1、高中物理典型大全(一)高中物理典型大全(二)高中物理典型大全(三)高中物理典型大全(四)高中物理典型大全(五)高中物理典型大全(一)力学部分1、如图 1-1 所示，长为 5 米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为 4 米的两杆顶端 A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为 12 牛的物体。平衡时，绳中张力 T=分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图 1-2 所示设细绳与水平夹角为 ，由平衡条件可知：2TSin
2、=F，其中 F=12 牛将绳延长，由图中几何条件得：Sin =3/5，则代入上式可得 T=10 牛。解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为 T）的合力 F与 F 大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图 1-2 所示，其中力的三角形OEG 与ADC 相似，则： 得：牛。想一想：若将右端绳 A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？（提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。）2、如图 2-1 所示，轻质长绳水平地跨在相距为 2L 的两个小定滑轮 A、B 上，质量为m 的物块悬挂在绳上 O 点，O 与 A、B
3、两滑轮的距离相等。在轻绳两端 C、D 分别施加竖直向下的恒力 F=mg。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持 C、D 两端的拉力 F 不变。（1）当物块下落距离 h 为多大时，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服 C 端恒力 F 做功 W 为多少？（3）求物块下落过程中的最大速度 Vm 和最大距离 H？分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于 F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达
4、到最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值 H。当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的 角，再由 角求出相应的距离 h，进而求出克服 C 端恒力 F 所做的功。对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度 Vm 和最大距离 H。（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为 h。因为 F 恒等于 mg，所以绳对物块拉力大小恒为 mg，由平衡条件知：2 =120，所以 =60，由图 2-2 知：h=L*tg30= L 1（2）当物块下落 h 时，
5、绳的 C、D 端均上升 h，由几何关系可得：h= -L 2克服 C 端恒力 F 做的功为：W=F*h 3由1、2、3式联立解得：W=（ -1）mgL（3）出物块下落过程中，共有三个力对物块做功。重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功。两端绳子拉力做的功就等于作用在 C、D 端的恒力 F 所做的功。因为物块下降距离 h 时动能最大。由动能定理得：mgh-2W= 4将1、2、3式代入4式解得：Vm=当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值 H，绳 C、D 上升的距离为 H。由动能定理得：mgH-2mgH=0，又 H= -L，联立解得：H= 。3、如图 3-1 所示的传送皮带，其水平部分 ab=
6、2 米，bc=4 米，bc 与水平面的夹角= 37，一小物体 A 与传送皮带的滑动摩擦系数= 0.25，皮带沿图示方向运动，速率为 2 米/秒。若把物体A 轻轻放到 a 点处，它将被皮带送到 c 点，且物体 A 一直没有脱离皮带。求物体 A 从 a 点被传送到 c 点所用的时间。分析与解：物体 A 轻放到 a 点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对 A 的滑动摩擦力向前，则 A 作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为 t1，则：a1= g=0.25x10=2.5 米/秒 2 t=v/a 1=2/2.5=0.8 秒设 A 匀加速运动时间内位移为 S1，则：设物体 A 在水平传
7、送带上作匀速运动时间为 t2，则设物体 A 在 bc 段运动时间为 t3，加速度为 a2，则：a2=g*Sin37- gCos37=10x0.6-0.25x10x0.8=4 米/秒 2解得：t 3=1 秒 （t 3=-2 秒舍去）所以物体 A 从 a 点被传送到 c 点所用的时间 t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4 秒。4、如图 4-1 所示，传送带与地面倾角 =37，AB 长为 16 米，传送带以 10 米/秒的速度匀速运动。在传送带上端 A 无初速地释放一个质量为 0.5 千克的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为 =0.5，求：（1）物体从 A 运动到 B 所需时间，（2）物
8、体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体所做的功（g=10 米/秒 2） 分析与解：（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为 1,（此时滑动摩擦力沿斜面向下）则：t1=v/ 1=10/10=1 米当物体下滑速度大于传送带 V=10 米/秒 时，物体的加速度为 a2，（此时 f 沿斜面向上）则：即：10t 2+t22=11 解得：t 2=1 秒（t 2=-11 秒舍去）所以，t=t 1+t2=1+1=2 秒（2）W 1=fs1= mgcos S1=0.5X0.5X10X0.8X5=10 焦W2=-fs2=- mgcos S2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22 焦所以，W=
9、W 1+W2=10-22=-12 焦。想一想：如图 4-1 所示，传送带不动时，物体由皮带顶端 A 从静止开始下滑到皮带底端 B 用的时间为 t，则：（请选择）A. 当皮带向上运动时，物块由 A 滑到 B 的时间一定大于 t。 B. 当皮带向上运动时，物块由 A 滑到 B 的时间一定等于 t。 C. 当皮带向下运动时，物块由 A 滑到 B 的时间可能等于 t。 D. 当皮带向下运动时，物块由 A 滑到 B 的时间可能小于 t。 答案：（B、C、D）5、如图 5-1 所示，长 L=75cm 的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为 4 千克，现对筒施加一竖直向下、大小为 21 牛的恒力，
10、使筒竖直向下运动，经 t=0.5 秒时间，小球恰好跃出筒口。求：小球的质量。（取g=10m/s2）分析与解：筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动，且加速度大于重力加速度。而小球则是在筒内做自由落体运动。小球跃出筒口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。设筒与小球的总质量为 M，小球的质量为 m，筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动，设加速度为 a；小球做自由落体运动。设在时间 t 内，筒与小球的位移分别为 h1、h 2（球可视为质点）如图 5-2 所示。由运动学公式得：又有：L=h 1-h2 代入数据解得：a=16 米/秒 2又因为筒受到重力(M-m)g 和向下
11、作用力 F，据牛顿第二定律：F+(M-m)g=(M-m)a 得： 6、如图 6-1 所示，A、B 两物体的质量分别是 m1和 m2，其接触面光滑，与水平面的夹角为 ，若 A、B 与水平地面的动摩擦系数都是 ，用水平力 F 推 A，使 A、B 一起加速运动，求：（1）A、B 间的相互作用力 （2）为维持 A、B 间不发生相对滑动，力 F 的取值范围。分析与解：A 在 F 的作用下，有沿 A、B 间斜面向上运动的趋势，据题意，为维持A、B 间不发生相对滑动时，A 处刚脱离水平面，即 A 不受到水平面的支持力，此时 A 与水平面间的摩擦力为零。本题在求 A、B 间相互作用力 N 和 B 受到的摩擦力
12、 f2时，运用隔离法；而求 A、B 组成的系统的加速度时，运用整体法。（1）对 A 受力分析如图 6-2（a）所示，据题意有：N 1=0，f 1=0因此有：Ncos=m 1g 1 , F-Nsin =m1a 2由1式得 A、B 间相互作用力为：N=m 1g/cos（2）对 B 受力分析如图 6-2（b）所示，则：N 2=m2g+Ncos 3 , f2=N 2 4将1、3代入4式得： f 2=(m 1+ m2)g取 A、B 组成的系统，有：F-f 2=(m1+ m2)a 5由1、2、5式解得：F=m 1g(m1+ m2)(tg-)/m 2故 A、B 不发生相对滑动时 F 的取值范围为：0Fm 1
13、g(m1+ m2)(tg-)/m 2想一想：当 A、B 与水平地面间光滑时，且又 m1=m2=m 时，则 F 的取值范围是多少？（0F2mgtg。7、某人造地球卫星的高度是地球半径的 15 倍。试估算此卫星的线速度。已知地球半径 R=6400km，g=10m/s 2。分析与解：人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的引力提供，设地球与卫星的质量分别为 M、m，则： = 1 又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力，即：mg= 21、2两式消去 GM 解得：V= = =2.0X103 m/s说明：n 越大(即卫星越高)，卫星的线速度越小。若 n=0，即近地卫星，则卫星的线速度为
14、V0= =7.9X103m/s，这就是第一宇宙速度，即环绕速度。8、一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为 R（比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A 球的质量为 m1，B球的质量为 m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为 V0。设 A 球运动到最低点时，B 球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m 2、R 与 V0应满足的关系式是 。分析与解：如图 7-1 所示，A 球运动到最低点时速度为 V0，A 球受到向下重力 mg 和细管向上弹力 N1的作用，其合力提供向心力。那么，N 1-m1g=m1 1这时
15、 B 球位于最高点，速度为 V1，B 球受向下重力 m2g 和细管弹力 N2作用。球作用于细管的力是 N1、N 2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求 N2与 N1等值反向，N 1=N2 2， 且 N2方向一定向下，对 B 球：N 2+m2g=m2 3 B 球由最高点运动到最低点时速度为 V0，此过程中机械能守恒：即 m2V12+m2g2R= m2V02 4由1234式消去 N1、N 2和 V1后得到 m1、m 2、R 与 V0满足的关系式是：(m1-m2) +(m1+5m2)g=0 5说明：（1）本题不要求出某一物理量，而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析，在建立1-4式的基
16、础上得到 m1、m 2、R 与 V0所满足的关系式5。（2）由题意要求两球对圆管的合力为零知，N 2一定与 N1方向相反，这一点是列出3式的关键。且由5式知两球质量关系 m1m 2。9、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 F 突然撤去，滑块随即冲上半径为 R=0.4 米的 1/4 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，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
17、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：V B=1.6 /m=1.6 =3.2m/sAB，由动能定理得：FS= mVB2所以 F=mVB
18、2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=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=mVC 2/R 而 VC=VB 则 N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(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，滑块和小车具有相同的水平速度 VDX 。由动量守恒定律得：mV C=(M+m)VDX所以 V DX=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V
19、DX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
20、速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：mV C=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=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+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=0.32X2X1.1/10=0.07m10、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
21、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：mV 0=(M+m)V=(M+m)V 所以，V=V=mV 0/(M+m
22、)=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：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
23、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。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 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
24、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+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
25、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 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
26、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。图 11-1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
27、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，V 2=gx0 即 （未完待续）高中物理典型例题集锦(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(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
28、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 (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。图 12-1图 12-2M 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
29、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+ 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。14、如图 13-1 所示，物体 A 从高 h
30、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 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
31、 A 又回到原来高度，B 停在 Q 处，以后重复以上过程，图 13-1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，V A=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
32、 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-n mAgS=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
33、 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。15、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 图 13-2图 14-1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
34、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 最后都停止在水平面上，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=m 1V-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- (m
35、1+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 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 m1m 2，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。16、在光滑的水
36、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：(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
37、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=-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：t 1=(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：m AVA=(mA+mC)VC，所以 VC=mAVA/(m
38、A+mC)=16/(1+5)=1 米/秒B 相对于 C 的速度为： V BC=VB-VC=(-1.5)-(+1)=-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。17、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，图 15-1图 15-2必须向返回的相反方
39、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
40、式，得：m 2v-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=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)18如图 17-1 所示，、是
41、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 M20，长度皆为L10是图 16-1图 17-1质量为10的小物块现给它一初速度 020，使它从板的左端向右滑动已知地面是光滑的，而与板、之间的动摩擦因数皆为 010求最后、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 0（2）， 在此过程中，木板的位移为，小物块的位移为由功能关系得（）（1/2） （1/2） 02，2 22，则 （1/2）（2） 2（1/2） 02，由、式，得 02（2）， 代入数值得 16 比板的长度大这说明小物块不会
42、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 0 12 2， 由功能关系，得（1/2） 02（1/2） 1 2（1/2） 2 ，以题给数据代入，得由 1必是正值，故合理的解是当滑到之后，即以 20155做匀速运动，而是以 1138的初速在上向右运动设在上移动了距离后停止在上，此时和的速度为 3，由动量守恒得 2 1（） 3，解得 30563由功能关系得1/2） 12（1/2） 22（1/2）（） 32，解得 050比板的长度小，所以小物块确实是停在板上最后、的速度分别为 30563， 20155， 0563评分标准 本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识
43、点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度题给数据的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的 50%，足见对论证的重视而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不规范，运算能力差等，都是本题失分的主要原因解法探析 本题参考答案中的解法较复杂，特别是论证部分，、两式之间的两个方程可以省略下面给出两种较为简捷的论证和解题方法解法一 从动量守恒与功能关系直接论证求解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 12 2，以系统为对象，由功能关系，得
44、1/2） 02（1/2） 122（1/2） 22，由于 1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为由于小物块的速度 1大于、板的速度 2，这说明小物块不会停在板上以上过程既是解题的必要部分，又作了论证，比参考答案中的解法简捷后面部分与参考答案相同，不再缀述解法二 从相对运动论证，用动量守恒与功能关系求解以地面为参照系，小物块在、上运动的加速度为 1 2，、整体的加速度为 2025 2，相对、的加速度 125 2假设、一体运动，以、整体为参照物，当滑至与整体相对静止时，根据运动学公式，有 022，解得 02216说明小物块不会停在板上上述可以看出，从相对运动的角度论证较为简捷，运算也较为简单论证
45、后的解法与参考答案相同试题拓展 1若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，、三物体最终的速度相同?2若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，小物块能从两长木板上滑过去?3若小物块的初速度不变，将相同的长木板数增加到三个，最终小物块停在木板上的什么位置，各物体的运动速度分别为多少?4若其它条件不变，长木板与地面间的动摩擦因数为 ，并且满足 (M)（2），试分析有怎样的情况发生?5分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题，找出它与本题的异同，归纳解法19.如图 18-1，劲度系数为 k 的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端和质量为 M 的容器连接，容器放在光滑水平的地面上，当容器
46、位于 O 点时弹簧为自然长度，在 O 点正上方有一滴管，容器每通过O 点一次，就有质量为 m 的一个液滴落入 容器，开始时弹簧压缩，然后撒去外力使容器围绕 O 点往复运动，求：(1)容器中落入 n 个液滴到落入（n+1）个液滴的时间间隔； (2)容器中落入 n 个液滴后，容器偏离 O 点的最大位移。分析与解：本题中求容器内落入 n 个液滴后偏离 O 点的最大位移时，若从动量守恒和能量守恒的角度求解，将涉及弹簧弹性势能的定量计算，超出了中学大纲的要求，如果改用动量定理和动量守恒定律求解，则可转换成大纲要求的知识的试题。(1)弹簧振子在做简谐运动过程中，影响其振动周期的因素有振子的质量和恢复系数(
47、对弹簧振子即为弹簧的劲度系数)，本题中恢复系数始终不变，液滴的落入使振子的质量改变，导致其做简谐运动的周期发生变化。容器中落入 n 个液滴后振子的质量为（M+nm），以 n 个液滴落入后到第（n+1）个液滴落入前，这段时间内系统做简谐运动的周期 Tn=2 ，容器落入 n 个液滴到（n+1）个液滴的时间间隔t=T n /2，所以t =(2)将容器从初始位置释放后，振子运动的动量不断变化，动量变化的原因是水平方向上弹簧弹力的冲量引起的，将容器从静止释放至位置 O 的过程中，容器的动量从零增至 p，因容器位于点时弹簧为自然长度，液滴在 O 点处落入容器时，容器和落入的液滴系统在水平方向的合力为零， 根据动量守恒定律，液滴在处的落入并不改变系统水平方向的动量，所以振子处从位置 O 到两侧相应的最大位移处，或从两侧相应在的最大位L0图 18-1移处到位置的各 1/4 周期内，虽然周期 n和对应的最大位移 Ln在不断变化，但动量变化的大小均为p=p0=p，根据动量定理可知识，各 1/4 周期内弹力的冲量大小
