2020-2021学年江苏省南京市高一（上）期末物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年江苏省南京市高一（上）期末物理试卷人教版（2019），共9页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


1. 理想实验是研究物理问题的一种重要方法，它把可靠事实和逻辑推理相结合，可以深刻地揭示自然规律。下列属于理想实验的是（ ）
A.探究力的平行四边形定则实验
B.伽利略设想的对接光滑斜面实验
C.探究加速度与力和质量的关系实验
D.悬挂法确定薄片状物体重心的实验

2. 有媒体报道中国空军于2020年12月14日上午8时出动飞机进行“绕岛巡航”，锤炼维护国家主权和领土完整的能力。若此次“绕岛巡航”从起点飞到巡航终点用时约1小时，航程约为1800千米，起点和终点的直线距离约为600千米。关于本次巡航下列说法正确的是（ ）
A.报道中“1小时”是时刻
B.报道中“上午8时”是时间
C.平均速度大小约为800km/h
D.平均速度大小约为600km/h

3. 如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放着质量为m的物块，物块与圆盘保持相对静止。若物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）

A.当转速足够大时，物块将发生离心运动
B.物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
C.物块随圆盘一起运动时受到的摩擦力大小一定为μmg，方向指向圆心
D.因为物块和圆盘一起做匀速圆周运动，所以物块所受力的合力为0

4. 如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度大于原长，若用一个从零开始逐渐增大的水平向右的力F拉A，直到把A拉动，在A被拉动之前的过程中，令弹簧对A的拉力为F′，地面对A的摩擦力为f。下列说法正确的（ ）

A.F′方向保持不变，f方向保持不变
B.F′大小保持不变，f先减小后增大
C.F′一直在增大，f一直在减小
D.物体被拉动瞬间，拉力F的大小等于物体A与地面间的最大静摩擦力

5. 某同学用相同的两本书探究摩擦力，第一次把两本书一页一页交错叠起来，第二次把两本书直接叠放在一起，都用平行于书面方向的力试图把两本书分开。关于这两次实验，下列说法正确的是（ ）
A.两次拉开的力相同，因为书的重力不变，动摩擦因数相同
B.第一次不容易拉开，因为压力一定时，接触面积越大摩擦力越大
C.第一次实验若在两书匀速向下运动过程中更容易拉开
D.第一次实验若在两书做自由落体运动的过程中更容易拉开

6. 下列说法正确的是（ ）

A.图A是自由落体运动竖直方向的位移-时间图象
B.图B是自由落体运动竖直方向的速度-时间图象
C.图C是平抛运动的物体速度方向与水平方向夹角θ的正切值-时间图象
D.图D是平抛运动的物体位移方向与水平方向夹角α的正切值-时间图象

7. 2020年12月17日凌晨“嫦娥五号”返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗着陆场顺利着陆，如图为“嫦娥五号”返回器在绕地球运行回收过程的一段时间内，沿曲线从M点向N点飞行的过程中速度逐渐减小，在此过程中返回器所受合力方向可能是（ ）
A.B.
C.D.

8. 在回收过程中“嫦娥五号”返回器采取“半弹道跳跃方式”再入返回，并在降至地面10km开降落伞减速，从降落伞打开到返回器落至地面这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A.返回器下落过程中减速是因为降落伞对返回器的拉力大于返回器对降落伞的拉力
B.打开降落伞后，返回器内的月球样品处于失重状态
C.若返回器降落到地面附近时突然受到水平方向的风作用，返回器在空中运动的时间将变长
D.若返回器受到的阻力与速度大小成正比，返回器做加速度减小的减速运动

9. 如图所示，小车以速度v匀速向右运动，通过滑轮拖动物体A上升，不计滑轮摩擦和绳子质量，与水平面的夹角为θ时，下列说法正确的是（ ）

A.物体A在匀速上升
B.物体A的速度大小为vcsθ
C.物体A的速度大小为
D.绳子对物体A的拉力小于物体A的重力

10. 机动车礼让行人已经成为种普遍的自觉行为。某汽车正以10m/s的速度在公路上匀速直线行驶，驾驶员突然发现正前方15m处斑马线上有行人，于是刹车礼让。设汽车与驾驶员的总质量为2t，驾驶员的反应时间为0.5s，且汽车做匀减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是（ ）
A.汽车在驾驶员反应时间内位移大小为5m
B.汽车在减速过程中第2s内位移大小为10m
C.从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需2.5s
D.汽车在减速过程中受到的阻力大小为1.0×104N

11. 如图为颈椎病人设计的牵引装置示意图。一轻绳绕过两个定滑轮和一个轻质动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的轻质组布能拉着病人的颈推（图中用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平面内，下列说法正确的是（ ）

A.如果要增大手指所受的拉力，可以向上移动手指增大夹角θ来实现
B.无论如何改变夹角θ，手指所受的拉力一定大于其中一个重物的重力
C.若用此装置验证力的平行四边形定则，只需测出两物体的重力和手指对帆布带的拉力大小
D.若θ＝30∘，每个重物的重力为G，保持系统静止需要手指施加大小为G的竖直向下的拉力

12. 如图所示，一个质量为m的小球从轻质弹簧正上方O点处自由下落，A点为弹簧的原长处，B点为弹簧弹力和小球重力大小相等处，C点为小球能到达的最低处，整个过程中弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）

A.小球运动到A点速度最大
B.小球运动到B点后加速度方向发生改变
C.从A点到C点的过程中，小球一直在做减速运动
D.从B点到C点的过程中，小球加速度不断减小

13. 如图所示，质量为M的木板放在水平桌面上，木板上表面有一质量为m的物块，物块与木板、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，若要以水平外力F将木板抽出，则力的大小应大于（ ）

A.μmgB.μ(M+m)gC.2μ(M+m)gD.μ(2M+m)g

14. 如图所示，水平面上固定着一倾角为30∘光滑斜面，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的力F，使A、B一起以加速度a沿面向上做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和力F的大小分别为（ ）

A.l−，B.l−，
C.l+，D.l−，
二、实验题：本题共2小题，共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置.

某同学利用如图装置探究加速度与合外力的关系。

（1）对本实验的操作，下列说法中正确的一项是（ ）。
A.实验中无需测量盛放砝码的托盘质量
B.实验中要调节滑轮的高度使小车和滑轮间的细线与水平桌面平行
C.补偿阻力时，必须取下托盘和砝码，调整长木板托盘的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑
D.让小车靠近打点计时器，先释放小车，后接通电源，打出一条纸带

（2）如图2所示为实验中得到纸带的一段，相邻两计数点间还有四个点没有画出。已知交流电的频率为50Hz，则相邻两计数点间的时间隔为________s，小车的加速度为________m/s2（保留两位有效数字）。

（3）以加速度a为纵坐标，F为横坐标，画出a−F图象。若求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。

如图，在“探究平抛运动的特点”实验中：

（1）为准确确定坐标轴，还需要的器材是（ ）。
A.弹簧测力计B.铅垂线C.打点计时器D.天平

（2）实验过程中，应使小球每次从斜槽上________（选填“相同”或“不同”）的位置由静止滚下，斜槽轨道对小球的摩擦力对该实验________（选填“有”或“没有”）影响。

（3）小明同学是利用频闪照相的方式研究平抛运动，如图是他将照相机对准每小格边长为3.2cm的方格背景拍摄的频闪照片，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，则照相机两次闪光的时间间隔T＝________s，小球被抛出时的水平速度v0＝________m/s，小球经过B点的速度大小vB＝________m/s（结果可保留根式）。
三、计算题：本题共3小题，共计38分。解答是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。

如图所示，质量为2kg的物体放置在水平地面上，在大小20N、方向与水平面成37∘角斜向上的拉力作用下，由静止开始2s内的位移为10m，取重力加速度g＝10m/s2，sin37∘＝0.6，cs37∘＝0.8。求：

（1）物体3s末速度的大小；

（2）物体与水平面间的动摩擦因数；

（3）若3s末撤去拉力，则物体还能运动多远？

如图所示为研究自动驾驶技术的一个实验示意图，在平直公路上，汽车A向超声测速仪B做直线运动。设t1＝0时汽车A与测速仪B相距d1＝347.5m，此时测速仪B发出一个超声波信号和红外线，汽车A接收到红外线时刹车。当测速仪B接收到反射回来的超声波信号时，汽车A恰好停止，此时汽车A和测速仪B相距d2＝337.5m。已知超声波的速度v＝340m/s，红外线的速度远大于超声波的速度。求：

（1）汽车A接收到超声波信号时，它与测速仪B的间距；

（2）汽车A自刹车至停下的时间；

（3）汽车A刹车过程中的加速度和初速度。

如图所示，A点距水平面BC的高度h=1.25m，BC与圆弧轨道CDE相接于C点，D点为圆弧轨道的最低点，圆弧DE对应的圆心角θ=37∘，圆弧的半径R=0.5m，圆弧和倾斜传送带EF和切于E点，EF的长度l=5m，一质量为m=1kg的小物块从A点以v0=5m/s的速度水平抛出，从C点沿切线进入圆弧轨道。当经过E点时，物块受到圆弧的摩擦力f=40N，随后物块滑上传送带EF。已知物块与圆弧上E点附近以及传送带EF间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：

（1）物块做平抛运动时水平方向的位移BC的长度；

（2）物块到达E处时速度的大小；

（3）若物块能被送到F端，传动带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从E端到F端所用时间的范围。
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省南京市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意
1.
【答案】
B
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
验证力的平行四边形定则
伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法
物理学方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
D
【考点】
平均速度
时间与时刻
【解析】
时刻即某瞬间，可以用时间轴上的点表示，时间间隔可以用时间轴上两点间的距离表示；物体的位移与所用时间的比值是物体的平均速度。
【解答】
A、报道中的“1小时”有一定的长度，可以用时间轴上两点间距离表示，是指“时间间隔”，故A错误；
B、“上午8时”是瞬间，是指“时刻”，故B错误；
CD、起点和终点的直线距离约为600千米，则飞机的位移约为600km，时间是1小时，则平均速度的大小约为600km/h，故C错误，D正确。
3.
【答案】
A
【考点】
向心力
牛顿第二定律的概念
【解析】
物体相对圆盘静止，物体做匀速圆周运动，根据离心运动的条件判断；物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力的作用；静摩擦力大小一定小于或等于μmg，方向指向圆心；物块和圆盘一起做匀速圆周运动，物块所受合外力的大小等于向心力的大小。
【解答】
A、转速足够大时，根据向心力公式F＝mrω2，以及公式ω＝2πn，可知物体所需要的向心力也足够大，而提供物体做匀速圆周运动的静摩擦力的最大值为μmg，当μmgB、物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力的作用，向心力是以效果命名的力，不能把向心力当作一个力去进行受力分析，故B错误；
C、物体相对圆盘静止，而圆盘在水平面内绕通过中心的竖直轴匀速转动，所以物体做匀速圆周运动，竖直方向受重力和支持力平衡，水平方向受静摩擦力充当向心力，摩擦力大小一定小于或等于μmg，方向指向圆心，故C错误；
D、因为物块和圆盘一起做匀速圆周运动，物块所受合外力的大小即向心力的大小为mω2r，故D错误。
4.
【答案】
B
【考点】
摩擦力的判断
摩擦力的计算
胡克定律
【解析】
在A被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体A先开始受到向右的静摩擦力，当拉力渐渐增大时，导致出现向左的静摩擦力，因而根据进行受力分析，即可判断．
【解答】
由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，则弹簧对A的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向右的静摩擦力；
当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉A，直到把A拉动前过程中，物体A受到的静摩擦力从水平向右变为水平向左，所以其大小先减小后增大，故B正确，ACD错误。
5.
【答案】
D
【考点】
摩擦力的判断
摩擦力的计算
【解析】
摩擦力的大小与各接触面的相对速度、面积大小无关，而动摩擦因数则是与材料有关，从以上两点进行分析。
【解答】
A、两本书相互对插时，由于多层书页相互接触，每层接触的书页都会产生摩擦力，则增加了摩擦力个数，因此第一次两本书的摩擦力较大，故A错误；
B、第一次不容易拉开，因为压力一定时，摩擦力个数增加，与接触面积大小无关，故B错误；
C、第一次实验若在两书匀速向下运动过程中，仍处于平衡状态，与静止时，一样不容易拉开，故C错误；
D、第一次实验若在两书做自由落体运动的过程中，两本书的一页一页之间的压力消失，因此更容易拉开，故D正确；
6.
【答案】
C
【考点】
x-t图像（匀变速直线运动）
非常规图像
匀变速直线运动的概念
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
A
【考点】
物体做曲线运动的条件
【解析】
“嫦娥五号”返回器做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象是正确的。
【解答】
“嫦娥五号”返回器从M点运动到N做曲线运动，弯曲的方向大体向左，必有向左的分力；“嫦娥五号”返回器同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的分力；结合平行四边形定则可知合力与速度的方向的夹角要大于90∘，故A正确，BCD错误。
8.
【答案】
D
【考点】
合运动与分运动的概念
运动的合成与分解
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
返回器下落过程中减速是因为降落伞对返回器的拉力大于返回器的重力；打开降落伞后，返回器减速下降，降落伞对返回器的拉力大于返回器的重力，返回器及返回器内的月球样品均处于超重状态；若返回器降落到地面附近时突然受到水平方向的风作用，水平方向的运动状态会改变，但竖直方向不受影响；若返回器受到的阻力与速度大小成正比，则减速过程中阻力减小，由牛顿第二定律知加速度也减小。据此分析。
【解答】
A、返回器下落过程中减速是因为降落伞对返回器的拉力大于返回器的重力，而降落伞对返回器的拉力与返回器对降落伞的拉力是一对相互作用力，大小始终相等，故A错误；
B、打开降落伞后，返回器减速下降，降落伞对返回器的拉力大于返回器的重力，返回器及返回器内的月球样品均处于超重状态，故B错误；
C、若返回器降落到地面附近时突然受到水平方向的风作用，水平方向的运动状态会改变，但竖直方向不受影响，故返回器在空中运动的时间将不变，故C错误；
D、若返回器受到的阻力与速度大小成正比，设比例系数为k，则阻力f＝kv，根据牛顿第二定律得kv−mg＝ma，因为减速过程中速度v在减小，故加速度a也在减小，故返回器做加速度减小的减速运动，故D正确。
9.
【答案】
B
【考点】
合运动与分运动的概念
运动的合成与分解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
B
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，根据总位移等于15m列式，求出匀减速直线运动花费的时间，再求匀减速直线运动的加速度大小，利用牛顿第二定律求得受到的阻力。
【解答】
A、在反应时间内汽车继续做匀速运动，故通过的位移为x1＝v0t1＝10×0.5m＝5m，故A正确；
B、汽车减速通过的位移为x2＝x−x1＝15m−5m＝10m
根据速度-位移公式可得：0−v2＝2ax2，解得，减速到零所需时间，
汽车减速过程中第2s内的位移，逆向看即为第1s内的位移，故，故B错误；
C、从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需时间为：t总＝t1+t0＝0.5s+2s＝2.5s，故C正确；
D、根据牛顿第二定律可得：−f＝ma，解得f＝1.0×104N，故D正确；
应选不正确的
11.
【答案】
D
【考点】
合力的大小与分力间夹角的关系
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
12.
【答案】
B
【考点】
胡克定律
牛顿第二定律的概念
【解析】
小球先做自由落体运动，接触弹簧后，受到重力和弹簧的弹力，根据弹力的变化，分析合力的变化，判断小球的运动情况。
【解答】
从O点到A点的过程中，小球只受重力，做匀加速运动，从A点到B点的过程中，小球受到重力和弹簧的弹力，且弹簧的弹力小于重力，合力向下，小球做加速运动，到达B点速度最大，从B点到C点的过程中，弹簧的弹力大于重力，小球的合力向上，与速度方向相反，则小球做减速运动，弹力在增大，合力增大，加速度增大，故ACD错误，B正确；
13.
【答案】
C
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
对m和M分别进行受力分析，求出合外力的表达式，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，能将木板抽出来的条件是木板的加速度要大于木块的加速度．
【解答】
对物块m与木板M分别进行受力分析如图所示
对物块m有：
f1＝ma1…①
f1＝μmg…②
由①和②得：a1＝μg
对M进行受力分析有：
F−f−f2＝M⋅a2…③
f1和f2互为作用力与反作用力故有：
f1＝f2＝μ⋅mg…④
f＝μ(M+m)⋅g…⑤
由③④⑤可得a2＝−μg
要将木板从木块下抽出，必须使a2>a1
解得：F>2μ(M+m)g，故ABD错误，C正确
14.
【答案】
A
【考点】
胡克定律
力的合成与分解的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、实验题：本题共2小题，共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置.
【答案】
C
0.1,0.41
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）根据实验原理和实验注意事项即可判断；
（2）根据匀变速直线运动的推论，利用△x＝aT2求得加速度；
（3）根据牛顿第二定律和a−F图角的斜率求小车的质量。
【解答】
考查实验的操作细节：A、实验中是用钩码的总重力代替拉力，所以砝码及盘的质量均要测量，故A错误；
B、调节滑轮的高度使小车和滑轮间的细线与轨道平行，而不是与桌面行，故B错误；
C、补偿阻力时，必须取下托盘和砝码，调整长木板托盘的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑，故C正确；
D、小车靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车，打出的纸带点迹完整，而题目秩序相反，故D错误。
故选：C
由于相邻两计数点间还有四个点，则计数间隔为T＝5×＝0.1s。把图2中的纸带分成两段，由△x＝aT2求加速度为：
a＝＝0.41m/s2；
以加速度a为纵坐标，F为横坐标，画出的a−F图象的斜率为k，据牛顿第二定律有：a＝，所以小车的质量为M＝。
故答案为：（1）C；（2）0.1、0.41；（3）
【答案】
B
相同,没有
0.08,1.6,
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
（1）根据实验操作和实验要求选取实验器材；
（2）在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内，要画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放，才能在坐标纸上找到一些点，然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹；
（3）根据平抛的运动规律求平抛的初速度和到B点的速度，但必须先求出闪光间隔T，根据匀速直线运动相邻相等时间内的位移差是一定值来求。
【解答】
在研究平抛特点的实验中选择器材：AD、弹簧秤测重力，天平测质量，而两者在此实验中均没必要；B、为了检验斜槽的末端是否水平，可以用铅垂线进行；C、打点计时器也没有用，故选：B；
为了描绘平抛的轨迹，需要多次让小球从同一位置释放，用铅笔一点一点描出，最后用一条平滑的曲线连接这些点，只有小球从相同位置释放，才能是同一平抛运动；虽说轨道每次对小球均有阻力，但只要是从同一位置滑下，则达到末端的速度相同，均是同一平抛，所以阻力对本实验没影响；
小明同学是利用频闪照相的方式研究平抛运动，如图是他将照相机对准每小格边长为3.2cm的方格背景拍摄的频闪照片，从A、B、C点的位置来看，水平间隔相同为4格，表明时间相同，再看竖直位置，分别相差3格和5格，由竖直方向△y＝gT2，则可求出时间T＝＝＝0.08s，所以初速度v0＝＝＝1.6m/s，而B点的竖直速度vyB＝＝＝1.6m/s，所以vB＝＝＝m/s。
故答案为：（1）B；（2）相同、没有；（3）0.08s、1.6、
三、计算题：本题共3小题，共计38分。解答是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。
【答案】
物体3s末速度的大小为15m/s；
物体与水平面间的动摩擦因数为0.75；
若3s末撤去拉力，则物体还能运动15m。
【考点】
滑动摩擦力
动摩擦因数
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）根据位移-时间公式求得加速度，根据速度-时间公式求得3s末的速度；
（2）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求得栋摩擦因数；
（3）根据牛顿第二定律求得撤去外力后的加速度，利用速度-位移公式求得运动的位移。
【解答】
根据位移-时间公式可得：
解得：a＝
3s末的速度为：v＝at3＝5×3m/s＝15m/s
对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得：Fcs37∘−f＝ma
Fsin37∘+N−mg＝0
f＝μN
联立解得：μ＝0.75
撤去外力后，根据牛顿第二定律可得：−μmg＝ma′
解得：a′＝−7.5m/s2
故撤去外力后通过的位移为：x＝
【答案】
汽车A接收到超声波信号时，它与测速仪B的间距是340m；
汽车A自刹车至停下的时间是2s；
汽车A刹车过程中的加速度为10m/s，初速度大小为5m/s2，方向与汽车运动的方向相反。
【考点】
匀速直线运动的图像
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动的位移与时间的关系
匀变速直线运动规律的综合运用
匀速直线运动及其公式
【解析】
（1）超声波从B发出到汽车A与被汽车A反射到被B接收所需的路程相等，所以时间也相等，根据匀变速直线运动的位移-时间公式对两段关系分别列式即可求出汽车两段时间内的位移的大小关系，然后求出汽车A接收到超声波信号时，它与测速仪B的间距；
（2）汽车A自刹车至停下的时间与超声波运动的时间相等，结合超声波的位移即可求出；
（3）将前面的数据代入，即可求出汽车A刹车过程中的加速度和初速度。
【解答】
由题可知超声波从B发出到汽车A与被汽车A反射到被B接收所需的时间相等，选汽车运动的方向为正方向，汽设两段时间都是t，汽车的初速度为v0，加速度为a，车的两段位移分别为x1和x2，总位移为：x＝d1＝d1＝347.5m−337.5m＝10m
则超声波从B发出到汽车A过程中汽车的位移：①
汽车A反射到被B接收过程中汽车的位移：②
又：v0+2at＝0 ③
联立①②③可得：④
又：x＝x1+x2⑤
代入数据可得：x1＝7.5m，x2＝2.5m；
所以汽车A接收到超声波信号时，它与测速仪B的间距：d＝d1−x1＝347.5m−7.5m＝340m ⑥
汽车A接收到超声波信号时，超声波运动的时间：s＝1s ⑦
测速仪B接收到反射回来的超声波的时间：t总＝2t＝2s
则汽车A自刹车至停下的时间也等于2s
将时间与位移代入①③可得：v0＝10m/s，a＝−5m/s2，负号表示加速度的方向与汽车运动的方向相反
【答案】
物块做平抛运动时水平方向的位移BC的长度为2.5m；
物块到达E处时速度的大小为6m/s；
若物块能被送到F端，传动带顺时针运转的速度应满足的条件为v传≥4m/s，物块从E端到F端所用时间的范围为1m/s≤t≤2.2s
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
牛顿第二定律的概念
平抛运动的概念
动能定理的应用
【解析】
（1）物块从A点做平抛运动，根据运动学公式求得水平方向运动的位移即可；
（2）在E点，根据f=μFN求得圆弧对物块的支持力，在E点，根据牛顿第二定律求得速度；
（3）当传送带速度较小时，物块开始时的速度大于传送带的速度，根据牛顿第二定律求得上滑的加速度大小，当速度减小到传送带速度后，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得搞好到达传送带F端时的传送带的最小速度，利用运动学公式求得运动的时间，当传送带速度始终大于物块速度时，求得物块运动时间即可。
【解答】
物块从A做平抛运动，竖直方向，h=12gt2，解得t=2hg＝2×1.2510s＝0.5s
水平发那个像做匀速运动，故x=xBC=v0t=5×0.5m=2.5m/s
在E点，根据f=μFN可得FN＝fμ＝400.5N＝80N
在E点，根据牛顿第二定律可得：FN−mgcs37∘＝mvE2R
解得：vE=6m/s
设传送带的最小速度为v，
物块刚滑到传送带时，物块的速度大于传送带的速度，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可知mgsin37∘+μmgcs37∘=ma1
解得a1＝10m/s2
达到传送带速度所需时间为t1＝vE−va1
通过的位移为x1＝vE2−v22a1
达到相同速度后，由于mgsinθ>μmgcsθ，故物块继续向上做减速运动，根据牛顿第二定律可得：mgsin37∘−μmgcs37∘=ma2，解得a2＝2m/s2
当到达F点时，速度恰好为零，则x2＝v22a2
t2＝v2a2
x1+x2=l
解得：v=4m/s，t1=0.2s，t2=2s
上滑所需最大时间tmax=t1+t2=0.2s+2s=2.2s
若传送带的速度始终大于滑块向上滑动时的速度，则物块在传送带上一直以加速度a2向上做减速运动，则
l＝vEtmin−12a1tmin2，解得tmin=1s
故传动带顺时针运转的速度应满足的条件为v传≥4m/s，物块从E端到F端所用时间的范围为1m/s≤t≤2.2s