湖南師大附中2015屆高三月考試卷(五)(附答案版)

湖南師大附中2015屆高三月考試卷（五）（附答案版）高三物理備課組組稿一．選擇題（共48分，每題4分；其中1-8小題僅一個(gè)選項(xiàng)正確；9-12題，有多個(gè)選項(xiàng)正確，選對(duì)且選全得滿分，選對(duì)但不全得2分，包含錯(cuò)誤選項(xiàng)不得分。）1．在物理學(xué)理論建立的過程中，有許多偉大的科學(xué)家做出了貢獻(xiàn)。關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，下列說法中正確的是（）A．伽利略對(duì)自由落體的研究，開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學(xué)方法B．奧斯特實(shí)驗(yàn)表明了電流周圍的磁場方向跟電流方向的關(guān)系C．卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn)，較準(zhǔn)確地測出了靜電力常量D．安培的分子環(huán)形電流假說可以用來解釋通電導(dǎo)線周圍存在磁場這一現(xiàn)象【答案】A【解析】伽利略對(duì)自由落體的研究，開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學(xué)方法，A對(duì)；奧斯特實(shí)驗(yàn)只是發(fā)現(xiàn)了電流周圍有磁場，B錯(cuò)；卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn)，較準(zhǔn)確地測出了萬有引力常量，C錯(cuò)；安培的分子環(huán)形電流假說不能用來解釋通電導(dǎo)線周圍存在磁場這一現(xiàn)象，D錯(cuò)；2．水平拋出的小球,t秒末的速度方向與水平方向的夾角為1，t+t0秒末速度方向與水平方向的夾角為2，忽略空氣阻力,則小球初速度的大小為()A.gt0（cos1-cos2） B.C.gt0（tan1-tan2）D.【答案】D【解析】由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律ts末，在t+秒末，由兩個(gè)式子聯(lián)立可得初速度為，D對(duì)；3．汽車在水平公路上以額定功率做直線運(yùn)動(dòng)，速度為3m/s時(shí)的加速度為6m/s時(shí)的3倍，若汽車受到的阻力不變，由此可求得：A.汽車的最大速度B.汽車受到的阻力C.汽車的額定功率D.速度從3m/s增大到6m/s所用的時(shí)間【答案】A4．如圖是一個(gè)將電流表改裝成歐姆表的示意圖，此歐姆表已經(jīng)調(diào)零，用此歐姆表測一阻值為R的電阻時(shí)，指針偏轉(zhuǎn)至滿刻度4/5處，現(xiàn)用該表測一未知電阻，指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的1/5處，則該電阻的阻值為（）A．4RB．5RC．10RD．16R【答案】D【解析】設(shè)電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為R內(nèi)，滿偏電流為Ig，根據(jù)題述“歐姆表已經(jīng)調(diào)零”可知，當(dāng)兩表筆短接即待測電阻阻值為零時(shí)，電流表示數(shù)達(dá)到滿偏（電流滿偏位置對(duì)應(yīng)歐姆表的零刻度位置），由閉合電路歐姆定律有，；測一阻值為R的電阻時(shí)，；測一未知電阻Rx時(shí)，，聯(lián)立三式可得：Rx=16R，故選D．5．如圖所示，兩根平行放置、長度均為L的直導(dǎo)線a和b，放置在與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)a導(dǎo)線通有電流強(qiáng)度為I，b導(dǎo)線通有電流強(qiáng)度為2I，且電流方向相反時(shí)，a導(dǎo)線受到磁場力大小為F1，b導(dǎo)線受到的磁場力大小為F2，則a通電導(dǎo)線的電流在b導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A.eq\f(F2,2IL)B.eq\f(F1,IL)C.eq\f(2F1－F2,2IL)D.eq\f(2F1－F2,IL)【答案】C【解析】a、b電流方向相反，兩導(dǎo)線之間的磁場力為斥力，設(shè)大小為F，對(duì)a有F1＝F＋BIL，對(duì)b有F2＝F＋2BIL，解得F＝2F1－F2，對(duì)于導(dǎo)線b，F(xiàn)＝2F1－F2＝B′·2IL，解得B′＝eq\f(2F1－F2,2IL)，選項(xiàng)C正確．6.如圖所示，A為太陽系中的天王星，它繞太陽O運(yùn)行的軌道視為圓時(shí)，運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R0，周期為T0.長期觀測發(fā)現(xiàn)，天王星實(shí)際運(yùn)動(dòng)的軌道與圓軌道總有一些偏離，且每隔t0時(shí)間發(fā)生一次最大偏離，即軌道半徑出現(xiàn)一次最大。根據(jù)萬有引力定律，天文學(xué)家預(yù)言形成這種現(xiàn)象的原因可能是天王星外側(cè)還存在著一顆未知的行星(假設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道與A在同一平面內(nèi)，且與A的繞行方向相同），它對(duì)天王星的萬有引力引起天王星軌道的偏離，由此可推測未知行星的運(yùn)動(dòng)軌道半徑是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】天王星每隔t0時(shí)間發(fā)生一次最大偏離即天王星與外側(cè)的未知行星每隔to時(shí)間相遇一次。根據(jù)萬有引力提供向心力，即，可知天王星的角速度大即轉(zhuǎn)的快，所以每隔to時(shí)間天王星比未知行星多轉(zhuǎn)一圈，即，得，根據(jù)開普勒第三定律可得，D對(duì)。7．靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其相互絕緣的金屬球與外殼之間的電勢差大小，如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì)，極板B固定，A可移動(dòng)，開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度，則下列說法正確的是（）A.斷開S后，將A向左移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開的角度減小B.斷開S后，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計(jì)指針張開的角度增大C.斷開S后，將A向上移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開的角度增大D.保持S閉合，將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)，靜電計(jì)指針張開的角度減小【答案】C【解析】靜電計(jì)的指針張開的角度越大，說明靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢差越大，由電路圖可知，這個(gè)電勢差也等于A、B間的電勢差；斷開S后，將A向左移動(dòng)少許，電容器的帶電荷量不變，由知電容減小，由知電勢差增大，靜電計(jì)指針張開的角度增大，A錯(cuò)誤；斷開S后，在A、B間插入一電介質(zhì)，電容增大，電勢差減小，靜電計(jì)指針張開的角度減小，B錯(cuò)誤；斷開S后，將A向上移動(dòng)少許，電容減小，電勢差增大，靜電計(jì)指針張開的角度增大，C正確；保持S閉合，無論將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向右或向左移動(dòng)，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢差不變，D錯(cuò)誤。8．一均勻帶負(fù)電的半球殼，球心為O點(diǎn)，AB為其對(duì)稱軸，平面L垂直AB把半球殼一分為左右兩部分，L與AB相交于M點(diǎn)，對(duì)稱軸AB上的N點(diǎn)和M點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。已知一均勻帶電球殼內(nèi)部任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零；取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，點(diǎn)電荷q在距離其為r處的電勢為（q的正負(fù)對(duì)應(yīng)的正負(fù)）。假設(shè)左側(cè)部分在M點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E1，電勢為φ1；右側(cè)部分在M點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E2，電勢為φ2；整個(gè)半球殼在M點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E3，在N點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E4。下列說法中正確的是（）A．若左右兩部分的表面積相等，有E1＞E2，φ1＞φ2B．若左右兩部分的表面積相等，有E1＜E2，φ1＜φ2C．不論左右兩部分的表面積是否相等，總有E1＞E2，E3＝E4D．只有左右兩部分的表面積相等，才有E1＞E2，E3＝E4【答案】C【解析】設(shè)想將右側(cè)半球補(bǔ)充完整，右側(cè)半球在M點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向向右，因完整均勻帶電球殼內(nèi)部任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，可推知左側(cè)半球在M點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向向左；根據(jù)對(duì)稱性和矢量疊加，可知E1方向水平向左，E2方向水平向右，所以E1＞E2。根據(jù)幾何關(guān)系知，分割后的右側(cè)部分各點(diǎn)到M點(diǎn)的距離均大于左側(cè)部分各點(diǎn)到M點(diǎn)的距離，根據(jù)知，且球面帶負(fù)電，q為負(fù)，，所以φ1＜φ2，A、B錯(cuò)誤；E1＞E2與左右兩部分的表面積是否相等無關(guān)。完整的均勻帶電球殼內(nèi)部任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，根據(jù)對(duì)稱性，可知左、右半球殼在M、N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小都相等，故左半球殼在M、N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同。所以D錯(cuò)誤，C正確。9．如圖所示，在四分之一的圓弧腔內(nèi)存在徑向的電場，且與圓心等距離處電場強(qiáng)度大小相等，M和N兩端均有帶小孔的擋板，且兩個(gè)小孔到圓心距離相等。不同的帶電粒子以不同的速度從M孔垂直擋板射入，則關(guān)于從N孔射出的粒子，下列說法正確的是（）A.都帶正電B.速度相同C.若速度相同，則比荷相同D.若電荷量相等則動(dòng)能相等【答案】ACD【解析】帶電粒子進(jìn)入靜電分析器后要想從N點(diǎn)出來，即在四分之一圓弧空腔內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以空腔的圓心為圓心，以電場力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力即電場力指向圓心判斷粒子帶正電。粒子從M進(jìn)從N出，所有粒子運(yùn)動(dòng)的半徑都相同，而且經(jīng)過之處電場強(qiáng)度大小相等，因此，即，所以若電荷量相等則動(dòng)能相等。，若速度相同，則比荷相同。則應(yīng)選ACD。10．如圖所示，帶負(fù)電的物塊A放在足夠長的不帶電的絕緣小車B上，兩者均保持靜止，置于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，在t＝0時(shí)刻用水平恒力F向左推小車B.已知地面光滑，A、B接觸面粗糙，A所帶電荷量保持不變，下列四圖中關(guān)于A、B的v－t圖象及A、B之間摩擦力Ff—t圖象大致正確的是（）【答案】AC【解析】在t=t1之前物體A與小車共同做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)牛頓第二定律：F=（m+M）a，所以小車與物塊的速度隨時(shí)間均勻增大；對(duì)物塊A根據(jù)牛頓第二定律有：f=ma．即靜摩擦力提供其加速度，保持不變。根據(jù)左手定則判斷出物塊A所受洛倫茲力方向豎直向上，物塊所受的洛倫茲力逐漸增大，由于物體A豎直方向受力平衡，所以A與B之間的壓力減小，即它們間的最大靜摩擦力減小，當(dāng)兩物體A、B之間的最大靜摩擦力不能提供物塊A原來的加速度a時(shí)，A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．此時(shí)物塊A受到向左的滑動(dòng)摩擦力，物塊A仍然加速運(yùn)動(dòng)，物塊所受向上的洛倫茲力qvB逐漸增大，由于物體A豎直方向受力平衡，物塊A與小車B之間的壓力減小，所以向左的滑動(dòng)摩擦力也減小，即物塊A的加速度也減小，直到t2時(shí)刻壓力為零，摩擦力為零，加速度減小到零，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在速度-時(shí)間圖象中物塊A的斜率逐漸減小到零；當(dāng)物塊與小車發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，小車受到物塊施加的向右的滑動(dòng)摩擦力一直減小，由于水平恒力F是定值，所以小車受到向左的合力一直增大，即小車的加速度逐漸增大，在速度-時(shí)間圖象中，小車的圖象斜率從t1時(shí)刻開始增大，直到t2時(shí)刻，兩物體間無摩擦力時(shí)，小車水平方向受到的合力F保持不變，即小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)AC正確BD錯(cuò)誤．11．如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時(shí)物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)．物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零．重力加速度為g.則上述過程中()A．物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能等于W－μmgaB．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能小于W－μmgaC．經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于W－μmgaD．物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢能小于物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能【答案】BC【解析】如果沒有摩擦力，由對(duì)稱性可知，O點(diǎn)應(yīng)該在AB1（B1在B點(diǎn)左側(cè)）中間，由于有摩擦力，物體從A到B過程中機(jī)械能損失，故無法到達(dá)沒有摩擦力情況下的B1點(diǎn)，也即O點(diǎn)靠近B點(diǎn)．故，此過程物體克服摩擦力做功大于，所以物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能小于，故A錯(cuò)誤；由A分析得物塊從O點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到最終停在B點(diǎn)，路程大于，故整個(gè)過程物體克服阻力做功大于，故物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能小于，故B正確；從O點(diǎn)開始到再次到達(dá)O點(diǎn)，物體路程大于a，故由動(dòng)能定理得，物塊的動(dòng)能小于，故C正確；物塊動(dòng)能最大時(shí)，在O點(diǎn)右側(cè)，且彈力等于摩擦力，而在B點(diǎn)彈力與摩擦力的大小關(guān)系未知，故物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧伸長量與物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧壓縮量大小未知，故此兩位置彈性勢能大小關(guān)系不好判斷，故D錯(cuò)誤．如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一個(gè)平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢與坐標(biāo)x的關(guān)系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點(diǎn)（0.15，3）的切線?，F(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg，電荷量為+2.0×10－8C的滑塊P（可視作質(zhì)點(diǎn)），從x=0.l0m處由靜止釋放，其與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02。取重力加速度g=l0m／s2。則下列說法正確的是()A．x=0.15m處的場強(qiáng)大小為2.0×l06N／CB．滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸減小C．滑塊運(yùn)動(dòng)的最大速度約為0.1m/sD．滑塊最終在0.3m處停下【答案】AC【解析】電勢?與位移x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，則x=0.15m處的場強(qiáng)，此時(shí)的電場力F=qE=2×10-8×2×106N=0.04N，滑動(dòng)摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N，在x=0.15m前，電場力大于摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，x=0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大．故A正確，B錯(cuò)誤．在x=0.15m時(shí)，電場力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理得，qU?fx＝mv2，由圖象可得，0.10m和0.15m處的電勢差大約為1.5×105V，代入求解，最大速度大約為0.1m/s．故C正確；滑塊最終在0.3m處停下則滿足：qU-fx=0-0①．因?yàn)?.10m和0.30m處的電勢差大約為3.0×105V，代入得：qU=2.0×10-8×3.0×105=6.0×10-3J②fx=0.02×0.2×10×（0.30-0.15）=6×10-3J③由①②③得，滑塊能夠滑到x=0.30m處．又由于圖中在x=0.30m處曲線的斜率小于x=0.15m處曲線的斜率，所以在x=0.30m處，電荷受到的電場力小于它受到的滑動(dòng)摩擦力（近似等于最大靜摩擦力）所以滑塊最終在0.3m處停下．故D正確．注意：D是錯(cuò)誤的！故選：AC二．實(shí)驗(yàn)題（共16分，其中13題4分，14題4分，15題8分。）13.（4分）圖中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)是cm．螺旋測微器的讀數(shù)是mm．【答案】0.728.694（8.691~8.697均可）（6分）如圖所示，NM是水平桌面，PM是一端帶有滑輪的長木板，1、2是固定在木板上的兩個(gè)光電門。質(zhì)量為M的滑塊A上固定一很窄的遮光條，在質(zhì)量為m的重物B牽引下從木板的頂端由靜止滑下，光電門1、2記錄遮光時(shí)間分別為Δt1和Δt2，另外測得兩光電門間的距離為L，遮光條的寬度為d（重力加速度為g）。（1）若用此裝置驗(yàn)證牛頓第二定律，且認(rèn)為滑塊A受到外力的合力等于B重物的重力，在平衡摩擦力外，還必須滿足（）A.M《mB.M》m（2）若木板PM水平放置在桌面上，用此裝置測量滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式為（用題中測量的物理量的符號(hào)表示）?！敬鸢浮浚?）B（2分）（2）（2分）【解析】（1）略（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可得：，解得：;木板水平放置，以系統(tǒng)為研究對(duì)象,利用整體法，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg-μMg=(M+m)a，解得：。15.（8分）在“描繪小燈泡伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，同學(xué)們從實(shí)驗(yàn)室選擇了一個(gè)標(biāo)有“12V，6W”字樣的燈泡，實(shí)驗(yàn)器材如下：電流表A1（量程300mA，內(nèi)阻約為3Ω）；電流表A2（量程600mA，內(nèi)阻約為1Ω）；電壓表V（量程15V，內(nèi)阻約為3kΩ）；滑動(dòng)變阻器R1（0～5Ω，額定電流為1A）；滑動(dòng)變阻器R2（0～50Ω，額定電流為0.01A）；電源E（電動(dòng)勢15V，內(nèi)阻較小）單刀單擲開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)器材中，電流表應(yīng)該選擇，滑動(dòng)變阻器選擇。（請(qǐng)選填儀表的符號(hào)）（2）畫出符合實(shí)驗(yàn)要求的實(shí)驗(yàn)電路圖。（3）描繪的伏安特性曲線如圖1所示，若選取2個(gè)這樣的燈泡并聯(lián)，再與一個(gè)阻值為的定值電阻串聯(lián)，接在電動(dòng)勢18v，內(nèi)阻的電源兩極，如圖2所示，則燈泡消耗的電功率。(請(qǐng)保留三位有效數(shù)字)【答案】（1）A2（2分）R1（2分）（2）如圖所示（2分）（3）4.05W(4.00~4.10均可)（2分）【解析】(1)燈泡正常發(fā)光的額定電流，電流表量程過小，所以電流表選擇。描繪伏安特性曲線，需要電壓從0開始調(diào)節(jié)，要求滑動(dòng)變阻器選擇分壓式，且額定電流足夠，那么滑動(dòng)變阻器選。（2）描繪伏安特性曲線要選擇滑動(dòng)變阻器分壓式接入電路；燈泡正常發(fā)光時(shí)電阻，由于，所以電流表選擇外接。（3）設(shè)燈泡兩端電壓為，通過燈泡的電流為，則干路電流為，對(duì)閉合電路有，做出對(duì)應(yīng)的伏安特性曲線，與燈泡的伏安特性曲線的交點(diǎn)，可得,,此時(shí)燈泡功率（4.00~4.10均可）三．解答題（共46分，其中16題8分，17題10分，18題14分，19題14分。）16．（8分）教練員選拔短跑運(yùn)動(dòng)員時(shí)，要對(duì)運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行測試。某運(yùn)動(dòng)員在測試過程中，在起跑后2s內(nèi)通過的距離為10m（視為勻加速過程）。該運(yùn)動(dòng)員的最大速度為10m/s，持續(xù)時(shí)間不超過10s。之后，減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為1m/s2。若把短跑運(yùn)動(dòng)員完成比賽的過程簡化為勻加速直線運(yùn)動(dòng)、勻速直線運(yùn)動(dòng)及勻減速階段。（1）求該運(yùn)動(dòng)員啟動(dòng)階段的加速度大小。（2）求該運(yùn)動(dòng)員100m賽的最好成績?！敬鸢浮浚?）（2）11s【解析】（1）根據(jù)題意，在啟動(dòng)后的2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在勻加速階段的加速度為a，前2s內(nèi)通過的位移為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得：（2分）解得：（1分）（2）要運(yùn)動(dòng)成績最好，運(yùn)動(dòng)員先勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到10m/s，然后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速階段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，勻速運(yùn)動(dòng)的速度為，，加速階段：，解得（2分）對(duì)應(yīng)的位移正好為10m，勻速階段發(fā)生的位移：，勻速時(shí)間，解得（2分）因，運(yùn)動(dòng)員跑完100m還未達(dá)到減速階段，所以運(yùn)動(dòng)員跑100m的最短時(shí)間為，代入數(shù)據(jù)可得，跑完100m的最好成績?yōu)?1s（1分）17．（10分）飛行員駕駛艦載機(jī)在300m長的水平跑道上進(jìn)行起降訓(xùn)練。艦載機(jī)在水平跑道加速過程中受到的平均阻力大小為其重力的0.2倍，其渦扇發(fā)動(dòng)機(jī)的水平推力大小能根據(jù)艦載機(jī)的起飛質(zhì)量進(jìn)行調(diào)整，使艦載機(jī)從靜止開始經(jīng)水平跑道加速后恰能在終點(diǎn)起飛。沒有掛彈時(shí)，艦載機(jī)質(zhì)量為m=2.0x104Kg，其渦扇發(fā)動(dòng)機(jī)的水平推力大小恒為F=1.6×105N。重力加速度g取10m/s（1）求艦載機(jī)沒有掛彈時(shí)在水平跑道上加速的時(shí)間及剛離開地面時(shí)水平速度的大小；（2）已知艦載機(jī)受到豎直向上的升力F升與艦載機(jī)水平速度v的平方成正比，當(dāng)艦載機(jī)升力和重力大小相等時(shí)離開地面。若艦載機(jī)掛彈后，質(zhì)量增加到m1=2.5×104【答案】（1），（2）【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律：①（2分）由②（1分）得艦載機(jī)在水平跑道上加速的時(shí)間③（1分）由④（1分）艦載機(jī)離開地面時(shí)的水平速度⑤（1分）（2）艦載機(jī)離開地面時(shí)，重力等于升力⑥（2分）掛彈時(shí)⑦（1分）掛彈艦載機(jī)剛離開地面時(shí)的水平速度⑧（1分）18．（14分）如圖，足夠長斜面傾角θ=30°，斜面上OA段光滑，A點(diǎn)下方粗糙且。水平面上足夠長的OB段粗糙且μ2=0.5，B點(diǎn)右側(cè)水平面光滑。OB之間有與水平方向夾角為β（β已知）且斜向右上方的勻強(qiáng)電場E=×105V/m?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小物體C、D質(zhì)量分別為mC=4kg，mD=1kg，D帶電q=+1×10-4C，用輕質(zhì)細(xì)線通過光滑滑輪連在一起，分別放在斜面及水平面上的P和Q點(diǎn)由靜止釋放（釋放時(shí)繩恰好拉直且與下方平面平行），B、Q間距離d=1m，A、P間距離為2d，細(xì)繩與滑輪之間的摩擦不計(jì)。（sinβ=，cosβ=，g=10m/s2），求：（1）物體C第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的重力的功率；（2）物塊D運(yùn)動(dòng)過程中電勢能變化量的最大值；（3）物體C第一次經(jīng)過A到第二次經(jīng)過A的時(shí)間t。【答案】（1）40W；（2）50J；（3）1.82s【解析】（1）對(duì)D進(jìn)入電場后受力分析可得：，即N=0，所以D在OB段不受摩擦力。（1分）設(shè)C物體到A點(diǎn)速度為v0，由題知釋放后C物將沿斜面下滑，C物從P到A過程，對(duì)CD系統(tǒng)由動(dòng)能定理得：（2分）解得：（1分）故：（1分）由題意，C經(jīng)過A點(diǎn)后將減速下滑至速度為0后又加速上滑，設(shè)其減速過程中加速度大小為a1，向下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，發(fā)生的位移為x1，對(duì)物體C：（1分）對(duì)物體D：（1分）（1分）（1分）D從開始運(yùn)動(dòng)到最左端過程中：所以電勢能變化量的最大值為50J（1分）設(shè)之后物體C再加速上滑到A的過程中，加速度大小為a2，時(shí)間為t2，對(duì)物體C有：（1分）對(duì)物體D：（1分）（1分）聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：（1分）19．（14分）如圖甲所示，水平軌道光滑，小球質(zhì)量為m，帶電荷量為+q，可看做質(zhì)點(diǎn)，空間存在不斷變化的電場和磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化