甘肃省2022学年兰州一中高一（下）月考物理试卷

2022-2022学年甘肃省兰州一中高一（下）月考物理试卷（5月份）一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8是单项选择题，9-12是多项选择题，选不全得2分，错选不得分）1．（4分）以下说法中正确的是（　　）A．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用B．物体所受的合外力不等于零时，其机械能可能守恒C．物体做匀速运动时机械能一定守恒D．物体做匀变速直线运动时，其机械能一定不守恒2．（4分）如图，用F＝20N的力将重物G由静止开始以0.2m/s2的加速度上升，则5s末时F的功率是（　　）A．10WB．20WC．30WD．40W3．（4分）放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是（　　）A．0～6s内物体的位移大小为36mB．0～6s内拉力做的功为70JC．合外力在0～6s内做的功大于0～2s内做的功D．滑动摩擦力的大小为N4．（4分）如图，原长为l的轻弹簧一端固定一质量为m的小球，另一端套在光滑轴O上，将球拉至弹簧水平且处于原长状态，由静止释放．摆至竖直位置时，弹簧的长度变为l，不计空气阻力，则（　　）19/19A．经竖直位置时弹簧的弹力大小为mgB．经竖直位置时小球的动能为mglC．下摆过程中小球的机械能守恒D．下摆过程中小球减小的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能5．（4分）如图所示，物体从A处静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B处．已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m，现将物体m从B点沿原路送回至A处，需外力做的功至少应为（　　）A．mghB．mghC．mghD．2mgh6．（4分）一条长为L、质量为m的均匀链条放在光滑水平桌面上，其中有三分之一悬在桌边，如图所示，在链条的另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条全部拉到桌面上时，需要做多少功（　　）A．mgLB．mgLC．mgLD．mgL7．（4分）某同学掷出的铅球在空中运动轨迹如图所示，如果把铅球视为质点，同时忽略空气阻力作用，则铅球在空中的运动过程中，铅球的速率v、机械能E、动能Ek和重力的瞬时功率P随时间t变化的图象中可能正确的是（　　）19/19A．B．C．D．8．（4分）如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置．以同样恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v．已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中（　　）A．两种传送带对小物体做功相等B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的小D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等9．（4分）轻杆可绕其一端自由转动，在杆的中点和另一端分别固定质量相同的小球A、B，如图所示，将杆从水平位置由静止释放，当杆转到竖直位置时，小球B突然脱落，以下说法正确的是（　　）19/19A．A球仍能摆到水平位置B．A球不能摆到水平位置C．两球下摆至竖直位置的过程中，A球的机械能守恒D．两球下摆至竖直位置的过程中，B球的机械能减少10．（4分）如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动的AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．小环刚释放时的加速度大小为gB．小环的机械能守恒C．小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零D．小环的最大速度为11．（4分）如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（　　）A．重力对m不做功B．M对m的支持力对m做负功C．M对m的摩擦力对m做正功D．m所受的合外力对m做负功12．（4分）一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大。则（　　）19/19A．在x1处物体所受拉力最大B．在x2处物体的速度最大C．在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小D．在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小二、实验题（每空2分，共16分）13．（8分）如图1所示为某物理实验小组做“探究功与速度变化的关系”的实验装置（说明：实验中橡皮筋型号相同）（1）除了实验所需的导线、复写纸、纸带，你认为还需要的实验器材有　　；A．低压交流电源B．刻度尺C．干电池D．天平（2）关于橡皮筋做功，下列说法正确的是　　；A．橡皮筋做功的具体值可以直接测量B．橡皮筋在小车运动的全程中始终做功C．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加D．若橡皮筋伸长量变为原来的2倍，则橡皮筋做功也增加为原来的2倍（3）如图2所示为某次打出的纸带，其中打点计时器接在交流电为50Hz的交流电源上，每相邻两计数点间还有4个点未画出，AB＝3.59cm，BC＝4.41cm，CD＝5.19cm，DE＝5.97cm，EF＝5.96cm，FG＝5.98cm。分析纸带实验中小车的速度应取为　　m/s（结保留3位有数字）（4）若根据多次测量数据画出的W﹣v草图如图3所示，根据图线形状，可知对W与v的关系作出的猜想肯定不正确的是　　（多选）A．W∝B．W∝C．W∝v2D．W∝v314．（8分）如图甲，在用电磁打点计时器“验证机械能守恒定律”实验中（1）打点计时器应接　　（填“交流”或“直流”）电源。19/19（2）下列做法中，正确的有　　A．必需使用天平测出重物的质量B．必需使用秒表测出重物下落的时间C．实验时应选择体积小质量大的重物D．实验时应先松开纸带再接通打点计时器电源E．纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直（3）图是实验中测得的一条纸带，O点为重物下落的起始点，A、B、C、D为O点后连续打出的点，图示数据为各点距O点的距离，A、B、C、D四点打点时间间隔为0.02s。若测得重锤的质量为1kg，则重锤从O点下落至C点的过程中，取g＝9.8m/s2，动能增加量△Ek＝　　J，重力势能减少量△Ep＝　　J．（结果均保留三位有效数字）（4）根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象应是图丙中的　　三、计算题：（本题共4小题，共36分）15．（7分）质量m＝10kg的行李箱放在水平地面上，行李箱与地面的动摩擦因数为µ19/19＝0.4，用与水平成θ＝37°角、斜向上的大小为F＝50N的拉力拉动行李箱，使行李箱由静止开始沿水平地面运动，向前运动了15m后撤去拉力。求：（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）拉力做的功WF（2）撤去拉力前行李箱克服摩擦力做的功（3）撤去拉力后行李箱又向前运动的距离16．（10分）某型号汽车的质量为m＝2×103kg，发动机的额定输出功率为P＝80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的k＝0.1倍，若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a＝1m/s2，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又行驶了s＝1000m，到达时已达最大速度。试求：（g取10m/s2）（1）汽车的最大行驶速度vm（2）汽车匀加速启动阶段结束时的速度v1；（3）当速度为v2＝8m/s时，汽车牵引力的瞬时功率；（4）当汽车的速度为v3＝3m/s时的加速度a′（5）汽车行驶所用的总时间t。17．（9分）质量都为m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为3L，在离P球L处有一个光滑固定轴O，如图所示，现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，求：（1）小球P的速度大小（2）在此过程中小球P机械能的变化量（3）要使Q球能做完整的圆周运动，给Q球的初速度至少为多大？19/1918．（10分）如图所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m＝0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0＝m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝0.8m，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2．求：（1）小物块从A点运动至B点的时间；（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；（3）该过程中弹簧的最大弹性势能Epm19/192022-2022学年甘肃省兰州一中高一（下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8是单项选择题，9-12是多项选择题，选不全得2分，错选不得分）1．【分析】机械能守恒是指：物体在只有重力或弹力做功的情况下，动能和势能相互转化但总量保持不变；根据定义可进行判断．【解答】解：A、机械能守恒时，物体不一定只受重力和弹力作用，也可以受到其他力作用，但其他力不做功，或做功之和为零，故A错误；B、物体所受的合外力不等于零时，其机械能可能守恒，如自由落体运动，物体所受合外力为重力，机械能守恒，故B正确；C、若物体在竖直方向内做匀速直线运动，则一定有重力之外的其他力做功，故机械能不守恒，故C错误；D、物体做匀变速直线运动时，其机械能可以守恒，如自由落体运动是匀加速直线运动，机械能守恒，故D错误。故选：B。2．【分析】根据匀加速运动的位移公式求出5s末物体的速度．绳子对滑轮的力是滑轮对重物的拉力的2倍．根据能量守恒，F的功率等于滑轮对重物做功的功率．故有P＝P′＝2F•v．【解答】解：5s末物体的速度为：v＝at＝0.2×5m/s＝1m/s。滑轮对重物的拉力F′是绳子对滑轮的力F的2倍。根据能量守恒，F的功率等于F′的功率。所以P＝P′＝2F•v＝2×20×1W＝40W故选：D。3．【分析】速度图象的“面积”表示位移．0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P＝Fv求出摩擦力，再由图读出P＝30W时，v＝6m/s，由F＝求出0～2s内的拉力，由W＝Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W＝Pt求出2～6s内拉力做的功．19/19【解答】解：A、0～6s内物体的位移大小x＝＝30m。故A错误。B、在0～2s内，物体的加速度a＝＝3m/s2，由图，当P＝30W时，v＝6m/s，得到牵引力F＝＝5N．在0～2s内物体的位移为x1＝6m，则拉力做功为W1＝Fx1＝5×6J＝30J．2～6s内拉力做的功W2＝Pt＝10×4J＝40J．所以0～6s内拉力做的功为W＝W1+W2＝70J．故B正确。C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等。故C错误。D、在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得到f＝F＝＝．故D正确。故选：BD。4．【分析】根据向心力知识分析经竖直位置时弹簧的弹力大小．对于小球和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，由系统的机械能守恒分析能量的转化情况．【解答】解：A、经竖直位置时，小球有水平向左的分速度，需要提供向心力，而向心力由指向圆心的合力提供，所以弹簧的弹力大小应大于mg。故A错误。B、由静止释放摆至竖直位置时，小球重力势能减小量为mg•l＝mgl，一部分转化为小球的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，所以经竖直位置时小球的动能小于mgl．故B错误。C、弹簧的弹力对小球做负功，因此小球的机械能不守恒。故C错误。D、由系统的机械能守恒知，下摆过程中小球减小的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能。故D正确。故选：D。5．【分析】物体从A到B全程应用动能定理可得到：重力做功与物体克服滑动摩擦力做功相等，要将物体m从B点沿原路送回至A处，想要外力做功最少，物体到达A点时速度应该为零，再对返回过程运用动能定理可解．【解答】解：设OB＝x对从A到B过程，根据动能定理，有：mgh﹣μmgx＝0①对返回过程，由动能定理得到：19/19W﹣mgh﹣μmgx＝0②联立①、②解得：W＝2mgh即需外力做的功至少应为2mgh故选：D。6．【分析】以挂在桌外的长为总长的链条为研究对象，在提起链条的过程中人与重力对链条做功，由功能关系可以求出人做的功．【解答】解：悬在桌外的L长的链条重心在其中点处，离桌面的高度为：h＝L。它的质量是m′＝m，当把它拉到桌面时，外力需要做的功等于增加的重力势能，故有：W＝△Ep＝mg×L＝mgL．故ABD错误，C正确。故选：C。7．【分析】物体做斜抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析。【解答】解：A、铅球运动的过程中，重力先做负功，再做正功，根据动能定理知，动能先减小后增大，则速率先减小后增大，故A错误。B、铅球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误。C、以初始位置为零势能面，踢出时速度方向速度为vy，足球的机械能守恒，则EK＝E﹣EP＝E﹣mgh＝E﹣（mgvyt﹣），故C错误。D、速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据P＝Gvy＝mg2t，重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D正确。故选：D。8．【分析】甲图中小物体从底端上升到顶端B速度与传送带速度相同，乙图中上升到C处速度与传送带速度相同，两种过程，初速度、末速度相等，位移不同，由运动学公式列式比较加速度的大小，由牛顿第二定律比较动摩擦因数的大小．根据动能定理分析传送带对物体做功的关系．比较两种情况下产生的热量关系，要根据相对位移，再由能量守恒定律分析消耗的电能关系．【解答】19/19解：A、传送带对小物体做功等于小物块机械能的增加量，两种情况下物体动能的增加量相等，重力势能的增加量也相同，即机械能的增加量相等，根据功能关系知，两种传送带对小物体做功相等，故A正确。BCD、根据公式v2＝2ax，乙物体的位移小，v相等，可知物体加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，得知μ甲＜μ乙；由摩擦生热Q＝fS相对知，甲图中：＝，Q甲＝f1S1＝f1（vt1﹣）＝f1，f1﹣mgsinθ＝ma1＝m．乙图中：Q乙＝f2S2＝f2，f2﹣mgsinθ＝ma2＝m，解得：Q甲＝mgH+mv2，Q乙＝mg（H﹣h）+mv2，Q甲＞Q乙；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故BD错误，C正确；故选：AC。9．【分析】两个小球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，结合机械能守恒定律进行分析求解．【解答】解：两小球组成的系统机械能守恒，则该装置从水平位置由静止释放，对两球下摆至竖直位置的过程中，运用机械能守恒得：mg•+mgL＝m（ω1）2+m（Lω1）2解得：ω1＝。假设质量为m的小球脱离后，小球A恰能达到水平位置，根据机械能守恒得：mg•＝m（ω2）2解得：ω2＝，因为ω2＞ω1，可知其余部分不能达到水平位置。故A错误，B正确。CD、两球下摆至竖直位置的过程中，B的机械能变化量为：△EB＝m（Lω1）2﹣mgL＝mgL＞0，则B球的机械能增大，由系统的机械能守恒知A球的机械能减小，故CD错误。故选：B。19/1910．【分析】在初位置和D点位置，橡皮条伸长量相等，对环受力分析后分别根据牛顿第二定律列式；橡皮条和小环系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析。【解答】解：A、在A位置，环受重力、拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°+Fcos60°＝ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，故：mgsin30°﹣Fcos60°＝0，联立解得：a＝g，故A正确；B、小环受重力、支持力和拉力，拉力做功，故环的机械能不守恒，故B错误；C、小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为L，伸长量不为零，故弹性势能不为零，故C错误；D、小环和橡皮绳系统的机械能守恒，在D点速度最大，此时橡皮绳长度等于初位置橡皮绳的长度，故初位置和D位置环的机械能相等，故：mg（2Lcos60°）＝，解得：v＝，故D正确；故选：AD。11．【分析】两物体一起沿斜面加速下滑，根据加速度方向分析m所受的摩擦力方向，再由功的公式可求得各力对物体所做的功．【解答】解：A、m重力方向竖直向下，位移沿斜面向下，重力和位移夹角小于90°，故重力对m做正功，故A错误；B、木块M对m的支持力竖直向上，而位移沿斜面向下，支持力和位移夹角大于90°，故支持力对m做负功，故B正确；C、将两物体作为整体处理，则加速度为a＝gsinθ，方向沿斜面向下。两物体的加速度相同，对m，m有水平向左的分加速度，由牛顿第二定律分析可知：M对m的摩擦力水平向左，故摩擦力与位移的夹角为锐角，故M对m的摩擦力对m做正功，故C正确；D、m加速运动，动能增大，由动能定理知，m所受的合外力对m做正确。故D错误；故选：BC。12．【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0﹣﹣h1过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力。当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度以及动能的变化。【解答】解：A、由图可知，x119/19处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由E＝Fx可知此时所受的拉力最大；故A正确；B、x1～x2过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；在x2处物体图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在x2处；故B错误；C、x1～x2过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能最大，图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，故动能先增大后减小；x2﹣x3的过程机械能不变，拉力为零，物体在重力作用下做减速运动，动能继续减小；故在x1〜x3过程中，物体的动能先增大后减小，故C正确；D、由图象可知，拉力先增大后减小，直到变为零；则物体受到的合力应先增大，后减小，减小到零后，再反向增大；故D错误；故选：AC。二、实验题（每空2分，共16分）13．【分析】（1、2）明确实验原理以及实验目的即可知了解具体的实验操作；（3）纸带上点距均匀时，表示小车已经做匀速直线运动，据此可求出小车做匀速运动时的速度大小，即为最终小车获得的速度大小；（4）根据图象特点，利用数学知识可正确得出结论。【解答】解：（1）实验小组做“探究功与速度变化的关系”的实验时，除了实验所需的导线、复写纸、纸带，你认为还需要的实验器材有：与电磁打点计时器配套使用的低压交流电源，测位移的刻度尺；（2）橡皮筋对小车做的功是分别用W、2W、3W等整数倍增加的，所以不必测量具体值，当橡皮筋恢复到原长后，对小车不做功，故选项AB均错误，选项C正确；由于橡皮筋对小车的力是变力，则伸长加倍时，功要变为4倍，故选项D错误。故选：C（3）小车的速度就取已经匀速的速度，所以取最后三段求速度，v＝＝0.597m/s；（4）根据多次测量数据画出的W﹣v草图如图3所示，根据图线形状，由于图象是向上弯曲的，即随着v的增加而W增加得更多，所以对W与v的关系作出的猜想肯定不正确的方根函数和的反比例函数，故选：AB。故答案为：（1）AB（2）C19/19（3）0.597（4）AB14．【分析】（1）根据打点计时器使用交流电。（2）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定没有必要的步骤以及操作不恰当的步骤。（3）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度，再根据C点的速度求出物体动能的增加量；根据下降的高度求出重力势能的减小量。（4）根据机械能守恒定律得出﹣h的关系式，从而确定正确的图线。【解答】解：（1）打点计时器应接交流电源。（2）A、实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要天平，故A错误；B、通过打点计时器打点，算出重物下落的时间，故B错误；C、实验时应选择体积小质量大的重物，保证受到阻力较小，故C正确；D、实验时应先接通打点计时器电源，再松开纸带，故D错误；E、纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直，使其受到的阻力更小，故E正确；故选：CE；（3）C点的瞬时速度为：vC＝＝m/s＝0.785m/s。此过程中物体动能的增加量为；△Ek＝mvC2＝×1×0.7852J≈0.308J。从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量为：△Ep＝mgh＝1×9.8×0.0316J≈0.310J，（4）根据机械能守恒得：mgh＝mv2，解得：v2＝gh，可知为纵轴、以h为横轴的图线是一条过原点的倾斜直线，故选：C。故答案为：（1）交流，（2）CE，（3）0.308，0.310；（4）C。三、计算题：（本题共4小题，共36分）15．【分析】（1）根据W＝Fscosθ计算功。19/19（2）根据受力分析求解摩擦力，根据公式W＝fs求解克服摩擦力做功。（3）对全程，利用动能定理列式，可求还能滑行的距离x。【解答】解：（1）根据W＝Fscosθ知拉力做功WF＝50×15×0.8J＝600J（2）对行李箱受力分析如图所示。设物体受摩擦力为f，支持力为N，则f＝μN竖直方向有N+Fsinθ＝mg克服摩擦力做的功Wf＝fs代入数据解得Wf＝420J（3）设全程摩擦力对行李箱所做的功为Wf．根据动能定理得WF﹣Wf﹣μmgx＝0解得x＝4.5m答：（1）拉力做的功WF是600J；（2）撤去拉力前行李箱克服摩擦力做的功为420J；（3）撤去拉力后行李箱又向前运动的距离为4.5m。16．【分析】（1）当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P＝fv求出汽车的最大速度。（2）根据牛顿第二定律求出汽车匀加速运动的牵引力，根据P＝Fv求出匀加速运动的末速度。（3）判断出汽车处于匀加速运动的阶段，再根据P＝Fv求出汽车牵引力的瞬时功率。（4）根据P＝Fv求出汽车的牵引力，结合牛顿第二定律求出汽车的加速度。（5）根据动能定理求出变加速运动的时间，结合匀加速运动的时间，从而得出总时间。【解答】解：（1）当汽车牵引力F＝f＝kmg＝0.1×2×103×10N＝2×103N时，达到最大速度vm，故速度＝40m/s。（2）对汽车，匀加速启动阶段，据牛顿第二定律有F1﹣f＝ma可得匀加速阶段的牵引力F1＝f+ma＝4×103N。19/19故匀加速启动阶段结束时的速度＝20m/s。（3）当速度为v2＝8m/s时，处于匀加速启动阶段，故汽车牵引力的瞬时功率P2＝F1v2＝3.2×104W。（4）当汽车的速度为v3＝3m/s时，汽车做匀加速运动，加速度为a'＝1m/s2。（5）汽车匀加速启动阶段所用时间＝20s。对汽车，速度从v1到1000m的过程，根据动能定理有，。可得速度从v1到vm所用时间t2＝40s故汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间t＝t1+t2＝60s。答：（1）汽车的最大行驶速度为40m/s。（2）汽车匀加速启动阶段结束时的速度为20m/s。（3）当速度为v2＝8m/s时，汽车牵引力的瞬时功率为3.2×104W。（4）当汽车的速度为v3＝3m/s时的加速度为1m/s2。（5）汽车行驶所用的总时间为60s。17．【分析】（1）在Q球顺时针摆动到最低位置的过程中，对于两球和地球组成的系统机械能守恒，由此列式求解。（2）根据小球P的动能和重力势能的变化，求P球机械能的变化。（3）要使Q球能做完整的圆周运动，Q转到最高点时速度至少为零，根据系统的机械能守恒求解。【解答】解：（1）对于P球和Q球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，则有：mg•2L﹣mgL＝mvP2+mvQ2两球共轴转动，角速度大小始终相等，由v＝rω得：vQ＝2vP联立解得：vP＝（2）小球P机械能的变化量为：△EP＝mgL+mvP2＝mgL（3）要使Q球能做完整的圆周运动，给Q球的初速度至少为v。当Q转到最高点时速度为零恰好能做完整的周期运动，由系统的机械能守恒得：mg•2L＝mgL++又v′Q＝2v′P19/19解得：v′Q＝答：（1）小球P的速度大小是。（2）在此过程中小球P机械能的变化量是mgL。（3）要使Q球能做完整的圆周运动，给Q球的初速度至少为。18．【分析】（1）从A到B点，物体做平抛运动，到达B点时速度垂直于OB，可以确定速度的水平夹角为90°﹣30°＝60°，利用平抛运动规律可以求出从A点运动至B点的时间；（2）小物块由B运动到C，据动能定理和牛顿第二定律可以求出物体对轨道的压力大小；（3）从C点到D点，由动能定理可求出弹簧的最大弹性势能。【解答】解：（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：tan60°＝解得：t＝s≈0.35s（2）vB＝＝2m/s小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR（1+sinθ）＝mυC2﹣mυB2在C点处，据牛顿第二定律有NC﹣mg＝m联立两式代入数据解得NC＝7N。（3）从C点到D点，由动能定理可知：代入数据解得：Epm＝0.8J答：（1）小物块从A点运动至B点的时间为0.35s；（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小为7N；（3）该过程中弹簧的最大弹性势能Epm为0.8J。19/1919/19