1、招远一中 2018-2019 学年度第一学期一、选择（每题 3 分，共 42 分，其中 1-9 题为单选，10-14 为多选）1.在谷物的收割和脱粒过程中，小石子、草屑等杂物很容易和谷物混在一起，另外谷有瘪粒，为了将它们分离，农村的农民常用一种叫“风谷”的农具即扬场机分选，如图所示，它的分选原理是（ ）A. 小石子质量最大，空气阻力最小，飞的最远B. 空气阻力对质量不同的物体影响不同C. 瘪谷粒和草屑质量最小，在空气阻力作用下，反向加速度最大，飞的最远D. 空气阻力使它们的速度变化不同【答案】CD【解析】由题意知，小石子、实谷粒和瘪谷及草屑在离开“风谷”机时具有相等的初速，空气阻力可视为相差不
2、大，但小石子和实谷粒的质量较大，而质量是惯性的惟一量度，则在飞行过程中，小石子质量最大，速度变化率最小，飞得最远；而瘪谷物质量最小，速度变化率最大，飞得最近，CD 正确2.跳伞运动员从静止在空中的直升飞机上下落，在打开降落伞之前做自由落体运动，打开降落伞之后做匀速直线运动则描述跳伞运动员的 vt 图象是下图中的（）【答案】B【解析】试题分析：打开伞前，做自由落体运动，即速度均匀增大，打开伞后做匀速直线运动，即v-t 图像是一条平行于时间轴的直线，所以选 B，考点：考查了对 v-t 图像的理解点评：做此类型的题目，需要根据运动过程中对应的运动性质，来判断图像中图线的走向，另外需要明白各种运动的
3、v-t 图像的画法，3. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下【答案】C【解析】试题分析：以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故 A 错误；在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力
4、斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，处于超重状态；由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故 BD 错误，C 正确故选 C。考点：牛顿第二定律的应用4.不可伸长的轻绳跨过质量不计的滑轮,绳的一端系一质量 m0=15 kg 的重物,重物静止于地面上。有一质量 m=10 kg 的猴子从绳的另一端沿绳上爬,如图所示,不计滑轮摩擦,在重物不离开地面的条件下,猴子向上爬的最大加速度为(g 取 10
5、 m/s2)( )A. 25 m/s2 B. 5 m/s2 C. 10 m/s2 D. 15 m/s2【答案】B【解析】试题分析：当小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，对小猴受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度解：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，即 F=Mg；小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力 F=F；对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有Fmg=ma解得a= =5m/s2故选 B【点评】本题关键先后对重物和小猴受力分析，然后根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解5.物块 A1、A 2、
6、B 1 和 B2 的质量均为 m，A 1、A 2 用刚性轻杆连接， B1、B 2 用轻质弹簧连结。两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，如图所示。今突然迅速地撤去支托物，让物块下落。在除去支托物的瞬间，A 1、A 2 受到的合力分别为 f1 和 f2，B 1、B 2 受到的合力分别为 F1 和 F2。则（ ）A. f1=0，f 2=2mg，F 1=0，F 2=2mg B. f1=mg，f 2=mg，F 1=0，F 2=2mgC. f1=0，f 2=2mg，F 1=mg，F 2=mg D. f1=mg，f 2=mg，F 1=mg，F 2=mg【答案】B【解析】试题分析：在除去支托物的瞬间，
7、A 1、A 2 由于用刚性轻杆连接， A1、A 2 与刚性轻杆一起下落，根据牛顿第二定律,对整体研究得到，整体的加速度等于重力加速度 g，则 A1、A 2 受到的合力都等于各自的重力，即 FA1=mg，F A2=mg.在除去支托物前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于 mg，支托物对 B2 的支持力大小等于 2mg在除去支托物的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B 1 的受力情况没有变化，则 B1 所受合力为零，即 FB1=0B 2 所受的合力大小等于支托物的支持力大小 2mg，即 FB2=2mg所以选项 B 正确。故选 B。考点：本题考查牛顿第二定律、临界问题。【名师点睛】瞬时加速度的求解主
8、要利用牛顿第二定律，同时分清两种类型：一类是（杆、绳、压力、支持力）形变微小的弹力，其弹力会随着状态的变化而瞬间突变；二类是（弹簧、橡皮筋）大形变的弹力，其弹力在瞬间不能突变。6.如图所示，两块连接在一起的物块 a 和 b，质量分别为 ma 和 mb，放在水平的光滑桌面上，现同时施给它们方向如图所示的推力 Fa 和拉力 Fb，已知 FaFb，则关于 a 对 b 的作用力，下列说法正确的是 （ ）A. 必为推力 B. 必为拉力C. 可能为推力，也可能为拉力 D. 不可能为零【答案】C【解析】试题分析: 整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：，对 a 由牛顿第二定律可得： ，
9、则 若，F 为负值，b 对 a 为推力；若 ，F 为正值，则 b 对 a 为拉力；若，F 为零故 C 正确，A、B 、D 错误故选 C考点：考查牛顿第二定律；物体的弹性和弹力7.如图甲所示，两物体 A、B 叠放在光滑水平面上，对物体 A 施加一水平力 F，F-t 关系图象如图乙所示。两物体在力 F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止。则（ ）A. 两物体做匀变速直线运动B. 两物体沿直线做往复运动C. B 物体所受摩擦力的方向始终与力 F 的方向相同D. t2s 到 t3s 这段时间内两物体间的摩擦力逐渐减小【答案】C【解析】试题分析：先对整体受力分析可知加速度的变化，得知整体的运动状态及其
10、变化；再对 B分析可知 AB 间摩擦力及其变化；解：A、对 AB 整体分析可知，整体水平方向只受变化的推力作用由图象可知，合外力作周期性变化，则由牛顿第二定律可知，整体的加速度也作周期性的变化，所以两物体做非匀变速直线运动；故 A 错误B、因 02s 时间内物体向右做加速度先增大后减小的加速运动，2s4s 时间内物体向右做加速度先增大后减小的减速运动，根据对称性可知，4s 末物体的速度为零，接着周而复始，故两物体沿直线做单向运动故 B 错误；C、因两物体一直相对静止，故在运动中加速度相同，而 B 由摩擦力提供加速度，整体由F 提供，故 B 受到的摩擦力一直与 F 同向，故 C 正确；D、对 B
11、 分析可知，B 水平方向只受摩擦力 t=2s 到 t=3s 时间内，F 增大，由牛顿第二定律知，整体的加速度逐渐增大，B 所受的摩擦力逐渐增大；故 D 错误；故选 C【点评】本题为连接体问题，此类问题的处理方法一般要先整体再隔离，分别对整体和部分受力分析是解决问题的关键8.如图所示，斜劈 A 置于水平地面上，滑块 B 恰好沿其斜面匀速下滑在对 B 施加一个竖直平面内的外力 F 后，A 仍处于静止状态，B 继续沿斜面下滑则以下说法中正确的是（ ）A. 若外力 F 竖直向下，则 B 仍匀速下滑，地面对 A 无静摩擦力作用B. 若外力 F 斜向左下方，则 B 加速下滑，地面对 A 有向右的静摩擦力作
12、用C. 若外力 F 斜向右下方，则 B 减速下滑，地面对 A 有向左的静摩擦力作用D. 无论 F 沿竖直平面内的任何方向，地面对 A 均无静摩擦力作用【答案】AD【解析】【分析】滑块 B 原来恰好沿斜面匀速下滑，合力为零，由平衡条件得到重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的关系当外力 F 竖直向下时，分析物体所受的合力情况，判断运动情况。【详解】设斜面的倾角为，滑块 B 的质量为 m，滑块 B 原来恰好沿斜面匀速下滑，合力为零，则有 mgsin= mgcos，可得：sin= cos， =tan。A、若外力 F 竖直向下， （F+mg）sin= （F+mg）cos，则 B 所受的合力为零，B 仍匀速
13、下滑对整体研究可知，水平方向无外力，则地面对 A 无静摩擦力作用，故 A 正确。B、若外力 F 斜向左下方，设 F 与斜面的夹角为 ，物体所受的沿斜面向下的力为Fcos +mgsin，滑动摩擦力为 （Fsin +mgcos） ，其中 Fcos 与 Fsin 的大小不确定，若 Fcos= FsinB 仍匀速运动，若 Fcos Fsin ，则 B 减速下滑若 Fcos Fsin ，则 B 加速下滑。对斜面而言，设 B 对斜面的压力大小为 N，滑动摩擦力大小为 f，则有 f= N由正交分解得，f 的水平分力大小为 fcos，方向水平向左 N 的水平分力大小为 Nsin，方向向右又f= N=Ntan，
14、则得到，fcos=Nsin ，则由平衡条件得到地面对 A 均无静摩擦力作用，故 B 错误。C、D 由上同理可得，无论 F 沿竖直平面内的任何方向，地面对 A 均无静摩擦力作用，故C 错误，D 正确。故选：A、D9.如图所示，A、B、C 三个物体的质量相等，有 F1N 的两个水平力作用于 A、B 两物体上，A、B、C 都静止，则地面对 A 物体、A 物体对 B 物体、B 物体对 C 物体的摩擦力分别为（ ）A. 1N、1N、0 B. 0、1N、 1N C. 0、1N、0 D. 0、2N、0【答案】C【解析】【分析】分别选取整体、BC、C 为研究对象，由共点力的平衡可以求得地面对 A 物体、A 物
15、体对 B物体、B 物体对 C 物体的摩擦力。【详解】以整体为研究对象，则整体在水平方向受向左和向右的大小相等的拉力，则二力的合力为零；若地面对 A 有摩擦力的话，则整体不可能静止，故地面对 A 的摩擦力为零；以 BC 为整体进地分析，BC 水平方向受向右的拉力，要使静止，则 A 对 B 一定有向左的摩擦力，大小等于 F=1N；对 C 分析，C 水平方向不受外力，相对 B 没有相对运动的趋势，故 C 不受 B 的摩擦力，故 C 正确，ABD 错误。【点睛】对于静摩擦力的有无及方向的判断一定要灵活选取研究对象，并能根据力的平衡进行分析，必要时可以用假设法进行判断。10.如图甲所示，一物块在 时刻，
16、以初速度 从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示， 时刻物块到达最高点， 时刻物块又返回底端。由此可以确定（）A. 物体冲上斜面的最大位移 B. 物块返回底端时的速度C. 物块所受摩擦力大小 D. 斜面倾角【答案】ABD【解析】根据图线的“面积” 可以求出物体冲上斜面的最大位移为 故 A 正确由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度设物块返回底端时的速度大小为 v，则 ，得到 故 B 正确根据动量定理得：上滑过程： -（mgsin+mgcos）t 0=0-mv0 下滑过程：（mgsin-mgcos ）2t 0=m 由解得， ，由于质量
17、m 未知，则无法求出 f得到，可以求出斜面倾角 故 C 错误，D 正确故选 ABD点睛：本题抓住速度图象的“面积”等于位移分析位移和物体返回斜面底端的速度大小也可以根据牛顿第二定律和运动学结合求解 f 和 sin11.一物体向上抛出后，所受空气阻力大小不变，从它被抛出到落回原地的过程中（ ）A. 上升时间大于下降时间B. 上升加速度小于下降加速度C. 上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度D. 上升阶段平均速度小于下降阶段平均速度【答案】C【解析】设物体质量的为 m，空气阻力大小为 f，上升和下落的加速度大小分别为 a1、a 2根据牛顿第二定律得上升过程有：mg+f=ma 1；下落过程有：mg-
18、f=ma 2 可见：a 1a 2选项 B 错误；又设物体上升的最大高度为 h，则上升过程有： ，下落过程有： ，由于 a1a 2，则 t1t 2即物体上升的时间小于下落的时间故 A 错误由平均速度公式 可知，上升和下降的位移大小 h 相等，而时间 t1t 2，上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度故 C 正确，D 错误故选 C。点睛：本题应用牛顿第二定律和运动学规律研究有空气阻力的情况下竖直上抛运动，关键抓住空气阻力大小不变，上升和下降方向相反注：此题的图应该是 1645259474722816 题的图.这个题没有图.12.质量为 0.5kg 的物体由静止开始沿光滑斜面下滑，下滑到斜面的底端后进
19、入粗糙水平面滑行，直到静止，它的 vt 图象如图所示 （g 取 10m/s2）那么，下列说法中正确的是（ ）A. 斜面的倾角为 60B. 物体在斜面上受到的合外力是 2.5NC. 物体与水平面的动磨擦因数为 0.25D. 物体在水平面上受到的合外力是 2.5N【答案】BC【解析】试题分析：物块先在光滑斜面上做匀加速， ，而 agsin，所以=30，故 A 错误；物体在斜面上受到的合外力 F=ma=2.5N，故 B 正确；粗糙水平面上做匀减速， ，所以 mg=ma，解得： =0.25，故 C 正确；物体在水平面上受到的合外力 F=ma=1.25N，故 D 错误故选 BC.考点：v-t 图像；牛顿
20、第二定律的应用【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用以及 v-t 图线的问题，因 v-t 图像的斜率等于物体的加速度，故可以由图像中得到物体的运动信息，然后结合牛顿第二定律求解其它物理量，这里求解的加速度是解题的桥梁.13.如图所示，A、B 两条直线是在甲、乙两地分别用竖直向上的力 F 拉质量分别为 mA 和mB 的两个物体得出的加速度 a 与 F 之间的图象，由图可知（ ）A. 两地的重力加速度 gAg B B. 两地的重力加速度 gAg BC. 两物体的质量 mAm B D. 两物体的质量 mAm B【答案】AC【解析】【分析】由牛顿第二定律可知物体的加速度与力之间的关系，则分析
21、图象的斜率与截距可得出质量关系。【详解】由牛顿第二定律可知： ，故在 a-F 图象中，图象的斜率表示物体的质点的倒数；则由图象可知，A 的斜率大于 B 的斜率；故 A 的质量小于 B 的质量，故 C正确，D 错误；由公式可得，图象与纵轴的交点为当地的重力加速度，由图可知，A 的重力加速度等于 B 的重力加速度，故 A 正确，B 错误。所以 AC 正确，BD 错误。【点睛】本题考查对图象的认识，注意要由已知物体规律确定公式，再结合公式分析图象好可得出正确的结果。14.下述力、加速度、速度三者的关系中，正确的是（ ）A. 合外力发生改变的一瞬间，物体的加速度立即发生改变B. 合外力一旦变小，物体的
22、速度一定也立即变小C. 合外力逐渐变小，物体的速度可能变小，也可能变大D. 多个恒力作用在物体上，若只改变其中一个力，则物体的加速度一定改变【答案】B【解析】试题分析：力与加速度具有同向性，所以合外力发生改变的一瞬间，物体的加速度立即发生改变；合外力一旦变小，物体的加速度一定也立即变小，但速度仍可能增大；合外力逐渐变小，则物体的加速度逐渐减小，但物体的速度可能变小，也可能变大，要看加速度与速度的方向关系；多个力作用在物体上，只改变其中一个力，则物体的合外力一定改变，则加速度一定改变。选项 B 正确。考点：力、加速度及速度的关系；牛顿第二定律。二、填空（每空 2 分共 22 分）15.某实验小组
23、利用如图所示的装置探究加速度和力的关系，他们将宽度很小的挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平桌面上的 A. B 两处各安装一个光电门，记录小车通过 A.B 时的遮光时间。(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持_不变,用砝码盘和盘中砝码所受的总重力作为_, 为减小系统误差,应使砝码盘和砝码的总质量_( 选填“远大于” 、 “远小于”或“等于”)小车的质量；(2)为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下_，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做_运动；(3)用毫米刻度尺测量挡光片的宽度 d 和两个光电门之间的距
24、离 L,将小车停在 C 点,在砝码盘中放上砝码,小车在细线拉动下运动小车通过 A.B 时的遮光时间分别为 t1、t 2,则小车通过A 时的速度 va=_，在此过程中小车的加速度 a=_.【答案】 (1). 小车质量 小车所受合力 远小于 (2). 砝码盘 匀速直线 (3). 【解析】【分析】探究加速度与力的关系应采用控制变量法，控制小车质量不变改变拉力进行使用；平衡摩擦力后当钩码质量远小于小车质量时可以认为小车受到的合力等于钩码的重力；平衡摩擦力时应取下砝码盘，垫高木板的一端轻推小车使小车做匀速直线运动；应用速度公式求出小车经过光电门时的速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度。【
25、详解】 （1）探究加速度与力的关系实验必须采用控制变量法，应保持小车质量不变，当砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，小车所受合力等于砝码盘与砝码的重力。（2）实验前应平衡摩擦力，平衡摩擦力时为取下砝码盘，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做匀速直线运动。（3）小车通过 A 时的速度： ，通过 B 时的速度： ，小车做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v a2-vb2=2aL，解得加速度： 。【点睛】本题考查了实验注意事项、实验操作、实验数据处理、理解实验原理是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出加速度的表达式，掌握基础知
26、识即可解题。16.某实验小组采用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验,在保持小车及车上砝码总质量 M 不变,且满足所挂钩码的总质量 m 远小于 M 的条件下,测得小车的加速度 a 和拉力 F 的数据如表所示: 0.20 0.30 0.40 0.50 0.600.11 0.19 0.29 0.40 0.51(1)根据表中的数据在如图乙所示的坐标纸中作出 图象; (2)图象的斜率的物理意义是_ (3)图象(或延长线 )与 F 轴的截距的物理意义是_ (4)小车及车上砝码总质量为_kg ( 结果保留两位有效数字). 【答案】 (1). (2). 质量的倒数 (3). 小车所受的阻力【
27、解析】【分析】根据表格中的数据作出 a-F 图象，结合牛顿第二定律得出图线斜率的含义图象与 F 轴的截距表示加速度恰好为零时的拉力，也就是小车受到的阻力。【详解】 （1）描点作图，如图所示：（2）根据牛顿第二定律得 ，可知图线的斜率表示质量的倒数。（3）由图线可知，当 F=0.1N 时，物体才开始运动，可知图象（或延长线）与 F 轴的截距的物理意义是小车所受的阻力（4）根据图线的斜率知【点睛】本实验考查的是“探究加速度和力、质量的关系”实验的实验原理：F=Ma，画出图象后对图象中的斜率截距要会根据公式进行推导明确其意义。三、计算（36 分）17.（9 分）如图所示,质量 M=10kg 的木楔
28、ABC 静置于粗糙水平地面上，滑动摩擦系数=002 在木楔的倾角 为 30的斜面上，有一质量 m=10kg 的物块由静止开始沿斜面下滑当滑行路程 s=14m 时,其速度 v=14m/s在这过程中木楔没有动求地面对木楔的摩擦力的大小和方向 （重力加速度取 g=10m/s2）【答案】0.61 N 地面对木楔的摩擦力的方向水平向左【解析】由速度位移公式 v2= 2ax可得：a = = m/s2 =“ 0.7“ m/s2 而 ag sin =“ 5“ m/s2，可知木块受到斜面对它的摩擦力 Ff1对木块 m 受力分析，由牛顿第二定律与力的平衡，可得：mg sin F f1= mamg cos F N1
29、= 0对木楔 M 受力分析，它受五个力，设地面对它的摩擦力为 Ff2，方向水平向左，由木楔水平方向受力平衡可知：Ff1cos + Ff2= FN1sin 其中 Ff1= Ff1FN1= FN1可解得：F f2=“ ma“ cos =“ 1.0“ kg0.7 m/s2 0.61 N 地面对木楔的摩擦力的方向水平向左。18.如图所示，质量 60kg 的人站在水平地面上，通过定滑轮和绳子（不计其摩擦和绳子质量）竖直向上提起质量为 10kg 的货物。（1）货物以 a1=2m/s2 匀加速上升，人对地面压力多大？（2）货物匀加速上升时，其最大加速度为多大？【答案】 （1）480N （2）【解析】【分析】
30、人站在地面上，匀加速拉升物体，同时绳子也有个力拉人，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力，从而对人受力分析，由平衡条件可求出人受地面的支持力，最后由牛顿第三定律可得出人对地面的压力大小。【详解】 （1）先研究物体，以加速度 2m/s2 匀加速被拉升，受力分析：重力与绳子的拉力则有：F- mg=ma解得：F=120N，再研究人，受力分析，重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态则有：Mg= F+FN解得：F N=480N，由牛顿第三定律可得：F 压 =480N（2）当绳子的拉力最大时，货物能处于最大加速度，即绳子的最大拉力等于人的自身重力，对货物，由牛顿第二定律：可得：【点睛】选人作为研究对象；要知道绳子
31、的拉力，则必须选中物体为研究对象由牛顿运动定律方可求出所以此题渗透如何合理选择研究对象的思想。19.地面上放一木箱，质量为 40kg，用 100N 的力与水平成 37角推木箱，如图所示，恰好使木箱匀速前进若用此力与水平成 37角向斜上方拉木箱，木箱的加速度多大？（取g=10ms 2，sin37=0.6 ，cos37=0.8）【答案】0.56m/s 2【解析】木箱匀速运动时，受到重力、推力 F、水平面的支持力和摩擦力作用，由平衡条件得又由以上三式联立得当推力变为拉力时木箱受力情况如图，根据牛顿第二定律得代入解得：思路分析：木箱匀速运动时，受到重力、推力 F、水平面的支持力和摩擦力作用，根据平衡条
32、件和摩擦力公式求出动摩擦因数再分析推力变为拉力时木箱受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度试题点评：本题考查应用牛顿定律求解加速度的能力，关键是分析物体的受力情况，画出力图20.如图所示，传送带与地面的倾角 370， 从 A 到 B 长度为 10m，传送带以 2m /s 的速度运行。在传送带下端 A 无初速地放一个质量为 0.5 kg 的物体，它与传送带之间的 0.8,求物体从 A 到 B 的时间 ？【答案】7.5s【解析】【分析】由牛顿第二定律求的上滑加速度；物体分为加速运动和匀速运动，由运动学公式即可求的时间。【详解】在加速上升时，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得：mgcos37 0-mgsin370=ma代入数据解得：a =0.4m/s 2加速时间为：加速的位移：匀速的时间：总时间：t=t 1+t2=7.5s【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，知道动力学问题加速度是中间桥梁，是必求的量。
