2026届高考物理《子弹打木块模型和滑块-木板模型》含答案

弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，A.子弹的初速度大小为B.子弹在木块中运动的时间为C.木块和子弹损失的总动能为D.木块在加速过程中运动的距离为系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前11初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。+22+⋅⋅⋅+k2=22A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为A.碰撞瞬间C相对地面静止断正确的是()A.图乙中v2的数值为4B.物块与木板的碰撞为弹性碰撞D.最终物块距木板左端的距离为3m33,质量m2=0.6kg的木板B与斜面间的动摩擦因数，质量m3=0.2kg的小物块C与木板A之间无摩擦，与木板B之间的摩擦因数大于tanθ。初始时刻小物块位于木板A最上端，小物块可视为质点。某时刻小物块与木板A以相同的初速度v0=1.2m/s沿斜面向下运动，木板B以初速度vB=44A上Q点、O点。B、C与A粗糙表面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，A与地面间的动摩擦因数μ2=(1)B与A第一次共速时的速度大小v；55表面光滑，下表面与斜面之间的动摩擦因数为下端固定有与板面垂直的挡板。在木板A上将质量为m=1kg的物块B从距离挡板L=1.6m处由静止释放，若物块B与挡板的碰撞均为弹性正66动。某时刻，质量为m=1kg的小物块(可视为质点)以向右的速度v2=正确的是()A.两者最终停在水平面上B.小物块与木板间动摩擦因数为0.4C.木板的长度为1.5m质量为m=1.5kg的物块，t=0时物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动的是()A.t=3s时物块和木板达到共同速度B.M=3kgC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.1D.木板的最短长度为6m个高h=1.8m的倾斜山坡上，一质量m=50kg、长L=1.8m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m=之间的动摩擦因数为()D.0.4A.0.8B.0.75C.D.0.477端处有一固定挡板。长度l=1m的细绳一端固定在O点，另一端连接质量m0=3kg的小球(1)求细绳绷紧后瞬间小球A的速度大小以及小球A运动到最低点时的速度大小；的速度大小v与第一次碰撞前瞬间的速度大小v1满足关系式在木板Q停止运动前，①滑块P运动的位移；88块B。第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有 ()A.M:m=3:2B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小D.木块所能达到的最大速度为40m/s99(2)求A的长度L0以及滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量Q；物块B在斜面上恰好不下滑，质量为m1=4kg的光滑物块A沿斜面下滑，以速度v0=4m/s在受到碰撞瞬间会接通电源产生较强的磁性，能吸紧铁质物块且不距离为L，N与M接触面光滑，M与地面之间的动摩擦因数为μ,N可视为质点，重力加速度为g。现整左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量M=4kg的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端。薄木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量m=面高度差h=1.2m，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，滑块从入半径R=1.8m的四分之一光滑固定圆轨道，在圆弧底端与停放在木板C左端的质量mB=3kg的物的质量mC=mD=1.5kg，B与C间的动摩擦因数μ1=0.2，C、D与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.1，沿逆时针方向匀速传动的水平传送带平滑无缝连接。在平台上相隔一定距离静置着四分之一光滑圆弧量为ma=0.2kg的小物块a从槽b上的某一位置由静止释放，物块a滑离槽b时，a的速度大小为程中二者损失的机械能为2J。已知物块a2.5m的传送带BC，长度为l2=4.0m的水平轨道CD和半径R=1.6m的光滑半圆轨道DE构成。质量无碰撞地进入质量为M=0.2kg的小车上表面。小车右端恰好位于E点正下方，小车左端与固定在水生弹性碰撞。碰后B滑上长木板，B与长木板之间的动摩擦因数μ=0.5，当B滑至长木板上某处时恰高度为h=0.75m。一质量为m=1kg的小球通过长为l=4m的细绳悬挂于O点，小球静止时刚好与木板施加一个水平方向的力F，直至小球落入木板时撤掉力F。已知小球与木板间粗糙部分的动摩擦因(2)力F对木板的冲量大小I；对木板静止时的位置与木板右端的距离x。弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，A.子弹的初速度大小为B.子弹在木块中运动的时间为C.木块和子弹损失的总动能为D.木块在加速过程中运动的距离为为v1,v2mv0=mv1+Mv2a1=,a2=x1=v-v,2a2x2=vx1-x2=Lv2=因此木块的速度最大即v0-v-2+L取极值即可，该函数在2+L到无穷单调递v2=v2=a2tk(m+M(tk(m+M(故B错误；11x2=t=故D正确。故选AD。系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧0-8tm2v0=(m1+m2)v1v1=1m/s对m1受力分析有a1==4m/s2v=2a1x1x1=0.125mkx=(m1+m2)a共对m2有a2=μg=1m/s222x2=0.25m对m1-kx=(m1+m2)v-(m1+m2)vv2=m/s2t0=m2v3-m2v2v3=-2t0-Wf=m1v+m2v-(m1+m2)vDU=WfΔU=43t0-8t初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。共=；332mv0=3mv共v共=v木=2v滑2mv0=2mv木+mv滑v滑=v0，v木=v0-μmgx=×2mv+mv-×2mvx=F=μmga滑=μgv0=a滑tt=t=的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。+22+⋅⋅⋅+k2=k(k+1((2k+1()=(β-4(μgLj+1=v-4μgL3(2n-1((3)β=4n(2n+1((8n2+3(2n-1(44地面对木板的摩擦力为f2=4μnmg-mv解得v1=(β-4(μgL=2μg根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第j+1个滑块碰撞时，有v-v2=2ajL第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有jmv=(j+1(mvj+1联立可得vj+1=、v-4μgL2μ(2n+1(mg-μ(nm+3nm(g=[nm+(n-1(m[a木 -=Lvk+ -=Lk+12a则vk+=2nv+4μgL又v共=at=vk+1-2μgt则v共=j=2时，根据动量守恒定律可得mv1=2mv2可得第2个滑块开始运动的速度v2=、(β-4(μgL，则4v=βμgL-4μgL由第二问可得，(j+1(2vj+=j2v-4j2μgL，则对第3个滑块到第k+1个滑块有⋯⋯(k+1(2vk+=k2v-k2×4μgL将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得55(k+1(2vk+=βμgL-4μgL[12+22+33+42+⋯+k2[=βμgL-μgL3(2n-1(可得β=4n(2n+1((8n2+3(2n-1(A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为A.碰撞瞬间C相对地面静止mvA-mvB=2mv1v1=1m/s2mv1-mvC=3mvv=0选项B错误；Q=μmgx相对x相对=0.6m选项D正确。故选D。66断正确的是()A.图乙中v2的数值为4B.物块与木板的碰撞为弹性碰撞D.最终物块距木板左端的距离为3m前瞬间的过程，根据系统动量守恒有mv0=mv1+Mv木解得v1=4m/s的过程，根据系统动量守恒有mv0=Mv2解得v2=3m/s故A错误；动量守恒有mv0=(m+M(v3解得v3=2m/s物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能Ek2=Mv=9JC．物块滑上木板时系统的动能为Ek0==18J最终相对静止时系统的动能为Ek3=(M+m(v=6J所以系统产生的热量为Q=Ek0-Ek3=12JD．由题图乙得木板长为L=×1m-m=4.5m77故最终物块距木板左端的距离为L-Δx=3m，故D正确。故选BCD。解得F=30N根据牛顿第三定律得F'=F=30N(2)由弹性碰撞可知mv0=mvA+mvC，mv=mv+mv解得vC=2m/s(3)根据动量守恒得：mvC=(M+m)v共根据能量守恒得μmgs=mv-(M+m)v,质量m2=0.6kg的木板B与斜面间的动摩擦因数，质量m3=0.2kg的小物块C与木板A之间无摩擦，与木板B之间的摩擦因数大于tanθ。初始时刻小物块位于木板A最上端，小物块可视为质点。某时刻小物块与木板A以相同的初速度v0=1.2m/s沿斜面向下运动，木板B以初速度vB=882对B由牛顿第二定律得m2gsinθ+μ2m2gcosθ=m2a2木板B减速上滑的时间=0.75s对A由牛顿第二定律得m1gsinθ-μ1(m1+m3(gcosθ=m1a1解得a1=0说明木板A匀速下滑，木板A匀速下滑的距离x1=v0t1=0.9m两木板间最初的距离x=x1+x2=3.15m+m2vB1m0v=m1v1+m2v1可求得A、B碰后的速度分别为vA1=-0.6m/s，vB1=0.6m/s物块C滑上B时的速度为vC=v0+a3t1=4.2m/s由受力分析可知，B、C组成的系统动量守恒有m3vC+m2vB1=(m3+m2(v可求得B、C共速v=1.5m/s(4)碰后A向上减速的加速度a4=g(sinθ+μ1cosθ(=6m/s2A减速至0过程，x4==0.03m，t2=-=0.1sA向下加速的加速度a5=g(sinθ-μ1cosθ(=2m/s299下滑的位移x5=vt3=0.5625mB由碰后至B、C共速，位移x6=(vB1+v((t2+t3(=0.8925mA、B间最远距离xAB=x6+x4-x5=0.36m(2)vb=v0a=L=3mv解得v=v0解得vb=v0，vc=v02μmgx2=mv-mv2又xa=x1+x2解得xa=LA上Q点、O点。B、C与A粗糙表面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，A与地面间的动摩擦因数μ2=(1)B与A第一次共速时的速度大小v；【详解】(1)地面对A的滑动摩擦力大小为f2=μ2(M+2m(g=16N由此可知f2=F所以系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律有Mv0=(M+m(v解得v=2m/s-μ1mgx1=Mv2-Mv解得x1=2.5m解得t1=1sB与A第一次共速后一起相对静止地向左做匀速运动，设B与A共速时到C第一次与P相撞所用的时t2=解得t2=0.25s则t0=t1+t2解得从t=0到C第一次与P相撞过程所用的时间t0=1.25smv2由机械能守恒定律，有Mv2=Mv+mv解得v1=m/s，v2=m/s设B与A第二次共速时的速度大小为u，根据动量守恒，有mv+Mv1=(M+m(u解得u=m/s设P与C碰后经时间t3，B与A第二次共速，根据动量定理，有μ1mgt3=Mu-Mv1解得t3=s此过程中C在A上滑过的距离d=v2t3-t3解得d=m解得t4=s从t=0到C第一次返回到O点过程中，C的位移大小为x=v2(t3+t4(取向右为正方向，碰撞过程由动量守恒得mAv0=mAv1+mBv1根据机械能守恒得mAv=mAv1+mBv1解得v1=-2m/s，v1=2m/s(2)碰撞后A先向左减速再向右加速，由FA=mAaA解得aA=4m/s2可知B匀速运动，C开始匀加速运动，由μmCg=mCaC解得aC=1m/s2假设在C与B共速前，A追上B，设时间为t1，则有v1t1+aAt=v1t1此时C的速度vC1=aCt1=2m/s即C恰好与B共速；此时A的速度vA2=v1+aAt1=6m/smAvA2+mBv1=mAv2+mBv2，mAv2+mBv1=mAv2+mBv2解得v2=0，v2=4m/saAt=v2t2此时C的速度vC2=vC1+aCt2=4m/s即C恰好与B共速；此时A的速度vA3=v2+aAt2=8m/s第n次碰撞前A的速度为vAn=(2n+2(m/sB、C的速度为vBn=vCn=(2n-2(m/s第n次碰撞后A的速度为vn=(2n-4(m/sB的速度为vn=2nm/sB的位移为xBn=vntn=4nm当B的右端运动到P点，有xB=xB1+xB2+xB3+⋯⋯+xBn=50m解得n≈4.5可知B在第5次碰撞后运动一段时间Δt到达P，则有xB1+xB2+xB3+xB4=40m第5次碰撞后还需运动的位移Δx=x-(xB1+xB2+xB3+xB4(=10mΔx=v5Δt，Δt=1s此时vB=10m/s(3)第n次碰撞后到第n+1次碰撞前C的位移xCn=vCntn+aCtB、C的相对位移Δxn=xBn-xCn=2m第5次碰撞后B、C的相对位移Δx5=v5Δt-(vC5Δt+aCΔt2(=1.5m故木板B的长度L=Δx1+Δx2+Δx3+Δx4+Δx5解得L=9.5m将质量为m=1kg的物块B从距离挡板L=1.6m处由静止释放，若物块B与挡板的碰撞均为弹性正解得碰撞前数据B的速度为v0=4m/sB与A发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得mv0=mvB1+MvA1，mv=mv1+Mv1解得vA1=2m/s，vB1=-2m/s解得aA=-m/s2对B有mgsin30°=maB解得aB=5m/s2设第一次碰后经t时间A、B发生第二次碰撞，可得vA1t+aAt2=vB1t+aBt2解得t=1.2s此时A、B的速度分别为vA2=vA1+aAt=0，vB2=vB1+aBt=4m/sxA=t动。某时刻，质量为m=1kg的小物块(可视为质点)以向右的速度v2=正确的是()A.两者最终停在水平面上B.小物块与木板间动摩擦因数为0.4C.木板的长度为1.5m根据动量守恒守恒可得Mv1-mv2=(M+m)v解得最终速度为v=2m/s方向向左；对木板，由动量定理得-μmgt=Mv-Mv1CD．根据能量守恒可得系统机械能损失ΔE=Mv+mv-(M+m)v2=12J又Q=μmgL=ΔE质量为m=1.5kg的物块，t=0时物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动A.t=3s时物块和木板达到共同速度B.M=3kgC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.1D.木板的最短长度为6mB．根据Ek=mv2可知物块的初速度v0=4m/s，共同速度v=1m/s，根据动量守恒mv0=(m+M)v解得M=4.5kg，选项B错误；C．由动量定理，对木板μmgt=MvD．由能量关系-μmgx=解得x=6m故选ACD。个高h=1.8m的倾斜山坡上，一质量m=50kg、长L=1.8m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m=之间的动摩擦因数为()D.0.4A.0.8B.0.75C.D.0.4解得v=6m/s能量守恒因有μmgL=mv2-×2mv解得μ=0.5端s=m处有一固定挡板。长度l=1m的细绳一端固定在O点，另一端连接质量m0=3kg的小球(1)求细绳绷紧后瞬间小球A的速度大小以及小球A运动到最低点时的速度大小；的速度大小v与第一次碰撞前瞬间的速度大小v1满足关系式在木板Q停止运动前，①滑块P运动的位移；(3)①x'=--m，②Q=--J0v=、15m/s由机械能守恒定律m0gl(1-sin30°(=m0v-m0vA'2v0=5m/sm0v0=mvP+m0vm0v=mv+m0v2解得vP=6m/s解得v1=3m/s设能达到共同速度mvP=(m+M)v共v共=4m/s对木板Q，μmg=Ma1，μmgt1=Mv1木板Q一直加速的时间t1=1.5s木板Q速度减到零时物块P的速度v=vP-2a2t1=3m/s设经时间t2后共速v-a2t2=a1t2t2=1sQ=a1t2=2m/s木板加速运动位移x1=a1t=1m匀速的位移x2=s-x1=1.25m匀速时间t3==0.625s所以总时间t=2t1+t2+t3=4.625s(3).①木板第一次碰撞后的速度v=v1木板第二次碰撞前的速度v2=v所以从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔Δt1=2=2(1-t1木板从开始运动到第二次碰撞的时间t2=t1+Δt1=2=t1+2(1-t1第二次碰撞后的速度v=v1=-v1第三次碰撞之前的速度v3=v所以从第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔Δt2=2=2-t1木板从开始运动到第三次碰撞的时间t3=t1+Δt1+Δt2=t1+2(1-t1同理可知，木板从开始运动到第n次碰撞的时间tn=t1+2(1-t1=(3-t1滑块P一直匀减速直线运动的μmg=ma2x'=vPtn-a2t解析得x'=--m②物块在木板开始运动到第一次碰撞的时间内运动的位移x，相对位移Δx1=x-x到第n此碰撞相对位移即物块的位移Δx=x'-x=--所以热量Q=μmgΔx=--J块B。第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计木块A击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得mv0=(8m+m(v1解得v1=由能量守恒定律得mv=(8m+m(v+fd解得f=mv第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，由动量守恒定律得mv0=(4m+m(v2解得v2=v0由能量守恒定律得mv=(4m+m(v+fd/解得f=联立可得d/=d度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有 ()A.M:m=3:2B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小D.木块所能达到的最大速度为40m/s设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有v=-v+40解得二者共同的速度v=24m/s子弹射入木块，系统动量守恒则有mv1=(M+m)vB．设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，根据能量守恒定律则有fL=mv-(M+m)v2根据动能定理则有fx=Mv2系统动量守恒，则有mv0=(M+m)v2(M+m)f，2(M+m)f∙M2(M+m)f，2(M+m)f∙M+m故选AC。(2)求A的长度L0以及滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量Q；滑块刚到达b端时，根据牛顿第二定律有N-2m解得N=6mg解得v0=2gL2mv0=3mv1解得v1=2gL解得A的长度为L0=2L滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量为Q=2mgL解得v=12gL量守恒定律有2mv1+2mv=4mu0=2-2解得x0=23L2解得μ=0.75设小物块与挡板第一次碰撞前小物块的速度为v，则v=gtsinα=3m/s小物块的位移为x1=×m=m小物块放在木板上的瞬间，其与挡板的距离为Δx=x1-x2=m(3)物块与挡板碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得mv=由机械能守恒定律得mv2=mv+⋅3mv解得v1=-1.5m/s，v2=1.5m/s碰撞后长木板速度再次减为零的时间t/==0.75s此时小物块的速度为v=v1+gsinαt/解得v=3m/s长木板平均速度为板==0.75m/s小物块平均速度为块==0.75m/s物块B在斜面上恰好不下滑，质量为m1=4kg的光滑物块A沿斜面下滑，以速度v0【详解】(1)根据动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，根据机械能守恒定律得m1v=m1v+动，根据运动学公式得v1t+at2=v2t，解得t=1.6s；第二次碰撞前瞬间A速度为v3=v1+at=10.4m/s，方向沿斜面向下。Mv解得v1=3m/s解得v=2m/s对物块由动能定理有Wf=mv2解得Wf=2J(3)由能量守恒定律有μmg⋅L=Mv-(M+m(v2解得μ=0.3在受到碰撞瞬间会接通电源产生较强的磁性，能吸紧铁质物块且不距离为L，N与M接触面光滑，M与地面之间的动摩擦因数为μ,N可视为质点，重力加速度为g。现整摩擦力Ff=μFN联立解得a=μg(2)假设M第一次停下来的时间是t，N运动的位移是x1，M运动的位移是x2，则x1=vt，x2=vt-at2若在M的速度第一次为零之前，N并未和Q发生碰撞，需满足x1-x2<L联立得v<3μgL是v2，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv=mv1+2mv2，mv2=mv+mv联立解得v1=-v，v2=v恒公式mv1=3mv3解得v3=-vN、P碰撞的机械能损失是ΔE=mv-×3mv联立解得ΔQ=μmgL左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量M=4kg的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端。薄木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量m=面高度差h=1.2m，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，滑块从vB=2gR=6m/s在B点，由牛顿第二定律有F-mg=m解得F=3mg=60N由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力F/=F=60N。撞的过程中，由动量守恒定律有mvB=mv1+Mv2由于只发生一次碰撞，则有mv1=Mv2解得v1=3m/s，v2=1.5m/sma设从滑上木板到第一次碰撞的运动时间为t1，则有v1=vB-at1解得t1=0.6s则薄木板的运动时间为t=t1+t2=1.2s由于小滑块一直做匀减速运动，则有L==3.6mmgh+mv解得vD=2g(R-h(=23m/s夹角为α,从D点飞出到落到所用时间为t，根据动能定理有mv2-mv=mgh解得v=6m/s又有Δv=gt，x=vDcosθ⋅t则S=gxD可得tanθ=解得x=m入半径R=1.8m的四分之一光滑固定圆轨道，在圆弧底端与停放在木板C左端的质量mB=3kg的物的质量mC=mD=1.5kg，B与C间的动摩擦因数μ1=0.2，C、D与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.1，A1=-6m/s，vB1=6m/sC=1m【详解】(1)设物块A到达圆弧底端的速度为vA0，由机械能守恒定律得mAgR=mAv0-mAv解得vA0=12m/sA、B相碰由动量守恒能量守恒得mAvA0+0=mAvA1+mBvB1，mAv0+0=mAv1+mBv1A1=-6m/s，vB1=6m/s解得aB=2m/s2mBg-μ2(mA+mB(g=mCaC解得aC=1m/s2vC1=aCt1，vB2=vB1-aBt1B2=4m/s，vC1=1m/smDg=mDaD解得aD=1m/s2D第一次减速的位移xD1=解得xD1=0.5mC从零加速到xD1=0.5m时，速度大小vC2=1m/s，所用时间t2=1s，B减速vB3=vB2-aBt2解得vB3=2m/s速度v，C第三次加速的距离为xC3，v=vB3-aBt3，v=aCt3，xC3=解得t3=s，v=m/s，xC3=m移为xC4=解得xC4=由于xC3+xC4<xD2，假设成立，C发生的总位移xC=d+xD1+xC3+xC4代入上述数据xC=1m沿逆时针方向匀速传动的水平传送带平滑无缝连接。在平台上相隔一定距离静置着四分之一光滑圆弧量为ma=0.2kg的小物块a从槽b上的某一位置由静止释放，物块a滑离槽b时，a的速度大小为程中二者损失的机械能为2J。已知物块aava=mbvb根据能量守恒有magh=mbv+mav碰撞过程中系统损失的机械能ΔE=mbv-(mb+mc)v1小物块a第一次在传送带上向右运动的时间t1==2s小物块a第一次在传送带上向右运动的距离xa1==10m<L=15m该时间内传送带的位移x1=vt1=30m(mb+mc)vc1=mava2+(mb+mc)vc2由能量守恒定律有mava+(mb+mc)vc=mava+(mb+mc)vc联立解得va2=-m/s，vc2=m/s小物块a第二次在传送带上向右运动的距离xa2==m小物块a第二次在传送带上向右运动的时间t2==s该时间内传送带的位移x2=vt2=10m整个过程中小物块a和传送带之间因摩擦产生的总热量为Q=μmag[(x1+xa1)+(x1-xa1)+(x2+xa2)+(x2-xa2)[=80J2.5m