2022-2023学年内蒙古巴彦淖尔市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年内蒙古巴彦淖尔市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列关于静电场的说法正确的是( )
A. 电子就是元电荷
B. 点电荷类似于质点，是一种理想化模型
C. 丝绸摩擦玻璃棒后玻璃棒带正电，说明电荷可以凭空创生
D. 若在电场中某点不放试探电荷，则该点的电场强度一定为0
2.在田径运动会上，运动员通过自己的努力，展现了积极向上、勇于拼搏的风采。下列几种关于比赛项目中的论述正确的是( )
A. 某运动员百米赛跑的记录为10s，10s是一段时间间隔
B. 运动员参加百米赛跑，当运动员撞终点线时可视为质点
C. 某运动员在400m的环形跑道上参加1000m长跑，这1000m是指运动员的位移大小
D. 运动员参加百米赛跑时，以坐在观众席上的观众为参照物，运动员是静止的
3.关于如图四幅图的说法正确的是( )
A. 图甲为静电除尘原理的示意图，带负电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器A上
B. 如图乙所示，给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其原理为感应起电
C. 图丙为包裹着话筒线的金属网状编织层，其目的是防止触电
D. 如图丁所示，高层建筑物顶端安装有避雷针，避雷针的原理为静电屏蔽
4.图为游客在某景区蹦极的情景，游客将一根弹性绳子的一端系在身上，另一端固定在高处的O点，然后从高处跳下。其中OA为弹性绳子的原长，B点是绳子弹力等于游客所受重力的位置，C点是游客所能到达的最低点，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 游客从A点运动到C点的过程中动能一直减小
B. 游客从A点运动到C点的过程中机械能一直减小
C. 游客运动到B点时机械能最大
D. 游客从O点运动到C点的过程中加速度一直增大
5.如图所示，一质量为m的木块在水平力F的作用下静止在竖直粗糙墙壁上，已知木块与墙壁之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，木块与墙壁间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )
A. 若水平力F增大，木块受到的摩擦力也增大
B. 若撤去F，木块受到的滑动摩擦力大小等于mg
C. 若撤去F，木块受到的滑动摩擦力大小等于μmg
D. 若撤去力F，木块将自由下落
6.独立在轨运行33天的“天舟五号”货运飞船(以下简称“天舟五号”)于2023年6月6日3时10分完成与空间站组合体再次交会对接，空间站组合体再次恢复了“三船三舱”构型。“天舟五号”独立在轨运行时与空间站组合体均在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知空间站组合体运行的周期约为90min，则下列说法正确的是( )
A. “天舟五号”独立在轨运行时的线速度大于第一宇宙速度
B. “天舟五号”独立在轨运行时的角速度小于地球自转的角速度
C. “天舟五号”独立在轨运行时的线速度大于地球同步轨道卫星运行的线速度
D. “天舟五号”独立在轨运行时的向心加速度大于空间站组合体的向心加速度
7.如图所示，运动员将铅球(可视为质点)从A点以方向与水平方向夹角为30∘、大小v0=6m/s的初速度抛出，经过最高点B后铅球落到水平地面，已知铅球从A点到落地运动的总时间为1s，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 铅球经过B点时的速度大小为3m/sB. A点距离水平地面的高度为2.45m
C. 铅球落地时的速度大小为7m/sD. 铅球落地点离A点的水平距离为3 3m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，圆形餐桌上镶嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A、B处分别放有甲、乙餐盘(可视为质点)，OA=2OB=2r，甲餐盘的质量为m，乙餐盘的质量为2m，两餐盘与圆盘之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两餐盘与圆盘之间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g。当圆盘匀速转动时，下列说法正确的是( )
A. 在未与圆盘发生相对滑动之前，甲餐盘受到的摩擦力始终大于乙餐
B. 随着圆盘转速缓慢增大，甲餐盘会比乙餐盘先相对于圆盘发生滑动
C. 若圆盘表面突然变光滑，餐盘将会沿圆盘半径方向运动
D. 当圆盘转动的角速度ω> μg2r时，将会有餐盘相对于圆盘发生滑动
9.如图所示，光滑绝缘水平面上的A，B两点分别固定两个带等量异种电荷的点电荷M，N，O为AB的中点，CD为AB的垂直平分线，a、c为AB上关于O点对称的两点，b，d为CD上关于O点对称的两点。下列说法正确的是( )
A. a、c两点的电场强度大小相等，方向相反
B. b、d两点的电场强度相同
C. a、b两点的电场强度大小不相等，方向相同
D. 将一点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷的电势能先增大后减小
10.如图所示，某人从高出水平地面h的坡顶上水平击出一个质量为m的高尔夫球(可视为质点)，坡顶可视为半径为R的圆弧，高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0。高尔夫球落入水平地面的A洞中(不计洞穴的宽度及深度)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )
A. 该球在空中运动的时间为 2hgB. 该球飞出的初速度大小为 gh
C. A洞到坡顶的距离为 2hRD. 该球落入A洞时的动能为12mg(R+2h)
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，某同学采用了如图所示的实验装置。将带正电的小球A置于可移动且可调整高度的绝缘底座上，带正电的小球B用绝缘丝线悬挂于玻璃棒的O点，如图所示。实验过程中两带电小球在各自位置均可视作点电荷，重力加速度大小为g。
(1)实验过程中，小球A、B在同一水平线上，为测出小球B受到的库仑力大小，需要测量的一组物理量是______。
A.小球B的质量，小球B的悬线偏离竖直方向的夹角
B.小球B的质量，小球B的悬线长度
C.小球A、B的质量，小球A、B之间的距离
(2)某次实验时，使小球A、B在同一水平线上且测得小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为30∘。保持小球A、B的电荷量不变，移动小球A后，调整小球A的高度，确保两小球始终在同一水平线上，小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为60∘，则移动前后小球A、B之间的距离之比为______。
(3)本实验中应用到的科学探究方法是______。
A.理想实验法
B.微小量放大法
C.控制变量法
D.等效替代法
12.某兴趣小组用“落体法”验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。
(1)关于本实验的说法正确的是______。
A.本实验的重锤应选择质量小体积大的，以减小误差
B.可以用v=gt或v= 2gh计算重锤在某点的速度大小
C.若纸带上打出的第一、二个点的间距大于2mm，则说明纸带上打出第一个点时的速度不为0
(2)选出一条清晰且符合要求的纸带，如图乙所示，O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D为四个计时点，到O点的距离分别为h1、h2、h3、h4，打点计时器所接交流电的频率为f，重力加速度大小为g，重锤的质量为m。根据以上物理量可知纸带打出C点时的速度大小vC=______。若要选择从纸带打出 O点到纸带打出C点的过程来验证机械能守恒，则应验证的表达式为gh3=______。(均用给定的物理量符号表示)
(3)某同学利用他自己做实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，计算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了v2−h图像(图丙)。若实验中重锤所受的阻力不可忽略且其大小始终不变，则理论上描绘出的v2−h图像应为______。
⑧
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.2022年9月2日，我国制造的2600吨级起重机横空出世，再次拉高了全球最大吨位起重机的门槛，并全面提升了大型陆上风机的安装效率。该起重机某次作业时，由静止开始提升质量m=1×105kg的物体，物体运动的v−t图像如图所示，4s末起重机达到额定功率，之后保持额定功率继续拉着物体竖直上升，一段时间后物体达到最大速度vm。重力加速度大小g=10m/s2，不计阻力及吊钩、吊绳受到的重力。求：
(1)起重机的额定功率；
(2)物体上升的最大速度。
14.如图所示，用绝缘细线将一带正电小球A悬挂在O点，在悬点O的正下方放置带正电物块B，小球A静止时细线与竖直方向的夹角θ=30∘，物块B恰好能静止在O点正下方的粗糙绝缘水平地面上，小球A与物块B的连线恰与细线垂直。已知小球A、物块B的质量均为m=2kg，物块B与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)物块B受到的库仑力大小；
(2)物块B与水平地面间的动摩擦因数(结果保留根号)。
15.轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量m=1kg的滑块1(视为质点)相连接，将滑块1从弹簧的原长位置O点压缩x0=0.4m至A点，如图甲所示，释放滑块1后滑块1再次经过O点时的速度大小v0=6m/s。在滑块1的右边放一完全相同的滑块2(视为质点)，两滑块间不粘连，仍然将两滑块从弹簧的原长位置O点压缩至A点，如图乙所示，释放两滑块后两滑块将在某位置分离，分离后滑块2运动一段距离后静止。已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能；
(2)滑块1、2分离时滑块1离O点的距离；
(3)滑块2静止时离O点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、元电荷是带电量的最小值，并不是带电粒子，一个电子的带电量等于元电荷，故A错误；
B、点电荷是忽略带电体的形状与大小，将带电体可看带有电荷量的点。点电荷类似于质点，是一种理想化模型，故B正确；
C、丝绸与玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电，说明玻璃棒束缚电子的能力弱，它的电子转移到丝绸上，电荷不会凭空创生，故C错误；
D、电场强度由电场本身决定，跟放不放试探电荷没有关系，该点的电场强度不为零，故D错误。
故选：B。
点电荷是忽略带电体的形状与大小，将带电体可看带有电荷量的点；元电荷是带电量的最小值，所有带电体的电荷量均是元电荷的整数倍；摩擦起电本质是电子的转移；电场强度由电场本身决定，跟放不放试探电荷没有关系。
点电荷是带电物体的理想模型，而元电荷是最小的电荷量，并不是带电物体。
2.【答案】A
【解析】解：A、某运动员百米赛跑的记录为10s，这里的10s为起始时刻到结束时刻间的一段时间，是一段时间间隔，故A正确；
C、某运动员在400m的环形跑道上参加1000m长跑，这1000m是指运动员的路程，故C错误；
B、运动员参加百米赛跑，当运动员撞终点线时，可以是身体的任意部位，裁判员需要看到是身体的哪一部位撞到终点线从而做出到达终点的判定，因此当运动员撞终点线时不可视为质点，故B错误；
D、参照物为假定不动的物体，选定参照物是为了研究物体的运动，因此运动员参加百米赛跑时，以坐在观众席上的观众为参照物，运动员是运动的，故D错误。
故选：A。
直接根据时间间隔、路程的概念进行分析；再根据物体看作质点的条件判断运动员撞终点时可否看作质点；再根据运动的相对性判断以坐在观众席上的观众为参照物运动员是静止还是运动。
本题考查了直线运动的概念，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.图甲为静电除尘原理的示意图，根据电荷间的相互作用力可知，异种电荷相互吸引，因此带负电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器A上，故A正确；
B.给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其原理是导走人身的静电，故B错误；
C.话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了屏蔽外界干扰，实现高保真信号传输，故C错误；
D.高层建筑物顶端安装有避雷针，避雷针的原理为尖端放电，故D错误。
故选：A。
根据静电除尘的原理分析；根据静电屏蔽的概念分析；根据静电防止的原理分析。
本题主要考查了静电的防止与应用、静电屏蔽的相关概念，理解静电屏蔽的原因等。
4.【答案】B
【解析】解：A.B点是绳子弹力等于游客所受重力的位置，游客从A点运动到C点的过程中合外力先做正功、后做负功，游客的动能先增大，到B点时动能最大，然后减小，到C点动能为零，故A错误；
BC.游客从A点运动到C点的过程中绳子弹力一直做负功，机械能一直减小，故B正确、C错误；
D.游客从O点运动到A点的过程中做自由落体运动、加速度不变；从A点运动到B点的过程中合外力方向向下且逐渐减小，则加速度减小；从B点运动到C点的过程中合外力方向向上且逐渐增大、则加速度增大，故D错误。
故选：B。
游客离开跳台至最低点的过程中，根据合外力做功情况判断动能大小变化；根据绳子拉力做功情况判断机械能变化；通过分析人的受力情况，判断其加速度的情况。
解答本题的关键要抓住绳子的弹力是变化的，先小于重力，后大于重力，通过分析受力情况来确定运动情况。
5.【答案】D
【解析】解：A、对木块进行受力分析，根据平衡条件可得
mg=f，FN=F
水平力F增大，木块受到墙壁对其弹力将增大，摩擦力不变，故A错误；
BCD、若产生静摩擦力，物体必须对接触面产生压力且有相对运动的趋势，若产生滑动摩擦力，物体必须对接触面产生压力且发生相对运动，而若撤去F，木块将不再紧压墙壁，即压力为零，因此摩擦力将为0，木块将自由下落，故BC错误，D正确。
故选：D。
对木块进行受力分析，根据平衡条件列出水平和竖直方向的平衡方程，分析水平力F增大木块受到墙壁对其的摩擦力如何变化；
分析撤去推力之后，根据产生摩擦力的条件判断木块是否还受到摩擦力，进而分析木块的运动性质。
本题考查了摩擦力的判断，解决本题的关键是理解摩擦力产生的条件。
6.【答案】C
【解析】解：A、由地球的万有引力提供“天舟五号”做圆周运动的向心力有：GMmr2=mv2r
得到“天舟五号”运行速度：v= GMr，随着轨道半径的增大，线速度减小，“天舟五号”独立在轨运行时的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、由地球的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力有：GMmr2=m4π2T2r
任意卫星运行周期为：T= 4π2r3GM
随着卫星轨道半径的增大，周期增大，由于空间站组合体运行的周期约为90min，小于同步卫星运行周期(24h)，故同步卫星运行半径大于“天舟五号”的运行半径，同时由角速度：ω=2πT，得到“天舟五号”独立在轨运行时的角速度大于同步卫星的运行角速度，即地球自转的角速度，故B错误；
C、由于同步卫星运行半径大于“天舟五号”的运行半径，由线速度公式：v= GMr，得“天舟五号”独立在轨运行时的线速度大于地球同步轨道卫星运行的线速度，故C正确；
D、由牛顿第二定律：GMmr2=ma，得到加速度：a=GMr2，“天舟五号”独立在轨运行时的向心加速度等于空间站组合体的向心加速度，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度；
由万有引力提供向心可得：卫星运动时线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从关系式做出判断。
牢记线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系式，有助于快速做出判断。
7.【答案】D
【解析】解：A.铅球经过B点时的速度大小为
vB=v0cs30∘=6× 32m/s=3 3m/s
故A错误；
B.铅球从抛出点到达最高点的时间
t1=v0sin30∘g=6×1210s=0.3s
铅球从最高点落地的时间
t2=t−t1=1s−0.3s=0.7s
A点距离水平地面的高度为
h=12gt22−12gt12
解得h=2m
故B错误；
C.铅球落地时的竖直速度大小为
vy=gt2=10×0.7m/s=7m/s
铅球落地时的速度大小为
v= vB2+vy2
解得v=2 19m/s
故C错误；
D.铅球落地点离A点的水平距离为
x=vBt=3 3×1m=3 3m
故D正确。
故选：D。
在B点，铅球只有水平方向的速度，根据速度-时间公式解得抛出点到达最高点的时间，结合位移-时间公式解得BD项；根据速度的合成解得C项。
本题考查斜抛运动，解题关键掌握斜抛运动的运动学规律。应用运动的合成与分解解答。
8.【答案】BD
【解析】解：A.两餐盘在圆盘上做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，根据传动模型的特点可知两餐盘的角速度相等，根据向心力公式，对于甲、乙两餐盘有
f甲=mω2⋅2r
f乙=2mω2r
可知f甲=f乙，故A错误；
BD.当静摩擦力达到最大时，角速度达到临界值，对于甲有
μmg=mω12⋅2r
解得：ω1= μg2r
对于乙有
2μmg=2mω22r
解得：ω2= μgr
显然ω2>ω1
因此随着圆盘转速缓慢增大，甲餐盘会比乙餐盘先相对于圆盘发生滑动，而当圆盘转动的角速度ω> μg2r时，将会有餐盘相对于圆盘发生滑动，故BD正确；
C.若圆盘表面突然变光滑，餐盘由于具有惯性，餐盘处于受力平衡状态，则餐盘将沿所在圆周的切线方向做匀速直线运动，故C错误。
故选：BD。
餐盘受到的摩擦力提供向心力，根据向心力的计算公式得出两者摩擦力的大小关系；
当餐盘受到的摩擦力为滑动摩擦力时，此时圆盘的转速最大，结合牛顿第二定律列式得出各自的临界角速度；
当圆盘表面变得光滑时，对餐盘受力分析，根据其受力特点分析出其接下来的运动特点。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解物体做圆周运动的向心力来源，理解物体发生滑动时的临界条件，结合牛顿第二定律即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB.根据等量异种电荷电场的对称性可知，a、c两点的电场强度相同；b、d两点的电场强度相同，故A错误，B正确；
C.根据等量异种电荷电场的特点可知，a点的电场强度大于b点电场强度，但是方向相同，故C正确；
D.沿电场线电势降低，根据电势能的计算公式Ep=qφ可知，将一正点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷的电势能减小，将一负点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷的电势能增加，点电荷的电势能不会先增大后减小，故D错误。
故选：BC。
理解等量异种电荷周围的场强分布，结合题目选项完成分析；
根据电势能的计算公式得出点电荷电势能的变化趋势。
本题主要考查了电场强度与电场力的关系，熟悉等量异种点电荷周围的场强分布特点，结合电势能的计算公式即可完成分析。
10.【答案】AD
【解析】解：A.平抛运动竖直方向为自由落体，根据自由落体运动学公式
h=12gt2
解得
t= 2hg
故A正确；
B.高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0，则重力提供向心力
mg=mv2R
解得该球飞出的初速度大小为
v= gR
故B错误；
C.A 洞到坡顶的水平距离为
x=vt，解得x= 2hR
根据位移合成规律，A 洞到坡顶的距离为
s= x2+h2，解得s= 2hR+h2
故C错误；
D.根据动能定理
mgh=Ek−12mv2
解得
Ek=12mg(R+2h)
故D正确。
故选：AD。
根据自由落体运动学公式，求时间；
重力提供向心力，求球飞出的初速度大小；
根据匀速运动位移公式，求洞到坡顶的水平距离，根据位移合成规律，求A 洞到坡顶的距离；
根据动能定理，求该球落入A洞时的动能。
本题解题关键是掌握平抛规律，平抛运动水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。
11.【答案】A 3：1 C
【解析】解：(1)假设小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为α，对小球B进行受力分析，
根据共点力的平衡条件，有F库=mgtan⁡α
由此可知，需要测量的物理量为小球B的质量、小球B的悬线偏离竖直方向的夹角。
故选：A。
(2)在移动小球A之前，对小球B进行受力分析，有F库1=mgtan⁡30∘=kQAQBr12
在移动小球A之后，对小球B受力分析，有F库2=mgtan⁡60∘=kQAQBr22
联立解得，r1:r2= 3:1。
(3)实验中控制小球A、B的电荷量不变，改变小球A、B之间的距离，此方法采用了控制变量法，C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)A；(2) 3：1；(3)C。
对小球B进行受力分析，根据共点力的平衡条件得出库仑力的表达式，从而知道需要测量的物理量；根据库仑力的计算公得出移动前后小球A、B之间的距离之比；本实验采用的是控制变量法，控制小球A、B的电荷量不变，只改变小球A、B之间的距离。
本题考查对小球B的受力分析以及库仑力的计算，解题关键是得到库仑力与重力间的等量关系，同时本实验采用控制变量法进行，只改变其中一个变量，其它变量保持不变，属于基础题型。
12.【答案】C(h4−h2)f2 (h4−h2)2f28 B
【解析】解：(1)A.为了减小阻力的影响，重物选择质量大一些，体积小一些的，故A错误；
B.表达式v=gt或v= 2gh是在物体做自由落体运动的条件推导出来的，物体做自由落体运动，一定满足机械能守恒定律，起不到验证作用，故B错误；
C.根据自由落体运动规律h=12gt2=12×9.8×0.022m=1.96mm
可知第1、2两点间距约为2mm，若纸带上打出的第一、二个点的间距大于 2mm，则说明纸带上打出第一个点时的速度不为0，故C正确。
故选：C。
(2)打点计时器所接交流电的频率为f，则相邻计数点的打点时间间隔为T=1f
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度
纸带打出C点时的速度大小vC=h4−h22T=(h4−h2)f2
需要验证纸带打出O点到纸带打出C点的过程来验证机械能守恒
则应该满足mgh3=12mvC2
即验证的表达式为gh3=(h4−h2)2f28
(3)若实验中重锤所受的阻力不可忽略且其大小始终不变，根据动能定理mgh−fh=12mv2
即v2=(2g−2fm)h
则理论上v2−h的图像是过原点的倾斜的直线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)(h4−h2)f2；(h4−h2)2f28；(3)B。
(1)A.为了减小阻力的影响，选择密度较大的重物，据此分析作答；
B.公式v=gt或v= 2gh是在物体做自由落体运动条件下得出的，已经满足机械能守恒，起不到验证作用；
C.根据自由落体运动规律分析作答；
(2)利用中点时刻的速度求解C点的速度，然后验证机械能是否守恒；
(3)根据动能定理求解v2−h函数，结合v2−h图像分析作答。
本题考查“验证机械能守恒定律”的实验，本题考查验证机械能守恒实验中实验步骤、注意事项、误差分析等，学生需熟练实验原理，能灵活应用。
13.【答案】解：(1)由题中图像分析可知，匀加速阶段物体的加速度：a=ΔvΔt=24m/s2=0.5m/s2
由牛顿第二定律有：F−mg=ma
解得物体受到的拉力大小：F=1.05×106N
根据题意，4s末起重机达到额定功率，由功率公式有：P0=Fv
代入数据解得：P0=2.1×106W
(2)当物体的加速度为0时物体上升的速度最大，此时有：F′=mg
起重机此时仍然以额定功率工作，所以有：P0=F′vmax
代入数据解得：vmax=2.1m/s
答：(1)起重机的额定功率为2.1×106W；
(2)物体上升的最大速度为2.1m/s。
【解析】(1)v−t图像的斜率表示加速度，根据图像求解匀加速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求解牵引力，根据功率公式求解起重机的额定功率；
(2)v−t图像与坐标轴所围面积表示位移，根据图像求解匀加速阶段物体的位移，根据做功公式求解克服重力做功；牵引力等于重力时，物体的速度最大，根据功率公式求解最大速度。
本题考查机车启动问题，解题关键是知道v−t图像斜率和面积的含义，知道物体速度最大时，牵引力等于重力，掌握功和功率的计算公式，结合牛顿第二定律列式求解即可。
14.【答案】解：(1)小球A受重力、绳子的拉力以及库仑力处于平衡态，根据共点力平衡有：F库=mgsin⁡30∘
解得：F库=10N
根据牛顿第三定律物块B受到的库仑力：FB库=F库=10N
(2)对物块B受力分析，根据受力平衡，水平方向上有：f=FB库cs⁡30∘
竖直方向上有：FN=mg+FB库sin⁡30∘
物块B恰好静止在地面上，有：f=μFN
解得μ= 35
答：(1)物块B受到的库仑力大小是10N；
(2)物块B与水平地面间的动摩擦因数为 35。
【解析】(1)对A受力分析，列出平衡方程，求出它们之间的库仑力；
(2)对B受力分析，列出平衡方程，求出B受到的摩擦力，然后结合摩擦力的公式求出动摩擦因数。
本题考查了在库仑力作用下物体的平衡，题型简单，列出平衡方程即可求解。
15.【答案】解：(1)滑块1独自被压缩至A点时，滑块1从A点运动到O点的过程中，由动能定理得
W弹−μmgx0=12mv02−0
根据功能关系可知
Ep=W弹
解得弹簧被压缩至A点时的弹性势能为：Ep=20J
(2)假设滑块1、2分离时弹簧的弹力大小为F弹，方向向左，此时两滑块加速度相等，且滑块1、2间的弹力为0。
对滑块2受力分析，由牛顿第二定律得
μmg=ma
对滑块1受力分析，由牛顿第二定律得
μmg−F弹=ma
联立解得：F弹=0
说明滑块1、2在O点分离，则滑块1、2分离时滑块1离O点的距离为0。
(3)对两滑块从A点运动到O点的过程，由动能定理有
W弹−2μmgx0=12⋅2mv0 ′2
解得两滑块到达O点的速度为：v0′=4m/s
滑块2从分离到静止，由动能定理有
−μmgx=0−12mv0′2
解得滑块2静止时离O点的距离为：x=1.6m
答：(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能为20J；
(2)滑块1、2分离时滑块1离O点的距离为0；
(3)滑块2静止时离O点的距离为1.6m。
【解析】(1)滑块1从A点运动到O点的过程中，由动能定理求出弹簧做的功，由功能关系求出弹簧被压缩至A点时的弹性势能；
(2)滑块1、2分离时，分别对滑块2和滑块2利用牛顿第二定律列式，求出此时弹簧的弹力大小，从而滑块1、2分离时滑块1离O点的距离；
(3)对两滑块从A点运动到O点的过程，由动能定理求出两滑块到达O点的速度，再由动能定理求滑块2静止时离O点的距离。
解答本题时，要抓住弹簧的弹性势能与形变量有关，两种情况弹簧的弹性势能相等。运用动能定理时，要选择合适的过程，分析各个力做功情况。