专题19 力学计算题-十年（2012-2021）高考物理真题分项汇编（山东专版）

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十年（2012-2021）高考物理真题分项详解（山东专版）
专题19 力学计算题
一、 山东省最近10年高考物理分析：
2021年，单独命题，单科
2020年，单独命题，单科
2019年，全国I卷，理综物理
2018年，全国I卷，理综物理
2017年，全国I卷，理综物理
2016年，全国I卷，理综物理
2015年，单独命题，理综物理
2014年，单独命题，理综物理
2013年，单独命题，理综物理
2012年，单独命题，理综物理
二、2012-2021年高考物理试题全解全析：
1、（2012·山东卷·T22）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4．工件质量M＝0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．（取g＝10m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h．
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动．
①求F的大小．
②当速度v＝5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离．

【考点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理．菁优网版权所有
【分析】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理求解
（2）对物体、工件和物体整体分析，根据牛顿第二定律求解
（3）根据平抛运动的规律和几何关系求解．
【解析】解（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：
mgh﹣μ1mgL＝0
代入数据得：
h＝0.2m…①
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
cosθ＝…②
根据牛顿第二定律，对物体有
mgtanθ＝ma…③
对工件和物体整体有
F﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a…④
联立①②③④式，代入数据得
F＝8.5N…⑤
②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2，由运动学公式可得
h＝…⑥
x1＝vt…⑦
x2＝x1﹣Rsinθ…⑧
联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得
x2＝0.4m
答：（1）P、C两点间的高度差是0.2m；
（2）F的大小是8.5N；
（3）物块的落点与B点间的距离是0.4m．
【点评】该题考查了动能定理、牛顿第二定律、平抛运动的规律多个知识点，关键要对物体进行受力和过程分析．
2、（2013•山东）如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝．重力加速度g取10m/s2．
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．
（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？

【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．菁优网版权所有
【分析】（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式求解加速度和末速度；
（2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解出拉力F的表达式，分析出最小值．
【解析】（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：
①
v＝v0+at ②
联立解得；
a＝3m/s2
v＝8m/s
（2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图

根据牛顿第二定律，有：
平行斜面方向：Fcosα﹣mgsin30°﹣Ff＝ma
垂直斜面方向：Fsinα+FN﹣mgcos30°＝0
其中：Ff＝μFN
联立解得：
F＝＝
故当α＝30°时，拉力F有最小值，为Fmin＝N；
答：
（1）物块加速度的大小为3m/s2，到达B点的速度为8m/s；
（2）拉力F与斜面的夹角30°时，拉力F最小，最小值是N．
【点评】本题是已知运动情况确定受力情况，关键先根据运动学公式求解加速度，然后根据牛顿第二定律列式讨论．
3、（2014·山东卷·T23）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：

（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．菁优网版权所有
【分析】（1）由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度，进而由速度变化与加速度求得减速时间。
（2）由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进行比较。
（3）对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
【解析】（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0＝20m/s，末速度 vt＝0 位移 x＝25m

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②式可得：a＝8m/s2 t＝2.5s
（2）反应时间内的位移为x′＝L﹣x＝14m
则反应时间为t′＝
则反应的增加量为△t＝0.7﹣0.4＝0.3s
（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，受力如图，由牛顿第二定律得

F＝ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
由平行四边形定则得：﹣﹣﹣﹣④
由③④式可得：
答：（1）减速过程汽车加速度的大小为8m/s所用时间为2.5s。
（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了0.3S。
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为。
【点评】考查运动学公式，正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键，注意受力分析。
4、（2015·山东卷·T23）如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：

（1）物块的质量；
（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。
【考点】共点力的平衡；动能定理．菁优网版权所有
【分析】（1）分别对开始及夹角为60度时进行受力分析，由共点力平衡列式，联立可求得物块的质量；
（2）对最低点由向心力公式进行分析求解物块的速度，再对全过程由动能定理列式，联立可求得克服阻力做功．
【解析】解：（1）设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件可得：
对小球：T1＝mg
对物块，F1+T1＝Mg
当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，根据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件可得：
对小球：T2＝mgcos60°
对物块：F2+T2＝Mg
联立以上各式，代入数据可得：
M＝3m；
（2）设物块经过最低位置时速度大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力做功为Wf，由动能定理得：
mgl（1﹣cos60°）﹣Wf＝mv2
在最低位置时，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，
F3＝0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得：
T3﹣mg＝m
对物块由平衡条件可得：
F3+T3＝Mg
联立以上各式，代入数据解得：
Wf＝0.1mgl．
答：（1）物块的质量为3m；
（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功为0.1mgl．
【点评】本题考查动能定理及共点力的平衡条件的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析及过程分析；进而选择正确的物理规律求解；要注意在学习中要对多个方程联立求解的方法多加训练．
5、（2016·全国I卷（山东）·T25)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取）

（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。
（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】（1）根据题意知，B、C之间的距离l为l=7R–2R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得②
式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得③
（2）设BE=x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有④
E、F之间的距离l1为l1=4R–2R+x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x=R⑦ ⑧
（1） 设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
⑨
⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有
⑪ x1=vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得⑬
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
⑭
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得⑯
6、（2017·全国I卷（山东）·T24)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
【答案】（1）（1）4.0×108 J 2.4×1012 J （2）9.7×108 J
【解析】（1）飞船着地前瞬间的机械能为①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得②
设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为③
式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得④
（2）飞船在高度h' =600 m处的机械能为⑤
由功能原理得⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得
W=9.7×108 J⑦
7、（2018·全国I卷（山东）·T24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有
②
联立①②式得 ③
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和。由题给条件和动量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为

8、（2019·全国I卷（山东）·T25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m （2） （3）
【解析】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：

联立方程解得：；
根据v-t图象可知，
解得：
（2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得
当物块A沿斜面下滑时：，由v-t图象知：
当物体A沿斜面上滑时：，由v-t图象知：
解得：；
又因下滑位移
则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：
其中为P点离水平面得高度，即
解得
故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：

（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为，设原来的摩擦因为为
则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：
设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：
又据（2）的结论可知：，得：
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：
9、（2020·山东卷·T16）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。

【答案】(1)4.8 m；(2)12 m
【解析】
(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgcos17.2°=ma1 ②
由运动学公式得
③
联立①②③式，代入数据得
d=4.8 m ④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得
v2=vMcos72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin17.2°=ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
⑦
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L=12 m ⑨
10、（2020·山东卷·T18）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。

【答案】(1) P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)
【解析】
(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
①
由机械能守恒定律得
②
联立①②式得
③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
⑤
联立①②⑤式得
⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
⑦
联立①②⑤⑦式得
⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑨
由机械能守恒定律得
⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
⑪
⑫
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
⑭
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
⑯
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑰
由机械能守恒定律得
⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
⑲
⑳
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得
㉒
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
（n=1，2，3……） ㉓
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
㉔
解得
㉕
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
㉖
设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得
㉗
㉘
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
㉙
当A点与挡板之间的距离最小时
㉚
联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得
㉛
11、（2021·山东卷·T16）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。

【答案】（1）；（2）或
【解析】
（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得
，，
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得

联立，代入数据得

（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，m
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上得x坐标区间
或
12、（2021·山东卷·T18）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。

【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）
【解析】
（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得

弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得

联立方程解得


（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得

若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得

结合第（1）问结果可知

根据题意舍去，所以恒力得最小值为

（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得

以C为研究对象，由动能定理得

由B、C得运动关系得

联立可知

（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得

解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为

则坐标原点的加速度为

之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为

可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为

负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得

脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得

解得脱离弹簧后，C运动的距离为

则C最后停止的位移为

所以C向右运动的图象为