第27讲 动力学三大方法应用问题-2026年高考物理母题60讲

第二十七讲动力 母题呈现 [例]如图，可视为质点的滑块A、B静止在 光滑水平地面上，滑块A、B的质量分别为 mA=1kg,mB=3kg。在水平地面左侧有 倾角0=30°的粗糙传送带以v=6m/s的速 率顺时针匀速转动，传送带与光滑水平面通 过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接。A、 B两滑块间夹着质量可忽略的炸药，现点燃 炸药，爆炸瞬间，滑块A以6m/s的速度水 平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知 滑块A与传送带间的动原擦因数为以-气，传 送带与水平面足够长，重力加速度g取10 m/s2. 炸药 AB 0⊙】 (1)若炸药爆炸过程中有40%化学能转化 为滑块A、B的机械能，求该爆炸过程炸药 释放的化学能； (2)求滑块A沿传送带上滑的最大距离； (3)若滑块A滑下后与滑块B相碰并粘住， 求滑块A、B碰撞过程中损失的能量△E; (4)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦 产生的热量Q。 ·9 高考物理母题60讲 学三大方法应用问题 母题拓展 一、力学三大观点规律 力学三 大观点 对应规律 表达式 选用原则 牛顿第二 F合=ma 定律 物体做匀变 动力 v=Uo十at 速直线运 学观点 匀变速直线 动，涉及运 运动规律 gn+d 动细节 v2-v=2ax等 动能定理 W合=△E 机械能守 El+Ep 能量 恒定律 =Ek2十Ee 涉及做功与 观点 能量转换 功能关系 Wc=-△E。等 能量守恒定律 E1=E2 只涉及初末 动量定理 I合=p'-p 速度、力、时 间，而不涉 动量 及位移、功 观点 只涉及初末 动量守 p1十p2 速度，而不 恒定律 =p1'+p2 涉及力、 时间 二、力学规律的选用原则 1.如果要列出各物理量在某一时刻的动力学 关系式，可用牛顿第二定律。 2.研究某一物体受到力的持续作用发生运动 状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的 问题)或动能定理（涉及位移的问题）去解决 问题。 3.若研究的对象为一物体系统，且它们之间有 相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒 定律（机械能守恒定律）去解决问题，但需注 意所研究的过程是否满足守恒的条件。 4.在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒 定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机 械能的减少量，即转变为系统内能的量。 5.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象 时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机 械能与其他形式能量之间的转换，这种问题 由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律 去解决。 高考物理母题60讲 三、特殊模型 1.耗散力作用模型 A 77777777 幽 越 图例 A与地面 B与地面的 的接触面 a、b与导轨 接触面光滑 光滑 光滑接触 相当于完全非弹性碰撞，系统动量守恒， 规律 系统损失的动能转化为内能或电能。共 方法 速时，系统损失的动能最大 2.保守力作用模型 图例（接 触面都 刀 B +9+9 光滑) (1)水平方向的分动量守恒 规律 (2)系统减少的动能转化为势能（弹性势 方法 能、重力势能或电势能) 过程 (1)共速时，系统动能最小、势能最大 特点 (2)分离时，相当于弹性碰撞 衍生练习 [衍生1]如图所示，一弹射游戏装置由安装 在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道 (在最低点E分别与水平轨道EO和EA 相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游 戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上 斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r= 0.1m,OE长L1=0.2m,AC长L2 0.4m,圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE 之间的动摩擦因数以=0.5，滑块质量m= 2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹 簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略 空气阻力，重力加速度g取10m/s2,各部 分平滑连接。求： 弹射器 9 (1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速 度VF大小； (2)当h=0.1m且游戏成功时，滑块经过 E点对圆轨道的压力F、大小及弹簧的弹 性势能Eo; (3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E。与 高度h之间满足的关系。 [衍生2]如图所示，小物A 块A、B的质量均为 m=0.10kg,B静止在轨 道水平段的末端。A以 7777777777777777777 ←5 水平速度，与B碰撞，碰后两物块粘在一 起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直 高度为h=0.45m,两物块落地点距离轨道 末端的水平距离为s=0.30m,取重力加速 度g=10m/s2。求： (1)两物块在空中运动的时间t; (2)两物块碰前A的速度。的大小； (3)两物块碰撞过程中损失的机械能△E。 [衍生3]静止在水平地面上的两小物块A、 B,质量分别为mA=1.0kg,mB=4.0kg; 两者之间有一被压缩的微型弹簧，物块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 物块A、B瞬间分离，两物块获得的动能之 和为E=10.0J。释放后，物块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4=0.20。重力加速度 取g=10m/s。物块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。 BA (1)求弹簧释放后瞬间物块A、B速度的 大小； (2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块 刚停止时物块A与B之间的距离是多少？ (3)物块A和B都停止后，物块A与B之 间的距离是多少？ [衍生4]如图，质量为mc=2kg、长度为l= 8m且两端带有弹性挡板的长木板C静止 在光滑水平地面上，D、E为长木板左右端 点，P为中点，质量为mB=1.8kg的物块 静止在P点，B与长木板之间的动摩擦因 数为=0.5，一质量为mA=0.2kg的子 弹A以=200m/s的速度水平飞来与B 发生正碰并留在其中，子弹A、物块B整体 与挡板发生的碰撞均为弹性碰撞。重力加 速度大小为g=10m/s2。求： B←A 7nn7nn7in7nnn777 (1)子弹A、物块B碰后共同速度)AB; (2)物块B最终停在长木板上何处； (3)从物块B开始运动到与长木板相对静 止，C板运动的总路程。 9 高考物理母题60讲 [衍生5]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30 被压缩到最短时，其压缩量为(。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， 物块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，=5√gl沿斜面向下滑 行，经过一段时间后与物块A发生正碰， 碰撞时间极短，碰后物块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，物块A、B、C的质量均为4m,与 魁面间的动醛擦因数均为么，弹簧劲 度系数k=2g,弹簧始终在弹性限度内， 重力加速度为g。 (1)求物块C与物块A碰撞前瞬间的速度 大小； (2)求物块C最终停止的位置与O点的 距离； (3)判断上述过程中物块B能否脱离挡 板，并说明理由。 [衍生6]如图，L形滑板A静置在粗糙水平 面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻 质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧 处于原长状态。一小物块C以初速度。 从滑板最左端滑入，滑行5。后与物块B发 生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后 一起向右运动；一段时间后，滑板A也开 始运动。已知滑板A、物块B、C的质量均 为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动 摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g;最 大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始 终处于弹性限度内。求： C→ B00000YA 高考物理母题60讲 (1)物块C在碰撞前瞬间的速度大小； (2)物块C与B碰撞过程中损失的机 械能； (3)从物块C与B相碰后到滑块A开始运 动的过程中，物块C和B克服摩擦力所做 的功。 [衍生刀如图所示，有一固定的光滑子圆弧 轨道，半径R=0.2m,一质量为mB=1kg 的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长 木板C左端时，给木板一个与小滑块相同 的初速度，已知mc=3kg,B、C间动摩擦 因数41=0.2，木板C与地面间的动摩擦 因数=0.8，木板C右端有一个挡板，木板 C长为L。重力加速度g取10m/s2。 PB 77777777777777777777777777777777777777777 (1)滑块B滑到A的底端时对A的压力是 多少？ (2)若滑块B未与木板C右端挡板碰撞， 当滑块B与地面保持相对静止时，滑块B、 木板C间因摩擦产生的热量是多少？ (3)在0.16m<L<0.8m时，滑块B与木 板C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起， 则滑块B从滑上木板C到最终停止所用 的时间是多少？ [归纳提升] ·94 衍生8]如图，质量m1=1kg的木板静止 在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定 一劲度系数=20N/m的轻弹簧，弹簧处 于自然状态。质量m2=4kg的小物块以 水平向右的速度=号m/s滑上木板左 端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木 板足够长，物块与木板间的动摩擦因数以 =0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹 簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能 E,与形变量x的关系为E,=kx。取重 力加速度g=10m/s2,结果可用根式 表示。 m nmmmnmnnmnAMAAMM2 (1)求木板刚接触弹簧时速度1的大小及 木板运动前右端距弹簧左端的距离x1; (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之 间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此 时木板速度2的大小； (3)已知木板向右运动的速度从2减小到0 所用时间为t。求木板从速度为2时到 之后与物块加速度首次相同时的过程中， 系统因摩擦转化的内能△U(用t。表示)。、高考物理母题60讲 [衍生10][解析](1)对于题图a,小木块在长方形木 板上滑行过程中，小木块、长方形木板组成的系统动 量守恒，设二者最终达到的共同速度大小为，木块 的质量为，长方形木板的长度为L,根据题意可知， 长方形木板的质量为3m,规定长方形木板的初速度 方向为正方向，由动量守恒定律有3m0=(3m十m) ,由功能关系有mg.=子×3m6-一子(3m十m) ,联立解得L= (2)对于题图b,设圆孤槽轨道的半径为广，小木块刚 滑上长方形木板时的速度大小为，小木块刚好没有 滑离长方形木板时二者的共同速度大小为2，小木 块滑下圆孤槽轨道的过程，由机械能守恒定律可得 1 mgr=2mv, 对小木块、长方形木板组成的系统，由动量守恒定律 可得mu=(m十3m)v2, 由功能关系有mg,=mr2-合(m十3m),联立 解得r一2g (3)对题图a,设小木块在长方形木板上的滑行时间 为1，规定小木块受到的摩擦力方向为正方向，对小 木块，由动量定理有ngt1=mu1 对题图b,设小木块在长方形木板上的滑行时间为 2,规定长方形木板受到的摩擦力方向为正方向，对 长方形木板，由动量定理有mgt2=3mv2,解得 t1:t2=1:1。 [答案1 (2)2g 、v6 (3)1:1 第二十七讲动力学三大方法应用问题 [母题呈现] 例][解析](1)设爆炸后滑块A、B的速度分别为 yA、B,爆炸过程，对滑块A和B组成的系统由动量守 恒有：mAYA一mBvB=0,解得：s=2m/s,40%E化= 1 1 之mA听+之mB曜，E化=60J。 (2)水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速 直线运动，对滑块A:a上=g(sin0十ucos6)= 10m/s2,经t1=0.6s滑块A速度减为0， 故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为： =1.8m xA1=2a上 (3)当滑块A速度减为零后，滑块A将沿传送带向下 做匀加速运动，对A进行受力分析有：a下=g(sin日+ cos)=10m/s2,经t2=0.6s滑块A与传送带共 速，根据对称性可知滑块A刚好回到传送带与水平面 的连接，点，当滑块A再次滑上水平面时，速度大小与 传送速度相等为6m/s,滑块A与滑块B碰撞时，粘 连在一起，对滑块A、B组成的系统，由动量守恒定律 得：mAY传十mBR=(mA十mB)v,解得：v=3m/s, 碰拉过程中损失的能量为E=了m4十？m唏 1 (mA十mB)2,代入数据得：E-=6J。 ·26 (4)经t1=0.6s滑块A速度减为零滑块A沿传送带 =1.8m, 向上减速到零通过的位移：xA1=2a 此过程中传送带的位移：x传1=vt=3.6m, 滑块A速度减为零后将沿传送带向下做匀加速运动， 经t2=0.6s滑块A与传送带共速，达到共速时传送 告的位移：=公-18m,传送带的位移？ =3.6m。 若向上运动和向下运动过程中产生的热量分别为Q1、 Q2,则由Q=f·x相得：Q1=f(xA1十x传1)=27J, Q2=f(x传2一xA2)=9J,故因摩擦产生的热量Q= Q1+Q2=36J。 [答案](1)60J(2)1.8m(3)6J(4)36J [衍生练习] [衍生1门[解析](1)滑块洽过F点，有mg=m, 解得vr=1m/s。 (2)滑块从E到B,有-mgh一mgL2=0-2mwE, 设滑块在E点时受到圆轨道的支持力大小为FN', v正 则FN'-mg=mr, 由牛顿第三定律得FN=FN',解得FN'=0.14N。 (3)滑块恰能过F点时弹簧的弹性势能Ep1=2mgr 1 十mg+2m3,得En=7.0X103J, 滑块运动到B,点时速度减为0，则从O点到B点的 过程中Epl-mgh1一mg(L1+L2)=0, 得h1=0.05m, 滑块能停在B点，设斜轨道AB的倾角为， 则mgcos8≥ngsin9,得tanf≤0.5，h≤0.2m, 从O点到B点，有Ep=mgh十mg(L1十L2),得Ep =2×10-3(10h+3)J,式中0.05m≤h≤0.2m. [答案](1)1m/s(2)0.14N(3)E。=2×10-3 (10M+3)J(0.05m≤h≤0.2m) [衍生2][解析](1)竖直方向为自由落体运动， 由h=2g2,得t=0.30s。 (2)设A、B碰后速度为v,水平方向为匀速运动， 由s=vt,得y=1.0m/s, 根据动量守恒定律，由mvo=2m0,得0=2.0m/s。 (3)两物体碰拉过程中损失的机械能△E=7m喝 1 2·2mu2,得△E=0.10J。 [答案](1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J [衍生3][解析](1)设弹簧释放瞬间物块A和物块B 的速度大小分别为A、B,以向右为正，由动量守恒定 律和题给条件有0=muA一mB咖，E=了mA暖十 mB呢，解得vA=4.0m/s,g=1.0m/s。 1 (2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运 动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对 物块A由动量定理可得一mAg1=0一mAA,则t1= 2.0s,物块B一直向左运动，则一mBgt2=0 mBvB,解得t2=0.5s, 可知物块B先停止运动，该过程中物块B的位移 2mn呢-0 TB= -,解得xB=0.25m, umBg 从二者分开到物块B停止，A若一直向右运动，由动量 定理可得一mAgt2=mAUA'一mAUA物块B停止时物 块A的逸度'=AmmA型，解得'=3m/s, mA 对物块A由动能定理可得一mAgEA=-之mAn'3 2mA明，则位移xA=1.75m>1=1.0m。 这表明在时间t2内物块A已与墙壁发生碰撞，但没 有与物块B发生碰撞，此时物块A位于出发点右边 的距离为△r=21-xA=2.0m-1.75m=0.25m, 物块B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距 离s为s=xB十△x=0.25m十0.25m=0.50m。 (3)2时刻后物块A将继续向左运动，假设它能与静止 的物块B碰撞，碰撞时速度的大小为'，由动能定理有 一mgs=2m-名m2,解得-万m/ 1 故物块A与物块B将发生碰撞。设碰撞后物块A、B 的速度分别为YAO'以和VO,由动量守恒定律与机械 能守恒定律有mA(-t)=mAvA0十mBpO,2mAt2 mA02+子m02,解得0=3 、1 5 m/s,UBO =27 5 m/s。 这表明碰撞后物块A将向右运动，物块B继续向左 运动。设碰撞后物块A向右运动距离为xA'时停 止，物块B向左运动距离为时停止，由运动学公式 1 2 mAVvAO? 21Bo2 ,TB= Ag mg,解得x'=0.63m, xB'=0.28mxA'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√=xA'十xB'=0.91m。 [答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物体B先停止 运动0.50m(3)0.91m [衍生4][解析](1)A、B碰撞时动量守恒，由动量守 恒定律得mAo=(mA十mB)vAB…①解得yAB= 20m/s,方向水平向左。 (2)设B相对长木板静止时，ABC三者的共同速度为 v,发生弹性碰撞，动量守恒，由动量守恒定律得(A 十mB）=(mA十mB十mc)u…②设B走过的路程为 1,由能量守恒定律得号(m十m)函8=(m十 mB十mc)v2+u(mB十mA)gs1,③ 由①②③得s1=20m,刚开始B在中点P,故最后B 恰好到达D点。 (3)对长木板C,由动能定理得(mA十mn)gs= 1 mcv2,解得s=10m。 [答案](1)20m/s,方向水平向左(2)B恰好到达 D点(3)10m [衍生5][解析](1)刚开始A压缩弹簧，设此时弹簧 压缩量为x1,对A根据平衡条件可得4 ngsin30°= kx1,解得x1=L 设C与A碰前瞬间速度大小为1，由动能定理得： 4 gsin30(6l+r1）-4mge0s30°1=2mf- 2m6,由以上式子得：1=√23g。 ·26 高考物理母题60讲 (2)依题意，当竖直放置的弹簧被压缩1时，质量为 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：Ep= mgl,物块C与A碰撞过程中动量守恒，有4m1= 8v2,物块C与A后返回P点过程，物块B始终未 动，对物块A,C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒 定律得： (mmg sin30 此后物块C与A分离，物块C沿斜面向上做匀减速 运动直至停下，根据动能定理可得： -4 ngsin30°·x2-4 ngcos30°·x2 =0-(4m加， 由以上式子得x2=21,即物块C最终停止的位置与 O,点相距41。 (3)要使物块B离开挡板，则弹簧必须伸长到 x3-mn30°=，即物块A需到达斜面上P点上 方1处，此时弹簧弹性势能恰也为E,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：-4 ngsin301-mg4cos30WT=Ek 2m呢，共中WT=一Ep=-mg,由以上式子可得 Ek>0,说明此时物体A仍有沿斜面向上的速度，故 物体B可以离开挡板。 [答案](1)√23gl(2)41(3)物体B可以离开挡 板理由见解析 [衍生6][解析](1)设物块C在碰撞前瞬间的速度 大小为1，小物块C运动至刚要与物块B相碰的过 程，根据动能定夏可得-mg心=古m-宁m,郎 得=√6-2g0。 (2)物块B、C发生完全非弹性碰撞，则碰后瞬间速度 相等，设速度大小为2，碰撞过程中，根据动量守恒定 律可得m1=2mu2, 物块C与B碰撞过程中损失的机械能△E=2mv 合×2m,联主解得△E=子n(6一2g。 (3)设滑板A刚要滑动时弹簧的压缩量为△x,此时对 滑板A,由受力平衡可得k△x十2umg=3umg, 从物块C与B相碰后到A开始运动的过程中，物块C 和B克服摩擦力所做的功为W=2mg·△x,联立解 得W=22m2g2 k [答案](1)√场-2gs0 (2)子m(6-24go） (3)2m2g2 k [衍生7][解析](1)设物块B滑到A的底端时速度 为功，由动能定理得mBgR=2mg-0,解得 2m/s,物块B在A底端时，设物块A对B的支持力 大小为FN,根据牛顿第二定律，有FN一mBg=mBg 、紧，解得F=30N,由牛顿第三定律可知，此时B对 A的压力大小F'=FN=30N。 、高考物理母题60讲 (2)当物块B滑上物块C后，因<2，分析可知物 块B、C相对滑动。 对物块B,根据牛顿第二定律得1mBg=Ba1, 解得物块B向右减速的加速度大小a1=2m/s2, 对物块C,根据牛顿第二定律得 u2 (mB+mc)g-uimBg=mca2, 解得物块C向右减速的加速度大小a2=10m/s2, 因为a1<a2,所以物块C先减速到0，之后物块C静 止在地面上，物块B继续以加速度减速。从物块 B滑上物块C到B与地面保持相对静止， 对物块B有喝=2a1x1, 解得物块B向右运动的距离x1=1m, 对物块C有=2a2x2, 解得物块C向右运动的距离x2=0.2m, 由功能关系可知，物块B、C间因摩擦产生的热量 Q=1mg(x1-x2),解得Q=1.6J。 (3)由L<0.8m=x1一x2,结合(2)中分析可知，B在 减速到0之前与物块C上挡板发生碰撞。若物块B 与C右端挡板碰撞前，物块C已停下，设从物块B滑 上物块C到物块C停止用时为t1,有0=o一a2t1, 解得t1=0.2s, 物块C运动过程中物块B的位移大小为xB1=Uot 2a1t=0.36m,则物块C停下时物块B、C的相 1 对位移大小为x相=xB1一x2=0.16m, 此时B1=v0-a1t1=1,6m/sa 由L>0.16m可知，物块C停下时，物块B未到达C 右端与挡板碰撞。设再经时间t2物块B与C右端挡 1 板碰撞，有L一x湘=12一之a1号，解得2=(0.8 √0.8-L)s(另一解不合理，舍去)， 碰撞前瞬间物块B速度为2=B1一a1t2 2√O8一Lm/s,碰撞时由动量守恒定律可得mBv2 =(mB十mC)v,解得碰撞后瞬间物块B、C速度为v 0.8Lm/s,之后二者一起减速，根据牛顿第二 2 定律得2(mB十mc)g=(mB十mc)a3,解得加速度大 小a3=8m/s2, 设再经时间t3物块B、C停下，则有0=v一a3t3,解得 4=08-工s,故B从滑上C到最终停止所用的时 16 间t=t1十t2十tg= 15w√0.8-L 16 s(其中L的单 位为m)。 [答案](1)30N(2)1.6J (3)1 15√0.8=工s(其中1的单位为m) 16 [衍生8][解析](1)由于地面光滑，则在木板接触弹 簧前，木板与物块组成的系统动量守恒，有，2o= (m1十m2)1,代入数据解得v1=1m/s, 木板接触弹簧前，在摩擦力作用下向右做匀加速运 动，设加速度大小为a1,由牛顿第二定律得m2g= m1a1,由运动学公式得v=2a1x1, 联立并代入数据解得x1=0.125m。 ·26 (2)木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对 滑动时，设木板和物块的加速度大小为Q共，对木板 和物块整体有kx2=(m1十m2)a共，对物块有m2g =m2a共，联立并代入数据解得x2=0.25m,对木板、 物块及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得了 子m1十m,)哈=子(m十m)听，代入数据解得 m/s。 (3)木板从速度为2时到之后与物块加速度首次相 同时的过程中，分析知木板的加速度始终大于物块 的加速度，物块始终相对于木板向右运动，加速度大 小为a共=4g=1m/s2,方向水平向左。 此过程木板先向右运动，速度从2减小到0，再反向 加速至加速度大小等于共，对木板受力分析可知， 木板反向加速至加速度大小为a共，即与物块加速度 相同时，弹簧的形变量为x2,由受力和运动的对称性 知此过程的总时间为2t0,木板的末速度大小为v2, 则此过程初末状态弹簧的弹性势能相等，木板的动 能相等，由能量守恒定律可知，系统因摩擦转化的内 能△U等于物块减少的动能，设物块的末速度为3， 则AU=之m:暖司听： 1 对物块由匀变速直线运动规律得v3=v2一a共·2t0, 联立并代入数据解得△U=4√3t0一8t。 [答案](1)1m/s0.125m(2)0.25m 3 2 m/s (3)4√3t0-8t 第二十八讲“振动”及“被动”问题 [母题呈现] [例][解析])由得F=k△r得，k=E=40N/m. △ (2)平传位置弹资仲长△r=是-0.025m=2.5cm 所以振幅A=15cm-2.5cm=12.5cm。 (3)剪断瞬间的回复力F=mBg=5N。 (4)由F=ma得a=50m/s2。 （5)由功能关系得子ar2-名ar2=g+了m, u=2.5 m/s. (6)T=2x√天=0$： (7)y=Acos(wt+)=0.125cos 20t m. (8)v=y'=-Awsin(at+)=2.5sin 20t. (9)a=v'=Aa2cos(at+)=50cos 20t. [答案](1)40N/m(2)12.5cm(3)5N (4)50m/s2(5)2.5m/s(6) 10s (7)0.125cos20tm(8)2.5sin20t (9)50cos20t 「衍生练习门 [衍生1门[解析]本题涉及的知识有简谐运动周期、 简谐运动的对称性。将物理过程模型化，画出具体 的图景如图所示：分两种情况： 第一种情况：如图(a)所示， 0 M 0.3s 0.2s