2021年高考物理模擬題精練7

2021年高考物理100考點最新模擬題千題精練（必修二和動量）

第七部分動量

專題7.26彈簧模型（能力篇）

一.選擇題

1.（2020山東模擬2）如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質量小于B球

的質量。若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L；若用錘子敲擊B球使B

得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2,則Li與L2的大小關系為（）

AB

WXWxWWWWxWWWxKW-

A.L1>L2B.LI<L2C.LI=L2D.不能確定

【參考答案】c

【名師解析】若用錘子敲擊A球，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當彈簧最短時，兩者的共速，則

=,解得v'=-一~,彈性勢能最大，最大為

（叫+%）

△與,=；啊丫2一；（心+神）廿2=尹竽??；若用垂直敲擊B球，同理可得加”=（加4+外）江'，解

得丫"二廠"火不,彈性勢能最大為△紇_1（利+相評2=._々.”二即兩種情況下彈簧

壓縮最短時，彈性勢能相等，故乙=4,C正確.

2.（多選）如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛質量為加的小車，小車的四分之一圓弧軌道在最低點與

水平軌道相切，且整個軌道表面光滑、在小車的右端固定一個輕彈簧，一個質量也為m的小球從離水平軌

道高為〃處開始自由滑下，則在以后的運動過程中（重力加速度大小為g）（）

A.小球和小車組成的系統(tǒng)的動量始終守恒

B.彈簧具有的最大彈性勢能為，咫力

C.被彈簧反彈后，小球能回到離水平軌道高/7處

D.小球具有的最大動能為mg〃

【參考答案】BC

【名師解析】小球從小車上滑下的過程中，小球和小車構成的系統(tǒng)機械能守恒，在水平方向動量守

恒，但系統(tǒng)動量不守恒，所以A錯誤；當小球與小車的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，此時〃吆萬

+〃?"）驚=昂，經(jīng)分析可知共速時，小球和小車處于靜止狀態(tài)，根據(jù)機械能守恒可得彈簧具有的最大彈性勢

能為，所以B正確；被彈簧反彈后，小球回到小車上最高點時處于靜止狀態(tài)，根據(jù)機械能守恒知小球

能回到離水平軌道高/?處，所以C正確；當小球運動到水平軌道上時動能最大，因此時小車也有速度，所

以由機械能守恒可知，小球具有的最大動能小于mg/n所以D錯誤。

3.（2019?安徽滁州模擬）如圖所示，A、B兩物塊放在光滑的水平面上，一輕彈簧放在A、8之間與A相

連，與B接觸但不連接，彈簧剛好處于原長，將物塊A鎖定，物塊C與4、B在一條直線上，三個物塊的

質量相等?，F(xiàn)使物塊C以v=2m/s的速度向左運動，與B相碰并粘在一起，當C的速度為零時，解除A的

鎖定，則A最終獲得的速度大小為（）

，，，），，-，，，，，，，，，〉，/，，，，，，，），，-，，，.

32

A，2m/sB.m/s

c或，_2小.

C.2m/sD.3m/s

【參考答案】D

【名師解析】設物塊的質量均為"?，C與8碰撞后的共同速度為0，根據(jù)動量守恒定律有時，

代入數(shù)據(jù)解得vI=lm/s,設A最終獲得的速度大小為四，B和C獲得的速度大小為環(huán)，根據(jù)動量守恒定律

Wmv2=2mv3,根據(jù)能量守恒定律可得;、2"?而=；〃1正+32/?品代入數(shù)據(jù)解得藝=4^m/s,故D正確，A、

B、C錯誤。

4.在光滑水平面上有三個彈性小鋼球〃、6、c處于靜止狀態(tài)，質量分別為2%、和2機。其中“、6兩球間

夾一被壓縮了的彈簧，兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時刻將擋板撤掉，彈簧便把。、b兩球彈

出，兩球脫離彈簧后，a球獲得的速度大小為V,若b、c兩球相距足夠遠，則從c兩球相碰后（）

A.b球的速度大小為運動方向與原來相反

2

B.。球的速度大小為gv,運動方向與原來相反

O

C.c球的速度大小為^

2

D.c球的速度大小為fv

【參考答案】B

【名師解析】設〃球脫離彈簧時的速度為wb、c兩球相碰后尻c的速度分別為切和心,取向右為

正方向，彈簧將八6兩球彈出過程，由動量守恒定律得0=-2/nv+〃m），解得％=2v,b、c兩球相碰過程,

由動量守恒定律和機械能守恒得加%=根出+2"?女＞；加話=5"日+:2團龍，聯(lián)立解得明=一］U（負號表示方向

4

向左，與原來相反）,口=”，故B正確。

5.如圖所示，兩個質量不相等的小車中間夾一被壓縮的輕彈簧，現(xiàn)用兩手分別按住小車，使它們靜止在光滑

水平面上.在下列幾種釋放小車的方式中，說法正確的是（）

A.若同時放開兩車，則此后的各狀態(tài)下，兩小車的加速度大小一定相等

B.若同時放開兩車，則此后的各狀態(tài)下，兩小車的動量大小一定相等

C.若先放開左車，然后放開右車，則此后的過程中，兩小車和彈簧組成的系統(tǒng)總動量向左

D.若先放開左車，然后放開右車，則此后的過程中，兩小車和彈簧組成的系統(tǒng)總動量向右

【名師解析】由于兩車質量不相等，兩車的加速度大小不相等.由動量守恒，若同時放開兩車，初總動量為零,

此后任意時刻總動量為零，所以兩小車的動量大小一定相等；若先放開左車，然后放開右車，則初總動量

向左，此后的過程中，兩小車和彈簧組成的系統(tǒng)總動量向左，所以8、C正確.

【參考答案】：BC

6.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為如和〃空的兩木塊A、2相連，靜止在光滑水平面上.現(xiàn)使A瞬

時獲得水平向右的速度尸3m/s,以此時刻為計時起點，兩木塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖示

A.”時刻彈簧最短，打時刻彈簧最長

B.從n時刻到打時刻彈簧由伸長狀態(tài)恢復到原長

C.兩物體的質量之比為〃ii:機2=1：2

D.在B時刻兩物體動能之比為EH:&2=1:4

【名師解析】通過對A、8運動分析知，”時刻，彈簧最長，/2時刻彈簧為原長，△時刻彈簧最短，A錯誤,

B正確.A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，0~九時間內(nèi),血"=（"”+，〃2）'1,所以m\W2=l:2,C正確也時亥U，

=m

Eki~^\x—=g'"i七*2X2?=2叫，所以Ek\Eki=\8,D錯誤.

【參考答案】：BC

7.如圖，一輕彈簧左端固定在長木塊M的左端，右端與小物塊機連接，且機、M及M與地面間接觸光滑.

開始時，機和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力Q和B，從兩物體開始運動以后的整個

運動過程中，對機、M和彈簧組成的系統(tǒng)（整個過程中彈簧形變不超過其彈性限度），正確的說法是（）

A.由于人、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒

B.Q、月分別對〃八M做正功，故系統(tǒng)動量不斷增加

C.FH巳分別對小、例做正功，故系統(tǒng)機械能不斷增加

D.當彈簧彈力大小與B、B大小相等時，S、M的動能最大

【名師解析】由于Q、B等大反向，系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)機械能先增加后減小,

當彈簧彈力大小與R、B大小相等時，，小M加速終止，加、M速度最大，以后開始減速，所以D正確.

【參考答案】：D

二。計算題

1.（18分）（2020高考模擬示范卷2）如圖所示，上表面光滑的水平平臺左端與豎直面內(nèi)半徑為R的光滑

半圓軌道相切，整體固定在水平地面上.平臺上放置兩個滑塊A、B,其質量“必=,〃，〃s=2m兩滑塊間夾

有被壓縮的輕質彈簧，彈簧與滑塊不拴接.平臺右側有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質量M=

3m,車長L=2R,小車的上表面與平臺的臺面等高，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)〃=0.2.解除彈簧約

束，滑塊A、8在平臺上與彈簧分離，在同一水平直線上運動.滑塊A經(jīng)C點恰好能夠通過半圓軌道的最

高點￡>,滑塊B沖上小車.兩個滑塊均可視為質點，重力加速度為g.求：

（1）滑塊A在半圓軌道最低點C處時的速度大??；

（2）滑塊8沖上小車后與小車發(fā)生相對運動過程中小車的位移大??；

（3）若右側地面上有一高度略低于小車上表面的立樁（圖中未畫出），立樁與小車右端的距離為x,當小車右

端運動到立樁處立即被牢固粘連.請討論滑塊8在小車上運動過程中，克服摩擦力做的功用與x的關系.

D

AB

C77V77777777777777777T7777T77777VT7777/7777^777T7777777T777

M-----L----?'

2mg(2R+s)3R

—^-5.0<s<

2pT

【答案】(1)7^(2)彳(3)W=lltngR3R

10-T

【解析】(1)滑塊A在半圓軌道運動，設到達最高點的速度為VD,則有：mg=^

得：vD=y/gR

滑塊A在半圓軌道運動的過程中，機械能守恒,

所以有：2mgR+jmvp=={5gR

(2)A、B在彈簧恢復原長的過程中動量守恒，則有：mAvA+(-mBvB)=0

得…B=^

假設滑塊可以在小車上與小車共速，由動量守恒得：niB%=(mB+M”共

侍："共=可為=飛—

則滑塊從滑上小車到與小車共速時的位移為：SR=魚”=辿

B-2〃g8

車的加速度a車=備此過程中小車的位移為：5車=察=]

3車

ICD

滑塊B相對小車的位移為：4S=SB-S車=等<2R滑塊B未掉下小車，假設合理

OD

滑塊B沖上小車后與小車發(fā)生相對運動過程中小車的位移5車=?

(3)分析如下:

①當S2>時滑塊B從滑上小車到共速時克服摩擦力做功為："fi=2"mgSB=誓

車與立樁相碰，靜止后，滑塊B做勻減速運動直到停下的位移為：

SB=^=g>(L_4S)滑塊會脫離小車。

小車與立樁相碰靜止后，滑塊繼續(xù)運動脫離小車過程中，滑塊克服摩擦力做功為

Wf2=2nmg{L-AS')=嚅

所以，當S2。?時，滑塊B克服摩擦力做功為Wf=Wfi+lVf2=U^

013

②當S</時，小車可能獲得的最大動能小于Ek=2X3nl璉=^mgR

4

滑塊B與車發(fā)生相對位移2R的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為：EQ=〃x2mgx2R=gngR

兩者之和：E=Ek+EQ=R

滑塊B沖上小車時具有的初動能以=1x2m詔=^mgR>E

所以滑塊一定能滑離小車，則滑塊B克服摩擦力做功為：

Wf=fix2mg(L+S)=0Amg(2R+S)

注：以上各道計算題其它解法，只要合理且正確即可相應給分。

2.(12分)(2019山東濰坊三模)如圖所示，光滑水平面上，質量為2m的小球B連接著輕質彈簧，處于靜

止狀態(tài)；質量為m的小球A以速度V。向右勻速運動，接著逐漸壓縮彈簧并使B運動，過一段時間后，

A與彈簧分離。設小球A、B與彈簧相互作用過程中無機械能損失，彈簧始終處于彈性限度以內(nèi)。

(1)求當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能E；

(2)若開始時在小球B的右側某位置固定一塊擋板(圖中未畫出)，在小球A與彈簧分離前使小球B與

擋板發(fā)生正碰，并在碰后立刻將擋板撤走。設小球B與固定擋板的碰撞時間極短。碰后小球B的速度大

小不變，但方向相反。設此后彈簧彈性勢能的最大值為Em，求Em可能值的范圍。

AB

mO-------?SAAA/W^)2m

【思路分析】(1)當A、B速度相同時，彈簧被壓縮到最短，彈簧的勢能最大，根據(jù)動量守恒定律和能量守

恒定律求出彈簧的最大彈性勢能。

(2)對B球與擋板碰撞前瞬間和B與擋板碰后反彈，當A、B速度相等兩個過程運用動量守恒定律，

通過能量守恒求出最大彈性勢能與B速度的表達式。通過對B速度最大值的范圍得出彈簧彈性勢能最大

值的范圍。

【名師解析】(1)當A球與彈簧接觸以后，在彈力作用下減速運動，而B球在彈力作用下加速運動，彈

簧勢能增加，當A、B速度相同時，彈簧的勢能最大。

設A、B的共同速度為v,彈簧的最大勢能為E,則A、B系統(tǒng)動量守恒：mv°=(m+2m)v①

由機械能守恒：-ymvQ='^_(nH-2in)v?+E②

聯(lián)立兩式得：E=Lmv()2③

3

(2)設B球與擋板碰撞前瞬間的速度為VB，此時A的速度為VA。

系統(tǒng)動量守恒：mvo=mvA+2mvB...④

B與擋板碰后，以VB向左運動，壓縮彈簧，當A、B速度相同(設為vK時，彈簧勢能最大，為Em，

由動量守恒定律得:mvA-2mvB=3mv共…⑤

—mvo2=—(m+2m)mv?2+Em...?

22

2

V

O3VO1

由④⑤兩式得：V北=二2二代入⑥式，化簡得：E=Jsi|-2

m4+6

33

而當彈簧恢復原長時相碰，VB有最大值VBm，則：

mvo=mvA'+2mvBm，

2,22

—mv()=A4nvA+i<2mvBm

222

聯(lián)立以上兩式得：VBm=Zvo即VB的取值范圍為：OVVBW2Vo…⑧

33

結合⑦式可得：當VB=4寸，Em有最大值為：LnV02…⑨

42

當VB=2VO時，Em有最小值為：-^-mvo2；

327

答：(1)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能E為Lmvo2；

3

(2)Em可能值的范圍是-L|T1VO2]O

272

3.(2019?陜西西安一中模擬)光滑水平面上，用輕質彈簧連接的質量為“A=2kg、,g=3kg的A、8兩

物體都處于靜止狀態(tài)，此時彈簧處于原長狀態(tài)。將質量為垃c=5kg的物體C,從半徑為R=3.2m的1/4光

滑圓弧軌道最高點由靜止釋放，如圖所示，圓弧軌道的最低點與水平面相切，8與C碰撞后粘在一起運動。

g取10m/s2o求：

(1)8、C碰撞剛結束時的瞬時速度的大小；

(2)在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。

C

【名師解析】：(1)對C下滑過程中，根據(jù)動能定理得

%ic*="tcgR。

設B、C碰撞后的瞬間速度為盯，以C的速度方向為正方向，由動量守恒定律得加30=(，加+"?。也，

代入數(shù)據(jù)得%=5m/s?

(2)由題意可知，當A、8、C速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大，設此時三者的速度大小為0，以C

的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得

(?nc+/HB)V|=(niA+WB+WC)V20

設彈簧的最大彈性勢能為Epm，則對從C碰撞后到A、B、C速度相同過程中，由能量守恒定律得

2("m+，"c)vf='(，〃A+〃?B+，〃c)日+Ep，

代入數(shù)據(jù)得Ep=20L

答案：(1)5m/s⑵20J

4.如圖，在光滑的水平地面上，水平放置的輕彈簧一端固定，另一端與物塊A接觸但不連接。A的右

側放置物塊8,8的上表面為光滑曲面，其左端與水平地面相切，右端的切線水平，高度/i=0.2m,右側面

豎直。A、8質量均為加且m=0.5kg,A可視為質點，重力加速度g取lOm/s?。在下面兩種情況下，用外

力推動A,將彈簧壓縮不同的長度后放開。

皿闖「：II_____

(1)若B固定在水平地面上，A離開彈簧后向右運動，后沿著B的上表面滑動，滑到最高點時速度恰好

為零，求彈簧在彈開A恢復原長的過程中對A的沖量的大?。?/p>

(2)若8不固定，可在水平地面上滑動，A離開彈簧后以w=3m/s的初速度向右運動，后始終沿著8的

上表面滑動最終從其右端滑出，求A落地時落地點與此時B的右端的水平距離。

【名師解析】：(1)設4離開彈簧時的速度為丫，根據(jù)機械能守恒定律，有

I

2mw2—mgn?

根據(jù)動量定理，有—0

代入數(shù)據(jù)得/=1N-s

(2)設4滑至8上表面右端點時，A、8的速度分別為叫、吸，根據(jù)動量守恒定律及機械能守恒定律，有

mv^=niv\+tnv2

vo=v?++mgh

代入數(shù)據(jù)得

vi=2m/s,V2=lm/s

或也=1m/s,vi=2m/s(不合題意舍去)

A滑至8右端點后做平拋運動，設經(jīng)/時間落地，則

?=潦2

X\—V\t

B在f時間內(nèi)做勻速直線運動，位移X2=V2f

4落地時落地點與此時B右端的水平距離AX=X!-X2

代入數(shù)據(jù)得Ax=0.2m

答案：(1)1NS(2)4落地點與8右端的水平距離0.2m

5.如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L=

4.0m,皮帶輪沿順時針方向轉動，帶動皮帶以恒定速率u=3.0m/s勻速傳動.三個質量均為根=1.0kg

的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜

止狀態(tài).滑塊A以初速度w=2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極

短.連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離.滑塊C脫離彈簧后以速度

vc=2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點.

已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.20,重力加速度g取10m/s2.求：

(1)滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大?。?/p>

(2)滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；

(3)若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的

最大值片是多少？

【名師解析】(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的

速度v所用的時間為t,加速度大小為a,在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x.

根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式nmg=ma,

v=vc+at,

解得x=1.25m<L....................................................2分

即滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從

傳送帶右端滑出時的速度為v=3.0m/s........................2分

(2)設A、B碰撞后的速度為片，A、B與C分離時的速度為也，由動量守恒定律

mv()=2mv\

2mv\=2mv2+mvc

En+—2mv,=—x2m\i+—mv^.

由能量守恒得222

解得EP=1.0J

(3)在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到

傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳遞帶的速度v.

設A與B碰撞后的速度為X,分離后A與B的速度為耳，滑塊C的速度為％,

由動量守恒定律

mvxx{=2inv\'

2〃?也'=加吧+2mp2'

L1C/21c/1,2

E+—2mvi=—x2mv2+—mvc

由能量守恒得222

由運動學公式十一/=2"

解得vm=7.1m/s

24.如圖，小球A和B緊靠一起中間壓緊一輕質彈簧并鎖定(彈簧與小球不相連)，靜止于光滑平臺上，

〃?A=0.3kg,〃?B=0.5kg,解鎖彈簧后兩小球突然分離，A分離后向左運動恰好通過半徑R=0.5m的光滑半圓軌

道的最高點,B球分離后從平臺上水平拋出，已知平臺的高度/z=0.8m,重力加速度g=10m/s2,求：

(DAB兩球剛分離時A的速度大小；

(2)壓緊時彈簧的彈性勢能和B球落地的水平位移。

24.【解析】

(I)小球A恰好滑到圓軌道最高點，在最高點有：

2

mAg=加八二

小球A沿光滑半圓上滑到最高點過程，根據(jù)機械能守恒得:

mA8-2R+^mAv2=^mAVA

聯(lián)立解得：VA=5ITI/S

即AB兩球剛分離時A的速度大小5m/s.

(2)A8分離過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得：

加A%一/匹乙=0

解得:U8=3m/s

1919

根據(jù)機械能守恒得：壓緊時彈簧的彈性勢能:Ep=-mAv\+-mBvl

解得:EP=6J

8分離后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律得：

.12

解得：r=0.4s

S=VBt

解得:5=1.2m

即B球落地的水平位移為1.2m.

26.在光滑水平面上有兩輛質量分別為q=2kg和巧=1kg平板車M和N,它們用一根不可伸長的輕繩

連接，輕繩處于繃緊狀態(tài)，中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質彈簧(彈簧與兩小車不栓接)，其彈性勢能為

27Jo現(xiàn)用火燒斷輕繩，M車和N車被彈簧彈開，彈簧恢復原長后，在M車的左端以與M車相同的速度放

上一塊質量為加。=3kg的鐵塊，M車與鐵塊一起運動一段時間后，第一次與墻壁發(fā)生碰撞。已知鐵塊與M

車之間的動摩擦因數(shù)4=0.5,M車足夠長，使得鐵塊始終不能與墻相碰，M車與墻發(fā)生正碰，碰撞時間極

短，碰撞過程無機械能損失。求：

(1)彈簧恢復原長時兩車的速度大??；

(2)從M車第一次與墻壁相碰到向左運動到最遠距離的過程中，鐵塊相對M車滑行的距離;

(3)M車和墻相碰后所走的總路程。

26.【解析】

(1)從燒斷輕繩到彈簧恢復原長過程，由動量守恒可得

班匕=m-,v2

由能量守恒可得

f1，12

+~m2V2

聯(lián)立解得

v1=3m/s,v2=6m/s

(2)取向右為正方向，M車與墻碰后到M車速度為0過程中

/叫)W一町巧=m1}v

由能量守恒可得

〃加ogL=；(〃?o+肛)彳—；m0V2

聯(lián)立解得

L=1.4m

(3)小車第一次與墻相撞后向左所走路程為si,由動能定理得

一〃/叫)g*=0_；〃?/2

得

2Mog

代入數(shù)據(jù)可得

$1=0.6m

接著小車和鐵塊以共同速度也與墻第二次相碰，以向右為正方向，由動量守恒定律得

%匕一叫匕=+7%)彩

得

1

嶺=1匕

第二次相撞后平板車向左走的路程為S2,則有

2〃/g

則有

s2_1

4一25

即

1

以后每次相碰反彈向左行的路程均以」-比例減少，小車所走的路程為一個無窮等比數(shù)列之和，公式為

25

1

q=—

25

聯(lián)立得

s=2s/^-”2s「—!—

\-q\-q

代入數(shù)據(jù)可得

5=1.25m

27.如圖所示，光滑的水平面AB與半徑R=0.5m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點相切，D點為半圓軌道

最高點，A點的右側連接一粗糙的水平面，用細線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質壓縮彈簧，彈簧與甲、

乙兩物體不拴接，甲的質量in=4kg,乙的質量m2=5kg,甲、乙均靜止.若燒斷細線，甲離開彈簧后經(jīng)過B

點進入半圓軌道，過D點時對軌道的壓力恰好為零.取g=10m/s2.甲、乙兩物體可看做質點，求：

DH

BAF

(1)甲離開彈簧后經(jīng)過B點時的速度的大小VB；

(2)燒斷細線時彈簧的彈性勢能Ei＞；

(3)若固定甲，將乙物體換為質量為m的物體丙，燒斷細線，丙物體離開彈簧后從A點進入動摩擦因數(shù)M=0.5

的粗糙水平面，AF是長度為41的水平軌道，F(xiàn)端與半徑為1的光滑半圓軌道FCH相切，半圓的直徑FH豎

直，如圖所示.設丙物體離開彈簧時的動能為6mgl,重力加速度大小為g,求丙物體離開圓軌道后落回到水

平面BAF上的位置與F點之間的距離s；

(4)在滿足第(3)問的條件下，若丙物體能滑上圓軌道，且能從GH間離開圓軌道滑落(G點為半圓軌道中點),

求丙物體的質量的取值范圍

27.【解析】

2

(1)甲在最高點D,由牛頓第二定律，有町g=班半

甲離開彈簧運動到D點的過程機械能守恒：g町4=m,g-2R+；叫吟

聯(lián)立解得：VB=5m/s；

(2)燒斷細線時動量守恒：0=miV3-m2V2

由于水平面AB光滑，則有vi=VB=5m/s,解得：V2=4m/s

根據(jù)能量守恒，彈簧的彈性勢能E=g叫n：%v；=90J

(3)甲固定，燒斷細線后乙物體減速運動到F點時的速度大小為VF,

2

由動能定理得：-/-img-4/=^mvF-6mgl,解得VF=242gl

從P點滑到H點時的速度為VH,由機械能守恒定律得

^mvF-~,nvH+2mgl

聯(lián)立解得VM=2^Igi

由于VM=29>J3,故乙物體能運動到H點，并從H點以速度vH水平射出.設乙物體回到軌道AF所

需的時間為t,由運動學公式得：2/=-gr2

乙物體回到軌道AF上的位置與B點之間的距離為s=vm

聯(lián)立解得s=4/；

(4)設乙物體的質量為M,到達F點的速度大小為VF,

由動能定理得：=6/咫/,解得VF=j2ag：4Mg/

為使乙物體能滑上圓軌道，從GH間離開圓軌道，滿足的條件是：

一方面乙物體在圓軌道上的上升高度能超過半圓軌道的中點G,由能量關系有：

1,

另一方面乙物體在圓軌道的不能上升到圓軌道的最高點H,由能量關系有

-Mv\<2Mgl+-M（向>

4

聯(lián)立解得：—rn<M<2m

3

21.如圖所示，在豎直面內(nèi)有一個光滑弧形軌道，其末端水平，且與處于同一豎直面內(nèi)光滑圓形軌道的最

低端相切，并平滑連接.A,B兩滑塊（可視為質點）用輕細繩拴接在一起，在它們中間夾住一個被壓縮的

微小輕質彈簧.兩滑塊從弧形軌道上的某一高度P點處由靜止滑下，當兩滑塊剛滑入圓形軌道最低點時拴

接兩滑塊的繩突然斷開，彈簧迅速將兩滑塊彈開，其中前面的滑塊A沿圓形軌道運動恰能通過圓形軌道的

最高點，后面的滑塊B恰能返回P點.己知圓形軌道的半徑R=0.72m,滑塊A的質量加八=0.4kg,滑

塊B的質量機8=01kg,重力加速度g取10m/s2,空氣阻力可忽略不計.求：

（1）滑塊A運動到圓形軌道最高點時速度的大?。?/p>

（2）兩滑塊開始下滑時距圓形軌道底端的高度h；

（3）彈簧在將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢能.

21?【解析】

（1）設滑塊A恰能通過圓形軌道最高點時的速度大小為V2,

2

根據(jù)牛頓第二定律有niAg=mA^-

R

解得：V2=°'m/s

5

（2）設滑塊A在圓形軌道最低點被彈出時的速度大小為vi,對于滑塊A從圓形軌道最低點運動到最高點

的過程，根據(jù)機械能守恒定律，有

11

2

-mz\vi-=mAg*2RH--HIAVI

可得：vi=6m/s

設滑塊A和B運動到圓形軌道最低點速度大小為vo,對滑塊A和B下滑到圓形軌道最低點的過程，根據(jù)動

能定理，有(mA+mB)gh=—(mA+mB)vo2

同理滑塊B在圓形軌道最低點被彈出時的速度大小也為vo,彈簧將兩滑塊彈開的過程，對于A、B兩滑塊

所組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，(mA+mB)vo=mAVi-mBV()

解得：h=0.8m

(3)設彈簧將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢能為Ep,對于彈開兩滑塊的過程，根據(jù)機械能守恒定律，

有g(nu+mB)vo2+Ep=ymAV12+y1T1Bvo2

解得：Ep=4J

24.如圖所示，光滑水平平臺AB與豎直光滑半圓軌道AC平滑連接，C點切線水平，長為L=4m的粗糙水

平傳送帶BD與平臺無縫對接。質量分別為如=O.3kg和zm=lkg兩個小物體中間有一被壓縮的輕質彈簧，用

細繩將它們連接。已知傳送帶以vo=1.5m/s的速度向左勻速運動，小物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)為"=0.15.某

時剪斷細繩，小物體”“向左運動，m向右運動速度大小為V2=3m/s,g10m/s2.求：

(1)剪斷細繩前彈簧的彈性勢能Ep

(2)從小物體儀滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多

提供的電能E

(3)為了讓小物體如從C點水平飛出后落至AB平面的水平位移最大，豎直光滑半圓軌道4C的半徑R和小

物體如平拋的最大水平位移x的大小。

24?【解析】

(1)對和52彈開過程，取向左為正方向，由動量守恒定律有：0=miVi-m2V2

解得vi=10m/s

剪斷細繩前彈簧的彈性勢能為：Ep=萬回匕2+//巧彩2

解得Ep=19.5J

(2)設m2向右減速運動的最大距離為X,由動能定理得：-〃冽2g40?；勿?2也2

解得x=3m<L=4m

則“72先向右減速至速度為零，向左加速至速度為w=l.5m/s,然后向左勻速運動，直至離開傳送帶。

設小物體僅2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的所用時間為/?取向左為正方向。

根據(jù)動量定理得：〃"12g/=，"2W>-(-ZM2V2)

解得：r=3s

該過程皮帶運動的距離為：xw=W=4.5m

故為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能為：E=mmgx帶

解得：￡=6.75J

(3)設豎直光滑軌道AC的半徑為R時小物體如平拋的水平位移最大為X。從A到C由機械能守恒定律得:

1,12

—myvi=—mivc+2mgR

1,

由平拋運動的規(guī)律有：x=vch,2R=—gt~

聯(lián)立整理得x=4/?)

根據(jù)數(shù)學知識知當4R=1()-4K

即R=1.25m時，水平位移最大為戶5m

25.如圖所示，傾角為37。足夠長的傳送帶順時針轉動速度為v0=2m/s,左邊是光滑豎直半圓軌道，半徑

R=0.8m,中間是光滑的水平面AB(足夠長)，AB與傳送帶在A點由一段圓弧連接。用輕質細線連接甲、

乙兩物體，兩物體中間夾一輕質彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴連。甲的質量為如=3kg,乙的質量為機2=lkg,

甲、乙均靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)固定甲物體，燒斷細線，乙物體離開彈簧后在傳送帶上滑行的最遠距

離為s=8m。傳送帶與乙物體間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取10m/s2,甲、乙兩物體可看作質點。

(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)求物體乙剛滑上傳送帶時的速度；

(2)若固定乙物體，燒斷細線，甲物體離開彈簧后進入半圓軌道，求甲物體通過力點時對軌道的壓力大小;

(3)甲、乙兩物體均不固定，燒斷細線以后，試通過計算判斷甲物體進入半圓軌道后是否會脫離圓弧軌道。

25.【解析】

(1)乙物體滑上傳送帶做勻減速運動，開始時q=gsin6+〃gcose=l()m/s2

共速之后的加速度=gsine-〃gcos8=2m/s2

由運動公式s="+4-

2。］2a