甘肃省武威第一中学2020届高三上学期段考物理试题 22页

武威一中2019年秋季学期阶段性考试 高三年级物理试卷 一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项正确，选对的得3分，多选、错选或不答的得0分。请把答案涂在机读卡上。）‎ ‎1.如图所示，小车内有一固定光滑斜面，一个小球通过细绳与车顶相连，细绳始终保持竖直，关于小球的受力情况，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 若小车静止，绳对小球的拉力可能为零 B. 若小车静止，斜面对小球的支持力一定为零 C. 若小车向右运动，小球一定受两个力的作用 D. 若小车向右运动，小球一定受三个力的作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若小车静止或匀速直线运动，因细绳始终保持竖直，小球受重力和绳子的拉力作用，斜面对小球的支持力为0，AD错误，B正确；若小车做变速运动，小球受三个力的作用，C错误．‎ ‎2.一辆公共汽车进站后开始刹车,做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为‎9 m和‎7 m,则刹车后6 s内的位移是 A. ‎25 m B. ‎24 m C. ‎20 m D. ‎‎75 m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合位移时间公式求出初速度，从而得出汽车刹车到停止的时间，判断汽车是否停止，结合位移公式求出汽车刹车后的位移．‎ ‎【详解】根据△x=at2，可得：；从开始刹车计时，1 s 时的速度为：v1=m/s＝‎8m/s，再经过汽车停止运动，所以汽车的总刹车时间是5 s，刹车后6 s内的位移即5s内的位移为：，故选A.‎ ‎3.用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L．现用该弹簧沿斜面方向拉住质里为‎2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L．斜面倾角为30°，如图所示．则物体所受摩擦力 A. 等干零 B. 大小为mg，方向沿斜面向下 C. 大小为mg，方向沿斜面向上 D. 大小为mg，方向沿斜面向上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：弹簧竖直悬挂物体时，对物体受力分析，根据共点力平衡条件 F="mg" ①‎ 根据胡克定律F="kL" ②‎ 由①②得，③‎ 物体放在斜面上时，再次对物体受力分析，如图 设物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据共点力平衡条件，有 F′+f-2mgsin30°="0" ③‎ 其中F′="kL=mg" ④‎ 由以上四式解得f=0，故物体所受的摩擦力大小方向沿斜面向上，大小为0．故选A．‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题关键对物体受力分析，然后运用共点力平衡条件及胡克定律列式求解；注意胡克定律中弹簧的弹力与伸长量成正比．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎4.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块、B接触面竖直，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力与B的质量之比为　　‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：‎ F=μ2（m1+m2）g ①‎ 再对物体B分析，受推力、重力、向左支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：‎ 水平方向：F=N 竖直方向：m‎2g=f 其中：f=μ1N 联立有：m‎2g=μ‎1F ②‎ 联立①②解得：‎ 故选B．‎ ‎【考点定位】物体的平衡 ‎【点睛】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．‎ ‎5.如图，三根长度均为的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距。现在C点上悬挂一个质量为的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】要使绳保持水平，先对点进行受力分析如图甲所示：‎ 要使点平衡有：‎ ‎,，‎ 由几何关系可知：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎；‎ 再对点受力分析如图乙所示，当与垂直时，力有最小值，即 ‎，‎ 选项A、C、D均错误。‎ 故选B．‎ ‎6.如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗囗水平，O是球心，碗的内表面光滑．一根轻质杆的两端固定有两个小球，质量分别是m1，m2．当它们静止时，m1、m2与球心的连线跟水平面分别成60°，30°角，则碗对两小球的弹力大小之比是( )‎ A. 1：2‎ B. 1：‎ C. ：1‎ D. ：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 选取两小球和杆组成的整体为研究对象，受力分析并正交分解如图：‎ 由平衡条件得：在水平方向的分力和在水平方向的分力大小相等 即：，所以： ，故选项C正确．‎ 点睛：本题是平衡条件的应用，关键是研究对象的选择，选择好合适的研究对象可以方便快捷的解决问题，此题也可对两球分别分析，但是较麻烦．‎ ‎7.如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都套在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接A、B两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ.假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为 A. 1：2cosθ B. 2cosθ：1‎ C. tanθ：1 D. 1：2sinθ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设绳子的拉力为T，则对小球A：Tsinθ=mAg；对B：Tsin2θ=mBg；联立解得mA：mB=1：2cosθ，故选A.‎ ‎8. 如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）．则绳中拉力大小变化的情况是（ ）‎ A. 先变小后变大 B. 先变小后不变 C. 先变大后不变 D. 先变大后变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，设绳长为l，滑轮左边绳长l1，对应水平距离d1，滑轮右边绳长l2，对应水平距离d2，两点水平距离为d，由滑轮两边绳上受力的对称性可知，两边绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，受力分析得：绳上拉力2Tcos θ＝G，T＝，又因d＝d1＋d2＝l1sin θ＋l2sin θ＝lsin θ，另一端从B点移动到C点的过程中，l不变，d先增大后不变，故θ先增大后不变，由T＝知：拉力T先变大后不变，选C.‎ ‎9.如图，两根长度分别为和的光滑杆AB和BC在B点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B点由静止释放，分别沿BA和BC滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设BA和BC倾角分别为和，根据牛顿第二定律得：滑环沿下滑的加速度为①沿BC下滑的加速度为②设这段时间为t，由题有：③④，又据数学知识有：⑤，由③的平方加④的平方，结合⑤解得，C正确；‎ 考点：考查了牛顿第二定律，运动学规律 ‎【名师点睛】本题关键要两个物体的位移关系、加速度关系，由位移时间公式得到时间．要明确物体的位移和加速度都与斜面的倾角有关，所以要用斜面的倾角表示位移和加速度．这种思路和方法要注意积累 ‎10.如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为300的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态.当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）‎ A. 0‎ B. 大小为g，方向竖直向下 C. 大小为g，方向水平向右 D. 大小为g，方向垂直木板向下 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出弹簧的弹力，撤去木板瞬间，木板的支持力消失，弹簧的弹力和重力不变，求出合力后，即可由牛顿第二定律求出小球的加速度．‎ ‎【详解】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图 根据共点力平衡条件，有： F-Nsin30°=0； Ncos30°-G=0；解得支持力 N=mg，弹簧的弹力 F=mg；木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和弹簧的拉力不变，合力大小等于支持力N，方向与N反向，故此瞬间小球的加速度大小为：，方向垂直木板向下．故选D．‎ ‎【点睛】本题的关键对小球受力分析，抓住弹簧的弹力不能突变，由牛顿第二定律求瞬时加速度．‎ ‎11.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等．‎ ‎12.‎ ‎ 光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，如图所示，现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A到B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是（）‎ A. N变大、T变小 B. N变小、T变大 C. N变小、T先变小后变大 D. N不变、T变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知．‎ 由得，得到，，由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，，AO不变，变小，可见T变小，N不变，故选项D正确．‎ 考点：共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用 ‎【名师点睛】本题是平衡问题中动态变化分析问题，N与T不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种方法要学会应用．‎ ‎13.质量为‎0.3kg的物体在水平面上运动，图中两直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的速度-时间图像，则下列说法正确的是：‎ A. 物体所受摩擦力一定等于0.1N B. 水平拉力一定等于0.1N C. 物体不受水平拉力时的速度-时间图像一定是a D. 物体不受水平拉力时的速度-时间图像一定是b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设拉力大小为F．由图读出加速度分别为aa=m/s2，ab=m/s2‎ CD．两图加速度大小不同，拉力方向与滑动摩擦力方向可能相反，也可能相同，无法判断物体不受水平拉力是哪个图象．故CD错误；‎ B．若物体受水平拉力时的速度图象是a时，拉力与速度方向相同，根据牛顿第二定律得 ‎ f-F=maa，f=mab，解得F=0.1N．‎ 若物体受水平拉力时的速度图象是b时，拉力与速度方向相反，根据牛顿第二定律得 f+F=mab，f=maa，解得F=0.1N．故B正确；‎ A．由上得到：若物体受水平拉力时的速度图象是a时，摩擦力f=0.2N；若物体受水平拉力时的速度图象是b时，摩擦力f=0.1N，故A错误．‎ ‎14.如图所示，物块放在倾斜的木板上，木板的倾角分别为和时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当时物体处于静止状态，静摩擦力和重力的下滑分力相等．即：；‎ 当时物体沿斜面下滑，滑动摩擦力为：，由，解得：，故B正确，ACD错误．‎ 二、多项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。请把答案涂在机读卡上。）‎ ‎15.如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启后（ ）‎ A. M静止在传送带上 B. M可能沿传送带向上运动 C. M受到的摩擦力不变 D. M下滑的速度不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力．传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑．故选C．‎ 考点：物体的平衡 ‎16.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向保持θ角不变，则(　　)‎ A. 车厢的加速度为gtanθ B. 绳对物体1的拉力为 C. 底板对物体2的支持力为(m2－m1)g D. 物体2所受底板的摩擦力为m2gtanθ, 方向水平向右 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 以物体1为研究对象，重力m‎1g和拉力T，根据牛顿第二定律 ，得a=gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ．对1的拉力为 ，故AB正确．‎ CD. 对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得2受摩擦力方向向右：‎ ‎ ，‎ 故C错误D正确．‎ ‎17.如图所示，A、B两物块的质量分别为‎2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（ ）‎ A. 当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B. 当F＝时，A的加速度为 C. 当F＞3μmg时，A相对B滑动 D. 无论F为何值，B的加速度不会超过 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为：fBm＝，因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为：fAB＝fBm＝，A、B间的最大静摩擦力为：fABm＝2μmg，因此，根据牛顿第二定律可知当满足：＝，且≤fAB＜2μmg，即≤F＜3μmg时，A、B将一起向右加速滑动，故选项A错误；当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F－2μmg＝2maA，2μmg－＝maB，解得：aA＝－μg，aB＝，故选项C、D正确；当F＝时，对A和B整体受力分析有， ，解得aA＝aB＝，故选项B正确．‎ 考点：本题主要考查了牛顿第二定律的应用，以及处理连接体的方法问题，属于中档题．‎ ‎18.如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x一t）图线，由图可知 A. 在时刻t1，a车追上b车 B. 在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C. 在t1到t2这段时间内，b车速率先减少后增加 D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由x—t图象可知，在0-t1时间内，b追a，t1时刻相遇，所以A错误；在时刻t2，b的斜率为负，则b的速度与x方向相反，所以B正确；b图象在最高点的斜率为零，所以速度为零，故b的速度先减小为零，再反向增大，所以C正确，D错误．‎ ‎19.如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为θ．如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间(　　)‎ A. 图甲中小球的加速度大小为gsinθ，方向水平向右 B. 图乙中小球的加速度大小为gtanθ，方向水平向右 C. 图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1∶cos2θ D. 图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos2θ∶1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲图中，剪断细线的瞬间，沿细绳方向的合力为零，小球的合力为 F合A=mgsinθ，由牛顿第二定律得： ，方向垂直于细绳向下，故A错误．‎ B. 乙图中，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球的合力等于原来细线的拉力，为 F合B=mgtanθ，由牛顿第二定律得：，方向水平向右，故B正确．‎ CD. 剪断细绳瞬间图甲中倾斜细线OA的拉力： ；图乙中弹簧的拉力为： ，剪断瞬间图甲中倾斜细线OA与图乙中弹簧的拉力之比为cos2θ∶1，故C错误D正确．‎ 三、实验题（本大题共3小题，每空2分，共10分。请把答案写在答题卡上）‎ ‎20.某同学在测量长度时，游标卡尺的读数如下图所示，读得的数值是_________mm ‎【答案】11.80‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]游标卡尺的读数为 ‎21.某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出．已知所用电源的频率为50HZ，则打A点时小车运动的速度vA=______m/s，小车运动的加速度a=______m/s2．（结果要求保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 0.337 (2). 0.393‎ ‎【解析】‎ 试题分析：据题意，相邻两点之间时间间隔为0.1s，A点速度等于OB段平均速度，则有；小车加速度为：．‎ 考点：本题考查瞬时速度和加速度计算．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎22.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳套．‎ ‎（1）图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法中正确的是___________．‎ A．图乙中的F是力F1和F2合力的理论值，F′是力F1和F2合力的实际测量值 B．图乙中的F′是力F1和F2合力的理论值，F是力F1和F2合力的实际测量值 C．在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果没有影响 D．在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果有影响 ‎（2）本实验采用的科学方法是________．‎ A．理想实验法       B．等效替代法      ‎ C．控制变量法         D．建立物理模型法 ‎【答案】 (1). BC (2). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实验的数值）存在差别，只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果；‎ ‎【详解】（1）F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F′是F1与F2合成的理论值，F是F1与F2合成的实际值，故A错误，B正确；由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果，故C正确，D错误．故选BC． （2）两个力作用和一个力作用的效果相同，即使节点到达同一个位置，所以本实验采用的方法是等效替代法，故ACD错误，B正确．故选B．‎ 四、计算题（本大题共3小题，共28分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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。）‎ ‎23.如图所示，质量m= ‎2.0kg的木块静止在水平面上，用大小F="20" N、方向与水平方向成θ=37°角的力拉动木块，当木块运动到x=‎10m时撤去力F．不计空气阻力．已知木块与水平面间的动摩擦因数µ=0.2，sin37° =0.6，cos37°=0.8．g取‎10m/s2．求：‎ ‎（1）撤去力F时木块速度的大小；‎ ‎（2）撤去力F后木块运动的时间．‎ ‎【答案】(1)‎12m/s (2)6.0s ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1）力F拉动木块的过程中，木块的受力情况如图1所示．根据牛顿运动定律有 又因 代入数据可求得：，‎ 因为 所以 ‎（2）撤去F后，木块的受图情况如图2所示．根据牛顿运动定律有 又因为 代入数据可求得：，‎ 因为 所以 ‎24.如图所示，质量m1=‎500 g的木板A静放在水平平台上，木板的右端放一质量m2=‎200 g的小物块B．轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块C连接，长木板与滑轮间的细线水平．现将物块C的质量由0逐渐增加，当C的质量增加到‎70 g时，A、B开始一起运动；当C的质量增加到‎400 g时，A、B开始发生相对滑动．已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计．求木板与平台间、木板与物块B间的滑动摩擦因素．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设A与桌面间动摩擦因数为，当时 系统恰好匀速运动，由平衡条件得：，， ‎ 联立解得：‎ ‎（2）设A、B间动摩擦因数为，当时，系统受力如图所示 设系统加速度为a，由牛顿第二定律得：‎ 对B： ‎ 对C： ‎ 对AB整体：‎ 联立以上各式得：‎ ‎25.如图所示，传送带的水平部分ab=‎2m，斜面部分bc=‎4m，bc与水平面的夹角α=37°．一个小物体A与传送带的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v=‎2m/s．若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带．求物体A从a点被传送到c点所用的时间．（已知：sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=‎10m/s2）‎ ‎【答案】2.4 s ‎【解析】‎ 试题分析：物体在水平传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，在倾斜传送带上，由于重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，所以物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出在水平传送带和倾斜传送带上的加速度，结合运动学公式即可求出运动时间． ‎ 物体A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速直线运动 此时的加速度为：‎ 当物体的速度与传送带速度相等时运动的位移为：‎ 此时有：，由此可以看出并未从水平传送带上滑下 则加速经历时间为：‎ 此后随传送带匀速运动到b点的时间为：‎ 当物体A到达成bc斜面后，由于mgsinα=0.6mg＞μmgcosα=0.2mg 所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动．由牛顿第二定律可得加速度大小为：‎ 根据位移时间公式可得物体A在传送带bc上所用时间为：‎ 代入数据解得：t3=1s(负值舍去)‎ 则物体A从a点被传送到c点所用时间为t=t1+t2+t3=3.4s 点睛：本题主要考查了应用牛顿第二定律和运动学公式求解传送带问题，注意在倾斜传送带上运动时加速的情况．‎