綜合模塊測評1　力學部分高考物理總復習精品

《金版教程》高考總復習首選用卷?物理(新教材)綜合模塊測評(一)力學部分時間：75分鐘滿分：100分一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2022·河北省部分學校高三上第一次考試)某學校秋季運動會中，甲、乙兩同學參加了10m賽跑，其中甲獲得了冠軍，乙獲得了亞軍。則在比賽過程中()A．任意時刻，甲一定跑在乙的前面B．甲的平均速度大于乙的平均速度C．任意時刻，甲的速度都比乙的大D．任意時刻，甲的加速度都比乙的大答案B解析甲、乙兩同學參加了10m賽跑，則位移大小相等，甲獲得了冠軍，乙獲得了亞軍，故甲所用的時間小于乙所用的時間，根據平均速度的定義式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可知甲的平均速度大于乙的平均速度，而任意時刻的瞬時速度大小、加速度大小和甲、乙的位置關系，則無法判斷。故選B。2.(2021·遼寧省高三上新高考11月聯(lián)合調研)如圖所示為一固定在水平桌面上的V形槽的截面圖，AB、BC面與水平桌面間夾角分別為30°和60°。一正方體木塊放在槽內，木塊與AB、BC面間的動摩擦因數相同，現用垂直于紙面向外的力F拉木塊，木塊恰好能沿槽做勻速直線運動。木塊的質量為m，重力加速度為g。木塊與AB、BC面間的動摩擦因數大小為()A.eq\f(2F,mg\r(3)＋1) B．eq\f(F,mg\r(3)＋1)C.eq\f(2F,mg\r(3)－1) D．eq\f(F,mg\r(3)－1)答案A解析將木塊所受重力按照垂直AB面和垂直BC面正交分解，如圖所示，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，木塊受到AB、BC面的滑動摩擦力為f＝μ(F1＋F2)，木塊做勻速直線運動，根據平衡條件有f＝F，聯(lián)立解得木塊與AB、BC面間的動摩擦因數大小為μ＝eq\f(2F,mg\r(3)＋1)，故選A。3.(2021·山東省棗莊市高三上期末)如圖所示，物塊以初速度v0沿水平面運動，然后沖上固定的粗糙斜面，到達最高點后返回。物塊與所有接觸面的動摩擦因數均相同，而且物塊經過水平面和斜面連接處時速率不變，下列關于物塊速率v和時間t的v-t圖像正確的是()答案D解析物塊在水平面上運動時，有μmg＝ma1，所以加速度大小為a1＝μg，方向與速度方向相反，物塊做勻減速運動；物塊沿斜面上升時有mgsinα＋μmgcosα＝ma2，則加速度大小為a2＝gsinα＋μgcosα，方向與速度方向相反，物塊沿斜面勻減速上升；物塊從斜面最高點下滑時有mgsinα－μmgcosα＝ma3，則加速度大小為a3＝gsinα－μgcosα，方向與速度方向相同，且有a3<a2，由v2＝2as可知物塊從斜面上滑下回到斜面底端時的速度小于從水平面滑上斜面時的速度；回到水平面時在摩擦力作用下做勻減速直線運動，加速度大小為a1＝μg。綜上所述，A、B、C錯誤，D正確。4．(2021·北京市朝陽區(qū)高三下二模)利用如圖1所示的實驗粗略測量人吹氣產生的壓強。兩端開口的細玻璃管水平放置，內部截面積為S。管內塞有潮濕的小棉球，其質量為m，與B端的距離為x。實驗者從玻璃管的A端均勻吹氣，棉球從B端飛出，落地點為C。測得C點與B端的水平距離為l，棉球下落高度為h。多次改變x，測出對應的l，畫出l2-x圖像如圖2所示，圖線的斜率為k。不計棉球與管壁的摩擦，不計空氣阻力。下列選項正確的是()A．實驗中小棉球在玻璃管中做勻速運動B．獲取圖2中各組數據時可以改變每次吹氣的壓強C．由題中數據可求得小棉球到達B端的速度為leq\r(\f(2h,g))D．由于人吹氣使小棉球兩側產生的壓強差為eq\f(kmg,4hS)答案D解析若不計棉球與管壁的摩擦及空氣阻力，人均勻吹氣時，氣體給棉球一個恒力，故棉球做勻加速運動，A錯誤；設人吹氣產生的壓強為p，則棉球的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(pS,m)，棉球到達B端的速度vB＝eq\r(2ax)＝eq\r(\f(2pSx,m))，由于不計空氣阻力，則之后棉球做平拋運動，則l＝vBt，h＝eq\f(1,2)gt2，整理得l2＝eq\f(4pSh,mg)x，可見l2-x圖線的斜率k＝eq\f(4pSh,mg)，所以吹氣的壓強對圖線的斜率是有影響的，故獲取圖2中各組數據時不能改變每次吹氣的壓強，B錯誤；由l＝vBt，h＝eq\f(1,2)gt2可得，小棉球到達B端的速度為vB＝leq\r(\f(g,2h))，C錯誤；由圖線斜率k＝eq\f(4pSh,mg)可得，由于人吹氣使小棉球兩側產生的壓強差為p＝eq\f(kmg,4hS)，D正確。5．(2021·江蘇省南京市高三下5月沖刺練習)如圖所示，餐桌中心有一個半徑為r的圓盤，可繞其中心軸轉動，在圓盤的邊緣放置一個質量為m的小物塊，物塊與圓盤及餐桌間的動摩擦因數均為μ。現緩慢增大圓盤的角速度，小物塊將從圓盤上滑落，最終恰好停在桌面邊緣。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計。則下列說法正確的是()A．小物塊剛滑落時，圓盤的角速度為eq\r(\f(μg,2r))B．餐桌的半徑為eq\f(\r(5),2)rC．該過程中支持力的沖量為零D．該過程中因摩擦產生的內能為μmgr答案B解析小物塊即將滑落時，根據最大靜摩擦力提供向心力可得μmg＝mrω2，解得小物塊即將滑落(剛滑落)時圓盤的角速度ω＝eq\r(\f(μg,r))，A錯誤；小物塊剛滑落時的速度大小為v＝rω＝eq\r(μgr)，設小物塊在餐桌上滑行的距離為x，根據動能定理可得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，解得x＝eq\f(1,2)r，小物塊在桌面上運動的軌跡俯視圖如圖所示，根據圖中幾何關系可得R2＝r2＋x2，解得R＝eq\f(\r(5),2)r，B正確；該過程中支持力的沖量I＝FNt，支持力和運動時間均不為零，則支持力的沖量不為零，C錯誤；該過程中因摩擦產生的內能為Q＝μmgx＝eq\f(1,2)μmgr，D錯誤。6．(2020·海南高考)2020年5月5日，長征五號B運載火箭在中國文昌航天發(fā)射場成功首飛，將新一代載人飛船試驗船送入太空，若試驗船繞地球做勻速圓周運動，周期為T，離地高度為h，已知地球半徑為R，萬有引力常量為G，則()A．試驗船的運行速度為eq\f(2πR,T)B．地球的第一宇宙速度為eq\f(2π,T)eq\r(\f(R＋h3,R))C．地球的質量為eq\f(2πR＋h3,GT2)D．地球表面的重力加速度為eq\f(4π2R＋h2,RT2)答案B解析試驗船的運行速度為eq\f(2πR＋h,T)，故A錯誤；近地軌道衛(wèi)星的速度等于地球的第一宇宙速度，根據萬有引力提供向心力，對近地衛(wèi)星有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，對試驗船有Geq\f(Mm船,R＋h2)＝m船eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2·(R＋h)，聯(lián)立兩式，解得地球的第一宇宙速度v＝eq\f(2π,T)eq\r(\f(R＋h3,R))，故B正確；根據Geq\f(Mm船,R＋h2)＝m船eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2(R＋h)，解得地球的質量為M＝eq\f(4π2R＋h3,GT2)，故C錯誤；地球表面的重力加速度等于近地軌道衛(wèi)星的向心加速度，對近地衛(wèi)星，根據萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,R2)＝mg，再根據地球的質量M＝eq\f(4π2R＋h3,GT2)，可得地球表面的重力加速度g＝eq\f(4π2R＋h3,R2T2)，故D錯誤。7．(2022·江蘇省常州市高三上期中質量調研)目前，我國在人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破。為早日實現無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現，下坡時若關掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移s時速度剛好達到最大值vm。設汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是()A．關掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒B．關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零C．上坡過程中，汽車速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，所用的時間可能等于eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)D．上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于eq\f(2s,vm)答案D解析關掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變，動能不變，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則支持力的沖量不為零，故B錯誤；汽車上坡過程中，設速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)所用的時間為t，發(fā)生的位移為s′，根據動能定理可得：Pt－fs′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vm,2)))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vm,4)))2，解得t＝eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)＋eq\f(fs′,P)，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，功率不變，則牽引力逐漸減小，加速度逐漸減小，設所用時間為t1，對應的v-t圖像向上凸起，則eq\f(vm,2)·t1<s，解得t1<eq\f(2s,vm)，故D正確。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．(2021·河北省承德市高三下二模)太空梭是游樂園和主題樂園模擬完全失重環(huán)境的大型機動游戲設備，這種器材的乘坐臺可將乘客載至高空，然后由靜止開始以重力加速度豎直向下跌落2h，緊接著通過機械制動勻減速下降h將乘坐臺在落地前停住，如圖所示，已知乘坐臺與乘客的總質量為m，當地的重力加速度為g，則()A．由M至N和由N至P的運動時間比值是2∶1B．由M至N，乘坐臺的座椅對乘客的支持力與乘客的重力大小相等C．由M至N，乘坐臺與乘客總重力的沖量大小為meq\r(gh)D．由N至P，減速機械對乘坐臺的阻力大小為3mg答案AD解析由題意可知，2h＝eq\f(0＋vN,2)t1，h＝eq\f(vN＋0,2)t2，則從M到N與從N到P的運動時間之比為t1∶t2＝2∶1，故A正確；從M到N，乘客做自由落體運動，故乘坐臺的座椅對乘客的作用力為零，B錯誤；由2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，可得t1＝2eq\r(\f(h,g))，則從M到N，乘坐臺和乘客總重力的沖量大小為IG＝mgt1＝2meq\r(gh)，故C錯誤；由veq\o\al(2,N)＝2g·2h，veq\o\al(2,N)＝2ah，可知乘坐臺從N到P的加速度大小a＝2g，從N到P，根據牛頓第二定律有：F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，故D正確。9.(2021·八省聯(lián)考遼寧卷)如圖所示，甲、乙兩滑塊的質量分別為1kg、2kg，放在靜止的水平傳送帶上，兩者相距5m，與傳送帶間的動摩擦因數均為0.2。t＝0時，甲、乙分別以6m/s、2m/s的初速度開始向右滑行。t＝0.5s時，傳送帶啟動(不計啟動時間)，立即以3m/s的速度向右做勻速直線運動。傳送帶足夠長，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是()A．t＝0.5s時，兩滑塊相距2mB．t＝1.5s時，兩滑塊速度相等C．0～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為0.25mD．0～2.5s內，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為14.5J答案BCD解析甲、乙兩滑塊在傳送帶上做勻變速直線運動時的加速度大小分別為a甲＝eq\f(μm甲g,m甲)＝μg＝2m/s2，a乙＝eq\f(μm乙g,m乙)＝μg＝2m/s2，根據勻變速直線運動規(guī)律，t＝0.5s時，甲、乙兩滑塊運動時間t甲1＝t乙1＝0.5s，兩滑塊相距s甲乙′＝s甲乙－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v甲t甲1－\f(1,2)a甲t\o\al(2,甲1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v乙t乙1－\f(1,2)a乙t\o\al(2,乙1)))＝3m，A錯誤。傳送帶啟動時，甲滑塊的速度為v甲′＝v甲－a甲t甲1＝5m/s，之后與傳送帶速度相等所需時間t甲2＝eq\f(v甲′－v帶,a甲)＝1s；傳送帶啟動時，乙滑塊的速度為v乙′＝v乙－a乙t乙1＝1m/s，之后與傳送帶速度相等所需時間t乙2＝eq\f(v帶－v乙′,a乙)＝1s，當兩滑塊恰好與傳送帶共速時，s甲乙′－eq\f(v甲′＋v帶,2)·t甲2＋eq\f(v乙′＋v帶,2)·t乙2＝1m>0，則甲、乙未發(fā)生碰撞，故t＝1.5s時，兩滑塊速度相等，B正確。0～0.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x乙1＝v乙t乙1－eq\f(1,2)a乙teq\o\al(2,乙1)＝0.75m，方向向右，0.5～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x乙2＝v帶t乙2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v乙′t乙2＋\f(1,2)a乙t\o\al(2,乙2)))＝1m，方向向左，因此0～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x乙2－x乙1＝0.25m，方向向左，C正確。0～2.5s內，甲相對傳送帶的位移x甲＝v甲(t甲1＋t甲2)－eq\f(1,2)a甲(t甲1＋t甲2)2－v帶t甲2＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑塊與傳送帶間摩擦產生的熱量Q甲＝μm甲g·x甲＝7.5J，乙滑塊與傳送帶間摩擦產生的熱量Q乙＝μm乙g(x乙1＋x乙2)＝7J，因此0～2.5s內，兩滑塊與傳送帶間摩擦產生的總熱量Q＝Q甲＋Q乙＝14.5J，D正確。10.如圖所示，質量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處固定輕質彈簧，右側用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F。質量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達到最大時輕繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運動，小滑塊恰未掉落。則()A．輕繩被拉斷的瞬間，木板的加速度大小為eq\f(F,M)B．輕繩被拉斷的瞬間，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2C．彈簧恢復原長時滑塊的動能為eq\f(1,2)mv2D．滑塊與木板AB間的動摩擦因數為eq\f(v2,2gl)答案ABD解析輕繩被拉斷瞬間，對木板分析，由于OA段光滑，不受摩擦力，在水平方向上只受到彈簧給的彈力，輕繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，故F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，故A正確；輕繩被拉斷瞬間彈簧的壓縮量達到最大，彈性勢能最大，根據機械能守恒定律可知此時彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，故B正確；彈簧恢復原長時木板獲得動能，根據機械能守恒定律知滑塊的動能小于eq\f(1,2)mv2，故C錯誤；小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，且速度與木板相同，設為v′，由輕繩被拉斷瞬間到小滑塊恰未掉落的過程中，取水平向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，聯(lián)立解得：μ＝eq\f(v2,2gl)，故D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)(2021·八省聯(lián)考湖南卷)某同學利用滑塊在氣墊導軌上的運動測量當地的重力加速度。如圖a所示，所用器材包括：氣墊導軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、數字計時器、光電門等。導軌下方兩支點間的距離為l。實驗步驟如下：(1)開動氣泵，調節(jié)氣墊導軌，輕推滑塊，當光電門A記錄的遮光時間________(填“大于”“小于”或“等于”)光電門B記錄的遮光時間時，可認為氣墊導軌水平；(2)用游標卡尺測量遮光片寬度d。如圖b所示，d＝________cm；(3)在導軌左支點下加一高度為h的墊塊，讓滑塊從導軌頂端滑下，記錄遮光片經過A、B兩處光電門的遮光時間Δt1、Δt2及遮光片從A運動到B所用的時間t12，可求出重力加速度g＝____________________(用題中給出的物理量符號表示)；(4)分析實驗結果發(fā)現，重力加速度的測量值比該地的實際值偏小，寫出一條產生這一結果的可能原因：________________________________________________________________。答案(1)等于(2)0.304(3)eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))(4)測量的遮光片寬度d偏小(或測量的運動時間偏大，或氣墊導軌未調水平等，合理即可)解析(1)調節(jié)氣墊導軌水平后，輕推滑塊，滑塊能在導軌上做勻速直線運動，則滑塊通過兩光電門的時間應相等。(2)50分度游標卡尺的精確度為0.02mm，則遮光片寬度為d＝3mm＋2×0.02mm＝3.04mm＝0.304cm。(3)滑塊經過兩光電門的時間極短，則經過兩光電門的平均速度可認為是經過兩光電門的瞬時速度，有vA＝eq\f(d,Δt1)，vB＝eq\f(d,Δt2)，滑塊做勻加速直線運動，有vB＝vA＋at12，而對滑塊由牛頓第二定律有a＝gsinα＝g·eq\f(h,l)，聯(lián)立各式解得重力加速度為g＝eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))。(4)根據重力加速度的測量公式，測量值偏小，可能的原因有：測量的遮光片寬度d偏小，測量的運動時間偏大，氣墊導軌未調水平等。12．(9分)(2021·山東高考)某乒乓球愛好者，利用手機研究乒乓球與球臺碰撞過程中能量損失的情況。實驗步驟如下：①固定好手機，打開錄音功能；②從一定高度由靜止釋放乒乓球；③手機記錄下乒乓球與臺面碰撞的聲音，其隨時間(單位：s)的變化圖像如圖所示。根據聲音圖像記錄的碰撞次序及相應碰撞時刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞時刻(s)1.121.582.002.402.783.143.47根據實驗數據，回答下列問題：(1)利用碰撞時間間隔，計算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為________m(保留2位有效數字，當地重力加速度g＝9.80m/s2)。(2)設碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k，則每次碰撞損失的動能為碰撞前動能的________倍(用k表示)，第3次碰撞過程中k＝________(保留2位有效數字)。(3)由于存在空氣阻力，第(1)問中計算的彈起高度________(填“高于”或“低于”)實際彈起高度。答案(1)0.20(2)1－k20.95(3)高于解析(1)由表可知，乒乓球第3次碰撞到第4次碰撞用時Δt＝2.40s－2.00s＝0.40s，根據豎直上拋運動的對稱性可知，第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2＝eq\f(1,2)×9.80×0.202m＝0.20m。(2)設碰撞后彈起瞬間速度大小為v2，該次碰撞前瞬間速度大小為v1，根據題意可知eq\f(v2,v1)＝k，則每次碰撞損失的動能與碰撞前動能的比值為eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2),\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝1－eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))＝1－k2。第3次碰撞前瞬間的速度大小為第2次碰后從最高點自由下落的末速度大小，為v＝gt，其中t＝eq\f(2.00－1.58,2)s＝0.21s；同理第3次碰撞后瞬間速度大小為v′＝gt′，其中t′＝eq\f(2.40－2.00,2)s＝0.20s，則第3次碰撞過程中k＝eq\f(v′,v)＝eq\f(t′,t)＝eq\f(0.20,0.21)＝0.95。(3)假設空氣阻力的大小恒定，空氣阻力對乒乓球產生的加速度大小為a，第3次碰撞后乒乓球彈起的實際高度為h實，上升所用的時間為t上，則有h實＝eq\f(1,2)(g＋a)teq\o\al(2,上)，h實＝eq\f(1,2)(g－a)·(Δt－t上)2，聯(lián)立解得t上＝eq\f(Δt,\r(\f(g＋a,g－a))＋1)，h實＝eq\f(1,2)·eq\f(g＋aΔt2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(g＋a,g－a))＋1))2)，令a＝kg，其中0≤k＜1，則h實＝eq\f(1,2)g(Δt)2·eq\f(1＋k,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1＋k,1－k))＋1))2)＝4h·eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))＋\f(1,\r(1＋k))))2)，根據數學知識，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))＋\f(1,\r(1＋k))))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋k))))2＋2·eq\f(1,\r(1－k))·eq\f(1,\r(1＋k))≥4·eq\f(1,\r(1－k2))(當k＝0時取等號)，聯(lián)立可得eq\f(h,h實)≥eq\f(1,\r(1－k2))，根據題意，k>0，則h>eq\f(1,\r(1－k2))h實>h實。(方法二：設實際上升過程加速度為a上，所用時間為t上，下降過程加速度為a下，所用時間為t下，則a上＋a下＝(g＋a)＋(g－a)＝2g>2eq\r(a上a下)，t上＋t下＝Δt>2eq\r(t上t下)，則h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2>eq\f(1,2)×eq\r(a上a下)·t上t下＝eq\r(\f(1,2)a上t\o\al(2,上))·eq\r(\f(1,2)a下t\o\al(2,下))＝eq\r(h實)·eq\r(h實)＝h實。)即第(1)問中計算的彈起高度高于實際彈起高度。13.(11分)(2021·浙江省溫州市高三二模)運動員把冰壺沿水平冰面推出，讓冰壺在冰面上自由滑行，在不與其他冰壺碰撞的情況下，最終停在遠處的某個位置。按比賽規(guī)則，投擲冰壺運動員的隊友，可用毛刷在冰壺滑行前方來回摩擦冰面，減小冰面的動摩擦因數以調節(jié)冰壺的運動?？諝庾枇Σ挥?，g取10m/s2。(1)運動員以4.0m/s的速度投擲冰壺，若冰壺和冰面的動摩擦因數為0.02，冰壺能在冰面上滑行多遠；(2)若運動員仍以4.0m/s的速度將冰壺投出，其隊友在冰壺自由滑行7.6m后開始在其滑行前方摩擦冰面，冰壺和冰面的動摩擦因數變?yōu)樵瓉淼?0%，求冰壺多滑行的距離及全程的平均速度大小。答案(1)40m(2)3.6m1.98m/s解析(1)冰壺在冰面上做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有－μmg＝ma1解得a1＝－0.2m/s2根據速度位移公式有0－veq\o\al(2,0)＝2a1x解得x＝40m。(2)冰壺先以加速度a1做勻減速直線運動，根據速度位移公式有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1x1解得v1＝3.6m/s設冰壺之后以加速度a2做勻減速直線運動，根據題意有a2＝90%·a1＝－0.18m/s2根據速度位移公式有0－veq\o\al(2,1)＝2a2x2解得x2＝36m所以Δx＝x1＋x2－x＝3.6m第一段運動的時間t1＝eq\f(v1－v0,a1)＝eq\f(3.6－4.0,－0.2)s＝2s第二段運動的時間t2＝eq\f(0－v1,a2)＝eq\f(0－3.6,－0.18)s＝20s全程的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2)＝1.98m/s。14.(12分)(2021·江蘇高考)如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉軸的O點，小圓環(huán)A和輕質彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g(1)裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；(2)環(huán)A的質量M；(3)上述過程中裝置對A、B所做的總功W。答案(1)eq\f(3mg,8)(2)eq\f(9,64)m(3)eq\f(31,30)mgL解析(1)裝置靜止時，設細線AB、OB段的張力分別為F1、F2，A受力平衡，有F＝F1sin37°B受力平衡，有F1cos37°＋F2cos37°＝mgF1sin37°＝F2sin37°解得F＝eq\f(3mg,8)。(2)當細線與豎直方向的夾角為53°時，設裝置轉動的角速度為ω，對A，有F＝Mω2·2Lsin53°對B，有mgtan53°＝mω2·Lsin53°解得M＝eq\f(9,64)m。(3)B上升的高度h＝Lcos37°－Lcos53°末狀態(tài)A、B的動能分別為EkA＝eq\f(1,2)M(ω·2Lsin53°)2，EkB＝eq\f(1,2)m(ω·Lsin53°)2根據功能關系可知W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋m