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计算题突破1 力学三大观点的综合应用
1.(10 分)(2025 河北保定一模)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的
组成部分。如图所示,以速度v=1 m/s 顺时针转动的传送带BC 与水平地面处于同一水
平面上,AB、BC 的水平长度均为L=1.25 m。一质量m2=1 kg 的小球b 用长为R=1.6 m
的轻绳悬挂于O 点,一质量m1=3 kg 的小物块a 静置于悬点O 正下方的A 点,整个装置处
于同一竖直面内。现将小球b 向左拉至轻绳与竖直方向成θ=60°角的位置由静止释放,
小球b 运动到最低点与小物块a 发生弹性碰撞。已知小物块a 与水平地面和传送带间
的动摩擦因数均为μ=0.1,不计传送带轮轴处的摩擦,小物块a 与小球b 均可视为质点,重
力加速度g 取10 m/s2。求:
(1)碰撞后瞬间轻绳对小球b 的拉力大小及小物块a 的速度大小;
(2)小物块a 在传送带上运动的时间。
2.(10 分)(2024 浙江1 月选考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道
AB,半径R=1 m 的圆弧轨道BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ 的直轨道DE,半径为R、圆
心角为θ 的圆弧管道EF 组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F 的右侧光滑水平面上紧
靠着质量m=0.5 kg 的滑块b,其上表面与轨道末端F 所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg
的小物块a 从轨道AB 上高度为h 处静止释放,经圆弧轨道BCD 滑上轨道DE,轨道DE 由
特殊材料制成,小物块a 向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a 在滑块b 上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小
物块a 运动到滑块b 右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块a
可视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
2
(1)若h=0.8 m,求小物块a:
①第一次经过C 点的向心加速度大小;
②在DE 上经过的总路程;
③在DE 上向上运动的时间t 上和向下运动的时间t 下之比。
(2)若h=1.6 m,滑块b 至少多长才能使小物块a 不脱离滑块b?
3.(14 分)(2025 山东名校联合检测)如图所示,一足够长的固定斜面与水平面的夹角
α=37°,有一下端有挡板、上表面光滑的长木板正沿斜面匀速下滑,长木板质量为3m、速
度大小为v0=1 m/s,现将另一质量为m 的小物块轻轻地放在长木板的某一位置,当小物块
即将运动到挡板位置时(与挡板碰撞前的瞬间),长木板的速度刚好减为零,随后小物块与
挡板发生第1 次碰撞,以后每隔一段时间,小物块与挡板碰撞一次,小物块始终没有脱离
长木板,长木板始终在斜面上运动,已知小物块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短,
重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)小物块在长木板上下滑的过程中,长木板的加速度大小;
(2)小物块放在长木板上的瞬间,其与挡板间的距离;
(3)小物块与挡板第5 次碰撞后到第6 次碰撞前,挡板的位移大小。
4.(16 分)(2025 山东济南模拟)如图所示,在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板
A,木板A 左端上表面有一小物块B(可视为质点),其到挡板的距离为d=2 m,A、B 质量均
3
为m=1 kg,不计一切摩擦。从某时刻起,B 始终受到水平向右、大小为F=9 N 的恒力作
用,经过一段时间,B 与A 的挡板发生碰撞,碰撞过程中无机械能损失,碰撞时间极短。重
力加速度g 取10 m/s2。
(1)B 与A 的挡板发生第一次碰撞后的瞬间,求B 和A 的速度大小。
(2)求由A、B 静止开始到B 与A 的挡板发生第二次碰撞的时间以及碰后瞬间A 和B 的
速度大小。
(3)画出由A、B 静止开始到B 与A 的挡板发生三次碰撞时间内,B 的速度v 随时间t 的变
化图像。
(4)从B 开始运动到与A 的挡板发生第n 次碰撞时间内,求B 运动的距离。
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参考答案
1.答案 (1)12.5 N 2 m/s
(2)√6
2
s
解析 (1)小球b 运动到最低点的过程,由动能定理有
m2gR(1-cos θ)=1
2
m2v0
2-0
解得v0=4 m/s
小球b 与小物块a 发生弹性碰撞,以水平向右为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律
有
m2v0=m1v1+m2v2
1
2
m2v0
2= 1
2
m1v1
2+ 1
2
m2v2
2
解得v1=2 m/s,v2=-2 m/s
碰撞后瞬间对小球b 有F-m2g=m2v2
2
R
解得F=12.5 N。
(2)小物块a 从A 点运动到B 点,由动量定理有
-μm1gL=1
2
m1v3
2- 1
2
m1v1
2
解得v3=√6
2
m/s
小物块a 从B 点运动到与传送带共速的过程,由动量定理有
-μm1gt1=m1v-m1v3
解得t1=(
√6
2 -1) s
由动能定理有-μm1gx=1
2
m1v2-1
2
m1v3
2
得x=0.25 m<L
5
小物块a 与传送带共同做匀速运动的时间t2= L- x
v
=1 s
则小物块a 从A 点运动到传送带右端所需要的时间t=t1+t2=√6
2
s。
2.答案 (1)①16 m/s2 ②2 m ③1∶2 (2)0.2 m
解析 (1)①对小物块a,从A 点到第一次经过C 点的过程,根据机械能守恒定律有
mgh=1
2 m vC
2
第一次经过C 点的向心加速度大小为a=vC
2
R = 2gh
R
=16 m/s2。
②小物块a 在DE 上时,因为μ2mgcos θ<mgsin θ
所以小物块a 每次在DE 上升至最高点后一定会下滑,之后经过若干次在DE 上的滑动使
机械能损失,最终小物块a 将在B、D 间往复运动,且易知小物块每次在DE 上向上运动
和向下运动的距离相等,设其在DE 上经过的总路程为s,根据功能关系有
mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ) s
2
解得s=2 m。
③根据牛顿第二定律可知,小物块a 在DE 上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a 上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2
a 下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2
将小物块a 在DE 上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公
式有
1
2
a 上t上
2= 1
2
a 下t下
2
解得t上
t下
= 1
2。
(2)对小物块a 从A 点到F 点的过程,根据动能定理有
mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ=1
2 m v F
2-0
解得vF=2 m/s
6
设滑块b 长度为l 时,小物块恰好不脱离滑块b,且此时二者达到共同速度v,根据动量守
恒定律和能量守恒定律有
mvF=2mv
1
2 mvF
2= 1
2
×2mv2+2μ1mgl
解得l=0.2 m。
3.答案 (1)2 m/s2 (2)0.5 m (3)0.562 5 m
解析 (1)长木板开始匀速下滑,由平衡条件得
3mgsin α=μ·3mgcos α
解得μ=0.75
把小物块放上长木板后,对长木板,由牛顿第二定律得
μ·4mgcos α-3mgsin α=3ma
解得a=2 m/s2。
(2)长木板上表面光滑,碰撞前小物块做匀加速直线运动,小物块加速运动时间t=v0
a
=0.5 s
设小物块与挡板第一次碰撞前小物块的速度为v,则v=gtsin α=3 m/s
小物块的位移为x1=v
2
t=3
2 × 1
2
m=0.75 m
长木板的位移为x2=v0
2
t=1
2
×0.5 m=0.25 m
小物块放在长木板上的瞬间,其与挡板的距离为Δx=x1-x2=0.5 m。
(3)小物块与挡板碰撞过程系统动量守恒,由动量守恒定律得
mv=mv1+3mv2
由机械能守恒定律得
1
2
mv2=1
2 m v1
2+ 1
2
×3mv2
2
解得v1=-1.5 m/s,v2=1.5 m/s
碰撞后长木板速度再次减为零的时间t'=v2
a
=0.75 s
7
此时小物块的速度为v1'=v1+gt'sin α
解得v1'=3 m/s
长木板平均速度为v板= v2
2
=0.75 m/s
小物块平均速度为v块= v1'+ v1
2
=0.75 m/s
长木板与小物块位移相等,接下来再次碰撞
以此类推可知,小物块与挡板第5 次碰撞后的瞬间,挡板的速度大小为1.5 m/s
小物块与挡板第5 次碰撞后到第6 次碰撞前,挡板的位移大小x=1.5
2
×0.75 m=0.562 5
m。
4.答案 (1)0 6 m/s
(2)4
3
s 12 m/s 6 m/s
(3)见解析图
(4)[2+4n(n-1)] m(n=1,2,3,4,…)
解析 (1)B 从A 的左端开始运动到右端的过程,由动能定理有
Fd=1
2 m v0
2
解得v0=6 m/s
B 与A 碰撞过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0=mvB+mvA
1
2 m v0
2= 1
2 m vB
2+ 1
2 m v A
2
解得vB=0,vA=6 m/s。
(2)第一次碰撞后A 向右以速度vA=6 m/s 做匀速直线运动,B 做初速度为0、加速度为a=
F
m
=9 m/s2的匀加速直线运动,则A、B 第二次碰撞时有vAt=1
2
at2
8
解得t=4
3
s
此时B 的速度为vB1=at=12 m/s,A 的速度为vA1=vA=6 m/s,第二次碰撞时,由动量守恒定律
和机械能守恒定律有
mvA1+mvB1=mvA2+mvB2
1
2 mv A 1
2+ 1
2 mvB1
2= 1
2 mv A 2
2+ 1
2 mvB2
2
解得vA2=12 m/s,vB2=6 m/s。
(3)同理第三次碰撞时有vB2t'+1
2
at'2=vA2t'
解得t'=4
3
s
此时B 的速度为vB3=vB2+at'=18 m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间t0=v0
a = 2
3
s
由A、B 静止开始到B 与A 的挡板发生3 次碰撞时间内,B 的速度v 随时间t 的变化图像
如图所示
(4)由以上分析可知,从第二次碰撞后,到下一次碰撞,B 向前运动的距离都比前一次多8 m
由v-t 图像可知,从B 开始运动到第1 次碰撞,B 运动的距离为2 m
从第1 次碰撞到第2 次碰撞,B 运动的距离为8 m
从第2 次碰撞到第3 次碰撞,B 运动的距离为8 m+8 m=16 m
从第3 次碰撞到第4 次碰撞,B 运动的距离为16 m+8 m=24 m
根据数学知识可知,从B 开始运动到与木板A 的挡板发生第n 次碰撞时间内,B 运动的距
离
9
s=2 m+8 m+16 m+24 m+…+8(n-1) m=2 m+(n-1)[8+8(n-1)]
2
m=[2+4n(n-1)]
m(n=1,2,3,4,…)。
