1、2016-2017學年廣東省廣州市荔灣區高三（上）第二次調研物理試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第1-4題只有一項符合題目要求，第5-8題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1t=0時，甲乙兩汽車從相距60km的兩地開始相向行駛，它們的vt圖象如圖所示忽略汽車掉頭所需時間，下列對汽車運動狀況的描述正確的是（）A在第1小時末，乙車改變運動方向B在第2小時末，甲乙兩車相遇C在前4小時內，甲車運動加速度的大小總比乙車的大D在第4小時末，甲乙兩車相距20 km2在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放另

2、一截面也為半圓的柱狀物體B，整個裝置處于靜止狀態，截面如圖所示設墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則（）AF1保持不變，F3增大BF1增大，F3保持不變CF2增大，F3增大DF2增大，F3保持不變3如圖所示，一小球由不可伸長的輕繩系于一豎直細桿的A點，當豎直桿以角速度勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動關于小球到A點的豎直距離h與角速度的關系圖線，正確的是（）ABCD4某人在地面上用體重秤稱得體重為G，之后他將體重秤移至電梯內稱其體重，電梯運行的vt圖線如圖所示（取電梯向上運動的方向為正）設t0至t1時間段內體重秤的示數

3、為F1，t1至t2時間段內體重秤的示數為F2，t2至t3時間段內體重秤的示數為F3，下列說法正確的是（）AF1=F2=F3=GBF1F2F3GCF1F2=GF3DF1=F3F2=G5如圖，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中山坡上的目標A已知A點高度為h，山坡傾角為，由此可算出（）A轟炸機的飛行高度B轟炸機的飛行速度C炸彈的飛行時間D炸彈投出時的動能6“嫦娥一號”和“嫦娥二號”衛星相繼完成了對月球的環月飛行，標志著我國探月工程的第一階段已經完成設“嫦娥二號”衛星環繞月球的運動為勻速圓周運動，它繞月球運行的周期為T，已知月球的質量為M、半徑為R，引力常量為G，則

4、衛星（）A繞月球運動的線速度v=B繞月球運動的角速度=C繞月球運動的向心加速度a=D距月球表面的高度為h=R7如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物體處于靜止狀態現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示（g=10m/s2），則下列結論正確的是（）A物體的質量為2kgB彈簧的勁度系數為7.5N/cmC物體的加速度大小為5m/s2D物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態8如圖所示，一傾角為a的固定斜面下端固定一擋板，一勁度系數為k的輕彈簧下端固定在擋板上現將一質量為m的小物塊從斜面上離彈簧上端

5、距離為s處，由靜止釋放，已知物塊與斜面間的動摩擦因數為，物塊下滑過程中的最大動能為Ekm，則小物塊從釋放到運動至最低點的過程中，下列說法中正確的是（）AtanaB物塊剛與彈簧接觸的瞬間達到最大動能C彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與摩擦力對物塊做功之和D若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，則下滑過程中物塊的最大動能小于2Ekm二、解答題9（5分）某學生用如圖甲所示的裝置研究小車的勻變速直線運動，打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上如圖乙所示為實驗時得到的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5、6為計數點，相鄰兩計數點間還有4個打點未畫出從紙帶上測出x1=3.20

6、cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm則打點計時器在打計數點5時小車的瞬時速度大小v5=m/s，小車運動的加速度大小a=m/s2 （兩空均保留兩位有效數字）若實驗時電源的電壓升高了，測得的加速度 （填“大于”“等于”或“小于”）實際的加速度10（10分）用如圖a所示裝置做“驗證動能定理”的實驗實驗時，通過電磁鐵控制小鐵球從P處自由下落，小鐵球依次通過兩個光電門甲、乙，測得遮光時間分別為t1和t2，兩光電門中心點間的高度差為h（1）用游標卡尺測得小鐵球直徑的示 如圖b所示，則小鐵球的直徑d=mm；（2）為驗證動能定理，還需知道的物理量是（填物理量名稱及符號），驗證動能定

7、理的表達式為：；（3）由于光電門甲出現故障，某同學實驗時只改變光電門乙的高度，進行多次實驗獲得多組數據，分別計算出各次小鐵球通過光電門乙時的速度v，并作出并作出v2h圖象圖（c）中給出了a、b、c三條直線，他作出的圖象應該是直線；由圖象得出，小鐵球到光電門甲中心點的高度差為cm，小鐵球通過光電門甲時的速度為m/s11（14分）廣州中山大道、廣州大道等路段設置了“綠波帶”，根據車輛運行情況對各路口紅綠燈進行協調，使車輛通過時能連續獲得一路綠燈設一路上某直線路段每間隔L=500 m就有一個紅綠燈路口，綠燈時間t1=50 s，紅燈時間t2=40 s，而且下一路口紅綠燈亮起總比當前路口紅綠燈滯后t=5

8、0s要求汽車在下一路口綠燈再次亮起后能通過該路口，汽車可看做質點，不計通過路口的時間，道路通行順暢（1）若某路口綠燈剛亮起時，某汽車恰好通過，要使該汽車保持勻速行駛，在后面道路上再連續通過3個路口，汽車勻速行駛的最大速度是多少？最小速度又是多少？（計算結果保留兩位有效數字）（2）若某路口遭遇紅燈，待綠燈剛亮起時，某汽車由靜止開始，以加速度a=2 m/s2勻加速運動，加速到第（3）問中汽車勻速行駛的最大速度以后，便以此速度一直勻速運動試通過計算判斷，當該汽車到達下一個路口時能否遇到綠燈12（18分）一長木板在水平地面上運動，從木板經過A點時開始計時，在t=1.0s時將一相對于地面靜止的小物塊輕放

9、到木板上，此后木板運動的vt圖線如圖所示己知木板質量為物塊質量的2倍，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物塊與木板間的動摩擦因數1及木板與地面間的動摩擦因數2；（2）木板離A點的最終距離；（3）木板的最小長度13（15分）如圖，水平軌道A點左側光滑，右側粗糙，距A點s=1.0m的B端與半徑R=0.25m的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直一小物塊b以v0=3.0m/s的速度，與靜置于A點的小物塊a發生彈性碰撞碰后a沿水平軌道運動，然后滑上軌道BCD已知小物塊a的質量ma=1.0

10、kg，a與AB軌道間的動摩擦因數=0.20，g取10m/s2（1）若a到達半圓軌道的中點C點時速率vC=1.0m/s，求a進入半圓軌道的B點時對軌道的壓力大小；（2）若a能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求a碰后的最大速度；（2）若a能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求b的質量mb的取值范圍2016-2017學年廣東省廣州市荔灣區高三（上）第二次調研物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第1-4題只有一項符合題目要求，第5-8題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1（2016秋荔灣區月考）t=0時，甲乙兩汽車從

11、相距60km的兩地開始相向行駛，它們的vt圖象如圖所示忽略汽車掉頭所需時間，下列對汽車運動狀況的描述正確的是（）A在第1小時末，乙車改變運動方向B在第2小時末，甲乙兩車相遇C在前4小時內，甲車運動加速度的大小總比乙車的大D在第4小時末，甲乙兩車相距20 km【考點】勻變速直線運動的圖像【分析】速度時間圖線中速度的正負表示運動方向，圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移根據位移關系判斷兩車是否相遇【解答】解：A、在第1小時末，乙車的速度仍然為負值，說明運動方向并未改變故A錯誤B、在第2小時末，甲的位移大小為：x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小為：x乙=

12、×30×2km=30km，此時兩車相距：x=603030=0（km），甲乙相遇，故B正確C、根據速度圖象的斜率大小等于加速度，可知，在前4 小時內，乙車運動加速度的大小總比甲車的大，故C錯誤D、在第4小時末，甲的位移大小為：x甲=×60×4km=120km，乙的位移大小為：x乙=×60×2×30×2km=30km，此時兩車相距：x=60+12030=150（km），故D錯誤故選：B【點評】解決本題的關鍵知道速度時間圖線的物理意義，知道圖線斜率、圖線與時間軸圍成的面積表示的含義2（2016秋荔灣區月考）在粗糙水平地面

13、上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放另一截面也為半圓的柱狀物體B，整個裝置處于靜止狀態，截面如圖所示設墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則（）AF1保持不變，F3增大BF1增大，F3保持不變CF2增大，F3增大DF2增大，F3保持不變【考點】共點力平衡的條件及其應用【分析】先對BC整體分析，受重力、墻壁支持力和A的支持力，根據平衡條件作圖分析；再對ABC整體分析，受重力、支持力、墻壁的支持力和地面的靜摩擦力，根據平衡條件列式分析【解答】解：先對BC整體分析，受重力、墻壁支持力和A的支持力，根據平衡條件，

14、三個力可以構成首尾相連的矢量三角形，如圖所示：加上C物體，相當于整體的重力增加了，故墻對B的作用力F1增加，A對B的支持力也增加，根據牛頓第三定律，B對A的作用力為F2增加；再對ABC整體分析，受重力、地面支持力、地面的靜摩擦力，墻壁的支持力，根據平衡條件，地面的支持力等于整體的重力，故加上C物體后，地面的支持力F3變大，故ABD錯誤，C正確；故選：C【點評】本題是力平衡問題，關鍵是采用隔離法和整體法結合處理的，也可以運用隔離法研究，分析受力情況是解答的基礎3（2016秋荔灣區月考）如圖所示，一小球由不可伸長的輕繩系于一豎直細桿的A點，當豎直桿以角速度勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動關

15、于小球到A點的豎直距離h與角速度的關系圖線，正確的是（）ABCD【考點】向心力【分析】小球做圓周運動靠重力和拉力的合力提供向心力，結合牛頓第二定律求出h與角速度的關系式，從而分析判斷【解答】解：設繩子與豎直方向的夾角為，根據牛頓第二定律得，mgtan=mLsin2，解得，可知h=，即h與成正比，h與的圖線是一條過原點的傾斜直線，故D正確，A、B、C錯誤故選：D【點評】對于圖線問題，一般的解題思路是得出物理量間的關系式，通過關系式確定正確的圖線本題的關鍵是通過牛頓第二定律得出物理量的關系式4（2016秋荔灣區月考）某人在地面上用體重秤稱得體重為G，之后他將體重秤移至電梯內稱其體重，電梯運行的vt

16、圖線如圖所示（取電梯向上運動的方向為正）設t0至t1時間段內體重秤的示數為F1，t1至t2時間段內體重秤的示數為F2，t2至t3時間段內體重秤的示數為F3，下列說法正確的是（）AF1=F2=F3=GBF1F2F3GCF1F2=GF3DF1=F3F2=G【考點】勻變速直線運動的圖像【分析】根據圖示圖象判斷出電梯的運動狀態，然后判斷出人是出于失重狀態還是出于超重狀態，再判斷體重秤的示數大小關系，然后答題【解答】解：由圖示圖象可知：t0至t1時間內電梯向下做加速運動，電梯處于失重狀態，F1G；t1至t2時間內電梯向下做勻速直線運動，電梯處于平衡狀態，F2=G；t2至t3時間內電梯向下做減速運動，電梯

17、處于超重狀態，F3G；綜上分析可知：F1F2=GF3，故ABD錯誤，C正確；故選：C【點評】本題考查了根據圖象處理問題的能力，解決超重和失重的題目，重點是判斷出加速度的方向5（2015克拉瑪依校級模擬）如圖，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中山坡上的目標A已知A點高度為h，山坡傾角為，由此可算出（）A轟炸機的飛行高度B轟炸機的飛行速度C炸彈的飛行時間D炸彈投出時的動能【考點】平拋運動【分析】轟炸機沿水平方向勻速飛行，釋放的炸彈做平拋運動因為平拋運動速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，速度方向的夾角得知位移與水平方向夾角的正切值，再通過

18、水平位移求出豎直位移，從而得知轟炸機的飛行高度，炸彈的飛行時間，以及炸彈的初速度【解答】解：A、B、C由圖可得炸彈的水平位移為 x=設轟炸機的飛行高度為H，炸彈的飛行時間為t，初速度為v0據題：炸彈垂直擊中山坡上的目標A，則根據速度的分解有：tan=又 =聯立以上三式得：H=h+，可知可以求出轟炸機的飛行高度H炸彈的飛行時間 t=，也可以求出t轟炸機的飛行速度等于炸彈平拋運動的初速度，為 v0=，可知也可以求出故A、B、C正確D、由于炸彈的質量未知，則無法求出炸彈投出時的動能故D錯誤故選：ABC【點評】解決本題的關鍵掌握平拋運動水平方向和豎直方向上的運動規律，知道平拋運動的一些推論，并能靈活運

19、用6（2016秋荔灣區月考）“嫦娥一號”和“嫦娥二號”衛星相繼完成了對月球的環月飛行，標志著我國探月工程的第一階段已經完成設“嫦娥二號”衛星環繞月球的運動為勻速圓周運動，它繞月球運行的周期為T，已知月球的質量為M、半徑為R，引力常量為G，則衛星（）A繞月球運動的線速度v=B繞月球運動的角速度=C繞月球運動的向心加速度a=D距月球表面的高度為h=R【考點】萬有引力定律及其應用【分析】衛星繞月球做圓周運動，萬有引力提供向心力，應用萬有引力定律與向心力公式可以求出衛星繞月球運動的半徑、向心加速度a和線速度v【解答】解：A、D、嫦娥二號衛星繞月球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，設嫦娥二號衛星距離地

20、面的高度為h，由牛頓第二定律得：G=所以：h=根據線速度與周期的關系可知，繞月球運動的線速度v=故A錯誤，D正確；B、根據角速度與周期的關系可知：故B正確；C、嫦娥二號衛星距離地面的高度為h，其向心加速度：a=故C錯誤；故選：BD【點評】解決本題抓住萬有引力提供圓周運動向心力，關鍵是對衛星軌道半徑的確認，軌道半徑是衛星到地心的距離，不是月球的半徑，也不是衛星到地面的距離7（2016秋荔灣區月考）如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物體處于靜止狀態現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示

21、（g=10m/s2），則下列結論正確的是（）A物體的質量為2kgB彈簧的勁度系數為7.5N/cmC物體的加速度大小為5m/s2D物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力【分析】由圖示圖象可知：開始，物體靜止在彈簧上面，彈簧彈力與重力平衡，施加F后即為合力，物體勻加速上升，彈簧上的彈力逐漸變小，運動位移為4cm后，彈簧恢復原長，此時物塊和彈簧分離，此后物體受到恒定的力F=30N和重力做勻加速運動根據牛頓第二定律分別列出起始和分離狀態時的方程聯立可解得【解答】解：A、開始，物體靜止在彈簧上面，彈簧彈力與重力平衡，施加F后即為合力，所以有10N=ma，此后物體勻加速上

22、升，彈力逐漸變小，當彈簧恢復原長后，物塊和彈簧分離，合力為 30Nmg=ma，聯立兩式，整理得物體重力：mg=20N，質量m=2Kg，故A正確；B、由圖可知，從初始彈簧彈力等于重力到彈簧恢復原長，位移為4cm，即彈力等于重力時，彈簧形變量為X=4cm，勁度系數k=500N/m=5N/cm，故B錯誤；C、當彈簧恢復原長后，物塊和彈簧分離，合力為 30Nmg=ma，又已求得m=2Kg，則a=m/s2=5m/s2，故C正確；D、因為力F隨彈簧形變量在不斷變化，由圖象分析可知物體與彈簧分離時彈簧恢復原長，故D錯誤故選：AC【點評】本題考查圖象的識別，從圖象中獲取信息是物理的一項基本能力，獲取信息后能否

23、根據獲取的信息分析過程，靈活運用好牛頓第二定律是關鍵8（2016長春校級模擬）如圖所示，一傾角為a的固定斜面下端固定一擋板，一勁度系數為k的輕彈簧下端固定在擋板上現將一質量為m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為s處，由靜止釋放，已知物塊與斜面間的動摩擦因數為，物塊下滑過程中的最大動能為Ekm，則小物塊從釋放到運動至最低點的過程中，下列說法中正確的是（）AtanaB物塊剛與彈簧接觸的瞬間達到最大動能C彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與摩擦力對物塊做功之和D若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，則下滑過程中物塊的最大動能小于2Ekm【考點】功能關系【分析】小物塊從靜止釋放后能

24、下滑，說明重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力，由此列式得到與的關系物塊所受的合力為零時動能最大根據能量守恒定律分析各種能量的關系【解答】解：A、小物塊從靜止釋放后能沿斜面下滑，則有 mgsinmgcos，解得 tan故A正確；B、物塊剛與彈簧接觸的瞬間，彈簧的彈力仍為零，仍有mgsinmgcos，物塊繼續向下加速，動能仍在增大，所以此瞬間動能不是最大，當物塊的合力為零時動能才最大，故B錯誤；C、根據能量轉化和守恒定律知，彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與產生的內能之差，而內能等于物塊克服摩擦力做功，可得彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與摩擦力對物塊做功之和

25、故C正確；D、若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊動能最大的位置不變，彈性勢能不變，設為Ep此位置彈簧的壓縮量為x根據功能關系可得：將物塊從離彈簧上端s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊的最大動能為 Ekm=mg（s+x）sinmg（s+x）cosEp將物塊從離彈簧上端s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊的最大動能為 Ekm=mg（2s+x）sinmg（2s+x）cosEp而2Ekm=mg（2s+2x）sinmg（2s+2x）cos2Ep=mg（2s+x）sinmg（2s+x）cosEp+mgxsinmgxcosEp=Ekm+mgxsinmgxcosEp由于在物塊接觸彈簧

26、到動能最大的過程中，物塊的重力勢能轉化為內能和物塊的動能，則根據功能關系可得：mgxsinmgxcosEp，即mgxsinmgxcosEp0，所以得Ekm2Ekm故D正確故選：ACD【點評】本題要求同學們能正確分析物體的運動情況，知道什么時候動能最大，能熟練運用能量守恒定律列式研究二、解答題9（5分）（2016秋荔灣區月考）某學生用如圖甲所示的裝置研究小車的勻變速直線運動，打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上如圖乙所示為實驗時得到的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5、6為計數點，相鄰兩計數點間還有4個打點未畫出從紙帶上測出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x

27、6=9.70cm則打點計時器在打計數點5時小車的瞬時速度大小v5=0.91m/s，小車運動的加速度大小a=1.3m/s2 （兩空均保留兩位有效數字）若實驗時電源的電壓升高了，測得的加速度等于 （填“大于”“等于”或“小于”）實際的加速度【考點】測定勻變速直線運動的加速度【分析】根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上1、5點時小車的瞬時速度大小根據加速度定義可以求出加速度的大小，依據求解加速度公式，電壓變化不影響其大小【解答】解：由于每相鄰兩個計數點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s，根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的

28、平均速度，可以求出打紙帶上1點時小車的瞬時速度大小v1=m/s=0.39 m/s根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上5點時小車的瞬時速度大小v5= m/s=0.91 m/s根據加速度定義得a=1.3 m/s2若只是電壓提高，頻率不變，則得出的加速度不變； 故答案為：0.91，1.3，等于【點評】本題考查勻變速直線運動的實驗規律，要注意提高應用勻變速直線的規律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要注意平均速度公式以及推論公式x=aT2的正確應用10（10分）（2016廣州模擬）用如圖a所示裝置做“驗證動能定理”的實驗實驗時，通過電磁鐵控制小鐵球從P處自由

29、下落，小鐵球依次通過兩個光電門甲、乙，測得遮光時間分別為t1和t2，兩光電門中心點間的高度差為h（1）用游標卡尺測得小鐵球直徑的示 如圖b所示，則小鐵球的直徑d=6.30mm；（2）為驗證動能定理，還需知道的物理量是重力加速度g（填物理量名稱及符號），驗證動能定理的表達式為：gh=；（3）由于光電門甲出現故障，某同學實驗時只改變光電門乙的高度，進行多次實驗獲得多組數據，分別計算出各次小鐵球通過光電門乙時的速度v，并作出并作出v2h圖象圖（c）中給出了a、b、c三條直線，他作出的圖象應該是直線a；由圖象得出，小鐵球到光電門甲中心點的高度差為10.0cm，小鐵球通過光電門甲時的速度為1.4m/s【

30、考點】探究功與速度變化的關系【分析】（1）游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數，不需估讀；（2）根據動能定理得出驗證的表達式，從而確定需要測量的物理量；（3）根據速度位移公式得出v2與h的關系式，從而得出正確的圖線，結合圖線的橫軸截距求出小鐵球到光電門甲中心點的高度差，根據速度位移公式求出小球鐵球通過光電門甲的速度【解答】解：（1）小鐵球的主尺讀數為6mm，游標讀數為0.05×6mm=0.30mm，則小鐵球的直徑為6.30mm（2）根據動能定理知，mgh=，而，則驗證的動能定理表達式為gh=，可知還需要測量的物理量是重力加速度g（3）改變光電門乙的高度，根據知，知正確的圖線為直線a

31、當v=0時，h=10.0cm，小鐵球到光電門甲中心點的高度差，小鐵球通過光電門甲時的速度v=1.4m/s故答案為：（1）6.30；（2）重力加速度g，；（3）a； 10.0； 1.4【點評】解決本題的關鍵知道實驗的原理，對于圖線問題，一般的解題思路是得出物理量之間的關系式，通過關系式的斜率或截距分析判斷11（14分）（2016秋荔灣區月考）廣州中山大道、廣州大道等路段設置了“綠波帶”，根據車輛運行情況對各路口紅綠燈進行協調，使車輛通過時能連續獲得一路綠燈設一路上某直線路段每間隔L=500 m就有一個紅綠燈路口，綠燈時間t1=50 s，紅燈時間t2=40 s，而且下一路口紅綠燈亮起總比當前路口紅

32、綠燈滯后t=50s要求汽車在下一路口綠燈再次亮起后能通過該路口，汽車可看做質點，不計通過路口的時間，道路通行順暢（1）若某路口綠燈剛亮起時，某汽車恰好通過，要使該汽車保持勻速行駛，在后面道路上再連續通過3個路口，汽車勻速行駛的最大速度是多少？最小速度又是多少？（計算結果保留兩位有效數字）（2）若某路口遭遇紅燈，待綠燈剛亮起時，某汽車由靜止開始，以加速度a=2 m/s2勻加速運動，加速到第（3）問中汽車勻速行駛的最大速度以后，便以此速度一直勻速運動試通過計算判斷，當該汽車到達下一個路口時能否遇到綠燈【考點】勻變速直線運動規律的綜合運用【分析】（1）若汽車剛好在綠燈亮起時通過第3個路口，求出汽車通

33、過3個路口的時間 t=3t，此時勻速運動的速度最大，為vmax=若汽車剛好在綠燈熄滅時通過第五個路口，通過五個路口的時間是 t=3t+t1，此時勻速運動的速度最小，為vmin=代入求解（2）若路口綠燈剛亮起時，汽車啟動加速，最終加速到vmax，由速度公式求出加速的時間，并求得加速的位移然后汽車以此速度勻速運動，求出勻速的時間，從而求出汽車從該路口開始啟動到下一個路口的總時間，即可作出判斷【解答】解：（1）若汽車剛好在綠燈亮起時通過第3個路口，則通過3個路口的時間t=3t此時勻速運動的速度最大若汽車剛好在綠燈熄滅時通過第五個路口，則通過五個路口的時間此時勻速運動的速度最小（2）若路口綠燈剛亮起時

34、，汽車啟動加速，最終加速到 所需時間在此過程中汽車走過的位移然后汽車以此速度勻速運動到下一路口所需時間因此，汽車從該路口開始啟動到下一個路口的時間為由于，即5052.5100，所以走到下個路口時能夠遇到綠燈 答：（1）汽車勻速行駛的最大速度是10m/s，最小速度又是7.5m/s（2）試通過計算判斷，當該汽車到達下一個路口時能夠遇到綠燈【點評】解決本題的關鍵要分析清楚汽車的運動情況，確定勻速運動速度最大和最小的臨界條件，再由運動學公式解答12（18分）（2016秋荔灣區月考）一長木板在水平地面上運動，從木板經過A點時開始計時，在t=1.0s時將一相對于地面靜止的小物塊輕放到木板上，此后木板運動的

35、vt圖線如圖所示己知木板質量為物塊質量的2倍，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物塊與木板間的動摩擦因數1及木板與地面間的動摩擦因數2；（2）木板離A點的最終距離；（3）木板的最小長度【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動規律的綜合運用【分析】（1）從t1=1.0s開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續到物塊和木板具有共同速度為止根據vt圖象的斜率等于加速度，求出兩個過程的加速度，再對兩個物體分別運用牛頓第二定律列式，可求得動摩擦因數（2）分別分析物塊的運動情

36、況，分段求兩者相對于地面的位移，根據兩者之差可求得木板離A點的最終距離（3）在vt圖象上，畫出物塊的速度時間圖象，由圖分析物塊相對木板距離的變化情況，木板的最小長度應等于物塊相對于木板的最大位移的大小根據vt圖象的“面積”大小等于位移求解【解答】解：（1）從t1=1.0s開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續到物塊和木板具有共同速度為止由圖可知，在t2=1.5 s時，物塊和木板具有共同速度v2=1.0m/s設t1到t2時間間隔內，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則 a1=2m/s2 a2=7m/s2 式中v1=4.5 m/s，為木板在t1=1.0s時速度的大

37、小設物塊和木板的質量分別為m、2m，由牛頓第二定律得 1mg=ma1 1mg+2（3mg）=（2m）a2 聯立式得：1=0.20，2=0.40（2）設t=0到t1時間間隔內，木板的加速度為a0，由牛頓第二定律得 2（2m）g=（2m）a0 得 a0=4m/s2 逆過來看，將木板勻減速過程看作反向勻加速過程，則t=0到t1時間間隔內木板的位移： s0=v1t1+ 代入數據解得 s0=6.5mt1到t2時間間隔內，木板相對于地面的運動距離為 s1= 代入數據解得 s1=1.375m在t2時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向設物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則由牛頓第二定律得 f=ma1 2（3mg）f=（2m）a2 假設f1mg，則a1=a2；由式得 f=2mg1mg，與假設矛盾故 f=1mg 由式得，a1=a1=2m/s2，a2=5m/s2在t2時刻后，木板相對于地面的運動距離為 s2=代入數據解得 s2=0.1m綜上，木板離A點的最終距離 S=s0+s1+s2 解得：S=7.975m（3）由（2）分析，物塊的vt圖象如圖中點劃線所示由圖可知，t1到t2時間間隔內，物塊相對于木板的位移逐漸增大，而t2時刻后，物塊相對于木板的位移