山西省汾阳中学2019-2020学年高一6月月考物理试题 11页

山西省汾阳中学2019级高一2020.6月月考物理试题 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.下列关于运动和力的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的 B. 物体做圆周运动时，所受的合力一定指向圆心 C. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动 D. 物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同 ‎2.如图所示，A、B两球用轻杆相连，用两根细线l1、l2将它们悬挂在水平天花板上的O点．现有一水平力F作用于小球B上，使A、B两球和轻杆组成的系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上，细线l1垂直于轻杆．已知两球的重力均为G，轻杆与细线l1的长度均为L.则( ) A. 细线l2的拉力的大小为2G B. 细线l2的拉力的大小为G C. 水平力F的大小为2G D. 水平力F的大小为G ‎3.光滑水平面上一运动的磁铁动能为Ek，若其吸引一静止的相等质量铁球后，二者共同运动速度变为原来的一半，则总动能为（　　）‎ ‎4.如图所示，一4.质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的速度为v，与A点的竖直高度差为h，则( ) ‎ ‎5.如图所示，足够长的木板B置于光滑水平面上放着，木块A置于木板B上，A，B接触面粗糙，动摩擦因数为一定值，现用一水平恒力F作用在B上使其由静止开始运动，A，B之间有相对运动，下列说法正确的有（ ） A. B对A的摩擦力的功率是不变的 B. 力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量 C. 力F对B做的功等于B动能的增加量 D. B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量 6. 在电视台举办的娱乐节目中，参赛人员站在一个较大角速度匀速旋转得水平大平台边缘，向平台圆心处的球筐投入篮球．已知参赛人员相对平台静止，忽略空气阻力，则下面各俯视图中，篮球最可能进入球筐生物是（图中箭头指向表示投篮方向）（　　）‎ ‎7.如图所示，质量分别为M，m的两个物体系在一根通过轻滑轮的轻绳两端，M放在水平地面上，m被悬在空中，若将M沿水平地面向右缓慢移动少许后M仍静止，则 A. 绳中张力变大 B. 滑轮所受到绳子的作用力变大 C. M对地面的压力变大 D. M所受的静摩擦力变大 ‎8.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（ ） A. 两滑块的动能之比：：2 B. 两滑块的动量大小之比：：1 C. 两滑块的速度大小之比：：1 D. 弹簧对两滑块做功之比：：1‎ 二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ ‎9.在光滑水平面内有一直角坐标系，在时刻，质量为 kg的物块从直角坐标系的坐标原点以一初速度沿轴正方向开始运动，同时受一沿方向的恒力作用，其沿方向的位移与方向的速度的平方关系如图甲所示，沿方向的位移随时间的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 物块做匀变速曲线运动 B. 物块受到的恒力 N C.  s时物块位移 m，方向与轴正向成37° D.  s时物块的速度为 m/s，方向与轴正向成37°‎ ‎10.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B ，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h．开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°．现将A、B由静止释放，则（ ） A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大 B. 物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大 C. 物块A在杆上长为的范围内做往复运动 D. 物块B的机械能最小时，物块A的动能最大 ‎11.在校运动会三级跳远比赛中，某同学的跳跃过程可简化为如图的情况．该同学在空中过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，每次和地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，假设张明同学从A点开始起跳到D点的整过程中均在同一竖直平面内运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 每次从最高点下落过程都是平抛运动 B. 每次起跳到着地水平位移AB：BC：CD=1：3：5 C. 从起跳到着地三段过程中水平方向速度变化量相等 D. 三段过程时间相等 ‎12.甲、乙两名溜冰运动员，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示．已知M甲＝80kg，M乙＝40kg，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为30N，下列判断中正确的是（ ）‎ A. 两人的角速度相同 B. 两人的线速度相同 C. 两人的运动半径相同，都是0.45 m D. 两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m ‎13.如图所示，一根细线下端栓一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ）‎ A. 细线所受的拉力不变 B. 小球P运动的线速度变大 C. 小球P运动的周期变短 D. Q受到桌面的静摩擦力变小 ‎14.如图所示，一长度l未知的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量m未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，轻杆对小球的弹力F与其速度平方v2的关系如图所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）                                ‎ 三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）‎ ‎15.“科学真是神奇”已知一个钩码的质量为m，地球的半径为R，现仅提供一只量程合适的弹簧，你就可以获得地球的第一宇宙速度啦！（忽略地球的自转） （1）要直接测量的物理量是______ （2）地球的第一宇宙速度V1的推理表达式为：V1=______（用已知和测量的物理量表示）‎ 第二步：将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）对于松手后滑块在水平桌面上滑动过程中有关物理量的描述，正确的是__________‎ ‎①当弹簧恢复原长时，滑块的加速度达到最大值 ‎②当弹簧恢复原长时，滑块的速度达到最大值 ‎③滑块的加速度先增大，后减小，然后保持不变 ‎④滑块的加速度先减小，后增大，然后保持不变 A．①③ B．②④ C．③ D．④‎ ‎（2）你认为，该同学需用刻度尺直接测量的物理量是（写出名称并用符号表示）___________________________________________________________________________。‎ ‎（3）用测得的物理量表示滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ的计算式：μ＝__________。‎ 四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）‎ ‎17.有一个固定竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成，如图所示，右半部分轨道AEB是光滑的，左半部分轨道BFA是粗糙的。在最低点A给一质量为m的小球（可视为质点）一个水平向右的初速度vo，使小球恰好能沿轨道AEB运动到最高点B，然后又能沿轨道BFA回到A点，且回到A点时对轨道的压力为5mg，g为重力加速度，求 （1）小球的初速度vo的大小； （2）小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力做的功。 （3）若规定以A点所在水平面为零势能面，则小球在与轨道AEB分离时，小球具有的重力势能为多少。 18.AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示。一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑。已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦。求：（1）小球运动到B点时的动能 （2）小球下滑到距水平轨道的高度为R/2时的速度大小和方向 （3）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC 各是多大？‎ ‎19.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，每节动车可以提供的额定功率。开始时动车组先以恒定加速度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并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定。 求动车组所受阻力大小； 求匀加速运动的时间． 动车组变加速运动过程的时间为10s，求变加速运动的位移． ‎ 高一月考物理试题答案和解析 ‎ ‎ ‎1.【答案】C 【解析】【分析】 曲线运动的条件是初速度与加速度不在一条直线上，速度不断变化，它是变速运动，曲线运动有加速度不变的，也有加速度变化的．当物体做圆周运动，其合力不一定指向圆心，若是匀速圆周运动，则合力一定指向圆心． 曲线运动有加速度，所以必定是变速，可能是匀变速曲线，比如：平抛运动．也可能是速率不变，方向变化．比如：匀速圆周运动．  【解答】 解：A、做曲线运动的物体，其速度一定变化，但加速度不一定变化，比如平抛运动，故A错误； B、物体做圆周运动，所受的合力不一定指向圆心，当是匀速圆周运动时，由于速度大小不变，所以加速度垂直于速度，因此合力一定指向圆心，故B错误； C、当物体所受合力方向与运动方向相反，则一定做减速且直线运动，故C正确； D、物体运动的速率在增加，则一定有加速度存在，但不一定与运动方向相同，比如平抛运动，合力方向与运动方向不相同。故D错误； 故选：C。 2.【答案】D 【解析】【分析】对AB球和杆整体受力分析，受已知拉力F、重力2mg、OA绳子的拉力和OF绳子的拉力，根据共点力平衡条件列方程；以O为支点，再根据力矩平衡条件列方程；最后联立求解即可。 ​本题关键受力分析后根据共点力平衡条件和力矩平衡条件列式后联立求解；也可以结合三力汇交原理列式，难度适中。 【解答】因为A球受到细线l1的拉力与其重力是一对平衡力，所以轻杆对A球的作用力为零，轻杆对B球的作用力也为零，故B球只受到重力G、细线l2的拉力F′和水平拉力F的作用，根据力的正交分解知识和力的平衡条件有F＝G，F′＝G，D正确． 3.【答案】C 【解析】【分析】由题意可知磁铁的动能，列出其表达式；再根据变化后的速度及质量，则可表示其总动能． 本题考查动能的表达式，只要明确动能的表达式，根据题意列式找出关系即可． 【解答】设磁铁质量为m，速度为v，则Ek=mv2； 由题意可知，变化后的动能为：Ek′=×2m×（）2=‎ ‎； 故选：C。 4.【答案】D 【解析】【分析】 小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由机械能守恒条件可知小球是否机械能守恒； 重力做功量度重力势能的变化。 弹簧弹力做功量度弹性势能的变化。 本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的。熟悉功能的对应关系。​​​​​​​ 【解答】 A.从A到B，小球重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，但是小球机械能不守恒，故A错误； B.由A至B重力势能减少mgh，小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以，故B错误。 C.根据动能定理得：，所以由A至B小球克服弹力做功为，故C错误。 D.弹簧弹力做功量度弹性势能的变化。所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 ‎，故D正确。 故选D。 5.【答案】D 【解析】【分析】 根据公式P=Fv分析B对A的摩擦力的功率变化情况。对两物体及整体受力分析，根据各力做功与能量转化之间的关系进行分析。 本题考查了能量守恒定律和动量定理的运用，要注意选择研究对象，分析各力的做功情况。 【解答】 A.B对A的摩擦力一定，A的速度增大，由P=Fv知B对A的摩擦力的功率增大，故A错误。 B.对整体分析可知，F做功转化为转化为两个物体的动能及系统的内能；故F做的功一定大于A、B系统动能的增加量。故B错误。 C.由动能定理可知，力F对B做的功与A对B摩擦力的代数和等于B动能的增加量，故C错误。 D.只有B对A的摩擦力对A做功，由动能定理知B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量。故D正确。 故选D。 6.【答案】A 【解析】解：当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿篮筐方向，球就会被投入篮筐。故A正确，B、C、D错误。 故选：A。 球参与了沿圆周切线方向运动和出手方向的运动，根据平行四边形定则确定合速度的方向，从而确定篮球能否被投入球框． 考查运动的合成与分解的内容，解决本题的关键知道球参与了两个方向的运动，通过平行四边形定则进行判断． 7.【答案】B 【解析】【分析】 该题考查连接体和动态平衡，物体处于平衡状态，注意本题的突破口是绳子的拉力大小不变，难度较易。 借助于对物体m的运动情况来确定受力情况，再对物体M进行受力分析，并由夹角的变化，结合力的分解来确定物体M受到绳子的拉力、地面的摩擦力、支持力如何变化。 【解答】 A.对物体m受力分析，绳子的拉力T等于物体m的重力大小，所以绳中张力保持不变，故A错误； B.M沿水平地面向右缓慢移动少许后M静止时，两段绳子的拉力大小不变，夹角变小，合力变大，所以滑轮轴受压力变大，故B正确；  CD.隔离M分析， M受重力、地面的支持力N、绳子的拉力F，摩擦力f，向右移动少许后，拉力F的竖直分力逐渐增大，则地面的支持力N变小，由牛顿第三定律知M对地面的压力变小，拉力T的水平方向分力逐渐减小，静摩擦力f变小，故CD错误。 故选B。 8.【答案】A 【解析】【分析】 本题是动量守恒定理的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较。 先根据动量守恒守恒求出脱离弹簧后两滑块的速度之比，根据动能、动量的表达式求出动能及动量之比，根据弹簧对两滑块做功等于滑块动能的变化量求出弹簧对两滑块做功之比。 【解答】 在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得： 2mvA+mvB=0 得： C.两滑块速度大小之比为：=，故C错误； A.两滑块的动能之比EkA：EkB==，故A正确； B.两滑块的动量大小之比pA：pB=，故B错误； D.弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即为1：2，故D错误。 故选A。 9.【答案】AC 【解析】【分析】 解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，将曲线运动分解为x轴方向和y轴方向，分析出两方向分运动的情况。 【解答】 沿x方向分析由运动学公式：，可知沿x方向加速度为a=1m/s2，恒力F=ma=2N，质点由静止开始从坐标系的原点O沿+x轴方向做匀加速运动，根据运动的合成和分解， s时物块位移 m，方向与轴正向成37°，故AC正确。 ​故选AC 10.【答案】CD ‎ ‎【解析】【分析】 在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解。 考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当A的速度最大时，B的速度为零，是解题的关键。‎ ‎【解答】 A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则其加速度不断减小，故A错误； B.物块B从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故B错误； C.由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，A在杆上长为的范围内做往复运动，故C正确； D.B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，即物块A的动能最大，故D正确。 故选CD。‎ ‎11.【答案】CD 【解析】解：A、平抛运动要求只受重力，而题目中说明有风力，每次从最高点下落过程都不是平抛运动，故A错误． BCD、由题意可知，人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，由v2=2gh可知每次起跳高度相同，由h=知，每次起跳在空中的时间相同，而水平方向每次起跳都是匀加速直线运动，则三段过程中速度的变化量相等，由于水平方向的初速度不为零，则水平位移不满足1：3：5的关系，故B错误，CD正确． 故选：CD． 根据平抛运动的特点分析每次从最高点下落过程是否是平抛运动．抓住起跳时竖直分速度不变，得出在空中运动时间的关系，结合水平方向上的运动规律，得出相对时间内水平速度的变化量，以及水平位移的关系． 该题首先要明确该同学的受力情况；其次要确定每次起跳竖直速度是不变的，进而确定每次起跳时间相同，这是解题关键． 12.【答案】AD 【解析】【分析】 分析甲、乙两名运动员，弹簧秤对各自的拉力提供向心力；根据牛顿第二定律和向心力公式求解。 解本题关键要把圆周运动的知识和牛顿第二定律结合求解，知道共轴转动时，角速度相等，难度适中。 【解答】 弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得：M甲R甲ω甲2=M乙R乙ω乙2=30N ①，由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演， 所以ω甲=ω乙，则有：=‎ ‎，已知 M甲=80kg，M乙=40kg，两人相距 0.9m，所以两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m，根据①得：两人的角速度相同，根据线速度v=ωr得线速度不同，故AD正确，BC错误。 故选AD。 13.【答案】BC 【解析】【分析】 解：AB.设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图： 则有： T=，mgtanθ=mω2Lsinθ，得角速度ω=，使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力T增大，角速度ω增大，故A错误，B正确。 CD.对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，则静摩擦力变大，Q所受的支持力不变，故C正确，D错误。 故选BC。 14.【答案】BD 【解析】【分析】 本题主要考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，熟悉图象的含义是解题的关键，难度一般。 【解答】 ​A.设轻杆对小球的弹力方向向下，且为F。由牛顿第二定律可得：，化简可得：，由图象的斜率可得：，解得轻杆的长度为：，故A错误； B.由图可知截距为：-b=mg，解得球的质量为：，故B正确； C.由图可知，当时，轻杆中的弹力为零，故由竖直平面内的圆周运动的临界条件可知当时，轻杆中的弹力表现为向上的支持力，故C错误； D.由于截距的大小等于球的重力大小，故仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b点的位置不变，D正确。 故选BD。 15.【答案】G   【解析】解：（1）由重力提供向心力，有：mg=m 得：v=，g=，则要测量出重力G （2）第一宇宙速度V1的推理表达式为：v1===。 故答案为：（1）G；（2） 由重力提供向心力可求得第一宇宙速度的表达式由式可确定要测量的量及第一宇宙速度的表达式。 明确第一宇宙速度的意义及表达式即可轻松求解。 16.【答案】（1） （2）弹簧被压缩的长度，滑块滑行的距离，悬挂时弹簧伸长量 （3） ‎ ‎【解析】【分析】 （1）对滑块受力分析，利用牛顿第二定律分析即可。 （2）理解胡克定律 ‎，表示出物块的重力，摩擦力公式求出摩擦因数，利用动能定理建立弹力做功与摩擦力做的功，化简推断即可。 本题综合考查了动能定理，结合弹簧求解摩擦因数，综合性比较强。 【解答】‎ ‎（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律，，随着形变量的减小，合力减小，加速度减小，当时，减小为零，随后，滑块开始减速运动，反向逐渐增大，当弹簧回复原长时，加速度不变，故ABC错误，故选D； （2）由动能定理得： ，故需要测量滑块滑行的位移，弹簧被压缩的长度；由摩擦力公式故需要知道，由胡克定律故需要测量竖直悬挂时弹簧的伸长量，联立各式解得：。 故答案为：（1）；（2）弹簧被压缩的长度，滑块滑行的距离，悬挂时弹簧伸长量；（3）。 17.【答案】解：（1）小球恰能到达最高点B，则：； 从A到B，由机械能守恒：， 解得： （2）且回到A点时，由牛顿第二定律：， 其中FN=5mg， 解得， 则从B回到A，由动能定理： 解得 （3）设小球与轨道AEB分离时的位置与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，则 由能量关系： 解得：， 则分离位置小球具有的重力势能为： 答：（1）小球的初速度vo的大小为； （2）小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力做的功为mg。 （3）若规定以A点所在水平面为零势能面，则小球在与轨道AEB分离时，小球具有的重力势能为mgR。 【解析】（1）小球沿AEB做圆周运动，小球恰好过最高点，在最高点B处只受重力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求得小球在B点的速度。再研究小球从A运动到B的过程，由动能定理或机械能守衡定律解出v0。 （2）小球返回最低点A时，由支持力和重力的合力充当向心力。由此可以解出小球回到A点时的速度vA．再由动能定理即可解出克服摩擦力作的功； （3）根据功能关系即可分析小球具有的重力势能大小。 本题为圆周运动和动能定理的结合，关键要把握向心力的来源，明确最高点隐含的临界条件：重力等于向心力。 18.【答案】解：（1）不计摩擦力，小球在圆弧轨道下滑过程中机械能守恒， 则得小球运动到B点时的动能：Ek=mgR； （2）设小球下滑以距水平轨道的高度为时速度的大小为v，与竖直方向的夹角为， ​​​​​​​则：，得 根据几何知识得：， 得 ‎=30°； （3）在B点，有：NB-mg=,又 解得：, 水平轨道的C点时竖直方向受力平衡。 答：（1）小球运动到B点时的动能是mgR； （2）小球下滑以距水平轨道的高度为时速度的大小为，方向与竖直方向成30°； （3）小球经过圆弧轨道的B点时所受轨道支持力NB是3mg.水平轨道的C点时竖直方向受力平衡。 【解析】本题考查了机械能守恒定律的基本运用，以及掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求解支持力的大小。 ​​​​​​​（1）不计摩擦力，小球在圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，即可由机械能守恒定律求解到B点的动能； （2）根据机械能守恒定律求出速度的大小，由几何关系求出速度的方向； （3）小球经过圆弧轨道的B点时，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解支持力.水平轨道的C点时竖直方向受力平衡。 19.【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， 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=- 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．‎