资源简介

2025-2026学年广西南宁市第二十六中学等校高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.在物理学的发展历程中，科学家们通过观察、实验和推理，建立了许多重要的规律和思想方法。下列关于物理学史、物理规律及物理方法的说法中，正确的是( )
A. 开普勒在研究了第谷行星观测记录的基础上，证实了天体运动是完美的匀速圆周运动
B. 牛顿发现了万有引力定律并测出了万有引力常量
C. 牛顿力学适用于宏观世界、低速运动的物体
D. “质点”这一概念的建立是运用了假设法
2.如图甲所示，某同学站在力传感器上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。他稳定站立时，体重计的示数为。图乙为传感器示数随时间的变化情况。关于实验现象，下列说法正确的是( )
A. 在“下蹲”过程中，力传感器对人的支持力始终做负功
B. 在“下蹲”过程中，先出现失重现象后出现超重现象
C. 在“起立”过程，人的重力势能不断增加，说明重力对人做正功
D. 图乙记录的是他完成两次“蹲起”的过程
3.年月日，天舟九号货运飞船顺利升空。天舟九号货运飞船与火箭成功分离并进入距离地面高度约为的预定轨道Ⅰ，随后天舟九号货运飞船经过变轨，与距离地面高度约为的轨道Ⅲ上的空间站组合体进行交会对接，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 货运飞船分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道时相应周期的关系为
B. 货运飞船在Ⅰ轨道的动能小于在Ⅲ轨道的动能
C. 货运飞船从Ⅰ轨道到Ⅱ轨道的过程中需要向前点火
D. 货运飞船在Ⅱ轨道的点和Ⅲ轨道的点向心力大小不同
4.年月，受南海热带低压带来的降雨和上游来水影响，郁江南宁城区河段邕江出现超设防水位洪水。在某次救援中，战士欲划小船从处横渡一条宽的小河，处下游有一障碍区域，点与障碍区域边缘连线与河岸的最大夹角为，如图所示。已知河中水流速度为，战士划船的速度即船相对静水的速度最大可达，小船可视为质点，下列说法正确的是( )
A. 战士渡河的最短时间为
B. 战士渡河的最短距离为
C. 战士能够安全渡河的最小划船速度为
D. 战士以最小安全速度渡河时所需时间为
5.如图甲所示，在足够大的水平地面上放置一个质量为的物体，物体在水平向右的推力的作用下由静止开始沿直线运动，运动了时撤去推力，物体在摩擦力的作用下开始减速。已知推力随位移变化的规律如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为，取。则物体从开始运动到停止的过程中，下列说法正确的是( )
A. 推力做的功为 B. 摩擦力对物体做功为
C. 物体的最大位移为 D. 撤去推力时物体的速度为
6.如图所示，在暗室内用每秒闪光次的频闪光源照射三个叶片互成的电扇，电扇匀速转动的角速度为，下列的取值中能观察到三个扇叶倒转的是( )
A.
B.
C.
D.
7.如图所示，将油纸伞的伞面在水平面内顺时针匀速转动，某一时刻雨伞边缘转动的线速度为时，在雨伞边缘位置处的质量均为的雨滴将由边缘处脱离。若雨伞伞面半径和雨伞边缘距离水平地面的高度均为，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是( )
A. 雨滴被甩出是因为惯性离心力的作用
B. 着地前瞬间，雨滴的重力的瞬时功率为
C. 雨滴落在地面上后形成一个半径的圆圈
D. 雨滴落在地面上后形成一个半径的圆圈
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，轻弹簧一端固定在地面上，另一端与物块相连，物块叠放在物块上但不与相连。开始时整个系统处于静止状态，现对施加一竖直向上的力使物块做匀加速直线运动。忽略空气阻力，则( )
A. 两物块刚好分离时，物块的动能最大
B. 从开始至刚好分离，物体要克服弹簧的弹力做功，弹性势能减小
C. 两物块刚好分离时，弹簧的弹性势能不为零
D. 从开始至刚好分离，重力对物体做负功，重力势能增加
9.如图为某炮兵部队在训练中以大小相同的初速度、不同的仰角从水平地面点发射炮弹，不考虑空气阻力。关于炮弹在空中的运动，下列说法正确的是( )
A. 若发射速度不变，炮弹上升的最大高度射高随仰角的增大而增大
B. 若仰角不变，炮弹上升的最大高度射高随发射速度的增大而减小
C. 若发射速度不变，炮弹落回地面时与发射点的距离射程随仰角的增大而增大
D. 若发射速度不变，当仰角取或时，炮弹会落到地面同一位置
10.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当太阳位于地球和其他星球之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星合日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如表所示，各行星的运动均可看作匀速圆周运动，则下列判断正确的是( )
地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径
A. 各地外行星每年都会出现合日现象
B. 木星相邻两次合日的时间约为年
C. 地外行星中，火星相邻两次合日的时间间隔最短
D. 地外行星中，海王星相邻两次合日的时间间隔最短
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学在实验室里拿出一根弹簧利用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与弹簧伸长量的关系”的实验。
该同学在弹簧下挂个钩码，待稳定时刻度尺的示数如图乙所示，该毫米刻度尺的读数为 。
在进行实验时，该同学发现两种不同的操作画出的图像不同。其中对应于丙图的操作是 。
A.在弹簧竖直悬挂时测出其自然长度的情况下得到的弹力与弹簧伸长量图线；
B.将弹簧水平放置测出其自然长度，然后再竖直悬挂完成实验，得到弹力与弹簧伸长量图线。
如图丁所示，若将该弹簧横放在光滑的水平桌面上，两侧各用细线挂一个相同的砝码，不计一切摩擦，当弹簧静止时，弹簧伸长了，弹簧的劲度系数，则一个砝码的质量为 取。
12.利用生活中的器材同样也可以去探究圆周运动的规律。小华同学用铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表等器材组装成如图所示的实验装置，用于探究影响圆锥摆周期的因素，其实验操作步骤如下：
用毫米刻度尺测出摆长细绳固定悬点与小球球心的距离。
给小球一个合适的初速度，使小球在图所示的水平面内做匀速圆周运动，用毫米刻度尺测出细绳悬点到圆轨迹平面的竖直高度。
用秒表测出小球做圆周运动的周期。
小华同学猜测摆绳长度、细绳悬点到圆轨迹平面的竖直高度对小球做圆周运动的周期有影响，于是他调节变量和，进行多次实验，得到数据并作图。
根据上述步骤完成下列问题：
小华同学用秒表测得小球运动圈的时间为，则小球做圆周运动的角速度 。
小华同学在保持不变，研究对的影响时，绘制出了图像如图乙所示，得到了一条过原点的倾斜直线。若直线的斜率是，则当地的重力加速度 用题中所给物理量的符号表示。
不考虑阻力的影响，保持不变，下列图中能反映与关系的图像是 。
在实际操作过程中，随着实验时间变长，小球的角速度如何变化？ 变大、变小或不变。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，是一种大型机械车间运输货物的吊车。吊车通过钢索竖直悬挂货物，现将一质量为的货物可视为质点由静止开始沿着与水平方向成角斜向上做匀加速直线运动，货物在内向斜上方移动了的距离，空气阻力不计，重力加速度取。求：
末货物的速度；
末克服重力的瞬时功率；
内钢索对货物的拉力做功。
14.图甲为游乐场中的水滑梯，其简化示意图如图乙所示，其可视为由光滑的四分之一圆轨道和水平阻力轨道平滑连接组成。圆弧轨道的半径，游客的质量，人在水平轨道上受到的阻力大小是重力的，取，求：
游客从起点由静止开始滑下，求刚滑到水平轨道处时游客对轨道的压力？
出于安全考虑，要求人不能滑出水平轨道的末端点，则水平轨道至少要多长？
假设游客质量为，在水平轨道上受到的阻力为，到达点的速度为。请根据牛顿第二定律和运动学公式，推导出游客在水平轨道滑行至停止的过程中，阻力做功的表达式。
15.质量的汽车，从底端沿倾角为的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受到恒定摩擦阻力，汽车发动机的额定功率，开始时汽车以的加速度做匀加速直线运动，取。求：
汽车做匀加速直线运动的时间；
汽车所能达到的最大速率；
若坡长，且认为汽车到达坡顶之前已经达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶大约需要多长时间？保留一位小数
请你在图中画出该汽车启动至匀速行驶过程的牵引力与速度的倒数的关系图像要求标注出关键的拐点坐标。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：开普勒通过分析第谷的观测数据，发现行星的轨道是椭圆，而非匀速圆周运动，并提出了开普勒三大定律，否定了“完美圆周运动”的观点，故A错误；
B.牛顿发现了万有引力定律，但万有引力常量是由卡文迪什通过扭秤实验测出的，并非牛顿本人，故B错误；
C.牛顿力学经典力学的适用条件是：宏观、低速远小于光速、弱引力场。对于微观粒子或高速运动的物体，需用量子力学或相对论力学，故C正确；
D.质点是忽略物体大小和形状，只考虑质量的理想化模型，其建立运用的是理想化模型法或理想模型法，而非假设法，故D错误。
故选：。
物理学史需记清科学家的核心贡献：开普勒提出行星定律，牛顿提出万有引力定律，卡文迪许测出引力常量；理想化模型包括质点、点电荷、理想气体等，均采用理想化模型法；牛顿力学仅适用于宏观低速场景。
本题考查了物理学史、经典力学的适用范围、物理模型的建立方法，是高中物理的基础概念题。核心易错点：混淆开普勒和牛顿的贡献，误以为开普勒支持匀速圆周运动；记错万有引力常量的测量者，误以为牛顿测出了；混淆物理研究方法，误将理想化模型法当作假设法；对牛顿力学的适用范围理解不清。
2.【答案】
【解析】解：、下蹲时，力传感器对人的支持力方向上没有位移，做功为，故A错误；
B、下蹲先加速向下失重，示数，后减速向下超重，示数，先失重后超重，故B正确；
C、起立高度上升，重力做负功，重力势能增加，故C错误；
D、图像呈现一次下蹲、一次起立，并非两次蹲起，故D错误。
故选：。
力与位移同向做正功，反向做负功。支持力向上，下蹲位移向下，支持力始终负功；
下蹲：先加速下失重、后减速下超重；
根据做功和重力势能的关系作答；
先失重再超重为下蹲，先超重再失重为起立，对应一次下蹲一次起立。
核心考查超重失重判定、功与重力势能变化规律；记住：加速向下失重、减速向下超重，位移与力反向则力做负功，方向相同则力做正功，没有位移则不做功。
3.【答案】
【解析】解：根据开普勒第三定律，绕同一中心天体运动的天体满足：为常量，其中为轨道半长轴，为周期。
轨道Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，轨道半径分别为、，轨道Ⅱ为椭圆轨道，半长轴为，由题意易知：，可得：，故A正确；
B.由万有引力提供向心力得：，解得线速度大小为：
动能为：，因轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，故货运飞船在Ⅰ轨道的动能大于在Ⅲ轨道的动能，故B错误；
C.货运飞船从较低轨道Ⅰ变轨到较高轨道Ⅱ，需要加速做离心运动，因此需要向后点火喷气，获得向前的推力而加速，故C错误；
D.由题图可知，点为轨道Ⅱ的远地点，货运飞船在Ⅱ轨道的点时速度方向与万有引力方向垂直，此时货运飞船无切向加速度，其所受的万有引力全部充当向心力。货运飞船在Ⅲ轨道做匀速圆周运动，其所需向心力等于万有引力。因货运飞船在Ⅱ轨道的点和Ⅲ轨道的点受到的万有引力相同，故其在Ⅱ轨道和Ⅲ轨道的点向心力大小一样，故D错误。
故选：。
结合开普勒第三定律、万有引力定律分析周期、动能与向心力的关系；根据卫星变轨原理判断点火喷气的方向。
本题考查卫星变轨与天体运动规律，涵盖核心公式与变轨原理，能有效检验学生对万有引力应用的理解，难度适中。
4.【答案】
【解析】解：当船头垂直于河岸以最大划船速度渡河时渡河时间最短，可得最短渡河时间，故A错误。
B.当船在静水中的速度与渡河速度合速度垂直时渡河位移最小，可得最小位移，故B错误。
当小船从障碍物边缘经过且船在静水中的速度与船渡河速度垂直时小船的速度最小，如图所示：
战士能够安全渡河的最小划船速度为
战士以最小安全速度渡河的最小位移为
此时渡河的速度即合速度
战士以最小安全速度渡河需要的时间，故C正确，D错误。
故选：。
根据船头垂直河岸的条件计算最短渡河时间，分析船速与合速度垂直时的最小位移；结合安全渡河的几何约束，通过矢量三角形法求出最小划船速度，再计算对应的渡河位移、合速度与渡河时间。
本题考查小船渡河问题的分析，核心涵盖了最短渡河时间、最小位移的计算，以及在安全约束条件下的最小船速求解，检验了对运动合成与分解规律的应用能力。
5.【答案】
【解析】解：图像的面积表示推力做的功，则，故A错误；
摩擦力大小：
设物体最大位移为，根据动能定理：
代入数据得
摩擦力总功：
故B正确，C错误；
D.设物体的最大速度为，由题意可知，撤去外力的瞬间物体获得最大速度，根据动能定理
解得，故D错误。
故选：。
根据图像上图线和轴所围成的面积物理意义求解的功，根据动能定理列式求解最大速度。
考查图像的认识和处理，以及动能定理问题，会根据题意进行准确分析和计算。
6.【答案】
【解析】解：叶片旋转的时间间隔是，电扇有三个互成即的叶片，要观察到扇叶倒转，需满足：相邻两次闪光间，扇叶转过的角度略小于的整数倍即，为正整数，
此时视觉上会产生反向转动效果。角速度，代入
得：，由于，因此角速度的取值范围为：
A.，当时，，符合上述范围此时，满足，故A正确；
B.，此时，扇叶刚好转过的整数倍，视觉上叶片位置不变，无倒转效果，故B错误；
C.，此时，扇叶转过即个，叶片位置不变，无倒转效果，故C错误；
D.，此时，扇叶转过，叶片位置不变，无倒转效果，故D错误。
故选：。
先由闪光频率算出两次闪光的时间间隔，再根据扇叶倒转的视觉条件相邻两次闪光时扇叶转过的角度略小于的整数倍，使视觉上产生反向转动效果，推导出角速度的取值范围，再逐一判断选项。
本题结合频闪光源的视觉暂留现象，考查圆周运动角速度的分析，重点是理解扇叶倒转的物理条件，考查对实际物理现象的分析与推导能力。
7.【答案】
【解析】解：雨滴被甩出是因为雨滴具有惯性，要保持原来的运动状态，离心力是虚拟力，实际并不存在，故A错误；
B.雨滴脱离雨伞后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，着地前瞬间竖直分速度为，重力的瞬时功率等于重力与竖直分速度的乘积，即，故B错误；
C.雨滴平抛运动的时间
水平位移
雨滴落在地面上形成的圆圈半径是水平位移与雨伞半径的几何和，即，故C错误，D正确。
故选：。
先分析雨滴甩出的原因，再用平抛运动规律计算竖直分速度以判断重力瞬时功率，接着求出水平位移并结合几何关系推导地面圆圈半径，逐一分析选项。
本题结合圆周运动与平抛运动模型，考查惯性概念、瞬时功率计算及平抛规律的应用，需理清运动过程并综合运用运动分解与几何关系，侧重对平抛运动规律的理解与综合分析能力的考查。
8.【答案】
【解析】解：两物块刚好分离时，物块的加速度与的加速度相同，此时所受弹簧弹力大于其重力，加速度不为零；而物块动能最大的位置是其加速度为零弹簧弹力等于的重力时，故A错误；
B.从开始至刚好分离，弹簧压缩量逐渐减小，弹簧弹力方向与物体位移方向相同，弹力对物体做正功，弹性势能减小，并非物体克服弹簧弹力做功，故B错误；
C.两物块刚好分离时，、间弹力为零，对受力分析，弹簧弹力需提供向上的加速度，故弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，故C正确；
D.从开始至刚好分离，物体向上运动，重力方向与位移方向相反，重力做负功，重力势能增加，故D正确。
故选：。
明确分离的条件为相互弹力为零且加速度相同，分析的受力变化确定动能最大的位置，结合弹簧压缩量变化判断弹性势能，再根据重力做功与高度变化的关系分析重力势能变化。
本题以弹簧连接体的分离过程为情境，结合牛顿运动定律与功能关系，考查分离条件、动能、弹性势能及重力势能的综合分析，需理清运动过程中受力与能量的变化关系，难度适中。
9.【答案】
【解析】解：设初速度为，仰角为，则竖直分速度为；炮弹上升到最高点时竖直速度为，根据运动学公式有，可得射高。当发射速度不变时，仰角越大，的值越大，射高也越大；当仰角不变时，发射速度越大，射高越大，故A正确，B错误。
炮弹在空中的总飞行时间，水平方向速度为，可得射程。当发射速度不变时，在时取最大值，可知射程随仰角的增大先增大后减小；当仰角时，当仰角时，由三角函数诱导公式可知，两种仰角对应的值相等，所以射程也相等，炮弹会落到地面同一位置，故C错误，D正确。
故选：。
将斜抛运动分解为竖直与水平分运动，通过竖直上抛公式推导射高表达式，分析初速度和仰角对射高的影响；结合飞行时间与水平分速度推导弹道射程公式，利用三角函数性质分析射程随仰角的变化规律，判断互补仰角的射程关系。
本题考查了斜抛运动的基本规律，核心是通过运动的分解推导射高与射程公式，分析初速度和仰角对抛体运动轨迹的影响，检验了对抛体运动分运动思想及三角函数在物理中应用的理解能力。
10.【答案】
【解析】解：相邻两次合日现象发生时，地球需要比地外行星多公转一整圈，才能再次形成太阳、地球、地外行星位于同一直线的位置关系。设地球公转周期为年，地外行星公转周期为，相邻两次合日的时间间隔为，根据圆周运动角速度关系可得，解得。
A.地外行星的轨道半径均大于地球的轨道半径，根据开普勒第三定律可知地外行星的公转周期均大于年，可得相邻两次合日的时间间隔年，所以地外行星并非每年都会出现合日现象，故A错误。
B.根据开普勒第三定律有，可知木星的公转周期
可得木星两次合日的时间间隔，故B正确。
根据相邻两次合日的时间间隔公式，可知行星公转周期越长，相邻两次合日的时间间隔就越短。在所有地外行星当中，海王星的轨道半径最大，所以海王星相邻两次合日的时间间隔最短，故C错误，D正确。
故选：。
根据地球与地外行星的角速度差，推导出相邻两次合日的时间间隔公式。结合开普勒第三定律，分析地外行星的公转周期与轨道半径的关系，判断合日现象的时间间隔；代入木星的轨道半径数据，计算其公转周期和合日间隔；根据公式分析行星公转周期与合日间隔的关系，判断不同地外行星的合日间隔特点。
本题考查行星公转运动与合日现象的规律，核心是利用圆周运动的角速度关系推导合日间隔公式，并结合开普勒第三定律分析行星轨道半径、公转周期与合日间隔的关系，检验对天体运动规律的理解与应用能力。
11.【答案】

【解析】解：图乙中刻度尺的最小分度值为，则该毫米刻度尺的读数为。
在弹簧竖直悬挂时测出其自然长度，此时的已经包含了弹簧自重引起的伸长，因此作出的图线通过原点。故A错误；
B.先水平测量自然长度，再竖直悬挂实验，则弹簧自重会使弹簧在时就有伸长，图线在轴有截距。故B正确。
故选：。
对左侧钩，根据平衡条件有，解得
故答案为：；；。
先确定刻度尺的最小分度值再读数；
根据弹簧自重分析判断；
根据平衡条件和胡克定律计算。
本题考查“探究弹簧弹力大小与弹簧伸长量的关系”实验，关键掌握实验原理和数据处理方法。
12.【答案】
变小

【解析】解：因为做小球匀速圆周运动，所以周期为，可得小球做圆周运动的角速度。
设细绳与竖直方向的夹角为，小球受到重力、细绳的拉力的作用，对小球，由牛顿第二定律有
又
解得
由图像的斜率有
解得当地的重力加速度
根据得，可知当不变时，不变，则对无影响，故A正确，BCD错误。
故选：。
随着时间变长，由于空气阻力，细绳与竖直方向夹角变小，由，可得，可知小球角速度将变小。
故答案为：；；；变小。
根据题意和角速度与周期关系计算；
根据牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
根据周期表达式分析判断；
根据牛顿第二定律分析判断。
本题考查探究圆周运动的规律实验，关键掌握实验原理和利用图像处理数据的方法。
13.【答案】末货物的速度为，方向为沿着与水平方向成角斜向上 末克服重力的瞬时功率为 内钢索对货物的拉力做功为
【解析】解：货物在内的平均速度大小为：
末货物的速度大小为：，方向为沿着与水平方向成角斜向上。
末克服重力的瞬时功率为：
解得：
对货物，根据动能定理得：
解得：
答：末货物的速度为，方向为沿着与水平方向成角斜向上；
末克服重力的瞬时功率为；
内钢索对货物的拉力做功为。
根据匀变速直线运动的平均速度的推论求解；
根据瞬时功率的计算公式求解；
根据动能定理解答。
本题考查的是匀变速直线运动规律、瞬时功率、动能定理综合应用。掌握瞬时功率的计算方法，掌握动能定理的应用。
14.【答案】游客在处对轨道的压力为，方向竖直向下 水平轨道至少要 阻力做功表达式为
【解析】解：游客从到，由动能定理：
解得
在点，由牛顿第二定律：
代入数据得
由牛顿第三定律，游客对轨道的压力，方向竖直向下。
对全程由动能定理：
其中
解得
。
由牛顿第二定律
得
由运动学公式
得
阻力做功
答：游客在处对轨道的压力为，方向竖直向下；
水平轨道至少要；
阻力做功表达式为。
由动能定理求出游客从到的速度，结合牛顿第二、第三定律求刚滑到水平轨道处时游客对轨道的压力；
对全程由动能定理求水平轨道至少要多长；
由牛顿第二定律求出游客在水平轨道滑行的加速度大小，结合运动学公式和摩擦力做功的表达式求游客在水平轨道滑行至停止的过程中，阻力做功的表达式。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合问题，运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
15.【答案】汽车做匀加速直线运动的时间为 汽车所能达到的最大速率为 汽车从坡底到坡顶大约需要
【解析】解：汽车做匀加速直线运动时，设牵引力为，根据牛顿第二定律有
汽车做匀加速直线运动能够达到的最大速度为
则汽车做匀加速直线运动的时间
联立代入数据解得
当汽车受力平衡时汽车的速度最大，则汽车的最大速度为
代入数据解得
汽车匀加速上升的距离为
以后汽车以恒定功率上升运动，设继续运动的时间为，根据动能定理有
汽车从坡底到坡顶的时间为
联立代入数据解得
根据以上解答做出对应的图像，如下图所示
答：汽车做匀加速直线运动的时间为；
汽车所能达到的最大速率为；
汽车从坡底到坡顶大约需要；
根据牛顿第二定律计算此阶段汽车的牵引力，得到匀加速运动所能达到的最大速度，然后根据速度时间关系计算；
先计算出汽车匀速运动时的牵引力，然后根据公式计算；
汽车达到额定功率后根据动能定理计算汽车以额定功率上升的时间，然后计算总时间即可。
知道汽车匀加速运动时的牵引力和达到的最大速度，然后根据汽车的最大速度做出即可。
知道汽车功率达到额定功率后匀加速运动结束，以后以额定功率运动时，根据动能定理可计算汽车的运动时间，知道汽车受力平衡时速度达到最大等是解题的基础。
第1页，共1页

展开更多......

收起↑