高中物理力学经典例题汇编2.doc
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高中物理力学经典例题汇编2.doc
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高中物理典型例题汇编
力学部分
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,其动量随位移的变化关系为P=1.6kgm/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:
VB=1.6/m=1.6/m=3.2m/s
A→B,由动能定理得:
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。
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-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。
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:
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 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。 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? 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 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; 图13-2 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。 图14-1 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μ。 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一直不从A上掉下来,V必须满足什么条件? (用m1、m2,L及μ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)若m1>m2,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m1<m2,则A将多次和墙壁碰撞,最后停在靠近墙壁处。 若m1>m2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) 若相对静止时B正好在A的右端,则系统机械能损失应为μm2gL, 则据能量守恒: m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=μm2gL 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=μm2gL 解得: V= 若m1<m2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=μm2gL 解得: V= 故: 若m1>m2,V必须小于或等于 若m1≤m2,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。 -8-
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