湖南省怀化市溆浦二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷

湖南省怀化市溆浦二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（本题包含12小题，每小题4分，共48分，其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分，将选项填在答题卷）1．如图所示，放置在水平地面上的直角劈M上有一个质量为m的物体，若m在直角劈上面匀加速下滑，M仍保持静止，那么正确的说法是( )A．M对地面的压力等于（M+m）g B．M对地面的压力大于（M+m）gC．地面对M没有摩擦力D．地面对M有向左的摩擦力考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．专题：受力分析方法专题．分析：分别对M和m受力分析，然后沿水平方向和竖直方向进行正交分解，抓住M所受合力为零，根据牛顿第二定律，结合共点力平衡进行分析．解答：解：对m分析，m受重力、支持力和摩擦力，因为m加速下滑，具有沿斜面向下的加速度，将该加速度沿水平方向和竖直方向分解．则m支持力在水平方向上的分力大于摩擦力在水平方向上的分力，支持力和摩擦力在竖直方向分力之和小于m的重力．对M分析，M对m的支持力和摩擦力与m对M的压力和摩擦力大小相等．则N2在水平方向上的分力大于f2在水平方向上的分力，根据水平方向上平衡，知地面对M的摩擦力向左．因为f2和N2在竖直方向上的分力之和小于m的重力，根据M在竖直方向上平衡知，地面的支持力小于（M+m）g．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡综合求解．2．某人在平静的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一段深度．不计空气阻力，取向上为正方向，在下面的图象中，最能反映小铁球运动过程的v﹣t图象是( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度图象中速度大于0表示物体沿正方向运动，速度小于0表示物体沿负方向运动；速度图象的斜率等于物体的加速度；斜率的绝对值越大代表物体的加速度越大．解答：解：物体在竖直上升过程中物体的速度竖直向上，即速度大于0，此时物体的加速度大小为a1=g，方向竖直向下，做匀减速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；到达最高点后做自由落体运动，速度方向竖直向下，即速度小于0，此时物体的加速度大小为a2=g，方向竖直向下，做匀加速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；故进入湖水之前物体的加速度保持不变．故速度图象的斜率保持不变．铁球进入湖水后受到湖水的阻力作用，但重力大于阻力，加速度向下，但加速度a3＜g，速度方向仍然向下即速度小于0，做匀加速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；．在淤泥中运动的时候速度仍向下，即速度小于0，但淤泥对球的阻力大于铁球的重力，所以加速度方向竖直向上，故物体做减速运动．故C正确．故选：C．点评：把握物体的运动情况包括速度方向和加速度的大小和方向是解决此题的关键，所以解决运动学问题要详细进行过程分析和受力分析．3．如图所示，A、B是带等量同种电荷的小球，电荷量是10﹣5C，A固定在竖直放置的10cm 长的绝缘支杆上，B平衡于倾角为30°的绝缘粗糙斜面上时，且与A等高，若B的质量为10Kg，则B受到斜面的静摩擦力为（g取l0m/s2）( )A．15 N B．10N C．15N D．35N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对B球分析，B球受到重力、摩擦力、支持力与库仑力，处于平衡状态．运用平衡条件列方程求解．解答：解：设B球受到的静摩擦力沿斜面向上，对B球受力分析如图：根据平衡条件，沿斜面方向有：f+Fcos30°=mgsin30°代入数据：f+9×109××=10×10×得：f=35N故选：D．点评：本题借助库仑力考查了受力分析和平衡条件的应用，库仑力的公式为F=K其中K为静电力常量，值为9×109．4．乘坐游乐圆的翻滚过山车时，质量为m的人随车一起在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A．车在最高点时人处于倒立状态，全靠保险带拉住，没有保险带人就会掉下B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但是压力一定小于mgC．人在最底点时对座位的压力大于mgD．人在最底点时对座位的压力等于mg考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：人随车一起在竖直平面内旋转，靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律分析最高点和最低点人对座椅的压力．解答：解：A、在最高点，若速度较大，靠重力和压力提供向心力，保险带的拉力可以为零．故A错误．B、在最高点，速度较大，靠重力和压力提供向心力，压力可能大于mg．故B错误．C、最最低点，向心力方向向上，则支持力大于mg，所以人对座椅的压力大于mg．故C正确，D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．5．如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后经点火，卫星沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运动时．下列说法正确的是( )A．将卫星直接发射到轨道3上的发射速度可能等于发射到轨道1上的发射速度的2倍B．卫星在轨道3上的周期小于在轨道1上的周期C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星从轨道1到轨道3动能的变化量小于势能的变化量考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：发射速度大于11.2km/s，卫星将脱离地球的束缚，不会绕地球运动．根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率与半径的关系来判断周期大小、加速度大小．由牛顿定律研究卫星在Q、P两点加速度大小．卫星从轨道1到轨道3的变轨过程中，要在P点和Q点加速度，故总的机械能增加，卫星势能的增加量要大于动能的减少量．解答：解：A、将卫星直接发射到轨道1上的发射速度是地球的第一宇宙速度，即7.9km/s，它的两倍是15.8km/s，大于第二宇宙速度11.2km/s了，如果发射速度是第一宇宙速度的两倍，则该卫星要脱离地球束缚，不可能在轨道3上绕地球运动，故A错误．B、根据万有引力提供向心力，得，轨道半径越大，周期越大，故卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上的周期，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得，r相同，则a大小相等，故卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速，故C错误．D、卫星在轨道1的速度大于在轨道3的速度，即轨道1的动能等于轨道3的动能；轨道1的势能小于轨道3的势能．卫星从轨道1到轨道3的变轨过程中，要在P点和Q点加速，故总的机械能增加，所以卫星势能的增加量要大于动能的减少量，故D正确．故选：D．点评：卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较．6．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端．当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP杆的弹力T和绳子的张力F的大小变化是( )A．T不变，F变大B．T不变，F先变大后变小C．T先变小后变大，F变大D．T先变大后变小，F不变考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对P点受力分析，然后根据平衡条件并运用相似三角形法得到OP杆对P的支持力表达式，最后根据牛顿第三定律得到OP杆所受压力表达式再讨论其与角α关系．解答：解：对点P受力分析，设杆的弹力为N，绳子的拉力为T，如图根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有==解得：N=G T=G由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力N不变，AP变大，则绳子拉力T变大．根据牛顿第三定律，OP杆所受压力等于支持力N，故A正确．故选A．点评：本题是力学的动态分析问题，可以通过解析法求解出表达式后分析，也可以通过作图法分析，可以灵活选择．7．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹到空中某一高度，其速度v随时间t变化的关系如图所示．若g=10m/s2，则( )A．小球第一次反弹后离开地面的速度大小为5m/sB．小球反弹起的最大高度为0.45mC．碰撞前后速度改变量的大小为2m/sD．小球是从5m高处自由下落的考点：匀变速直线运动的图像；自由落体运动；竖直上抛运动．专题：运动学中的图像专题．分析：解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，最后求出反弹的高度．解答：解：A．由图象可知：0.5s末物体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A错误；B、小球能弹起的最大高度对应图中0.6s﹣0.8s内速度图象的面积，所以h=0.3×3m=0.45m，故B正确；C、碰撞时速度的改变量为△v=﹣3m/s﹣5m/s=﹣8m/s，则速度的改变量大小为8m/s．故C 错误；D、由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v﹣t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：h=0.5×5m=1.25m，故D错误；故选B点评：解决本题要明确v﹣t图象的含义：在v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．8．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )A．（M+m）g B．（M+m）g﹣ma C．（M+m）g+ma D．（M﹣m）g考点：牛顿第二定律；超重和失重．专题：压轴题．分析：竿对“底人”的压力大小应该等于竿的重力加上竿上的人对杆向下的摩擦力，竿的重力已知，求出竿上的人对杆向下的摩擦力就可以了．解答：解：对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力F f，有mg﹣F f=ma；所以F f=m（g﹣a），竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力﹣﹣摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg、竿上的人对杆向下的摩擦力F f′、顶竿的人对竿的支持力F N，有Mg+F f′=F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F N′=Mg+F f′=（M+m）g﹣ma．所以B项正确．故选：B．点评：由于人加速下滑，处于失重状态，人对竿的作用力并不等于人的重力，这是在解答本题的过程中常出现的错误，注意这一点这道题就可以了．9．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是( )A．x A=h，a A=0 B．x A=h，a A=gC．x B=h+，a B=0 D．x C=h+，a C=0考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．分析：OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；C点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度．解答：解：OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以B正确，A错误．B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以B得坐标为h+，所以C正确．取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于h+2，加速度a c＞g，所以D错误．故选BC．点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．10．一艘小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是( )A．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先加速后减速B．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先减速后加速C．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先减速后加速D．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先加速后减速考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向，则加速度大致指向轨迹凹的一向．根据轨迹弯曲判断加速度的方向．解答：解：A、若小船在x方向上始终匀速，开始轨迹向下凹，则在y轴方向的加速度方向向下，速度向上，做减速运动，然后轨迹向上凹，则在y轴方向上的加速度方向向上，速度向上，做加速运动，所以在y轴方向上先减速后加速．故A错误，B正确．C、若小船在y方向上始终匀速，开始轨迹向下凹，则在x轴上的加速度方向水平向右，速度向右，做加速运动，然后轨迹向上凹，则在x轴方向上加速度方向水平向左，速度向右，做减速运动，所以在x轴上先加速后减速．故C错误，D正确．故选BD．点评：解决本题得关键知道在曲线运动中，合力大致指向轨迹凹的一向，会根据轨迹弯曲判断加速度的方向．11．某同学在篮球训练中，以一定的初速度投篮，篮球水平击中篮板，现在他向前走一小段距离，与篮板更近，再次投篮，出手高度和第一次相同，篮球又恰好水平击中篮板上的同一点，则( )A．第二次投篮篮球的初速度小些B．第二次击中篮板时篮球的速度大些C．第二次投篮时篮球初速度与水平方向的夹角大些D．第二次投篮时篮球在空中飞行时间长些考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据题目中说的两次投篮都是水平击中篮板，所以把篮球的运动从逆向来看，两次的投篮都可以看成是从同一个点开始的平抛运动，第一的水平的位移要比第二次的水平位移大，再根据平抛运动的规律来分析即可．解答：解：把同学投篮水平击中篮板的过程看成逆向的从击中篮板O点开始的平抛运动，如图所示，第二次投篮是下边的一条抛物线，由此可见，第二次投篮时水平的位移要小，所以篮球的初速度要小些，初速度与水平方向的夹角要比第一次的大一些，所以AC正确．故选AC．点评：解答本题是从两次的投篮来看，两次运动之间的规律不好找，但是从逆向来看的话，两次都可以看成是从同一点开始的平抛运动，但是两次平抛运动的水平的位移不同，由此再比较两次投篮之间的关系就很容易了．12．如图所示，x﹣t图象和v﹣t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )A．图线1表示物体做曲线运动，图线3表示物体做直线运动B．x﹣t图象中t1时刻物体1的速度大于物体2的速度，0至t2时间内物体1平均速度等于物体2的平均速度C．v﹣t图象中0至t3时间内物体4的位移大于物体3的位移，物体4的平均速度大于物体3的平均速度D．两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，速度时间图线通过位移的大小判断平均速度的大小．在位移时间图线中，通过物体位移增加还是减小判断物体的运动方向，在速度时间图线中，通过速度的正负值判断物体的运动方向．解答：解：A、位移时间图线与速度时间图象中，位移的方向和速度的方向都用正负表示，故是在同一直线上，都是直线运动，故A错误；B、x﹣t图象中某时刻图象上对应点的切线斜率表示对应时刻的速度，故t1时刻物体1的速度大于物体2的速度；0至t2时间内物体1的位移大于物体2的位移，故物体1平均速度大于物体2的平均速度，故B错误；C、v﹣t图象中图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故0至t3时间内4的位移大于3的位移，时间相等，则4的平均速度大于3的平均速度，故C正确；D、在位移时间图线中，在t2时刻，位移减小，则运动反向，在速度时间图线中，在t4时刻，速度减小，但方向不变，故D错误；故选：C．点评：解决本题的关键能够从速度时间图线和位移时间图线获取信息，知道两图线的区别．二、实验题（本题共3小题，每空2分，共18分）13．如图所示，甲图中螺旋测微器的读数为10.501mm，乙图中游标卡尺的读数为10.155cm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法也可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，不需估读；解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为10.5mm，可动刻度读数为0.01×0.1mm=0.001mm，所以最终读数为：10.5mm+0.001mm=10.501mm，游标上有20个小等分刻度的长度是19mm；从图中得出游标卡尺的固定刻度与游标尺对其的刻度读数为112mm，游标尺上第11个刻度游标读数为0.95×11mm=10.45mm，游标卡尺读数的方法也可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，所以最终读数为：112mm﹣10.45mm=101.55mm=10.155cm；故答案为：10.501，10.155．点评：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同．14．如图，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点．现让F2大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β（β＞90°）角的变化可能是( )A．增大F1的同时增大β角B．增大F1而保持β角不变C．增大F1的同时减小β角D．减小F1的同时增大β角考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：本题考查力的平行四边形定则，根据题意，保持合力大小方向不变、F2大小增大，方向不变，看怎样改变仍能组成平行四边形即可解答：解：对点O点受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，由于O点位置不变，因此橡皮条长度不变，其拉力大小方向不变，F2的大小不变，ob弹簧拉力方向和大小都改变，根据力的平行四边形定则有：若如图1变化所受，可以增大F1的同时减小β角，故C正确；如图2所受示，可以增大F1的同时增大β角，故A正确；如图3所受示，可以增大F1而保持β角不变，故B正确；同时根据平行四边形定则可知，减小F1的同时增大β角是不能组成平行四边形的，故D错误．故选ABC．点评：本题是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论．15．如图所示是某同学设计的“探究加速度a与物体所受合力F及质量m间关系”的实验．图1为实验装置简图，A为小车，B为打点计时器，C为装有砂的砂桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，小车运动加速度a可由纸带求得．（1）图2为某次实验得到的纸带（交流电的频率为50Hz），由图中数据求出小车加速度值为3.0m/s2；（2）保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据如表中所示，根据表中数据，为直观反映F不变时a与m的关系，请在图3坐标纸中选择恰当物理量建立坐标系并作出图线；从图线中得到F不变时小车加速度a与质量m间定量关系是a=；（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F图线如图4，该图线不通过原点，明显超出偶然误差范围，其主要原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；次数 1 2 3 4 5 6 7 8小车加速度a/m•s﹣2 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30小车质量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.674.00 3.50 3.00 2.5 2.00 1.40 1.00 0.60（4）若实验中将小车换成滑块，将木板水平放置可测出滑块与木板间的动摩擦因数μ．要测出动摩擦因数μ，需要测量的物理量有砂和砂桶质量、木块的质量、以及对应的加速度；实验测得的动摩擦因数μ比真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）根据△x=aT2求出纸带的加速度．（2）为研究a与m的关系，作a与的关系关系图线，注意选取好标度．（3）图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足．解答：解（1）由于每相邻两个计数点间还有1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.04s，设第一段相邻的计数点的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6、x7、x8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，得：x5﹣x1=4a1T2x6﹣x2=4a2T2x7﹣x3=4a3T2x8﹣x4=4a4T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3+a4）解得：a==3.0m/s2 ．（2）为研究a与m的关系，作a与的关系关系图线，如图．从图线中得到F不变时小车加速度a与质量m间定量关系是a=（3）图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．（4）设滑块的质量为M，砂和砂桶的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F拉=ma对M：F拉﹣μMg=Ma解得：μ=而实验测得的动摩擦因数μ′=需要测量的物理量有：砂和砂桶质量m、木块的质量M、以及对应的加速度a．所以验测得的动摩擦因数μ比真实值偏大．故答案为：（1）3.0（2）如图所示，a=；（3）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；（4）砂和砂桶质量、木块的质量、以及对应的加速度，偏大．点评：运用匀变速直线运动的公式处理纸带的问题是力学实验里常见的问题，纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，利用匀变速直线运动的推论可求加速度．由于相邻的时间间隔位移之差不等，我们可以采用逐差法求解．该实验的重要一步就是平衡摩擦力，使得小车的合力近似等于砝码和盘得总重力．三、计算题（本题共4小题，解答须写出必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程的计0分，请将解答过程书写在答卷中，其中15题8分，16题8分，17题8分，18题10分，共37分）16．在一次警车A追击劫匪车B时，两车同时由静止向同一方向加速行驶，经过30s追上．两车各自的加速度为a A=15m/s2，a B=10m/s2，各车最高时速分别为v A=45m/s，v B=40m/s，问追上时两车各行驶多少路程？原来相距多远？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据速度时间公式得出两车加速的时间和匀速运动的时间，从而结合位移公式求出加速和匀速运动的位移，从而确定开始相距的距离．解答：解：如图所示，以A车的初始位置为坐标原点，Ax为正方向，设L为警车追上劫匪车所走过的全程，l为劫匪车走过的全程．则两车原来的间距为△L=L﹣l设两车加速运动用的时间分别为t A1、t B1，以最大速度匀速运动的时间分别为t A2、t B2，则v A=a A t A1，解得t A1=3 s则t A2=27s，同理t B1=4 s，t B2=26s警车在0～3s时间段内做匀加速运动，有：L1=a A t A12在3 s～30s时间段内做匀速运动，则有：L2=v A t A2警车追上劫匪车的全部行程为：L=L1+L2=a A t A12+v A t A2==1282.5 m 同理劫匪车被追上时的全部行程为：l=l1+l2=a B t B12+v B t B2==1120 m，两车原来相距：△L=L﹣l=162.5m答：追上时两车各行驶了1282.5m、1120m，两车原来相距162.5m．点评：解决本题的关键理清两车的运动规律，画出运动示意图，结合运动学公式灵活求解，难度不大．17．如图所示，一水平传送装置有轮半径均为R=m的主动轮O1和从动轮O2及传送带等构成．两轮轴心相距8.0m，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．（g取10m/s2）（1）当传送带以4.0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到O1正上方的B端所用的时间为多少？（2）要想尽快将这袋面粉由A端送到B端（设初速度仍为零），主动轮O1的转速至少应为多大？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）面粉在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度时一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式，求出面粉由A端运送到Q1正上方的B端所用的时间．（2）要想时间最短，面粉袋应一直向B端做加速运动，根据运动学公式求出传送带的最小速度，从而根据位移公式求出速度的最小值．。