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2021高考物理真題專題2功和能
1.（2021年高考全國甲卷 第7題）一質(zhì)量為m的物體自傾角為 的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為 ，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為 。已知 ，重力加速度大小為g。則（　　）
A. 物體向上滑動(dòng)的距離為
B. 物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為
C. 物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5
D. 物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長
【答案】BC【解析】AC．物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)能定理有
物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動(dòng)能定理有 整理得 ； A錯(cuò)誤，C正確；B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有 求解得出 B正確；
D．物體向上滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有 物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有 由上式可知a上 > a下由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式 則可得出 D錯(cuò)誤。故選BC。
2.（新高考全國卷I·江蘇·第1題）質(zhì)量為 1.5×103kg 的汽車在水平路面上勻速行駛，速度為 20 m/s，受到的阻力大小為 1.8×103N.此時(shí)，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)輸出的實(shí)際功率是
A.90 W B.30 kW C.36 kW D.300 kW
答案C
3.（2021年高考全國乙卷物理 第1題）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（　　）

A. 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
B. 動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒
C. 動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒
D. 動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒
【答案】B
【解析】因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。故選B。
4.（2021年高考全國乙卷物理 第6題）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體通過的路程等于 時(shí)，速度的大小為 ，此時(shí)撤去F，物體繼續(xù)滑行 的路程后停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g，則（　　）
A. 在此過程中F所做的功為
B. 在此過中F的沖量大小等于
C. 物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于
D. F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍
【答案】BC【解析】CD．外力撤去前，由牛頓第二定律可知 ①由速度位移公式有 ②外力撤去后，由牛頓第二定律可知 ③由速度位移公式有 ④
由①②③④可得，水平恒力 動(dòng)摩擦因數(shù) 滑動(dòng)摩擦力
可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯(cuò)誤；
A．在此過程中，外力F做功為 故A錯(cuò)誤；
B．由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間 在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是
故B正確。故選BC。
5.（新高考全國卷Ⅱ·浙江·第10題）空間站在地球外層的稀薄大氣中繞行，因氣體阻力的影響，軌道高度會(huì)發(fā)生變化。空間站安裝有發(fā)動(dòng)機(jī)，可對(duì)軌道進(jìn)行修正。圖中給出了國際空間站在2020.02-2020.08期間離地高度隨時(shí)間變化的曲線，則空間站（　　）

A. 繞地運(yùn)行速度約
B. 繞地運(yùn)行速度約為
C. 在4月份繞行的任意兩小時(shí)內(nèi)機(jī)械能可視為守恒
D. 在5月份繞行的任意兩小時(shí)內(nèi)機(jī)械能可視為守恒
【答案】D
【解析】AB．根據(jù)題意可知，軌道半徑在變化，則運(yùn)行速度在變化，圓周最大運(yùn)行速度為第一宇宙速度 ，故AB錯(cuò)誤；C．在4月份軌道半徑出現(xiàn)明顯的變大，則可知，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D．在5月份軌道半徑基本不變，故可視為機(jī)械能守恒，故D正確。故選D。
6.（新高考全國卷Ⅱ·浙江·第11題）中國制造的某一型號(hào)泵車如圖所示，表中列出了其部分技術(shù)參數(shù)。已知混凝土密度為 ，假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)以 的輸送量給 高處輸送混凝土，則每小時(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功至少為（　　）

發(fā)動(dòng)機(jī)最大輸出功率（ ）
332 最大輸送高度（m） 63
整車滿載質(zhì)量（ ）

最大輸送量（ ）
180
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】泵車的泵送系統(tǒng)以 的輸送量給 高處輸送混凝土，每小時(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功
故選C。
7.（新高考全國卷Ⅱ·河北·第6題）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為 、不可伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力）（　　）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】小球下落的高度為h = πR - R + R = R小球下落過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh = mv2
綜上有v = 故選A。
8.（新高考全國卷Ⅱ·湖南·第3題）“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車組用多節(jié)車廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的。總質(zhì)量為 的動(dòng)車組在平直的軌道上行駛。該動(dòng)車組有四節(jié)動(dòng)力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為 ，若動(dòng)車組所受的阻力與其速率成正比（ ， 為常量），動(dòng)車組能達(dá)到的最大速度為 。下列說法正確的是（　　）
A. 動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)過程中，牽引力恒定不變
B. 若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)
C. 若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為 ，則動(dòng)車組勻速行駛的速度為
D. 若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間 達(dá)到最大速度 ，則這一過程中該動(dòng)車組克服阻力做的功為
【答案】C
【解析】A．對(duì)動(dòng)車由牛頓第二定律有 若動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)，即加速度 恒定，但 隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯(cuò)誤；
B．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有
故可知加速啟動(dòng)的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；
C．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為 ，則動(dòng)車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有 而以額定功率勻速時(shí)，有 聯(lián)立解得 故C正確；
D．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間 達(dá)到最大速度 ，由動(dòng)能定理可知
可得動(dòng)車組克服阻力做的功為 故D錯(cuò)誤；故選C。
9.（新高考全國卷Ⅱ·廣東·第9題（多選））長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有（　　）

A. 甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長
B. 兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等
C. 從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢(shì)能減少
D. 從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為
【答案】BC
【解析】A．由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，所以在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；B．做平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地前瞬間重力的功率
因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；
C．從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢(shì)能減小量 故C正確；
D．從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選BC。
10.（新高考全國卷Ⅱ·湖南·第8題（多選））如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力 作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為 。撤去外力并開始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的 圖像如圖（b）所示， 表示0到 時(shí)間內(nèi) 的 圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小， 、 分別表示 到 時(shí)間內(nèi)A、B的 圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在 時(shí)刻的速度為 。下列說法正確的是（　　）

A. 0到 時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于mAv0
B. mA > mB
C. B運(yùn)動(dòng)后，彈簧 最大形變量等于
D.
【答案】ABD【解析】A．由于在0 ~ t1時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，則對(duì)B受力分析有F墻 = F彈
則墻對(duì)B的沖量大小等于彈簧對(duì)B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對(duì)象轉(zhuǎn)為A，撤去F后A只受彈力作用，則根據(jù)動(dòng)量定理有I = mAv0（方向向右）則墻對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)A的沖量大小相等、方向相同，A正確；B．由a—t圖可知t1后彈簧被拉伸，在t2時(shí)刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有F彈 = mAaA= mBaB由圖可知aB > aA則mB < mAB正確；C．由圖可得，t1時(shí)刻B開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A速度為v0，之后AB動(dòng)量守恒，AB和彈簧整個(gè)系統(tǒng)能量守恒，則 可得AB整體的動(dòng)能不等于0，即彈簧的彈性勢(shì)能會(huì)轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動(dòng)能，彈簧的形變量小于x，C錯(cuò)誤；D．由a—t圖可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1—t2時(shí)間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且在t2時(shí)刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，A、B共速，由a—t圖像的面積為?v，在t2時(shí)刻AB的速度分別為 ， A、B共速，則 D正確。故選ABD。
11.（2021年高考全國甲卷 第11題）如圖，一傾角為 的光滑斜面上有50個(gè)減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動(dòng)力小車（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，重力加速度大小為g。
（1）求小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；
（2）求小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；
（3）若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？

【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有
設(shè)小車通過第30個(gè)減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個(gè)減速帶時(shí)的速度為v2，則有
因?yàn)樾≤囃ㄟ^第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達(dá)下一個(gè)減速帶均為v1和v2；經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為
聯(lián)立以上各式解得
（2）由（1）知小車通過第50個(gè)減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動(dòng)能定理有
從小車開始下滑到通過第30個(gè)減速帶，根據(jù)動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得
故在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為
（3）由題意可知 可得
12.（2021年高考全國乙卷物理 第11題）一籃球質(zhì)量為 ，一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為 處由靜止自由落下，反彈高度為 。若使籃球從距地面 的高度由靜止下落，并在開始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為 。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為 ；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取 ，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過程中對(duì)籃球所做的功；
（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）第一次籃球下落的過程中由動(dòng)能定理可得 籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理可得 第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動(dòng)能定理可得 第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過程中，由動(dòng)能定理可得
因籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系 代入數(shù)據(jù)可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此有牛頓第二定律可得
在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為 做得功為 聯(lián)立可得 （ 舍去）
13.（新高考全國卷Ⅱ·浙江·第21題）如圖所示，水平地面上有一高 的水平臺(tái)面，臺(tái)面上豎直放置傾角 的粗糙直軌道 、水平光滑直軌道 、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道 和半圓形光滑軌道 ，它們平滑連接，其中管道 的半徑 、圓心在 點(diǎn)，軌道 的半徑 、圓心在 點(diǎn)， 、D、 和F點(diǎn)均處在同一水平線上。小滑塊從軌道 上距臺(tái)面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道 上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道 、軌道 從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，已知小滑塊與軌道 間的動(dòng)摩擦因數(shù) ， ， 。
（1）若小滑塊的初始高度 ，求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度 的大小；
（2）若小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，求h的最小值 ；
（3）若小球恰好能過最高點(diǎn)E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平距離x的最大值 。

【答案】（1）4m/s；（2） ；（3）0.8m
【解析】（1）小滑塊在 軌道上運(yùn)動(dòng) 代入數(shù)據(jù)解得
（2）小滑塊與小球碰撞后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有 ，
解得 小球沿 軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得
從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得 其中 ，解得
（3）設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y，小球從E點(diǎn)到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理
由平拋運(yùn)動(dòng)可得 ，
聯(lián)立可得水平距離 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng) 取最小，最小值為
14.（新高考全國卷Ⅱ·河北·第13題）如圖，一滑雪道由 和 兩段滑道組成，其中 段傾角為 ， 段水平， 段和 段由一小段光滑圓弧連接，一個(gè)質(zhì)量為 背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若 后質(zhì)量為 的滑雪者從頂端以 的初速度、 的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，重力加速度取 ， ， ，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：
（1）滑道 段的長度；
（2）滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。

【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）設(shè)斜面長度為 ，背包質(zhì)量為 ，在斜面上滑行的加速度為 ，由牛頓第二定律有
解得
滑雪者質(zhì)量為 ，初速度為 ，加速度為 ，在斜面上滑行時(shí)間為 ，落后時(shí)間 ，則背包的滑行時(shí)間為 ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 聯(lián)立解得 或
故可得
（2）背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時(shí)的速度為 、 ，有
滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為 ，有
解得
15.（新高考全國卷Ⅱ·湖南·第14題）如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為 的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道 。質(zhì)量為 的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 。以水平軌道末端 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系 ， 軸的正方向水平向右， 軸的正方向豎直向下，弧形軌道 端坐標(biāo)為 ， 端在 軸上。重力加速度為 。
（1）若A從傾斜軌道上距 軸高度為 的位置由靜止開始下滑，求 經(jīng)過 點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過 點(diǎn)落在弧形軌道 上的動(dòng)能均相同，求 的曲線方程；
（3）將質(zhì)量為 （ 為常數(shù)且 ）的小物塊 置于 點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始位置距 軸高度的取值范圍。

【答案】（1） ；（2） （其中， ）；（3）
【解析】（1）物塊 從光滑軌道滑至 點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理 解得
（2）物塊 從 點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出的初速度為 ，落在弧形軌道上的坐標(biāo)為 ，將平拋運(yùn)動(dòng)分別分解到水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，有 ， 解得水平初速度為
物塊 從 點(diǎn)到落點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可知 解得落點(diǎn)處動(dòng)能為
因?yàn)槲飰K 從 點(diǎn)到弧形軌道上動(dòng)能均相同，將落點(diǎn) 的坐標(biāo)代入，可得
化簡可得
即 （其中， ）
（3）物塊 在傾斜軌道上從距 軸高 處靜止滑下，到達(dá) 點(diǎn)與 物塊碰前，其速度為 ，根據(jù)動(dòng)能定理可知
解得 ①
物塊 與 發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，則A與B碰撞后需要反彈后再經(jīng)過水平軌道-傾斜軌道-水平軌道再次到達(dá)O點(diǎn)。規(guī)定水平向右為正方向，碰后AB的速度大小分別為 和 ，在物塊 與 碰撞過程中，動(dòng)量守恒，能量守恒。則
解得 ② ③
設(shè)碰后 物塊反彈，再次到達(dá) 點(diǎn)時(shí)速度為 ，根據(jù)動(dòng)能定理可知
解得 ④據(jù)題意， A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，則 ⑤
據(jù)題意，A和B均能落在弧形軌道上，則A必須落在P點(diǎn)的左側(cè)，即： ⑥
聯(lián)立以上，可得 的取值范圍為
16.（新高考全國卷Ⅱ·海南·第17題）如圖，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相切，一質(zhì)量 的小物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)P由靜止釋放，到最低點(diǎn)Q時(shí)與另一質(zhì)量 小物塊b發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短）。已知圓弧軌道半徑 ，傳送帶的長度L=1.25m，傳送帶以速度 順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù) ， 。求
（1）碰撞前瞬間小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小；
（2）碰后小物塊a能上升的最大高度；
（3）小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間。

【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【解析】（1）設(shè)小物塊a下到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊b相碰時(shí)的速度為 ，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
代入數(shù)據(jù)解得 小物塊a在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有 代入數(shù)據(jù)解得
根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N。
（2）小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒有
根據(jù)能量守恒有 聯(lián)立解得 ，
小物塊a反彈，根據(jù)機(jī)械能守恒有 解得
（3）小物塊b滑上傳送帶，因 ，故小物塊b先做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有
解得 則小物塊b由2m/s減至1m/s，所走過的位移為
代入數(shù)據(jù)解得 運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 代入數(shù)據(jù)解得
因 ，故小物塊b之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
故小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間

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