河北省2022学年张家口一中衔接班高一（下）月考物理试卷

2022-2022学年河北省张家口一中衔接班高一（下）月考物理试卷（4月份）一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.关于能源和能量，下列说法正确的有（　　）A.自然界的能量是守恒的，所以地球上的能源永不枯竭B.能源的利用过程中有能量耗散，所以自然界的能量在不断减少C.能量耗散遵循能量守恒定律D.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造2.物理定律的应用需要一定的条件，下列物体在运动过程中，机械能守恒的是（　　）A.被起重机拉着向上做匀速运动的货物(忽略空气阻力)B.沿光滑斜面向下加速运动的木块(忽略空气阻力)C.神舟号载人飞船在大气层以内向着地球做无动力飞行的阶段D.在空中向上做减速运动的氢气球3.如图所示，两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，发生一段位移后，力F1对物体做功为6J，力F2对物体做功为8J，则力F1与F2的合力对物体做功为（　　）A.2JB.7JC.10JD.14J4.如图所示，质量为m的小球A沿高度为h倾角为θ的光滑斜面以初速v0滑下，另一质量与A相同的小球B自相同高度同时由静止落下，结果两球同时落地。下列说法正确的是（　　）A.重力对两球做的功不相等B.落地前的瞬间A球的速度等于B球的速度C.两球重力的平均功率不相等D.两球重力的平均功率相等5.如图所示，一细线系一小球绕O点在竖直面做圆周运动，a、b分别是轨迹的最高点和最低点，c、d两点与圆心等高，小球在a点时细线的拉力恰好为0，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A.小球运动到c、d两点时，受到的合力指向圆心B.小球从a点运动到b点的过程中，机械能先增大后减小C.小球从a点运动到b点的过程中，细线对小球的拉力先做正功后做负功D.小球从a点运动到b点的过程中，先失重后超重6.“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于人的腿部。不计空气阻力，在蹦极者从跳台下落到最低点的过程中，则（　　）A.蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大B.蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大C.蹦极者的机械能先增大后减小15/15D.蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和一直减小1.在光滑水平面上，有一块长木板，长木板左端放一个木块，木块与长木板间有摩擦，先后两次用相同的水平力F将木块拉离木板，如图所示，第1次将长木板固定，第2次长木板不固定，比较这两种情况下，下列正确的是（　　）A.木块受到摩擦力的大小不相同B.因摩擦产生的热相同C.恒力F对木块做的功相同D.木块获得的动能相同2.质量为m的物体从静止出发以g2的加速度竖直下降h，正确的是（　　）A.物体的机械能增加12mghB.物体的重力势能减少12mghC.物体的动能增加12mghD.重力做功12mgh3.公安部规定：子弹出枪口时的动能与子弹横截面积的比在0.16J/cm2以下的枪为玩具枪。某弹簧玩具枪的钢珠直径约0.4cm，则该枪中弹簧的弹性势能不超过（　　）A.2×10−6JB.6×10−3JC.2×10−2JD.8×10−2J4.一质量为m的小球，从距地面高H处以初速度v0水平抛出（不计空气阻力），EK，EP，E分别表示下落过程中的动能，重力势能和机械能。若以地面为零势能面，则下落过程中图象关系正确的是（　　）A.B.C.D.二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）5.如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（　　）A.人所受的合力对人做正功B.重力对人做负功C.扶梯对人做的功等于人增加的重力势能D.摩擦力对人做的功等于人机械能的变化6.物体沿直线运动打的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（　　）15/15A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB.从第3秒末到第7秒末合外力做功为2WC.从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD.从第3秒末到第4秒末合外力做功为−0.75W1.把质量为0.2kg的小球放在竖直的弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，把球向下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，取地面为零势能面，g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）A.小球到达B位置时，小球机械能最大B.小球到达B位置时，速度达到最大值2m/sC.小球在A位置时弹簧的弹性势能等于在C位置的重力势能D.若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达BC的中点2.如图固定在地面的斜面倾角为30°，物块B固定在木箱A的上方，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时将B迅速拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点。已知A质量为m，B质量为3m，a、c间距为L，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.在A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大B.弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.8mgLC.在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgLD.若物块B没有被拿出，AB能够上升的最高位置距离a点为L4三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）3.学校实验小组的同学利用如图1所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验，绘制出了小车运动过程中拉力做的功和对应速度的关系图，如图2所示。15/15（1）根据该同学的结果，拉力对小车做的功与速度成______（填“线性”或“非线性”）关系。（2）由图2可知，W-v图线不经过原点，可能的原困是______。（3）为了使图象呈现线性关系，该组同学应作______图象。（4）若直接以钩码的重力作为小车受到的合外力，则钩码的质量应满足的条件是______。1.如图1，在验证机械能守恒定律的实验中，（1）除铁架台、铁夹、交流电源、纸带、打点计时器和重物外，还需选用下述哪种仪器？______A．秒表    B．刻度尺     C．天平      D．弹簧秤（2）该实验装置中的一处需要改正：______（3）如图2，某同学改正装置后得到了一条纸带，下列正确的是______A．纸带上点密集的一端是与重物相连的B．纸带上点稀疏的一端是与重物相连的C．实验时先松开纸带，再接通电源打点D．实验时应先平衡摩擦（4）某同学一次实验中测得如图所示三段位移，O点为起始点，已知相邻两个计数点的时间间隔为T，则他需要验证的表达式为______．四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）2.如图（a）所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，质量m=2kg的物体置于其上。t=0时对物体施加一个平行于斜面向上的拉力F，t=1s时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分v一t图如图（b）所示。（1）物体在第2s运动过程中加速度的大小是多少m/s2？（2）求斜面的动摩擦因数；（3）物体运动到斜面最高位置时能否保持静止？请说明理由。（4）物体在何时具有最大机械能？若以地面为零势能面，则最大机械能是多少J？15/151.动车组列车是由几节自带动力的车厢（动车）和几节不带动力的车厢（拖车）编成一组．某兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率．开始时动车组先以恒定加速度a=1m/s2启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=6m/s并开始匀速行驶．行驶过程中所受阻力恒定．（1）求动车组所受阻力大小；求匀加速运动的时间．（2）动车组变加速运动过程的时间为10s，求变加速运动的位移．2.质量分别为m和2m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？15/1515/15答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、地球上的化石能源的存储量是有限的，如果过量开采这些能源，就会存在能源危机，故A错误；BC、能源的利用过程中有能量耗散，但自然界中的能量是守恒的，所以自然界中的能量不会减小，故B错误，C正确；D、能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，故D错误。故选：C。自然界的能量是守恒的，但能源是有限的；能源的利用过程中有能量耗散，但能量仍守恒；要注意理解能量守恒定律的基本内容。本题考查能量守恒定律的应用以及能量耗散；要知道能量与能源的区别，明确保护能源的意义。2.【答案】B【解析】解：A、被起重机拉着向上做匀速运动的货物，拉力对货物做正功，其机械能增加，故A错误；B、沿光滑的斜面向下加速的物体，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；C、神舟号载人飞船在大气层以内运动时，受到大气层的阻力作用，阻力做负功，机械能减小，故C错误；D、在空中做向上减速运动的氢气球，在运动过程中受到空气阻力的作用，阻力做负功，机械能减小，故D错误。故选：B。根据机械能守恒的条件分析答题；只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒。本题考查了判断物体机械能是否守恒，知道机械能守恒的条件即可正确解题。3.【答案】D【解析】解：当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的和，由于力F1对物体做功6J，力F2对物体做功8J，所以F1与F2的合力对物体做的总功就为6J+8J=14J，故选：D。功是标量，几个力对物体做的总功，就等于各个力单独对物体做功的和。因为功是标量，求标量的和，几个量直接相加即可。4.【答案】D【解析】解：A、根据W=mgh知，重力对两球做功相同。故A正确。B、对A球，根据动能定理得，mgh=，对B球，根据动能定理得，mgh=，知vA＞vB．故B错误。C、D、两球重力做功相等，时间相等，根据15/15知，重力的平均功率相等。故C错误，D正确。故选：D。重力做功跟路径无关，只与首末位置的高度差有关；根据动能定理，比较两球落地的速度大小；根据P=mgvcosα及比较重力的瞬时功率和平均功率。解决本题的关键掌握重力做功的特点，以及掌握瞬时功率和平均功率的表达式。5.【答案】D【解析】解：A、小球运动到c、d两点时，绳子拉力的方向指向圆心，重力竖直向下，所以小球受到的合力不是指向圆心，故A错误；BC、由于拉力始终垂直速度方向，故小球从a点运动到b点的过程中，细线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故B、C错误；D、小球从a点运动到b点的过程中，加速度方向先向下后向上，所以小球先失重后超重，故D正确；故选：D。失重时加速度向下，超重时加速度向上；根据机械能守恒定律分析小球从a点运动到b点的过程中机械能的变化情况；根据小球的受力情况分析小球受到的合力方向。关键是小球从a点运动到b点的过程中，细线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒；判断物体是失重还是超重，看物体加速度的方向6.【答案】A【解析】解：A、蹦极人下落过程中，橡皮绳越长其弹性势能越大，到最低点最长，弹性势能最大。故A正确。B、蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，重力势能转化为动能，重力势能越来越小，动能越来越大；从橡皮绳恰好拉直到橡皮绳的拉力等于重力时的过程中，受到向下的合力做加速运动，所以速度越来越快，动能越来越大；在橡皮绳的拉力等于重力时，合力为零；在橡皮绳的拉力等于重力点以下，受到向上的合力做减速运动，速度越来越小，动能越来越小，最低点时速度为零。所以蹦极者在橡皮绳的拉力等于重力的点动能最大，故B错误。C、蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，蹦极者的机械能不变；此后橡皮绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机械能不断减少，故C错误。D、从跳台运动到最低点的过程中，蹦极者重力势能、弹性势能与动能的总和保持不变，由于动能先增大后减小，所以重力势能和橡皮绳弹性势能之和先减小后增大，故D错误。故选：A。先分析该人下落过程中的受力情况，注意合力的大小和方向；蹦极者从最高点到a时，只受重力，重力势能转化为动能。从a点到c点的过程中，人受到弹力和重力作用，分成两段：上段受到向下的合力做加速运动，速度越来越快；下段受到向上的合力做减速运动，速度越来越慢，到最低点速度为零。分析蹦极者的受力情况，特别是合力的方向，再判断蹦极者的运动情况是解本题的关键；D选项一定看准是蹦极者的机械能减少，否则错误。7.【答案】B【解析】解：A、两次压力（大小等于木块的重力）大小相同，摩擦系数没变，所以摩擦力大小相同，故A错误；B、摩擦产生的热等于摩擦力所做的功，由A知道摩擦力不变，距离为15/15两物体的相对位移即木板的长度。因为在两个过程中摩擦力不变，距离不变（木板长）所以因摩擦产生的热相同，故B正确；C、木板固定时候木块移动距离比木板不固定时候移动的距离短，所以做功不相同，故C错误；D：由B可知F对木块做功不同，由动能定理：动能的变化等于合外力所做的功，摩擦力做功相等，F做功不等，所以木块获得的动能不相同，故D错误。故选：B。滑动摩擦力f=μN，摩擦产生的热等于摩擦力所做的功，根据恒力做功公式判断摩擦力总功及恒力F做功的大小，根据动能定理判断木块获得的动能是否相等．本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，注意两次运动过程中木块的位移不等，但木块与木板之间的相对位移相等，难度不大，所以基础题．8.【答案】C【解析】解：A、因物体的加速度为，故说明物体受阻力作用，由牛顿第二定律可知，mg-f=ma；解得f=mg，阻力做功Wf=-mgh；物体克服阻力做功，机械能减小，故机械能的减小量为mgh，故A错误；B、D、重力做功WG=mgh，所以物体的重力势能减少mgh，故B，D错误；C、由动能定理可得动能的改变量△Ek=W合=mah=mgh，所以物体的动能增加mgh，故C正确；故选：C。根据物体的运动情况可知物体的受力情况，由功的公式可求得各力的功；由动能定理可求得物体的动能改变量；由功能关系可求机械能的变化；由重力势能与重力做功的关系可知重力势能的改变量．本题关键在于各种功的物理意义：①重力做功等于重力势能的减小量；②而合力的功等于动能的改变量；③除重力外其余力做的功等于机械能的变化量．9.【答案】C【解析】解：子弹出枪口时的动能与子弹横截面积的比在0.16J/cm2以下，设子弹出枪口时的动能与子弹横截面积的比而k，则子弹的动能最大为：在发射子弹的过程中，弹簧的弹性势能转化为子弹的动能，子弹的动能不超过0.02J，则弹簧的弹性势能也不能超过0.02J．故C正确，ABD错误。故选：C。在子弹发射的过程中，弹簧的弹性势能转化为子弹的动能，由此求出子弹的动能，然后结合动能与子弹横截面积的比的条件比较即可。该题属于情景重新的题目，解答的关键是能结合子弹出枪口时的动能与子弹横截面积的比的意义进行解答。15/1510.【答案】C【解析】解：AB、小球在高度H处做平抛运动，下落过程中，，则，y轴上的截距不为零，且动能越来越大，故AB错误；C、以地面作为零势能面，故重力势能的表达式为：Ep=Ep0-mgh，故C正确；D、小球在下落的过程中，机械能不变，故D错误。故选：C。明确小球在平抛运动中只受重力，机械能守恒，从而列式确定动能、重力势能以及机械能与高度间的关系，进而确定正确的图象。本题考查机械能守恒定律的应用，要注意在确定图象时应先明确对应的表达式。11.【答案】BC【解析】解：A、人所受的合力为零，合力不做功，故A错误；B、人上升的过程中，重力做负功，重力势能增加。故B正确；C、由动能定理得W扶-W克G=0即W扶=W克G 等于人增加的重力势能，故C正确；D、非重力的功等于机械能的变化，非重力做功包括摩擦力的功、支持力的功，故D错误；故选：BC。人站在自动扶梯上不动，随扶梯匀速上升的过程中，合力为零，动能不变，根据重力做功判断重力势能的变化，根据非重力的功判断机械能的变化。解决本题的关键知道重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，以及非重力的功等于机械能的变化。12.【答案】CD【解析】解：A、物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，故A错误；B、由图可知，第3秒末和第7秒末物体的动能相等，所以从第3秒末到第7秒末合外力做功为零，故B错误；C、从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故C正确；D、从第3秒末到第4秒末动能减小，故动能变化量是负值，等于，即第1秒内动能的变化量的，则合力做功为-0.75W，故D正确。故选：CD。根据动能定理：合力对物体做功等于物体动能的变化。先求出第1s内的合外力所做的功；再根据动能定理分段进行分析，求出动能的变化即中求得合外力所做的功。本题考查动能定理的应用能力。动能定理的直接应用是：由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量。13.【答案】AD【解析】15/15解：A、从A到B的过程弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时机械能达到最大，故A正确；B、小球在平衡位置处速度最大，即最大速度不是在B处，故B错误；C、小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球在A位置时弹簧的弹性势能等于AC间小球重力势能的增加，不等于C位置的重力势能，故C错误；D、根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，BC中点处的弹性势能与A处的弹性势能相等，根据能量守恒，从A向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即运动不到BC点的中点，故D正确。故选：AD。小球从A开始向上运动，开始做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时，小球速度达到最大，之后开始减速，运动到B时脱离弹簧，之后只在重力作用下减速。根据系统机械能守恒定律列式分析即可。本题考查机械能守恒定律的应用，要注意明确当加速度为零时，速度达到最大，并结合能量守恒解题即可。14.【答案】BC【解析】解：A、在A上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A已经开始减速，故分离时A的速度不是最大，故A错误；B、设弹簧上端在最低点c时，其弹性势能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有4mgLsin30°=μ•4mgLcos30°+Ep，将物块B拿出后木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得 Ep=mgLsin30°+μmgLcos30°，联立解得Ep=0.8mgL，μcos30°=0.3．故B正确；C、由分析可得，木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，摩擦生热Q=μ•4mgLcos30°+μmgLcos30°=5μmgLcos30°=5（Ep-mgLsin30°）=1.5mgL．故C正确。D、若AB一起能返回的距离大于弹簧原长，则有 Ep=4mgL′sin30°+μ•4mgL′cos30°，解得L′=，解得，但不知道L′与弹簧原长的关系，故无法确定AB能够上升的最高位置距离a点的距离，故D错误。故选：BC。对木箱A下滑和上滑过程，运用功能原理列式，可分析若物块B没有被拿出，弹簧能否将整体弹回a点。在A、B一起下滑的过程中，速度最大时的位置合力为零。根据功能关系求弹簧上端在最低点c时其弹性势能以及摩擦产生的热量。解决本题的关键是掌握功与能的关系，明确能量是如何转化的。解题时，采用分段法列式。15.【答案】非线性 没有平衡摩擦力 W-v2 远小于小车的质量【解析】解：（1）由图象可以看出，所有的点连成线不是一条直线，即它们并是线性关系；（2）图象并不过原点，从图象知道，从纵坐标知道，当功有某一值时，但速度为零，说明要克服摩擦力，则表明没有平衡摩擦力。15/15（3）由动能定理知道：W=，所以要做的图象是v2-W图象。（4）由牛顿第二定律知道：F=Ma=M×=，从上式可以看出只有当m＜＜M时，F≈mg。故答案为：（1）非线性；（2）没有平衡摩擦力；（3）W-v2 ；（4）远小于小车的质量（1）该实验的实验原理：橡皮筋的弹性势能转化为小车的动能，实验中改变拉力做功时，为了能定量，所以用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系，这样避免了进行定量计算。（2）根据W与v，W与v2的关系图线，结合数学知识中的幂函数的图象特点得到结论。本题关键是结合探究功与速度变化关系的实验原理进行分析，注意该实验中需要测量是小车的最大速度即最后的速度大小，同时要正确应用数学知识进行数据处理。16.【答案】B 重物没有靠近打点计时器（或电火花计时器放得过高） A g（s0+s1）=(s1+s2)232T2【解析】解：（1）为了测得重物下落的加速度，需要用刻度尺测出纸带上两相邻计数点间的距离，而秒表是由计时器来算出，对于天平，等式两边质量可以约去，实验用不到弹簧秤，故ACD错误，B正确；故选：B．（2）实验时，应让重物靠近打点计时器，由图示可知：重物没有靠近打点计时器，这是错误的．（3）A、由图示可知，左端相邻点间的距离小，即在相等时间内的位移小，由此可知，重物与纸带的左端相连，即带上点密集的一端是与重物相连的，故A正确，B错误；C、实验时应先接通电源，然后再放开纸带，故C错误；D、实验时不需要平衡摩擦力，故D错误；故选：A．（4）从纸带上可以看出0点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0，重力势能减小量△Ep=mg（s0+s1）；利用匀变速直线运动的推论vC==动能增加量表达式为△EK=mvC2=因此只需要验证mg（s0+s1）=即为g（s0+s1）=，就可以验证机械能守恒，故答案为：（1）B；（2）重物没有靠近打点计时器（或电火花计时器放得过高）；（3）A；（4）g（s0+s1）=．15/15（1）实验需要用刻度尺测量计数点间的距离．（2）重物应该靠近打点计时器．（3）实验时应让重物靠近打点计时器，然后先接通电源再放开纸带．（4）利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量，从而即可求解．本题考查了实验器材、实验注意事项、实验误差分析等问题，掌握实验原理、实验器材、与实验注意事项即可正确解题；运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，知道利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．17.【答案】解：（1）根据v-t图象的斜率表示加速度，知物体在第2s运动过程中加速度的大小为：a2=20−101=10m/s2。（2）1-2s内过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2。得：μ=a2−gsinθgcosθ解得：μ=0.5（3）不能保持静止。mgsinθ=2×10×0.6N=12Nμmgcosθ=0.5×2×10×0.8N=8N表明物体在最高点时重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，所以不能保持静止。（4）物体在第1s末时具有最大机械能。此时，物体相对地面的高度为：h=s1sinθ=12×20×1×0.6=6m最大机械能为：Emax=12mv2+mgh=12×2×202+2×10×6=520J答：（1）物体在第2s运动过程中加速度的大小是10m/s2。（2）斜面的动摩擦因数是0.5；（3）物体运动到斜面最高位置时不能保持静止，因为物体在最高点时重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力。（4）物体在第1s末时具有最大机械能，若以地面为零势能面，则最大机械能是520J。【解析】（1）根据v-t图象的斜率来求物体的加速度大小。（2）研究1-2s内过程，由牛顿第二定律求斜面的动摩擦因数；（3）物体运动到斜面最高位置时，根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断物体能否保持静止。（4）在1-2s内物体的机械能增大，在1s之后物体的机械能减小，可知t=1s时物体具有最大机械能，分别求动能和势能，从而求得最大机械能。本题关键理清物体的运动情况，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移。运用运动学公式和牛顿第二定律求动摩擦因数。18.【答案】解：（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时：F=f动车组总功率：P=Fvm因为有4节小动车，故：P=4P0联立解得：f=2N 设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为vʹ，15/15由牛顿第二定律有：Fʹ-f=ma  动车组总功率：P=Fʹvʹ  运动学公式：vʹ=at1解得匀加速运动的时间：t1=3s  （2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：Pt-fx=12mvm2-12mv′2解得：x=46.5m 答：（1）动车组所受阻力大小为2N；匀加速运动的时间为3s．（2）动车组变加速运动过程的时间为10s，变加速运动的位移为46.5m．【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运动动能定理，即可求出求变加速运动的位移．本题考查机车启动模型中牛顿运动定律、运动学规律以及动能定理的综合运用，解题关键是要分好过程，明确每一个过程中机车的运动类型，再选择合适的规律解题，第（2）问在变加速的过程中，牵引力是变力但功率恒定，故用W=Pt去表示牵引力做功．19.【答案】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：2mg•2L-mgL=12mvP2+12•2mvQ2两球共轴转动，角速度大小始终相等，由v=rω得：vQ=2vP；联立解得：vP=6gL3（2）小球P机械能的变化量为：△EP=mgL+12mvP2=43mgL（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：2mg•2L=mgL+12m（12v）2+12•2mv2 解得：v=26gL3 答：（1）小球P的速度大小是6gL3；（2）在此过程中小球P机械能的变化量是43mgL。（3）要使Q球能做完整的圆周运动，给Q球的初速度至少为26gL3。【解析】（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）根据动能和重力势能的变化，求P球机械能的变化。15/15（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。本题是轻杆连接的问题，要抓住单个物体机械能不守恒，而系统的机械能守恒是关键。要掌握轻杆类型圆周运动的临界速度，注意与轻绳类型的区别。15/15