高中物理人教版选择性必修1第一章1动量练习题-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页高中物理人教版选择性必修1第一章1动量练习题（含答案）一、单选题下列说法正确的是A.做匀速圆周运动的物体动量保持不变

B.奥斯特发现了通电导线周围存在着磁场

C.闭合导线在磁场中运动就能产生感应电流

D.智能手机无线充电技术主要应用了电流的热效应如图为一名同学“立定跳远”的频闪照片．则A.他对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的

B.在跳出至落到沙坑过程中，他的动量先增大后减小

C.在跳出至落到沙坑过程中，他的重力势能先增大后减小

D.脚落到沙坑之后，沙坑对人作用力的冲量小于重力的冲量篮球竖直落下，与水平地面碰撞前速度大小为4m/s，碰后竖直反弹，速度大小为1m/s，已知篮球质量为0.6kg，则篮球与地面碰撞过程中篮球所受合力的冲量大小为(

)A.1.8kg⋅m/s B.3kg⋅m/s C.0.6kg⋅m/s D.2.4kg⋅m/s2020年10月29日上午，四川省自贡某小区一3岁小孩自四楼坠下，被当地交警曾伟及热心邻居用被子成功接住，创造了一个爱心奇迹。在小孩被接住的过程中，关于被子的作用，下列说法正确的是A.增加了小孩单位面积的受力大小

B.跟直接坠地相比，减小了小孩动量的变化量

C.跟直接坠地相比，减小了小孩受到的冲量

D.延长了小孩的受力时间并增大了小孩的受力面积关于动量和动能，下列说法正确的是(

)A.如果物体的速度改变，物体的动能和动量一定都改变

B.如果物体的速率改变，物体的动能和动量可能都不变化

C.惯性越大的物体，动量也越大

D.动量大的物体，它的速度不一定大如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是：(    )A.乙的速度必定大于甲的速度

B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量

C.乙的动量必定大于甲的动量

D.甲、乙的动量之和必定不为零在用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，不需要测量的物理量是(    )A.滑块的质量 B.挡光的时间 C.挡光片的宽度 D.光电门的高度我国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统由数十颗卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相关服务.设想其中一颗人造卫星在发射过程中，原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，如图所示.下列说法正确的是A.在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的加速度不同

B.在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的动量不同

C.卫星在轨道2的任何位置都具有相同的加速度

D.卫星在轨道1的任何位置都具有相同的动能质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为(    )A.10 kg·m/s B.−10 kg·m/s C.40 kg·m/s D.−40 kg·m/s甲、乙两颗人造地球卫星都在圆形轨道上运行。若它们的质量相等，甲离地心的距离为2R，乙离地心的距离为4R，R为地球的半径，则甲、乙两颗人造地球卫星的动量大小之比P甲︰PA.2 B.2 C.3 D.1如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是(    )

A.两滑块的动能之比EkA：EkB=1：2

B.两滑块的动量大小之比pA：pB=2：1

C.两滑块的速度大小之比vA：vB如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环A，B，C分别从a、b、c处由静止开始释放，直到滑环运动到d点，在该过程，则(    )A.三个小滑环到达d点时动量相同

B.三个小滑环到达d点的动能相同

C.三个小滑环下滑过程重力的冲量相同

D.三个小滑环下滑过程重力的平均功率相同

二、多选题A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移一时间图象，a、b分别为A，B两球碰前的位移一时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图象，若A球质量是m=2kg，则由图可知下列结论错误的是(    )A.A、B碰撞前的总动量为3kg·m/s

B.碰撞时A对B所施冲量为−4N·s

C.碰撞前后A的动量变化为6kg·m/s

D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J用如图所示的装置探究碰撞中的不变量时，必须注意的事项是(    )A.A到达最低点时，两球的球心连线可以不水平

B.实验时，拉起A球，应由静止释放，以便较准确地计算小球碰前的速度

C.多次测量减小误差时，A球必须从同一高度下落

D.A、B两小球碰后可以粘合在一起共同运动

如图所示，光滑斜面上放置一轻质弹簧，弹簧的下端固定在挡板上，上端与一物块相连，把物块沿斜面向上拉一段距离，使得物块做简谐运动，物块由最高点向平衡位置运动的过程中，下列物理量一直减少的是(    )A.

回复力 B.弹簧弹力 C.

物块动量 D.物块重力势能如图所示，固定斜面除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与AB段摩擦因数又处处相等．一个从斜面顶端滑下的物体，经过A、C两点时的速度相等，且AB=BC，则下列说法中正确的是(    )

A.物体在AB段和BC段运动的加速度大小相等

B.物体在AB段和BC段的运动时间相等

C.物体的重力在AB段和BC段对物体做功相等

D.物体在AB段和BC段中的动量变化量相同三、填空题质量为m的篮球自高处落下，以速度v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间为t，离地的速度为v2。在碰撞过程中，篮球动量变化量的大小为___________，地面对篮球的冲量大小为________。质量0.1 kg的皮球，以10 m/s的速度落向地面，撞击地面后，以8 m/s的速率上弹，球与地面的作用时间是0.5 s，若以向上为正方向，g=10m/s2.则球的动量变化是

kg⋅m/s，小球受到地面的平均作用力是质量为3kg的物体作变速直线运动的速度图线如图所示，则物体在A时刻的动量是

kg·m/s，物体在E时刻的动量是

kg·m/s，在A、E时间内物体的动量变化是

kg·m/s．一质量为2 kg的质点从静止开始沿某一方向做匀变速直线运动，它的动量p随位移x的变化关系为P =4x，则质点的加速度为___m/s2四、计算题如图所示，半径R=0.5m的四分之一光滑圆轨道MN竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N处于桌面边缘。把质量m=0.2kg的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N点后做平抛运动，到达地面上的P点。已知桌面高度ℎ=0.8m，小物块经过N点时的速度υ0=3.0m/s，g取10m/s(1)小物块是从N点上方多高的地方由静止释放的？(2)小物块经过N点时对轨道的压力多大？(3)小物块落地前瞬间的动量大小是多大？

将质量为0.2 kg的小球以初速度6 m/s水平抛出，抛出点离地的高度为3.2 m，重力加速度g=10 m/s(1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量；(2)小球将要着地时的动量．

如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L=3.2m，沿顺时针方向以v0=2m/s匀速运动。一质量m=2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为59m的光滑圆弧形轨道CDF，并沿轨道运动至最低点F，与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生弹性正碰，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，(1)物块P从传送带离开时的动量；(2)传送带对物块P做功为多少；(3)物块P与物块Q碰撞后均不能离开光滑圆弧形轨道，物块Q质量M的取值范围。

如图所示，长L=1.8m的细线一端系在离地高度为H=3.0m的天花板上，另一端悬挂着质量为m=0.2kg的可视为质点的小球。将小球送到悬挂处放手后，让球自由落下，此小球在原静止位置A处崩断细线后落地．崩断过程中小球所受合力的冲量大小为I=1.0N·s，方向竖直向上．细线崩断过程所用时间极短，忽略崩断过程中细线的长度变化．重力加速度g=10m/s(1)绳崩断前瞬间，小球的动量；(2)小球从落下到第一次接触地面所用的时间。

五、综合题(1)原子核的比结合能曲线如图所示．根据该曲线，下列判断正确的有________．

A. 24He核的结合能约为14 MeV

B. 24He核比 36Li核更稳定

C.两个 12H核结合成 24He核时释放能量

D.  92235U核中核子的平均结合能比 3689Kr核中的大

(2)质子( 11H)答案和解析1.【答案】B

【解析】【分析】

匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻变化；奥斯特发现了电流的磁效应；根据感应电流产生的条件进行分析；智能手机无线充电技术主要应用了电磁感应。

对于本题，平时学习过程中应该加强识记与积累。

【解答】

A.做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，方向时刻改变，所以物体的动量大小保持不变，方向时刻在改变，故A错误；

B.奥斯特发现了电流的磁效应，即发现了通电导线周围存在着磁场，故B正确；

C.闭合导线在磁场中运动时，穿过闭合导线的磁通量不一定产生变化，可以闭合导线中不一定产生感应电流，故C错误；

D.智能手机无线充电技术主要应用了电磁感应，故D错误。

故选B．

2.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了动量定理的应用，掌握基础知识、分析清楚人的运动过程是解题的前提，根据冲量的计算公式、应用动量定理即可解题。

力与力的作用时间的乘积是力的冲量，分析清楚人的运动过程，根据冲量的计算公式与动量定理分析答题。

【解答】

解：A、他对地面的压力是由于脚发生形变引起的，故A错误；

B、脚在跳出至落到沙坑，速度先减小后增加，则由p=mv可知，动量先减小后增大，故B错误；

C、脚在跳出至落到沙坑，离地面的高度先增加后减小，则重力势能先增大后减小，故C正确；

D、设脚落在沙坑前瞬间人的速度为v，沙坑对人的冲量为IF，重力的冲量为IG，脚在落到沙坑之后，设向上为正方向，由动量定理得：IF−IG=0−(−mv)，则IF=IG+mv>【解析】【分析】

先规定正方向，求出初、末动量，利用动量定理即可分析。

本题的关键是掌握利用动量定理及物理意义。

【解答】

以向上为正方向，则篮球的初动量为：p1=mv1=−0.6×4kg·m/s=−2.4kg·m/s，篮球的末动量为：p2=mv2=0.6kg·m/s，根据动量定理可得此过程中，篮球受到的合力的冲量为：I合=p2【解析】【分析】

本题主要考查动量与冲量，以及动量变化和动量定理，基础题。

【解答】

A.跟直接坠地相比，用被子接住增大了小孩的受力面积，所以减少了小孩单位面积的受力大小，故A错误；

BC.直接坠地和用被子接住，小孩的动量都是由坠地(用被子接住)前的动量减小到零，小孩的动量变化量相等，根据动量定理可知，小孩受到的冲量也相等，故BC错误；

D.跟直接坠地相比，延长了小孩的受力时间并增大了小孩的受力面积，故D正确。

故选D。

5.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查动量、速度、动能、惯性、速率等基本概念的理解。

解题的关键在于知道速度与动量的矢量性，明确动量的大小由质量和速度共同决定，动能的大小与速度大小有关。

【解答】

A.如果物体的速度方向改变，物体的动能不变，故A错误；

B.如果物体的速率改变，物体的动能和动量都变化，故B错误；

C.惯性越大的物体，质量越大，速度可能很小，动量不一定大，故C错误；

D.动量大的物体，可能是质量很大，它的速度不一定大，故D正确。

故选D。

6.【答案】A

【解析】【分析】

AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解。本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性及动量定理的应用，难度适中。

【解得】

甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAACD.小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故A错误，CD正确；

B.因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量向右，甲对小车的冲量向左，故乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量；故B正确；

本题选错误的，故选A。

7.【答案】D

【解析】解：在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，我们可以用一辆小车去碰另一辆小车，两车碰后粘为一体共同运动，可以通过测量挡光片的宽度与挡光的时间求出小车的速度，为了验证还应测量小车的质量；故ABC是需要的，D是不需要的。

本题选择不需要测量的物理量

故选：D。

在探究碰撞中的不变量时，需要验证两个滑块系统的质量和速度的乘积之和不变，根据实验原理即可明确待测量。

本题关键是从实验原理角度进行分析，明确实验方法，注意是用极短时间内的平均速度表示瞬时速度的，从而明确待测量。

8.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查了向心力、万有引力定律及其应用、人造卫星；解答本题的关键是知道卫星变轨问题，做离心运动要加速。还要知道加速度和动量都是矢量，都有方向。

根据万有引力定律分析卫星的引力，加速度和速度都是矢量，只有当大小和方向都相同时矢量才相同。卫星变轨要改变速度，加速轨道变大，减速轨道变小。

【解答】

A.在轨道1和在轨道2运行经过P点，合力等于万有引力，根据牛顿第二定律得a=GMr2可知，卫星在P点的加速度都相同，故A错误；

B.卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过P点的速度不同，由p=mv知卫星在P点的动量不同，故B正确；

C.由a=GMr2可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加速度都不同，故C错误；

D.卫星在轨道1上运动时，速度的大小是变化的，从近地点到远地点速度是减小的，动能是减小的，所以卫星在轨道1的任何位置动能不是都相同，故D错误。

故选B【解析】【分析】

已知向下为正方向，则可知初、末动量，同时可求出小球的动量变化。

本题考查动量、动量变化量的求法，求动量时一定要注意动量的正负。

【解答】

因向下为正，则小球与地面相碰前的动量为：p1=mv1=5×5kg⋅m/s=25kg⋅m/s；

碰后的动量为：p2=mv2=5×(−3)kg⋅m/s=−15kg⋅m/s【解析】【分析】

根两人造卫星在轨道上运动时，地球对它们的万有引力提供向心力，由此列式得出它们的线速度大小的表达式，结合两卫星的质量关系及动量的表达式即可分析。

本题的关键是根据万有引力提供向心力列式求出两卫星的线速度，掌握动量的表达式。

【解答】

解：根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，

结合p=mv得p=mv=mGMr，

可见，在M、m相同时，p∝1r，

由题意可知甲卫星的轨道半径为2R，乙卫星的轨道半径为4R，

故甲、乙两颗人造地球卫星的动量大小之比

p甲:【解析】【分析】

本题是动量守恒定理的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较。

【解答】

在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：

2mvA+mvB=0

得：vA=−vB2

C.两滑块速度大小之比为：vAvB=12，故C错误；

A.两滑块的动能之比EkA：EkB=12×2mvA212mvB2【解析】【试题解析】【分析】

由几何关系得出三个滑环下落的高度，根据机械能守恒可得三个滑环在d点的速度大小关系及动能的大小关系；根据动量的公式即可比较动量的大小关系，注意动量的方向；先由牛顿第二定律求出加速度，由几何关系求出位移大小，由位移时间关系可得时间，根据冲量的表达式即可比较冲量的大小，注意冲量的矢量性；根据P=Wt分析平均功率的大小。

本题是力学综合问题，掌握动量、动能、机械能守恒、冲量、平均功率及动力学规律等即可分析。

【解答】

AB.由题意可知三个滑环的机械能守恒，减小的重力热能转化为动能，由几何关系可知，A滑环下落的高度最大，C滑环下落的高度最小，根据机械能守恒定律可知，在d点A滑环的动能最大，速度最大，C滑环的动能最小，速度最小；根据P=mv可知三个滑环在d点的动量大小不相等，方向均沿杆的方向，也不相同，故AB错误；

C.设杆与竖直直径的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得加速度为：a=gcosθ，设圆环的直径为D，所以杆长为：L=Dcosθ，设滑环运动时间为t，则有：Dcosθ=12gcosθ·t2，可得时间为：t=2Dg

13.【答案】AC

【解析】【分析】

在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的定义公式及动量守恒定律可以求解．

本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律．

【解答】

由x−t图象可知，碰撞前有：A球的速度vA=4−102m/s=−3m/s，B球的速度vB=42m/s=2m/s 

碰撞后有：A、B两球的速度相等，为vA′=vB′=2−44−2m/s=−1m/s；

对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，

碰撞前后A的动量变化为：△pA=mvA′−mvA=4kg⋅m/s

根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△pB=−△pA=−4kg⋅m/s

又：△pB【解析】【分析】

本题考查探究碰撞中的不变量，基础题。

在探究碰撞中的不变量时，为了保证正碰两球的球心连线必须水平；为了较准确地利用机械能守恒定律计算小球碰前的速度，小球释放时速度必须为零，实验要求多次测量求平均值，必须保证过程的重复性，A球必须从同一高度落下，两球正碰后，有多种可能的运动情况，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。

【解答】

A.要保证一维对心碰撞，必须保证碰撞时球心在同一高度，故A错误；

B.为了较准确地利用机械能守恒定律计算小球碰前的速度，小球释放时速度必须为零，故B正确；

C.实验要求多次测量求平均值，必须保证过程的重复性，A球必须从同一高度落下，故C正确；

D.两球正碰后，有多种可能的运动情况，故D正确。

故选BCD。

15.【答案】AD

【解析】【分析】

本题的关键是知道回复力的大小、加速度的大小与位移的关系，注意本题物体做简谐运动的平衡位置不是弹簧处于原长而是处于压缩状态处。

【解答】

A、简谐运动回复力F=−kx，物块由最高点向平衡位置运动的过程中，x一直减小，由最大值减小为零，故回复力一直减小，故A正确；

B、设斜面的倾角为θ，则重力沿斜面向下的分力G1=mgsinθ，在平衡位置处有：kx0=mgsinθ，故弹力向上，则此时弹簧处于压缩状态，弹簧弹力不会一直减小，故B错误；

C、物块由最高点向平衡位置运动的过程中，速度一直在增大，故动量一直增大，故C错误；

D、物体一直向下运动，故重力势能一直在减小，故D正确。【解析】解析：经过A点时的来速度与经过C点时的速度相等，故物体在AB段做匀加速直线运动，在BC段做匀减自速直线运动，根据速度位移关系公式可得AB段和BC的加速度大小相等；经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，根据公式v=v+v02，知AB段和BC段的平均速度相等，两段位移相等，所以度运动时间相等．重力做功与首末位置的高度差有关，在两段运动过程中，高度差相同，所以重力做功相等，故A、B、C正确；A到B、B到C速度变化问量的大小相等，根据ΔP=mΔv，知动量变化的大小相等，但方向不同，即动量变化量相等但方向相反，D错误．故选ABC．

17.【解析】【分析】

动量为矢量，由动量变化的概念解得动量的变化，由动量定理判断地面对篮球的冲量大小。

本题主要考查对动量的变化及动量定理的理解与应用，知道动量是矢量是解题的关键，难度不大。

【解答】

设篮球离地时的速度方向为正方向，则落地瞬间的速度为：−v1，故由动量的变化可得在碰撞过程中，篮球动量变化量的大小为：mv2+v1，由动量定理：I−mgt=mv2+v1，可得该过程地面对篮球的冲量大小为：I=mv2【解析】【分析】取竖直向上为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小。

此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量，动量变化量也是矢量，同样要注意方向。【解答】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv2−mv1，带入数据v2=8m/s，v1=−10m/s，得：△p=1.8kg⋅m/s；

19.【答案】30

−30

−60

【解析】【分析】根据动量的定义求解AE两个时刻动量，再跟据动量的变化量等于初动量减去末动量求解动量的变化量。本题要注意动量和动量的变化量的矢量性。【解答】根据动量的定义得出，A时刻物体的动量为：PA=mvA在A、E时间内物体的动量变化是ΔP=故填：30

−30

−60

20.【答案】2

【解析】【分析】

根据匀变速直线运动的速度位移公式和动量的表达式，结合动量随位移变化的关系式求出加速度。

本题考查动量的表达式以及运动学公式的综合运用，难度不大，需掌握匀变速直线运动的规律，并能灵活运用。

【解答】

根据v2=2ax得，v=2ax，则动量P=mv=m2ax，

因为P=4x=2×4x，

解得质点的加速度为：a=2m/s2。

故答案为：2。

21.【答案】解：(1)设圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为H，小物块运动至N点过程中机械能守恒，则有mgH=12mv02

代入数据解得：H=0.45m；

(2)设物块经过N点时所受支持力为F，根据牛顿第二定律，有：

F−mg=mv02R

代入数据解得：F=5.6N

由牛顿第三定律可知小物块经过N点时对轨道的压力为5.6N；

(3)设物块做平抛运动的时间为t，小物块落地前竖直分速度为vy，则：

ℎ=1【解析】(1)根据机械能守恒定律列式求解；

(2)支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；

(3)先根据平抛运动的分运动公式求解末速度的分速度，然后根据平行四边形定则合成得到合速度，根据动量的定义得到动量的表达式。

本题关键是明确滑块的运动规律，然后分过程根据机械能守恒定律、平抛运动的分运动公式、牛顿第二定律列式求解，不难。

22.【答案】解：(1)由ℎ= 12g小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量大小：I=mgt=0.2×10×0.8N·s=1.6N·s，方向竖直向下；

(2)小球落地时的竖直速度vy=gt=10×0.8m/s=8m/s；

合速度：v=  v x 2 + v y  2= 62+

【解析】(1)根据平抛运动规律可求得下落时间，再根据冲量的定义可求得重力的冲量；

(2)根据速度时间公式求出落地时的竖直分速度，再结合平行四边形定则求出小球的速度，从而得出小球的动量。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，本题中要注意如果采用动量定理求解动量时动量的矢量应为矢量计算。

23.【答案】解：(1)物块在未到达与传送带共速之前，所受摩擦力方向沿传送带向下，

由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

解得：a1=10m/s2

达到传送带的速度所需时间：t1=v0a=0.2s

沿斜面向下运动的位移：x1=v02t1=0.2m

当物块P的速度与传送带共速后，由于

mgsinθ>μmgcosθ，