2019届全国高三原创仿真卷(四十七)理综物理试卷

2019届全国高三原创仿真卷（四十七）
理综物理试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题
1.某同学在“用DIS测定位移和速度”的实验中得到小车的s -t图像如图中实线所示,虚线为1.0s末图像的切线,则由图像可知小车
A. 1.0-1.5s内平均速度大小为0.6m/s
B. 1.0s末瞬时速度大小为0.2m/s
C. 做匀速直线运动
D. 做匀加速直线运动
【答案】
【详解】1.0-1.5s内平均速度为：，故A错误；在s-t图象中，斜率代表速度，可得：，故B正确；在s-t图象中斜率代表速度，根据图象可知，斜率越来越大，速度越来越大，故C错误；由于s-t图象不能确定曲线的特性，故无法判断小车的具体运动，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

2.我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s，红旗上升的高度是17.6 m．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4 s，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4 s，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a及国旗匀速运动时的速度v，正确的是
A. a＝0.2 m/s2，v＝0.1 m/s
B. a＝0.4 m/s2，v＝0.2 m/s
C. a＝0.1 m/s2，v＝0.4 m/s
D. a＝0.1 m/s2，v＝0.2 m/s
【答案】
【解析】
【详解】对于红旗加速上升阶段：x1＝a1t21，对于红旗匀速上升阶段：v2＝at1，x2＝v2t2；对于红旗减速上升阶段：x3＝v2t3－a3t23；对于全过程：a1＝a3，x1＋x2＋x3＝17.6 m；由以上各式可得：a1＝0.1 m/s2，v2＝0.4 m/s；故选C.
【点睛】红旗经历了匀加速、匀速和匀减速直线运动过程，抓住三段的位移之和等于17.6m，总时间为48s，匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，运用运动学公式联立方程组求出加速度和匀速运动时的速度．
3.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是
A. 质点经过C点的速率比D点的大
B. 质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C. 质点经过D点时的加速度比B点的大
D. 质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
【解析】
质点做匀变速曲线运动，由动能定理可得，D点的速度比C点速度小，故A正确；质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角
大于90°，故B错误；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加
速度与B点相同，故C错误；质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先减小后
增大，故D错误；
4.如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢从底部爬到a处，则下列说法正确的是()
A. 在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力
B. 在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力
C. 在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力
D. 在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力
【答案】
【解析】
【分析】
蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，合力为零，蚂蚁所受的摩擦力为静摩擦力，越往上爬，所受静摩擦力越大，根据共点力的平衡条件列方程分析支持力大小．
【详解】蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，则合力始终为零，即在a点蚂蚁受到的合力与b点受到的合力均为零，A错误；对蚂蚁受力分析，如图所示，根据共点力平衡有：
，因为A点的比B点的大，所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，C正确D错误；在a点和b点，碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，B错误．
5.、、三物块的质量分别为,和,作如图所示的连接。

绳子不可伸长,且绳子和滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计。

若随一起沿水平桌面做匀速运动,则可以断定( )
A. 物块与桌面之间有摩擦力,大小为
B. 物块与之间有摩擦力,大小为
C. 桌面对,对,都有摩擦力,两者方向相同,合力为
D. 桌面对,对,都有摩擦力,两者方向相反,合力为
【答案】
【解析】
【分析】
B随A一起沿水平桌面做匀速运动，所以物体都处于平衡状态；分别对m进行受力分析；整体受力分析可知M与地面之间摩擦力的情况。

【详解】由题意知B随A一起沿水平桌面作匀速运动，所以m和M受到水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，以及竖直向下的重力和竖直向上的支持力，因此M受到桌面对其向左的摩擦力等于绳子的拉力，因为拉力等于m0的重力，所以物体A与桌面间的摩擦力等于拉力，即m0g，故A正确；对m进行受力分析可得，m受重力、支持力；因m水平方向不受外力，故m不会受到M对m的摩擦力，所以AB间没有摩擦力，故BCD错误。

故A正确，BCD错误。

【点睛】解决物理问题整体法与隔离法是受力分析中常用方法之一，应灵活应用；同时要注意受力分析要结合物体的运动状态同时进行分析。

6.明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之，曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，
方向如图所示，木楔两侧产生推力F N，则
A. 若F一定，θ大时F N大
B. 若F一定，θ小时F N大
C. 若θ一定，F大时F N小
D. 若θ一定，F小时F N大
【答案】
【解析】
【详解】由于木楔处在静止状态，故可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示．并且可据此求出木楔两侧产生的推力．选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，力F的分解如图：
则F＝F N1cos(90－)＋F N2cos(90－)＝2F N1cos(90－)＝2F N1sin，F N＝F N1＝F N2，故解得
F N＝，所以F一定时，θ越小，F N越大；θ一定时，F越大，F N越大，B正确．
【点睛】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。

7.如图所示，在绳下端挂一物体，用力F作用于O点，使悬线偏离竖直方向的夹角为α，且保持物体平衡。

设F与水平方向的夹角为β，在保持α角不变的情况下，要使拉力F的值最小，则β应等于（）
A. α
B. π
C. 0
D. 2α
【答案】
【解析】
【分析】
以结点O为研究对象，分析受力情况，做出受力图，其中上面两根绳子的拉力的合力与物体的重力大小相等，方向相反，保持不变，做出F在三个不同方向时力的合成图，比较F 的大小，得出F最小时与的关系．
【详解】
以结点O为研究对象，分析受力情况，做出受力图，拉力F1与F的合力与重力平衡，保持不变，做出力F在三个不同方向时力的合成图．由受力图比较可知，当F与F 1垂直时，拉力F最小，由数学知识得到。

故选A。

【点睛】本题可作为动态变化分析问题处理，运用图解法形象直观反映F的变化，也可以根据平衡条件得出F与β的函数关系式，再由数学知识求极值．
8.如图所示，一质量为m的小球处于平衡状态．现将线L2剪断，则剪断L2的瞬间小球的加速度．
A. 甲图小球加速度为a＝g sinθ，垂直L1斜向下方
B. 乙图小球加速度为a＝g sinθ，垂直L1斜向下方
C. 甲图小球加速度为a＝g tanθ，水平向右
D. 乙图小球加速度为a＝g tanθ，水平向左
【答案】
【解析】
【详解】如甲图中，将L2线剪断的瞬间，物体将绕悬点做圆周运动，在将L2线剪断后，物体受到的合力沿圆的切线方向，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma1，得：a1=gsinθ；选项A正确，C错误；如图乙中，将弹簧剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体受重力与弹簧弹力作用，而弹簧弹力与重力不变，合力水平向右，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma2，得加速度为：a2=gtanθ，方向水平向右；选项BD错误；故选A.
【点睛】解决本题的关键知道剪断绳子的瞬间，绳子的弹力要突变，而弹簧来不及发生形变，弹力不变，然后根据共点力平衡求出弹簧的弹力．
9.如图所示，一艘走私船在岸边A点，以速度v0匀速地沿垂直岸的方向逃跑，距离A点为a 处的B点的快艇同时启动追击，快艇的速率u大小恒定，方向总是指向走私船，恰好在距离岸边距离a处逮住走私船，那么以下关于快艇速率的结论正确的是
A. 快艇在垂直岸边的方向上的平均速度u y＝v0
B. 快艇在沿岸的方向上的平均速度u x＝v0
C. 快艇速度的大小u＝v0
D. 快艇的平均速率等于v0
【答案】
【解析】
【详解】因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上时，位移与时间相同，所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度，快艇在沿岸边的方向上的平均速度为v0，A正确，B错误．快艇的平均速度大小为v0，因为它是曲线运动，路程大于a，平均速率应该大于v0，CD均错；故选A．
10.一倾角为α的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示的力F，F与竖直方向夹角为β，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力()
A. 大小为零
B. 方向水平向右
C. 方向水平向左
D. 无法判断大小和方向
【答案】
【解析】
【详解】没有施加力F时，由物体匀速下滑可知mg sinα＝μmg cosα，得μ＝tanα，物体受重力G、斜面的弹力F N、斜面的摩擦力F f，且三力的合力为零，故F N与F f的合力竖直向上，，如图所示：
当物体受到外力F时，物体受斜面的弹力为F N′、摩擦力为F f′，F N′与F f′的合力与F N′的夹角为θ，则，故θ＝α，即F N′与F f′的合力方向竖直向上，由牛顿第三定律知，物块对斜面体的作用力竖直向下，故斜面体在水平方向上不受力，故选A。

【点睛】本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向，当压力增加后，滑动摩擦力也增加，但两个力的合力方向不变．
11.如图所示,在水平力F作用下,A、B保持静止。

若A与B的接触面是水平的,且F≠0,则B 的受力个数可能为()
A. 3个
B. 4个
C. 5个
D. 6个
【答案】
【解析】
【详解】先对AB整体受力分析，受重力、推力、支持力；当推力平行斜面向上的分力大于重力的下滑分力时，有上滑趋势；当推力平行斜面向上的分力小于重力的下滑分力时，有下滑趋势；当推力平行斜面向上的分力等于重力的下滑分力时，无滑动趋势；
再对物体A受力分析，受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；
最后对B受力分析，受重力、A对B的压力和向右的静摩擦力、斜面体对A的支持力，如果B物体相对斜面体有滑动趋势，则受到斜面体的静摩擦力，若相对斜面体无滑动趋势，则不受斜面体的静摩擦力，即物体B可能受4个力，也可能受5个力，故BC正确，AD错误；
故选BC。

【点睛】先对AB整体受力分析，判断整体相对斜面体的运动趋势；再对A受力分析，最后对物体B受力分析，B可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力，即B受力情况有两种可能。

12.甲、乙两车某时刻由同一地点,沿同一方向开始做直线运动,若以该时刻作为计时起点,得到两车的位移—时间图像,即图像如图所示,甲图像过点的切线与平行,过点的切线与
平行,则下列说法中正确的是( )
A. 在两车相遇前, 时刻两车相距最远
B. 时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度
C. 甲车的初速度等于乙车在时刻的速度
D. 时刻甲车在乙车的前方
【答案】
【解析】
【分析】
在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间。

【详解】图象的纵坐标表示物体所在的位置；由图可知t1时刻CA相距最大，即两车相距最远，故A正确；图象斜率表示速度，由图可知，0-t1时间甲图线的斜率大于乙图线的斜率，t1时刻之后甲图线的斜率小于乙图线的斜率，所以甲车的瞬时速度先大于乙车的瞬时速度，后小于乙车的瞬时速度，t1时刻两者瞬时速度相等，故B错误；在位移-时间图象中，图线的斜率表示速度的大小，由图可知甲车的初速度等于乙车在时刻的速度，故C正确；t3时刻两车的位置坐标相同，两车相遇，故D错误。

所以AC正确，BD错误。

【点睛】本题主要考查x-t图象，在分析图象时要注意先明确图象的坐标，再根据图象的性质进行分析．要知道位移时间图象的斜率表示速度；图象的交点表示两车相遇。

13.中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功将第16颗北斗导航卫星发射升空并送入预定转移轨道。

这是一颗地球静止轨道卫星，它将与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，形成区域服务能力。

根据计划，北斗卫星导航系统将于明年初向亚太大部分地区提供正式服务。

则下列说法正确的是（）
A. 火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力
B. 高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力是一对平衡力
C. 发射初期，火箭处于超重状态
D. 发射的卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态
【答案】CD
【解析】
【详解】A、火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对作用力与反作用力，大小总是相等，方向相反，故A错误；
B、高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力是一对作用力和反作用力，故B错误；
C、火箭发射初期，火箭的加速度向上，处于超重状态，故C正确；
D、发射的卫星进入轨道正常运转后，万有引力用来提供向心力，处于完全失重状态，故D 正确；
故选CD。

【点睛】高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对作用力与反作用力；发射初期，火箭的加速度向上，处于超重状态；发射的卫星进入轨道正常运转后，重力全部用来提供向心力，处于完全失重状态。

14.2018年7月12日，C919大型客机102机顺利完成首次空中远距离转场飞行。

假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，加速1.6×103m时才能达到起飞所要求80m／s的速度。

已知飞机的质量为7.0×104kg，滑跑时受到的阻力恒为重力的0.1倍，取g＝10m/s2，则在飞机滑跑的过程中
A. 飞机加速度的大小为4m/s2
B. 飞机滑跑的时间为40s
C. 飞机牵引力的大小为1.4×105N
D. 飞机牵引力的最大功率为1.68×107W
【答案】BD
【解析】
【详解】飞机加速度的大小为，选项A错误；根据解得飞机
滑跑的时间为，选项B正确；根据F-f=ma可得飞机牵引力的大小为
，选项C错误；飞机牵引力的最大功率为P=Fv=2.1×105×80W=1.68×107W，选项D正确；故选BD.
15.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B （B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。

现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t 图像如图乙所示（重力加速度为g），则（）。

A. 施加外力前，弹簧的形变量为
B. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
C. 外力施加的瞬间，AB间的弹力大小为M(g-a)
D. AB在时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
【答案】AC
【解析】
【详解】施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx，解得：，故A正确。

施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹-Mg-F AB=Ma，其中：F弹=2Mg；解得：F AB=M（g-a），故C正确。

物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且F AB=0；对B：F弹′-Mg=Ma,解得：F弹′=M（g+a），故D错误。

当F弹′=Mg时，B达到最大速度，故B错误。

故选AC。

【点睛】本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零，速度相等这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析。

二、实验题
16.某同学在“探究弹簧弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为1000N/m。

如图甲所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验。

（1）若弹簧伸长1.00cm，弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的示数为_________N（如图乙所示），则弹簧秤b的示数为________________N。

（2）在保持（1）中弹簧秤a的示数和方向不变的条件下，若增大弹簧OC的伸长量，则弹簧秤b的示数_______，与弹簧OC间的夹角（锐角）_______（均填“变大”“变小”或“不变”）。

【答案】(1). (2). (3). (4).
【解析】
（1）根据胡克定律可知，F=kx=1000×0.01=10N；根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为8.00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为；
（2）保持（1）中弹簧秤a的示数和方向不变的条件下，若增大弹簧OC的伸长量，则合力增大，若oa的大小和方向不变，如图所示，则说明ob的力一定增大，与OC间的夹角变小；
17.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，图1是某同学安装完毕的实验装置：
（1）为简化实验，认为小车受到的合力等于沙和桶的重量。

测量前必须对图1的装置进行的调节是___________。

（写出一条即可）
（2）为探究小车加速度与力的关系，应保持________不变；为探究小车加速度与质量的关系，应保持不变________（两空均选填“小车的质量”或“沙和桶的总质量”）
（3）图2是在正确调节、操作后获得的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻两计数点间还有4个点没有标出。

已知打点计时器使用交流电的率为50Hz，根据纸带的数据，可求得小车加速度的值为______m/s2。

（结果保留两位有效数字）
【答案】(1). (2). (3). (4).
【解析】
【详解】（1）由装置图可知，要使小车受到的合力等于沙和桶的重量，必须要调整滑轮的高度，使拉小车的细线与斜面平行；同时要平衡摩擦力；
（2）为探究小车加速度与力的关系，应保持小车的质量不变；为探究小车加速度与质量的关系，应保持牵引力不变，即沙和桶的总质量不变.
（3）△x=0.60cm，T=0.1s，根据△x=aT2可知
【点睛】题考查了实验注意事项、实验数据处理，知道实验原理、掌握基础知识是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的推论△x=at2可以求出加速度，平时要注意基础知识的学习与积累．
三、计算题
18.如图所示，OA、OB、OC三段轻绳结于O点，轻绳OA与竖直方向的夹角为37°，下方轻绳OC悬挂质量为m1=0.4 kg的沙桶。

轻绳OB水平，B端与放置在水平面上的质量为m2=1.8 kg的滑块相连，滑块处于静止状态，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.3，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力按滑动摩擦力计算。

（1）求滑块受到的摩擦力；
（2）若缓慢往沙桶中添加细沙，要使滑块静止不动,沙桶和沙的总质量不能超过多少；
【答案】（1）3N（2）0.72kg
【解析】
【详解】（1）以结点O为研究对象，受力分析如图所示，
由平衡条件可知OB绳的拉力T B=m1gtan37°=4×0.75N=3N；
对滑块B根据共点力的平衡条件可得：f=T B=3N；
所以滑块受到的摩擦力为3N；
（2）滑块受到的最大静摩擦力f m=μm2g=0.3×18N=5.4N，
由f m=T B′=m1′gtan37°，
得m1′=0.72kg；
【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
19.如图所示，质量分别为2m、m的甲、乙两个物块用细绳连接放在水平面上，绳长为。

现对甲施加一个水平向右的拉力F，使两物块一起向右做匀加速运动，经过t时间，甲、乙两物块间的细绳断开，再经过t时间，乙的速度为零，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，求：
（1）物块与水平面间的动摩擦因数；
（2）当乙物块速度刚好减为零时，甲、乙两物块间的距离。

【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）对于乙物块，先做初速度为零的匀加速运动，设加速度为a1，绳断后做匀减速运动，设加速度为a2，根据题意可知a1t=a2t
设物块与水平面间的动摩擦因数为μ，则
对整体研究：F-3μmg=3ma1
对乙物块研究：μmg=ma2
解得：，a1＝
（2）绳刚断时，两物块的速度v＝a1t＝
绳断后，甲做加速运动，由牛顿第二定律得F-2μmg=2ma3
解得：a3＝
在绳断后的t时间内，甲运动的位移：x1＝vt+a3t2＝
乙运动的位移：
当乙物块速度刚好减为零时，甲、乙两物块间的距离为：d＝x1+l0−x2＝
【点睛】本题多物体多过程问题，抓住两个过程间的关系以及两个物体间的联系是解题的关键。

要灵活选择研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度。

20.一实验室中传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度L AB=6m，BC段是倾斜的，长度L BC=5m，倾角，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带的恒定速率顺时针运转。

已知工件与传送带间的动摩擦，重力加速度g 取10。

现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A点。

（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）工件第一次到达B点所用的时间；
（2）工件沿传送带BC上升的最大位移大小；
（3）工件运动了18s时的速度大小。

【答案】（1）1.9s；（2）4m；（3）4m/s．
【解析】
【详解】（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1
由牛顿第二定律得：μmg=ma1，解得：a1=μg=5 m/s2，
经t1时间与传送带的速度相同，则t1==0.8s，
前进的位移为：x1=a1t12=1.6m，
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t2==1.1s，
所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.9s；
（2）设工件上升的最大位移为s，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：s=，解得：s=4m；
（3）工件沿传送带向上运动的时间为：，
此后工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，T=2t+2t3=7.8s，
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间：t0=T+t2=8.9s，而：18s=t0+T+1.3s，
这说明经18 s工件在水平面匀速运动了0.5s，
此时工件的速度：v t=4m/s；
【点睛】本题是一道力学综合题，考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚工件的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的运动规律可以解题．。