高中物理力學經(jīng)典例題集錦

.z.高中物理典型例題集錦力學局部1、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(xiàn)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(tǒng)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(tǒng)的共同速度〔鐵塊與木板的速度一樣〕可用動量守恒定律求出。在鐵塊相對于木板往返運動過程中，系統(tǒng)總機械能損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(tǒng)速度分別為V和V’，由動量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V’所以，V=V’=mV0/(M+m)=1*4/(3+1)=1m/s鐵塊剛在木板上運動時系統(tǒng)總動能為：EK=mV02=0.5*1*16=8J彈簧壓縮量最大時和鐵塊最后停在木板右端時，系統(tǒng)總動能都為：EK’=(M+m)V2=0.5*(3+1)*1=2J鐵塊在相對于木板往返運過程中，克制摩擦力f所做的功為：Wf=f2L=EK-EK’=8-2=6J鐵塊由開場運動到彈簧壓縮量最大的過程中，系統(tǒng)機械能損失為：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(tǒng)動量守恒，題中所求的是彈簧的最大彈性勢能，解題時必須要用到能量關系。在解此題時要注意兩個方面：①是要知道只有當鐵塊和木板相對靜止時(即速度一樣時)，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(tǒng)速度也不為零。②是系統(tǒng)機械能損失并不等于鐵塊克制摩擦力所做的功，而等于鐵塊克制摩擦力所做的功和摩擦力對木板所做功的差值，故在計算中用摩擦力乘上鐵塊在木板上相對滑動的距離。2、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A點由靜止開場向B點運動，到達B點時外力F突然撤去，滑塊隨即沖上半徑為R=0.4米的光滑圓弧面小車，小車立即沿光滑水平面PQ運動。設：開場時平面AB與圓弧CD相切，A、B、C三點在同一水平線上，令AB連線為*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=1.6kgm/s，小車質量M=3.6kg，不計能量損失。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)滑塊到達D點時，小車速度為多大"(4)滑塊能否第二次通過C點"假設滑塊第二次通過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=1.6=mv，代入*=0.64m，可得滑塊到B點速度為：VB=1.6/m=1.6/m=3.2m/sA→B，由動能定理得：FS=mVB2所以F=m=0.4×3.22/(2×0.64)=3.2N(2)滑塊滑上C立即做圓周運動，由牛頓第二定律得：N-mg=m而VC=VB則N=mg+m=0.4×10+0.4×3.22/0.4=14.2N(3)滑塊由C→D的過程中，滑塊和小車組成系統(tǒng)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，滑塊和小車具有一樣的水平速度VD*。由動量守恒定律得：mVC=(M+m)VD*所以VD*=mVC/(M+m)=0.4*3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s(4)滑塊一定能再次通過C點。因為滑塊到達D點時，除與小車有一樣的水平速度VD*外，還具有豎直向上的分速度VDY，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)。因題中說明無能量損失，可知滑塊在離車后一段時間，始終處于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，具有一樣水平速度)，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，最后由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：mVC2=mgR+(M+m)VD*2+mVDY2所以以滑塊、小車為系統(tǒng)，以滑塊滑上C點為初態(tài)，滑塊第二次滑到C點時為末態(tài)，此過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒(注意：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：mVC=mVC‘+MV即mVC2=mVC’2+MV2上式中VC‘、V分別為滑塊返回C點時，滑塊與小車的速度，V=2mVC/(M+m)=2*0.4*3.2/(3.6+0.4)=0.64m/sVC’=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)*3.2/(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=VD*2VDY/g=0.32×2×1.1/10=0.07m3、如圖10-1所示，勁度系數(shù)為K的輕質彈簧一端與墻固定，另一端與傾角為θ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，小車質量為M，物體質量為m，小車位于O點時，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)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。(2)b的大小必須滿足什么條件，才能使小車和物體一起運動過程中，在*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(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律：kb=(M+m)a所以a=kb/(M+m)。取m為研究對象，在沿斜面方向有：f-mgsinθ=macosθ所以，f=mgsinθ+mcosθ=m(gsinθ+cosθ)(2)當物體和小車之間的摩擦力的零時，小車的加速度變?yōu)閍’，小車距O點距離為b’，取m為研究對象，有：mgsinθ=ma’cosθ取M、m和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，有：kb‘=(M+m)a’以上述兩式聯(lián)立解得：b‘=(M+m)gtgθ說明：在求解加速度時用整體法，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，希讀者認真掌握。4、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。平衡時，彈簧的壓縮量為*o，如圖11-1所示。一物塊從鋼板正上方距離為3*o的A處自由落下，打在鋼板上并立刻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。物塊質量也為m時，它們恰能回到O點。假設物塊質量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度。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，彈簧恢復原長。碰撞過程滿足動量守恒條件。壓縮彈簧及反彈時機械能守恒。自由下落3*o，根據(jù)機械能守恒：所以

物塊與鋼板碰撞時，根據(jù)動量守恒：mv0=(m+m)v1〔v1為碰后共同速度〕V1=V0/2=物塊與鋼板一起升到O點，根據(jù)機械能守恒：2mV12+Ep=2mg*0[1]如果物塊質量為2m，則：2mVo=(2m+m)V2，即V2=Vo設回到O點時物塊和鋼板的速度為V，則：3mV22+Ep=3mg*0+3mV2[2]從O點開場物塊和鋼板別離，由[1]式得：Ep=mg*0代入[2]得：m(Vo)2+mg*0=3mg*0+3mV2所以，V2=g*0即5、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。開場時，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R‘(r<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(fā)生沒有機械能損失的碰撞。碰撞后，兩板即別離，直到輕繩繃緊。在輕繩繃緊的瞬間，兩物體具有共同速度V，如圖12-2所示。求：(1)假設M=m，則V值為多大(2)假設M/m=K，試討論V的方向與K值間的關系。分析與解：開場M與m自由下落，機械能守恒。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。在繩繃緊瞬間，力(繩拉力)很大，可忽略重力，認為在豎直方向上M與m系統(tǒng)動量守恒。(1)據(jù)機械能守恒：(M+m)gh=(M+m)V02所以，V0==2m/sM碰撞支架后以Vo返回作豎直上拋運動，m自由下落做勻加速運動。在繩繃緊瞬間，M速度為V1，上升高度為h1，m的速度為V2，下落高度為h2。則：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根據(jù)動量守恒，取向下為正方向，mV2-MV1=(M+m)V，所以則當m=M時，V=1m/s；當M/m=K時，V=。討論：①K＜3時，V＞0，兩板速度方向向下。②K＞3時，V＜0，兩板速度方向向上。③K=3時，V=0，兩板瞬時速度為零，接著再自由下落。圖13-16、如圖13-1所示，物體A從高h的P處沿光滑曲面從靜止開場下滑，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。mA=mB，高h及S(平面局部長)。假設A和B碰撞時無能量損失。(1)假設L≤h/4，碰后A、B各將做什么運動"(2)假設L=h，且A與平面的動摩擦因數(shù)為μ，A、B可能碰撞幾次？A最終在何處？圖13-1分析與解：當水平局部沒有摩擦時，A球下滑到未碰B球前能量守恒，與B碰撞因無能量損失，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碰后可能做擺動，也可能饒O點在豎直平面做圓周運動。如果做擺動，則經(jīng)一段時間，B反向與A相碰，使A又回到原來高度，B停在Q處，以后重復以上過程，如此繼續(xù)下去，假設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：(1)A與B碰撞前A的速度：mgh=mVA2，VA=因為mA=mB，碰撞無能量損失，兩球交換速度，得：VA’=0，VB’=VA=設B球到最高點的速度為Vc，B做圓周運動的臨界條件：mBg=mBV2/L[1]又因mBVB‘2=mBV2+mBg2L[2]將[1]式及VB’=代入[2]式得：L=2h/5即L≤2h/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(jīng)一周后，B再次與A相碰，B停在Q處，A向右以速度做勻速直線運動。(2)由上面分析可知，當L=h時，A與B碰后，B只做擺動，因水平面粗糙，所以A在來回運動過程中動能要損失。設碰撞次數(shù)為n，由動能定理可得：mAgh-nμmAgS=0所以n=h/μS討論：假設n為非整數(shù)時，相碰次數(shù)應湊足整數(shù)數(shù)目。如n=1.2，則碰撞次數(shù)為兩次。當n為奇數(shù)時，相碰次數(shù)為(n-1)次。如n=3，則相碰次數(shù)為兩次，且A球剛到達Q處將碰B而又未碰B；圖13-2當n為偶數(shù)時，相碰次數(shù)就是該偶數(shù)的數(shù)值，如n=4，則相碰次數(shù)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。圖13-2圖14-17、如圖14-1所示，長為L，質量為m1的物塊A置于光滑水平面上，在A的水平上外表左端放一質量為m2的物體B，B與A的動摩擦因數(shù)為μ。A和B一起以一樣的速度V向右運動，在A與豎直墻壁碰撞過程中無機械能損失，要使B一直不從A上掉下來，V必須滿足什么條件"(用m1、m2，L及μ表示)圖14-1分析與解：A與墻壁發(fā)生無機械能損失的碰撞后，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)假設m1＞m2，則m1和m2最后以*一共同速度向左運動；(2)假設m1=m2，則A、B最后都停頓在水平面上，但不再和墻壁發(fā)生第二次碰撞；(3)假設m1＜m2，則A將屢次和墻壁碰撞，最后停在靠近墻壁處。假設m1＞m2時，碰撞后系統(tǒng)的總動量方向向左，大小為：P=m1V-m2V設它們相對靜止時的共同速度為V’，據(jù)動量守恒定律，有：m1V-m2V=(m1+m2)V’所以V’=(m1-m2)V/(m1+m2)假設相對靜止時B正好在A的右端，則系統(tǒng)機械能損失應為μm2gL，則據(jù)能量守恒：m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=μm2gL解得：V=假設m1=m2時，碰撞后系統(tǒng)的總動量為零，最后都靜止在水平面上，設靜止時A在B的右端，則有：m1V2+m2V2=μm2gL解得：V=假設m1＜m2時，則A和墻壁能發(fā)生屢次碰撞，每次碰撞后總動量方向都向右，設最后A靜止在靠近墻壁處時，B靜止在A的右端，同理有：m1V2+m2V2=μm2gL解得：V=故：假設m1＞m2，V必須小于或等于假設m1≤m2，V必須小于或等于注意：此題中，由于m1和m2的大小關系沒有確定，在解題時必須對可能發(fā)生的物理過程進展討論，分別得出不同的結果。8、在光滑的水平桌面上有一長L=2米的木板C，它的兩端各有一塊檔板，C的質量mC=5千克，在C的正中央并排放著兩個可視為質點的滑塊A和B，質量分別為mA=1千克，mB=4千克。開場時，A、B、C都處于靜止，并且A、B間夾有少量塑膠炸藥，如圖15-1所示。炸藥爆炸使滑塊A以6米/秒的速度水平向左滑動，如果A、B與C間的摩擦可忽略，兩滑塊中任一塊與檔板碰撞后都與擋板結合成一體，爆炸和碰撞所需時間都可忽略。問：(1)當兩滑塊都與檔板相碰撞后，板C的速度多大"(2)到兩個滑塊都與檔板碰撞為止，板的位移大小和方向如何"分析與解：(1)設向左的方向為正方向。炸藥爆炸前后A和B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒。設B獲得的速度為mA，則mAVA+mBVB=0，所以：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒對A、B、C組成的系統(tǒng)，開場時都靜止，所以系統(tǒng)的初動量為零，因此當A和B都與檔板相撞并結合成一體時，它們必靜止，所以C板的速度為零。(2)以炸藥爆炸到A與C相碰撞經(jīng)歷的時間：t1=(L/2)/VA=1/6秒，在這段時間里B的位移為：SB=VBt1=1.5×1/6=0.25米，設A與C相撞后C的速度為VC，A和C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒：mAVA=(mA+mC)VC，所以VC=mAVA/(mA+mC)=1×6/(1+5)=1米/秒B相對于C的速度為：VBC=VB-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒因此B還要經(jīng)歷時間t2才與C相撞：t2==(1-0.25)/2.5=0.3秒，故C的位移為：SC=VCt2=1×0.3=0.3米，方向向左，如圖15-2所示。9、如圖16-1所示，一個連同裝備總質量為M=100千克的宇航員，在距離飛船為S=45米與飛船處于相地靜止狀態(tài)。宇航員背著裝有質量為m0=0.5千克氧氣的貯氧筒，可以將氧氣以V=50米/秒的速度從噴咀噴出。為了平安返回飛船，必須向返回的相反方向噴出適量的氧，同時保存一局部氧供途中呼吸，且宇航員的耗氧率為R=2.5×10-4千克(1)噴氧量應控制在什么圍"返回所需的最長和最短時間是多少"(2)為了使總耗氧量最低，應一次噴出多少氧"返回時間又是多少"分析與解：一般飛船沿橢圓軌道運動，不是慣性參照系。但是在一段很短的圓弧上，可以認為飛船作勻速直線運動，是慣性參照系。(1)設有質量為m的氧氣，以速度v相對噴咀，即宇航員噴出，且宇航員獲得相對于飛船為V的速度，據(jù)動量守恒定律：mv-MV=0則宇航員返回飛船所需的時間為：t=S/V=MS/mv 而平安返回的臨界條件為：m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：m2v-m0vm+RMS=0，m=把m0、v、R、M、S代入上式可得允許的最大和最小噴氧量為：mma*=0.45千克，mmin=0.05千克。返回的最短和最長時間為：tmin==200秒，tma*==1800秒(2)返回飛船的總耗氧量可表示為：△M=m+Rt=(MS/vt)+Rt因為MS/vt與Rt之積為常量，且當兩數(shù)相等時其和最小，即總耗氧量最低，據(jù)：MS/vt=Rt，所以相應返回時間為：t==600秒相應的噴氧量應為：m=Rt=0.15千克。想一想：還有什么方法可求出這時的噴氧量"(m=MS/vt=0.15千克)10．如圖17-1所示，A、B是靜止在水平地面上完全一樣的兩塊長木板．Ａ的左端和Ｂ的右端相接觸．兩板的質量皆為M＝2.0kg，長度皆為L＝1.0ｍ。Ｃ是質量為ｍ＝1.0kg的小物塊．現(xiàn)給它一初速度ｖ0＝2.0ｍ／ｓ，使它從板Ｂ的左端向右滑動．地面是光滑的，而Ｃ與板A、B之間的動摩擦因數(shù)皆為μ＝0.10。求最后參考解答先假設小物塊Ｃ在木板Ｂ上移動ｘ距離后，停在Ｂ上．這時Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度相等，設為ｖ，由動量守恒得ｍｖ0＝〔ｍ＋2Ｍ〕ｖ，①在此過程中，木板Ｂ的位移為ｓ，小物塊Ｃ的位移為ｓ＋ｘ．由功能關系得－μｍｇ〔ｓ＋ｘ〕＝〔1/2〕ｍｖ２－〔1/2〕ｍｖ02，μｍｇｓ＝2Ｍｖ2／2，則－μｍｇｘ＝〔1/2〕〔ｍ＋2Ｍ〕ｖ2－〔1/2〕ｍｖ02，②由①、②式，得ｘ＝［ｍｖ02／〔2Ｍ＋ｍ〕μｇ］，③代入數(shù)值得ｘ＝1．6ｍ．④ｘ比Ｂ板的長度大．這說明小物塊Ｃ不會停在Ｂ板上，而要滑到Ａ板上．設Ｃ剛滑到Ａ板上的速度為ｖ1，此時Ａ、Ｂ板的速度為ｖ2，則由動量守恒得ｍｖ0＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，⑤由功能關系，得〔1/2〕ｍｖ02－〔1/2〕ｍｖ1２－2×〔1/2〕ｍｖ2２＝μｍｇＬ，以題給數(shù)據(jù)代入，得由ｖ1必是正值，故合理的解是當滑到Ａ之后，Ｂ即以ｖ2＝0．155ｍ／ｓ做勻速運動，而Ｃ是以ｖ1＝1．38ｍ／ｓ的初速在Ａ上向右運動．設在Ａ上移動了ｙ距離后停頓在Ａ上，此時Ｃ和Ａ的速度為ｖ3，由動量守恒得Ｍｖ2＋ｍｖ1＝〔ｍ＋Ｍ〕ｖ3，解得ｖ3＝0．563ｍ／ｓ．由功能關系得〔1/2〕ｍｖ12＋〔1/2〕ｍｖ22－〔1/2〕〔ｍ＋Ｍ〕ｖ32＝μｍｇｙ，解得ｙ＝0．50ｍ．ｙ比Ａ板的長度小，所以小物塊Ｃ確實是停在Ａ板上．最后Ａ、Ｂ、Ｃ的速度分別為ｖＡ＝ｖ3＝0．563ｍ／ｓ，ｖＢ＝ｖ2＝0．155ｍ／ｓ，ｖＣ＝ｖＡ＝0．563ｍ／ｓ．評分標準此題的題型是常見的碰撞類型，考察的知識點涉及動量守恒定律與動能關系或動力學和運動學等重點知識的綜合，能較好地考察學生對這些重點知識的掌握和靈活運動的熟練程度．題給數(shù)據(jù)的設置不夠合理，使運算較復雜，影響了學生的得分．從評分標準中可以看出，論證占的分值超過此題分值的50%，足見對論證的重視．而大局部學生在解題時恰恰不注重這一點，平時解題時不規(guī)，運算能力差等，都是此題失分的主要原因．解法探析此題參考答案中的解法較復雜，特別是論證局部，①、②兩式之間的兩個方程可以省略．下面給出兩種較為簡捷的論證和解題方法．解法一從動量守恒與功能關系直接論證求解．設Ｃ剛滑到Ａ板上的速度為ｖ1，此時Ａ、Ｂ板的速度為ｖ2，則由動量守恒，得ｍｖ０＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，以系統(tǒng)為對象，由功能關系，得〔1/2〕ｍｖ02－〔1/2〕ｍｖ12－2×〔1/2〕ｍｖ22＝μｍｇＬ，由于ｖ1只能取正值，以題給數(shù)據(jù)代入得到合理的解為由于小物塊Ｃ的速度ｖ1大于Ａ、Ｂ板的速度ｖ2，這說明小物塊Ｃ不會停在Ｂ板上．以上過程既是解題的必要局部，又作了論證，比參考答案中的解法簡捷．后面局部與參考答案一樣，不再綴述．解法二從相對運動論證，用動量守恒與功能關系求解．以地面為參照系，小物塊Ｃ在A、B上運動的加速度為ａＣ＝μｇ＝1ｍ／ｓ2，A、B整體的加速度為ａＡＢ＝μｍｇ／2Ｍ＝0．25ｍ／ｓ2，Ｃ相對Ａ、Ｂ的加速度ａ＝ａＣ＋ａＡＢ＝1.25ｍ／ｓ2．假設A、B一體運動，以A、B整體為參照物，當Ｃ滑至與整體相對靜止時，根據(jù)運動學公式，有ｖ02＝2ａｓ，解得ｓ＝ｖ02／2ａ＝1．6ｍ＞Ｌ．說明小物塊Ｃ不會停在Ｂ板上．上述可以看出，從相對運動的角度論證較為簡捷，運算也較為簡單．論證后的解法與參考答案一樣．試題拓展1．假設長木板個數(shù)不變，當小物塊的初速度滿足什么條件時，Ａ、Ｂ、Ｃ三物體最終的速度一樣"2．假設長木板個數(shù)不變，當小物塊的初速度滿足什么條件時，小物塊能從兩長木板上滑過去"3．假設小物塊的初速度不變，將一樣的長木板數(shù)增加到三個，最終小物塊停在木板上的什么位置，各物體的運動速度分別為多少"4．假設其它條件不變，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ′，并且滿足μ′(M＋ｍ)ｇ＜μｍｇ＜μ′〔2Ｍ＋ｍ〕ｇ，試分析有怎樣的情況發(fā)生"5．分析子彈打擊在光滑水平面上的兩一樣木塊問題，找出它與此題的異同，歸納解法．11.如圖18-1，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧一端固定在墻上，另一端和質量為M的容器連接，容器放在光滑水平的地面上，當容器位于O點時彈簧為自然長度，在O點正上方有一滴管，容器每通過O點一次，就有質量為m的一個液滴落入容器，開場時彈簧壓縮，然后撒去外力使容器圍繞O點往復運動，求：(1)容器中落入n個液滴到落入〔n+1〕個液滴的時間間隔；(2)容器中落入n個液滴后，容器偏離O點的最大位移。分析與解：此題中求容器落入n個液滴后偏離O點的最大位移時，假設從動量守恒和能量守恒的角度求解，將涉及彈簧彈性勢能的定量計算，超出了中學大綱的要求，如果改用動量定理和動量守恒定律求解，則可轉換成大綱要求的知識的試題。(1)彈簧振子在做簡諧運動過程中，影響其振動周期的因素有振子的質量和恢復系數(shù)(對彈簧振子即為彈簧的勁度系數(shù))，此題中恢復系數(shù)始終不變，液滴的落入使振子的質量改變，導致其做簡諧運動的周期發(fā)生變化。容器中落入n個液滴后振子的質量為〔M+nm〕，以n個液滴落入后到第〔n+1〕個液滴落入前，這段時間系統(tǒng)做簡諧運動的周期Tn=2π，容器落入n個液滴到〔n+1〕個液滴的時間間隔△t=Tn/2，所以△t=π(2)將容器從初始位置釋放后，振子運動的動量不斷變化，動量變化的原因是水平方向上彈簧彈力的沖量引起的，將容器從靜止釋放至位置O的過程中，容器的動量從零增至p，因容器位于Ｏ點時彈簧為自然長度，液滴在O點處落入容器時，容器和落入的液滴系統(tǒng)在水平方向的合力為零，根據(jù)動量守恒定律，液滴在Ｏ處的落入并不改變系統(tǒng)水平方向的動量，所以振子處從位置O到兩側相應的最大位移處，或從兩側相應在的最大位移處到位置Ｏ的各1/4周期，雖然周期Ｔn和對應的最大位移Ln在不斷變化，但動量變化的大小均為△p=p－0=p，根據(jù)動量定理可知識，各1/4周期彈力的沖量大小均相等，即：F0(t)·T0/4=Fn(t)·Tn/4其中T0是從開場釋放到第一次到O點的周期，Ｔ0=2π。Tn是n個液滴落入后到〔n+1〕個液滴落入容器前振子的周期，Tn=2π。而F0(t)和Fn(t)分別為第一個周期和n個液滴落入后的1/4周期彈力對時間的平均值，由于在各個1/4周期振子均做簡諧運動，因而彈力隨時間均按正弦〔或余弦〕規(guī)律變化，隨時間按正弦〔或余弦〕變化的量在1/4周期對時間的平均值與最大值之間的關系，可用等效方法求出，矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時，從中性而開場計地，產(chǎn)生的感應電動勢為ε=εmsinωt=NbωSsinωt。ε按正弦規(guī)律變化，根據(jù)法拉第電磁感應定律ε=N，ε在1/4周期對時間的平均值ε=2εm/π。這一結論對其它正弦〔或余弦〕變化的量對時間的平均值同樣適用，則有F0(t)=2kL0/π，F(xiàn)n(t)=2kLn/π代入前式解得：Ln=L012、如圖19-1所示，輕質彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接一個質量為M的木板，木板下面再掛一個質量為m的物體，當拿去m后，木板速度再次為零時，彈簧恰好恢復原長，求M與m之間的關系？分析與解：按常規(guī)思路，取M為研究對象，根據(jù)動能定理或機械能守恒定律求解時，涉及彈力〔變力〕做功或彈性勢能的定量計算，超出了中學教材和大綱的要