北京市中央民族大学附中2016届高三上学期月考物理试卷（9月份）

北京市中央民族大学附中2016届高三上学期月考物理试卷（9月份）

www.ks5u.com ‎2015-2016学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、本题共10小题，每小题3分，共30分，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分 ‎1．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是（　　）‎ A．自由落体的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减小的重力势能 B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同 C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零 D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零 ‎2．在水平桌面上有一个倾角为α的斜面体．一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向上做匀速运动．斜面体始终处于静止状态．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．下列结论正确的是（　　）‎ A．斜面对物块的摩擦力大小是F B．斜面对物块的摩擦力大小是μmg C．桌面对斜面体的摩擦力大小是0‎ D．桌面对斜面体的摩擦力大小是Fcosα ‎3．在游乐园中，游客乘坐升降机可以体验超重与失重的感觉，关于游客在随升降机一起运动的过程中所处的状态，下列说法中正确的是（　　）‎ A．游客处在失重状态时，升降机一定在加速下降 B．游客处在失重状态时，升降机可能向上运动 C．游客处在失重状态时，升降机一定向下运动 D．游客处在失重状态时，升降机的加速度方向一定向下 ‎4．如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块，用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离l，物块刚好滑到小车的左端，物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中（　　）‎ A．系统产生的内能为FfL B．系统增加的机械能为Fl C．物块增加的动能为FfL D．小车增加的动能为Fl﹣FfL ‎5．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的．不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为（　　）‎ A．0 B． Fmx0 C． Fmx0 D． x02‎ ‎7．某载人飞船运行的轨道示意图如图所示，飞船先沿椭圆轨道1运动，近地点为Q，远地点为P，当飞船经过点P时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，在圆轨道2上飞船运行周期约为90min．关于飞船的运行过程，下列说法中正确的是（　　）‎ A．飞船在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等 B．飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度 C．飞船在轨道2上运行的角速度是地球同步卫星运行的角速度的16倍 D．飞船在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度 ‎8．在同一高度处有五个完全相同的小球，第一个小球由静止释放，另外四个小球以相同大小的初速度分别沿水平方向、竖直向下方向、斜向上45°方向和斜向下45°方向抛出，最后五个小球都落到同一水平地面上，五个小球落地时重力的瞬时功率分别为P1、P2、P3、P4和P5．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．P1＞P2＞P3＞P4＞P5 B．P1＜P2＜P3＜P4＜P5‎ C．P1=P2=P3=P4=P5 D．P1=P2＜P4=P5＜P3‎ ‎9．完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过t0和4t0，速度分别达到2v0和v0，然后撤去F1、F2，甲、乙两物体继续做匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图所示，则（　　）‎ A．若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1，s2，则s1＞s2‎ B．若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则有s1＞s2‎ C．若F1、F2所做的功分别为W1，W2，则W1＞W2‎ D．若F1、F2的冲量分别为I1，I2，则I1＞I2‎ ‎10．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变．现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处．已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A的冲量为零 B．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定等于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间 C．物体A向左运动的最大动能Ekm=﹣2μmgx0‎ D．物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep=﹣μmgx0‎ ‎　‎ 二、本题共2小题，共15分 ‎11．（9分）某同学利用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：‎ ‎（1）该同学在实验前准备了图1中所示的实验装置及下列辅助器材：‎ A．交流电源、导线　　B．天平（含配套砝码）　C．秒表　　D．刻度尺　　E．细线、砂和小砂桶 其中不必要的器材是　　（填代号）．‎ ‎（2）打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图2所示，已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm，则在打下点迹B时，小车运动的速度vB=　　m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a=　　m/s2．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a﹣F图象，其中图线不过原点的原因是　　，图线在末端弯曲的原因是　　．‎ ‎（4）该实验中，若砂桶和砂的质量为m，小车质量为M，细线对小车的拉力为F，则拉力F与mg的关系式为　　，若要使||＜10%，则m与M的关系应满足　　．‎ ‎12．在利用打点计时器验证做自由落体运动的物体机械能守恒的实验中．‎ ‎（1）需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h，某小组的同学利用实验得到的纸带，共设计了以下四种测量方案，其中正确的是　　‎ A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算瞬时速度v C．根据做匀变速直线运动时纸袋上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度h D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸袋上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点的平均速度，测算出瞬时速度v ‎（2）已知当地重力加速度为g，使用交流电的频率为f．在打出的纸带上选取连续打出的五个点A、B、C、D、E，如图所示．测出A点距离起始点O的距离为s0，A、C两点间的距离为s1，C、E两点间的距离为s2，根据前述条件，如果在实验误差允许的范围内满足关系式　　，即验证了物体下落过程中机械能是守恒的．而在实际的实验结果中，往往会出现物体的动能增加量略小于重力势能的减小量，出现这样结果的主要原因是　　．‎ ‎　‎ 三、本题包括6小题，共55分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎13．（8分）如图所示，一个质量m=2.5kg的物体放在水平地面上，对物体施加一个F=50N的推力，使物体做初速度为零的匀加速直线运动，已知推力与水平方向的夹角θ=37°，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50，sin37°=0.60，cos37°=0.80，取重力加速度g=10m/s2‎ ‎（1）求物体运动的加速度大小；‎ ‎（2）求推力F在2s内所做的功；‎ ‎（3）若经过2.0s后撤去推力F，求物体全程运动的最大距离．‎ ‎14．（8分）在竖直平面内有一个粗糙的圆弧轨道，其半径R=0.4m，轨道的最低点距地面高度h=0.45m．一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点B时以一定的水平速度离开轨道，落地点C距轨道最低点的水平距离x=0.6m．空气阻力不计，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小滑块离开轨道时的速度大小；‎ ‎（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；‎ ‎（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功．‎ ‎15．（9分）如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1s下滑到底端，已知斜面的倾角θ=37°，斜面长度L=2.5m，sin37°=0.60，cos37°=0.80，取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；‎ ‎（3）下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．‎ ‎16．（10分）如图所示，质量M=8.0kg的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一个水平向右的恒力F=8.0N．当向右运动的速度达到v1=1.5m/s时，有一物块以水平向左的初速度v0=1.0m/s滑上小车的右端．小物块的质量m=2.0kg，物块与小车表面的动摩擦因数μ=0.20．设小车足够长，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物块从滑上小车开始，经过多长的速度减小为零；‎ ‎（2）物块在小车上相对小车滑动的过程中，相对地面的位移；‎ ‎（3）物块在小车上相对小车滑动的过程中，小车和物块组成的系统机械能变化了多少？‎ ‎17．（10分）传送带被广泛应用于各行各业，由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同，如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ=37°，在电动机的带动下以v=2m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L=7m．N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L=3m．sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．‎ ‎（1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1．‎ ‎（2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5．求：‎ a．与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离；‎ b．经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，求此时电动机的输出功率．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、本题共10小题，每小题3分，共30分，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分 ‎1．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是（　　）‎ A．自由落体的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减小的重力势能 B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同 C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零 D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】对物体进行受力分析，然后根据小球的运动情况分析答题：‎ 自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒；平抛运动的小球竖直方向做自由落体运动；圆周运动的速度方向不断变化；单摆运动具有周期性．‎ ‎【解答】解：不计空气阻力，‎ A、自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；‎ B、做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的关系与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；‎ C、做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零；但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，所以合外力的冲量也不一定为零．故C错误；‎ D、经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确；‎ 故选：ABD ‎【点评】本题考查了物体在不计空气阻力作用的条件下的几种不同的运动情况，对物体正确受力分析，并结合各运动的特点分析即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎2．在水平桌面上有一个倾角为α的斜面体．一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向上做匀速运动．斜面体始终处于静止状态．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．下列结论正确的是（　　）‎ A．斜面对物块的摩擦力大小是F B．斜面对物块的摩擦力大小是μmg C．桌面对斜面体的摩擦力大小是0‎ D．桌面对斜面体的摩擦力大小是Fcosα ‎【考点】摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】对m受力分析，由共点力的平衡条件可判断摩擦力的大小；再对整体受力分析，由共点力的平衡求出桌面对斜面体的摩擦力．‎ ‎【解答】解：对m受力分析可知，m受重力、支持力及拉力的作用及摩擦力的作用而处于平衡状态；则在沿斜面方向上有：F﹣mgsinα=f；故A错误；‎ B、斜面对物块的摩擦力大小是f=μFN=μmgcosα；故B错误；‎ C、对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力的作用，因拉力有水平向右的分量，故地面一定对斜面体有向左的摩擦力；大小为Fcosα；故C错误；D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题要注意m受到的是滑动摩擦力；而地面对斜面体的摩擦力为静摩擦力；要注意明确两种摩擦力的计算方法不相同；同时要注意灵活选择研究对象，做好受力分析．‎ ‎　‎ ‎3．在游乐园中，游客乘坐升降机可以体验超重与失重的感觉，关于游客在随升降机一起运动的过程中所处的状态，下列说法中正确的是（　　）‎ A．游客处在失重状态时，升降机一定在加速下降 B．游客处在失重状态时，升降机可能向上运动 C．游客处在失重状态时，升降机一定向下运动 D．游客处在失重状态时，升降机的加速度方向一定向下 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】超重与失重是指物体对支撑物的压力或悬挂物的拉力大于或小于重力的现象，物体重力并没有改变；对物体受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律列式分析．‎ ‎【解答】解：当升降机减速上升时，游客受到重力和支持力，加速度向下，升降机可能向上做减速运动，也可能向下做加速运动．故BD正确，AC错误．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题关键对游客受力分析和运动情况分析，找出加速度方向，然后根据牛顿第二定律列式分析即可．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块，用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离l，物块刚好滑到小车的左端，物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中（　　）‎ A．系统产生的内能为FfL B．系统增加的机械能为Fl C．物块增加的动能为FfL D．小车增加的动能为Fl﹣FfL ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功．物块相对车运动到左端的过程中，所受的摩擦力方向水平向右，与位移方向相同，相对于地的位移大小为l﹣L，摩擦力对物块做正功，大小为f（L﹣l）．摩擦力对小车做功为﹣fL．力F对小车做的功为Fl．根据动能定理分析物块和小车增加的动能．‎ ‎【解答】解：A、系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，为 Q=FfL，故A正确．‎ B、拉力做功为 ‎ Fl，拉力做的功等于系统增加的机械能、增加的内能和增加的动能之和，所以系统增加的机械能小于 Fl．故B错误．‎ C、对物块，根据动能定理得：物块增加的动能为△Ekm=Ff（l﹣L），故C错误．‎ D、对小车，根据动能定理得：小车增加的动能为△EkM=（F﹣Ff）l，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题关键要理解功的计算时位移的参考系：当求单个物体摩擦力的做功时，位移是相对于地的位移大小；当摩擦力对系统做功时，位移是两物体间的相对位移大小．‎ ‎　‎ ‎5．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的．不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【分析】第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．‎ ‎【解答】解：设某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，‎ 由万有引力提供向心力得：‎ 解得：①‎ 又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的．‎ 得：②‎ ‎③‎ 由①②③解得：‎ 故选：B．‎ ‎【点评】通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．‎ ‎　‎ ‎6．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为（　　）‎ A．0 B． Fmx0 C． Fmx0 D． x02‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据F﹣x图象的“面积”求出拉力F做的功，再根据动能定理求解小物块运动到x0处时的动能．‎ ‎【解答】解：F﹣x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=π（）2=，由图看出，Fm=，得到，W=．根据动能定理得：小物块运动到x0处时的动能为．‎ 故选C ‎【点评】本题关键抓住F﹣x图象的“面积”等于拉力做功的大小去理解和分析．‎ ‎　‎ ‎7．某载人飞船运行的轨道示意图如图所示，飞船先沿椭圆轨道1运动，近地点为Q，远地点为P，当飞船经过点P时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，在圆轨道2上飞船运行周期约为90min．关于飞船的运行过程，下列说法中正确的是（　　）‎ A．飞船在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等 B．飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度 C．飞船在轨道2上运行的角速度是地球同步卫星运行的角速度的16倍 D．飞船在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】飞船变轨时，需加速，使得万有引力等于向心力，机械能增大．飞船在圆轨道上运行时，航天员处于完全失重状态．根据万有引力提供向心力得出周期、线速度与轨道半径的关系，通过周期的大小得出轨道半径的大小，从而得出线速度的大小．根据飞船变轨前后所受的万有引力，根据牛顿第二定律比较加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、飞船振子轨道1上经过点P时点火加速，外力对飞船做正功，飞船的机械能增加，因此在轨道2上运动时的机械能较大，故A错误；‎ B、在轨道1上运行过程飞船机械能守恒，P点处重力势能大，因此动能小，在P点的速度小于Q点的速度，故B正确；‎ C、同步卫星的周期为24小时，是飞船在轨道2上运行周期90min的16倍，根据可知，飞船在轨道2上运行的角速度是地球同步卫星运行的角速度的16倍，故C正确；‎ D、无论在轨道1还是轨道2，飞船通过P时仅受万有引力，因此受到的万有引力相等，由牛顿第二定律可知加速度相同，故D正确．‎ 故选：BCD ‎【点评】解决本题的关键掌握卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期与轨道半径的关系．‎ ‎　‎ ‎8．在同一高度处有五个完全相同的小球，第一个小球由静止释放，另外四个小球以相同大小的初速度分别沿水平方向、竖直向下方向、斜向上45°方向和斜向下45°方向抛出，最后五个小球都落到同一水平地面上，五个小球落地时重力的瞬时功率分别为P1、P2、P3、P4和P5．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．P1＞P2＞P3＞P4＞P5 B．P1＜P2＜P3＜P4＜P5‎ C．P1=P2=P3=P4=P5 D．P1=P2＜P4=P5＜P3‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据小球的抛出时落地时在竖直方向的速度大小关系即可判断，明确斜抛的特点，在竖直方向速度的分量关系即可根据P=mgv判断 ‎【解答】解：自由下落的小球和水平抛出的小球落到地面上在竖直方向获得的速度相同，根据P=mgv可知，功率相同，但要小于斜抛在数值方向的速度，故，P1=P2＜P4‎ 在竖直上抛和竖直下抛的两个小球在落到地面上竖直方向的速度相同，故功率相同，‎ 斜上抛和斜下抛落到地面上在竖直方向获得的速度相等，但要小于竖直下抛在竖直方向的速度，故P4=P5＜P3‎ 故D正确，ABC错误；‎ 故选：D ‎【点评】本题主要考查了重力的瞬时功率，明确P=mgv，其中v为物体在竖直方向的速度，判断出五个小球落地时竖直方向的速度大小关系即可 ‎　‎ ‎9．完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过t0和4t0，速度分别达到2v0和v0，然后撤去F1、F2，甲、乙两物体继续做匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图所示，则（　　）‎ A．若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1，s2，则s1＞s2‎ B．若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则有s1＞s2‎ C．若F1、F2所做的功分别为W1，W2，则W1＞W2‎ D．若F1、F2的冲量分别为I1，I2，则I1＞I2‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据v﹣t图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移，由几何知识比较位移大小．撤去拉力后两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知，两物体与地面的动摩擦因数相同，对全过程研究，运用动能定理求解拉力做功，由动量定理求解拉力的冲量．‎ ‎【解答】解：A、根据v﹣t图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得：‎ s1=，s2==2v0t0，则：s1＜s2．故A错误．‎ B、整个过程中甲、乙两物体的位移分别为：‎ s1=，s2=．则有：s1＞s2．故B正确．‎ C、由图看出，撤去拉力后两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知加速度a=μg，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：‎ W1﹣fs1=0，W2﹣fs2=0，得：W1=fs1，W2=fs2，由上可知，s1＞s2，则W1＞W2．故C正确．‎ D、对全程，根据动量定理得：I1﹣f•3t0=0，I2﹣f•5t0=0，则得I1＜I2．故D错误．‎ 故选BC ‎【点评】本题首先要根据斜率等于加速度、“面积”等于位移，研究加速度和位移，其次运用动能定理、动量定理求解拉力做功和冲量．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变．现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处．已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A的冲量为零 B．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定等于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间 C．物体A向左运动的最大动能Ekm=﹣2μmgx0‎ D．物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep=﹣μmgx0‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】对物体的运动过程进行分析，由冲量的定义可明确弹力的冲量；根据运动过程分析以及牛顿第二定律可明确物体向左和向右运动过程中的加速度，则可明确对应的时间大小；物体在向左运动至弹力与摩擦力相等时速度达最大，根据功能关系可求得物体的最大动能以及最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：A、由于弹簧的弹力一直向左，根据冲量的定义I=Ft，知弹力的冲量不可能为零，故A错误；‎ B、物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度；而与弹簧接触向左和向右的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间；故B错误；‎ C、物体在向左运动至弹力与摩擦力相等时速度达最大，动能最大，设物体的最大动能为Ekm．此时的压缩量为x，弹簧的弹性势能为EP．‎ 从动能最大位置到最左端的过程，由功能关系有：Ekm+EP=μmg•（x+2x0）‎ 从开始到向左动能最大的过程，有=Ekm+EP+μmg•（2x0﹣x），联立解得 Ekm=﹣2μmgx＞﹣2μmgx0，故C错误；‎ D、由动量定理可知I0=mv0，由功能关系知，系统具有的最大弹性势能 EP=mv02﹣μmgx0=﹣μmgx0；故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题为力学综合性题目，要求学生能正确分析问题，根据题意明确所对应的物理规律的应用，运用功能关系、牛顿第二定律及运动学公式分析．‎ ‎　‎ 二、本题共2小题，共15分 ‎11．某同学利用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：‎ ‎（1）该同学在实验前准备了图1中所示的实验装置及下列辅助器材：‎ A．交流电源、导线　　B．天平（含配套砝码）　C．秒表　　D．刻度尺　　E．细线、砂和小砂桶 其中不必要的器材是　C　（填代号）．‎ ‎（2）打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图2所示，已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm，则在打下点迹B时，小车运动的速度vB=　0.680　m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a=　1.61　m/s2．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a﹣F图象，其中图线不过原点的原因是　平衡摩擦力过度　，图线在末端弯曲的原因是　没有满足砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量　．‎ ‎（4）该实验中，若砂桶和砂的质量为m，小车质量为M，细线对小车的拉力为F，则拉力F与mg的关系式为　F=mg　，若要使||＜10%，则m与M的关系应满足　m＜M　．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材．‎ ‎（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体匀加速直线运动的加速度．‎ ‎（3）图3表明在小车的拉力为0时，小车有加速度，即合外力大于0，说明平衡摩擦力过度；当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲；‎ ‎（4）根据牛顿第二定律求出拉力和mg的关系，根据＜10%，求出m与M的关系．‎ ‎【解答】解：（1）在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必要的为C．‎ ‎（2）B点的速度等于AC段的平均速度，则有：vB===0.680m/s，‎ 根据△x=aT2得：a===1.61m/s2，‎ ‎（3）由图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大，该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象．‎ ‎（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力F=Ma=mg．‎ 要使＜10%，‎ 解得m＜M．‎ 故答案为：（1）C；（2）0.680；1.61；（3）平衡摩擦力过度；没有满足砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量；（4）F=mg；m＜M．‎ ‎【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后结合物理规律去解决实验问题，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．‎ ‎　‎ ‎12．在利用打点计时器验证做自由落体运动的物体机械能守恒的实验中．‎ ‎（1）需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h，某小组的同学利用实验得到的纸带，共设计了以下四种测量方案，其中正确的是　D　‎ A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算瞬时速度v C．根据做匀变速直线运动时纸袋上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度h D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸袋上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点的平均速度，测算出瞬时速度v ‎（2）已知当地重力加速度为g，使用交流电的频率为f．在打出的纸带上选取连续打出的五个点A、B、C、D、E，如图所示．测出A点距离起始点O的距离为s0，A、C两点间的距离为s1，C、E两点间的距离为s2，根据前述条件，如果在实验误差允许的范围内满足关系式　32g（s0+s1）=f2（s1+s2）2　，即验证了物体下落过程中机械能是守恒的．而在实际的实验结果中，往往会出现物体的动能增加量略小于重力势能的减小量，出现这样结果的主要原因是　打点计时器对纸带的阻力做功　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，对于验证机械能守恒定律的实验我们已经把重物看成自由落体运动，故不能再用自由落体的规律求解速度，否则就不需要进行验证了．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的规律求出C点的瞬时速度，然后根据机械能守恒定律的表达式进行列式验证即可．‎ ‎【解答】解：（1）该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢，其中ABC三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎（2）匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，因此C点速度为：‎ vc==‎ 根据机械能守恒定律有：mg（s0+s1）=m 即：32g（s0+s1）=f2（s1+s2）2为所需要验证的公式，‎ 由于重物下滑过程中需要克服阻力做功，因此重力势能的减小量略大于动能的增加量．‎ 故答案为：（1）D；（2）32g（s0+s1）=f2（s1+s2）2，打点计时器对纸带的阻力做功．‎ ‎【点评】我们做验证实验、探究实验过程中，不能用验证的物理规律和探究的物理结论去求解问题；纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能，因此要熟练应用匀变速直线运动规律来解决问题．‎ ‎　‎ 三、本题包括6小题，共55分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎13．如图所示，一个质量m=2.5kg的物体放在水平地面上，对物体施加一个F=50N的推力，使物体做初速度为零的匀加速直线运动，已知推力与水平方向的夹角θ=37°，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50，sin37°=0.60，cos37°=0.80，取重力加速度g=10m/s2‎ ‎（1）求物体运动的加速度大小；‎ ‎（2）求推力F在2s内所做的功；‎ ‎（3）若经过2.0s后撤去推力F，求物体全程运动的最大距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）分析物体的受力情况，由牛顿第二定律求加速度．‎ ‎（2）物体做匀加速运动，由位移时间公式求位移，再求推力做的功．‎ ‎（3）由速度公式求出撤去F时物体的速度，再由动能定理求物体滑行的距离，从而得到最大距离．‎ ‎【解答】解：（1）对物体受力分析可知：物体受到重力、推力、地面的支持力和滑动摩擦力，摩擦力大小为：‎ f=μFN=μ（mg+Fsinθ）‎ 根据牛顿第二定律得：‎ Fcosθ﹣f=ma 联立解得：a=5m/s2．‎ ‎（2）2s内物体的位移为：x==m=10m 推力F在2s内所做的功为：W=Fxcosθ=50×10×cos37°=400（J）‎ ‎（3）2s末物体的速度为：v=at=10m/s 设撤去F后物体继续滑行的距离为x′，则由动能定理得：‎ ‎﹣μmgx′=0﹣‎ 得：x′===10m 故物体全程运动的最大距离为：S=x+x′=20m 答：（1）物体运动的加速度大小是5m/s2；‎ ‎（2）推力F在2s内所做的功是400J；‎ ‎（3）若经过2.0s后撤去推力F，物体全程运动的最大距离是20m．‎ ‎【点评】解决动力学问题的关键是正确进行受力分析和物理过程分析，知道恒力做功往往根据功的公式计算．运用动能定理时要选好研究的过程．‎ ‎　‎ ‎14．在竖直平面内有一个粗糙的圆弧轨道，其半径R=0.4m，轨道的最低点距地面高度h=0.45m．一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点B时以一定的水平速度离开轨道，落地点C距轨道最低点的水平距离x=0.6m．空气阻力不计，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小滑块离开轨道时的速度大小；‎ ‎（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；‎ ‎（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，根据平抛运动的基本公式即可求解；‎ ‎（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力，其合力充当向心力，根据牛顿第二定律即可求得轨道的支持力，即可求出滑块对轨道的压力大小；‎ ‎（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理即可求解克服摩擦力做功．‎ ‎【解答】解：（1）解：（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则 x=vt h=gt2‎ 解得：v=2.0m/s ‎（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律：‎ N﹣mg=m 解得：N=2.0N 根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N'=N=2.0N，方向竖直向下 ‎（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：‎ mgR+Wf=mv2﹣0‎ Wf=﹣0.2J 所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J． ‎ 答：（1）小滑块离开轨道时的速度大小为2m/s；‎ ‎（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小为2N；‎ ‎（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功为0.2J．‎ ‎【点评】本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，知道小球离开轨道后做平抛运动，难度适中．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1s下滑到底端，已知斜面的倾角θ=37°，斜面长度L=2.5m，sin37°=0.60，cos37°=0.80，取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；‎ ‎（3）下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．‎ ‎【考点】动能定理的应用；动量定理．‎ ‎【分析】（1）根据匀加速直线运动位移时间公式可求得物体下滑的加速度，根据牛顿第二定律即可求解物体与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）损失的机械能等于克服摩擦力做的功．减小的重力势能等于重力做的功．‎ ‎（3）由速度公式求出物体到达斜面底端时的速度，由动量定理求合外力的冲量．由冲量的定义式求重力的冲量，再求它们冲量之比．‎ ‎【解答】解：（1）根据L=解得：a=5m/s2‎ 根据牛顿第二定律得：‎ mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得：μ=0.125‎ ‎（2）损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：△E=μmgcosθL 减少的重力势能为：△Ep=mgsinθL 故损失的机械能与减少的重力势能的比值为： ===‎ ‎（3）设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有：v=at=5m/s 根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I合=mv﹣0=5m（N•s）‎ 在下滑过程中重力的冲量为：IG=mgt=10m（N•s）‎ 所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I合：IG=1：2‎ 答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.125；‎ ‎（2）下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值是1：6；‎ ‎（3）下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值是1：2．‎ ‎【点评】解决本题的关键要掌握加速度与力的关系、功与能的关系、冲量与动量的关系，要知道恒力的冲量可直接根据冲量的定义式I=Ft求．‎ ‎　‎ ‎16．（10分）（2015秋•北京校级月考）如图所示，质量M=8.0kg的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一个水平向右的恒力F=8.0N．当向右运动的速度达到v1=1.5m/s时，有一物块以水平向左的初速度v0=1.0m/s滑上小车的右端．小物块的质量m=2.0kg，物块与小车表面的动摩擦因数μ=0.20．设小车足够长，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物块从滑上小车开始，经过多长的速度减小为零；‎ ‎（2）物块在小车上相对小车滑动的过程中，相对地面的位移；‎ ‎（3）物块在小车上相对小车滑动的过程中，小车和物块组成的系统机械能变化了多少？‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）物块滑上小车后，受到向右的滑动摩擦力而做匀减速运动，由牛顿第二定律求得加速度，根据运动学速度公式求时间．‎ ‎（2）先根据牛顿第二定律求出小车的加速度．当滑块与小车相对静止时，两者速度相等，由运动学速度公式求得经历的时间，再由位移公式求出物块相对地面的位移．‎ ‎（3）系统产生的内能：Q=f△s，△s是相对位移；由W=FS求出拉力做的功，二者的差即为所求．‎ ‎【解答】解：（1）设物块滑上小车后，做加速度为am的匀变速运动，经过时间t1速度减为零，根据牛顿第二定律得 ‎ μmg=mam 又 0=v0﹣amt1‎ 解得 am=2.0m/s2， s ‎（2）小车做加速度为aM的匀加速运动，根据牛顿第二定律 ‎ F﹣μmg=MaM 解得 ‎ 设经过t物块与小车具有共同的速度v，物块对地的位移为s1，小车运动的位移为s2，取向右为正方向．‎ 则对物块：v=﹣v0+amt，‎ 对小车：v=u0+aMt，‎ 联立解得：s1≈1.1m，s2=3.2m ‎（3）系统产生的内能：Q=μmg（s2﹣s1）=8.4J 拉力对系统做的功：W=Fs2=8×3.2=25.6J 小车和物块组成的系统机械能变化：△E=W﹣Q=25.6﹣8.4=17.2J 答：‎ ‎（1）物块从滑上小车开始，经过0.5s的速度减小为零．‎ ‎（2）物块在小车上相对滑动的过程，物块相对地面的位移是1.1m．‎ ‎（3）小车和物块组成的系统机械能增加17.2J．‎ ‎【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式，关键理清物块和小车速度相等前的运动情况，运用合适的规律进行求解．‎ ‎　‎ ‎17．（10分）（2015秋•北京校级月考）传送带被广泛应用于各行各业，由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同，如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ=37°，在电动机的带动下以v=2m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L=7m．N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L=3m．sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2‎ ‎．传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．‎ ‎（1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1．‎ ‎（2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5．求：‎ a．与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离；‎ b．经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，求此时电动机的输出功率．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，抓住总位移的大小，结合运动学公式求出加速度的大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．‎ ‎（2）a、根据牛顿第二定律求出木块下滑的加速度，从而结合速度位移公式求出与挡板碰撞的速度，反弹后，速度大于传送带速度，摩擦力向下，速度与传送带速度相等后，摩擦力向上，根据牛第二定律分别求出上滑过程中的加速度，结合运动学公式求出木块B所达到的最高位置与挡板P的距离．‎ b、经过多次碰撞后木块B以2m/s的速度被反弹，最终在距N点1m的范围内不断以加速度a2做向上的减速运动和向下的加速运动．木块B对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力，结合P=μmgvcosθ求出电动机的输出功率．‎ ‎【解答】解：（1）金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，达到M点．‎ 金属块由O运动到M有：L=at12+vt2‎ 即at12+vt2=3…①‎ 且 t1+t2=t ‎ 即 t1+t2=2…②‎ v=at1 即 2=at1…③‎ 根据牛顿第二定律有 μ1mgcos370﹣mgsin370=ma…④‎ 由①②③式解得 t1=1s＜t=2s 符合题设要求，加速度a=2m/s2‎ 由①式解得金属块与传送带间的动摩擦因数 μ1=1 ‎ ‎（2）a．由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，其加速度为a1，运动距离 LON=4m，第一次与P碰撞前的速度为v1‎ ‎ a1=gsinθ﹣μgcosθ=2m/s2‎ ‎ v1==4m/s 与挡板P第一次碰撞后，木块B以速度v1被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s1；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s2．‎ ‎ a2=gsinθ+μgcosθ=10m/s2，‎ s1==0.6m s2==1m 因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离s=s1+s2=1.6m b．木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，碰撞前的速度为v2‎ ‎ v2==m/s 与挡板第二次碰撞后，木块B以速度v2被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s3；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s4．s3==0.12m ‎ s4==1m 木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第三次碰撞，碰撞前的速度为v3‎ v3==m/s 与挡板第三次碰撞后，木块B以速度v3被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s5；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s6．‎ ‎ s5==0.024m ‎ s6==1m 以此类推，经过多次碰撞后木块B以2m/s的速度被反弹，在距N点1m的范围内不断以加速度a2做向上的减速运动和向下的加速运动．‎ 木块B对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力 Ff=μmgcosθ 故电动机的输出功率为 P=μmgvcosθ 解得P=8W． ‎ 答：（1）金属块与传送带间的动摩擦因数为1；‎ ‎（2）a、与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离为1.6m；b、电动机的输出功率为8W．‎ ‎【点评】本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行研究．‎ ‎　‎