1、2017-2018学年宁夏育才中学高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题：本题共9小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是（）A将立即做匀减速直线运动B将立即做变减速直线运动C在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零2如图所示，一物块受到一个水平力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撤去，下列对物块的描述正确的
2、是（）A物块将沿斜面下滑B物块受到的摩擦力变大C物块立即获得加速度D物块所受的摩擦力方向改变3如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为，质点与球心的连线与水平地面的夹角为，则下列说法正确的是（）A地面对半球体的摩擦力方向水平向左B质点对半球体的压力大小为mgcosC质点所受摩擦力大小为mgsinD质点所受摩擦力大小为mgcos4一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示取开始运动方向为正方向，则下列物体运动的vt图象中，正确的是（）ABCD5如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运
3、动，AO与BO的拉力分别为TA、TB，若加速度增大，则（）ATA、TB均增大BTA、TB均减小CTA不变，TB增大DTA减小，TB不变6为了研究超重与失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，并将一物体放在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况下表记录了几个特定时刻体重计的示数（表内时间不表示先后顺序）时间t0t1t2t3体重计示数（kg）45.050.040.045.0若已知t0时刻电梯静止，则（）At1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反Bt1和t2时刻物体的质量并没有发生变化，但所受重力发生了变化Ct1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反Dt3时刻电梯可能向上运动7
4、如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是（）A不管F多大，木板B一定保持静止B如果没有拉动，A与B，B与地面的摩擦力大小一定都等于FCA、C之间的摩擦力大小一定等于mgDA、B之间的摩擦力大小不可能等于F8用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在光滑墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是（）AP物体受3个力BQ物体受3个力C不管绳子变长还是
5、变短，Q物体受到的摩擦力都不变D若绳子变短，P 物体受到的绳子的拉力将变大9某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系实验时，将原长约200mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码（质量均为20g），每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量l与拉力F关系的图象如图所示从图象中可以得出结论（）A增挂钩码时l与F成正比，而减挂钩码时l与F不成正比B当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大C当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减
6、挂钩码时的相等D增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度二.实验题：本题共三小题，共计17分10某同学做“验证力的平行四边形定则”实验时，主要步骤是：A在桌面上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C用两个弹簧秤分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O记下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数；D按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数
7、，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F的图示；F比较力F和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论上述步骤中：（1）有重要遗漏的步骤的序号是 和 ；（2）遗漏的内容分别是 和 11如图，在验证牛顿第二定律的实验中，某位同学通过测量，把砂和砂桶的总重量当作小车的合外力F，作出aF图线如图中的实线所示试分析：图线不通过坐标原点O的原因是 ；图线上部弯曲的原因是 三.计算题.本题共三小题，共计45分12甲车以加速度4m/s2由静止开始作匀加速直线运动，乙车落后2秒在同一地点由静止开始，以加速度9m/s2作匀加速直线运动，两车的运动方向相同，求：（1）在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是多少？（2
8、）乙车出发后经多长时间可追上甲车？此时它们离开出发点多远？13如图所示，在倾角为=37的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.25现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上经时间t=4.0s绳子突然断了，求：（sin37=0.60，cos37=0.80，g=10m/s2）（1）绳断时物体的速度大小（2）绳子断了物体还能向上滑行多远？14如图所示，倾角为37，长为l=16m的传送带，转动速度为v=10m/s，动摩擦因数=0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的物体已知sin 37=0.6，cos 3
9、7=0.8，g=10m/s2求：（1）传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；（2）传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间2017-2018学年宁夏育才中学高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共9小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是（）A将立即做匀减速直线运动B将立即做变减速直线运动C在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度
10、最大D在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律【分析】当木块接触弹簧后，分析木块的受力情况，判断其运动情况恒力先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，当弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度不为零【解答】解：A、B、C当木块接触弹簧后，恒力F先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，随着弹簧的增大，加速度先减小后增大，故先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动当弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大故AB错误，C正确D、在弹
11、簧处于最大压缩量时，弹簧的弹力大于恒力F，合力向右，加速度不为零故D错误故选C2如图所示，一物块受到一个水平力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撤去，下列对物块的描述正确的是（）A物块将沿斜面下滑B物块受到的摩擦力变大C物块立即获得加速度D物块所受的摩擦力方向改变【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；25：静摩擦力和最大静摩擦力；2G：力的合成与分解的运用【分析】对物体受力分析可知物体的受力情况，根据共点力的平衡条件可知F作用时的摩擦力；而F撤去后，根据受力的变化可分析物体的状态，再确定摩擦力【解答】解：物体受重力、支持力、拉力及摩擦力而处于平衡，重力可分解为垂直于斜面及
12、沿斜面的两个力；垂直斜面方向受力平衡，而沿斜面方向上有拉力重力的分子及摩擦力而处于平衡；故摩擦力应与拉力与重力分力的合力平衡；如图所示：当F撤去后，垂直斜面方向上受力不变，而沿斜面方向上只有重力的分力存在，很明显重力的分力小于刚才的合力，故物体不会发生滑动；此时的摩擦力仍为静摩擦力，方向沿斜面向上；故A、B、C错误，D正确；故选D3如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为，质点与球心的连线与水平地面的夹角为，则下列说法正确的是（）A地面对半球体的摩擦力方向水平向左B质点对半球体的压力大小为mgcosC质点所受摩擦力大小为mgsinD质点所受摩擦力大小为
13、mgcos【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；25：静摩擦力和最大静摩擦力；2G：力的合成与分解的运用【分析】以整体为研究对象可得出地面对半球体的摩擦力；以质点为研究对象，对质点进行受力分析，由共点力的平衡可得出质点受到的摩擦力及支持力，由牛顿第三定律可得出半球体受到的压力【解答】解：A、以整体为研究对象，整体处于静止状态，而水平方向不受外力，故半球体不受地面的摩擦力；故A错误；B、对质点受力分析，质点受重力、支持力及摩擦力，三力作用下物体处于平衡状态，则合力为零，质点对球面的压力为mgsin，故B错误；C、摩擦力沿切线方向，在切线方向重力的分力与摩擦力相等，即f=mgcos，故C错误，D
14、正确；故选D4一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示取开始运动方向为正方向，则下列物体运动的vt图象中，正确的是（）ABCD【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】在01s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，在1s2 s内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2s末时速度为零2 s3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复01s内运动情况，3s4s内重复1s2 s内运动情况【解答】解：在01s内，a1=1m/s2，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1s末速度v1=
15、a1t=1 m/s，在1s2 s内，a2=1m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，2s末时速度v2=v1+a2t=0，2 s3 s内重复01s内运动情况，3s4s内重复1s2 s内运动情况，故选：C5如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为TA、TB，若加速度增大，则（）ATA、TB均增大BTA、TB均减小CTA不变，TB增大DTA减小，TB不变【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力【分析】对小球进行受力分析，根据正交分解，运用牛顿第二定律分别求出小车加速度变化后绳中的拉力变化【解答】解：当小车向
16、右做加速运动，小球的加速度与小车具有相同的加速度，根据牛顿第二定律有：TAOcos=mg，则TBOTAOsin=ma，解得TBO=mgtan+ma知加速度增大时，绳AO的拉力不变，绳BO的拉力增大故C正确，A、B、D错误故选：C6为了研究超重与失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，并将一物体放在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况下表记录了几个特定时刻体重计的示数（表内时间不表示先后顺序）时间t0t1t2t3体重计示数（kg）45.050.040.045.0若已知t0时刻电梯静止，则（）At1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反Bt1和t2时刻物体的质量并没有发生变化，但所受重力发
17、生了变化Ct1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反Dt3时刻电梯可能向上运动【考点】3B：超重和失重【分析】根据表格读数分析，t1时刻物体处于超重状态，t2时刻物体处于失重状态，根据牛顿第二定律分析物体加速度的方向发生超重与失重现象时，物体的重力没有变化超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关【解答】解：A、根据表格读数分析，t1时刻物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上t2时刻物体处于失重状态，电梯的加速度方向向下，两个时刻加速度方向相反故A正确 B、t1和t2时刻物体的质量并没有发生变化，所受重力也没有发生了变化故B错误 C、根据牛顿第二定律求
18、得t1时刻物体的加速度大小a1=，t2时刻物体的加速度a2=，可见，t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，但运动方向都可能向上或向下，不一定相同故C错误 D、t3时刻物体处于平衡状态，可能静止，也可能向上匀速运动故D正确故选AD7如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是（）A不管F多大，木板B一定保持静止B如果没有拉动，A与B，B与地面的摩擦力大小一定都等于FCA、C之间的摩擦力
19、大小一定等于mgDA、B之间的摩擦力大小不可能等于F【考点】27：摩擦力的判断与计算【分析】先对木块B受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力fDB，由于A对B的最大静摩擦力小于地面对B的最大静摩擦力，故物体B一定保持静止；然后对BC整体和C分别受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：A、设A、B的质量为M，先对木块B受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力fDB，由于A对B的最大静摩擦力（m+M）g，小于地面对B的最大静摩擦力（m+2M）g，故物体B一定保持静止，B不会受到
20、地面的滑动摩擦力故A正确；B、如果没有拉动，依据平衡条件，结合受力分析，A与B，B与地面的摩擦力大小一定都等于F，故B正确；C、当A、C发生相对滑动时，A、C之间的摩擦力可能等于mg故C错误D、当F较小时，A、B、C保持相对静止，对AC整体分析，B对A的摩擦力等于拉力F的大小，当F足够大时，A会在B上发生相对滑动，则A、B之间的摩擦力为（M+m）g，可能等于F故D错误故选：AB8用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在光滑墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是（）AP物体受3个力BQ物体受3个力C不管绳子变长还是变短，Q物体受到的摩擦力都不变D若绳子变
21、短，P 物体受到的绳子的拉力将变大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用【分析】先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化【解答】解：A、P受到重力、Q的支持力、Q的摩擦力、绳子的拉力，共4个力作用，故A错误B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力、P的摩擦力，共4个力作用，故B错误C、设绳子与竖直方向的夹角为，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcos，则GP+GQ=Fcos，GP与GQ不变，若绳子变短，变大，cos变小，则F变大，Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度
22、无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故C正确，D正确故选：CD9某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系实验时，将原长约200mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码（质量均为20g），每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量l与拉力F关系的图象如图所示从图象中可以得出结论（）A增挂钩码时l与F成正比，而减挂钩码时l与F不成正比B当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大C当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩
23、码时的相等D增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系时，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量l与拉力F关系的图象若在弹性限度内，则减少钩码与增加钩码橡皮筋形变量应该相同，但从图象发现两者不等因此橡皮筋的已超出弹性限度【解答】解：由增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量l与拉力F关系的图象，发现减少钩码与增加钩码橡皮筋形变量不相同，则说明橡皮筋的已超出弹性限度所以选择D选项故选D二.实验题：本题共三小题，共计17分10某同学做“验证力的平行四边形定则”实验时，主要步骤是：A在桌面上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸
24、，用图钉把白纸钉在方木板上；B用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C用两个弹簧秤分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O记下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数；D按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F的图示；F比较力F和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论上述步骤中：（1）有重要遗漏的步骤的序号是C和E；（2）遗漏的内容分别是C中未记下两条细绳的方向和E中
25、未说明把橡皮条的结点拉到位置O【考点】M3：验证力的平行四边形定则【分析】步骤C中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤E中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同；【解答】解：本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O故答案是：（1）CE，（2）C中未记下两条细绳的方向；E中未说明把橡
26、皮条的结点拉到位置O11如图，在验证牛顿第二定律的实验中，某位同学通过测量，把砂和砂桶的总重量当作小车的合外力F，作出aF图线如图中的实线所示试分析：图线不通过坐标原点O的原因是平衡摩擦力时木板倾角太大；图线上部弯曲的原因是没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量【考点】M6：验证牛顿第二运动定律【分析】图线不过坐标原点，F=0时，物体已具有加速度，知平衡摩擦力时木板倾角太大严格讲图线斜率的倒数表示物体和小车系统的质量，斜率向下弯曲，知质量变大，知没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量【解答】解：F=0时，小车已具有加速度，图线不通过坐标原点O的原因是平衡摩擦力时木板倾角太大严格讲图线斜率的倒数表示
27、物体和小车系统的质量，曲线上部弯曲的原因是没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量故答案为：平衡摩擦力时木板倾角太大；没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量三.计算题.本题共三小题，共计45分12甲车以加速度4m/s2由静止开始作匀加速直线运动，乙车落后2秒在同一地点由静止开始，以加速度9m/s2作匀加速直线运动，两车的运动方向相同，求：（1）在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是多少？（2）乙车出发后经多长时间可追上甲车？此时它们离开出发点多远？【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）乙车从静止开始做匀加速运动，落后甲1s钟，则开始阶段甲
28、车在前当乙车速度小于甲车的速度时，两者距离增大；当乙车速度大于甲车的速度时，两者距离减小，则当两者速度相等距离最大根据此条件求出时间，再求最大距离（2）当两车的位移相等时，乙车追上甲车根据位移公式求出时间和它们离开出发点的距离【解答】解：（1）设经过时间t1两车距离最大，此时两车速度相等解得t=1.6s 两车距离的最大值为解得s=14.4m （2）设乙出发后t时间追上甲车，此时两车位移相等 解得t=4s 代入数据得s=72m 答：（1）在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是1.6s；（2）乙车出发后经4s可追上甲车，此时它们离开出发点72m13如图所示，在倾角为=37的足够长的固定的斜面底端有
29、一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.25现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上经时间t=4.0s绳子突然断了，求：（sin37=0.60，cos37=0.80，g=10m/s2）（1）绳断时物体的速度大小（2）绳子断了物体还能向上滑行多远？【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用【分析】（1）分析绳子断前物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解绳断时物体的速度大小（2）绳断后，物体先沿斜面向上做匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律求出向上减速过程的加速度，由运动学公式求出时间和位移【解答】解
30、：（1）物体受拉力向上运动过程中，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有Fmgsinmgcos=ma1解得a1=2.0m/s2速度为v=a1t=24m/s=8m/s（2）绳子断开后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma2得：a2=g（sin+cos）=8.0m/s2物体做减速运动时间：t2= 减速运动位移：x2=4.0m答：（1）绳断时物体的速度大小为8m/s（2）从绳子断后物体还能在斜面上向上滑距离为4m14如图所示，倾角为37，长为l=16m的传送带，转动速度为v=10m/s，动摩擦因数=0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的物体已知sin
31、37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2求：（1）传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；（2）传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）隔离法选取小物块为研究对象进行受力分析，然后由牛顿第二定律求小物块的加速度，然后由运动学公式求解（2）物体在传送带上受到重力、支持力和摩擦力作用先做初速度为0的匀加速直线运动，当速度和传送带速度一样时进行判断物体跟随传送带匀速还是单独做匀变速直线运动，根据总位移为16m，可以求出整个运动过程的时间t【解答】解：（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向
32、下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，由牛顿第二定律得：mg（sin 37cos 37）=ma，代入数据得：a=2m/s2，由匀变速运动的位移公式得：l=at2，代入数据得：t=4 s（2）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin 37+mgcos 37=ma1，代入数据得：a1=10 m/s2，设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有：t1= s=1 s，x1=a1t12=5 ml=16 m，当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37mgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：a2=，代入数据得：a2=2 m/s2，位移：x2=lx1=165=11m，又因为x2=vt2+a2t22，则有：10t2+t22=11，解得：t2=1 s（t2=11 s舍去）所以有：t总=t1+t2=2 s答：（1）若传送带顺时针转动，物体由A滑到B的时间为4s（2）若传送带逆时针转动，物体从A到B需要的时间为2s
