2022-2023学年辽宁省师大附中高一下学期期中考试物理（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省师大附中高一下学期期中考试物理（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中正确的是( )
A. 开普勒第一定律告诉我们，行星绕太阳运动的轨道都是圆周轨道
B. 牛顿的月—地检验表明地面物体所受地球引力、月球所受地球的引力，与太阳、行星间的引力遵从相同的规律
C. 卡文迪什利用扭秤实验提出了万有引力定律
D. 1971年铯原子钟的实验中发现高速运动的μ子寿命变短
2.如图所示，两个皮带轮在电机的带动下顺时针转动，带动水平传送带以不变的速率v=4m/s运行。将质量为m=2kg的物体A(可视为质点)轻轻放在传送带左端，经时间t=2s后，A的速度变为v，再经过相同时间后，到达传送带右端。则下列说法正确的是( )
A. 物体A由传送带左端到右端的平均速度为4m/s
B. 传送带对物体做功为32J
C. 系统因摩擦而产生的热量为16J
D. 因传送物块，电机额外输出的能量为48J
3.高中坠物十分危险，我们可以根据坠物落地时的运动状态判断坠物是从哪一楼层抛出的，假设某次实验中，垂直于竖直墙壁向外抛出一个可视为质点的物体，从监测画面中描绘出坠地物体落地速度方向与水平方向所成夹角为θ，经测量tanθ=4，若落地点距抛出点水平间距为10m，g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 坠物在空中飞行时间为20sB. 坠物落地时速度与竖直方向夹角大于30°
C. 坠物抛出时的初速度为0.5m/sD. 坠物可能来自于7楼
4.为了美观和经济，许多桥面建成拱形，为避免车速过快，造成安全隐患，拱桥上一般都会有限速标志，若汽车对拱桥的压力是其自身重力的0.9倍时的速度为该桥的限速标志对应的速度，当拱桥圆弧对应的曲率半径为100m时，g=10m/s2，桥上的限速标志所示速度为( )
A. 36km/ℎB. 60km/ℎC. 84km/ℎD. 108km/ℎ
5.水平面上有一固定斜面，一质量为m的可视为质点物块静止于A点，现施加一个恒定外力F。已知全程动摩擦因数为μ，物块A、C间的水平距离为L，竖直高度为ℎ，若物块到达C点时速度为v，不计在B处的能量损失，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 物块的重力势能为mgℎ
B. 物块的机械能增加了FL
C. 物块克服摩擦做功为：W=FL−12mv2−mgℎ
D. 外力F做功为：W=12mv2+μmgL+mgℎ
6.如图所示，长为L的绳子下端连着一质量为m的小球，上端悬于天花板上。当把绳子拉直时，绳子与竖直线的夹角为60°，此时小球静止于光滑的水平桌面上，重力加速度为g。则( )
A. 当小球以角速度ω1= gL做圆锥摆运动时，绳子的张力大小为12mg
B. 当小球以角速度ω1= gL做圆锥摆运动时，桌面受到的压力大小0
C. 当小球以角速度ω2= 5gL做圆锥摆运动时，绳子的张力大小为5 3mg
D. 当小球以角速度ω2= 5gL做圆锥摆运动时，桌面受到的压力大小为0
7.如图所示，质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连，A放置在光滑水平地面上，一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧)，弹簧的劲度系数k。现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上，使物块B缓慢向上运动，已知重力加速度为g，当A物块恰好离开地面时，F所做功为( )
A. FmgkB. F2mgkC. m2g2kD. 2m2g2k
二、多选题（本题共5小题，共20分）
8.某同学观看了著名科幻电影《流浪地球》后，提出大胆假设，除了建造太空电梯外还可以建设一条如图所示穿过地心的隧道，假设地球的半径为R，质量分布均匀，根据万有引力，我们可以合理假设小球在地心隧道运行时( )
A. 小球将一直做匀加速运动
B. 小球将做减速运动
C. 小球将做往返运动
D. 小球将运动到地心后减速到0，最终悬停在地心
9.物块在水平桌面上受到水平恒定拉力作用下由静止开始加速运动，经过一段时间后撤去拉力，物块又滑行一段距离停下来。如果以物块的初始位置为坐标原点，沿运动方向建立x轴，则物块的动能Ek随位置坐标x的变化图像如图所示。重力加速度为已知量，根据图像可以求出下面哪些量( )
A. 物块的质量B. 物块与桌面之间的动摩擦因数
C. 水平拉力大小D. 全过程物块的机械能变化量
10.“太空垃圾”已经成为了航天安全的重要威胁，为了安全航天“太空垃圾”的回收清理势在必行，科学家构想向太空发射清洁卫星，通过变换轨道对“太空垃圾”进行清理，如图所示，其过程简化为清洁卫星先进入近地圆轨道Ⅲ，经过与其相切的绕地球椭圆轨道Ⅱ再转移到绕地球圆轨道Ⅰ，A、B分别为椭圆轨道Ⅱ上的近地点和远地点。清洁卫星在变轨过程中质量视为不变。则下列说法正确的是( )
A. 清洁卫星在轨道Ⅱ上B点的加速度小于在轨道Ⅰ上B点的加速度
B. 清洁卫星在轨道Ⅱ上A点时的速率大于地球的第一宇宙速度
C. 清洁卫星在轨道Ⅱ上B点机械能大于在轨道Ⅰ上B点的机械能
D. 在轨道Ⅱ上，清洁卫星在A点的机械能等于在B点的机械能，从A到B，引力做负功
11.如图所示，将一个小球P从A点以v0水平抛出小球恰好落在斜面底端B点，若在B点正上方与A等高的C点将一相同的小球Q以2v0速度水平抛出，小球落在斜面上的D点，已知ABCD处于同一竖直面，则下列说法正确的是( )
A. AD：AB=3−2 2
B. AD：AB=3− 52
C. tQ：tP= 5−12
D. tQ：tP= 2−1
12.如图甲、乙所示，AB段为上表面动摩擦因数为μ=0.8，长为L的长木板，长木板右侧地面略高，恰能使右侧固定于地面的14光滑圆弧或光滑斜面与长木板相切，已知14光滑圆弧的半径与斜面的竖直高度均为L，现将一个可视为质点的小物块轻放在长木板的A端，且施加一个水平向右F=mg的恒力，若小滑块进入光滑斜面时无能量损失，斜面倾角为θ=45°，则小滑块在甲乙两图中到达轨迹最高点时增加的机械能为( )
A. 图甲的机械能增加量为1.4mgLB. 图甲的机械能增加量为2.2mgL
C. 图乙的机械能增加量为1.5mgLD. 图乙的机械能增加量为2.5mgL
三、实验题（本题共2小题，共16分）
13.宇航员登陆某星球做了一个平抛运动实验，并用频闪照相机记录小球做平抛运动的部分轨迹，且已知平抛初速度为2.5m/s。将相片放大到实际大小后在水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，A、B、C为小球运动中的3个连续的记录点，A、B和C点的坐标分别为(0,0)、(0.50m,0.25m)和(1.00m,0.75m)。已知G=6.67×10−11N⋅m2/kg2则：
(1)频闪照相机的频闪频率为______Hz；
(2)该星球表面重力加速度为______m/s2；
(3)若该星球半径为R=1000km，则该星球第一宇宙速度为______m/s；
(4)该星球的质量大约是______kg。(保留两位有效数字)
14.探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。
(1)在这个实验中，利用了______(选填“理想实验法”“等效替代法”或“控制变量法”)来探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系；
(2)探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量______(选填“相同”或“不同”)的小球；
(3)探究向心力的大小与圆周运动的角速度的关系，左右两边塔轮的半径______(选填“相同”或“不同”)
(4)当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径等于短槽中小球的轨道半径，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为4：1，则左、右两边塔轮的半径之比为______。
四、简答题（本题共1小题，共16分）
15.2023年5月我国预计发射神舟十六号将对接于中国空间站的天和核心舱径向端口，与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，三位宇航员在空间站驻留六个月从事各项科研工作。已知我国空间站距离地球表面的高度为ℎ，地球质量为M，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。求：
(1)空间站绕地球做匀速圆周运动的周期T；
(2)在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，其半径为r，绕中轴匀速旋转，如图所示。宇航员(可视为质点)站在旋转舱内的侧壁上，若要感受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，旋转舱绕其中轴匀速转动的角速度ω应为多大。
五、计算题（本题共2小题，共20分）
16.某同学利用暑假时间到工地体验生活，工友交给他一个任务，将静置于地面质量为40kg的一袋水泥用吊机竖直提升到高为194.4m的平台，小明利用物理老师讲的机车启动知识，决定操控吊机使水泥袋先做匀加速运动，待电机功率达到额定功率后，保持额定功率不变再做变加速、匀速运动，离平台还有一小段距离时调整为匀减速上升，到达平台的速度刚好为零，通过吊机臂铭牌查阅到该吊机额定功率为4800W、最大拉力600N，减速时加速度为a=1m/s2，g=10m/s2，请你根据小明的思路结合实际数据，不计空气阻力，试求：
(1)水泥袋做匀加速运动的最短时间；
(2)满足(1)的前提下，求吊机以额定功率运行的过程中水泥袋上升所需要的时间。
17.如图所示，一细圆环半径为r，环面处于竖直面内。环上穿有一质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，某时刻小球受到水平向右的恒力F=mg。小球经过A点时速度的方向恰好竖直向上。重力加速度为g，则：
(1)若小球经过A点时与圆环间无力的作用，求小球经过A点时的速度大小v；
(2)要使小球能运动到与A点对称的B点，求小球在A点的速度至少为多大；
(3)在保证小球恰好做圆周运动的前提下，求小球对轨道的最大压力为多大。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.开普勒第一定律告诉我们，行星绕太阳运动的轨道都是椭圆轨道，故A错误；
B.牛顿的月—地检验表明地面物体所受地球引力、月球所受地球的引力，与太阳、行星间的引力遵从相同的规律，故B正确；
C.卡文迪什利用扭秤实验测出了万有引力常量，牛顿总结并提出了万有引力定律，故C错误；
D.1971年铯原子钟的实验中发现高速运动的μ子寿命变长，故D错误。
故选：B。
本题是物理学史问题，结合牛顿、卡文迪什、开普勒等人的物理学贡献进行答题即可。
本题考查物理学史，属于识记内容。对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。
2.【答案】C
【解析】解：A、物体A由传送带左端到右端通过的位移为x=0+v2t+vt=1.5vt，平均速度为v−=x2t=1.5vt2t=0.75×4m/s=3m/s，故A错误；
B、物体从静止释放后经时间t速度变为v，对此过程，应用动能定理可得传送带对物体A做的功为Wf=12mv2−0=12mv2=12×2×42J=16J，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有f=ma=m⋅vt=2×42N=4N，系统因摩擦而产生的热量为Q=fΔx=f(vt−0+v2t)，解得：Q=16J，故C正确；
D、因传送物块，电机额外输出的能量为W=Q+12mv2，解得W=32J，故D错误。
故选：C。
物体A轻轻放在传送带左端后，在滑动摩擦力的作用下先做匀加速运动，当速度与皮带速度相同后，物体随着皮带一起匀速运动。先求出位移，再根据位移与时间之比求平均速度。根据动能定理求传送带对物体做的功。根据物体与传送带间的相对位移计算系统因摩擦而产生的热量。根据能量守恒求电机额外输出的能量。
本题是传送带问题，解决本题的关键是理清物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式以及功能关系进行求解。要知道摩擦生热与相对位移有关。
3.【答案】D
【解析】解：A.设物体抛出时的初速度为v0，则落地时tanθ=gtv0=gt2v0t=gt2d，解得t=2s，故A错误；
B.设坠物落地时速度与竖直方向夹角为α，则tanα=14ω0，故小球离开桌面做匀速圆周运动，则N=0，此时小球的受力如图2：
设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有mgtanθ=mω2⋅Lsinθmg=T2csθ
联立解得T2=5mg，故C错误，D正确。
故选：D。
当小球做圆锥摆运动时，由重力、水平面的支持力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，采用正交分解法列方程求解绳子的张力和桌面的支持力，再由牛顿第三定律求出桌面受到的压力。
本题是圆锥摆问题，分析受力，确定向心力来源，运用牛顿第二定律进行解答。
7.【答案】D
【解析】解：根据平衡条件和胡克定律可知，开始时弹簧压缩量x1=mgk
此时F1=0
当A物块恰好离开地面时弹簧伸长量为x2=mgk
此时F2=2mg
则F做功W=F1+F22(x1+x2)=2m2g2k，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据平衡条件和胡克定律，求开始时弹簧压缩量以及当A物块恰好离开地面时弹簧伸长量，再根据弹簧做功等于平均力乘以位移，即可解答。
本题解题关键是掌握规律弹簧做功等于平均力乘以位移。
8.【答案】C
【解析】解：ABD.物体在地表时重力近似等于万有引力，则满足：GMmR2=mg
且M=ρ⋅43πR3
以地心为位移起点，设某时刻物体的位移为x，根据质量等于密度乘以体积有：半径为|x|的球的质量M′=ρ⋅43π⋅|x|3
由于均匀球壳对壳内物体引力为零，则此时物体所受引力大小为F=GmM′x2
考虑到F与x方向相反，联立可得F=−mgRx，其中 mgR为常数，即该物体的运动为简谐运动，故ABD错误；
C.因该物体的运动为简谐运动，因此小球将做往返运动，故C正确；
故选：C。
本题根据物体在地表时重力近似等于万有引力，以及质量与密度的关系分析求解。
本题考查了万有引力的应用，理解万有引力定律中各个物理量的含义，知道如何计算地球内部万有引力是解决此类问题的关键。
9.【答案】CD
【解析】解：ABC、在拉力作用的过程，由动能定理可得
(F−μmg)x=Ek−0
则得：F−μmg=Ekx=2002N=100N
撤去拉力后，只有摩擦力做功，由动能定理可得
−μmgΔx=0−Ek
解得：μmg=EkΔx=2006−2N=50N
联立解得：F=150N
故水平拉力大小可以确定，质量无法确定，则动摩擦因数无法确定，故AB错误，C正确；
D、全过程物块的机械能变化量ΔE=(F−μmg)x−μmgΔx=Ek−Ek=0，故D正确。
故选：CD。
对拉力作用下的运动过程和撤去拉力后的运动过程，分别应用动能定理列方程，即可求解水平拉力和摩擦力大小。根据功能关系求全过程物块的机械能变化量。
本题涉及力在空间的积累效果，运用动能定理处理，比较简洁。对于机械能变化量，也可以根据机械能的概念解答。
10.【答案】BD
【解析】解：A、B点到地球球心的距离r一定，由牛顿第二定律得GMmr2=ma，得a=GMr2，可知清洁卫星在轨道Ⅱ上B点的加速度等于在轨道Ⅰ上B点的加速度，故A错误；
B、清洁卫星在轨道Ⅱ上的运动轨道为椭圆，卫星在近地轨道Ⅲ上运行近似等于第一宇宙速度，从轨道Ⅲ转移到轨道Ⅱ在A点必须加速，所以清洁卫星在轨道Ⅱ上A点时的速率大于地球的第一宇宙速度，故B正确；
C、清洁卫星在椭圆轨道Ⅱ上的B点需点火加速，才能进入圆轨道Ⅰ，推力做正功，其机械能增大，故清洁卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故C错误；
D、在轨道Ⅱ上，只有引力做功，卫星机械能守恒，所以清洁卫星在A点的机械能等于在B点的机械能，从A到B，卫星远离地球，引力方向与速度方向的夹角为钝角，因此引力做负功，故D正确。
故选：BD。
利用牛顿第二定律列式分析加速度关系；卫星在近地轨道上运行近似等于第一宇宙速度，结合变轨原理分析卫星在轨道Ⅱ上A点时的速率与地球的第一宇宙速度的关系；根据变轨原理分析卫星在不同轨道上机械能的大小；只有引力对卫星做功时，满足机械能守恒的条件，所以在轨道Ⅱ上，清洁卫星在A点的机械能等于在B点的机械能，从A到B过程中引力做负功。
卫星变轨时做近心或离心运动，根据外界提供的万有引力和卫星所需的向心力关系来分析。要知道只有引力做功时，卫星的机械能是守恒的。
11.【答案】AD
【解析】解：AB、在B点正上方与A等高的C点将一相同的小球Q以2v0速度水平抛出，小球落在斜面上的D点，如图
设AB之间高度差为ℎ，CD之间高度差为ℎ′
ℎ=12gt12
ℎ′=12gt22
代入数据解得
t1= 2ℎg
t2= 2ℎ′g
斜面倾角的正切值
tanθ=ℎv0t1=ℎ′v0t1−2v0t2
代入数据解得
ℎ′=(3−2 2)ℎ
所以
AD：AB=ℎ′：ℎ=3−2 2
故A正确，B错误。
CD、由上述分析可知
tQtP=t2t1= ℎ′ℎ= 3−2 2= 2−1
故C错误，D正确。
故选：AD。
AC两处抛出的小球都做平抛运动，由平抛运动的规律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，抓住水平位移和竖直位移关系进行求解。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，分析两个小球两个方向位移的关系，从而解决此类问题。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、图甲中，小物块从A到B的过程，根据功能关系有：FL−μmgL=12mv2
又F=mg
解得小物块到达B点的速度为：v= 0.4gL
小物块在14光滑圆弧运动时，受力情况如图所示。
根据等效重力加速度、圆周运动和对称性可知，小物块到达C点时的速度大小为v，小物块离开C点后做竖直上抛运动，上升时间为t=vg
水平方向做匀加速直线运动，加速度为a=Fm=mgm=g
小物块到达最高点时水平方向位移为x=12at2
解得：x=0.2L
可知图甲中小物块到达轨迹最高点时增加的机械能为ΔE=F(L+L+x)−μmgL=mg(L+L+0.2L)−0.8mgL=1.4mgL，故A正确，B错误；
CD、图乙中，小物块在斜面运动时受力情况如图所示。
因Fcs45°=mgsin45°，可知小物块加速度为零，做匀速运动，离开斜面后竖直方向做竖直上抛运动，时间为t′= vsin45°g
水平方向做匀加速直线运动，加速度为a=Fm=g
小物块到达最高点时水平方向位移为x′=vcs45°⋅t′+12at′2
解得：x′=0.3L
可知图乙中小物块到达轨迹最高点时机械能增加量为ΔE′=F(L+L+x′)−μmgL=mg(L+L+0.3L)−0.8mgL=1.5mgL，故C正确，D错误。
故选：AC。
图甲中，从A到B，根据功能关系求出小物块到达B点的速度大小。小物块在14光滑圆弧运动时，根据等效重力加速度、圆周运动和几何知识确定小滑块到达C点时的速度。小物块离开C点后做竖直上抛运动，根据运动学公式求出小物块到达最高点发生的水平位移，再根据功能关系求出机械能增加量。
图乙中，分析小物块在斜面运动时受力情况，确定其加速度。小物块离开斜面后做斜抛运动，后竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式求出小物块到达最高点发生的水平位移，再根据功能关系求出机械能增加量。
解答本题的关键要根据等效重力加速度，分析图甲中小物块到达C点的速度。要分析清楚物块的运动过程，运用运动的分解法处理斜抛运动。
13.【答案】5 6.25 2500 9.4×1022
【解析】解：(1)频闪照相机的频闪频率为
f=v0x=−0.50Hz=5Hz
(2)频闪照相机的周期为
T=1f=15s=0.2s
根据Δy=gT2可得
g=ΔyT2=yBC−yABT2=(0.75−0.25)−(0.25−0)0.22m/s2=6.25m/s2
(3)根据万有引力提供向心力：GMmR2=mv2R，结万有引力与重力的关系合GMmR2=mg，故第一宇宙速度
v= gR
代入数值解得：v=2500m/s
(4)根据万有引力与重力的关系有
GMmR2=mg
代入数值解得
M=9.4×1022kg
故答案为：(1)5；(2)6.25；(3)2500；(4)9.4×1022。
(1)根据速度和位移的关系分析求解；
(2)根据频率等于周期的倒数，结合自由落体运动推论Δy=gT2分析求解；
(3)根据万有引力提供向心力，以及黄金代换式分析求解；
(4)根据万有引力与重力的关系分析求解。
本题考查了万有引力定律，理解万有引力定律提供向心力，以及万有引力和重力的关系是解决此类问题的关键。
14.【答案】控制变量法 相同 不同 1：2
【解析】解：(1)在这个实验中，利用了控制变量法来探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系；
(2)探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量相同的小球；
(3)探究向心力的大小与圆周运动的角速度的关系，左右两边塔轮的半径不同，根据v=rω可知此时角速度不同。
(4)由题意可知左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为4：1，根据F=mω2R可得：ω左：ω右=2：1
由v=ωr可得：r左：r右=1：2
左、右两边塔轮的半径之比是1：2。
故答案为：(1)控制变量法；(2)相同；(3)不同；(4)1：2
(1)(2)(3)影响向心力的大小的因素有小球质量、小球做圆周运动的角速度和半径等，据此分析作答；
(4)根据向心力公式分析作答。
本题考查了探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验；要理解实验原理，掌握实验方法。
15.【答案】解：(1)空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
不考虑地球自转时，质量为m0物体，在地球表面的重力：GMm0R2=m0g
可得T=2πR+ℎR R+ℎg
(2)当人随空间站一起自转且加速度为g时，可获得与地球表面相同的重力，则：N=m0g
旋转舱内的侧壁对宇航员的支持力N，提供宇航员圆环绕中心匀速旋转向心力：N=m0ω2r
解得：ω= gr
答：(1)空间站绕地球做匀速圆周运动的周期为2πR+ℎR R+ℎg；
(2)旋转舱绕其中轴匀速转动的角速度ω应为 gr。
【解析】(1)空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式求解；
(2)根据支持力等于重力，结合匀速圆周运动的公式求解角速度。
根据卫星运动时万有引力提供向心力和在地球表面重力等于万有引力分别列方程求解，要求同学们能读懂题意，能根据题目得出有效的信息，难度适中。
16.【答案】解：(1)为了以最短时间提升水泥袋，一开始先以最大拉力拉水泥袋做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到水泥袋达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，水泥袋在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
a1=Tm−mgm=600−40×1040m/s2=5m/s2
当功率达到额定功率时，设水泥袋的速度为v1，则有v1=P额Tm=4800600m/s=8m/s
此过程所用时间为t1=v1a1=85s=1.6s
(2)匀加速上升过程ℎ1=v122a1=822×5m=6.4m
水泥袋以最大速度匀速时，有vm=P额mg=480040×10m/s=12m/s
水泥袋最后以最大加速度做匀减速运动的上升高度分别为ℎ3=vm22a=1222×1m=72m
所以吊机以额定功率运动的过程中水泥袋上升的高度为ℎ2=194.2m−6.4m−72m=116m
设水泥袋从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2−mgℎ2=12mvm2−12mv12
得t2=10s
故提升水泥袋的最短时间为10s。
答：(1)水泥袋做匀加速运动的最短时间为1.6s；
(2)满足(1)的前提下，求吊机以额定功率运行的过程中水泥袋上升所需要的时间为10s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律计算加速度，根据瞬时功率公式计算功率达到额定功率时的速度；
(2)根据匀变速直线运动速度—位移关系式，瞬时功率公式计算匀加速上升的高度、匀减速上升的高度，再计算吊机以额定功率运动的过程中水泥袋上升的高度，根据动能定理计算时间。
本题关键掌握机车以恒定加速度启动问题的解法。
17.【答案】解：(1)在A点，根据F提供向心力
F=mg=mvA2r
解得
vA= gr
(2)能过等效最高点C必能过B点，在等效最高点C
vC=0
从A→C由动能定理得
−mgrsin45°+mgr(1−cs45°)=0−12mvA2
解得
vA= 2( 2−1)gr
(3)等效最高点C到等效最低点D，则在D点时与轨道之间的作用力最大，由动能定理得
2mg⋅2r=12mvD2−0
在D点由牛顿第二定律得
FN− 2mg=mvD2r
解得
FN=5 2mg
根据牛顿第三定律：圆环对轨道的最大压力为5 2mg。
答：(1)若小球经过A点时与圆环间无力的作用，小球经过A点时的速度大小为 gr；
(2)要使小球能运动到与A点对称的B点，小球在A点的速度至少为 2( 2−1)gr；
(3)在保证小球恰好做圆周运动的前提下，小球对轨道的最大压力为5 2mg。
【解析】(1)根据恒力提供向心力，利用向心力公式计算A点的速度；
(2)在等效最高点速度为零，根据动能定理计算A点的速度；
(3)等效最高点C到等效最低点D由动能定理和牛顿第二定律、牛顿第三定律计算小球对轨道的最大压力。
本题关键掌握做圆周运动的等效最高点和最低点。