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1、物理功能关系易错题【错题二】：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X。，如图3-15所示。物块从钢板正对距离为 3X0 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。已知物体质量也为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，求物块向上运动到最高点与O点的距离。【分析】：这是一道综合性很强的题。错解中由于没有考虑物块与钢板碰撞 之后速度改变这一过程，而导致错误。另外在分析物块与钢板接触位置处， 弹簧的弹性势能时，也有相当多的人出错，两个错误都出
2、时，会发现无解。 这样有些人就返回用两次势能相等的结果，但并未清楚相等的含义。本题考查了机械能守恒、动量守恒、能量转化的。守恒等多个知识点。是一个多运动过程的问题。关键问题是分清楚每一个过程。建立过程的物理模型，找到相应解决问 题的规律。弹簧类问题，画好位置草图至关重要。【错题二】：如图3 10,质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度Vo射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f，且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为D,则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？【分析】:错解中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。子弹对地的位移并不是D ,而D打入深
3、度是相对位移。而求解功中的位移都要用对地位移。错解的错误是对这一物理过程中 能量的转换不清楚。子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。因为子弹减 少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。参考练习1 :如图3-13 一质量为M、长为I的长方形木板 B放在光滑的水平地面上，在其右端 放一质量为m的小木块A , mv M。现以地面为参考系， 给A和B以大小相同，方向相反的初速度， 使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后 A刚好没有滑离 B板。求小木块 A向左运动到达最 远处（对地）离出发点的距离。k1*图 3 13E 3-14参考练习2:如下图所示，质量为 M的长滑
4、块静止在光滑水平地面上，左端固定一劲度系数为且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上，细绳所能承受的最大拉力为Ft，使一质量为 m、初速度为v0的小物体，在滑块上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧,1 2x为弹簧的形变量)弹簧的弹性势能表达式为 Ep丄kx2( k为弹簧的劲度系数, p 2(1) 给出细绳被拉断的条件。(2) 长滑块在细绳拉断后被加速的过程中，所能获得的最大向左的加速度为多大?(3) 小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是什么？参考练习3：如图所示，滑块质量为 m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0 3gR的初速1度由A点开始向B点滑行，AB=
5、5R，并滑上光滑的半径为 R的一圆弧BC ,在C点正上方有一离 C4点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q,旋转时两孔均能达到C点的正上方。若滑块滑过C点后P孔，又恰能从Q孔落下,则平台转动的角速度 3应满足什么条件？W -*一炖参考练习4：如图所示，甲车质量为 m_, 2kg，静止在光滑水平 面上，上表面光滑，右端放一个质量为 m 1kg的小物体.乙车质 量为m2 4kg，以v05m/ s的速度向左运动，与甲车碰撞后，甲车获得v18m/s的速度，物体滑到乙车上 .若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，求：(1 )甲、乙两车碰后瞬间，乙车的速度；(2
6、)物体在乙车表面上滑行多长时间相对乙车静止？(取 g 10m/s2)参考练习5:如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车， 木箱的质量为 m小车和人总的质量为 M M： n=4 ： 1,人以 速率v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来 以后，人接住木箱再以同样大小的速度 v第二次推出木箱， 木箱又被原速反弹，问人最多能推几次木箱？现人将球以对地速度 V水平向右推出，球与挡板P碰撞后等速率弹回，人接住球后参考练习6如图所示，人与冰车质量为 M,球质量为m开始均静止于光滑冰面上,又将球以同样的速度 V向右推出如此 复，已知m= 16 m试问人推球几次后将 到球？参考练习7如图所示，固定水
7、平台长 L=2m，距离水平地面的高度为 H=1.8m，左半部 分粗糙，右半部分光滑，右边缘与半径 R=1.6m的光滑半圆轨道相连，在平台的中央并排放着两个可视为质点的滑块 A和B，质量分别为ma2kg、mB 1kg，开始时A、B均处于静止状态，并且A、B间夹有少量炸药，炸药爆炸，使得 A、B分别向左右运动， B滑块恰能运动到光滑半圆轨道的最高点，并最终落到水平地面上的P点，A从固定水平台滑落后也落在P点。(取g 10m/s2)求：Vb(1) A、B间的炸药爆炸后，A、B的速度Va、 为多大？(2) 落点P离平台的水平距离s；(3) 固定水平台左半部分的动摩擦系数。参考练习8如图6所示，M=2k
8、g的小车静止在光滑的水平面 上.车面上AB段是长L=1m的粗糙平面，BC部分是半径 R=0.4m的光滑1/4圆弧轨道，今有一质量 m=1kg的金属块静 止在车面的A端.金属块与AB面的动摩擦因数卩=0.3.若给A施加一水平向右、大小为I=5N s的瞬间冲量，求小车能获 得的最大速度(g取m/s2)错题二正确的解答：物块从 3xo位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒。则有(1)Vo为物块与钢板碰撞时的的速度。因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒。 设V1为两者碰撞后共同速mvo=2mv(2)两者以vi向下运动恰返回 O点，说明此位置速度为零。运动过程中机械能守恒。设接触位置弹
9、性势能为Ep,则Ep +*(加)囲=3)同理2m物块与m物块有相同的物理过程碰撞中动量守恒 2mo=3mv；所不同2m与钢板碰撞返回 O点速度不为零，设为 v则EJ + *初血=细勞十铀対因为两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化Ep=E pg，之后钢板被弹簧牵制，则其加速由于2m物块与钢板过 O点时弹力为零。两者加速度相同为 度大于g，所以与物块分离，物块以 v竖直上抛。据运动学公式vf-vj=2则由0 - v -2gh得心3 11。系统水平错题三 正确解答：以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图 方向不受外力，故水平方向动量守恒。据动量守恒定律有mvo= (M+m)v (设vo方
10、向为正)二二口产求尹h X *丿川鼻 髦 于q图s-n由运动草图可S木=S子一D由式解得 +W+- -f(sT -)1 . 1 2 -(M 4m)韻-厅 -fD即FD -+ 也)叩a匚E左-tnvj -(M -hm) *1 r hi +m - 1=2 M=M+m - 1)J(M + mJ32(M+m)子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由Vo减为V，同时木块的速度由样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律(即0增加到V。对于这 f使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化)、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析。类似 这样的问题都可以采用同样的思路。一般
11、都要首先画好运动草图。例：如图3-12在光滑水平面上静止的长木板上，有一粗糙的小木块以Vo沿木板滑行。情况与题中极其相似，只不过作用位置不同，但相互作用的物理过程完全一样。-X p7 7 7 J 7 7 7 Z / 7 J 7 /图 3-122( 1 )设弹簧压缩量为X!时绳被拉断：kx-! Ft从初始状态到压缩绳被拉断的过程中,Ikx,2 丄 mv；2 2故细绳被拉断的条件为 v0FtVkm(2)设绳被拉断瞬间，小物体的速度为v,，有丄 kx,2 丄 mv,22 21 22mVokm当弹簧压缩至最短时，滑块有向左的最大加速度am，此时，设弹簧压缩量为x2，小物体和滑块有相同的速度为v2从绳被
12、拉断后到弹簧压缩至最短时，小物体和滑块，弹簧系统的动量守恒，机械能守恒:mvi (M mM、2 1 2m)v2 mv02由牛顿第二定律：kx2 Mam122解得am1 kMmv0 mFTMl M m(3)设小物体离开时，滑块 M速度为v,有:,mvo Mv2，解得 m M2 2FT：&由于vo 0，故物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m M，且满足m M3解：设滑块至B点时速度为VB，对滑块由A点到B点应用动能定理有1 212八mg5R mvBmv0 2 分2 2解得 vB 8gR 1分滑块从B点开始运动后机构能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则mvB 1 mvP mg2R 2
13、分2 2解得 vp 2 gR 1分滑块穿过P孔后再回到平台的时间2vP要想实现题述过程，需满足t (2n 1)(2n 1) g4: R(n=0, 1, 2)n次推出木箱后5解.选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向设第 人与小车的速度为vn,第门次接住后速度为vn ,则由动量守恒定律可知: 第一次推出后有：0=Mv- mv则v1=mv/M第一次接住后有：Mv+mv= (M+m) v1第二次推出后有：(M+m) v1 =Mv- mv 则 v2=3mv/M二次接住后有：Mv+mv= （M+m V2 n-1 次接住：Mw+mv= （M+m） vn-i n 次推出：（M+m） Vn-i
14、=Mv-mv即 Vn=(2n-1)m v/M即(2N 1)mV v,且 2(N1)1 mV V V n-1 V所以 2（m 1） N v 丄（巴 1）+ 1 M2 M因N取整数，故N=3将 M/m=4代入，可得：2.5 N 3.56分析：（该题是多过程动量守恒问题，可以采用数学归纳的方法研究；当然也可整个 过程采用动量定理研究）解析：取水平向左为正方向，冰车、人、球为系统由动量守恒定律，对第一次推球过程有:Mv1 mv 0,v1mvM对第n次整个接、推球过程同理分析得:对第二次整个接、推球过程有:对第三次整个接、推球过程有:Mv1mv Mv2mv, v23mvM5mvMv2mv Mv3mv,V3LMVn(2n 1)mvM代人已知条件设推球n次后恰接不到球，则vn v，故有v （2n 1）mvM解得：n = 8.5 ，即人推球9次后将接不到球.
