高中物理力學(xué)經(jīng)典例題集錦

PAGE4-高中物理典型例題集錦力學(xué)部分1、如圖9-1所示，質(zhì)量為M=3kg的木板靜止在光滑水平面上，板的右端放一質(zhì)量為m=1kg的小鐵塊，現(xiàn)給鐵塊一個(gè)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(shì)能的最大值EP。分析與解：在鐵塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，因此彈簧壓縮最大時(shí)和鐵塊停在木板右端時(shí)系統(tǒng)的共同速度（鐵塊與木板的速度相同）可用動(dòng)量守恒定律求出。在鐵塊相對(duì)于木板往返運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)總機(jī)械能損失等于摩擦力和相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離的乘積，可利用能量關(guān)系分別對(duì)兩過程列方程解出結(jié)果。設(shè)彈簧壓縮量最大時(shí)和鐵塊停在木板右端時(shí)系統(tǒng)速度分別為V和V’，由動(dòng)量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V’所以，V=V’=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s鐵塊剛在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)系統(tǒng)總動(dòng)能為：EK=mV02=0.5X1X16=8J彈簧壓縮量最大時(shí)和鐵塊最后停在木板右端時(shí)，系統(tǒng)總動(dòng)能都為：EK’=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J鐵塊在相對(duì)于木板往返運(yùn)過程中，克服摩擦力f所做的功為：Wf=f2L=EK-EK’=8-2=6J鐵塊由開始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮量最大的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能損失為：fs=3J由能量關(guān)系得出彈性勢(shì)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(yùn)動(dòng)，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，題中所求的是彈簧的最大彈性勢(shì)能，解題時(shí)必須要用到能量關(guān)系。在解本題時(shí)要注意兩個(gè)方面：①是要知道只有當(dāng)鐵塊和木板相對(duì)靜止時(shí)(即速度相同時(shí))，彈簧的彈性勢(shì)能才最大；彈性勢(shì)能量大時(shí)，鐵塊和木板的速度都不為零；鐵塊停在木板右端時(shí)，系統(tǒng)速度也不為零。②是系統(tǒng)機(jī)械能損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(duì)木板所做功的差值，故在計(jì)算中用摩擦力乘上鐵塊在木板上相對(duì)滑動(dòng)的距離。2、如圖8-1所示，質(zhì)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(diǎn)由靜止開始向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)。設(shè)：開始時(shí)平面AB與圓弧CD相切，A、B、C三點(diǎn)在同一水平線上，令A(yù)B連線為X軸，且AB=d=0.64m，滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)量隨位移的變化關(guān)系為P=1.6kgm/s，小車質(zhì)量M=3.6kg，不計(jì)能量損失。求：(1)滑塊受水平推力F為多大?(2)滑塊通過C點(diǎn)時(shí)，圓弧C點(diǎn)受到壓力為多大?(3)滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，小車速度為多大?(4)滑塊能否第二次通過C點(diǎn)?若滑塊第二次通過C點(diǎn)時(shí)，小車與滑塊的速度分別為多大?(5)滑塊從D點(diǎn)滑出再返回D點(diǎn)這一過程中，小車移動(dòng)距離為多少?(g取10m/s2)分析與解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑塊到B點(diǎn)速度為：VB=1.6/m=1.6/m=3.2m/sA→B，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，彈簧恢復(fù)原長。碰撞過程滿足動(dòng)量守恒條件。壓縮彈簧及反彈時(shí)機(jī)械能守恒。自由下落3Xo，根據(jù)機(jī)械能守恒：所以

物塊與鋼板碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒：2mV12+Ep=2mgx0[1]如果物塊質(zhì)量為2m，則：2mVo=(2m+m)V2，即V2=Vo設(shè)回到O點(diǎn)時(shí)物塊和鋼板的速度為V，則：3mV22+Ep=3mgx0+3mV2[2]從O點(diǎn)開始物塊和鋼板分離，由[1]式得：Ep=mgx0代入[2]得：m(Vo)2+mgx0=3mgx0+3mV2所以，V2=gx0即5、如圖12-1所示，有兩塊大小不同的圓形薄板(厚度不計(jì))，質(zhì)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(jié)。開始時(shí)，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(jī)械能損失的碰撞。碰撞后，兩板即分離，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)若M=m，則V值為多大(2)若M/m=K，試討論V的方向與K值間的關(guān)系。分析與解：開始M與m自由下落，機(jī)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(yùn)動(dòng)。m向下做勻加速運(yùn)動(dòng)。在繩繃緊瞬間，內(nèi)力(繩拉力)很大，可忽略重力，認(rèn)為在豎直方向上M與m系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(1)據(jù)機(jī)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(yùn)動(dòng)，m自由下落做勻加速運(yùn)動(dòng)。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(dòng)量守恒，取向下為正方向，mV2-MV1=(M+m)V，所以那么當(dāng)m=M時(shí)，V=1m/s；當(dāng)M/m=K時(shí)，V=。討論：①K＜3時(shí)，V＞0，兩板速度方向向下。②K＞3時(shí)，V＜0，兩板速度方向向上。③K=3時(shí)，V=0，兩板瞬時(shí)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(yuǎn)的P處沿光滑曲面從靜止開始下滑，物體B用長為L的細(xì)繩豎直懸掛在O點(diǎn)且剛和平面上Q點(diǎn)接觸。已知mA=mB，高h(yuǎn)及S(平面部分長)。若A和B碰撞時(shí)無能量損失。(1)若L≤h/4，碰后A、B各將做什么運(yùn)動(dòng)?(2)若L=h，且A與平面的動(dòng)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(dāng)水平部分沒有摩擦?xí)r，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(zhì)量相等，由動(dòng)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(dòng)，也可能饒O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。如果做擺動(dòng)，則經(jīng)一段時(shí)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(fù)以上過程，如此繼續(xù)下去，若B做圓周運(yùn)動(dòng)，B逆時(shí)針以O(shè)為圓心轉(zhuǎn)一周后與A相碰，B停在Q處，A向右做勻速運(yùn)動(dòng)。由此分析，我們可得本題的解如下：(1)A與B碰撞前A的速度：mgh=mVA2，VA=因?yàn)閙A=mB，碰撞無能量損失，兩球交換速度，得：VA’=0，VB’=VA=設(shè)B球到最高點(diǎn)的速度為Vc，B做圓周運(yùn)動(dòng)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(shí)，A、B碰后B才可能做圓周運(yùn)動(dòng)。而題意為L=h/4＜2h/5，故A與B碰后，B必做圓周運(yùn)動(dòng)。因此(1)的解為：A與B碰后A停在Q處，B做圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)。(2)由上面分析可知，當(dāng)L=h時(shí)，A與B碰后，B只做擺動(dòng)，因水平面粗糙，所以A在來回運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能要損失。設(shè)碰撞次數(shù)為n，由動(dòng)能定理可得：mAgh-nμmAgS=0所以n=h/μS討論：若n為非整數(shù)時(shí)，相碰次數(shù)應(yīng)湊足整數(shù)數(shù)目。如n=1.2，則碰撞次數(shù)為兩次。當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，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(dá)Q處將碰B而又未碰B；圖13-2當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，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?qū)⑼Ｔ诰郆球S處的C點(diǎn)。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(zhì)量為m1的物塊A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一質(zhì)量為m2的物體B，B與A的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。A和B一起以相同的速度V向右運(yùn)動(dòng)，在A與豎直墻壁碰撞過程中無機(jī)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(jī)械能損失的碰撞后，A以大小為V的速度向左運(yùn)動(dòng)，B仍以原速度V向右運(yùn)動(dòng)，以后的運(yùn)動(dòng)過程有三種可能：(1)若m1＞m2，則m1和m2最后以某一共同速度向左運(yùn)動(dòng)；(2)若m1=m2，則A、B最后都停止在水平面上，但不再和墻壁發(fā)生第二次碰撞；(3)若m1＜m2，則A將多次和墻壁碰撞，最后停在靠近墻壁處。若m1＞m2時(shí)，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向左，大小為：P=m1V-m2V設(shè)它們相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為V’，據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：m1V-m2V=(m1+m2)V’所以V’=(m1-m2)V/(m1+m2)若相對(duì)靜止時(shí)B正好在A的右端，則系統(tǒng)機(jī)械能損失應(yīng)為μm2gL，則據(jù)能量守恒：m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=μm2gL解得：V=若m1=m2時(shí)，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，最后都靜止在水平面上，設(shè)靜止時(shí)A在B的右端，則有：m1V2+m2V2=μm2gL解得：V=若m1＜m2時(shí)，則A和墻壁能發(fā)生多次碰撞，每次碰撞后總動(dòng)量方向都向右，設(shè)最后A靜止在靠近墻壁處時(shí)，B靜止在A的右端，同理有：m1V2+m2V2=μm2gL解得：V=故：若m1＞m2，V必須小于或等于若m1≤m2，V必須小于或等于注意：本題中，由于m1和m2的大小關(guān)系沒有確定，在解題時(shí)必須對(duì)可能發(fā)生的物理過程進(jìn)行討論，分別得出不同的結(jié)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(zhì)量mC=5千克，在C的正中央并排放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A和B，質(zhì)量分別為mA=1千克，mB=4千克。開始時(shí)，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(dòng)，如果A(1)當(dāng)兩滑塊都與檔板相碰撞后，板C的速度多大?(2)到兩個(gè)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(shè)向左的方向?yàn)檎较颉Ｕㄋ幈ㄇ昂驛和B組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。設(shè)B獲得的速度為mA，則mAVA+mBVB=0，所以：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，開始時(shí)都靜止，所以系統(tǒng)的初動(dòng)量為零，因此當(dāng)A和B都與檔板相撞并結(jié)合成一體時(shí)，它們必靜止，所以C(2)以炸藥爆炸到A與C相碰撞經(jīng)歷的時(shí)間：t1=(L/2)/VA=1/6秒，在這段時(shí)間里B的位移為：SB=VBt1=1.5×1/6=0.25米設(shè)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(dòng)量守恒：mAVA=(mA+mC)VC，所以VC=mAVA/(mA+mC)=1×6/(1+5)=1米/B相對(duì)于C的速度為：VBC=VB-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5米/因此B還要經(jīng)歷時(shí)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(gè)連同裝備總質(zhì)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?fàn)顟B(tài)。宇航員背著裝有質(zhì)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。為了安全返回飛船，必須向返回的相反方向噴出適量的氧，同時(shí)保留一部分氧供途中呼吸，且宇航員的耗氧率為R=2.5×10-4(1)噴氧量應(yīng)控制在什么范圍?返回所需的最長和最短時(shí)間是多少?(2)為了使總耗氧量最低，應(yīng)一次噴出多少氧?返回時(shí)間又是多少?分析與解：一般飛船沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，不是慣性參照系。但是在一段很短的圓弧上，可以認(rèn)為飛船作勻速直線運(yùn)動(dòng)，是慣性參照系。(1)設(shè)有質(zhì)量為m的氧氣，以速度v相對(duì)噴咀，即宇航員噴出，且宇航員獲得相對(duì)于飛船為V的速度，據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv-MV=0則宇航員返回飛船所需的時(shí)間為：t=S/V=MS/mv 而安全返回的臨界條件為：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：mmax=0.45千克，mmin=0.05返回的最短和最長時(shí)間為：tmin==200秒，tmax==1800秒(2)返回飛船的總耗氧量可表示為：△M=m+Rt=(MS/vt)+Rt因?yàn)镸S/vt與Rt之積為常量，且當(dāng)兩數(shù)相等時(shí)其和最小，即總耗氧量最低，據(jù)：MS/vt=Rt，所以相應(yīng)返回時(shí)間為：t==600秒相應(yīng)的噴氧量應(yīng)為：m=Rt=0.15千克想一想：還有什么方法可求出這時(shí)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相同的兩塊長木板．Ａ的左端和Ｂ的右端相接觸．兩板的質(zhì)量皆為M＝2.0kg，長度皆為L＝1.0ｍ。Ｃ是質(zhì)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(dòng)．已知地面是光滑的，而Ｃ與板A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)皆為μ＝0.10。求最后A參考解答先假設(shè)小物塊Ｃ在木板Ｂ上移動(dòng)ｘ距離后，停在Ｂ上．這時(shí)Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度相等，設(shè)為ｖ，由動(dòng)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(guān)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(huì)停在Ｂ板上，而要滑到Ａ板上．設(shè)Ｃ剛滑到Ａ板上的速度為ｖ1，此時(shí)Ａ、Ｂ板的速度為ｖ2，則由動(dòng)量守恒得ｍｖ0＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，⑤由功能關(guān)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(dāng)滑到Ａ之后，Ｂ即以ｖ2＝0．155ｍ／ｓ做勻速運(yùn)動(dòng)，而Ｃ是以ｖ1＝1．38ｍ／ｓ的初速在Ａ上向右運(yùn)動(dòng)．設(shè)在Ａ上移動(dòng)了ｙ距離后停止在Ａ上，此時(shí)Ｃ和Ａ的速度為ｖ3，由動(dòng)量守恒得Ｍｖ2＋ｍｖ1＝（ｍ＋Ｍ）ｖ3，解得ｖ3＝0．563ｍ／ｓ．由功能關(guān)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(shí)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(píng)分標(biāo)準(zhǔn)本題的題型是常見的碰撞類型，考查的知識(shí)點(diǎn)涉及動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能關(guān)系或動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)等重點(diǎn)知識(shí)的綜合，能較好地考查學(xué)生對(duì)這些重點(diǎn)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)動(dòng)的熟練程度．題給數(shù)據(jù)的設(shè)置不夠合理，使運(yùn)算較復(fù)雜，影響了學(xué)生的得分．從評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中可以看出，論證占的分值超過本題分值的50%，足見對(duì)論證的重視．而大部分學(xué)生在解題時(shí)恰恰不注重這一點(diǎn)，平時(shí)解題時(shí)不規(guī)范，運(yùn)算能力差等，都是本題失分的主要原因．解法探析本題參考答案中的解法較復(fù)雜，特別是論證部分，①、②兩式之間的兩個(gè)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(dòng)量守恒與功能關(guān)系直接論證求解．設(shè)Ｃ剛滑到Ａ板上的速度為ｖ1，此時(shí)Ａ、Ｂ板的速度為ｖ2，則由動(dòng)量守恒，得ｍｖ０＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，以系統(tǒng)為對(duì)象，由功能關(guān)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(huì)停在Ｂ板上．以上過程既是解題的必要部分，又作了論證，比參考答案中的解法簡捷．后面部分與參考答案相同，不再綴述．解法二從相對(duì)運(yùn)動(dòng)論證，用動(dòng)量守恒與功能關(guān)系求解．以地面為參照系，小物塊Ｃ在A、B上運(yùn)動(dòng)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(duì)Ａ、Ｂ的加速度ａ＝ａＣ＋ａＡＢ＝1.25ｍ／ｓ2．假設(shè)A、B一體運(yùn)動(dòng)，以A、B整體為參照物，當(dāng)Ｃ滑至與整體相對(duì)靜止時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有ｖ02＝2ａｓ，解得ｓ＝ｖ02／2ａ＝1．6ｍ＞Ｌ．說明小物塊Ｃ不會(huì)停在Ｂ板上．上述可以看出，從相對(duì)運(yùn)動(dòng)的角度論證較為簡捷，運(yùn)算也較為簡單．論證后的解法與參考答案相同．試題拓展1．若長木板個(gè)數(shù)不變，當(dāng)小物塊的初速度滿足什么條件時(shí)，Ａ、Ｂ、Ｃ三物體最終的速度相同?2．若長木板個(gè)數(shù)不變，當(dāng)小物塊的初速度滿足什么條件時(shí)，小物塊能從兩長木板上滑過去?3．若小物塊的初速度不變，將相同的長木板數(shù)增加到三個(gè)，最終小物塊停在木板上的什么位置，各物體的運(yùn)動(dòng)速度分別為多少?4．若其它條件不變，長木板與地面間的動(dòng)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相同木塊問題，找出它與本題的異同，歸納解法．11.如圖18-1，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上，另一端和質(zhì)量為M的容器連接，容器放在光滑水平的地面上，當(dāng)容器位于O點(diǎn)時(shí)彈簧為自然長度，在O點(diǎn)正上方有一滴管，容器每通過O點(diǎn)一次，就有質(zhì)量為m的一個(gè)液滴落入容器，開始時(shí)彈簧壓縮，然后撒去外力使容器圍繞O點(diǎn)往復(fù)運(yùn)動(dòng)，求：(1)容器中落入n個(gè)液滴到落入（n+1）個(gè)液滴的時(shí)間間隔；(2)容器中落入n個(gè)液滴后，容器偏離O點(diǎn)的最大位移。分析與解：本題中求容器內(nèi)落入n個(gè)液滴后偏離O點(diǎn)的最大位移時(shí)，若從動(dòng)量守恒和能量守恒的角度求解，將涉及彈簧彈性勢(shì)能的定量計(jì)算，超出了中學(xué)大綱的要求，如果改用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律求解，則可轉(zhuǎn)換成大綱要求的知識(shí)的試題。(1)彈簧振子在做簡諧運(yùn)動(dòng)過程中，影響其振動(dòng)周期的因素有振子的質(zhì)量和恢復(fù)系數(shù)(對(duì)彈簧振子即為彈簧的勁度系數(shù))，本題中恢復(fù)系數(shù)始終不變，液滴的落入使振子的質(zhì)量改變，導(dǎo)致其做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期發(fā)生變化。容器中落入n個(gè)液滴后振子的質(zhì)量為（M+nm），以n個(gè)液滴落入后到第（n+1）個(gè)液滴落入前，這段時(shí)間內(nèi)系統(tǒng)做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期Tn=2π，容器落入n個(gè)液滴到（n+1）個(gè)液滴的時(shí)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(yùn)動(dòng)的動(dòng)量不斷變化，動(dòng)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(dòng)量從零增至p，因容器位于Ｏ點(diǎn)時(shí)彈簧為自然長度，液滴在O點(diǎn)處落入容器時(shí)，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(dòng)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(dòng)量，所以振子處從位置O到兩側(cè)相應(yīng)的最大位移處，或從兩側(cè)相應(yīng)在的最大位移處到位置Ｏ的各1/4周期內(nèi)，雖然周期Ｔn和對(duì)應(yīng)的最大位移Ln在不斷變化，但動(dòng)量變化的大小均為△p=p－0=p，根據(jù)動(dòng)量定理可知識(shí)，各1/4周期內(nèi)彈力的沖量大小均相等，即：F0(t)·T0/4=Fn(t)·Tn/4其中T0是從開始釋放到第一次到O點(diǎn)的周期，Ｔ0=2π。Tn是n個(gè)液滴落入后到（n+1）個(gè)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(gè)周期內(nèi)和n個(gè)液滴落入后的1/4周期內(nèi)彈力對(duì)時(shí)間的平均值，由于在各個(gè)1/4周期內(nèi)振子均做簡諧運(yùn)動(dòng)，因而彈力隨時(shí)間均按正弦（或余弦）規(guī)律變化，隨時(shí)間按正弦（或余弦）變化的量在1/4周期內(nèi)對(duì)時(shí)間的平均值與最大值之間的關(guān)系，可用等效方法求出，矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，從中性而開始計(jì)地，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為ε=εmsinωt=NbωSsinωt。ε按正弦規(guī)律變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律ε=N，ε在1/4周期內(nèi)對(duì)時(shí)間的平均值ε=2εm/π。這一結(jié)論對(duì)其它正弦（或余弦）變化的量對(duì)時(shí)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(zhì)彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接一個(gè)質(zhì)量為M的木板，木板下面再掛一個(gè)質(zhì)量為m的物體，當(dāng)拿去m后，木板速度再次為零時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)原長，求M與m之間的關(guān)系？分析與解：按常規(guī)思路，取M為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律求解時(shí)，涉及彈力（變力）做功或彈性勢(shì)能的定量計(jì)算，超出了中學(xué)教材和大綱的要求?？紤]到拿去m后，M將做簡諧運(yùn)動(dòng)，則拿去m時(shí)M所處位置，與彈簧剛恢復(fù)原長時(shí)M所處位置分別為平衡位置兩側(cè)的最大位置處，由M做簡諧運(yùn)動(dòng)時(shí)力的對(duì)稱性可知，在兩側(cè)最大位移處回復(fù)力的大小應(yīng)相等，在最低位置處F=mg，方向向上，在最高位置處F=Mg，方向向下，所以有M=m。13．假設(shè)在質(zhì)量與地球質(zhì)量相同、半徑