 d 這一過程中，小車做勻速直線運動，前進距離為：s=v dx 2v dy /g=0.3 2× 2× 1.1/10=0.07m10、如圖 9-1 所示，質量為 m=3kg 的木板靜止在光滑水平面上，板的右端放一質量為m=1kg的小鐵塊，現給鐵塊一個水平向左速度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

6、相碰過程中，彈性勢能的最大值 ep ；分析與解： 在鐵塊運動的整個過程中，系統的動量守恒，因此彈簧壓縮最大時和鐵塊停在木板右端時系統的共同速度（鐵塊與木板的速度相同）可用動量守恒定律求出；在鐵塊相對于木板來回運動過程中，系統總機械能缺失等于摩擦力和相對運動距離的乘積，可利用能量關系分別對兩過程列方程解出結果；設彈簧壓縮量最大時和鐵塊停在木板右端時系統速度分別為v 和 v，由動量守恒得： mv 0=m+mv=m+mv 所以， v=v =mv0/m+m=1x4/3+1=1m/s鐵塊剛在木板上運動時系統總動能為：ek=mv 02=0.5x1x16=8j彈簧壓縮量最大時和鐵塊最終停在木板右端時，系統總

7、動能都為：ek =m+mv 2=0.5x3+1x1=2j鐵塊在相對于木板來回運過程中，克服摩擦力f 所做的功為：w f=f2l=e k -ek =-82=6j鐵塊由開頭運動到彈簧壓縮量最大的過程中，系統機械能缺失為：fs=3j由能量關系得出彈性勢能最大值為：ep=ek-ek -fs=8-2-3=3j說明：由于木板在水平光滑平面上運動，整個系統動量守恒，題中所求的是彈簧的最大彈性勢能，解題時必需要用到能量關系；在解此題時要留意兩個方面：是要知道只有當鐵塊和木板相對靜止時即速度相同時，彈簧的彈性勢能才最大；彈性勢能量大時，鐵塊和木板的速度都不為零；鐵塊停在木板右端時，系統速度也不為零；是系統機械能

8、缺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木板所做功的差值，故在運算中用摩擦力乘上鐵塊在木板上相對滑動的距離；11、如圖 10-1 所示，勁度系數為 k 的輕質彈簧一端與墻固定，另一端與傾角為 的斜面體小車連接，小車置于光滑水平面上；在小車上疊放一個物體，已知小車質量為 m，物體質量為 m，小車位于 o 點時，整個系統處于平穩狀態；現將小車從 o 點拉到 b 點，令 ob=b，無初速釋放后，小車即在水平面 b、c 間來回運動，而物體和小車之間始終沒有相對運動；求：1小車運動到b 點時的加速度大小和物體所受到的摩擦力大小；2b 的大小必需滿意什么條件，才能使小車和

9、物體一起運動過程中，在某一位置時，物體和小車之間的摩擦力為零；分析與解：1所求的加速度a 和摩擦力f 是小車在b 點時的瞬時值；取m 、m 和彈簧組成的系統為爭論對象，由牛頓其次定律：kb=m+ma所以 a=kb/m+m ；取 m 為爭論對象，在沿斜面方向有：f- mgsin=macos所以， f=mgsin +mcos=mgsin +cos2當物體和小車之間的摩擦力的零時，小車的加速度變為a，小車距o 點距離為b，取m 為爭論對象，有：mgsin =ma cos 取 m 、 m 和彈簧組成的系統為爭論對象，有：kb=m+ma以上述兩式聯立解得：b= m+mgtg說明：在求解加速度時用整體法，

10、在分析求解m 受到的摩擦力時用隔離法；整體法和隔離法兩者交互運用是解題中常用的方法，希讀者仔細把握；12、質量為m 的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上；平穩時，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3xo 的 a 處自由落下，打在鋼板上并馬上與鋼板一起向下運動，但不粘連；它們到達最低點后又向上運動；已知物塊質量也為 m 時，它們恰能回到o 點；如物塊質量為2m，仍從 a 處自由落下，就物塊與鋼板回到o點時，仍具有向上的速度；求物塊向上運動到達的最高點o 點的距離；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，運動到o 點，彈簧復原原長；

11、 碰撞過程滿意動量守恒條件；壓縮彈簧及反彈時機械能守恒；自由下落3xo ，依據機械能守恒：所以物塊與鋼板碰撞時，依據動量守恒：mv0=m+mv 1 （v1 為碰后共同速度）v 1=v 0/2=物塊與鋼板一起升到o 點，依據機械能守恒：2mv 12+ep=2mgx 0 1假如物塊質量為2m，就： 2mvo=2m+mv 2 ，即 v 2=vo設回到 o 點時物塊和鋼板的速度為v ，就：3mv 22+ep=3mgx 0+3mv 2 2從 o 點開頭物塊和鋼板分別，由1 式得：ep=mgx 0代入 2 得：mvo 2+mgx 0=3mgx 0 +3mv所以，v2=gx0即2高中物理典型例題匯編二13、

12、如圖 12-1 所示，有兩塊大小不同的圓形薄板厚度不計 ，質量分別為m 和 m，半徑分別為 r 和 r，兩板之間用一根長為0.4m 的輕繩相連結；開頭時，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rr<r <r的圓孔，圓孔與兩薄板中心均在圓板中心軸線上，木板與支架發生沒有機械能缺失的碰撞；碰撞后，兩板即分別，直到輕繩繃緊；在輕繩繃緊的瞬時，兩物體具有共同速度v ，如圖 12-2所示；求： 1 如 m=m ，就 v 值為多大2如 m/m=k ，試爭論v 的方向與k 值間的關系；分析與解： 開頭m 與 m 自由下落，機械能守恒；

13、m 與支架 c 碰撞后， m 以原速率返回，向上做勻減速運動；m 向下做勻加速運動；在繩 繃緊瞬時，內力繩拉力 很大，可忽視重力，認為在豎直方向上m 與 m 系統動量守恒；1據機械能守恒：m+mgh=m+mv 02 所以， v 0=2m/sm 碰撞支架后以vo 返回作豎直上拋運動，m 自由下落做勻加速運動；在繩繃緊瞬時，m速度為 v 1，上上升度為h1 ，m 的速度為v 2，下落高度為h2；就： h1+h 2=0.4m ， h1=v 0 t-gt2， h2=v 0t+gt 2，而 h1+h 2=2v 0t，故：所以： v 1=v 0-gt=2-100×.1=1m/s v 2=v 0

14、+gt=2+10 ×0.1=3m/s依據動量守恒，取向下為正方向，mv 2-mv 1=m+mv ，所以那么當 m=m 時， v=1m/s ；當 m/m=k時， v=；爭論： k 3 時， v 0，兩板速度方向向下；k 3 時， v 0，兩板速度方向向上；k=3 時， v=0 ，兩板瞬時速度為零，接著再自由下落；14、如圖 13-1 所示，物體a 從高 h 的 p 處沿光滑曲面從靜止開頭下滑，物體b 用長為 l的細繩豎直懸掛在o 點且剛和平面上q 點接觸；已知ma=mb ，高 h 及 s平面部分長 ；如 a和 b 碰撞時無能量缺失；1如 lh/4，碰后 a 、b 各將做什么運動.2如

15、l=h ，且 a 與平面的動摩擦因數為，a 、b 可能碰撞幾次？a 最終在何處？分析與解： 當水平部分沒有摩擦時，a 球下滑到未碰 b 球前能量守恒，與b 碰撞因無能量缺失，而且質 量相等，由動量守恒和能量守恒可得兩球交換速度；a停在 q 處， b 碰后可能做搖擺，也可能饒o 點在豎直平面內做圓周運動；假如做搖擺，就經一段時間， b 反圖 13-1向與 a 相碰，使a 又回到原先高度，b 停在 q 處，以后重復以上過程，如此連續下去，如b 做圓周運動，b 逆時針以o 為圓心轉一周后與a 相碰， b 停在 q 處， a 向右做勻速運動；由 此分析，我們可得此題的解如下：1a 與 b 碰撞前 a

16、的速度： mgh=mv a 2， v a =由于 ma =m b，碰撞無能量缺失，兩球交換速度，得：v a =，0 v b =va =設 b 球到最高點的速度為vc ， b 做圓周運動的臨界條件：mb g=m bv 2/l 1又因mb v b2 =m bv 2+m bg2l 2將1 式及 v b=代入 2 式得： l=2h/5即 l2h/5時， a 、b 碰后 b 才可能做圓周運動；而題意為l=h/4 2h/5，故 a 與 b 碰后，b 必做圓周運動；因此1的解為： a 與 b 碰后 a 停在 q 處， b 做圓周運動，經一周后，b 再次與 a 相碰， b 停在 q 處， a 向右以速度做勻速

17、直線運動；2由上面分析可知，當l=h 時， a 與 b 碰后， b 只做搖擺，因水平面粗糙，所以a 在來回運動過程中動能要缺失；設碰撞次數為n，由動能定理可得：ma gh-nmags=0所以 n=h/ s爭論：如n 為非整數時，相碰次數應湊足整數數目；如 n=1.2，就碰撞次數為兩次；當 n 為奇數時，相碰次數為n-1 次；如 n=3，就相碰次數為兩次，且a 球剛到達q 處將碰 b 而又未碰b ；當 n 為偶數時，相碰次數就是該偶數的數值，如n=4 ，就相碰次數為四次；球將停在距b 球 s 處的 c 點；a 球停留位置如圖13-2 所示；15、如圖 14-1 所示，長為l ，質量為m 1 的物

18、塊 a置于光滑水平面上， 在 a 的水平上表面左端放一質量為m2 的物體 b，b 與 a 的動摩擦因數為；a 和 b 一起以相同的速度v 向右運動，在a 與豎直墻壁碰撞過程中無機械能缺失，要使b 始終不從a 上掉下來， v 必需滿意什么條件.用 m1、m2， l 及 表示 分析與解： a 與墻壁發生無機械能缺失的碰撞后，a 以大小為 v 的速度向左運動，b 仍以原速度v 向右運動，以后的運動 過程有三種可能：1如 m1 m2，就 m1 和 m2 最終以某一共同速圖 13-2圖 14-1度向左運動；2如 m1=m2 ，就 a 、b 最終都停止在水平面上，但不再和墻壁發生其次次碰撞；3 如 m1 m2，就 a 將多次和墻壁碰撞，最終停在靠近墻壁處；如 m 1 m2 時，碰撞后系統的總動量方向向左，大小為：p=m 1v-m 2v設它們相對靜止時的共同速度為v，據動量守恒定律，有： m1v-m 2v=m 1 +m2v 所以 v=m1-m 2v/m 1+m 2如相對靜止時b 正好在 a 的右端，就系統機械能缺失應為m2gl ，就據能量守恒：m1v 2 +m2v 2-m1 +m2m 1