吉林省长春市三中2020-2021学年高一物理晨测练习（五）

长春三中晨测练习（五）
题号
一
二
三
四
总分
得分
一、单选题（本大题共9小题，共24.0分）
阅读下列材料，回答下列各题
大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。无锡已经开通地铁1号线和2号线。其中1号线起点堪桥站，终点长广溪站.全长29.42km。
若一列地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s。达到最高速度72km/h,再匀速运动80s,接着匀减速运动15s
到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW
,忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。
小明乘坐地铁从堪桥到长广溪紧接着坐地铁回到堪桥。此过程中，小明的位移和路程分别是
A.
29.42km,
29.42km
B.
0,
58.84km
C.
58.84km,
58.84km
D.
0,
0
小明乘坐地铁出站时.“看到站台上的人们在后退”，他选择的参考系为
A.
自己
B.
站台
C.
停在对面站台的列车
D.
站台上的人们
材料中所提到的甲站到乙站的距离是
A.
2050m
B.
1750m
C.
1850m
D.
1950m
如果燃油公交车运行中做的功与地铁列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，则燃油公交车排放气体污染物的质量是(燃油公交车每做1焦耳功排放气体污染物3×10－6克)
A.
2.00kg
B.
2.02kg
C.
2.04kg
D.
2.06kg
做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示
(
)
A.
v0
t＋at2
B.
v0
t????????
C.
D.
at2
如图所示，一小物块由A处分别沿光滑的斜面Ⅰ和Ⅱ由静止开始下滑到水平地面上，设小物块沿斜面Ⅰ和Ⅱ下滑过程中重力做功的平均功率分别为P1和P2，则有(
)
A.
P1>P2
B.
P1C.
P1=P2
D.
无法比较
一辆摩托车与一辆汽车在平直的公路上运动，下表是每隔1秒记录的两车的速度值。若两车的运动可看做匀变速直线运动，则下列说法正确的是（
?
）
t/s
0
1
2
3
4
摩托车
18.0
17.5
17.0
16.5
16.0
汽车
9.8
11.0
12.2
13.4
14.6
A.
摩托车的速度变化快
B.
在0～4s内，汽车的平均速度较大
C.
摩托车的位移在减小
D.
从t＝4s开始计时，经过两车的速度相等
如图所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v1，穿透时间为t1；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v2，穿透时间为t2．子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比。则（　　）
A.
t1＞t2
B.
t1＜t2
C.
v1＞v2
D.
v1＜v2
竖直向上抛出一个篮球，从抛出到落回到抛出点所经历的时间是t，篮球上升的最大高度是H，所受空气阻力大小恒为f，则在时间t内
A.
篮球所受重力的冲量为零
B.
空气阻力对物体的冲量上升过程比下降过程大
C.
篮球动量变化量的大小大于抛出时的动量大小
D.
篮球机械能的减少量为fH
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
如左图所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M=1.0kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如右图所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点）。已知传送带的速度保持不变，g
=10m/s2。则（?
?
）?
?
?
?
?
??
?
A.
物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
B.
物块在传送带上的运动时间t=4.5s
C.
物块相对于传动带的位移为x=4m
D.
物块相对于传送带的位移为x=9m
（多选）物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体(????
)
A.
在A点的速度大小为
B.
在B点的速度大小为
C.
运动的加速度为．
D.
运动的加速度为
甲物体的重力是乙物体重力的5倍，在同一地点，甲从H高处自由落下，乙从2H高处同时自由落下，不计空气阻力的影响。一下几种说法中正确的是
A.
下落过程中，同一时刻甲的速度比乙的速度大
B.
下落1s时，它们的速度相等
C.
各自下落1m时，它们的速度相等
D.
下落过程中，甲的加速度比乙的加速度大
如图所示，在距地面高为H＝45
m处，有一小球A以初速度v0＝10
m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g＝10
m/s2)。下列说法正确的是(
)
A.
小球A落地时间为3
s
B.
物块B运动时间为3
s
C.
物块B运动12.5
m后停止
D.
A球落地时，A、B相距17.5
m
如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点。小物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上运动，到B点时撤去拉力F，小物块能继续上滑至最高点C，整个过程运动时间为t0．下列四图分别描述该过程中小物块的速度v随时间t、加速度a随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x的变化规律，可能正确的是（　　）
A.
B.
C.
D.
甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移时间图象图象如图所示，则下列关于两车运动情况的说法中正确的是(????)
A.
甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动
B.
乙车在内的平均速度大小为
C.
在内，甲、乙两车相遇两次
D.
若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
某同学让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带来测量当地的重力加速度．该同学在实验中得到6条纸带，如图所示为其中一条，在纸带上取6个计数点，两个相邻计数点间的时间间隔为T=0.02
s．其中1、2、3点相邻，4、5、6点相邻，在3点和4点之间还有若干个点．s1是1、3两点的距离，s3是4、6两点的距离，s2是2、5两点的距离．
?
（1）测sl、s2、s3后，点2速度的表达式v2=
______
（2）该同学测得的数据是s1=4.00
cm，s2=20.00
cm，s3=8.80
cm，根据数据求出重力??加速度g=
______
rn/
s2（保留三位有效数字）．
一小球沿光滑斜面向下运动，用每隔0.1
s曝光一次的频闪照相机拍摄下不同时刻小球的位置照片如图所示，选小球的五个连续位置A、B、C、D、E进行测量，测得距离s1、s2、s3、s4数据如下表格所示
s1(cm)
s2(cm)
s3(cm)
s4(cm)
8.20
9.30
10.40
11.50
(1)小球沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2(保留三位有效数字)；
?
(2)根据以上数据求出小球通过位置C的速度为_______m/s，小球通过位置位置A的速度为_________m/s(保留三位有效数字)．
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
如图所示，光滑水平面上放着长为L=25m，质量为M=5kg的木板（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ=0.1，开始均静止。今对木板施加一水平向右的恒定拉力F=21N，作用2s后，撤去拉力F，求：
（1）拉力F对木板的冲量
（2）整个过程木板和小物体间因摩擦而产生的热量（g取10m/s2）。
如图所示，设AB段是距水平传送带装置高为H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=5m，与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为V=3m/s．设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点下滑经过B点的拐角处无机械能损失．小物块在传送带上运动到C点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．D、E为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，O为轨道的最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：
（1）小物块在B点的速度大小．
（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间．
（3）水平传送带上表面距地面的高度．
（4）小物块经过O点时对轨道的压力．
元宵佳节，人们常在广场燃放起美丽的焰火。按照设计要求，装有焰火的礼花弹从专用炮筒中竖直向上射出后，在3s末到达离地面54
m的最高点，随即炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹上升过程中只受重力和空气阻力，且空气阻力大小不变，g取10m／s2。求：
(1)礼花弹从炮筒中射出时的初速度大小；
(2)礼花弹上升过程中的加速度大小；
(3)阻力大小与自身重力大小的比值。
如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L=8m，匀速运动的速度v0=5m/s．一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xP=2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）经过多长时间小物块与传送带速度相同；
（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；
（3）N点的纵坐标．
答案和解析
1.【答案】
【小题1】B
【小题2】A
【小题3】D
【小题4】C
【解析】
【分析】
位移表示物体(质点)的位置变化，为从初位置到末位置的有向线段，其大小与路径无关,方向由起点指向终点。
路程是质点运动轨迹的长短。
本题考察路程和位移的概念，正确理解概念即可。
【解答】
小明乘坐地铁从堰桥到长广溪紧接着坐地铁回到堰桥，起点和终点重合，故位移为0；
1号线起点堰桥站，终点长广溪站，全长29.42km，小明乘坐地铁从堰桥到长广溪紧接着坐地铁回到堰桥，所以路程为58.84km。
故B正确。
故选B。
【分析】
参考系：要描述一个物体的运动,就必须选择另外的一个物体作为标准,这个被选择作为标准的物体就是参考系。
本题考察参考系的选取，基础题。
【解答】
小明乘坐地铁出站时，小明是以自己为参照系会看到站台上的人们在后退。以站台、停在对面站台的列车、站台上的人们为参考系都是自己在向前运动。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】
列车先做初速为零的匀加速直线运动，接着以72km/h的速度匀速行驶，后减速直至速度为零。72km/h=20m/s。
匀变速直线运动的平均速度等于初末速度的平均值。
本题考察匀变速直线运动的位移的计算，巧选平均速度公式更加简单。
【解答】
加速运动时的平均速度为，减速运动的平均速度也为，故。
故D正确。
故选D。
【分析】
初速为零的匀变速直线运动的位移等于；加速运动是牵引力为恒力，牵引力做的功为W=Fx，匀速运动时功率恒定，做功为W=pt。
本题考察计算功的计算，紧扣概念即可，基础题。
【解答】
加速阶段的位移为：
加速阶段做的功为W1=Fx=1×106?N×200m=2×108J
匀速阶段做的功W2=pt=6×103×103×80s=4.8×108J?
地铁列车从甲站到乙站牵引力做的功为W1+W2=6.8×108J
燃油公交车排放气体污染物的质量是6.8×108×3×10-9kg=2.04kg。
故C正确。
故选C。
5.【答案】C
【解析】质点做匀减速直线运动由位移公式可知故A错误。由速度位移公式可得故C正确。匀减速到0的运动可以反向看做初速度0的匀加速直线运动，故故D错误。由平均速度公式可知，故B错误。本题选C。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
物体在下滑的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒或动能定理分析物块到达斜面底端时速度大小关系，由运动学公式分析时间关系，结合重力做功关系，由P
=分析平均功率关系。
解决本题的关键要根据机械能守恒定律和运动学公式分析运动时间的关系，要注意公式只能用来求平均功率。
【解答】
重力做功只与初末位置的高度差有关，由W
=mgh可知，重力做功相同，
物体下滑过程中机械能守恒，设斜面的高度为h，则得：，得，
可知物块到达斜面底端时速度大小相等，
由，得，可知斜面越长，运动时间越长，则有t1＜t2，由得：P1＞P2。
故选A
。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
加速度是描述速度变化快慢的物理量，求出各自的加速度；平均速度等于初末速度和的一半；匀减速运动的物体速度在减小，而位移在增大；由运动学公式求出末速度；
?题目是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择不同阶段重复使用同一个公式，这样很多问题就会迎刃而解了。
【解答】
A.摩托车的加速度为
汽车的加速度为，故汽车的速度变化快，故A错误；
B.0-4s内的平均速度为；汽车的平均速度为，故B错误；
C.摩托车做匀减速运动，速度在减小，位移在增大，故C错误；
D.摩托车速度为
汽车速度为，故D正确。
故选D。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
由牛顿第二定律分析加速度的变化，然后结合运动的特点分析时间关系；由动能定理分析速度关系。
该题解答的关键是需要先根据阻力做功的特点判断出两种情况下的末速度的大小是相等的。
【解答】
CD.阻力对子弹做功时：W=Fx，描述力的空间的积累效果，根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做的功大小是相等的，根据动能定理可知二者的末速度大小是相等的，即v1=v2，故CD错误；
AB.设子弹的初速度是v0，子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比，可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越大，木块做加速度增大的减速运动，所以平均速度：；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所以平均速度：。子弹穿过物块的时间：t=，所以可知：t1＜t2，故A错误，B正确。
故选B。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了功能关系及动量定理等内容，要求能正确分析受力及运动过程，从而选出合理的规律求解。
本题的关键是首先根据能量守恒定律得出物体落地时的速率小于抛出时的速率，再由平均速度求位移公式得出上升时间小于下落时间的关系，然后再利用冲量公式、动量公式、动量变化量公式以及功能原理公式即可做出判断。
【解答】
A.冲量I=Ft，因重力不为零，受重力作用下运动时间不为零，故物体受到的冲量不为零，故A错误；
B.物体在上升过程和下降过程的高度相同，但物体上升时的加速度大于向下的加速度，故下降时所用的时间大于上升时所用的时间，故上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小，故B错误；
C.因末动量的方向与初动量相反，故篮球动量的变化量一定大于抛出时初动量的大小，故C正确；
D.在整个抛出过程中克服阻力做的功为，由功能关系可知，物体机械能的减小量为，故D错误。
故选C。
10.【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小；
物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间；
根据运动学公式求出整个过程相对路程的大小。
解决本题的关键理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行求解。
【解答】
A.由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度：??????????????????????????????????
由牛顿第二定律得f=Ma得到物块与传送带间的动摩擦因数?，故A正确；
B.由速度图象可知，物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v'=2m/s，物块在传送带上滑动t1=3s后，与传送带相对静止．?
前2秒内物块的位移大小，向右，?
后1秒内的位移大小，向左，?
3秒内位移s=s1-s2=3m，向右；????????????????????????????
物块再向左运动时间?
物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s，故B正确；
物块在皮带上滑动的3s内，皮带的位移s'=v't1=6m，向左；物块位移的s=s1-s2=3m，向右?????????????
相对位移为：△s′=s'+s=9m，故C错误，D正确。
故选ABD。
11.【答案】AB
【解析】解：
A、匀变速直线运动的中间时刻的速度等于中间时刻的速度，故A点的速度为，故A正确；
B、B点的速度vB=vA+aT=?，故B正确；?
CD、由△x=aT2，可得物体运动的加速度a=，故CD错误。
故选AB。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】自由落体运动的快慢程度与物体的质量无关，由自由落体运动的规律分析速度大小。
解决本题的关键知道自由落体运动的特点，做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动．掌握自由落体运动规律物体在下落过程中，因是自由下落，只受重力影响，加速度都为g，与质量无关，D选项错误.又由vt=gt知，A选项错，B选项正确.又由公式v2=2gh可知C选项正确，故应选B、C。
【解答】A.它们均做自由落体运动，所以加速度相等,故A错误；
B.根据v=gt可知，下落1s时速度大小相等，故B正确;
C.各自下落1m时，根据可知，下落同一高度，时间相等，由v=gt可知速度相同，故C正确；
D.两物体同时下落，根据v=gt，在下落的过程中，同一时刻甲乙的速度相等．故D错误；
故选：BC
13.【答案】ACD
【解析】根据H＝
gt2得，t＝＝s＝3
s，故A正确；物块B匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝0.4×10
m/s2＝4
m/s2，则B速度减为零的时间t0＝＝s＝2.5
s，滑行的距离x＝
t0＝×2.5
m＝12.5
m，故B错误，C正确；A落地时，A的水平位移xA＝v0
t＝10×3
m＝30
m，B的位移xB＝x＝12.5
m，则A、B相距Δ
x＝(30－12.5)
m＝17.5
m，故D正确。
14.【答案】AC
【解析】解：AC、合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式，动能先随位移x均匀增加，然后均匀减小，物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，小物块到达C点时有速度，由=知匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故AC正确。
B、物体先向上匀加速后向上匀减速运动，加速度方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，匀加速运动的时间比匀减速运动的时间短，故B错误。
D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能不变，故D错误。
故选：AC。
根据动能随x的表达式得出整个过程中的运动规律，即前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，结合平均速度的推论比较两段过程中的运动时间。根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化。
解决本题的关键要明确物块在整个过程中的运动规律，注意前半段和后半段的运行时间不同，这是容易错误的地方。
15.【答案】BCD
【解析】
【分析】
x-t图象对应纵坐标的值为位移，其斜率大小表示速度大小，物体通过的位移等于纵坐标的变化量，平均速度等于位移除以时间，据此分析即可。
解决本题的关键是知道x-t图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度的正负（方向），图象的交点表示相遇。
?【解答】
A.x-t图象的斜率表示速度，根据图象可知，甲先做匀速运动，后静止，故A错误；
B.乙车在0-10s内的位移x=（0-8）m=-8m，则平均速度，所以乙车在0-10s内的平均速度大小为0.8m/s，故B正确；
C.图象的交点表示相遇，根据图象可知，两物体相遇两次，故C正确；
D.若乙做匀变速直线运动，则中间时刻的速度等于平均速度，所以5s末的速度等于0.8m/s，所以P点速度一定大于0.8m/s，故D正确。
故选BCD。
16.【答案】（1）
（2）9.60
【解析】
【分析】
（
1）点2是点1、3的中点时刻，其速度等于1、3点的平均速度；?
（
2）同理可求5点的速度，然后根据匀加速直线运动位移速度公式即可求得加速度g。
本题主要考查了匀加速直线运动的基本规律，质点中点时刻的速度等于其平均速度，难度不大。
【解答】
（
1）根据可知，点2的速度为；
（2）点5的速度为，又，由v2-v02=2ax，可得，代入数据可得g≈9.60m/。
故答案为：（1）；（2）9.60。
17.【答案】（1）1.10（2）0.985
?0.765
【解析】
【分析】
（
1）根据逐差法求加速度；
（2）先根据某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度求出小球经过C点时的速度，再根据速度时间关系求出小球在A、C点的速度；
解决本题的关键掌握逐差法求加速度，以及掌握在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。
【解答】
（
1）根据逐差法求加速度有：
（2）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．所以BD段的平均速度等于C点的瞬时速度：
即：
由，代入数据得
故填：（1）1.10（2）0.985
?0.765
18.【答案】解：
（1）拉力F对木板的冲量：I=Ft，代入数据可得：I=42N?s，方向水平向右；
（2）0-2s内，
对m有：，0-2s内，
对M有：，
代入数据可得：，，
相对滑动的路程为：，
代入数据可得：=6m；产生的热量：，联立解得：t=2s，=6J，
此时m的速度：，，
撤去拉力后，取向右为正方向，由动量守恒定律可知：，解得：=7m/s，相对运动的时间：==5s；
相对滑动的路程为：===×5m=15m＜L-=25m-6m=19m
所以m没有掉下去，能够和M共速度；由能量关系可知：，
解得=15J，
?总热量为：=21J。
【解析】本题是基本滑板模型问题，关键会判断小物体能否滑离木板。在两者发生相对滑动时，要能够根据受力判断物体的运动情况，利用动力学方法求相对路程。
（1）拉力F是恒力，直接根据I=Ft求拉力F对木板的冲量。
（2）通过分析小物体和木板的运动情况，利用牛顿第二定律和运动学公式求出两者的相对位移，从而求得0-2s内因摩擦而产生的热量。撤去拉力后，由动量守恒定律求出两者的共同速度，由位移公式求出两者的相对位移，从而求得热量，即可得到总热量。
19.【答案】解：（1）小物块由A运动B，由动能定理，mgh=mvB2-0，
代入数据解得：vB=5m/s；即小物块在B点的速度为5m/s．
（2）水平传送带的速度为v0=3m/s由牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得：a=μg=4m/s2
减速过程，由?v0=vB-at1，得：t1==s=0.5s
则减速过程位移：L1=t1=×0.5=2m匀速运动过程时间：t2===1s，
故总时间t=t1+t2=1.5s
即小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．
（3）小物块从C到D做平抛运动，在D点有：
vy=v0tan，代入数据解得：vy=4m/s，
由速度位移公式得：vy2=2gh，代入数据解得：h=0.8m，
故水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．
（4）小物块在D点的速度大小为：vD=，
代入数据解得：vD=5m/s，
小物块从D点到O过程，
由动能定理得：mgR（1-cos）=mv2-mvD2，
在O点由牛顿第二定律得：F-mg=m，
代入数据解得：F=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为：F′=F=43N
即小物块经过O点时对轨道的压力为43N．
答：（1）小物块在B点的速度大小为5m/s．
（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．
（3）水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．
（4）小物块经过O点时对轨道的压力为43N．
【解析】（1）加速下滑过程中只有重力做功，对滑块沿斜面下滑过程运用动能定理列式求解；
（2）小滑块在传送带上先加速后匀速，先受力分析后根据牛顿第二定律求出加速过程的加速度，然后根据速度时间公式求加速时间，再根据平均速度公式求加速位移，再求匀速时间，最后得到总时间；
（3）对于平抛运动，根据速度方向先求出落地时的竖直分速度，然后根据速度位移公式求解出传送带上表面距离地面的高度差；
（4）先根据速度分解的平行四边形定则求出落地时速度，再对从D到O过程运用动能定理列式求出O点速度，最后运用牛顿第二定律求解对轨道最低点压力．
本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律、向心力公式列式求解．
20.【答案】解：（1）以向上为正方向，根据平均速度公式，有：
故；
（2）根据速度时间关系公式，有：;
（3）根据牛顿第二定律，有：-f-mg=ma，其中f=kmg
解得：k=0.2
【解析】本题是已知运动情况确定受力情况，关键是先根据运动学公式求解加速度，然后根据牛顿第二定律确定受力情况。
（1）根据平均速度公式求解初速度；
（2）根据速度时间关系公式求解加速度a；
（3）根据牛顿第二定律列方程求解阻力。
21.【答案】解：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=5m/s2
小物块与传送带共速时，所用的时间：t===1s
（2）运动的位移：x===2.5m＜（L-x）=6m
故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点；
在1s内，物体的位移为2.5m，传送带的位移为5m，故相对滑动的位移为：△x=5-2.5=2.5m；
小物块在传送带上运动系统产生的热量：Q=f?△x=μmg?△x=0.5×1×10×2.5=12.5J；
（3）小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：mg=m
由机械能守恒定律得：m=mgyN+m
解得：yN=1m
答：（1）经过1s时间小物块与传送带速度相同；
（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量为12.5J；
（3）N点的纵坐标为1m．
【解析】（1）求解出P到Q过程的加速度，根据v=at小物块与传送带速度相同的时间；
（2）根据Q=f?△S求解热量；
（3）在N点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式；对从Q到N过程根据机械能守恒定律列式；最后联立方程得到N点的纵坐标yN．
本题关键是明确小滑块的运动情况，然后分段根据牛顿第二定律、动能定理、运动学公式列式分析求解．
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