2021年高考题和模拟题物理分类汇编 06 功和能

2021年高考试题分类汇编

专题06功和能

1.（2021.山东卷）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为A的轻质细杆，一端可绕竖直光滑

轴。转动，另一端与质量为，〃的小木块相连。木块以水平初速度%出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。

在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）

9

A.小B."c遮

2TTL47tL,8a。・黑

【答案】B

【解析】

在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理

-f•2TTL=0--mv1

可得摩擦力的大小

4兀L

故选Bo

2.（2021.浙江卷）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为

2.4xl03kg/m3,假设泵车的泵送系统以150m'/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对

混凝土做的功至少为（）

发动机最大输出功率（kW）332最大输送高度（m）63

整车满载质量（kg）5.4xlO4最大输送量（m'/h）180

A.1.08X107JB.5.04X107JC.1.08X108JD.2.72xlO8J

【答案】C

【解析】

泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功

W=0四/?=2.4X1（）3xi50xl0x30J=1.08xl（）8j

故选Co

3.（2021・湖南卷）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为加的动车组在平

直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与

其速率成正比（%=E,%为常量），动车组能达到的最大速度为%。下列说法正确的是（）

A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动

3

C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为%

D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间，达到最大速度%,则这一过程中

该动车组克服阻力做的功为5加匕/一尸，

【答案】C

【解析】

A.对动车由牛顿第二定律有

F--ma

若动车组在匀加速启动，即加速度。恒定，但q随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，

故A错误；

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P,由牛顿第二定律有

竺-公

V

故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误;

C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶时加速度为零，有

2.25P,

-----=KV

V

而以额定功率匀速时，有

4P,

一=仙m

%

联立解得

3

V=4V">

故c正确;

D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间f达到最大速度小，由动能定理可

知

可得动车组克服阻力做的功为

%限=4Pf-；/曲；

故D错误：

故选C。

4.（2021・河北卷）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为乃H、不可伸长的轻细绳，一

端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的。点时，绳刚好拉直,

将小球从。点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g,

不计空气阻力）（）

A.&2+兀）gRB.个2兀gRC.g+瑜gRD.24

【答案】A

【解析】

小球下落的高度为

兀%+2

h-nR--R+R=-------R

22

小球下落过程中，根据动能定理有

,1,

mgn=­mv-

综上有

J（乃+2）g.

故选Ao

5.（202卜全国卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相

连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相

对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）

—looooooof"

〃：〃◎〃〃〃〃〃〃〃◎〃;〃

777777777/7777777777777777//777777r

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒

D.动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【解析】

因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平

地面是光滑的：以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系

统动量守恒，机械能不守恒。

故选B。

6.（2021.浙江卷）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示

则汽车（）

A.发动机的输出功率为70kW

B.每Is消耗的燃料最终转化成的内能是5.7X104J

C.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9x10^

D.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0X104J

【答案】C

【解析】

A.由图可知,发动机Is内克服转动阻力做功为O.45X104J,则输出功率为

W0.45xlO4

nr——=--------W---=-4.5kW

t1

选项A错误;

BCD.每Is消耗的燃料有6.9xlO」J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9x105选项c正确，BD

错误。

故选C。

7.（2021•浙江卷）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下,

各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（）

A.沿雪道做匀速直线运动B.下滑过程中机械能均守恒

C.前后间的距离随时间不断增大D.所受重力沿雪道向下的分力相同

【答案】C

【解析】

A.同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图

F

mgsin0-umgcos0.八八

a=--------------------=gsmff-jLigcos，

m

又因为〃相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误；

B.下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；

C.根据匀加速直线运动位移与时间的关系尤=,成2,可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从

2

速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移

越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；

D.各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向卜的分力机gsin。也可能不相同，D错误。

故选C。

8.（2021.浙江卷）如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，

电力供应仅为1X103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W,正确的是（）

A.N•sB.N•m/sC.kg•m/sD.kg•m2/s3

【答案】D

【解析】

A.N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义/=及可知，N-s是冲量的的单位，A错误；

B.根据功率的计算公式尸=凡可知功率的单位可以表示为N-m/s，但N不是国际单位制基本单位，B错

误；

C.根据动量的定义。=加丫可知，kg-m/s是动量的单位，C错误;

D.根据尸=取可知功率的单位可以表示为N-m/s,结合尸=〃以可知N=kg-m/s2,则功率得单位

W=N-m/s-kg-m2/s3,D正确。

故选D。

9.（2021•广东卷）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴

弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为胆的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为

h,在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g,下列说法正确的有（）

A.甲在空中的运动时间比乙的长

B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等

C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少机8九

D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为〃侬?

【答案】BC

【解析】

A.由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间

因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；

B.做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率

P—m^vcos0--mgvx=mgJ2gli

因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确;

C.从投出到落地，手榴弹下降的高度为人，所以手榴弹重力势能减小量

A£p=mgh

故C正确;

D.从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。

故选BCo

10.（2021・湖南卷）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为，和邑）

封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降力高度到B位

置时，活塞上细沙的总质量为加。在此过程中，用外力尸作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个

过程环境温度和大气压强P。保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.整个过程，外力/做功大于0,小于晚才

B.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变

C.整个过程，理想气体的内能增大

D.整个过程，理想气体向外界释放的热量小于+

E.左端活塞到达8位置时，外力厂等于里鲁

【答案】BDE

【解析】

A.根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞邑没有移动，可知整个过程，外力下做

功等于0,A错误；

BC.根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均

动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；

D.由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：

Q=W<p0Sth+mgh

D正确；

E.左端活塞到达B位置时，根据压强平衡可得：

mer

岛+羊=。。+不

即:

尸=监

5,

E正确。

故选BDE«

11.（2021•全国卷）一质量为，〃的物体自倾角为夕的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的

动能为后小向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为*。已知

sina=0.6,重力加速度大小为g。则（）

A.物体向上滑动的距离为袅

2mg

B.物体向下滑动时的加速度大小为菅

C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5

D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长

【答案】BC

【解析】

AC.物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有

-pmg-21cosa=3一E*

物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有

-mglsintz-/jmglcosa=0-Ek

整理得

1=--〃=0.5

mg

A错误，C正确；

B.物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

ma=mgsina-/jmgcosa

求解得出

5

B正确;

D.物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有

ma卜=mgsina+/amgcosa

物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

ma下=mgsin。一jjmgcosa

由上式可知

aj:>a下

由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式

/=—at2

2

则可得出

f上<、

D错误。

故选BC。

12.（2021•全国卷）水平桌面上，一质量为根的物体在水平恒力尸拉动下从静止开始运动，物体通过的路

程等于与时，速度的大小为%,此时撤去凡物体继续滑行2s。的路程后停止运动，重力加速度大小为g,

则（）

A.在此过程中F所做的功为］〃2说

B.在此过中产的冲量大小等于;〃

2

C.物体与桌面间的动摩擦因数等于」

4s°g

D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【解析】

CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知

F-jLimg=m%①

由速度位移公式有

Vo=2&岛②

外力撤去后，由牛顿第二定律可知

-/jmg=ma2③

由速度位移公式有

-诏=24（2%）④

由①②③④可得，水平恒力

F=3*

4so

动摩擦因数

滑动摩擦力

F=〃机g=-

f4so

可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，

故C正确，D错误；

A.在此过程中，外力F做功为

3,

卬=40=彳加片

故A错误：

B.由平均速度公式可知，外力下作用时间

t_So_2so

'~O+Vo

2

在此过程中，F的冲量大小是

3

I=F、=-^v0

故B正确。

故选BCo

13.（2021.山东卷）某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如

下：

①固定好手机，打开录音功能;

②从一定高度由静止释放乒乓球；

③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：S）的变化图像如图所示。

一卜

0.81.01.21.41.61.82.02.22.42.62.83.03.23.43.6

根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。

碰撞次序1234567

碰撞时刻（s）1.121.582.002.402.783.143.47

根据实验数据，回答下列问题：

（1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为m（保留2位有效数字，当

地重力加速度g-9.80m/s2）o

（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为比则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的

倍（用/表示），第3次碰撞过程中左=（保留2位有效数字）。

（3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度（填“高于”或"低于”）实际弹起高度。

【答案】0.201-Z：20.95高于

【解析】

（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时t0=2.40s-2.00s=0.40s,根据竖直上抛和自由落体运动的对称性

可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为

h.,--g[—=—x9.8x0.22m«0.20m

“2[2J2

（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为打，碰撞前瞬间速度为匕，根据题意可知

则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为

121212

-mvj--mv2mv，2：

T=\-k2

12

mVmvf

2'2

[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度

,f2.00-1.58

v=

2

第3次碰撞后瞬间速度为

,,,2.40—2.00、…、

M=gt'=(——-——)g=0.20g

则第3次碰撞过程中

kJ妆*0.95

v0.21

（3）[4]由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，

所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。

14.（2021・河北卷）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带

滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为200g,其

上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为9.80m/s2,实验操作步骤如下：

遮光条光电门1光电门2

11——H

图1

①安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm,轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；

②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；

③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步

骤；

④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量用、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻

细绳悬挂钩码）总动能的增加量八线及系统总机械能的减少量AE，结果如下表所示：

M/kg0.2000.2500.3000.3500.400

0.5820.4900.3920.2940.195

AE/J0.3930.4900.6860.785

回答下列问题:

(1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为J(保留三位有效数字)；

(2)步骤④中的数据所缺数据为；

(3)若M为横轴，△后为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出AE-M图像

若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为(保留两位有效数

字)

【答案】0.9800.5880.40(0.38-0.42)

【解析】

(1)口］四个钩码重力势能的减少量为

A£p=4〃7gL=4x0.05x9.8x0.5J=0.980J

(2)［2］对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知

1,1,

-

4mgL-Wf=—(4/n+A/)V2--(4m+A/)VI

其中系统减少的重力势能为

△Ep=4171gL

系统增加的动能为

1,1,

AEk=—(4m+M)v；--(4m+

系统减少的机械能为AE=吗，则代入数据可得表格中减少的机械能为

△用=0.98-0.392=0.588J

(3)［3］根据表格数据描点得AE—M的图像为

，AE/J

⑷根据做功关系可知

AE=^MgL

则此一M图像的斜率为

0.785-0.393

k=UgL=1.96

0.4-0.2

解得动摩擦因数为

〃=0.40(0.38-0.42)

15.（2021•山东卷）如图所示，三个质量均为，"的小物块A、B、C,放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁,

一劲度系数为々的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B,开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加

一水平向左、大小为尸的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离

开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为了,最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：£=5依2,/为弹簧的劲度系数，X为

弹簧的形变量）

（1）求B、C向左移动的最大距离X。和B、C分离时B的动能正㈠

（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin.

（3）若三物块都停止时B、C间的距离为Ac，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力

做的功为卬，通过推导比较W与笈BC的大小；

（4）若尸=5/,请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴

上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、公"表示），不要求推导过程。以撤去尸时C的位置为坐

标原点，水平向右为正方向。

Q

CO

X

77

【解析】

（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得

1,

Fxa^2fic„+-kx-

弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离,以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得

5M=2饱+2Ek

联立方程解得

_尸—6乃+8产

k

（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为X,以A为研究对象，由平衡条件得

kx=于

若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值工血，从弹簧恢复原长到A刚要离开

墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得

Ek=*+fx

结合第（1）问结果可知

Enin=(3土

根据题意舍去《心=(3-,所以恒力得最小值为

心=(3+

(3)从B、C分离到B停止运动，设B的路程为XB，c的位移为％，以B为研究对象，由动能定理得

-W-fxK=O-Ek

以C为研究对象，由动能定理得

—ficc-O—Ek

由B、C得运动关系得

联立可知

W<ABC

(4)小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得

1,

5fxl-2找\-3kxl=0

解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为

3=6/

则坐标原点的加速度为

2-f

CL———

2m2mm

之后C开始向右运动过程(B、C系统未脱离弹簧)加速度为

_kx-2f

2m

可知加速度随位移工为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，。减小，弹簧恢复原长时，B和C分离,

之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为

m

负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理

得

gkx；-2fiC[=g.2mv2

脱离弹簧瞬间后C速度为v,之后C受到滑动摩擦力减速至0,由能量守恒得

fx2=-mv

解得脱离弹簧后，C运动的距离为

1

一再

2

则C最后停止的位移为

336/9/

%+工2=5%-----=---

2kk

16.（2021•湖南卷）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧

平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为切的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为〃。

以水平轨道末端。点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy,x轴的正方向水平向右，＞轴的正方向竖直向

下，弧形轨道P端坐标为（2以乙//£）,。端在y轴上。重力加速度为g。

（1）若A从倾斜轨道上距X轴高度为的位置由静止开始下滑，求A经过。点时的速度大小；

（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过。点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的

曲线方程；

（3）将质量为力〃（4为常数且225）的小物块3置于。点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生

弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始

位置距x轴高度的取值范围。

cqo2o1

【答案】U)j24gL：(2)x=2j2〃Ly-y2(其中,pL<y<2^L)；⑶彳三WWxK[：：J-4〃

A—3(A—I)

【解析】

(l)物块A从光滑轨道滑至。点，根据动能定理

mg-2/.iL-/jmgL=gmv2

解得

v=y)2〃gL

(2)物块A从。点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为%,落在弧形轨道上的坐标为(x,y),将平抛运

动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有

*12

x=vot,y=~gr

解得水平初速度为

°一2y

物块A从。点到落点，根据动能定理可知

"12

mgy=Ek--mva

解得落点处动能为

线=叫〉+:加片=阳〉+嚓

因为物块A从。点到弧形轨道上动能均相同，将落点尸(2〃L,〃L)的坐标代入，可得

2

尸inex,meCluL)~一,

E=mgy+——=mgx//L+----=2/jmgL

k4y4x〃L

化简可得

2

即

x=2y]2juLy-y2(其中，

（3）物块A在倾斜轨道上从距X轴高人处静止滑下，到达。点与B物块碰前，其速度为％,根据动能定

理可知

mgh_〃mgL=gm戴

解得

诏=2gh-2/jgL①

物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需

要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达。点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小

分别为巧和乙，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则

mv0=-mvt+Amv2

gmvg=gmvj2+—•Amvl

解得

2-1

v,=-----v・②

12+1()0

2

v,=------v,③

'/l+l0°

设碰后A物块反弹，再次到达。疔时速度为匕，根据动能定理可知

-2jLimgL=—mvj--mv^

解得

・④

据题意，A落在B落点的右侧，则

・⑤

据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即:

匕《心必■©

联立以上，可得h的取值范围为

3A.-1..+?1+1

--------uL<h<---------—­AuL

A-3(2-I)2

17.（2021•全国卷）如图，一倾角为。的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距

离均为人减速带的宽度远小于d；一质量为加的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带乙处由静止

释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带

后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，

继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g。

（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；

（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；

（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则乙应

满足什么条件？

（无动力）小车

【答案】⑴Un。；⑵/（""sin"一⑶L〉"金

30sin。

【解析】

（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有

mgsin0=ma

设小车通过第30个减速带后速度为ri,到达第31个减速带时的速度为V2,则有

1-u；=2ad

因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下

个减速带均为VI和V2；经过每一个减速带时损失的机械能为

AE=；mv[-gmVy

联立以上各式解得

△E=mgdsin0

（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为电，则在水平地面上根据动能定理有

mv

-/Limgs二°一；\

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有

mg(L+29d)sin。一A£,a=—mv1

联立解得

AEe=mg(Z+29d)sin。一pmgs

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

,AEgmg[L+294)sin6—/umgs

△匕——

3030

（3）由题意可知

可得

18.（2021•全国卷）一篮球质量为根=0.60kg,一运动员使其从距地面高度为％=1.8m处由静止自由落下,

反弹高度为为=L2m。若使篮球从距地面久=1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、

球落地后反弹的高度也为L5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为f=0.20s；该篮球每

次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g=10m/s2,不计空气阻力。求：

（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；

（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。

【答案】（1）W=4.5J；（2）/=9N

【解析】

（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得

Ei=mg%

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得

0一弓=~msK

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得

0-E4=0-mgh4

第二次从1.5m的高度静止卜落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得

W+mghj=E3

因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系

星=互

代入数据可得

W=4.5J

(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得

F+mg=ma

在拍球时间内运动的位移为

12

x=—at~

2

做得功为

W=Fx

联立可得

F=9N(E=-15N舍去)

19.(2021.浙江卷)如图所示，竖直平面内由倾角a=60。的斜面轨道4B、半径均为R的半圆形细圆管轨道

8CCE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直

墙面垂直。轨道出口处G和圆心02的连线，以及02、E、Oi和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均

为归30。，G点与竖直墙面的距离现将质量为〃?的小球从斜面的某高度/?处静止释放。小球只有

与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。

(1)若释放处高度〃=加，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小它及在此过程中所受合力的冲量

的大小和方向；

(2)求小球在圆管内与圆心Oi点等高的。点所受弹力FN与h的关系式；

(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？

A

G

i〃-

R

【答案】⑴v=J2g%,/=m^2g%,水平向左；(2)FN=2mg([_l)(佗R)；(3)〃或％=g/?

R22

【解析】

(1)机械能守恒

解得

Vc二也赢

动量定理

I-mvc=mJ2g%

方向水平向左

(2)机械能守恒

12

mg{h-R)--mvD

牛顿第二定律

F二丝1

NR

解得

h

G=2wg(--l)

K

满足的条件〃NR

(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是

2

第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动

*/

uj=匕—

其中匕=