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考前30 天最新模拟题计算题满分精练
专题4 功和能+实际情景
1. （2024 四川成都一诊）图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该
装置由传送带ABCD 及固定挡板CDEF 组成，固定挡板CDEF 与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD
与水平地面的夹角θ=37°，CD 与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物
从D 点由静止释放，货物对地发生位移L=10m 后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。
已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带ABCD 的动摩擦因数为
，
其侧面与挡板CDEF 的动摩擦因数为
。（sin37°=0.6，重力加速度
，不计空气阻
力）。求：
（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力
的大小及侧面所受滑动摩擦力
的大小；
（2）货物在传送带上所经历的时间t 及传送装置多消耗的电能E；
（3）某次测试过程中工作人员每隔
从D 点静止释放相同的货物，货物对地发生位移L=10m 后被取
走，若维持传送带匀速运转，传送带相对空载时需增加的最大功率
。
【参考答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
【名师解析】
（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为
，货物底面所受滑动
摩擦力为
，档板对货物支持力为
，货物侧面所受滑动摩擦力为
，由力的平衡条件
1
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由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
（2）因为
与运动方向相同，
与运动方向相反，货物将从静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能
共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得
解得
设货物匀加速至与传送带共速经历时间为
，对地位移为
，由运动学公式得
货物匀加速阶段的位移为
因
，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为
，位移为
由运动学公式得
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
2
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传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送
带之间
货物与挡板之间
货物增加的动能
传送装置多消耗的电能为
（3）分析可知货物在传送带上从静止到与传送带共速经历的时间均为
，之后以速度v 做匀速运动。因第
1 个货物在传送带上运动的总时间为t=10.2s，设第1 个货物释放后又释放了N 个货物，则
分析可知当第1 个货物即将被取走时，传送带上共有11 个货物，且前10 个已共速。第11 个货物在传送带
上运动的时间为
第11 个货物相对传送带滑动。综上，传送带上有11 个货物且第11 个处于加速运动阶段时，传送带需增加
的功率达到最大值
。传送带受到前10 个货物的静摩力大小为
，受到第11 个货物的滑动摩擦力大
小为
，由瞬时功率计算式有
2. （2024 年2 月广东大联考）图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB 是半径为R 的光滑半圆轨道，产
品2 加工后以
的速率从A 点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B 处时，与静止在此处的产品1
3
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发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后的产品1 沿粗糙的水平轨道BC 滑动，以
的速度滑上运行速度为v 的传送带CD。其中BC 段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送
带的摩擦因数为
，长度为14R，求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？
（2）BC 段杀菌平台的摩擦因数
是多少？
（3）调整产品从A 点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t
是多少？
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）若产品由
到
一直加速，则传送时间最短，设加速获得的最大速度为
，由动能定理
解得
则传送带速度应满足
（2）产品2 从A 运动到
的过程，由动能定理得
4
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产品2 和产品1 发生弹性碰撞，由动量守恒
机械能守恒
解得
，
产品1 进入杀菌平台后滑行到
点前，由动能定理得
解得
（3）若要保证不脱轨，则产品在
点的最小速度满足
同第（2）问原理知，产品进入杀菌平台的最小速度
产品减速到0 的距离为，由动能定理得
解得
滑行距离为
，恰能到达传送带上，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，由动量定理得
解得
5
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3.（11 分）（2024 湖南顶级名校联考）如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，
打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为
，桩料
的质量为
。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶
处再释放，让夯锤自由
下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力f 随打入深度h 的变化关系
如图乙所示，直线斜率
。g 取
，求：
（1）夯锤与桩料第1 次碰撞后瞬间的速度；
（2）夯锤与桩料第1 次碰撞后桩料进入泥土的深度。
【名师解析】（1）设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为
，则
……（2 分）
解得
取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后僢间的速度为v，
由动量守恒定律得
……（2 分）
代入数据解得
……（1 分）
（2）由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则
……（2 分）
对夯锤与桩料，由动能定理得
……（3 分）
代入数据解得
……（1 分
6
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4. （2024 广东佛山一模）下图是矿山自动卸货简化示意图。质量为
的平底容器内装有质量
的矿
石，从光滑圆弧轨道上高为
的
点由静止释放，平滑滑上静止在光滑水平轨道上的无动力小车，小车长
为
、质量为
。平底容器在小车上滑行与小车右端挡板碰撞后不反弹，而后随小车向右运动至水平轨道
右端时，压缩固定在水平轨道右端的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下矿石后解除锁定，弹
簧能量全部释放，将小车及空的平底容器一起弹回，当小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止。空平底
容器滑出小车冲上圆弧轨道回到出发点
。设平底容器长和宽远小于
，矿石不会在平底容器中滑动，弹
簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为
。试求：
（1）平底容器滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）小车被锁定时弹簧的弹性势能；
（3）若平底容器与小车间的动摩擦因数
，且水平轨道足够长。要保证平底容器能在小车接触到弹
簧前与小车右端挡板相碰，且能被弹回至出发点
，则每次运送的矿石质量
应满足什么要求？
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）设平底容器滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底容器从A 点到滑上小车前列动能定理
解得
7
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（2）设平底容器与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v 共，则对平底容器滑上小车到与挡板碰撞列动量守恒
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒可知
解得
（3）同理可知
弹回过程中，弹性势能转化为平底容器和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这
一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上A 点列能量守恒
解得
要保证平底容器能在小车接触到弹簧前与小车右端挡板相碰，则系统损失
动能刚好等于平底容器在小车
上相对滑动产生的热量，即由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得
故
综上所述每次运送的矿石质量
应满足要求为
8
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5. （2024 四川南充一诊）图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所
示模型。水平固定的长杆上有3 个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离
为
。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1 号滑环一个向左的初速度
，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为
。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑
环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1 号滑环未与杆左侧
相撞，重力加速度g 取
，求：
（1）2 号滑环获得的初速度
的大小；
（2）1 号滑环滑行的总距离d。
【参考答案】（1）
；（2）
【名师解析】
（1）对1 号滑环由动能定理得
解得
对1、2 号滑环由动量守恒得
解得2 号滑环获得的初速度大小为
9
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（2）对1、2 号滑环由动能定理得
解得
对1、2、3 号滑环由动量守恒得
解得
对1、2、3 号滑环由动能定理得
解得
1 号滑环滑行的总距离为
6. （2024 年3 月江西赣州质检） 2024 年的大雪，给孩子们的生活增添了许多乐趣。如图甲所示，有大、
小两孩子在户外玩滑雪游戏，在水平地面上固定有一竖直挡板Q、倾角为30°的斜面AB，斜面AB 的底端与
水平面平滑相接。质量为m=10kg、长度L=2.5m 的平板P 静止在水平面上，质量为M=30kg 的小孩（可视为
质点）静坐于平板右端，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量，使小孩获得v=4m/s 的速度，同时大孩向右运
动并沿斜面AB 上滑恰好过B 点，斜面AB 长度为s=0.9m。平板P 向左运动并与挡板Q 发生弹性碰撞。以第
一次碰撞瞬间为计时起点，取水平向左为正方向，碰后0.5s 内小孩运动的
图像如图乙所示。仅考虑小
孩与平板间的摩擦，其它摩擦忽略不计，重力加速度取g=10m/s2，求：
10
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（1）大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功；
（2）平板P 最初静止时，其左端离挡板Q 的最小距离；
（3）通过计算说明小孩与平板最终是否分离，若会分离，分离时的速度分别为多少？
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）会分离，分离时的小孩的速度为
，平板P 的速度为0
【名师解析】
（1）设大孩的质量为
，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量瞬间，大孩获得的速度大小为
，根据动量
守恒可得
根据题意可知大孩向右运动并沿斜面AB 上滑恰好过B 点，根据动能定理可得
联立解得
，
根据功能关系可知，大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功为
（2）设平板P 与挡板Q 碰撞前，平板P 与小孩已经达到共速，根据动量守恒可得
解得
结合图乙可知，假设成立；设小孩与平板P
动摩擦因数为
，根据图乙可得小孩做匀减速运动的加速度
大小为
11
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以小孩为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
以平板P 为对象，根据牛顿第二定律可得平板P 的加速度大小为
则平板P 从开始运动到第一次共速通过的位移大小为
可知平板P 最初静止时，其左端离挡板Q 的最小距离为
。
（3）小孩第一次与平板P 共速时，发生的相对位移为
此时小孩与平板P 左端的距离为
小孩第一次与平板P 共速后一起匀速运动，直到平板P 与挡板Q 发生弹性碰撞，碰撞后，小孩向左做匀减
速运动，平板P 先向右做匀减速运动再向左做匀加速运动，直到第二次共速，根据动量守恒可得
解得第二次共速的速度为
从平板P 与挡板Q 发生第一次弹性碰撞到第二次共速，小孩与平板P 发生的相对位移为
此时小孩与平板P 左端的距离为
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同理，平板P 与挡板Q 发生第二次弹性碰撞到第三次共速，根据动量守恒可得
解得第二次共速的速度为
从平板P 与挡板Q 发生第二次弹性碰撞到第三次共速，小孩与平板P 发生的相对位移为
可知第三次共速前，小孩已经从平板P 左端滑落，设滑落时小孩和平板P 的速度分别为
、
，根据动
量守恒可得
根据能量守恒可得
联立解得
，
13
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