1、 1 / 39 专题专题 15 力学计算大题力学计算大题 1 （2021 北京东城区高三一模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道半径为 R，下端与水平桌面相 切，小球 A 从圆弧轨道顶端无初速滑下，与静止在圆弧轨道底端的小球 B 相碰，A 与 B 碰撞后结合为一个 整体，在水平桌面上滑动。已知圆弧轨道光滑，A 和 B 的质量相等， A、B 与桌面之间的动摩擦因数为， 重力加速度为 g ，A、B 均可视为质点。求： （1）碰撞前瞬间 A 的速度大小 v； （2）碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速度大小 v； （3）A 和 B 整体在水平桌面上滑行的最远距离 l。 【答案】 （1）2vgR； （
2、2） 2 2 gR v ； （3）l = 4 R 【解析】 （1）设两小球质量均为 m，对小球 A 从圆弧轨道顶端滑到底端的过程，由机械能守恒定律有 2 1 2 mgRmv，解得2vgR （2） ）对 A、B 碰撞的过程应用动量守恒定律有2mvmv，解得 2 2 gR v （3）对 A、B 整体在水平桌面上滑行的过程应用动能定理有 2 1 202 2 mglmv ，解得 l = 4 R 2 （2021 福建漳州市高三二模）图甲为不带滑雪杖的运动员为迎接 2022 年北京冬奥会的训练画面，其运动 过程可简化为如图乙所示的模型：运动员（可视为质点沿倾角37的滑道由静止开始匀加速直线下滑， 到达坡底
3、后进入水平滑道匀减速直线滑行51.2ms 停下。 已知水平段运动时间6.4st ， 滑雪板与整个滑 道间的动摩擦因数均相同，运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力。 （sin370.6， cos370.8，g取 2 10m /s）求： （1）滑雪板与滑道间的动摩擦因数； （2）运动员开始下滑位置到坡底的距离x。 2 / 39 【答案】 （1）0.25； （2）32mx 【解析】 （1）设运动员在水平滑道运动时的加速度大小为 a，由运动学公式可得 2 1 2 sat 由牛顿第二定律得 mgma 联立解得0.25 （2）运动员通过坡底时的速度大小为vat 设运动员在倾斜滑道上下滑时的加
4、速度大小为 a1，由牛顿第二定律得 1 sincosmgmgma 由运动学公式可得 2 1 32m 2 v x a 3 （2021 北京丰台区高三一模）图甲为 2022 年北京冬奥会国家雪车雪橇中心“游龙”总览图。赛道含长度 x 的水平直道出发区（图甲中 1 位置）和滑行区，滑行区起终点高度差为 h，赛道截面为 U 型槽，图甲中 4 位置为螺旋弯道，转弯半径为 ro某运动员和雪车总质量 m，在该赛道完成了一次“钢架雪车”测试赛。运动 员在出发区的运动可视为由静止开始的匀加速运动， 离开出发区时速度为 v1； 在整个滑行区滑行的路程为 s， 到达终点时速度为 v2.已知重力加速度为 g，求： （
5、1）运动员在出发区加速度的大小； （2）运动员和雪车在滑行区所受平均阻力的大小； （3）如图乙和丙所示，若运动员在螺旋弯某处速度为 v3，求此时刻钢架雪车平面与水平面夹角 的正切值 （不计阻力） 。 3 / 39 【答案】 （1） 2 1 2 v x ； （2） 22 21 11 22 mghmvmv s ； （3） 2 3 v rg 【解析】 （1）以运动员和雪车整体为研究对象，匀加速过程有 2 1 2vax 则 2 1 2 v a x （2）以运动员和雪车整体为研究对象，对滑行过程应用动能定理 22 f21 11 22 mghF smvmv 22 21 f 11 22 mghmvmv F
6、s （3）运动员和雪车在螺旋弯运动时任意时刻在水平方向匀速圆周运动，重力和支持力合力提供向心力，由 匀速圆周运动牛顿第二定律得 2 3 tan mv mg r ，解得 2 3 tan v rg 。 4 （2021 北京西城区高三一模）雪车是冬奥会的比赛项目之一，风驰电掣般的高速行驶是雪车的最大看点 之一。北京 2022 年冬奥会雪车项目的比赛将在延庆赛区的国家雪车雪橇中心进行。雪车比赛所用赛道长 1.5km 左右，落差在 100m 至 150m 之间。比赛可以分为两个过程：过程 1 中运动员手推雪车沿斜向下的赛 道奔跑获得初始速度，如图 1 所示；过程 2 中运动员跳入车体内，呈坐姿在弯曲的赛
7、道上无动力滑行，如 图 2 所示。设雪车的质量为 m1，运动员的总质量为 m2，重力加速度为 g，忽略冰面与雪车之间的摩擦。 （1）过程 1 中运动员推车奔跑使雪车获得速度 v0，这一过程中赛道的落差为 h，求这一过程中运动员对雪 车做的功 W。 （2）过程 2 中为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜。若雪车以速 度 v 通过半径为 r 的一小段弯道，弯道落差可忽略。建立图 3 所示的模型，将运动员和雪车整体看作质点， 求在弯道处赛道对雪车的支持力 FN的大小。 4 / 39 【答案】 （1） 2 1 01 1 2 Wmvm gh； （2） 4 2 N12 2
8、+ v Fmmg r 【解析】 （1）运动员推车奔跑过程中对雪车用动能定理 2 110 1 2 Wmghmv 解得 2 101 1 2 Wmmghv （2）根据牛顿第二定律，转弯过程中运动员和雪车需要的向心力 2 12 ()+Fmm r v 向 对运动员和雪车做受力分析，如答图 1 所示 根据平行四边形定则可知 2222 N12 ()+FgFmm 向 代入解得 4 2 N12 2 ()+Fmmg r v 5 （2021 天津河东区高三一模）如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质弹簧一端固定在 直圆筒的底端，其上端自然状态下位于 O 点处，将一质量为 m、直径略小于直圆筒的小球 A
9、缓慢的放在弹 簧上端，其静止时弹簧的压缩量为 x0。现将一与小球 A 完全相同的小球 B 从距小球 A 某一高度的 P 处由静 止释放，小球 B 与小球 A 碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到 O 点，已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为 2 1 2 kx，其中 k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量， 已知重力加速度 g。求： （1）弹簧的劲度系数 k； （2）小球 B 释放时的高度 h； 5 / 39 （3）小球 A 与小球 B 一起向下运动时速度的最大值 vm。 【答案】 （1） 0 mg k x ； （2） 0 3hx； （3） 0 2 m vg
10、x 【解析】 （1）由平衡条件可知 0 mgkx 解得 0 mg k x （2）B 球由静止下落后与 A 接触前的瞬时速度为 0 ，则有 2 BB 0 1 2 m g hm v 设 A 与 B 碰撞后的速度为 v，有 B 0B m vmm v 碰后从粘在一起到返回 O 点，系统机械能守恒，取碰后瞬间所在平面为零势能面： 22 B0B0 11 22 mm vkxmm gx 解得 0 3hx （3）当加速度为零时，两球速度达到最大值，此时弹簧压缩量为 1 x，有 B1 mm gkx 从最大速度到返回 O 点，系统机械能守恒定律，取最大速度处所在平面为零势能面： 22 B1Bl 11 22 m mm
11、 vkxmm gx 解得 0 2 m vgx 6 （2021 江苏南通市高三二模）如图甲所示，一轻质短弹簧被夹在质量均为 m=0.10kg 的两小木块 A、B 之 间，弹簧长度被锁定，将此装置放在水平支撑面上。若解除锁定，木块 B 能上升的最大高度 h=2.5m。取 g=10m/s2，忽略空气阻力。 （1）求弹簧解锁前的弹性势能 Ep； 6 / 39 （2）若撤去 A 的支撑面同时解除锁定，此时 B 的加速度大小为 a1=8.0m/s2，求此时 A 的加速度大小 a2； （3）图乙为同一竖直平面内两四分之一光滑圆弧 MP 和 QN 与光滑水平面 PQ 组成的轨道，M、N 与圆心 O1、O2等高
12、，圆弧 MP 和 QN 半径均为 R=1.8m。若将图甲中装置由轨道 M 端静止释放，第一次滑至水平面 时，解除锁定，求木块到达 N 点后还能上升的最大高度 H。 【答案】 （1） p 2.5JE ； （2）28.0m/s2； （3）4.25m 【解析】(1)由机械能守恒定律有 p Emgh 代入数据解得 p 2.5JE (2)对 B 有 1 Fmgma 对 A 有 2 Fmgma 代入数据解得 a2=28.0m/s2 (3)设木块 AB 滑至水平面时的速度为 v0，则 2 0 1 22 2 mgRmv 设解除锁定后，两木块 A、B 离开水平面 PQ 前的速度分别为 vA、vB，则由动量守恒定
13、律有 0 2 AB mvmvmv 由机械能守恒定律有 22 p 11 2 22 AB mgREmvmv 同理有 2 1 () 2 A mg RHmv 代入数据解得 H=4.25m 7 （2021 江苏南京市高三二模）如图所示，电动传送带以恒定速度 0 1.2v m/s 顺时针运行，传送带与水平 面的夹角37 ，现将质量20m kg 的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到1.8h m 7 / 39 的平台上。已知箱子与传送带间的动摩擦因数0.85，不计其它损耗（ 2 10m/sg ，sin370.6 ， cos370.8 ） 。求： （1）箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小； （
14、2）箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。 【答案】 （1） 2 0.8m /s； （2）122.4J 【解析】 （1）箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力 G 和沿斜面向上的滑动摩擦力 f，将重力沿斜面方向 和垂直斜面方向进行正交分解，由牛顿第二定律得 sinfmgma ， N fF N cosFmg， 联立式，得 2 0.8m/sa （2）箱子加速所用时间为 0 1.2 1.5s 0.8 v t a 传送带位移 0 1.8mxv t 传 总长3m sin h L 箱子加速位移为 22 11 0.8 1.59m 22 m0.xatL 箱 产生的热量122.4
15、JQfxf xx 传箱 8 （2021 福建福州市高三二模）如图所示，质量为 2kgM ，带有半径为0.8mR四分之一光滑圆弧轨 道AB的曲面体静止在光滑的水平地面上；质量为0.5kgm 的小球以 0 25J k E初动能冲上曲面体轨道 AB，取 2 10m/sg ，求： 8 / 39 （1）小球第一次冲出曲面休轨道的 B 点时曲面体的速度大小 1 v； （2）小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点时小球的速度大小 2 v； （3）小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点至次落回 B 点的时间 t。 【答案】 （1）2m/s； （2）8.25m/s； （3）1.6s 【解析】(1)由动能表达式可知 2
16、k00 1 2 Emv 设小球第一次冲出曲面体 B 点时水平方向分速变为 x v，竖直方向分速度为 y v ，由于曲面体是四分之一圆曲 面，所以 1x vv 小球从 A 到 B 运动过程，球和曲面体水平方向动量守恒 01 mvmM v 解得 0 10m/sv ， 1 2m/sv (2)从小球开始运动到 B 过程中，系统机械能守恒，有 222 012 111 222 mvMvmvmgR 解得 2 2 17m/s8.25m/sv （3）小球离开曲面体后，在竖直方向上做竖直上抛运动，则落回 B 点有 22 2 8m/s yx vvv 所以从离开到回到 B 点，有 2 1.6s y v t g 9 （
17、2021 天津高三模拟）滑板运动是一项刺激的运动，深受青少年的喜欢，某次比赛中部分赛道如图 1 所 示。现将赛道简化为如图 2 所示的模型：平台 A 和平台BC高度相距3.2mh，粗糙水平轨道DE与光滑 圆弧形轨道CD、EF相切于 D、E 点。若运动员与滑板一起（可看作质点）从平台 A 以速度 0 v水平飞出， 恰好从 C 点无能量损失地沿着圆弧切线进入CD轨道，滑过DE冲上EF轨道，然后返回，恰好到 C 点速 度为零。已知人和滑板总质量 60kgm ，光滑圆弧CD对应的圆心角53，圆弧形轨道半径均为 4mR ， 滑板与水平轨道DE间的摩擦可视为滑动摩擦， 动摩擦因数 0.2， 不计空气阻力，
18、 g 取 2 10m/s， sin530.8，cos530.6。求： 9 / 39 （1）运动员的初速度 0 v的大小； （2）运动员第一次经过 D 点时对圆弧轨道的压力 N F的大小； （3）水平轨道DE的长度 L。 【答案】 （1） 0 6m/sv ； （2）2850N； （3） 12.5mL 【解析】(1)运动员运动到 C 点，对速度进行分解 0 tan53 = cy v v 竖直方向有 2 Cy 2vgh 联立解得 0 22 10 3.2 m/s6m/s 4 tan53 3 gh v (2)运动员经过 C 点时的速度 0 cos53 C v v 或 22 0CCy vvv 得 C 10
19、m/sv 运动员第一次经过 D 点时，根据动能定理有 22 1 1cos53 2 DC mgRm vv 或 22 0 1 1cos53 2 D mghmgRm vv 在 D 点根据牛顿第二定律有 2 N D v Fmgm R 根据牛顿第三定律可知运动员对圆弧轨道的压力 N 2580N N FF （3）运动员从 C 点进入CD轨道，直至返回到 C 点时速度恰好为零，根据动能定理有 2 1 20 2 C mg Lmv 10 / 39 或 2 0 1 20 2 mghmg Lmv 解得12.5mL 10 （2021 福建漳州市高三二模）如图，水平面上固定两根足够长的平行直导轨MN、PQ，两导轨间静
20、置一质量2.0kgM 的外壁光滑环形空心玻璃管ABCD，BC、DA段均为半圆管，AB、CD段是长度 均为3.0mL的直管。管内CD段放置有质量为1.0kgm 的小球，小球在AB段相对运动时受到的摩擦 力0.3fmg，玻璃管内其余部分光滑，g取 2 10m/ s。现给玻璃管水平向右的初速度 0 6.0m/sv ，求： （1）从开始运动到小球与玻璃管共速，玻璃管对小球的冲量I的大小； （2）小球第一次通过玻璃管中 A 点时的速度大小。 【答案】 （1）4kg m/ sI ； （2）6m/s 【解析】 （1）由动量守恒得 0 ()MvmM v 玻璃管对小球的冲量I的大小Imv 解得4kg m/ sI
21、 （2）由动量守恒得 012 MvMvmv 由功能关系得 222 012 111 222 MvMvmvfL 解得 1 3m/sv ， 2 6m/sv 、 1 5m/sv ， 2 2m/sv （不符合实际，舍掉） 所以，小球速度 2 6m/sv 11 （2021 重庆高三二模）如题图所示，质量均为 m 的滑块 A、B 用劲度系数为 k 的轻弹簧相连后静止放在 光滑水平面上，滑块 B 紧靠竖直墙壁。用大小为 F 的水平恒力向左推滑块 A，当滑块 A 向左运动的速度最 大时撤去该恒力 F。求： （1）撤去恒力 F 时，弹簧的形变量 x； （2）撤去恒力 F 后，滑块 A 的最大速度 vm； （3）B
22、 离开墙壁后，系统的最大弹性势能 Ep。 11 / 39 【答案】 （1） F k ； （2） 2 F km ； （3） 2 2 F k 【解析】 （1）滑块 A 向左的速度最大时，加速度为零，由牛顿第二定律有0Fkx 解得 F x k （2）撤去 F 之后，当弹簧恢复自然长度时，滑块 A 的速度最大，由功能关系有： 2 m 1 0 2 Fxmv 解得 m 2 vF km （3）滑块 A 向右速度为 m v时，滑块 B 开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒，动量守恒，当 A、B 速度相 等时，系统的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得 m ()mvmm v 根据系统机械能守恒定律可得 22 mp 1
23、1 () 22 mvmm vE 联立解得 2 p 2 F E k 12 （2021 天津和平区高三一模）如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与 水平线 AB 平齐，静止放于倾角为45的光滑斜面上。一长为0.2L m 的轻质细绳一端固定在 O 点，另一 端系一质量为0.1m kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置 C 由静止释放，小球到达最低点 D 时， 细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向压缩弹簧，已知弹簧的劲度系数为20k N/m。 压缩一直处于弹性限度内， 2 10m/sg 求： （1）细绳受到的最大拉力 F 的大小； （2）D 点到水平线 AB
24、 的高度 h； （3）小球速度最大时弹簧的压缩量 x（结果可用根号表示） 12 / 39 【答案】 （1）3N； （2）0.2m； （3） 2 m 40 【解析】 （1）小球由 C 到 D，由机械能守恒定律得 2 1 1 2 mgLmv 解得 1 2vgL 在 D 点，由牛顿第二定律得 2 1 v Fmgm L 联立方程，解得33NFmg 由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为 3N （2）由 D 到 A，小球做平抛运动，则有 2 2 y vgh 1 tan45 y v v 联立解得0.2mh （3）小球从 C 点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球所受合外力为零时速度最大，即有sin45mgk
25、x 代入数据得 2 m 40 x 13 （2021 河北高三一模）如图 1，货车以27 m/s的速度在平直的高速公路上匀速行驶。因司机看到前方警 示标识，采取紧急制动。车厢内货物向前滑行，恰好在车停止时与车厢前壁相撞并反弹，其 v-t 图像如图 2 13 / 39 所示。设货车匀减速刹停后不再移动。重力加速度 g 取 2 10 m/s。求： （1）货物与车厢间的动摩擦因数； （2）货物相对车厢滑行的位移大小。 【答案】(1)0.4；(2)8.5m 【解析】(1)由图可知 22 327 m/s4m/s 6 v a t 货物滑行时有 mgma 解得0.4 (2)货物向右滑行的距离为 121 1 3
26、 6m9m 222 vvv stt 反弹后，滑行的距离为 2 3 2 0.5m 2 v s a 货物相对车厢滑行的位移大小 12 8.5msss 14 （2021 天津高三模拟）如图所示，可视为质点的小木块 A、B 的质量均为 m=2kg，放在一段粗糙程度相 同的水平地面上，木块 A、B 间夹有一小块炸药（炸药的质量可以忽略不计） 。让 A、B 以 10m/s 的初速度 一起从 O 点滑出，滑行一段距离后到达 P 点，此时炸药爆炸使木块 A、B 脱离，发现木块 B 立即停在原位 置，木块 A 继续沿水平方向前进。己知 O、P 两点间的距离为 s=9m，木块与水平地面的动摩擦因数 =0.2， 炸
27、药爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，g 取 10m/s2。求： (1)小木块 A、B 到达 P 点的速度大小； (2)炸药爆炸后瞬间 A 的速度大小； (3)炸药爆炸时释放的化学能。 14 / 39 【答案】(1)8m/s；(2)16m/s；(3)128J 【解析】(1)研究 OP 阶段，设两木块初速度为 v0，P 点速度为 vP，由动能定理，有 22 0 11 222 22 P mgsmvmv 解得 vp=8m/s (2)研究爆炸阶段，爆炸后 A 的速度为 vA，系统动量守恒，则 2mvp=0+mvA 可得 vA=16m/s (3)由能量守恒定律，有Q 22
28、 11 2 22 Ap mvmv 解得释放的化学能 Q= Ek=128J 15 （2021 浙江衢州市高三二模）如图 1 是组合玩具实物图，该玩具主要配件有小车、弹射器、三连环、滑 跃板及部分直线轨道等。如图 2 为该玩具的轨道结构示意图，其中三连环是三个半径不同圆轨道 I、 组成， 且三个圆轨道平滑连接但不重叠。 其圆心分别为 O1、 O2、 O3， 半径分别为 R1=20cm、 R2=15cm、 R3=10cm， OA、AC 为光滑水平轨道，滑跃板 CD 为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道与水平面夹角 可调（090 ） 。某 次游戏中弹射器将小车自 O 点以一定初速度弹出，小车先后通过圆轨道 I
29、、后冲上滑跃板。小车可视 为质点，其质量 m=0.1kg，与滑跃板 CD 间动摩擦因 3 3 ， 其它阻力均不计，轨道各部分平滑连接，g 取 10m/s2。 （1）求小车通过圆轨道 I 最高点 B 的最小速度 vB； （2）改变弹射器对小车的冲量，小车均能通过三连环，求小车通过圆轨道最低点 A 时受到轨道的支持力 与弹射器对小车冲量的关系； （3）若小车恰好能够通过三连环，为确保小车整个运动过程均不脱离轨道，分析滑跃板 CD 与水平面间夹 角 的取值范围。 （可用三角函数表示） 15 / 39 【答案】 （1） 2m/s； （2） 2 N 1001FI（N） ； （3） 3 0arctan 2
30、 【解析】 （1）若能通过圆轨道 O1最高点，必然能够通过其他圆轨道，故需满足 2 1 B v mgm R 解得 1 2m/s B vgR （2）根据机械能守恒可知小车运动至 A 点与被弹出时初速度相同，故有 0A I vv m 小车运动至圆轨道 O3最低点 A 时，根据牛顿第二定律有 2 N 3 A v Fmgm R 解得 2 N 1001FI（N） 由（1）可得为确保小车通过三连环不脱离轨道，需满足2m/s B v 根据动能定理有 22 10 11 2 22 B mgRmvmv 解得 0 10m/sv ， 10 N s 10 I 故轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为 2 N 100
31、1FI（N） （ 10 N s 10 I ） （3）由（1）可得小车恰好通过三连环则有2m/s B v 当030时，满足 sincosmgmg ，小车冲上滑越板轨道 CD 后不再下滑，符合题目要求； 假设小车自 B 点冲上滑跃板轨道 CD 最大距离为 L，根据动能定理有 2 1 1 2sincos0 2 B mgRmgLmgLmv 解得 0.5 sincos L 在滑跃板轨道 CD 上往返克服摩擦力做功 f 1 2cos 3tan1 WmgL 可知增大，W 减小，若要不脱离轨道，返回三连环时不能超过圆轨道 O3圆心等高位置，根据动能定理有 2 13 1 (2)0 2 fB mgRRWmv 16
32、 / 39 解得 1 3 tan 2 故当 3 30arctan 2 时，小车往返运动最终静止于 C 点，综上所述当 3 0arctan 2 时小车不脱离 轨道。 16 （2021 辽宁辽阳市高三一模）距光滑水平平台的右端0.5mL处有一木块 A（视为质点） ，紧靠平台右 端的水平地面PQ上放置一右侧带挡板（厚度不计） 的水平木板 B， 木板的质量1kg B m ，长度0.5mL， 且木板的上表面与平台等高。木块 A 在水平向右、大小6NF 的拉力作用下由静止开始运动，当木块 A 运 动到平台右端时立即撤去拉力。已知木块 A 与木板 B、木板 B 与水平地面间的动摩擦因数均为0.2取 重力加速
33、度大小 2 10m/sg 。 （1）若木块 A 的质量2kg A m ，求木块 A 与木板 B 右侧挡板碰撞前的速度大小 1 v； （2）若木块 A 的质量2kg A m ，木块 A 与木板 B 的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，求木板 B 向右运动 的最大距离 1 x； （3）若木块 A 与木板 B 碰撞后粘在一起，为使碰撞后整体向右运动的距离最大，求木块 A 的质量 m 及木 板运动的最大距离 2 x。 【答案】 （1） 1 1m/sv ； （2） 1 5 m 36 x ； （3） 3 kg 5 m ； 2 9 m 32 x 【解析】 （1）由动能定理可知，A 到达平台右端时的动能 k EF
34、L 对 B 受力分析可知 ABA mmgm g 由于地面对 B 的最大静摩擦力大于 A 对 B 的滑动摩擦力，所以 A 与 B 相碰前 B 保持静止由动能定理可知， 17 / 39 A 到达 B 上滑行的过程中有 2 1k 1 2 AA m vEm gL 解得 1 1m/sv （2）A 与 B 的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律及能量关系有 1AAABB m vm vm v 222 1 111 222 AAABB m vm vm v 得 14 m/s,m/s 33 AB vv 对 A 受力分析有 AAA m gm a 对 B 受力分析有 AABBB m gmmgm a 当 A、B 速度相等时有
35、AABB va tva t 得 1 s 12 t 可得 A、B 速度相等时的速度大小 ABAA vva t 得 1 m/s 2 AB v 相对运动过程中，B 的位移大小为 22 1 2 BBBAB a xvv 得 1 11 m 144 B x 之后对 A、B 整体分析，有 ABABAB mmgmma A、B 一起向右运动有 2 2 2 ABBAB axv 得 2 1 m 16 B x B 向右运动的最大距离 112BB xxx 解得 1 5 m 36 x （3）由动能定理可知，A 与 B 碰撞前有 2 2 1 2 mvFLmgL A、B 碰撞粘连，由动量守恒定律有 2B mvmmv 由动能定理
36、有 2 2 1 2 BB mmgxmmv 18 / 39 可得 2 2 2 3 2(1) mm x m 令 1 1 k m ，可得 2 2 51 2 44 xkk 当 5 8 k 时，即 3 kg 5 m 时，最大距离 2 9 m 32 x 17 （2021 浙江绍兴市高三二模）某校兴趣小组设计了一个弹射游戏，如图所示。一质量为 m=0.1kg 的物体 a 以初动能 Ek=1.1J 从光滑水平轨道 OA 上发射，接着进入粗糙的水平轨道 AB。在 AB 之间的某个位置（其 位置用到 A 的距离 x 表示）放一完全相同的物体 b，物体 a 与 b 碰撞后粘在一起，随后进入半径为 R=0.10m 的
37、光滑竖直圆形轨道圆轨道在底部错开以致可以使物体运动到粗糙的水平轨道 BC 上，CD 段为光滑倾斜轨 道，D 点离 BC 轨道的高度为 h=0.11m，C 处用一光滑小圆弧连接。如果物体碰后不脱离轨道，则游戏成功。 已知 AB 段、BC 段长度均为 L=0.5m，物体在 AB 段和 BC 段的动摩擦因数分别为 1=0.1 和 2=0.3。 （1）若不放被碰物体 b，求物体 a 进入圆轨道 B 点时对轨道的压力； （2）若物体 b 放置的位置 x=0.4m，求碰撞过程中损失的机械能； （3）为使游戏成功，求碰撞位置 x 应满足的条件。 【答案】 （1）22N，方向向下； （2）0.53J； （3）
38、 17 mm 315 x 【解析】 （1）设物体到达 B 点的速度为 vB，根据动能定理 2 11 1 2 Bk mgLmvE 求得21m/s B v 在 B 点，由牛顿第二定律得 2 B B v Fmgm R 可得 2 22N B B v Fmgm R 由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为 22N，方向向下 （2）设被碰物体 b 处在 x=0.4m 处，物体 a 碰前的速度为 v1，根据动能定理有 19 / 39 2 11k 1 2 mgxmvE，得 2 1 222vx a，b 碰撞，根据动量守恒定律有 12 2mvmv，得 21 1 2 vv 因此碰撞过程中损失的机械能为 222 121
39、111 20.550.050.53J 224 Emvmvmvx （3）要使游戏成功，应使物体进入圆轨道时不超过圆心等高处或者物体过最高点且不滑出斜面且返回圆轨 道时不脱离轨道碰撞后到达 B 点的动能为 2 211 1 220.450.15 2 kB Emvmg Lxx 情形一： 不超过圆心等高处，要求 0.450.150.1J kB ExmgR 显然不可能 情形二：条件 1:过最高点，最高点速度大于等于gR 因此 B 点动能应 2 1 425 2 kB EmgRmgRmgR 得 1 3 xm 条件 2：不能滑出斜面 则 B 点动能应 22 22 kB EmgLmgh 得 7 m 15 x 条件
40、 3：再次返回圆轨道，不会脱离轨道 再次返回圆轨道最低点时的动能为 22 40.150.15 kBkB EEmgLx x 越大，再次回到 B 点动能越小，当 7 m 15 x 时 EkB最大动能小于 0，因此物体必然不会在脱离轨道，最终 静止在 BC 轨道上。综上所述 17 mm 315 x 18 （2021 辽宁锦州市高三一模）如图所示，水平地面上左侧有一质量为 2m 的四分之一光滑圆弧斜槽 C， 斜槽末端切线水平，右侧有一质量为 3m 的带挡板 P 的木板 B，木板上表面水平且光滑，木板与地面的动摩 擦因数为 0.25，斜槽末端和木板左端平滑过渡但不粘连。某时刻，一质量为 m 的可视为质点
41、的光滑小球 A 从斜槽顶端静止滚下，重力加速度为 g，求： （1）若光滑圆弧斜槽 C 不固定，圆弧半径为 R 且不计斜槽 C 与地面的摩擦，求小球滚动到斜槽末端时斜 槽的动能； 20 / 39 （2）若斜槽 C 固定在地面上，小球从斜槽末端滚上木板左端时的速度为 0 v，小球滚上木板上的同时，外界 给木板施加大小为 0 v的水平向右初速度，并且同时分别在小球上和木板上施加水平向右的恒力 1 F与 2 F，且 12 0.5FFmg。当小球运动到木板右端时（与挡板碰前的瞬间） ，木板的速度刚好减为零。之后小球与 木板的挡板发生第 1 次相碰，以后会发生多次碰撞。已知小球与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间
42、极短，小球 始终在木板上运动。则 小球与挡板第 1 次碰撞后的瞬间，木板的速度大小为多少； 小球与挡板从第 1 次碰撞后至第 2021 次碰撞后瞬间的过程中 1 F与 2 F做功之和是多少。 【答案】 （1） 1 3 mgR； （2） 0 2v； 2 0 24240mv 【解析】 （1）由题可知，设小球滚动到斜槽末端时，A 与 C 的速度大小分别为 A v， C v，A、C 系统水平方 向动量守恒02 AC mvmv A、C 系统机械能守恒 22 11 2 22 CA mgRmvmv 2 1 2 2 kCC Emv 解得 1 3 kC EmgR （2）小球滚到板上后，小球与木板的加速度大小分别
43、为 1 a， 2 a，则 1 1 1 2 F ag m 2 2 41 36 mgF ag m 木板开始运动到速度减为 0 所用时间为 00 0 2 6vv t ag 小球第一次与挡板碰撞前的速度 101 00 4vvatv 21 / 39 由于 A 与 P 为弹性碰撞，第一次碰撞后小球与木板的速度大小分别为 1A v， 1B v，A 与 B 动量守恒 111 3 AB mvmvmv A 与 B 系统能量守恒 222 111 111 3 222 AB mvmvmv 联立解得 10 2 A vv ， 10 2 B vv 由题可知第一次碰撞后，小球以 0 2v向左匀减速运动再反向匀加速运动，则 1
44、1 1 2 F ag m 木板以 0 2v向右匀减速运动，加速度大小 2 1 6 ag 所以再次相撞x x 球板 而 2 0 1 2 xv tat 解得 0 12v t g 2 0 12v x g 此时 0 4vv 球 ， 0v 板 ，分析得每次碰撞至下一次碰撞为完全相同的重复过程，第 1 次碰撞后与第 2021 次碰撞后瞬间，小球与木板的总位移相同都是 22 00 2021 1224240 2020 vv x gg 所以此过程 12 FF做功之和 2 1220210 24240WFF xmv。 19 （2021 北京东城区高三一模）如图 1 所示，弹簧 a 和弹簧 b 为两根相同的弹簧，与可
45、视为质点的小球相 连，另外两端固定，小球处于静止状态时两弹簧均处于伸长状态且伸长量为 x0，弹簧的劲度系数为 k，质量 不计，小球的质量为 m，整个装置处于光滑的水平面上。现将小球向右缓慢推动一段距离 x（x x0） 。 （1）求此刻弹簧 a 弹力的大小和弹簧 b 弹力的大小。 （2）a.用图 2 中的横轴 x 表示小球相对于初始位置的位移，纵轴 F 表示弹簧的弹力（均以水平向右为正方 向） 。请在图 2 中画出弹簧 a 的弹力 Fa随 x 变化的 Fa -x 图像，以及弹簧 b 的弹力 Fb随 x 变化的 Fb -x 图像。 b. 取小球处于初始位置时系统的弹性势能为零，请利用图 2 中的图
46、像求出小球被向右推动了距离 x 时系统 的弹性势能 EP。 （3）如图 3 所示，将小球在水平面内沿与两弹簧轴线相垂直的方向移动一小段距离 y，请通过计算论证， 22 / 39 释放后小球是否做简谐运动以及其运动可视为简谐运动的条件。 （请对论证过程中用到的物理量加以说明； 论证过程中有可能用到的数学知识有：当很小时，sintan） 【答案】 （1） 0 k xx， 0 k xx； （2）a.见解析，b. 2 p Ekx； （3）小球的运动不是简谐运动。若很 小，小球的运动可视为简谐运动。 【解析】 （1）根据胡克定律得，弹簧 a 的弹力大小为 0a Fk xx 弹簧 b 的弹力大小为 0b
47、Fk xx （2）弹簧 a 的弹力 Fa随 x 变化的 Fa -x 图像，以及弹簧 b 的弹力 Fb随 x 变化的 Fb -x 图像如下图所示 （2）由答图 1 图像可知小球被向右推动距离 x 的过程中，弹簧弹力做的功可通过线下面积求出，其中 Fa 做正功，Fb做负功，二者做功的和为 2 0000 11 ()() 22 Wkxk xxxkxk xxxkx 再由 0 p WE 可知时小球被向右推动了距离 x 时系统的弹性势能 2 p Ekx （3）如答图 2 所示，设弹簧与弹簧初始位置所在连线的夹角为，小球偏离初始位置的位移为 y，设弹簧 的原长为 l0，则小球受到两根弹簧的拉力，其合力方向与位移 y 相反，大小为 00 2sin =22sin sin y y Fklkykl （） 其中 22 00 sin () y ylx 23 / 39 由此可知，小球所受的回复力与相对平衡位置的位移 y 不成正比，即小球的运动不是简谐运动。 但是若很小（也就是 yaB，所以 B、C 发生相对滑动 B 与 A 碰撞前瞬间的速度 vB=aBt1=2.4m/s A、B 相碰过程，在水平方向上动量守恒，取向右为正方向 0 () ABA m vmvmm v 30 / 39 解得 v=2.4m/s A、B 相碰损失的动能为 222 111 ()69.36J 222 kAABA Em vmvmm v
