2021年高考物理真題和模擬題分類匯編07功能含解析

專題07功、能

選擇題

1.（2021?浙江卷）中國(guó)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2.4xlO'kg/n?,假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m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（kW）332最大輸送高度（m）63

整車滿載質(zhì)量（kg）5.4xlO4最大輸送量（n?/h）180

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

答案C

解析：

泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，每小時(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做

的功W=X?V^/z=2.4xl03xi50xl0x30J=L08xl（）8j

故選C。

2.（2021?浙江卷）大功率微波對(duì)人和其他生物有一定的殺傷作用。實(shí)驗(yàn)表明，當(dāng)人體單位

面積接收的微波功率達(dá)到250W/m2時(shí)會(huì)引起神經(jīng)混亂,達(dá)到lOOOW/n?時(shí)會(huì)引起心肺功能

衰竭?，F(xiàn)有一微波武器，其發(fā)射功率P=3xl（）7w。若發(fā)射的微波可視為球面波，則引起

神經(jīng)混亂和心肺功能衰竭的有效攻擊的最遠(yuǎn)距離約為（）

A.l（X）m25mB.l（X）m50mC.200ml（X）mD.200m50m

答案B

解析：

Pp

設(shè)微波有效攻擊范圍為r時(shí)單位面積接收微波功率為P'=—=--

S4步

解得r=

4"'

-3四。⑼皿

則引起神經(jīng)混亂時(shí)有

4x3.14x250

3X107.50m

引起心肺功能衰竭時(shí)有4

4x3.14x1000

所以B正確；故選B。

3.（2021?全國(guó)甲卷）一質(zhì)量為面的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物

體開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，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sina=0.6,重力加速度大小為奧貝4（）

A.物體向上滑動(dòng)的距離為裊B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為&

2mg5

C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間

長(zhǎng)

答案BC

解析：

物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)能定理有一卬〃g?2/cosa=*-Ek

物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動(dòng)能定理有一mglsina-jjmglcosa=0-Ek

整理得/=&；〃=0.5

mg

A錯(cuò)誤，C正確；

物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有ma=mgsina-〃mgcosa

求解得出。建

B正確；

故選BC?

4.（2021?湖南卷）“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P,若動(dòng)車組所受的阻力與其速率成正比（%=女丫，攵為常量），動(dòng)車組能達(dá)到的最

大速度為%。下列說(shuō)法正確的是（）

A.動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)過(guò)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(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)

3

C.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為2.25P,則動(dòng)車組勻速行駛的速度為z%

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(guò)時(shí)間，達(dá)到最大速度%，

則這一過(guò)程中該動(dòng)車組克服阻力做的功為一根%2-pr

2

答案C

解析：

225P

若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為2.25P,則動(dòng)車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有一一=kv

v

4P,

而以額定功率勻速時(shí)，有——=左%

喙

3

聯(lián)立解得u=1%

故C正確；故選C。

5.（2021?河北卷）一半徑為"的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長(zhǎng)度為兀R、不可伸

長(zhǎng)的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)尸處，另一端系一個(gè)小球，小球位于尸點(diǎn)右側(cè)同一水

平高度的0點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直，將小球從0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）（）

C.《2Q+兀）gRD.2版

答案A

解析：

71乃+2

小球下落的高度為h=貨R——R+R-------R

22

小球下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有儂?力=;加

綜上有v=J（二+2）gR

故選Ao

6.（2021春?浙江卷）一輛汽車在水平高速公路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內(nèi)能量

分配情況如圖所示則汽車（）

水泵等損耗0.5xlO4J

摩擦損耗0.3xlO4J

服空氣阻力做功0.45xlO4J

、克服轉(zhuǎn)動(dòng)阻力做功0.45xlO4J

A.發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為70kW

B.每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是5.7X10'J

C.每Is消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是6.9X1O'J

D.每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是7.OXIO'J

【答案】C

【解析】

A.由圖可知，發(fā)動(dòng)機(jī)1s內(nèi)克服轉(zhuǎn)動(dòng)阻力做功為O.45X1O'J,則輸出功率為

0.45x104

W=4.5kW

1

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

BCD.每1s消耗的燃料有6.9X10'J進(jìn)入發(fā)動(dòng)機(jī)，則最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能的量為6.9X1O'J.

選項(xiàng)C正確，BD錯(cuò)誤。

故選Co

7.（2021?廣東卷）長(zhǎng)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)量均為力的手榴彈，手榴彈從投

出的位置到落地點(diǎn)的高度差為力，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(shuō)法正確的有（）

A.甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)

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mg%

D.從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為，陽(yáng)〃

答案BC

解析：

做平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地前瞬間重力的功率P=mgucose=mg5=mg12gh

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；

從投出到落地，手榴彈下降的高度為方，所以手榴彈重力勢(shì)能減小量AEpUmg/z

故C正確；故選BC。

8.（2021?四川瀘州三模）如圖所示，帶立桿的小車放在光滑水平面上，小球P用輕繩系在

立桿上，把小球拉開(kāi)一定角度，然后將小球P和小車同時(shí)由靜止釋放。在小球P從靜止開(kāi)始

擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中（）

A.小球P的機(jī)械能守恒B.小球P和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.細(xì)線的拉力對(duì)小球P始終不做功D.小球P重力的瞬時(shí)功率先增大后減小

【答案】D

【解析】

B.小球P和小車組成系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受外力不為零，系統(tǒng)只在水

平方向動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤；

AC.由于車和球這個(gè)系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，所以當(dāng)小球下擺時(shí)，車子也會(huì)隨之反方向移

動(dòng)，動(dòng)能增加，繩對(duì)車的拉力對(duì)車做正功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則繩對(duì)小球的拉力做負(fù)功，小

球的機(jī)械能減少，故AC錯(cuò)誤；

D.小球在剛釋放時(shí)，速度為零，重力瞬時(shí)功率為零，在最低點(diǎn)時(shí)，重力方向與速度方向垂

直，則重力瞬時(shí)功率為零，可知小球P從靜止開(kāi)始擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，重力的功率先增大

后減小，故D正確。

故選Do

9.（2021?云南曲靖一模）一物體僅受重力和豎直向上的拉力作用，沿豎直方向向上做減速

運(yùn)動(dòng).此過(guò)程中物體速度的平方和上升高度的關(guān)系如圖所示.若取h=0處為重力勢(shì)能等于零

的參考平面，則此過(guò)程中物體的機(jī)械能隨高度變化的圖象可能正確的是（）

【解析】

拉力豎直向上，與物體的位移方向相同，則拉力對(duì)物體做正功，由功能關(guān)系知物體的機(jī)械能

增加，故A、B錯(cuò)誤.由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系公式v2-v02=2ah得：vJv02+2ah;由數(shù)學(xué)

知識(shí)可知，d-h圖象的斜率等于2a,直線的斜率一定，則知物體的加速度a一定，因此物

體向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知拉力恒定.

“F

由功能關(guān)系知：FAh=AE,即得J=所以E-h圖象的斜率等于拉力F,F一定，因此

E-h圖象應(yīng)是向上傾斜的直線，故C錯(cuò)誤，D正確.故選D.

【點(diǎn)睛】根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)分析圖象的形狀和物理意義，是常用的

方法，要能熟練運(yùn)用.

10.（2021?上海普陀一模）如圖所示，長(zhǎng)度為1的輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球A（可視

為質(zhì)點(diǎn)），桿的下端用較鏈固接于水平面上的0點(diǎn)。置于同一水平面上的立方體B恰與A接

觸，立方體B的質(zhì)量為m2。施加微小擾動(dòng)，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計(jì)，而小球A與

立方體B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為烏，重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是

O

0

?-------------------------------

B

77777T7T77777777777777777777777T

O

A.小球A與立方體B剛脫離接觸的瞬間A與立方體B的速率之比為1:2

B.小球A與立方體B剛脫離接觸的瞬間，立方體B的速率為《臀

C.小球A落地時(shí)速率為V數(shù)7

D.小球A、立方體B質(zhì)量之比為1:4

【答案】BD

【解析】

A.A與B剛脫離接觸的瞬間，A的速度方向垂直于桿，水平方向的分速度與B速度大小一樣,

設(shè)B運(yùn)動(dòng)的速度為vB,則V4cos60°=VR

D

因此8=2:1

故A錯(cuò)誤;

v2

B.根據(jù)牛頓第二定律

解得V

又3V8=2:1

得丫8=居gi

故B正確；

。

1c2lC2

c.由機(jī)械能守恒可&mglsin30=ymv-ymvl

乙乙

解得V=W：+g/=j（0g/）2+g/=d1_g/

故C錯(cuò)誤；

。11

D.根據(jù)A與B脫離之前機(jī)械能守恒可知mg/（l-sM30）=ymv^-mvl

乙乙2

解得加：小2=1:4

故D正確。

故選Bl）o

11.（2021?江蘇常州一模）物體沿粗糙斜面底端以一初速度上滑到頂端又滑回到底端。下列

關(guān)于物體的動(dòng)能隨時(shí)間的變化圖像正確的是（）

【分析】先根據(jù)牛頓第二定律分析物體沿斜面上滑和下端加速度的大小，由位移-時(shí)間公式

分析上滑和下滑運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系。根據(jù)速度-時(shí)間公式得到速度與時(shí)間的關(guān)系式，再得到動(dòng)能

與時(shí)間的關(guān)系式，即可確定圖象的形狀。

【解答】解：設(shè)斜面的傾角為6,物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為u,物體沿斜面上滑的加

速度大小為a】，下滑的加速度大小為a2。

根據(jù)牛頓第二定律得：上滑過(guò)程有mgsin。+umgcos0=mai

下滑過(guò)程有mgsin。-nmgcos。=ma2

可得ai>a2o

由于上滑和下滑的位移大小相等，由x=/at2知上滑的時(shí)間短于下滑的時(shí)間。

上滑過(guò)程，有丫=丫。-2代，動(dòng)能為Ek=/mv2=/m（v0-a逆）2，Ek-t圖象是開(kāi)口向上的

拋物線（左支）；

設(shè)上滑的時(shí)間為t。。下滑過(guò)程，有v=az（t-t。），動(dòng)能為Ek=Lmv2=Lma"t-tn）2,

ELt圖象是開(kāi)口向上的拋物線（右支），故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選：B。

【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要知道有摩擦?xí)r物體在斜面上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程不具有對(duì)稱性，上滑時(shí)間比

下滑時(shí)間短，要根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系。根據(jù)速度-時(shí)間公式和

動(dòng)能表達(dá)式得到動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系，從而分析圖象的形狀。

12.（2021?河北石家莊一模）如圖所示，將一內(nèi)壁光滑的半圓形槽置于光滑水平面上，槽的

左側(cè)緊靠固定的豎直墻壁。將一小球自左端槽口處由靜止釋放。到第一次運(yùn)動(dòng)至槽內(nèi)右側(cè)最

高點(diǎn)過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）

A.從釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球的機(jī)械能不變

B.從釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球的機(jī)械能減小

C.從最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球的機(jī)械能不變

I）.從最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球的機(jī)械能減小

【答案】AD

【解析】

【詳解】AB.小球從釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，槽沒(méi)有動(dòng)，對(duì)小球來(lái)說(shuō)，只有重力做功,

所以小球的機(jī)械能保持不變，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.小球從最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，槽同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，半圓形槽對(duì)小球做負(fù)功,

小球的機(jī)械能減小，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選ADo

13.（2021?河北石家莊一模）從地面以初速度/斜向上拋出一物塊，不計(jì)空氣阻力。重力加

速度為g，以地面為零勢(shì)能面參考面,當(dāng)物塊的重力勢(shì)能是動(dòng)能的4倍時(shí)，物塊離地面的高

度為（）

v23/2d2v2

A.—B.---C.---D.---

8g8g5g3g

【答案】C

【解析】

依題意知物體機(jī)械能守恒，初動(dòng)能w=§mv；

重力勢(shì)能恰好是動(dòng)能4倍時(shí)，離地面高度設(shè)為方，則此時(shí)重力勢(shì)能為0的，則有

42

mgh=—W=—mvg

解得/7?==2詔2

5g

故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選Co

14.（2021?北京東城一模）如圖所示為豎直放置的離心軌道，其中圓軌道半徑為r,最低點(diǎn)

為從最高點(diǎn)為6,小球從斜軌道上無(wú)初速釋放，可模擬游樂(lè)園的“翻滾過(guò)山車”。某實(shí)驗(yàn)

小組同學(xué)通過(guò)改變釋放小球距圓軌道底端的高度力多次實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)有時(shí)小球能通過(guò)8點(diǎn)，有

時(shí)在到達(dá)6點(diǎn)前就脫離軌道。他們結(jié)合觀察和分析提出了一些猜想，請(qǐng)運(yùn)用物理知識(shí)分析其

中正確的是（不考慮摩擦力等阻力的影響，小球視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小記為g）

A.若爾2.5「，小球在到達(dá)8點(diǎn)前脫離軌道做自由落體運(yùn)動(dòng)

B.若力2.5r,小球?qū)?點(diǎn)和6點(diǎn)都有壓力，且力越高，壓力之差也越大

C.若從2.5人小球在到達(dá)6點(diǎn)前脫離了軌道，脫軌前瞬間在指向圓軌道中心方向的加速度

比g小

D.若力2.5r,小球能通過(guò)6點(diǎn)且對(duì)彳點(diǎn)沒(méi)有壓力

【答案】C

【解析】因?yàn)樾∏蛟谶@樣的一個(gè)圓軌道上運(yùn)行，到達(dá)最高點(diǎn)的速度曲》而，根據(jù)機(jī)械能

守恒規(guī)律可知，zBg(/r2r)=—mvv,解得A22.5r；

2

若爾2.5r,則小球不會(huì)到達(dá)最高點(diǎn)B,而在到達(dá)6點(diǎn)前脫離軌道，脫離軌道時(shí)，小球是有一

定速度的，故它不會(huì)做自由落體運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；脫軌前瞬間它受重力的作用，而該重力

是豎直向下的，并不指向軌道的中心，所以此時(shí)在指向圓軌道中心方向的力是重力的一個(gè)分

力，自然該分力就比重力小，所以此時(shí)的向心加速度一定比重力加速度g小，選項(xiàng)C正確；

mv}

若力2.5八小球?qū)?點(diǎn)和6點(diǎn)都有壓力，設(shè)壓力分別為A和其，則氏-喑一二，同理可

r

tviy~jI

得/ng-R=----；對(duì)AB兩點(diǎn)而言，根據(jù)動(dòng)能定理可知：颶X2尸一/nn~-mv?,以上二式結(jié)

r22

合可得A-A=4磔，說(shuō)明小球?qū)牲c(diǎn)的壓力之差是不變的，與/?無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若/?>2.5r,

小球能通過(guò)8點(diǎn)，且軌道對(duì)占點(diǎn)有向下的壓力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

計(jì)算題

15.(2021?全國(guó)甲卷)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(huà)出)，

相鄰減速帶間的距離均為&減速帶的寬度遠(yuǎn)小于a一質(zhì)量為0的無(wú)動(dòng)力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))

從距第一個(gè)減速帶上處由靜止釋放。已知小車通過(guò)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(guò)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(guò)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〃，重力加速度大小為伊

(1)求小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；

(2)求小車通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)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，則人應(yīng)滿足什么條件？

(無(wú)動(dòng)力)小車

減速帶

答案：⑴mgdsin，；⑵〃吆仕+29仆in”〃〃嘰⑶人八上二

30sin0

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mgsin0=ma

設(shè)小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后速度為匕，到達(dá)第31個(gè)減速帶時(shí)的速度為v2,則有

v；-V12=2ad

因?yàn)樾≤囃ㄟ^(guò)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(guò)減速帶后的

速度與到達(dá)下一個(gè)減速帶均為匕和心經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為

A￡=gmv\-；mv\

聯(lián)立以上各式解得△E=mgdsin9

(2)由(1)知小車通過(guò)第50個(gè)減速帶后的速度為匕，則在水平地面上根據(jù)動(dòng)能定理有

八12

-fimgs=()-—mv\

從小車開(kāi)始下滑到通過(guò)第30個(gè)減速帶，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(L+29d)sin夕―AE總=(相十

聯(lián)立解得+29d)sin夕一/umgs

故在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為△￡=A組=伍g(L+29d)sin6—igs

3030

(3)由題意可知A￡>A￡

可得L>d+上上

sin。

16.(2021?全國(guó)乙卷)一籃球質(zhì)量為〃?=0.60kg,一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為％=L8m

處由靜止自由落下，反彈高度為飽=L2m。若使籃球從距地面自=1.5m的高度由靜止下

落，并在開(kāi)始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m。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f=O.2Os；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g=10m/s:不計(jì)空氣阻力。求：

(1)運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)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：(DW=4.5J；(2)E=9N

解析：

(1)第一次籃球下落的過(guò)程中由動(dòng)能定理可得g=mg\

籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程由動(dòng)能定理可得0-七=-〃吆4

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(guò)程中，由動(dòng)能定理可

得0-E4=0-mg%

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(guò)程中，由動(dòng)能定理可得

W+mghy=E3

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)系與=善

￡i芻

代入數(shù)據(jù)可得W=4.5J

(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

F+mg=ma

在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x=

2

做得功為卬=&

聯(lián)立可得尸=9?4(尸=-15N舍去)

17.(2021?北京東城一模)如圖1所示，彈簧a和彈簧6為兩根相同的彈簧，與可視為質(zhì)點(diǎn)

的小球相連，另外兩端固定，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)兩彈簧均處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且伸長(zhǎng)量為的彈

簧的勁度系數(shù)為衣，質(zhì)量不計(jì)，小球的質(zhì)量為如整個(gè)裝置處于光滑的水平面上?，F(xiàn)將小球

向右緩慢推動(dòng)一段距離加)。

(1)求此刻彈簧a彈力的大小和彈簧6彈力的大小。

(2)a.用圖2中的橫軸x表示小球相對(duì)于初始位置的位移,縱軸廠表示彈簧的彈力(均以水平

向右為正方向)。請(qǐng)?jiān)趫D2中畫(huà)出彈簧a的彈力E隨x變化的凡-x圖像，以及彈簧6的彈

力凡隨X變化的凡-X圖像。

b.取小球處于初始位置時(shí)系統(tǒng)的彈性勢(shì)能為零，請(qǐng)利用圖2中的圖像求出小球被向右推動(dòng)

了距離x時(shí)系統(tǒng)的彈性勢(shì)能與。

(3)如圖3所示，將小球在水平面內(nèi)沿與兩彈簧軸線相垂直的方向移動(dòng)一小段距離必請(qǐng)通

過(guò)計(jì)算論證，釋放后小球是否做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)以及其運(yùn)動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件。(請(qǐng)對(duì)論證過(guò)

程中用到的物理量加以說(shuō)明：論證過(guò)程中有可能用到的數(shù)學(xué)知識(shí)有：當(dāng)0很小時(shí)，

sin6&tan夕)

【答案】(1)月=瓜而-王)；冗=Ax0+x)；(2)a.圖像見(jiàn)解析；b.區(qū)=加；