高中物理力学经典例题集锦

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

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/s

A→B，由动能定理得：FS=1

2

mV B2

所以 F=m

2

2

B

v

S

=×(2×=

(2)滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定律得：

N-mg=m

2

C

v

R

而V C=V B则

N=mg+m

2

C

v

R

=×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+

1

2

(M+m)V DX2+

1

2

mV 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1

2

mV C2=

1

2

mV C’2+

1

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=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

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/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×=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。

(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 A gh-n μm A gS=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=，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 ；

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。

7、如图14-1所示，长为L ，质量为m 1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m 2

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m 1、m 2，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m 1＞m 2，则m 1和m 2最后以某一共同速度向

左运动；(2)若m 1=m 2，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m 1＜m 2，则A 将多次和墙壁碰撞，

最后停在靠近墙壁处。

若m 1＞m 2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：P=m 1V-m 2V

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-m 2V=(m 1+m 2)V’

所以V’=(m 1-m 2)V/(m 1+m 2)

若相对静止时B 正好在A 的右端，则系统机械能损失应为μm 2gL ，

则据能量守恒：m 1V 2+m 2V 2-(m 1+m 2)(m 1-m 2)2V 2/(m 1+m 2)2=μm 2gL 图13-2

图14-1

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、在光滑的水平桌面上有一长L=2米的木板C，它的两端各有一块档板，C的质量m C=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m A=1千克，m B=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m A，则m A V A+m B V B=0，所以：V B=-m A V A/m B=-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：t1=(L/2)/V A=1/6秒，

在这段时间里B的位移为：S B=V B t1=×1/6=0.25米，

设A与C相撞后C的速度为V C，A和C组成的系统水平方向动量守恒：m A V A=(m A+m C)V C，所以V C=m A V A/(m A+m C)=1×6/(1+5)=1米/秒

B相对于C的速度为： V BC=V B-V C=-(+1)=-2.5米/秒

因此B还要经历时间t2才与C相撞：

t2==/=秒，

故C的位移为：S C=V C t2=1×=0.3米，

方向向左，如图15-2所示。

9、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=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，必须向返回的相反方向喷出适量的氧，同时保留一部分氧供途中呼吸，且宇航员的耗氧率为R=×10-4千克/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=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)

10．如图17-1所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．Ａ的左端和Ｂ的右端相接触．两板的质量皆为M＝2.0kg，长度皆为L＝ｍ。Ｃ是质量为ｍ＝1.0 kg的小物块．现给它一初速度ｖ0＝ｍ／ｓ，使它从板Ｂ的左端向右滑动．已知地面是光滑的，而Ｃ与板A、B

之间的动摩擦因数皆为μ＝。求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度ｇ＝10ｍ／ｓ２。

参考解答先假设小物块Ｃ在木板Ｂ上移动ｘ距离后，停在Ｂ上．这时Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度相等，设为ｖ，由动量守恒得

ｍｖ0＝（ｍ＋2Ｍ）ｖ，①

在此过程中，木板Ｂ的位移为ｓ，小物块Ｃ的位移为ｓ＋ｘ．由功能关系得

－μｍｇ（ｓ＋ｘ）＝（1/2）ｍｖ２－（1/2）ｍｖ02，

μｍｇｓ＝2Ｍｖ2／2，

则－μｍｇｘ＝（1/2）（ｍ＋2Ｍ）ｖ2－（1/2）ｍｖ02，②

由①、②式，得

ｘ＝［ｍｖ02／（2Ｍ＋ｍ）μｇ］，③

代入数值得ｘ＝1．6ｍ．④

ｘ比Ｂ板的长度大．这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上，而要滑到Ａ板上．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒得

ｍｖ0＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，⑤

由功能关系，得（1/2）ｍｖ02－（1/2）ｍｖ1２－2×（1/2）ｍｖ2２＝μｍｇＬ，

以题给数据代入，得

由ｖ1必是正值，故合理的解是

当滑到Ａ之后，Ｂ即以ｖ2＝0．155ｍ／ｓ做匀速运动，而Ｃ是以ｖ1＝1．38ｍ／ｓ的初速在Ａ上向右运动．设在Ａ上移动了ｙ距离后停止在Ａ上，此时Ｃ和Ａ的速度为ｖ3，由动量守恒得

Ｍｖ2＋ｍｖ1＝（ｍ＋Ｍ）ｖ3，

解得ｖ3＝0．563ｍ／ｓ．

由功能关系得

（1/2）ｍｖ12＋（1/2）ｍｖ22－（1/2）（ｍ＋Ｍ）ｖ32＝μｍｇｙ，

解得ｙ＝0．50ｍ．

ｙ比Ａ板的长度小，所以小物块Ｃ确实是停在Ａ板上．最后Ａ、Ｂ、Ｃ的速度分别为ｖＡ＝ｖ3＝0．563ｍ／ｓ，ｖＢ＝ｖ2＝0．155ｍ／ｓ，ｖＣ＝ｖＡ＝0．563ｍ／ｓ．评分标准本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识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，①、②两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Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒，得

ｍｖ０＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，

以系统为对象，由功能关系，得

（1/2）ｍｖ02－（1/2）ｍｖ12－2×（1/2）ｍｖ22＝μｍｇＬ，

由于ｖ1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为

由于小物块Ｃ的速度ｖ1大于Ａ、Ｂ板的速度ｖ2，这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ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Ｃ在A、B上运动的加速度为ａＣ＝μｇ＝1ｍ／ｓ2，A、B整体的加速度为ａＡＢ＝μｍｇ／2Ｍ＝0．25ｍ／ｓ2，Ｃ相对Ａ、Ｂ的加速度ａ＝ａＣ＋ａＡＢ＝ｍ／ｓ2．假设A、B一体运动，以A、B整体为参照物，当Ｃ滑至与整体相对静止时，根据运动学公式，有

ｖ02＝2ａｓ，

解得ｓ＝ｖ02／2ａ＝1．6ｍ＞Ｌ．

说明小物块Ｃ不会停在Ｂ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，Ａ、Ｂ、Ｃ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μ′，并且满足μ′(M＋ｍ)ｇ＜μｍｇ＜μ′（2Ｍ＋ｍ）ｇ，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．

11.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(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T n=2π，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 =π

(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Ｏ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Ｏ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移处到位置Ｏ的各1/4周期内，虽然周期Ｔn和对应的最大位移L n在不断变化，但动量变化的大小均为△p=p－0=p，根据动量定理可知识，各1/4周期内弹力的冲量大小均相等，即：

F0(t)·T0/4 = F n(t)·T n/4

其中T0是从开始释放到第一次到O点的周期，Ｔ0=2π。T n是n个液滴落入后到（n+1）个

液滴落入容器前振子的周期，T n=2π。而F0(t) 和F n(t)分别为第一个1

4

周期内和n个液滴落

入后的1/4周期内弹力对时间的平均值，由于在各个1/4周期内振子均做简谐运动，因而弹力随时间均按正弦（或余弦）规律变化，随时间按正弦（或余弦）变化的量在1/4周期内对时间的平均值与最大值之间的关系，可用等效方法求出，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，从中性而开始计地，产生的感应电动势为ε=εm sinωt=NbωSsinωt。ε按正弦规律变化，根据法拉第电磁感应定律ε=N，ε在1/4周期内对时间的平均值ε=2εm/π。这一结论对其它正弦（或余弦）变化的量对时间的平均值同样适用，则有

F0(t)=2kL0/π，F n(t)=2kL n/π

代入前式解得：L n=L0

12、如图19-1所示，轻质弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接一个质量为M的木板，木板下面再挂一个质量为m的物体，当拿去m后，木板速度再次为零时，弹簧恰好恢复原长，求M与m之间的关系？

分析与解：按常规思路，取M为研究对象，根据动能定理或机械能守恒定律求解时，涉及弹力（变力）做功或弹性势能的定量计算，超出了中学教材和大纲的要求。

考虑到拿去m后，M将做简谐运动，则拿去m时M所处位置，与弹簧刚恢复原长时M所处位置分别为平衡位置两侧的最大位置处，由M做简谐运动时力的对称性可知，在两侧最大位移处回复力的大小应相等，在最低位置处F=mg，方向向上，在最高位置处F=Mg，方向向下，所以有M=m。

13．假设在质量与地球质量相同、半径为地球半径两倍的某天体上进行运动比赛，那么与在地球上的比赛成绩相比，下列说法中正确的是［］

①跳高运动员的成绩会更好

②用弹簧秤称体重时，体重数值会变得更小

③投掷铁钅并的距离会更远些

④用手投出的篮球，水平方向的分速度会变大

Ａ．①②③ Ｂ．②③④ Ｃ．①③④ Ｄ．①②④

答案：Ａ

14．下列说法正确的是［ ］

A ．物体在恒力作用下的运动方向是不会改变的

B ．加速前进的汽车，后轮所受的摩擦力方向与运动方向相反

C ．第一宇宙速度为ｋｍ／ｓ，因此飞船只有达到ｋｍ／ｓ才能从地面起飞

D ．作用力与反作用力都可以做正功，也可以做负功

答案：Ｄ

15、如图20-1所示，一列横波t 时刻的图象用实线表示，又经△t=时的图象用虚线表示。已知波长为2m ，则以下说法正确的是：( )

A 、 若波向右传播，则最大周期是2s 。

B 、 若波向左传播，则最大周期是2s 。

C 、 若波向左传播，则最小波速是9m/s 。

D 、 若波速是19m/s ，则传播方向向左。

分析与解：

若向右传播，则传播0.2m 的波数为0.2m/2m=，

则，△t=(n+T(n=0、1、2、3……) 所以T=△t/(n+=(n+

当n=0时，周期有最大值Tmax=2s ，所以A 正确。

若向左传播，则在内传播距离为m=1.8m ，传过波数为1.8m/2m=，

则，△t=(n+T(n=0、1、2、3……) 所以T=△t/(n+=(n+

当n=0时，周期有最大值Tmax≈，所以B 错。

又：T=v λ，所以V=2(0.9)10(0.9)0.2

0.2

0.9n v n T n λλ+====++ 当n=0时，波速最小值为Vmin=9m/s ，所以C 正确。

当n=1时 V=19m/s ，所以D 正确。

故本题应选A 、C 、D 。

说明：解决波动问题要注意：由于波动的周期性(每隔一个周期T或每隔一个波长λ)和波的传播方向的双向性，往往出现多解，故要防止用特解来代替通解造成解答的不完整。

16．如图21-1所示，一列简谐横波在ｘ轴上传播，某时刻的波形如图所示，关于波的传播方向与质点a、ｂ的运动情况，下列叙述中正确的是［］

A．若波沿ｘ轴正方向传播，ａ运动的速度将减小

B．若波沿ｘ轴正方向传播，ａ运动的速度将保持不变

C．若波沿ｘ轴负方向传播，ｂ将向＋ｙ方向运动

D．若波沿ｘ轴负方向传播，ｂ将向－ｙ方向运动

答案：D