湖南省师大附中高三物理上学期第五次月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖南师大附中高三（上）第五次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第l8题只有一项符合题目要求，第9l2题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得o分将选项填写在答题卷上）1（4分）在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（） a 伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法 b 奥斯特实验表明了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系 c 卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了静电力常量 d 安培的分子环形电流假说可以用来解释通电导线周围存在磁场这一现象【考点】： 物理学史【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：a、伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，故a正确；b、奥斯特实验表明了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系，故b正确；c、卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了引力常量，故c错误；d、安培的分子环形电流假说是说核外电子绕原子核作圆周运动故可以解释磁化、退磁现象，通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故不能解释电流为什么能产生磁场故d错误；故选：ab【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为（） a gt0（cos1cos2） b c gt0（tan1tan2） d 【考点】： 平抛运动【专题】：平抛运动专题【分析】：设水平方向上的速度为v0，根据平行四边形定则求出t秒末、（t+t）秒末竖直方向上的分速度，根据vy=gt求出小球的初速度【解析】： 解：设水平方向上的速度为v0，t秒末速度方向与水平方向的夹角为1，则竖直方向上的分速度：vy1=v0tan1，（t+t）秒末速度方向与水平方向的夹角为2，则竖直方向上的分速度：根据vy2vy1=gt得：故b正确，a、c、d错误故选：b【点评】：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动3（4分）汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得（） a .汽车的最大速度 b 汽车受到的阻力 c 汽车的额定功率 d 速度从3m/s增大到6m/s所用的时间【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率【专题】：功率的计算专题【分析】：根据p=fv，结合牛顿第二定律，抓住速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，求出功率与阻力的关系，根据牵引力与阻力相等时，速度最大，求出最大速度的大小【解析】： 解：设额定功率为p，则速度为3m/s时的牵引力，速度为6m/s时，牵引力为根据牛顿第二定律得，f1f=3（f2f），解得f=因为牵引力与阻力相等时，速度最大，则f=f=，知最大速度为12m/s因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】：解决本题的关键通过加速度的大小关系得出功率与阻力的关系，结合牵引力等于阻力时，速度最大得出最大速度的大小4（4分）如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为r的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（） a 4r b 5r c 10r d 16r【考点】： 把电流表改装成电压表【专题】：实验题；恒定电流专题【分析】：欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解【解析】： 解：设电动势为e，内阻为r内，满偏电流为ig，欧姆表调零时，ig=测一阻值为r的电阻时ig=测一未知电阻时ig=解这三式得： r=16r故选d【点评】：考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻5（4分）如图所示，两根平行放置、长度均为l的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线通有电流强度为i，b导线通有电流强度为2i，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为f1，b导线受到的磁场力大小为f2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为（） a b c d 【考点】： 磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力【专题】：电磁感应中的力学问题【分析】：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线；两个导线在原磁场中受到向外侧的作用力；求解出导线a、b间的相互作用力后，再根据磁感应强度的定义公式b=列式求解【解析】： 解：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为fab；对左边电流，有：f1=bil+fab对右边电流，有：f2=2bil+fab两式联立解得：fab=2f1f2则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为：b=故选：c【点评】：本题关键是明确两个导线间的作用力是相互作用力，然后根据磁感应强度的定义公式列式求解6（4分）如图为宇宙中一恒星系的示意图，a为该星系的一颗行星，它绕中央恒星o运行轨道近似为圆，天文学家观测得到a行星运动的轨道半径为r0，周期为t0长期观测发现，a行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是a行星外侧还存在着一颗未知的行星b（假设其运动轨道与a在同一平面内，且与a的绕行方向相同），它对a行星的万有引力引起a轨道的偏离，由此可推测未知行星b的运动轨道半径为（） a r0 b r0 c r0 d r0【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】：万有引力定律的应用专题【分析】：a行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间a、b两行星相距最近，可以求出b的周期，再根据万有引力提供向心力，得出轨道半径【解析】： 解：周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间a、b两行星相距最近，即每隔t0时间a行星比b行星多运行一圈有：，则tb=， 根据万有引力提供向心力：，r=，所以则rb=故b正确，a、c、d错误故选b【点评】：解决本题的关键知道每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间a、b两行星相距最近，而得出每隔t0时间a行星比b行星多运行一圈以及会利用万有引力提供向心力：进行求解7（4分）静电计是在验电器的基础上制成的，用萁指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之问的电势差大小，如图所示a、b是平行板电容器的两个金属板，g为静电计，极板b固定，a可移动，开始时开关s闭合静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是（） a 断开s后，将a向左移动少许，静电计指针张开的角度减小 b 断开s后，在a、b间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大 c 断开s后，将a向上移动少许，静电计指针张开的角度增大 d 保持s闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小【考点】： 电容器的动态分析【专题】：电容器专题【分析】：静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势【解析】： 解：a、断开电键，电容器带电量不变，将a向左移动少许，则d增大，根据c=知，电容减小，根据u=知，电势差增大，指针张角增大故a错误b、断开s后，在a、b间插入一电介质，根据c=知，电容增大，根据u=知，电势差减小，则指针张角减小，故b错误c、断开s后，将a向上移动少许，根据c=知，电容减小，根据u=知，电势差增大，则指针张角变大故c正确d、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故d错误故选：c【点评】：本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变8（4分）一均匀带负电的半球壳，球心为o点，ab为其对称轴，平面l垂直ab把半球壳分为左右两部分，l与ab 相交于m点，对称轴ab上的n点和m点关于o点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为 =k（q的正负对应的正负）假设左侧部分在m点的电场强度为e1，电势为1；右侧部分在m点的电场强度为e2，电势为2；整个半球壳在m点的电场强度为e3，在n点的电场强度为e1下列说法正确的是（） a 若左右两部分的表面积相等，有e1e2，12 b 若左右两部分的表面积相等，有e1e2，12 c 不论左右两部分的表面积是否相等，总有e1e2，e3=e4 d 只有左右两部分的表面积相等，才有e1e2，e3=e4【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】：电场力与电势的性质专题【分析】：根据电场的叠加原理，分析半球壳在m点的场强方向，再比较场强的大小关系根据=k，结合左右两侧球壳上点电荷到m点距离的关系，进行分析，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在m、n点的电场强度大小都相等【解析】： 解：a、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在m点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在m点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，e1方向水平向左，e2方向水平向右，左侧部分在m点产生的场强比右侧电荷在m点产生的场强大，e1e2 ，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到m点的距离均大于左侧部分各点到m点的距离，根据=k，且球面带负电，q为负得：12，故ab错误；c、e1e2 与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在m、n点的电场强度大小都相等，故左半球壳在m、n点的电场强度大小相等，方向相同，故c正确，d错误故选：c【点评】：本题运用点电荷场强公式和电场的叠加原理理解场强关系，要读懂题意，根据电势公式分析电势的关系，难度适中9（4分）如图所示，在四分之一的圆弧腔内存在径向的电场，且与圆心等距离处电场强度大小相等，m和n两端均有带小孔的挡板，且两个小孔到圆心距离相等不同的带电粒子以不同的速度从m孔垂直挡板射入，则关于从n孔射出的粒子，下列说法正确的是（） a 都带正电 b 速度相 c 若速度相同，则比荷相同 d 若电荷量相等则动能相等【考点】： 电势差与电场强度的关系【专题】：电场力与电势的性质专题【分析】：粒子进入电场，能够从n孔射出，则粒子靠电场力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析粒子的特点【解析】： 解：a、粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，知电场力的方向指向圆心，所以粒子带正电故a正确b、根据牛顿第二定律得，qe=m，因为圆周运动的半径相等，若速度相同，则比荷相同，由于粒子的质量不一定相同，则电场力大小不一定相同，动能不一定相同故cd正确，b错误故选：acd【点评】：解决本题的关键知道粒子在电场中做匀速圆周运动，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解10（4分）如图所示，带负电的物块a放在足够长的不带电的绝缘小车b上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力f向左推小车b已知地面光滑，a、b接触面粗糙，a所带电荷量保持不变，下列四图中关于a、b的vt图象及a、b之间摩擦力fft图象大致正确的是（） a b c d 【考点】： 洛仑兹力；牛顿第二定律【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】：根据左手定则判断出物块a所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力随着速度的增大逐渐增大，由于物体a竖直方向受力平衡，所以a与b之间的压力减小，最大静摩擦力减小，当a、b之间的静摩擦力不能提供a的加速度时，a、b发生相对滑动【解析】： 解：在t=t1之前物体a与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：f=（m+m）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块a根据牛顿第二定律有：f=ma即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块a所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力qvb逐渐增大，由于物体a竖直方向受力平衡，所以a与b之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体a、b之间的最大静摩擦力不能提供物块a原来的加速度a时，a、b发生相对滑动当物块a与小车b之间的最大静摩擦力不能提供物块a原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块a受到向右的滑动摩擦力f1=fn虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块a仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvb逐渐增大，由于物体a竖直方向受力平衡，物块a与小车b之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块a的加速度在减小，直到t2时刻a、b之间的摩擦力减小到0，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度时间图象中物块a的斜率逐渐减小到零；故ac正确bd错误故选：ac【点评】：对于这类问题正确受力分析结合牛顿第二定律判断物体的加速度变化，再结合运动学关系式判断物体的速度变化情况11（4分）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于o点（图中未标出）物块的质量为m，ab=a，物块与桌面间的动摩擦因数为现用水平向右的力将物块从o点拉至a点，拉力做的功为w撤去拉力后物块由静止向左运动，经o点到达b点时速度为零重力加速度为g 则上述过程中（） a 物块在a点时，弹簧的弹性势能等于wmga b 物块在b点时，弹簧的弹性势能小于wmga c 经o点时，物块的动能小于wmga d 物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在b点时弹簧的弹性势能【考点】： 机械能守恒定律【专题】：压轴题；机械能守恒定律应用专题【分析】：到达b点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力mg），而弹簧振幅变化将很小，b点弹簧伸长大于动能最大点；如果较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离o点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时b点伸长量可能小于动能最大时伸长量，b点势能可能小于动能最大处势能至于物块在a点或b点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可【解析】： 解：a、如果没有摩擦力，则o点应该在ab中间，由于有摩擦力，物体从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，也即o点靠近b点故oa，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在a点时，弹簧的弹性势能小于，故a错误；b、由a分析得物块从开始运动到最终停在b点，路程大于a+=，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在b点时，弹簧的弹性势能小于，故b正确；c、从o点开始到再次到达o点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于wmga，故c正确；d、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在b点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在b点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故d错误故选：bc【点评】：利用反证法得到o点并非ab连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻12（4分）如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0108 c的滑块p（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02取重力加速度g=10m/s2则下列说法正确的是（） a x=0.15m处的场强大小为2.0l06 n/c b 滑块运动的加速度逐渐减小 c 滑块运动的最大速度约为0.1m/s d 滑块最终在0.3m处停下【考点】： 动能定理的应用；电场强度；电场线；电势【专题】：电场力与电势的性质专题【分析】：电势与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大【解析】： 解：a、b、电势与位移x图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强n/c，此时的电场力f=qe=21082106n=0.04n，滑动摩擦力大小f=mg=0.022n=0.04n，在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大故a正确，b错误c、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5105v，代入求解，最大速度大约为0.1m/s故c正确；d、滑块最终在0.3m处停下则满足：qufx=00 因为0.10m和0.30m处的电势差大约为4.0105v，代入得：qu=2.01084.0105=8.0103j fs=0.04（0.300.10）=8103j 由得，滑块能够滑到x=0.30m处又由于图中在x=0.30m处曲线的斜率小于x=0.15m处曲线的斜率，所以在x=0.30m处，电荷受到的电场力小于它受到的滑动摩擦力（近似大于最大静摩擦力）所以滑块最终在0.3m处停下故d正确故选：acd【点评】：解决本题的关键知道电势与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况二、实验题（共16分，其中13题4分，14题4分，15题8分）13（4分）图甲中游标卡尺的读数是0.72cm，螺旋测微器（图乙）的读数是8.6948.696mm【考点】： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】：实验题【分析】：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，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解析】： 解：1、游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为20.1mm=0.2mm，所以最终读数为：7mm+0.2mm=7.2mm=0.72cm2、螺旋测微器的固定刻度为8.5mm，可动刻度为19.50.01mm=0.195mm，所以最终读数为8.5mm+0.195mm=8.695mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.6948.696之间故答案为：0.72；8.6948.696【点评】：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，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14（4分）如图所示，nm是水平桌面，pm是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门质量为m的滑块a上固定一很窄的遮光条，在质量为m的重物b牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门l、2记录遮光时间分别为t1和t2，另外测得两光电门间的距离为l，遮光条的宽度为d（重力加速度为g） （1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块a受到外力的合力等于b重物的重力，在平衡摩擦力外，还必须满足bamm bmm（2）若木板pm水平放置在桌面上，用此装置测量滑块与木板间的动摩擦因数，则动摩擦因数的表达式为（用题中测量的物理量的符表示）【考点】： 验证牛顿第二运动定律【专题】：实验题【分析】：为了认为a所受的外力合力等于b的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度根据牛顿第二定律知动摩擦因数【解析】： 解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力f=ma=，当mm，故选：b（2）滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，通过光电门2的瞬时速度v2=，根据v22v12=2al，根据牛顿运动定律知a=由知=故答案为：（1）b；（2）【点评】：解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的质量远小于滑块的质量）注意受力分析结合牛顿第二定律列式求解15（8分）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，同学们从实验室选择了一个标有“12v 6w”字样的灯泡，实验器材如下：电流表a1（量程300ma，内阻约为3）；电流表a2（量程600ma，内阻约为1）；电压表v（量程15v，内阻约为3k）；滑动变阻器r1（05，额定电流为5a）；滑动变阻器r2 （050，额定电流为0.01a）；电源e（电动势15v，内阻较小）；单刀单掷开关一个、导线若干（1）实验器材中，电流表应该选择a2，滑动变阻器选择r1（请选填仪表的符号）（2）画出符合实验要求的实验电路图1（3）描绘的伏安特性曲线如图2所示，若选取2个这样的灯泡并联，再与一个阻值为8的定值电阻串联，接在电动势18v，内阻1的电源两极，如图3所示，则每个灯泡消耗的电功率4.42w（请保留三位有效数字）【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】：实验题【分析】：根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路及仪器；根据实验要求及给出的数据可得出对应的原理图；根据电路及欧姆定律进行分析，得出电压与电流的关系图象，在ui图象中作出，则图象的交点为工作点，读出对应的电流及电压，则由p=ui可求得功率【解析】： 解：（1）灯泡正常发光的额定电流i=0.5a；故电流表应选择a2；因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻，故选r1；（2）本实验中应测量多组数据，故应采用滑动变阻器分压接接法；同时因灯泡内阻较小；故应采用电流表外接法；实验电路如图所示；（3）灯泡两端的电压为u，通过灯泡的电流为i，则干流电流为2i，对闭合电路有：u+2i（8+1）=18做出对应的伏安特性曲线与灯泡的伏安特性曲线的交点可得：u=9.6v，i=0.46a，则此时灯泡的功率p=ui=9.60.46=4.42w；故答案为：a2；r1；（2）如图所示；（3）4.42【点评】：本题考查灯泡伏安特性曲线的测量，要注意正确分析实验原理，得出正确的实验图象，明确由图象分析实验数据的方法16（8分）某教练员选拔短跑运动员，要对运动员进行测试对某运动员测试，在启跑后2s内通过的距离为10m（视为匀加速度过程）该运动员的最大速度为10m/s，持续时间不超过10s之后，减速运动，加速度大小为1m/s2若把短跑运动员完成比赛跑的过程简化为匀加速直线运动、匀速直线运动及减速阶段（1）求该运动员启动阶段的加速度大小（2）求该运动员100m赛的最好成绩【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】：直线运动规律专题【分析】：根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动员启动阶段的加速度大小根据匀加速和匀速运动的时间之和求出运动员100m的最好成绩【解析】： 解：（1）根据得，则匀加速运动的加速度a=（2）匀加速运动到最大速度的时间，则匀速运动的位移x2=10010m=90m，匀速运动的时间，运动员的最好成绩t=t1+t2=2+9s=11s答：（1）该运动员启动阶段的加速度大小为5m/s2（2）该运动员100m赛的最好成绩为11s【点评】：解决本题的关键理清运动员在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题17（10分）（2014龙岩一模）飞行员驾驶舰载机在300m长的水甲跑道上进行起降训练舰载机在水平跑道加速过程中受到的平均阻力大小为其重力的0.2倍，其涡扇发动机的水平推力大小能根据舰载机的起飞质量进行调整，使舰载机从静止开始经水平跑道加速后恰能在终点起飞没有挂弹时，舰载机质量为m=2.0104kg，其涡扇发动机的水平推力大小恒为f=1.6105n重力加速度g取10m/s2（不考虑起飞过程舰载机质量的变化）（1）求舰载机没有挂弹时在水平跑道上加速的时间及刚离开地面时水平速度的大小；（2）已知舰载机受到竖直向上的升力f升与舰载机水平速度v的平方成正比，当舰载机升力和重力大小相等时离开地面若舰载机挂弹后，质量增加到m1=2.5104kg，求挂弹舰载机刚离开地面时的水平速度大小【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】：牛顿运动定律综合专题【分析】：（1）已知舰载机的受力，根据牛顿第二定律求出舰载机的加速度，再根据运动学规律求解加速时间和离开地面时的速度；（2）抓住舰载机升力与速度的平方成正比，根据起飞时不同的质量求出相对就的速度即可【解析】： 解：（1）由题意知舰载机所受合力f合=fkmg根据牛顿第二定律知，舰载机产生的加速度a=6m/s2根据匀变速直线运动的位移时间关系有：得舰载机加速的时间：舰载机离开地面的速度v=at=610m/s=60m/s （2）由题意知舰载机升力f=kv2舰载机空载起飞时有：mg=kv2 舰载机挂弹起飞时有： 由和式可得：=答：（1）舰载机没有挂弹时在水平跑道上加速的时间为10s，刚离开地面时水平速度的大小为60m/s；（2）挂弹舰载机刚离开地面时的水平速度大小为【点评】：本题是已知物体的受力求物体运动情况，主要思路是根据受力分析求物体所受合力，再根据牛顿第二定律求解物体运动的加速度，再由运动学规律求解具体的运动情况正确受力分析是解决问题的关键18（14分）如图，足够长斜面倾角=30，斜面上oa段光滑，a点下方粗糙且=水平面上足够长ob段粗糙且2=0.5，b点右侧水平面光滑ob之间有与水平方向（已知）斜向右上方的匀强电场e=105v/m可视为质点的小物体c、d质量分别为mc=4kg，md=1kg，d带电q=+1104c，用轻质细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的p和q点由静止释放，b、q间距离d=1m，a、p间距离为2d，细绳与滑轮之间的摩擦不计（sin=，cos=，g=10m/s2），求：（1）物体c第一次运动到a点时的重力的功率；（2）物块d运动过程中电势能变化量的最大值；（3）物体c第一次经过a到第二次经过a的时间t【考点】： 动能定理的应用；光的折射定律【专题】：动能定理的应用专题【分析】：（1）对d进入电场的受力情况进行分析得知，水平面对物体d的支持力为零，则水平面对d物体没有摩擦力对c、d组成的系统，运用动能定理列式，可求出c物块到a点速度v0，即可由公式p=mdgsin30v0求出物体c第一次运动到a点时的重力的功率；（2）c经过a点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，分别对c、d，根据牛顿第二定律和运动学公式列式，求出c向下发生的位移x1和时间，再求出电场力做功，从而得到电势能变化量的最大值；（3）物体c后再加速上滑到a的过程中，再对两个物体运用牛顿第二定律和运动学公式列式，求出c上升到a处的时间，即可求得总时间【解析】： 解：（1）对d进入电场的过程受力分析可得：qesin=1104105n=10n，mdg=10n，可知qesin=mdg，所以n=0，d在ob段不受摩擦力设c物块到a点速度为v0，由题知释放后c物将沿斜面下滑，c物从p到a过程，对c、d系统由动能定理： mcg2dsinqecosd= 代入数据解得：v0=2m/s物体c第一次运动到a点时的重力的功率 p=mcgsin30v0=4100.52w=40w（2）由题意，c经过a点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设其加速度大小为a1，向下运动的时间为t1，发生的位移为x1对物体c： mcgsint1mcgcos=mca1，对物体d：t1qecos=mda1，联立解得：a1=3m/s2；则 t1= x1=m=m d从开始运动到最左端过程中：w电=qecos（x1+d）=1104105（+1）=50j 所以电势能变化量的最大值为50j（3）设物体c后再加速上滑到a的过程中，加速度大小为a2，时间t2，有：对物体c：t2mcgcosmcgsin=mca2 对物体d：qecost2=mda2 x1= t=t1+t2 联解并代入数据得： t=s1.82s答：（1）物体c第一次运动到a点时的重力的功率为40w；（2）物块d运动过程中电势能变化