高中物理典型例题集锦力学部分1、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E P。
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==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：E K’=(M+m)V2=(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：W f=f2L=E K-E K’=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=E K-E K‘-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。
2、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14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，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，代入x=0.64m，可得滑块到B点速度为：V B m =3.2m/sA→B，由动能定理得：FS=12mV B2所以 F=m22BvS=×(2×=(2)滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定律得：N-mg=m2CvR而V C=V B则N=mg+m2CvR=×10+×=(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V DX。
由动量守恒定律得：mV C=(M+m)V DX所以 V DX=mV C/(M+m)=0.32m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 DX外，还具有竖直向上的分速度V DY，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：1 2mV C2=mgR+12(M+m)V DX2+12mV DY2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：mV C=mV C‘+MV 即12mV C2=12mV C’2+12MV2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)=0.64m V C’=(m-M)V C/(m+M)=2.56m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 DX2V DY/g=×2×10=3、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。
4、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5、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<R’<R)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。
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/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×=1m/s V2=V0+gt=2+10×=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。
6、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点在竖直平面图13-1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=mV A2，V A=因为m A=m B，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：V A’=0，V B’=V A=设B球到最高点的速度为Vc，B做圆周运动的临界条件：m B g=m B V2/L [1]又因m B V B‘2=m B V2+m B g2L [2]将[1]式及V B’=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。