湖南省邵阳市邵东一中2020届高三上学期月考物理试题

2019-2020学年湖南省邵阳市邵东一中高三（上）第二次月考物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32分）1.一物体以初速度为v0做匀减速运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是(　　)A. 初速度v0的大小为2.5 m/s B. 加速度a的大小为1  m/s2C. 位移x3的大小为m D. 位移x3内的平均速度大小为0.75  m/s【答案】A【解析】【详解】AB．根据可得加速度：，根据解得初速度的大小为，故选项B正确，A错误；C．第2s末的速度：，则，故选项C正确；D．位移内的平均速度大小，故选项D正确； 2.光滑水平面上有一质量为 2 kg 的物体，在三个恒定的水平共点力的作用下处于平衡 状态。现同时撤去大小分别为 5 N 和 15 N 的两个水平力而其余力保持不变，关于 此后物体的运动情况，下列说法正确的是A. 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是 5 m/s2B. 可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是 2 m/s2C. 一定做匀变速运动，加速度大小可能是 10 m/s2D. 可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是 10 m/s2【答案】C【解析】【详解】根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为5N和15N的两个力后，物体的合力大小范围为10N≤F合≤20N，根据牛顿第二定律F=ma得物体的加速度范围为：5m/s2≤a≤10m/s2。
A．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体可以做曲线运动，加速度大小可能是5m/s2．故A错误。B．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线运动，由上知加速度大小不可能是2m/s2．故B错误。C．由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动。加速度大小可能等于10 m/s2．故C正确。D．由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动。故D错误。  3.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m／s，乙的速度为10 m／s，甲车的加速度大小恒为1．2 m／s2。以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知(   )A. 乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B. 在前4 s时间内，甲车运动位移为29．6 mC. 在t＝4 s时，甲车追上乙车D. 在t＝10 s时，乙车又回到起始位置【答案】B【解析】试题分析：速度时间图像的斜率代表角速度，据此判断乙的运动过程加速度先减小再增大最后减小，选项Ａ错。速度时间图像与时间轴围成的面积代表位移，乙图像面积大于甲图像面积，所以乙的位移大于甲的位移，在t＝4 s时甲不可能追上乙车，选项Ｃ错。前１０秒，乙图像面积一直在增大位移在增大，速度一直沿正方向，所以乙不可能回到初始位置，选项Ｄ错。在前4 s的时间内，甲车运动位移，选项Ｂ对。考点：速度时间图像 匀变速直线运动【名师点睛】速度时间图像的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴以上表示位移为正，时间轴以下表示位移为负，速度时间图像交点表示速度相等，不表示位移相等，要区分速度时间图像和位移时间图像4.如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h.在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD.下列关系式正确的是(　　)A. PA＝PB＝PC＝PD B. PA＝PC>PB＝PDC. PA＝PC＝PD>PB D. PA>PC＝PD>PB【答案】C【解析】小球落地时，A的重力的瞬时功率： ；B落地的瞬时功率：；C落地的瞬时竖直速度为 ，则落地时重力的瞬时功率：；因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为 ，则落地时重力的瞬时功率：；故PA＝PC＝PD>PB，故选项C正确，ABD错误；故选C.5.高空滑索是一种勇敢者的运动项目，人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动．在下滑过程中运动模型可简化为图甲、乙所示的两种情形．甲图中轻绳垂直于钢索，乙图中轻绳沿竖直方向．若人的质量为m，钢索与地面成30°，不计空气阻力，轻绳和滑环的质量不计，则下列说法正确的是（　　）A. 图甲的情形中,人匀速下滑B. 图乙的情形中,人匀加速下滑C. 图甲的情形中,钢索对轻环的作用力大小为D. 图乙的情形中,钢索对轻环无摩擦力【答案】C【解析】【详解】AC.图甲中人受力如图所示，人所受的重力和拉力不在同一直线上，人所受合力不为零，人做匀加速直线运动，拉力：，故A错误，C正确；B.图乙中人受力如图所示，人受到的重力和拉力在同一直线上，假设人所受合力不为零，合力在竖直方向上，而人沿钢索斜向下运动，合力方向与速度方向不在同一直线上，人应做曲线运动，但事实上人做直线运动，因此人所受的合力为零，人做匀速直线运动，故B错误；D.图乙中，环与人一起做匀速直线运动，所受合力为零，则环受细线的拉力、支持力和摩擦力，如图所示，故D错误；6.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，加速度为g，则(     )A. 当ω=时，细线中张力为零B. 当ω=时，物块与转台间的摩擦力为零C. 当ω=时，细线的张力为D. 当ω=时，细绳的拉力大小为【答案】D【解析】试题分析：对物体受力分析知物块离开圆盘前合力，，根据题目提供的条件，结合临界条件分析即可．当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，解得，由于，所以当时，细线中张力为不为零，A错误；随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则，解得，由于，所以当时，物块与转台间的摩擦力不为零，B错误；由于，由牛顿第二定律，因为压力小于mg，所以，解得，故C错误；当时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则，解得，故，D正确．7.如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α=15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β=45°.不计一切摩擦．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于(     )A. tan 15° B. tan 30° C. tan 60° D. tan 75°【答案】C【解析】试题分析：小球C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为600，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为300，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为300，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为600，根据平衡条件，对甲环：，对乙环有：，得，故选C。【名师点睛】小球C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，可以根据平衡条件得到A段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环和乙环进行受力分析，根据平衡条件并结合力的合成和分解列式求解。考点：共点力的平衡条件的应用、弹力。8.暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（　　）A. “悟空”的线速度大于第一宇宙速度B. “悟空”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度C. “悟空”的环绕周期为D. “悟空”的质量为【答案】C【解析】【详解】A.该太空电站经过时间t（t小于太空电站运行周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），则太空站运行的线速度为角速度为：根据 得轨道半径为：人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：，得，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；B.由得：加速度，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；C.“悟空”的环绕周期为，故C正确；D.“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：， ，联立解得：地球的质量为，不能求出“悟空”的质量．故D错误；9.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中A、B图线t1时刻A、B的图加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A. t1时刻,弹簧形变量为B. t2时刻,弹簧形变量为C. t1时刻,A,B刚分离时的速度为D. 从开始到t2时刻,拉力F先逐渐增大后不变【答案】BD【解析】【详解】A.由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：，则，故A错误；B.由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：，则得：，故B正确；C.由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：开始时有：，又速度，故C错误；D.从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：，得，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：，得，可知F不变，故D正确；10.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处A. 路面外侧高内侧低B. 车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动C. 车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D. 当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小【答案】AC【解析】【详解】试题分析：路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力，故A正确．车速低于v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动．故B错误．当速度为v0时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v0时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．故C正确．当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则v0的值不变．故D错误．故选AC。考点：圆周运动的实例分析【名师点睛】此题是圆周运动的实例分析问题；解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，难度不大，属于基础题。  11.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC＝h，重力加速度为g.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是(　　)A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小B. 物块A经过C点时的速度大小为C. 物块A在杆上长为的范围内做往复运动D. 在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量【答案】BC【解析】【详解】A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，其余的力不做功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误。
B．物体到C点时物块B的速度为零。设物块A经过C点时的速度大小为v。根据系统的机械能守恒得：，得，故B正确。
C．由几何知识可得，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动。故C正确。
D．物体到C点时物块B的速度为零。根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D错误。12.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m／s2，则可知（    ）A. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.5B. A、B两点的距离为2.4mC. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8JD. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J【答案】AD【解析】A、在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有，由图乙可得，货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有，由图乙可得，联立解得，，故A正确；B、v–t图象与t轴所围面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为，B错误；C、货物受到的摩擦力为，时间内的位移为，对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功，，同理 时间内，货物的位移为，摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为，所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12 J–0.8 J=11.2 J，C错误；D、货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为，时间内，传送带的位移为，总相对路程为，货物与传送带摩擦产生的热量为，故D正确。点睛：本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移。三、实验题（本大题共2小题，共16分）13.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下：①用两个弹簧测力计互成角度地拉细绳套使橡皮筋伸长，结点到达某一位置，记为O；②记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，及记下F1、F2的方向；③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3；④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑥比较F3和F的一致程度。（1）步骤③中，有一个重要遗漏是______；（2）他在操作过程中有如下看法，其中正确的是______；A．拉橡皮筋时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行B．两个拉力的夹角越大越好C．橡皮筋弹性要好，使结点到达某一位置O时，拉力要适当大一些D．拉橡皮筋的绳细一些、长一些，可以减小实验误差（3）若弹簧测力计指针位置如图所示，读数为______N。（4）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个分力F1和F2，用图中小方格的边长表示2.0N，则两个力的合力F=______N。【答案】    (1). （1）记下拉力F3的方向；    (2). （2）ACD；    (3). （3）2.73；    (4). （4）12.0【解析】【详解】（1）[1]在记录力的大小与O点的同时，应该要记录力的方向，故有一个重要遗漏是记下F3的方向；（2）[2]A．拉橡皮筋时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故A符合题意；B．两个拉力的夹角应该适当的大一些，不是越大越好，故B不符合题意；C．橡皮筋弹性要好，使结点到达某一位置O时，拉力要适当大一些，故C符合题意；D．拉橡皮筋的绳细一些、长一些，记录方向时，点的距离可以大一些，离绳的轴线会更近一些，可以减小实验误差，故D符合题意。故选：ACD。（3）[3]由图可得弹簧测力计的读数为2.73N；（4）[4]作出图平行四边形如图所示：由图可知合力的大小F=6×2.0N=12.0N；故答案为：（1）记下拉力F3的方向，（2）ACD，（3）2.73；（4）12.0．14.某探究学习小组的同学欲以如图2装置中的沿块为对象验证“牛顿第二定律”，装置由弹簧测力计、气垫导轨、两个光电门、滑块和祛码盘(含珐码)等组成.光电门可以测出滑块的遮光条依次分别通过两个光电门的时间∆t1、∆t2，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，另用天平测出滑块、祛码盘(含硅码)的质最分别为M和m.不计滑轮的重量和摩擦.(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图1所示.其读数为_____cm.(2)实验操作中.下列说法不正确的是________A.该装置可以不平衡摩擦力.只需要将气垫导轨调节水平B.为减小误差.实验中一定要保证质量m远小于质量MC.实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小偶然误差D.如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时.通过两个光电门的时间∆t1和∆t2必相等(3)该装置中弹簧测力计的读数F,需要验证的表达式为F=______.(4)对质量保持不变的过程，根据实验数据绘出滑块的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图象，图3中最符合本实验实际情况的是______【答案】    (1). 1.130    (2). B    (3).     (4). A【解析】【详解】第一空.游标卡尺的读数由主尺与游标尺的示数之和，所以；第二空.考察实验过程的操作细节问题：A.气垫导轨由于阻力几乎为零，所以不必平衡阻力，故选项A正确；B.弹簧秤与细绳串联的，所以拉力直接可以测量，不必满足钩码的质量远小于小车的质量；C.实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小偶然误差，此做法合理，所以选项C正确；D.如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时。通过两个光电门的时间△t1和△t2必相等，选项D正确.本问选择错误的故填B.第三空.对滑块根据牛顿第二定律和运动学公式有：滑块通过光电门的速度，，又，从而求得加速度，对滑块有：2F=Ma，所以.第四空.对质量保持不变的过程，由牛顿第二定律，加速度应与作用力成正比，所以a-F图象是一条过原点的直线，根据实验数据绘出滑块的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图象是图A.四、计算题（本大题共4小题，共46分）15.2014年7月24日，受台风“麦德姆”影响，安徽多地暴雨，严重影响了道路交通安全．某高速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别v1=40m/s，v2=25m/s，轿车在与货车距离s0=22m时才发现前方有货车，若此时轿车只是立即刹车，则轿车要经过s=160m才停下来．两车可视为质点．（1）若轿车刹车时货车以v2匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞？（2）若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0=2s收到信号后立即以加速度大小a2=2.5m/s2匀加速前进，通过计算分析两车会不会相撞？【答案】（1）若轿车刹车时货车以v2匀速行驶，两车会相撞．（2）若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0=2s收到信号兵立即以加速度大小a2=2.5m/s2匀速前进，两车不会相撞．【解析】【详解】（1）轿车经过s=160m才停下来的过程，由得：轿车刹车过程的加速度大小：，假设恰好不相撞时两车的速度相等，即：得：轿车前进的距离：，货车前进的距离：，因为：，即：两车会相撞．（2）假设两车的速度相等，即：轿车前进的距离：货车前进的距离：解得：， ，因为：，两车不会相撞．16.物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，地球自转较慢可以忽略不计时，地表处的万有引力约等于重力，这些理论关系对于其它星体也成立。若已知某星球的质量为M、半径为R，在星球表面某一高度处自由下落一重物，经过t时间落到星表面，不计星球自转和空气阻力，引力常量为G。试求：（1）该星球的第一宇宙速度v；（2）物体自由下落高度h。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由得（2）设星球表面重力加速度为g，则有考点：万有引力定律的应用点评：解决此类问题的统一思路是万有引力等向心力，在星球表面万有引力等重力。如果有自由落体运动还要用到求重力加速度g。17.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角 θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2。某运动员从轨道上的A点以v0＝3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m＝60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2m和H＝2.5m.求：(1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB；(2)水平轨道CD段的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离.【答案】(1)vB＝6m/s   (2) L＝6.5m  (3)停在C点右侧6m处【解析】【详解】（1）在B点时有vB＝，得vB＝6m/s  （2）从B点到E点有，得L＝6.5m  （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处有，得h′＝1.2m<h＝2 m，故第一次返回时，运动员不能回到B点，从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得，得s＝19m，s＝2L＋6 m，故运动员最后停在C点右侧6m处.18.遥控电动玩具车的轨道装置如图所示，轨道ABCDEF中水平轨道AB段和BD段粗糙，AB=BD=2.5R，小车在AB和BD段无制动运行时所受阻力是其重力的0.02倍，轨道其余部分摩擦不计。斜面部分DE与水平部分BD、圆弧部分EF均平滑连接，圆轨道BC的半径为R，小段圆弧EF的半径为4R，圆轨道BC最高点C与圆弧轨道EF最高点F等高。轨道右侧有两个与水平轨道AB、BD等高的框子M和N，框M和框N的右边缘到F点的水平距离分别为R和2R。额定功率为P，质量为m可视为质点的小车，在AB段从A点由静止出发以额定功率行驶一段时间t（t未知）后立即关闭电动机，之后小车沿轨道从B点进入圆轨道经过最高点C返回B点，再向右依次经过点D、E、F，全程没有脱离轨道，最后从F点水平飞出，恰好落在框N的右边缘。（1）求小车在运动到F点时对轨道的压力；（2）求小车以额定功率行驶的时间t；（3）要使小车进入M框，小车采取在AB段加速（加速时间可调节），BD段制动减速的方案，则小车在不脱离轨道的前提下，在BD段所受总的平均制动力至少为多少。【答案】（1）mg，方向竖直向下；（2）；（3）mg【解析】【详解】（1）小车平抛过程，有：2R=vFt…①2R=gt2⋯②由①②联立解得：vF=⋯③在F点，对小车由牛顿第二定律得：mg﹣FN=m⋯④由③④得：FN=mg由牛顿第三定律得小车对轨道的压力大小为mg，方向竖直向下。（2）小车从静止开始到F点的过程中，由动能定理得：Pt﹣0.02mg5R﹣mg2R=mvF2⋯⑤由③⑤得：t=（3）平抛过程有： R=vF´t、2R=gt2要使小车进入M框，小车在F点的最大速度为vF´=⋯⑥小车在C点速度最小设为vC，则有：mg=m⋯⑦设小车在BD段所受总的总的平均制动力至少为f，小车从C点运动到F点的过程中，由动能定理得：-f2.5R=mvF´2-mvC2⋯⑧由⑥⑦⑧得：f=mg