（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測(cè)（一）第一-三章驗(yàn)收（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測(cè)（一）第一-三章驗(yàn)收（含解析） 一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意) 1．(2018·紹興期中)高速路上堵車，小東聽到導(dǎo)航儀提醒“前方3公里擁堵，估計(jì)需要24分鐘通過(guò)”，根據(jù)導(dǎo)航儀提醒，下列推斷合理的是(　　) A．汽車將勻速通過(guò)前方3公里 B．能夠計(jì)算出此時(shí)車子的速度是0.125 m/s C．通過(guò)前方這3公里的過(guò)程中，車子的平均速度大約為7.5 km/h D．若此時(shí)離目的地還有30公里，到達(dá)目的地一定需要240分鐘 解析：選C　前方擁堵，汽車不可能做勻速運(yùn)動(dòng)通過(guò)3公里，故A錯(cuò)誤；根

2、據(jù)題設(shè)條件，汽車的瞬時(shí)速度無(wú)法求出，故B錯(cuò)誤；根據(jù)平均速度公式可知，平均速度約為：v＝＝ km/h＝7.5 km/h，故C正確；經(jīng)過(guò)擁堵路段后，汽車的速度并不一定一直保持，故此后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間無(wú)法確定，故D錯(cuò)誤。 2.(2018·綿陽(yáng)模擬)甲、乙兩物體同時(shí)從同一地點(diǎn)出發(fā)，其v-t圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)方向相反，加速度方向相同 B．甲的位移不斷減小，乙的位移不斷增大 C．第1 s末兩物體相遇 D．前2 s內(nèi)兩物體的平均速度相同 解析：選D　在v-t圖像中，速度的正負(fù)表示速度的方向，圖線的斜率表示加速度，故兩物體運(yùn)動(dòng)方向相同，加速度方向相反，故A錯(cuò)誤；

3、根據(jù)速度圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，可知甲、乙兩物體位移都不斷增大，故B錯(cuò)誤。第1 s末兩物體通過(guò)的位移不相等，而兩者又是從同一地點(diǎn)出發(fā)的，故不可能相遇，故C錯(cuò)誤；在v-t圖像中，圖線與時(shí)間軸所圍面積表示物體通過(guò)的位移，則知前2 s內(nèi)，兩個(gè)物體通過(guò)的位移相等，所用時(shí)間相等，故前2 s內(nèi)兩物體的平均速度相同，故D正確。 3．(2018·南寧模擬)手拿一個(gè)錘頭敲在一塊玻璃上把玻璃打碎了。對(duì)于這一現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．錘頭敲玻璃的力大于玻璃對(duì)錘頭的作用力，所以玻璃才碎裂 B．錘頭受到的力大于玻璃受到的力，只是由于錘頭能夠承受比玻璃更大的力才沒(méi)有碎裂 C．錘頭和玻璃之間的作用

4、力應(yīng)該是等大的，只是由于錘頭能夠承受比玻璃更大的力才沒(méi)有碎裂 D．因?yàn)椴磺宄N頭和玻璃的其他受力情況，所以無(wú)法判斷它們之間的相互作用力的大小 解析：選C　錘頭敲玻璃的力與玻璃對(duì)錘頭的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，總是大小相等，方向相反，但因作用在不同的物體上，因物體的承受能力不同，產(chǎn)生不同的作用效果，故C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。 4．(2018·吉林大學(xué)附中模擬)從t＝0時(shí)刻開始，甲沿光滑水平面做直線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間變化如圖甲；乙靜止于光滑水平地面，從t＝0時(shí)刻開始受到如圖乙所示的水平拉力作用。則在0～4 s的時(shí)間內(nèi)(　　) A．甲物體所受合力不斷變化 B．甲物體的速度不斷減小

5、 C．2 s末乙物體改變運(yùn)動(dòng)方向 D．2 s末乙物體速度達(dá)到最大 解析：選D　由題圖甲所示可以知道：物體甲在0～2 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在2～4 s內(nèi)做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程加速度不變。由牛頓第二定律F＝ma可以知道，物體甲受到的合力保持不變，故A錯(cuò)誤。物體甲的速度先減小后反向增大，故B錯(cuò)誤。由乙圖可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿負(fù)向。說(shuō)明乙在0～2 s內(nèi)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，2～4 s內(nèi)沿原方向做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，2 s末運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)有改變，且2 s末乙物體速度達(dá)到最大，故C錯(cuò)誤，D正確。 5．(2019·天一中學(xué)月考)如圖所示，有A、B兩物體，mA＝2mB，用細(xì)繩連接

6、后放在光滑的斜面上，在它們下滑的過(guò)程中(　　) A．它們的加速度a＝gsin θ B．它們的加速度a＜gsin θ C．細(xì)繩的張力FT≠0 D．細(xì)繩的張力FT＝mBgsin θ 解析：選A　對(duì)整體受力分析可知，整體受重力、彈力。將重力沿斜面和垂直于斜面進(jìn)行分解，則支持力與重力垂直于斜面的分力相平衡，合外力F＝(mA＋mB)gsin θ。由牛頓第二定律可知(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsin θ，A正確，B錯(cuò)誤。對(duì)物體B分析，可知物體B受到的合力：F′＝mBa＝mBgsin θ，F(xiàn)′＝FT＋mBgsin θ，故說(shuō)明細(xì)繩的張力FT為零，C、D錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)選

7、擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分) 6.如圖所示，用恒力F將物體壓在粗糙豎直面上，當(dāng)F從實(shí)線位置繞O點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)至虛線位置，物體始終靜止。在這個(gè)過(guò)程中，物體受到的摩擦力Ff和墻壁對(duì)物體彈力的變化情況是(　　) A．Ff方向可能一直豎直向上 B．Ff可能先變小后變大 C．FN先變小后變大 D．FN先變小后變大再變小 解析：選AB　若F在豎直方向的分力小于物體重力，則在F順時(shí)針旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，F(xiàn)f方向一直豎直向上，F(xiàn)f則一直減小，若F在豎直方向的分力大于物體重力，則在力F轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中Ff的方向可變?yōu)樨Q

8、直向下，此過(guò)程中Ff先變小后變大，故A、B選項(xiàng)正確；因FN等于力F在水平方向分力的大小，故FN先增大后減小，C、D選項(xiàng)均錯(cuò)誤。 7．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑固定的斜面上有一物體，物體在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。在0～2 s 內(nèi)推力的大小F1＝5 N，在2～4 s內(nèi)推力的大小F2＝5.5 N，該過(guò)程中物體的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則(　　) A．在第3 s物體的加速度大小為2 m/s2 B．物體在前4 s內(nèi)的位移為5 m C．物體質(zhì)量為2 kg D．斜面與水平面的夾角為30° 解析：選BD　由題圖乙得，在2～4 s內(nèi)物體的加速度a＝

9、 m/s2＝0.5 m/s2，故A錯(cuò)誤；由速度—時(shí)間圖像可知，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，即0～4 s內(nèi)物體的位移為1×2 m＋×(1＋2)×2 m＝5 m，故B正確；在0～2 s內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力沿斜面向下的分力F1＝5 N，在2～4 s內(nèi)由牛頓第二定律有：F2－F1＝ma，解得m＝1 kg，故C錯(cuò)誤；設(shè)斜面與水平面的夾角為α，則F2－mgsin α＝ma，解得α＝30°，故D正確。 8．(2019·如東模擬)如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉

10、力F與物體位移s的關(guān)系如圖乙所示(g取10 m/s2)。下列結(jié)論正確的是(　　) A．物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài) B．彈簧的勁度系數(shù)為750 N/m C．物體的質(zhì)量為2 kg D．物體的加速度大小為5 m/s2 解析：選CD　物體與彈簧分離時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤。剛開始物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡，有：mg＝kx；拉力F1為10 N時(shí)，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律有：F1＋kx－mg＝ma；物體與彈簧分離后，拉力F2為30 N，根據(jù)牛頓第二定律有：F2－mg＝ma；代入數(shù)據(jù)解得：m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/

11、s2，故B錯(cuò)誤，C、D正確。 9.(2018·儋州四校聯(lián)考)如圖所示為兒童樂(lè)園里一項(xiàng)游樂(lè)活動(dòng)的示意圖，金屬導(dǎo)軌傾斜固定，傾角為α，導(dǎo)軌上開有一狹槽，內(nèi)置一小球，球可沿槽無(wú)摩擦滑動(dòng)，繩子一端與球相連，另一端連接一抱枕，小孩可抱住抱枕與之一起下滑，繩與豎直方向夾角為β，且保持不變。假設(shè)抱枕質(zhì)量為m1，小孩質(zhì)量為m2，小球和繩的質(zhì)量及空氣阻力忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．分析可知α＝β B．小孩與抱枕一起做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．小孩對(duì)抱枕的作用力平行導(dǎo)軌方向向下 D．繩子拉力與抱枕對(duì)小孩的作用力之比為(m1＋m2)∶m2 解析：選AD　由于球沿斜槽無(wú)摩擦滑動(dòng)，則小孩、抱枕和小球組成

12、的系統(tǒng)具有相同的加速度，且a＝gsin α，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隔離對(duì)小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，則α＝β，故A正確，B錯(cuò)誤。對(duì)抱枕分析，受重力、繩子拉力、小孩對(duì)抱枕的作用力，因?yàn)檠乩K子方向合力為零，平行導(dǎo)軌方向的合力為m1a＝m1gsin β，可知小孩對(duì)抱枕的作用力與繩子在同一條直線上，故C錯(cuò)誤。對(duì)小孩和抱枕整體分析，根據(jù)平行四邊形定則知，繩子的拉力T＝(m1＋m2)gcos β，抱枕對(duì)小孩的作用力方向沿繩子方向向上，大小為m2gcos β，則繩子拉力與抱枕對(duì)小孩的作用力之比為(m1＋m2)∶m2，故D正確。 三、簡(jiǎn)答題(本題共2小題，共計(jì)18分) 10．(6分)

13、(2018·宿遷期末)某同學(xué)利用如圖所示的裝置做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細(xì)繩的結(jié)點(diǎn)，OB和OC為細(xì)繩套。在整個(gè)實(shí)驗(yàn)中，橡皮條始終未超出彈性限度。 (1)兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)共同作用時(shí)，將結(jié)點(diǎn)O拉至圖示位置，OC繩子的拉力為F1，OB繩子的拉力為F2；其中∠AOB＝90°，力F2的大小如圖中彈簧測(cè)力計(jì)所示，F(xiàn)2＝______ N；再換用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮條，當(dāng)把結(jié)點(diǎn)O拉到______位置時(shí)，此時(shí)的拉力F′才能稱之為F1和F2的合力。 (2)該同學(xué)在處理數(shù)據(jù)的過(guò)程中，用平行四邊形定則求力F1和F2的合力F，下列作圖正確的是________。 (3

14、)該同學(xué)再次重復(fù)實(shí)驗(yàn)時(shí)，保持OB繩拉力的方向不變，增大拉力F2，改變OC繩拉力F1，把結(jié)點(diǎn)O拉至圖示位置。下列關(guān)于拉力F1變化符合實(shí)際的是________。 A．F1增大，∠BOC的角度不變 B．F1增大，∠BOC的角度增大 C．F1的大小不變，∠BOC的角度增大 D．F1的大小不變，∠BOC的角度減小 解析：(1)由題圖可知，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為2.60 N。換用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮條，為保證兩次拉力作用效果等效，應(yīng)把結(jié)點(diǎn)O拉到圖示與第一次相同的位置。 (2)利用平行四邊形定則求合力時(shí)，合力應(yīng)為平行四邊形的對(duì)角線，合力與分力的作用點(diǎn)相同，故A正確。 (3)把結(jié)點(diǎn)O拉至圖示相同位置

15、，合力不變，保持OB繩拉力的方向不變，增大拉力F2，由題圖可知，F(xiàn)1增大，∠BOC的角度增大，故B正確。 答案：(1)2.60　圖示相同　(2)A　(3)B 11．(12分)(2019·南京模擬)在探究物體質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，小明同學(xué)做了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)改進(jìn)，在調(diào)節(jié)桌面水平后，添加了用力傳感器來(lái)測(cè)細(xì)線中的拉力。 (1)關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的操作，下列說(shuō)法正確的是________。 A．必須用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量 B．一定要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量 C．需要改變砂和砂桶的總質(zhì)量，打出多條紙帶 (2)實(shí)驗(yàn)得到如圖乙所示的紙帶，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電源的頻

16、率為50 Hz，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，由圖中的數(shù)據(jù)可知，小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小是________ m/s2。(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字) (3)由實(shí)驗(yàn)得到小車的加速度a與力傳感器示數(shù)F的關(guān)系如圖丙所示。則小車與軌道間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝________ N。 (4)小明同學(xué)不斷增加砂子質(zhì)量重復(fù)實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)小車的加速度最后會(huì)趨近于某一數(shù)值，從理論上分析可知，該數(shù)值應(yīng)為________ m/s2。(g取10 m/s2) 解析：(1)本題拉力可以由力傳感器來(lái)測(cè)出，不需要用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不需要使砂桶(包括砂)的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的總質(zhì)量，故A、B錯(cuò)誤；該實(shí)驗(yàn)探究加速度與力的關(guān)系，

17、需要改變砂和砂桶的總質(zhì)量，打出多條紙帶，故C正確。 (2)相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，T＝0.1 s， 根據(jù)Δx＝aT2， 得a＝＝ m/s2≈2.40 m/s2。 (3) 根據(jù)牛頓第二定律得：2F－Ff＝ma， 則當(dāng)a＝0時(shí)，F(xiàn)f＝2F＝1.0 N。 (4)根據(jù)牛頓第二定律，2F－Ff＝ma，Mg－F＝M·2a， 聯(lián)立解得：a＝， 當(dāng)M無(wú)窮大時(shí)，a＝5 m/s2。 答案：(1)C　(2)2.40　(3)1.0　(4)5 四、計(jì)算題(本題共4小題，共計(jì)71分) 12．(16分)(2018·濰坊調(diào)研)在一次“模擬微重力環(huán)境”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)人員乘坐實(shí)驗(yàn)飛艇到達(dá)h1＝6

18、000 m的高空，然后讓飛艇由靜止下落，下落過(guò)程中飛艇所受阻力為其重力的0.04倍。實(shí)驗(yàn)人員可以在飛艇內(nèi)進(jìn)行微重力影響的實(shí)驗(yàn)，當(dāng)飛艇下落到距地面的高度h2＝ 3 000 m時(shí)，開始做勻減速運(yùn)動(dòng)，以保證飛艇離地面的高度不低于h＝500 m，取g＝10 m/s2，求： (1)飛艇加速下落的時(shí)間t； (2)減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，實(shí)驗(yàn)人員對(duì)座椅的壓力F與其重力mg的比值的最小值。 解析：(1)設(shè)飛艇加速下落的加速度為a1， 由牛頓第二定律得：Mg－f＝Ma1 解得a1＝＝9.6 m/s2 加速下落的高度為h1－h(huán)2＝3 000 m， 根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式，有：h1－h(huán)2＝a1t2， 故加速

19、下落的時(shí)間為 t＝ ＝ s＝25 s。 (2)飛艇開始做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v＝a1t＝240 m/s 勻減速下落的最大高度為 h2－h(huán)＝3 000 m－500 m＝2 500 m 要使飛艇在下降到離地面500 m時(shí)速度為零，飛艇減速時(shí)的加速度a2至少應(yīng)為 a2＝＝ m/s2＝11.52 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律可得F′－mg＝ma2， 根據(jù)牛頓第三定律可得F＝F′，則：＝2.152。 答案：(1)25 s　(2)2.152 13.(16分)(2019·蘇州月考)如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的物體靜止于水平地面的A處?，F(xiàn)用大小F＝30 N的水平拉力拉此物體，經(jīng)t0＝2 s拉

20、至B處。已知A、B間距L＝20 m，g取10 m/s2。求： (1)物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)為了使物體從A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)B處，求力F作用的最短時(shí)間t。 解析：(1)物體在水平地面上從A點(diǎn)由靜止開始向B點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 位移為：L＝at02 對(duì)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F－Ff＝ma 其中Ff＝μmg 聯(lián)立解得：μ＝0.5。 (2)物體在水平地面上從A點(diǎn)由靜止開始向B點(diǎn)經(jīng)歷了在F和Ff共同作用下的勻加速運(yùn)動(dòng)和只在Ff作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)。 勻加速運(yùn)動(dòng)階段：F－Ff＝ma1 勻減速運(yùn)動(dòng)階段：Ff＝ma2 撤去外力時(shí)的速度為：v＝a1t 位

21、移為：x1＝a1t2 減速過(guò)程的位移為：0－v2＝－2a2x2 總位移為：L＝x1＋x2 聯(lián)立解得：t＝ s≈1.15 s。 答案：(1)0.5　(2)1.15 s 14．(19分)(2019·如東檢測(cè))如圖所示，一小木箱放在平板車的中部，距平板車的后端、駕駛室后端均為L(zhǎng)＝2.0 m，處于靜止?fàn)顟B(tài)，木箱與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.40?，F(xiàn)使平板車在水平路面上以加速度a0勻加速啟動(dòng)，速度達(dá)到v＝6.0 m/s后接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后勻減速剎車。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10 m/s2。 (1)若木箱與平板車保持相對(duì)靜止，加速度a0大小滿足什么條件？ (

22、2)若a0＝6.0 m/s2，當(dāng)木箱與平板車的速度都達(dá)到6.0 m/s 時(shí)，求木箱在平板車上離駕駛室后端距離s。 (3)若在木箱速度剛達(dá)到6.0 m/s時(shí)平板車立即用恒定的阻力剎車，要使木箱不會(huì)撞到駕駛室，平板車剎車時(shí)的加速度大小a應(yīng)滿足什么條件？ 解析：(1)木箱與車相對(duì)靜止，加速度相同，設(shè)最大值為am，由牛頓第二定律有 μmg＝mam 解得am＝4.0 m/s2 故應(yīng)滿足的條件為a0≤4.0 m/s2。 (2)由于a0＝6.0 m/s2>4.0 m/s2， 故木箱與車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) 木箱速度達(dá)到v＝6 m/s所需的時(shí)間t1＝＝1.5 s 運(yùn)動(dòng)的位移x1＝t1 平板車速度達(dá)

23、到v＝6 m/s所需的時(shí)間t2＝＝1.0 s 運(yùn)動(dòng)的位移x2＝t2＋v(t1－t2) 且有s＝x2－x1＋L 解得s＝3.5 m。 (3)木箱減速停止時(shí)的位移x3＝ 平板車減速停止時(shí)的位移x4＝ 木箱不與車相碰應(yīng)滿足x3－x4≤s 解得a≤18 m/s2。 答案：(1)a0≤4.0 m/s2　(2)3.5 m　(3)a≤18 m/s2 15．(20分)(2019·泰州月考)如圖所示為貨場(chǎng)使用的傳送帶模型，傳送帶傾斜放置，與水平面的夾角為θ＝37°，傳送帶AB足夠長(zhǎng)，傳送皮帶輪以大小為v＝2 m/s的恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一包貨物以v0＝12 m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶。

24、若貨物與皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，且可將貨物視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求貨物剛滑上傳送帶時(shí)的加速度； (2)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間貨物的速度和傳送帶的速度相同？此時(shí)貨物沿傳送帶上滑的位移為多少？ (3)從貨物滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，到貨物再次滑回A端共用了多少時(shí)間？ 解析：(1)設(shè)貨物剛滑上傳送帶時(shí)加速度為a1，貨物受力如圖所示： 根據(jù)牛頓第二定律得： 沿傳送帶方向： mgsin θ＋Ff＝ma1， 垂直傳送帶方向： mgcos θ＝FN， 又Ff＝μFN 聯(lián)立以上三式，代入數(shù)據(jù)解得：a1＝10 m/s2，方向沿傳送帶向

25、下。 (2)貨物速度從v0減至傳送帶速度v所用時(shí)間設(shè)為t1，位移設(shè)為x1， 則有：t1＝＝ s＝1 s，x1＝t1＝7 m。 (3)當(dāng)貨物速度與傳送帶速度相等時(shí)，由于mgsin θ>μmgcos θ，此后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)貨物加速度大小為a2，則有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿傳送帶向下。 設(shè)貨物再經(jīng)時(shí)間t2，速度減為零，則t2＝＝1 s 貨物沿傳送帶向上滑的位移x2＝t2＝1 m 則貨物上滑的總距離為x＝x1＋x2＝8 m。 貨物到達(dá)最高點(diǎn)后將沿傳送帶勻加速下滑，下滑加速度等于a2。設(shè)下滑時(shí)間為t3， 則x＝a2t32，解得t3＝2 s。 所以貨物從A端滑上傳送帶到再次滑回A端的總時(shí)間為 t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2)s。 答案：(1)10 m/s2　方向沿傳送帶向下　(2)1 s　7 m　(3)(2＋2)s