计算题专练(1)力学计算(一)-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破—计算题专练（一） 物理·力学计算（一） 总分：50分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(10分)如图所示，半径R=0.8m的圆弧形光滑绝缘轨道PQ(圆心为O)固定在竖直面内， Q点到水平地面的距离足够高，OQ与竖直线OO'重合，OO'右侧存在水平向右、电场强度大小 E=100N/C的匀强电场，质量M=0.3kg、电荷量q=0.01C的带负电小球B静止在圆弧形 轨道末端，质量m=0.1kg的不带电小球A从圆弧形轨道的最高点P由静止释放，小球A、B 间的碰撞（时间极短）为弹性碰撞且碰撞过程中小球B的电荷量不变。取重力加速度大小 g=10m/s2,小球A、B均视为质点，不计空气阻力，求： (1)两小球发生碰撞前瞬间，轨道对小球A的支持力大小F； (2)碰撞后小球A上升的最大高度h; (3)小球B下落到Q点正下方时，到Q点的距离d。 Q 0' 物理·计算题专练（一）第1页（共4页）》 广急默龙的类 2.(10分)如图所示，水平平台ab长为20m,平台b端与长度为20m的由特殊材料制成的斜面 bc平滑连接（物块通过b端时的速度大小不变，方向改变），斜面倾角为30°。在平台α端放上 质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的斜向下的大小为50N的推力后，物 块由静止开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2,sin37°= 0.6。(下列计算结果可用分数、根号表示) (1)求物块由a运动到b所用的时间； (2)物块运动到b端时，撒去推力F,物块沿斜面bc加速下滑。 若从b端下滑到c端的时间为2S,求物块与斜面间的动摩 擦因数； 30°mC (3)若物块从a端运动到P点时撤掉推力，物块刚好能运动到b端，求a、P两点间的距离。 物理·计算题专练（一）第2页（共4页） 3.(15分)舰载机起飞模拟过程可简化为如下过程：如图所示，质量m=1.5×103kg的舰载机， 先在长L=72m的水平甲板上做匀加速运动加速到60m/s,且刚好达到发动机的额定功率， 再在倾角0=15°、长s=50m的倾斜甲板上以额定功率加速，舰载机离开倾斜甲板时速度达 到起飞速度75m/s。设整个过程的摩擦阻力（包括空气阻力）恒为f=5×103N不变，忽略舰 载机长度，舰载机经过甲板交界处没有能量损失，不考虑起飞时航空母舰的航行速度及风速， 取sin15°=0.3，重力加速度g取10m/s2,求： (1)舰载机从启动到飞离甲板重力势能的增加量； (2)舰载机在水平甲板上时的牵引力大小； 舰载机 (3)舰载机从启动到飞离甲板的时间（结果保留 p倾斜甲板 两位有效数字)。 水平甲板 物理·计算题专练（一）第3页（共4页）》 广鱼跃克门卷 4.（15分)如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体b静止在光滑的水平面上，圆 弧面的最低点与水平面上的A点对齐，且与水平面相切，轻质弹簧的右端与静止的质量为3m 的物块c相连，左端与水平面上的B点对齐，AB部分长为R,弹簧处于原长，水平面仅A、B 部分粗糙。现将质量为m、可视为质点的物块a从圆弧面的最高点由静止释放，物块a与弹 簧作用，第二次滑过AB段后，恰好不再能滑上圆弧面。已知弹簧的形变在弹性限度内，重力 加速度大小为g,不计空气阻力，求： (1)物块a从释放运动到圆弧面最低点时，圆弧体运动的 距离； R (2)物块a第一次运动到A点时速度大小； rired (3)物块a与水平面AB段间的动摩擦因数。 物理·计算题专练（一）第4页（共4页）高考试题逐题突破 示。(6)由于电源的U-1图像的纵截距表示电池电动势，斜率 的绝对值表示电源内阻，由图2可知，实验得出的该电池电动势 测量值小于真实值，内阻的测量值小于真实值。 3.00tU/V 2.80目 2.60由 E 2.40 U 2.20 2.0 01002003004005007/mA 01 /a71A 图1 图2 物理实验题专练（五） 1.(1)B(2)DCAB(3)AC(4)7X10-10 【解析】(3)油酸未完全散开，测量面积偏小，则分子直径的计算 结果偏大，故A符合题意；计算油膜面积时将所有不足一格的 方格算做一格，测量面积偏大，则分子直径的计算结果偏小，故 B不符合题意；求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了5滴， 测量体积偏大，则分子直径的计算结果偏大，故C符合题意；油 酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多导致油酸浓度增 大，因此油膜面积偏大，则测得的分子直径将偏小，故D不符合 题意。(4)根据题意，1滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸体积为 V=5O0×80mL=2.5X10-cm,数出轮廓内的方格数（不 足半格的舍去，多于半格的计一个)，约为140格，油膜轮廓的面 积为S=0.5×0.5×140cm2=35cm2,油酸分子的大小为d= S-290 cm≈7×10-8cm=7X10-10m。 35 2.(1)D(2)>(3)过原点的倾斜直线 【解析】(1)实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前 不能将注射器内的空气完全排出，故A错误。空气柱的体积变 化不能太快，要缓慢移动注射器柱塞以保证气体温度不变，故B 错误。气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大， 故C错误。p又图像是一条倾斜的直线，作出pV图像可以 直观反映出p与V的关系，故D正确。(2)在p-V图像中，根据 =C,可得pV=CT,可知离坐标原点越远的等温线温度越 PV 高，则有T,>T。(3)根据y 1 =C,可得p=CT·,对图线 进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜 直线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成 反比。 3.(1)A(2)胶管内存在气体(3)B(4)D 【解析】(1)在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，可以保证封闭气 体的气密性，A正确。手握住注射器，会使气体的温度升高，不 符合实验要求，B错误。实验时应缓慢推拉柱塞和读取数据，C 错误。压强传感器只能采集气体的压强，D错误。(2)根据等温 过程有p(W+V。)=C,可得V=C 一V。,可知图线不通过坐标 原点的原因是胶管内存在气体，V。是胶管内气体体积。(3)根 C 据等温过程有p(W+V)=C,可得力=v+V。=V+V。·V' VC VC C 很小时，即V很大，则有k二V+V。1十气 V -≈C,可知p 己几乎是一条过原点的倾斜直线，当亡较大时，即V较小时，根 据k=V+V。1 VC V,可知p图像上点与原点连线的斜率 C 随着子的增大而减小。故图像选B。(④)测量时，注射器与压强 传感器连接部分气体的体积未计入，纵轴存在截距一V。,软管 脱落后，气体向外漏出，力的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但 左侧的延长线与纵轴的交点坐标仍为一V。,故前后两条线相交 在此处。 (1)C(2)减小(3)大(4)1.5(5)偏小不变 【解析】(1)根据光路可逆性原理结合几何关系可知，即使P,、 P2间的距离较大，通过玻璃砖也会看到P1、P2的像，故A错 误。为减小误差，入射角应适当大一些，即过P1、P2点的直线 与法线NN'的夹角应尽量大些，但也不能太大，故B错误。为 了减小作图误差，P,和P4间的距离应适当取大些，故C正确。 不可以将玻璃砖界面当尺子画界线，D错误。(2)出射点与人射 点的水平距离等于玻璃砖的宽度与折射角正切值的乘积，入射 角减小，折射角就减小，玻璃砖的宽度不变，所以出射点与入射 点的水平距离减小。(3)为减小折射角的测量误差，应使折射光 线适当长些，故如果有几块宽度不同的玻璃砖可供选择，为了 减小误差，应选宽度大的玻璃砖来测量。（4)玻璃砖的折射率 n=sin sin 02 ,则sin02= ·sin01,可知sin02-sin01图线斜率的 倒数表示折射率，代入数据解得n=1.5。(5)甲同学测折射率 时，实验所得的折射光线为2，而实际的折射光线为1，如图甲所 示。可知实验所得的折射角，偏大，则由折射率n=si9可 sin 02 知，甲同学测得的折射率与真实值相比偏小；测折射率时，只要 操作正确，测量的结果与玻璃砖的形状无关，乙同学测得的折 射率与真实值一致。 甲 (1)4⑤ 5 (2)不能(3)左侧(4)120 L 【解析】(1)由几何关系可知，人射角的正弦sini=尺=5， 4 L sinr-AN 2Rcos r ,解得sin2r=0.8,则折射角的正弦sinr= ，可得折射率刀一0-5。(2)若将微光笔保持原方向继 1 5 sin r 续向右移动，由几何关系可知，光线射到玻璃表面时的折射角 总等于从另一面出射时的人射角，可知该角度不可能大于临界 角，即不能看到光在圆形玻璃内发生全反射。(3)紫光的折射率 大于红光，则紫光偏折程度较大，则在A点的折射角较小，则出 射点在N点的左侧。(4)由图可知，当透明度为50%时，入射 光照度为1201x。 (1)B(2)>(3)15.02(442-x） 71 【解析】(1)△x越小，目镜中观察到的条纹数越多，由△x= 入，可知应将屏向靠近双缝的方向移动或使用间距更大的双 缝，故选B。(2)红光的波长大于绿光的波长，由△x=子入，可知 红光的干涉条纹间距△x1大于绿光的干涉条纹间距△x2。 (3)由图戊可知游标尺主尺的读数为1.5cm,游标尺的读数为 1×0mm=0.02mm,所以读数为，=1.5cm十0.02mm= 15.02mm.4)由△=合可得X-dA-) 71 物理实验题专练（六）】 (1)21.25 2π(2l+d) T2 (2)不均匀(3)9.78 【解析】(1)摆球的直径d=2.1cm十0.05X5mm= 1+2 21,25mm,根据单摆周期公式T=2r√g ,计算当地重力 ·12 加速度的表达式为g=2x(21十d 的重物，保持滑动变阻器接入电路的阻值不变，读出此时电流 T2 。(2)由受力分析，结合牛顿 表示数I,再换用不同的已知质量的重物，记录每一个质量值对 第二定律，得mg tan0=ma,得a=gtan0,可知该加速度测量 应的电流值，最后将电流表刻度盘改装为质量刻度盘，故合理 仪的刻度不均匀。(3)相邻两计时点间的时间间隔T=0.02s, 的实验操作顺序为③①②④。(2)当小量程的电流表改装成量 根据逐差法，重力加速度大小为g (x十x6十xs)-(z十工8十工12)，代人数据得g≈9.78m/分。 程较大的电流表时，需要并联一个小电阻，有及-，解得 9T2 R=2Ω。(3)根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物 (1)①7.0(2)4M+m)2gL1-cos0) (3)BD 时，调节滑动变阻器使得电流表满偏，有I。= mπD2 【解析】(1)游标卡尺测量内径使用内爪测量，故选①部分。10 r+R,十R精十R,当秤盘上放上重物，且电流表示数为20mA 分度游标卡尺的分度值为0.1mm,游标卡尺读数为7mm十0 E ×0.1mm=7.0mm。(2)根据动量守恒定律有mvo=(m十 时，有1，=，十R+R十RA,又因为R=R,十mg,联立解得 M)v,然后两者共同摆起使得细绳与竖直方向的最大夹角为0， m=10kg。(4)由于压敏电阻阻值R随压力增大而增大，则电 流表示数随压力增大而减小，所以改装后的刻度盘，其零刻度 L械能守恒定律得2(m+M)u2=(m十M)gL(1-cos0 线在电流表的满刻度处。(5)根据操作过程③可知，当电源电动 联立可得，弹丸的初动能E=2 势不变，而内阻增大时，仍可以通过减小滑动变阻器接入电路 的阻值使得电流表达到满偏，回路中电源内阻和滑动变阻器接 (m+M)gL(1一cos0),根据比动能的定义有 Ek 入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。 = 6. (1)A2R2(3)0.510(4)2 4(M十m)gL（1一cos0)。(3)根据实验原理，碰擅中损失的动 【解析】(1)由于电流表A2的内阻一定，应选电流表A2,根据欧 mπD2 6 V 能对测量结果无影响，故A错误：若考虑金属盒所受空气阻力 姆定律有1R十rA)=6V,R=T-IA=3mA200 以及毛笔笔尖与白纸之间的阻力和仿真枪没有抵近金属盒射 19802。故可以将电流表A2与定值电阻R2串联，将其改装 击都会使得初动能的测量值小于真实值，故比动能的测量值偏 小，故BD正确；若击中金属盒的位置位于金属盒中心上方，则 成-个量程为0~6V的电压表。(3)根据电路图有是（R十 L的测量值偏大，比动能的测量值偏大，故C错误。 (1)(iV)220V(2)B(4)1.225(5)小车和钩码见解析 R,)I+r）=2o00n×1,得行-20R-R+2d,期 1 (6)-nmg 1 nm+M 图像与纵轴的交点数值为200A,V1=0.5mA,V,图像 【解析】(1)为充分利用纸带，小车释 v/m·s-1) 1 放前应靠近打点计时器，且先接通打 1.6 斜率k=2000R, =(4.5-0.5)×10 一，解得待测电阻R,= 80 点计时器的电源然后释放小车，所以 1.4 有错误的步骤是(V),电火花计时器 1.2 10Q。(4)忽略电表影响，电阻箱的功率P=(R+R十，R 所使用的为220V的交流电压。1.0 E (2)实验过程中使细绳和木板始终保0.& 一，可见，当R=R,十x时，R功率最 (R-R-r 持平行，使小车受到的合力为绳的拉0.6 R -+4(R.+r) 力，故A有必要；平衡摩擦力时，有0,4 E2 mg sin0=umg cos0,更换纸带后，不 02 大，为4R2十7万=0.75W,E=6V,解得r=20。 需要重新平衡摩擦力，故B不必要； 为充分利用纸带，释放小车的位置应 00.10.20.30.40.50.611 物理计算题专练（一）】 靠近打点计时器，故C有必要。(4)相邻两计数点间的时间间 1.(1)3N(2)0.2m(3)7.2m 隔T=5× 【解析】(1)小球A从静止下滑到Q点前瞬间的过程中，由动能 f 三5×s=0.1s,打下E点时的速度E=2T月 42×0°X10m/s=1.25m/s。(5)小车所受合力不等于 定理mgR=2m06, 细绳的拉力，小车和钩码所受外力等于钩码的重力，为减少实 解得vo=√/2gR=4m/s, 验误差，尽可能准确地验证动量定理，本实验的研究对象应选 mvo 择小车和钩码。以研究对象的速度)为纵坐标、时刻t为横坐 在Q点对A受力分析可知F一mg=R,解得F=3N。 标建立坐标系，作出-t图像。(6)由静止释放小车，根据动量 (2)小球A、B碰撞过程，由动量守恒得mo。=moA十MoB, 定理nmgt=(nm十M)u-0,可得o=mmg nm十Mt,斜率k= 弹性碰撞前后小球A、B的总动能不变，有弓m=2m心十 1 nmg nm+M 2 Mui, (1)向左不一定(2)4.520(3)偏小 解得vA=-2m/s,s=2m/s, 【解析】(1)框架向右加速时，滑片向左滑动，此时Q点电势高 于P点电势，指针向左偏转。该装置只要保证滑片在中间时， 小球A返回上升过程中机械能守恒，有mgh=2mui,解得 滑块所受合力为零即可，弹簧不一定处于原长状态。(2)当滑片 h=0.2m。 滑到最右侧时，右半边电阻分压为4.5V,电压表的示数为 (3)碰撞后，小球B在向右运动的过程中，水平方向上的加速度 4.5V,由2k△x=ma,代入数据可得a=20m/s2。(3)电动势 降低后，同样的位置电阻分压减小，电压表示数减小，所测加速 大小a-瓷号， 度大小偏小。 (1)③①②④(2)并联2(3)10(4)满刻度(5)不变 下落到Q点正下方的时间1=X2=6 a 5s, 【解析】(1)在本实验中应先让秤盘上不放重物，闭合开关，调节 滑动变阻器，使电流表指针满偏，然后在秤盘上放置已知重力 竖直方向上有d=分8=1.2m. ·物理· 2.(1)5s (3)10 m 【解析】(1)以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得 Fcos37°-u(Fsin37°+mg)=ma1, 解得加速度为a1=1.6m/s2, 1 根据运动学公式可得x6=2a1t,解得物块由a运动到6所 用的时间t=5s。 (2)物块运动到b端时速度为v,=a1t=8m/s, 又xk=u,t'+2a2,代人数据解得a'=2m/s, 在斜面上，根据牛顿第二定律可得mgsin30°一h'mg cos30°= ma', 解得物块与斜面间的动摩擦因数一， (3)物块从a到P有2=2a1x1,物块由P到b有品=2a2x2, 且a,=m8=4g,又x=x1十x2, m 联立解得aP间的距离为x1=)m。 3.(1)2.25×105J(2)4.25×10N(3)3.2s 【解析】(1)舰载机从启动到飞离甲板升高的高度h=ssin15°， 舰载机从启动到飞离甲板重力势能的增加量E。=mgh, 代入数值得E。=2.25×105J。 1 (2)由动能定理有(F-f)L=2m0,代人数值得F=4.25× 104N。 (3)发动机额定功率P=Fv, 舰载机在水平甲板上运动时间，=上 2 设在倾斜甲板上运动时间为t2,由动能定理有Pt2一fs一Wc= 2mue、 2mu2, 其中v=75m/s,Wc=mgh,代人数据得t2≈0.78s, 舰载机在甲板上运动时间t=t1十t2≈3.2s。 4.(①)R(2)6sR 2 (3)12 【解析】(I)物块a在圆弧面上运动时，物块a和b组成的系统 水平方向动量守恒，则w。=3mw6,即mx。=3m,x6,又因为x。十 1 x。=R,解得xw=本R。 (2)设物块a第一次运动到A点时速度为1，圆弧体的速度 为2， 根据水平方向动量守恒有mo1=3mv2, 根据机械能守恒有mgR= 1 2mu+2×3moi, =V6gR 解得u,=V6gR 6。 (3)设物块a与弹簧作用前的速度为vg,根据动能定理一mgR= 1 设a与弹簧分开后瞬间速度为v4,物块c的速度为5，a与弹 3 簧作用过程，根据动量守恒定律mo3=mo+3mws, 根据机械能守恒 2 mvi-1 m+x3m, 1 解得04=一之v3ws=20g, 由于物块a刚好不再能滑上圆弧面，故物块a第二次滑过AB 段后的速度大小等于，根据动能定理一mgR=弓m 1 。1 mo,解得μ=12。 物理计算题专练（二） (1)不会(2)13.5m(3)能 【解析】(1)根据匀变速直线运动的规律有v?=2axo,解得 x。=40.5m, 因为x。<50m,所以足球不会滚出底线。 (2)由题意分析知，当小张和足球的速度相等时，他与足球间的 距离最大，设从他将球踢出到他与足球的速度相等的时间为 t1,有at1=vo一aot1,解得t1=3s, 1 经分析可知xx=ut1一2a好-2a,解得n=13.5m。 (3)设从小张将球踢出到他达到最大速度的时间为t2,有vmx= at2,解得t2=4s, 在时间，内，小张通过的距离x1=”%·解得x=16m, 此后，小张以最大速度做匀速直线运动，假设他恰好在足球停 下时追上足球，则他做匀速直线运动通过的距离x2=vmx(t。一 t2),足球从踢出到停下所用时间to=0,解得x2=40m, 因为x1十x2>xo,所以小张能在足球停下前追上足球。 (1)24N4m/s(2)6J(3)见解析 【解析】)力F作用时间1的位移和速度分别为s,三2a1 1 0=a1t,撤去F后再经过时间t,则s?=1t一2az,其中 52=一51， 因a2=gsin37°=6m/s2,解得a2=3a1,a1=2m/s2, 由牛顿第二定律F-m1gsin0=m1a1,解得F=24N, 回到底端时质量为m1的物体的速度大小v2=|o1一a2t|= 4m/s。 (2)两物体碰撞过程由动量守恒m102=m2v3,解得v3=3m/s, 产生的热量Q=分m1暖-号m:i=6J (3)若物体在传送带上一直加速，到达最左端时恰能与传送带共 速，则由动能定理m:8L=名mo?- 2mo,解得o'= 3√2m/s, 当>3巨m/s时，质量为m的物体的运动时间=”一0 uug (√2-1)s, Q=m2g(t-L)=[12(2-1)v-18](J), 当3≤v≤3√2m/s时，质量为m2的物体加速的时间t'= 0-u=03(s), ug 3 Q=wm2g(t'-o”）=2(a-3)0), 2 当0<o<3m/s时，质量为m2的物体减速的时间=？一”= ug 3(6) 3 Q=mg(g4-t）=23-p)0. (1)4m/s2m/s(2) 762N(31.2m 【解析】(1)由题意，根据牛顿第二定律，对A,有F-41m1g= m1a1; 对B,有1m1g-2(m1十m2)g=m2a2,解得a1=4m/s, a2=2m/s2。 (2)2s末，A、B的速度大小分别为1=a1t1=8m/s,v2= a2t1=4m/s, 撒掉力F后，A做匀减速直线运动，B仍以α2做匀加速直线运 动，根据牛顿第二定律，对A,有1m1g=m1a3,当二者共速时有 v1-a3t2=v2十a2t2,解得t2=1s, A从P点滑上圆弧轨道时的速度为vp=v1一agt2=6m/s, .13 参考答案及解析 根据牛顿第二定律有FN一m1g=m1R 物理计算题专练（三） 762N。 由牛顿第三定律有F压=FN= 心q①4m/s285m345w (3)A从P点沿圆弧轨道到达Q点，根据动能定理可得 【解析】(1)小球a水平方向做匀速直线运动，有x=vot, -m1gR（1-c0s)=方m16-m2,解得g=5m/s,A 竖直方向做自由落体运动，有y=2gt,联立解得一 从Q点滑出后做斜抛运动，有x=vo cos0·t3,vo sin日=gt3, 4√5m/s。 联立解得x=1.2m。 ①0.02m25Ng84-普×() (J) (2)由第(1)问可知w=△E:=号m时=2，根据W= (mA十mB)g= 之m,解得p=25m/s, 【解析】(1)初始状态下，伸长量为△x1= 小球b从P到Q的过程中，水平方向速度不变，有pcos37°= 0.06m, VQc0s53°， 剪断轻绳后，A处于平衡位置时伸长量为△，=A3 解得00一 8√5 k m/s。 0.04m, (3)取竖直向下为正方向，从P到Q由运动学公式得vo sin53°= 振幅A=△x1一△x2=0.02m。 -Upsin37°+gt, (2②)物块B做自由落体运动的时间么=名g,解得=0,2s 解得t= 3s, B落到a时的速度v。=gt1=2m/s, 从P到Q,由动能定理得W0=号m,后-弓，i,解得 1 根据动能定理mgR=2mB02-之mB, 1 14 解得B在圆弧轨道末端的速度o=4m/s, Wra-9 J. 3T B在圆弧轨道上的运动时间，=4-=0.1s, 部得下 根据P=, W 取向下为正方向，竖直方向I,十mBgt2=一mBv。,解得Iy -3N·s, 2.(1)6m/s(2)0.9s4.05m(3)6次 水平方向I,=mBv=4N·s,故圆弧轨道对物块B的冲量大小 【解析】(1)设物块质量为m,A与B第一次碰前的速度为。， 1 I=√T+I=5N·s。 由能量守恒定律有E,=2mo6+mgL,解得v,=6m/s. (3)根据动量守恒mB=(mB十mc)vp,解得vp=2.5m/s, (2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为oA、YB,A、B碰撞为弹 1 分析D第一次滑过传送带有a=g,L=on△t一 2a(△t)2,得 性碰撞，又质量相等，则碰后二者速度交换，即A=0,vB= 6m/s, △t=0.5s, 碰后B沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零，加速度大小 则有Q1=mDg(L-oo△t)=1.6J, 设为a1,由牛顿第二定律有mg sin0十h2 ng cos0=ma1,解得 物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，碰撞前速度 a1=10m/s2, vp。=1.5m/s, 规定向右为正方向，有movp。=mop,十m11, 运动的时间1-=0.6s,位移x1-241-1.8m, u1 1 1 此过程相对运动路程△s1=t1十x1=3.6m, 2 mpvp=2mpvb+2mv, 此后B反向加速，加速度仍为α1，与传送带共速后匀速运动直 解得vp,=-0.5m/s,v1=1m/s, 至与A再次碰撞，加速时间为2=”=0.3s,位移为x2= 之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速 度交换，而物体D返回滑上传送带，假设匀减速到速度为0，则 2t2=0.45m, 一1=1 x1=-2a=6m<L=1m, 此过程相对运动路程△s2=vt2一x2=0.45m, 则B相对传送带运动的时间t=t1十t2=0.9s, 不会向左滑出传送带，因此D在传送带上反向向右加速，以 B相对传送带运动的路程s=△s1十△s2=4.05m。 D1=一vD1=0.5m/s再次滑上平台，与第一个小球发生弹性 (3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再 正碰，之后的运动具有可类比性，物体D在与小球第一次碰后 返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再 0D1 次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞。 在传送带上运动过程中，运动时间，=2·。 =0.5s, 则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞， 相对位移ax1=专+0十名-m, t3 UDil3 2 mv=2nu:mgL, 解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25≈2（取整数）， 得△x1=v。t3=0.5m, 所以碰撞总次数为N=2十2n=6次。 在此过程中产生的热量为Q'=umDg△x1=1.6J。 3.(1)0.45m(2)0.3mr0.5m(3)25N 同理可知，当物体D与小球发生第次碰撞，设碰前D的速度 【解析】(1)设细绳断裂时小球的速度大小为v4,根据动能定理 大小为k-1,碰后D的速度大小为v,则有mpv-1=一mps十 miu2mov-1-2mpvm, 可得mgl=之mwA, 以oM=5m/s的速度由M点无碰撞地进入轨道，则有A= 可得U=3-1 vMc0s(0一90°)=UM COS53°=3m/s,联立解得=0.45m。 (2)设小球经过Q点时的速度大小为vQ,且恰好能落到M点， 1 在传送带上产生热量Q2=∑μmng△x=mpgX ug 则有-mg[r+Ras(0-90]=号m6-号mir+Reos(0 -()]. 90）-26,R[1+sn(0-90]-=o,解得=0.3m, 所以Q=Q1+Q2=4一 r2=0.5m。当r2=0.5m时，解得va=V5m/s=√gr2, 5 分析可知，当r>0.5m时，小球不能沿轨道运动到Q点；当r<