福建省福州八中2017届高三（上）第三次质检物理试卷（解析版）

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2016-2017学年福建省福州八中高三（上）第三次质检物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E_p和E_k，弹簧弹性势能的最大值为E_p′，则它们之间的关系为（）

A．E_p=E_k+E_p′B．E_p＞E_k＞E_p′C．E_p=E_k=E_p′D．E_p+E_k=E_p′

【考点】机械能守恒定律．

【分析】机械能守恒的条件是系统中只有重力和弹簧的弹力做功；小球和弹簧系统在光滑斜面上滚下过程和压缩弹簧过程中机械能守恒．

【解答】解：小球和弹簧系统在光滑斜面上滚下过程和压缩弹簧过程中机械能均守恒；

初位置重力势能最大，动能为零，弹性势能也为零；

刚刚滑到平面上时，重力势能为零，弹性势能为零，动能最大；

弹簧压的最短时，重力势能为零，动能为零，弹性势能最大；

故E_p=E_k=E_p′；

故选C．

2．如图所示，在光滑的水平地面上，有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力作用下运动，已知F₁＞F₂，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为（）

A．

B．

C．

D．

【考点】牛顿第二定律．

【分析】巧用整体法应用牛顿第二定律求出物体的加速度．

巧用隔离法应用牛顿第二定律求物体间的相互作用．

【解答】解：设A、B的质量为m，当运动达到稳定时，把A、B看出整体进行研究，

对A、B进行受力分析得：A、B整体所受合力为F₁﹣F₂

应用牛顿第二定律，A、B整体的加速度a=

因为A、B相对静止，所以整体的加速度也是单个物体的加速度．

在对A进行受力分析：在水平方向上，A受水平向左的弹簧的拉力F_拉和水平向右的拉力F₁

因为A、B相对静止，所以整体的加速度也是单个物体的加速度．

根据牛顿第二定律得：A的合力F_合=ma=F₁﹣F_拉

F_拉=

根据胡克定律得：

弹簧的伸长量△x=

故选D．

3．如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F₁、F₂、F₃、F₄，则它们的大小关系是（）

A．F₁=F₂=F₃=F₄B．F₁＞F₂＞F₃＞F₄C．F₁＜F₂=F₄＜F₃D．F₁=F₃＜F₂＜F₄

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【分析】当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力．若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力，

【解答】解：设物体和斜面的总重力为G．

第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F₁＜G；

第二个物体匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F₂=G．

第三个物体匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F₃＞G；

第四个物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F₄=G．故有F₁＜F₂=F₄＜F₃．故C正确，ABD错误．

故选：C

4．一小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是（ ）

（1）若小船在x方向始终匀速，则在y方向先加速后减速

（2）若小船在x方向始终匀速，则在y方向先减速后加速

（3）若小船在y方向始终匀速，则在x方向先减速后加速

（4）若小船在y方向始终匀速，则在x方向先加速后减速．

A．（1）（3） B．（1）（4） C．（2）（3） D．（2）（4）

【考点】运动的合成和分解．

【分析】图象为平面直角坐标系，在xOy平面内任意一点的坐标值表示物体离开坐标轴的距离，如果纵坐标增加快，说明y方向运动快，如果横坐标增加快，说明x方向运动快．

【解答】解：（1、2）、若x方向始终匀速，经过相同的时间水平间距相同，则y方向的高度先增加的越来越慢，说明竖直速度在减小，后来y方向的高度后增加的越来越快，说明竖直速度增大，所以物体速度先减小后增大，故（2）正确，（1）错误．

（3、4）、若y方向始终匀速，经过相同的时间竖直间距相同，则x方向的水平距离先增加的越来越快，说明水平速度在增大，后来x方向的水平间距后增加的越来越慢，说明水平速度减小，所以物体速度先增大后减小，故（3）错误，（4）正确．

故选：D．

5．如图所示，水平传送带以速度v=2m/s匀速前进．上方料斗中以每秒50kg的速度把煤粉竖直落到传送带上，然后一起随带运动，如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则皮带机应增加的功率为（）

A．100W B．200W C．500W D．无法确定

【考点】电功、电功率；功能关系．

【分析】煤流到传送带上后，在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力对煤做正功，对传送带做负功，传送带多做的功转化为煤的动能以及系统之间产生热量，正确分析煤块的运动情况，利用功能关系可正确解答本题．

【解答】解：在1s内落到传送带上煤的质量为△m；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：

煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：

．

传送带的位移为：s_传=vt

相对位移为：△s=s_传﹣s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，

因此摩擦生热为：

．

传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度．所以传送带1s内增加的能量△E为：

=50×2²J=200J

皮带机应增加的功率为：P=

故选：B

6．某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示．该行星与地球的公转半径比为（）

A．（

）

B．（

）

C．（

）

D．（

）

【考点】开普勒定律．

【分析】由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是

年，接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比．

【解答】解：A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上．所以行星的周期是

年，根据开普勒第三定律有

，即：

=

=

，所以，选项A、C、D错误，选项B正确．

故选：B．

7．质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（）

A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒

B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零

C．当甲物块的速度为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0

D．甲物块的速率可达到5m/s

【考点】动量守恒定律．

【分析】根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒．竖直方向上甲乙两物体所受的重力与水平面的支持力平衡．水平方向系统不受外力．当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率．物块甲的速率为1m/s时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率．若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断速率为5m/s是否可能．

【解答】解：A、甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A错误；

B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：

mv_乙﹣mv_甲=2mv，

代入数据解得：v=0.5m/s，故B错误．

C、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：mv_乙﹣mv_甲=﹣mv_甲′+m_乙v_乙′，

代入数据解得：v_乙′=2m/s；

若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：mv_乙﹣mv_甲=mv_甲′+m_乙v_乙′，

代入数据解得：v_乙′=0，故C正确．

D、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv_乙﹣mv_甲=﹣mv_甲′+m_乙v_乙′，

代入数据代入解得：v_乙′=6m/s．

两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：mv_乙﹣mv_甲=mv_甲′+m_乙v_乙′，

代入数据解得：v_乙′=﹣4m/s，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律．所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故D错误．

故选：C．

8．如图所示，在空中某一位置P将一个小球以初速度v₀水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，若将小球仍从P点以2v₀的初速度水平向右抛出，下列说法中正确的是（）

A．小球在两次运动过程中速度增量方向相同，大小之比为2：1

B．小球第二次碰到墙壁前瞬时速度方向与水平方向成30°角

C．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的2倍

D．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的

倍

【考点】平抛运动；动能．

【分析】平抛运动做加速度为g的匀变速曲线运动，速度变化量的方向竖直向下，大小△v=gt．根据水平位移一定，求出两次运动时间之比，从而得出竖直分速度之比，结合初速度，运用平行四边形定则求出碰撞墙壁的速度关系，从而得出动能关系．

【解答】解：A、初速度增大为原来的2倍，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动时间变为原来的

，小球速度增量的方向竖直向下，根据△v=gt知，两次运动过程中速度增量大小之比为2：1．故A正确．

B、小球以初速度v₀水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，则有：v_y=v₀，小球以2v₀的初速度水平向右抛出，竖直分速度变为原来的

，水平分速度变为原来的2倍，则

，可知α≠30°．故B错误．

C、小球以初速度v₀水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，则有：v_y=v₀，则小球的动能

．

小球以2v₀的初速度水平向右抛出，竖直分速度变为原来的

，大小为

，水平分速度为2v₀，则速度v=

，则小球的动能

．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的

倍．故C错误，D正确．

故选：AD．

9．假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，则下列有关地球同步卫星的叙述正确的是（ ）

A．运行速度是第一宇宙速度的

倍

B．运行速度是第一宇宙速度的

倍

C．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n倍

D．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的

倍

【考点】同步卫星．

【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量．

了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．

【解答】解：AB、研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：G

=m

，得v=

，其中r为同步卫星的轨道半径．

地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，即r=nR，所以v=

=

而第一宇宙速度为：

所以同步卫星的运行速度是第一宇宙速的

倍，故A错误、B正确．

CD、同步卫星的周期与地球自转周期相同，即同步卫星和地球赤道上物体随地球自转具有相等的角速度．根据圆周运动公式得：v=ωr，因为r=nR，所以同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n倍．故C正确，D错误．

故选：BC．

10．如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是（）

A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒

B．甲、乙两球的质量之比为m_甲：m_乙=4：1

C．甲、乙两球的动能均为E_k0时，两球重力的瞬时功率之比为P_甲：P_乙=1：1

D．甲、乙两球的动能均为E_k0时，两球下降高度之比h_甲：h_乙=1：4

【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；根据动能定理求出两球的质量之比；

根据功率公式P=Fvcosθ求重力瞬时功率之比；求出两球的高度，然后求出其比值．

【解答】解：A、两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A错误；

B、由机械能守恒定律得，对甲球：E_K0=m_甲gx₀sin30°，对乙球：E_K0=m_乙g·2x₀，解得：m_甲：m_乙=4：1，故B正确；

C、两球重力的瞬时功率为：P=mgvcosθ=mg

=

，

甲、乙两球的动能均为E_k0时，两球重力的瞬时功率之比为：

，故C正确；

D、甲、乙两球的动能均为EE_k0时，两球高度之比为：x₀sin30°：2x₀=1：4，故D正确；

故选：BCD．

二、实验题（共9分）

11．一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示．图乙是打出的纸带的一段．

（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度a=4.00m/s² ．

（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有 小车质量；斜面上任意两点间距离及这两点的高度差．用测得的量及加速度a表示阻力的计算式为f= mg

﹣ma ．

【考点】打点计时器系列实验中纸带的处理．

【分析】利用匀变速直线运动的推论，采用逐差法求解加速度．

对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律解决问题．

【解答】解：（1）由图2中的纸带可知相邻的2个计数点间的时间间隔t=2×0.02s=0.04s，

相邻两个计数点的距离分别为s₁=5.21cm，s₂=5.75cm…，

为了减小误差可用逐差法求加速度：

s₉﹣s₄=5at²

s₈﹣s₃=5at²

s₇﹣s₂=5at²

s₆﹣s₁=5at²

a=

=4.00m/s²

（2）对小车进行受力分析，小车受重力、支持力、阻力．

将重力沿斜面和垂直斜面分解，设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得：

F_合=mgsinθ﹣f=ma

f=mgsinθ﹣ma，

所以我们要求出小车质量m和sinθ，

那么实际测量时，我们应该测出斜面上任意两点间距离L及这两点的高度差h来求sinθ，即sinθ=

所以f=mg

﹣ma．

故答案为：（1）4.00m/s²

（2）小车质量，斜面上任意两点间距离及这两点的高度差，mg

﹣ma

三、计算题（共55分）

12．如图所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg．有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×10³N，求A，B最终的速度．

【考点】动量守恒定律；动量定理．

【分析】（1）子弹串木块A的过程中，对子弹应用动量定理，求出子弹离开A时的速度，子弹与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出子弹离开A时A、B的速度．

（2）子弹离开A后，子弹与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出最终B的速度．

【解答】解：（1）以向右为正方向，子弹击穿A的过程中，

对子弹，由动量定理得：﹣ft=mv﹣mv₀，解得：v=500m/s．

子弹与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv₀=mv+（m_A+m_B）v′，解得：v′=6m/s．

子弹穿出A后，A做匀速直线运动，速度为6m/s，

子弹与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

mv+m_Bv′=（m+m_B）v_B

v_B=21.94m/s；

答：A的最终速度为6m/s，B的最终速度为21.94m/s．

13．如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．（重力加速度为g）

（1）求小物块下落过程中的加速度大小；

（2）求小球从管口抛出时的速度大小；

（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于

L．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的公式；平抛运动．

【分析】开始时小球沿斜面向上做匀加速，小物块向下也做匀加速，两者的加速度大小相等．对各自受力分析，运用牛顿第二定律列出等式，解出方程．

小物块落地静止不动，小球继续向上做匀减速运动，对其受力分析，运用牛顿第二定律解出此时的加速度（与前一阶段加速度不等），结合运动学公式求出小球从管口抛出时的速度大小．

运用平抛运动的规律表示出小球平抛运动的水平位移，利用数学知识证明问题．

【解答】解：（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：

根据牛顿第二定律得：

对M：Mg﹣T=Ma

对m：T﹣mgsin30°=ma

且M=km

解得：a=

（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v₀，M落地后m的加速度为a₀．

根据牛顿第二定律有：﹣mgsin30°=ma₀

对于m匀加速直线运动有：v²=2aLsin30°

对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v²﹣v₀²=2a₀L（1﹣sin30°）

解得：v₀=

（k＞2）

（3）平抛运动x=v₀t Lsin30°=

gt²

解得x=L

因为

＜1，所以x＜

L，得证．

答：（1）求小物块下落过程中的加速度大小是

；

（2）求小球从管口抛出时的速度大小是

；

14．如图所示，地面和半圆轨道面PTQ均光滑．质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v₀=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s²．求：

（1）滑块在小车上运动的过程中，滑块和小车的加速度大小分别为多少？

（2）判断小车与墙壁碰撞前是否已与滑块相对静止，并求小车与墙壁碰撞时滑块的速度．

（3）若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值范围．的速度．

（3）若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值范围．

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．

【分析】（1）分别对物块和小车运用牛顿第二定律即可求解加速度；

（2）假设小车与墙壁碰撞前有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出此过程中滑块与小车的相对位移，判断小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同，并求出小车与墙壁碰撞时的速度；

（3）若滑块恰能滑过圆的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块经过最高点时的速度，根据动能定理求出轨道半径；若滑块恰好滑至

圆弧到达T点时就停止，滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理求解半径，即能得到半径的条件．

【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：

对木块有：﹣μmg=ma₁解得：

对小车有：μmg=Ma₂解得：

（2）设滑块与小车的共同速度为v₁，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有

mv₀=（m+M）v₁

代入数据解得

v₁=4m/s

设滑块与小车的相对位移为 L₁，由系统能量守恒定律，有

μmgL₁=

﹣

代入数据解得 L₁=3m

设与滑块相对静止时小车的位移为S₁，根据动能定理，有

μmgS₁=

﹣0

代入数据解得S₁=2m

因L₁＜L，S₁＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v₁=4m/s．

（3）滑块将在小车上继续向右做初速度为v₁=4m/s，位移为L₂=L﹣L₁=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为

mg=m

根据动能定理，有

﹣μmgL₂﹣mg·2R=

联立并代入数据解得R=0.24m

若滑块恰好滑至

圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有

﹣μmgL₂﹣mg·R=0﹣

代入数据解得R=0.6m

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足

R≤0.24m或R≥0.6m

答：（1）滑块在小车上运动的过程中，滑块的加速度大小为2m/s²，小车的加速度大小为4m/s²；

（2）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（3）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．

15．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=1.5W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，x=2.50m．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】机械能守恒定律；平抛运动；功能关系．

【分析】本题中赛车的运动可以分为四个过程，由A至B的过程、在圆轨道上的过程、匀速直线运动和平抛运动的过程；要能越过壕沟，水平位移最小等于s，由平抛运动的规律求出赛车离开C点的速度；赛车恰好通过光滑竖直轨道时，在最高点恰好由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出通过最高点时最小的速度，根据机械能守恒求出进入B点时的最小速度．根据动能定理求出赛车的电动机在AB段至少工作的时间；

【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=x

=5m/s

设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v₂，最低点B的速度为v₃，由牛顿第二定律得

最高点：mg=m

由机械能守恒定律得

mv₂²+mg·2R=

v₃²

解得：v₃=

=4m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前B的速度最小应该是 v_min=4m/s

设电动机工作时间至少为t，根据功能原理得：

Pt﹣fL=

mv_min²

由此可得t=3.5s

答：要使赛车完成比赛，电动机至少工作3.5s时间．

2016年11月24日