力学计算题-高考物理试题和模拟题训练（含解析）

专题19力学计算题

【真题汇编】

1、(2022•湖南卷・T14)如图(a),质量为〃?的篮球从离地，高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰

撞后反弹至离地〃的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的4倍(4为常数且

H-h

0</1<——-),且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。

H+h

(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；

(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹

至方的高度处，力/随高度y的变化如图(b)所示，其中4已知，求然的大小；

(3)篮球从"百度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍山一次篮球(拍出时间极短)，瞬间给其

一个竖直向下、大小相等的冲量/,经过N次拍击后篮球恰好反弹至〃高度处，求冲量/的大小。

【答案】⑴仁胜常：(2)^=2^(1-2)(77-A)；⑶」j〃一/小声、.一四

【解析】

(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有

mg-Xmg=ma下

再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有

vF2=2a卜〃

篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有

mg+Xnig=mai

再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有

上2=2aj./2

则篮球与地面碰撞的碰后速率与硬前速率之比

(2)若篮球反弹至最高处方时，运动员对篮球施加一个向卜.的压力R则篮球下落过程中根据动能定理有

mgh+卜-Anigh=;〃

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有

,2

一〃7gh-Amgh=0-yni（kv］；'）

联立解得

2nig(\-A)(H-h)

卜。=------；一；-------

(3)由(1)向可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为

QF=(1-；l)g(方向向下)

a±=(1+2)g(方向向下)

由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量/,由于拍击时间极

短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有

/=mv

即每拍击一次篮球将给它一个速度Vo

拍击第1次下降过程有

Vi2-v2=2(1-2)gho

上升过程有

(ATI)2=2(1+2)g"

代人左后，下降过程有

Vj2_y2=2(1-A)gh()

上升过程有

hv\2=2(1一入)gHh1

联立有

.h..v2、/?、i[zh/

h.=—(hr,H----------)=(—)•hr.+(—)xl•-----------

1H°2g(l-力H°H2g(l-2)

拍击第2次，同理代入A后，下降过程有

02-卢=2(1-A)gh\

上升过程有

hv^--2(1-2)g/〃?2

联立有

,hv2、

力2=--(%H-------------)

H''2g(l-了

再将九代入厉有

%=(/九+(1)2'就为+(5)'•萧万

拍击第3次，同理代入左后，下降过程有

均2-y2=2(1-Z)g〃2

上升过程有

。均』2(1-X)gHhy

联立有

f]y2

"=上出+―--)

3〃“(1-⑷2/

再将〃2代入队有

,/h、3J/h、3V,h、2,h7v

%=(—)'%o+(—)-------------H(—)-------------F(—)-------------

H0H2g(1—兄)H2g(l-/l)H2g(l-2)

直到拍击第N次，同理代入%后，下降过程有

Hv2-廿=2(17应/7.1

上升过程有

h"=2(1-QgHhN

联立有

,h..v2.

hN=­Sv-l+丁7-77)

H2g(l-2)

将力NT代入外有

hN=②"，%)+(，产):八+(/)"",?an+"'+(》.):.

HH2g(l-A)H2g(l-/t)H2^(1-X)

其中

h?=H,h()=h

则有

(h严।h

H=(—),v•h+14——旦

Hh12gf)

则

/A-l

["T方”.小区行下”一㈤2g

(H)~H

2、［2022•广东卷・T13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平

桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从4处以初速度%为l()m/s向上滑动时，

受到滑杆的摩擦力/■为1N,滑块滑到4处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运

动.已知滑块的质量“7=0.2kg,滑杆的质量〃=0.6kg,/、〃间的距离/-1.2m,重力加速度g取

10m/s\不计空气阻力。求：

(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小M和N?；

(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；

(3)滑杆向上运动的最大高度ho

【答案】⑴M=8N,M=5N；⑵巧=8m/s；⑶/?=0.2m

【解析】

(I)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即

Nx=(m+M)g=8N

当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为IN,根据牛顿第三定律可知滑块对•滑杆的摩擦力也为IN,方

向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为

N[=Mg_f'=5N

(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有

12

一5"%

代人数据解得匕=8m/s。

(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰逾过程根据动量守恒有

）

mv}=4-A1v

碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

一（"74-M）gh=0——（"？+A/）

代人数据联立解得力=0.2m：

3、(2022•山东卷・T18)如图所示，"L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O'点，O'点

左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为〃的小球悬挂在。'点正上方的O点，轻绳处于水平拉

直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开

始做简谐运动(要求摆角小于5。)，A以速度%沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,

A返回到。点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质最

wA=0.1kg,B的质量〃％=0.3kg,A与B的动摩擦因数4=0.4,B与地面间的动摩擦因数

=0225,%=4m/s,取重力加速度g=lOm/s?。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，

不计空气阻力，求：

(DA与B的挡板碰撞后，二者的速度大小匕与4：

(2)B光滑部分的长度d；

(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功叫；

M

(4)实现上述运动过程，一的取值范围(结果用cos5。表示)o

〃久

»——争

DA

30乃五兀

73M3

【答案】(1)匕=2m/s,vB=2m/s；(2)d=：m；(3)--J；’85%85(1-J1-COS5)

665

(1)设水平向右为正方向，因为O'点右侧光滑，由题意可知AA/B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守

恒和能量守恒有

%%=%匕+%%

121212

代人数据联立解得

vA=-2m/s,(方向水平向左)

vB=2m/s,(方向水平向右)

即A和B速度的大小分别为匕=2m/s,vB=2m/s。

(2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0,A物体减速过程根据动能定理有

八1

一〃盟借丫0=0一不〃?人以、

代人数据解得

xfl=0.5m

根据动显定理有

-Z¥WA^2=°-WAVA

代入数据解得

t2=0.5s

此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有

p2(mA+mB)g=mBtfI

12

联立各式代入数据解得

4=；s，八=ls(舍去)

故根据几何关系有

4=1"+%

代人数据解得

,7

tz=­m

6

(3)在A刚开始减速时，B物体的速度为

v2=vB-a/】=Im/s

在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知

从叱招+42(〃入+〃％总=〃32

解得

^=—m/s2

，3

B物体停下来的时间为小则有

0=%-研

解得

3

=A

^3-s<r2=0.：

可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为

所以AMB的摩擦力所做的功为

3

叫=一必〃?,防=一媪

(4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有

d7

=—=—s

vA12

由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为7,摆

长为，则有

小球卜.滑过程根据动能定理有

MgL=^Mv2

小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有

Mv=Mv]+〃1%

当碰后小球摆角恰为5。时，有

-cos5)=JMv]

联立可得

M_3后

m卜85(l-Jl-cos5)

当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有

Mv=msv()

则可得

"_3岳

〃限85

故要实现这个过程的范围为

4、(2022•山东卷・T16)某粮库使用额定电压U=380V,内阻R=0.25。的电动机运粮。如图所示，配

重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v=2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流

/=40Ao关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个

向口的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量叫=100kg,车上粮食质量〃?2=1200kg,配重

质量〃％=40kg,取重力加速度g=lOm/s?，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，

比例系数为配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：

(I)比例系数女值;

(2)上行路程L值。

【答案】(1)攵=0.1：(2)L=­m

1o5

【解析】

(1)设电动机的牵引绳张力为(，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有

2

UI=IR+T}V

解得

7；=7400N

小车和配重一起匀速，设绳的张力为《，对配重有

T2—〃7()g=400N

设斜面倾角为0,对小车匀速有

(+q=(g+m2)gsin0+k(mi+m2)g

而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有

联立各式解得

sin。=0.5,k=0.1

(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为。，对系统由牛顿第二定律有

(町+〃?2)gsin3+k(m}+m2)g-，〃()g=(m}+m24-m(})a

可得

370

m/s2

~67~

由运动学公式可知

v2=2aL

解得

67

L=-----m

185

5、（2022•仝国甲卷・T24）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔

0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的

第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度再和与之

比为3：7。重力加速度大小取g=10m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【解析】

频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为

r=47=0.05x4s=0.2s

设抛出瞬间小球的速度为%,每相邻两球间的水平方向上位移为X,竖直方向上的位移分别为弘、外,根

据平抛运动位移公式有

X=VQt

22

y}=—gt=—x10x0.2m=0.2m

2

222

y2二gg(2/)2-yg/=-^x10x(0.4-0.2)m=0.6m

令劣=歹,则有

y2=3乂=3y

己标注的线段邑、$2分别为

M=J/+J?

$2=6+(3»=商+9.2

则有

yjx2+y2:y]x2+9y2=3:7

整理得

275

x=----y

5

故在抛出瞬间小球的速度大小为

x26.

%=—=-_m/s

6、(2022•全国乙卷-T25)如图(a),一质量为小的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块3

向/运动，，=0时与弹簧接触，到2=2"时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的UT图像如图⑹所示。

已知从，=0到，=.时间内，物块A运动的距离为0.36%%。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下,

与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为

e(sine=o.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值;

(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

图(a)图(b)

【答案】(1)0.6^；(2)O.768voro；(3)0.45

【解析】

(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、8速度相等，即/=时刻，根据动量守恒定律

=("5+"。%

根据能最守恒定律

Epmax=；〃%(1・2%产一；(%说

联立解得

mB-5ni

Epmax=0-6w；

(2)同•时刻弹簧对A、4的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

F=ma

可知同一时刻

%=5%

则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为

巳=

以“2%一寸

根据位移等速度在时间上的累积可得

sA=v/（累积）

%=%，（累积）

又

s4=0.36%。

解得

.立=1.128卬0

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

Ay二%-sA-O.768v（/o

（3）物块4第二次到达斜面的最高力、与第•次相同，说明物块彳第二次与4分离后速度大小仍为2%,方向

水平向右，设物块Z第一次滑下斜面的速度大小为二，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

mvA-5m-O.8vo=〃八(-2v0)+5mvB

根据能量守恒定律可得

222

—/Hv.+—•5tn•(0.8%)=—m-(-2i;1)+—•5mv^

联立解得

叱=%

设在斜面上滑行的长度为上滑过程，根据动能定理可得

1)

-mgLsin0-pmgLcos0=0—5加(2%)~

卜滑过程，根据动能定理可得

nigLsin9-cos0=~mv()一。

联立解得

〃=0.45

7、(2022•浙江1月卷・T19)笫24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m

水平直道力5与长20m的倾斜直道4C在夕点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从4点由静

止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s,紧接着快塞俯卧到车上沿4。匀加速下滑(图2所示),

到C点共用时5.()s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg,

sinl5°=0.26,求雪车(包括运动员)

(1)在直道上的加速度大小;

(2)过C点的速度大小；

(3)在斜道8C上运动时受到的阻力大小。

8

【答案】(1)q=§m/s2；(2)12m/s；(3)66N

【解析】

⑴”段

2

V1=2a]x]

解得

3

(2)/4段

匕=站

解得

八=3s

8C段

ciy=2m/s2

过C点的速度大小

y=巧+a2t2=12m/s

(3)在段有牛顿第二定律

mgsin0一片=ma2

解得

4=66N

8、(2022•浙江1月卷・T20)如图所示，处于竖直平面内的一挨究装置，由倾角。=37°的光滑直轨道力8、

圆心为O1的半圆形光滑轨道4c。、圆心为。2的半圆形光滑细圆管轨道。七尺倾角也为37°的粗糙直轨道

bG组成，B、。和尸为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与4点等高)，B、。、。、。2和产

点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量〃产0.1kg,轨道8。。和。£/的半径R=0.15m,轨道AB长

7

度，AB=3m,滑块与轨道/G间的动摩擦因数〃=7,滑块与强性板作用后，以等大速度弹回，

O

sin37°=0.6,cos37°=0.8o滑块开始时均从轨道上某点静止释放，

(1)若释放点距B点的长度/=0.7m,求滑块到最低点。时轨道对其支持力FN的大小；

(2)设释放点距B点的长度为/v，滑块第一次经产点时的速度v与lx之间的关系式；

(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度/,的值。

【答案】(D7N；(2)420.85m；(3)见解析

【解析】

(1)到C点过程

12

tnglsin37c+wg/?(l-cos37)=—mv

2cr

。点时

口vc

FN-mg=m—

%=7N

(2)能过最高点时，则能到尸点，则恰到最高点时

mglxsin37-(3mgRcos37+R)mg=0

解得

/、=0.85m

要能过/点/金0.85m

(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的〃倍

mglxsin370-mgsin370-njunigcos37°=0

解得

7n+6

15

当〃=1时

r=—m

*v115

当〃=3时

/9

当〃=5时

/x3=—m

15

9、(2022•浙江6月卷・T20)如图所示，在竖直面内，一质量防的物块〃静置于悬点O正下方的4点，以

速度v逆时针转动的传送带MV与直轨道力4、CD、bG处于•同一水平面上，AB、MN、。的长度均为，。

圆弧形细管道。后半径为七"在竖直直径上，£点高度为〃。开始时，与物块。相同的物块6悬挂于。

点，并向左拉开•定的高度力由静止下摆，细线始终张紧,摆到最低点时恰好与。发生弹性正碰。已知〃?=2g,

/=lm,R=0.4m,〃=().2m,v=2m/s,物块与MM。。之间的动摩擦因数4=0.5,轨道48和管

道。七均光滑，物块。落到R7时不反弹且静止。忽略M、8和MC之间的空隙，CO与。E平滑连接，物

块可视为质点，取g=10m/s2o

(1)若力=1.25m,求。、b碰撞后瞬时物块。的速度%的大小；

(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力小与h间满足的关系；

(3)若物块人释放高度0.9mv〃vI.65m,求物块a最终静止的位置x值的范围(以/点为坐标原点，水平

向右为正,建立戈轴)。

【答案】(l)5m/s；(2)&=0.1%—0.14(〃之1.2m)；⑶当0.9m</?<1.2m时，2.6m<jc<3m,当

1.2mW/7Vl.65m时，，3+-^-m<x<3.6+-^-Jm

【解析】

(1)滑块力摆到最低点过程中，由机械能守恒定律

,12

nigh=-mvh

解得

vh=5m/s

力与。发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

I

mvh=mvb+mvQ

1,1.212

-mv；=-mvh

乙乙乙

联立解得

%=vb=5m/s

(2)由(1)分析可知，物块人与物块。在A发生弹性正碰，速度交换，设物块。刚好可以到达£点，高度为

%,根据动能定理可得

mg%一-mgH=0

解得

/?1=1.2m

以竖直向下为正方向

由功能定理

mgh-2从mgl-mgH=

2

联立可得

FN=0.1/2-0.14(/?>1.2m)

(3)当1.2m0力<1.65m时，物块位置在£点或E点右侧，根据动能定理得

mgh-2pmgl-mgH=?mv\

2

从E点飞出后，竖直方向

H=；g/

水平方向

s=%r

根据几何关系可得

八"也

DF=——m

5

联士解得

x=31+DF+*

代入数据解得

(3+乌mWx<(3.6+乌m

I5JI5J

当0.9mv/?vl.2m时，从〃2=0-9m释放时，根据动能定理可得

mgh-〃〃7gs2=0

解得

s2=1.8m

可知物块达到距离。点0.8m处静止，滑块〃由七点速度为零，返回到根据动能定理可得

mgH-卬呷］=0

解得

53=0.4m

距离C点0.6m,综上可知当0.9m<h<1.2m时

3Z-53<X<31

代入数据得

2.6m<x<3m

10、(2022•浙江6月卷・T19)物流公司通过滑凯把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面

成24。角，长度4=4m,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,

2

其与滑轨间的动摩擦因数均为止1，货物可视为质点(取cos24。=0.9,sin24°=,重力加速度

9

g=10m/s2)«

(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度％的大小；

(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度y的大小；

(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨的最短长度£

【答案】⑴2m/s2；(2)4m/s；(3)2.7m

【解析】

(D根据牛顿第二定律可得

nigsin24°-/.imgcos24°=ma[

代人数据解得

q=2m/s2

(2)根据运动学公式

2叫=v2

解得

v=4m/s

(3)根据牛顿第二定律

从mg=ma2

根据运动学公式

一2矶=k-v

代入数据联立解得

/,=2.7m

11、(2022•河北・T13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B

左端分别放置物块C、D,物块C、D的质量均为1kg,A和C以相同速度%=10m/S向右运动，B和D以

相同速度"向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与

B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为M=01o重力加速度大小取g=10m/s2。

(1)若0<k<0.5,求碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度的大小和方向：

(2)若女=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小。

0

【答案】⑴5(1—幻m/s,方向向右;(2)1.875m

【解析】

(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度为y,C、D的质量均为

m=1kg,以向右方向为正方向，则有

-m-kv()=(m4-m)v

解得

\-k

v=-%--=-5(1-Zr)m/s>0

2

可知碰撞后滑块c、D形成的新滑块的速度大小为5(l-%)m/s,方向向右。

(2)若左=0.5,可知碰后滑块c、D形成的新滑块的速度为

v=5(1-/s=5x(1-0.5)mis=2.5m/s

滑杈A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为M,以向右方向为正方向,

则有

解杼

v=0

可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块

的质量为/%=2kg,新滑板的质量为3kg,相对静止时的共同速度为内，根据动量守恒可得

=+M2)vn

解得

射共=lm/s

根据能量守恒可得

〃此即相=；M--g(M+%)4

解得

5相=1.875m

12、(2022•湖北・T16)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸

长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均

为重物A和B的质显均为系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为

60。。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为Jlp时，与正下

方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动2距离后静止(不考

虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。

(1)求C的质量;

(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小：

(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时(:的动能。

【答案】(1);(2)6.5mg；(3)(4—2\[3)mgL

【解析】

(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研窕对象，根据平衡条件可知

町g=2wgcos30

解得

mc=也m

(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后。的速度v,根据动量守恒定律可知

y"f"="""。+2〃”

解得

CD碰撞后。向下运动与距离后停止，根据动能定理可知

10

八1。2。L」

0——x2mv~=---r—

21010

解得

F=6.5mg

(3)设某时刻C向下运动的速度为，，48向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的夹角为a,根据机

械能守恒定律可知

22

-mcv+2x1m(vcosa)=mcg---2〃7g(-^---L)

22tanasina

令

L、，L,、

y="g------2"7g(------L)

tanasina

对二式求导数可得

包=耳磔上^+2〃磔*

da(sinaY(sina)”

当学=0时解得

da

百

cosa=——

2

即

a=30

此时

y=m’g------2wg(------L)=mgL

tanasina

于是有

2

gmcv+2xgm(vcosaf=mgL

解得

gL

v2

-36

一+--

42

此时C的最大动能为

2

E1M=1wrv=(4-273)mgL

13、（2022•湖北・T16）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重