湖南省长沙市雅礼中学2015届高三下学期第二次月考物理试卷【解析版】

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2015届高三下学期第二次月考物理试卷【解析版】，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。


湖南省长沙市雅礼中学2015届高三下学期第二次月考物理试卷


一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分，1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有错选的得0分）
1．三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是( )

A．三个质点从N点到M点的平均速度相同
B．三个质点任意时刻的速度方向都相同
C．三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同
D．三个质点从N点到M点的路程相同

考点：平均速度；速度．
分析：位移等于物体首末位置的距离，平均速度等于位移与时间的比值．
解答： 解：A、三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，首末位置距离相等，知位移相等，所用时间相等，则平均速度相等．故A正确．
B、做曲线运动某时刻的速度方向沿该点的切线方向，知质点速度方向不是任意时刻相同．故B错误．
C、三个质点在任意相等时间内的位移不一定不同，则平均速度不一定相同．故C错误．
D、路程是运动轨迹的长度，运动轨迹不同，路程不同，故D错误；
故选：A．
点评：解决本题的关键知道平均速度等于位移与时间的比值，知道路程的位移的区别．

2．有一处大型游戏器械，它是一个圆筒形大型容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为( )
A．游客处于超重状态
B．游客处于失重状态
C．游客受到的摩擦力等于重力
D．筒壁对游客的支持力等于重力

考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：当圆筒开始转动后，转速加快到一定程度时，桶壁对人的弹力提供圆周运动的向心力，转速越大，弹力越大，人在竖直方向上受重力和摩擦力平衡．
解答： 解：在水平方向上，桶壁对人的弹力提供向心力，在竖直方向上人受到重力和静摩擦力平衡．人并没有处于超重或失重状态．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：解决本题的关键搞清向心力的来源，知道人在竖直方向上处于平衡．

3．从高h处以水平速度v0抛出一物体，物体落地速度方向与水平地面夹角最大的时候，h与v0的取值应为下列四组中的( )
A．h=30m，v0=10m/s B．h=30m，v0=30m/s
C．h=50m，v0=30m/s D．h=50m，v0=10m/s

考点：平抛运动．
专题：平抛运动专题．
分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．
解答： 解：根据平抛运动的规律可知，
水平方向上匀速直线运动：V=V0，x=V0t
竖直方向上的速度：Vy=gt，h=gt2
落地时速度方向与地面的夹角为tanα=
所以h越大，初速度V0越小，物体落地的速度方向与地面的夹角越大，所以D正确．
故选D．
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．

4．甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是( )
A．乙的周期大于甲的周期
B．乙的速度大于第一宇宙速度
C．甲的加速度小于乙的加速度
D．甲在运行时能经过北极的正上方

考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
专题：人造卫星问题．
分析：甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（
解答： 解：A、B、C人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：
F=F向
F=G
F向=m=mω2r=m（）2r
因而=m=mω2r=m（）2r=ma
解得：
v=…①
T=…②
a=…③
由①②③式可以知道，人造卫星的轨道半径越大，线速度越小、周期越大，加速度越小，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星的线速度小、周期大，加速度小；根据①式，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；则C正确
D、甲只能在赤道上空，则D错误
故选：C
点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论．

5．滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点速度仍为7m/s，若他以6m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度( )

A．大于6m/s B．等于6m/s
C．小于6m/s D．条件不足，无法计算

考点：动能定理的应用．
专题：动能定理的应用专题．
分析：滑板运动员从曲面的A点下滑过程中，重力和摩擦力做功，当他下滑的速度减小时，分析摩擦力如何变化，确定运动员克服摩擦力做功的大小，分析动能变化量的大小，再求出他运动到B点时的速度范围．
解答： 解：滑板运动员从曲面的A点下滑过程中，重力和摩擦力做功，当他下滑的速度减小时，在同一点他对轨道的压力减小，摩擦力减小，则他下滑过程中克服摩擦力做功减小，重力做功相同，根据动能定理得知，动能的变化量减小，第一次下滑过程动能变化量为零，则有
＞0，得vB＞6m/s
故选A
点评：本题运用向心力和动能定理分析运动员下滑过程动能的变化量大小，是经常采用的思路．

6．2010年10月1日18时59分57秒，搭载着“嫦娥二号”卫星的长征三号丙运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里，周期为118分钟的圆轨道Ⅲ，开始对月球进行探测，如图所示．已知万有引力常量为G，月球的半径为R，则( )

A．由已知条件可求月球的质量
B．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅲ上小
C．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度大
D．卫星在轨道Ⅱ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大

考点：万有引力定律及其应用．
专题：万有引力定律的应用专题．
分析：月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，根据万有引力提供向心力，得出线速度与半径的关系，即可比较出卫星在轨道Ⅲ上的运动速度和月球的第一宇宙速度大小．卫星在轨道Ⅰ上经过P点若要进入轨道Ⅲ，需减速．比较在不同轨道上经过P点的加速度，直接比较它们所受的万有引力就可得知．卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，在P点需减速．
解答： 解：A．由已知条件不能求月球的质量．故A错误．
B．卫星在轨道Ⅰ上经过P点若要进入轨道Ⅲ，需减速，故卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅲ上大．故B错误．
C．月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，卫星在轨道Ⅲ上的半径大于月球半径，根据G=m，得：v=，可知卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，C错误
D．卫星从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ，在P点需减速．卫星在轨道Ⅱ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大．故D正确．
故选：D．
点评：解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，从低轨道到高轨道要加速，反之减速，这类问题也是2015届高考的热点问题．

7．如图所示，在光滑的水平面上，有A、B两物体在F1和F2的作用下运动，已知F1＞F2，则( )

A．若撤去F1，B的加速度一定增大
B．若撤去F1，B对A的作用力一定增大
C．若撤去F2，A的加速度一定增大
D．若撤去F2，A对B的作用力一定增大

考点：牛顿第二定律；加速度．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析．由隔离法求出甲乙间的作用力，根据表达式进行分析．
解答： 解：A、B撤去作用力之前，由牛顿第二定律得：
对整体：a=…①
对B：F2﹣F=mBa…②
联立得：A对B的作用力F=…③
由①知，若撤去F1，由于F1﹣F2与F2的大小关系无法确定，加速度不一定增大，撤去F2，A的加速度一定增大；故A错误，C正确．
由③知，若撤去F2，A对B的作用力一定减少．故B、D错误．
故选C．
点评：关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小．

8．太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的横轴是lg（），纵轴是lg（）；这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，TO和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列4幅图中正确的是( )
A． B． C． D．

考点：开普勒定律．
专题：压轴题．
分析：根据开普勒行星运动的第三定律，按照题目的要求列示整理即可得出结论．
解答： 解：根据开普勒周期定律：T2=kR3，T02=kR03两式相除后取对数，得：，
整理得：，所以B正确．
故选B．
点评：本题要求学生对数学知识要比较熟悉，并且要有一定的计算能力，主要是数学的计算问题．

9．一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示．若已知汽车的质量m，牵引力F1 和速度v1及该车所能达到的最大速度v3．则根据图象所给的信息，能求出的物理量是( )

A．汽车运动中的最大功率为F1 v1
B．速度为v2时的加速度大小为
C．汽车行驶中所受的阻力为
D．恒定加速时，加速度为

考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．
专题：功率的计算专题．
分析：汽车先做匀加速运动，再以恒定功率运动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可．
解答： 解：A、根据牵引力和速度的图象和功率P=Fv得汽车运动中的最大功率为F1v1，故A正确．
B、汽车运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，所以速度为v2时的功率是F1 v1，
根据功率P=Fv得
速度为v2时的牵引力是，
对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，
该车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力f=
根据牛顿第二定律，有速度为v2时加速度大小为a=﹣，故B错误，C正确．
D、根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度a′=﹣，故D错误．
故选AC．
点评：本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解．

10．如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B栓牢一根轻绳，轻绳下端悬挂一重为G的物体，上端绕过定滑轮A，用水平拉力F拉轻绳，开始时∠BCA=160°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC．在此过程中（不计滑轮质量，不计摩擦）( )

A．拉力F大小不变
B．拉力F逐渐减小
C．轻杆B端所受轻绳的作用力大小不变
D．轻杆B端所受轻绳的作用力先减小后增大

考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题．
分析：以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABC三边边长的关系，再分析其变化．
解答： 解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图，由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得
==
又T=G，解得：N=，F=
使∠BCA缓慢变小时，AC、BC保持不变，AB变小，则N保持不变，F变小．故BC正确，AD错误．
故选BC

点评：本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法．

11．内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后( )

A．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点

考点：机械能守恒定律．
专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题．
分析：甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒．
解答： 解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；
B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；
C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故C错误；
D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确；
故选AD．
点评：本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体．

12．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )

A．上述过程中，F做功大小为
B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
C．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多

考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功能关系．
专题：压轴题．
分析：（1）由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量；
（2）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；
（3）滑块对木板的摩擦力不变，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小；
（4）系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多．
解答： 解：A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；
B．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故B错误；
C．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故C正确；
D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．
故选CD．
点评：本题重点考查了功能关系，对物理过程仔细分析是解题关键，同时对物理模型要把握和熟悉．本题就是常见而重要的滑块和木板模型．

二、填空题（本大题共2个小题，共12分）
13．利用图（a）所示实验装置可粗略测量人吹气产生的压强．两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞一潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时棉球的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l，然后多次改变x，测出对应的l，画出l2﹣x关系图线如图（b）所示，并由此得出相应的斜率k．

（1）若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出时速度v0=．
（2）假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g、大气压强p0均为已知，利用图（b）中直线的斜率k可得，管内气体压强p=p0+．
（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦力，则（2）中得到的p与实际压强相比偏小（填“偏大”、“偏小”）．

考点：理想气体的状态方程．
专题：理想气体状态方程专题．
分析：（1）棉球从B端飞出做平抛运动，可以根据平抛运动的基本公式解出速度v0；
（2）根据压强公式求出压力F，运用动能定理求出l2﹣x的关系，其斜率等于k，这样就可以求出管内气体压强p；
（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，所以除了压力做功外，摩擦力对棉球做负功，再运用动能定理求出l2﹣x的关系，其斜率等于k，这样就可以比较压强偏大还是偏小．
解答： 解：（1）棉球从B端飞出做平抛运动，根据平抛运动的基本公式得：
l=v0t，h=
解得：v0=l
（2）设玻璃管内气体压强始终为p，不计棉球与管壁的摩擦，对棉球从静止到B点的运动过程运用动能定理得：
（p﹣p0）Sx=
（p﹣p0）Sx=
所以l2==kx
所以
解得：p=p0+
（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，设摩擦力为f，所以除了压力做功外，摩擦力对棉球做负功，再运用动能定理得：
（p实﹣p0）Sx﹣fx=

l2==kx
所以
解得：p实=p0+
很明显，（2）中得到的p与实际压强相比偏小．
故答案为：（1）l；（2）p0+；（3）偏小．
点评：该题考查了平抛运动的基本规律与压强的相关计算，要求同学们学会熟练运用动能定理解题，比较简洁、方便，本题难度不大．

14．如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律．
（1）若选定物块A从静止开始下落的过程中进行测量，则需要测量的物理量有①②或①③．
①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B下落的距离及下落这段距离所用的时间；
④绳子的长度．
（2）为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小．
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是①③．
（3）写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：对同一高度进行多次测量取平均值．


考点：验证机械能守恒定律．
专题：实验题．
分析：（1）这个实验的原理是要验证m1、m2的增加的动能和m1、m2减少重力势能是不是相等，所以我们要测量的物理量有：物块的质量m1、m2； 物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间或物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间．
（2）如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差；绳子不宜太长，长了形变对实验的影响越大；m1、m2相差越大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小．物体末速度v是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物体在竖直方向运动．这些都是减小系统误差，提高实验准确程度的做法．
（3）多次取平均值可减少测量误差，绳子伸长量尽量小，可减少测量的高度的准确度．
解答： 解：（1）通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的，故不需要测量绳子的长度和B上升的距离及时间．故选①②或①③均可以．
（2）如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差；绳子不宜太长，长了形变对实验的影响越大；m1、m2相差越大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小．物体末速度v是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物体在竖直方向运动．这些都是减小系统误差，提高实验准确程度的做法．故选：①③
（3）实验误差来自测量，所以多次取平均值可减少测量误差，又绳子伸长量尽量小，可减少测量的高度时的误差
故答案为：（1）①②或①③； （2）①③；
（3）对同一高度进行多次测量取平均值，选取受力后相对伸长尽量小的绳子等等．
点评：此题为一验证性实验题．要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断如何减小实验误差．掌握各种试验方法是解题的关键．

三、计算题（本大题共4个小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．在光滑的水平轨道上有两个的小球A和B（均可看作质点），质量分别为m和2m，当两球心间的距离大于L时，两球之间无相互作用力；当两球心间的距离等于或小于L时，两球间存在相互作用的恒定斥力F．设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动，如图所示．欲使两球不发生接触，v0必须满足什么条件？


考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：应用牛顿第二定律求出球的加速度，然后应用匀变速运动的运动规律求出球的位移，然后求出初速度需要满足的条件．
解答： 解：两球不发生接触的条件：v1=v2，L+x2﹣x1＞0．
由牛顿第二定律得：
A球：a1=，a2=，
由速度公式得：v1=v0﹣a1t，v2=a2t，
由位移公式得：x1=v0t﹣a1t2，x2=a2t2，
解得：v0＜；
答：v0必须满足的条件是：v0＜．
点评：解决本题的关键知道两球速度相等时，有最短距离，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

16．如图所示，质量为m的物体从倾角为θ的斜面上的A点以速度v0沿斜面上滑，由于μmgcosθ＜mgsinθ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下滑到B点时，速度大小恰好也是v0，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求AB间的距离．


考点：动能定理的应用．
专题：动能定理的应用专题．
分析：设物体m从A点到最高点的位移为x，对此过程和从A到B的全过程分别运用动能定理列出方程组即可求解．
解答： 解：设物体m从A点到最高点的位移为x，对此过程运用动能定理得：
﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x=0﹣ ①
对全过程运用动能定理得：
mgsinθxAB﹣μmgcosθ（2x+xAB）=0 ②
由①②解得：

答：AB间的距离为
点评：本题是动能定理的直接应用，要求同学们能根据题目的需要选择不同的过程运用动能定理解题，难度适中．

17．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=2.5W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.25N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L=10.00m，R=0.18m，h=0.80m，x=2.00m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s2）


考点：动能定理的应用；平抛运动；功能关系．
分析：通过牛顿第二定律和动能定理求出小球要越过圆轨道最高点时的速度，通过平抛运动的轨道求出通过B点的速度，从而确定通过B点的最小速度，根据动能定理求出要使赛车完成比赛，电动机至少工作的时间．
解答： 解：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律x=v1t
h=gt2
解得v1=．
设赛车恰好通过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
mg=m
mv32=mv22+mg（2R）
解得v3==m/s=3m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是
vmin=5m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能关系
Pt﹣FfL=mvmin2
代入数据解得t=1.5s．
答：电动机至少工作1.5s．
点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，涉及到直线运动、圆周运动、平抛运动，综合性较强，需加强这方面的训练．

18．如图，质量均为m的物体A和物体B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．已知重力加速度为g．
（1）求物体C的质量；
（2）当B刚要离开地面时，AC间的轻绳的拉力多大？
（3）若将C换成质量为3m的物体D，仍从前述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？


考点：功能关系；牛顿第二定律．
分析：（1）物体C下降的高度等于物体A下降的高度；开始时弹簧压缩，后来弹簧拉长，物体C下落的高度h等于弹簧长度的增加量；物体B刚离开地面时，物体A恰好获得最大速度，说明物体A受力平衡，根据平衡条件列式求解；
（2）B刚要离开地面时，分别对A和C进行受力分析，结合共点力的平衡状态即可求出；
（3）若将C换成质量为3m的物体D，当B刚离地时弹簧弹性势能与初始状态相同，由机械能守恒定律即可求解．
解答： 解：（1）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有
kx1=mg ①
挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有 kx2=mg ②
由①②式可知，x1=x2=③
B不再上升表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．
设C的质量为mC，与初始状态相比，C下降x1+x2，A上升x1+x2．弹簧弹性势能不变．由机械能守恒定律可知：
△Ek=mCg（x1+x2）﹣mg（x1+x2）=0 ④
由④式得：mC=m__________ ⑤
（2）B刚要离开地面时，A受力如图甲所示．
kx2+mg﹣FT=ma ⑥
物体C受力如图乙所示
FT﹣mg=ma ⑦
由⑥和⑦式得FT=
（3）C换成D后，当B刚离地时弹簧弹性势能与初始状态相同，设此时A、D速度为v，由机械能守恒定律得
×3mv2+mv2=3mg（x1+x2）﹣mg（x1+x2） ⑧
由③和⑧式得v=
答：（1）物体C的质量m；
（2）当B刚要离开地面时，AC间的轻绳的拉力是；
（3）若将C换成质量为3m的物体D，仍从前述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是．

点评：本题关键分析清楚物体的运动规律，然后根据平衡条件和机械能守恒定律以及胡克定律列式后联立求解即可．