2024年高考物理：力學計算題及答案共18個例題

1.我國航天員翟志剛、王亞平、葉光富于2022年4月16日9

時56分搭乘神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著

陸。返回艙在離地面約6000m的高空打開主傘（降落傘），在

主傘的作用下返回艙速度從80m/s降至10m/s,此后可視為勻速

下降，當返回艙在距離地面1m時啟動反推發動機，速度減至0

后恰落到地面上。設主傘所受的空氣阻力為/=仙，其中左為定

值，v為速率，其余阻力不計。已知返回艙（含宇航員）總質量

為3000kg,主傘的質量忽略不計，忽略返回艙質量的變化，重

力加速度g取設全過程為豎直方向的運動。求：

（1）在主傘打開后的瞬間，返回艙的加速度大小；

（2）若在反推發動機工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛

狀態，則反推發動機在該過程中對返回艙做的功。

地面

解析：（1）由牛頓第二定律可知

由題意x?判

石一螞?珊g

聯立可得?一0^

所以加速度大小為70m/s2：

(2)從離地一米到速度為。時，由動能定理可知

解得/,■LSXKH

2.冬季來臨，極端天氣引發多起追尾碰撞事故，交警提示冰雪

天氣開車出行注意保持安全車速、車距，出行之前安裝好防滑

鏈，規定在雨雪天氣能見度低于50m時，最高速度為20m/s。

雨雪天氣里安裝防滑鏈的甲車在一段平直公路上勻速行駛，因

霧氣造成能見度較低，甲車發現前方:0m處路面上放置三角警

示牌，如圖(a)所示，甲車立即采取緊急剎車措施，但還是與

距離三角警示牌:一0m處、停在路上的一輛沒有裝防滑鏈的拋錨

乙車發生了追尾碰撞事故，兩車正碰時間極短，車輪均沒有滾

動，甲車的質量等于乙車質量。如圖(b)為該次事故兩車碰撞

前后的一段上￡圖像。

(1)試判斷甲車是否違反雨雪天氣的限速規定？

(2)求被碰后2s時乙車向前滑行的距離。

解析：(1)由圖(b)可知開始計時時甲車的速度-5ms,甲車

碰后速度-1，，甲車碰前和碰后加速度相等，由圖可得加速度

(1)

即甲車碰前速度

“=~卬，(2)

由(1)(2)兩式可解得甲車碰前速度

『4ms(3)

根據運動學公式得

V；-V,；-'la,(J,*I,)(4)

由(3)(4)式解得

v-24mS>20ms(5)

故甲車違反雨雪天氣的限速規定。

(2)根據動量守恒得

m,v-m,v4?,v,(6)

解得乙車的碰后速度

匕(7)

由圖(b)可知，若甲車一直減速，乙車碰后減速，經過

r.-0.75s-2.25s-05s

時兩車的共同速度為外,根據運動學公式得

,=耳+磯=2一磯(8)

高中物理wewuli

由(1)(3)(7)(8)式解得

a,=2ms'(9)

即乙車碰后到停止的時間為

&(10)

被碰后2s時乙車向前滑行的距離

由(10)(11)式得

3.2021年1月22日京哈高鐵全線貫通，1198公里的里程僅需

4小時52分。高鐵相比傳統列車優點很多，可以用下面的模型

車類比高鐵與普通列車的起動過程。模型一為模擬由一節機車

頭帶4節車廂的普通列車，車頭和普通車廂質量相等均為

10kg,運行時阻力是重力的0.2倍。起動時只有第一節機車可

動，發動機輸出70N的恒定牽引力，當機車頭前進2.5m時，瞬

間與后四節車廂作用成為一個整體，之后發動機以不變的牽引

力150N帶動整列火車繼續加速到15m/so模型二為五節完全一

樣的動車組，每節質量為7.5kg,運行時阻力是重力的0.1倍，

因為每節車廂都能提供動力，可以實現五節車廂同時起動，發

動機提供的總牽引力為150N,同樣加速到15m/s。g取

10m/s2o

(1)若兩列車的發動機的總額定功率均為1.8kW,求模型車一、

二的最大行駛速度大小；

⑵求出兩列車的速度從0加速到15m/s的時間差。

機車頭

模型.匚JUUQ…口

模型二口八』,、，、CTQ

解析：⑴由尸=人

可知當下于時速度最大

對模型車一有

力=100N

最大速度

Vrn7=18m/s

對模型車二有

力=37.5N

最大速度

vm2=48m/s

(2)對模型車一有：機車起動時

Fi-kimig=miai

解得

tZ7=5m/s2

A彳以

解得h=ls

V7=5m/s

與四節車廂相互作用時

mivi=5miV2

解得V2=lm/s

一起加速時有

F2-5kimig=5mia2

解得

fl2=lm/s2

有V=V2+a2t2

解得?2=14S

對模型車二有

Fz-5k2nl2g=5m2a3

解得aj=3m/s2

V=tt3t3

解得，3=5S

則兩車的：時間差為

△?=10s

4.北京2022年冬奧會冰壺比賽在北京“冰立方”舉行。比賽

時，運動員推著冰壺出發，如圖，在投擲線處(壺與投擲線

相切)將冰壺以一定的初速度推出，按比賽規則，他的隊友可

以用毛刷在冰壺滑行的前方刷冰，減小摩擦因數以調節冰壺的

運動。不刷冰的情況下冰壺和冰面的動摩擦因數為0.02。圓壘

中心。到投擲線的距離/=29.85m,圓壘半徑為H=L85m,紅、

藍冰壺質量相等，半徑均為r=0.15m,g10m/s2o

(1)運動員以多大的速度沿圖中虛線從投擲線將冰壺推出，不

刷冰的情況下，冰壺的中心能恰好停在。點；

(2)一藍壺靜止在圖中虛線上尸點，其中心到。點的距離

1一生而；不刷冰的情況下，紅壺從投擲線出發的速度為

方向沿中心線向藍壺滑去，兩壺發生正碰，碰后紅壺

速度大小變為v，?08ms；請通過計算判斷，紅壺、藍壺能否進入

圓壘？

?.■J

:B

投擲線

*

5E;

解析：(1)依題意得冰壺滑行的距離為

s-/+r-30m

此過程由動能定理得

-/mgi=0-Wanr1

解得

(2)依題意得碰前紅壺滑行的距離為

X,--r-26m

此過程由動能定理得

1,1,

解得碰前紅壺的速度

設碰后藍壺速度為V2，由動量守恒定律

W-仍.WV：

解得1=10HS

對于紅壺，設碰后滑行的距離為打，由動能定理得

1

-u/wp=QA__mv

解得X=09m<7-J?*3r=230m

所以，紅壺不能進入圓壘。

對于藍壺，設碰后滑行的距離為X2,由動能定理得

1,

_gmgx=A0--/m*

解得

4-j?+r=2m<馬=25tBV《+j?-r=5.4m

所以，藍壺可以進入圓壘。

5.如圖所示光滑圓弧軌道A3固定在水平面上與水平面平滑連

接，圓弧軌道最低點A靜止放置物塊b、c（可看做質點），b、

c的質量分別為根、2m,b、c間有少量火藥（質量可忽略），

某時刻火藥燃燒將b、c迅速分開，分開后b以速度'向左沖上圓

弧，經一段時間再次回到b、c分開位置后繼續向右運動，當c

剛好停止運動時b與之發生第一次碰撞。已知b與c的所有碰撞

均為彈性碰撞，b與水平面間沒有摩擦，c與水平面間的動摩擦

因數為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為

go已知該物塊b從圓弧底端沖上圓弧到再次回到圓弧底端所用

時間與b沖上圓弧速度大小無關，可用圓弧半徑R表示為“石

（尺為題中未知量）求：

（1）圓弧軌道半徑的大小；

（2）b與c發生第3次碰撞前的速度；

（3）b、c第〃次碰撞后到第〃+1次碰撞前c運動的位移大小

（〃=1、2、3....）o

\be

存），，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，”，，，，卬

、A

解析：（1）b、C分開過程，根據動量守恒定律

=2m;

C沿水平面滑動的加速度大小

/mg

a=-冽

根據運動學規律，分開后C在水平面上滑動的時間力、滑過的距

離'，，有

b再次回到b、c分開位置時

b勻速運動

貝!J-

整理得64:。f

(2)設b、C第1次碰撞后的速度分別為物：和「根據動量守

恒和機械能守恒

M：=加-2m,產■產?產匕

得

m-2m2fn

設第2次碰撞前c已停止運動，則第1次碰撞后c滑動的時間

.生

a3rg

b的運動時間

!=?-12__~v

其中

勺衛

、2a

由于「

所以第2次碰撞前c已停止運動。

第2次碰撞后，b的速度大小

fw-2?iY

36

代入數據解得.

即b與c第3次碰撞前的速度大小為V

(3)b與c第2次碰撞后，c的速度大小

2?..2I

6"/

b與c第2次碰撞后，c滑動的位移

力亮曦吃

b與c第〃次碰撞前，b的速度大小

;171

b與c第九次碰撞后，c的速度大小為

一J?

b與C第八次碰撞后，滑動的位移

*色工解

9〃g（"=1、2、3....）

6.如圖所示，足夠長的小車靜放在光滑水平面上，車右端與墻

壁相距為％。，在小車左端放一個質量為機的小物體（可視為質

點），與小車的動摩擦因數為〃=0.2,小車的質量為2機，現給

小物體一個水平向右的初始速度vo,在整個的運動過程中，墻

壁給了小車『-16刑師"的沖量（碰撞后原速率反彈）。試求：

（1）小車第一次碰墻前速度和小車與墻壁碰撞的次數；

（2）V。應滿足的關系，從開始到最后一次碰撞經歷了多長時

間；

（3）如果'?揚國，墻壁給了小車多少沖量；最終小車和物體

的速度及物體在小車上滑行的路程分別多大。

二I|

/WW77Zv/7777777777777777777777777j

解析：（1）第一次碰前的速度，根據動能定理

foagt,

解得廠護瓦

設小車質量為2機，因此能發生多次碰撞時，碰前不可能共速

（最后一次除外），所以每次與墻壁碰撞時小車速度均為

H-v;2K

所以每次碰前，小車的動量為

2J?%-2m&2現

因此每次動量的改變量為2P，,因此一共碰撞了

.V=—=4^

2/\

(2)碰撞4次后系統動量應該向左

解得一1許嬴

第三次碰后滿足

w-12wjt12n13沖小二G

解得「15再贏

所以I*?訕地

小車的加速度為

1…

工

第一次運動，的時間

“■杵■杵

總的運動時-間為

t-八-毓-7。14I——

(3)由于

42耕vl5g2K

假設第3次碰后發生了共速，則

.%-=3MV

r一少加

解得3(向右)

因為r：

共速成立且還能發生第4次碰撞，第四次碰撞前的速度為

墻壁給的沖量為

,2.44,

7=啊口2&;XA2WJC=W&X,*2=3制匹2r

最終小車和物體的速度相等，根據動量守恒

2wv-wv.3wv

解得

芮五(左)

產生的內能

0=產_產=?

可得物體在小車上滑行的路程

5202644…

.?kF”九

7.如圖所示，一根足夠長的圓管豎直固定，管內有一質量可以

忽略的輕活塞C,一根輕質細彈性繩的上端連接活塞C,下端連

接質量為機的小物塊A,A處于靜止。已知彈性繩的勁度系數為

左且彈性規律滿足胡克定律，活塞與管壁間的最大靜摩擦力為

3mg,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。

現有一個質量為粗的細圓環B從中間穿過彈性繩，并從A的正

上方下處靜止釋放，A、B碰撞時間極短且完全粘合。

(1)4、B碰撞結束時的速度大小；

(2)A、B整體第一次達到速度最大時的速率；

(3)A、B整體第一次達到最低點的過程中活塞與筒壁產生的

摩擦熱量。

C

3

解析：(1)根據

/-0=2g手

得B下落到A時速度

根據動量守恒仆?2添

得A、3碰撞結束時的速度

（2）當彈簧彈力等于重力時，速度最大，即

此時彈簧伸長量

爾

A——

k

根據動能定理

XXA

解得三

（3）當彈簧彈力等于活塞與管壁間的最大靜摩擦力為f=3mg

時，彈簧伸長量最大，即

從彈簧伸長量最大到A、6整體第一次達到最低點的過程中，彈

簧彈力不變，彈簧長度不變，重力和摩擦力做功，根據動能定

理

4國

得掂

活塞與筒壁間的摩擦力做功大小

F=/Ax=s

則活塞與筒壁產生的摩擦熱量

8.如圖所示，可視為質點的小球A、B在同一豎直線上間距

1.In,小球B距地面的高度b-L25m,兩小球在外力的作用下處于

靜止狀態。現同時由靜止釋放小球A、B,小球B與地面發生碰

撞后反彈，之后小球A與B發生碰撞。已知小球A的質量

。-。Jkg,小球B的質量，??一,重力加速度Llg*,所有的

碰撞均無機械能損失，不計碰撞時間。求：

(1)從釋放小球A、B到兩球第一次相撞所經過的時間；

(2)小球A第一次上升到最大高度時到地面的距離。

?

@

\\\\\x\\

解析：(1)小球B落地時，A、B兩球的速度大小由

得i=5m『s

從釋放兩小球到小球B第一次落地所用的時間

g

小球B反彈后，相對小球A做勻速運動

(方法二：小球B反彈后第一次與小球A碰前小球B所經過的

位移大小

1I

小球B反彈后第一次與小球A碰前小球A所經過的位移大小

1,

則,-1?丫

聯立解得

從釋放小球A、B到兩球第一次相撞所經過的時間

(2)兩球相撞前瞬間的速度

%."部-4tn/5

兩球相碰時距地面的高度

--0.45m

兩球碰撞時動量守恒，取豎直向上為正方向

■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時到地面的距離

H=%+%'=5.45m

9.如圖所示為某自動控制系統的裝置示意圖，裝置中間有一個

以%=3?r的速度逆時針勻速轉動的水平傳送帶，傳送帶左端點

M與光滑水平軌道平滑連接，半徑高的光滑圓

弧的最低點與在尸點平滑連接，在尸點處安裝有自動控制

系統，當物塊b每次向右經過尸點時都會被系統瞬時鎖定從而

保持靜止。傳送帶右端與半徑一2的四分之一光滑圓弧軌道平

滑連接，物塊a從右側圓弧最高點由靜止下滑后滑過傳送帶，

經過M點時控制系統會使靜止在尸點的物塊b自動解鎖，之后

兩物塊發生第一次彈性碰撞。已知物塊a、b的質量分別為

回=3、嗎=卬，兩物塊均可視為質點，物塊a與傳送帶間的

動摩擦因數■-0R,MN間的距離為Z-L5m,取g=lg*。求：

(1)物塊。運動到圓弧軌道最低點N時受到的支持力大小；

(2)物塊。在第一次碰后，從經過M點到再次回到M點所用

的時間；

(3)物塊b第一次在尸點相碰后到再次回到尸所用的時間；

(4)若物塊。每次經傳送帶到達M點時，物塊b都已鎖定在尸

點，則兩物塊從第1次碰撞后到最終都靜止，物塊。與傳送帶

之間由于相對運動產生的總熱量為多少。

J/萬

*&F(丁

解析：(1)對。從出發點到N,由動能定理

在N點對物塊a,由牛頓第二定律

■大

F「mg=m—

r

解得及-HN

(2)a在傳送帶上，由牛頓第二定律和運動學公式

=v-t=2at

解得30二m：L

故物塊a到達"點時

v=v,=3ms

a和b發生彈性碰撞有

v=rnv-v

i,i>ii

，馬％=亍鳴*!..亍

解得

51

\二一一>=-2?m,s\=0.5ms

696t

則物塊。在第一次碰后，從經過M點到再次回到“點所用的時

間為

(3)對。的上升過程應用動能定理

*A1J

一m：gh=0--mA：

解得,

L，I

八=——m=RQ

80

故物塊b在圓弧上運動可看作是簡諧運動

(4)物塊。第1次碰后經過M點到第2次碰前經過M點因摩

擦而產生的熱量為.

物塊。第一次碰后速度小于傳送帶速度％故第二次碰前速度仍

為*:第二次碰后。的速度為IB",則第2次碰后到第3次碰

前產生的熱量為

由數學知識可知

。?啕X

則物塊。與傳送帶之間由于相對運動產生的總熱量為

10.如圖所示，一足夠長的光滑斜面固定在水平地面上，斜面

傾角為無斜面底端固定一垂直于斜面的擋板P,將小物塊A、

B(可視為質點)從斜面上距離擋板?為二和「(一：)的位置同

時由靜止釋放，已知小物塊A、B的質量分別為m、2m,重力

加速度大小為g,所有碰撞均為彈性碰撞，忽略碰撞時間和空氣

阻力。求：

(1)B第一次與擋板碰撞時A的速度大小；

(2)B在第一次上升過程中就能與A相碰，求上的取值范圍；

（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到達比其釋放點更

高的位置，求代應滿足的條件。

解析：（1）由題意可知，因為斜面光滑，所以A、B釋放后沿

斜面做勻加速運動的加速度大小均為

o=gsn6①

又因為A、B同時釋放，所以在B第一次與擋板碰撞時，A下

滑的距離為3設此時A的速度大小為y。，根據機械能守恒定

律有

切gLsmc?=1

解得

：=/四nd③

（2）設物塊B與P第一次碰撞后再經過時間t與物塊A能夠相

碰，根據運動學公式可得/時間內A、B運動的距離分別為

%7-"如小-④

'r⑤

相碰時根據位移關系有

A、B相碰必須發生在B到達最高點前，因此有

\=\-g$l口8：一。⑦

聯立③?⑦式可得

i<5⑧

所以若B在第一次上升過程中就能與A相碰，則左的取值范圍

為

1（左<5⑨

（3）規定沿斜面向上為正方向，設碰撞前瞬間A、B的速度大

小分別為丫八V2,碰撞后的速度分別為"'、L根據動量守恒和能

量守恒有

—+WF.2K⑩

1ntx1■2n;v=-un'-1-2un

2、212f21?

聯立⑩?解得

%-3?

（因為A的質量小于B的質量，所以碰后一定反彈，則另一解

<。舍去）

若要使A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置，則須滿足

<>耳?

聯立??解得

丫<2上?

根據運動學規律有

\-v-f.stnPr?

?-l?

聯立???解得

r<_^…

3gsind?

聯立③④⑤⑥?解得

,7

3?

所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到達比其釋放點更

高的位置，「應滿足的條件是

i<i<Z

3?

11.如圖，運動員起跳補籃，籃球恰好垂直擊中籃板“打板區”

方框的上沿線中點，反彈落入籃圈，球心下降到籃圈所在平面

時，球未與籃圈接觸。已知籃球出手時球心離地的高度

〃=2］如、與籃板的水平距離］=1】7m,籃圈離地的高度;，='0

“打板區”方框的上沿線離籃圈的高度八"花嗎籃圈的直徑

4?。45叫籃板與籃圈的最小距離4?。7?；若籃球的直徑

?'-024m＞質量冽=0.5kg,不考慮空氣作用力和籃球的轉動。重

力加速度g取11talz?'，求：

(1)籃球擊中籃板時的速度大小；

(2)若籃球與籃板作用時間/為0.2秒，之后籃球從籃圈正中

心進圈(即籃球球心與籃圈圓心重合)，求籃球對籃板的平均

作用力；

(3)籃球打板損失機械能的最小值。

解析：(1)起跳補籃，籃球恰好垂直擊中籃板“打板區”方框的

上沿線中點，其逆過程可以看作是平拋運動，則有

h；—h-h*7gr

it

Td、

L—J

2,r

代入數據得4=3

(2)由于籃球從籃圈中心進圈，則有

%?為

,d4

4+亍-亍=電

代入數據得

v=085ms

對籃球，根據動量定理有

FrwvT-gJ

得F=7.375N

根據牛頓第三定律，籃球對籃板的平均作用力

F-F-7375N

(3)反彈后做平拋運動，則反彈速度最大時機械能損失最少

則有

%彳就

L.d

解得：=15

籃球打板損失機械能

\E=-N-*=0.7425J

2,2

12.如圖所示，質量為粗的滑塊A,在水平力廠作用下靜止在

傾角為。在光滑斜面上，斜面的末端B與水平傳送帶相接，傳

送帶的運行速度為y。，長為人傳送帶右端與光滑的水平軌道平

滑連接，水平軌道上有質量為2根的〃個小滑塊，依次編號為

Bi、比、&、B4....Bn,今將水平力撤去,當滑塊A滑到傳送帶

右端。時，恰好與傳送帶速度相同，己知滑塊A與傳送帶間的

動摩擦因數為〃，重力加速度為g,滑塊間的碰撞均為彈性碰

撞，求：

(1)水平力廠的大小；

(2)滑塊A下滑高度；

(3)滑塊B最終速度及被碰撞的次數。

解析：(1)滑塊A受到水平力尸、重力根g和支持力N作用處

于平衡狀態

F=

(2)設滑塊A從高為/z處下滑，到達斜面底端時的速度為口

到達傳送帶右端時的速度為y。，下滑過程機械能守恒

1.

rngh--w'

若滑塊A沖上傳送帶時的速度小于傳送帶的速度，則滑塊A由

于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動，根據動能定理得

_1,1,

解得

若滑塊A沖上傳送帶時的速度大于傳送帶的速度，則滑塊A由

于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運動，根據動能定理得

7-1Q

h^—^uL

解得2g.

(3)滑塊A與滑塊B發生彈性碰撞

wy,-my,.2wv”

1,I，1一」

-WVx21WV

44

解得

1

然后滑塊Bj與滑塊&發生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒可

得Bj的速度傳遞給B2,同樣滑塊屏與滑塊&發生彈性碰

撞……，直至與滑塊8〃發生彈性碰撞后第一輪碰撞結束，得滑

塊Bn的速度為

第一輪滑塊Bi碰撞兩次；

滑塊A通過傳送帶后會返回水平軌道再次與滑塊Bi發生彈性碰

撞，由勻變速直線運動的對稱性可知，滑塊A返回水平軌道是

速度大小為

?vj1

解得

2

"一父

然后滑塊B1與滑塊&發生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒可

得滑塊Bi的速度傳遞給滑塊B2,同樣滑塊&與滑塊以發生彈

性碰撞……，直至與滑塊發生彈性碰撞后第二輪碰撞結

束，得滑塊6〃/的速度為

'-=y?V'

第二輪滑塊H碰撞2次;

第輪，滑塊5/與滑塊以碰撞后結束第輪碰撞。第九-1

輪碰撞中滑塊A、滑塊5八滑塊屏的速度分別為

1

V?―^―.V,

IM°

V也=y---iV0

第〃-1輪滑塊小碰撞2次；

第〃輪，滑塊A與滑塊以發生彈性碰撞，最后滑塊S的速度為

2

第〃輪滑塊小只碰撞1次；

綜上可得，滑塊B共碰撞2〃-1次。

13.如圖，長木板ab的b端固定一擋板，木板連同擋板的質量

為M=4.0kg,a、b間距離s=1.0m。木板位于光滑水平面上。在

木板a端左側有一與長木板等高接觸的固定物體，其內部為半

徑H=5m的四分之一光滑圓弧。現將一個質量m=1.0kg的小物

塊，從四分之一光滑圓弧頂端無初速釋放，小物塊與木板間的

動摩擦因數〃=0.20,長木板處于靜止狀態。小物塊從四分之一

光滑圓弧滑出后沿木板向前滑動，直到和擋板相碰。碰撞后,

小物塊恰好回到木板中點時與長木板保持相對靜止。(取

g=10m/s2)求：

(1)小物塊滑到四分之一光滑圓弧底端時，對圓弧的壓力大

小；

(2)小物塊恰好回到木板中點時，小物塊的速度；

(3)碰撞過程中損失的機械能。

b

A，

解析：(1)設小物塊滑到四分之一光滑圓弧底端時的速度大小

為"，根據機械能守恒定律有

解得

vo=lOm/s

設此時圓弧對小物塊的支持力大小為N,根據牛頓第二定律有

-WF=7;r—

解得、-30N

根據牛頓第三定律可知小物塊對圓弧的壓力大小為30N。

(2)設小物塊恰好回到木板中點時的速度為口取水平向右為

正方向，由動量守恒定律得6=。~?'生

解得

方向水平向右。

(3)根據功能關系可得碰撞過程中損失的機械能為

1.1,

——T.37J

22

14.如圖所示，質量U=4k?的滑板B靜止放在光滑水平面上，滑

板右端固定一根輕質彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離

N-Ofm,可視為質點的小木塊A質量"=1均，原來靜止于滑板的

左端，滑板與木塊A之間的動摩擦因數/當滑板B受水平

向左恒力尸作用時間/后，撤去凡這時木塊A恰好到達彈

簧自由端。處，此后運動過程中彈簧的最大壓縮量為L-。g取

Uta￡,求：

(1)木塊A剛滑動時，木塊A和滑板B的加速度大小；

(2)木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能；

(3)整個運動過程中系統產生的熱量。

解析：(1)木塊A和滑板B均向左做勻加速直線運動，對A

受力分析，根據牛頓第二定律有

/=5g=叫

可得木塊A剛滑動時，木塊A的加速度為

4.4g-02x15/-2snfs2

對B受力分析，根據牛頓第二定律有

F-阿塔=\凡

可得木塊A剛滑動時，滑板B的加速度為

%=3m*

(2)根據題意有

即

1?1,

彳011r一；%「

代入數據得一k

則撤去廠時，木塊A的速度為

滑板B的速度為

%?33ms

當木塊A和滑板B的速度相同時，彈簧壓縮量最大，具有最大

彈性勢能。根據動量守恒定律有

mv;?-（卅

由能量的守恒和轉化得

-w*t-彳（R+10/+號

222

代入數據求得最大彈性勢能為

與=Q3J

（3）二者同速之后，設木塊相對滑板向左運動離開彈簧后系統

又能達到共同速度人相對木板向左滑動距離為s,有

「?AA-（w?

解得公

由能量守恒有4

得s-O」5m

由于*+Z?且則假設成立。故整個過程系統產生的熱量為

0=Z-$+x）=14J

15.內有光滑半圓形軌道、質量為的滑塊靜止在光滑的水

平地面上，直徑M為一個鐵樁固定在地面上，滑塊左側

緊靠在鐵樁上。滑塊內圓軌道的左端點B的正上方高度―處

有一點A,現將質量為皿=7的小球（可以視為質點）從A點由

靜止釋放，然后經過半圓軌道的5、C、。點后沖出（。點為圓

軌道的最低點）。重力加速度8“。―，忽略空氣阻力。求：

（1）小球到達。點時的速度大小；

（2）小球第一次沖出。點時的速度大小，以及能夠上升的最大

高度；

（3）如果沒有鐵樁，求小球第二次沖出。點并到達最高點時，

與初位置A點的水平距離。

ni

解析：(1)小球從A到。由動能定理

解得

黑=J2式+Ar)=3m〃

(2)小球從。到O的過程水平方向動量守恒，則

nn=(A/-w)v

由能量關系

1z口

-nr\\-mgH

解得

H.015m

%-2m/s

(3)如果沒有滑塊左側的鐵樁，小球第一次沖出O點時，滑塊

向左的位移為％,則

Xtx=w(2r-x)

2mr

tf-T-tz>—t1——-：[]

角牛得-U-7'；

此時滑塊和小球的水平速度均為零，小球向上做豎直上拋運

動，再次回到。點進入凹槽，此后凹槽向右運動，先加速后減

速，到小球從6點沖出時，凹槽回到原來的位置，速度減為

零，以后重復原來的運動，則當小球第二次沖出。點并到達最

高點時，小球與初位置A點的水平距離為

\17一工-rO.Zm

16.將一輕彈簧豎直放置在地面上，在其頂端由靜止釋放一質

量為m的物體，當彈簧被壓縮到最短時，其壓縮量為/.現將該

彈簧的兩端分別栓接小物塊A與B,并將它們靜置于傾角為30°

的足夠長固定斜面上，B靠在垂直于斜面的擋板上，P點為斜面

上彈簧自然狀態時A的位置，如圖所示.由斜面上距P點6/的

O點，將另一物塊C以初速度t=5后沿斜面向下滑行，經過一段

時間后與A發生正碰，碰撞時間極短，碰后C、A緊貼在一起

運動，但不粘連，已知斜面P點下方光滑、上方粗糙，A、B、C

士

的質量均為4m,與斜面間的動摩擦因數均為產下彈簧勁度系

數1<=丁，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g.求：

(1)C與A碰撞前瞬間的速度大小；

(2)C最終停止的位置與O點的距離

(3)判斷上述過程中B能否脫離擋板，并說明理由.

解析：(1)剛開始A壓縮彈簧，設此時彈簧壓縮量為3對A

根據平衡條件可得ig必30。-fa,

解得'一

設C與A碰前瞬間速度大小為%由動能定理得:

由以上式子得：i=匹

(2)依題意，當豎直放置的彈簧被壓縮/時，質量為m的物體

的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能，由機械能守

恒定律，彈簧的彈性勢能為：*

C與A碰撞過程中動量守恒，有物'?8協：

C與A后返回P點過程，B始終未動，對A、C及彈簧組成的系

統，根據機械能守恒定律得：6*"，

此后C與A分離，C沿斜面向上做勻減速運動直至停下，根據

動能定理可得：

由以上式子得與?力，即C最終停止的位置與O點相距41

4噸in3(T

(3)要使B離開擋板，則彈簧必須伸長到一，一，即A

需到達斜面上P點上方/處，此時彈簧彈性勢能恰也為與

假定A可以到達該處，即對A由P至該處的運動過程，根據動

能定理得：

-4jwjsm3(r7-/i4?gcx?30,7+W^=￡

其中廠--E導

由以上式子可得’,說明此時A仍有沿斜面向上的速度，故

B可以離開擋板.

17.如圖是某車間傳送裝置示意圖，為使傳送中的零件能緩慢

停下，工程師在水平傳送帶上設置了由質量皿?蠅的緩沖塊和輕

質彈簧組成的緩沖裝置。處于原長的彈簧一端固定于人點，另一

端拴接緩沖塊，此時緩沖塊靜止于位置易彈簧的勁度系數