2018-2019学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，综合计算题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题包括10个小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题意的要求，选对得3分，多选、错选均不得分．
1．（3分）汽车甲与汽车乙质量相同，汽车甲以120km/h的速度在高速公路上飞奔，汽车乙以5km/h的速度在小区道路上缓行。则关于汽车甲与汽车乙的惯性，正确的是（　　）
A．汽车甲惯性大
B．汽车乙惯性大
C．无法比较惯性大小
D．汽车甲与汽车乙惯性一样大
2．（3分）水平桌面上放着一本书，下列有关书与桌面之间的作用力的说法中，正确的是（　　）
A．书受的重力就是桌面受到的压力
B．书受到了支持力是因为桌面产生了形变
C．书发生了形变，因此书受到了支持力
D．桌面受到的压力和桌面给书的支持力不是桌面与书之间的相互作用
3．（3分）两个小球从两个不同高度处自由下落，结果同时到达地面，如图所示四幅图中，能正确表示它们的运动的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）如图所示，物体A和B受到的重力分别为10N和8N，不计弹黄秤和细线的重力和一切摩擦，则弹簧秤的读数为（　　）

A．18N B．8N C．2N D．10N
5．（3分）如图所示，在甲图中，小孩用80N的水平力推木箱，木箱不动；在乙图中，小孩用至少100N的水平力推木箱，木箱才能被推动；在丙图中，小孩用大小为90N水平力推动木箱匀速运动。则（　　）

A．甲图木箱没有受到摩擦力
B．乙图木箱没有受到摩擦力
C．丙图木箱受到摩擦力
D．上述木箱受到的滑动摩擦力为100N
6．（3分）从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度．可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为（　　）
A．牛顿第二定律不适用于静止物体
B．根据a＝F/m和a=△v△t判断，加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于静摩擦力，加速度是负值
D．重力、地面支持力、推力和静摩擦力的合力等于零．根据牛顿第二定律加速度等于零，所以原来静止的桌子还是静止的
7．（3分）如图所示，一根弹簧的自由端未挂重物时指针B正对刻度5，当挂上80N重物时（未超出弹性限度）指针正对刻度45，若要指针正对刻度20，应挂重物的重力为（　　）

A．40N
B．30N
C．20N
D．不知弹簧的劲度系数k的值，无法计算
8．（3分）物体自由下落6s落地，不计空气阻力。g取10m/s2．则最后2s内通过的位移为（　　）
A．100m B．180m C．80m D．20m
9．（3分）小明同学在水平面上用水平恒力推动木箱做与加速直线运动。小明在思考，怎么样才能使木前的加速度变为原来的2倍（　　）
A．将水平推力增大到原来的2倍
B．将阻力减少到原来的12
C．将物体的质量增大到原来的2倍
D．将物体的推力和阻力都增大到原来2倍
10．（3分）在第十一届全运会男子举重56公斤级比赛中，龙清泉以302公斤的总成绩获得冠军，并以169公斤超该级别挺举世界纪录．如图所示，设龙清泉所举杠铃的总重为G，杠铃平衡时每只手臂与竖直线所成的夹角为30°，则他每只手臂承受的张力为（　　）

A．G2 B．33G C．3G2 D．G
二、多项选择题本题包括5个小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意的要求．全部选对的得5分，部分选对得3分，有错、不选均不得分．
11．（5分）如图是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是（　　）

A．0﹣1s内的平均速度是2m/s
B．0﹣2s内的位移大小是3m
C．0﹣1s内的加速度小于2﹣4s内的加速度
D．0﹣1s内的运动方向与2﹣4s内的运动方向相反
12．（5分）我国的高速铁路正式投入运营的里程数全球第一。当列车的牵引力大于阻力时，列车加速，当牵引力逐渐减小但始终大于等于阻力时，下列说法正确的是（　　）
A．列车的速度也减小
B．列车的速度仍在增大
C．列车的加速度在减小，减到零时列车静止
D．列车的加速度在减小，减到到零时列车的速度达到最大
13．（5分）我们可以在密闭的升降机内判断其运动情况。当升降机内我们手提物体感觉物体变轻时，升降机可能的运动情况是（　　）
A．加速下降 B．加速上升 C．减速下降 D．减速上升
14．（5分）如图所示，在水平面上行驶的车厢中，车厢顶部悬挂一质量为m的球，悬绳与竖直方向成α角，相对车厢处于静止状态，由此可以判定（　　）

A．车厢加速度一定是水平向左
B．车厢加速度一定是水平向右
C．车厢加速度大小为gtanα
D．车厢加速度大小为gcotα
15．（5分）在无风的天气里，雨滴在高空登直下落，由于受到空气的阻力，最后以某一恒定的速率通常叫收尾速率，设空气阻力与雨滴的速度成正比，下列对雨滴运动的加速度和速度的定性分析中正确的是（　　）
A．雨滴质量越大，收尾速度越大
B．雨滴收尾速度大小与雨滴质量无关
C．雨滴收尾能做加速度减小的加速运动
D．雨滴收尾前加速度增大
三、实验题：本题包括2个小题，共15分
16．（7分）如图所示是某同学在做与变速直线运功实验中获得的条纸带。
（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打出相两点的时间隔为　 　；
（2）ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点之间有四个点没有画出。从图中读出A、B两点间距s＝　 　m；C点对应的速度大小是　 　m/s；纸带从B运动到D过程中的加速度大小是　 　m/s2．（计算结果均保留两位有效数字）
17．（8分）张博同学用图甲、乙的实验装置探究加速度与合外力的关系，小车总质量用M表示，钩码总质量用m表示。该同学先按图甲将木板有定滑轮的端垫起，调整木板倾角，使小车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向下匀速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，然后接通电源释放小车，使之由静止开始加速下滑并在纸带上打点，如图乙所示。不考虑细绳质量、滑轮及纸带的摩擦。重力加速度g已知，试回答下列问题
（1）实验　 　（填“有”或“没有“）平衡小车和木板之间的摩擦力的步骤。
（2）实验时　 　（填“必须有”或“不需要有”）满足“M＞＞m“的实验条件。
（3）实验时作出的a﹣F图线如图9丙所示，则实验对应的图线是　 　（填“A”或“B“）。
（4）实验时小车加速下滑受到的合力F＝　 　（用字母表示），在保持小车质量不变的情况下，通过调整改变小车所受合力，多次实验，由实验数据作出的a﹣F图线如图丁所示则小车总质量M　 　kg（保留两位有效数字）。
四、综合计算题：3小题，共30分．解答应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，必须明确写出数值和单位．
18．（10分）有时飞机需要在航空母舰的甲板上起飞，将飞机起飞的运动简化为匀加速直线运动．已知某型号的战斗机的发动机起飞时能产生的最大加速度为5m/s2，所需的起飞速度为50m/s，请分析：
（1）若飞机仅依靠自身的发动机起飞，飞机需要的跑道至少应多长？
（2）若航空母舰的跑道长160m，那么帮助飞机起飞的弹射系统应使飞机至少具有多大的初速度？
19．（10分）某同学到广州塔“小蛮腰”参观，为了测量电梯运行的相关数据，该同学带了一个电子台秤，并站在台秤上观察台秤数据变化。电梯静止时他观察到台科的示数为50kg。在启动时示教变为52.5kg，这个示数持续了10s后又恢复到50kg，电梯匀速运动了80s，靠近观光层时台样的示数变为45kg直到电梯到达观光台，已知在台秤示数运算和加速度计算时g都取10m/s2．求：
（1）电梯匀速运动时的速度大小；
（2）电梯减速的时间为多少；
（3）在图坐标中画出电梯运动全过程的v﹣t图象：
（4）广州塔（小蛮腰）观光台的高度为多少？

20．（10分）天羽同学学习了风洞是可以产生水平方向、风速大小可以调节的风力的设备，准备在风洞实验室进行如下实验。现将个套有小球的细直杆AO放入风洞实验室，小球的质量m＝1kg，球的孔径略大于细杆的直径，杆AO的长度为h＝1.45m，g取10m/s2。
（1）先将杆沿水平方向固定，如图（甲）所示，调节风力的大小为F1＝8N，小球恰能沿杆匀速运动，求小球与杆的动摩擦因数μ1；
（2）再将杆沿竖直方向固定，杆AB处于无风部分，长度h1＝0.45m。风洞的风仅吹向杆的BO部分，长度为h2＝1.00m。如图（乙）所示，改变风速大小为F2并保持恒定，将小球从顶端A处由静止释放到底端O点，恰好到达底端O点小球速度为零。求小球从A点滑至O点经历的时间t及风力大小F2。


2018-2019学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10个小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题意的要求，选对得3分，多选、错选均不得分．
1．【分析】质量是惯性的唯一衡量依据，质量大物体的惯性大，质量小物体的惯性小。
【解答】解：
质量是惯性的唯一衡量依据，质量大物体的惯性大，质量小物体的惯性小。与其他任何因素无关。汽车甲与汽车乙质量相同，则惯性一样，故D正确。
故选：D。
【点评】明确质量是惯性的唯一衡量依据，质量大物体的惯性大，质量小物体的惯性小。
2．【分析】书受重力和桌面的支持力处于平衡，是一对平衡力．书对桌面的压力和桌面对书得支持力是一对作用力反作用力．弹力产生的原因是施力物体发生形变要恢复原状而产生的．
【解答】解：A、书的重力与支持力平衡，书的重力等于支持力，桌面对书的支持力和书对桌面的压力是一对作用力和反作用力，作用力和反作用力大小相等，支持力等于压力，所以重力大小等于压力，但重力不是压力。故A错误。
B、书受到支持力，是因为桌面向下形变要恢复原状产生向上的弹力。故B正确。
C、书发生形变，要恢复原状产生向下的弹力，即对桌面的压力。故C错误。
D、书对桌面的压力和桌面对书得支持力是一对作用力反作用力。故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道平衡力作用在同一物体上，作用力和反作用力作用在不同的物体上．以及知道弹力产生的原因是施力物体发生形变要恢复原状而产生的．
3．【分析】由题：两个小球从两个不同高度处自由下落，同时到达地面，说明两球不是同时下落，在下落过程，两者的加速度相同，都做匀加速直线运动，根据这些进行选择．
【解答】解：由题：两个小球从两个不同高度处自由下落，同时到达地面，说明两球不是同时下落高度大的小球应先下落。在下落过程，两者的加速度相同，都做匀加速直线运动，直线应平行。符合两者运动情况的只有C。
故选：C。
【点评】本题考查由速度图象分析物体运动情况的能力．要抓住两球相等的量：加速度，说明速度图象平行．
4．【分析】物体B受到重力、细线的拉力，根据平衡条件求出细线的拉力。弹簧秤的读数显示的是弹簧称受到的拉力。
【解答】解：对物体B研究：物体受到重力、细线的拉力而平衡，则细线的拉力F＝GB＝8N；
弹簧秤的读数等于细线的拉力，或等于B的重力，即为8N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题是简单的力平衡问题，容易产生的低级错误是认为弹簧称的读数为18N或2N。
5．【分析】根据力的平衡去求静摩擦力f1，至少推动木箱的水平推力等于最大静摩擦力f2；从而即可求解。
【解答】解：A、甲图中，推力与静摩擦力平衡，所以f1＝80N，故A错误；
B、乙图中，至少推动木箱的水平推力等于最大静摩擦力f2，所以f2＝100N，故B错误；
C、丙图中的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力大小为90N．故C正确；
D、由上分析，可知，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键理解静摩擦力、最大静摩擦力、滑动摩擦力，知道它们的区别。
6．【分析】从牛顿第二定律知道，加速度的大小与合力大小成正比．当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力为零，由牛顿第二定律可知加速度为零．
【解答】解：A、静止物体，加速度为零，合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止物体。故A错误。
B、根据a=Fm可知，物体合力为零，加速度为零，而不是加速度很小，眼睛不易觉察到。
C、水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，加速度为零。故C错误。
D、由于水平推力小于等于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力为零，由牛顿第二定律可知加速度为零，桌子保持原来静止状态。故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查对牛顿第二定律的理解能力，要注意当物体受到多个力作用时，公式中F是指合力，而不是其中某一个力．
7．【分析】根据胡克定律F＝kx求出悬挂重物的重力，知道x为弹簧的形变量．
【解答】解：当挂上80N重物时指针正对刻度45N，知弹簧形变量为45﹣5＝40．指针正对刻度20N时，弹簧的形变量为15。
根据胡克定律F＝kx得
k=Fx=8040，
所以8040=G20-5，
解得G＝30N．故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握胡克定律F＝kx，注意x为形变量，不是弹簧的长度．
8．【分析】物体自由下落最后2s内的位移等于6s内的位移减去4s内的位移，根据h=12gt2求出6s内和4s内的位移，从而求出最后2s内的位移。
【解答】解：物体在6s内的位移为：h1=12gt2=12×10×62＝180m，
物体在4s内的位移为：h2=12gt2=12×10×42＝80，
所以最后2s内的位移为：△x＝h1﹣h2＝180﹣80m＝100m。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式h=12gt2，以及知道通过6s内的位移减去4s内的位移求最后2s内的位移比较方便。
9．【分析】物体在竖直方向受到重力和支持力，两力平衡。在水平方向受到拉力和阻力的作用，产生加速度，根据牛顿第二定律分析求解
【解答】解：设物体的质量为m，拉力和阻力分别为F和f，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma
A、将拉力增大到原来的2倍，2F﹣f＝ma′，分析得到a′＞2a，即加速度大于原来的2倍。故A错误。
B、将阻力减少到原来的12倍，F-12f＝ma′，分析得到a′＞2a，加速度大于原来的2倍。故B错误。
C、将物体的质量增大到原来的2倍，合力不变，加速度变为原来的一半。故C错误。
D、将物体的拉力和阻力都增大到原来的2倍，2F﹣2f＝ma′，a′＝2a，即加速度等于原来的2倍。故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查运用牛顿第二定律分析加速度与力的关系的能力，抓住公式中F是合力，综合考虑各量的关系。
10．【分析】以杠铃为研究对象，分析受力情况，作出力图，由于每只手臂与竖直线所成的夹角都为30°，关于竖直方向具有对称性，每只手臂对杠铃的作用力大小相等，根据平衡条件求出每只手臂的作用力．
【解答】解：以杠铃为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图所示。
根据平衡条件得
2Fcos30°＝G
得到 F=33G
所以他每只手臂承受的张力为33G。
故选：B。

【点评】本题考查运用物理知识分析实际问题的能力，关键是分析受力情况，作出力图．基本题．
二、多项选择题本题包括5个小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意的要求．全部选对的得5分，部分选对得3分，有错、不选均不得分．
11．【分析】速度时间图象中，匀变速直线运动的平均速度可用v平均=v0+vt2；而位移的大小可以求解图象与坐标轴之间的面积，物体的加速度可以求解速度时间图象的斜率．
【解答】解：A、0～1s内的平均速速度：v平均=v0+vt2=0+22=1m/s，故A错误。
B、0～2s内的位移大小即梯形面积大小x=12（1+2）×2＝3m，故B正确。
C、0～1s内的加速度：a=△v△t=2-01=2m/s2；2～4s内加速度：a=0-24-2=-1m/s2；所以0﹣1s内的加速度大，故C错误。
D、0﹣1s内与2﹣4s内图线均在v正半轴，即速度都为正方向，运动方向相同，故D错误。
故选：B。
【点评】速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，切线代表该位置的加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
12．【分析】判断速度增加还是减小，看速度方向与加速度方向关系，当速度的方向与加速度的方向相同，做加速运动；当速度的方向与加速度方向相反，做减速运动。
【解答】解：列车在加速，知加速度的方向与速度的方向相同，加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小到零时，速度增大到最大，此后做匀速运动。故BD正确，AC错误。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道当速度的方向与加速度的方向相同，做加速运动；当速度的方向与加速度方向相反，做减速运动。
13．【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下；
超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上。
【解答】解：站在磅秤上的甲同学发现了自己的体重减小，视重小于重力，说明甲同学具有向下的加速度，升降机可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故AD正确。BC错误。
故选：AD。
【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，明确加速度向下可能是加速向下也可能是减速向上。
14．【分析】球相对车厢处于静止状态，球与车厢的加速度相同，以球为研究对象，根据牛顿第二定律研究加速度大小和方向．
【解答】解：球相对车厢处于静止状态，球与车厢的加速度相同，根据悬绳偏转方向可知拉力与重力的合力应水平向右，则车厢加速度一定是水平向右。
由牛顿第二定律得
对球：mgtanα＝ma，得a＝gtanα
故选：BC。

【点评】本题是应用合成法求解加速度的大小和方向，也可以根据正交分解法求解．
15．【分析】由题，雨滴在空中竖直下落过程中，受到重力和空气阻力，空气阻力与雨滴的速度成正比，根据牛顿第二定律分析雨滴的运动情况。
【解答】解：AB、设雨滴的质量为m，收尾速度大小为v，则有mg＝kv，得v=mgk，可见雨滴质量越大，收尾速度越大。故A正确，B错误。
CD、雨滴在空中竖直下落过程中，受到重力和空气阻力，由于空气阻力与雨滴的速度成正比，开始阶段，空气阻力小于重力，雨滴向下做加速运动，随着速度的增大，空气阻力增大，合力减小，由牛顿第二定律mg﹣kv＝ma得知，加速度减小，当空气阻力与重力平衡时，雨滴做匀速直线运动，速度最大达到收尾速度，则雨滴收尾前做加速度减小速度增加的运动，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题要抓住空气阻力随速度变化的特点，运用牛顿第二定律进行动态分析，类似于汽车恒定功率起动类型。
三、实验题：本题包括2个小题，共15分
16．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小。
【解答】解：（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻两点的时间间隔为0.02s；
（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、B两点间的距离s＝1.20﹣（1.60cm﹣1.20cm）＝0.80cm；
由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，
故vC=1.20+1.600.2×10-2 m/s＝0.14m/s
根据△x＝aT2可得：
物体的加速度a=0.80×10-20．12 m/s2＝0.80m/s2
故答案为：（1）0.02s； （2）0.80，0.14，0.80。
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。并注意单位的换算和有效数字的保留。
17．【分析】（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，有平衡摩擦力；
（2）小车加速下滑受到的合力为mg，所以不需要满足“M＞＞m“；
（3）若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，本实验中绳子的拉力等于钩码的重力，不需要满足“M＞＞m“，所以图象不弯曲；
（4）a﹣F图线的斜率表示小车的质量的倒数，根据斜率求解。
【解答】解：（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，调整木板倾角，使小车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向下匀速运动，就平衡了摩擦力；
（2）合力就等于钩码的重力，所以不需要满足“M＞＞m“；
（3）绳的拉力等于钩码的重力，根据牛顿第二定律知：a=1MF=1Mmg，图象不会弯曲，则实验对应的图线是A；
（4）由前面的分析知小车加速下滑受到的合力F＝mg，a﹣F图线的斜率表示小车的质量的倒数，M=1K=△F△a=6-23-1kg＝1.3kg
故答案为：（1）有 （2）不需要有（3）A （4）mg 1.3
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法。
四、综合计算题：3小题，共30分．解答应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，必须明确写出数值和单位．
18．【分析】（1）飞机起飞做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移关系求出起飞时飞机的位移即可；
（2）飞机有初速度后，同样根据位移速度关系求出起飞的初速度．
【解答】解：（1）若飞机靠自身发动机起飞，飞机初速度为0，加速度a＝5m/s2，末速度为：v＝50m/s
v2﹣v02＝2ax
得：x=v22a=50×502×5m＝250m
（2）弹射装置使飞机初速度为v0′，位移x′＝160m，末速度为：v＝50m/s
v2﹣v′02＝2ax′
解得：v0′=v2-2ax′=502-2×5×160=30m/s；
答：（1）若飞机仅依靠自身的发动机起飞，飞机需要的跑道至少应为250m；
（2）若航空母舰的跑道长160m，那么帮助飞机起飞的弹射系统应使飞机至少具有30m/s的初速度．
【点评】掌握匀变速直线运动的速度位移关系是求解本题的关键，根据飞机做匀加速直线运动由初速度、末速度和加速度求起飞的位移即为跑道长度．本题属于基本题不难．
19．【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，从而知加速的末速度，即为匀速直线运动的速度；
（2）根据牛顿第二定律求解减速的加速度，根据速度时间关系求解时间；
（3）根据（1）（2）分析画出图象；
（4）v﹣t图象的面积为运动位移，即观光台的高度h。
【解答】解：（1）电梯静止时他观察到台科的示数为50kg。在启动时示教变为52.5kg，说明此时合力F＝（52.5﹣50）×10N＝25N
根据牛顿第二定律知a1=Fm=2550=0.5m/s2
加速时间为t1＝10s，所以v＝a1t1＝5m/s，匀速直线运动速度为5m/s；
（2）靠近观光层时台样的示数变为45kg，则此时合力F′＝（45﹣50）g＝ma2
解得a2＝﹣1m/s2
所以减速时间t3=va2=51s=5s
（3）根据以上分析知0﹣10s，做匀加速运动，速度达到5m/s；
10s﹣90s，匀速直线运动，速度为5m/s；
90s﹣95s，做匀减速直线运动，末速度为零。作图如右图。
（4）v﹣t图象的面积为运动位移，即观光台的高度h=12（80+95）×5m＝437.5m
答：（1）电梯匀速运动时的速度大小为5m/s；
（2）电梯减速的时间为5s；
（3）在图坐标中画出电梯运动全过程的v﹣t图象如图；
（4）广州塔（小蛮腰）观光台的高度为为437.5m。

【点评】此题考查牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，加速度a是运动和力的关联。
20．【分析】（1）根据小球匀速运动受力平衡，而滑动摩擦力Ff1＝μFN!，可求得动摩擦因数；
（2）从A到B的过程由动能定理可求得滑到B的速度，由平均速度公式可求得运动时间，从A到O由动能定理求出风力大小；
【解答】解：（1）杆水平放置时，小球水平方向受风力F1和滑动摩擦力Ff1、竖直方向受重力mg和细杆的支持力同FN1，
由题意知小球做匀速直线运动，
水平方向有：F1＝Ff1＝8N
在竖直方向有：FN1＝mg＝10N
物体所受滑动摩擦力：Ff1＝μ1FN!
解得：μ1＝0.8
（2）设小球到B的速度为v，从A到B的过程由动能定理得：mgh1=12mv2
解得：v=2gh1=3m/s
由平均速度公式得：v2t＝h
解得：t=2930s≈0.97s
全程有动能定理得：mgh﹣μF2h2＝0
解得：F2=1458N＝18.125N
答：（1）小球与杆的动摩擦因数是0.8；
（2）小球从A点滑至O点经历的时间是0.97s，风力大小为18.125N。
【点评】在解题的过程中一定要通过审题，分析找出各个物理量之间的关系，找到题设遵循的物理规律，从而顺利作出解答。