高中物理：力学计算题及答案，共18个例题！

1．我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于2022年4月16日9时56分搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从80m/s降至10m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1m时启动反推发动机，速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f＝kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含宇航员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取

，设全过程为竖直方向的运动。求：

（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；

（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。

解析：（1）由牛顿第二定律可知

由题意

联立可得

所以加速度大小为70m/s²_；

（2）从离地一米到速度为0时，由动能定理可知

解得

2．冬季来临，极端天气引发多起追尾碰撞事故，交警提示冰雪天气开车出行注意保持安全车速、车距，出行之前安装好防滑链，规定在雨雪天气能见度低于50m时，最高速度为20m/s。雨雪天气里安装防滑链的甲车在一段平直公路上匀速行驶，因雾气造成能见度较低，甲车发现前方

处路面上放置三角警示牌，如图（a）所示，甲车立即采取紧急刹车措施，但还是与距离三角警示牌

处、停在路上的一辆没有装防滑链的抛锚乙车发生了追尾碰撞事故，两车正碰时间极短，车轮均没有滚动，甲车的质量等于乙车质量。如图（b）为该次事故两车碰撞前后的一段

图像。

（1）试判断甲车是否违反雨雪天气的限速规定？

（2）求被碰后2s时乙车向前滑行的距离。

解析：（1）由图（b）可知开始计时时甲车的速度

，甲车碰后速度

，甲车碰前和碰后加速度相等，由图可得加速度

       （1）

即甲车碰前速度

       （2）

由（1）（2）两式可解得甲车碰前速度

       （3）

根据运动学公式得

       （4）

由（3）（4）式解得

       （5）

故甲车违反雨雪天气的限速规定。

（2）根据动量守恒得

       （6）

解得乙车的碰后速度

       （7）

由图（b）可知，若甲车一直减速，乙车碰后减速，经过

时两车的共同速度为v_t，根据运动学公式得

由（1）（3）（7）（8）式解得

       （9）

即乙车碰后到停止的时间为

       （10）

被碰后2s时乙车向前滑行的距离

        （11）

由（10）（11）式得

3．2021年1月22日京哈高铁全线贯通，1198公里的里程仅需4小时52分。高铁相比传统列车优点很多，可以用下面的模型车类比高铁与普通列车的起动过程。模型一为模拟由一节机车头带4节车厢的普通列车，车头和普通车厢质量相等均为10kg，运行时阻力是重力的0.2倍。起动时只有第一节机车可动，发动机输出70N的恒定牵引力，当机车头前进2.5m时，瞬间与后四节车厢作用成为一个整体，之后发动机以不变的牵引力150N带动整列火车继续加速到15m/s。模型二为五节完全一样的动车组，每节质量为7.5kg，运行时阻力是重力的0.1倍，因为每节车厢都能提供动力，可以实现五节车厢同时起动，发动机提供的总牵引力为150N，同样加速到15m/s。g取10m/s²。

(1)若两列车的发动机的总额定功率均为1.8kW，求模型车一、二的最大行驶速度大小；

(2)求出两列车的速度从0加速到15m/s的时间差。

解析： (1)由P=Fv

可知当F=f时速度最大

对模型车一有

f₁=100N

最大速度

v_m1=18m/s

对模型车二有

f₂=37.5N

最大速度

v_m2=48m/s

(2)对模型车一有：机车起动时

F₁-k₁m₁g=m₁a₁

解得

a₁=5m/s²

解得t₁=1s

v₁=5m/s

与四节车厢相互作用时

m₁v₁=5m₁v₂

解得v₂=1m/s

一起加速时有

F₂-5k₁m₁g=5m₁a₂

解得

a₂=1m/s²

有v= v₂+a₂t₂

解得t₂=14s

对模型车二有

F₂-5k₂m₂g=5m₂a₃

解得a₃=3m/s²

v=a₃t₃

解得t₃=5s

则两车的：时间差为

△t=10s

4．北京2022年冬奥会冰壶比赛在北京“冰立方”举行。比赛时，运动员推着冰壶出发，如图，在投掷线AB处（壶与投掷线相切）将冰壶以一定的初速度推出，按比赛规则，他的队友可以用毛刷在冰壶滑行的前方刷冰，减小摩擦因数以调节冰壶的运动。不刷冰的情况下冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02。圆垒中心O到投掷线的距离l=29.85m，圆垒半径为R=1.85m，红、蓝冰壶质量相等，半径均为r=0.15m，g取10m/s²。

（1）运动员以多大的速度沿图中虚线从投掷线将冰壶推出，不刷冰的情况下，冰壶的中心能恰好停在O点；

（2）一蓝壶静止在图中虚线上P点，其中心到O点的距离

；不刷冰的情况下，红壶从投掷线出发的速度为

；方向沿中心线向蓝壶滑去，两壶发生正碰，碰后红壶速度大小变为

；请通过计算判断，红壶、蓝壶能否进入圆垒？

解析：（1）依题意得冰壶滑行的距离为

此过程由动能定理得

解得

（2）依题意得碰前红壶滑行的距离为

此过程由动能定理得

解得碰前红壶的速度

设碰后蓝壶速度为v₂，由动量守恒定律

解得

对于红壶，设碰后滑行的距离为x₁，由动能定理得

解得

所以，红壶不能进入圆垒。

对于蓝壶，设碰后滑行的距离为x₂，由动能定理得

解得

所以，蓝壶可以进入圆垒。

5．如图所示光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接，圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c（可看做质点），b、c的质量分别为m、2m，b、c间有少量火药（质量可忽略），某时刻火药燃烧将b、c迅速分开，分开后b以速度

向左冲上圆弧，经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动，当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞，b与水平面间没有摩擦，c与水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。已知该物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b冲上圆弧速度大小无关，可用圆弧半径R表示为

（R为题中未知量）求：

（1）圆弧轨道半径的大小；

（2）b与c发生第3次碰撞前的速度；

（3）b、c第n次碰撞后到第n+1次碰撞前c运动的位移大小（n=l、2、3……）。

解析：（1）b、c分开过程，根据动量守恒定律

c沿水平面滑动的加速度大小

根据运动学规律，分开后c在水平面上滑动的时间t₀、滑过的距离

，有

，

b再次回到b、c分开位置时

b匀速运动

则

整理得

（2）设b、c第1次碰撞后的速度分别为物

和

，根据动量守恒和机械能守恒

，

得

，

设第2次碰撞前c已停止运动，则第1次碰撞后c滑动的时间

b的运动时间

其中

由于

所以第2次碰撞前c已停止运动。

第2次碰撞后，b的速度大小

代入数据解得

即b与c第3次碰撞前的速度大小为

     

（3）b与c第2次碰撞后，c的速度大小

b与c第2次碰撞后，c滑动的位移

.....

b与c第n次碰撞前，b的速度大小

b与c第n次碰撞后，c的速度大小为

b与c第n次碰撞后，滑动的位移

   （n=l、2、3……）

6．如图所示，足够长的小车静放在光滑水平面上，车右端与墙壁相距为x₀，在小车左端放一个质量为m的小物体（可视为质点），与小车的动摩擦因数为μ=0.2，小车的质量为2m，现给小物体一个水平向右的初始速度v₀，在整个的运动过程中，墙壁给了小车

的冲量（碰撞后原速率反弹）。试求：

（1）小车第一次碰墙前速度和小车与墙壁碰撞的次数；

（2）v₀应满足的关系，从开始到最后一次碰撞经历了多长时间；

（3）如果

，墙壁给了小车多少冲量；最终小车和物体的速度及物体在小车上滑行的路程分别多大。

解析：（1）第一次碰前的速度，根据动能定理

解得

设小车质量为2m，因此能发生多次碰撞时，碰前不可能共速（最后一次除外），所以每次与墙壁碰撞时小车速度均为

所以每次碰前，小车的动量为

因此每次动量的改变量为

，因此一共碰撞了

（2）碰撞4次后系统动量应该向左

解得

第三次碰后满足

解得

所以

小车的加速度为

第一次运动

的时间

总的运动时间为

（3）由于

假设第3次碰后发生了共速，则

解得

（向右）

因为

共速成立且还能发生第4次碰撞，第四次碰撞前的速度为

墙壁给的冲量为

最终小车和物体的速度相等，根据动量守恒

解得

（左）

产生的内能

可得物体在小车上滑行的路程

7．如图所示，一根足够长的圆管竖直固定，管内有一质量可以忽略的轻活塞C，一根轻质细弹性绳的上端连接活塞C，下端连接质量为m的小物块A，A处于静止。已知弹性绳的劲度系数为k且弹性规律满足胡克定律，活塞与管壁间的最大静摩擦力为3mg，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现有一个质量为m的细圆环B从中间穿过弹性绳，并从A的正上方

处静止释放，A、B碰撞时间极短且完全粘合。

（1）A、B碰撞结束时的速度大小；

（2）A、B整体第一次达到速度最大时的速率；

（3）A、B整体第一次达到最低点的过程中活塞与筒壁产生的摩擦热量。

解析：（1）根据

得B下落到A时速度

根据动量守恒

得A、B碰撞结束时的速度

（2）当弹簧弹力等于重力时，速度最大，即

此时弹簧伸长量

根据动能定理

解得

（3）当弹簧弹力等于活塞与管壁间的最大静摩擦力为f=3mg时，弹簧伸长量最大，即

从弹簧伸长量最大到A、B整体第一次达到最低点的过程中，弹簧弹力不变，弹簧长度不变，重力和摩擦力做功，根据动能定理

得

活塞与筒壁间的摩擦力做功大小

则活塞与筒壁产生的摩擦热量

8．如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距

，小球B距地面的高度

，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量

，小球B的质量

，重力加速度

，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：

（1）从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间；

（2）小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离。

解析：（1）小球B落地时，A、B两球的速度大小由

得

从释放两小球到小球B第一次落地所用的时间

小球B反弹后，相对小球A做匀速运动

（方法二：小球B反弹后第一次与小球A碰前小球B所经过的位移大小

小球B反弹后第一次与小球A碰前小球A所经过的位移大小

则

联立解得

）

从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间

（2）两球相撞前瞬间的速度

两球相碰时距地面的高度

两球碰撞时动量守恒，取竖直向上为正方向

解得

小球A第一次碰后上升的最大高度

小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离

9．如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以

的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，半径

，高

的光滑圆弧的最低点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径

的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在P点的物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为

、

，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的动摩擦因数

，MN间的距离为

，取

。求：

（1）物块a运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小；

（2）物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间；

（3）物块b第一次在P点相碰后到再次回到P所用的时间；

（4）若物块a每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在P点，则两物块从第1次碰撞后到最终都静止，物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为多少。

解析：（1）对a从出发点到N，由动能定理

在N点对物块a，由牛顿第二定律

解得

（2）a在传送带上，由牛顿第二定律和运动学公式

，

解得

故物块a到达M点时

a和b发生弹性碰撞有

解得

，

则物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间为

（3）对b的上升过程应用动能定理

解得

故物块b在圆弧上运动可看作是简谐运动

解得

（4）物块a第1次碰后经过M点到第2次碰前经过M点因摩擦而产生的热量为

物块a第一次碰后速度小于传送带速度

，故第二次碰前速度仍为

，第二次碰后a的速度为

，则第2次碰后到第3次碰前产生的热量为

由数学知识可知

则物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为

10．如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为

，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板P，将小物块A、B（可视为质点）从斜面上距离挡板P为

和

（

）的位置同时由静止释放，已知小物块A、B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，所有碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间和空气阻力。求：

（1）B第一次与挡板碰撞时A的速度大小；

（2）B在第一次上升过程中就能与A相碰，求

的取值范围；

（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求

应满足的条件。

解析：（1）由题意可知，因为斜面光滑，所以A、B释放后沿斜面做匀加速运动的加速度大小均为

     ①

又因为A、B同时释放，所以在B第一次与挡板碰撞时，A下滑的距离为L，设此时A的速度大小为v₀，根据机械能守恒定律有

     ②

解得

     ③

（2）设物块B与P第一次碰撞后再经过时间t与物块A能够相碰，根据运动学公式可得t时间内A、B运动的距离分别为

     ④

     ⑤

相碰时根据位移关系有

     ⑥

A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有

     ⑦

联立③~⑦式可得

     ⑧

所以若B在第一次上升过程中就能与A相碰，则k的取值范围为

1<k<5     ⑨

（3）规定沿斜面向上为正方向，设碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v₁、v₂，碰撞后的速度分别为

、

，根据动量守恒和能量守恒有

     ⑩

     ⑪

联立⑩⑪解得

   ⑫

（因为A的质量小于B的质量，所以碰后一定反弹，则另一解

舍去）

若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则须满足

   ⑬

联立⑫⑬解得

   ⑭

根据运动学规律有

     ⑮

     ⑯

联立⑭⑮⑯解得

     ⑰

联立③④⑤⑥⑰解得

     ⑱

所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，

应满足的条件是

     ⑲

11．如图，运动员起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，反弹落入篮圈，球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触。已知篮球出手时球心离地的高度

、与篮板的水平距离

，篮圈离地的高度

，“打板区”方框的上沿线离篮圈的高度

，篮圈的直径

，篮板与篮圈的最小距离

；若篮球的直径

、质量m=0.5kg，不考虑空气作用力和篮球的转动。重力加速度g取

，求：

（1）篮球击中篮板时的速度大小；

（2）若篮球与篮板作用时间t为0.2秒，之后篮球从篮圈正中心进圈（即篮球球心与篮圈圆心重合），求篮球对篮板的平均作用力；

（3）篮球打板损失机械能的最小值。

解析：（1）起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，其逆过程可以看作是平抛运动，则有

代入数据得

（2）由于篮球从篮圈中心进圈，则有

代入数据得

对篮球，根据动量定理有

得F=7.375N

根据牛顿第三定律，篮球对篮板的平均作用力

（3）反弹后做平抛运动，则反弹速度最大时机械能损失最少

则有

解得

篮球打板损失机械能

12．如图所示，质量为m的滑块A，在水平力F作用下静止在倾角为θ在光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v₀，长为L；传送带右端与光滑的水平轨道平滑连接，水平轨道上有质量为2m的n个小滑块，依次编号为B₁、B₂、B₃、B₄....B_n，今将水平力撤去，当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，己知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，求：

（1）水平力F的大小；

（2）滑块A下滑高度；

（3）滑块B₁最终速度及被碰撞的次数。

解析：（1）滑块A受到水平力F、重力mg和支持力N作用处于平衡状态

（2）设滑块A从高为h处下滑，到达斜面底端时的速度为v，到达传送带右端时的速度为v₀，下滑过程机械能守恒

若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块A由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理得

 

解得

 

若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块A由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理得

 

解得

（3）滑块A与滑块B发生弹性碰撞

 

解得

 

然后滑块B₁与滑块B₂发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得B₁的速度传递给B₂，同样滑块B₂与滑块B₃发生弹性碰撞……，直至与滑块Bn发生弹性碰撞后第一轮碰撞结束，得滑块Bn的速度为

第一轮滑块B₁碰撞两次；

滑块A通过传送带后会返回水平轨道再次与滑块B₁发生弹性碰撞，由匀变速直线运动的对称性可知，滑块A返回水平轨道是速度大小为

 

解得

 

然后滑块B₁与滑块B₂发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得滑块B₁的速度传递给滑块B₂，同样滑块B₂与滑块B₃发生弹性碰撞……，直至与滑块Bn_-1发生弹性碰撞后第二轮碰撞结束，得滑块Bn_-1的速度为

 

第二轮滑块B₁碰撞2次；

……

第n-1轮，滑块B₁与滑块B₂碰撞后结束第n-1轮碰撞。第n-1轮碰撞中滑块A、滑块B₁、滑块B₂的速度分别为

 

第n-1轮滑块B₁碰撞2次；

第n轮，滑块A与滑块B₁发生弹性碰撞，最后滑块B₁的速度为

第n轮滑块B₁只碰撞1次；

综上可得，滑块B₁共碰撞2n-1次。

13．如图，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=1.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端左侧有一与长木板等高接触的固定物体，其内部为半径R=5m的四分之一光滑圆弧。现将一个质量m=1.0kg的小物块，从四分之一光滑圆弧顶端无初速释放，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，长木板处于静止状态。小物块从四分之一光滑圆弧滑出后沿木板向前滑动，直到和挡板相碰。碰撞后，小物块恰好回到木板中点时与长木板保持相对静止。（取g=10m/s²）求：

（1）小物块滑到四分之一光滑圆弧底端时，对圆弧的压力大小；

（2）小物块恰好回到木板中点时，小物块的速度；

（3）碰撞过程中损失的机械能。

解析：（1）设小物块滑到四分之一光滑圆弧底端时的速度大小为v₀，根据机械能守恒定律有

解得

v₀=10m/s

设此时圆弧对小物块的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧的压力大小为30N。

（2）设小物块恰好回到木板中点时的速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得

解得

方向水平向右。

（3）根据功能关系可得碰撞过程中损失的机械能为

14．如图所示，质量

的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离

，可视为质点的小木块A质量

，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数

。当滑板B受水平向左恒力

作用时间t后，撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为

。g取

，求：

（1）木块A刚滑动时，木块A和滑板B的加速度大小；

（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；

（3）整个运动过程中系统产生的热量。

解析：（1）木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，对A受力分析，根据牛顿第二定律有

可得木块A刚滑动时，木块A的加速度为

对B受力分析，根据牛顿第二定律有

可得木块A刚滑动时，滑板B的加速度为

（2）根据题意有

即

代入数据得

则撤去F时，木块A的速度为

滑板B的速度为

当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能。根据动量守恒定律有

由能量的守恒和转化得

代入数据求得最大弹性势能为

（3）二者同速之后，设木块相对滑板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度

，相对木板向左滑动距离为s，有

解得

由能量守恒有

得

由于

且

，则假设成立。故整个过程系统产生的热量为

15．内有光滑半圆形轨道、质量为

的滑块静止在光滑的水平地面上，直径

为

。一个铁桩固定在地面上，滑块左侧紧靠在铁桩上。滑块内圆轨道的左端点B的正上方高度

处有一点A，现将质量为

的小球（可以视为质点）从A点由静止释放，然后经过半圆轨道的B、C、D点后冲出（C点为圆轨道的最低点）。重力加速度

，忽略空气阻力。求：

（1）小球到达C点时的速度大小；

（2）小球第一次冲出D点时的速度大小，以及能够上升的最大高度；

（3）如果没有铁桩，求小球第二次冲出D点并到达最高点时，与初位置A点的水平距离。

解析：（1）小球从A到C由动能定理

 

解得

 

（2）小球从C到D的过程水平方向动量守恒，则

由能量关系

解得

（3）如果没有滑块左侧的铁桩，小球第一次冲出D点时，滑块向左的位移为x，则

解得

此时滑块和小球的水平速度均为零，小球向上做竖直上抛运动，再次回到D点进入凹槽，此后凹槽向右运动，先加速后减速，到小球从B点冲出时，凹槽回到原来的位置，速度减为零，以后重复原来的运动，则当小球第二次冲出D点并到达最高点时，小球与初位置A点的水平距离为

16．将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为l．现将该弹簧的两端分别栓接小物块A与B，并将它们静置于倾角为30°的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面上弹簧自然状态时A的位置，如图所示．由斜面上距P点6l的O点，将另一物块C以初速度t=5

沿斜面向下滑行，经过一段时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起运动，但不粘连,已知斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C的质量均为4m，与斜面间的动摩擦因数均为μ=

，弹簧劲度系数k=

，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．求：

(1)C与A碰撞前瞬间的速度大小；

(2)C最终停止的位置与O点的距离

(3)判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由．

解析：（1）刚开始A压缩弹簧，设此时弹簧压缩量为

，对A根据平衡条件可得

解得

设C与A碰前瞬间速度大小为

，由动能定理得：

由以上式子得：

（2）依题意，当竖直放置的弹簧被压缩l时，质量为m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为：

C与A碰撞过程中动量守恒，有

C与A后返回P点过程，B始终未动，对A、C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得：

此后C与A分离，C沿斜面向上做匀减速运动直至停下，根据动能定理可得：

由以上式子得

，即C最终停止的位置与O点相距4l

（3）要使B离开挡板，则弹簧必须伸长到

，即A需到达斜面上P点上方l处，此时弹簧弹性势能恰也为

假定A可以到达该处，即对A由P至该处的运动过程，根据动能定理得：

其中

由以上式子可得

，说明此时A仍有沿斜面向上的速度，故B可以离开挡板．

17．如图是某车间传送装置示意图，为使传送中的零件能缓慢停下，工程师在水平传送带上设置了由质量

的缓冲块和轻质弹簧组成的缓冲装置。处于原长的弹簧一端固定于

点，另一端拴接缓冲块，此时缓冲块静止于位置

，弹簧的劲度系数

。现启动传送带，传送带缓慢运行稳定后，缓冲块处于平衡状态，在位置

将质量

的零件无初速度地放到传送带上，

间距离

。按照设计要求，零件刚好与传送带的速度相同时跟缓冲块碰撞，碰后与缓冲块一起压缩弹簧。当零件与缓冲块到达位置

时，其速度恰好减为零，随即被机械手抓取，它们与传送带间动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

。求：

（1）传送带运行速度

；

（2）零件和缓冲块到达位置

的过程中，零件和缓冲块能够达到的最大速度；

（3）弹簧的最大压缩量。

解析：（1）传送带启动并运行稳定后，缓冲块受力平衡

解得

零件由

到与缓冲块相撞，由动能定理得

解得

（2）零件和缓冲块相撞

解得

经分析知，若

时，零件速度达到最大，此时

解得

设相撞后到一直受滑动摩擦达到最大速度，由动能定理得

解得

所以零件撞后的最大速度为传送带速度

（3）零件和传送带达到共速后，受到的静摩擦力越来越大，当达到最大静摩擦力时零件和传送带间再次滑动，此时

即

解得

此后零件开始减速到

点停下，对此过程列动能定理

解得

18．如图所示，一质量m＝1kg的木板A静止在光滑水平面上，物块A的上表面光滑，左端固定一劲度系数k＝100N/m的水平轻质弹簧，右端用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使小物块B（可视为质点）以初速度v₀＝2m/s从木板的右端向左滑动。已知弹簧弹性势能的表达式E_p＝

kx²，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内。求：

（1）若小物块B的质量1kg时，细绳刚好被拉断，则细绳所能承受的最大拉力的大小；

（2）若细绳所能承受的最大拉力与第（1）问相同，当物块B的质量为8kg时，求细绳被拉断后小物块B的最大加速度的大小。

解析：（1）若小物块B的质量为m₁=1kg，当小物块B的速度减为零时，弹簧压缩量最大，设为x₁，根据能量守恒定律有

     ①

解得

     ②

弹簧压缩量最大时，对A的弹力最大，细绳达到能承受的最大拉力，即

     ③

（2）若物块B的质量为m₂=8kg，设细绳恰好拉断时物块B的速度大小为v₁，根据机械能守恒定律有

     ④

细绳被拉断后，木板A开始向左运动，且物块B继续挤压弹簧，当A和B达到共同速度v时，弹簧的压缩量达到最大值x₂。根据动量守恒定律有

     ⑤

此时弹簧的弹性势能为

     ⑥

联立④⑤⑥解得

     ⑦

所以细绳被拉断后小物块B的最大加速度的大小为

     ⑧