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1、20212022学年浙江省宁波市北仑中学高一（上）期中考试物理试卷1.手机给人民生活带来很多便利，手机导航A P P 极大地方便了“不识路”的驾车族，如图为某车主手机导航图，下列说法正确的是（）A.图 中“6.3 公里”指的是位移B.图 中“1 9 分钟”指的是时刻C.图 中“09：2 7”指的是时间间隔D.研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看作质点*1余6.3公 里19分斡81009:2791达2.下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A.速度、速度的变化量、加速度、力 B.质量、位移、平均速度、加速度C.位移、时间、加速度、力D.路程、速度、加速度、力3.下面对教材中的插图理解不正确的是（
2、）A.甲图中飞机上的人与地面上的人观察跳伞者运动不同的原因是选择了不同的参考系B.乙图桌面上的装置可以观察桌面微小形变C.丙图汽车轮胎上的花纹，可以增大轮胎与雨天路面的摩擦D.丁图中传送带运送货物到高处过程中，货物所受的摩擦力方向沿传送带向下4.一个力的大小为30 M 将此力分解为两个分力，这两个分力的大小不可能是（）A.T 0 N、1 0 N B.2 0 N、40 N C.2 00 N,2 00 N D.7 00N、7 2 0 N5.如图所示，物体A以速率北从地面竖直上抛，同时物体B从某高处由静止自由下落，经过时间t o 正好以速率先落地。规定竖直向下为正方向，不计空气阻力，两物体在时间场内
3、的u-t 图像正确的是（）OB6.伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，下列有关说法中错误的是（）A.伽利略的研究思路可概括为提出问题-假设（猜想）-数学推理-合理外推-得出结论B.当时没有精确测量瞬时速度的工具，伽利略利用x 产替代v oc t解决了这个困难C.当时没有精确的计时仪器，伽利略利用斜面实验，冲淡重力的作用，解决了这个困难D.伽利略为了研究自由落体运动建立了平均速度、瞬时速度、加速度等概念7.一物体在2N的外力作用下，产生10cm/s2的加速度，求该物体的质量.下面有几种不同的求法，其中单位运用正确、简洁而又规范的是（）2A.m=F/a=m kg=0.2kg
4、B-m =F g =&=2。曙=20kg2C.m=F/a=20kg2D.m=F/a=20kg8.木块4、8分别重50N和60M它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2,夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了 2cm,弹簧的劲度系数为400N/m,系统置于水平地面上静止不动。现用F=10N的水平力推木块B,如图所示，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，力/作用后（）A.木块A所受静摩擦力大小为ION B.木块8所受静摩擦力为8NC.弹簧的压缩量变为2.5cm D.若尸变为20N,8开始向左运动9.图中弹簧秤、绳和滑轮的重量以及绳与滑轮间的摩擦均不计，物体的重力都是G,在甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别
5、是F、尸2、F 3,则A.Fi=F2=F3 B.&=&F2 C.F3&=F210.如图所示，用甲、乙两根筷子夹住一个光滑小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为。小球质量一定，随着。缓慢减小，小球始终保持静止，则下列说法正确的是（）A.筷子甲对小球的弹力不变B.筷子乙对小球的弹力变小C.两根筷子对小球的弹力均增大D.两根筷子对小球的合力将增大11.螺丝钉是利用斜面自锁原理制成的，其原理如图所示，螺母与螺杆的螺纹结合，可以看作由两个叠放在一起的同倾角斜面组成，设螺母、螺杆间的动摩擦因数为，斜面的高为螺距h,底为圆周长2仃，当螺杆受到很大的压力F时，仍然不会移动（最大静摩擦力等
6、于滑动摩擦力）,则应满足的关系为（）A.h 2nfir B./1 2nr D./i n林r12.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在4 8段匀加速下滑,在8 c段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态.假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为由和 2,A3与长度相等，贝 女）BA.整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用B.动摩擦因数出+%=2tan。C小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重D.整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力13.下面关于共点力的平衡与平衡条件的说法正确的是（）A.如果物体的运动速度为零，则物体必处于平衡状态B
7、.如果物体的运动速度大小不变，则物体必处于平衡状态C.如果物体处于平衡状态，则物体沿任意方向的合力都必为零D.如果物体受到三个共点力的作用而处于平衡状态.则任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反14.如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为。的光滑斜面固定放置，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（重力加速度为A.两个小球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为gsin。B.B球的受力情况不变，瞬时加速度为零C.A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为2gsin。D.弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度方向沿斜面向上，A球的瞬时加速度方向沿斜面
8、向下，瞬时加速度大小都不为零15.如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在 同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程|q|中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T,每 块砖的厚度|为4。根据图中的信息，下列说法正确的是（）I,1 IA.小球在位置3的速度为俳 n 1口判断 球释放的初始广詈与广置相距9d B.判断小球释放的初始位置与1位置相距F I LZ_ 1C.小球下落的加速度为*I .1 ID.位 置1是小球释放的初始位置16.有一串佛珠，穿在一根长1.8m的细线上，细线的首尾各固定一个佛珠，中间还有5个佛珠.从最下面的佛珠算起，相邻两个佛珠的
9、距离为5c?、15、25a、35cm.45cm、55cm,如图所示.某人向上提起最上端的佛珠，让线自由垂下，且第一个佛珠紧靠水平桌面.从松手开始计时，若不计空气阻力(g取10m/s2),则第 2、3、4、5、6、7 个佛珠()A.落到桌面上的时间间隔相等B.落到桌面上的时间间隔越来越大C.其中的第4个佛珠落到桌面上的速率为3m/sD.依次落到桌面上的速率关系为1 ：V2：V3：2：V5：V617.某同学用如图1所示的装置做探究弹簧弹力与形变量的关系实验。(1)实验时将弹簧悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度，通过改变弹簧下端悬挂的钩码的个数来改变弹簧的弹力，关于此操作，下 列 选 项 中
10、 做 法 规 范 的 是 (填选项前的字母)。A.逐一增挂钩码，记下每增加一个钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重及随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(2)实验过程中，记下每次所挂钩码的重力，即弹簧弹力F的大小，在坐标纸上描出多次测量的弹簧弹力大小尸与弹簧伸长的长度x对应的数据点，作出的图象如图2所示，由此得到：弹簧的劲度系数为 N/m.(3)该同学第二次实验时将该弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂完成实验。得到的F-x图线用虚线表示(实线为第一次实验所得)，得到的图线应该是图3 中的虚线(填“甲“乙”、“丙”或“丁”)；第 二 次 测 得 的 弹 簧 的
11、 劲 度 系 数 与 第 一 次 相 比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。(4)图4是该同学描绘的弹簧的伸长量x与弹力F的关系图线，图线的末段明显偏离直线，造成 这 种 现 象 的 主 要 原 因 是。3.018.小明同学做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中甲D0wp milll 2 3 4 5 6 7 8 9 10乙（1）释放小车时，实验装置如图甲所示，指 出 该 装 置 或 操 作 中 的 错 误:A.电磁打点计时器接在直流电源上了B.小车质量没有远大于钩码质量C.小车离打点计时器过远D 没有补偿小车的阻力(2)如图乙为改正装置后打下的一条纸带的中间部分，A,B,C,。为其中连续打
12、出的四个点(已知打点计时器打点时间间隔7=0.02s)。由于操作不慎，C 点模糊了，小明仍用此纸带来研究。从图上可以读得A 点在刻度尺上位置的读数为 c m,在打下C 点时小车的速度为(结果保留三位有效数字)。19.沿 x 轴正方向运动的质点A 和质点8 其位移-时间图象分别为图中直线A 和曲线8,已知质 点 B 做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，t=3s时，直线A 和曲线8 刚好相切。求：(1)质点8 在 =3s时的速度大小；(2)质点B 在t=0时的速度大小；(3)质点B 在 第 1s内的位移大小。20.如图所示，质量Tn】=的物块A,悬挂在绳OP和 0。的结点。上，OP绳水平，O
13、Q绳与竖直方向的夹角为60。，并跨过光滑定滑轮(定滑轮不计质量)与斜物块上质量为血2=3kg的物块8 相连，斜物块C质量巾3=10如、倾角为3 0,斜物块C及物块A、B均保持静止。g MXlOm/s2,求：(1)绳 0尸、OQ的拉力大小；(2)斜物块C对物块B的摩擦力；(3)斜物块C对地面的压力与摩擦力。(结果都可带根号表示)Q21.如图甲所示，质量m=1kg的物体静止置于倾角为。=37。的固定斜面的底端(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的拉力F，h=4s时拉力大小减半并反向,t2=5s时撤去外力，物体运动的部分u-t 图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。=10m
14、/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求：(1)求出前4 秒的加速度大小和第5 秒的加速度大小；(2)求出前5秒的位移；(3)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力产的大小；(4)物体I?=5s时刻后再经多长时间物体回到斜面底端(结果可带根号表示)。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、图中的“6.3公里”指的是轨迹的长度，是路程，故A错误；B、图中的“1 9分”指的是时间间隔，故8错误；C、图 中“0 9：2 7”是到达的时间点，指的是时刻，故C错误；D,在图中研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小和形状能够忽略，可以将汽车视为质点，故。正确。故选：D o2.【答案】A【解析】解:矢量是
15、既有大小又有方向的物理量，而标量是只有大小没有方向的物理量，则A、速度、速度的变化量、加速度和力既有大小又有方向，都是矢量，故A正确；B、位移、平均速度和加速度既有大小又有方向，是矢量，质量只有大小没有方向，是标量，故B错误；C、位移、加速度、力既有大小又有方向，是矢量，时间只有大小没有方向，是标量，故C错误；。、速度、加速度和力都是既有大小又有方向的矢量，路程只有大小没有方向，是标量，故。错误。故选：Ao3.【答案】D【解析】A.飞机上的人观察跳伞者是以飞机为参考系，地面上的人观察跳伞者是以地面为参考系，所以飞机上的人与地面上的人观察跳伞者运动不同的原因是选择了不同的参考系，故A正确；氏乙图
16、桌面上的装置，是利用“放大”的思想来观察桌面微小形变，故8正确；C汽车轮胎上的花纹，是通过增大接触面的粗糙程度来增大轮胎与雨天路面的摩擦，故C正确；。.传送带运送货物到高处过程中，货物所受的摩擦力方向应沿传送带方向向上，故。错误。本题选不正确的，故选 。4.【答案】A【解析】解：4、1 0 N和1 0 N的合力范围是O N W F W 2 0 N,所以不可能是大小为3 0 N分解得两个力，故A错误；B、20 N、4 0 N的合力范围是2 0 N W F 4 6 0 N,所以可能是大小为3 0 N分解得两个力，故B正确；C、200 N、200N的合力范围是ON WF W 400N,所以可能是大小
17、为30N分解得两个力，故 C 正确；D、700 N、720N的合力范围是20N W F 1420N,所以可能是大小为30N分解得两个力，故。正确；本题选择不可能的，故选：A。5.【答案】C【解析】【分析】物体A 做竖直上抛运动，可看成一种匀减速直线运动，物体B 做自由落体运动，由速度时间公式写出两个物体的速度v与时间f 的表达式，再结合数学知识分析。本题主要考查u-t 图像、自由落体运动、竖直上抛运动。【解答】规定竖直向下为正方向，物体4 做竖直上抛运动，加速度为g,其速度与时间的关系为V=-v0+g t，物体8 做自由落体运动，其速度与时间的关系为v=g t,可知两图象平行且斜向上，故 AB
18、D错误，C 正确。故选Co6.【答案】A【解析】4 伽利略在研究物体下落规律时，首先是提出问题即对亚里士多德的观点提出疑问，然后进行了猜想即落体是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动就是速度变化是均匀的，接着进行了实验，伽利略对实验结果进行数学推理，然后进行合理的外推得出结论，选项A 错误，符合题意；8 c.在伽利略时代,技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略利用斜面实验，冲淡重力的作用，通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x 与，平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，小球是否做匀变速运动，即利用 oct?替代90
19、ct解决了问题，故 8 c 正确，不符合题意。伽 利略为了研究自由落体运动建立了平均速度、瞬时速度、加速度等概念，选项。正确，不符合题意。故选A。本题选错误的，故选7.【答案】D【解析】已知外力F=2 N,加速度a=lOcm/s?=O.lm/s?.A.加速度的单位应换算成国际主单位，即a=10cm/s2=O.lm/s?后再代入，故 4 错误；8.代入数据时不必每个物理量的单位都逐个代入，故B错误；C 代入数据时不能只有数据没有单位，故 C错误；。.该选项所示为单位运用正确简捷而又规范的写法，故D正确。故选）。8.【答案】D【解析】解：ABC、最大静摩擦力可以近似的认为和木块受到的滑动摩擦力的大
20、小相等，所以木块A 受到的最大静摩擦力为：/=FN=0.2 X 50N=10N,木块B受到的最大静摩擦力为：f =M J =0.2 X 60/V=12N,此时弹簧的弹力的大小为：FN=kx=400 X 0.0 2N=8N,弹簧的弹力的大小均小于木块受到的最大静摩擦力的大小，木块处于静止状态，根据平衡条件：4 受到的静摩擦力大小是8 N,方向向右，8 受到的静摩擦力大小也是8 N,方向向左，当在8 上施加向右的推力F=10N后，对 8 受力分析：推力厂等于弹簧弹力与地面施加的静摩擦力大小相等，方向相反,3 继续静止不动，故 B 受到的静摩擦力的大小为/j=F-FN=1QN-8N=2 N,方向向右
21、；施加尸后弹簧的形变量未改变则4 受力情况不变，A 受到的静摩擦力大小仍为8 M 方向向右，弹簧压缩量仍为2 c m 故 ABC错误；D、在 8 上施加向右的推力F=20N后，对 B 受力分析：F=f+FN,即 B恰好受力平衡，受到的摩擦力为最大静摩擦力也就是滑动摩擦力，此时B 刚好向左滑动，故。正确；故选：Do9.【答案】A【解析】甲图：物体静止，弹簧的拉力Fi=mg乙图：对物体为研究对象，作出的力图如下由图可知，4 人 。是等腰三角形，由几何关系得尸 2 =巾 9丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图l|oG由几何知识得F3=m g因此&=F2=F3故 A 正确，8C 错误。故选4。10.【答
22、案】C【解析】4BC.对小球受力分析FN 1cosd=?叫FN isin0=m g解得口 _ m gFn2-tan0P_m9氏=菊随着。减小，F$,尸 电 都在增大，4B错误，C 正确；。.由于小球处于静止状态，两只筷子对小球的合力大小等于小球的重力大小，故一直不变，。错误。故选Co11.【答案】A【解析】当螺杆受到很大的压力尸时，仍然不会移动，由受力分析图可端杆知 FN=F e o s。=F2nr/i2+(27rr)2由平衡知识F f FsinO=Pf=再+(2TZT)22仃 可得2 7 r 厂 h故 A正确，8 C 错误。故选A12.【答案】B【解析】解：A C。、小朋友在A B 段做匀加
23、速直线运动，将小朋友的加速度的分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力。同理，小朋友在B C 段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左。故A C。错误。B、设 A8的长度为L 小孩在8点的速度为也小孩从A到 B为研究对象，由牛顿第二定律可得：mgsin3 nmgcosd=m ar,由运动学公式可得：v2=2arL；小孩从8到 C 为研究过程
24、，由牛顿第二定律可得：n2m9C 0 mgsind=m a2由运动学公式可得：v2=2a2L；联立解得：出+2 =2 t an。，故 B 正确.故选：Bo13.【答案】CD【解析】A.物体的运动速度为0,加速度不一定为零，所以不一定处于平衡状态，如重物释放瞬间，速度为零，合力不为零，故 A错误；B.如果物体的运动速度大小不变，不一定处于平衡状态，如物体做速度大小不变、方向改变的曲线运动时，不处于平衡状态.故8错误；C如果物体处于平衡状态，则合力为零，所以物体沿任意方向的合力都必为零，故 C 正确；D.物体受三个共点力而平衡，根据平衡条件可知，合力为零，则其中任意两个力的合力与第三个力大小相等方
25、向相反，故。正确.故选CD1 4 .【答案】BC【解析】4 B D,设弹簧的弹力大小为F,由平衡条件可知 尸=7 7 1 出也凡 烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故 B球的受力情况不变，加速度为零，B正确，AO错误；C.以A为研究对象，由牛顿第二定律可得F +m g s i n。=m%,解得以=2 g s i n。，方向沿斜面向下，故 C 正确.故选BC1 5.【答案】ABC【解析】解：A、由于时间的间隔相同，所以3 点瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，则：%=3 M d=羿 故 A正确；3 C。、由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，所以小球做匀加速直线运动，由丫=at?
26、可 知,a=爷=*根据=%+就可知点1 的速度大小是=%-2aT=莽 此时小球释放的初始位置距1 点的距离所以位置“1”不是小球释放的初始位置，故 3c 正确，。错误。2a 8故选ABC1 6.【答案】A C【解析】解：A B,佛珠同时做自由落体运动，根据数据可知，下降的位移之比为1：4：9：1 6：2 5：3 6.根据八=g g t 2,知落地的时间之比为1：2：3：4：5：6,知落到桌面上的时间间隔相等。故 A正确，8错误。C、第 4个佛珠距离地面的高度为5cm +1 5cm +2 5cm =4 5cm =0.4 5加，则/=J2gh=V 2 x 1 0 x 0.4 5=3m/So 故 C
27、正确；。、根据u =g t 知，依次落到桌面上的速率关系为1：2：3：4：5：6.故。错误。故选；AC.1 7 .【答案】(1)4 (2)2 5；(3)丙；相等；(4)弹簧受到的力超过了弹性限度。【解析】解：(1)为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故做法规范的A；(2)由/=依 可知，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，故 左=竽=盆 义 N/c n i =0.2 5 N/a n =X 1U.U-U25N/m；(3)弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，即竖直悬挂时弹簧的原长比水平放置在桌面上所测原长要长，两种情况下弹
28、簧的劲度系数相同，两图象平行，由图示图线可知，故C正确，A B O错误；(4)在弹簧的弹性限度范围内，胡克定律是成立的，但若超过弹簧的弹性限度，胡克定律将不再适用；图中出现偏折的原因是因为超过了弹簧的弹性限度。故答案为：(1)4 (2)2 5：(3)丙；相等；(4)弹簧受到的力超过了弹性限度。1 8.【答案】(1)A C(2)2.9 5 1.4 0【解析】(1)4电磁打点计时器应接在交流电源上，故A错误；B D.此实验不需平衡摩擦力，也不需小车质量远大于钩码质量，故B O正确；C.小车离打点计时器过远，故C错误。本题选择错误的，故选A C。(2)4点在刻度尺上位置的读数为2.9 5 c m；在
29、打下C点时小车的速度为=蹩*m/s =，X U.UN1.4 0 m/So故答案为(1)4 C；(2)2.9 5 1.4 0。1 9.【答案】解：(1)由题意可知，质点8做匀减速直线运动，其加速度的方向与轴正方向相反。由题图可知，质点A的速度以=华=等m/s =2 m/st=3 s时，直线A和曲线8刚好相切，根据位移-时间图像的斜率表示速度可知，此时质点8的速度“B=vA=2 m/s(2)则对质点8有为o +Q t=其中 a =-2 m/s2得质点8在 =0时的速度为()=vB-at=Sm/s(3)x =1 71x =8 x Im 4-x(-2)x l2m=7 m【解析】见答案2 0.【答案】解
30、：(1)选 取。点为研究对象，进行受力分析并建立正交轴正交分解，如图所示解得：TQ=20N,Tp=10/3N.所以绳OQ的拉力大小20 N,O P的拉力大小IO1/3N；(2)选取物块8 作为研究对象，B所受的重力沿斜面向下的分力大小为：m2ssin30=15N 20N所以物块8受到沿斜面向下的静摩擦力f,如图所示解得：/=5N；(3)对物块C、8做整体分析，由于物块C及物块B均保持静止，根据平衡条件水平方向有尸=TQsm60 竖直方向有(巾2 +巾3)9 =N +7QCOS60。解得：/=10A/3N.N=120N,根据牛顿第三定律可知，斜物块C对地面的压力为1 2 0 M方向竖直向下，摩擦
31、力1 0 b N,方向水平向左。【解析】本题考查平衡条件的应用，关键是正确的选择研究对象进行受力分析。(1)对结点。受力分析，根据平衡条件进行分析即可：(2)对B受力分析，根据平衡条件进行分析；(3)把8、C作为整体受力分析，结合平衡条件及牛顿第三定律进行分析。2 1.【答案】解：由1 7 T 图像的斜率表示物体的加速度，可知前4秒的加速度大小的=需=y m/s2=1 0m/s2第5 s的加速度大小：a2=等=-m/s2=20 m/s2ZJi2 54(2)由u t图像可知，前5秒的位移为：x =|x 4 x 4 0m 4-x l m =1 1 0m(3)根据牛顿第二定律，前 4 s 内：F-7
32、 n gs i n。-mgcosO=根据牛顿第二定律，第5秒内：+mgsind+fimgcosO=m a2联立以上两式并代入数据得：F =2 0N,4 =0.5(4)底=5 s时撤去外力,设此时的加速度大小为的，则有：mgsinO 4-fimgcosO=m a3解得 的=1 0m/s22 =5 5时物体的速度为“=2 0机/$,方向沿斜面向上，到速度为零设时间为打，位移为X，则有，V2 2()2X=布=罚5 6=2 0机运动的时间：t 3=1 S =2 s此后物体从最高点沿斜面向下滑动，设加速度大小为。4,根据牛顿第二定律可得：mgsine-fimgcosd=m a4代入数据可得：a4=2m/s2设回到斜面底端的时间为t 4,有：x+x=atl代入数据解得：Q =5 s所以物体t 2 =5 s时刻后，回到斜面底端的总时间：t =t3+t4=2 s +V 1 3 0s =(2 +V 1 3 0)s答：(1)前4秒的加速度大小为2 0m/s 2,第5秒的加速度大小为1 0m/s 2；(2)前5秒的位移为1 1 0/n；(3)物体与斜面间的动摩擦因数为0.5,拉力尸的大小20 N；(4)物体t 2 =5 s时刻后再经时间(2 +V HU)s物体回到斜面底端。【解析】见答案