2018-2019学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高一（上）期末物理试卷

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2018-2019学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高一（上）期末物理试卷
一．单项选择题
1．下列说法正确的是（　　）
A．牛顿第一定律是通过实验得出的
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．力不是维持物体运动的原因
D．不直接接触的物体间没有力的作用
2．如图，a，b，c三根绳子，b绳水平，c绳下挂一重物。受力最大的是（　　）

A．a绳 B．b绳 C．c绳 D．无法确定
3．如图所示，分别为汽车甲的位移﹣时间图象和汽车乙的速度﹣时间图象，则（　　）
A．甲的加速度大小为5m/s2
B．乙的加速度大小为5m/s2
C．甲在4 s内的位移大小为40 m
D．乙在4 s内的位移大小为20 m
4．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图（a）、（b）分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（　　）

A．图（a）通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
B．图（a）中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
C．图（b）中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D．图（b）的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持
5．如图所示，在粗糙的水平地面上有质量为m的物体，连接在一劲度系数为k的弹簧上，物体与地面之间的动摩擦因数为μ，现用一水平力F向右拉弹簧，使物体m做匀速直线运动，则弹簧伸长的长度为（重力加速度为g）（　　）

A．kF B．mgk C．kμmg D．μmgk
6．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第1秒内的位移是它落地前最后一秒内位移的一半，g取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为（　　）
A．5m B．20m C．31.25m D．11.25m
7．如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（　　）
A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大
B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
C．小鸟对树枝的压力先减小后增大
D．小鸟对树枝的压力保持不变
8．如图所示，物体A和B质量分别为mA、mB且相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则（　　）

A．B受到的静摩擦力方向沿斜面向上
B．B受到的静摩擦力的大小为mBgsinθ
C．B受到滑动摩擦力的大小为（mA+mB）gsinθ
D．取走A物后，B物将匀加速下滑
二．多项选择题
9．中新网2016年10月19日消息，神州十一号飞船于北京时间19日凌晨3点半左右与天宫二号成功实施自动交会对接；在合体3小时后，两名航天员已经进驻天宫二号，并将按计划开展空间科学实验。下列说法正确的是（　　）
A．“19日凌晨3点半”是时间间隔
B．“3小时”是时间间隔
C．研究神舟十一号和天宫二号对接的技术细节时，可以把它们看作质点
D．合体后，以天宫二号为参考系，神舟十一号是静止的
10．物体做直线运动时，有关物体加速度和速度的说法中正确的是（　　）
A．在匀速直线运动中，物体的加速度必定为零
B．在匀加速直线运动中，物体的加速度必定为正
C．物体的速度等于零，其加速度不一定等于零
D．物体的加速度方向不变，速度的方向可能改变
11．游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉．下列描述正确的是（　　）
A．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态
B．当升降机减速下降时，游客是处在超重状态
C．当升降机减速上升时，游客是处在失重状态
D．当升降机加速下降时，游客是处在超重状态
12．如图所示，在水平面上有一个质量m＝1kg的小球，动摩擦因数μ＝0.2，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是（　　）

A．水平面对小球的弹力仍然为零
B．水平面对小球的摩擦力不变
C．小球的加速度为8 m/s2
D．小球将向左运动
13．如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（　　）

A．煤块到A运动到B的时间是2.25s
B．煤块从A运动到B的时间是1.5s
C．划痕长度是2m
D．划痕长度是0.5m
三．实验题
14．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧测力计拉与橡皮条的另一端连接的细绳套，使绳套的结点到某一点并记下该点的位置；再用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条。

（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项：
A．两根细绳必须等长
B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧测力计时要注意使弹簧测力计与木板平面平行
D．在用两个弹簧测力计同时拉细绳时要注意使两个弹簧测力计的读数相等
E．在用两个弹簧测力计同时拉细绳时必须将绳套的结点拉到用一个弹簧测力计拉时记下的位置
其中正确的是　 　（填入相应的字母）。
（2）“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图1甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的示意图。①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　 　。②本实验采用的科学方法是　 　。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（3）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，关于F1、F2与F、θ1和θ2关系正确的有　 　。
A．F1＝4N B．F＝12N C．θ1＝45° D．θ1＜θ2
15．某同学用如图甲的装置来研究牛顿第二定律。

（1）实验需用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合力，则除平衡摩擦力外，还必须满足的实验条件是小车的质量　 　沙和沙桶的质量（填“远小于”、“远大于”或“等于”）。
（2）如图乙是某次实验打出的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，电源频率为50Hz．则小车的加速度为a＝　 　m/s2，打B点时小车的速度vB＝　 　m/s（均保留2位有效数字）。
（3）某同学根据实验数据画出了图丙，从图线可知该同学操作过程中可能　 　（填“平衡摩擦力不够”或“平衡摩擦力过度”）。
四．解答题
16．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方50m的物体，并且他的反应时间为0.5s，制动后最大加速度为6m/s2．求：
（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间；
（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞。

17．如图所示，假设物块（可看作质点）以10m/s的速度从斜坡的顶端A点沿斜坡下滑，已知斜坡高AB＝3m，长AC＝5m，物块与斜坡面的动摩擦因数为0.5．（g取10m/s2），求：
（1）物块沿斜坡滑下的加速度大小；
（2）物块运动到C点时的速度（可用根号表示）

18．如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40m处有一物体在水平向右的推力F＝20N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当推力F作用了s1＝25m就撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5kg，重力加速度g＝10m/s2．求

（1）推力F作用下，物体运动的加速度a1大小；
（2）物体刚停止运动时物体与小车的距离d。

2018-2019学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．单项选择题
1．【分析】物体从斜面的同一高度滚下，到达水平面时速度相等，当物体速度相等时，在光滑程度不同的水平面上运动的距离不同，表面越光滑，物体运动的距离越远，最后通过推理得出牛顿第一定律，物体不受力时保持静止或做匀速直线运动，力是改变物体运动状态的原因，不直接接触的物体间也可能有力的作用．
【解答】解：A、牛顿第一定律是由实验现象进一步推理而得出的，故A错误；
B、没有力的作用时，物体可以做匀速直线运动，故B错误；
C、力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；
D、不直接接触的物体间也可能有力的作用，如重力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第一定律的内容，知道没有力的作用时，物体可以做匀速直线运动，明确力是改变物体运动状态的原因．
2．【分析】对结点O研究，应用平衡条件和合成法判断那根绳子受力最大。
【解答】解：对结点O受力分析，可知O点受到三个拉力作用，由平衡条件知：T2和T3的合力与T1等大、反向、共线。
如图：根据几何知识可得：T2最大，即a绳的受力最大，故A正确，BCD错误。
故选：A。

【点评】本题采用图解法分析力的大小，作出力图是基础，运用几何知识分析力的大小是关键。
3．【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．
【解答】解：A、在x﹣t图象中，斜率表示速度，由图象可知：甲做匀速直线运动，加速度为0，故A错误；
B、在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，乙的加速度大小为 a=vt=204=5m/s2，故B正确；
C、甲在4 s内的位移大小为 x＝20m﹣0＝20m，故C错误；
D、由v﹣t图象与时间轴围成的面积表示位移可知：乙在4 s内的位移大小为 x=20×42m＝40m，故D错误。
故选：B。
【点评】本题的关键要明确x﹣t图象与v﹣t图象的区别，知道v﹣t图象的斜率表示加速度，x﹣t图象的斜率表示速度，两种图象不能混淆．
4．【分析】根据伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。
【解答】解：AB、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确
C、实际中没有摩擦力的斜面并不存在，故该实验无法实际完成，故C错误
D、伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况。
5．【分析】物体匀速运动，故根据平衡条件可求得弹簧的弹力，再根据胡克定律即可确定弹簧伸长的长度。
【解答】解：根据平衡条件得：弹簧的弹力F弹＝F＝μmg，根据胡克定律得，F弹＝kx，解得弹簧的伸长量x=Fk或x=μmgk．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了共点力平衡和胡克定律的综合，知道拉力等于弹簧的弹力大小，同时也等于摩擦力的大小
6．【分析】由自由落体的位移公式可求得第一秒内物体通过的位移；则通过第一秒与最后一秒中通过位移的关系可得出最后一秒的位移；则可设下落总时间为t，由位移与时间的关系可列出方程解出时间，则可求得下落时距地高度。
【解答】解：由H=12gt2可得第1秒内的位移为：
H1=12×10×12m=5m，
最后一秒内的位移为：
H2＝2H1＝10m，
则设下落总时间为t，最后1s内的位移为：
H2=12gt2-12g(t-1)2=10m，
解得：t＝1.5s
则物体下落的总高度：H=12gt2=11.25m
故D正确，ABC错误
故选：D。
【点评】解决自由落体运动的题目关键在于明确自由落体中的公式应用，一般情况下，研究由落点开始的运动列出的表达式最为简单；并且最好尝试一题多解的方法。
7．【分析】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化。
【解答】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误；
B、小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B正确；
CD、小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C、D错误。
故选：B。

【点评】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化；解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意小鸟所受的摩擦力为静摩擦力。
8．【分析】解答本题的关键是正确应用整体与隔离法，以整体为研究对象，整体重力沿斜面的分力等于斜面给B的摩擦力，然后隔离A，A处于平衡状态，A所受重力沿斜面的分力等于B给A的静摩擦力。
【解答】解：ABC、两物体组成的系统受力如图所示：

由共点力平衡条件可得：
f＝（mA+mB）gsinθ，N＝（mA+mB）gcosθ，
滑动摩擦力为：f＝μN，
解得：μ＝tanθ，
物体B的滑动摩擦力问：fB＝（mA+mB）gsinθ，方向：沿斜面向上，
对A受力分析知A受到的静摩擦力大小为mAgsinθ，方向平行斜面向上，所以B受到的静摩擦力大小为mAgsinθ，方向平行斜面向下，故AB错误，C正确；
D、取走A后，物体B受到的滑动摩擦力：f＝μmBgcosθ＝mBgsinθ，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，B所受合力为零，B做匀速直线运动，故D错误；
故选：C。
【点评】以整体为研究对象，整体重力沿斜面的分力等于斜面给B的摩擦力，然后隔离A，A处于平衡状态，A所受重力沿斜面的分力等于B给A的静摩擦力。
二．多项选择题
9．【分析】当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点，时刻在时间轴上用点表示，时间间隔在时间轴上用线段表示，是两个时刻间的间隔。
【解答】解：A、“19日凌晨3点半”在时间轴上对应一个点，是时刻，故A错误；
B、3小时”在时间轴上对应一条线段，是时间，故B正确；
C、研究神舟十一号和天宫二号对接的技术细节时，神舟十一号和天宫二号的大小和形状不能忽略，则不能看成质点，故C错误；
D、合体后，两者为一个整体，以天宫二号为参考系，神舟十一号是静止的，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题要求同学们能正确区分时间和时刻，明确在什么情况下能把物体看成质点，注意能否看成质点与物体的大小无关
10．【分析】根据加速度的定义式a=△v△t可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度的方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大。加速度方向与速度方向相同，速度增大。加速度方向与速度方向相反，速度减小。
【解答】解：A、匀速直线运动，物体的速度不变，所以无加速度，故A正确；
B、在匀加速直线运动中，加速度方向与速度方向相同即可，若规定初速度的反方向为正方向，则速度与加速度都为负值，物体仍然做加速运动。故B错误；
C、物体的速度等于零，加速度不一定等于零，例如竖直上抛运动到最高点，故C正确；
D、物体的加速度方向不变，速度的方向可能改变，例如平抛运动，故D正确
故选：ACD。
【点评】把握加速度的定义式a=△v△t中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础。
11．【分析】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；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；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．
【解答】解：A、当升降机加速上升时，乘客有向上的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的。此时升降机对乘客的支持力大于乘客的重力，所以处于超重状态。A错误。
B、当升降机减速下降时，具有向上的加速度，同理此时乘客也处于超重状态。B正确。
C、当升降机减速上升时，具有向下的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的，所以升降机对乘客的支持力小于乘客的重力。此时失重。C正确。
D、当升降机加速下降时，也具有向下的加速度，同理可得此时处于失重状态。故D错误。
故选：BC。
【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，本题就可以解决了．
12．【分析】小球开始受重力、绳子的拉力和弹簧的弹力处于平衡，剪断轻绳的瞬间，小球受重力、支持力、拉力和摩擦力作用。根据牛顿第二定律求出小球的加速度。
【解答】解：AB、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力三个力处于平衡，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，小球此时受重力、弹簧的弹力、地球的支持力和摩擦力四个力作用，故AB错误；
CD、小球所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝2N在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力三个力处于平衡，根据共点力平衡得知弹簧的弹力：F＝mgtan45°＝10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a=F-fm=8m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故CD正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合共点力平衡和牛顿第二定律进行求解。
13．【分析】煤块滑上传送带后先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，根据位移公式求出滑块和传送带的相对位移大小，即划痕的长度；根据运动学公式分别求出匀加速和匀速运动的时间，从而得出煤块从A运动到B的时间。
【解答】解：AB、煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：x1=v022a=2m＜4m
因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间为：t1=v0a=1s
匀速运动的时间为：t2=x-x1v0=0.5s
煤块从A运动到B的总时间为：t＝t1+t2＝1.5s，故A错误，B正确；
CD、在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则划痕长度为：△x＝v0t1﹣x1＝2m，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查传送带问题；解决本题的关键要理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
三．实验题
14．【分析】（1）在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小。因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行。
（2）明确本实验采用的方法，知道两次实验中应保证效果相同；
（3）根据平行四边形定则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角。
【解答】解：（1）A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。故A错误；
B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上。故B错误；
C、在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，故C正确；
D、两弹簧秤示数不需要等大，只要便于作出平行四边形即可，故D错误；
E、在该实验中要求每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即结点O要到同一位置，这样两次的效果才等效，才符合“等效替代”法，故E正确。故选：CE。
（2）①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′；
②本实验采用的科学方法等效替代法，故选：B；
（3）根据平行四边形定则，作出两个力的合力。由图可知，F1＝42N，合力F＝12N．根据几何关系知F1与F的夹角分别为θ1＝45°．从图上可知，θ1＞θ2．故BC正确，AD错误。故选：BC。
故答案为：（1）CE；（2）F'；（3）B；（4）BC

【点评】验证力的平行四边形定则是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理方法，注意明确作图法的基本方法和最终数据的获取方法。
15．【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B点时小车的瞬时速度大小，根据实验中小车越来越快判断哪端与小车相连，由该图象可知，开始有外力F时，物体的加速度仍为零，因此该实验操作中可能没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。
【解答】解：（1）设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F＝Ma，对沙和沙桶有：mg﹣F＝ma，由此解得：F=mg1+mM，由此可知当M≫m时，沙和沙桶的重力等于绳子的拉力；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式得：a=(3.03+2.41-1.83-1.21)×10-2(2×0.1)2m/s2=0.60m/s2
打B点时小车的速度为vB=(1.83+1.21)×10-22×0.1m/s=0.15m/s；
（3）由该图象可知，开始有外力F时，物体的加速度仍为零，因此该实验操作中可能没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够。
故答案为：（1）远大于
（2）0.60 0.15
（3）平衡摩擦力不够
【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理等问题，注意运动中小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力的条件，是解题的关键。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。
四．解答题
16．【分析】（1）根据速度时间关系求解时间
（2）反应时间内做匀速运动，x＝vt，刹车后做匀减速直线运动，由x=v2-v022a求解，进而得总位移，进而由位移关系求出三角警示牌放置的位置。
【解答】解：（1）从刹车到停止时间为t2，则
t2=0-v0a=0-306=5s ①
（2）反应时间内做匀速运动，则
x1＝v0t1 ②
x1＝30×0.5＝15m ③
从刹车到停止的位移为x2，则
x2=0-v022a④
x2＝75m ⑤
小轿车从发现物体到停止的全部距离为
x＝x1+x2＝90m ⑥
△x＝x﹣50＝40m ⑦
答：（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间为5s；
（2）三角警示牌至少要放在车后40m处，才能有效避免两车相撞。
【点评】此题考查匀速直线运动和匀变速直线运动的规律知反应时间内车仍匀速运动。
17．【分析】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求得物块沿斜面滑下时的加速度；
（2）根据速度和位移公式即可求出物块运动到C点的速度。
【解答】解：（1）在斜坡上：由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
由数学知识可知：
sinθ=35，cosθ=45
得：a＝2m/s2
（2）由匀变速直线运动的速度位移公式得：
v2-v02=2ax
代入数据解得：v=120m/s。
答：（1）物块沿斜坡滑下的加速度大小为2m/s2；
（2）物块运动到C点时的速度为120m/s。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确物体的受力分析，同时能正确应用牛顿第二定律求加速度是解题的关键。
18．【分析】（1）利用牛顿第二定律求得物块加速度；
（2）根据牛顿第二定律可求得撤去拉力后的加速度，根据位移公式分别求出t时间内物体和小车前进的位移即可求的此时相距距离；
【解答】解：（1）对物体，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma1
代入数据得a1=2ms2
（2）设推力作用的时间为t1，由位移公式得s1=12a1t12
撤去F时，设物体的速度为v1，撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t2时间运动s2位移停止
根据牛顿第二定律μmg＝ma2
由速度公式得v1＝a1t1＝a2t2
由位移公式得s2=v122a2
s车＝v0（t1+t2）d＝s0+s车﹣（s1+s2）
联立以上各式解得d＝30m
答：（1）推力F作用下，物体运动的加速度a1大小2m/s2；
（2）物体刚停止运动时物体与小车的距离d为30m。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用中已知受力求运动的问题，要注意明确两物体各自的运动情况，再根据二者的位移和时间关系进行分析求解即可。