2022-2023学年广东省东莞市第一中学高一上学期期末质量检测物理试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省东莞市第一中学高一上学期期末质量检测物理试题（解析版），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

东莞市第一中学2022-2023高一上物理期末质量检测卷
一、单选题
1. 如图所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9km，实际从A运动到B用时300s，赛车上的里程表指示的里程数是15km，当他经过某路标C时，车内速度计指示的示数为108km/h，那么可以确定的是（　　）

A. 整个过程中，赛车的平均速度为50m/s
B. 整个过程中，赛车的平均速度为30m/s
C. 赛车经过C处的瞬时速度大小为60m/s
D. 速度计指示的速度108km/h为平均速度
【答案】B
【解析】
【详解】AB．平均速度等于位移与时间的比值，则整个过程中赛车的平均速度大小为

故A错误，B正确；
C．经过某路标C时，车内速度计指示的示数为150km/h，对应空间的某一位置的速度为瞬时速度大小，所以赛车经过路标C时的瞬时速度大小为

故C错误；
D．速度计指示的速度108km/h为瞬时速度大小，故D错误。
故选B。
2. 下面说法正确的是（　　）
A. 电火花打点计时器的工作电源是电压为220V的交流电
B. 弹力的方向总是与施力物体形变的方向相同
C. 静止的物体不可能受到静摩擦力
D. 速率、位移、加速度都既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则
【答案】A
【解析】
【详解】A．电火花打点计时器的工作电源是电压为220V的交流电，故A正确；
B．弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反，故B错误；
C．静止的物体如果跟与它接触的物体间有相对运动趋势，则物体受静摩擦力作用，故C错误；
D．位移、加速度都既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则，而速率是标量，只有大小，没有方向，相加时遵循代数法则，故D错误。
故选A。
3. 一物体从一行星表面某高处自由下落（不计表层大气阻力），自开始下落计时，得到物体离该行星表面的高度h随时间t变化的图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A. 行星表面重力加速度的大小为
B. 行星表面重力加速度的大小为
C. 物体落到行星表面时的速度大小为
D. 物体下落到行星表面的过程中，平均速度的大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据

利用图像中的数据可得行星表面重力加速度

AB错误；
C．物体落到行星表面时的速度大小

C错误；
D．物体下落到行星表面的过程中，平均速度的大小

D正确。
故选D。
4. 如图所示，光滑细杆竖直固定在天花板上，定滑轮A、B关于杆对称，轻质圆环C套在细杆上，通过细线分别与质量为M、m（M＞m）的物块相连。 现将圆环C在竖直向下的外力F作用下缓慢向下移动，滑轮与转轴间的摩擦忽略不计。 则在移动过程中（　　）

A. 外力F保持不变
B. 杆对环C的作用力不断增大
C. 杆对环C的作用力与外力F合力不断增大
D. 杆对环C的作用力与外力F合力的方向保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】AB．设连接圆环的细线与水平方向的夹角为α，左侧细线的拉力大小为T1，右侧细线的拉力大小为T2，在竖直方向上，有

已知


则

随着圆环C向下移动，α增大，sin α增大，则F增大，而在水平方向上，杆对圆环C的作用力

α增大，cosα减小，则N减小，故A错误，B错误；
C．圆环C受到外力F、杆对圆环C的作用力和两细线的拉力，由平衡条件得，杆对圆环C的作用力与外力F的合力大小等于两细线拉力的合力大小，而两细线拉力大小不变，随着α的增大，其合力增大，则杆对圆环C的作用力与外力F的合力不断增大，故C正确；
D．杆对环C的作用力N的方向垂直于杆水平向左，外力F的方向竖直向下，但由于N减小，F增大，所以二者合力的方向发生变化，故D错误。
故选C。
5. 在物理学研究过程中，科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替伐法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A. 根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了转化法
B. 不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想实验法
C. 引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了极限法
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据速度定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故A错误；
B．不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想模型法，故B错误；
C．引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法，故C正确；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D错误。
故选C。
6. 如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v—t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m／s2，下列说法正确的是（　　）

A. 拉力F的大小为24N
B. 物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
C. 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D. t=2s时刻，物块的速度减为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线。
在1～1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a1、a2，则


设物块、木板的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2，则有
对物块


得
μ1=0.2，μ2=0.4
撤去拉力F前，木板的加速度

对木板,根据第二定律有

得
F=18N
选项A错误；
B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为，选项B错误；
C．在t1=1.5s内，物块位移为

木板位移为

在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小

木板的加速度大小为

得

物块到停止的时间还需

木板到停止的时间还需

所以木板比物块早停止运动。
在t1=1.5s到物块停止运动的时间内，物块的位移为

木板位移为

物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为

选项C正确；
D．由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，选项D错误。
故选C。
【点睛】
7. 如图所示，长木板P静止在水平地面上，木块Q静止放在木板P的上表面，它们的质量均为m。现对长木板P或木块Q施加一水平向右的拉力F，木板P和木块Q的运动情况未知。已知木块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，则下列说法正确的是（　　）

A. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是2μmg
B. 木板受到地面的摩擦力的大小可能为3μmg
C. 当时，木板P和木块Q一定发生相对运动
D. 如果拉力F作用在木块Q上，无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】A．若F=μmg作用在P上，则木块和木板都静止，木板受到地面的摩擦力为静摩擦力，摩擦力的大小一定是μmg，A错误；
B．木板受到地面的摩擦力最大时等于最大静摩擦力，其大小为2μmg ，B错误；
C．若F作用在木板上，使木板P和木块Q恰好发生相对运动，分别对木块和木板，根据牛顿第二定律


解得

C错误；
D．如果拉力F作用在木块Q上，木块与木板的最大静摩擦力为μmg，木板与地面的最大静摩擦力为2μmg，所以无论怎样改变F的大小，一定是木块在木板上滑动，木板都不可能运动，D正确。
故选D。
8. 如图所示是安装工人移动空调室外机情境。刚开始，两工人分别在与窗户边缘等高的M、N两点通过1、2两根绳子使空调室外机静止在P点，然后他们缓慢放绳，使空调室外机竖直向下缓慢运动。已知开始时P点到M点的距离小于P点到N点的距离。绳子的质量忽略不计。在空调室外机到达指定位置前的一段时间内关于1、2两绳的拉力，下列说法正确的是（　　）

A. 1绳的拉力一直小于2绳的拉力
B. 1、2两绳的拉力都在减小
C. 1、2两绳拉力的合力小于空调室外机的重力
D. 1、2两绳的拉力之比保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图

由几何关系得
，
由于P点到M点的距离小于P点到N点的距离，则

根据平行四边形定则结合正弦定理得

由于且空调室外机竖直向下缓慢运动，则

故A错误；
B．根据正弦定理可得

化简可得

其中

因此可知变大，则变小，同理也变小，则1、2两绳的拉力只能减小。故B正确；
C．由于空调室外壳缓慢移动，处于动态平衡，则1、2两绳拉力的合力等于空调室外机的重力。故C错误；
D．设OM=s1，ON=s2。由得

可见，h变化，1、2两绳的拉力之比也变。故D错误。
故选B。
9. 一辆汽车以速度v0在平直的路面上行驶，某时刻司机突然发现前方有一警示牌，于是他立即刹车。汽车刹车后第1s内的位移大小为24m，第4s内的位移大小为1m，若将汽车刹车后的运动看作加速度大小为a的匀变速直线运动，忽略司机的反应时间和制动系统的响应时间，则（　　）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．假设汽车第4s末停止运动，则第1s内、第2s内、第3s内、第4s内的位移之比为7：5：3：1，第1s内与第4s内的位移之比为7：1，如果汽车在第4s末未停止运动，则第1s内与第4s内的位移之比小于7：1，根据题意，第1s内与第4s内的位移之比为24：1，说明汽车在第4s末前停止运动，设汽车在第4s内的运动时间为t0，由逆向思维，根据位移公式得


解得


AB错误；
CD．汽车的初速度为

C错误，D正确。
故选D。
10. 无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。已知无线连接的最远距离为10m，甲和乙两位同学做了一个有趣实验。甲佩戴无线蓝牙耳机，乙携带手机检测，如图（a）所示，甲、乙同时分别沿两条平行相距的直线轨道向同一方向运动，甲做匀速直线运动，乙从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，其速度v随时间t的关系如图（b）所示，则在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为（　　）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示，当甲、乙相距10m时，根据勾股定理，甲比乙多走8m，设此时二人的运动时间为t1，根据位移公式得

根据图像

解得

根据图像，此时速度相等，恰好最远，即相距最远时也能接收的信号，然后乙超过甲，当乙比甲多走8m时，是最后接收到信号的时刻，设从开始到该时刻的时间为t2，乙加速的时间为

乙加速6s后开始以6m/s的速度匀速运动，乙匀速运动的时间为t2-6，根据题意

解得

也就是说，前13s内，甲、乙之间距离都在10m以内，都能接收到信号。
故选C。

二、多选题
11. 甲、乙两小车在同一地点同时开始，往相同方向做直线运动的图像如图所示（甲小车速度减为0后不再运动），根据图像提供的信息可知（　　）

A. 甲车在内与内的加速度方向相反
B. 甲车在内的加速度为
C. 在乙追上甲之前，甲、乙两车的最远距离为
D. 末甲、乙两小车相遇，且离出发点的距离为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在内，加速度方向与速度方向相同，小车向前加速运动，在内，加速度方向与速度方向相反，小车向前做减速运动，A正确；
B．在中，斜率大小表示加速度，在内

B错误；
C．在中，图像与时间轴围成的面积等于小车的位移，在t=5s时，两车速度相等，距离最远，此时两车间的距离等于两个图像中间的面积

C错误；
D．甲车运动了6s，甲车的位移


乙车的位移

因此8s末，甲、乙两车相遇，且离出发点的距离为，D正确。
故选AD。
12. 如图所示，质量分别为、的两物体甲、乙位于相邻的两水平台阶上，中间用轻绳相连，轻绳与竖直方向夹角为。在甲左端施加水平拉力F，使甲、乙均处于静止状态。已知重力加速度为g，甲表面光滑。则下列说法正确的是（　　）

A. 绳的拉力大小为
B. 地面对乙的摩擦力大小为F
C. 台阶对甲的支持力大小为
D. 台阶对甲的支持力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】ACD．甲物体受到重力、绳子拉力、地面支持力和水平拉力，如图所示

甲物体处于静止状态，根据平衡条件有
，
解得
，

故AC错误，D正确；
B．乙物体受到重力、绳子拉力、地面支持力和摩擦力，如图所示

乙物体处于静止状态，根据平衡条件有

故B正确。
故选BD。
13. 如图所示，两个质量分别为＝2 kg、＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。大小为F＝30 N的水平拉力作用在上，弹簧测力计始终在弹性限度内，当系统稳定后，下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧测力计的示数是30 N
B. 弹簧测力计的示数是18 N
C. 在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的示数不变
D. 在突然撤去F的瞬间，m1的加速度不变
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．对整体运用牛顿第二定律，得到

对物体，运用牛顿第二定律，得到

联立解得

A错误，B正确；
CD．在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的弹力不变，故受力不变，受力改变，故加速度不变，加速度改变，变为

C正确，D错误。
故选BC。
14. 一物体自时开始做直线运动，其图像如图所示，下列选项正确的是（　　）

A. 在0~6s内，物体离出发点最远为30m
B. 在0~6s内，物体经过的路程为30m
C. 在0~4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D. 在4~6s内，物体做匀变速直线运动，加速度大小为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知0～5s，物体沿正向运动，5～6s沿负向运动，故5s末离出发点最远，最远距离为

A错误；
B．在0～6s内，物体经过的路程等于各段位移大小之和，为

B错误；
C．在0～4s内，物体经过的路程为

物体的平均速率为

C正确；
D．根据v-t图象的斜率表示加速度，在4~6s内，物体做匀变速直线运动，加速度为

即大小为，故D正确。
故选CD。
15. 如图，物块A通过细绳悬挂于电梯侧壁的O点，A与侧壁间夹有薄木板B，绳与侧壁夹角为θ，已知A、B质量分别为M、m，A、B间摩擦忽略不计。当电梯静止时，B恰好不滑落，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）

A. 电梯竖直加速上升时，木板B会滑落
B. 电梯以加速度a（a C. 当电梯以加速度a竖直加速上升时，绳子拉力
D. 当电梯以加速度a（a 【答案】CD
【解析】
【详解】A．电梯静止不动时，先分析A，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示

根据平衡条件，有


再分析物体B，受重力、A对B的压力N、电梯侧壁对B支持力N2和静摩擦力，根据牛顿第三定律，有

根据平衡条件有


其中

联立解得

当电梯加速上升时，等效重力加速度变化为

则电梯侧壁对B的支持力变为

最大静摩擦力变为

故木板B保持静止，故A错误；
BD．电梯以加速度a（a
则电梯侧壁对B的支持力变为

最大静摩擦力变为

故木板B保持静止，故B错误，D正确；
C．当电梯以加速度a竖直加速上升时，等效重力加速度变化为

故绳子拉力变为

故C正确。
故选CD。
三、实验题
16. 小林同学用如图所示装置探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。已知当地的重力加速度为g，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为。

（1）实验中，需要平衡摩擦力，请详细描述平衡摩擦力的操作：___________
（2）乙图为某次实验中打出的一条纸带，确定出O、A、B、C、D、E、F共7个计数点，每两个相邻的计数点之间还有1个计时点未画出。由该纸带可求得小车的加速度为___________；（结果保留3位有效数字）

（3）测出小车和车上砝码的总质量M和对应的加速度a，小林作出如图丙中实线所示的图线，图线偏离直线的主要原因是___________；

（4）小林调整了图像的横纵坐标，描绘出如图丁所示的图像。已知实验中所挂砂桶和砂的质量为m，且已经准确的平衡了摩擦力，小林发现图像不过原点，根据牛顿第二定律：在拉力不变的情况下，与M应该成正比，小明百思不得其解，请你告诉他图丁纵轴上的截距的物理意义是___________（用题中所给的字母表示）。
【答案】 ①. 平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。 ②. 2.97 ③. 未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量 ④. -m
【解析】
【详解】（1）[1] 平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
（2）[2]由于每两个相邻的计数点之间还有1个计时点未画出，所以相邻的计数点之间时间间隔为

根据逐差法可知，小车的加速度为

解得

（3）[3] 由牛顿第二定律可得
，
解得

只有当m远小于M时，图线成线性关系，所以图像如图所示，图线偏离直线的主要原因是未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量。
（4）[4] 由牛顿第二定律可得
，
解得

根据图像的特点可知，图像在纵轴上的截距为-m。
17. 用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块，细线、打点计时器、纸带、频率为的交流电源、直尺、6个槽码。（每个槽码的质量均为）

（1）完成下列实验步骤中的填空：
ⅰ．按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拔小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列_______的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑：
ⅱ．保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂5个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
ⅲ．试依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤，
ⅳ．以取下槽码的总个数的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。
（2）已知重力加速度大小，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①下列说法错误的是_________：
A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C．实验中无须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为
②某次实验获得如图乙所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则在打“5”点时小车的速度大小_________，加速大小_________；

③写出随变化的关系式_________（用M，m，g，a，n表示）；
④测得关系图线的斜率为，则小车质量_________。
【答案】 ①. 等间距 ②. D ③. 0.723 ④. 0.820 ⑤. ⑥. 0.234
【解析】
【详解】(1)[1]若小车匀速下滑则a=0，由

故纸带上打出一系列等间距的点。
(2) ①[2]A．先接通电源，后释放小车，小车应从靠近打点计时器处释放，故A正确；
B．小车下滑时，为保证实验的准确性，应使细线始终与轨道平行，故B正确；
C．由于该实验每个槽码质量已知道，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；
D．匀速运动时有

若细线下端悬挂着2个槽码，整体牛顿第二定律有

解得加速度为

故D错误
故选D。
②[3][4]根据图乙，点5是点4、6的中间时刻

相邻打点间距差都是相等的，则

解得

③[5]对于小车匀速时有

减小n个槽码后，对小车和槽码分别有


则

即

④[6]由③可得斜率

即得

四、解答题
18. 如图所示，木板A的质量M=3kg，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ1=0.4，一质量m=2kg的小滑块B（可视为质点）静止在木板的左端，小滑块B与木板A的动摩擦因数μ2=0.2。现给木板A一个瞬间向左的初速度v0=4m/s，重力加速度g=10m/s2。
（1）分别求初始时刻A、B的加速度；
（2）要使滑块B始终未从木板上滑下，木板的长度L至少多长？
（3）滑块B最终停在距离木板A左端多远的距离？

【答案】（1）aA=8m/s2，方向向右；aB=2m/s2，方向向左；（2）；（3）0.7m
【解析】
【详解】（1）对A，相对B和地面向左运动，则水平方向

其中
，
解得
aA=8m/s2
方向向右；
对B相对A向右运动
fB=μ2mg=maB
得
aB=2m/s2
方向向左；
（2）AB共速后，假设AB相对静止，则AB的共速后的加速度为

解得

则AB共速后，B将相对于A向左运动。则共速后A减速的加速度为

解得

B减速的加速度大小仍为aB=2m/s2，方向向右。
两者共速时，此时B相对A向右滑行相对距离最远

得
，
AB向左的位移分别为
，
B相对A向右滑行相对距离最远

则要使滑块B始终未从木板上滑下，木板的长度L至少长0.8m。
（3）由于（2）分析可得，则共速后AB均做减速运动，但是A的减速的加速度更大。当A减速为0后，由于，A静止，B继续向左做减速运动。当AB共速到A、B静止时，A、B的向左的位移分别为
，
故最终B离A左端距离为

19. 如图所示，水平传送带以不变的速度v＝15m/s向右运动，将一质量m＝1kg的工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，以速度v滑上一个固定足够长的斜面BC，斜面倾角θ＝30°，斜面与物体间的动摩擦因为，（B点处无能量损失，g取10m/s2）。（＝1.73）
（1）工件与水平传送带间的动摩擦因数；
（2）水平传送带的长度；
（3）工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间。（结果保留3位有效数字）

【答案】（1）0.75；（2）75m；（3）5.46s
【解析】
【分析】（1）应用运动学公式求出工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度，再根据牛顿第二定律解答；
（2）工件先做匀加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动，两过程的位移大小之和即为所求；
（3）根据牛顿第二定律分别求得工件沿斜面上滑和下滑过程的加速度大小，工件沿斜面上滑过程的位移大小等于沿斜面下滑过程的位移大小。应用运动学公式求解。
【详解】（1）设工件与水平传送带间的动摩擦因数为μ1，工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度为a1，则有
a1＝m/s2＝7.5m/s2
根据牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1
解得
μ1＝0.75
（2）设水平传送带的长度为L，工件先做匀加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动。
工件做匀加速直线运动的位移大小为

工件做匀速直线运动的位移大小为
x2＝vt′＝15×4m＝60m
L＝x1+x2＝15m+60m＝75m
（3）设工件沿斜面上滑过程的加速度大小为a2，时间为t2；沿斜面下滑过程的加速度大小为a3，时间为t3，由牛顿第二定律得：
mgsin30°+μ2mgcos30°＝ma2
其中μ2＝，解得
a2＝7.5m/s2
mgsin30°﹣μ2mgcos30°＝ma3
解得
a3＝2.5m/s2
由运动学公式得

由工件沿斜面上滑过程的位移大小等于沿斜面下滑过程的位移大小得

代入数据解得
t3＝s
工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间为
t总＝t2+t3＝2s+s＝5.46s
【点睛】本题考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，题目较简单。掌握加速度是联系力与运动的纽带，根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律解答即可。