《2026年一本密卷高考物理》

16. (16分)(2025·贵州省贵阳市高三三模)如图，$MN$为一长为$L = 20m$的水平传送带，传送带右端平滑对接一足够长的水平地面，在水平地面上紧靠传送带右端静置一质量为$m_1 = 3kg$、长为$d$的木板$a$，$a$的最右端放置一质量为$m_2 = 1.5kg$的物块$b$。当传送带以恒定的速率$v_0 = 8m/s$顺时针转动时，在传送带的左端由静止释放一质量为$m_3 = 1kg$的物块$c$。已知$a$与水平地面间的动摩擦因数$\mu_1 = \frac{1}{3}$，$b$与$a$上表面之间、$c$与传送带之间的动摩擦因数均为$\mu_2 = 0.2$，不计$c$与水平地面间的摩擦，$b$、$c$均可视为质点。设$c$与$a$的每次碰撞均为弹性正碰，且碰撞时间极短，取重力加速度大小$g = 10m/s^2$，求：
(1)$c$从$M$端第一次运动到$N$端的时间；
(2)$c$与$a$第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，$c$与传送带因摩擦产生的热量；
(3)如果$c$与$a$发生第三次碰撞前，$b$未从$a$上滑离，$d$的最小值。

答案： 16.解析：
(1)物块$c$在传送带上受到的摩擦力为：$f = \mu_2m_3g$，根据牛顿第二定律，物块$c$的加速度为：$a = \frac{f}{m_3} = \frac{\mu_2}{1} = 2m/s^2 = 2m/s^2$，物块$c$加速到与传送带速度相等所需的时间为：$t_1 = \frac{v_0}{a} = \frac{8}{2}s = 4s$，在这段时间内，物块$c$的位移为：$x_1 = \frac{1}{2}at_1^2 = \frac{1}{2} × 2 × 4^2m = 16m$，由于传送带的总长度为$L = 20m$，物块$c$还需要匀速运动的距离为：$x_2 = L - x_1 = 20m - 16m = 4m$，匀速运动所需的时间为：$t_2 = \frac{x_2}{v_0} = \frac{4}{8}s = 0.5s$，因此，物块$c$从$M$端第一次运动到$N$端的总时间为：$t = t_1 + t_2 = 4s + 0.5s = 4.5s$；
(2)物块$c$与木板$a$发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒，设碰撞后物块$c$的速度为$v_{c1}$，木板$a$的速度为$v_{a1}$，则有：$m_3v_0 = m_3v_{c1} + m_1v_{a1}$，$\frac{1}{2}m_3v_0^2 = \frac{1}{2}m_3v_{c1}^2 + \frac{1}{2}m_1v_{a1}^2$，代入已知数据$m_3 = 1kg$，$m_1 = 3kg$，$v_0 = 8m/s$，解得：$v_{c1} = - 4m/s$，$v_{a1} = 4m/s$
碰撞后，物块$c$以速度$v_{c1} = - 4m/s$向左运动，木板$a$以速度$v_{a1} = 4m/s$向右运动。由于物块$c$与传送带之间的动摩擦因数为$\mu_2 = 0.2$，物块$c$在传送带上减速到静止，然后反向加速到$v_{c1} = - 4m/s$，再与木板$a$发生第二次碰撞。
物块$c$减速到静止的时间为：$t_3 = \frac{|v_{c1}|}{a} = \frac{4}{2}s = 2s$，
物块$c$减速到静止的位移为：$x_3 = \frac{|v_{c1}|}{2}t_3 = \frac{4}{2} × 2m = 4m$，
物块$c$反向加速到$v_{c1} = - 4m/s$的时间为：$t_4 = \frac{|v_{c1}|}{a} = \frac{4}{2}s = 2s$
物块$c$反向加速的位移为：$x_4 = \frac{|v_{c1}|}{2}t_4 = \frac{4}{2} × 2m = 4m$，
因此，物块$c$从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为：$t_间隔 = t_3 + t_4 = 2s + 2s = 4s$，这段时间内，物块$c$相对于传送带的位移为：$x_相对 = v_0t_间隔 + x_3 + x_4 = (8 × 4 + 4 - 4)m = 32m$，物块$c$与传送带因摩擦产生的热量为：$Q = fx_相对 = 2 × 32J = 64J$；
(3)物块$c$与木板$a$发生第二次碰撞时，物块$c$的速度为$v_{c2} = - 4m/s$，木板$a$的速度为$v_{a1} = 4m/s$。
由于物块$c$与木板$a$发生弹性碰撞，设碰撞后物块$c$的速度为$v_{c3}$，木板$a$的速度为$v_{a2}$，则有：$m_3v_{c2} + m_1v_{a1} = m_3v_{c3} + m_1v_{a2}$，$\frac{1}{2}m_3v_{c2}^2 + \frac{1}{2}m_1v_{a1}^2 = \frac{1}{2}m_3v_{c3}^2 + \frac{1}{2}m_1v_{a2}^2$
代入数据可得：$v_{c3} = - 2m/s$，$v_{a2} = 6m/s$
物块$c$与木板$a$发生第三次碰撞时，物块$c$的速度为$v_{c3} = - 2m/s$，木板$a$的速度为$v_{a2} = 6m/s$。
由于物块$c$与木板$a$发生弹性碰撞，设碰撞后物块$c$的速度为$v_{c4}$，木板$a$的速度为$v_{a3}$，则有：$m_3v_{c3} + m_1v_{a2} = m_3v_{c4} + m_1v_{a3}$，$\frac{1}{2}m_3v_{c3}^2 + \frac{1}{2}m_1v_{a2}^2 = \frac{1}{2}m_3v_{c4}^2 + \frac{1}{2}m_1v_{a3}^2$
代入数据可得：$v_{c4} = 4m/s$，$v_{a3} = 4m/s$
物块$b$在木板$a$上的加速度为：$a_b = \frac{\mu_2m_2g}{m_2} = \mu_2g = 0.2 × 10m/s^2 = 2m/s^2$
木板$a$在水平地面上的加速度为：$a_n = \frac{\mu_2m_2g - \mu_1(m_1 + m_2)g}{m_1}$，解得：$a_n = - 1m/s^2$
为了使物块$b$不从木板$a$上滑离，物块$b$相对于木板$a$的位移必须小于木板$a$的长度$d$。
物块$b$相对于木板$a$的相对加速度为：$a_相对 = a_b - a_n = 2 - (- 1)m/s^2 = 3m/s^2$
物块$b$在木板$a$上滑动的时间为：$t = \frac{|v_{a3}|}{a_相对} = \frac{4}{3}s = 4s$
物块$b$相对于木板$a$的位移为：$d = \frac{1}{2}a_相对t^2 = \frac{1}{2} × 3 × 4^2m = 24m$
因此，木板$a$的最小长度为：$d = 24m$。
答案：
(1)$4.5s$
(2)$64J$
(3)$24m$