高中物理力学经典例题集锦(1)

1 高中物理典型例题集锦高中物理典型例题集锦 力学部分力学部分 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 EP 分析与解 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 0 5X1X16 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 EK M m V2 0 5X 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 Wf f2L EK EK 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 EP EK EK 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 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 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 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 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 1 4 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 P 1 6kgm s 小车质量 M 3 6kg 不计能量损失 求 X 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 分析与解 1 由 P 1 6 mv 代入 x 0 64m 可得滑块到 B 点速度为 X VB 1 6 m 1 6 m 3 2m sX0 64 A B 由动能定理得 FS mVB2 1 2 所以 F m 0 4 3 22 2 0 64 3 2N 2 2 B v S 2 滑块滑上 C 立即做圆周运动 由牛顿第二定律得 N mg m 而 VC VB 则 2 C v R N mg m 0 4 10 0 4 3 22 0 4 14 2N 2 C v R 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 VDX 由动量守恒定律得 mVC M m VDX 3 所以 VDX mVC M m 0 4X3 2 3 6 0 4 0 32m s 4 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 VDX 外 还具有竖直向上的分速度 VDY 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 mVC2 mgR M m VDX2 mVDY2 1 2 1 2 1 2 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 mVC mVC MV 即mVC2 mVC 2 MV2 1 2 1 2 1 2 上式中 VC V 分别为滑块返回 C 点时 滑块与小车的速度 V 2mVC M m 2X0 4X3 2 3 6 0 4 0 64m s VC m M VC m M 0 4 3 6 X3 2 0 4 3 6 2 56m s 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 VDX2VDY g 0 32 2 1 1 10 0 07m 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 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 4 分析与解 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 mgsin macos 所以 f mgsin mcos m gsin cos 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 mgsin ma cos 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 gtg 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 5 分析与解 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 分析与解 开始 M 与 m 自由下落 机械能守恒 6 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 0 1 1m s V2 V0 gt 2 10 0 1 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 K 3 时 V 0 两板速度方向向下 K 3 时 V 0 两板速度方向向上 K 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 A B 可能碰撞几次 A 最终在何处 分析与解 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 mVA2 VA 图 13 1 7 因为 mA mB 碰撞无能量损失 两球交换速度 得 VA 0 VB VA 设 B 球到最高点的速度为 Vc B 做圆周运动的临界条件 mBg mBV2 L 1 又因mBVB 2 mBV2 mBg2L 2 将 1 式及 VB 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 mAgh n mAgS 0 所以 n h S 讨论 若 n 为非整数时 相碰次数应凑足整数数目 如 n 1 2 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 m1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 m2的物体 B B 与 A 的动摩擦因数为 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 m1 m2 L 及 表示 分析与解 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 m1 m2 则 m1和 m2最后以某一共 同速度向左运动 2 若 m1 m2 则 A B 最后都停止在水平面 图 13 2 图 14 1 8 上 但不再和墙壁发生第二次碰撞 3 若 m1 m2 则 A 将多次和墙壁碰撞 最后停在靠近 墙壁处 若 m1 m2时 碰撞后系统的总动量方向向左 大小为 P m1V m2V 设它们相对静止时的共同速度为 V 据动量守恒定律 有 m1V m2V m1 m2 V 所以 V m1 m2 V m1 m2 若相对静止时 B 正好在 A 的右端 则系统机械能损失应为 m2gL 则据能量守恒 m1V2 m2V2 m1 m2 m1 m2 2V2 m1 m2 2 m2gL 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 m2gL 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 m2gL 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 mC 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 mA 1 千克 mB 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 9 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 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 mA 则 mAVA mBVB 0 所以 VB mAVA mB 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 VA 1 6 秒 在这段时间里 B 的位移为 SB VBt1 1 5 1 6 0 25 米 设 A 与 C 相撞后 C 的速度为 VC A 和 C 组成的系统水平方向动量守恒 mAVA mA mC VC 所以 VC mAVA mA mC 1 6 1 5 1 米 秒 B 相对于 C 的速度为 VBC VB VC 1 5 1 2 5 米 秒 因此 B 还要经历时间 t2才与 C 相撞 t2 1 0 25 2 5 0 3 秒 故 C 的位移为 SC VCt2 1 0 3 0 3 米 方向向左 如图 15 2 所示 10 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 0 5 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 2 5 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 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 mmax 0 45 千克 mmin 0 05 千克 返回的最短和最长时间为 tmin 200 秒 tmax 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 的左端和 的右端相接触 两板的质量皆为 M 2 0kg 长度皆为 L 1 0 是质量为 1 0 kg 的小 物块 现给它一初速度 0 2 0 使它从板 的左端向右滑动 已知地面是光滑的 11 而 与板 A B 之间的动摩擦因数皆为 0 10 求最后 A B C 各以多大的速度做匀速运 动 取重力加速度 10 参考解答 先假设小物块 在木板 上移动 距离后 停在 上 这时 三者 的速度相等 设为 由动量守恒得 0 2 在此过程中 木板 的位移为 小物块 的位移为 由功能关系得 1 2 1 2 02 2 2 2 则 1 2 2 2 1 2 02 由 式 得 02 2 代入数值得 1 6 比 板的长度大 这说明小物块 不会停在 板上 而要滑到 板上 设 刚滑到 板上的速度为 1 此时 板的速度为 2 则由动量守恒得 0 1 2 2 由功能关系 得 1 2 02 1 2 1 2 1 2 2 以题给数据代入 得 由 1必是正值 故合理的解是 12 当滑到 之后 即以 2 0 155 做匀速运动 而 是以 1 1 38 的初 速在 上向右运动 设在 上移动了 距离后停止在 上 此时 和 的速度为 3 由动量 守恒得 2 1 3 解得 3 0 563 由功能关系得 1 2 12 1 2 22 1 2 32 解得 0 50 比 板的长度小 所以小物块 确实是停在 板上 最后 的速度分别为 3 0 563 2 0 155 0 563 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 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 刚滑到 板上的速度为 1 此时 板的速度为 2 则由动量守恒 得 1 2 2 以系统为对象 由功能关系 得 1 2 02 1 2 12 2 1 2 22 由于 1只能取正值 以题给数据代入得到合理的解为 13 由于小物块 的速度 1大于 板的速度 2 这说明小物块 不会停在 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 在 A B 上运动的加速度为 1 2 A B 整 体的加速度为 2 0 25 2 相对 的加速度 1 25 2 假设 A B 一体运动 以 A B 整体为参照物 当 滑至与 整体相对静止时 根据运动学公式 有 02 2 解得 02 2 1 6 说明小物块 不会停在 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 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 并且满足 M 2 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 14 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 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 Tn 2 容器落入 n 个液滴到 n 1 个液滴的时间间隔 t Tn 2 所以 t 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 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 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 的各 1 4 周期内 虽然周期 n和对应的最大位移 Ln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 Fn t Tn 4 其中 T0是从开始释放到第一次到 O 点的周期 0 2 Tn是 n 个液滴落入后到 n 1 个液滴落入容器前振子的周期 Tn 2 而 F0 t 和 Fn t 分别为第一 15 个周期内和 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 1 4 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 msin t Nb Ssin t 按正弦规律变化 根据法拉第电磁感应定律 N 在 1 4 周期内对时 间的平均值 2 m 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 Fn t 2kLn 代入前式解得 Ln 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 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