2023-2024学年浙江省杭州第十四中学（凤起、康桥）高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州第十四中学（凤起、康桥）高一（上）期末物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列哪种情况中可将物体看成质点( )
A. 研究地球的自转规律时，可把地球看成质点
B. 科学家在研究超级细菌的结构时，可把超级细菌看成质点
C. 研究孙杨在1500m自由泳比赛中的动作时，可把孙杨看成质点
D. 研究“嫦娥三号”卫星绕月球飞行的轨迹时，可把“嫦娥三号”卫星看成质点
2.如图所示，甲、乙两同学掰手腕游戏，甲同学“掰倒”乙同学时，下列说法正确的是( )
A. 甲对乙的力和乙对甲的力始终大小相等B. 甲对乙的力小于乙对甲的力
C. 甲对乙的力和乙对甲的力是一对平衡力D. 甲对乙的力大于乙对甲的力
3.如图是大货车载着六辆小汽车在平直公路上行驶的情景，下列说法正确的是( )
A. 小汽车的惯性小于大货车的惯性B. 大货车的惯性小于小汽车的惯性
C. 小汽车与大货车的惯性大小相同D. 大货车和小汽车没有惯性
4.如图所示，质量为M的物块A置于倾角为30°的固定粗糙斜面上，其上端通过一轻绳跨过光滑定滑轮与沙桶B相连。初始时沙桶B中没有沙子，质量为12M。现向沙桶B中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中，以下说法正确的是( )
A. B所受的合力增大B. A所受的摩擦力一直增大
C. A所受的摩擦力先减小后增大D. A、B间的轻绳拉力大小保持不变
5.某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为4m/s2的加速度刹车，则以下说法正确的是
( )
A. 汽车刹车30m停下B. 刹车后1s时的速度大小为15m/s
C. 刹车后6s内的平均速度大小为253m/sD. 刹车后6s时的速度大小为4m/s
6.路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯。若一段时间内，车匀加速向左沿直线运动的同时梯子匀速上升，则关于这段时间内站在梯子上的工人的描述正确的是( )
A. 工人一定做匀变速运动B. 工人的运动轨迹是直线
C. 工人一定做匀速运动D. 工人的运动轨迹与车的运动无关
7.铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是
( )
A. B. C. D.
8.引体向上是高中学生体质健康标准的测试项目之一，如图甲所示，质量为m=55kg的某同学，双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上运动过程中，其重心的速率随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，由图像可知，下列选项错误的是( )
A. t=0.4s时，他正处于超重状态
B. t=0.5s时，他的 加速度约为0.3m/s2
C. t=1.1s时，他受到单杠的作用力的大小为550N
D. t=1.5s时，他正处于超重状态
9.地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，则地球的平均密度为( )
A. 3g4πRGB. 3g4πR2GC. gRGD. gR2G
10.如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置A水平缓慢移动到位置B，他始终保持静止不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，则重物下移过程
A. 绳子的拉力逐渐增大B. 该健身者所受合力逐渐减小
C. 该健身者对地面的压力逐渐增大D. 该健身者对地面的摩擦力逐渐减小
11.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，细线在桌面上方的部分始终保持水平，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A. 细线所受的拉力变大B. 小球P运动的角速度变小
C. Q受到桌面的静摩擦力变小D. Q受到桌面的支持力变大
12.如图所示，在倾角为θ=30∘的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和3m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
A. 物块A的加速度为0B. 物块A的加速度为3g8
C. 物块B的加速度为0D. 物块AB间作用力为3mg2
13.如图所示，某人手持一小球并将它抛向竖直墙的洞里，洞口较小，仅在小球的速度方向垂直于墙面时小球才能进入，洞离地面的高度H=3.3m，球抛出手时，球离地面的高度h0=1.5m，人和墙之间有一张竖直网，网的高度h=2.5m，网离墙的距离L=2m，忽略空气阻力，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 只要人调整好抛球速度的大小及抛射角度，不管站在离网多远的地方，都可把球扔进洞
B. 要使小球被扔进洞，人与网之间的距离至少为1.5m
C. 若小球能进入洞中，人距网越远，球抛出手时的速度与水平方向的夹角越大
D. 若小球能进入洞中，人距离网越远，球抛出手时的速度越大
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.关于圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 在光滑固定的圆锥筒内，在某一水平面内做匀速圆周运动的小球只受重力和弹力
B. 汽车安全通过拱桥的最高点时，车对桥面的压力大于车受到的重力
C. 火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮一定对内轨有侧向压力
D. 借助离心机，医务人员可以从血液中分离出血浆和红细胞
15.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点．若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动．若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是
A. 该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等
B. 该卫星在L2点处于平衡状态
C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度
D. 该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
16.在“研究小球平抛运动”的实验中：
(1)如图甲所示的演示实验中，A、B两球同时落地，说明_____________；
A.平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动
B.平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动
C.平抛运动的轨迹是一条抛物线
(2)该同学采用频闪照相机拍摄到小球做平抛运动的照片如图丙所示，图中背景正方形方格的边长为L=4.9cm，A、B、C是小球的三个位置，取g=9.80m/s2，由照片可知：照相机拍摄时每隔____________s曝光一次；小球做平抛运动的初速度v0=__________m/s。
17.在“探究加速度与力、质量的关系”时采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码质量为M，砂与砂桶的质量为m。重力加速度为g。
(1)某同学在保持砂与砂桶质量m一定时，探究小车加速度a与质量M的关系。
①关于该实验，下列说法正确的是_____。
A.平衡摩擦力时，砂桶应用细线通过滑轮系在小车上，且小车后面的纸带也必须连好
B.实验中应改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
C.实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车
D.为直观分析a与M的关系，画出a−M图像即可
②下图是实验中打点计时器打出的一条纸带(部分)。若A，B，C……计数点间的时间间隔均为0.10s，从图中给定的数据，可求出小车的加速度大小是_____m/s2，打下C点时小车的速度大小是_____m/s。(结果均保留两位有效数字)
(2)该同学继续探究当小车及车中砝码质量M一定时，加速度a与受力F的关系。该同学根据测得的多组数据画出a−F关系图线如图2，发现该图线不通过坐标原点且AB段明显偏离直线，分析其产生原因，下列说法正确的是_____。
A.不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足
B.不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力过度
C.图线AB段弯曲可能是砂与砂桶总质量未满足远小于小车及车内砝码总质量的条件
四、计算题：本大题共4小题，共43分。
18.雨雪天气路面湿滑，会很大程度上降低轮胎抓地力，给行车安全带来了一定的安全隐患，所以保持安全车距显得尤为重要。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s(这段时间汽车仍保持原速)。晴天汽车在干燥的路面上刹车时的加速度大小为a1=7.5m/s2。
(1)若晴天汽车在干燥高速公路上行驶的速度为30m/s，求行车的安全距离；
(2)若遇大雪天气，汽车刹车的加速度将减小为晴天时的0.4倍，且能见度较低，已知此时的安全距离为36m，求汽车安全行驶的最大速度。
19.如图所示，重力为500N的人用跨过定滑轮的轻绳牵引质量为20kg的物体，g取10m/s2，绳与水平面成30∘角．不计滑轮与绳的摩擦，求：
(1)当人和物体都静止时，地面对人的摩擦力大小；
(2)当人和物体都静止时，地面对人的支持力大小：
(3)当人站在原地，以1m/s2的加速度匀加速收绳子时，轻绳对滑轮作用力的大小．
20.如图所示，质量为m=1.2kg的小球P(可以看成质点)，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直轴上相距0.3m的O、O′两点上，绳OP长0.5m，绳O′P长0.4m。
(1)今在小球上施加一方向与水平方向成θ=37°角的拉力F，将小球缓慢拉起.当绳O′P刚伸直时，拉力F的大小是多少？(已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2)
(2)如果撤去拉力F，使轴加速转动，求两绳绷紧时的最小角速度；
(3)如果撤去拉力F，使轴匀速转动，设绳O′P对球的作用力为F′，系统与轴一起转动的角速度为ω，请写出F′与角速度ω的关系式并且作F′−ω2的图象。
21.如图所示，质量为2kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.4，这时铁箱内一个质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
(1)铁箱加速度大小和铁箱后壁对木块作用力的大小；
(2)水平拉力F的大小：
(3)减少拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6m/s撤去拉力，又经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度是多少？(结果保留两位有效数字)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.研究地球的自转规律时，不可以忽略地球的大小和形状，不可把地球看成质点，故A错误；
B.科学家在研究超级细菌的结构时，不可以忽略超级细菌的大小和形状，不可把超级细菌看成质点，故B错误；
C.研究孙杨在1500m自由泳比赛中的动作时，不可以忽略孙杨的大小和形状，不可把孙杨看成质点，故C错误；
D.研究“嫦娥三号”卫星绕月球飞行的轨迹时，可以忽略“嫦娥三号”卫星的大小和形状，可把“嫦娥三号”卫星看成质点，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】甲对乙的力和乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等。
故选A。
3.【答案】A
【解析】惯性是物体本身的一种性质，惯性的大小只与质量有关，质量越大，惯性越大，则大货车和小汽车均有惯性，且小汽车的惯性小于大货车的惯性。
故选A。
4.【答案】B
【解析】A.整个系统始终保持静止，故B所受的合力为0，故A错误；
D.对B受力分析，B只在竖直方向上受到绳的拉力和重力，故绳的拉力大小为B的重力，初始时沙桶B中没有沙子，质量为 12M 。现向沙桶B中缓慢加入沙子，所以绳子的拉力T从 12Mg 逐渐增大。故D错误；
BC.对A受力分析如图
沿斜面方向根据共点力平衡
f+Mgsin30°=T
T≥12Mg
f从0开始逐渐增大，并且方向沿斜面向下，故B正确，C错误；
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.初速度为
v0=72km/h=20m/s
由运动学公式可得，汽车从减速开始刹车到静止所需的时间为
t刹=v0a=204s=5s
汽车的刹车距离为
x=v0+02t刹=20+02×5m=50m
所以汽车刹车50m停下，故A错误；
B.刹车后1s时的速度大小为
v1=v0−at1=20m/s−4×1m/s=16m/s
故B错误；
C.由于汽车刹车后5s停止，则刹车后6s内的位移为刹车后的5s内位移，故刹车后6s内的平均速度大小为
v=xt6=506m/s=253m/s
故C正确；
D.由于汽车刹车后5s停止，则刹车后6s时的速度大小为0，故D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
工人参与了沿梯子向上的匀速直线运动和水平向左的匀加速直线运动，通过合速度与合加速度是否在同一条直线上判断工人做直线运动还是曲线运动。通过加速度是否是定值，看是否匀变速运动。
解决本题的关键掌握运动的合成与分解，知道通过分解为水平方向和竖直方向来判断工人的运动轨迹。
【解答】
工人运动的合速度大小v= υx2+vy2，加速度方向水平向左。工人运动的合速度方向与合加速度方向不在一条直线上，则工人做曲线运动。
由于车匀加速向左沿直线运动的同时梯子匀速上升，加速度恒定，则工人所受合外力恒定，故BCD错误，A正确。
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据题意分析出铯原子团的受力情况，由此得出其加速度的特点和速度变化关系。
本题主要考查了竖直上抛运动的相关应用，理解竖直上抛运动的物体加速度和速度的变化情况，结合图像的物理意义即可完成分析。
【解答】
激光关闭后铯原子做竖直上抛运动，因此铯原子团先向上做匀减速运动，接着向下做匀加速运动，加速度都为重力加速度，方向一直竖直向下。
A.速度应先正后负，故A错误；
B.两个阶段加速度不变，则v−t图线的斜率不变，故B错误；
CD.两个阶段加速度均竖直向下，为负值，故C错误，D正确。
8.【答案】D
【解析】【分析】
根据题意结合v−t图像，由于v−t图像的斜率表示加速度，再结合各选项即可分析。
该题考查v−t图像的物理意义，同时需要熟记超重与失重的特点，基础题。
【解答】
A.根据图像可知0∼1s内，学生向上做匀加速直线运动，学生受到单杠竖直向上的作用力大于重力，所以处于超重状态，图像斜率的物理意义为加速度，则加速度为
a=ΔvΔt=30×10−21.0m/s2=0.3m/s2
故AB正确；
时，根据图像可知加速度为0，所以人受到单杠的作用力与重力等大反向，大小为
F=G=mg=550N
即C正确；
后学生竖直向上做减速运动，加速度向下，根据牛顿第二定律可知人受到单杠竖直向上的作用力小于人的重力，所以人处于失重状态，故D错误。
本题选错误的，故选D
9.【答案】A
【解析】由 mg=GMmR2 得
M=gR2G
所以
ρ=MV=M43πR3=3g4πRG
故选A。
10.【答案】D
【解析】【分析】
对重物分析受力，分析拉力变化情况；以人为研究对象，由平衡条件分析人对地面的压力变化和人对地面的摩擦力的变化情况。
本题考查了共点力平衡条件应用中的动态过程分析，分析此类题目的关键在于抓住变化过程中的不变量。
【解答】
A.对重物受力分析，绳子的拉力等于重物的重力，保持不变，A错误；
B.该健身者始终保持静止状态，受力平衡，故健身者所受合力始终为零，B错误；
C.对人受力分析，设绳子与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件可知FN=m人g−m物gsinθ，绳子与水平方向的夹角θ不断变大，该健身者受到地面的支持力逐渐减小，故该健身者对地面的压力逐渐减小，C错误；
D.该健身者对地面的摩擦力f=m物gcsθ，该健身者对地面的摩擦力逐渐减小，D正确。
11.【答案】A
【解析】【分析】
金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化;以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化;由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化。
本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键。
【解答】
AB.设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线拉力的合力提供向心力，如图所示
则有FT=mgcsθ
Fn=mgtanθ=mω2Lsinθ
得角速度ω= gcs θ
使小球到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，csθ减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，A正确，B错误；
C.对Q，拉力增大，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，C错误；
D.金属块Q在桌面上保持静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，D错误；
故选A。
12.【答案】B
【解析】ABC.剪断细线前，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，以A为对象，可知弹簧对A的弹力方向沿斜面向上，大小
F=mgsinθ
剪断细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，以物块A、B为整体，根据牛顿第二定律得
3m+mgsinθ−F=3m+ma
解得
a=3g8
可知，物块A、B的加速度均为 3g8 ，故AC错误，B正确；
D.根据题意，以B为对象，由牛顿第二定律有
3mgsinθ−FAB=3ma
解得
FAB=38mg
故D错误。
故选B。
13.【答案】D
【解析】【分析】
【分析】
根据平抛运动的物体在不同方向上的运动特点，结合运动学公式联立等式即可完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的物体在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成解答，整体难度不大。
【解答】
【解答】AB .小球的运动是斜上抛运动，可以把它看成是从洞开始的平抛运动，若恰好擦网，从洞到网的过程中，H−h=12gt2
解得t=0.4s
在水平方向上，L=v0t 则解得v0=5m/s，
从洞的位置到球抛出手的位置处，竖直方向上，由H−h0=12gt′2 解得t′=0.6s
故人距离墙的水平距离至少为x=v0t′=5×0.6m=3m，
故要使小球被扔进洞，人与网的距离至少为x′=x−L=3m−2m=1m，故AB错误；
CD .从洞到球抛出手的位置处，竖直方向的距离一定，小球下降的高度和时间一定，小球的竖直速度一定，若人距离网越远，则水平距离越大，水平速度就越大，球抛出手时的速度越大，则水平速度与竖直速度之比越大，则球抛出手时的速度与水平方向的夹角越小，故D正确， C错误。
故选 D 。
14.【答案】AD
【解析】A.在光滑固定的圆锥筒内，在某一水平面内做匀速圆周运动的小球做圆周运动所需的向心力由重力和光滑固定的圆锥筒内壁对小球的弹力的合力提供，小球只受这两个力的作用，故A正确；
B.汽车安全通过拱桥的最高点时，根据牛顿第二定律有
mg−FN=mv2R
则可知桥对车的支持力一定要小于车受到的重力，由牛顿第三定律可知，车对桥面的压力小于车受到的重力，故B错误；
C.火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，设该轨道与水平面的夹角为 θ ，则由牛顿第二定律有
mgtanθ=mv2R
在设计轨道倾角时考虑到对轨道的挤压，因此火车在弯道处有其特定的速度转弯，这种情况下就可以由火车自身的重力与轨道对火车的支持力的合力来提供火车转弯时所需要的向心力，从而减小或消除对轨道内外轨的挤压，故C错误；
D.在医院里，医务人员用离心机分离血浆和红细胞，当离心机的速度逐渐增大时，红细胞逐渐向试管外侧滑去，离转动中心越远的红细胞向外的趋势越明显，当离心机转速达到一定程度，红细胞会贴在试管壁上不下滑，从而分离血浆和红细胞，故D正确。
故选AD。
15.【答案】CD
【解析】【分析】
该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动的周期相同，处于非平衡状态，由地球和太阳的引力的合力提供向心力，根据公式a=4π2T2r分析其绕太阳运动的向心加速度与地球绕太阳运动的向心加速度关系。
本题首先要读懂题意，不要被新情景吓住，其次要正确分析该卫星的受力情况，灵活选择圆周运动的规律进行分析。
【解答】
A.据题意知，该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故 A错误；
B.“该卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；
C.由于该卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，该卫星的轨道半径大，根据公式a=4π2T2r，分析可知，该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C正确；
D.该卫星受到的地球和太阳的引力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得出：F合=m2πT2r，在L1和L2处运动的周期相同，半径越大则所受合力越大，故D正确。
故选CD。
16.【答案】(1)A
(2) 0.1 1.47

【解析】(1)AB.B球水平抛出，同时A球被松开，做自由落体运动，A、B两球同时落地，说明B球在竖直方向上的运动规律与A球相同，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，故A正确，B错误；
C. 该实验不能说明平抛运动的轨迹是一条抛物线，故C错误。
故选A。
(2)[1]由图丙，竖直方向上，由逐差法有
5L−3L=gT2
解得
T= 2Lg=0.1s
[2]由图丙，水平方向上有
3L=v0T
解得
17.【答案】 C 2.0 0.70 AC
【解析】(1)①[1]A.平衡摩擦力时，不需挂砂和砂桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过程中纸带受到阻力，故A错误；
B.该实验是探究小车加速度a与质量M的关系，应保持砂与砂桶质量m一定，故B错误；
C.实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车，故C正确；
D.由于a与M成反比，要直观的体现a与M的关系应该画出 a−1M 图像，故D错误。
故选C。
②[2]根据逐差法有
a=(28−10−10)×10−24×0.12m/s2=2.0m/s2
[3]由匀变速直线运动知B、D段的平均速度即C点的瞬时速度，有
vC=(18−4)×10−22×0.1m/s=0.70m/s
(2)[4]AB.从图3可以看出，图像不过原点，即当F为某一值是，但加速度却为零，故未平衡摩擦力或平衡不足，故A正确，B错误；
C.随着拉力增大，即悬挂物的重力增大，已经不满足砂与砂桶总质量远小于小车及车内砝码总质量的条件，图线会弯曲，故图线AB段弯曲可能是砂与砂桶总质量未满足远小于小车及车内砝码总质量的条件，故C正确。
故选AC。
18.【答案】解：(1)人的反应时间和汽车系统的反应时间内汽车前进的位移为：x1=v0t0=30×1m=30m
减速通过的位移为：x2=0−v02−2a1=0−302−2×7.5m=60m
行车的安全距离：x=x1+x2=30m+60m=90m
(2)设行驶的最大速度为vm，反应时间内通过的位移为：x3=vmt0，
减速通过的位移为：x4=0−vm2−2×0.4a1，则：x′=x3+x4
联立解得：vm=12m/s
答：
(1)行车的安全距离为90m；
(2)汽车安全行驶的最大速度为12m/s。
【解析】(1)汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，根据位移−时间公式求得行驶安全距离；
(2)根据匀速运动和匀减速直线运动的位移之和为大雾天的安全距离，结合运动学公式求出汽车在大雾天安全行驶的最大速度大小。
解决本题的关键知道汽车在反应时间内和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
19.【答案】(1) 100 3 ；(2) 400N ；(3) 220 3N
【解析】(1)(2)根据题意，对物体受力分析，由平衡条件可得，绳子的拉力
F=mg=200N
对人受力分析，如图所示
由平衡条件有
Fcs30∘=f ， FN+Fsin30∘=G
解得
f=100 3N ， FN=400N
(3)设此时绳子的拉力为 F′ ，对物体，根据牛顿第二定律
F′−mg=ma
解得
F′=220N
由平行四边法则及几何关系可得，轻绳对滑轮作用力的大小
F1=2F′cs30∘=220 3N
20.【答案】解：(1)绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图所示：
根据几何关系可得：sinα=OO′OP，
所以有：α=37°，
所以有：α+θ=90°；
根据共点力的平衡条件可得：
F1csθ=T1csα，
F1sinθ+T1sinα=mg，
联立解得F1=10N；
绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示：
根据共点力的平衡条件可得：
F2=mgsinθ=20N，
由此可得，F的取值范围：10N(2)如果撤去F力，使轴加速转动，角速度最小对应的是O′P的拉力为零，此时合力F合=mgtan53°，
合力提供向心力，故：mgtan53°=mω2rO′P，
解得：ω=10 33rad/s；
(3)当角速度大于10 33rad/s时，绳子O′P有拉力，球受重力、两个拉力，合力提供向心力：
竖直方向：T1sin37°=mg，
水平方向：F′+T1cs37°=mω2rO′P，
联立解得：F′=0.48ω2−16，
作F′−ω2的图象，如图所示：

【解析】(1)绳O′P刚拉直时，此时O′P绳子拉力为零；绳OP刚松弛时，此时OP绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解；
(2)绳子O′P的拉力为零，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可；
(3)首先根据牛顿第二定律列式得到绳O′P对球的作用力F′的表达式，再作图分析。
本题主要是考查了牛顿第二定律的运用问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
21.【答案】(1) ， 5 17N ；(2) 110N ；(3) 0.94m
【解析】(1)根据题意可知，木块恰好能静止在后壁上，设铁箱后壁对木块弹力为 F1 ，则有
fm=μ2F1=mg
解得
fm=5N ， F1=mgμ2=20N
水平方向上，由牛顿第二定律有
F1=ma
解得
a=F1m=40m/s2
铁箱后壁对木块的作用力为
FT= fm2+F12= 425N=5 17N
(2)根据题意，对整体，由牛顿第二定律有
F−μ1M+mg=M+ma
解得
F=110N
(3)根据题意可知，撤去拉力时，铁箱和木块的速度均为
由于 μ1>μ2 ，则木块相对铁箱滑动，木块的加速度大小为
铁箱的加速度为
a2=μ1M+mg−μ2mgM=4.375m/s
铁箱减速停止的时间为
t1=va2≈1.37s>1s
故木块到达箱右端时，铁箱未能停止。则经 t=1s 木块比铁箱向右多移动距离 L 即铁箱长。即有
L=vt−12a1t2−vt−12a2t2=a2−a1t22
解得
L≈0.94m