2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 物理——20 力学计算题 （教师版）

2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 物理——20 力学计算题 （教师版）

专题20 力学计算题 ‎1．（2020·新课标Ⅰ卷）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。‎ ‎（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；‎ ‎（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。‎ ‎【答案】(1)；（2）2m/s2，‎ ‎【解析】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：‎ 满载起飞时，升力正好等于重力：‎ 由上两式解得：‎ ‎（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以 解得：‎ 由加速的定义式变形得：‎ 解得：‎ ‎2．（2020·新课标Ⅱ卷）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。‎ ‎（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；‎ ‎（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；‎ ‎（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。‎ ‎【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）‎ ‎【解析】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有 Ma1=Mg+f ①‎ ma2= f– mg ②‎ 联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③‎ ‎（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 ‎④‎ 方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。‎ 设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式 v0–a1t1= –v0+a2t1⑤‎ 联立③④⑤式得 ‎⑥‎ 设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得 ‎⑦‎ ‎⑧‎ 由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有⑨‎ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩‎ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得⑪‎ ‎（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫‎ 联立⑪⑫式并代入题给数据得⑬‎ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为⑭‎ 设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L⑮‎ 联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为⑯‎ ‎3．（2020·新课标Ⅲ卷）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。‎ ‎(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；‎ ‎(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；‎ ‎(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。‎ ‎【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上 ‎【解析】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ①‎ 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有②‎ 联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③‎ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有 ‎ ④‎ ‎⑤‎ 联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥‎ ‎(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有⑦‎ ‎⑧‎ 由⑦⑧式并代入题给条件得，⑨‎ ‎(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 ⑩‎ ‎⑪‎ 联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=1.0s⑫‎ x2=5.5m⑬‎ 因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有 ‎ ⑭‎ 由①⑫⑬⑭式可知 即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，‎ 由运动学公式有， ⑮‎ 则 减速运动时间 设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。‎ 由动量定理有 ‎，方向竖直向上 则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量 ‎，方向竖直向上 ‎4．（2020·江苏卷）一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得 解得喷出水的速度大小为 ‎5．（2020·江苏卷）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求： ‎ ‎(1)重物落地后，小球线速度的大小v；‎ ‎(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；‎ ‎(3)重物下落的高度h。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为 ‎(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有 结合(1)可解得杆对球的作用力大小为 ‎(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知 而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有 联立各式解得 ‎6．（2020·浙江卷）如图1所示，有一质量的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的图线如图2所示，末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：‎ ‎(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；‎ ‎(2)匀速运动的速度大小；‎ ‎(3)总位移的大小。‎ ‎【答案】(1)，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m ‎【解析】(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有 根据图2得此时FT=1975N，则有 方向竖直向下。‎ ‎(2)结合图2根据运动学公式有 ‎(3)根据图像可知匀速上升的位移 匀减速上升的位移 匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，‎ 则有 所以总位移为h=40m ‎7．（2020·浙江卷）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。‎ ‎(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；‎ ‎(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；‎ ‎(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x 之间的关系。（碰撞时间不计，，）‎ ‎【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）‎ ‎【解析】(1)机械能守恒定律 牛顿第二定律 牛顿第三定律 方向水平向左 ‎(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系 得 故不会冲出 ‎(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理 碰撞后的速度为，动量守恒定律 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理 得 ‎8．（2020·山东卷）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：‎ ‎(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；‎ ‎(2)M、N之间的距离L。‎ ‎【答案】(1)4.8 m；(2)12 m ‎【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，‎ 由运动的合成与分解规律得 ①‎ 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，‎ 由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1 ②‎ 由运动学公式得 ③‎ 联立①②③式，代入数据得d=4.8 m ④‎ ‎(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，‎ 由运动的合成与分解规得 v2=vMcos72.8° ⑤‎ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得 mgsin17.2°=ma2 ⑥‎ 设腾空时间为t，由运动学公式得 ‎ ⑦‎ ‎ ⑧‎ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 L=12 m ⑨‎ ‎9．（2020·山东卷）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；‎ ‎(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；‎ ‎(3)求物块Q从A点上升的总高度H；‎ ‎(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。‎ ‎【答案】(1) P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)‎ ‎【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ‎ ①‎ 由机械能守恒定律得 ②‎ 联立①②式得 ③‎ ‎ ④‎ 故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为 ‎(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得 ‎ ⑤‎ 联立①②⑤式得 ⑥‎ 设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，‎ 对P由动能定理得 ⑦‎ 联立①②⑤⑦式得 ⑧‎ P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得 ‎ ⑨‎ 由机械能守恒定律得 ⑩‎ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 ⑪‎ ‎ ⑫‎ 设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得 ‎ ⑬‎ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得 ⑭‎ 设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，‎ 第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得 ‎ ⑮‎ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得 ⑯‎ P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得 ‎ ⑰‎ 由机械能守恒定律得 ⑱‎ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得 ⑲‎ ‎ ⑳‎ 设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得 ‎ ㉑‎ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得 ‎ ㉒‎ 总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 ‎（n=1，2，3……） ㉓‎ ‎(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得 ㉔‎ 解得 ㉕‎ ‎(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得 ‎ ㉖‎ 设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得 ‎ ㉗‎ ‎ ㉘‎ 设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3‎ ‎ ㉙‎ 当A点与挡板之间的距离最小时 ㉚‎ 联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得 ㉛‎ ‎10．（2020·天津卷）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。‎ A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求 ‎（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；‎ ‎（2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有①‎ A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有②‎ 由动量定理，有③‎ 联立①②③式，得④‎ ‎（2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 ‎⑤‎ 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有 ‎⑥‎ 又⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为 ‎⑧‎ ‎11．（2020·四川省成都外国语学校高新校区期中考试）我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4‎ 节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：‎ ‎（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；‎ ‎（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s，求变加速运动的位移．‎ ‎【答案】（1）2N 3s（2）46.5m ‎【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．‎ ‎（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时：F=‎ 动车组总功率：，因为有4节小动车，故 ‎ 联立解得：f=2N ‎ 设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为 由牛顿第二定律有：‎ 动车组总功率：，运动学公式：‎ 解得匀加速运动的时间：‎ ‎（2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：‎ 解得：x=46.5 m ‎12．（2020·四川省成都外国语学校高新校区期中考试）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎(1)求长直助滑道AB的长度L；‎ ‎(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；‎ ‎(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ，3 900 N ‎【解析】(1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 可解得 ‎(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 ‎(3)小球在最低点的受力如图所示 由牛顿第二定律可得 从B运动到C由动能定理可知 解得 ‎13．（2020·云南省楚雄彝族自治州一模）如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．‎ ‎①A与C刚粘合在一起时的速度为多大？‎ ‎②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能．‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【解析】①轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，以水平向右为正，‎ 则，‎ 解得，‎ 之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统动量守恒，则有，，‎ 解得，‎ ‎②轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为△E1，则 ‎，‎ 在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为△E2，则 ‎，‎ 则A、B、C这一系统机械能损失为 ‎14．（2020·湖南省长沙市统一模拟考试）如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP 段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E=，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）．轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A．A、C之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道MN上，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，重力加速度为g．A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道．A第一次到达N点时，对轨道的压力为2mg．求：‎ ‎（1）碰撞后A、C的速度大小；‎ ‎（2）A、C与水平轨道MN的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）A对轨道NP的最大压力的大小．‎ ‎【答案】（1）；（2）（3）‎ ‎【解析】（1）A、C发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vC，则有：‎ ‎3mv0=mvA+3mvC①‎ ‎=+②‎ 联立①②解得：③‎ ‎④‎ ‎（2）设A、C最后静止时与M点的距离为l1，A在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0．有 μmg（2L－l１）=⑤‎ μ∙3mgl１=⑥‎ 联立解得③④⑤⑥μ⑦‎ ‎（3）设A在Ｎ点的速度为，A从M到N的过程中，由动能定理得 ‎⑧　　　‎ 设圆弧NP的半径为a 因为A在Ｎ点时对轨道的压力为2mg，⑨　‎ A在NN′右侧受到的电场力F=qE=mg⑩‎ 重力和电场力的合力大小为F合=2mg，方向与OP夹角为．过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于Ｋ点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度，此时A对轨道的压力最大．‎ A从M点到K点过程中，由动能定理可得：‎ ‎⑪‎ 返回K点时：FN－F合－⑫‎ 由③⑦⑧⑨⑩⑪⑫得：FN 由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为：‎ ‎15．（2020·山东师范大学附属中学高三第七次模拟）如图是利用传送带装运煤块的示意图其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为，传送带与水平方向间的夹角，煤块与传送带间的动摩擦因数，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度，与运煤车车箱中心的水平距离 现在传送带底端由静止释放一煤块可视为质点煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取，，，求：‎ ‎（1）主动轮的半径；‎ ‎（2）传送带匀速运动的速度；‎ ‎（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间．‎ ‎【答案】（1）0.1m（2）1m/s；（3）4.25s ‎【解析】（1）由平抛运动的公式，得 ，‎ 代入数据解得v=1m/s 要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，‎ 由牛顿第二定律，得，‎ 代入数据得R=0.1m ‎（2）由牛顿第二定律得 ，‎ 代入数据解得a=0.4m/s2‎ 由得s1=1.25m＜s，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，‎ 故传送带的速度为1m/s．‎ ‎（3）由v=at1解得煤块加速运动的时间t1=2.5s 煤块匀速运动的位移为s2=s﹣s1=1.75m，‎ 可求得煤块匀速运动的时间t2=1.75s 煤块在传送带上直线部分运动的时间t=t1+t2‎ 代入数据解得t=4.25s ‎16．（2020·山西省太原市2019届高三下学期5月模拟）近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：‎ ‎(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;‎ ‎(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;‎ ‎(3)包裹A是否会到达分拣通道口.‎ ‎【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J (3)包裹A不会到达分拣通道口 ‎【解析】(1)假设包裹A经过t1时间速度达到v0，由运动学知识有 包裹A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1 ‎ 包裹A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1‎ 解得：μ1=0.5‎ ‎(2)包裹A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为vA和vB，‎ 由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB ‎ 包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2mBgx=0-mBvB2 ‎ 解得vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s ‎ 两包裹碰撞时损失的机械能:△E=mAv02 -mAvA2-mBvB2 ‎ 解得：△E=0.96J ‎(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零，‎ 由动能定理可知-μ1mAgxA=0-mAvA2 ‎ 解得xA=0.016m

查看更多