四川省绵阳南山实验高中2015届高三物理上学期一诊模拟考试试题(含解析)新人教版

四川省绵阳南山实验高中2015届高三上学期一诊模拟考试物理试
题〔解析版〕
【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、内容。

主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒等，知识覆盖面广，知识点全面以根底知识和根本技能为载体，以能力测试为主导，是份非常好的试卷。

选择题(在每一小题的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对得6分，选不全的得3分，有错选的得0分)
【题文】1、在物理学开展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的开展做出了巨大贡献。

以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是( )
A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方
B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大如此速度就越大
C．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢
D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态〞
【知识点】物理学史．P0
【答案解析】A解析： A、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方．符合伽利略、牛顿的惯性理论．故A正确．B、力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点．故B错误．C、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点．故C错误．D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点．故D错误．应当选A
【思路点拨】人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点．伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因．根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误．此题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解．可以根据牛顿的三大定律进展分析．
【题文】2．“儿童蹦极〞中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全一样的两根橡皮绳。

质量为m的小明如下列图静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为600，如此〔〕
1
A．每根橡皮绳的拉力为mg
2
B．假设将悬点间距离变小，如此每根橡皮绳所受拉力将变小
C．假设此时小明左侧橡皮绳在腰连续裂，如此小明此时加速度a＝g
D ．假设拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全一样的两根轻绳，如此小明左侧轻绳在腰
连续裂时，小明的加速度a ＝g
【知识点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．B1 C2
【答案解析】B 解析：
A 、根据平行四边形定如此知，2Fcos30°=mg，解得F=33
mg ．故A 错误．B 、根据共点力平衡得，2Fcosθ=mg，当悬点间的距离变小，如此θ变小，cosθ变大，可知悬绳的拉力变小．故B 正确．C 、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，如此重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定如此知，如此合力大小为33mg ，加速度为33
g ．故C 、D 错误．应当选：B ． 【思路点拨】根据共点力平衡求出每根绳的拉力，根据平行四边形定如此判断悬点间距变化时绳子拉力的变化．当左侧绳子断裂，抓住合力沿垂直绳子方向求出合力的大小，从而得出加速度的大小．此题关键是对小明受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度.
【题文】3.北斗导航系统又被称为“双星定位系统〞，具有导航、定位等功能，它在寻找马航MH370失联客机中起了很大的作用。

“北斗〞系统中两颗工作卫星均绕地心O 做匀速圆周运动，轨道半径均为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置〔如下列图〕。

假设卫星均顺时针运行，地球外表处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力。

如此〔 〕
A ．这两颗卫星的重力加速度大小相等，均为22R
gr
B ．卫星l 由位置A 运动至位置B 所需的时间为g
r R 3r
π C ．卫星l 向后喷气就一定能追上卫星2
D ．卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有引力做正功
【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．D5
【答案解析】B 解析： A 、根据F 合=ma 得，对卫星有2GMm r =ma ，可得a=2
GM r ，取地面一物体由2GMm R =mg ，联立解得a=22R g r ，故A 错误；B 、根据2224GMm mr r T π=得，T=23
4r GM
π①，又GM=g 2R ②，t=16T ③，联立①②③可解得t=g
r R 3r
π，故B 正确．C 、假设卫星1向后喷气，如此其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2．D 、卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，D 错误．应当选B ．
【思路点拨】由22
224GMm v m mr r r T
π==，可得出r 一样如此速度v 大小相等，v 变大如此r 变大〔做离心运动〕，再结合2GMm R
=mg 即GM=g 2R 〔黄金代换〕，即可求解．关于做圆周运动的卫星类问题，要灵活运用两个公式，注意卫星假设加速如此做离心运动，减速如此做向心运动．
【题文】4．如下列图，小木块a 、b 和c (可视为质点)放在水平圆盘上，a 、b 两个质量均为m, c 的质量为m /2。

a 与转轴OO ′的距离为l ，b 、c 与转轴OO ′的距离为2l 且均处于水平圆盘的边缘.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g ，假设圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，如下说法正确的答案是( )
A ．b 、c 所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落
B ．当a 、b 和c 均未滑落时，a 、c 所受摩擦力的大小相等
C ．b 和c 均未滑落时线速度一定相等
D ． b 开始滑动时的转速是
kgl 2
【知识点】向心力．D4 【答案解析】B 解析： A 、b 、c 所受的最大静摩擦力不相等，故不同时从水平圆盘上滑落，A 错误；B 、当a 、b 和c 均未滑落时，木块所受的静摩擦力f=mω2r ，ω相等，f ∝mr ，所以ac 所受的静摩擦力相等，B 正确；C 、b 和c 均未滑落时线速度V=Rω大小相等，方向不同，故C 错误；D 、以b 为研究对象，由牛顿第二定律得： f=2mω2l=kmg ，可解得：22kmg kg ml l
=，故D 错误．应当选：B ． 【思路点拨】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心
力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．此题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答． 【题文】5.一工厂用皮带传送装置将从某一高度固定位置平抛下的物件传到地面，为保证物件的安全，需以最短的路径运动到传送带上，传送带的倾角为θ。

如此〔 〕
A ．物件在空中运动的过程中，每1s 的速度变化不同
B ．物件下落的竖直高度与水平位移之比为2tan θ
C ．物件落在传送带时竖直方向的速度与水平方向速度之比为
θ
tan 2 D ．物件做平抛运动的最小位移为θtan 220
g v
【知识点】平抛运动．D2 【答案解析】C 解析： A 、物体在空中运动的过程中，作平抛运动，故加速度为重力加速度g ，故每秒的速度变化一样，故A 错误；B 、小球撞在斜面上，运动方向与斜面垂直，如此运动方向与竖直方向的夹角为θ，如此00222tan 1122
x o y y v t v t v v x y gt v v t gt θ=====解得：2tan y
x v v θ
=，故B 错误，C 正确；D 、物体做平抛运动的最小位移：s=22222220022211tan ()1tan 1tan 2tan tan v v x y y g g θθθθθ
+=+=+=+，故D 错误； 应当选：C
【思路点拨】物体做平抛运动，可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动求解，两个方向上运动的时间一样，当物体运动方向与传送带面垂直时，运动路径最短．此题是有条件的平抛运动，关键要明确斜面的方向反映了速度方向与竖直方向的夹角，运用平抛运动的规律解决这类问题．
【题文】6.如下列图，左右带有固定挡板、上外表光滑的长木板放在水平桌面上。

一质量M =1.0kg 的物体A 右端与一轻弹簧连接，弹簧右端固定在长木板的右挡板，上面放一质量m =0.5kg 的铁块B 。

长木板静止时弹簧对物体A 的压力为3N ，物体A 与铁块之间的动摩擦因
数μ=0.5，现使木板以4m ／s 2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动，当系统稳定时〔 〕
A
A．物体A受到5个力的作用
B．物体A对左侧挡板的压力等于3N
C．运动过程中弹簧的最大形变量是最小形变量的2倍
D．弹簧弹性势能的减少等于A物体动能的增加
【知识点】功能关系；物体的弹性和弹力．B1 E6
【答案解析】AC解析： B、C、D、铁块向左加速，故A对铁块有向左的静摩擦力，故铁块对A有向右的静摩擦力；A和铁块整体受重力、支持力、弹簧弹力，根据牛顿第二定律，有：F=〔M+m〕a=〔1+0.5〕×4=6N＞3N;;故弹簧的弹力增加为2倍，根据F=kx，弹簧的压缩量增加为2倍，弹性势能增加，故B错误，C正确，D错误；A、物体A受重力、支持力、弹簧的弹力、铁块的压力和静摩擦力，共5个力，故A正确；应当选：AC．
【思路点拨】先对铁块受力分析，根据牛顿第二定律列式判断铁块受否受到静摩擦力；再对A和铁块整体受力分析，根据牛顿第二定律判断弹簧的弹力．此题关键是结合牛顿第二定律判断静摩擦力的有无和弹力的有无，不难．
【题文】7.如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M＝1kg，绳绷直时B离地面有一定高度。

在t＝0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示，假设B落地后不反弹，g 取10 m／s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，如此如下说法正确的答案是〔〕
A．物体A开始下滑的加速度为8m/s2
B．物体A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W＝3J
C．0.25 s时物体A的重力的瞬时功率3w
D．物体A从底端开始运动到再次返回到底端过程抑制摩擦力做功等于物体A的机械能减少
【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．E1
【答案解析】BC解析： A、当B落地后，A开始做减速运动，加速度为a=
2
0.25
v
t
∆
=
∆
m/s2=8m/s2
由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma;物体A下滑的加速度为mgsinθ-μmgcosθ=ma′;联立解得a′=4m/s2，故A错误；B、设绳的拉力为T，对B由牛顿第二定律：Mg-T=Ma，解得：T=Mg-Ma=1×10-1×4=6N，AB位移一样如此由图可知A上升
阶段，B的位移为：x=20.5
2
⨯
=0.5m;故绳的拉力对A做功为：W=Fx=6×0.5J=3J，故B正
确．C、0.25s时速度为1m/s，设A的质量为M，由图象知前4s内B做匀加速运动，对AB 整体由牛顿第二定律：Mg-mgsinθ-f=〔M+m〕a1…①0.5s后B向上匀减速直线运动，对B
由牛顿第二定律：mgsinθ+f=ma2…②由图象知：a1=4m/s2a2=8m/s2由①②式解得：m=0.5kg 故重力的瞬时功率为P=mg vcos53°=5×1×0.6W=3W，故C正确;D、物体A从底端开始运动到再次返回到底端过程中物体B对A做功，故物体A抑制摩擦力做功不等于物体A 的机械能减少，故D错误;应当选：BC
【思路点拨】A落地后由v-t图象求的加速度，在下滑过程中利用牛顿第二定律即可求得加速度,对B由牛顿第二定律可得绳的拉力，进而可得对A的功．由牛顿第二定律可得A的质量，即可求得0.25s重力功率．由功的公式可判断; 此题是综合性比拟强的题目，需要熟练掌握运动学，功的计算，难度较大．
第II卷(非选择题共68分)
【题文】8．〔16分〕
〔1〕〔6分〕在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A 与金属板B间的动摩擦因数。

铁块A的质量m A=1kg，金属板B的质量m B=0.5kg。

用水平力F 向左拉金属板B，使其向左运动，当系统稳定时弹簧秤的示数如图甲所示，如此A、B间的摩擦力Fμ=_______N，A、B间的动摩擦因数μ=。

〔g取10m/s2〕。

该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器
题8图1
连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F=N
【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素．B2
【答案解析】〔1〕 2.50 0. 25 3.50 解析： A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，F f=F=2.50N．根据F f=μm A g，解得：μ=0.25．由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据△x=aT2，其中△x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2．根据牛顿第二定律得：F-F f=m B a，带入数据解得F=3.5N．
【思路点拨】拉动B过程中，A处于平衡状态，其所受滑动摩擦力大小等于弹簧秤示数，根据平衡条件列式求解；根据△x=aT2求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小．此题借助实验考查了根本规律的应用，平时训练中一定要加强应用根本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用．
【题文】〔2〕〔10分〕用如题图所示的实验装置验证牛顿第二定律。

①如下做法正确的答案是____________〔填字母代号〕
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砂的砂桶通过定滑轮拴在小车上
C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电
D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要再次调节木板倾斜度
②甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如题8图2所示的装置放在水平桌面上，小车上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到题8图3中甲、乙两条直线．设甲、乙用的小车质量分别为
m甲、m乙，甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙，由图可知，m甲m乙、μ甲μ乙。

〔选填“大于〞、“小于〞或“等于〞)．
③甲同学在纠正了疏漏之处后，保持小车的质量M不变，改变砂桶与砂的总重力F，屡次实验，根据得到的数据，在a-F图象中描点〔如题8图4所示〕。

结果发现右侧假设干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是。

假设不断增加砂桶中砂的质量，a-F图象中各点连成的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为。

【知识点】验证牛顿第二运动定律．C4
【答案解析】① __AD___ ②小于、大于③砂和砂桶的质量较大 __g__.解析：〔1〕A、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行．故A正确；B、在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在小车上．故B 错误；C、实验时，应先接通电，再释放小车．故C错误；D、通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度．故D正确．应当选：AD．
〔2〕当没有平衡摩擦力时有：T-f=ma，故a=1
m
T-μg，即图线斜率为
1
m
，纵轴截距的大小
为μg．观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙；〔3〕由于OA段a-F关系为一倾斜的直
线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma得a=mg F
M M
=，
而实际上a′=
mg
M m
+
，可见A，B段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的．因为钩
码的重力在这个实验中充当小车所收到的合外力，当钩码的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g 的运动．此时由于T=Ma 因此，拉力约为小车与发射器的总重力，即Mg．【思路点拨】探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力．操作过程是先接通打点计时器的电，再放开小车．a-F 图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦
因素情况．当M ＞＞m 时，钩码的重力根本等于绳子的拉力，即小车的合力，当不满足M ＞＞m 时，拉力和钩码的总重力出现明显的差值，图线偏离直线．假设所挂钩码不断增加，当钩码的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g 的运动，结合牛顿第二定律得出绳子拉力的趋向值．书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验须知事项这几点去搞清楚．对于实验中要注意的事项，要知其原因．
【题文】9.(15分)研究明确，一般人的刹车反响时间〔即图甲中“反响过程〞所用时间〕t 0=0.4s ，但饮酒会导致反响时间延长，在某次试验中，一质量为50kg 的志愿者少量饮酒后驾车以v 0=72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39m 。

减速过程中汽车位移x 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速
直线运动。

取重力加速度的大小g =10m/s 2。

求：
〔1〕减速过程汽车加速度的大小与所用时间；
〔2〕饮酒使志愿者比一般人正常时缓慢的时间；
〔3〕从发现情况到汽车停止的过程，汽车对志愿者所做的功。

【知识点】功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．A2 C2 E1
【答案解析】〔1〕2.5s ；〔2〕0.3s ；〔3〕-10000J ．解析： 〔1〕设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得初速度s m v /200=，末速度0=t v ，位移m s 25=，由运动学公式得：
as v 22
0=①
a v t 0=② 联立①②式，代入数据得
2/8s m a =③s t 5.2=④
〔2〕设志愿者反响时间为'ｔ,反响时间的增加量为t ∆，由运动学公式得
s t v L +='0⑤
0't t t -=∆⑥
联立⑤⑥式，代入数据得：s t 3.0=∆⑦设志愿者所受合外力的大小为F ，志愿者质量为m ， 由牛顿第二定律得：x ma Fx W .-=-=⑧
代入数据得 J W 10000-=
【思路点拨】〔1〕根据匀变速直线运动的速度位移公式求出轿车减速过程中的加速度大小，结合速度时间公式求出减速运动的时间．
〔2〕根据反响时间内的位移与轿车刹车后的位移之和求出发现情况到轿车停止行驶的距离．进而求出缓慢的时间．〔3〕根据做功公式求得做的的功。

解决此题的关键知道轿车在反
响时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，结合运动学公式灵活求解，根底题．
【题文】10.〔18分〕如下列图，一质量为M ＝5.0kg ，长度L =4m 的平板车静止在水平地面上，距离平板车右侧S =16.5m 处有一固定障碍物．障碍物上固定有一电动机A 。

另一质量为m ＝2.0kg 可视为质点的滑块，以v 0＝8m/s 的水平初速度从左端滑上平板车，同时电动机A 对平板车施加一水平向右、大小为22.5N 的恒力F ．1s 后电动机A 突然将功率变为P =52.5w 并保持不变，直到平板车碰到障碍物停止运动时，电动机A 也同时关闭。

滑块沿水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B 点滑入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．平板车间与滑块的动摩擦因数μ1＝0.5，平板车与地面的动摩擦因数μ2＝0.25，圆弧半径为R ＝1.0m ，
圆弧所对的圆心角∠BOD ＝θ＝1060，g 取10m/s 2，sin530＝0.8，cos530＝0.6，不计空气阻
力，求：
〔1〕0-1s 时间内，滑块相对小车运动的位移x ;
〔2〕电动机A 做功W ； 〔3〕滑块运动到圆弧轨道最低点C 时对轨道压力的大小F N ．
【知识点】动能定理的应用；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率．E1 E2 D2
【答案解析】〔1〕4m ；〔2〕296.25J 〔3〕86N ．解析： 〔1〕对滑块，由牛顿第二定律得：11ma mg =μ
解得：a 1= =μg =5m/s 2
对平板车，由牛顿第二定律得：
221)(Ma g m M mg F =+-+μμ
解得： a 2=3m/s 2
设经过时间t 1=1s ，对滑块有：
s m t a v v /31101=-=
m t a t v x 5.52
1211101=-= 对小车有：s m t a v /3122==
m t a x 5.12
12122== 0-1s 时间内，小滑块相对小车运动的位移
L m x x x ==-=412
即小滑块刚好滑动到小车右端时两者共速。

(2)此时电动机A 突然将功率变为P =52.5w 并保持不变，设拉力为/F ，由功率得：
v F P /=
g m M F )(2/+=μ
所以小滑块和小车两者共速后一起以3m/s 的速度向右做匀速直线运动，其位移为：
23x S x -=
时间为：s v x t 5/32==
由功能关系得，电动机A 做功：22Pt Fx W +==296.25J
(3)由题意得，小滑块在B 点速度v B 有：s m v v B /52cos
/==θ
小滑块从B 点到C 点，由功能关系得： 222
121)2cos 1(B c mv mv mgR -=-θ 在C 点，由牛顿运动定律得：R
v m mg F C N 2=- 解得：F N =86N
由牛顿第三定律可知，滑块在C 时对轨道压力的大小．N F N 86/=
【思路点拨】〔1〕由牛顿第二定律可求得两物体的加速度，再由运动学公式可求两物体的位移，如此可求得相对位移；〔2〕根据功能关系可求得电动机A 所做的功；〔3〕由运动的合成和分解可求得B 点的速度，再由功能关系求得C 点的速度，由向心力公式即可求得C 点时物体受到的支持力．此题综合考查动能定理、功能关系与牛顿第二定律等内容，要注意正确分析力、过程与能量关系，进而才能确定合理的物理规律求解．
【题文】11.〔19分〕如下列图，某工厂传送带装置倾斜放置，倾角θ=37o
，传送带AB 长度x o =l0m 。

有一水平平台CD 高度保持6.45m 不变。

现调整D 端位置，当D 、B 的水平距离适宜时，自D 端水平抛出的物体恰好从B 点沿BA 方向冲上斜面，此后D 端固定不动，g =l0m/s 2。

另外，传送带B 端上方安装一极短的小平面，与传送带AB 平行共面，保证自下而上传送的
物体能沿AB 方向由B 点斜向上抛出。

〔sin37o =0．6，cos37o =0．8〕
〔1〕求D 、B 的水平距离；
〔2〕假设传送带以5m/s 的速度逆时针匀速运行，某物体甲与传送带间动摩擦因数μ1
＝0.9，自A 点沿传送带方向以某一初速度冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D 端，求物体甲的最大初速度v o1
〔3〕假设传送带逆时针匀速运行，某物体乙与传送带间动摩擦因数μ2＝0.6，自A 点以v o2=11m/s 的初速度沿传送带方向冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D 端，求传送带的速度v ′。

【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 C2
【答案解析】〔1〕1.2m ；〔2〕17m/s ；〔3〕．解析： ：〔1〕设水平抛出物体的初速度v 0，经时间t 落入传送带上时，竖直分速度为v y ，竖直方向：h-x 0sinθ=12
gt 2 v y =gt tan θ=0y
v v 水平方向距离 x=v 0t ∴x=1.2m
〔2〕由〔1〕中得 sinθ=y
v v 所以物体从传送带上落下时 v=5m/s
如此物体甲到B 端的速度为v=5m/s ，如此恰能水平落到水平台的D 端
由动能定理得：-mg x 0sinθ-μ1mgcosθx 0=12mv 2-12
解得：v 01=17m/s 〔3〕假设传送带对物体的摩擦力方向始终向下，设物体到B 端速度v 1 由动能定理得：-mg x 0sinθ-μ2mgcosθx 0=
12mv 12-12mv 022 v 1无解
假设传送带对物体的摩擦力方向始终向上，设物体到B 端速度v 2
由动能定理得：-mgx 0sinθ+μ2mgcosθx 0=
12mv 22-12
mv 022
所以 v 2m/s ＞5m/s
故只能是摩擦力方向先向下后向上
当摩擦力方向向下时，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ2mgcosθ=ma 1
所以 a 1=10.8m/s 2
当摩擦力方向向上时，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μ2mgcosθ=ma 2
所以a 2=1.2m/s 2
设传送带速度为v′，如此有/222/2
0201222v v v v x a a --+=--【思路点拨】〔1〕从B 点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的根本公式列式即可求解；〔2〕先根据几何关系求出物体从传送带上落下时的速度，再由动能定理即可求解；〔3〕分摩擦力
方向始终向上和向下两种情况，根据动能定理列式求出速度，从而判断摩擦力的方向，再根据牛顿第二定律列式求解．此题主要考查牛顿第二定律和功能关系的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，选择适宜的公式求解，难度适中．。