2024-2025学年河南省洛阳市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省洛阳市高一（下）期末物理试卷（含解析），共18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。
1.生活中有很多的静电现象，如图四幅图中关于静电的应用与防止，说法正确的是( )
A. 甲图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
B. 乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
C. 丙图中，野外高压输电线三条输电线上方还有两条导线，目的是增加稳定性
D. 丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了防止漏电
2.如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则( )
A. 0～t2过程火箭的加速度先减小后增大
B. t1时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g
C. 火箭离开支架后上升的最大高度小于v02t1
D. 若t2时刻火箭回到起始位置，则t2=2t1
3.如图所示为某建筑工地的简易起吊装置的示意图，AC是质量不计的轻杆，A端与竖直墙用光滑铰链连接，一光滑小滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物P，BC绳绕过滑轮与C端连接。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉，在AC杆从图中位置达到接近竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )
A. BC绳中的拉力FT越来越大
B. BC绳中的拉力FT先增大后减小
C. AC杆中的支撑力FN越来越大
D. AC杆中的支撑力FN大小不变
4.在第26届亚洲田径锦标赛男子链球决赛中，我国选手王琦凭借最后一投74米50的成绩，成功卫冕，这也激发了同学们对链球比赛的浓厚兴趣。假设在比赛中运动员掷出点距地面的高度为ℎ，初速度大小为v0，与水平方向的夹角为θ，以掷出点为坐标原点，建立坐标系如图所示，忽略一切阻力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 掷出链球相对于地面的最大高度为(v0sinθ)22g+ℎ
B. 链球从掷出到落至地面所用时间为2v0sinθg
C. 链球落至地面时速度大小为 v02+gℎ
D. 调整夹角θ，链球在地面落点与抛出点水平位移的最大值为v02g
5.某电场沿x轴方向上的电场强度E随x的变化关系如图所示，且x1和x2、x2和x3间的图像与x轴所围的面积相同。现将一带电粒子在x1位置静止释放，仅在电场力的作用下依次经过x2和x3两点，对该过程描述正确的是( )
A. 该粒子一定带负电
B. x2点电势一定低于x3点电势
C. 粒子在x2点的加速度一定大于x3点的加速度
D. 粒子从x1点到x2点过程中电场力做的功小于从x2点到x3点过程中电场力做的功
6.在高速公路下坡路段外侧一般都会设置一段避险车道，主要用于高速行驶中失控或刹车失灵的车辆避险，假设某货车行驶至图甲中所示路段时，刹车突然失灵，此时司机立即关闭发动机通过方向盘控制货车使其驶入避险车道。如图乙所示，若货车在避险车道上减速的加速度大小为g，货车质量为M，避险车道的倾角为30°，货车上升的最大高度为ℎ(未冲出避险车道)，在货车冲上避险车道至运动到最大高度处的过程中，下列说法正确的是( )
A. 货车的动能损失了Mgℎ
B. 货车的机械能损失了Mgℎ
C. 货车冲上避险车道时的初速度为 2gℎ
D. 避险车道对货车的阻力对货车做功为−2Mgℎ
7.两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。设相距为l、电荷量分别为+q和−q的点电荷构成电偶极子。如图所示，取两者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立xOy坐标系，P点到坐标原点O的距离为r(r>l)，P、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ。设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k。下面给出φ的四个表达式，只有一个是合理的。你可能不会求解P点的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断。合理的表达式应为( )
A. φ=kqlcsθrB. φ=kqrsinθl2C. φ=kqlcsθr2D. φ=kqlsinθr2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。当振动膜随声波向左振动，与基板距离增大的过程中( )
A. 电容器的电容减小B. 振动膜所带的电荷量增大
C. 电容器板间的电场强度不变D. 通过电阻的电流从b点流向a点
9.2024年8月22日，中星4A卫星顺利进入预定轨道，展现了我国在卫星通信领域的深厚实力。如图为质量为m0的中星4A卫星发射变轨过程的示意图，其中轨道Ⅰ为近地圆形轨道，轨道Ⅲ为距离地面高度为6R的圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅱ与轨道Ⅰ和轨道Ⅲ分别相切于P点和Q点。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响。若取无穷远处引力势能为零，质量为m的物体在距离地球球心为r时的引力势能Ep=−GMmr(M为地球的质量)，下列关于中星4A卫星说法正确的是( )
A. 在轨道Ⅲ上的动能为m0gR7
B. 在轨道Ⅱ上经过P点的速度大小小于经过Q点的速度大小
C. 在轨道Ⅱ上运行的周期是在轨道Ⅰ上运行的周期的8倍
D. 从轨道Ⅰ运行到轨道Ⅲ在变轨过程中经历了两次加速，机械能增加了3m0gR7
10.如图所示，粗糙水平面上放着一足够长的木板A，质量M=1kg，A上面放着小物块B，质量m=3kg，A与B以及A与地面摩擦因数均为0.2，g=10m/s2，给A施加水平恒力F，下列说法中正确的是( )
A. F=10N时，A的加速度为1m/s2
B. F=18N时，A的加速度为4m/s2
C. 如果把F作用在B上，F=10N，A、B一起向右匀加速运动，加速度为0.5m/s2
D. 如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某课外兴趣小组欲利用如图所示的装置探究小车的加速度和合外力的关系，具体实验步骤如下：
①按图所示安装好实验装置，并测出两光电门之间的距离L；
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车连着托盘和砝码沿长木板向下运动，且遮光片通过两个光电门的时间相等；
③取下细绳和托盘，测量托盘质量，并记下托盘和砝码的总质量m，计算出其重力并做为合力F的值；
④把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录遮光片分别通过光电门甲和乙的时间，并计算出遮光片通过两个光电门位置时小车的速度和运动的加速度；
⑤重新挂上细绳和托盘，改变托盘中砝码的质量，重复②～④的步骤。
(1)用游标卡尺测得遮光片的宽度为d(d≤L)，某次实验时通过光电门甲和乙的时间分别为Δt1和Δt2，则小车加速度的表达式为a= ______(用题中所测的物理量表示)。
(2)实验过程中，托盘和砝码的总质量______(填“需要”或“不需要”)远远小于小车的质量。
(3)若小组同学在每次实验时，都只记下了砝码的质量，而忽略了托盘的质量，做出a−F图像可能为______。
A. B. C. D.
12.某小组设计实验“测量金属丝的电阻率”，要求电压从零开始调节，测量尽可能精确，已知金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法对金属丝电阻进行测量时，有如下实验器材可供选择：
直流电源：恒压3V；
电流表A：量程0～0.6A，内阻约0.125Ω；
电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值20Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值1000Ω；
开关、导线等。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径时，测量结果如图甲所示，可知金属丝的直径D= ______mm；用游标卡尺测量金属丝的长度如图乙所示，可知金属丝的长度L= ______cm。
(2)在所给的器材中，滑动变阻器应选______(填写仪器的字母代号)。
(3)请按实验要求，用笔画线表示导线，在图丙中完成测量金属丝电阻的实验电路连接，要求导线不能交叉。
(4)利用(3)问中的电路进行实验，记下电压表和电流表示数U、I，可得出计算金属丝电阻率的表达式为______(用题目测量的物理量来表示)，实验得出的数值与电阻丝电阻率的真实值相比______(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示的一种巨型机动游戏设备可以使人体验超重和失重状态，一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上100m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面40m时，制动系统启动，使座舱做匀减速运动，到达地面时刚好停下。某次游戏中，座舱中小明用手拿着质量为0.2kg的手机(重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计)。求：
(1)此过程中座舱的最大速度是多少；
(2)当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为多大。
14.我国新能源汽车不仅技术领先全球，且价格符合大众消费，某型号新能源汽车的质量为m=2.0×103kg，汽车的额定功率为P0=200kW，在平直的公路上行驶时，受到的阻力大小恒为f=4.0×103N。求：
(1)在不超过额定功率的前提下，求该汽车所能达到最大速度vm的大小；
(2)若汽车以额定功率启动，当车速为vm2时，汽车的瞬时加速度a1的大小；
(3)如果汽车从静止开始以a2=3m/s2做匀加速直线运动，在不超过额定功率的前提下，汽车能维持匀加速运动的最长时间t。
15.如图所示，光滑水平绝缘平台区域存在水平向右的匀强电场E1，在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端B点距平台的高度差为ℎ=1.8m，C是轨道最低点，D是轨道的最高点，圆弧BC对应的圆心角θ=37°，圆弧形轨道处在水平向左的匀强电场E2中(图中未画出)，平台与轨道之间的空间没有电场。一带正电的物块(大小可忽略不计)从平台上某点由静止释放，从右端A点离开平台，恰好沿切线方向进入轨道。已知物块的比荷qm=2×10−4C/kg，物块释放点距A点的距离L=4m，圆弧形轨道区域的电场强度E2=3mg4q，已知：sin37°=0.6，cs37°=0.8，取g=10m/s2。求：
(1)物块离开A点时的速度大小vA和A、B间的水平距离x；
(2)平台所在区域的场强大小E1；
(3)若物块在轨道上运动时不会脱离轨道，则圆弧轨道的半径R需满足的条件。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：A.燃气灶电子点火器点火利用尖端放电的原理，电荷在尖端聚集，电场强使空气电离形成电火花，故A正确；
B.静电除尘中，空气电离使尘埃带负电，应被吸附在带正电的收尘极，线状电离器B带负电，故不是被收集在线状电离器B上，故B错误；
C.高压输电线上方两条导线是避雷线，将雷电引入大地，从而保护输电线，不是增加稳定性，故C错误；
D.话筒线金属外衣是屏蔽层，是为了防止外界电磁波干扰，而不是防止漏电，故D错误。
故选：A。
根据尖端放电，静电除尘，避雷线以及电磁屏蔽等原理分析求解。
本题考查了静电以及尖端放电等知识，理解生活中各个现象背后的物理原理是解决此类问题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：A.0～t1过程，火箭处于上升阶段，根据牛顿第二定律可得：a=mg+fm=g+kvm，随着火箭速度的减小，加速度逐渐减小；
t1～t2过程，火箭处于下降阶段，根据牛顿第二定律可得：a′=mg−fm=g−kvm，随着火箭速度的增大，加速度继续逐渐减小；
故0～t2过程火箭的加速度一直在减小，故A错误；
B.t1时刻，火箭的速度为0，所受阻力为零，只受重力作用，加速度大小为g，故B错误；
C.根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于v02t1，故C正确；
D.上升过程、下降过程位移大小相等，由于上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据平均速度等于总位移除以总时间，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，则有t12t1，故D错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律，对0～t1过程，火箭处于上升阶段，t1～t2过程，火箭处于下降阶段分别列式，结合v−t图像与横轴围成的面积表示位移分析求解。
本题考查了牛顿运动定律，理解v−t图像与运动状态的关系，正确列出牛顿第二定律方程是解决此类问题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：作出C点的受力示意图，如图所示
由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC相似，可得FTBC=FNAC=GAB
解得BC绳子中的拉力为FT=GBCAB
AC杆的支持力为FN=GACAB
由于重物P向上运动时，AB、AC不变，BC变小，故F T减小，FN大小不变。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
对C点受力分析，结合力的矢量三角形与几何三角形相似，综合相似三角形对应边成比例分析求解
本题考查了受力分析，熟练掌握动态分析中的相似三角形法、图解法、解析法、辅助圆法等方法是解决此类问题的关键。
4.【答案】A
【解析】解：A.掷出的链球水平初速度为v0csθ，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，竖直初速度为v0sinθ，竖直方向的最大高度H=(v0sinθ)22g+ℎ，故A正确；
B.根据对称性，链球落至与抛出点等高处时，竖直方向上的速度为v0sinθ，以向下为正方向，链球从掷出到落至与抛出点等高处的时间t=v0sinθ−(−v0sinθ)g
解得：t=2v0sinθg，故B错误；
C.设链球落至地面时速度大小为v，由机械能守恒12mv02+mgℎ=12mv2
解得链球落至地面时速度大小v= v02+2gℎ，故C错误；
D.调整夹角θ，设链球在地面落点与抛出点水平位移为x，设水平初速度为vx，竖直初速度为vy，
水平方向做匀速直线运动：vxt=x
竖直方向做竖直上抛运动：vyt−12gt2=−ℎ
由于初速度大小不变，即 vx2+vy2=v02
整理得v02t2=x2+(12gt2−ℎ)2
整理可得x2=(v02+gℎ)t2−14g2t4−ℎ2
这是个关于t2的二次函数，由数学知识得，当且仅当t2=2(v02+gℎ)g2
x2取最大值，代入解得x2=v02(v02+2gℎ)g2
即水平位移的最大值为x=v0 v02+2gℎg，故D错误。
故选：A。
根据掷出的链球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，结合机械能守恒定律，以及二次函数相关知识分析求解。
本题考查了机械能守恒以及抛体运动，理解物体在不同时刻的运动状态，正确应用数学知识分析求解。
5.【答案】C
【解析】解：A.粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，与场强方向相同，所以粒子带正电，故A错误；
B.根据沿着电场线的方向，电势逐渐降低，可得x2点电势高于x3点电势，故B错误；
C.由题图知E2>E3，根据牛顿第二定律：a=Eqm，可知粒子在x2点的加速度一定大于x3点的加速度，故C正确；
D.x1和 x2、x2和x3间的图像与x轴所围的面积相同，根据E−x图像围成的面积表示电势差，可知U12=U23
根据电势差和电场力做功的关系：W=qU，可知粒子从x1点到x2点过程中电场力做的功等于从x2点到x3点过程中电场力做的功，故D错误。
故选：C。
根据沿着电场线的方向，电势逐渐降低，E−x图像围成的面积表示电势差，结合电势差和电场力做功的关系分析求解。
本题考查了静电场相关知识，理解E−x图像围成的面积表示电势差是解决此类问题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：AC.设货车冲上避险车道时的初速度为v0，根据匀变速直线运动速度—位移公式可得−2gℎsin30∘=0−v02
解得货车冲上避险车道时的初速度v0=2 gℎ
则货车的动能损失了|ΔEk|=12Mv02=2Mgℎ，故AC错误，
BD.货车的机械能损失了|ΔE|=|ΔEk|−ΔEp=2Mgℎ−Mgℎ=Mgℎ
根据功能关系可知，货车的机械能损失等于货车克服阻力所做的功，所以避险车道对货车的阻力对货车做功为−Mgℎ，故B正确，D错误。
故选：B。
根据运动学公式求得货车冲上避险车道时的初速度，结合动能的表达式，以及货车的机械能损失等于货车克服阻力所做的功分析求解。
本题考查了机械能相关知识，理解货车的机械能损失等于货车克服阻力所做的功是解决此类问题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：若夹角θ=90°，则P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，且k单位为N⋅m2/C2，q单位为C，l、r单位为m，根据量纲分析可知kqlcsθr2=N⋅m2/C2×C×mm2=N⋅mC=Wq
因为Wq单位为V，恰好为电势单位V，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据夹角θ=90°时，P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0分析求解。
本题考查了电场和单位制，理解电力始终与位移方向垂直，电场力不做功是解决此类问题的关键。
8.【答案】AD
【解析】解：A.根据电容器的决定式C=ɛrS4πkd
当振动膜随声波向左振动，与基板距离增大d，则电容器的电容减小，故A正确；
B.电容器与电源保持串联，电压不变，根据Q=CU
可知振动膜所带的电荷量减小，故B错误；
C.根据电场强度和电势差的关系E=Ud
可知电容器板间的电场强度减小，故C错误；
D.因振动膜所带的电荷量减小，则电容器放电，因基板为正极板，所以通过电阻的电流从b点流向a点，故D正确。
故选：AD。
根据电容的决定式C=ɛrS4πkd知分析极板间距离变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C=QU分析板间电势差的变化，根据E=Ud判断场强变化。
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式 C=ɛrS4πkd和C=QU。
9.【答案】CD
【解析】解：A.设在地球表面放一质量为m的物体，忽略地球自转的影响，重力等于万有引力，则有mg=GMmR2
解得M=gR2G
卫星在轨道Ⅲ上，有GMm0(7R)2=m0v327R
卫星在轨道Ⅲ上的动能为Ek3=12m0v32
联立解得Ek3=m0gR14，故A错误；
B.根据开普勒第二定律可知，卫星在近地点(P点)的速度大于在远地点(Q点)的速度，故B错误；
C.轨道Ⅱ的半长轴a=R+7R2=4R
根据开普勒第三定律有a3T22=R3T12
解得在轨道Ⅱ上运行的周期与在轨道Ⅰ上运行的周期之比为：T2T1=81，故C正确；
D.卫星在轨道Ⅲ上的机械能为E3=Ek3+Ep3=m0gR14−GMm07R=−m0gR14
卫星在轨道Ⅰ上，有GMm0R2=m0v12R
卫星在轨道Ⅰ上的动能为Ek1=12m0v12
联立解得卫星在轨道Ⅰ上的动能Ek1=m0gR2
卫星在轨道Ⅰ上的机械能为E1=Ek1+Ep1=m0gR2−GMm0R=−m0gR2
卫星从轨道Ⅰ运动到轨道Ⅲ机械能增加ΔE=E3−E1=3m0gR7，故D正确。
故选：CD。
根据在地球表面的物体，忽略地球自转的影响，重力等于万有引力，结合不同轨道上万有引力提供向心力，以及开普勒第二、三定律分析求解。
本题考查了万有引力相关知识，理解万有引力和向心力以及重力的关系是解决此类问题的关键。
10.【答案】BD
【解析】解：A、根据AB间、A与地面间的摩擦因数，对AB整体受力分析，可知AB整体刚好匀变速时，外力的大小满足：F0−μ(m+M)g=(m+M)a0，
对B受力分析，可知：μmg=ma0，解得：F0=16N；
F=10N时，AB作为整体，不会分开，故：F−μ(m+M)g=(m+M)a1，解得A的加速度为：a1=0.5m/s2，故A错误；
B、F=18N时，根据A选项的分析可知AB会分开，对A受力分析可知：F−μ(m+M)g−μmg=Ma2，解得A的加速度为：a2=4m/s2，故B正确；
CD、力作用在B上时，根据对A的受力分析，可知B对A的最大摩擦力为：μmg=0.2×3kg×10N/kg=6N，
地面对A的最大摩擦力为：μ(m+M)g=0.2×(3kg+1kg)×10N/kg=8N，可知μmgRxRA≈0.125
即电流表分压影响大，电流表应采用外接法，电路图连接如图所示
(4)根据欧姆定律有Rx=UI
根据电阻定律有Rx=ρLS
其中S=π⋅(D2)2
解得ρ=UπD24IL
由于测量电路采用电流表的外接法，误差来源于电压表的分流，导致电流测量值偏大，电阻测量值偏小，则实验得出的数值与电阻丝电阻率的真实值相比偏小。
故答案为：(1)1.745；5.240；(2)R1；(3)见解析；(4)UπD24IL；偏小。
(1)根据螺旋测微器的读数规律，游标卡尺的读数规律分析求解；
(2)根据实验要求电压从零开始调节，为了使得测量数据的连续性强一些的目的分析求解；
(3)根据分压式接法和外接法的特点分析求解；
(4)根据欧姆定律，结合电阻定律分析求解。
本题考查了测量金属丝的电阻率的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
13.【答案】此过程中座舱的最大速度是20 3m/s；
当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为5N
【解析】(1)当座舱下落到离地40m时，速度最大为vm，根据自由落体运动可得vm2=2g(H−ℎ)
解得vm=20 3m/s
(2)设座舱做匀减速运动的加速度大小为a，则vm2=2aℎ
解得a=15m/s2
当座舱落到离地10m时，手机处于匀减速运动状态，对手机由牛顿第二定律得FN−mg=ma
解得FN=5N
答：(1)此过程中座舱的最大速度是20 3m/s；
(2)当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为5N。
(1)根据自由落体运动速度—位移公式分析求解；
(2)根据牛顿第二定律，结合速度—位移公式分析求解。
本题考查了牛顿第二定律，理解手机处于匀减速运动状态时的受力情况是解决此类问题的关键。
14.【答案】在不超过额定功率的前提下，该汽车所能达到最大速度vm的大小为50m/s；
若汽车以额定功率启动，当车速为vm2时，汽车的瞬时加速度a1的大小为2m/s2；
如果汽车从静止开始以a2=3m/s2做匀加速直线运动，在不超过额定功率的前提下，汽车能维持匀加速运动的最长时间t为203s
【解析】(1)设汽车以额定功率启动后达到最大速度vm时牵引力为F0，汽车达到最大速度时有F0=f
又由P0=F0vm
联立解得vm=50m/s
(2)当车速为vm2时，P0=F1vm2
又由牛顿第二定律F1−f=ma1
联立解得a1=2m/s2
(3)若汽车以恒定加速度a2=3m/s2启动，设汽车的牵引力为F2，由牛顿第二定律F2−f=ma2
设匀加速达到的最大速度为v1，则有P0=F2v1
又v1=a2t
解得t=203s
答：(1)在不超过额定功率的前提下，该汽车所能达到最大速度vm的大小为50m/s；
(2)若汽车以额定功率启动，当车速为vm2时，汽车的瞬时加速度a1的大小为2m/s2；
(3)如果汽车从静止开始以a2=3m/s2做匀加速直线运动，在不超过额定功率的前提下，汽车能维持匀加速运动的最长时间t为203s。
(1)根据瞬时功率表达式，结合汽车达到最大速度时牵引力等于阻力分析求解；
(2)根据牛顿第二定律，结合瞬时功率表达式分析求解；
(3)根据牛顿第二定律，结合匀加速达到的最大速度时分析求解。
本题考查了机车启动问题，理解汽车达到最大速度时牵引力等于阻力是解决此类问题的关键。
15.【答案】物块离开A点时的速度大小vA为8m/s，A、B间的水平距离x为4.8m；
平台所在区域的场强大小E1为4×104V/m
若物块在轨道上运动时不会脱离轨道，则圆弧轨道的半径R需满足的条件为0