2024年高考物理：力学计算题及答案共18个例题

2024年高考物理：力学计算题及答案共18个例题

1.我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于2022年4月16日9

时56分搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着

陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在

主伞的作用下返回舱速度从80m/s降至10m/s,此后可视为匀速

下降，当返回舱在距离地面1m时启动反推发动机，速度减至0

后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为/=仙，其中左为定

值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含宇航员）总质量

为3000kg,主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重

力加速度g取设全过程为竖直方向的运动。求：

（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；

（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛

状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。

地面

解析：（1）由牛顿第二定律可知

由题意x•判

石一蚂・珊g

联立可得・一0^

所以加速度大小为70m/s2：

(2)从离地一米到速度为。时，由动能定理可知

解得/,■LSXKH

2.冬季来临，极端天气引发多起追尾碰撞事故，交警提示冰雪

天气开车出行注意保持安全车速、车距，出行之前安装好防滑

链，规定在雨雪天气能见度低于50m时，最高速度为20m/s。

雨雪天气里安装防滑链的甲车在一段平直公路上匀速行驶，因

雾气造成能见度较低，甲车发现前方:0m处路面上放置三角警

示牌，如图(a)所示，甲车立即采取紧急刹车措施，但还是与

距离三角警示牌:一0m处、停在路上的一辆没有装防滑链的抛锚

乙车发生了追尾碰撞事故，两车正碰时间极短，车轮均没有滚

动，甲车的质量等于乙车质量。如图(b)为该次事故两车碰撞

前后的一段上£图像。

(1)试判断甲车是否违反雨雪天气的限速规定？

(2)求被碰后2s时乙车向前滑行的距离。

解析：(1)由图(b)可知开始计时时甲车的速度-5ms,甲车

碰后速度-1，，甲车碰前和碰后加速度相等，由图可得加速度

(1)

即甲车碰前速度

“=~卬，(2)

由(1)(2)两式可解得甲车碰前速度

『4ms(3)

根据运动学公式得

V；-V,；-'la,(J,*I,)(4)

由(3)(4)式解得

v-24mS>20ms(5)

故甲车违反雨雪天气的限速规定。

(2)根据动量守恒得

m,v-m,v4»,v,(6)

解得乙车的碰后速度

匕(7)

由图(b)可知，若甲车一直减速，乙车碰后减速，经过

r.-0.75s-2.25s-05s

时两车的共同速度为外,根据运动学公式得

,=耳+矶=2一矶(8)

高中物理wewuli

由(1)(3)(7)(8)式解得

a,=2ms'(9)

即乙车碰后到停止的时间为

&(10)

被碰后2s时乙车向前滑行的距离

由(10)(11)式得

3.2021年1月22日京哈高铁全线贯通，1198公里的里程仅需

4小时52分。高铁相比传统列车优点很多，可以用下面的模型

车类比高铁与普通列车的起动过程。模型一为模拟由一节机车

头带4节车厢的普通列车，车头和普通车厢质量相等均为

10kg,运行时阻力是重力的0.2倍。起动时只有第一节机车可

动，发动机输出70N的恒定牵引力，当机车头前进2.5m时，瞬

间与后四节车厢作用成为一个整体，之后发动机以不变的牵引

力150N带动整列火车继续加速到15m/so模型二为五节完全一

样的动车组，每节质量为7.5kg,运行时阻力是重力的0.1倍，

因为每节车厢都能提供动力，可以实现五节车厢同时起动，发

动机提供的总牵引力为150N,同样加速到15m/s。g取

10m/s2o

(1)若两列车的发动机的总额定功率均为1.8kW,求模型车一、

二的最大行驶速度大小；

⑵求出两列车的速度从0加速到15m/s的时间差。

机车头

模型.匚JUUQ…口

模型二口八』,、，、CTQ

解析：⑴由尸=人

可知当下于时速度最大

对模型车一有

力=100N

最大速度

Vrn7=18m/s

对模型车二有

力=37.5N

最大速度

vm2=48m/s

(2)对模型车一有：机车起动时

Fi-kimig=miai

解得

tZ7=5m/s2

A彳以

解得h=ls

V7=5m/s

与四节车厢相互作用时

mivi=5miV2

解得V2=lm/s

一起加速时有

F2-5kimig=5mia2

解得

fl2=lm/s2

有V=V2+a2t2

解得?2=14S

对模型车二有

Fz-5k2nl2g=5m2a3

解得aj=3m/s2

V=tt3t3

解得，3=5S

则两车的：时间差为

△?=10s

4.北京2022年冬奥会冰壶比赛在北京“冰立方”举行。比赛

时，运动员推着冰壶出发，如图，在投掷线处(壶与投掷线

相切)将冰壶以一定的初速度推出，按比赛规则，他的队友可

以用毛刷在冰壶滑行的前方刷冰，减小摩擦因数以调节冰壶的

运动。不刷冰的情况下冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02。圆垒

中心。到投掷线的距离/=29.85m,圆垒半径为H=L85m,红、

蓝冰壶质量相等，半径均为r=0.15m,g10m/s2o

(1)运动员以多大的速度沿图中虚线从投掷线将冰壶推出，不

刷冰的情况下，冰壶的中心能恰好停在。点；

(2)一蓝壶静止在图中虚线上尸点，其中心到。点的距离

1一生而；不刷冰的情况下，红壶从投掷线出发的速度为

方向沿中心线向蓝壶滑去，两壶发生正碰，碰后红壶

速度大小变为v，・08ms；请通过计算判断，红壶、蓝壶能否进入

圆垒？

।.■J

:B

投掷线

*

5E;

解析：(1)依题意得冰壶滑行的距离为

s-/+r-30m

此过程由动能定理得

-/mgi=0-Wanr1

解得

(2)依题意得碰前红壶滑行的距离为

X,--r-26m

此过程由动能定理得

1,1,

解得碰前红壶的速度

设碰后蓝壶速度为V2，由动量守恒定律

W-仍.WV：

解得1=10HS

对于红壶，设碰后滑行的距离为打，由动能定理得

1

-u/wp=QA__mv

解得X=09m<7-J?*3r=230m

所以，红壶不能进入圆垒。

对于蓝壶，设碰后滑行的距离为X2,由动能定理得

1,

_gmgx=A0--/m*

解得

4-j?+r=2m<马=25tBV《+j?-r=5.4m

所以，蓝壶可以进入圆垒。

5.如图所示光滑圆弧轨道A3固定在水平面上与水平面平滑连

接，圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c（可看做质点），b、

c的质量分别为根、2m,b、c间有少量火药（质量可忽略），

某时刻火药燃烧将b、c迅速分开，分开后b以速度'向左冲上圆

弧，经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动，当c

刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞

均为弹性碰撞，b与水平面间没有摩擦，c与水平面间的动摩擦

因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为

go已知该物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用

时间与b冲上圆弧速度大小无关，可用圆弧半径R表示为“石

（尺为题中未知量）求：

（1）圆弧轨道半径的大小；

（2）b与c发生第3次碰撞前的速度；

（3）b、c第〃次碰撞后到第〃+1次碰撞前c运动的位移大小

（〃=1、2、3....）o

\be

存），，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，”，，，，卬

、A

解析：（1）b、C分开过程，根据动量守恒定律

=2m;

C沿水平面滑动的加速度大小

/mg

a=-冽

根据运动学规律，分开后C在水平面上滑动的时间力、滑过的距

离'，，有

b再次回到b、c分开位置时

b匀速运动

贝!J-

整理得64:。f

(2)设b、C第1次碰撞后的速度分别为物：和「根据动量守

恒和机械能守恒

M：=加-2m,产■产♦产匕

得

m-2m2fn

设第2次碰撞前c已停止运动，则第1次碰撞后c滑动的时间

.生

a3rg

b的运动时间

!=?-12__~v

其中

勺卫

、2a

由于「

所以第2次碰撞前c已停止运动。

第2次碰撞后，b的速度大小

fw-2«iY

36

代入数据解得.

即b与c第3次碰撞前的速度大小为V

(3)b与c第2次碰撞后，c的速度大小

2»..2I

6"/

b与c第2次碰撞后，c滑动的位移

力亮曦吃

b与c第〃次碰撞前，b的速度大小

;171

b与c第九次碰撞后，c的速度大小为

一J»

b与C第八次碰撞后，滑动的位移

*色工解

9〃g（"=1、2、3....）

6.如图所示，足够长的小车静放在光滑水平面上，车右端与墙

壁相距为％。，在小车左端放一个质量为机的小物体（可视为质

点），与小车的动摩擦因数为〃=0.2,小车的质量为2机，现给

小物体一个水平向右的初始速度vo,在整个的运动过程中，墙

壁给了小车『-16刑师"的冲量（碰撞后原速率反弹）。试求：

（1）小车第一次碰墙前速度和小车与墙壁碰撞的次数；

（2）V。应满足的关系，从开始到最后一次碰撞经历了多长时

间；

（3）如果'・扬国，墙壁给了小车多少冲量；最终小车和物体

的速度及物体在小车上滑行的路程分别多大。

二I|

/WW77Zv/7777777777777777777777777j

解析：（1）第一次碰前的速度，根据动能定理

foagt,

解得厂护瓦

设小车质量为2机，因此能发生多次碰撞时，碰前不可能共速

（最后一次除外），所以每次与墙壁碰撞时小车速度均为

H-v;2K

所以每次碰前，小车的动量为

2J»%-2m&2现

因此每次动量的改变量为2P，,因此一共碰撞了

.V=—=4^

2/\

(2)碰撞4次后系统动量应该向左

解得一1许嬴

第三次碰后满足

w-12wjt12n13冲小二G

解得「15再赢

所以I*〜讪地

小车的加速度为

1…

工

第一次运动，的时间

“■杵■杵

总的运动时-间为

t-八-毓-7。14I——

(3)由于

42耕vl5g2K

假设第3次碰后发生了共速，则

.%-=3MV

r一少加

解得3(向右)

因为r：

共速成立且还能发生第4次碰撞，第四次碰撞前的速度为

墙壁给的冲量为

,2.44,

7=啊口2&;XA2WJC=W&X,*2=3制匹2r

最终小车和物体的速度相等，根据动量守恒

2wv-wv.3wv

解得

芮五(左)

产生的内能

0=产_产=„

可得物体在小车上滑行的路程

5202644…

.・kF”九

7.如图所示，一根足够长的圆管竖直固定，管内有一质量可以

忽略的轻活塞C,一根轻质细弹性绳的上端连接活塞C,下端连

接质量为机的小物块A,A处于静止。已知弹性绳的劲度系数为

左且弹性规律满足胡克定律，活塞与管壁间的最大静摩擦力为

3mg,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。

现有一个质量为粗的细圆环B从中间穿过弹性绳，并从A的正

上方下处静止释放，A、B碰撞时间极短且完全粘合。

(1)4、B碰撞结束时的速度大小；

(2)A、B整体第一次达到速度最大时的速率；

(3)A、B整体第一次达到最低点的过程中活塞与筒壁产生的

摩擦热量。

C

3

解析：(1)根据

/-0=2g手

得B下落到A时速度

根据动量守恒仆・2添

得A、3碰撞结束时的速度

（2）当弹簧弹力等于重力时，速度最大，即

此时弹簧伸长量

尔

A——

k

根据动能定理

XXA

解得三

（3）当弹簧弹力等于活塞与管壁间的最大静摩擦力为f=3mg

时，弹簧伸长量最大，即

从弹簧伸长量最大到A、6整体第一次达到最低点的过程中，弹

簧弹力不变，弹簧长度不变，重力和摩擦力做功，根据动能定

理

4国

得掂

活塞与筒壁间的摩擦力做功大小

F=/Ax=s

则活塞与筒壁产生的摩擦热量

8.如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距

1.In,小球B距地面的高度b-L25m,两小球在外力的作用下处于

静止状态。现同时由静止释放小球A、B,小球B与地面发生碰

撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量

。-。Jkg,小球B的质量，•・一,重力加速度Llg*,所有的

碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：

(1)从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间；

(2)小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离。

®

@

\\\\\x\\

解析：(1)小球B落地时，A、B两球的速度大小由

得i=5m『s

从释放两小球到小球B第一次落地所用的时间

g

小球B反弹后，相对小球A做匀速运动

(方法二：小球B反弹后第一次与小球A碰前小球B所经过的

位移大小

1I

小球B反弹后第一次与小球A碰前小球A所经过的位移大小

1,

则,-1•丫

联立解得

从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间

(2)两球相撞前瞬间的速度

%."部-4tn/5

两球相碰时距地面的高度

--0.45m

两球碰撞时动量守恒，取竖直向上为正方向

■A(-»*}♦■.»»■■一''

1.1.11r

4444

解得

-lOm/a

<=0

小球A第一次碰后上升的最大高度

.vj2工

h,•—•?tn

逑

小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离

H=%+%'=5.45m

9.如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个

以%=3»r的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点

M与光滑水平轨道平滑连接，半径高的光滑圆

弧的最低点与在尸点平滑连接，在尸点处安装有自动控制

系统，当物块b每次向右经过尸点时都会被系统瞬时锁定从而

保持静止。传送带右端与半径一2的四分之一光滑圆弧轨道平

滑连接，物块a从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，

经过M点时控制系统会使静止在尸点的物块b自动解锁，之后

两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为

回=3、吗=卬，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的

动摩擦因数■-0R,MN间的距离为Z-L5m,取g=lg*。求：

(1)物块。运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小；

(2)物块。在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用

的时间；

(3)物块b第一次在尸点相碰后到再次回到尸所用的时间；

(4)若物块。每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在尸

点，则两物块从第1次碰撞后到最终都静止，物块。与传送带

之间由于相对运动产生的总热量为多少。

J/万

*&F(丁

解析：(1)对。从出发点到N,由动能定理

在N点对物块a,由牛顿第二定律

■大

F「mg=m—

r

解得及-HN

(2)a在传送带上，由牛顿第二定律和运动学公式

=v-t=2at

解得30二m：L

故物块a到达"点时

v=v,=3ms

a和b发生弹性碰撞有

v=rnv-v

i,i>ii

，马％=亍鸣*!..亍

解得

51

\二一一>=-2?m,s\=0.5ms

696t

则物块。在第一次碰后，从经过M点到再次回到“点所用的时

间为

(3)对。的上升过程应用动能定理

*A1J

一m：gh=0--mA：

解得,

L，I

八=——m=RQ

80

故物块b在圆弧上运动可看作是简谐运动

(4)物块。第1次碰后经过M点到第2次碰前经过M点因摩

擦而产生的热量为.

物块。第一次碰后速度小于传送带速度％故第二次碰前速度仍

为*:第二次碰后。的速度为IB",则第2次碰后到第3次碰

前产生的热量为

由数学知识可知

。•啕X

则物块。与传送带之间由于相对运动产生的总热量为

10.如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面

倾角为无斜面底端固定一垂直于斜面的挡板P,将小物块A、

B(可视为质点)从斜面上距离挡板?为二和「(一：)的位置同

时由静止释放，已知小物块A、B的质量分别为m、2m,重力

加速度大小为g,所有碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间和空气

阻力。求：

(1)B第一次与挡板碰撞时A的速度大小；

(2)B在第一次上升过程中就能与A相碰，求上的取值范围；

（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到达比其释放点更

高的位置，求代应满足的条件。

解析：（1）由题意可知，因为斜面光滑，所以A、B释放后沿

斜面做匀加速运动的加速度大小均为

o=gsn6①

又因为A、B同时释放，所以在B第一次与挡板碰撞时，A下

滑的距离为3设此时A的速度大小为y。，根据机械能守恒定

律有

切gLsmc?=1

解得

：=/四nd③

（2）设物块B与P第一次碰撞后再经过时间t与物块A能够相

碰，根据运动学公式可得/时间内A、B运动的距离分别为

%7-"如小-④

'r⑤

相碰时根据位移关系有

A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有

\=\-g$l口8：一。⑦

联立③〜⑦式可得

i<5⑧

所以若B在第一次上升过程中就能与A相碰，则左的取值范围

为

1（左<5⑨

（3）规定沿斜面向上为正方向，设碰撞前瞬间A、B的速度大

小分别为丫八V2,碰撞后的速度分别为"'、L根据动量守恒和能

量守恒有

—+WF.2K⑩

1ntx1■2n;v=-un'-1-2un

2、212f21⑪

联立⑩⑪解得

%-3⑫

（因为A的质量小于B的质量，所以碰后一定反弹，则另一解

<。舍去）

若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则须满足

<>耳⑬

联立⑫⑬解得

丫<2上⑭

根据运动学规律有

\-v-f.stnPr⑮

•-l⑯

联立⑭⑮⑯解得

r<_^…

3gsind⑰

联立③④⑤⑥⑰解得

,7

3⑱

所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到达比其释放点更

高的位置，「应满足的条件是

i<i<Z

3⑲

11.如图，运动员起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”

方框的上沿线中点，反弹落入篮圈，球心下降到篮圈所在平面

时，球未与篮圈接触。已知篮球出手时球心离地的高度

〃=2］如、与篮板的水平距离］=1】7m,篮圈离地的高度;，='0

“打板区”方框的上沿线离篮圈的高度八"花吗篮圈的直径

4・。45叫篮板与篮圈的最小距离4・。7・；若篮球的直径

•'-024m＞质量冽=0.5kg,不考虑空气作用力和篮球的转动。重

力加速度g取11talz・'，求：

(1)篮球击中篮板时的速度大小；

(2)若篮球与篮板作用时间/为0.2秒，之后篮球从篮圈正中

心进圈(即篮球球心与篮圈圆心重合)，求篮球对篮板的平均

作用力；

(3)篮球打板损失机械能的最小值。

解析：(1)起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的

上沿线中点，其逆过程可以看作是平抛运动，则有

h；—h-h*7gr

it

Td、

L—J

2,r

代入数据得4=3

(2)由于篮球从篮圈中心进圈，则有

%・为

,d4

4+亍-亍=电

代入数据得

v=085ms

对篮球，根据动量定理有

FrwvT-gJ

得F=7.375N

根据牛顿第三定律，篮球对篮板的平均作用力

F-F-7375N

(3)反弹后做平抛运动，则反弹速度最大时机械能损失最少

则有

%彳就

L.d

解得：=15

篮球打板损失机械能

\E=-N-*=0.7425J

2,2

12.如图所示，质量为粗的滑块A,在水平力厂作用下静止在

倾角为。在光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接，传

送带的运行速度为y。，长为人传送带右端与光滑的水平轨道平

滑连接，水平轨道上有质量为2根的〃个小滑块，依次编号为

Bi、比、&、B4....Bn,今将水平力撤去,当滑块A滑到传送带

右端。时，恰好与传送带速度相同，己知滑块A与传送带间的

动摩擦因数为〃，重力加速度为g,滑块间的碰撞均为弹性碰

撞，求：

(1)水平力厂的大小；

(2)滑块A下滑高度；

(3)滑块B最终速度及被碰撞的次数。

解析：(1)滑块A受到水平力尸、重力根g和支持力N作用处

于平衡状态

F=

(2)设滑块A从高为/z处下滑，到达斜面底端时的速度为口

到达传送带右端时的速度为y。，下滑过程机械能守恒

1.

rngh--w'

若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块A由

于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理得

_1,1,

解得

若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块A由

于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理得

7-1Q

h^—^uL

解得2g.

(3)滑块A与滑块B发生弹性碰撞

wy,-my,.2wv”

1,I，1一」

-WVx21WV

44

解得

1

然后滑块Bj与滑块&发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可

得Bj的速度传递给B2,同样滑块屏与滑块&发生弹性碰

撞……，直至与滑块8〃发生弹性碰撞后第一轮碰撞结束，得滑

块Bn的速度为

第一轮滑块Bi碰撞两次；

滑块A通过传送带后会返回水平轨道再次与滑块Bi发生弹性碰

撞，由匀变速直线运动的对称性可知，滑块A返回水平轨道是

速度大小为

・vj1

解得

2

"一父

然后滑块B1与滑块&发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可

得滑块Bi的速度传递给滑块B2,同样滑块&与滑块以发生弹

性碰撞……，直至与滑块发生弹性碰撞后第二轮碰撞结

束，得滑块6〃/的速度为

'-=y?V'

第二轮滑块H碰撞2次;

第轮，滑块5/与滑块以碰撞后结束第轮碰撞。第九-1

轮碰撞中滑块A、滑块5八滑块屏的速度分别为

1

V»―^―.V,

IM°

V也=y---iV0

第〃-1轮滑块小碰撞2次；

第〃轮，滑块A与滑块以发生弹性碰撞，最后滑块S的速度为

2

第〃轮滑块小只碰撞1次；

综上可得，滑块B共碰撞2〃-1次。

13.如图，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量

为M=4.0kg,a、b间距离s=1.0m。木板位于光滑水平面上。在

木板a端左侧有一与长木板等高接触的固定物体，其内部为半

径H=5m的四分之一光滑圆弧。现将一个质量m=1.0kg的小物

块，从四分之一光滑圆弧顶端无初速释放，小物块与木板间的

动摩擦因数〃=0.20,长木板处于静止状态。小物块从四分之一

光滑圆弧滑出后沿木板向前滑动，直到和挡板相碰。碰撞后,

小物块恰好回到木板中点时与长木板保持相对静止。(取

g=10m/s2)求：

(1)小物块滑到四分之一光滑圆弧底端时，对圆弧的压力大

小；

(2)小物块恰好回到木板中点时，小物块的速度；

(3)碰撞过程中损失的机械能。

b

A，

解析：(1)设小物块滑到四分之一光滑圆弧底端时的速度大小

为"，根据机械能守恒定律有

解得

vo=lOm/s

设此时圆弧对小物块的支持力大小为N,根据牛顿第二定律有

-WF=7;r—

解得、-30N

根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧的压力大小为30N。

(2)设小物块恰好回到木板中点时的速度为口取水平向右为

正方向，由动量守恒定律得6=。~•'生

解得

方向水平向右。

(3)根据功能关系可得碰撞过程中损失的机械能为

1.1,

——T.37J

22

14.如图所示，质量U=4k«的滑板B静止放在光滑水平面上，滑

板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离

N-Ofm,可视为质点的小木块A质量"=1均，原来静止于滑板的

左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数/当滑板B受水平

向左恒力尸作用时间/后，撤去凡这时木块A恰好到达弹

簧自由端。处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为L-。g取

Uta£,求：

(1)木块A刚滑动时，木块A和滑板B的加速度大小；

(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；

(3)整个运动过程中系统产生的热量。

解析：(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，对A

受力分析，根据牛顿第二定律有

/=5g=叫

可得木块A刚滑动时，木块A的加速度为

4.4g-02x15/-2snfs2

对B受力分析，根据牛顿第二定律有

F-阿塔=\凡

可得木块A刚滑动时，滑板B的加速度为

%=3m*

(2)根据题意有

即

1•1,

彳011r一；%「

代入数据得一k

则撤去厂时，木块A的速度为

滑板B的速度为

%・33ms

当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大

弹性势能。根据动量守恒定律有

mv;♦-（卅

由能量的守恒和转化得

-w*t-彳（R+10/+号

222

代入数据求得最大弹性势能为

与=Q3J

（3）二者同速之后，设木块相对滑板向左运动离开弹簧后系统

又能达到共同速度人相对木板向左滑动距离为s,有

「♦AA-（w♦

解得公

由能量守恒有4

得s-O」5m

由于*+Z»且则假设成立。故整个过程系统产生的热量为

0=Z-$+x）=14J

15.内有光滑半圆形轨道、质量为的滑块静止在光滑的水

平地面上，直径M为一个铁桩固定在地面上，滑块左侧

紧靠在铁桩上。滑块内圆轨道的左端点B的正上方高度―处

有一点A,现将质量为皿=7的小球（可以视为质点）从A点由

静止释放，然后经过半圆轨道的5、C、。点后冲出（。点为圆

轨道的最低点）。重力加速度8“。―，忽略空气阻力。求：

（1）小球到达。点时的速度大小；

（2）小球第一次冲出。点时的速度大小，以及能够上升的最大

高度；

（3）如果没有铁桩，求小球第二次冲出。点并到达最高点时，

与初位置A点的水平距离。

ni

解析：(1)小球从A到。由动能定理

解得

黑=J2式+Ar)=3m〃

(2)小球从。到O的过程水平方向动量守恒，则

nn=(A/-w)v

由能量关系

1z口

-nr\\-mgH

解得

H.015m

%-2m/s

(3)如果没有滑块左侧的铁桩，小球第一次冲出O点时，滑块

向左的位移为％,则

Xtx=w(2r-x)

2mr

tf-T-tz>—t1——-：[]

角牛得-U-7'；

此时滑块和小球的水平速度均为零，小球向上做竖直上抛运

动，再次回到。点进入凹槽，此后凹槽向右运动，先加速后减

速，到小球从6点冲出时，凹槽回到原来的位置，速度减为

零，以后重复原来的运动，则当小球第二次冲出。点并到达最

高点时，小球与初位置A点的水平距离为

\17一工-rO.Zm

16.将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质

量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为/.现将该

弹簧的两端分别栓接小物块A与B,并将它们静置于倾角为30°

的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面

上弹簧自然状态时A的位置，如图所示.由斜面上距P点6/的

O点，将另一物块C以初速度t=5后沿斜面向下滑行，经过一段

时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起

运动，但不粘连，已知斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C

士

的质量均为4m,与斜面间的动摩擦因数均为产下弹簧劲度系

数1<=丁，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.求：

(1)C与A碰撞前瞬间的速度大小；

(2)C最终停止的位置与O点的距离

(3)判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由.

解析：(1)刚开始A压缩弹簧，设此时弹簧压缩量为3对A

根据平衡条件可得ig必30。-fa,

解得'一

设C与A碰前瞬间速度大小为%由动能定理得:

由以上式子得：i=匹

(2)依题意，当竖直放置的弹簧被压缩/时，质量为m的物体

的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守

恒定律，弹簧的弹性势能为：*

C与A碰撞过程中动量守恒，有物'・8协：

C与A后返回P点过程，B始终未动，对A、C及弹簧组成的系

统，根据机械能守恒定律得：6*"，

此后C与A分离，C沿斜面向上做匀减速运动直至停下，根据

动能定理可得：

由以上式子得与・力，即C最终停止的位置与O点相距41

4吨in3(T

(3)要使B离开挡板，则弹簧必须伸长到一，一，即A

需到达斜面上P点上方/处，此时弹簧弹性势能恰也为与

假定A可以到达该处，即对A由P至该处的运动过程，根据动

能定理得：

-4jwjsm3(r7-/i4»gcx»30,7+W^=£

其中厂--E导

由以上式子可得’,说明此时A仍有沿斜面向上的速度，故

B可以离开挡板.

17.如图是某车间传送装置示意图，为使传送中的零件能缓慢

停下，工程师在水平传送带上设置了由质量皿•蝇的缓冲块和轻

质弹簧组成的缓冲装置。处于原长的弹簧一端固定于人点，另一

端拴接缓冲块，此时缓冲块静止于位置易弹簧的劲度系数