《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

1. (15 分)(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒 A、B 依次被轻放在以速度 $ v_0 $ 匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从 M 点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端 N 点停下，随后滑下的 B 以 $ 2v_0 $ 的速度与 A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后 A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知 A、B 的质量分别为 m 和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 $ \frac{1}{4} $。A 与传送带间的动摩擦因数为 $ \mu $，重力加速度为 g，A、B 在滑至 N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：

(1)(4 分)A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 t；
(2)(5 分)B 从 M 点滑至 N 点的过程中克服阻力做的功 W；
(3)(6 分)圆盘的圆心到平台右端 N 点的水平距离 s。

答案： $1.(1)\frac{v_{0}}{\mu g} (2)6mgL - 3mv_{0}^{2}$
$(3)\frac{3v_{0}}{2}\sqrt{\frac{2L}{g}}$
解析
(1)A在传送带上运动时的加速度$a = \mu g$
由静止加速到与传送带共速所用的时间$t = \frac{v_{0}}{a} = \frac{v_{0}}{\mu g}$
(2)B从M点滑至N点的过程中，由动能定理知
$2mg \cdot 3L - W_{克f} = \frac{1}{2} × 2m(2v_{0})^{2} - \frac{1}{2} × 2mv_{0}^{2}$
解得$W_{克f} = 6mgL - 3mv_{0}^{2}$
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
$2m \cdot 2v_{0} = mv_{1} + 2mv_{2}$
$\frac{1}{2} × 2m × (2v_{0})^{2} - (\frac{1}{2}mv_{1}^{2} + \frac{1}{2} × 2mv_{2}^{2}) = \frac{1}{4} × [\frac{1}{2} × 2m × (2v_{0})^{2}]$
解得$v_{1} = 2v_{0},v_{2} = v_{0}$
(另一解$v_{1} = \frac{2}{3}v_{0},v_{2} = \frac{5}{3}v_{0} $不符合题意，舍掉)
两药品盒做平抛运动的时间$t_{1} = \sqrt{\frac{2L}{g}}$
则$s - r = v_{2}t_{1},s + r = v_{1}t_{1}，$
解得$s = \frac{3v_{0}}{2\sqrt{g}}\sqrt{\frac{2L}{g}}（$此处原解析可能有误，按推导应为$\frac{3v_{0}}{2}\sqrt{\frac{2L}{g}} ）。$

2. (17 分)(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点 O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在 O 点右侧的 P 点固定一钉子，P 点与 O 点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕 O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 P 点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小 g 取 $ 10m/s^2 $。

(1)(5 分)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)(6 分)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)(6 分)若小球运动到 P 点正上方，绳子不松弛，求 P 点到 O 点的最小距离。

答案： 2.
(1)5 m/s
(2)0.3 J
(3)0.2 m
解析
(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有$\mu mg = ma$
解得$a = 5 m/s^{2}$
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
$x = \frac{v_{传}^{2}}{2a} = 2.5 m ＜ L_{传} = 3.6 m$
可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律有
$m_{物}v = m_{物}v_{1} + m_{球}v_{2}$
其中$v = 5 m/s,v_{1} = - 1 m/s$
解得$v_{2} = 3 m/s$
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
$\Delta E_{k} = \frac{1}{2}m_{物}v^{2} - \frac{1}{2}m_{物}v_{1}^{2} - \frac{1}{2}m_{球}v_{2}^{2}$
解得$\Delta E_{k} = 0.3 J$
(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为$v_{3}，$在P点正上方，由牛顿第二定律有
$m_{球}g = m_{球}\frac{v_{3}^{2}}{L_{绳} - d}$
小球从O点正下方到P点正上方过程中，
由机械能守恒定律有
$\frac{1}{2}m_{球}v_{2}^{2} = \frac{1}{2}m_{球}v_{3}^{2} + m_{球}g(2L_{绳} - d)$
联立解得d = 0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。