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上學(xué)科網(wǎng),下好資料 http://www.zxxk.com/U2105333.html http://700125.reg.經(jīng)典高考資料盡在于此 2016-2017學(xué)年福建省福州八中高三（上）第三次質(zhì)檢物理試卷 參考答案與試題解析 一、選擇題：本題共10小題，共46分．在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分，第8～10題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分． 1．一小球從光滑圓弧軌道頂端由靜止開始下滑，進入光滑水平面又壓縮彈簧．在此過程中，小球重力勢能和動能的最大值分別為Ep和Ek，彈簧彈性勢能的最大值為Ep′，則它們之間的關(guān)系為（ ） A．Ep=Ek+Ep′ B．Ep＞Ek＞Ep′ C．Ep=Ek=Ep′ D．Ep+Ek=Ep′ 【考點】機械能守恒定律． 【分析】機械能守恒的條件是系統(tǒng)中只有重力和彈簧的彈力做功；小球和彈簧系統(tǒng)在光滑斜面上滾下過程和壓縮彈簧過程中機械能守恒． 【解答】解：小球和彈簧系統(tǒng)在光滑斜面上滾下過程和壓縮彈簧過程中機械能均守恒； 初位置重力勢能最大，動能為零，彈性勢能也為零； 剛剛滑到平面上時，重力勢能為零，彈性勢能為零，動能最大； 彈簧壓的最短時，重力勢能為零，動能為零，彈性勢能最大； 故Ep=Ek=Ep′； 故選C． 2．如圖所示，在光滑的水平地面上，有兩個質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力作用下運動，已知F1＞F2，當(dāng)運動達到穩(wěn)定時，彈簧的伸長量為（ ） A． 【考點】牛頓第二定律． 【分析】巧用整體法應(yīng)用牛頓第二定律求出物體的加速度． 巧用隔離法應(yīng)用牛頓第二定律求物體間的相互作用． 【解答】解：設(shè)A、B的質(zhì)量為m，當(dāng)運動達到穩(wěn)定時，把A、B看出整體進行研究， 對A、B進行受力分析得：A、B整體所受合力為F1﹣F2 應(yīng)用牛頓第二定律，A、B整體的加速度a= 因為A、B相對靜止，所以整體的加速度也是單個物體的加速度． 在對A進行受力分析：在水平方向上，A受水平向左的彈簧的拉力F拉和水平向右的拉力F1 因為A、B相對靜止，所以整體的加速度也是單個物體的加速度． 根據(jù)牛頓第二定律得：A的合力F合=ma=F1﹣F拉 F拉= 根據(jù)胡克定律得： 彈簧的伸長量△x= 故選D． 3．如圖所示，四個質(zhì)量、形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上，將四個質(zhì)量相同的物塊放在斜面頂端，因物塊與斜面的摩擦力不同，四個物塊運動情況不同．A物塊放上后勻加速下滑，B物塊獲一初速度后勻速下滑，C物塊獲一初速度后勻減速下滑，D物塊放上后靜止在斜面上．若在上述四種情況下斜面體均保持靜止且對地面的壓力依次為F1、F2、F3、F4，則它們的大小關(guān)系是（ ） A．F1=F2=F3=F4 B．F1＞F2＞F3＞F4 C．F1＜F2=F4＜F3 D．F1=F3＜F2＜F4 【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用． 【分析】當(dāng)物體系統(tǒng)中存在超重現(xiàn)象時，系統(tǒng)所受的支持力大于總重力，相反，存在失重現(xiàn)象時，系統(tǒng)所受的支持力小于總重力．若系統(tǒng)的合力為零時，系統(tǒng)所受的支持力等于總重力， 【解答】解：設(shè)物體和斜面的總重力為G． 第一個物體勻加速下滑，加速度沿斜面向下，具有豎直向下的分加速度，存在失重現(xiàn)象，則F1＜G； 第二個物體勻速下滑，合力為零，斜面保持靜止?fàn)顟B(tài)，合力也為零，則系統(tǒng)的合力也為零，故F2=G． 第三個物體勻減速下滑，加速度沿斜面向上，具有豎直向上的分加速度，存在超重現(xiàn)象，則F3＞G； 第四個物體靜止在斜面上，合力為零，斜面保持靜止?fàn)顟B(tài)，合力也為零，則系統(tǒng)的合力也為零，故F4=G．故有F1＜F2=F4＜F3．故C正確，ABD錯誤． 故選：C 4．一小船在河中xOy平面內(nèi)運動的軌跡如圖所示，下列判斷正確的是（ ） （1）若小船在x方向始終勻速，則在y方向先加速后減速 （2）若小船在x方向始終勻速，則在y方向先減速后加速 （3）若小船在y方向始終勻速，則在x方向先減速后加速 （4）若小船在y方向始終勻速，則在x方向先加速后減速．
A．（1）（3） B．（1）（4） C．（2）（3） D．（2）（4） 【考點】運動的合成和分解． 【分析】圖象為平面直角坐標(biāo)系，在xOy平面內(nèi)任意一點的坐標(biāo)值表示物體離開坐標(biāo)軸的距離，如果縱坐標(biāo)增加快，說明y方向運動快，如果橫坐標(biāo)增加快，說明x方向運動快． 【解答】解：（1、2）、若x方向始終勻速，經(jīng)過相同的時間水平間距相同，則y方向的高度先增加的越來越慢，說明豎直速度在減小，后來y方向的高度后增加的越來越快，說明豎直速度增大，所以物體速度先減小后增大，故（2）正確，（1）錯誤． （3、4）、若y方向始終勻速，經(jīng)過相同的時間豎直間距相同，則x方向的水平距離先增加的越來越快，說明水平速度在增大，后來x方向的水平間距后增加的越來越慢，說明水平速度減小，所以物體速度先增大后減小，故（3）錯誤，（4）正確． 故選：D． 5．如圖所示，水平傳送帶以速度v=2m/s勻速前進．上方料斗中以每秒50kg的速度把煤粉豎直落到傳送帶上，然后一起隨帶運動，如果要使傳送帶保持原來的速度勻速前進，則皮帶機應(yīng)增加的功率為（ ）
A．100W B．200W C．500W D．無法確定 【考點】電功、電功率；功能關(guān)系． 【分析】煤流到傳送帶上后，在摩擦力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，摩擦力對煤做正功，對傳送帶做負功，傳送帶多做的功轉(zhuǎn)化為煤的動能以及系統(tǒng)之間產(chǎn)生熱量，正確分析煤塊的運動情況，利用功能關(guān)系可正確解答本題． 【解答】解：在1s內(nèi)落到傳送帶上煤的質(zhì)量為△m；這部分煤由于摩擦力f的作用被傳送帶加速，由功能關(guān)系得：
煤塊在摩擦力作用下加速前進，因此有： 傳送帶的位移為：s傳=vt 相對位移為：△s=s傳﹣s=s，由此可知煤的位移與煤和傳送帶的相對位移相同， 因此摩擦生熱為： 傳送帶需要增加的能量分為兩部分：第一部分為煤獲得的動能，第二部分為傳送帶克服摩擦力做功保持傳送帶速度．所以傳送帶1s內(nèi)增加的能量△E為：
皮帶機應(yīng)增加的功率為：P= 故選：B 6．某行星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道均可視為圓．每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，如圖所示．該行星與地球的公轉(zhuǎn)半徑比為（ ）
A．（ 【考點】開普勒定律．
【分析】由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長，其繞太陽轉(zhuǎn)的慢．每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明N年地球比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長線上，那么，可以求出行星的周期是
【解答】解：A、B、C、D：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長．每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明從最初在日地連線的延長線上開始，每一年地球都在行星的前面比行星多轉(zhuǎn)圓周的N分之一，N年后地球轉(zhuǎn)了N圈，比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長線上．所以行星的周期是 故選：B． 7．質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物體乙以4m/s的速度與甲相向運動，如圖所示，則（ ）
A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，動量不守恒 B．當(dāng)兩物塊相距最近時，甲物塊的速度為零 C．當(dāng)甲物塊的速度為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0 D．甲物塊的速率可達到5m/s 【考點】動量守恒定律． 【分析】根據(jù)動量守恒的條件：系統(tǒng)所受的合外力為零判斷動量是否守恒．豎直方向上甲乙兩物體所受的重力與水平面的支持力平衡．水平方向系統(tǒng)不受外力．當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同，根據(jù)動量守恒定律求出物塊甲的速率．物塊甲的速率為1m/s時，速度方向可能與原來方向相同，也與原來方向相反，由動量守恒研究乙的速率．若物塊甲的速率為5m/s，由動量守恒求出乙的速率，根據(jù)系統(tǒng)的機械能是否守恒判斷速率為5m/s是否可能． 【解答】解：A、甲、乙兩物塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤； B、當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設(shè)共同速率為v，由動量守恒定律得： mv乙﹣mv甲=2mv， 代入數(shù)據(jù)解得：v=0.5m/s，故B錯誤． C、甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相同，由動量守恒定律得：mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′， 代入數(shù)據(jù)解得：v乙′=2m/s； 若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相反，由動量守恒定律得：mv乙﹣mv甲=mv甲′+m乙v乙′， 代入數(shù)據(jù)解得：v乙′=0，故C正確． D、若物塊甲的速率達到5m/s，方向與原來相同，則：mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′， 代入數(shù)據(jù)代入解得：v乙′=6m/s． 兩個物體的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律．若物塊甲的速率達到5m/s，方向與原來相反，則：mv乙﹣mv甲=mv甲′+m乙v乙′， 代入數(shù)據(jù)解得：v乙′=﹣4m/s，可以，碰撞后，乙的動能不變，甲的動能增加，系統(tǒng)總動能增加，違反了能量守恒定律．所以物塊甲的速率不可能達到5m/s，故D錯誤． 故選：C． 8．如圖所示，在空中某一位置P將一個小球以初速度v0水平向右拋出，它和豎直墻壁碰撞時速度方向與水平方向成45°角，若將小球仍從P點以2v0的初速度水平向右拋出，下列說法中正確的是（ ）
A．小球在兩次運動過程中速度增量方向相同，大小之比為2：1 B．小球第二次碰到墻壁前瞬時速度方向與水平方向成30°角 C．小球第二次碰到墻壁時的動能為第一次碰到墻壁時動能的2倍 D．小球第二次碰到墻壁時的動能為第一次碰到墻壁時動能的 【考點】平拋運動；動能． 【分析】平拋運動做加速度為g的勻變速曲線運動，速度變化量的方向豎直向下，大小△v=gt．根據(jù)水平位移一定，求出兩次運動時間之比，從而得出豎直分速度之比，結(jié)合初速度，運用平行四邊形定則求出碰撞墻壁的速度關(guān)系，從而得出動能關(guān)系． 【解答】解：A、初速度增大為原來的2倍，小球在水平方向上做勻速直線運動，則運動時間變?yōu)樵瓉淼?a >
B、小球以初速度v0水平向右拋出，它和豎直墻壁碰撞時速度方向與水平方向成45°角，則有：vy=v0，小球以2v0的初速度水平向右拋出，豎直分速度變?yōu)樵瓉淼?a >
C、小球以初速度v0水平向右拋出，它和豎直墻壁碰撞時速度方向與水平方向成45°角，則有：vy=v0，則小球的動能 小球以2v0的初速度水平向右拋出，豎直分速度變?yōu)樵瓉淼?a > 故選：AD． 9．假設(shè)地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，則下列有關(guān)地球同步衛(wèi)星的敘述正確的是（ ） A．運行速度是第一宇宙速度的 B．運行速度是第一宇宙速度的 C．向心加速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度的n倍 D．向心加速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度的 【考點】同步衛(wèi)星． 【分析】研究同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出所要比較的物理量． 了解同步衛(wèi)星的含義，即同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同． 【解答】解：AB、研究同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：G 地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，即r=nR，所以v= 而第一宇宙速度為： 所以同步衛(wèi)星的運行速度是第一宇宙速的 CD、同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，即同步衛(wèi)星和地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)具有相等的角速度．根據(jù)圓周運動公式得：v=ωr，因為r=nR，所以同步衛(wèi)星的運行速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)速度的n倍．故C正確，D錯誤． 故選：BC． 10．如圖甲所示，甲、乙兩個小球可視為質(zhì)點，甲球沿傾角為30°的光滑足夠長斜面由靜止開始下滑，乙球做自由落體運動，甲、乙兩球的動能與路程的關(guān)系圖象如圖乙所示．下列說法正確的是（ ）
A．甲球機械能不守恒，乙球機械能守恒 B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為m甲：m乙=4：1 C．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為P甲：P乙=1：1 D．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球下降高度之比h甲：h乙=1：4 【考點】機械能守恒定律；功率、平均功率和瞬時功率． 【分析】根據(jù)機械能守恒條件判斷機械能是否守恒；根據(jù)動能定理求出兩球的質(zhì)量之比； 根據(jù)功率公式P=Fvcosθ求重力瞬時功率之比；求出兩球的高度，然后求出其比值． 【解答】解：A、兩球在運動過程中只有重力做功，甲、乙球的機械能都守恒，故A錯誤； B、由機械能守恒定律得，對甲球：EK0=m甲gx0sin30°，對乙球：EK0=m乙g·2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B正確； C、兩球重力的瞬時功率為：P=mgvcosθ=mg 甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為： D、甲、乙兩球的動能均為EEk0時，兩球高度之比為：x0sin30°：2x0=1：4，故D正確； 故選：BCD． 二、實驗題（共9分） 11．一打點計時器固定在斜面上某處，一小車拖著穿過打點計時器的紙帶從斜面上滑下，如圖甲所示．圖乙是打出的紙帶的一段．
（1）已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，利用圖乙給出的數(shù)據(jù)可求出小車下滑的加速度a= 4.00m/s2 ． （2）為了求出小車在下滑過程中所受的阻力，還需測量的物理量有 小車質(zhì)量；斜面上任意兩點間距離及這兩點的高度差
．用測得的量及加速度a表示阻力的計算式為f= mg 【考點】打點計時器系列實驗中紙帶的處理． 【分析】利用勻變速直線運動的推論，采用逐差法求解加速度． 對小車進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律解決問題． 【解答】解：（1）由圖2中的紙帶可知相鄰的2個計數(shù)點間的時間間隔t=2×0.02s=0.04s， 相鄰兩個計數(shù)點的距離分別為s1=5.21cm，s2=5.75cm…， 為了減小誤差可用逐差法求加速度： s9﹣s4=5at2 s8﹣s3=5at2 s7﹣s2=5at2 s6﹣s1=5at2 a= （2）對小車進行受力分析，小車受重力、支持力、阻力． 將重力沿斜面和垂直斜面分解，設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律得： F合=mgsinθ﹣f=ma f=mgsinθ﹣ma， 所以我們要求出小車質(zhì)量m和sinθ， 那么實際測量時，我們應(yīng)該測出斜面上任意兩點間距離L及這兩點的高度差h來求sinθ，即sinθ= 所以f=mg 故答案為：（1）4.00m/s2 （2）小車質(zhì)量，斜面上任意兩點間距離及這兩點的高度差，mg 三、計算題（共55分） 12．如圖所示，有兩個物體A，B，緊靠著放在光滑水平桌面上，A的質(zhì)量為2kg，B的質(zhì)量為3kg．有一顆質(zhì)量為100g的子彈以800m/s的水平速度射入A，經(jīng)過0.01s又射入物體B，最后停在B中，A對子彈的阻力為3×103N，求A，B最終的速度．
【考點】動量守恒定律；動量定理． 【分析】（1）子彈串木塊A的過程中，對子彈應(yīng)用動量定理，求出子彈離開A時的速度，子彈與A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出子彈離開A時A、B的速度． （2）子彈離開A后，子彈與B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出最終B的速度． 【解答】解：（1）以向右為正方向，子彈擊穿A的過程中， 對子彈，由動量定理得：﹣ft=mv﹣mv0，解得：v=500m/s． 子彈與A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：mv0=mv+（mA+mB）v′，解得：v′=6m/s． 子彈穿出A后，A做勻速直線運動，速度為6m/s， 子彈與B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得： mv+mBv′=（m+mB）vB vB=21.94m/s； 答：A的最終速度為6m/s，B的最終速度為21.94m/s． 13．如圖所示，長為L、內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置．將一質(zhì)量為m的小球固定在管底，用一輕質(zhì)光滑細線將小球與質(zhì)量為M=km的小物塊相連，小物塊懸掛于管口．現(xiàn)將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運動，小球在轉(zhuǎn)向過程中速率不變．（重力加速度為g） （1）求小物塊下落過程中的加速度大小； （2）求小球從管口拋出時的速度大??； （3）試證明小球平拋運動的水平位移總小于
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的公式；平拋運動． 【分析】開始時小球沿斜面向上做勻加速，小物塊向下也做勻加速，兩者的加速度大小相等．對各自受力分析，運用牛頓第二定律列出等式，解出方程． 小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上做勻減速運動，對其受力分析，運用牛頓第二定律解出此時的加速度（與前一階段加速度不等），結(jié)合運動學(xué)公式求出小球從管口拋出時的速度大?。?/p> 運用平拋運動的規(guī)律表示出小球平拋運動的水平位移，利用數(shù)學(xué)知識證明問題． 【解答】解：（1）設(shè)細線中的張力為T，對小球和小物塊各自受力分析：
根據(jù)牛頓第二定律得： 對M：Mg﹣T=Ma 對m：T﹣mgsin30°=ma 且M=km 解得：a= （2）設(shè)M落地時的速度大小為v，m射出管口時速度大小為v0，M落地后m的加速度為a0． 根據(jù)牛頓第二定律有：﹣mgsin30°=ma0 對于m勻加速直線運動有：v2=2aLsin30° 對于小物塊落地靜止不動，小球m繼續(xù)向上做勻減速運動有：v2﹣v02=2a0L（1﹣sin30°） 解得：v0= （3）平拋運動x=v0t Lsin30°= 解得x=L 因為 答：（1）求小物塊下落過程中的加速度大小是 （2）求小球從管口拋出時的速度大小是 14．如圖所示，地面和半圓軌道面PTQ均光滑．質(zhì)量M=1kg、長L=4m的小車放在地面上，右端與墻壁的距離為S=3m，小車上表面與半圓軌道最低點P的切線相平．現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的滑塊（不計大?。┮詖0=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動．小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s2．求：
（1）滑塊在小車上運動的過程中，滑塊和小車的加速度大小分別為多少？ （2）判斷小車與墻壁碰撞前是否已與滑塊相對靜止，并求小車與墻壁碰撞時滑塊的速度． （3）若滑塊在圓軌道滑動的過程中不脫離軌道，求半圓軌道半徑R的取值范圍．的速度． （3）若滑塊在圓軌道滑動的過程中不脫離軌道，求半圓軌道半徑R的取值范圍． 【考點】動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律． 【分析】（1）分別對物塊和小車運用牛頓第二定律即可求解加速度； （2）假設(shè)小車與墻壁碰撞前有共同速度，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求出此過程中滑塊與小車的相對位移，判斷小車與墻壁碰撞前滑塊與小車的速度是否相同，并求出小車與墻壁碰撞時的速度；
（3）若滑塊恰能滑過圓的最高點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊經(jīng)過最高點時的速度，根據(jù)動能定理求出軌道半徑；若滑塊恰好滑至 【解答】解：（1）由牛頓第二定律得： 對木塊有：﹣μmg=ma1解得： 對小車有：μmg=Ma2解得： （2）設(shè)滑塊與小車的共同速度為v1，滑塊與小車相對運動過程中動量守恒，有 mv0=（m+M）v1 代入數(shù)據(jù)解得 v1=4m/s 設(shè)滑塊與小車的相對位移為 L1，由系統(tǒng)能量守恒定律，有 μmgL1= 代入數(shù)據(jù)解得 L1=3m 設(shè)與滑塊相對靜止時小車的位移為S1，根據(jù)動能定理，有 μmgS1= 代入數(shù)據(jù)解得S1=2m 因L1＜L，S1＜S，說明小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，且共速時小車與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車與碰壁碰撞時的速度即v1=4m/s． （3）滑塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v1=4m/s，位移為L2=L﹣L1=1m的勻減速運動，然后滑上圓軌道的最低點P． 若滑塊恰能滑過圓的最高點，設(shè)滑至最高點的速度為v，臨界條件為 mg=m 根據(jù)動能定理，有 ﹣μmgL2﹣mg·2R= 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得R=0.24m 若滑塊恰好滑至 根據(jù)動能定理，有 ﹣μmgL2﹣mg·R=0﹣ 代入數(shù)據(jù)解得R=0.6m 綜上所述，滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑必須滿足 R≤0.24m或R≥0.6m 答：（1）滑塊在小車上運動的過程中，滑塊的加速度大小為2m/s2，小車的加速度大小為4m/s2； （2）小車與墻壁碰撞時的速度是4m/s； （3）要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R≤0.24m或R≥0.6m．
15．某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽．比賽路徑如圖所示，賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝．已知賽車質(zhì)量m=0.1kg，通電后以額定功率P=1.5W工作，進入豎直軌道前受到阻力恒為0.4N，隨后在運動中受到的阻力均可不計．圖中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，x=2.50m．問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？（取g=10m/s2）
【考點】機械能守恒定律；平拋運動；功能關(guān)系． 【分析】本題中賽車的運動可以分為四個過程，由A至B的過程、在圓軌道上的過程、勻速直線運動和平拋運動的過程；要能越過壕溝，水平位移最小等于s，由平拋運動的規(guī)律求出賽車離開C點的速度；賽車恰好通過光滑豎直軌道時，在最高點恰好由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出通過最高點時最小的速度，根據(jù)機械能守恒求出進入B點時的最小速度．根據(jù)動能定理求出賽車的電動機在AB段至少工作的時間； 【解答】解：設(shè)賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運動的規(guī)律 x=v1t h= 解得：v1=x 設(shè)賽車恰好越過圓軌道，對應(yīng)圓軌道最高點的速度為v2，最低點B的速度為v3，由牛頓第二定律得 最高點：mg=m 由機械能守恒定律得 解得：v3= 通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前B的速度最小應(yīng)該是 vmin=4m/s 設(shè)電動機工作時間至少為t，根據(jù)功能原理得： Pt﹣fL= 由此可得t=3.5s 答：要使賽車完成比賽，電動機至少工作3.5s時間． 2016年11月24日 |
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