2020-2022年高考物理真題分訓(xùn)練 20 力學(xué)計算題（教師版含解析）

專題20力學(xué)計算題

【2022年高考題組】

1、（2022?湖南卷?T14）如圖（a）,質(zhì)量為機籃球從離地”高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰

撞后反彈至離地〃的最高處。設(shè)籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的幾倍（X為常數(shù)

H-h

且。且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。

（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

（2）若籃球反彈至最高處方時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F,使得籃球與地面碰撞一次后恰好反

彈至A的高度處，力尸隨高度y的變化如圖（b）所示，其中%已知，求州的大小:

（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間

給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至"高度處，求沖量/的大小。

【解析】

（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg-kmg=nut下

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有

vK2=2a卜”

籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg+hng=ma±

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有

v|-2=2a\h

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

“_（1+2）力

k=

vT

(2)若籃球反彈至最高處6時，運動員對籃球施加?個向下的壓力F,則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有

mgh十八｝玲—Anigh-3,nvr

籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有

-mgh-Amgh=0-—

聯(lián)立解得

2mg(-4)(〃一6)

°i

(3)由(1)問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為

aF=(1-X)g(方向向下)

〃上二(1+a)g(方向向下)

由題知運動員拍擊一次籃球(拍擊時間極短)，瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,由于拍擊時間

極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有

I=tnv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度Vo

拍擊第1次下降過程有

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

上升過程有

(仙門=2(1+X)gh\

代入A后，下降過程有

vi2-\^=2(1-X)f?ho

上升過程有

/zvi2=2(1-X)gHh\

聯(lián)立有

.h..v2、/h、ii,hv2

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

拍擊第2次，同理代入左后，下降過程有

V22-xr=2(1-X)ghi

上升過程有

hv22=2(1-X)gHh2

聯(lián)立有

Il2=—(/?!+------------)

再將用代入心有

為哈%+(/2gV(2T)

(H)2g(l-A)

拍擊第3次，同理代入攵后，下降過程有

嗎2_2(1-X)ght

上升過程有

/1V32=2(1-XjgHhy

聯(lián)立有

%=—(/12+——-----------)

勺H”(1-A)2g

再將應(yīng)代入必有

%=(_i)3.%+(_L)3.+(與2.^^+（夕%（一）

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

直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過程有

城-2(1-X)ghN.\

上升過程有

加小2=2(1-X)gHhN

聯(lián)立有

hv

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

將力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

則有

士嚴(yán)上2

“=(與一旦］」

HA-12^(1-2)

H

則

，=<"一守產(chǎn)川［/?川一㈤2g

\HH

2、(2022?廣東卷?T13)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平

桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度%為1。!11/5向上滑動時,

受到滑桿的摩擦力/為1N,滑塊滑到8處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運

動。已知滑塊的質(zhì)量加-0.2kg,滑桿的質(zhì)量M-0.6kg，人、8間的距離/=1.2m,重力加速度g取10m/s2，

不計空氣阻力。求：

(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N?；

(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小也；

(3)滑桿向上運動的最大高度隊

【答案】⑴M=8N,M=5N；⑵v1=8m/s；(3)/?=0.2m

【解析】

(1)當(dāng)滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即

風(fēng)=(m+M)g=8N

當(dāng)滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N,根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N,方

向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為

N2=Mg—f'=5N

(2)滑塊向上運動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有

-mgl〃琢

代入數(shù)據(jù)解得匕=8m/s,,

（3）由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據(jù)動量守恒有

機巧=(6+A/)u

碰后滑塊和滑桿以速度u整體向上做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理有

2

_(〃?+M)g/2=0-5(n?+M)V

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得〃=0.2m

3、（2022?山東卷?T18）如圖所示，“L”型平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的O'點，。'點左

側(cè)粗糙，右側(cè)光滑。用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為M的小球懸掛在O'點正上方的O點，輕繩處于水平拉直狀

態(tài)。將小球由靜止釋放，下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開始做

簡諧運動（要求擺角小于5。），A以速度為沿平板滑動直至與B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時間后，A

返回到。點的正下方時，相對于地面的速度減為零，此時小球恰好第一次上升到最高點。已知A的質(zhì)量

/nA=0.1kg,B的質(zhì)量"%二°3kg,A與B的動摩擦因數(shù)必=0.4,B與地面間的動摩擦因數(shù)

從=0.225,%=4m/s,取重力加速度g=lOm/s?。整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計,

不計空氣阻力，求：

（1）A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小5與噸;

（2）B光滑部分的長度出

（3）運動過程中A對B的摩擦力所做的功嗎；

M

（4）實現(xiàn)上述運動過程，一的取值范圍（結(jié)果用C0S5。表示）。

%

////以//

小球g_爭

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）設(shè)水平向右為正方向，因為O'點右側(cè)光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，故碰撞過程根據(jù)動量

守恒和能量守恒有

%%=心匕15B%

121212

代入數(shù)據(jù)聯(lián)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速度的大小分別為匕=2m/s,vB=2m/so

（2）因為A物體返回到O點正下方時，相對地面速度為0,A物體減速過程根據(jù)動能定理有

-AIWA^XO=O-^AV"

代入數(shù)據(jù)解得

xQ=0.5m

根據(jù)動量定理有

-A|WA^2=°-WAVA

代入數(shù)據(jù)解得

t.=0.5s

此過程中A減速的位移等于B物體向右的位移，所以對于此過程B有

12

%=%%一萬砧

聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得

1

/,=31S（舍去）

故根據(jù)幾何關(guān)系有

1=%+%

代入數(shù)據(jù)解得

6

（3）在A剛開始減速時，B物體的速度為

v2=vB-a/]=Im/s

在A減速過程中，對B分析根據(jù)牛頓運動定律可知

NN+(以+/%)g=%%

解得

13/2

a產(chǎn)—m/s

~3

B物體停下來的時間為則有

0二%一磯

解得

3八<

/3=—s<r2=0.5s

可知七A減速過程中B先停下來了，此過程中B的位移為

年3

蒞=-i-=—m

B2%26

所以A對B的摩擦力所做的功為

3

叼=~^}mA8XR=--J

(4)小球和A碰撞后A做勻速直線運動再和B相碰，此過程有

由題意可知A返回到0點的正下方時，小球恰好第一次上升到最高點，設(shè)小球做簡諧振動的周期為T,擺

長為3則有

^T=t0+t1+G

小球下滑過程根據(jù)動能定理有

MgL=；My2

小球與A碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有

Mv=M\\+〃?A%

當(dāng)碰后小球擺角恰為5。時，有

依L(1-COS51」MU；

聯(lián)立可得

M_3叵兀

%85（l-Vl-cosy）

當(dāng)碰后小球速度恰為。時，碰撞過程有

Mv=wAv0

則可得

M_3缶

豆-85

故要實現(xiàn)這個過程的范圍為

3岳M3缶

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

85嗎85I1-V1-COS5J

4、（2022?山東卷T16）某糧庫使用額定可壓U=380V,內(nèi)阻R=0.25。的電動機運糧。如圖所示，配重

和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度u=2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流

/=40Ao關(guān)閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個

向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質(zhì)量叫=100kg,車上糧食質(zhì)量色=1200kg,配重

質(zhì)量為二40kg,取重力加速度g=10m/s2,小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，

比例系數(shù)為上配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求：

（1）比例系數(shù)攵值；

（2）上行路程L值。

【答案】(1)攵=0.1；(2)L=-m

185

【解析】

（1）設(shè)電動機的牽引繩張力為工，電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有

2

Ul=lR+T.

解得

7；=7400N

小車和配重一起勻速，設(shè)繩的張力為5,對配重有

T2=/g=400N

設(shè)斜面傾角為6,對小車勻速有

T}+T2=（，〃]+叫）gsinO+Z（g+嗎）8

而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有

gsin。=m°g+km、g

聯(lián)立各式解得

sin/9=0.5,Z=0.1

（2）關(guān)閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設(shè)加速度為。，對系統(tǒng)由牛頓第二定律有

（w,+m2）gsin。+k（mx+嗎）g-7/g=（n+m2+m0）a

可得

370,

a----m/s2

67

由運動學(xué)公式可知

v2=2aL

解得

,67

L=---m

185

5、（2022?全國甲卷?T24）將一小球水平拋也使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s

發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一

個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標(biāo)出的兩個線段的長度電和$2之比為

3：7。重力加速度大小取g=10m/s2,忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。

【解析】

頻閃僅每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球的時間間隔為

t=4T=0.05x4s=0.2s

設(shè)拋出瞬間小球的速度為%,每相鄰兩球間的水平方向上位移為x,豎直方向上的位移分別為凹、為，根

據(jù)平拋運動位移公式有

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，則有

月=3y=3)，

已標(biāo)注的線段4、“分別為

$2=G+（3），）2=J-2+9y2

則有

次+―：^Jx2+9y2=3:7

整理得

故在拋出瞬間小球的速度大小為

x2#>

%=—=—^―m/s

6、(2022,全國乙卷?T25)如圖(a),一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊8

向4運動，1=0時與彈簧接觸，至打=2匕時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的1/一，圖像如圖(b)所

示。已知從1=0到，=1。時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36%/°。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑

下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角

為。(sin8=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

【答案】⑴0.6*；(2)0.768%(3)0.45

【解析】

(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、〃速度相等，即，時刻，根據(jù)動量守恒定律

mB4.2vQ=(mB+m)vQ

根據(jù)能量守恒定律

1212

聯(lián)立解得

mB=5m

與2=0.66*

(2)同一時刻彈簧對A、8的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F=ma

可知同?時刻

%=5他

則同一時刻A、B的的瞬時速度分別為

以=12%_詈

根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得

=辦人累積）

sA

%=以“累積）

又

SA=036卬0

解得

5B=1.128V0/0

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

X=%-sA=0.768v0/0

（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與8分離后速度大小仍為2%,方

向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為以，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得

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

根據(jù)能量守恒定律可得

；機丫；+J.5閉??8%>二;力（-2%了+；?5加寧

聯(lián)立解得

設(shè)在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據(jù)動能定理可得

2

-mgLsin0-jLimgLcos6=0—g/n(2v0)

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

mgLsin0-川ngLcos^=—mv1-0

聯(lián)立解得

〃=0.45

7、（2022?浙江1月卷?T19）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水

平直道AB與長20m的傾斜直道8C在8點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15。。運動員從A點由靜止出

發(fā)，推著雪車勻加速到5點時速度大小為8m/s,緊接著快速俯臥到車上沿5c勻加速下滑（圖2所示），到

C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg,sinl5J0.26,

求雪車（包括運動員）

（1）在直道48上的加速度大?。?/p>

（2）過C點的速度大??；

（3）在斜道8C上運動時受到的阻力大小。

圖I圖2

8,

【答案】(1)a.=-m/s2；(2)12m/s；(3)66N

3

【解析】

(1).鉆段

片=

解得

q=-m/s-

(2)A8段

匕=砧

解得

4=3s

BC段

1,

^=^2+~^2

2

a2=2m/s

過C點的速度大小

y=K+。2,2=12m/s

(3)在BC段有牛頓第二定律

mgsin。一6=tna2

解得

Ff=66N

8、(2022?浙江1月卷?T20)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角。二37。的光滑直軌道45、圓

心為0\的半圓形光滑軌道AC"、圓心為S的半圓形光滑細圓管軌道D"、傾角也為37。的粗糙直軌道FG

組成，B、。和廣為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與8點等高)，B、0八D、02和尸點

處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量"-0.1kg,軌道和。所的半徑R=0.15m,軌道AB長度

7

/AB=3m,滑塊與軌道戶G間的動摩擦因數(shù)〃=不，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37J0.6,

O

cos37°=0.8o滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放，

(1)若釋放點距B點的長度/=0.7m,求滑塊到最低點C時軌道對其支持力尸N的大小;

(2)設(shè)釋放點距5點的長度為滑塊第一次經(jīng)尸點時的速度y與。之間的關(guān)系式;

(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距8點長度。的值。

【答案】(1)7N；(2)<>0.85m；(3)見解析

【解析】

(1)到C點過程

mglsin37+mgR。-cos37)=gmv^

。點時

V

FF-mg=m-^C

NK

&=7N

（2）能過最高點時，則能到尸點，則恰到最高點時

mglxsin37-（3mgRcos37+R）mg=0

解得

Zr=0.85m

要能過尸點//0.85m

（3）設(shè)摩擦力做功為第一次到達中點時的〃倍

3

tnglxsin37-mgsin37—njumgcos37=0

解得

.7n+6

15

當(dāng)〃=1時

/m

"15

當(dāng)〃二3時

,9

*丁

當(dāng)〃=5時

4小史m

“315

9、（2022?浙江6月卷T20）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量，〃的物塊。靜置于懸點。正下方的A點，以速

度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、尸G處于同一水平面上，AB.MN、CO的長度均為，。圓

弧形細管道。E半徑為R，E廣在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點,

并向左拉開一定的高度A由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與。發(fā)生彈性正碰。已知根=2g,

/=lm,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物塊與MMCO之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,軌道45和管道

。后均光滑，物塊。落到尸G時不反彈且靜止。忽略M、8和N、。之間的空隙，C。與。E平滑連接，物塊

可視為質(zhì)點，取g=10m/s2。

(1)若力=1.25m,求以、6碰撞后瞬時物塊。的速度%的大小；

(2)物塊。在OE最高點時，求管道對物塊的作用力“與。間滿足的關(guān)系；

(3)若物塊力釋放高度0.9mv，v1.65m,求物塊。最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標(biāo)原點，水

平向右為正，建立x軸)。

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

、'i1.2mW〃v1.65m時，+3.6+^^)m

【解析】

(1)滑塊b擺到最低點過程中，由機械能守恒定律

mgh=匕

解得

v6=5m/s

匕與。發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得

tnvh-mvb+mv(}

聯(lián)立解得

vb=5m/s

(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊。在A發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊。剛好可以到達E點，高

度為4，根據(jù)動能定理可得

mgh}-2jjmgl-mgH=0

解得

/?,=1.2m

以豎直向下為正方向

F+mg=m-^

NK

由動能定理

mgh-2從mgl-mgH=2〃比

聯(lián)立可得

外=0.1/z-0.14(/z>1.2m)

(3)當(dāng)L2ml2VL65m時,物塊位置在七點或E1點右側(cè)，根據(jù)動能定理得

mgh-2卬ngl-mgH=-tnv^

從七點飛出后，豎直方向

水平方向

$=v￡r

根據(jù)幾何關(guān)系可得

DF=-m

5

聯(lián)立解得

x=3l+DF+s、

代入數(shù)據(jù)解得

當(dāng)0.9mv〃vl.2m時，從％=0.9m釋放時，根據(jù)動能定理可得

mgh-pmgs2=0

解得

s2=1.8m

可知物塊達到距離C點0.8m處靜止，滑塊〃由E點速度為零，返回到。力時，根據(jù)動能定理可得

mgH-jumgs3=0

解得

邑=0.4m

距離C點0.6m,綜上可知當(dāng)0.9mV1.2m時

3/-53<x<3/

代入數(shù)據(jù)得

2.6m<x<3m

10、（2022?浙江6月卷?T19）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成

24。角,長度4=4m,水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，

2

其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為機=§,貨物可視為質(zhì)點（取cos24。=0.9,sin24°=0.4,重力加速度

g=10m/s2）。

（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度叫的大??；

（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度u的大??；

（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度6

【答案】（1）2m/s2;（2）4m/s；（3）2.7m

【解析】

（1）根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsin24°-"mgcos24°=maA

代入數(shù)據(jù)解得

%=2m/s

（2）根據(jù)運動學(xué)公式

2a4=v2

解得

v=4m/s

（3）根據(jù)牛頓第二定律

從

mg=tna2

根據(jù)運動學(xué)公式

2

-2初=4ax-v

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

/2=2.7m

11、（2022?河北河13》如圖,光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B,質(zhì)量分別為1kg和2kg,A右端和B

左端分別放置物塊C、D,物塊C、D的質(zhì)量均為1kg,A和C以相同速度%=l（）m/s向右運動，B和D

以相同速度切。向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A

與B粘在一起形成一個新滑板,物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為4=0」。重力加速度大小取g=10m/s2。

（1）若0<&<0.5,求碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度的大小和方向；

（2）若％=0.5,從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止，新滑塊相對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）物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度為乙C、D的質(zhì)量均

為m=lkg,以向右方向為正方向，則有

mvQ-mkv0=(m+w)v

解得

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

2

可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速支大小為5（l-Z）m/s,方向向右。

（2）若％=0.5,可知碰后滑塊C、D形成的新滑塊的速度為

v=5（l-/s=5x（l-0.5）m/s=2.5m/s

滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為y',以向右方向為正方向,

則有

解得

M=0

可知碰后新滑塊相對于新滑板向右運動，新滑塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設(shè)新滑塊

的質(zhì)量為M1=2kg,新滑板的質(zhì)最為3kg,相對靜止時的共同速度為相，根據(jù)動最守恒可得

解得

u共=Im/s

根據(jù)能量守恒可得

〃也即相+/%）嗔

解得

s相=1.875m

12、（2022?湖北?T16）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸

長的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離

均為人重物A和B的質(zhì)量均為加，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾

角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為時,

與正下方質(zhì)量為2根的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動上距離后靜

止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點。

(1)求C的質(zhì)量；

(2)若D在運動過程中受到的阻力尸可視為恒力，求產(chǎn)的大?。?/p>

(3)撤掉樁D,將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能。

PTTe60。

〔\/I

【答案】(1)國；(2)6.5〃n(3)(4-2y/3)mgL

【解析】

(1)系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知

m(.g=27ngeos30

解得

mc=\f3m

(2)8碰后C的速度為零，設(shè)碰撞后。的速度心根據(jù)動量守恒定律可知

61nx0+2mP

解得

CD碰撞后力向下運動得距離后停止，根據(jù)動能定理可知

0一■-x2mv2=2ms--F—

21010

解得

F=6.5mg

(3)設(shè)某時刻。向下運動的速度為匕向上運動的速度為心圖中虛線與豎直方向的夾角為a,根據(jù)機

械能守恒定律可知

22

-mev+2x』m(vcosa)=mcg-----2mg(——---L)

22tanasina

令

y-mg-__--L)

ctanasina

對上式求導(dǎo)數(shù)可得

?=后叱舄+22高

當(dāng)半=0時解得

da

百

cosa=——

2

即

a=30

此時

L

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

tanasma

于是有

22

gmcv+2xgm(ycosa)=mgL

解得

v2=_gL

3V3

----1------

42

此時C的最大動能為

%=3外/=（4-2G）mgL

13、（2022?湖北?T16）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸

長的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離

均為“重物A和B的質(zhì)量均為小，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾

角為60。。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為J管時,

與正下方質(zhì)量為2〃?的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動,距離后靜

10

止（不考慮c、D再次相碰）。A、B、C、D均可