物理卷·2018届天津市耀华中学高三上学期第二次月考试题（解析版）

物理卷·2018届天津市耀华中学高三上学期第二次月考试题（解析版）

天津市耀华中学2018届高三上学期第二次月考物理试题 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的。‎ ‎1. 某小孩在广场游玩时，将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平风力的作用下，处于如图所示的静止状态。若水平风速缓慢增大，不考虑气球体积及空气密度的变化，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 砖块对地面的压力保持不变 B. 细绳受到拉力不变 C. 当风力增加到某一大小时砖块受到的摩擦力可能为零 D. 砖块可能被绳子拉离地面 ‎【答案】A ‎【解析】A、B、以气球和砖块整体为研究对象，分析受力如图1：‎ 根据平衡条件得：竖直方向：N+F1=G1+G2，水平方向：f=F；气球所受的浮力F1‎ ‎、气球的重力G1、砖块的重力G2都不变，则地面对砖块的支持力N不变，地面受到砖块的压力也不变．在砖块滑动前，当风力F增大时，砖块所受的摩擦力增大，当砖块滑动后受到的摩擦力f=μN保持不变．故A正确，B错误；C、由于地面对砖块的支持力N=G1+G2-F1保持不变，与风力无关，所以当风力增大时，砖块连同气球一起不可能被吹离地面．故C错误；D、以气球为研究对象，分析受力如图2所示：‎ 气球受力：重力G1、空气的浮力F1、风力F、绳子的拉力T．设绳子与水平方向的夹角为α，当风力增大时，α将减小．根据平衡条件得竖直方向有：F1=G1+Tsinα，当α减小时，sinα减小，而F1、G1都不变，则绳子拉力T增大．故D错误．故选A．‎ ‎【点睛】本题是两个物体的平衡问题，一是要灵活选择研究对象，二是要抓住浮力、重力等不变的条件进行分析．‎ ‎2. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能多 B. 用某种颜色的单色光照射金属表面能发生光效现象形成光电流，增大该单色光强度光电流也会增大 C. 汤姆孙通过对阴极射线的研究提出了原子核具有复杂的结构 D. 卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子只能处于一系列不连续的能量状态中 ‎【答案】B ‎【解析】A、对于相同质量的核燃料，轻核聚变产生的核能比重核裂变产生的核能多，故A错误．B、增大入射光强度则单位时间内产生的光电子增加，所以发生了光电效应时，增大入射光强度可以增大光电流，故B正确。C、汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子，提出了原子具有复杂结构，故C错误.D、卢瑟福的α 粒子散射推翻了汤姆逊的“枣糕模型”，提出了核式结构模型，故D错误．故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了核反应、电磁波谱、物理学史等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，对于物理学史，要牢记，不能混淆物理学家的贡献．‎ ‎3. 如图所示，物体做直线运动的v-t图象，可知，该物体（ ）‎ A. 第1s内和第3s内的运动方向相反 B. 第2s内和第4s内的平均速度大小相等 C. 第1s内和第4s内的位移大小不等 D. 第3s内和第4s内的加速度相同 ‎【答案】D ‎【解析】A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向一直不变，故A错误；B、根据速度图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，但所用时间不等，所以平均速度不等，故B错误.C、由速度图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等，方向相反，故C错误；D、由速度图象的斜率等于加速度，知第2～4s内图线的斜率不变，则加速度不变，所以第3 s内和第4 s内的加速度相同，故D正确；故选D.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．‎ ‎4. “蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖起方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（ ）‎ A. g B. 2g C. 3g D. 4g ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0．6F0，而最大拉力为1．8F0，即0．6F0=mg ①‎ Fm=1．8F0 ②‎ 结合牛顿第二定律，有F-mg=ma ③‎ 当拉力最大时，加速度最大，因而有1．8F0-mg=mam④‎ 由①④两式解得am=2g，故选B。‎ 考点：牛顿第二定律 ‎ ‎ ‎5. 将小球以某一初速度抛出，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力影响，下列有关该运动的说法不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 小球水平方向运动为匀速直线运动速度 B. 小球运动到最高点时速度不为零 C. 小球在最高点时重力瞬时功率不为零 D. 小球做匀变速运动 ‎【答案】C ‎【点睛】解决本题的关键知道斜抛运动的特点，会根据分运动的受力，判断其运动规律，‎ ‎6. 如图所示，质量为m的物体放在光滑水平面上，都是从静止开始，以相同的加速度移动同样的距离。第一次拉力方向水平，第二次拉力与水平成角斜向上拉。在此过程中，两力的平均功率为和，则（ ）‎ A. B. C. D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】根据动能定理，有,根据运动学公式，有v=at,由于加速度和时间均相同，故两次功率相同；故选B．‎ ‎【点睛】本题关键根据动能定理列方程分析．也可以用牛顿运动定律结合功和功率的表达式进行分析求解．‎ ‎7. 一半么为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（a>0）的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，方向向右；由于b点处的场强为零，‎ 则圆盘在此处产生电场强度大小也为，方向向左。那么圆盘在此d产生电场强度大小仍为，方向向右。‎ 而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度大小为，方向向右。则d处电场强度为两者大小相加。‎ 所以两者在d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ 点睛：‎ 由题意可知，在b点处的场强为零，说明电荷量为q（q＞0）的固定点电荷与电荷量为Q的圆盘上电荷在b处各自产生的电场强度大小相等，方向相反。那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解。‎ ‎ ‎ ‎8. 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取。则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】当物体转到圆盘的最低点,所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时,角速度最大,由牛顿第二定律得：μmgcos30°-mgsin30°=mω2r，则，故选C.‎ ‎【点睛】本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题．‎ 二、多选题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）每小题给出的四个选项中都有多个符合题意，全部选对的得4分，选对的但不全的得2分，不选或选错的得0分。‎ ‎9. 某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数是G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是（ ）‎ A. 加速下降 B. 加速上升 C. 减速下降 D. 减速上升 ‎【答案】AD ‎【解析】由题，测力计的示数减小，砝码所受的合力方向向下，根据牛顿第二定律得知，加速度向下，砝码处于失重状态，而速度方向可能向上，也可能向下，所以电梯可能的运动状态是减速上升或加速下降．故选AD．‎ ‎【点睛】失重或超重状态取决于加速度的方向，而速度方向可能有两种，不能漏解．‎ ‎10. 在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为，B对A的作用力为，地面对A的作用力为。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（ ）‎ A. 保持不变，缓慢增大 B. 缓慢增大，保持增大 C. 缓慢增大，缓慢增大 D. 缓慢增大，保持不变 ‎【答案】BC ‎【解析】对B分析，可知墙对B的作用力及A对球的作用力的合力与F及重力的合力大小相等，方向相反，故当F增大时，B对A的压力增大；即F2增大；同理可知，墙对B的作用力F1增大；‎ ‎ 对整体分析，整体受重力、支持力、摩擦力、墙对球B的压力及压力F而处于平衡，故当F增大时，地面对A的支持力增大，同时摩擦力也将增大；故F3增大；故选BC．‎ ‎【点睛】本题由于角度不发生变化，故压力增大时，B对A的压力增大；‎ ‎11. 关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同 B. 物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变 C. 物体做变速度圆周运动时，其所受向心力的方向指向圆心 D. 物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析: 在直线运动中，速率逐渐增加，知做加速运动，合外力与速度同向，A对；物体做变速率曲线运动时，物体所受合外力的大小、方向可以均不变，如平抛运动，故B错；物体做变速率圆周运动时，切线方向有力使物体的速率变化，沿径向的力提供物体的向心加速度，故物体所受的合外力并不指向圆心，C错；物体做匀速率曲线运动时，合外力的方向总是与速度方向垂直，D对。‎ 考点: 曲线运动。‎ ‎【名师点睛】物体做曲线运动的条件及轨迹分析 ‎1．条件：物体受到的合外力与初速度不共线。‎ ‎2．合力方向与轨迹的关系 无力不拐弯，拐弯必有力。曲线运动轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间，而且向合力的方向弯曲，或者说合力的方向总是指向轨迹的“凹”侧。‎ ‎3．合力方向与速率变化的关系 ‎（1）当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大。‎ ‎（2）当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小。‎ ‎（3）当合力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。‎ ‎ ‎ ‎12. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动。取无限远处的电势为零，则（ ）‎ ‎ ‎ A. q由A向O的运动是匀加速直线运动 B. q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C. q运动到O点时的动能最大 D. q运动到O点时电势能为零 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．‎ 解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．‎ 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．‎ B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确．‎ C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确．‎ D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．故D错误．‎ 故选BC ‎【点评】本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．‎ ‎13. 我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为，设起飞过程中发动机的推力恒为； 弹射器有效作用长度为100m，推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s，弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则（ ）‎ A. 弹射器的推力大小为 B. 弹射器对舰载机所做的功为 C. 弹射器对舰载机做功的平均功率为 D. 舰载机在弹射过程中的加速度大小为 ‎【答案】ABD ‎【解析】设发动机的推力为，弹射器的推力为，则阻力为，根据动能定理可得，，故解得，A正确；弹射器对舰载机所做的功为，B正确；舰载机在弹射过程中的加速度大小为 ‎，根据公式可得运动时间为 ‎，所以弹射器对舰载机做功的平均功率为，故C错误，D正确。‎ ‎【全品教学网考点定位】动能定理，牛顿第二定律，运动学公式，功率和功的计算 ‎【方法技巧】在运用动能定理解题时，一定要弄清楚过程中有哪些力做功，做什么功？特别需要注意重力做功和路径无关，只和始末位置高度有关，摩擦力、阻力做功和路径有关。‎ ‎14. 我国高铁技术处于世界领先水平，“复兴号”动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运动过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）‎ A. 启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B. 做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2‎ C. 进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D. 与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量是，阻力为，‎ 对于选项A、启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同．所以A错误；‎ 对于选项B、做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：‎ 把6、7、8车厢看成一个整体，第5、6节车厢间的作用力为，由牛顿第二定律得：‎ 对7、8车厢看成一个整体，第6、7节车厢间的作用力为，由牛顿第二定律得：‎ 联立可得所以B正确；‎ 对于选项C、设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为S，则由动能定理：‎ 可得：‎ 可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比．所以C错误；‎ 对于选项D、当只有两节动力车时，最大速率为，由瞬时功率表达式：‎ 改为4节动车带4节拖车的动车组时最大速率为，由瞬时功率表达式：：‎ 可得：，所以D正确．‎ 考点：动能定理的应用；瞬时功率；牛顿第二定律 三、实验题（以下各题每空3分，共计12分）‎ ‎15. 某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如左图和右图所示。该工件的直径为____________cm，高度为______________mm。‎ ‎【答案】 (1). 1.225cm (2). 6.861mm ‎【解析】试题分析：游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：。螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为。‎ 考点：游标卡尺的使用、螺旋测微器的使用 ‎【名师点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ ‎16. 如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。‎ ‎①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是_____________。‎ A. 重物选用质量和密度较大的金属锤 B. 两限位孔在同一竖直面内上下对正 C. 精确测量出重物的质量 D. 用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物 ‎②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有____________。‎ A. OA、AD和EG的长度 B. OC、BC和CD的长度 C. BD、CF和EG的长度 D. AC、BD和EG的长度 ‎【答案】 (1). AB (2). BC ‎【解析】重物选用质量和密度较大的金属锤，减小空气阻力，以减小误差，故A正确；两限位孔在同一竖直面内上下对正，减小纸带和打点计时器之间的阻力，以减小误差，故B正确；验证机械能守恒定律的原理是：，重物质量可以消掉，无需精确测量出重物的质量，故C错误；用手拉稳纸带，而不是托住重物，接通电源后，撒手释放纸带，故D错误。‎ 由EG的长度长度可求出打F点的速度vF，打O点的速度v1=0，但求不出OF之间的距离h，故A错误；由BC和CD的长度长度可求出打C点的速度vC，打O点的速度v1=0，有OC之间的距离h，可以用来验证机械能守恒定律，故B正确；由BD和EG的长度可分别求出打C点的速度v1和打F点的速度v2，有CF之间的距离h，可以来验证机械能守恒定律，故C正确；AC、BD和EG的长度可分别求出打BCF三点的速度，但BC、CF、BF之间的距离都无法求出，无法验证机械能守恒定律，故D错误。‎ 点睛：本题的难点是对实验原理的理解。‎ 四、计算题（本大题共4小题，共40分）解题中要有必要说明，计算题还有要公式及数据代入过程，结果要有数值和单位。‎ ‎17. 天文观测上的脉冲星就是中子星，其密度比原子核还要大，中子星表面有极强的磁场，由于处于高速旋转状态，使得它发出的电磁波辐射都是“集束的”，像一个旋转的“探照灯”（如图所示）。假设中子星每旋转一圈向外辐射一个电磁波脉冲，中子星自转周期为T，中子星半径为r，万有引力常量为G。‎ ‎(1)为保证该中子星赤道上任意质点不会飞出，求该中子星的最小密度表达式；‎ ‎(2)推导中子星上极点A的重力加速度g表达式。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】(1)设该脉冲星的半径为r，质量为M，赤道上质点m所受的万有引力提供向心力，‎ 则根据 及体积公式 得 ‎(2) 在中子星上极点A，质物体重力等于万有引力，则有根据 得:‎ ‎【点睛】为保证该中子星赤道上任意质点不会飞出，质点恰好由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式求出中子星的质量，即可求得最小密度．根据物体的重力等于万有引力，求解中子星上极点A的重力加速度g．‎ ‎18. 如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖起固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：‎ ‎(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；‎ ‎(2)小球A冲进轨道时速度v的大小。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】(1)粘合后两球飞出轨道后做平抛运动，竖起方向分运动为自由落体运动，有，解得；‎ ‎(2)设球A的质量为m，碰撞前速度大小为，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知，‎ 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为，由动量守恒定律知，‎ 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有，‎ 解得 ‎【点睛】本题综合考查了动量守恒定律、机械能守恒定律和牛顿第二定律，综合性较强，关键是理清过程，选择合适的规律进行求解．‎ ‎19. 如图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一个劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料—ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L。现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力）：‎ ‎(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；‎ ‎(2)滑块向下运动过程中加速度的大小；‎ ‎(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律 得 设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律 ‎2mv1=mv0‎ 得 碰撞过程中系统损失的机械能力 ‎（2）设加速度大小为a，有 得　‎ ‎（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER 受力分析如图所示 FS=kx x=d+mg/k 得 ‎20. 节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力米源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以匀速行驶，发动机的输出功率为。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72m后，速度变为。此过程中发动机功率的1/5用于轿车的牵引，4/5用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求：‎ ‎(1)轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力的大小；‎ ‎(2)轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能；‎ ‎(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能维持72km/h匀速运动的距离。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】(1)汽车牵引力与输出功率的关系，‎ 将 代入得，‎ 当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 ‎(2)在减速过程中，注意到发动机只有用于汽车的牵引，‎ 根据动能定理有:，‎ 代入数据得，‎ 电源获得的电能为；‎ ‎(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到阻力仍为。‎ 此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，‎ 代入数据得 ‎ ‎ ‎ ‎