山东省日照市高三物理上学期期中试卷(含解析)

1、一、本题包括15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，第 110小 题只有一项符合题目要求，第 1115小题有多项符合题目要求。全部选对的得 3分，选对 但不全的得 2分，选错或不答的得 0 分。1. 早在 16 世纪末， 伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。 当时只能靠滴水计时， 不能准确测量自由落体运动的时间，为此他让铜球沿着阻力很小的斜面由静止滚下，“冲 淡”重力，验证他的猜想。关于伽利略的实验，下列说法错误的是A. 伽利略测出铜球的位移与所用时间的二次方成正比B. 伽利略测出铜球的瞬时速度与所用时间成正比C. 伽利略实验表明，小球的加速度随斜面倾角的增大而变大D

2、. 伽利略实验表明，斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同【答案】 B【解析】【详解】 伽利略设想物体下落的速度与时间成正比， 因为当时无法测量物体的瞬时速度， 所 以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比，A正确B错误；若斜面长度一定，若斜面的倾角越大，则小球的速度变化越快，即加速度随斜面倾 角的增大而变大，C正确；若斜面倾角一定，不同质量的小球由静止从顶端滚到底端的过程 中的运动规律是相同的，时间也相同，即斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同，D正确.2. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是 6: 5,运动方

3、向改变的角度之比是 5： 4。则A. 它们的轨道半径之比是 6： 5 B.它们的向心加速度大小之比是24： 25C. 它们的向心力大小之比是 3： 2 D.它们的周期大小之比是 4：5【答案】 D【解析】【分析】线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度， 结合角度之比求出角速度之比； 根据线速度与角速度的关系， 求出半径之 比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积， 结合线速度和角速度之比求出向心加速度 之比，根据周期和角速度关系求出周期之比.【详解】快艇做匀速圆周运动，根据线速度的定义可知两者的线速度大小之比为 角速度定义3 =

4、76;可知两者角速度之比为 f 根据公式,=- = - = VL1可得两者的向心加速1叫 °n f r度大小之比为2二'比二竺二m, B错误；根据V =可得，故两者的轨道半径之比为5*423'Er巴 f，A错误；由于不知道两者质量关系，所以无法计算两者向心力之比，C错% %叫"5為误；根据公式可得周期和角速度成反比，故周期大小之比为4： 5，D正确.Id3.2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机的速度为700m/s，小鸟在空中的飞行

5、速度非常小，小鸟的质量为0.4kg。小鸟与飞机的碰撞时间为2.5 X 10-4s。则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为4567A. 10 N B. 10 N C. 10 N D. 10 N【答案】C【解析】【详解】鸟与飞机撞击时系统动量守恒，以飞机的初速度方向为正方向，由于鸟的质量远小于飞机的质量，鸟的速度远小于飞机的速度，鸟的动量远小于飞机的动量，可以忽略不计， 由动量守恒定律可知，碰撞后鸟与飞机的速度相等，为v=700m/s，对小鸟，由动量定理得：I mv 0.4 * TOOQFt = mv-O，解得：Fh 二 =1.12x10 N，接近 10 N, C正确.:2.S x 10【点睛】

6、本题考查了求鸟对飞机的撞击力，鸟撞击飞机过程中内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守恒定律求出撞击后鸟的速度，然后应用动量定理可以求出撞击力.4.甲、乙两个物体均做匀变速直线运动，其中甲的加速度a1=2m/s2，乙的加速度a2=-5m/s2。下列说法正确的是A. 甲一定做加速运动，乙一定做减速运动B. 甲的运动方向与乙的运动方向一定相反C. 甲的速度变化一定比乙的速度变化慢D. 甲所受的合外力一定比乙所受的合外力小【答案】C【解析】【详解】若加速度方向和速度方向同向，则做加速运动，若加速度方向和速度方向相反，则左减速运动，题中没有给甲乙的初速度方向，所以甲乙可以做加速运动， 也可以做减速运动,

7、AB错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快，且加速度是矢量，负号只表示方向不参与大小的比较，即乙的加速度大，乙的速度变化快，C正确；两者质量未知，不能根据牛顿第二定律:二：=判断两者合力大小关系，D错误.5.2018年10月25日6时57分，太原卫星发射中心成功发射海洋二号B卫星。该星对海洋资源开发利用、建设海洋强国等都具有十分重要的意义。小明通过资料获取三个数据，即海洋二号B卫星离地面的高度为 971km地球的半径为 6400km地球表面的重力加速度为 9.81 mZ s2。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，仅根据以 上该同学获取的数据

8、，可以计算出A. 海洋二号B卫星的线速度B.海洋二号B卫星的向心力C.地球的质量 D.地球的平均密度【答案】A【解析】【详解】地球对卫星的万有引力充当向心力，根据牛顿第二定离得丄-jC-可得,（g、R、h已知）A正确；由于不知道卫星的质量，故不能计算向心力大小，B错误；由于不知道引力常量，故不能计算地球的质量，C错误；质量求解不出来，则不能计算地球密度，D错误.6. 如图所示，水平向右加速行驶的小车内有一固定斜面，斜面上放有一物体，与小车保持相对静止。此时斜面体对物体的作用力方向可能沿着图中的（其中oa竖直、oc水平）(Ti；b*十O OA. oa B. ob C. oc D. od【答案】B

9、【解析】【分析】本题可建立模型，即已知一个合力方向，一个分力大小和方向，求另个分力的方向，根据平行四边形定则分析.【详解】整体的加速度向右，即物体受到的合力方向水平向右，物体的受力可分为两大类，一是竖直向下的重力，二是斜面对物体的作用力，两者的合力方向向右，如图所示，根据平行四边形定则可得斜面对物体的力斜向右上,B可能.Jr7. 甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶。在t=0到t=t i的时间内，它们的位移时间图象A. 汽车甲的平均速度比乙的平均速度大B. 汽车甲的位移比乙的位移大C. 汽车甲与汽车乙的运动方向相反D. 汽车甲做减速运动，汽车乙做加速运动【答案】C【解析】【详解】从图中可知两者的

10、位移大小相等，所用时间相等，根据可知两者的平均速度相等，AB错误；甲向负向运动（到坐标原点的距离越来越小），而乙向正向运动（到坐标原点的距离越来越大），所以两者的运动方向相反，C正确；图像的斜率表示速度，从图中可知两者的斜率都减小，所以速度都减小，D错误.【点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置， 纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图 像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通 过的位移等于x的变化量匚丄8. 图甲是微信上的一张热点图片，在挪威的两个山崖间夹着一块石头，很多游客

11、站在这块石头上，寻找惊险刺激的感觉。示意图如图乙所示，右壁竖直，左壁稍微倾斜，设左壁与竖直方向的夹角为由于风化，B 将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，下列说法正确的是甲乙A. 0减小，山崖对石头的作用力增大B. 0减小，山崖右壁对石头的作用力不变C. 人站到石头上，石头受到的合力将增大D. 人站到石头上，山崖左壁对石头的作用力将增大【答案】D【解析】【详解】对石头受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件可得山崖对石头的作用力大小等于石头的重力大小，两者方向相反，0 减小，重力不变，所以山崖对石头的作用力不变，A错误；山崖右壁对石头的作用力 叫二音°，0减小

12、，则山崖右壁对石头的作用力 叫增大，B 错误；人站在石头上，石头仍处于静止状态，合力仍为零，C错误；人站到石头上，相当于G增大，山崖左壁对石头的作用力 n匚上也随之增大，D正确.2【点睛】在解析力的动态平衡问题时， 一般有两种方法，一种是根据受力分析， 列出力和角度三角函数 的关系式，根据角度变化进行分析解题， 一种是几何三角形相似法， 这种方法一般解决几个 力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析.9. 在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。 P是一个微粒源，能持续水21平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。距离P一定水平距离的探测屏 AB竖直放置。对于

13、打在探测屏上的微粒，下列说法正确的是IA. v越大，在空中飞行的时间越长B. v越大，打在探测屏上时速度的偏转角越小C. v越小，相等的时间内动量变化量就越小D. v越小，打在探测屏上时的动能越小【答案】B【解析】【分析】微粒做平抛运动，根据平抛运动在水平方向和竖直方向的运动规律分析解题；【详解】微粒在水平方向上做匀速运动，由于粒子源到屏的水平距离恒定，根据可知速度越大，飞行时间越短，A错误；打在探测屏上时速度的偏转角tanO = -=-，v越大，t越小，萌nU越小，B正确；微粒在飞行过程中只受重力，根据动量定理可得mgt = Ap，在相等时间内的动量变化量相等，与速度大小无关，C错误；v越小

14、，飞行时间越长，在竖直方向得到的速度越大，打在屏上的动能Ek = m(/ +(肛门，存在极值，不一定越小，D错误10. 位于粗糙水平面上的滑块，以vo=1 m/s的初速度从O点开始做匀减速直线运动。当滑块运动到A位置时，照相机开始拍照，并在以后的运动过程中，每隔0.1s拍照一次，拍下的照片如图所示， XAE=7.5cm, XB(=5.5cm , g=10m/s。贝UA B CDA. C、D 间的距离 Xoc=2.5cmB. O、A 间的距离 XoA=9.5cmC. 滑块与水平面间的动摩擦因数为0.55D. 滑块从O点运动到B点所用的时间toB=0.175s【答案】D【解析】【详解】滑块做匀减速

15、直线运动，在相等时间内走过的位移差是一个定值，即-x,，解得工卫二3.5cm, A错误；根据Ax -0.02 a =T 0.1-2m/s，而根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该段过程中的平均速度可得OB.,根据位移速度a 2公式可得如怙厂备=土二缢=?旳'B错误C错误.D正确；根据牛顿第二定律可得【点睛】做分析匀变速直线运动情况时,其两个推论能使我们更为方便解决问题,、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度.11. 天文学家哈雷曾经在 1682年跟踪过一颗彗星，它算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言

16、这颗彗星将每隔一定时间就会出现，后来哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。如图所示为哈雷彗星绕太阳运行的椭圆轨道，P为近日点，Q为远日点，M N为轨道短轴的两个端点。若只考虑哈雷彗星和太阳之间的相互作用，则A. 哈雷彗星的运行周期约为 76年B. 哈雷彗星从P点运动到M点需要19年C哈雷彗星从P经M到Q阶段，速率逐渐减小D哈雷彗星从P经M到Q阶段，机械能逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】设彗星的周期为 ，地球的公转周期为 T2,这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，由开普勒第三定律 .二k.得：F二占二1 a托，即卩广*年，A正确；从PTa J "2"到Q

17、过程中，需要克服引力做功，动能减小，即速度越来越小，所以从 P到M过程中小于周D错误.期的四分之一，即小于 19年，B错误C正确；过程中只有引力做功，机械能不变,【点睛】彗星的运动不是速度大小恒定不变的运动，所以从P到M过程中不等于周期的四分之一，这一点是易错点.12. 如图所示，某工厂车间里生产的货物，通过传送带运送到低处的仓库里。传送带以恒定的速率逆时针转动，将货物轻轻放在传送带的顶端。则货物传送过程的速度随时间变化的规【答案】AB【解析】【详解】刚放上去的时候，货物受重力、支持力、摩擦力方向向下，货物做加速运动，故由牛顿第二定律+ mgcos0 = ma1，解得 = esinQ + co

18、sG ,若两者共速前，货物滑到最下端，则整个过程中货物做加速度为的匀加速运动；v-t图像 应为一条过原点的倾斜直线；若两者共速前，货物未滑到最下端，若mgsinG > nmgcosG，则两者共速后，摩擦力方向改为沿传送带向上，即 mgsine-rngcosO =，解得勺丸弘9-趕曲詬< 屯，之后加速度 七做匀加速运动，v-t图像为A图；若mgsinS 5 mgcosS,则两者共速后，相对静止，一起做匀速直线运动，v-t图像为B图,AB正确.且都是恒力，所以物体【点睛】本题中刚开始时明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度 ai；当货物的

19、速度与传送带速度相等时，就需要分析与口匚讣：母的关系，根据两者的关系讨论以后的运动.13. 倾角为B、质量为M的室内小滑梯如图所示，质量为m的小朋友沿着滑梯匀加速下滑,整个运动过程中滑梯保持静止不动。对此运动过程，下列有关说法正确的是tan 0B. 地面对滑梯的支持力一定等于（m+M）gC. 地面对滑梯的摩擦力大小一定等于mgcos0 sin 0D. 地面对滑梯的摩擦力方向一定向左【答案】AD【解析】【详解】因为小朋友做匀加速下滑，即mgsinS > pmgcos6 ,解得p c tan6 , A正确；因为小朋友存在一个竖直向下的分加速度，处于失重状态，人对滑梯的作用力小于其重力，故地面

20、对滑梯的支持力小于两者的重力，B错误；小朋友存在一个水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友的合力向左，根据牛顿第三定律可知小朋友对电梯在水平方向上的作用力向右， 即电梯有向右的运动趋势，电梯受到地面的摩擦力方向一定向左， 3屮，=毗0詬二 = （gsin9-|Agcosekos6 , 故地面的摩擦力大小为f = ma . L = (mesinQ-rngcosejcose, C 错误 D 正确.14. 如图所示，将一只轻弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接物体 A, A下面再用棉线挂一物体B, A、B质量相等,g为当地重力加速度。烧断棉线，下列说法中正确的是A. 烧断棉线瞬间，物体 A的加速度大小

21、为gB. 烧断棉线之后，物体 A向上先加速后减速C. 烧断棉线之后，物体 A在运动中机械能守恒D. 当弹簧恢复原长时，物体 A的速度恰好减到零【答案】ABD【解析】【分析】根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出A的加速度；根据弹力与重力的关系判断 A的运动性质；根据机械能守恒条件判断 A机械 能是否守恒；烧断棉线后 A做简谐振动，根据最高点和最低点回复力大小相等判断分析.【详解】棉线烧断前，将 AB看做一个整体，弹簧的弹力为.,烧断瞬间弹簧来不及恢复形变，弹力仍为2mg,向上；物体A还受竖直向下的重力 mg故A的加速度为日=竺茫=,rA ?向上，A错

22、误；烧断棉线后，物体 A在弹力和重力的作用下向上运动，弹力先大于重力，后 小于重力，所以物体 A向上先加速后减速，B正确；烧断棉线后， A还受弹簧弹力作用，故 A的机械能不守恒，不过 A和弹簧组成的系统机械能守恒，C错误；烧断棉线后， A在重力和弹力的作用下做简谐运动，在最低点回复力F = 2me-mg =，向上，根据对称性可知，在最高点回复力应为F' = mg,向下，即mg-F惮二rng,解得F怦二0 ,故在最高点，速度为零时， 弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长，D正确.15. 如图所示，一质量为 m的圆环套在一根固定的光滑竖直杆上，圆环通过细线绕过定滑轮0与质量为5m的钩码相连。竖直杆

23、上有 A B、C三点，B为AC的中点，A0与竖直杆的夹角0 =53°, B点与滑轮0在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L。不计滑轮的质量和摩擦，现将圆环从A点由静止释放，下列说法正确的是(sin53 ° =0.8 , cos53° =0.6)0C4T|5mV77A. 圆环下滑到B点时速度最大B. 圆环下滑到B点时速度为，打C. 圆环下滑到C点时速度为零D钩码运动过程中机械能最小的位置距离钩码的初始位置为【答案】BD【解析】【分析】根据圆环的受力情况分析速度变化情况.圆环下滑到C点时，根据几何关系来确定变化的高度，再由机械能守恒定律， 并结合运动的分解来确定圆环下滑

24、到C点时的速度大小.当圆环运动到B点时，重物下降到最低点位置，则取环与重物作为系统，由于只有重力做功， 所以系统的机械能守恒，因此根据机械能守恒定律可解出圆环的速度大小；当圆环下滑到最大距离时，圆环与重物的速度均为零， 再由机械能守恒定律， 结合几何关系可求出圆环下滑的最 大距离.【详解】圆环从 A运动到B的过程中，合力向下，做加速运动，从B运动到C的过程中，绳子拉力竖直向上的分力先小于重力，后大于重力，所以圆环先加速后减速， 所以速度最大的 位置在B点的下方，A错误；假设圆环没有重力，到达 C点时，钩码又回到初始位置，钩码的机械能变化量为 0,根据能量守恒可知圆环下滑到C点时速度为零，但存在

25、重力，因此最低点在C点的下方，所以圆环下滑到 C点时速度不为零，圆环下滑到B点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零，根据几何关系可知：圆环下降咼度为忙口 = 二,砝码下降vZ'gL, B正确C错误；当圆环运动到的高度为沖心丁為泊J,系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有mgh細+ 5mgAh匸尹n応，由上可解得圆环的速度为点时，砝码下降的距离最大，拉力做负功最大，机械能最小，由上知最大距离为亠；-1亠D正确.【点睛】本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于钩码的变化的机械能.同时关注题中隐含条件的挖掘

26、：钩码下降到最低点的同时其速度等于零.、本题包括2小题，共16分。根据题目要求将答案填写在答题卡中的指定位置。16. 王川同学利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一段圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离Xi（图甲）；然后将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点， 再将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离X2。已知滑块 A和B的材料相同。A.实验中所用圆弧轨道必须是光滑的（填相应选项前的字母B. 实验必须保证A的质量不大于B的质量C. 实验中滑块A的释

27、放点离水平桌面要高一些D. 两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑块A（2）若滑块A、B的质量分别为 m、m,与水平桌面间的动摩擦因数均为（1,重力加速度为go则A B碰撞前的动量 Pi=，碰撞后的动量 P2=（用字母 m、g、 xi、X2表示）。只要Pi=P2，则验证了 A和B碰撞过程中动量守恒。 本实验（填“需要”或“不需要”）测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。【答案】(1). CD (2).（4）. 不需要【解析】【分析】本实验是根据内力远大于外力时系统动量守恒的原理分析的，需要注意：一：保证碰撞前A的速度相等；二、 A碰撞时速度不能过小；三、 A碰撞后不能反弹；结合动能定理求解碰撞

28、前后的速度，根据动量守恒列式.【详解】（1 ）因为碰撞瞬间内力远大于外力，两者在碰撞前后动量守恒，测出运动距离，根A错误；为了保证A不据动能定理求解碰撞前后的速度，所以无需圆弧轨道必须是光滑的,反弹，A的质量必须不小于 B的质量，B错误；为了保证两者碰撞后运动的距离不过小，便 于测量，应使得 A碰撞时的速度大一些，即实验中滑块A的释放点离水平桌面要高一些，C正确；两次释放，为了要保证碰撞前的速度相同，两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑块A, D正确；(2) 滑块在水平轨道运动过程， 由动能定理得：对滑块二，解得皆、!, 故碰前动量卩二血1¥1二°2口邸；;对两者黏在一

29、起运动时，-+叫&= 0吨珂* mJ#：， 解得% -(即邸，碰撞后动量 = | 十些九-血+ mn I, 2遽勺；(3) 比较、P2,即比较 叫扣阶 佃十mJ”鸠冷，过程中(荷可抵消，故不需要测出 滑块与水平桌面间的动摩擦因数.17. 如图甲所示，电火花打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。甲C(1) 电火花打点计时器使用电压为 V的交流电源。(2) 关于实验过程，下列操作正确的是 (填相应选项前的字母)A. 重物选用质量较大、体积较小的物体B. 两限位孔在同一竖直平面内上下对正C. 先接通电源后，再释放重物D. 若用秒表测出时间t

30、，可用v=gt求出瞬时速度 实验中选择一条较理想的纸带，如图乙所示。测出从起始点0依次到五个连续计时点A、B C、D E的距离Xi、X2、X3、X4、X5。已知重物的质量为m,当地的重力加速度为g,电源频率为f。则从0到D的过程中，重物的动能增加了 ，重物的重力势能减少了a，要充分利用记录数据，尽a=(用题中给出物(4) 该同学又根据这一条纸带来计算重物下落过程中的加速度 可能减少实验操作和测量过程中的误差，加速度的计算式应为理量的字母表示)。【答案】(1).220(2). ABC(3).(4).卜胡®(x5-2xJ + x1f2【解析】【详解】(1)电火花打点计时器使用的是220V

31、的交流电;(2)为了减小空气阻力，重物应选用重力大，体积小的物体，A正确；为了减小纸带与限位孔的摩擦，并且保证重物做竖直方向上的运动，两限位孔在同一竖直平面内上下对正，B正确；为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，C正确；因为要验证机械能守恒,即验证下落过程中加速度是否等于g,所以不能使用 v=gt求出瞬时速度，D错误;(3)根据匀变速直线运动中间时刻速度推论可得D点的速度为从零增大，故动能增加量为 叱二二；心一肩，从O到D过程中重物下降的高度为，(4)根据逐差公式可得故重力势能减少计：,- 2a.TDE BC1CD AB2，两式相加求平均可得【点睛】分析匀变速直线运动情况时，其两个推论

32、能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即二 -，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速 度等于该过程中的平均速度.三、本题包括3小题。共39分。解答时应写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步 骤，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。18. 我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动， 当加速时间t=40s、位移x=1.6 X 10 3m时才能达到起飞所要求的速度。已知飞机质量 m=7.0x 104kg,滑跑时受

33、到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取 g=10m/s2。求：(1) 飞机起飞所要求的速度v;(2) 飞机滑跑过程中，牵引力的最大功率P。【答案】(1) 80 m/s(2) 1.68 X 107W【解析】【分析】(1 )飞机做初速度为零的匀加速直线运动，根据平均速度推论求解;(2 )当速度最大时牵引力的功率最大，先根据牛顿第二定律求解牵引力，然后根据公式P二R求解最大功率【详解】(1)飞机滑跑过程做匀变速直线运动，初速度为零，末速度为v,则全程的平均速度为尹，则有耳=，代入数据，解得 v=80m/s;(2)设飞机滑跑过程的加速度大小为a,由速度与时间的关系式v = at，解得已知滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，即f - OArrig = 7.0 x 10 N设飞机滑跑过程的牵引力为F,由牛顿第二定律飞“，解得H 10SM，当速度最大的时候，牵引力的功率最大，即!?兀寸，代入数据，得最大功率19. 如图所示，质量为 2m的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上，小车AB段是长为L的水平粗糙轨道，BC段是四分之一圆弧光滑轨道，两段轨道相切