安徽省淮北市2024-2025学年高二（下）物理期末模拟考试【含答案】

这是一份安徽省淮北市2024-2025学年高二（下）物理期末模拟考试【含答案】，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.电磁波的发现和使用极大地改变了人类的生活。下列说法正确的是( )
A. 所有物体都发射红外线，人们利用红外线灭菌消毒
B. 与机械波不同，电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播
C. 根据麦克斯韦的电磁理论，变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场
D. 电磁波在真空中传播时，它的电场强度E与磁感应强度B相互平行，且二者与波的传播方向垂直
2.如图所示，一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( )
A. 回路中感应电流方向为顺时针方向B. 回路中感应电动势的最大值为BLv
C. 导线电流先变小后变大D. 通过导线横截面的电荷量为 3BL24R
3.第24届冬奥会于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始不断刷冰，直至两壶发生正碰为止。已知，红壶经过P点时速度v0=3.25m/s，P、O两点距L=27m，大本营半径R=1.83m，从红壶进入刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v-t图线如图乙所示。假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。(g=10m/s2)( )
A. 碰后两壶所受的冲量相同B. 碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
C. 蓝壶不会滑出大本营D. 红壶在刷冰区域滑行的距离为15m
4.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，下面说法正确的是( )
A. 这列波的波长是5m
B. 这列波的波速是20m/s
C. 质点Q(x=9m)经过0.7s才第一次到达波峰
D. M点以后各质点开始振动时的方向都是向上
5.如图所示，质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度v0(沿乙、丙的连线方向)向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是( )
A. 当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态
B. 当三个小球间的碰撞都结束之后，乙的速度大小为89v0
C. 乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为-3281mv02
D. 甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为34mv0
6.两列横波在同种介质中沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图所示，其中甲波沿x轴正向传播，乙波沿x轴负向传播，已知1s后x=4m处的质点开始向下振动，下列说法中正确的是( )
A. 甲波的周期为2s，乙波的周期为4s
B. x=1m处的质点起振方向向下
C. 当乙波传到坐标原点时，位于坐标原点处的质点已经通过的路程为10cm
D. t=5s时平衡位置在x=2m处的质点位于y=2cm的位置
7.如图所示，O1O2是半圆形玻璃砖过圆心的中心轴线，关于O1O2对称的两束平行单色光束a、b，垂直左侧平面射入玻璃砖，光路如图所示，则下列判断正确的是( )
A. a光的频率比b光的频率高
B. a光在玻璃砖中的传播速度比b光的大
C. 通过相同的狭缝，b光比a光衍射现象明显
D. 将a、b两单色光光源分别放在水中同一点，水面上b光照亮的区域较大
8.圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，带电粒子a、b从圆周上的M点沿直径MON方向以相同的速度射入磁场，粒子a、b的运动轨迹如图所示。已知粒子a离开磁场时速度方向偏转了90°，粒子b离开磁场时速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子a、b都带负电
B. 粒子a、b在磁场中运动的时间之比为3:2
C. 粒子a、b的比荷之比为 3:1
D. 粒子a、b在磁场中运动轨迹的半径之比为1:3
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，半径为R、质量为m的14圆槽AB静止在水平地面上，底端B点的切线水平。一质量为3m的小球甲静止在圆槽右侧的水平地面上，其左侧连有一轻质弹簧，弹簧左端到圆槽底端B点的距离为R。现将质量为m的小球乙(可视为质点)从圆槽顶端的A点由静止释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 在球乙下滑过程中，圆槽与球乙组成的系统动量不守恒
B. 球乙刚与弹簧接触时，与圆槽底端B点相距3R
C. 弹簧弹性势能的最大值为316mgR
D. 球甲最终的速度大小为 gR2
10.下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
B. x=0.35m和x=0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
C. x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
D. 木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为F1-F22ρSg
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组用图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律，当地的重力加速度大小为g，具体的实验步骤如下：
(1)将大小相同的小球A、B，用长度均为L、不可伸长的轻质细线，竖直悬挂在同一高度的M、N点，小球A、B恰好接触。用天平测得小球A的质量为m1，小球B的质量为m2，用游标卡尺测量两小球的直径如图乙所示，直径D= cm。
(2)保持A、B两球与M、N在同一竖直面内，向左缓慢拉动A球，使得细线与竖直方向的夹角为θ0且细线绷紧。由静止释放A球，A球与B球碰撞后，测得A、B两球向右摆动到最大高度时，细线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，要达到上述实验效果，小球A的质量m1 (选填“大于”“小于”或“等于”)小球B的质量m2。
(3)A、B两球碰撞前瞬间A球的速度大小为 ，若关系式 成立，则验证了动量守恒定律，若A、B两球发生的是弹性碰撞，则能量守恒的关系式 也成立。(结果均用题中物理量的符号表示)
12.请完成下列实验操作和计算：
某实验小组用三种方法来测量折射率。用如图甲所示，把一个带圆弧刻度的光具盘竖直放置，把半圆形玻璃砖安装在光具盘上，让光从圆心O斜射入玻璃砖，通过角度可测量折射率；如图乙所示，把光具盘的一半竖直放置在水中，AB是竖直直径，CD是贴着水面的水平直径，让一束光在水槽内从圆心O射出水面，光线经过光具盘上的M、N点，通过刻度尺作图并测量长度可测量折射率；如图丙所示的半圆形玻璃砖，圆心为O，让一束光垂直直径AB从D点射入，发现光在弧面ABC上的反射光线经过B点，回答下列问题：
(1)对甲图，保持入射点O不变，多次改变入射角进行实验并记录对应的折射角和入射角的大小，多次实验的目的是___________________，分析发现入射角的正弦与折射角的正弦之比____(选填“是定值”、“不是定值”)
(2)对乙图，把光路路画完整_________，过N、M分别做AB的垂线，垂足分别为P、Q，用刻度尺测量NP、MQ的长度，则水的折射率n=__________
(3)对丙图若光在弧面ABC上正好发生全反射，则玻璃砖的折射率n=__________
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.交通标志表面的反光膜是用具有回归反射结构的材料制成的，图甲是一种反光膜结构图，反光膜上表面平整，下表面凹凸不平呈锯齿状，与密封层相连形成多个完全相同的空气腔.如图乙是光线a从C点垂直射入薄膜，恰好在反光膜下表面B点发生全反射，∠CBD=45∘，∠A=90∘，真空中光速c=3×108m/s，测得AB=1mm，BC= 2mm，求：
(1)反光膜的折射率．
(2)完成光线a在直角微棱镜型反光膜中光路图和运动的时间．
14.如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B与C的上表面相平且B与C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求：
(1)A物体的最终速度;
(2)A、C之间的摩擦力f;
(3)A在木板C上滑行的时间t．
15.舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界最先进的水平。某兴趣小组依据所学知识设计出了一种电磁弹射模型，其原理可简化为图乙所示情景：水平面内由平行长直金属导轨组成的水平区域内，等间距分布着竖直向下和竖直向上的磁场，磁感应强度均为B。电磁弹射装置可简化为一个矩形金属框，其长边等于导轨间距L，短边等于每个磁场的宽度。磁场以速度v0向右匀速运动，固定在金属框上方的舰载机在电磁力和发动机推力的双重作用下加速向右滑行，达到起飞速度时舰载机和金属框自动脱离，飞机升空。舰载机在水平跑道上加速滑行时，受到竖直向上的机翼升力、发动机推力、空气阻力。升力F升、空气阻力F阻均与舰载机运动的速度成正比，即F升=k1v，F阻=k2v，k1、k2为已知常量。金属框与导轨接触面间的等效动摩擦因数为μ。已知舰载机质量为M，金属框质量为m，舰载机在轨道上加速滑行时发动机推力为恒力F，金属框电阻为R，其余电阻均不计。
(1)当舰载机达到升空速度时，金属框内感应电流多大?
(2)舰载机在水平轨道上匀加速滑行时磁感应强度B需满足什么条件?
(3)写出舰载机在水平轨道上匀加速滑行时发动机推力的功率随时间变化的关系式。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.所有物体都发射红外线，人们利用紫外线灭菌消毒，故A错误；
B.机械波是机械振动在介质中的传播过程，必须依赖于介质，没有介质不能形成机械波；
而电磁波传播的是电磁场，电磁场本身就是一种物质，不需要借助其它物质来传播，所以电磁波可以在真空中传播，故B正确；
C.根据麦克斯韦电磁理论，均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，变化的磁场一定产生电场，变化的电场一定产生磁场，故C错误；
D.电磁波属于横波，它的电场强度E与磁感应强度B相互垂直，二者与波的传播方向垂直，故D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的碰通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，故 A正确；
B、当三角形闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为 32L，这时感应电动势最大
E= 32BLv，故B错误；
C、线框进入磁场的有效长度先变大后减小，即感应电动势先变大后变小，则电流先变大后减小，故C错误;
D、流过回路的电量为q=ΔΦR= 3BL24R，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】A.碰后瞬间两壶的速度不一样，最后速度都减为零，故碰后两壶的动量变化量不相同，由动量定理知所受的冲量不相同，故A错误；
B.由碰撞时动量守恒m1v1=m1v1 '+m2v2 '，得蓝壶碰后速度为1m/s，碰撞前总动能为12m×1.252，碰撞后总动能为12m×12+12m×0.252，前后总动能不相等，碰撞过程两壶组成的系统机械能不守恒，故B错误；
D.根据图像斜率表示加速度知，在不刷冰区域红壶的加速度大小为：a1=0.25m/s2，f1=ma1，在刷冰区域红壶的加速度大小为：a2=0.1m/s2，f2=ma2，在红壶经过P点到与蓝壶发生正碰前的过程中，由动能定理得-f1(L-s)-f2s=12mv12-12mv02，代入数据得s=15m，故D正确；
C.碰后蓝壶加速度大小与红壶相等，由运动学公式知碰后蓝壶滑行的距离为x=v2'22a1=2m，大于1.83m，所以一定会滑出大本营，故C错误。
故选D。
4.【答案】C
【解析】A、由图可知这列波的波长是4m，故A错误；
B、已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，则波的周期为T=0.4s，所以波速v=λT=4m0.4s=10m/s，故B错误；
C、波峰传播至质点Q(x=9m)所需要的时间t=△x△t=9m-2m10m/s=0.7s，即质点Q(x=9m)经过0.7s才第一次到达波峰，故C正确；
D、由波形图可知，M点以后各质点开始振动时的方向都是向下的，故D错误。
故选：C。
5.【答案】C
【解析】AB、以碰撞前甲球的速度方向为正，甲球与乙球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据甲球与乙球组成系统动量守恒得：
mv0=mv1+2mv2
由能量守恒定律得：
12mv02=12mv12+12×2mv22
解得：v1=-13v0，v2=23v0；
乙球与丙球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v'2和v3，由动量守恒定律得
2mv2=2mv'2+mv3
由能量守恒定律得：
12×2mv22=12×2mv'22+12mv32
解得：v'2=29v0，v3=89v0，故AB错误；
C、乙、丙在发生碰撞的前后，乙球动能变化为
ΔEk=12×2mv'22-12×2mv22
解得：ΔEk=-3281mv02，
则丙对乙做的功为-3281mv02，
故C正确；
D、甲、乙在发生碰撞的过程，甲的动量变化量为
Δp=mv1-mv0
解得：Δp=-43mv0，
乙对甲的冲量的大小为43mv0，故D错误。
6.【答案】D
【解析】由图知：λ甲 =4m，λ乙 =2m，由于机械波的传播速度由介质决定，所以甲乙两波的传播速度相等，，t=0时刻时，x=4m处的质点离乙波近，故乙波先传到x=4m处的质点处，所以机械波传播速度：v=5m-4m1s =1m/s，又因为v=λT，所以：T甲 =λ甲v =4m1m/s =4s，T乙 =λ乙v=2m1m/s=2s ，故选项A错误；
t=0时刻时，x=1m处的质点离甲波近，可知甲波先传到x=1m处的质点处，所以x=1m处的质点起振方向与甲波上的任意一个介质质点的起振方向相同，结合甲波沿x轴正向传播与t=0时刻的甲波波形图，可知：甲波上的任意一个介质质点的起振方向向上，可知：x=1m处的质点起振方向向上，故选项B错误；
甲波传到坐标原点需要的时间t1 =2m1m/s =2s，乙波传到坐标原点需要的时间t2 =5m1m/s =5s，当乙波传到坐标原点时，位于坐标原点处的质点已经运动了： t2-t1 =3s，因为介质质点一个周期通过四个振幅的路程，所以当乙波传到坐标原点时，位于坐标原点处的质点已经通过的路程 s=t2-t1T甲×4A甲 =3A甲，由图知： A甲=2cm，所以有：s= 6cm，故选项 C错误；
甲波传到平衡位置在x=2m处的质点处需要的时间t3=2m-(-2m)1m/s =4s，乙波传到平衡位置在x=2m处的质点需要的时间t4 =5m-2m1m/s =3s，t=5s时，若只有甲波传到该质点，则该质点振动了5s-4sT甲=14 个周期，质点处于正的最大位移处，即y甲 =2cm，若只有乙波传到该质点，则该质点振动了5s-3sT乙=1个周期，质点处于平衡位置处，即y乙 =0 ，根据波的叠加原理可知：t=5s时平衡位置在x=2m处的质点位于y=2cm+0 cm=2cm的位置，故选项D正确。
7.【答案】B
【解析】A、由题图可知，b光发生了全反射，说明b光全反射的临界角小，由n=1sinC可知，玻璃砖对b光的折射率大，b光的频率高，故A错误；
B、由n=cv可知．a光在玻璃砖中的传播速度比b光的大，故B正确；
C、由c=λf，a光的频率低，a光的波长长，因此通过相同的狭缝，a光比b光衍射现象明显，故C错误；
D、设两光源距离水面的高度为 h ，照亮水面边缘光刚好发生全反射，照亮的区域圆半径r与临界角C满足tanC=rh，又a光的临界角C大，则照亮的区域圆半径r大，所以将a、b两单色光光源分别放在水中同一点，水面上a光照亮的区域较大，故D错误。
8.【答案】C
【解析】A.粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则由左手定则可得，粒子都带正电，故A错误；
D.两个粒子进入磁场时速度指向圆心且水平，则出磁场时速度反向延长线过圆心，轨迹圆半径与速度方向垂直，则可作图得到圆心分别为O1、O2，如图设磁场圆半径为R，则由几何关系可得，两轨迹圆半径分别为
r1=R
r2=Rtan30∘= 3R
则粒子a、b在磁场中运动轨迹的半径之比为
r1:r2=1: 3
故D错误；
BC.粒子在磁场中做圆周运动有
qvB=mv2r
化简得
qm=vBr
由于速度相同，相同磁场，则可知比荷之比等于轨迹半径的反比，即 3:1 ，两粒子在磁场中运动时间分别为
t1=π22πT1=14×2πm1q1B=πm12q1B
t2=π32πT2=16×2πm2q2B=πm23q2B
综合可得
t1t2=12×m1q113×m2q2= 32
故B错误，C正确。
故选C。
9.【答案】ABD
【解析】A.小球乙在圆槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A正确；
B.小球乙从圆槽的A点到B点的过程中，设小球乙滑到B点的速度为 v0 ，取水平向右为正，小球乙与圆槽在水平方向动量守恒： 0=mv0-mv
机械能守恒： mgR=12mv02+12mv2
则 v0=v= gR
设小球乙到B点的过程时水平向右移动的距离为 x1 ，圆槽向左运动的距离为 x2 ，两物体水平方向的相对位移为R，因此： mx1-mx2=0 ， x1+x2=R
可得 x1=12R ， x2=12R
此时圆槽的B点与弹簧之间新的距离 L=x2+R=32R
小球乙从B点向右以 v0 匀速运动，圆槽向左以 v0 匀速运动，小球乙到达弹簧时与圆槽底端B的距离 L'=L+v0⋅Lv0=3R
故B正确；
C.小球乙与小球甲共速时，弹簧弹性势能有最大值；从小球乙与弹簧接触到两球共速：动量守恒 mv0=(m+3m)v共
机械能守恒 12mv02=12(m+3m)v共2+Ep
可得： Ep=38mgR
故C错误；
D.从小球乙与弹簧接触到两球分开，动量守恒 mv0=mv1+3mv2
机械能守恒 12mv02=12mv12+12⋅3mv22
解得 v1=-12v0 、 v2=12v0= gR2
故D正确。
故选ABD。
10.【答案】CD
【解析】解：A、木棒沿竖直方向做频率为1Hz的简谐振动，则其振动的周期为1s，由图(b)可知在一个周期内，木棒沿水平方向移动的距离为0.4m，则河水流动的速度为 v水=sxt=0.41m/s= 0.4m/s，因此木棒的运动不是向x轴正方向传播的机械横波，A错误；
B、由图像的对称性知，x=0.35m和x=0.45m时，浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，方向相反，但由于两个时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不在一条直线上，故方向不相反，故B错误；
C、由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置，则x从0.05m到0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，故C正确；
D.木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方Δx0，则有ρgS(L2+Δx0)=Mg
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时Mg-F2=Mg-ρgS(L2+Δx0-A)=kA
木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时F1-Mg=ρgS(L2+Δx0+A)-Mg=kA
解得k=ρgS，A=F1-F22ρSg，故D正确。
故选：CD。
11.【答案】1.66
大于
g(2L+D)(1-csθ0)
m1 1-cs θ0=m1 1-csθ1+m2 1-csθ2
m1(1-csθ0)=m1(1-csθ1)+m2(1-csθ2)

【解析】(1)游标卡尺的读数为D=16 mm+6×0.1 mm=16.6 mm=1.66 cm。
(2) A球与B球碰撞后，A、B两球均向右摆动，所以小球A的质量m1大于小球B的质量m2。
(3)对小球A，根据机械能守恒定律，m1g(L+D2)(1-csθ0)=12m1v02，解得v0= g(2L+D)(1-csθ0)，小球A碰前的动量为p1=m1v0=m1 g(2L+D)(1-csθ0)，同理，A、B两球碰撞后瞬间，根据机械能守恒定律，小球A的速度大小v1= g(2L+D)(1-csθ1)，小球B的速度大小v2= g(2L+D)(1-csθ2)，碰撞后瞬间，A、B两球的动量之和为p2=m1v1+m2v2=m1 g(2L+D)(1-csθ1)+m2 g(2L+D)(1-csθ2)，若动量守恒，则p1=p2，解得m1 1-csθ0=m1 1-csθ1+m2 1-csθ2。若A、B两球发生的是弹性碰撞，则12m1v02=12m1v12+12m2v22，整理得m1(1-csθ0)=m1(1-csθ1)+m2(1-csθ2)。
12.【答案】(1)寻找普遍规律；是定值 ；(2)； NPMQ；(3)2。
【解析】(1)一次实验数据具有偶然性，为了寻找普遍规律，应该多次实验。
根据折射定律可知入射角的正弦与折射角的正弦之比是定值。
(2)做出光路图如下：
根据n=sin∠NOPsin∠MOQ=NPRMQR=NPMQ。
(3)光线在圆弧ABC上的反射光线经过B点，做出光路图如下所示：
根据几何关系易得光线在弧面ABC上的入射角为30°，由于正好发生全反射，则n=1sim30°=2
13.【答案】解：(1)B点45∘发生全反射有
sinC=1n
解得n= 2
(2)光路图如图：
由几何关系得CB=BE=EF= 2mm
联立n=cv
L=vtL=CB+BE+EF=3 2mm
解得t=2×10-11s
14.【答案】解：(1)B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
解得：v1=v02
B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，
设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0+mv1=2mv2，
解得：v2=34v0
(2、3)在A、C相互作用过程中，根由能量守恒定律得：
fL=12mv02+12mv12-12×2mv22
解得：f=mv0216L
此过程中对C，由动量定理得：ft=mv2-mv1，
解得：t=4Lv0。
15.【答案】(1)达到升空速度，舰载机升力等于重力，即
F升=k1v=Mg
感应电动势为
E=2BLv相
感应电流为
I=ER
联立可得
I=2BLk1v0-Mgk1R
(2)根据牛顿第二定律
F+2I'BL-F阻力-μFN=(M+m)a
其中
I'=E'R=2BLv'相R=2BLv0-vR
FN=Mg+mg-k1v
可得
F+4B2L2v0-vR-k2v-μMg+mg-k1v=M+ma
变形得
F+4B2L2v0R-μM+mg+μk1-k2-4B2L2Rv=M+ma
舰载机做匀加速滑行需满足的条件
μk1-k2-4B2L2R=0
即
B= μk1R-k2R2L
为保证飞机能做匀加速运动，还需满足动力大于阻力，即
FM+m+4B2L2v0M+mR-μg>0
解方程得
B>12L μM+mg-FRv0
故 B 需满足的条件为
B= μk1R-k2R2LB>12L μM+mg-FRv0
(3)舰载机加速度为
a=FM+m+4B2L2v0M+mR-μg
舰载机速度为
v=at
发动机推力的功率为
P=F推v
联立解得发动机推力的功率随时间变化的关系式为
P=FFM+m+4B2L2v0M+mR-μgt