2016年高考物理模拟试卷（浙江适用含答案解析）.doc

2016年高考物理模拟试卷（浙江适用含答案解析）一、单项选择题（本题共有10道小题，每道小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有1个答案正确，有多选、错选或者不答的得0分）21cnjy1（4分）伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（）【来源：21cnj*y.co*m】 A 力不是维持物体运动的原因 B 物体之间普遍存在相互吸引力 C 重的物体下落得快，轻的物体下落得慢 D 物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反【考点】： 伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【专题】： 常规题型【分析】： 本题要掌握伽利略关于运动和力关系的观点、落体运动的规律理论等等伽利略的斜面实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论【解析】： 解：A、伽利略根据理想斜面实验，发现了力不是维持物体运动的原因，故A正确；B、伽利略没有发现物体之间普遍存在相互吸引力的规律故B错误；C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合的方法，发现了忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快的规律故C错误；【出处：21教育名师】D、伽利略没有发现物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反的规律物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反是牛顿第三定律得内容，故D错误；故选：A【点评】： 伽利略是物理学的奠基人之一，要学习他的成就和科学研究的方法理想斜面实验抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地揭示了自然规律2（4分）如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为=60两小球的质量比为（） A B C D 【考点】： 共点力平衡的条件及其应用【专题】： 计算题；压轴题【分析】： 先对m2球受力分析，受重力和拉力，二力平衡，求出拉力；再对m1球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解【解析】： 解：m2球保持静止状态，对其受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故F=m2g 再对m1球受力分析，如图根据共点力平衡条件x方向：Fcos60Ncos60=0 y方向：Fsin60+Nsin60m1g=0 由代入数据解得=故选：A【点评】： 本题是简单的连接体问题，先分析受力最简单的物体，再分析受力较复杂的另一个物体，同时要运用正交分解法处理较为方便3（4分）据报道，嫦娥二号探月卫星将于2010年发射，其环月飞行的高度距离月球表面100km，所探测到的有关月球的数据将比环月飞行高度为200km的嫦娥一号更加翔实若两颗卫星环月运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图所示则（） A 嫦娥二号环月运行的速度比嫦娥一号更小 B 嫦娥二号环月运行时向心加速度比嫦娥一号更小 C 嫦娥二号环月运行的周期比嫦娥一号更小 D 嫦娥二号环月运行时角速度与嫦娥一号相等【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力，可分别得到周期、线速度、角速度、向心加速度与轨道半径的关系来分析【解析】： 解：设月球的质量为M，嫦娥卫星的质量为m，轨道半径为rA、由=，得到v=可知，“嫦娥二号”环月运行时的线速度比“嫦娥一号”更大故A错误B、由an=可知，“嫦娥二号”环月运行时的向心加速度比“嫦娥一号”更大故B错误C、由=r，得到T=2，可知“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”更小故C正确D、由=可知，“嫦娥二号”环月运行时的角速度比“嫦娥一号”更大故D错误故选C【点评】： 本题考查运用万有引力定律与圆周运动知识解决实际问题的能力，要灵活选择公式的形式4（4分）两带电荷量分别为q1（q10）和q2的点电荷放在x轴上，相距为l，两电荷连线上电场强度E与x的关系如图所示，则下列说法正确的是（） A q20且q1=q2 B q20且q1=|q2| C q20且q1q2 D q20且q1|q2|【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 从Ex图象可以看出，电场强度关于两个电荷连线的中点对称，故一定是等量同种电荷【解析】： 解：从Ex图象可以看出，电场强度关于两个电荷连线的中点对称，故一定是等量同种电荷，由于q10，故q20；故A正确，BCD错误；21cnjycom故选：A【点评】： 本题关键从Ex图象得到两个电荷连线上的电场强度的分布规律，找出对称性，基础问题5（4分）如图所示，t=0时，质量为0.5kg物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点测得每隔2s的三个时刻物体的瞬时速度记录在下表中，由此可知（重力加速度g=10m/s2）（）t/s 0 2 4 6v/（ms1） 0 8 12 8 A 物体运动过程中的最大速度为12m/s B t=3s的时刻物体恰好经过B点 C t=10s的时刻物体恰好停在C点 D A、B间的距离大于B、C间的距离【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 根据图表中的数据，可以求出下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=2m/s2如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点通过运动学公式求出vB，即可求出AB、BC的距离www-2-1-cnjy-com【解析】： 解：A、根据图表中的数据，可以求出下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=2m/s2如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点是在2s到4s之间经过B点所以最大速度不是12m/s故A错误21*cnjy*comB、根据运动学公式：8+a1t1a2t2=12 t1+t2=2，解出t1=，知经过到达B点，到达B点时的速度v=a1t=故B错误C、第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间=4s，所以到C点的时间为10s故C正确D、根据，求出AB段的长度为BC段长度为故D错误故选C【点评】： 解决本题的关键熟练掌握运动学公式、v=v0+at6（4分）如图所示，两块相同的玻璃等腰三棱镜ABC置于空气中，两者的AC面相互平行放置，由红光和蓝光组成的细光束平行于BC面从P点射入，通过两棱镜后，变为从a、b两点射出的单色光，对于这两束单色光说法不正确的是（） A 从a射出的光在玻璃中传播速度比从b射出的光大 B 从a点射出的为红光，从b点射出的为蓝光 C 从a射出的光在玻璃中的折射率比从b射出的光大 D 从a、b两点射出的单色光仍平行，且平行于BC【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 蓝光的折射率比红光大经过两块三棱镜折射后，折射率大的光偏折大，根据公式v=分析光在玻璃中速度的大小偏折后相当于穿过了一个平行四边的棱镜，AB边和另一个AB边平行，故射出后的光线与入射光线平行【解析】： 解：A、C、偏折角大的光折射率大，故从a点射出的折射率小，从b点射出的折射率大，根据公式v=分析可知，从a点射出光的传播速度比从b射出的光大，故A正确，C错误B、红光的折射率小于蓝光的折射率，光线经过三棱镜ABC后红光的偏折角小于蓝光的偏折角，进入三棱镜CBA后，从a点射出的为红光，从b点射出的为蓝光故B正确D、根据光路可逆性原理，分析可知：从a、b两点射出的单色光仍平行，而且平行于BC故D正确本题选错误的，故选：C【点评】： 光经过三棱镜折射后，偏折大的光折射率大，偏折后的角度我们可以根据折射定律求解，但光经过一个平板玻璃偏折后与入射光线平行这样的常识需要记住7（4分）如图所示，甲是一列横波在某一时刻的波动图象，乙是在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振动图象，a、b是介质中两个质点，下列说法正确的是（） A 这列波沿x轴的正方向传播 B 这列波的波速是2 m/s C a比b先回到平衡位置 D a、b两质点的振幅都是10 cm【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 由振动图象和波动图象分别读出周期和波长从振动图象读出t=0时刻x=6m处质点的振动方向，由甲波动图象，即可以判断根据波的传播方向根据a、b的振动方向，分析回到平衡位置的先后21世纪*教育网【解析】： 解：A、由乙图读出，t=0时刻x=6m处质点的速度向上，在甲图上，由波形的平移法可知，这列波沿x轴负方向传播故A错误B、由图知：=8m，T=4s，则波速v=2m/s故B正确C、波沿x轴负方向传播，甲图中a质点向下运动，b质点向上，故b比a先回到平衡位置故C错误D、简谐波传播过程中，各振动质点的振幅都相同，都是5cm故D错误故选：B【点评】： 对于波的图象要能够熟练判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系还要抓住振动图象和波动图象之间的联系进行分析8（4分）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（） A A的速度比B的大 B A与B的向心加速度大小相等 C 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D 悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小【考点】： 向心力；牛顿第二定律【专题】： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】： AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解【解析】： 解：AB两个座椅具有相同的角速度A：根据公式：v=r，A的运动半径小，A的速度就小故A错误；B：根据公式：a=2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtan=m2r，则得tan=，A的半径r较小，相等，可知A与竖直方向夹角较小，故C错误D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故C错误；D正确故选：D【点评】： 该题中，AB的角速度相等而半径不相等是解题的关键属于简单题9（4分）如图所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc边与磁场左右边界平行若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左右边界匀速拉出至全部离开磁场，在此过程中（）21教育名师原创作品 A 流过ab边的电流方向相反 B ab边所受安培力的大小相等 C 线框中产生的焦耳热相等 D 通过电阻丝某横截面的电荷量相等【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；安培力【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 感应电流的方向可以根据楞次定律或右手定则判断；根据安培力公式，分析ab边所受的安培力大小关系；由于线框匀速运动，产生的焦耳热等于克服安培力做功；根据q=比较电量的大小【解析】： 解：A、由于线框被拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量均减小，磁场方向相同，则根据楞次定律及右手定则可判断出感应电流方向相同，故A错误；B、根据及F=BIL可得安培力表达式：，则速度不同，ab边所受安培力的大小不同，故B错误；C、由可知速度不同，线框中产生的焦耳热不同，故C错误；D、根据可知通过电阻丝某横截面的电荷量与速度无关，故D正确故选：D【点评】： 对于电磁感应，安培力的表达式和感应电荷量表达式q=是常用的两个经验公式，要会推导并能记住【来源：21世纪教育网】10（4分）如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin 100t（V），电阻R=44，电压表、电流表为理想电表，则下列说法错误的是（） A 交流电的频率为50Hz B 电流表A1 的示数为0.2A C 电流表A2 的示数为A D 电压表的示数为44V【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流【解析】： 解：A、交流电的周期为：T=0.02s，f=50Hz故A正确BC、电流表A2的示数为：I2=1A，电流与匝数成反比，所以电流表A1的示数为：I1=1=0.2A故B正确，C错误D、原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压即电压表的示数为44V故D正确本题选错误的，故选：C【点评】： 解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系二、不定项选择题（本题共4道小题，每题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，全对得4分，漏选得2分，有选错或者不答的得0分）11（4分）如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是（） A e点和g点的电场强度相同 B a点和f点的电势相等 C 电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大 D 电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功【考点】： 电场的叠加；动能定理的应用；电势；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： A、根据等量异种电荷电场线的分布比较e、g两点的场强B、等势线与电场线垂直，等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线C、根据电场力做功判断电势能的变化D、根据电场力的方向与运动方向的关系，判断做功的正负情况【解析】： 解：A、根据电场线的分布知，e、g两点的场强大小相等，方向不同故A错误 B、等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线所以a点和f点的电势相等故B正确 C、电子从g点到f点再到e点过程中，电场力一直做负功，电势能增大故C错误 D、电子从f点到e点再到d点过程中，根据电场力方向与运动方向的关系知，电场力先做负功再做正功故D错误故选B【点评】： 解决本题的关键掌握等量异种电荷周围电场线的分布，以及掌握电场力做功和电势能变化的关系12（4分）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮质量分别为M、m（Mm）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）21*cnjy*com A 两滑块组成系统的机械能守恒 B 重力对M做的功等于M动能的增加 C 轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D 两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功【考点】： 机械能守恒定律；动能定理的应用【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，发生的能量转化为重力势能和弹性势能的转化，不产生其他形式的能量功与能量转化相联系，是能量转化的量度【解析】： 解：A、由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；B、由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加，故B错误；C、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；D、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确；故选：CD【点评】： 关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化13（4分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为Ff1，Ff2，Ff3，Ff4，则以下结论正确的是（） A Ff1：Ff2=1：2 B Ff2：Ff3=1：2 C Ff3：Ff4=1：2 D tan=2tan【考点】： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 前两图中，M是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1和f2的关系；后两图中对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解通过对m隔离分析可判断图中角的关系【解析】： 解：甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1=Ma1f2=Ma2丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图所示：根据牛顿第二定律，有：f=（M+m）a；即f3=（M+m）a3，f4=（M+m）a4又：a1：a2=1：2，则：f1：f2=1：2，故A正确；a2：a3=2：4，f2：f3=M：2（M+m），故B错误；f3：f4=a3：a4=4：8=1：2，故C正确；对物体m隔离受力分析，可得tan=，tan=，而a3：a4=4：8，所以 tan=2tan，故D正确故选：ACD【点评】： 本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，难度适中14（4分）如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k0）回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（）21教育网 A R2两端的电压为 B 电容器的a极板带正电 C 滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D 正方形导线框中的感应电动势为kL2【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】： 压轴题；电磁感应与电路结合【分析】： 这是电磁感应与电路结合，左侧的导体框相当于电源要先用电磁感应求出产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律来分析电路中电压，再由焦耳定律分析电阻电热而至于电容器的极板电性，需要可依据感应电动势的正负极，有右手定则可以判定，电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电【解析】： 解：A：有法拉第电磁感应，由此可以知道D错R2与R是并联，并联滑动变阻器的阻值为，可知并联电阻为，则滑动变阻器所在支路的电阻为，外电路的总电阻为：，故R2两端电压为：，所以A正确；B：电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电C：设干路电流为I则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联而且电阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P=I2R知：滑动变阻器热功率为，R2的热功率为：，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍故C正确2-1-c-n-j-yD：由A的分析知D错故选A，C【点评】： 本题考查的事电磁感应与电路结合，重点在于电路分析，这部分题目比较多，应该熟悉其操作方法即一般的电路问题的基本思路都是：由电动势和总电阻得电流，再由电流分析电路中各个元件的电压，然后还可以由支路电压分析支路电流或者由电流分析电压还可以由此分析各个元件的电热功率，基本千篇一律三、实验题（本题共3道小题，共6个空，每空2分，共12分）15（4分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，有下列器材可供选择：铁架台、电磁打点计时器、复写纸、低压直流电源、天平、重物、纸带、导线、秒表、开关、夹子，还缺少的器材是低压交流电源、刻度尺某同学用游标卡尺测量一薄的金属圆片的直径，读出图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为10.155cm【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）通过实验的原理出发，确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材，以及不必要的器材（2）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【解析】： 解：（1）该实验中，要有做自由落体运动的物体重锤；通过打点计时器来记录物体运动时间，不需要秒表，打点计时器需要的是交流电源，因此低压直流电源不需要，缺少低压交流电源，由于验证机械能公式中可以把物体质量约掉，因此不需要天平，同时实验中缺少刻度尺，则不必要的器材有：秒表、低压直流电源、天平，而缺少的器材是低压交流电源、刻度尺（2）1、游标卡尺的主尺读数为：10.1cm=101mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为110.05mm=0.55mm，所以最终读数为：101mm+0.55mm=101.55mm=10.155cm故答案为：（1）低压交流电源、刻度尺；（2）10.155【点评】： 正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据等，会起到事半功倍的效果对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，能正确使用这些基本仪器进行有关测量16（8分）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C重力加速度为g实验步骤如下：用天平称出物块Q的质量m；测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC的高度h；将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；重复步骤，共做10次；将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C的距离s用实验中的测量量表示：（）物块Q到达B点时的动能EkB=mgR；（）物块Q到达C点时的动能EkC=；（）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf=；（）物块Q与平板P之间的动摩擦因数=【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： （1）物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；（2）物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；（3）由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；（4）由功的计算公式可以求出动摩擦因数【解析】： 解：（1）从A到B，由动能定理得：mgR=EKB0，则物块到达B时的动能EKB=mgR；（2）离开C后，物块做平抛运动，水平方向：s=vCt，竖直方向：h=gt2，物块在C点的动能EKC=mvC2，解得：EKC=；（3）由B到C过程中，由动能定理得：Wf=mvC2mvB2，克服摩擦力做的功Wf=；（4）B到C过程中，克服摩擦力做的功：Wf=mgL=，则=；故答案为：（1）mgR；（2）；（3）；（4）【点评】： 熟练应用动能定理、平抛运动规律、功的计算公式即可正确解题四、计算题（本题共3道小题，16题9分，17题11分，18题12分，共计32分）17（9分）质量为m=2kg的物体原静止在粗糙水平面上，现对该物体施加一与水平方向夹角=37的斜向上拉力F=10N，如图所示，经t=10s后撤去力F，再经过一段时间，物体又静止，已知物体运动过程中的最大速度是5m/s（sin37=0.6）求：（1）物体与水平面间的动摩擦系数是多少？（2）物体运动的总位移是多少？（g取10m/s2）【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）由匀变速运动的速度公式求出加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数（2）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出位移，即可正确解题【解析】： 解：（1）前10s一直做匀加速运动，物体的加速度为：a=0.5m/s2，由牛顿第二定律得：Fcos（mgFsin）=ma，解得动摩擦系数为：=0.5；（2）前10s的位移：s1=at2=0.5102=25m，接下来物体做匀减速度运动，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：a=5m/s2，匀减速运动的位移：s2=2.5m，总位移：s=s1+s2=25+2.5=27.5m；答：（1）物体与水平面间的动摩擦系数是0.25（2）物体运动的总位移是27.5m【点评】： 本题考查了求动摩擦因数、求位移，应用运动场学公式与牛顿第二定律即可正确解题18（11分）2012年我们中国有了自己的航空母舰“辽宁号”，航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计如图，舰载机总质量为m，发动机额定功率为P，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为f舰载机在A处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力经历时间t1，舰载机运行至B处，速度达到v1，电磁弹射系统关闭舰载机继续以额定功率加速运行至C处，经历的时间为t2，速度达到v2此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D处离开航母起飞请根据以上信息求解下列问题（1）电磁弹射系统关闭的瞬间，舰载机的加速度（2）水平轨道AC的长度（3）若不启用电磁弹射系统，舰载机在A处以额定功率启动，经历时间t到达C处，假设速度大小仍为v2，则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少？（该问AC间距离用x表示）21世纪教育网版权所有【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】： （1）根据功率公式P=F1v1，求解出发动机的牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度（2）舰载机在A处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力先根据动能定理研究BC段，列出方程；电磁弹射系统关闭舰载机继续以额定功率加速运行至C处，再运用动能定理列式，联立即可求解AC的长度（3）全过程运用动能定理求出舰载机的质量，即可求解【解析】： 解：（1）根据功率表达式可得： 由牛顿第二运动定律得：F1f=ma 得： （2）舰载机在A处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力经历时间t1，舰载机运行至B处，速度达到v1，由动能定理得：电磁弹射系统关闭舰载机继续以额定功率加速运行至C处，经历的时间为t2，速度达到v2同理得得： 【版权所有：21教育】舰载机总位移AC=x1+x2 联得：（3）全过程，根据动能定理有： 应减少的质量：m=mm1 得： 答：（1）电磁弹射系统关闭的瞬间，舰载机的加速度为（2）水平轨道AC的长度为+（3）舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少m【点评】： 灵活运用动能定理处理变力做功问题是解决本题的关键，运用时要灵活选取研究的过程，掌握功率一定时，W=Pt是求功的常用方法2119（12分）如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀