河北省衡水市安平中学学年高三上学期第一次.docx
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河北省衡水市安平中学学年高三上学期第一次
河北省衡水市安平中学2017-2018学年高三上学期
第一次月考物理试题
一．（本题有17小题，每小题4分，共68分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）
1.在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如：
理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立理想模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）
A.根据速度的定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法
B.引入平均速度﹑重心﹑合力与分力的槪念运用了等效替代法
C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法
D.用比值法定义了速度﹑加速度﹑位移这三个物理量
【答案】D
【解析】根据速度的定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，选项A正确；引入平均速度﹑重心﹑合力与分力的槪念运用了等效替代法，选项B正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法，选项C正确；用比值法定义了速度﹑加速度这两个物理量，位移不是比值定义法定义的，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.
2.下列关于牛顿运动定律的说法中正确的是（）
A.惯性就是物体保持静止状态的性质
B.力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的
C.物体运动状态改变的难易程度就是加速度
D.一对作用力与反作用力的作用效果总相同
【答案】B
【解析】试题分析：
惯性就是物体保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A错误；力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，即使质量是1kg的物体产生1m/s2的加速度的力就是1N,选项B正确；物体运动状态改变的难易程度取决于物体惯性大小，故C错误；作用力和反作用力作用在不同的物体上，作用效果不同，故D错误，故选B.
考点：
牛顿运动定律.
3.在举重比赛中，运动员举起杠铃时必须使杠铃平衡一定时间，才能被裁判视为挺（或抓）举成功．如图所示，运动员在保持杠铃平衡时两手握杆的距离要有一定的要求，下列说法正确的是（ ）
A.两手间的距离越大，运动员手臂用力越大，可能导致举重失败
B.两手间的距离越大，运动员手臂用力越小，举重越容易成功
C.两手间的距离越小，运动员手臂用力越小，举重越容易成功
D.两手间的距离过小，杠铃不易保持平衡，可能导致举重失败
【答案】AD
【解析】杠铃的总重力是恒定的，所以两只手的合力也是恒定的，当两手之间的距离增大时，夹角就变大，此时手的支持力就越大，容易导致举重失败，所以A正确，B错误；当两手间的距离越小时，运动员手臂用力越小，但是此时的杠铃不稳定，不易保持平衡，也容易导致举重失败，所以C错误，D正确；故选AD．
4.一个静止的物体，在0～4s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F所产生的加速度a随时间的变化如图所示，则物体在（）
A.0～4s时间内做匀变速运动
B.第2s末位移改变方向
C.0～4s时间内位移的方向不变
D.0～2s时间内位移最大
【答案】C
【解析】试题分析：
0～4s时间内，加速度不恒定，不是匀变速直线运动，A错；第2s末，加速度改变方向、速度最大；0～2s物体做加速度方向与速度方向相同，做加速度变化的加速直线运动，速度增加量为0～2s内图象与横轴围成的面积；2～4s，速度变化量与0～2s速度变化量大小相等方向相反，即第4s末的速度减小为0，方向不变，即0～4s内位移方向不变。
第4s末位移最大。
C正确、D错误。
考点：
本题考查牛顿运动定律、匀变速运动特点、微元法在物理中的应用。
5.在光滑水平面上，
、
两小球沿水平面相向运动.当小球间距小于或等于
时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于
时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度
随时间的变化关系图象如图所示，由图可知（）
A.
球质量大于
球质量
B.在
时刻两小球间距最小
C.在
时间内两小球间距逐渐减小
D.在
时间内
球所受排斥力方向始终与运动方面相反
【答案】AC
【解析】试题分析：
从速度时间图象可以看出b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据
知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即
时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B错误C正确；b球0-t1时间内匀减速，所以
时间内排斥力与运动方向相反，D错误．
考点：
考查牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
6.物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t，现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度vm，然后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t.则物体的（）
A.vm只能为2v，与a1、a2的大小无关
B.vm可为许多值，与a1、a2的大小有关
C.a1、a2必须是一定的
D.a1、a2必须满足
【答案】AD
【解析】试题分析：
设匀加速阶段时间为
，匀减速阶段时间为
，则
由
得，
，与a1、a2的大小无关，故A正确；由t1＝
，t2＝
得t＝
，即
，D正确。
考点：
考查了匀变速直线运动规律的应用
【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题
7.在斜面上等高处，静止着两个相同的物块A和B.两物块之间连接着一个轻质弹簧，劲度系数为K，斜面的倾角为
，两物块和斜面间的摩擦因数均为
，则弹簧的最大伸长量是：
（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】试题分析：
物块静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物体上，一个是重力沿斜面向下的分力
，静摩擦力
，方向不确定，弹簧弹力水平方向
，则弹力等于
和静摩擦力f的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时：
，故
，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，两根直木棍AB和CD相互平行，固定在同一个水平面上,一个圆柱形工件P架在两木棍之间，在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右匀速运动。
若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后固定．将该圆柱形工件P架在两木棍之间，用同样的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是（）
A.该工件仍向右匀速运动
B.该工件P向右加速运动
C.AB棍受到的摩擦力一定大于F/2
D.AB棍受到的摩擦力一定等于F/2
【答案】B
当两棍之间的距离增大后，
增大，由以上平衡方程知棍对工件的支持力增大，滑动摩擦力增大，在施加F力时，将不能推动工件，工件静止，但仍平衡，所以F=2f还有成立，故C正确，ABD错误。
考点：
本题考查了物体的平衡条件
9.如图所示，顶端装有光滑定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，A、B两物体通过轻质细绳连接，并处于静止状态。
现用水平向右的力F将物体B缓慢拉动一定的距离（斜面体与物体A始终保持静止）。
在此过程中，下列判断正确的是（）
A.水平力F逐渐变大
B.物体A所受斜面体的摩擦力逐渐变大
C.斜面体所受地面的支持力逐渐变大
D.斜面体所受地面的摩擦力逐渐变大
【答案】AD
..................
点睛：
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用.
10.用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是（ ）
A.升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压
B.升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压
C.升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压
D.升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压
【答案】C
【解析】试题分析：
当升降机加速下降时，加速度等于g，则小球在竖直方向上仅受重力，拉力为零，由于小球在水平方向上平衡，可知侧壁对小球无挤压，故C正确，D错误．当升降机加速下降时，加速度大于g，小球受重力、绳子的拉力，由于水平方向上平衡，则侧壁对小球有弹力，即侧壁对球有挤压，故A错误．当升降机加速下降是，加速度小于g，不会出现如图所示的情况，球会在悬点下方，故B错误．故选C。
考点：
牛顿第二定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键知道小球和升降机具有相同的加速度，通过隔离对小球分析，合力在竖直下降，抓住水平方向平衡进行求解。
11.在足够高的空中某点竖直上抛一物体，抛出后第5s内物体的位移大小是4m，设物体抛出时的速度方向为正方向，忽略空气阻力的影响，g取10m／s2。
则关于物体的运动下列说法正确的是（）
A.物体的上升时间可能是4．9S
B.第5S内的平均速度一定是－4m／s
C.4S末的瞬时速度可能是10m／s
D.10S内位移可能为－100m
【答案】A
【解析】试题分析：
A、若位移的方向向上，根据
得，4=v0﹣5，解得第5s内的初速度为9m/s，上升到最高点还需的时间
，则物体上升的时间可能为4.9s．若物体的位移向下，则﹣4=v0﹣5，解得第5s内初速度为1m/s．故A正确．
B、第5s内的位移可能向上，可能向下，则平均速度可能为4m/s，可能为﹣4m/s．故B错误．
C、由A选项解析可知，4s末的速度可能为9m/s，可能为1m/s．故C错误．
D、当物体第5s初的速度为9m/s时，则物体竖直上抛的初速度v=v0+gt=49m/s，当物体第5s初的速度为1m/s时，则物体的初速度v=v0+gt=41m/s．可知10s末的速度可能为﹣51m/s，可能为﹣59m/s，根据x=
得，10s内的位移可能为﹣10m，可能为﹣90m．故D错误．
故选：
A．
12.如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个力，L为过O点的一条直线，当L取什么方向时，F1、F2在L上分力之和为最大（）
A.F1、F2合力的方向
B.F1、F2中较大力的方向
C.F1、F2中较小力的方向
D.F1、F2方向所夹角的角平分线方向
【答案】A
【解析】由题意可知，当x轴取在F1、F2合力的方向时，F1、F2在x轴上分力之和最大，因为其它方向它们不产生分力；除此之外，在F1、F2中较大力的方向，或F1、F2中较小力的方向，或F1、F2角平分线的方向均会在其它方向产生分力，故A正确，BCD错误；故选A．
点睛：
考查力的合成法则的应用，掌握F1、F2在其它方向不会产生分力时，则在x轴上合力才是最大的．
13.完全相同的直角三角形滑块Ａ、Ｂ，按图所示叠放，设Ａ、Ｂ接触的斜面光滑，Ａ与桌面的动摩擦因数为μ．现在Ｂ上作用一水平推力Ｆ，恰好使Ａ、Ｂ一起在桌面上匀速运动，且Ａ、Ｂ保持相对静止，则Ａ与桌面的动摩擦因数μ跟斜面倾角θ的关系为（）
A.μ＝tanθB.μ＝（1/2）tanθ
C.μ＝2tanθD.μ与θ无关
【答案】B
【解析】试题分析：
先对整体分析，求出推力F的大小，再隔离对B分析，求出重力和推力的关系，从而得出A与桌面间的动摩擦因数μ与斜面倾角θ的关系．
整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力，有F=2μmg隔离对B分析，B受到重力、推力F和支持力，根据共点力平衡，运用合成法，求得：
mgtanθ=2μmg，解得
．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
考点：
共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
点评：
解决本题的关键掌握整体法和隔离法的运用，以及能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解．
14.水平面上静止放置一质量为M的木箱，箱顶部和底部用细线分别拴住质量均为m的小球，两球间有一根处于拉伸状态的轻弹簧，使两根细线均处于拉紧状态，如图所示。
现在突然剪断下端的细线，则从剪断细线开始到弹簧恢复原长以前，箱对地面的压力变化情况。
下列判断正确的是（）
A.刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐增大
B.刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐减小
C.刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐减小
D.刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐增大
【答案】B
【解析】试题分析：
细线剪断前，木箱和两个小球整体平衡，竖直方向地面支持力
，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，上面小球仍处于平衡，下面小球由于少了一个细绳向下的拉力开始向上加速，使得木箱和两个小球整体受到向上的合力，即
，所以压力突然增大，随着下面的小球向上加速使得拉伸的弹簧变短弹力变小，小球的向上的合力变小加速度变小，此过程，上面的小球不会由于弹力变小而改变平衡状态。
则支持力N变小即压力开始变小。
答案B对。
考点：
整体法隔离法
15.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AB段匀加速下滑，在BC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μ1和μ2，AB与BC长度相等，则（）
A.整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用
B.动摩擦因数μ1＋μ2＝2tanθ
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先小于小孩和滑梯的总重力后大于小孩和滑梯的总重力
【答案】BD
【解析】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1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BC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AC错误，D正确．设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sinθ=
，小孩在B点的速度为v．小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：
-μ1mgLcoosθ+mgh=
mv2-0;
小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：
-μ2mgLcosθ+mgh=0-
mv2；联立并代入数据得：
μ1+μ2=2tanθ，故B正确．故选BD．
点睛：
本题主要考查了牛顿定律即动能定理的直接应用，注意当物体加速度有向下分量时处于失重状态，加速度有向上分量时处于超重状态.可以结合整体及隔离法分析.
16.小车中部的竖直杆顶部有一定滑轮。
跨过定滑轮的绳子一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤下端固定在小车上。
小车在水平拉力作用下在水平面上向左匀速运动时的情况如图所示。
若突然撤去拉力，小车向左做匀减速运动阶段，稳定后下列判断正确的是（）
A.弹簧秤读数及小车对地面压力均增大
B.弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变
C.弹簧秤读数及小车对地面压力均变小
D.弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大
【答案】B
【解析】开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力F绳1，由于小球静止，所以F绳1=mg，
当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动．小球受力如图：
由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：
此时绳子的拉力F绳2＞mg，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大．对整体进行受力分析：
开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力．当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力．故B正确，ACD错误．
故选B．
17.如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则（ ）
A.速度可以向左，加速度可以小于μg
B.加速度一定向右，不能超过（1＋μ）g
C.加速度一定向左，不能超过μg
D.加速度一定向左，不能超过（1＋μ）g
【答案】AD
【解析】试题分析：
小车静止时，恰好不下滑，则重力等于最大静摩擦力，当小车加速时，根据弹力和吸引力的关系得出加速度的方向，对B分析，抓住B的最大静摩擦力求出加速度的最大值．
解：
小车静止时，A恰好不下滑，所以对A有：
mg=μF引，
当小车加速运动时，为了保证A不下滑，则FN≥F引，则FN﹣F引=ma，加速时加速度一定向左，故B错误．
对B有μ（mg+F引）=mam，解得am=（1+μ）g，故A、D正确，C错误．
故选：
AD．
【点评】本题考查了牛顿第二定律的临界问题，关键抓住A、B的最大静摩擦力进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．
二、实验题（18题8分）
18.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。
打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。
开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点。
①图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：
0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。
根据图中数据计算的加速度a=____m／s2（保留两位有效数字）
②为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是________。
A.木板的长度L
B．木板的质量m1
C.滑块的质量m2
D.托盘和砝码的总质量m3
E.滑块运动的时间t
③滑块与木板间的动摩擦因数μ=_______（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）
【答案】
（1）.①0.49
（2）.②CD（3）.③
【解析】试题分析：
（1）电源频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个计时点，则计数点间的时间间隔：
t=0.02×5s=0.1s，
由匀变速运动的推论△x=aT2可知：
加速度
；
（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
m3g-f=（m2+m3）a
滑动摩擦力：
f=μm2g
解得：
，
要测动摩擦因数μ，需要测出：
滑块的质量m2与托盘和砝码的总质量m3，故选：
CD
（3）由
（2）可知，动摩擦因数的表达式为：
考点：
测量滑块与木板之间的动摩擦因数
三、计算题（本题共3小题，共34分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
19.某公共汽车的运行非常规则，先由静止开始匀加速启动，当速度达到v1=10m/s时再做匀速运动，进站前开始匀减速制动，在到达车站时刚好停住。
公共汽车在每个车站停车时间均为Δt=25s。
然后以同样的方式运行至下一站。
已知公共汽车在加速启动和减速制动时加速度大小都为a=1m/s2，而所有相邻车站间的行程都为s=600m，有一次当公共汽车刚刚抵达某一个车站时，一辆电动车已经过该车站向前运动了t0=60s，已知该电动车速度大小恒定为v2=6m/s，而且行进路线、方向与公共汽车完全相同，不考虑其他交通状况的影响，试求：
（1）公共汽车从车站出发至到达下一站所需的时间t是多少？
（2）若从下一站开始计数，公共汽车在刚到达第n站时，电动车也恰好同时到达此车站，n为多少？
【答案】
（1）70s
（2）12
【解析】试题分析：
（1）设公共汽车启动时加速所用的时间为t1
得
设加速启动时行驶的路程为
得
上面所求时间和路程同时也是减速制动所用的时间和路程，设汽车每次匀速行驶所经过的路程为
得
设匀速行驶所花时间为
得
所以公共汽车在每两站之间运动所经历的时间为
.
（2）设电动车到达第n站所用的总时间为T
所以有
代入数据可求得
n＝12.
考点：
考查了匀变速直线运动规律的应用
点评：
本题主要考查了运动学的基本公式的直接应用，解第一问时可以通过画出速度时间图象进行求解
20.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，现用力F沿斜面向上缓慢推动m2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求：
（1）m1、m2各上移的距离．
（2）推力F的大小．
【答案】
（1）
；
（2）
【解析】试题分析：
开始时两弹簧均被拉长，则对m1:
；
对m2：
解得
；
（1）当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，肯定是k1被拉长，k2压缩，且伸长量等于压缩量，则此时m1：
，解得
则此时m1向上移动的距离：
；m2上移的距离：
（2）对m2由平衡知识可知：
考点：
胡克定律；物体的平衡
【名师点睛】本题是平衡条件和胡克定律的综合应用，关键要受力分析，根据平衡条件列式；解题时必须要求出在加力F之前两个弹簧的伸长量，同时知道当总长度等于原长时两个弹簧的状态；此题较复杂。
同时考查学生的计算能力.
21.如图所示，水平平台ab长为20m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为30°.在平台b端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后，物块由静止开始运动．己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）物块由a运动到b所用的时间；
（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则aP间的距离为多少？
（物块在b端无能量损失）
（3）若物块与斜面间的动摩擦因数μbc＝0.277＋0.03Lb，式中Lb为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在
（2）中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？
【答案】
（1）5s
（2）14.3m（3）斜面长度L＞10m，则Lb=10m时速度最大；若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．
【解析】试题分析：
（1）根据牛顿运动定律求解加速度，根据位移时间关系知时间；
（2）根据位移速度关系列方程求解；
（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，根据受力分析列方程，结合物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03Lb知斜面长度的临界值，从而讨论最大速度．
解：
（1）受力分析知物体的加速度为
a1=
=
=1.6m/s2
x=
a1t2
解得a到b的时间为t=
=5s
（2）物体从a到p：
=2a1x1
物块由P到b：
=2a2x2
a2=μg
x=x1+x2
解得ap距离为x1=14.3m
（3）物体沿斜面下滑的速
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