2020-2022年高考物理真题分训练 20 力学计算题（教师版含解析）

专题20力学计算题

【2022年高考题组】

1、（2022•湖南卷・T14）如图（a）,质量为机篮球从离地”高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰

撞后反弹至离地〃的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的几倍（X为常数

H-h

且。且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。

（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；

（2）若篮球反弹至最高处方时，运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反

弹至A的高度处，力尸随高度y的变化如图（b）所示，其中%已知，求州的大小:

（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间

给其一个竖直向下、大小相等的冲量/,经过N次拍击后篮球恰好反弹至"高度处，求冲量/的大小。

【解析】

（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有

mg-kmg=nut下

再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有

vK2=2a卜”

篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有

mg+hng=ma±

再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有

v|-2=2a\h

则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比

“_（1+2）力

k=

vT

(2)若篮球反弹至最高处6时，运动员对篮球施加•个向下的压力F,则篮球下落过程中根据动能定理有

mgh十八｝玲—Anigh-3,nvr

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有

-mgh-Amgh=0-—

联立解得

2mg(-4)(〃一6)

°i

(3)由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为

aF=(1-X)g(方向向下)

〃上二(1+a)g(方向向下)

由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量/,由于拍击时间

极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有

I=tnv

即每拍击一次篮球将给它一个速度Vo

拍击第1次下降过程有

vi2-\r=2(1-X)gho

上升过程有

(仙门=2(1+X)gh\

代入A后，下降过程有

vi2-\^=2(1-X)f»ho

上升过程有

/zvi2=2(1-X)gHh\

联立有

.h..v2、/h、ii,hv2

1Hy2g(1-2)H/H2g(l-4)

拍击第2次，同理代入左后，下降过程有

V22-xr=2(1-X)ghi

上升过程有

hv22=2(1-X)gHh2

联立有

Il2=—(/?!+------------)

再将用代入心有

为哈%+(/2gV(2T)

(H)2g(l-A)

拍击第3次，同理代入攵后，下降过程有

吗2_2(1-X)ght

上升过程有

/1V32=2(1-XjgHhy

联立有

%=—(/12+——-----------)

勺H”(1-A)2g

再将应代入必有

%=(_i)3.%+(_L)3.+(与2.^^+（夕%（一）

<3y2g(1-4)H2g(T)

直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有

城-2(1-X)ghN.\

上升过程有

加小2=2(1-X)gHhN

联立有

hv

&.+-------------)

将力N-代入尿有

>/h、N1,h、Nvh、N-iu,h、i

h—(—),%+(—)-------------F(—)--------------------1-…+(—)---------------------

NHN弋H2^(1-2)H2g(1-乃H2g(1-;I)

其中

尿=H,ho=h

则有

士严上2

“=(与一旦］」

HA-12^(1-2)

H

则

，=<"一守产川［/〜川一㈤2g

\HH

2、(2022•广东卷・T13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平

桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度%为1。!11/5向上滑动时,

受到滑杆的摩擦力/为1N,滑块滑到8处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运

动。已知滑块的质量加-0.2kg,滑杆的质量M-0.6kg，人、8间的距离/=1.2m,重力加速度g取10m/s2，

不计空气阻力。求：

(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N?；

(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小也；

(3)滑杆向上运动的最大高度队

【答案】⑴M=8N,M=5N；⑵v1=8m/s；(3)/?=0.2m

【解析】

(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即

风=(m+M)g=8N

当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N,方

向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为

N2=Mg—f'=5N

(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有

-mgl〃琢

代入数据解得匕=8m/s,,

（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有

机巧=(6+A/)u

碰后滑块和滑杆以速度u整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

2

_(〃?+M)g/2=0-5(n?+M)V

代入数据联立解得〃=0.2m

3、（2022•山东卷・T18）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O'点，。'点左

侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O'点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状

态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做

简谐运动（要求摆角小于5。），A以速度为沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A

返回到。点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量

/nA=0.1kg,B的质量"%二°3kg,A与B的动摩擦因数必=0.4,B与地面间的动摩擦因数

从=0.225,%=4m/s,取重力加速度g=lOm/s?。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计,

不计空气阻力，求：

（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小5与吨;

（2）B光滑部分的长度出

（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功吗；

M

（4）实现上述运动过程，一的取值范围（结果用C0S5。表示）。

%

////以//

小球g_争

AA

733岳,M,3©r

【答窠】（1）vA=2m/s,vB=2m/s:（2）d=—m：（3）-—J：（4）05l\\

6658,ZIA85ll-vl-cos5

【解析】

（1）设水平向右为正方向，因为O'点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量

守恒和能量守恒有

%%=心匕15B%

121212

代入数据联立解得

vA=-2m/s,（方向水平向左）

vB=2m/s,（方向水平向右）

即A和B速度的大小分别为匕=2m/s,vB=2m/so

（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0,A物体减速过程根据动能定理有

-AIWA^XO=O-^AV"

代入数据解得

xQ=0.5m

根据动量定理有

-A|WA^2=°-WAVA

代入数据解得

t.=0.5s

此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有

12

%=%%一万砧

联立各式代入数据解得

1

/,=31S（舍去）

故根据几何关系有

1=%+%

代入数据解得

6

（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为

v2=vB-a/]=Im/s

在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知

NN+(以+/%)g=%%

解得

13/2

a产—m/s

~3

B物体停下来的时间为则有

0二%一矶

解得

3八<

/3=—s<r2=0.5s

可知七A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为

年3

莅=-i-=—m

B2%26

所以A对B的摩擦力所做的功为

3

叼=~^}mA8XR=--J

(4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有

由题意可知A返回到0点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T,摆

长为3则有

^T=t0+t1+G

小球下滑过程根据动能定理有

MgL=；My2

小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有

Mv=M\\+〃?A%

当碰后小球摆角恰为5。时，有

依L(1-COS51」MU；

联立可得

M_3叵兀

%85（l-Vl-cosy）

当碰后小球速度恰为。时，碰撞过程有

Mv=wAv0

则可得

M_3缶

豆-85

故要实现这个过程的范围为

3岳M3缶

---<--<--/--j.

85吗85I1-V1-COS5J

4、（2022•山东卷T16）某粮库使用额定可压U=380V,内阻R=0.25。的电动机运粮。如图所示，配重

和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度u=2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流

/=40Ao关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个

向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量叫=100kg,车上粮食质量色=1200kg,配重

质量为二40kg,取重力加速度g=10m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，

比例系数为上配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：

（1）比例系数攵值；

（2）上行路程L值。

【答案】(1)攵=0.1；(2)L=­m

185

【解析】

（1）设电动机的牵引绳张力为工，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有

2

Ul=lR+T.

解得

7；=7400N

小车和配重一起匀速，设绳的张力为5,对配重有

T2=/g=400N

设斜面倾角为6,对小车匀速有

T}+T2=（，〃]+叫）gsinO+Z（g+吗）8

而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有

gsin。=m°g+km、g

联立各式解得

sin/9=0.5,Z=0.1

（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为。，对系统由牛顿第二定律有

（w,+m2）gsin。+k（mx+吗）g-7/g=（n+m2+m0）a

可得

370,

a----m/s2

67

由运动学公式可知

v2=2aL

解得

,67

L=---m

185

5、（2022•全国甲卷・T24）将一小球水平抛也使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s

发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一

个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度电和$2之比为

3：7。重力加速度大小取g=10m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【解析】

频闪仅每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为

t=4T=0.05x4s=0.2s

设抛出瞬间小球的速度为%,每相邻两球间的水平方向上位移为x,竖直方向上的位移分别为凹、为，根

据平抛运动位移公式有

工=卬

1,1,

y=-gt~=—x10x0.2^m=0.2m

22

2222

y2=lg(2r)-lgr=lxl()x(0.4-0.2)m=0.6m

令，二丁，则有

月=3y=3)，

已标注的线段4、“分别为

$2=G+（3），）2=J-2+9y2

则有

次+―：^Jx2+9y2=3:7

整理得

故在抛出瞬间小球的速度大小为

x2#>

%=—=—^―m/s

6、(2022,全国乙卷・T25)如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块8

向4运动，1=0时与弹簧接触，至打=2匕时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的1/一，图像如图(b)所

示。已知从1=0到，=1。时间内，物块A运动的距离为0.36%/°。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑

下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角

为。(sin8=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案】⑴0.6*；(2)0.768%(3)0.45

【解析】

(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、〃速度相等，即，时刻，根据动量守恒定律

mB4.2vQ=(mB+m)vQ

根据能量守恒定律

1212

联立解得

mB=5m

与2=0.66*

(2)同一时刻弹簧对A、8的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

F=ma

可知同•时刻

%=5他

则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为

以=12%_詈

根据位移等速度在时间上的累积可得

=办人累积）

sA

%=以“累积）

又

SA=036卬0

解得

5B=1.128V0/0

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

X=%-sA=0.768v0/0

（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与8分离后速度大小仍为2%,方

向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为以，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

tnvA-5wO.8vo=/H-(-2V0)+5/HVK

根据能量守恒定律可得

；机丫；+J.5闭・©8%>二;力（-2%了+；・5加宁

联立解得

设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得

2

-mgLsin0-jLimgLcos6=0—g/n(2v0)

下滑过程，根据动能定理可得

mgLsin0-川ngLcos^=—mv1-0

联立解得

〃=0.45

7、（2022•浙江1月卷・T19）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水

平直道AB与长20m的倾斜直道8C在8点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15。。运动员从A点由静止出

发，推着雪车匀加速到5点时速度大小为8m/s,紧接着快速俯卧到车上沿5c匀加速下滑（图2所示），到

C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg,sinl5J0.26,

求雪车（包括运动员）

（1）在直道48上的加速度大小：

（2）过C点的速度大小；

（3）在斜道8C上运动时受到的阻力大小。

图I图2

8,

【答案】(1)a.=-m/s2；(2)12m/s；(3)66N

3

【解析】

(1).钻段

片=

解得

q=-m/s-

(2)A8段

匕=砧

解得

4=3s

BC段

1,

^=^2+~^2

2

a2=2m/s

过C点的速度大小

y=K+。2,2=12m/s

(3)在BC段有牛顿第二定律

mgsin。一6=tna2

解得

Ff=66N

8、(2022•浙江1月卷・T20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角。二37。的光滑直轨道45、圆

心为0\的半圆形光滑轨道AC"、圆心为S的半圆形光滑细圆管轨道D"、倾角也为37。的粗糙直轨道FG

组成，B、。和广为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与8点等高)，B、0八D、02和尸点

处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量"-0.1kg,轨道和。所的半径R=0.15m,轨道AB长度

7

/AB=3m,滑块与轨道户G间的动摩擦因数〃=不，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37J0.6,

O

cos37°=0.8o滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，

(1)若释放点距B点的长度/=0.7m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力尸N的大小;

(2)设释放点距5点的长度为滑块第一次经尸点时的速度y与。之间的关系式;

(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距8点长度。的值。

【答案】(1)7N；(2)<>0.85m；(3)见解析

【解析】

(1)到C点过程

mglsin37+mgR。-cos37)=gmv^

。点时

V

FF-mg=m-^C

NK

&=7N

（2）能过最高点时，则能到尸点，则恰到最高点时

mglxsin37-（3mgRcos37+R）mg=0

解得

Zr=0.85m

要能过尸点//0.85m

（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的〃倍

3

tnglxsin37-mgsin37—njumgcos37=0

解得

.7n+6

15

当〃=1时

/m

"15

当〃二3时

,9

*丁

当〃=5时

4小史m

“315

9、（2022•浙江6月卷T20）如图所示，在竖直面内，一质量，〃的物块。静置于悬点。正下方的A点，以速

度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、尸G处于同一水平面上，AB.MN、CO的长度均为，。圆

弧形细管道。E半径为R，E广在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点,

并向左拉开一定的高度A由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与。发生弹性正碰。已知根=2g,

/=lm,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物块与MMCO之间的动摩擦因数〃=0.5,轨道45和管道

。后均光滑，物块。落到尸G时不反弹且静止。忽略M、8和N、。之间的空隙，C。与。E平滑连接，物块

可视为质点，取g=10m/s2。

(1)若力=1.25m,求以、6碰撞后瞬时物块。的速度%的大小；

(2)物块。在OE最高点时，求管道对物块的作用力“与。间满足的关系；

(3)若物块力释放高度0.9mv，v1.65m,求物块。最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水

平向右为正，建立x轴)。

【答案】(1)5m/s：(2)5=0.1〃-0.14(〃N1.2m)；(3)当0.9mvl.2m时，2.6m<x<3m,

、'i1.2mW〃v1.65m时，+3.6+^^)m

【解析】

(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律

mgh=匕

解得

v6=5m/s

匕与。发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

tnvh-mvb+mv(}

联立解得

vb=5m/s

(2)由(1)分析可知，物块b与物块。在A发生弹性正碰，速度交换，设物块。刚好可以到达E点，高

度为4，根据动能定理可得

mgh}-2jjmgl-mgH=0

解得

/?,=1.2m

以竖直向下为正方向

F+mg=m-^

NK

由动能定理

mgh-2从mgl-mgH=2〃比

联立可得

外=0.1/z-0.14(/z>1.2m)

(3)当L2ml2VL65m时,物块位置在七点或E1点右侧，根据动能定理得

mgh-2卬ngl-mgH=-tnv^

从七点飞出后，竖直方向

水平方向

$=v£r

根据几何关系可得

DF=­m

5

联立解得

x=3l+DF+s、

代入数据解得

当0.9mv〃vl.2m时，从％=0.9m释放时，根据动能定理可得

mgh-pmgs2=0

解得

s2=1.8m

可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块〃由E点速度为零，返回到。力时，根据动能定理可得

mgH-jumgs3=0

解得

邑=0.4m

距离C点0.6m,综上可知当0.9mV1.2m时

3/-53<x<3/

代入数据得

2.6m<x<3m

10、（2022•浙江6月卷・T19）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成

24。角,长度4=4m,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，

2

其与滑轨间的动摩擦因数均为机=§,货物可视为质点（取cos24。=0.9,sin24°=0.4,重力加速度

g=10m/s2）。

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度叫的大小；

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度u的大小；

（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨的最短长度6

【答案】（1）2m/s2;（2）4m/s；（3）2.7m

【解析】

（1）根据牛顿第二定律可得

mgsin24°-"mgcos24°=maA

代入数据解得

%=2m/s

（2）根据运动学公式

2a4=v2

解得

v=4m/s

（3）根据牛顿第二定律

从

mg=tna2

根据运动学公式

2

-2初=4ax-v

代入数据联立解得

/2=2.7m

11、（2022•河北河13》如图,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B

左端分别放置物块C、D,物块C、D的质量均为1kg,A和C以相同速度%=l（）m/s向右运动，B和D

以相同速度切。向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A

与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为4=0」。重力加速度大小取g=10m/s2。

（1）若0<&<0.5,求碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度的大小和方向；

（2）若％=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小。

【答窠】（1）5（1-幻m/s,方向向右；（2）1.875m

【解析】

（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度为乙C、D的质量均

为m=lkg,以向右方向为正方向，则有

mvQ-mkv0=(m+w)v

解得

v=----%=5(1-k)m/s>0

2

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速支大小为5（l-Z）m/s,方向向右。

（2）若％=0.5,可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为

v=5（l-/s=5x（l-0.5）m/s=2.5m/s

滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为y',以向右方向为正方向,

则有

解得

M=0

可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块

的质量为M1=2kg,新滑板的质最为3kg,相对静止时的共同速度为相，根据动最守恒可得

解得

u共=Im/s

根据能量守恒可得

〃也即相+/%）嗔

解得

s相=1.875m

12、（2022•湖北・T16）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸

长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离

均为人重物A和B的质量均为加，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹

角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时,

与正下方质量为2根的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动上距离后静

止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。

(1)求C的质量；

(2)若D在运动过程中受到的阻力尸可视为恒力，求产的大小：

(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

PTTe60。

〔\/I

【答案】(1)国；(2)6.5〃n(3)(4-2y/3)mgL

【解析】

(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

m(.g=27ngeos30

解得

mc=\f3m

(2)8碰后C的速度为零，设碰撞后。的速度心根据动量守恒定律可知

61nx0+2mP

解得

CD碰撞后力向下运动得距离后停止，根据动能定理可知

0一■-x2mv2=2ms--F—

21010

解得

F=6.5mg

(3)设某时刻。向下运动的速度为匕向上运动的速度为心图中虚线与竖直方向的夹角为a,根据机

械能守恒定律可知

22

-mev+2x』m(vcosa)=mcg-----2mg(——---L)

22tanasina

令

y-mg-__--L)

ctanasina

对上式求导数可得

・=后叱舄+22高

当半=0时解得

da

百

cosa=——

2

即

a=30

此时

L

y=m,g-----L)=mgL

tanasma

于是有

22

gmcv+2xgm(ycosa)=mgL

解得

v2=_gL

3V3

----1------

42

此时C的最大动能为

%=3外/=（4-2G）mgL

13、（2022•湖北・T16）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸

长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离

均为“重物A和B的质量均为小，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹

角为60。。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为J管时,

与正下方质量为2〃?的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动,距离后静

10

止（不考虑c、D再次相碰）。A、B、C、D均可