2018-2019学年四川省成都市双流县棠湖中学高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年四川省成都市双流县棠湖中学高一（上）期末物理试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年四川省成都市双流县棠湖中学高一（上）期末物理试卷
一、选择题：本题共13小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～13题有多项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分
1．（4分）坐在火车里的王同学观察相邻轨道上的另一火车时，感到自己乘坐的火车在后退，实际上他乘坐的火车并未开动，下来相关分析正确的是（　　）
A．王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是火车站的地面
B．王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是相邻轨道的火车
C．王同学比较两列火车运动快慢时，火车不能看成质点
D．王同学研究火车车轮转动时，火车可以看成质点
2．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．若物体的速度为零，位移可能继续增大
B．若物体的加速度为零，速度一定为零
C．若物体的加速度方向向东，所受合力方向一定向东
D．若物体的速度方向向东，所受合力方向一定向东
3．（4分）雨滴从高空由静止下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到变为零，在此过程中雨滴的运动情况是（　　）
A．速度一直保持不变
B．速度不断减小，加速度为零时，速度最小
C．速度的变化率越来越大
D．速度不断增大，加速度为零时，速度最大
4．（4分）如图所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v0运动，同时刻在它的正上方有一小球b也以v0的初速度水平拋出，并落于N点，则（　　）

A．小球a先到达N点
B．小球b先到达N点
C．两球同时到达N点
D．不能确定两球到达N点的时间关系
5．（4分）如图，放在水平面上的物体受到水平向右的力F1＝7N和水平向左的力F2＝2N的共同作用，物体处于静止，那么（　　）

A．如果撤去力F1，那么物体受到的合力为2N
B．如果撤去力F1，那么物体受到的合力为零
C．如果撤去力F2，那么物体受到的合力一定为2N
D．如果撤去力F2，那么物体受到的摩擦力一定为7N
6．（4分）一轮船的船头指向始终垂直于河岸的方向，并以一定的速度向对岸行驶，水匀速流动，则关于轮船通过的路程、渡河经历的时间与水流速度的关系，下述说法正确的是（　　）
A．水流速度越大，路程越长，时间越长
B．水流速度越大，路程越短，时间越短
C．渡河时间与水流速度无关
D．路程和时间都与水流速度无关
7．（4分）如图，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法正确的是（　　）

A．B与水平面间的摩擦力减小
B．地面对B的弹力减小
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ 三角始终相等
8．（4分）我们见过在砂轮上磨刀具的情形．当刀具与快速旋转的砂轮接触时，就会看到一束火星从接触点沿着砂轮的切线飞出，这些火星是刀具与砂轮接触时擦落的炽热微粒，对此现象，下列描述中错误的是（　　）
A．火星微粒由于惯性而做匀速直线运动
B．火星微粒被擦落时的速度为零，所以做自由落体运动
C．火星微粒飞出的方向就是砂轮跟刀具接触处的速度方向
D．火星微粒都是从接触点沿着砂轮的切线方向飞出的
9．（4分）在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg．若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内（重力加速度为g）（　　）

A．该同学所受的重力变小了
B．电梯一定在竖直向下运动
C．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
D．电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下
10．（4分）如图，倾角θ的光滑斜面固定于地面，斜面上A、B两个小球的质量均为m，轻弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间连有一轻质细线，弹簧与细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被烧断后的瞬间，两球的加速度分别为aA、aB，下列判断正确的是（　　）

A．aA＝0，aB＝gsinθ方向沿斜面向下
B．aA＝gsinθ方向沿斜面向上，aB＝0
C．aA＝gsinθ方向沿斜面向上，aB＝gsinθ方向沿斜面向下
D．aA＝gsinθ方向沿斜面向下，aB＝gsinθ方向沿斜面向下
11．（4分）如图所示，在粗糙水平地面上放一三角形劈，三角形劈与光滑竖直墙之间放一光滑圆球，整个装置处于静止状态，若把三角形劈向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（　　）

A．球对墙的压力增大
B．球对墙的压力不变
C．球对三角形劈的压力增大
D．地面对三角形劈的摩擦力不变
12．（4分）如图所示，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（　　）

A．弹簧秤的示数是26N
B．弹簧秤的示数是50N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2
13．（4分）如图，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ．则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（　　）

A．μmg B．mFM+m C．μ（M+m）g D．ma
三、实验题：（本题共3小题，每空3分，共18分）
14．（3分）在“研究匀变速直线运动”实验中，交流电频率为50HZ，某同学打出如图所示的纸带，相邻两计数点之间有4个点未画出，并测得OA＝2.80cm，DE＝9.10cm，则小车的加速度为　 　m/s2，（结果取2位有效数字）

15．（6分）用如图所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A点另一端用细线绕过定滑轮挂钩码，旁边附有一竖直放置的厘米刻度尺．当挂两个钩码时，线上一定点P对应的刻度线如图中的ab虚线所示，当挂三个钩码时，线上一定点P对应的刻度线如图中的cd虚线所示．已知每个钩码的质量为50g，重力加速度g＝9.8m/s2．ab虚线处刻度尺读数是d1＝　 　 m，则被测弹簧的劲度系数为　 　N/m．

16．（9分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图1所示的装置．

（1）本实验应用的科学方法是　 　
A．建立理想模型的方法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．类比法
（2）某同学测得小车的加速度a和拉力F的数据如表所示：（小车质量保持不变）
F/N
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
a/m•s﹣2
0.10
0.20
0.29
0.40
0.51
①根据表中的数据在图2坐标图上作出a﹣F图象．
②图线不过原点的原因可能是　 　．
三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
17．（8分）如图，质量m＝1kg的小球被竖直平面内的轻线和轻弹簧系着而处于静止，轻线和轻弹簧的另一端分别固定在竖直立柱和水平地面上，已知轻弹簧的劲度系数k＝500N/m，其轴线与地面夹角θ＝30°，弹簧对小球的拉力F＝10N，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）弹簧的伸长量△x；
（2）轻线拉力T的大小及轻线与水平面的夹角α。

18．（10分）如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，正以恒定的速度v＝2.5m/s顺时针转动，现在其底端A轻放一货物（可视为质点），货物与传送带间的动摩擦因数μ=32，经过t＝2s，传送带突然被卡住而立即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B．求传送带底端A与顶端B的距离。（g取10m/s2）

19．（12分）如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L＝2.4m，质量M＝2.0kg的B物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行，A的质量m＝2.5kg，绳拉直是用手托住A物体使其在距地面h高处右静止释放，着地后立即停止运动，A，B物体均可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°cos37°＝0.8．
（1）求物体下落的加速度大小及绳子拉力F的大小；
（2）求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；
（3）若A物体从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围（设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）


2018-2019学年四川省成都市双流县棠湖中学高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共13小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～13题有多项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分
1．【分析】研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论，要注意结合现象正确分析，明确所选择的参考系。
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可，因此能否看作质点与物体的形状、体积、质量等因素无关，关键是看本身的尺寸对所研究的问题是否可以忽略。
【解答】解：AB、王同学看着相邻轨道上的另一火车时，发现自己乘坐的火车在“后退“是以向前开动的相邻轨道上的另一火车为参考系，故A错误，B正确；
C、比较两火车的快慢时，火车的长度可以忽略，可以看成质点，故C错误；
D、研究火车车轮转动时，火车不能看成质点，故D错误；
故选：B。
【点评】此类现象在我们的日常生活中随处可见，学习中要注意理论联系实际，用所学物理知识对生活中的物理现象作出解释，这样才能做到举一反三，活学活用。
2．【分析】若物体的速度为零，位移不再继续增大。加速度与速度无关。加速度方向与合力方向一定相同，而速度方向与合力方向不一定相同。
【解答】解：A、若物体的速度为零，位移不再继续增大，故A错误。
B、加速度与速度无关，知加速度为零，速度不一定为零，如匀速直线运动，故B错误。
C、根据牛顿第二定律知加速度方向与合力方向一定相同，因此加速度方向向东，所受合力方向一定向东，故C正确。
D、速度方向与合力方向不一定相同。则知速度方向向东，所受合力方向不一定向东，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是理解加速度与速度的关系、加速度与合力的关系，要注意加速度、合力与速度没有直接关系。
3．【分析】根据加速度的方向与速度方向的关系，判断雨滴的速度是增大还是减小，速度的变化率等于加速度，结合加速度的变化判断速度的变化率变化。
【解答】解：A、雨滴下落过程中，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小为零，雨滴做匀速直线运动，故A错误，B错误，D正确。
C、速度的变化率等于加速度，加速度减小，则速度的变化率减小，故C错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道当加速度方向与速度方向相同，雨滴做加速运动，当加速度方向与雨滴方向相反，雨滴做减速运动。
4．【分析】小球b做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。小球a做的是匀速直线运动，根据水平速度的关系分析运动时间关系。
【解答】解：小球b做的是平抛运动，在水平方向上的运动是匀速直线运动，小球a做的是匀速直线运动，所以a、b两球在水平方向的运动情况一样，故两个球将同时到达N点，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。要知道平抛运动水平分运动是匀速直线运动。
5．【分析】由平衡条件求出物体受到的静摩擦力，然后确定最大静摩擦力的大小，再根据题意求出物体受到的合力。
【解答】解：AB、物体在水平方向受到：F1＝7N、F2＝2N与静摩擦力作用而静止，处于平衡状态，
由平衡条件得：F1＝F2+f，静摩擦力大小为 f＝F1﹣F2＝7﹣2＝5N，所以最大静摩擦力大于等于5N；
若撤去力F1＝7N，物体受到推力F2＝2N作用，由于F2小于最大静摩擦力，物体静止不动，所受合力为零，受到的摩擦力一定为2N，故A错误，B正确；
CD、若撤去力F2＝2N，物体受到推力F1＝7N作用，F1可能大于最大静摩擦力，物体向右运动，所受的滑动摩擦力大小可能为5N，合力为2N．也可能F1也可能小于最大静摩擦力，物体静止，物体受到的摩擦力等于7N，故CD错误；
故选：B。
【点评】当推力大于最大静摩擦力时，物体将运动，推力小于等于最大静摩擦力时，物体静止；根据题意确定最大静摩擦力的大小是正确解题的关键。
6．【分析】因为船垂直于河岸方向的速度不变，而水流方向是垂直于这个方向的，在这个方向上没有分速度，所以不论水速多大时间不变；水速越大，水流方向的位移就越大．
【解答】解：设河宽为d，船垂直于河岸的速度为v，t=dv可知，渡河时间与水速无关；如果水速越大，船沿水流方向的位移增大，所以船在水中运动的路程就大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要是考查运动的合成与分解，解答本题的关键是将运动分解为垂直于河岸和平行于河岸两个分运动，然后分别作答即可解决此类问题．
7．【分析】当把物体B移至C点后，绳子BO与水平方向的夹角变小，对A和B分别受力分析，然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行分析。
【解答】解：A、B、对物体A受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子BO与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变；
再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力，如图

根据共点力平衡条件，有
Tcosr＝f
N+Tsinr＝mg
由于角r变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，支持力N变大，故Ab错误；
C、对滑轮受力分析，受物体A的拉力（等于其重力），OB绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和OB绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力F也变小，故C错误；
D、对滑轮受力分析，受物体A的拉力（等于重力），OB绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和OB绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，又由于三力平衡，故OB绳子的拉力T也沿着前面提到的角平分线，绳子拉力沿着绳子方向，故α＝β＝θ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题关键是分别对物体A、物体B、滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件结合正交分解法和合成法进行分析讨论。
8．【分析】做曲线运动的物体的速度方向沿物体运动轨迹的切线方向．
【解答】解：微粒在擦落前做圆周运动，擦落后由于惯性要沿着原来的速度方向继续运动，微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向；
A、微粒由于惯性而沿着离开砂轮时的切线方向，即速度方向飞出，故A正确；
B、微粒被擦落时的速度不为零，微粒的运动不是自由落体运动，故B错误；
C、微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向，即从接触点沿着砂轮的切线方向飞出的，故CD正确；
本题选择错误的，故选：B。
【点评】物体做曲线运动的速度方向沿曲线的切线方向，熟练掌握基础知识，即可正确解题．
9．【分析】由题意可知体重计示数是40kg，小于体重说明处于失重状态，则电梯应具有向下的加速度，应用牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：A、体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小，该同学的体重不变，故A错误；
B、该同学受到重力与支持力作用，支持力小于重力，合力向下，加速度向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B错误；
C、该同学对体重计的压力与体重计对她的支持力是作用力与反作用力，它们大小相等，故C错误；
D、对该同学，由牛顿第二定律得：mg﹣FN＝ma，解得：a=mg-FNm=50g-40g50=0.2g，方向：竖直向下，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，该题考查对超重与失重的理解，明确失重是物体对与之接触的物体的弹力小于重力，不是重力变小了。
10．【分析】初始系统处于静止状态，对系统分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A、B两球分析，根据牛顿第二定律求出A、B的加速度。
【解答】解：初始系统处于静止状态，对A、B系统，由平衡条件可知，弹簧的弹力为：
F＝2mgsinθ，
烧断细线瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，由牛顿第二定律得：
对B：mgsinθ＝maB，解得：aB＝gsinθ，方向：沿斜面向下，
对A：F﹣mgsinθ＝maA，解得：aA＝gsinθ，方向：沿斜面向上，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住细线烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。
11．【分析】物体和三角形劈都处于静止状态，受力平衡，先对球受力分析，再对三角形劈受力分析，结合共点力平衡条件列式分析即可．
【解答】解：对球受力分析，受重力、三角形劈支持力和墙壁的支持力；再对三角形劈受力分析，受重力、球的压力、地面的支持力和摩擦力；若把三角形劈向右移动少许，各个力的方向均没有改变，重力不变，故题中所有的力大小也都不变；故AC错误，BD正确；
故选：BD。
【点评】本题只需判断出各个力的方向是否改变，然后结合共点力平衡条件定性分析即可，基础题目．
12．【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，根据牛顿第二定律求出弹簧秤的示数．撤去F1或F2的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出瞬时加速度．
【解答】解：A、对整体分析，整体的加速度a=F1-F2m1+m2=30-205m/s2=2m/s2，隔离对m2分析，F﹣F2＝m2a，解得弹簧秤示数F＝F2+m2a＝20+3×2N＝26N，故A正确，B错误。
C、在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小a1=F1-Fm1=30-262m/s2=2m/s2，故C错误。
D、在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小a1=Fm1=262m/s2=13m/s2，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律得瞬时问题，知道撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
13．【分析】由于小车和木块一起作无相对滑动的加速运动，所以小车和木块的加速度大小相同，对小车和木块受力分析，根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小。
【解答】解：先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
F＝（M+m）a ①
再对物体m受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
f＝ma ②
由①②联立解得：f＝ma=mFM+m
故AC错误，BD 正确；
故选：BD。
【点评】当分析多个物体的受力、运动情况时，通常可以采用整体法和隔离法，用整体法可以求得系统的加速度的大小，再用隔离法可以求物体之间的作用的大小。
三、实验题：（本题共3小题，每空3分，共18分）
14．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小．
【解答】解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，
得：xDE﹣xOA＝4aT2，
a=0.0910-0.02804×(0.1)2=1.6m/s2，
故答案为：1.6．
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
15．【分析】在实验中，所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，P点对应刻度的变化可知弹簧的伸长量．
对钩码受力分析，由平衡条件可求得劲度系数；
【解答】解：ab虚线处刻度尺读数是d1＝31.10cm＝0.3110m
由图可知，当钩码增至3个时，弹力增大mg，而弹簧的长度伸长31.80﹣31.10＝0.70cm，则由平衡关系可知，F＝kx
解得劲度系数为：k=0.05×9.80.0070=70N/m；
故答案为：0.3110，70．
【点评】解决本题的关键由平衡条件得所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，掌握胡克定律F＝kx．
16．【分析】（1）由于该实验涉及的物理量较多，因此该实验采用的是控制变量法研究加速度、质量、合力三者之间的关系；
（2）描点法作图．
（3）能够运用数学图象结合实验原理找出变量之间的关系，分析问题的根源为：未平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板倾角过小．
【解答】解：（1）该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法，故ACD错误，B正确．
故选：B．
（2）①描点法作图为：
②由图象知，当拉力为0.1N时，加速度仍然为零，原因为：未平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板倾角过小．
故答案为：（1）B；（2）①图象为②未平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板倾角过小．．
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题．
三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
17．【分析】（1）根据胡克定律求出弹簧的伸长量。
（2）对小球受力分析，由平衡条件求解轻线拉力T的大小及轻线与水平面的夹角α。
【解答】解：（1）对轻质弹簧，由胡克定律有：F＝k△x…①
代入数据解得：△x＝0.02m
（2）对小球受力分析如图所示，

由小球静止知：Tcosα＝Fcosθ…②
Tsinα＝Fsinθ+mg…③
由②③并代入数据解得：T＝103N，α＝60°
答：（1）弹簧的伸长量△x是0.02m；
（2）轻线拉力T的大小是103N，轻线与水平面的夹角α是60°。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，画出力图，采用平衡条件解答。
18．【分析】货物从A处开始做匀加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度时间公式求出速度增加到等于v＝2.5m/s所用的时间，并求出此过程的位移。之后，物体随传送带匀速运动。传送带停止转动后，货物匀减速运动到B端，速度刚好为0．根据牛顿第二定律和运动学求出物体上滑的距离，从而求得传送带底端A与顶端B的距离。
【解答】解：货物从A处开始做匀加速运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
代入数据得 a1＝2.5 m/s2
匀加速运动的时间 t1=va1=2.52.5=1s
位移 x1=v2t1=2.52×1=1.25m
在t＝1﹣2s内，货物随传送带一起匀速的位移为
x2＝v（t﹣t1）＝2.5×（2﹣1）＝2.5m
传送带停止转动后，货物匀减速运动到B端，速度刚好为0．设加速度大小为a2。
所以 μmgcosθ+mgsinθ＝ma2
代入数据得 a2＝12.5 m/s2
匀减速的位移为 x3=v22a2=2．522×12.5=0.25m
则传送带底端A与顶端B的距离 L＝x1+x2+x3＝4m
答：传送带底端A与顶端B的距离是4m。
【点评】本题为传送带问题，关键要分析清楚物体在传送带上的受力情况及运动情况，综合利用牛顿第二定律和运动学公式分段研究。
19．【分析】（1）A、B开始运动到A着地过程中，分析系统的受力，结合牛顿第二定律即可求出绳子上的拉力和物体的加速度；
（2）根据各个力做功情况，运用功能关系求出它们的末速度．A着地后，B沿斜面做匀减速运动，当速度减为零时，B能沿斜面滑行的距离最大时A的高度．
（3）根据各个力做功情况，运用功能关系求出它们的末速度．A着地后，B沿斜面做匀减速运动，当速度减为零时，B能沿斜面滑行的距离最大时A的质量．
【解答】解：（1）由图可知物体A向下做加速运动，B沿向南向上做加速运动，沿绳子方向的加速度大小相等，设绳子的张力是F，得：
ma＝mg﹣F
Ma＝F﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°
联立解得：a＝2m/s2
F＝20N
（2）A下降的过程，由功能关系得：mgh-μMgh⋅cosθ-Mgsinθ⋅h=12(m+M)v2
A着地后B继续向上运动，动能转化为内能，则：12Mv2=Mgx⋅sinθ+μMgcosθ⋅x
又：x+h＝L
代入数据得：h＝1.92m
（3）要使B物体向上运动，则：mg﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°＞0
即：m＞1.6kg
若A物体从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且恰好滑到斜面顶端．则：
m1gh1-μMgh1⋅cosθ-Mgsinθ⋅h1=12(m1+M)v12
12Mv12=Mgx1⋅sinθ+μMgcosθ⋅x1
x1+h1＝L
代入数据得：m1＝4kg
要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A物体质量m的取值范围是1.6kg＜m1≤4kg
答：（1）物体下落的加速度大小是2m/s2，绳子拉力F的大小是20N；
（2）当A物体从1.92m高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；
（3）若A物体从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A物体质量m的取值范围是m1≤4kg
【点评】本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况和运动过程分析，由牛顿第二定律、运动学公式和功能关系进行解答即可．