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2019届高三物理上学期10月月考试题含解析II
一、选择题
1.设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为s.现有四个不同物体的运动图象如下列选项所示,假设物体在t=0时的速度均为零,则其中表示物体做单向直线运动的图象是A.B.C.D.【答案】C【解析】A图象中物体运动方向发生变化,不是单向的直线运动,故A项错误;B项中,横轴下方表示负向运动,所以也有运动方向的变化,故B项错误;C项中物体在第1s内向正方向做加速运动,第2s内做正向减速运动,2s末速度减为零,接下来重复前2s的运动,没有往复,是单向直线运动,故C项正确;D项中物体在第1s内向正方向做加速运动,第2s内做正向减速运动,2s末速度减为零,第3s内做反向加速运动有往复,不是单向直线运动,故D项
2.如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象.由图象可知错误的是 A.该金属的逸出功等于EB.该金属的逸出功等于hν0C.入射光的频率为2ν0时,产生的光电子的最大初动能为ED.入射光的频率为时,产生的光电子的最大初动能为【答案】D【解析】【分析】根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系,结合图线的斜率和截距进行分析【详解】根据Ekm=hv-W0得,金属的截止频率等于ν0;纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功,逸出功等于E,则E=hv0,故AB正确;根据光电效应方程有EKm=hv-W,其中W为金属的逸出功W=hv0;所以有EKm═hv-hv0,由此结合图象可知,该金属的逸出功为E,或者W=hv0,当入射光的频率为2v0时,带入方程可知产生的光电子的最大初动能为E,故C正确入射光的频率时,小于极限频率,不能发生光电效应,故D错误此题选择错误的选项,故选D
3.如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动.若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动.物块与桌面间的动摩擦因数为 A.2-B.C.D.【答案】C【解析】当拉力水平时,物体匀速运动,则拉力等于摩擦力,即,当拉力倾斜时,物体受力分析如图由平衡条件得,,又,得摩擦力为,联立解得,故选C.
4.如图所示,三根轻绳系于竖直杆上的同一点O,其中OA和OB等长且夹角为60°,竖直杆与平面AOB所成的角为30°.若轻绳OA、OB的拉力均为20N,要使杆受到绳子作用力的方向竖直向下,则水平轻绳OC的拉力大小为A.10NB.10NC.20ND.20N【答案】B【解析】【分析】要使桩子受到绳子作用力方向竖直向下,则绳子OC与OA、OB的合力竖直向下,则绳子OA和OB的合力与OC对O的拉力在水平面内平衡;根据平行四边形定则先求出AO和BO的合力,再结合要求分析即可.【详解】轻绳OA与OB等长且夹角为60°,则它们的合力F1=2F•cos=F=20N;OA与OB的合力沿水平方向的分力与竖直方向之间的夹角是30°,所以Fx=F1•sin30°=10N,要使杆受到绳子作用力的方向竖直向下,则水平轻绳OC的拉力大小应该等于Fx,故选B
5.一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱与杆的总质量为M,环的质量为m,如图所示,已知环沿杆匀加速下滑时,环与杆间的摩擦力大小为Ff,则此时箱对地面的压力大小是A.Ff+MgB.Ff+mgC.M+mgD.Ff+M+mg【答案】A【解析】【分析】以箱子为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件求出地面对箱子的支持力,再根据牛顿第三定律求出箱对地面的压力【详解】环下滑时,受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力Ff,根据牛顿第三定律,环应给杆一个竖直向下的摩擦力Ff′,故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力N及环给它的摩擦力Ff′,由于箱子处于平衡状态,可得N=Ff′+Mg=Ff+Mg.根据牛顿第三定律,箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力,即N′=Ff+Mg故选A【点睛】本题是平衡条件和牛顿运动定律的综合应用,分析受力是关键,要注意明确环在运动中竖直方向对箱子的作用力只有摩擦力
6.如图所示,半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外,匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域,当磁场以的变化率变化时,线圈产生的感应电动势大小为 A.0B.n·L2C.n·πr2D.n·r2【答案】B【解析】【分析】本题是线圈的面积不变,磁场在变化,磁通量的变化率,再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势.【详解】磁通量的变化率,根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势,故选B.
7.如图所示,用力F推放在光滑水平面上的物体P、Q、R,使其做匀加速运动.若P和Q之间的相互作用力为6N,Q和R之间的相互作用力为4N,Q的质量是2kg,那么R的质量是()A.2kgB.3kgC.4kgD.5kg【答案】C【解析】对Q受力分析有6N-4N=2kg×a,则运动的加速度为1m/s2,再对R受力分析得mRa=4N,得mR=4kg,选项C正确
8.如图所示,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间有A.两图中两球加速度均为gsinθB.两图中A球的加速度均为0C.图乙中轻杆的作用力一定不为0D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍【答案】D【解析】当撤去挡板时,甲图中由于弹簧的压缩量不能突变,A球还会受到不变的弹力作用,能继续平衡;而B球沿斜面方向受到重力分力mgsin和弹簧弹力mgsin两个力,所以B球会产生2gsin加速度乙图中轻杆的形变很小,撤掉挡板后,轻杆的弹力可以发生突变将A、B看成整体可知,A、B会沿斜面以gsin加速度下滑,可知轻杆的弹力瞬间消失综上所述,选项D正确
9.如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体,现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直运动到B点.如果物体受到的阻力恒定,则A.物体从A到O先加速后减速B.物体从A到O做加速运动,从O到B做减速运动C.物体运动到O点时,所受合力为零D.物体从A到O的过程中,加速度逐渐减小【答案】A【解析】【分析】对物体受力分析,竖直方向受重力和支持力,二力平衡,水平方向受弹簧弹力和摩擦力,刚从A点释放时,弹力大于摩擦力,物体加速向右运动,随着物体向右运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,到达O点之前某一位置C,弹力减小到等于摩擦力,由C至O弹力小于摩擦力,物体开始减速,O至B过程受向左的拉力和摩擦力,加速度向右物体一直做减速运动.【详解】物体从A点到O点过程,弹力逐渐减为零,刚开始弹簧的弹力大于摩擦力,合力向右,加速度也向右,速度也向右,物体加速,后来弹力小于摩擦力,合力向左,速度向右,物体减速即物体先加速后减速,故A正确;物体从A到O先加速后减速,从O到B的过程中物体一直受到向左的弹力与向左的阻力,所以物体一直做减速运动故B错误;物体运动到O点时,弹簧的弹力为零,而滑动摩擦力不为零,则物体所受合力不为零故C错误物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动,后做加速度不断增大的减速运动,故D错误;故选A【点睛】本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析,求出合力后确定加速度的变化情况,从而最终确定物体的运动情况.
10.如图所示,小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上,有一细线一端拴在小圆环A上,另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块.如果小圆环A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计,绳子又不可伸长,若平衡时弦AB所对的圆心角为α,则两物块的质量比m1∶m2应为A.cosB.sinC.2sinD.2cos【答案】C【解析】解法一采取相似三角形法对小圆环A受力分析,如图所示,FT2与FN的合力与FT1平衡,由矢量三角形与几何三角形相似,可知得解法二采用正交分解法建立如解法一中图所示的坐标系,可知FT2=FN=m2g解得解法三采用三力平衡的推论法FT2与FN的合力与FT1平衡,则FT2与FN所构成的平行四边形为菱形,有FT2=m2gFT1=m1g解得
11.如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30o,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为 A.∶4B.4∶C.1∶2D.2∶1【答案】D【解析】试题分析:以BC整体为研究对象,则也即,知D对考点:力的平衡、胡克定律、整体隔离的运用【名师点睛】略【此处有视频,请去附件查看】
12.在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为A.8B.20C.16D.28【答案】B【解析】【分析】根据两次的情况,利用牛顿第二定律得出关系式,根据关系式分析可能的情况即可.【详解】设PQ两边的车厢数为P和Q,当机车在东边拉时,根据牛顿第二定律可得,F=Pm•a,当机车在西边拉时,根据牛顿第二定律可得,F=Qm•a,根据以上两式可得,,即两边的车厢的数目可能是2和3,或4和6,或6和9,或8和12,等等,所以总的车厢的数目可能是
5、
10、
15、20,所以可能的是B故选B【点睛】本题不是确切的数值,关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系,根据关系来判断可能的情况,本题比较灵活,是道好题.
13.如图所示,A、B、C三个物体质量相等,它们与传送带间的动摩擦因数也相同.三个物体随传送带一起匀速运动,运动方向如图中箭头所示.则下列说法正确的是A.A物体受到的摩擦力方向向右B.三个物体中只有A物体受到的摩擦力是零C.B、C受到的摩擦力方向相同D.B、C受到的摩擦力方向相反【答案】BC【解析】【分析】利用假设法判断A物体是否受摩擦力,BC两物体有向下滑动的趋势,有关受摩擦力.【详解】A物体做水平方向的匀速直线运动,水平方向不受摩擦力,故A错误;BC物体均有相对传送带向下滑动的趋势,故均受到沿斜面向上的静摩擦力,大小等于mgsinθ,结合AB两项的分析可知,BC正确,D错误;故选BC【点睛】本题考查摩擦力的性质,要注意产生摩擦力的条件是相互接触的物体间有相对运动或相对运动趋势,同时注意平衡条件的准确应用.
14.一定质量的理想气体从状态a开始,经历三个过程ab、bc、ca回到原状态,其VT图象如图所示,pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强,下列判断正确的是 A.过程ab中气体一定吸热B.pc=pbpaC.过程bc中分子势能不断减小D.过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功【答案】AD【解析】【分析】根据理想气体状态方程可知在V-T图象中,图线上各点与坐标原点的连线斜率代表压强,斜率越大压强越小,分析各条图线的变化可知.【详解】过程ab中气体的体积不变,没有做功;温度升高,内能增大,所以气体一定吸热故A正确;设a状态的压强为Pa,则由理想气体的状态方程可知,所以Pb=3Pa;同理得Pc=3Pa,所以pc=pb>pa.故B错误;由于气体分子之间的作用力可以忽略不计,所以过程bc中分子势能不变故C错误;由图可知过程ca中气体等温膨胀,内能不变,对外做功;根据热力学第一定律可知,气体吸收的热量等于对外做的功故D正确故选AD【点睛】本题考查V-T图象中图象的物理含义,在V-T图象中,图线上各点与坐标原点的连线斜率代表压强,斜率越大压强越小.
15.内有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示的状态.设斜面对小球的支持力为FN,细绳对小球的拉力为T,下列说法正确的是 A.若小车向左运动,FN可能为零B.若小车向左运动,T可能为零C.若小车向右运动,FN不可能为零D.若小车向右运动,T不可能为零【答案】AB【解析】【分析】对小球受力分析,抓住小球和车具有相同的加速度,根据车的运动情况可知小球受拉力及支持力的情况.【详解】当小车向左减速,加速度方向向右,若小球受到的绳子拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同,则FN为零,故A正确;若小球向左加速运动,则加速度向左,此时重力与斜面的支持力可以使合力向左,则绳子的拉力T可能为零,故B正确;若小车向右加速,小球所受的拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同,则此时FN为零故C错误若小车向右减速,加速度方向向左,若小球支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同,则拉力T为零故D错误故选AB【点睛】解决本题的关键抓住小球和车加速度相同,知道加速度方向与速度方向无关.
16.环球网国际军情中心xx年8月28日消息8月26日,歼—20战斗机在成都某机场再次进行试飞,在空中的歼—20姿态优美,做出各种机动动作.假设歼—20战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动,达到起飞速度v所需时间t,飞行一段时间后返回飞机场,以速度v做匀减速直线运动,经过时间t恰好停下,则 A.起飞前的运动距离为vtB.起飞前的运动距离为C.匀减速直线运动的位移是2vtD.起飞前的匀加速直线运动和返回后的匀减速直线运动的位移大小相等【答案】BD【解析】【分析】匀加速直线运动的平均速度可用公式求解,位移可用平均速度乘以时间得到.【详解】由题意,战机从静止开始做匀加速直线运动,末速度为v,则平均速度为,起飞前运动时间t运动的距离为,故A错误,B正确;落地后做匀减速直线运动,末速度为零,则平均速度,位移,故起飞前的匀加速直线运动和落地后的匀减速直线运动的位移大小相等,故C错误,D正确故选BD
17.如图所示,一根长为L的细绳一端固定在O点,另一端悬挂质量为m的小球A,为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧,小球A静止,则需对小球施加的力可能等于A.mgB.mgC.mgD.mg【答案】AC【解析】【分析】小球A处于静止,受力平衡,分析受力情况,用作图法得出对小球施加的力最小的条件,再由平衡条件求出力的最小值.【详解】以小球为研究对象,分析受力,作出力图如图;根据作图法分析得到,当小球施加的力F与细绳垂直时,所用的力最小根据平衡条件得,F的最小值为Fmin=Gsin30°=
0.5mg;所以对小球施加的力mg≥F≥
0.5mg,故选AC【点睛】本题物体平衡中极值问题,关键是确定极值条件,本题采用图解法得到力最小的条件,也可以运用数学函数法求解极值.
18.在同一地点,甲、乙两物体同时沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图所示,对0~6s过程,下列说法正确的是A.两物体两次相遇的时刻是2s末和6s末B.4~6s甲在乙后面C.两物体相距最远的时刻是2s末D.乙物体先向前运动2s,随后向后运动【答案】AB【解析】【分析】v-t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,判断2s和6s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇;图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向【详解】t=2s时乙的位移为x=×2×4=4m,甲的位移为x′=2×2=4m,两者位移相同,又是从同一地面出发,故2s末时二者相遇,同理可判断6s末二者也是相遇,故A正确;4s时甲的位移为x=4×2=8m,乙的位移为x′=×2×4+×(2+4)×2=10m;甲的位移小于乙的位移,故4~6s甲在乙后面,B正确;1s末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积,而4s末两物体相距的距离等于2-4之间三角形的面积,明显4s末二者的距离最大,故C错误;乙的速度一直为正,说明其运动方向始终未发生变化,故D错误;故选AB【点睛】v-t图象中图线的斜率表示加速度,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移;根据面积关系即可以得出位移关系
二、实验题
19.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系.1下列做法正确的是________.A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度2为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________选填“远大于”“远小于”或“近似等于”木块和木块上砝码的总质量.【答案】
1.AD
2.远小于【解析】【详解】
(1)A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行,否则拉力不会等于合力,故A正确;B.在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,不应悬挂“重物”,故B错误;C.打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块,而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器,故C错误; D.平衡摩擦力后,有mgsinθ=μmgcosθ,即μ=tanθ,与质量无关,故通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度,故D正确;故选AD;
(2)设砝码与砝码桶的质量为m,小车的质量为M,对砝码桶及砝码与小车组成的系统,由牛顿第二定律得;对木块,由牛顿第二定律得;只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时,即m<<M时,小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力;【点睛】本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验,要明确实验原理,特别是要明确系统误差的来源,知道减小系统误差的方法.
20.甲、乙两同学在同一实验室,各取一套如图所示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到下图中甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图可知,m甲________m乙,μ甲________μ乙.选填“大于”“小于”或“等于”【答案】
1.小于;
2.大于;【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出加速度与F的关系式,结合图线的斜率和截距比较木块质量的大小以及动摩擦因数的大小.【详解】根据牛顿第二定律得,,可知图线的斜率表示木块质量的倒数,纵轴截距的绝对值等于μg,可知m甲<m乙,μ甲>μ乙.【点睛】对于图线问题,一般的解题思路是通过物理规律得出两个物理量之间的函数关系,结合图线的斜率和截距进行分析求解.
三、计算题
21.如图所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前得到越来越广泛的应用.一架质量m=2kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4N.g取10m/s
2.1无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞.求在t=5s时离地面的高度h;2当无人机悬停在距离地面高度H=100m处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落.求无人机坠落地面时的速度v多大?【答案】
(1)75m
(2)40m/s【解析】【分析】
(1)分析无人机的受力情况,根据牛顿第二定律求出上升的加速度,结合位移时间公式求出上升的高度h
(2)无人机突然失去升力而坠落后做匀加速运动,根据牛顿第二定律求出下降的加速度大小,结合速度位移公式求出落地的速度【详解】
(1)设无人机上升时加速度大小为a,由牛顿第二定律,有F-mg-f=ma解得a=6m/s2由h=at2,解得h=75m.
(2)设无人机坠落过程中加速度为a1,由牛顿第二定律,有mg-f=ma1解得a1=8m/s2由v2=2a1H,解得v=40m/s.【点睛】本题的关键是对无人机的受力分析以及运动情况的分析,抓住各个过程之间的联系,如速度关系和位移关系,结合牛顿第二定律和运动学基本公式求解
22.一汽缸竖直放在水平地面上,缸体质量M=10kg,活塞质量m=4kg,活塞横截面积S=2×10-3m2,活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体,下面有气孔O与外界相通,大气压强p0=
1.0×105Pa,活塞下面与劲度系数k=2×103N/m的轻弹簧相连.当汽缸内气体温度为400K时弹簧为自然长度,此时缸内气柱长度L1=20cm,g取10m/s2,活塞不漏气且与缸壁无摩擦.求当缸内气柱长度L2=24cm时,缸内气体温度为多少?【答案】720K【解析】【分析】当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度,当缸内气柱长度L2=24cm时,对活塞受力分析.根据平衡条件和理想气体状态方程求解.【详解】V1=L1S,V2=L2S,T1=400K弹簧为自然长度时活塞受力如图甲所示.则p1=p0-=
0.8105Pa气柱长24cm时,F=kΔx,Δx=L2-L1,此时活塞受力如图乙所示.则p2=p0+=
1.2×105Pa根据理想气体状态方程,得解得T2=720K.【点睛】能用静力学观点确解决问题.要注意研究过程中哪些量不变,哪些量变化,结合理想气体状态方程求解.
23.在香港海洋公园的游乐场中,有一台大型游戏机叫“跳楼机”.参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处,然后由静止释放.座椅沿轨道自由下落一段时间后,开始受到压缩空气提供的恒定阻力而紧接着做匀减速运动,下落到离地面4m高处速度刚好减小到零,这一下落全过程经历的时间总共是6s.取g=10m/s2求1座椅被释放后自由下落的高度有多高?2在匀减速运动阶段,座椅和游客的加速度大小是多少?【答案】
(1)
7.2m
(2)【解析】【分析】物体先做自由落体运动后做匀减速运动,速度最后为零,根据运动公式求解下落的高度和加速度.【详解】设前、后两过程下落的高度分别为h
1、h2,所用时间分别为t
1、t2,减速过程加速度的大小为a,运动中达到的最大速度为v,则有h1+h2=40m-4mt1+t2=6sv2=2gh1=2ah2t1=,t2=由以上各式联立解得h1=
7.2m,a=
2.5m/s
2.
24.如图所示,质量为m=1kg的物体置于倾角θ=37°的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F,t1=1s时撤去拉力,物体运动的部分v-t图象如图所示.g取10m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8,试求1拉力F的大小.2t=4s时物体的速度v的大小.【答案】
(1)30N
(2)2m/s【解析】【分析】
(1)由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度,然后根据牛顿第二定律列方程求解;
(2)先通过图象得到3s末速度为零,然后求出3s到4s物体的加速度,再根据速度时间关系公式求解4s末速度【详解】
(1)设力F作用时物体的加速度为a1,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可知F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1撤去力后,由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma2根据图象可知a1=20m/s2,a2=10m/s2解得F=30N
(2)设撤去力F后物体运动到最高点的时间为t2,有v1=a2t2解得t2=2s则物体沿着斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s设下滑加速度为a3,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma3解得a3=2m/s2t=4s时速度v=a3t3=2m/s【点睛】本题关键受力分析后,根据牛顿第二定律,运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度,然后结合运动学公式列式求解。