高考物理二轮复习【真题汇编】专题14力学综合计算题

这是一份高考物理二轮复习【真题汇编】专题14力学综合计算题，文件包含专题14力学综合计算题教师版近5年2018-2022高考物理试题分类解析docx、专题14力学综合计算题学生版近5年2018-2022高考物理试题分类解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共77页， 欢迎下载使用。

高考二轮物理复习策略
高考备考一轮复习已接近尾声，即将迎来二轮复习。一轮复习注重知识的理解与基础的夯实，二轮复习注重知识的综合运用与能力的提高，是高考复习中的重要阶段。二轮复习要注意以下几个方面：
一、以核心和主干知识为重点，构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
按高中物理主干知识确定力与运动、能量、动量、电磁学四大专题，其余内容为小专题，重点加强四大专题的复习，注意知识间的联系。
二、注重情景与过程的理解与分析，善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结：学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。


专题14 力学综合计算题（解析版）
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1、（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B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。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，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】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得


（2）同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻、的的瞬时速度分别为


根据位移等速度在时间上的累积可得


又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

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

根据能量守恒定律可得

联立解得

设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得

2、（2022·全国甲卷·T24）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光。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和之比为3：7。重力加速度大小取，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【答案】
【解析】
频闪仪每隔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

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、，根据平抛运动位移公式有



令，则有

已标注的线段、分别为


则有

整理得

故在抛出瞬间小球的速度大小为


3、（2022·湖南卷·T14）如图（a），质量为m篮球从离地H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h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倍（为常数且），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h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h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（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I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H
高度处，求冲量I的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
mg - λmg = ma下
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
v下2= 2a下H
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg + λmg = ma上
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
v上2= 2a上h
则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h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有

联立解得

（3）由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
a下 = (1 – λ)g（方向向下）
a上 = (1 + λ)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I，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 = mv
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
v12 - v2= 2(1 – λ)gh0
上升过程有
(kv1)2= 2(1 + λ)gh1
代入k后，下降过程有
v12 - v2= 2(1 – λ)gh0
上升过程有
hv12= 2(1 – λ)gHh1
联立有

拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
v22 - v2= 2(1 – λ)gh1
上升过程有
hv22= 2(1 – λ)gHh2
联立有

再将h1代入h2有

拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
v32 - v2= 2(1 – λ)gh2
上升过程有
hv32= 2(1 – λ)gHh3
联立有

再将h2代入h3有

直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
vN2 - v2= 2(1 – λ)ghN - 1
上升过程有
hvN2= 2(1 – λ)gHhN
联立有

将hN-1代入hN有

其中
hN = H，h0= h
则有

则

4、（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
处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B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，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，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和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。

【答案】（1），；（2）；（3）
【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

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

（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有

代入数据解得。
（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

碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

代入数据联立解得。
5、（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），A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O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，B的质量，A与B的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度。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，二者的速度大小与；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功；
（4）实现上述运动过程，的取值范围（结果用表示）。

【答案】（1），；（2）；（3）；（4）
【解析】
（1）设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，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


代入数据联立解得
，（方向水平向左）
，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为，。
（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

代入数据解得

根据动量定理有

代入数据解得

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


联立各式代入数据解得
，（舍去）
故根据几何关系有

代入数据解得

（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为

在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知

解得

B物体停下来的时间为t3，则有

解得

可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为

所以A对B的摩擦力所做的功为

（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O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L，则有


小球下滑过程根据动能定理有

小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有

当碰后小球摆角恰为5°时，有

联立可得

当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有

则可得

故要实现这个过程的范围为

6、（2022·山东卷·T16）某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。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沿斜坡匀速上行，此时电流。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，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，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k，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k值；
（2）上行路程L值。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有

解得

小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有

设斜面倾角为，对小车匀速有

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

联立各式解得
，
（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

可得

由运动学公式可知

解得

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BC在B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B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC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，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。

【答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N
【解析】
（1）AB段

解得

（2）AB段

解得

BC段


过C点的速度大小

（3）在BC段有牛顿第二定律

解得

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=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道
DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。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l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v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B点长度的值。

【答案】（1）7N；（2）；（3）见解析
【解析】
（1）到C点过程

C点时


（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

解得

要能过F点
（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍

解得

当时

当时

当时

9、（2022·浙江6月卷·T20）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O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、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF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h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度，求物块a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）；（2）；（3）当时，
，当时，
【解析】
（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律

解得

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


联立解得

（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得

解得

以竖直向下为正方向

由动能定理

联立可得

（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得

从点飞出后，竖直方向

水平方向

根据几何关系可得

联立解得

代入数据解得

当时，从释放时，根据动能定理可得

解得

可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得

解得

距离点0.6m，综上可知当时

代入数据得

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，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，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（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。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）根据牛顿第二定律可得

代入数据解得

（2）根据运动学公式

解得

（3）根据牛顿第二定律

根据运动学公式

代入数据联立解得

11、（2022·河北·T13）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块C、D的质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，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。重力加速度大小取。
（1）若，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，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。

【答案】（1），方向向右；（2）
【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，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有

解得

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。
（2）若，可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为

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，以向右方向为正方向，则有

解得

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，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得

解得

根据能量守恒可得

解得

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L。重物A和B的质量均为m，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2m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F可视为恒力，求F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。

【答案】（1）；（2）6.5mg；（3）
【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

解得

（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知

解得

CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知

解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知

令

对上式求导数可得

当时解得

即

此时

于是有

解得

此时C的最大动能为

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L。重物A和B的质量均为m，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2m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F可视为恒力，求F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。

【答案】（1）；（2）6.5mg；（3）
【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

解得

（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知

解得

CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知

解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知

令

对上式求导数可得

当时解得

即

此时

于是有

解得

此时C的最大动能为


14.2021全国甲卷第11题. 如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机
械能，则L应满足什么条件？


【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有

设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有

因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为

联立以上各式解得

（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
（易错点：此式中注意是29不是30）
联立解得

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

（3）由题意可知

可得
。
15. 2021全国乙卷第11题. 一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得

因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系

代入数据可得

（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可
得

在拍球时间内运动的位移为

做得功为

联立可得
（舍去）
16. 2021全国乙卷第11题. 一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得

因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系

代入数据可得

（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得

在拍球时间内运动的位移为

做得功为

联立可得
（舍去）

17. 2021湖南卷第14. 如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。
（1）若A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；
（3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。


【答案】（1）；（2）（其中，）；（3）
【解析】
（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理

解得

（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
解得水平初速度为

物块从点到落点，根据动能定理可知

解得落点处动能为

因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得

化简可得

即
（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知

解得
------- ①
物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则


解得
-------②
-------③
设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知

解得
-------④

据题意， A落在B落点的右侧，则
-------⑤
据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：
-------⑥
联立以上，可得的取值范围为

18. 2021浙江卷第20题. 机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。


【答案】（1），；（2）20s；（3）
【解析】（1）根据平均速度

解得刹车时间

刹车加速度

根据牛顿第二定律

解得

（2）小朋友过时间

等待时间

（3）根据

解得

19. 2021浙江卷第21题. 如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。
（1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。


【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m
【解析】
（1）小滑块在轨道上运动

代入数据解得

（2）小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
解得

小球沿轨道运动，在最高点可得

从C点到E点由机械能守恒可得

其中，解得

（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理

由平抛运动可得
，
联立可得水平距离为

由数学知识可得当

取最小，最小值为
。
20.2021山东卷第16题.
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x1，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
21.2021山东卷第18题.
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


22.2021年上海高考等级考第19题、(14分)
如图，在倾角为θ的斜面ABC上，AB光滑且长为L，BC段粗糙(摩擦因数恒定)且足够长。 一质量为m的物体在平行于斜面的力F作用下，从静止开始运动，AB段做匀加速直线运动，经过t0到达B点。重力加速度为g，求:
(1) AB段的拉力F的大小；
(2)物体运动到B点时拉力的功率PB；
(3)若BC段拉力的功率恒为PB，且物体做减速运动，定性画出物体由A运动到C的v-t图像。

【答案】（1） （2） （3）见最后图
【解析】
（1）

解得
（2）



所以加速度的大小a随v’的减小而减小，物体做加速度减小的减速运动。
图像如下：两种可能：左图物体最后做匀速运动，右图物体一直减速运动到C。



23.2020全国3卷第12题
12.如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

【答案】(1)2.75s；(2) ，；(3)0
【解析】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v
，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得，⑨
(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=1.0s ⑫ x2=5.5m ⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有 ⑭
由①⑫⑬⑭式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设v3，由运动学公式有， ⑮
设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
代题给数据得。
24.2020天津卷第12题
12.长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有②
由动量定理，有③
联立①②③式，得④
（2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有⑥
又⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为⑧
25.2020山东卷第18题
18.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
26.2020上海等级考第20题
20、(15分)足够长的斜面与水平之间的倾角为37"。质量为2kg物体静止在斜面底端。在平行于斜面向上的外力F=24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后撒去外力F.物体与斜面间的滑动摩擦系数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力。求:
（1）物体在斜面上向上滑行的时间。
（2)求上行过程中撤去F前后物块受到的摩擦力做功之比k.
(3)在S- t图像中画出减速阶段的图线。(t=0时，物体在S=0处)
(4)分析说明为什么物块动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底墙的距离L. (取斜面底端为零势能面)
【解析】
（1） 加速运动阶段，代入数据解得
末速度
减速运动阶段（撤去F后），，代入数据解得
时间
物体在斜面上向上滑行的时间
（2）上行过程中撤去F前物块受到的摩擦力做功
其中
上行过程中撤去F后物块受到的摩擦力做功
其中或
所以上行过程中撤去F前后物块受到的摩擦力做功之比k=。
（4）设在物体沿斜面上滑的过程中，动能与势能相等的位置离斜面底墙的距离为L.
①加速上滑阶段

，令，代入数据得12L=4L，无解。
②减速上滑阶段

，令，代入数据解得L=8m，大于总位移2.4m，不符合实际。
所以物块动能与势能相等的位置不会出现在物体沿斜面上滑的过程中，即仅出现在物体沿斜面下滑的过程中。
③在物体沿斜面下滑的过程中，动能与势能相等的位置离斜面底墙的距离L.
动能定理：
重力势能：
令，代入数据解得L=1.2m.
[考察知识]力学综合，
[核心素养]科学思维
27.2020浙江第21题
21.小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）

【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）
【解析】(1)机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律，方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系

得，故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理

得，

28. 2019年全国1卷25题.（20分）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。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】25．（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
①
②
联立①②式得③
【解析】方程组解的过程，移项得


下式除以上式得，代入以上任一式得
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有④
⑤
从图（b）所给的v-t图线可得⑥
⑦
由几何关系⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得
29. 2019全国2卷18题．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得

A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】18．AD
【解析】从地面至h=4 m, ,又，得，A正确。
从地面至h=4 m，，，因为，所以,即减少100J，D正确。
h=0时，,所以物体的速率为，B错误；
h=2 m时，物体的动能Ek=E总-EP=85-40=45 J，C错误。
所以答案为AD.
30. 2019年全国3卷17题．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m
以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为

A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】17．C
【解析】设上升时加速度为a1，下落时加速度为a2，外力为f，则a1=g+f/m，a2=g-f/m
根据动能定理，上升过程
下落过程，
代入数据，解得。
31. 2019年全国3卷25题.（20分）
静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0 kg，mB=4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10 m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】25.
（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有
④a=ug=2m/s2
⑤sB=10.5-20.52/2=0.25
⑥t=vB/a=0.5s
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为
sA=vAt– ⑦sA=40.5-20.52/2=1.75m
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75 m，sB=0.25 m ⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m ⑨
（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩或vA’===m/s
联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有


联立式并代入题给数据得:+

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得

sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离

32. 2018年江苏卷14题．（16分）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T．
【答案】14．（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l
机械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma
解得（）