2011-2020年高考物理试卷分类汇编之026c.力学综合题（下）（含答案及解析）

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第26c节 力学综合题（下）
1.2015年理综新课标I卷25.(20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
解：（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动。设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有
①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s，由运动学公式得
②
2 ③
t1=1s，so=4.5cm是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度
联立①②③式和题给条件得 ④
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度的向左做匀变速运动，小物块以v1的初速的向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
⑤
⑥
式中t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得 ⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度。由牛顿第二定律及运动学公式得
⑧
⑨
⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
?
小物块运动的位移为 ?
小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1 ?
Δs=6.0m ?
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。
（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得
?
?
碰后木板运动的位移为s= ?
联立⑥⑧⑨⑩????式，并代入数值得s=-6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m
2.2015年理综新课标Ⅱ卷25.（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小
（2）A在B上总的运动时间
解析：（1）在0—2s时间内，A和B的受力如图所示，其中、是A和B之间的摩擦力和正压力的大小，、是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示
①
②
③
④
以沿斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为和，由牛顿第二定律得
⑤
⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1=3m/s2 ⑦
a2=1m/s2 ⑧
（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1= a1t1=6m/s ⑨
v2= a2t1=2m/s ⑩
时，设A和B的加速度分别为a'1和a'2。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a'1=6m/s2 ?
a'2=-2m/s2 ?
即B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有
?
联立⑩??式得t2=1s ?
在时间内，A相对于B运动的距离为
?
此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间后A离开B，则有
?
可得t3=1s （另一解不合题意，舍去 ⒄
设A在B上总的运动时间为，有
t总=t1+t2+t3=4s ⒅
3.2015年理综福建卷21.（19分）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力;
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求:
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
答案：（1）3mg （2）① ②s=L/3
解析：（1）由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大
从A到B，根据动能定理：
在B点：
联立解得： FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg
（2）①若不固定小车， 滑块到达B点时，小车的速度最大
根据动量守恒可得：
从A到B，根据能量守恒：
联立解得：
②设滑块到C处时小车的速度为v，则滑块的速度为2v，根据能量守恒：
解得：
小车的加速度：
根据 解得：s=L/3
4.2015年江苏卷14. (16 分) 一转动装置如图所示，四根轻杆 OA、OC、AB 和 CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为 l，球和环的质量均为 m，O 端固定在竖直的轻质转轴上。 套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与小环之间，原长为 L. 装置静止时，弹簧长为. 转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g.
求：(1)弹簧的劲度系数 k；
(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 ω0；
(3)弹簧长度从缓慢缩短为的过程中，外界对转动装置所做的功 W.
【答案】（1） （2） （3）
解：（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1.
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡
小球受力平衡，
解得
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2 ，弹簧长度为x，
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡 得
对小球 ， 且
解得
（3）弹簧长度为L/2时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3
小环受到弹簧的弹力：
小环受力平衡： 且 [
对小球：；
解得：
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理：
解得：
5.2016年新课标Ⅱ卷25．（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。
（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；
（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep=5mgl ①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，有能量守恒定律得
②
联立①②式，去M=m并代入题给数据得 ③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v满足
④
设P滑到D点时的速度为vP，由机械能守恒定律得
⑤
联立③⑤式得 ⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 ⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 ⑧
联立⑥⑦⑧式得 ⑨
（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知
⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 ?
联立①②⑩?式得 ?
6.2016年新课标1卷25.（18分）
如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。（取，）
(1) 求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2) 求P运动到点时弹簧的弹性势能。
(3) 改变物块P的质量，将P推至点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点的左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
解析：（1）选P为研究对象，受力分析如图：
设P加速度为，其垂直于斜面方向受力平衡：
沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
且，可得：
对CB段过程，由
代入数据得B点速度：
（2）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程；
由C到F，重力势能变化量： ①
减少的重力势能全部转化为内能。
设E点离B点的距离为xR，从C到F，产热：
②
由，联立①、②解得：x=1；
研究P从C点运动到E点过程
重力做功：
摩擦力做功：
动能变化量：
由动能定理：
代入得：
由ΔE弹=-W弹，到E点时弹性势能E弹为。
（3）其几何关系如下图
可知：，
由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为2.5R，水平距离为3R。
设P从D点抛出时速度为v0，到G点时间为t
其水平位移：
竖直位移：
解得：
研究P从E点到D点过程，设P此时质量为m'，此过程中：
重力做功： ①
摩擦力做功： ②
弹力做功： ③
动能变化量： ④
由动能定理： ⑤
将①②③④代入⑤，可得：
7.2017年浙江选考卷20.图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1,O2，弯道中心线半径分别为，弯道2比弯道1高，有一直道与两弯道圆弧相切。质量的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑。（sin37°=0.6，sin53°=0.8）
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度；
（2）汽车以v1进入直道，以的恒定功率直线行驶了，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）弯道1的最大速度v1，有：
得
（2）弯道2的最大速度v2，有：
得
直道上由动能定理有：
代入数据可得
可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计应如答图所示
由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度
由
线路长度
最短时间。
8.2019年全国卷Ⅱ 25.一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
答案：（1）
（2）， 28 m/s或者，29.76 m/s； （3）30 m/s；；87.5 m
解：（1）v-t图像如图所示。
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，
设汽车在t2+(n-1)Δ t ～ t2+nΔt内的位移为sn，n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt～t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有
①
②
③
联立①②③式，代入已知数据解得
④
这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2+3Δt～t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式
⑤
⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v2=28 m/s ⑦
或者，v2=29.76 m/s ⑧
但在⑧式情况下，，不合题意，舍去。
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1=ma ⑨
在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为： ⑩
由动量定理有： ?
由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为： ?
联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得
v1=30 m/s ?
?
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
?
联立⑦??，代入已知数据解得 s=87.5 m ?
9.2019年全国卷I 21．在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
答案：AC
解析：
A.由图像得，弹簧形变量为零时两物体的加速度分别为3a0和a0，即gM=3a0，gN=a0，故gM=3 gN，
此时物体只受到对应星球的万有引力，， ，解得，
两星球的密度分别为, , 已知RM=3 RN， gM=3 gN，代入得ρM=ρN，
故选项A正确。
B.由牛顿第二定律，，
由图像知，当xP=x0时aP=0，即，得
当xQ=2x0时aQ=0，即，得，所以，选项B错误；
C.当弹簧的弹力与重力平衡时有最大动能，此时，，
将和 gM=3 gN代入可得，.
整个过程中只有重力和弹簧的弹力做功，弹簧的弹力随位移均匀变化，故平均弹力，平均弹力做功，根据动能定理得，，
解得，故选项C正确；
D.根据对称原则，题中动能最大时的位移为最大压缩量的一半，即，，
由C得，故，选项D错误。
10.2019年全国卷I 25.（20分）
竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
解：（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，v1/2为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m'，碰撞后瞬间的速度大小为v'，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
①
②
联立①②式得 m' =3m
（2）设斜面倾角为θ，由v-t图知，A下滑的总位移 ③
A下滑的加速度 ④
对A由牛顿第二定律 ⑤
A上滑的总位移 ⑥
A上滑的加速度 ⑦
上滑过程对A由牛顿第二定律 ⑧
由③/⑦得
将④⑦分别代入⑤⑧后将两式相除得
得 ⑨
⑩
由③⑥⑨⑩得
所以A克服摩擦力做功为
（3）设改变前后的动摩擦因数分别为μ1和μ2，
由⑨得 ?
B在平面上滑行的距离为 ?
?
由???得
A在平面上滑行的距离为x2 ，
由??及得
由题意x1=x2得
11.2019年浙江选考卷20.（12分）某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5。（sin 37°=0.6）
（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
答案：（1）vB=4m/s；（2）h解析：（1）物块由静止释放到B的过程中，由动能定理，
得vB=4m/s
（2）小物块从高为h1处滑下，继续向右运动到D点速度为零，则会随着传送带一起向左运动，最后离开传送带落到传送带左侧地面，则由动能定理
，得h1=3m
故要使小物块落到传送带左侧地面则要使 h<3.0m
（3）右侧抛出，D点的速度为v，
解得
由平抛运动规律，解得
小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式为
为使能在D点水平抛出，
解得h需要满足的条件h≥3.6m
12.2020年上海卷20．（15分）足够长的斜面与水平面的夹角＝37，质量m＝2kg的物块静止于斜面底端。物块在平行于斜面向上的恒力F＝24N作用下向上运动，经过t＝2s后撤去F。物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等。（sin37＝0.6，cos37＝0.8，g取10m/s2）
（1）求物块沿斜面向上运动所需的总时间；
（2）求上行过程中，撤去F前后，物块受到的摩擦力做功之比k；
（3）在s-t坐标中画出减速阶段物块运动的大致图线（设t＝0时物块位于出发点s＝0处）
（4）分析说明为什么物块动能与势能相等的位置仅出现在沿斜面下行过程中；求该位置离斜面底端距离L（取斜面底端所在水平面为零势能面）。
答案：（1）3s （2）2 （3）如下图示 （4）4.8m
解析：（1）， 解得a1＝4m/s2，
2s末的速度为 v1＝a1t＝8m/s，
撤去外力后， 解得 a2＝－8m/s2，
匀减速运动到最高点的时间为t2，由0－v1＝a2t2， 得 t2＝1s，
物块沿斜面向上运动所需的总时间 t总＝t＋t2＝3s，
（2）， ，，
上行过程中，撤去F前后，物块受到的摩擦力做功之比为，
（3）如右图所示，
（4）上行过程加速段，EP＝mgssin37＝12mt2，始终有Ek＜EP，
上行过程减速段，动能继续减小，势能继续增大，势能始终大于动能，两者不可能相等。
下行过程：， 解得a3＝4m/s2，
， ，Ep＝mg（s1＋s2－s3）sin37＝6m（12－2t2），
当Ek＝Ep，则8mt2＝6m（12－2t2），得t2＝3.6，
动能和势能相等的位置离斜面底端距离L为 L＝s1＋s2－s3＝12－2t2＝4.8m，
13.2020年北京卷14．在无风的环境里，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力和偏转力。这两个力与篮球速度的关系大致为：，方向与篮球运动方向相反；，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是
A．、是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
答案∶C
解析∶A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力的作用，而篮球转动时，将受到偏转力的作用，所以偏转力中的与篮球转动角速度有关，故A错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示：
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，不能保持f2与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。
故选C。
14.2020年新课标Ⅲ卷25．（20分）如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v＝6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
解：（1）传送带的速度为v=4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg=ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2– v02= –2as1 ②
联立①②式，代入题给数据得s1=4.5 m ③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1'，由运动学公式有
v= v0–a t1' ④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1=2.75 s ⑥
（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
m/s，m/s ⑨
（3）传送带的速度为v=6.0 m/s时，由于v0v=v0+at2 ⑩
v2–v02=2as2 ?
联立①⑩?式并代入题给数据得
t2=1.0 s ?
s2=5.5 m ?
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同运动（Δt–t2）的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有
s3=（Δt–t2）v ?
由①???式可知，，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3。由运动学公式有
v32–v2= –2a（L–s2–s3） ?
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
I=m（v3–v0） ?
联立①?????式并代入题给数据得
I=0 ?
15.2020年新课标Ⅱ卷25．（20分）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始終保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案：（1）2g、3g； （2）； （3）
解：（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g ③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1= –v0+a2t1 ⑤
联立③④⑤式得
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有 ⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1= h1+ h2 ⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
?
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0 ?
联立??式并代入题给数据得
?
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
?
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1+ x2≤L ?
联立????式，L应满足条件为
?
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