江苏省宿迁市沭阳县修远中学2020届高三上学期入学考试物理试题 19页

修远中学2019-2020学年度第一学期第一次阶段测试 高三物理试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1.2018年11月16日，国际度量衡大会对千克等单位重新定义，实现了基本度量标准全部使用物理常数定义，而不依赖于实体．下列选项均是国际基本单位的是(　　)‎ A. 开尔文K　　牛顿N B. 安培A　　开尔文K C. 特斯拉T　　安培A D. 牛顿N　　特斯拉T ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．‎ ‎【详解】国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量；他们在国际单位制中的单位分别为米m、千克kg、秒s、开尔文K、安培A、坎德拉cd、摩尔mol; 而牛顿N和特斯拉T是由基本单位结合物理公式推出的导出单位.故选B.‎ ‎【点睛】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．‎ ‎2.如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是 A. 斜向右上方 B. 斜向左上方 C. 水平向左 D. 竖直向上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据壁虎作加速直线运动可得，合力方向水平向左，再由平行四边形定则即可求解。‎ ‎【详解】由于壁虎从A到B做匀加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确。‎ 故选：B。‎ ‎3. 如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 若甲的质量较大，则乙先到达滑轮 B. 若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮 C. 若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮 D. 若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：对甲有：，解得：；对乙有：，解得，当甲的质量大，则甲的加速度小，根据知，甲的运动时间长，所以乙先到达滑轮。‎ 当甲乙的质量相等，则运动时间相同，同时到达滑轮。故A正确，B、C、D均错。‎ 考点：本题考查了牛顿第二定律、力的合成与分解的运用、牛顿第三定律．‎ ‎4.如图所示眺水运动员在走板时，从跳板的a端缓慢地走到b端，跳板逐渐向下弯曲，在此过程中，该运动员对跳板的 A. 压力不断增大 B. 摩擦力不断增大 C. 作用力不断增大 D. 作用力不断减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 运动员从A端缓慢地走到B端的过程中，合力为零，以运动员为研究对象，利用平衡条件分析各力的变化。‎ ‎【详解】AB、以运动员为研究对象，由平衡条件知，跳板对运动员的支持力，摩擦力，是跳板与水平方向的夹角。随着的增大，N减小，f增大。由牛顿第三定律知，运动员对跳板的压力减小，摩擦力增大，A错误，B正确；‎ CD、跳板对运动员的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力等大反向，则跳板对运动员的作用力保持不变，所以运动员对跳板的作用力保持不变，故CD均错。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题是动态平衡问题，要选择好研究对象，分析受力情况，明确各力与夹角间的表达式，再根据夹角的变化即可确定各力的变化。‎ ‎5.一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比．忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度v随时间t变化的图象如图所示，其中可能正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 忽略石子受到的空气阻力，石子只受重力，加速度恒为g，v-t图象是向下倾斜的直线.对于泡沫塑料球，根据牛顿第二定律得：上升过程有，下降过程有，又，得，则上升过程中，随着v的减小，a减小；，则下降过程中，随着v的增大，a减小；所以a不断减小，方向不变，故ABC错误，D正确；故选D.‎ ‎6.如图所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止.现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为 （ ）‎ A. 3g B. 2.5g C. 2g D. 1.5g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弹簧原长时小球A速度恰好最大，说明恒力的大小为mg，木块B对地面压力为零时，说明弹簧的弹力为2mg；再由牛顿第二定律解答．‎ ‎【详解】经弹簧原长时小球A速度恰好最大，此时小球加速减小到零，则恒力F=mg；木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg，又由牛顿第二定律得：F-mg-2mg=ma；解得小球A的加速度a=－2g，方向向下，故C正确.故选C.‎ ‎【点睛】解题的关键是知道如何得出恒力等于A 的重力，涉及弹簧的问题是学生学习的难点，加强练习．‎ ‎7. 如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ）‎ A. 细绳的拉力逐渐变小 B. Q将从墙壁和小球之间滑落 C. Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 D. Q受到墙壁的弹力逐渐变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力，Q对P的支持力．铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大；对Q分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故D正确．‎ 考点：考查了共点力平衡条件的应用 ‎【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解 ‎8.如图所示，质量为3kg的物块放在小车上，小车上表面水平，物块与小车之间夹有一个水平弹簧，弹簧处于压缩的状态，且弹簧的弹力为3N，整个装置处于静止状态，现给小车施加一水平向左的恒力F，使其以2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，则（ ）‎ A. 物块一定会相对小车向右运动 B. 物块受到的摩擦力一定减小 C. 物块受到的摩擦力大小一定不变 D. 物块受到的弹簧弹力一定增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】整个装置处于静止状态时弹簧弹力T=3N，根据平衡条件可得此时的摩擦力f=3N，方向向右，所以最大静摩擦力大于等于3N；当小车以2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，物块受到的合外力F合=ma=6N，方向向左，假设此时二者没有相对运动，则弹力仍为3N，摩擦力大小为3N，方向向左，由于摩擦力仍小于等于最大静摩擦力，所以二者保持相对静止，且物块受到的摩擦力大小不变，方向改变，故C正确，A、B、D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题考查应用牛顿第二定律分析物体受力情况的能力。要注意静摩擦力大小和方向会随物体状态而变化介于0至最大静摩擦力之间。‎ 二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．‎ ‎9.在物理学的发展过程中，科学家们采用了许多物理学的研究方法，下列关于物理学研究方法的说法中，正确的有 A. 合力和分力体现了等效替代的思想 B. 质点是运用极限法构建的物理模型 C. 电场强度采用了比值法定义物理量的方法 D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、几个力共同产生的作用效果跟一个力单独产生的作用效果相同，则那几个力是这一个力的分力，这一个力是那几个力的合力，合力和分力具有等效替代的关系，A正确；‎ B、质点是一个理想化模型，抓住了质量这个主要因素，忽略了形状和大小的次要因素，这种突出问题的主要因素、忽略次要因素，而对实际物体的科学抽象，称之为理想模型法，B错误；‎ C、在电场中同一点引入不同的试探电荷，这些试探电荷所受电场力的大小和其所带电荷量的比值却是同一个常数；在电场中不同点引入同一个试探电荷，该常数一般不同。离场源电荷越近，这个常数越大，即可以用来描述电场的强弱，用表示电场强度，利用了比值定义法，C正确；‎ D、牛顿第一定律是理想定律，不能用实验验证，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】高中物理过程中会遇到许多种分析方法，这些方法对学习物理有很大的帮助，故平时在理解概念和规律的同时，注意方法的积累。‎ ‎10.在研究落体运动规律时，伽利略让小球从静止开始沿斜面滚下，则 （ 　）‎ A. 实验中测量小球运动的速度v与时间t B. 实验中测量小球运动的位移x与时间t C. 用斜面实验来“冲淡”重力，是为了方便测量时间 D. 用斜面实验来“冲淡”重力，是为了方便测量速度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，因瞬时速度无法准确测量，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故选项A不合题意；‎ B. 伽利略猜想小球从静止开始沿斜面下滑的距离与时间的平方成正比，通过间接验证的途径，得以证明，故选项B符合题意；‎ CD. 由于当时用滴水法计算时间，无法准确记录自由落体的较短时间；伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，是为了方便测量时间，故选项C符合题意，选项D不合题意。‎ ‎11.如图所示，直线和抛物线(开口向上)分别为汽车a和b的位移--时间图象，则（ ）‎ A. 0～1 s时间内a车的平均速度大小比b车的小 B. 0～3 s时间内a车的路程比b车的小 C. 0～3 s时间内两车的平均速度大小均为1 m/s D. t＝2 s时a车的加速度大小比b车的大 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量△x表示位移，图线的斜率表示速度的大小．平均速度等于位移与时间之比．结合这些知识分析．‎ ‎【详解】A．根据图象可知，0-1s内b的位移大于a的位移，时间相等，则b的平均速度大于a的平均速度，故A正确；‎ B．0～3s时间内a车的路程为3m，b车的路程为s=s1+s2=4m+1m=5m，故B正确；‎ C．0～3s时间内两车的位移均为-3m，平均速度大小均为1m/s，故C正确；‎ D．a车做匀速直线运动，加速度为零，b车运动的加速度大小恒定且不等于零，故D错误；‎ 故选ABC ‎【点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出物体运动的方向．‎ ‎12.如图所示，木块受到水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行，如果将力F撤除，下列对木块的描述正确的是（ ）‎ A. 木块将沿斜面下滑 B. 木块仍处于静止状态 C. 木块受到的摩擦力变小 D. 木块所受的摩擦力方向不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】设木块的重力为G，将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向，沿斜面向下的分力大小为Gsinθ，如图，在斜面平面内受力如图，‎ ‎ 力F未撤掉时，由图1‎ 根据平衡条件得，静摩擦力大小f 1 =，‎ 力F撤掉时，重力分力，所以木块仍保持静止，‎ 由图2，‎ 根据平衡条件得f 2 =Gsinθ，所以木块受到的摩擦力变小，‎ 由图看出，木块所受的摩擦力方向发生了改变。‎ 综上所述故应选BC。‎ ‎13.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则(　　)‎ A. μ1一定小于μ2‎ B. μ1可能大于μ2‎ C. 改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动 D. 改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．‎ ‎【详解】对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故A错误、B正确。改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止。故C错误。若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动。故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎14.运动质点的的图象如图所示，图线为顶点在坐标原点,开口向右的抛物线的上半支，则下列判断正确的是 A. 质点做初速度为零的匀加速直线运动 B. 质点的加速度大小为5 m/s2‎ C. 质点在3s末的速度大小为30 m/s D. 坐标(10,10)处的斜率为0.5 ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：若质点做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2=2ax，即，则图象为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，故A正确；‎ B项：把x=10m，v=10m/s带入v2=2ax，得出a=5m/s2，故B正确；‎ C项：3s末的速度为v=at=15m/s，故C错误；‎ D项：由数学知识可知，v2=2ax两边同时对x求导，得：，则，所以坐标(10,10)处斜率为，故D正确。‎ 故应选ABD。‎ ‎【点睛】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，防止把v-x图象当成v-t图象处理。‎ 三、简答题：本题共2小题，每空2分，共计18分．请将解答填写在答题卡相应位置．‎ ‎15.“探究力的平行四边形定则”的实验如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图是在白纸上根据实验数据画出的图。‎ ‎（1）实验中必须保证两次将橡皮筋与细绳的结点O拉到同一位置，本实验主要采用的科学方法是 _____ .‎ 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 ‎（2）图乙作出的F与两力中，方向一定沿AO方向的是______。‎ ‎（3）若认为图乙中F与大小相等，方向略有偏差，如果此偏差仅由大小引起，则原因是的大小比真实值偏______。选填“大”或“小”‎ ‎【答案】 (1). B； (2). ； (3). 大；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．故选B．‎ ‎（2）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；‎ ‎（3）由图可知,将F1减小,合力F与F′更接近重合,则原因是F1大小比真实值偏大.‎ ‎【点睛】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别．‎ ‎16.在“探究加速度和力、质量的关系”实验中，采用如图甲所示的装置图进行实验：‎ ‎（1）在实验操作中，下列说法中正确的有_____（填序号）。‎ A．实验中，若要将砝码（包括砝码盘）的重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让砝码（包括砝码盘）的质量远大于小车质量 B．实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车 C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度 D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系 ‎（2）图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度vB ‎＝_____m/s，小车的加速度a＝_____m/s2．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（3）图丙为研究“在外力一定的条件下，小车的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量为_____，受到的拉力为_____。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 0.32 (3). 0.93 (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）探究加速度与力、质量的关系时，采用的方法是控制变量法； （2）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作方法； （3）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2，来求出小车的加速度。‎ ‎【详解】（1）考察操作过程：根据牛顿第二定律可求得绳子拉力F＝Ma＝，所以当m＜＜M时，F≈mg，选项A错误；涉及打点计时器的均要求先通电再释放小车，故选项B正确；平衡好摩擦力后，当改变小车的质量时，由于摩擦力和下滑分力均同比例改变，所以不必重新平衡摩擦力，选项C错误；控制变量法的要求是固定一个变量，改变另一变量，所以选项D正确。‎ ‎（2）打下B点的速度vB＝m/s＝0.32m/s，由逐差相等求加速器。‎ ‎（3）根据牛顿第二定律有： ，变形后得：及 ﹣m图象是一条直线，结合题意有：从图象斜率来看：、从纵轴截距来看：，所以拉力 ，小车的质量 M＝bF＝。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握实验的研究方法，会通过图象探究加速度和力和质量的关系，要知道实验中的两个要点：1、认为细线的拉力等于小车的合力，2、认为砝码盘和砝码的总重力等于细线的拉力。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。‎ 四、计算题：本题共4小题，共54分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写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．‎ ‎17.一列火车以60m/s的速度匀速行驶，由于遇到突发事故而关闭发动机作匀减速直线运动，从关闭发动机开始到速度减为20m/s时前进3200m。求：‎ ‎（1）火车减速时的加速度大小；‎ ‎（2）火车匀减速前进3200m过程中的平均速度的大小；‎ ‎（3）火车匀减速行驶的总时间。‎ ‎【答案】（1）0.5m/s2 （2）40m/s （3）120s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）取火车前进的方向为正方向，由得，火车减速时的加速度大小 ‎“-”号表示加速度的方向与速度方向相反。‎ ‎（2）根据匀变速直线运动特点，平均速度的大小 ‎（3）设火车减速行驶的总时间为，火车匀减速运动的末速度v=0，由速度公式 得火车匀减速行驶的总时间 ‎18.如图所示，质量为M斜面体A置于粗糙水平地面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角θ＝30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，求：‎ ‎(1)斜面体A对小球B的支持力N的大小； ‎ ‎(2)轻绳对小球B拉力T的大小；‎ ‎(3)地面对斜面体A的摩擦力f．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由受力分析 由平衡得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 对A、B整体受力分析可得： 方向水平向右 ‎ 综上所述本题答案是：(1) (2) (3) ‎ ‎19.如图所示，一根直杆与水平面成=37角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一弹性挡板，板面与杆垂直，现将滑块拉到M点由静止释放，滑块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知M、N两点间的距离d=0.5m，滑块与杆之间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2，取sin37=0.6，cos37=0.8，求：‎ ‎（1）滑块第一次下滑的时间t；‎ ‎（2）滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x。‎ ‎【答案】（1）0.5s；（2）0.25m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块下滑时的加速度，根据牛顿第二定律 mg-mg=ma 解得加速度 a=4.0m/s2‎ 由d=at2可得滑块第一次下滑的时间 t==s=0.5s ‎（2）滑块第一次与挡板相碰时的速度 v=at=4.00.5m/s=2m/s 由题知，滑块与挡板碰撞后以原速率弹回，上滑时，根据动能定理 ‎-（mg+mg）x=0-mv2‎ 代入数据，解得滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离 x=0.25m ‎20.质量m=0.5kg的滑块，从倾角为37°的斜面底端以一定的初速度冲上斜面，斜面足够长。某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中不同时刻的瞬时速度，通过计算机绘制出如图所示的滑块上滑过程的v-t图像(g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8) ，求：‎ ‎（1）滑块冲上斜面过程中的加速度大小；‎ ‎（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回到斜面底端的时间；若不能返回，求出滑块停在什么位置。‎ ‎【答案】（1）10m/s2 （2）0.5 （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由v-t图可知，滑块冲上斜面过程中的的加速度大小 ‎（2）物体在冲上斜面过程中，根据牛顿第二定律 代入数据解得滑块与斜面间的动摩擦因数 ‎=0.5‎ ‎（3）滑块速度减小到零时，由于，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故能返回到斜面底端。‎ 由v-t图像面积可知，物体下滑的位移 x==m=1.25m 物体沿斜面下滑过程中，根据牛顿第二定律 解得下滑过程的加速度 由位移公式，滑块返回到斜面底端的时间 ‎ ‎