2013-2014学年北京四十四中高三（上）期中物理试卷（教师版）

2013-2014学年北京四十四中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每道题只有一个正确答案，每题3分，10题，共30分）1（3分）（2013海淀区一模）如图所示，物体B通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计如果将绳的左端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F和绳子与竖直方向的夹角的变化情况是（）AF变大，变大BF变小，变小CF不变，变小DF不变，变大考点：共点力平衡的条件及其应用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据滑轮不省力的特点可知，整个系统重新平衡后，滑轮两侧的绳子F的合力等于物体B的重力不变，B物体对滑轮的拉力也不变根据平衡条件分析两滑轮间绳子的夹角，再研究的变化情况解答：解：原来整个系统处于静止状态，滑轮两侧绳的拉力F的合力等于B物体的重力，左端移动到P点后，仍然处于平衡状态，此时滑轮两侧绳中拉力大小为F的合力大小仍为B物体的重力，根据几何关系可知，此时两绳的夹角增大，合力不变，由两个力的合力随两力夹角的增大而减小知则有绳中拉力FF，由于滑轮两侧绳的夹角增大，根据三角形的内角和为180图中角变大故选A点评：本题关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力的合力不变对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性2（3分）（2013秋西城区校级期中）如图所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中（）A系统的动量守恒，动能守恒B系统的动量守恒，机械能守恒C系统的动量不守恒，机械能守恒D系统的动量不守恒，动能守恒考点：动量定理菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：根据动量守恒的条件判断系统动量是否守恒，根据能的转化，知系统有动能和弹性势能相互转化，机械能守恒解答：解：小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，所受合外力等于零，动量守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握动量守恒的条件以及机械能守恒的条件3（3分）（2014满洲里市校级模拟）一个物体以初速度V0水平抛出，经过时间t时其竖直方向的位移大小与水平方向的位移大小相等，那么t为（）ABCD考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可解答：解：设平抛的水平位移是x，则竖直方向上的位移就是x，水平方向上：x=V0t竖直方向上：x=gt2联立可以求得：t=故选：B点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解4（3分）（2014陆川县校级二模）如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端当两人同时相向运动时（）A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的动量一定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向右运动，A的动量一定比B的大考点：动量守恒定律菁优网版权所有分析：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解解答：解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB+m车v车=0，A、若小车不动，则mAvA+mBvB=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误故选C点评：本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性，难度适中5（3分）（2015春商水县校级期中）如图所示，一倾角为高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为vt，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为（）A、0Bmgvt、mgtsinCmgvtcos、mgtDmgvtsin、mgt考点：动量定理；功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：应用公式P=Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率，由动量定理求重力的冲量解答：解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh= 物体滑到底端重力功率为：p=mgvsin 联立解得：P=mgvtsin， 由动量定理得重力的冲量：I=mgt故选项ABC错误，D正确故选：D点评：物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用6（3分）（2015春运城校级期末）一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中当子弹进入木块的深度达到最大值2.0cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0cm在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为（）A1：2B1：3C2：3D3：2考点：能量守恒定律菁优网版权所有分析：子弹受到摩擦阻力，而木块受到摩擦动力，两者摩擦力f大小相等，可认为是恒力但二者的位移大小不同，做功不同运用功能关系列式求解解答：解：根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为S1=2S+S=3S，木块在摩擦力作用下的位移为S2=S；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有：E系统=Q=fS；子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功，故：E子弹=fS1；故=故选：C点评：本题关键明确系统损失的机械能等于内能的增加量，而内能增加量等于一对摩擦力做的功之和，即Q=fS7（3分）（2013秋西城区校级期中）已知地球半径为R，月球半径为r，地球与月球之间的距离（两球中心之间的距离）为L月球绕地球公转的周期为T1，地球自转的周期为T2，地球绕太阳公转周期为T3，假设公转运动都视为圆周运动，万有引力常量为G，由以上条件可知（）A地球的质量为m地=B月球运动的加速度为C地球的密度为=D月球的质量为m月=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菁优网版权所有专题：人造卫星问题分析：1、研究月球绕地球圆周运动，利用万有引力提供向心力可求出地球的质量2、根据向心加速度的表达式直接计算3、研究在地球表面附近运行的人造卫星，利用万有引力提供向心力可表示出地球的质量，从而求出密度4、由于不知道月球的卫星的相关量，故不能求得月球质量解答：解：A、研究月球绕地球圆周运动，利用万有引力提供向心力得：解得：，故A错误B、根据a=2r，得，故B正确C、，故C错误D、由于不知道月球的卫星的相关量，故不能求得月球质量，故D错误故选B点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，注意不同的圆周运动对应不同的轨道半径和周期8（3分）（2007西城区二模）如图所示的是杂技演员表演的“水流星”一根细长绳的一端，系着一个盛了水的容器以绳的另一端为圆心，使容器在竖直平面内做半径为R的圆周运动N为圆周的最高点，M为圆周的最低点若“水流星”通过最低点时的速度则下列判断正确的是（）A“水流星”到最高点时的速度为零B“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出C“水流星”通过最高点时，水对容器底没有压力D“水流星”通过最高点时，绳对容器有向下的拉力考点：向心力；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：根据动能定理求出“水流星”通过最高点的速度，根据牛顿第二定律去判断绳子对容器有无拉力，水对桶底部是否有压力解答：解：A、根据动能定理得，解得最高点的速度v=故A错误B、对桶中的水分析，有N+mg=，解得N=0知水对桶底压力恰好为零，水恰好不流出故B错误，C正确D、对整体受力分析，有：F+mg=m，解得F=0，绳子的拉力为零故D错误故选C点评：解决本题的关键知道物体在竖直平面中做圆周运动，在最高点的临界情况，以及知道向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解9（3分）（2013秋西城区校级期中）如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v重力加速度为g，不计空气阻力则摆球从A运动到B的过程中（）A重力做的功为B重力的最大瞬时功率为mgvC重力的冲量为0D重力的冲量大小为mv考点：动量定理；功的计算；功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，重力做功与路径无关只与高度差有关，也可以运动动能定理求解由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量解答：解：A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：WG=mv20，故A正确B、设摆球从A运动到B的过程中某点重力的瞬时功率最大，设此时速度方向与竖直方向的夹角为，则有p=mgvcosmgv，故B错误；C、根据冲量的公式I=Ft得：重力的冲量为I=mgt，不为零，故C错误；D、由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量所以摆球从A运动到B的过程中合力的冲量为mv，故D错误故选：A点评：知道瞬时功率的求解方法，掌握运用动量定理求解合外力的冲量10（3分）（2013浙江）如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小取重力加速度g=10m/s2下列判断正确的是（）A5s内拉力对物块做功为零B4s末物块所受合力大小为4.0NC物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D6s9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力菁优网版权所有专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：结合拉力和摩擦力的图线知，物体先保持静止，然后做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和动摩擦因数的大小解答：解：A、在04s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零故A错误；B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零故B错误；C、根据牛顿第二定律得，6s9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=f=mg，解得故C错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键通过图线分析出物体的运动，根据牛顿第二定律进行求解二、多项选择题（每道题至少有一个正确答案，全对得3分，选对但不全的得1分，错选不得分，7题，共21分）11（3分）（2013秋西城区校级期中）一辆从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是（）A汽车的动量保持不变B汽车的机械能减少C汽车所受的合外力为零D汽车所受的合外力做功为零考点：动量定理；向心力菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：汽车匀速驶下，做匀速圆周运动，即速度的大小不变，方向时刻在变，所受合外力不为零，也不做功，由于存在除重力之外的力做功，所以机械能不守恒解答：解：A、汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故A错误；B、汽车在驶下时，存在摩擦力做功，所以汽车的机械能减小，转化为内能，故机械能减小；故B正确；C、由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故C错误；D、汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以合外力不做功，故D正确；故选：BD点评：车做匀速曲线运动，故合外力充当向心力；合外力不做功，但有摩擦力做功；注意机械能守恒的条件为只有重力或弹力做功12（3分）（2013秋西城区校级期中）某单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，则以下说法正确的是（）At1时刻摆球速度最大，摆球向心加速度最大Bt2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大Ct3时刻摆球速度为零，摆球所受回复力最大Dt4时刻摆球速度为零，摆球处于平衡状态考点：简谐运动的振动图象菁优网版权所有专题：振动图像与波动图像专题分析：根据位移情况分析摆球的位置，分析摆球的速度和拉力大小当摆球在平衡位置时速度最大，回复力最小；当摆球在最大位移处速度为零，回复力最大解答：解：A、由图读出t1时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，加速度最大故A错误B、由图读出t2时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度速度最大，回复力最大故B正确C、由图读出t3时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大故C正确D、由图读出t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度速度最大，回复力最大故D错误故选：BC点评：由振动图象读出位移，分析摆球的速度、加速度、拉力如何变化是常见问题要明确位移与力及速度、加速度之间的关系13（3分）（2013秋西城区校级期中）如图所示为一物体沿南北方向做直线运动的vt图象，若规定向北为正方向，由图可知（）A3s末物体回到t=0时的位置B6s内物体所受合力的功为零C物体所受合力的方向一直向南D前3s与后3s物体的动量变化方向相同考点：动量定理；功的计算菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：物体沿南北方向做直线运动，根据规定的正方向，由速度图线分析物体的运动情况，根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，分析物体在什么时刻回到初始位置图线的斜率等于加速度解答：解：A、在前3s内，速度为负值，说明物体一直向南运动，没有回到t=0时的位置，故A错误B、由图象可知，6s内物体的位移为零，合外力所做功为零，故B正确；C、与图示图象可知，图线是一直线，直线的斜率一定，且是正的，说明物体在6s内的加速度恒定不变，且为正的，由牛顿第二定律可知，物体受到的合力不变，且是正的，即合力方向向北，故C错误D、由C可知，物体受到的合力为恒力，前3s与后3s物体受到合力的冲量相等，由动量定理可知，物体的动量变化方向相同，故D正确；故选：BD点评：由速度图象读出速度的大小、方向、加速度、位移等等是基本功，加强训练，熟练应用14（3分）（2014秋烟台期末）一列波源在x=0处的简谐波，沿x轴正方向传播，周期为0.02s，t0时刻的波形如图所示此时x=12cm处的质点P恰好开始振动则（）A质点P开始振动时的方向沿y轴正方向B波源开始振动时的方向沿y轴负方向C此后一个周期内，质点P通过的路程为8cmD这列波的波速为4.00m/s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象菁优网版权所有分析：根据质点的振动与波的传播的关系知，当质点处于上坡时向下振动，处于下坡时向上振动，可推断开始振动时波源的振动情况，由振幅可求质点在一定时间内通过的路程，求出波速解答：解：A、根据质点的振动与波的传播的关系知，质点P处于上坡，向下振动，故A错误B、波传到质点P时向下振动，故波源开始振动时的方向沿y轴负方向，故B正确C、一个周期内质点P通过的路程4A=4*5=20cm，故C错误D、波速=，故D正确故选BD点评：考查了质点的振动情况与波的传播关系，会合理判断15（3分）（2014春鞍山期末）如图所示，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A动能损失了2mgHB动能损失了mgHC机械能损失了mgHD机械能损失了考点：功能关系；动能定理的应用菁优网版权所有专题：压轴题；动能定理的应用专题分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可解答：解：根据动能定理应有=ma=2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30+f=ma=mg，可得f=mg，根据功能关系应有E=f=mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误故选：AC点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功16（3分）（2013秋西城区校级期中）如图，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1m2经一段时间两物体相碰撞并粘在一起碰撞后（）A两物体将向左运动B两物体将向右运动C两物体组成系统损失能量最小D两物体组成系统损失能量最大考点：动量守恒定律；功能关系菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：由动能与动量的关系判断出两物体的动量关系，两物体碰撞过程中动量守恒，然后由动量守恒定律判断出碰撞后系统的总动量方向，然后答题解答：解：A、物体的动量P=，已知两物体动能EK相等，m1m2，则P1P2，两物体组成的系统总动量方向与2的动量方向相同，即向左，两物体碰撞过程中动量守恒，两物体碰撞后动量向左，物体向左运动，故A正确，B错误；C、两物体碰撞后粘合在一起，物体发生的碰撞是完全非弹性碰撞，系统损失的机械能最大，故C错误，D正确；故选：AD点评：本题考查了动量守恒定律的应用，应用动量与动能的关系求出两物体动量间的大小关系、应用动量守恒定律即可正确解题；物体发生完全非弹性碰撞时系统损失的机械能最大17（3分）（2013秋西城区校级期中）如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的物块在光滑水平面上左右振动当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；则（）A以后小物块a振动的振幅将减小B弹簧振子的平衡位置将发生变化C在向右到达最大位移前，弹力的冲量与动量的方向相反D最大弹性势能将不变考点：动量定理菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：系统的机械能与振幅有关，机械能越大，振幅越大；分析振子的运动过程，然后答题解答：解：A、当物块向右通过平衡位置时a、b之间的粘胶脱开，a向右做减速运动，b向右匀速运动，弹簧振子总的机械能将减小，振幅减小，故A正确；B、a、b脱离后，a做简谐运动，弹簧弹力为零的位置为其平衡位置，振子的平衡位置不变，故B错误；C、在向右到达最大位移前，弹力的冲量向左，振子动量方向向右，弹力的冲量与动量的方向相反，故C正确；D、a、b在平衡位置分离后，振子的机械能减少，振子的最大弹性势能减小，故D错误；故选：AC点评：弹簧振子的振幅与机械能有关、分析振子的运动过程即可正确解题三、计算题（共49分）18（7分）（2013秋西城区校级期中）如图所示，质量为m=1kg的小木块，从高h=6.0m，倾角为37的固定斜面的顶端由静止开始沿斜面滑至底端，到达底端时的速度大小为8.0m/s，（g取10m/s2）求：（1）木块从斜面顶端滑至底端重力做的功；（2）木块从斜面顶端滑至底端所需的时间；（3）小木块与斜面间的动摩擦因数考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；功的计算菁优网版权所有专题：功的计算专题分析：（1）重力做功和路径无关；由功的公式可直接求出重力所做的功；（2）由位移公式可求得加速度，再由速度公式求得时间；（3）由牛顿第二定律及受力分析关系可求得动摩擦因数解答：解：（1）重力所做的功；W=mgh=1106J=60J； （2）由x=可得：由v=at可得：时间（3）设小木块的质量为m联立解得：=0.35 答：（1）重力做的功为60J； （2）木块到达底部的时间为2.5s；（3）动摩擦因数为0.35点评：本题考查牛顿第二定律的应用及重力做功特点；在解题时要注意先正确进行受力分析，再由牛顿第二定律列式求解19（7分）（2013秋西城区校级期中）某天体的半径为地球半径的2倍，质量为地球质量的倍，求该天体的第一宇宙速度及该天体表面处的重力加速度（已知地球的第一宇宙速度为8km/s，地球表面的重力加速度为10m/s2）结果保留2位有效数字考点：万有引力定律及其应用菁优网版权所有专题：万有引力定律的应用专题分析：1、卫星绕中心天体做圆周运动需要的向心力由万有引力提供，解得第一宇宙速度的表达式，进行相比计算即可2、根据星球表面万有引力等于重力表示出g进行比较即可求解解答：解：1、根据万有引力提供向心力解得所以该天体与地球宇宙速度之比=因为地球的第一宇宙速度v=8km/s，所以v=2km/s2、根据星球表面的物体受到重力等于万有引力解得所以该天体与地球表面加速度之比=因为地球表面中子加速度g=10m/s2所以g=0.31m/s2答：该天体的第一宇宙速度为2km/s，该天体表面处的重力加速度0.31m/s2点评：本题要掌握解决天体运动的两个重要关系，环绕天体绕中心天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供；忽略星球自转，在星球表面的物体受到的重力等于万有引力20（8分）（2013秋西城区校级期中）如图所示，摩托车做特技表演时，以v0=10m/s的初速度冲向高台，然后以v=7.5m/s的速度从高台飞出若摩托车冲向高台的过程中以P=1.8kW的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t=16s，人和车的总质量m=1.8102kg，台高h=5.0m不计空气阻力，取g=10m/s2求：（1）摩托车落地时速度的大小；（2）摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功考点：动能定理的应用；功的计算菁优网版权所有专题：功的计算专题分析：（1）摩擦力在平台上飞出后，做平抛运动；由机械能守恒可求得落地速度；（2）对冲上高台的过程分析，由动能定理可求得克服阻力所做的功解答：解：（1）摩托车由从高台飞出后机械能守恒：mgh+mv2=mv2代入数据解得：v=12.5m/s（2）摩托车冲上高台过程，应用动能定理有：PtmghWf=mv2mv02代入数据解得：Wf=2.4104J；答：（1）摩托车落地时速度为12.5m/s；（2）摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功为2.4104J点评：本题考查动能定理及机械能守恒定律；在分析摩托车冲上平台的过程中要注意W=Pt的应用21（8分）（2013秋西城区校级期中）一辆质量为2t的汽车，其发动机的额定功率是75kw，当它在水平公路上匀速行驶时最大速度可达25m/s，设汽车阻力不变，问：（1）当汽车以20m/s的速度匀速行驶时，发动机输出功率是多少？（2）当汽车以额定功率行驶，加速度a=2.25m/s2时，汽车的速度多大？考点：功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有专题：功率的计算专题分析：（1）汽车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度达到最大，做匀速直线运动，先根据平衡条件和公式P=Fv求解摩擦阻力；当汽车以20m/s的速度匀速行驶时，先根据平衡条件求解牵引力，然后根据公式P=Fv球输出功率（2）根据牛顿第二定律求解牵引力，然后根据公式P=Fv求解汽车的速度解答：解：（1）发动机的额定功率是75kw，匀速行驶时最大速度可达25m/s，故摩擦力为：f=当汽车以20m/s的速度匀速行驶时，根据平衡条件，牵引力为：F=f=3000N故发动机输出功率是：P=Fv=3000N20m/s=6104W=60KW（2）当汽车以额定功率行驶，加速度a=2.25m/s2时，根据牛顿第二定律有：Ff=ma解得：F=f+ma=3000N+20002.25=7500N故速度为：v=答：（1）当汽车以20m/s的速度匀速行驶时，发动机输出功率是60KW；（2）当汽车以额定功率行驶，加速度a=2.25m/s2时，汽车的速度10m/s点评：本题关键是明确汽车速度达到最大时牵引力与阻力平衡，加速时牵引力大于阻力，结合平衡条件、牛顿第二定律和功率公式列式求解，不难22（9分）（2015鄞州区校级一模）图甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示取g=10m/s2，根据Ft图象求：（1）运动员的质量；（2）运动员在运动过程中的最大加速度；（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）刚站上去时，弹力等于重力，则图象可以知道重力大小，可以求得质量（2）弹力最大时，加速度最大，由图可以看出最大弹力，由牛顿第二定律可以得到最大加速度（3）运动运在空中向上做竖直上抛，向下时自由落体，从图中可以知道，稳定后的高度最大，由此可以求得最大高度解答：解：（1）由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则m=50kg（2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N，设运动员的最大加速度为am，则Fmmg=mamam=m/s2=40 m/s2（3）由图象可知远动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s根据竖直上抛运动的对称