2017-2018学年江苏省海安高级中学高二6月月考物理试题 解析版 14页

江苏省海安高级中学 2017-2018 学年高二 6 月月考物理试题 一、单项选择题：本题包括 6 小题，每小题 3 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一个选项正确．选对的得 3 分，选错或不答的得 0 分． 1. 下列说法正确的是（ ） A. 布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动 B. 只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 C. 自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体分子间相互排斥的原因 D. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 【答案】D 【解析】布朗运动是花粉小颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，选项 A 错误；知道 气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可以算出每个气体分子运动占据的空间的体积，不能求 解每个分子的体积，选项 B 错误；自行车打气越打越困难主要是气体压强的缘故，与气体分 子间相互作用力无关，选项 C 错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以 液体表面存在表面张力，选项 D 正确；故选 D. 2. 下列关于原子结构的说法正确的是（ ） A. 根据经典电磁理论，原子光谱应该是连续的 B. 汤姆孙发现了电子，表明原子具有核式结构 C. 粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的 D. 由玻尔原子理论可知电子绕原子核转动时不断向外辐射电磁波 【答案】A 【解析】氢原子光谱具有分裂特征，发射光谱是亮线光谱，吸收光谱是暗线光谱；而按照经 典电磁理论，氢原子光谱应该是连续光谱，选项 A 正确；汤姆孙发现了电子，表明原子具有 复杂的结构，选项 B 错误；卢瑟福的 α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，不能证明 原子核是由质子和中子组成的，故 C 错误； 由玻尔原子理论可知电子绕原子核运转时原子是 稳定的，电子虽然高速转动，但不向外辐射电磁波，选项 D 错误；故选 A. 3.质量为 60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知 弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是 1.2s，安全带长 5m（g 取 10m/s2），则安全 带所受的平均冲力的大小为（ ） A. 500N B. 1100N C. 600N D. 100N 【答案】B .................. 4. 如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移 x 时的速度为 v， 其 x−v2 图象如图乙所示，取 g=10m/s2，则斜面倾角 θ 为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 75° 【答案】A 【解析】由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v2=2ax，整理得： ，由 x-v2 图象可 知小物块的加速度 a=5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度：a=gsin θ，解得： ，解得：θ=30°，故 A 正确，BCD 错误．故选 A． 点睛：本题考查了求斜面倾角问题，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出图象的函数表 达式，根据图示图象求出物体的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律可以解题． 5. a、b 两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是 （ ） A. t=30s 时，a、b 两物体相距最远 B. 在 30s~80s 之间，a、b 之间的距离先增加后减小 C. t=55s 时，a、b 两物体速度相等，刚好相遇 D. t=55s 之后，物体 b 将超过物体 a，运动到 a 的前方 【答案】B 【解析】由图像可知 0-60s 时间内，a 的速度一直大于 b，可知当两物体共速时，即当 t=60s 时 a、b 两物体相距最远，选项 A 错误；在 30s~60s 之间，a 的速度大于 b，两物体间距逐渐 增加，当 60s-80s 时间内 b 的速度大于 a，则 a、b 之间的距离又逐渐减小，选项 B 正确；t=55s 时 a 的速度大于 b，两物体间距逐渐变大，当 t=60s 时两物体距离最远，之后物体 b 逐渐追上 物体 a，选项 CD 错误；故选 B. 点睛：本题是速度时间图象问题，关键是要明确速度图象的斜率表示加速度，速度与时间轴 围成的面积表示物体通过的位移．注意共速的时刻往往是两物体距离最大（或最小）的时刻. 6.如图甲所示，在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈 A，其质量为 M，两个底角 均为 30°。两个完全相同的、质量均为 m 的小物块 p 和 q 恰好能沿两侧面匀速下滑。若现在 对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力 F1、F2，且 F1＞F2，如图乙所示，则在 p 和 q 下滑的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 斜劈 A 对地向右运动 B. 斜劈 A 受到地面向右的摩擦力作用 C. 斜劈 A 对地面的压力大小等于（M＋2m）g D. 斜劈 A 对地面的压力大于（M＋2m）g 【答案】C 【解析】试题分析：甲图中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析， 受重力和支持力，故支持力为 ，没有摩擦力；在图乙中，物体 对斜劈的压力 和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈 A 仍保持静止，斜劈 A 对地面的压力大小等于 ，与地面间没有摩擦力； 故 C 正确，ABD 错误； 考点：共点力平衡的条件及其应用 【名师点睛】甲图中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，根据 平衡条件判断整体与地面间的弹力和摩擦力情况；在图乙中，物体 对斜劈的压力和摩擦 力不变，故斜劈受力情况不变，本题关键先通过整体法得到斜劈与地面间的弹力和摩擦力情 况，然后根据隔离法研究斜劈。 二、多项选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，至少 有两个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分． 7. 下列说法中正确的是（ ） A. 物体吸收热量，内能一定增加 B. 把地面的土壤锄松可以保存地下的水分 C. 0 ℃的水和 0 ℃的冰，它们的分子平均动能相同 D. 液晶的光学性质不会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化 【答案】BC 【解析】物体吸收热量，若物体放热，则内能不一定增加，选项 A 错误；农田里如果要保存 地下的水分，就要把地面的土壤锄松，可以减少毛细现象的发生。故 B 正确。0 ℃的水和 0 ℃ 的冰，温度相同，则它们的分子平均动能相同，选项 C 正确；根据液晶的特点：液晶的光学 性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化，故 D 错误；故选 BC. 8. 在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些材料都不同程度地含有放射性元 素，下列有关放射性元素的说法中正确的是（ ） A. β 射线与 γ 射线一样都是电磁波，但穿透本领远比 γ 射线弱 B. 氡的半衰期为 3.8 天，4 个氡原子核经过 7.6 天后就一定只剩下 1 个氡原子核 C. 衰变成 要经过 8 次 α 衰变和 6 次 β 衰变 D. 放射性元素发生 β 衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 【答案】CD 【解析】β射线的实质是电子流，γ 射线的实质是电磁波，γ 射线的穿透本领比较强。故 A 错误。半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用。故 B 错误。 衰变成 因为 β 衰变的质量数不变，所以α 衰变的次数 n= =8，在α 衰变的过程中电荷数总共少 16， 则 β 衰变的次数 m= =6，故 C 正确。β 衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子 和一个电子，电子释放出来。故 D 正确。故选 CD。 点睛：解决本题的关键知道衰变的实质，注意 α 衰变与 β 衰变的区别，并知道在衰变的过 程中电荷数守恒、质量数守恒，同时掌握 β 衰变中电子的由来． 9. 下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是（ ） A. A B. B C. C D. D 【答案】BC 【解析】A 图的第一个图是速度时间图象，由速度时间图象可知：0-3s 内物体以速度 6m/s 匀 速直线运动，4-5s 内做匀加速直线运动，加速度为 2m/s2，位移时间图象表示 0-3s 内物体静 止，4-5s 内物体也静止，故 A 错误；B 图像的速度-时间图象表示 0-3s 内物体以速度 6m/s 做 匀速直线运动，加速度为零，4-5s 内物体做匀加速直线运动，加速度为 2m/s2，故 B 正确； C 图的第一个图是位移时间图象，由速度时间图象可知：0-3s 内物体静止，4-5s 内匀速直线 运动，速度为 。由速度时间图象可知，0-3s 内速度为零，4-5s 内物体做 匀速直线运动，速度为 2m/s。故 C 正确；D 图的第一个图是位移时间图象，由速度时间图象 可知：0-3s 内物体静止，3-5s 做匀速运动；加速度时间图象表示 0-3s 内物体做加速度为零 的运动，4-5s 内物体匀加速运动，故 D 错误。故选 BC。 点睛：此题关键是搞清运动图像的物理意义：v-t 图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动， 斜率表示加速度，位移-时间图象的斜率等于物体运动的速度，加速度时间图象表示加速度随 时间变化情况. 10.如图所示，带有孔的小球 A 套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球 B 通过轻绳连接，处 于静止状态．给小球 B 施加水平力 F 使其缓慢上升，直到小球 A 刚要滑动．在此过程中(　　) A. 水平力 F 的大小不变 B. 杆对小球 A 的支持力逐渐增大 C. 轻绳对小球 B 的拉力先变大后变小 D. 杆对小球 A 的摩擦力先变小后变大 【答案】BD 【解析】对球受力分析，受拉力 F、重力和细线的拉力 T，根据平衡条件，三个力可以构成首 尾相连的矢量三角形，如图所示： 随着 θ 的增加，拉力 F 和细线张力 T 均增加，故 AC 错误；再对 A、B 球整体分析，受重力、 拉力 F、支持力 N 和静摩擦力 f，如图所示；设杆与水平方向的夹角为 θ，根据平衡条件，在 垂直杆方向，有：N=（M+m）gcosθ+Fsinθ，随着 F 的增加，支持力 N 增加；在平行杆方向， 有：Fcosθ+f=（M+m）gsinθ；故：f=（M+m）gsinθ-Fcosθ，随着 F 的增加，静摩擦力逐 渐减小，当（M+m）gsinθ=Fcosθ 时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加；故 BD 正确；故 选 BD。 11.如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质 弹簧，弹簧下端挂一质量为 m 的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻， 在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，g 为重力加速度， 则（　　） A. 升降机停止前在向上运动 B. 0～t2 时间小球处于失重状态，t2～t4 时间小球处于超重状态 C. t1 时刻小球的加速度大小小于 t3 时刻小球的加速度大小 D. t2 时刻小球的速度与 t4 时刻小球的速度大小相同、方向相反 【答案】ABD 【解析】由图象看出，t=0 时刻，弹簧的弹力为 mg，升降机停止后弹簧的弹力变小，说明升 降机停止前在向上匀速运动。故 A 正确。0～t2 时间弹簧的弹力小于重力，小球处于失重状态， t2～t4 时间弹簧的弹力大于重力，小球处于超重状态。故 B 正确。t1 时刻弹簧的拉力是 0，所 以 t1 时刻弹簧处于原长状态；由于 t1 时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长，所 以 t1～t3 时间小球向下运动，t3 时刻小球到达最低点，根据牛顿第二定律知，t1 时刻小球的 加速度大小等于 g。t3 时刻小球的加速度大小设为 a，根据牛顿第二定律得 F-mg=ma，由图知 F=2mg，可得 a=g，所以 t1 时刻小球的加速度大小等于 t3 时刻小球的加速度大小，故 C 错误。 t2 时刻小球在向下运动，t4 时刻小球在向上运动，t2 时刻小球的速度与 t4 时刻小球的速度大 小相等，但方向相反，故 D 正确。故选 ABD。 点睛：本题要正确分析力和运动的关系，知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加 速度方向与速度方向相反，做减速运动．掌握判断超失重的方法，关键看加速度的方向． 三、简答题: 本题共 4 小题，共计 28 分．请将解答填写在相应的位置． 12.在探究力的合成方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两 根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮 条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条。 （1）实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的_______（填字母代号） A．将橡皮条拉伸相同长度即可 B．将弹簧秤都拉伸到相同刻度 C．将橡皮条沿相同方向拉到相同长度 D．将橡皮条和绳的结点拉到相同位置 （2）同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是_____（填字母代 号） A．拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些 B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行 C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大 D．两细绳必须等长 （3）某同学在进行本次实验过程中，进行了如下的探索：先用两个弹簧秤成角度的将橡皮筋 拉长至 O 点（α+β＜90°），如图所示；然后保持左侧弹簧秤拉动方向不变，并缓慢的加大 拉力，为了维持 O 点位置不变，β 需要_______（ 选填“变大”、“变小”或者“不变”），右 侧弹簧秤示数也会随之变化，变化情况为：_________________（ 选填“一直变大”、“一直 变小”、“先变大后变小”、“先变小后变大”）。 【答案】 (1). CD (2). AB (3). 变大 (4). 先变小后变大 【解析】（1）本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系．根 据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同；在白纸上标下第 一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相 同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度．故 CD 正确，AB 错误．故选 CD． （2）为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远 些，故 A 正确；测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要 求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故 B 正确；用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太 太，也不能太小．故 C 错误；通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两 细绳等长，故 D 错误；故选 AB． （3）对点 O 受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变， 其拉力大小不变，左侧弹簧拉力方向不变，大小变大，则右侧弹簧拉力方向与竖直方向的夹 角 β 变大，大小先变小后变大，α+β=90°时最小． 点睛：（1）明确实验目的和实验步骤是对实验的基本要求，同学们要在实际实验操作去理解 实验目的和实验步骤，这样才能对实验有深刻的理解． （2）本题是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的 平行四边形定则进行分析讨论 13. 甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图甲、乙、丙所示的实验装置，验证“当质量一定时， 物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同， 小车的质量为 M，重物的质量为 m，试回答下列问题： (1)甲、乙、丙实验中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是____________； (2)实验时，必须满足“M 远大于 m”的实验小组是_____________； (3)实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的 a−F 图线如图丁中 A、B、C 所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是____________。 (4)实验时，乙组同学得到的一条纸带如图戊所示，从比较清晰的点起,每 5 个点取一个计数 点，打点计时器所用电源的频率为 50Hz，根据所标的测量数据可算得：小车的加速度为 _______m/s2，打下 2 点时小车的速度为__________m/s。 【答案】 (1). 甲、乙、丙 (2). 甲 (3). C、A、B (4). 0.16 (5). 0.36 【解析】(1)本实验探究当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力的关系，所以三 个实验小组都需要平衡摩擦力，即甲、乙、丙都需要平衡摩擦力。 (2)乙和丙绳子的拉力可以由弹簧测力计和力传感器直接得到，不需要用重物的重力代替，所 以乙、丙两组不需要满足 M>>m，而甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足 M>>m。 (3)甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足 M⩾m，随着 m 的增大，不满足 M>>m 时，图象 出现弯曲，所以甲组对应的是 C， 根据装置可知，乙图中小车受到的拉力大于弹簧测力计的示数，丙图中受到的拉力等于力传 感器的示数，当 F 相等时，乙组的加速度大，所以乙组对应 A，丙组对应 B。 (4)每 5 个点取一个计数点，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s， 由匀变速直线运动的推论：△x=at2 可知，加速度： a=（x3−x1）/2t2=(3.84−3.52)×10−3m/2×(0.1s)2=0.16m/s2 打点 2 时小车的速度：v=（x1+x2）/2t=(3.52+3.68)×10−2m/2×0.1s=0.36m/s， 14. 利用油膜法粗测分子的直径．把密度 ρ＝0.8×103kg/m3 的某种油酸，用滴管在水面上滴 一滴该油酸溶液，形成单分子油膜，已知该滴溶液中含油酸的体积为 V＝0.5×10－3cm3，形成 的油膜面积为 S＝0.7m2，取阿伏加德罗常数 NA=6×1023mol－1，则该油酸分子的直径为________， 油酸的摩尔质量为________．（结果均保留一位有效数字） 【答案】 (1). 7×10－10m (2). 0.09kg 【解析】该油酸分子的直径为： 油酸的摩尔质量为： 15.如图为氢原子的能级图，大量处于 n=4 激发态的氢原子跃迁时，发出多个能量不同的光子， 其中频率最大的光子能量为________eV，有______种光子照射到逸出功为 2.75eV 的光电管上 能发生光电效应。 【答案】 (1). 12.75 (2). 3 【解析】根据 =6 知，大量处于 n=4 的氢原子向低能级跃迁时，可能发出 6 种能量不同的光 子．能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足 hγ=Em-En．所以频率最大的是从 4→1 的跃迁，光 子能量为：E=E4-E1=-0.85+13.60eV=12.75eV．另外从 3→1 的能级差为 -1.51+13.60eV=12.09eV．从 2→1 的能级差为-3.40+13.60eV=10.2eV．三种跃迁的能级差均 大于金属的逸出功 2.75 eV. 四、计算题：本题共 5 小题。共计 54 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演 算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题。答案中必须明确写出数值和单位． 16.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞 的质量为 m，横截面积为 S，与容器底部相距 h，气体的温度为 T0．现通过电热丝加热气体， 当气体吸收热量 Q 时，活塞缓慢上升 h．已知大气压强为 P0，重力加速度为 g，不计活塞与气 缸的摩擦，试求： （1）活塞上升了 h 时气体的温度 T； （2）加热过程中气体的内能增加量． 【答案】（1）2T0（2） 【解析】（1）气体在此过程中发生等压变化，由盖⋅吕萨克定律有： hS/(h+h)S=T0/T 解得 T=2T0； （2）加热过程中气体对外做功为：W=(p0S+mg) h 由热力学第一定律知内能的增加量为：△U=Q−W=Q−(p0S+mg) h； 17. 如图所示，当开关 S 断开时，用光子能量为 2.5eV 的一束光照射阴极 P，发现电流表读数 不为零．合上电键，调节滑动变阻器，当电压表读数为 0.60 V 时，电流表读数恰好为零，已 知普朗克常量 ，试求： （1）光电子的最大初动能 Ek； （2）该金属的极限频率 νC． 【答案】（1）0.6eV（2）4.6×1014Hz （2）由光电效应方程可知：W=2.5eV−0.6eV=1.9eV 所以极限频率：f=W/h=4.6×1014Hz 18. 如图所示，木块 A 和半径为 r=0.5m 的四分之一光滑圆轨道 B 静置于光滑水平面上，A、B 质量 mA=mB=2.0kg。现让 A 以 v0=6m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为 t=0.2s，碰后速度大小变为 v1=4m/s。取重力加速度 g=10m/s2。求： （1）A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小； （2）A 滑上圆轨道 B 后到达最大高度时的共同速度大小； （3）A 滑上圆轨道 B 后到达最大高度 h 的大小。 【答案】(1)100N (2)2m/s(3)0.4m 【解析】（1）设水平向左为正方向，当 A 与墙壁碰撞时，由动量定理得：Ft=mAv1−mA⋅(−v0)， 解得：F=100N。 （2）A 滑上圆轨道 B 后到达最大高度时，A、B 速度相等，设 A、B 的共同速度为 v2，以向左 为正方向，由系统水平方向动量守恒得：mAv1=(mA+mB)v2， 解得：v2=2m/s； （3）A 滑上圆轨道 B 后到达最大高度时， mAv12－ (mA+mB)v22=mAgh， 解得：h=0.4m 点睛：本题主要考查了动量守恒定律和动量定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的 运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中． 19.海安黄海大道人民广场路口，有按倒计时显示时间的显示灯．设一辆汽车在平直路面上正 以 36km/h 的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线 70m 处司机看到前方绿灯刚 好显示“5”．交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过．已知该路段限 速 60km/h，司机的反应时间为 1s，则： （1）司机反应过来后，立即踩刹车使汽车匀减速直行，车头前端与停车线相齐时刚好停下， 求汽车做匀减速直行时的加速度大小 a1； （2）司机反应过来后，使汽车先以 2m/s2 的加速度沿直线加速 3s，为了防止超速，司机在加 速结束时立即使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车 加速度大小 a2； （3）通过计算判定：司机在反应过来后，能否在不违章的前提下，匀加速直线通过停车 线． 【答案】（1） （2） （3）不能匀加速通过停车线 【解析】（1）司机反应时间内汽车的位移 x0=v0t0=10m，汽车匀减速的位移 x1=L-x0=60m， 且有 v02=2a1x1，得 a1=5/6m/s2 （2）司机反应时间内汽车的位移：x0=v0t0=10m， 汽车匀加速阶段的末速度：v2=v0+at2=16m/s， 汽车匀加速的位移：x2=v0t2+at22/2=39m， 汽车匀减速的位移：x3=L-x0-x2=21m，有 v22=2a2x3， 解得：a2=128/21m/s2=6.1m/s2。 （3）司机反应过来后，离停车线的距离为 x1=L-x0=60m，而时间为只有 t=4s， 由 x1=v0t+at2/2 得 a=2.5m/s2 ， 通过停车线时的速度 v=v0+at，得 v=20m/s=72km/h＞60km/h，超速，所以不能匀加速通过停车 线。 点睛：本题关键分析清楚物理过程和汽车的运动规律，弄清楚位移关系及时间关系，然后分 阶段选择恰当的运动学规律列式求解，中档题目． 20. 如图甲所示，倾斜传送带倾角 θ=37°，两端 AB 间距离 L= 4 m，传送带以 4 m/s 的速度 沿顺时针转动，一质量为 1 kg 的小滑块从传送带顶端 B 点由静止释放下滑，到 A 时用时 2 s。 g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求小滑块与传送带间的动摩擦因数。 (2)若该小滑块在传送带的底端 A，现用一沿传送带向上的大小为 6 N 的恒定拉力 F 拉滑块， 使其由静止沿传送带向上运动，如图乙所示，当速度与传送带速度相等时，滑块的位移为多 少？ (3)在(2)问情形中，当小滑块的位移为 3m 时，撤去拉力，则小滑块从 A 点运动到顶端 B 的时 间为多少？ 【答案】（1）0.5（2）2m(3) 3.25− s 【解析】试题分析：（1）当传送带瞬时针转动时，由牛顿第二定律可知 mgsinθ-μmgcosθ=ma s= at2 联立解得 μ=0．5 （2）设传送带的速度为 v，当外力作用下后，由牛顿第二定律可得 F+μmgcosθ-mgsinθ=ma1 解得 a1＝4m/s2 加速阶段的位移为 （3）撤去外力后前进位移为 x2=L-x1=2m 加速度为 μmgcosθ-mgsinθ=ma2 a2＝−2m/s2 由速度位移公式可得 v′2-v2=2a2x2 解的 v′＝2 m/s 考点：牛顿第二定律的综合应用 【名师点睛】题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，解决本题的关键理清物体在整个过 程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。