乐陵一中牛顿第三定律

1、乐陵一中牛顿第三定律一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图所示，将一铝管竖立在水平桌面上，把一块直径比铝管内径小一些的圆柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放，强磁铁在铝管中始终与管壁不接触则强磁铁在下落过程中（）A.若增加强磁铁的磁性，可使其到达铝管底部的速度变小B.铝管对水平桌面的压力一定逐渐变大C.强磁铁落到铝管底部的动能等于减少的重力势能D.强磁铁先加速后减速【答案】A【解析】 解：A、磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流， 感应电流阻碍磁铁相对于铝管的运动；结合法拉第电磁感应定律可知， 磁铁的磁场越强、磁铁运动的速度越快，则感应电流越大，感应电流对磁铁的阻碍作

2、用也越大；所以若增 加强磁铁的磁性，可使其到达铝管底部的速度变小故A正确；B、D、磁铁在整个下落过程中，由楞次定律：来拒去留可知，铝管对桌面的压力大于 铝管的重力；同时，结合法拉第电磁感应定律可知，磁铁运动的速度越快，则感应电流越大，感应电流对磁铁的阻碍作用也越大，所以磁铁将向下做加速度逐渐减小的加速运动.磁铁可能一直向下做加速运动，也可能磁铁先向下做加速运动，最后做匀速直线运动，不可能出 现减速运动；若磁铁先向下做加速运动，最后做匀速直线运动，则铝管对水平桌面的压力先逐渐变大， 最后保持不变故B错误，D错误；C、 磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导 致减

3、小的重力势能，部分转化动能外，还有产生内能，动能的增加量小于重力势能的减 少量.故C错误；故选：A磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻 碍原磁场的变化，导致条形磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒；在下落过程中导致 铝管产生热能；根据楞次定律得出铝管对桌面的压力大于铝管的重力.考查楞次定律：根据来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它.并涉 及机械能守恒的条件，同时考查能量守恒关系.2.2016年8月21日里约奥运会中国排球队主攻手朱婷得到179分，在朱婷用手掌奋力将球击出时，下列说法正确的是（）A.手掌对排球作用力的大小大于排球对手掌作用力的

4、大小B.手掌对排球作用力的大小等于排球对手掌作用力的大小C.排球对手掌的作用力晚于手掌对排球的作用力D.手掌对排球作用力与排球对手掌作用力是平衡力【答案】B【解析】 解：AB、排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误，B正确；C、 一对作用力与反作用力同时产生、同时消失，所以排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力同时消失，故C错误；D、 排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力是一对作用力与反作用 力，故D错误.故选：B作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，它们同时产生、同时消 失、同时变化，

5、是同种性质的力.解决本题的关键知道作用力和反作用力的关系，知道它们大小相等，方向相反，同时消 失、同时变化，难度不大，属于基础题.跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质 量、滑轮的摩擦均可不计.取重力加速度g=10m/s2.当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为（）A.a=1.0m/s2,F=260NB.a=1.0m/s2,F=330 NC.a=3.0m/s2,F=110ND.a=3.0m/s2,F=50N【答案】B【解析】 解：以整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力; 由牛

6、顿第二定律可知：2T (M i m)g 2 x440- 800 a=- m)SO以人为研究对象，由牛顿第二定律可知:T+F-mg=ma解得人受吊板的支持力F=mg-T+ma=700N-440N+70N=330N；由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N；故选B.将人与吊板当成一个整体，对整体进行受力分析，由牛顿第二加速定律可求得整体的加 速度；再以人为研究对象，由牛顿第二定律可求得吊板对人的拉力，再由牛顿第三定律 可求得人对吊板的压力.本题考查牛顿第二定律的应用，在解题时要注意整体法与隔离法的应用，灵活选取研究对象进行列式求解.4.我国的传统文化和科技是中华民族的宝贵精神财富，四大发明促进了

7、科学的发展和技术的进步，对现代仍具有重大影响，下列说法正确的是（）A.春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒B.火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体 对火箭的作用力C.装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能D.指南针的发明促进了航海和航空，静止时指南针的N极指向北方【答案】D【解析】解：A、鞭炮炸响的瞬间，因内力远大于外力，故系统动量守恒，同时在爆炸 过程中，总能量是守恒的，故A错误；B、 现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，故B错误；C、

8、装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能转化为弹片的动能和周围物体的内能，故C错误；D、指南针的发明促进了航海和航空，因地磁场南极处在地理北极处，故指南针静止时 指南针的N极指向北方，故D正确。故选：D明确动量守恒的条件，知道能量守恒定律的应用，知道爆炸中能量转化的方向； 明确作用力与反作力的性质，知道二者大小相等，方向相反； 吸确地磁场的性质，知道地磁N极处在地理南极处。3.整体的加速度22m/s =l.0m/s;本题以四大发明为载体，考查动量守恒、能量守恒、作用力和反作用力以及地磁场等性 质，要注意明确动量守恒的条件，知道能量守恒规律的应用。5.根据开普勒定律可知：火星绕太阳运行的轨道是椭圆，太

9、阳处在椭圆的一个焦点上.下列说法正确的是（）A.太阳对火星的万有引力大小始终保持不变B.太阳对火星的万有引力大于火星对太阳的万有引力C.火星运动到近日点时的加速度最大D.火星绕太阳运行的线速度大小始终保持不变【答案】CMin【解析】 解：A、根据F=G，由于太阳与火星的间距不断变化，故太阳对火星的万L有引力大小不断变化，故A错误；B、 根据牛顿第三定律，太阳对火星的万有引力大等于火星对太阳的万有引力，故B错误；MmFC、 根据a=，火星运动到近日点时的加速度最大，故C正确；111百=正D、根据开普勒定律中的面积定律，火星绕太阳运行的线速度大小始终变化，近日点速度最大，远日点速度最小，故D错误；

10、故选：C根据万有引力定律判断选项A，根据牛顿第三定律判断选项B，根据牛顿第二定律列式判断选项C,根据开普勒定律的面积定律判刑选项D.本题考查万有引力定律和开普勒定律，关键是记住万有引力定律和开普勒定律的内容，注意在椭圆轨道运动时要根据牛顿第二定律和万有引力定律列式判断加速度的大小.、多选题（本大题共4小题，共24分）6.如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑， 现对小物块施加一水平向右的恒 力F,当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是（）A.物块与斜面体间的弹力增大B.物块与斜面体间的摩擦力增大C.斜面体与地面间的弹力不变D.斜面体与地面间的摩擦力始终为0

11、【答案】ABD【解析】 解：AB、设斜面的倾角为a不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力 和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N=mgcosa摩擦力f=mgsina故动摩擦因数fiii:N ，对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N=mgcosa+sina变大；滑动摩擦力f=迥，也变大；故A正确，B正确；CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同

12、理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力 的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势， 故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选：ABD。不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件可知支持力和摩擦力的合力竖直向上与重力平衡；再对斜面体分析，根据平衡条件判断静摩擦力的作用；当有力F时，由于动摩擦因数一定， 滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增 加，其合力方向不变.本题考查平衡问题，要采用隔离法分析，根据平衡条件并结合牛顿第三定律分析，关键 是明确滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力方向不变，不难.7.关于作用

13、力和反作用力，下列说法正确的是（）A.作用力与反作用力总是成对出现的B.一对作用力和反作用力可以是不同性质的力C.一对作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，在同一直线上D.马拉车时，先产生马拉车的力，再产生车拉马的力【答案】AC【解析】解：A、作用力与反作用力总是成对出现的；故A正确；B、 一对作用力和反作用力一定是性质相同的力，故B错误；C、 由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线 上，但不在同一物体上，故C正确；D、 作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上；不存在不符合规律的时刻，故同时产生、同时变化、同时消失，故D错误.故选：AC.

14、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上， 作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失.本题考查牛顿第三定律及其理解.理解牛顿第三定律与平衡力的区别，知道作用力和反作用力的性质是解题的关键.8.用计算机辅助实验系统（DIS）做验证牛顿第三定律的4尸A实验时，把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反的方 向拉动，显示器屏幕上显示的是两个力传感器的相互作 用力随时间变化的图象，如图所示由图象可以得出的 正确结论是（ ）A.作用力与反作用力作用在同一物体上B.作用力与反作用力同时存在，同时消失C.作用力与反作用力大小相等D.作用力与反作用力方向相反

15、【答案】BCD【解析】解：由图象不难看出两个力的大小总是相等的，并且两个力的方向也是始终相 反的，它们的变化的情况也是一样的，所以BCD正确；图象表示的是两个测力探头的受力情况，作用力和反作用力是两个物体之间的相互作用力，作用在两个物体上，所以A错误.故选BCD.作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失.本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别.9.如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC,A、C连线为水平直径，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为+qi的点电荷将另一质量为m、电荷量为+q2的带电小球从

16、轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为A.小球运动到B点时的速度大小为.B.小球运动到B点时的加速度大小为gC.小球不能运动到C点【答案】AD【解析】【分析】点电荷形成的电场的特点是：以点电荷为圆心的同心圆上为等势面，即ABC弧上各点的电势相等，q2沿ABC弧移动，电场力不做功，q2电势能不变，机械能守恒，可求到B点的速度，由向心加速度公式可求B点的加速度，在园周运动最低点， 利用牛顿第二定 律可求小球运动到B点时对轨道的压力大小。【解答】A由于小球从A-B的过程中机械能守恒，所以由机械能守恒定律得:沖:亦,故A正确；B.由得，小球运动到B点时的加速度大小为，故B错误;乜RC.q2沿ABC弧移

17、动，电场力不做功，q2电势能不变，小球的机械能守恒，所以能够到C点，故C错误；D.设最低点轨道对小球的支持力为FBN则由牛顿第二定律得：，代R-疋入数值解得：|,、：_，由牛顿第三定律知，小球运动到B点时对轨道的压力大R-故D正确;故选AD。D.小球运动到B点时对轨道的压力大小为切23mg+kFT小为三、填空题（本大题共1小题，共5分）10.用水平恒力F推动放在光滑水平面上、质量均为m的六个紧靠在一起的木块， 则第5号木块受到的合外力等于_，第4号木块对第5号本块的作用力等于 _.F F【答案】；6 3F【解析】解：对整体运用牛顿第二定律，有；6m对物体5，根据牛顿第二定律，可知其合力为：F合

18、=ma=；6，对物体5、6整体，受重力、支持力和4对5与6整体的推力，根据牛顿第二定律，有:.：. = ? ：-=J；故答案为：63先对整体研究，求出加速度，然后分别对物体5和物体5、6整体运用牛顿第二定律列式求解.本题关键是先用整体法求解出加速度，然后灵活地选择研究对象进行分析研究.四、实验题探究题（本大题共2小题，共25分）11.如图甲所示为一拉力传感器， 某实验小组在用拉力传感器探究作用力与反作用力关系的实验中，获得了如图乙所示的图线根据这个图线，你可以得出的结论是：_ 实验中要用到 _ 个拉力传感器如果实验时保持一只手不动，另一只手拉动，与两只手同时对拉得到的结论有没有变化？ _ （填

19、“有”或“没有”）；两只手边拉边向右运动，与两只手静止时对拉得到的结论有没有变化？_ （填“有”或“没有”）【答案】作用力与反作用力大小相等，方向相反；两；没有；没有【解析】解：根据这个图线，你可以得出的结论是：作用力与反作用力大小相等，方向 相反实验中要用到两个拉力传感器.作用力与反作用力总是同时产生同时变化同时消失.如果实验时保持一只手不动，另一只手拉动，与两只手同时对拉得到的结论没有变化. 两只手边拉边向右运动，与两只手静止时对拉得到的结论没有变化.故答案为：作用力与反作用力大小相等，方向相反；两；没有；没有；作用力与反作用力总是等大反向作用在一条直线上，作用在两个物体上且同时产生同时消

20、失.本题考查了作用力与反作用力的特点.T甲乙12.在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学用两个力传感器进行实验，将两个传感器按图甲方式对拉，在计算机屏上显示如图乙所示，纵坐标代表的物理量是作用力 的大小，则横坐标代表的物理量是 _（填“时间”或“位移”）；根据图象可以得出结论：作用力与反作用力总是 _，_。（写出两点）【答案】时间；大小相等；同时产生、同时消失、同时变化【解析】解：由题可知，图2表示的是力传感器上的作用力随时间变化的关系，所以横 坐标代表的物理量是时间，纵坐标代表的物理量是力；（2）A、作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同 时变化，同时消

21、失故答案为：时间；大小相等；同时产生、同时消失、同时变化作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同时变化， 同时消失。解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同 时产生，同时变化，同时消失。五、计算题（本大题共4小题，共48分）13.如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道.光滑半圆轨道半径为R两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通 过，CD之间距离可忽略.粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h.从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平

22、地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s.已知小球质量m,不计空气阻力，求：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；（2） 小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；【答案】 解：（1）小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为VE,由平抛运动规律得：（乙）（甲）0 atMB : WS=VEt联立解得:(2)小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得:I3I2= mg4R -i -mvZI解得：2九屮，.，方向竖直向下;8R-mgs16R【解析】(1)小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位 移和时间求出平抛运动的初速度.(2)

23、小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得求出B点速度，在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力.(3) 根据动能定理求出小球沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功.解决本题的关键理清运动的过程，把握每个过程和状态的规律，知道竖直平面内的圆周运动在最高点和最低点由合外力提供向心力，综合运用牛顿定律和动能定理进行解题.14.如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一 竖直平面内，圆弧轨道的圆心为0,半径为R.传送带PC之间的距离为L,沿逆时针 方向的运动速度v=,；l、.在P0的右侧

24、空间存在方向竖直向下的匀强电场.一质量 为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回.物体与传送 带间的动摩擦因数为(1,不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g在B点，根据牛顿第二定律得:F-ms = mR得：8R2由牛顿第三定律可知小球运动到2B点时对轨道的压力为!；-，方向竖直向下8R-(3)设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为mg(h-4R)-W =JDVEW,则答:(1)小球从E点水平飞出时的速度大小为(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小为小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功为(3)(1)求物体下

25、滑到P点时，物体对轨道的压力F(2)求物体返回到圆弧轨道后，能上升的最大高度H(3)若在PO的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的水平匀强磁场(图中未画出)，物体从圆弧顶点A静止释放，运动到C端时的速度为试求物体在传送带上运动的时间t.【答案】解：(1)设物体滑到P端时速度大小为vP,物体从A端运动到P端的过程中,设物体滑到P端时受支持力为N,根据牛顿第二定律上卜“匚：.一 解得：N=3mg设物体滑到P端时对轨道压力为F,根据牛顿第三定律F = N=3mg(2)物体到达C端以后受滑动摩擦力，向左做初速度为零的匀加速运动，设向左运动 距离为x时物体与皮带速度相同，设物体受到的摩擦力

26、为f，则I ,】fx= iiA物体从皮带的P端滑到C端摩擦力做功解得：X=:即物体在皮带上向左先做匀加速运动一半皮带长度后，与皮带同速向左运动，即再次到达P点时速度大小是v=.根据机械能守恒定律，设在斜面上上升的高度H，则mgH=-R解得H =(3)设电场强度为E，在无磁场物体从A端运动到C端的过程中，根据动能定理有mgR-(mg+Eq)L=0_0解得E=pqL在有磁场情况下物体从P端运动到C端的过程中，设任意时刻物体速度为v,取一段极短的含此时刻的时间设在此时间段内的速度改变量为v(取水平向右为正方向).根据牛顿第二定律，有.!；：A-：in；inA t两边同时乘以，再对两边求和得I - -

27、二- 乙而.八 , ,而，-以上结果代入上式，得化简得t=-mgR 2gR答：(1)物体下滑到P点时，物体对轨道的压力F是3mg.(2)物体返回到圆弧轨道后，能上升的最大高度H为.(3)若在PO的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的水平匀强磁物体在传送带上运动的时间t是.mgR 2gR【解析】(1)物体从A端运动到P端的过程中，只有重力做功，机械能守恒，即可求 出物体滑到P端时速度大小.经过P点时，由重力和轨道支持力的合力提供物体的向心力，根据牛顿运动定律求解物体对轨道的压力F.(2)物体从C端返回时受到向左滑动摩擦力，向左做初速度为零的匀加速运动，根据动能定理列出滑块速度与皮带

28、速度相同时通过的距离x表达式，再研究滑块从P到C过程，由动能定理列式，联立求出x,再由机械能守恒定律研究滑块滑上圆弧轨道的过程， 求解最大高度H.(3)在无磁场情况下物体从A端运动到C端的过程中，根据动能定理求出电场强度巳在 有磁场情况下物体从P端运动到C端的过程中，滑块竖直方向上受到竖直向下的重力 和电场力，竖直向上的支持力和洛伦兹力作用，随着速度的减小，洛伦兹力减小，滑块 所受支持力增大，摩擦力增大，滑块做加速度减小的变减速运动，取一段极短时间,根据牛顿第二定律得到速度变化率表达式，运用积分法得到时间t.本题是动能定理、牛顿运动定律、向心力公式的综合应用，难点在于运用积分法研究非 匀减速运

29、动的时间，切入口是根据牛顿第二定律得到瞬时速度与速度变化率的关系式.15.如图所示，在竖直平面内有一倾角0=37勺传送带， 两皮带轮AB轴心之间的距离L=3.2m,沿顺时针方向以vo=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卩=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.的光滑圆弧形轨道CDF，并与位于9圆弧轨道最低点F的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M=1kg。物块P和Q均可视为质点，重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求：场(图中未画出)，物体从圆弧顶点A静止释放，运

30、动到C端时的速度为A.5gR 匸- 、_fx，试求则 L（mg十Eq） t + p.qBL=(1)物块P从传送带离开时的速度大小；(2)物块P与物块Q碰撞后瞬间，物块P对圆弧轨道压力大小的取值范围。【答案】解：(1)物块P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：-i!解得：.|.： 广，所需时间|：| ：，沿斜面向下运动的位移；岂2当物块P的速度与传送带共速后，由于 “2、所以物块P所受摩擦力方向沿传送带向上；由牛顿第二定律得m .，解得=_iII物块P以加速度运动的距离为J设物块P运动到传送带底端的速度为，由运动学公式得：=，：. 解得：八!曲即：物块P从传

31、送带离开时的速度大小为4m/s；得：_ :若物块P与物块.发生完全弹性碰撞，并设物块P碰撞后的速度为，物块Q碰撞后的速度为，则两物块的碰撞过程动量守恒，碰撞前后动能之和不变1也-.-，解得：1=；2 2 2(2)设物块P运动到F点的速度为，由动能定理得132mv；-mv72亠2若物块P与物块发生完全非弹性碰撞y wr八:，；在F点由牛顿第二定律得：；物块P碰撞后瞬间对圆弧轨道的压力为，由牛顿第三定律可得I，即.：；门丁疽.字；即：物块P与物块Q碰撞后瞬间，物块P对圆弧轨道压力大小的取值范围为【解析】本题考查了动能定理的应用、牛顿第二定律、动量守恒定律及其应用；分析清 楚滑块的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律即可正 确解题。(1)物体先沿传送带向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可以求出加速度，由运动学公式求出加速到与传送带共速的时间和位移；再共速时最大静摩擦力和重力的下滑分力的关系，判断之后物体的运动情况，再由牛顿第二定律和运动学公式结合求物块P从传送带离开时的速度大小；(2)根据动能定理计算出物块P运动到F点的速度；根据动量守恒定律分析物块P与物块发生完全非弹性碰撞和弹性碰撞时物块P的速度范