舰载机采用无“平飘”方式着舰.

（1）∵ρ=[m/V]，
∴零件体积：V=
m钛
ρ钛=[540kg
4.8×103kg/m3=0.1125m³；
（2）复合材料零件质量为：m_复=540kg-360kg=180kg；
复合材料的密度：ρ_复=
m复/V]=
180kg
0.1125m3=1.6×10³kg/m³．
答：（1）该零件的体积是0.1125m³；
（2）这种复合材料的密度是1.6×10³kg/m³．

点评：
本题考点： 密度公式的应用．

考点点评： 本题考查了学生对密度公式的掌握和运用，确定题目中提供的体积关系并利用好是本题的关键．

（1）∵航空母舰处于漂浮状态，F_浮=G，
舰载机群飞离后，航母仍漂浮，但自重G减小
∴航母所受浮力减小；
（2）移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的．起飞后航母上的指挥部通过电磁波与舰载机上的飞机员进行联系．
故答案为：减小；电磁．

点评：
本题考点： 物体的浮沉条件及其应用；电磁波的传播．

考点点评： 本题考查了学生对物体浮沉条件和电磁波的理解与掌握，关键是知道电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播．

①歼-15战机降落时在阻拦索的拉力作用下减速并快速停下，说明运动状态发生变化，这是因为力可以改变物体的运动状态；
②战机的质量远远小于航母的质量，所以歼-15战机的惯性小于“辽宁号”航母的惯性．
故答案为：力可以改变物体的运动状态；小于．

点评：
本题考点： 力的作用效果；惯性．

考点点评： 此题考查的是力的作用效果和影响惯性的因素．需要注意的是，惯性是物体本身的一种属性，只与物体的质量有关，与其它因素无关．

（1）飞机在水平跑道运动时，设加速度为a₁，运动时间为t₁，由牛顿第二定律和运动学方程有：
F-kmg=ma₁①
l1＝
1
2
a1t21②
联立①②并带入数据得：t₁=8.0s；
（2）设飞机在水平跑道运动时，末速度大小为v₁，飞机在倾斜跑道运动时加速度大小为a₂，末速度大小为v₂，则有：
v₁=a₁t₁③
F-kmg-mg
h
l2=ma₂④
由运动学方程得：
v22
−v21＝2a2l2⑤
推力的功率为：P=Fv₂⑥
联立①②③④⑤⑥并代入数据得：P=5.04×10⁶W
答：（1）飞机在水平跑道从静止开始加速所用的时间为8.0s
（2）飞机到达倾斜跑道末端时推力的功率为5.04×10⁶W

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律、运动学公式和功率公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．此外，也可以应用动能定理求解末速度，可以试一下．

（1）∵舰载机群飞离后，航母仍漂浮，但自重G减小
∴F_浮=G，
∴航母所受浮力减小．
（2）∵F_浮=ρ_水V_排g
∴排开水的体积要减小，航母将上浮一些
∴航母底部所处的深度减小
又∵p=ρgh
∴航母底部所受的压强将减小
故选B．

点评：
本题考点： 阿基米德原理；液体的压强的特点．

考点点评： 本题考查了物体的浮沉条件（漂浮条件）和液体压强的特点，考查了学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力．

（1）图中，舰载机在航母甲板上降落时，以航母甲板（或地面）为参照物，舰载机的位置发生了改变，故舰载机是运动的；
（2）舰载机着舰后由于惯性，还要保持原来的运动状态，因此会继续运动，必须适时放下着舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行减速目的；
（3）当舰载机停在航母水平甲板上时，其重力与支持力大小相等，方向相反，且作用在同一物体的一条直线上，这两个力是一对平衡力．
故答案为：航母甲板（或地面）；惯性；支持．

点评：
本题考点： 运动和静止的相对性；惯性；平衡状态的判断．

考点点评： 此题以人们关注的航线和舰载机为背景，考查了运动与静止的相对性、惯性现象以及平衡力的辨别，有一定综合性，但难度不大．

A、B、在0.4s～2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但由于阻拦索的夹角减小，故阻拦索的张力是减小的，故A错误，B正确；
C、在2.5s～3.0s时间内，由于加速度逐渐减小，故合力逐渐减小，故C错误；
D、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为：
[70×3/2]m=105m，而无阻拦索的位移为1000m，因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的[1/10]，故D正确；
故选：BD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小．注意阻拦索的张力与合力是不同的．

（1）由v-t图象可知，总位移为：
x=60×0.5+
1
2×60×2.5=105m
（2）设飞机所受阻力为f，由动能定理得：
fx₀=[1/2]mv
20
解得：f=4×10⁴N
当有拦索时设飞机加速度大小为a，阻拦索拉力为F，由v-t知加速度a=[△v/△t]=24m/s²
2Fcos53°+f=ma
联立上式并带入数据得：
F=3.67×10⁵N
（3）设阻拦系统对飞机做的功为W，飞机匀减速的位移为x，由动能定理有：
W-fx=0-[1/2]mv
20
代入数据解得：W=-3.3×10⁷J
答：（1）飞机着舰到停止的总位移105m；
（2）当阻拦索的夹角为106°时阻拦索的拉力3.67×10⁵N；
（3）阻拦索对飞机做的功-3.3×10⁷J．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；力的合成．

考点点评： 考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小．注意阻拦索的张力与合力是不同的．

(1)飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，根据动能定理

(2分)

解得(2分)

(2)根据v−t图像可求得飞机加速度大小(2分)

飞机受力如图所示。

根据牛顿第二定律(2分)

解得(2分)

(3)无阻拦索时，飞机需滑行

有阻拦索时，飞机实际滑行距离(1分)

由图像面积可知，从t1时刻至t2时刻，飞机的位移为(1分)

因此，从t2时刻至飞机停止，飞机的位移为(1分)

从t2时刻至飞机停止，根据动能定理(3分)

解得(2分)

（1） （2） （3）

A、在0.4s～2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但随拦阻索之间夹角的变化，阻拦索的张力是变化的，故A错误；
B、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为[70×3/2m=105m，故B正确；
C、在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为a=
△v
△t]=
10−6.5
2.5−0.4m/s2=26.2m/s²＞2.5g，故C正确；
D、在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=FV，虽然F不变，但V是渐渐变小，所以其变化的，故D错误；
故选：BC．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小；注意阻拦索的张力与张力的合力是不同的．

（1）飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，由动能定理得：
-fx=0-[1/2]mv₁²

解得：x=980m；
（2）由v-t图象可知，飞机加速度：
a=[△v/△t]=[10−70/2.4−0.4]=-30m/s²
加速度大小为30m/s²
对飞机，由牛顿第二定律得：
2Tcos[α/2]+f=ma
解得：T=5.5×10⁵N；
（3）由图象面积可知，从t₁时刻至t₂时刻，飞机的位移为s₁=80m，
从t₂时刻至飞机停止，飞机的位移为s₂=2m，
从t₂时刻至飞机停止，由动能定理得：
W-fs₂=0-[1/2]mv₂²
解得：W=-9×10⁵J．
答：（1）飞机继续滑行的距离为980m．
（2）此时阻拦索中的弹力为5.5×10⁵N；
（3）阻拦索对飞机做的功为-9×10⁵J．

点评：
本题考点： 动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了图象、牛顿第二定律动能定理的应用，在解题时要注意根据图象明确飞机的运动过程，再由动能定理、牛顿第二定律分析答题．

（1）无阻拦索时，汽车做匀减速直线运动；
设着舰时飞机的速度为v，无阻拦索时飞机加速度为a₁，所以
a₁=
v2
2x1=
702
2×1000=2.45m/s²；
根据速度时间图象面积表示位移，则从着舰到停止飞机在甲板上滑行的距离
则x₂=70×0.4-[1/2]×2.45×0.4²+[70−2.45×0.4+10/2]×2.1+[1/2]×10×0.5=113.3m；
（2）0.4s～2.5s时间内飞机的加速度大小
a₂=[70−2.45×0.4−10/2.1]m/s²=28.1m/s²
不计其他阻力，在0.4s～2.5s阻拦系统对飞机的作用力为：
F=ma₂=1.7×104×28.1N=4.78×105N
0.4s的速度v₁=v₀-a₁t=69m/s；
0.4s时阻拦索系统对飞机做功的功率：
P₁=Fv₁=4.78×105×69W=3.30×10⁷W；
答：（1）飞机在甲板上滑行的距离为113.3m；（2）0.4s时阻拦索作用力对飞机做功的功率为3.30×10⁷W．

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 本题考查了图象、牛顿第二定律及功率公式；在解题时要注意根据图象明确飞机的运动过程，再由功率公式求解即可．

舰载机加速向上起飞，在这一过程中舰载机的质量不变，速度不断增大，高度不断增加，所以动能不断增加，重力势能不断增加．
故选B．

点评：
本题考点： 动能和势能的大小变化．

考点点评： 本题考查动能和重力势能的影响因素，相对比较简单，属于基础题．

（1）关闭发动机后，舰载机仍然滑行，是因为它具有惯性，仍然保持原来的运动状态；
（2）舰载机被航母上的弹性绳钩住，受到绳索阻力的作用，速度迅速减小，说明力可以改变物体的运动状态；
（3）弹性绳把舰载机钩住，弹性绳被拉长，发生弹性形变，此过程中舰载机的动能转化成内能和弹性绳的弹性势能．
故答案为：惯性；运动状态；弹性势．

点评：
本题考点： 惯性；力的作用效果；能量转化的现象．

考点点评： 本题以舰载机返回航母为内容考查了惯性、力的作用效果以及能量转化的知识，注重了物理和科技的联系，属于中考的热点．

（1）航母原来漂浮在水面上，浮力等于重力；飞机飞离航母后，航母总重减小，但仍然漂浮，所以浮力相应减小；
（2）因为航母受到的浮力减小，在水的密度一定时，由F_浮=ρ_液gV_排可得，公式V_排=
F浮
ρ液g知，航母排开水的体积减小，也就是要上浮一些．
故选A．

点评：
本题考点： 物体的浮沉条件及其应用．

考点点评： 物体只要是漂浮，浮力始终等于重力，浮力的变化决定于重力是否变化、如何变化．

A、当舰载机静止在航母上时，航母受到的浮力与它们的总重力大小相等，A正确；
B、当舰载机飞离航母时，航母将上浮，航母受到的浮力仍等于总重力，重力减小，所以浮力减小，B错误；
C、当舰载机降落在航母上时，航母将下沉，因为仍是漂浮，航母受到的浮力仍等于总重力，重力变大，所以浮力变大，C错误；
D、由BC知，D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 物体的浮沉条件及其应用．

考点点评： 此题考查了物体漂浮在液体中时，浮力和重力的关系，物体只要是漂浮，浮力始终等于重力，浮力的变化决定于重力是否变化、如何变化．

我是根据F=KLI^2 a=F/m v=根号（2aL）算的

纯个人理解

不知楼主怎么想的

答案是错了，人家忽略了‘磁感应强度大小与电流强度I成正比’这一题设，对吧?

个人感觉选CD

（1）由图示图象可知，舰载机着舰的速度为70m/s；
（2）由图象可知，舰载机被阻拦索钩住后1.6s，
即：t=0.4+1.6=2s时的速度为25m/s；
（3）由图图象可知，舰载机在0.4s时的速度v=65m/s，
在2.5s时的速度v′=10m/s，
则在这段时间内的平均加速度：
a=[△v/△t]=[10−65/2.5−0.4]≈-26.19m/s²；
答：（1）舰载机着舰的速度为70m/s．
（2）舰载机被阻拦索钩住后1.6s的速度约为25m/s．
（3）舰载机在0.4s到2.5s时间段内的平均加速度为-26.19m/s²．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 本题考查了求速度与加速度问题，由v-t图象可以求出时刻所对应的速度，应用加速度定义式可以求出加速度；要加强读图能力的培养．

（1）因为物体间力的作用是相互的，因此挡板能起到帮助飞机起飞的作用；
因为飞机的机翼通常都做成上面凸起，下面平直的形状，飞机在长长的跑道上加速滑行时，流过机翼上方的空气速度快，流过机翼下方的空气流速慢．机翼上下方所受空气的压力差形成向上的升力．当飞机滑行的速度达到一定值时，机翼所受的升力大于飞机自身的重力，飞机就起飞了．在舰艇上的跑道不可能很长，飞机逆风起飞时飞机的速度不需要加速到很大，飞机就可相对空气有一个较大的相对速度，从而获得足够的升力．所以舰载机为了顺利升空，最好是逆风起飞好．
（2）挂弹后质量达22t的舰载机从跑道上起飞后，舰的吃水深度减小，由于液体内部压强随着深度的增加而增大，因此舰底所受海水压强变小；
∵F_浮=G_舰载机=ρ_海水gV_排，
∴排开海水体积减小量：
△V_排=
G机
ρ海水g=
m机g
ρ海水g=
22000kg
1100kg/m3×10N/kg=20m³．
（3）当两船高速并排行驶时，两船之间流体流速大，压强小，容易发生撞船事故．
故答案为：（1）喷出的气体；逆风；
（2）变小；20；
（3）小．

点评：
本题考点： 流体压强与流速的关系；力作用的相互性；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理．

考点点评： 本题考查了力的作用是相互的、液体压强的特点、舰载机起飞后减小的排水量等问题，难度不大；熟练应用浮力公式的变形公式即可正确解题．

（1）舰载机起飞时做匀加速运动，它的平均速度为
.
v＝
v0+v1
2＝
1
2v1
根据公式x＝
.
vt＝
1
2v1t
起飞时的加速度a1＝
v1
t
（2）设舰载机着舰时的加速度大小为a₂，由运动公式2a2x＝v22
设起飞前舰载机所受的推力为F₁，着舰时受到的推力为F₂，由牛顿第二定律得：F₁=ma₁，F₂-F₁=ma₂
由以上各式解得：F2＝
m
v32
2x+
mv1
t
由牛顿第三定律得，舰载机对阻拦绳的平均作用力为
m
v32
2x+
mv1
t；
答：（1）为了保证舰载机正常起飞，航空母舰滑行甲板的长度至多长[1/2v1t，加速度为
v1
t]；
（2）舰载机着舰时，对拦阻绳的平均作用力为
m
v32
2x+
mv1
t．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；平均速度；牛顿第三定律．

考点点评： 本题关键是灵活的选择运动学公式列式，同时能结合牛顿第二定律列式，最后联立方程组分析．

航母平台上的舰载机在起飞升空时，高度增大，因此重力势能增大；重核裂变主要是利用中子轰击比较大的原子核，使其发生裂变，并产生链式反应释放出巨大的能量．
故答案为：增大；裂变．

点评：
本题考点： 势能的影响因素；核裂变．

考点点评： 本题通过航母上的舰载机起飞考查机械能变化以及和核裂变的知识，属于基础知识的考查，比较简单．

∵舰载机降落后，航母仍漂浮，但自重大增大，
∴F_浮=大，
∴航母所受浮力增大．
∵F_浮=ρ_水的_排大，
∴排开水的体积要增大，航母将2沉一些，
故选B．

点评：
本题考点： 物体的浮沉条件及其应用．

考点点评： 本题考查了物体的浮沉条件（漂浮条件）、液体压强特点和阿基米德原理的应用，会分析舰载机降落航母后航母的变化是关键．

（1）因为舰载机群飞离后，航母仍漂浮，但自重G减小，由F_浮=G可得，航母所受浮力减小．
（2）由F_浮=ρ_水V_排g可得，排开水的体积要减小，航母将上浮一些，所以航母底部所处的深度减小；
由p=ρgh可得，航母底部所受的压强将减小．
故选C．

点评：
本题考点： 阿基米德原理；液体的压强的特点．

考点点评： 本题综合利用了浮沉条件（漂浮条件）和液体压强的特点，要求灵活运用，难易适当．

A、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为[70×3/2m＝105m，而无阻拦索的位移为1000m，因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
1
10]，故A正确；
B、在0.4s～2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张力是变化的，故B错误；
C、在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为a＝
△v
△t＝
10−65
2.5−0.4m/s2＝26.2m/s2＞2.5g，故C正确；
D、在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=FV，虽然F不变，但V是渐渐变小，所以其变化的，故D错误；
故选：AC

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．

考点点评： 考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小．注意阻拦索的张力与张力的合力是不同的．

（1）飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，
由动能定理得：-fx=0-[1/2]mv₁²，
解得：x=980m；
（2）由v-t图象可知，飞机加速度：
a=[△v/△t]=[10−70/2.4−0.4]=-30m/s²，加速度大小为30m/s²，
对飞机，由牛顿第二定律得：2Tcos[α/2]+f=ma，
解得：T=5.5×10⁵N；
（3）无阻拦索时，飞机需滑行x=980m，
有阻拦索时，飞机实际滑行距离：x′=x-s=82m，
由图象面积可知，从t₁时刻至t₂时刻，飞机的位移为s₁=80m，
从t₂时刻至飞机停止，飞机的位移为s₂=2m，
从t₂时刻至飞机停止，由动能定理得：
W-fs₂=0-[1/2]mv₂²，
解得：W=-9×10⁵J．
答：（1）飞机继续滑行的距离为980m．
（2）此时阻拦索中的弹力为5.5×10⁵N；
（3）阻拦索对飞机做的功为-9×10⁵J．

点评：
本题考点： 动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了图象、牛顿第二定律动能定理的应用，在解题时要注意根据图象明确飞机的运动过程，再由动能定理、牛顿第二定律分析答题．

（1）飞机做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式有，飞机在匀减速直线运动的平均速度：

.
v＝
v0+v
2=
78+0
2m/s＝39m/s
所以飞机匀减速直线运动的时间为：t＝
x

.
v＝
117
39s＝3s
（2）根据匀变速直线运动的速度时间关系为：
v=v₀-at
得飞机的加速度大小为：a＝
v0−v
t＝
78−0
3m/s2＝26m/s2
由题意得飞机所受合力等于飞机所受的阻力，根据牛顿第二定律得：
f＝F合＝ma＝3×104×26N＝7.8×105N
答：（1）舰载机勾上拦阻索后滑行的时间为3s；
（2）舰载机滑行过程所受的总阻力为7.8×10⁵N．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．

考点点评： 根据匀变速直线运动的速度位移时间关系可以求出飞机减速运动的加速度，再根据速度时间关系求飞机的运动时间．解此类问题有时巧用平均速度公式会更方便．

（1）∵舰载机群飞离后，航母仍漂浮，但自重G减小
∴F_浮′=G，
∴航母所受浮力减小．
（2）∵F_浮=ρ_水V_排g
∴排开水的体积要减小，航母将上浮一些
∴航母底部所处的深度减小
又∵p=ρgh
∴航母底部所受的压强将减小
故选C．

点评：
本题考点： 物体的浮沉条件及其应用；液体的压强的计算．

考点点评： 本题综合利用了浮沉条件（漂浮条件）和液体压强的特点，要求灵活运用，难易适当．

（1）∵舰载机群飞离后，航母仍漂浮，但自重G减小
∴F_浮=G，
∴航母所受浮力减小．
（2）∵F_浮=ρ_水V_排g
∴排开水的体积要减小，航母将上浮一些
∴航母底部所处的深度减小
又∵p=ρgh
∴航母底部所受的压强将减小
故选B．

点评：
本题考点： 液体的压强的特点；物体的浮沉条件及其应用．

考点点评： 本题考查了物体的浮沉条件（漂浮条件）和液体压强的特点，考查了学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力．

A、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为：
s=[70×3/2m＝105m，而无阻拦索的位移为1000m，因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
1
10]．故A错误．
B、在0.4s～2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但由于阻拦索的夹角减小，故阻拦索的张力是减小的．故B错误．
C、滑行过程中，在0.4s～2.5s时间内加速度最大，最大加速度为：a=
65−10
2.5−0.4≈26m/s2．故C正确．
D、在0.4s-2.5s时间内，合力的大小不变，速度减小，做功的功率减小．故D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 本题考查速度时间图线，知道斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小．注意阻拦索的张力与合力是不同的．

(1)由动能定理可得，解得F=2×106N.

(2)对飞行员，由动能定理可得，解得。

(3)在D点根据牛顿定律，N="16mg"解得vm="150"m/s

(1) 2×10 ⁶ N  (2)10m ₁ g  (3) 150 m/s


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