精品解析：云南省师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期期末测试物理试题(解析版)

云师大附中2018至2019学年物理上学期期末考试高一物理试卷
一、单项选择题（共12题，每题只有一个选项正确；每题3分，共36分）
1.下列单位属于力学基本单位的是（
）A.牛顿
B.米/秒
C.焦耳
D.秒【答案】D
【解析】
【详解】三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒都是基本单位，而牛顿、米/秒和焦耳都是导出单位，所以A 、B 、C 错误，D 正确.
故选D.
2.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m 的路程，第一段用时4s ，第二段用时2s ，则物体的加速度是（
）A.2
2m/s 3 B.2
4m/s 3 C.2
8m/s 9 D.2
16m/s 9
【答案】B
【解析】
【详解】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则2s 时的瞬时速度等于0~4s 内的平均速度
116m 4m/s 4s
v =
=5s 时的瞬时速度等于4~6s 内的平均速度216m 8m/s 2s v =
=两个中间时刻的时间间隔为
△t =2s+1s=3s 根据加速度定义可得
2221844=m/s =m/s 33
v v a t --=
∆故选B 。

3.如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角均为45°，日光灯保持水平，所受重力为G ，左右两绳的拉力大小分别为（）
A.G 和G
B.22G 和22
G
C.2
122
152v x a ==和 D.2122152v x a ==和2122
152v x a ==【答案】B
【解析】【详解】C ．由于两根绳子等长并对称，所以两根绳子的拉力应相等，所以C 错．
ABD ．根据力的合成，这两绳子的拉力的合力应为G ，因此左右两绳的拉力大小均为
22
G ，故AD 错误，B 正确．4.如图所示，一定质量的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上，用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中
A.F 逐渐变大，T 逐渐变大
B.F 逐渐变大，T 不变
C.F 逐渐变小，T 不变
D.F 逐渐变小，T 逐渐变小
【答案】A
【解析】
【分析】
本题关键是抓住悬挂物B 的重力不变，即OB 段绳中张力恒定，O 点缓慢移动时，点O 始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况．
【详解】以结点O 为研究对象受力分析如下图所示：
由题意知点O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知，绳OB 的张力为mg ，保持不变；根据平衡条件可知：Tcosθ-mg=0，Tsinθ-F=0，由此两式可得：F=mgtanθ，由于θ增加，故拉力F 增加，T 增加；故选A ．
【点睛】掌握共点力平衡条件是正确解决本题的关键，本题中注意对缓慢拉动所隐含的在拉动过程中物体始终处于平衡状态条件的挖掘．
5.下列说法正确的是（）
A.静止的物体一定不受力，受力的物体一定运动
B.物体运动状态发生变化则物体一定受力的作用
C.物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大
D.物体运动状态不变时，有惯性，运动状态改变时没有惯性
【答案】B
【解析】
【详解】A 、物体处于静止或匀速直线运动时都可以不受力、或所受合外力为零的情况；故A 错误.
B 、物体运动状态的改变即为速度的改变，由∆=
∆v a t
可知有不等于零的加速度，根据牛顿第二定律可知物体一定受力的作用；故B 正确.
C 、惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大惯性越大，与物体的运动状态、是否受力等因素没有关系；故C 错误.
D 、有质量的物体在静止状态和运动状态下都有惯性；故D 错误.
故选B.
6.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是
A.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D.在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
【答案】D
【解析】
试题分析：手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故A、B错误；在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确．
考点：超重；失重
【名师点睛】本题主要考查了学生对超重、失重的理解．属于容易题．物体处于超重时其竖直方向加速度的方向竖直向上，物体处于失重时其竖直方向加速度的方向竖直向下；超重和失重与速度的方向无关．
7.在光滑水平桌面上．物块A用轻绳和物块B连接，轻绳跨过定滑轮，物块B悬空，如图甲所示，系统从静止开始，运动的加速度为a1，在图乙中，若对轻绳施加一个和物块B重力相等的拉力F，物块A从静止开始运动的加速度为a2则（
）
A.a1＜a2
B.a1=a2
C.a1＞a2
D.无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】图甲构成连接体模型，由系统的牛顿第二定律1
()
B A B
m g m m a
=+，可得：1B
A B
m g
a
m m
=
+；图乙
中是拉力B F m g =拉着细绳带动A 匀加速直线运动，由牛顿第二定律2B A m g m a =，可得2B A
m g a m =
，比较两加速度可得12a a <；故选A.8.如右图所示，位于竖直平面内的圆定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙壁相切于A 点，竖直墙壁上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻，a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点；则（
）
A.a 球最先到达M 点
B.b 球最先到达M 点
C.c 球最先到达M 点
D.a 球最后到达M 点
【答案】C
【解析】
【详解】由题可知A 、B 、C 三球均做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得三个小球的加速度A 2sin 452a g g =︒=，3sin 602
B a g g =︒=，a=g ；有匀变速直线运动的位移公式可得212x at =
，t =，
由题可得A t ==
、B t =
C t =可见c 球最先到达M 点．故C 正确，AB
D 错误．9.如图所示，
将两相同的木块a 、b 至于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁，开始时a 、b 均静止。

弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力0fa F ≠，b 所受摩擦力0fb F =，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（
）
A.fa F 大小不变
B.fa F 方向改变
C.fb F 仍然为零
D.fb F 方向向右
【答案】AD
【解析】【详解】初始状态，a 在水平方向上受绳子拉力、弹簧的弹力还有摩擦力处于平衡，b 受弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，a 仍然受三个力作用，
摩擦力的大小和方向不变，而b 受到向左的弹力，将受到向右的摩擦力，故选AD 。

10.静止在水平地面上的物体，受到水平推力的作用，F 与时间t 的关系如图将所示.物块的加速度a 和时间t 的关系，如图乙所示.g 取10m/s 2.滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息可得()
A.地面对物块的最大静摩擦力为1N
B.物块的质量为1kg
C.物块与地面间的动摩擦因数为0.2
D.4s 末物块的速度大小为4.5m/s
【答案】D
【解析】
【详解】A 、由甲乙两图可知，当t =1s 时，物体才开始具有加速度，可知地面对物体的最大静摩擦力f =2N ，故A 错误.
B 、
C 、由甲图知，F =2t ，根据牛顿第二定律得，加速度为：2222F f t a m m m m --=
==-，由乙图可知，图线的斜率23141
k m ===-，解得:m =2kg ，则动摩擦因数为：20.120f mg μ===，故B ，C 错误.D 、4s 末推力F =8N ，由a -t 图线围成的面积知，速度的变化量为
133m/s 4.5m/s 2⨯⨯=，可知4s 末的速度为4.5m/s ，故D 正确.
故选D.
11.如图，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意图．已知物体在B 点的加速度方向与速度方向垂直，
则下列说法中正确的是（）
A.C点的速率小于B点的速率
B.A点的加速度比C点的加速度大
C.C点的速率大于B点的速率
D.从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大
【答案】C
【解析】
试题分析：因为物体做的是匀变速曲线运行，所以合力恒定，又知道在B点加速度方向竖直向下，即合力方向竖直向下，整个过程中合力方向一直向下，所以不可能做各点的速率相等，A错误；合力恒定，加速度恒定，在各点的加速度都相同，B错误；从B到C过程中合力的夹角与速度方向的夹角为锐角，合力做正功，动能增大，即在C点的速率大于在B点的速率，C正确；从A点到C点加速度与速度的夹角先从钝角变小，后从锐角变大，即合力先做负功，后做正功，速率先减小后增大，D错误；
考点：考查了曲线运动
【名师点睛】本题的关键是从物体的运动性质着手，匀变速曲线运动，合力恒定，然后根据合力与速度方向的夹角分析速度的变化，当合力与速度方向夹角为钝角时，合力做负功，速度减小，当合力方向与速度方向夹角为锐角时，合力做正功，速度增大
12.如图所示，ACB是一个半径为R的半圆柱面的横截面，直径AB水平，C为截面上的最低点，AC间有一斜面，从A点以大小不同的初速度v1、v2沿AB方向水平抛出两个小球，a和b，分别落在斜面AC和圆弧面CB上，不计空气阻力，下列判断正确的是（）
A.初速度v1可能大于v2
B.a 球的飞行时间可能比b 球长
C.若v 2大小合适，可使b 球垂直撞击到圆弧面CB 上
D.a 球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45°
【答案】B
【解析】
【详解】A 、两个小球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由x =v 0t 得知t 相同时，水平位移越大，对应的初速度越大，则知初速度v 1一定小于v 2．故A 错误.
B 、竖直方向上做自由落体运动，由212
h gt =，得t ，若a 球下落的高度大于b 球的高度，则a 球的飞行时间比b 球长;故B 正确.
C 、根据平抛运动的推论：平抛运动瞬时速度的反向延长线交水平位移的中点，作出b 球垂直撞击到圆弧面CB 上速度的反向延长线，与AB 的交点一定在O 点的左侧，速度的反向延长线不可能通过O 点，所以b 球不可能与CB 面垂直，即b 球不可能垂直撞击到圆弧面CB 上，故C 错误.
D 、由几何知识得知AC 面的倾角为45°，运用与C 项同样的分析方法：作出a 球接触斜面前的瞬间速度反向延长线，可知此瞬时速度与水平方向的夹角大于45°．故D 错误.
故选B.
二、多项选择题（共6题，每题4分，共24分。

在每题给出的四个选项中，至少有两个是两个正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）
13.下列说法正确的是（）
A.物体越重，重力加速度越大，下落的越快，
B.亚里士多德研究自然规律的方法是实验的方法，
C.伽利略研究自然规律的方法是猜想和假设，数学推理和科学实验相结合的方法，
D.斜面实验是通过“合理外推”得出自由落体运动的规律的，并没有直接验证自由落体运动的规律
【答案】CD
【解析】
【详解】A、物体下落的快慢与物体的质量无关，不管轻重的物体，自由下落时，下落一样快；故A错误.
B、亚里士多德的研究主要应用了观察的方法和生活经验，提出的观点为：重的物体比轻的物体下落的快；故B错误.
C、伽利略在研究自由落体运动时，通过猜想，数学推演，做小球沿斜面运动的实验，测出小球不同位移与
x t ，并将此实验结果合理外推，从而验证了他的猜想；故C正确.
所用时间均满足2
D、伽利略根据斜面上的实验结果进行合理的外推，得到自由落体的运动规律，并没有直接验证自由落体运动的规律；故D正确.
故选CD.
14.甲、乙两队拔河，甲队获胜，则下列说法正确的是（）
A.甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲队获胜
B.只有在甲队把乙队匀速拉过去时，甲对乙的拉力才等于乙对甲的拉力
C.当甲队把乙队加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D.甲对乙的拉力始终等于乙对甲的拉力，只是地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力，所以甲队获胜
【答案】D
【解析】
【详解】ABC.物体间力的作用是相互的，对于拔河的两个队，甲对乙施加了多大拉力，乙对甲也同时产生一样大小的拉力，双方之间的拉力并不是决定胜负的因素，故ABC错误；
D.获胜只取决于哪边的最大静摩擦力大，甲队获胜，表示地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力，故D正确．
15.船在静水中的速度为4m/s,河岸笔直，河宽50m，适当调整船的行驶方向，使该船渡河航程最短，设最短航程为L，下列说法中正确的是（）
A.当水流速度为2m/s，L为50m
B.当水流速度为2m/s，L为75m
C.当水流速度为6m/s，L为50m
D.当水流速度为6m/s，L为75m
【答案】AD
【解析】
【详解】A 、B 、当水流速度为2m/s 时，小于船在静水中的速度为4m/s ，当船头垂直河岸，则该船渡航程最短，最短航程为L =50m ，故A 正确，B 错误；
C 、
D 、因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸；当合速度的方向与静水速的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最小，渡河航程最短；设此时静水速的方向与河岸的夹角为θ，42cos 63
C S v v θ===
.根据几何关系，则有:
C S v d s v =，因此最短的航程是650m 75m 4
S C v s d v ==⨯=；故D 正确,C 错误；故选AD.16.如图所示,做匀速直线运动的小车A 通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B,设重物和小车速度的大小分别为v B 、v A ,则(
)
A.>A B
v v B.<A B
v v C.绳的拉力等于B 的重力
D.绳的拉力大于B 的重力
【答案】AD
【解析】
【分析】
将小车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小，从而判断出重物的运动规律，从而判断绳的拉力与B 的重力关系．
【详解】小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，
设斜拉绳子与水平面的夹角为θ，由几何关系可得：v B =v A cosθ，所以v A ＞v B ；故A 正确，B 错误；因小车匀速直线运动，而θ逐渐变小，故v B 逐渐变大，物体有向上的加速度，绳的拉力大于B 的重力，故C 错误，D 正确；故选AD ．
【点睛】解决本题的关键将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，知道沿绳子方向的速度等于重物的速度大小，注意三角知识与几何知识的运用．
17.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v —t 图像如图所示。

已知两车在t =3s 时并排行驶，则（）
A.在t =1s 时，甲车在乙车后
B.在t =0时，甲车在乙车前12.5m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t =2s
D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【答案】D
【解析】
【详解】AC ．根据v t -图像的“面积”表示位移，由几何知识可知，在13s 内甲、乙两车通过的位移相等，又因为两车在3s t =时并排行驶，由此可以推论出在1s t =时两车也并排行驶，故AC 错误；B ．由图可知，甲的加速度为
210m/s v a t =
=甲甲甲乙的加速度为25m/s v a t =
=乙乙乙
因此在01s ~中，甲的位移为215m 2
x a t ==甲甲
20112.5m 2
x v t a t =+=乙乙因此两者位移差为
7.5m
x x x ∆=-=乙甲即在0t =时，甲车在乙车前7.5m ，故B 错误；
D ．1s 末甲车的速度为
10m/s
v a t ==甲在13s 甲车的位移为
2140m 2
x vt a t =+=甲即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m ，故D 正确。

故选D 。

18.滑板A 放在光滑水平面上，质量为M ，滑块B （可视为质点）放在滑板右端，质量为m ，滑块与滑板间动摩擦因数为u ，滑板和滑块均静止，现对滑板施加一向右的水平恒力F ，滑块从滑板右端滑到左端的时间为t 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是（）
A.滑块与滑板间动摩擦因数应满足μ/F Mg
<B.若减小M ，时间t 会缩短
C.若减小m ，时间t 会缩短
D.若减小F ，时间t 会缩短
【答案】BC
【解析】
A 、滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得：
μmg F μmg m M -<，解得：()F μM m g <+，故A 错误；B 、C 、由运动学得222211112222
A B F mg l a t a t t gt M μμ-=
-=-，所以：22l t F mg g M μμ=--．若仅减小M ，或仅减小m ，时间t 都会缩短，故B 、C 正确；D 、同理，若仅减小F ，则时间t 增大，故D 错误.故选BC.
【点睛】本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在拉力范围内是否发生相对
运动，注意整体法和隔离法的运用．
三、实验题（本题共2小题，共12分）
19.小芳和小强．两位同学采用了不同的实验方案来研究平抛运动．
(1)小芳同学利用如图甲所示的装置进行实验．下列说法正确的是______________.
A 、应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放
B 、斜槽轨道必须光滑
C 、斜槽轨道的末端必须保持水平
D 、本实验必须的器材，还有刻度尺和停表．
(2)小强同学利用频闪照相机方式研究平抛运动.如图乙为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分．图中背景方格的边长均为5.0cm ，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s 2.则照相机两次闪光的时间间隔
Δt =_________s ，小球被抛出时的水平速度v =__________m/s.(结果均保留两位有效数字)
【答案】
(1).AC (2).0.1(3).2
【解析】
【详解】（1）A 、为使小球做平抛运动的初速度相等，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故A 正确；
B 、只要每次把小球从轨道同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等，斜槽轨道没有必要光滑，故B 错误；
C 、为使小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道的末端必须保持水平，故C 正确；
D 、本实验不需要用秒表测量时间，故D 错误；
故选AC ．
(2)小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论：△x =at 2可得：
0.1s t ====，小球的水平速度：440.05m/s 2m/s 0.1x L v t t ⨯====；20.某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
(1)通过实验得到如图乙所示的a F -图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角___________（选填“偏大”或“偏小”）。

(2)该同学在正确平衡摩擦力后重新进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力将__________砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足___________的条件。

(3)该同学得到如图丙所示的纸带已知打点计时器电源频率为50Hz 。

A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7连续打出的7个点。

考虑DC AD x x x ∆=-=__________cm ，由此可算出小车的加速度
a =_________2m /s （加速度a 结果保留两位有效数字）。

【答案】
(1).偏大(2).小于(3).小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足M m 的条件
(4).1.80
(5).5.0【解析】【详解】(1)[1]当拉力F 等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大。

(2)[2]小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力。

[3]对整体分析，根据牛顿第二定律得
()mg M m a
=+解得
mg a M m
=
+则绳子的拉力1Mmg mg F Ma m
M m M
===++当M m ，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足M m 的条件。

(3)[4]刻度尺上读出A 、D 、G 三点的位置，可得
()()6.50 2.60cm 2.600.50cm 1.80cm
s ∆=---=[5]计数点间的时间间隔为T ，由匀变速直线运动的推论△x =aT 2可知，加速度
222
221.810m/s 5.0m/s 0.06
s a T -∆⨯===四、计算题（本题共四小题，共28分。

要求，写出必要的文字说明、方程式。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值及单位。

）
21.滑滑梯是小朋友们喜欢的游乐园项目，一个小朋友从滑梯一坡顶滑下，出于安全考虑，滑梯坡底需衔接一段水平轨道，使得小朋友还到出口时恰好停下，若坡面可视为斜面．且水平方向的夹角为θ=53°，坡顶到坡底的竖直高度为2m ，坡底与水平轨道衔接处对速度大小无影响，整个滑梯对小朋友的动摩擦因数为0.5，重力加速度g =10m/s 2.sin53°=0.8，cos53°=0.6.求：
(1)小朋友滑到坡底的速度大小;
(2)水平轨道的长度.
【答案】(1)5m/s
v =(2) 2.5m s =【解析】
【详解】(1)小朋友在滑梯上匀加速下滑，由牛顿第二定律21sin 53cos535m/s
a g g μ=︒-︒=滑梯的长度12m=2.5m sin 53x =︒
由速度位移关系可得：5m/s v =
=(2)小孩在水平轨道上的加速度a 2=ug =5m/s 2水平轨道的长度2
2
2.5m 2v s a ==
22.如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动.若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动，求物块与桌面间的动摩擦因数．
【答案】
3
【解析】【详解】F 水平时根据水平方向的平衡条件得到：
F =μmg
当保持F 的大小不变，而方向与水平方向成60︒角时，物块也恰好做匀速直线运动，则根据平衡条件有：
()
cos60sin 60F mg F μ︒=-︒联立计算得出：
3
3
μ=23.一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m ，一可视为质点的小球，以水平速度v 0飞出，g 取10m/s 2，欲打在第四台阶上，求小球水平抛出时速度v 的取值范围.
【答案】v <≤【解析】
【详解】当小球落在第3级台阶的边缘，根据平抛规律：
21132
h L gt ==01
3x L v t ==
得:0v =当小球落到第4级台阶得边缘22142h L gt '==
02
4x L v t '==
得:0v =
0v ≤≤24.如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A 到B 长度为L ＝10.25m ，传送带以v 0＝10m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速地放一个质量为m ＝0.5kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5．煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g ＝10m/s 2，求：
(1)煤块从A 运动到B 的时间；
(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度．
【答案】(1)1.5s
(2)5m
【解析】
试题分析：1）煤块刚放上时，受到向下的摩擦力
a 1=g （sinθ+μcosθ）=10m/s 2
t 1=v 0/a 1
x 1=a 1t 21/2
达到v 0后，受到向上的摩擦力
a 2=g （sinθ-μcosθ）=2m/s 2
x 2=L-x 1=5.25m
x 2=v 0t 2+at 2/2
t 2=0.5s
将煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5s （2）第一过程划痕长Δx1=v0t1-a1t12/2=5m 第二过程划痕长Δx2=x2-v0t2=0.25m
Δx1与Δx2部分重合划痕总长5m
考点：本题考查匀变速直线运动规律的应用．。