2018-2019学年广东省深圳高中高一（上）期末物理试卷

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2018-2019学年广东省深圳高中高一（上）期末物理试卷
一.单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分．每小题只有一个选项是正确的）
1．（4分）关于加速度a的方向，下列说法中正确的是（　　）
A．由a=△v△t可知，加速度a的方向与速度增量△v的方向可能相反
B．加速度a的方向与初速度v0的方向相同
C．如果物体的加速度a的方向与初速度v0的方向相同，则物体做加速运动
D．只要加速度a＞0，物体就做加速运动
2．（4分）一匀质木棒，搁置于台阶上保持静止，下图关于木棒所受的弹力的示意图中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（4分）如图，细线a和b的一端分别固定在水平地面上，另一端系一个静止在空气中的氢气球，细线与地面的夹角分别为30°和60°．若a、b受到的拉力分别为Ta和Tb，氢气球受到的浮力为F，则（　　）

A．Ta＞Tb B．Ta＜Tb C．F＝Ta D．F＜Tb
4．（4分）如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降．关于此过程绳上拉力大小变化，下列说法中正确的是（　　）

A．不变 B．逐渐减小
C．逐渐增大 D．可能不变，也可能增大
5．（4分）从某高处释放一粒小石子，经过1s从同一地点释放另一小石子，则它们落地之前，两石子之间的距离将（　　）
A．保持不变 B．不断变大
C．不断减小 D．有时增大有时减小
6．（4分）如图所示，小球用一根轻弹簧悬于天花板下，已画出重物和弹簧的受力图。关于这四个力的以下说法错误的是（　　）

A．F1与F4是一对平衡力
B．F2与F3是一对作用力与反作用力
C．F2的施力物体是弹簧
D．F3的施力物体是小球
7．（4分）中华民族的优秀文化博大精深，其中古典诗词是优秀文化的代表。从物理角度看古诗词会发现别有一番韵味。下面四句诗词中涉及惯性知识的是（　　）
A．毛泽东的《长征》中“红军不怕远征难，万水千山只等闲”
B．唐朝李白的《早发白帝城》中“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”
C．宋代陈与义的《襄邑道中》中“卧看满天云不动，不知云与我俱东”
D．明代冯梦龙的《醒世恒言》中“临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟”
8．（4分）如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这瞬间，以下说法正确的是（　　）

A．B球的速度为零，加速度大小为Fm
B．B球的速度为零，加速度为零
C．A立即离开墙壁
D．在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动
二.多项选择题（本题共4小题；每小题5分，共20分．全部选对得5分，选对但不全得的3分，有选错的得0分）
9．（5分）下列关于摩擦力的说法中，正确的是（　　）
A．两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们间的弹力方向垂直
B．两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比
C．在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度
D．滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同，也可以相反
10．（5分）固定在水平面上的光滑半球的半径为R，球心O的正上方固定一个光滑的小定滑轮，细线的一端绕过定滑轮，今将小球从图示位置缓慢地拉至B点，在小球到达B点前的过程中，小球对半球的压力N，细线的T拉力大小变化情况正确的是（　　）

A．N不变 B．N变小 C．T变小 D．T变大
11．（5分）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°．C是圆轨道的圆心．已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点； c球由C点自由下落到M点．则（　　）

A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．c、a、b三球依次先后到达M点
12．（5分）如图所示，重80N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10cm，劲度系数为1000N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短2cm。现用一弹簧测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25N，当弹簧的长度仍然缩短2cm时，弹簧测力计读数可能为（　　）

A．10N B．20N C．50N D．60N
三.实验题（14分）
13．（6分）用等效代替法验证力的平行四边形定则的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图．
（1）本实验中“等效代替”的含义是　 　．
A．橡皮筋可以用细绳替代
B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果
C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代
（2）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿着AO方向的是　 　，图中　 　是F1、F2合力的理论值，　 　是合力的实验值．
（3）（多选）完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是　 　．
A．拉橡皮筋的绳细一些且长一些
B．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行
C．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
D．使拉力F1和F2的夹角很小．

14．（8分）某次“探究加速度a跟物体所受的合外力F和质量m的关系”时，实验如下：

（1）。下列做法正确的是　 　（填字母代号）
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．在调节木板倾斜角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，不需重新调节木板倾角
（2）图甲为实验装置图。图乙为某次实验得到的一段纸带，计数点A、B、C、D、E间的时间间隔为0.1s，根据纸带可求出小车的加速度大小为　 　m/s2　（结果保留两位有效数字）
（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次
测量。根据实验数据作出了加速度a随拉力F的变化图线
如图3所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是　 　

（4）保持砂和砂桶质量不变，改变小车中砝码质量，进行多次测量，得到小车加速度a、质量m及其对应的1m的数据如表中所示：
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
车加速度a/（m•s﹣2）
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
车和砝码质量m/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67
1m/kg﹣1
4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60
①．在图示（如图4）的坐标纸中画出物体的a-1m图线；
②根据作出的a-1m图象可以得到的结论是：　 　
四.计算题（解题必须有完整的解题过程，有数值计算的必须给出正确的单位）
15．（8分）一辆汽车以v0＝20m/s速率在某市郊区超速行驶。当这辆违章车驶过某一警车时，警车立即从静止开始以a＝2.5m/s2的加速度追击。假如两车都做直线运动，警车的最高限速为vmax＝30m/s。问
（1）作出两车运动的示意图
（2）警车何时能够截获这辆违章车？
（3）警车在追击过程中，离违章车的最远距离是多少？
16．（12分）如图，质量M＝23kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=3kg的小球B相连。今用跟水平方向成α＝30°角的力F＝103N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B相对位置保持不变，已知g＝10m/s2，tanθ=sinθcosθ．求：
（1）运动过程中轻绳对B球的拉力T及轻绳与水平方向的夹角θ
（2）水平杆对木块A的弹力FN及木块与水平杆间的动摩擦因数μ

17．（14分）如图，一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m。其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2．求：
（1）物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间；
（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；
（3）物块从出发到4.5s末通过的路程。


2018-2019学年广东省深圳高中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一.单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分．每小题只有一个选项是正确的）
1．【分析】加速度a的方向与速度增量△v的方向一定相同，与初速度可能相同，也可能相反。加速度a的方向与初速度v0的方向相同时物体做加速运动。
【解答】解：A、时间△t是正值，由a=△v△t可知，加速度a的方向与速度增量△v的方向一定相同，故A错误。
B、加速度a的方向与初速度的方向可能相同，也可能相反，也可能不在同一直线上，故B错误。
C、当物体的加速度a的方向与初速度v0的方向相同，则物体做加速运动，故C正确。
D、若加速度a＞0，v0＜0，则加速度a的方向与初速度v0的方向相反，物体做减速运动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查对速度方向与加速度方向关系的理解，抓住两者方向无关，两者方向可能相同，也可能相反，也可能不在同一直线上。可通过实例加深理解。
2．【分析】发生弹性形变的物体由于要恢复原状，对与它接触的物体产生力的作用，这种力叫做弹力．
弹力产生的条件：
1．两物体互相接触
2．物体发生弹性形变（包括人眼不能观察到的微小形变）
弹力的方向与物体形变方向相反，具体情况有以下几种：
①轻绳的弹力方向沿绳指向绳收缩的方向．
②压力、支持力的方向总跟接触的面垂直，面与面接触，点与面接触，都是垂直于面；点与点的接触要找两接触点的公切面，弹力垂直于这个公切面指向被支持物．
③杆：弹力方向是任意的，有它所受外力和运动状态决定．弹力的大小跟形变的大小的关系．
【解答】解：弹力发生与直接接触的物体之间，杆所受的弹力方向与接触面垂直；
杆与台阶有两个接触点，都有弹力，最低点与地面垂直向上，高处与杆垂直向上；
故选：D。
【点评】弹力与接触面垂直，接触面可以是面与面的接触，点与面接触，弹力都是垂直于面；点与点的接触要找两接触点的公切面，弹力垂直于这个公切面指向被支持物．
3．【分析】对氢气球受力分析，根据共点力平衡比较两绳子的拉力．
【解答】解：不计氢气球的重力，受力如图所示。从力图可知，Ta＜Tb＜F，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。

【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，知道在平行四边形中，边的长短代表力的大小．
4．【分析】二力合成时，夹角越小，合力越大；
同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；
物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．
【解答】解：物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力平衡；
两个拉力合力一定，夹角不断减小，故拉力不断减小；
故选：B。
【点评】本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，若是用解析法求解出拉力表达式分析，难度加大了．
5．【分析】从某高处释放一粒小石子，小石子做自由落体运动，根据位移时间公式即可求解．
【解答】解：设落地前第一个小石子运动的时间为t，则第二个小石子运动的时间为（t﹣1）s，
根据位移时间公式得：
h1=12gt2
h2=12g(t-1)2
△h＝h1﹣h2＝gt-12g
所以随着时间的增大，两粒石子间的距离将增大，B正确。
故选：B。
【点评】该题主要考查了自由落体运动位移时间的关系，难度不大，属于基础题．
6．【分析】二个相互平衡的力大小相等、方向相反、作用在同一个物体上、且作用在同一条直线上。
物体间力的作用是相互的，两个相互作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，但不作用在同一物体上。
【解答】解：F3是指小球对弹簧的拉力，F4是指天花板对弹簧的拉力，F1为小球的重力，F2是弹簧对小球的拉力；
则有：
A、F1与F4是分别作用在两个物体上的力，不是一对平衡力。故A错误；
B、F2与F3是小球和弹簧间的相互作用，故二者是一对作用力与反作用力，故B正确；
C、F2是指弹簧对重物A的拉力，施力物体是弹簧，C正确；
D、F3是物体对弹簧的作用力，施力物体是小球，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
【点评】本题考查二力平衡以及牛顿第三定律的基本内容，要区分两个力是一对平衡力还是一对相互作用力，关键是看是否作用在同一物体上。
7．【分析】惯性是指物体保持原来的运动状态不变的性质。惯性的大小仅仅与物体的质量有关。由此分析即可。
【解答】解：A“红军不怕远征难，万水千山只等闲”描述红军到过很多有山水的地方，与惯性无关。故A错误；
B“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”指千里之遥的江陵，一天之间就已经到达，描述坐船很快，与惯性知识无关，故B错误。
C、参考系是为了研究问题方便而假定静止不动的物体。故只要研究对象与参考系的相对位置不发生变化，则观察到的结果是物体静止不动。在本题中船是向东高速行驶，诗中描述了“花”、“榆堤”和“云”的运动都是以船为参考系。故C错误；
D、惯性是物体总有保持原有运动状态不变的性质，一切物体都有惯性，“临崖立马收缰晚”说明物体具有惯性，物体的运动状态不能突变。故D正确。
故选：D。
【点评】该题考查对相对运动、参考系、惯性等物理概念的理解，真正理解了参考系等概念即可顺利解决此类题目，而要理解这一概念就必需多看课本，多认真处理此类题目
8．【分析】先分析原来弹簧的弹力大小，再分析突然将F撤去瞬间两球的受力情况，求解加速度。将F撤去瞬间，弹簧的弹力没有变化。在弹簧第一次恢复原长时，A才离开墙壁。在A离开墙壁后，A向右做加速运动、B向右做减速运动。
【解答】解：AB、撤去F前，弹簧的弹力大小等于F．将F撤去瞬间，弹簧的弹力没有变化，则知A球的受力情况没有变化，其合力仍为零，加速度为零。B球的合力大小等于F，方向方向向右，则其加速度大小为Fm．故A正确，B错误。
C、弹簧第一次恢复原长时，弹簧对A有向右的拉力，A才离开墙壁，故C错误；
D、在A离开墙壁后，弹簧的弹力不为零，故A、B两球均向右做变速运动，故D错误；
故选：A。
【点评】本题是瞬间问题，分析状态变化前后弹簧的弹力是关键，根据弹簧的弹力，分析两球的运动情况。
二.多项选择题（本题共4小题；每小题5分，共20分．全部选对得5分，选对但不全得的3分，有选错的得0分）
9．【分析】滑动摩擦力大小跟压力成正比。滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，其方向与物体的相对运动方向相反。运动的物体受到的可能是静摩擦力。两相互接触的物体发生了相对运动，两者间不一定有滑动摩擦力。
【解答】解：
A、两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们间的弹力方向总是垂直，故A正确。
B、滑动摩擦力大小跟压力成正比，而静摩擦力与压力不一定成正比。故B错误。
C、受静摩擦力作用的物体一定与相接触的物体保持相对静止，但两物体可能是运动的，在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力；静摩擦力要求两个物体保持相对静止，与它们的运动的方向无关，则其的方向可以与运动方向成任意角度，故C正确。
D、滑动摩擦力不一定阻碍物体的运动，其方向与不一定物体的运动方向相反，比如物体轻轻放在水平传送带上时，滑动摩擦力与物体的运动方向相同，推动物体运动，但滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，其方向与物体的相对运动方向相反。故D正确。
故选：ACD。
【点评】研究摩擦力时，要区分静摩擦力还是滑动摩擦力，滑动摩擦力与压力正比，而静摩擦力则不一定，注意摩擦力与弹力的方向关系，及运动方向的关系。
10．【分析】小球在绳A的拉力作用下A点缓慢运动的过程中可视为小球受力平衡，对小球进行受力分析，根据平衡可以求出小球拉力和支持力大小的变化。
【解答】解：在小球被拉升的过程中对小球进行受力分析，即小球受重力、支持力和绳拉力的合力为0．如图，作出小球的受力示意图，
由图可知：因为小球所受合力为零，故小球所受重力mg、半球对小球的弹力F和绳对小球A的拉力T可以构成一个闭合的三角形，
如图可知，三个力构成的三角形与图中由绳AC、顶点高度CO及半球半径AO构成的三角形ACO始终相似，
故有：NAO=mgCO=TAC
由于小球在上拉的过程中，CO和AO的长度不变，AC减小，在力中由于重力不变，所以根据相似比可以得出：
半球对小球A的支持力N不变，绳对小球A的拉力T变小。故AC正确BD错误。
故选：AC。

【点评】能抓住小球受力平衡这一出发点，小球所受合力为0，小球受到的三个力可以首尾相连构成一个封闭的三角形，由力构成的三角形与ABO三点构成的三角形刚好相似，根据相似比可以轻松得出小球的受力大小的变化情况。
11．【分析】对于abc小球，根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序
【解答】解：对于AM段，有几何关系得位移为x1=2R，有牛顿第二定律得加速度为；a1=mgsin45°m=22g，根据x=12gt2得：t1=2x1a1=2Rg①
对于BM段，有几何关系得位移x2＝2R，加速度a2＝gsin60°=32g，根据x=12gt2得：t2=2x2a2=8R3g②
对于CM段，位移x3＝R，加速度a3＝g，根据x=12gt2得t3=2x3a3=2Rg③
比较①②③式可得：t2＞t1＞t3即C球最先到达M点，b球最后到达M点，
故AB错误，CD正确；
故选：CD。
【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律求出各段的加速度，运用匀变速直线运动的位移时间公式进行求解．
12．【分析】当弹簧长度缩短2cm时，由胡克定律求得弹簧的弹力，分析物体的状态，再分析当弹簧仍然缩短2cm时，根据平衡条件得到测力计拉力的最大值。
【解答】解：BCD、当弹簧长度缩短2cm时，由胡克定律得弹簧的弹力为：F1＝kx1＝1000×0.02N＝20N
由于Gsin30°﹣F1＝40N﹣20N＝20N；
当弹簧的长度仍然缩短2cm时，弹簧的弹力为：F2＝kx2＝1000×0.02N＝20N
当物体刚要上滑时，静摩擦力达到最大，测力计读数最大为：Fmax＝Gsin30°+fm﹣F2＝40N+25N﹣20N＝45N．故测力计读数不可能为50N，60N．故B正确，CD错误。
A、当F2+f＝mgsin30°时有：f＝20N＜25N，物块可以保持静止，故A正确。
故选：AB。
【点评】本题关键根据平衡条件确定测力计拉力的最大值，要抓住物体刚要上滑时静摩擦力达到最大值。
三.实验题（14分）
13．【分析】（1）该实验采用了“等效替代”的方法，即两次拉橡皮筋，要使橡皮筋的形变相同；
（2）该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值与与理论值存在差别，理论值在平行四边形的对角线上，实际值（实验值）为一个弹簧拉橡皮筋时的拉力．
（3）实验时，为便于准确记录拉力的方向，细绳应细一些、长一些，实验时，测力计应靠近木板且与木板平行，但不能与木板接触．
【解答】解：（1）该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果是相同的，即要求橡皮筋的形变量相同，故ABC错误，D正确．
故选：D．
（2）F是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力，因此其方向沿着AO方向．
（3）A、为减小实验误差，拉橡皮筋的绳细一些且长一些，故A正确；
B、为减小实验误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，故B正确；
C、拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C正确；
D、使拉力F1和F2的夹角要大些，故D错误；
故选：ABC．
故答案是：（1）D，（2）F′，F，F′，（3）ABC．
【点评】该题属于基础题目，考查了“验证力的平行四边形定则”的实验中基础知识，如等效思想即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，在解决实验问题时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．
14．【分析】（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度。
（3）抓住F不为零时，加速度a不为零，判断图线不过原点的原因。
（4）根据表格中的数据作出a-1m图线，从而得出实验的结论。
【解答】解：（1）A、实验时，需调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确。
B、平衡摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故B错误。
C、实验时应先接通电源，再释放木块，故C错误。
D、通过增减木块上的砝码改变质量时，不需重新平衡摩擦力，故D正确。
故选：AD。
（2）根据△x＝aT2，运用逐差法得：
a=sCE-sAC4T2=(6.50-2.40-2.40)×10-24×0.01=0.425 m/s2≈0.43 m/s2。
（3）图线没有过原点，与F轴有交点，说明实验前没有平衡小车的摩擦力。
（4）a-1m图线如图所示，由图可知，图线为一条过原点的直线，表明在合外力一定时，加速度跟质量成反比。
故答案为：（1）AD 　　（2）0.43　　（3）实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不充分）
（4）a．如图所示，b．合外力一定时，加速度跟质量成反比。

【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道实验误差的来源，掌握处理纸带的方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，注意研究加速度与质量的关系时，不能作a﹣m图线，应作a-1m图线。
四.计算题（解题必须有完整的解题过程，有数值计算的必须给出正确的单位）
15．【分析】（1）利用描点法做出两车速度时间图象；
（2）抓住两车位移的关系，结合运动学公式求出追及的时间；
（3）当警车和汽车的速度相等时，两车相距最远，由速度时间公式求出速度相等的时间，根据位移时间公式求出警车与超速车的最大距离。
【解答】解：（1）作出两车的速度图象如图所示：
　（2）设加速时间为t加，经t时间警车可以追上违章车。则有：
t加=vmaxa=302.5s=12s
加速位移为：x加=vmax2t加=302×12m=180m
此段时间内汽车位移为：x0＝v0t加＝20×12m＝240m＞x加
在运动t追上汽车，则有：x0+v0t＝x加+vmaxt
代入数据解得：t＝6s
警车追上违章车时间为：t′＝t加+t＝12+6s＝18s
（3）当警车速度和违章车速度相等时距离最大，时两车运动时间为：
t0=v0a=202.5s=8s
警车离违章车的最远距离等于图中阴影部分的面积为：
△smax=12v0t0=12×8×20m=80m
答：（1）两车的速度图象如图所示：
（2）警车经过18s能够截获这辆违章车；
（3）警车在追击过程中，离违章车的最远距离是80m。


【点评】本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式进行求解，知道两车速度相等时，距离最远。
16．【分析】（1）M和m分别处于平衡状态，对m受力分析应用平衡条件可求得轻绳对B球的拉力及轻绳与水平方向的夹角θ；
（2）对M受力分析应用平衡条件可求得水平杆对木块A的弹力及木块与水平杆间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得
水平方向　Fcos 30°﹣Tcos θ＝0
竖直方向　Fsin 30°+Tsin θ﹣mg＝0
联立解得：T＝103 N θ＝30°
（2）对A进行受力分析，由平衡条件有
竖直方向　Tsin θ+Mg﹣FN＝0
水平方向　Tcos θ﹣μFN＝0
联立解得　FN＝253 N μ=35
答：（1）运动过程中轻绳对B球的拉力是103 N，轻绳与水平方向的夹角是30°；
（2）水平杆对木块A的弹力是253 N，木块与水平杆间的动摩擦因数是35。

【点评】本题为平衡条件的应用问题，选择好合适的研究对象受力分析后应用平衡条件求解即可，难度不大。
17．【分析】此题分为两个阶段研究：（1）在传送带上，通过受力分析可得物块会先做匀加速直线运动，再比较加速阶段位移与传送带的长度，可判断物块会再做一段匀速运动；（2）在斜面上，物块往上做匀减速运动；分析清楚两个运动过程即可解决问题。
【解答】解：（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动，μmg＝ma1；
匀加速阶段位移：x1=v022a1=1m＜L，匀加速阶段时间：t1=v0a1=1s；
所以在到达传送带右端前物块已匀速，匀速运动的时间为t2=L-x1v0=0.5s；
物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t总＝t1+t2＝1.5s；
（2）物块以v0速度滑上斜面，由牛顿第二定律得：﹣mgsin θ＝ma2；
物块速度为零时上升的距离 x2=-v022a2=13 m，匀减速上升的运动时间：t3=-v0a2=13s；
由于x2＜0.4 m，所以物块不能到达斜面的最高点，上升的最大距离为13m。
（3）物块在斜面上往返一次时间t4＝2t3=23 s；
物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向水平向左，又由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma3；
向左端发生的最大位移x3=-v022a3=1m，匀减速的时间t5=-v0a3=1s；
物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故反向加速的时间为t6＝t5＝1s；
再以2m/s的速度冲上斜面，经过t7=13s后到达最高点；
由t1+t2+t4+t5+t6+t7＝4.5s，故在4.5 s末物块在斜面上速度恰好减为零；
故物块通过的总路程x＝L+3x2+2x3＝5 m；
答：（1）物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间为1.5s；
（2）物块不能到达斜面的最高点，上升的最大距离为13m；
（3）物块通过的总路程为5 m。
【点评】此题的运动过程较多，考查学生对多过程问题的处理能力；分析时要逐一计算每个运动过程的位移与时间，再综合传送带与长木板的长度即可解决问题；同时在计算的过程中要仔细一点，不能把结果算错。