2024-2025学年湖南省长沙市平高教育集团高三（上）月考物理试卷（8月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市平高教育集团高三（上）月考物理试卷（8月份）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.在力学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了物理学的进步。对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符的是( )
A. 牛顿第一、第二、第三定律共同构成了经典力学的基本运动规律
B. 胡克提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比
C. 卡文迪什是测量地球质量的第一人
D. 伽利略根据理想斜面实验，直接得出自由落体运动是匀变速直线运动
2.如图所示，始终静止在水平地面上倾角为θ的光滑斜面体上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. A、B间摩擦力为零B. A加速度大小为gcs θ
C. C可能只受两个力作用D. 斜面体受到地面的摩擦力为零
3.甲、乙两个物体初始时刻在同一位置，运动图像分别为图中实线和虚线，两个图像均为14圆弧，圆弧的半径均为a，横纵坐标表示的物理意义未知，下列说法正确的是( )
A. 若实线和虚线分别为甲、乙的运动轨迹，则甲、乙的速率相同
B. y表示速度，x表示时间，则x=a时甲、乙间的距离为πa22
C. y表示加速度，x表示时间，则x=a时甲、乙间的距离为πa22
D. y表示位移，x表示时间，则甲、乙的平均速度相同
4.如图所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A被弹簧拉动，则木箱的运动情况不可能是( )
A. 加速下降B. 减速上升 C. 匀速向右运动D. 加速向左运动
5.如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将O、A间的细线剪断，则剪断瞬间球A和球D的加速度大小分别为( )
A. 2.5g，g B. 0，g
C. 2.5g，0 D. 4g，0
6.如图所示，物块M静止在粗糙绝缘水平桌面上，轻质绝缘绳通过小滑轮把带电小球Q与物块M连接，在滑轮正下方一定距离的竖直绝缘墙上固定一带电小球P，初始时P，Q电荷量均为+q，细绳拉直与竖直方向夹角为θ，假设P电荷量保持不变，Q缓慢漏电，在Q电荷量自+q变为+18q过程中，两球均可看作点电荷，且M始终不动，下列说法正确的是( )
A. M受到的摩擦力变小B. M受到的摩擦力变大
C. PQ之间的距离变为原来的34D. PQ之间的距离变为原来的12
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.从地面竖直上抛物体A，同时在其正上方某高度有一物体B自由落下，两物体在空中相遇未相碰，相遇时的速率都是v，(不计空气阻力)则( )
A. 物体A上抛的初速度大小是两物体相遇时速率的2倍
B. 相遇时物体A已上升的高度和物体B已下落的高度相同
C. 物体A在空中运动的时间是物体B运动时间的2倍
D. 物体A和物体B落地速度相等
8.一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑。如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是( )
A. 若在m上加一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M和地面间没有静摩擦力
B. 若在m上加一个沿斜面向下的力F2，则m将做加速运动，地面对M有向右的静摩擦力
C. 若在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m静止前地面对M有向左的静摩擦力
D. 无论在m上加什么方向的力，在m沿斜面向下运动的过程中，M对地都没有静摩擦力的作用
9.如图所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m=1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图所示，若取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。则下列说法正确的有( )
A. 0−8s内物体位移的大小为14m
B. 物体与传送带间动摩擦因数μ=0.625
C. 0−4s内物体上升的高度为4m
D. 0−8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m
10.在光滑水平面上的O点有一物体，初速度为O，先以加速度a1向右做匀加速直线运动，一段时间后到达A点，这时加速度突然反向，且大小变为a2，经相同时间回到O点左侧的B点，已知2OA=OB，则物体在A点时速度大小为vA，在B点时的速度大小为vB，则( )
A. a2=5a1B. a2=3a1C. vB=4vAD. vB=3vA
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组设计了如图甲的实验装置来测量砂桶中砂的质量。

主要实验步骤如下：
(1)平衡好摩擦力后，在砂桶中加入质量为m0的砂；
(2)接通传感器电源，释放小车，利用位移传感器测出对应的位移与时间(x−t)图像；
(3)在砂桶和砂质量不变的情况下，改变小车的质量，测量出不同的加速度。
①图乙是当小车质量为M=0.2kg时，运动过程中位移传感器记录下的x−t图像，由图可知，小车的加速度a= ______m/s2。
②图丙为加速度a的倒数和小车质量M的(1a−M)图像，利用题中信息求出b= ______s2⋅m−1，砂的质量m0= ______kg(已知砂桶的质量m=0.01kg，重力加速度g=10m/s2)。
12.某同学用如图1所示的实验装置研究小车在斜面上的运动。实验步骤如下：

a、安装好实验器材。
b、接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次。选出一条点迹比较清晰的纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个点取一个计数点，如2图中0、1、2……6点所示。
c、测量1、2、3……6计数点到0计数点的距离，分别记作：s1、s2、s3……s6。
d、通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀加速直线运动。
e、分别计算出s1、s2、s3……s6与对应时间的比值s1t1、s2t2、s3t3⋅⋅⋅⋅⋅⋅s6t6。
f、以st为纵坐标、t为横坐标，标出st与对应时间t的坐标点，画出st−t图线。结合上述实验步骤和测得的数据及st−t图线完成下面的内容：
(1)根据纸带上的数据，用逐差法求加速度的表达式为a= ______(用测得的物理量符号表示)；
(2)根据st−t图线判断计算，在打下0计数点时，小车的速度v0= ______m/s；小车在斜面上运动的加速度a= ______m/s2(保留两位小数)。
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.某公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为l=6m；若汽车起动时都以a=2m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到v=10m/s后做匀速运动。该路口亮绿灯时间t=30s，而且有按倒计时显示时间显示灯。另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，黄灯亮起时，头已越过停车线的汽车允许通过。
(1)若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，有多少辆汽车能通过路口？
(2)第(1)问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时(表示绿灯显示的时间还剩3秒)开始刹车做匀减速直线运动，结果汽车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车的加速度大小。
(3)事实上由于人反应时间的存在，绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车。现假设绿灯亮起时，第一个司机滞后，Δt=0.8s起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8s起动汽车，在该情况下，有多少辆车能通过路口？
14.如图所示，水平地面上有一两端开口的圆形管道，管道内部最上端有一活塞，已知管道质量为3m，活塞质量为m，两者间的最大静摩擦力为kmg(k>1)(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)若管道受到竖直向上的拉力作用，活塞与管道间没有相对滑动，求拉力的最大值F。
(2)若管道突然获得竖直向上的初速度v0，求管道第1次落地前活塞(还在管道中)相对于管道的位移L1。
(3)在(2)中，若k=3，管道每次与地面碰撞后以原速率返回。当管道与地面碰撞4次后的运动过程中活塞刚好能脱离管道，求管道的长度L。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.如图所示，质量M=3kg的木块套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=1.6kg的小球相连。今用跟水平方向成α=37°角的拉力F=10N，拉着小球带动木块A一起向右匀速运动，运动中木块与小球相对位置保持不变，取g=10m/s2。求：
(1)木块所受水平杆的摩擦力f的大小；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数为μ；
(3)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ的正切值。
答案解析
1.D
【解析】解：A、牛顿第一、第二、第三定律共同构成了经典力学的基本运动规律，故A正确；
B、胡克提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比，故B正确；
C、卡文迪什利用扭秤实验测量了引力常量的大小，被称为是测量地球质量的第一人，故C正确；
D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误；
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.C
【解析】解：A、对B、C整体受力分析，受重力、支持力，B、C沿斜面匀加速下滑，则A、B间摩擦力不为零，BC在水平方向有向左的加速度，则B受A对它的向左的摩擦力，故A错误；
B、选A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知A加速度大小为gsin θ，故B错误；
C、取C为研究对象，当斜劈B的倾角也为θ时，C只受重力和斜面的支持力，加速度才为ac=gsinθ，故C正确；
D、斜面对A的作用力垂直斜面向上，则A对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故D错误。
故选：C。
整体一起匀加速下滑，具有相同的加速度；先用整体法结合牛顿第二定律求出整体的加速度，再用隔离法分析个体的受力情况。
若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法。对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；很多情况下，通常采用整体法和隔离法相结合的方法。
3.B
【解析】解：A、若实线和虚线表示分别为甲、乙的运动轨迹，则根据题图可知其甲、乙运动的路程相等，但时间关系不能确定，无法分析速率关系，故A错误；
B、若y表示速度，x表示时间，则题图为其速度—时间图像，根据v−t图像与时间轴围成的面积表示物体的位移，由题图可知，甲的位移方向与正方向相同，其大小为：x甲=14πa2
同理可知，乙的位移方向为负方向，其大小为：x乙=14πa2
甲、乙从同一位置出发，所以两者的距离为：x=x甲+x乙=πa22，故B正确；
C、若y表示加速度，x表示时间，则a−t图像与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量，但由题图无法求出甲、乙两物体的位移，所以无法求得甲、乙之间的距离，故C错误；
D、若y表示位移，x表示时间，则甲的平均速度为v甲−=x甲t甲=aam/s=1m/s，乙的平均速度为v乙−=x乙t乙=−aam/s=−1m/s，故D错误。
故选：B。
根据运动轨迹不能确定速率关系；根据v−t图像与时间轴围成的面积表示物体的位移，来分析B项；根据a−t图像与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量，来分析C项；结合平均速度与时间之比分析D项。
解答本题的关键要理解各个图像的物理意义，v−t图像与时间轴围成的面积表示物体的位移，a−t图像与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量。
4.C
【解析】解：A.A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，表明此时弹簧的拉力小于或等于木箱对A的最大静摩擦力，若木箱加速下降，由于加速度向下，则木箱对A的弹力减小，木箱对A的最大静摩擦力减小，当弹簧的弹力大于该最大静摩擦力时，A将被弹簧拉动，故A正确；
B.若木箱减速上升，由于加速度向下，则木箱对A的弹力减小，木箱对A的最大静摩擦力减小，当弹簧的弹力大于该最大静摩擦力时，A将被弹簧拉动，故B正确；
C.若木箱匀速向右运动，木箱对A弹力不变，最大静摩擦力不变，即弹簧拉力小于或等于最大静摩擦力，A不会被弹簧拉动，故C错误；
D.A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，表明此时弹簧的拉力小于或等于木箱对A的最大静摩擦力，若木箱加速向左运动，加速度方向向左，当加速度较大，最大静摩擦力与弹簧拉力的合力不足以产生该加速度时，A将相对木箱向右运动，故D正确。
本题选不可能的，故选：C。
AB.根据加速下降或者减速上升判断物块A和木箱地板之间的压力变化情况判断最大静摩擦力的变化情况，再结合最大静摩擦和弹簧拉力的大小关系可能的运动情况；
C.根据匀速运动的受力情况分析可能的运动情况变化；
D.根据水平方向的合外力的变化需要进行分析判断。
考查物体运动情况和物体受力情况的变化关系，结合临界状态进行准确分析和判断。
5.C
【解析】解：剪断O、A间细绳之前，根据四个小球组成的系统处于静止状态可知，OA绳的拉力大小为：T=(4m+3m+2m+m)g=10mg
剪断O、A间细绳瞬间，两弹簧的弹力都不能发生突变，对A，根据牛顿第二定律有：F合=10mg=4maA
得：aA=2.5g
对D，弹簧向上的拉力大小仍为mg，重力和弹簧对它向上的拉力平衡，故aD=0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据系统处于静止状态时分析OA绳上的拉力和D受到的平衡力大小，然后分析细绳剪断瞬间A和D的合外力情况，结合牛顿第二定律求解瞬时加速度。
考查弹簧和绳模型的瞬时加速度问题，关键是分析变化前物体的受力情况和变化后瞬间物体的受力情况，结合牛顿第二定律分析解决问题。
6.D
【解析】解：对Q受力分析，如图所示
Q受重力、绳子的拉力及库仑力；将重力与库仑力合成，其合力应与拉力大小相等方向相反，由相似三角形可知
GOP=TOQ=Fd
当Q电荷量不断减小的过程中，d渐渐减小，可知F减小，T不变，
对M受力分析，可得：f=T，不变。在Q电荷量自+q变为+18q过程中，由库仑斥力，F=kqPqQd2
整理得：GOP=TOQ=kqPqQd3
因为比值不变，所以PQ之间的距离变为原来的12。故ABC错误，D正确。
故选：D。
对M和Q分别受力分析，联立平衡方程，分析力的大小变化。
本题主要考查受力平衡，同时利用相似三角形分析力的大小变化，在做题中要注意相似三角形的对应关系。
7.ACD
【解析】解：A、设经过时间t两个物体相遇，则此时物体A的速度大小为vA=v0−gt，物体B的速度大小为vB=gt，则v0−gt=gt，v0=2gt=v。因此物体A的初始速度大小为两物体相遇时速率的2倍，故A正确。
B、相遇时，物体A的位移大小为xA=(2v)2−v22g=3v22g，物体B的位移为xB=v22g，因此相遇时，物体A上升的高度不等于物体B的下落高度，故B错误。
C、D、因为物体A、B在空中相遇时的速率相同，因此竖直上抛运动的最高点就是自由落体运动的起点，所以物体A在空中运行的总时间是物体B的两倍。A物体上升的最高点即为B物体自由下落的位置，所以物体A和B落地的速度相等，故CD正确。
故选：ACD。
竖直上抛运动上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动，两个过程对称。两物体在空中相遇时的速率都是v，可知竖直上抛运动的最高点是自由落体运动的抛出点。从而可以求出A、B运动的时间关系，以及A、B落地的速度大小关系。
解决本题的关键是由两个物体相遇时速率相同，得出物体A的最高点就是物体B的抛出点。
8.AD
【解析】解：m原来保持匀速下滑，M静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾。对m，有：mgsinθ=f=μmgcsθ，即得sinθ=μcsθ，θ是斜面的倾角。
A、当施加竖直向下的力F1时，对整体受力分析，在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，故地面对M无摩擦力，对m受力分析可知，(mg+F)sinθ−μ(mg+F)csθ=0，所以m做匀速运动，故A正确；
B、在m上加一沿斜面向下的力F2，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B错误；
C、在m上加一水平向右的力F3，沿斜面方向：mgsinθ−F3csθ−μ(mgcsθ+F3sinθ)<0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了F3sinθ，则摩擦力增加μF3sinθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：
则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误；
D、无论在m上加上什么方向的力，m对斜面的压力与m对斜面的摩擦力都是以1：μ的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确。
故选：AD。
由题，滑块原来匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零；以滑块和斜面整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力；木块可能受两个力作用也可能受到四个力作用。
本题中木块与斜面都处于平衡状态，研究对象可以采用隔离法，也可以采用整体法研究，
9.AD
【解析】解：A.物体运动的位移即v−t图像与坐标轴围成的面积
x=12×2×2m+2+62×4m=14m，
故A正确；
B.由物体运动v−t图像可知，在2−6s内物体做匀加速直线运动，有
a=ΔvΔt=4−04m/s2=1m/s2，
根据牛顿第二定律得：
μmgcs37°−mgsin37°=ma，
解得：μ=0.875，
故B错误；
C.物体运动的位移即v−t图像与坐标轴围成的面积，在0−4s内由图知，物体运动的位为0，则在0−4s内物体上升的高度为0，故C错误；
D.由选项A可知，在0−8s内物体相对地面走过的位移x=14m，传送带相对地面走过的位移
x′=vt=4×8m=32m
则0−8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为
Δx=x′−x=32m−14m=18m，
故D正确。
故选：AD。
v−t图像与坐标轴围成的面积表物体运动的位移，斜率表加速度。根据物体的v−t图像可知物体位移和加速度，再结合牛顿第二定律求摩擦因数。
解决该题需要明确知道物体在传送带上的运动过程，掌握物体在运动过程的受力情况，熟记v−t图像的相关知识。
10.AC
【解析】解：设两个阶段的运动时间均为t，规定OA方向为正方向；
从O到A的运动，由x、t关系得：xOA=12a1t2 ①；
从A到B的运动，由x、t关系得：xAB=vA+12a2t2 ②；
又由v、t关系得vA=a1t ③，xAB=−3xOA ④(此处要注意OA为正向位移，AB为负向位移)；
联立①～④得5a1t2=a2t2，即a2=5a1 ⑤；
故A正确
又由v、t关系得vA=a1t ⑥，−vB=vA−a2t (vB仅为速度的大小，而B点速度是负方向，故前面加了负号)⑦；
联立⑤⑥⑦得 vB=4vA，故C正确；
故选：AC。
此题分为两个阶段研究，从O到A为第一阶段，从A到B为第二个阶段；分别写出两个阶段的x、t关系式，又由2OA=OB可得a1与a2的关系，再由v、t关系即可求得vA与vB的关系。
此题有一定的难度，分析时要分两个阶段研究，分别写出其位移、时间关系，然后根据位移关系得到加速度的关系。做此类题时务必要注意位移的方向性，以免出现错误。
11.2 0.1 0.04
【解析】(3)①小车做匀加速直线运动，根据运动学公式有
x=12at2
解得
a=2xt2=2×
②根据牛顿第二定律有
T=Ma，(m+m0)g−T=(m+m0)a
联立可得
1a=1(m+m0)gM+1g
可知1a−M图像的纵轴截距为
b=1g=0.1s2⋅m−1
1a−M图像的斜率为
k=1(m+m0)g=0.5−−1=2N−1
解得
m0=0.04kg
故答案为：(3)①2，②0.1，0.04。
(3)①结合图像，根据运动学公式求解加速度；
②根据牛顿第二定律分别对小车、砂和桶列式联立求解砂的质量。
本题考查了实验数据处理、考查了实验误差分析，分析清楚题意与图示实验，理解实验原理是解题的前提与关键；对于实验题要明确实验原理，这是解题的前提与关键。
12.s6−2s39T2 0.18 4.80
【解析】解：(1)由题意可知，每两个点取一个计数点，所以计数点间的时间间隔为T=2×0.02s=0.04s，根据位移差公式可知：(s6−s3)−s3=a⋅(3T)2，解得：a=s6−2s39T2；
(2)根据st−t图象判断，在打0计数点时，小车的速度为：v0=0.18m/s；由于s=vt+12at2，所以有：st=v+12at，则它在斜面上运动的加速度为：a=2k=2×(78−18)×10−20.25m/s2=4.80m/s2
故答案为：(1)s6−2s39T2；(2)0.18；4.80。
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，可以求出打纸带上各点时小车的瞬时速度大小，用描点连线的方法来处理数据，这样可以减小误差。
本题是为速度—时间图象的应用，要明确斜率的含义，会用逐差法求解加速度。
13.解：(1)汽车加速时间
t1=va=102s=5.0s
40.0s时间，汽车能行驶的位移
x=12at12+v(t−t1)=12×2×5.02m+10×(30−5)m=475m
n=xl=4756=79.2
根据题意，所以能有80辆汽车通过路口
(2)记t0=3.0s，当计时灯刚亮出“3”时，第81辆汽车行驶的位移
x1=12at12+v(t−t1−t0)=12×2×5.02m+10×(30−5−3)m=445m
此时汽车距停车线的距离
x2=80L−x1=80×6m−445m=35m
第81辆车刹车后加速度
a′=v22x2=1022×35m/s2=107m/s2
(3)设能通过k辆汽车，则
12at12+v(t−t1−kΔt)≥(k−1)l
数据代入后解得
k≤34.3
所以能通过34辆汽车
答：(1)若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，有80辆汽车能通过路口；
(2)第(1)问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时(表示绿灯显示的时间还剩3秒)开始刹车做匀减速直线运动，结果汽车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车的加速度大小107m/s2。
(3)事实上由于人反应时间的存在，绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车。现假设绿灯亮起时，第一个司机滞后，Δt=0.8s起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8s起动汽车，在该情况下，有34辆车能通过路口。
【解析】(1)若绿灯亮起时，在理想情况下所有司机同时启动汽车，利用s=vt求出最后一辆启动、匀速行驶走的路程，相加可得最后一辆走的路程，知道两辆车车距，相除可得汽车数，若除不开，说明黄灯亮起时已过停车线；
(2)先求出当计时灯刚亮出“3”时，不能通过路口的第一辆汽车行驶的位移，再求出汽车距停车线的距离，根据速度一位移公式求解加速度；
(3)设能通过k辆汽车，则第k辆汽车能通过路口要满足12at12+v(t−t1−k⋅Δt)≥(k−1)l代入数据即可求解。
本题考查了学生对速度公式、功的计算公式的掌握和运用，涉及到绿灯行、黄灯停一停的相关问题，要细心分析，灵活运用相关公式，属于难题。
14.解：(1)根据题意，设最大拉力时，整体的加速度为a，由牛顿第二定律，对整体有
F−(3m+m)g=(3m+m)a
对活塞有
kmg−mg=ma
联立解得
F=4kmg
(2)根据题意，设管道的加速度大小为加a1，活塞的加速度大小为a2，经时间t后两者达共同速度v1，向上的位移分别为x1和x2。
对管道，由牛顿第二定律得
kmg+3mg=3ma1
由运动学公式可得
v1=v0−a1t，x1=v0+v12t
对活塞，由牛顿第二定律得
kmg−mg=ma2
由运动学公式可得
v1=a2t，x2=v12t
则管道的最小长度为
L=x1−x2
联立解得
L=3v028kg
(3)管道向上运动位移x1后，与活塞一起以初速度v1做竖直上抛运动，与地面碰撞前瞬间速为v，有
v2−v12=2gx1
由以上各式得
v= 10vv0
管道与地面碰撞后，管道以初速度v，加速度a1向上减速，活塞以初速度v，加速度a2向下减速，因为k=3，则有
a1=a2=2g
两者均经过时间t1速度减为0，则有
t1=va1
此时管道上升的高度
ℎ1=v24g
从碰后到共速的过程中，两者的相对位移为
Δx1=v22g
管道与地面第2次碰撞前瞬间速度为
v2= 2gℎ1
同理，从第2次碰后到共速的过程中，两者的相对位移为
Δx2=v222g
解得Δx2=12g( 22v)2
从第3次碰后到共速的过程中，两者的相对位移为Δx3=12g( 22)4v2
从第4次碰后到共速的过程中，两者的相对位移为Δx4=12g( 22)6v2
管道的长度
L=L1+Δx1+Δx2+Δx3+Δx4
由以上各式可求得
L=91v02128g
答：(1)拉力的最大值为4kmg。
(2)管道第1次落地前活塞(还在管道中)相对于管道的位移为3v028kg。
(3)管道的长度为91v02128g。
【解析】(1)根据整体与隔离法结合牛顿第二定律解答。
(2)分析活塞和管道的运动情况，根据对应的运动规律分析解答。
(3)根据数学归纳的思想方法解答。
本题让学生熟练掌握牛顿第二定律、运动学公式，以及能量守恒定律的应用。
15.解：(1)将木块和小球看场一个整体，因为匀速运动，所以整体受力平衡，水平方向有
f=Fcs37°
解得
f=8N
(2)对小球竖直方向有
Fsin37°+Tsinθ=mg
对木块竖直方向有
Tsinθ+Mg=FN
又因为
f=μFN
解得
μ=0.2
(3)对小球竖直方向有
Fsin37°+Tsinθ=mg
对小球水平方向有
Fcs37°=Tcsθ
又因为
tanθ=sinθcsθ
解得
tanθ=54
答：(1)木块所受水平杆的摩擦力f的大小为8N；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数为为0.2；
(3)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ的正切值为54。
【解析】(1)(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数μ；
(3)对小球受力分析，根据共点力平衡条件解得。
本题涉及两个物体的平衡问题，研究对象的选择要灵活，此题采用隔离法与整体相结合的方法，也可以就采用隔离法研究。