【講與練】高中物理人教版(2019)必修2：本冊(cè)綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)A

本冊(cè)綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)(A)第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．下列說(shuō)法正確的是(B)A．兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定是勻變速直線運(yùn)動(dòng)B．做圓周運(yùn)動(dòng)的物體受到的合力不一定指向圓心C．一對(duì)摩擦力做功的代數(shù)和為零D．物體豎直向上運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能一定增加解析：當(dāng)兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合加速度與合初速度共線時(shí)，合運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)合加速度與合初速度不共線時(shí)，合運(yùn)動(dòng)為曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體合外力全部提供向心力，合外力一定指向圓心；做變速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，合外力沿半徑方向的分力提供向心力，合外力沿切線方向的分力改變速度的大小，故B正確；一對(duì)靜摩擦力做的功的代數(shù)和為零，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功的代數(shù)和為負(fù)值，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，物體豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)除重力以外的力的合力向上時(shí)，機(jī)械能增加，當(dāng)除重力以外的力的合力向下時(shí)，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。故選B。2．(2023·麻城市實(shí)驗(yàn)高級(jí)中學(xué)高一月考)若物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的合外力不為零，則(B)A．物體的加速度一定變化B．物體的速度一定變化C．物體的合外力一定做功D．物體的機(jī)械能一定發(fā)生改變解析：合外力不為零，據(jù)牛頓第二定律可知，加速度不為零，速度一定變化，但合外力如果恒定，加速度就不變，A錯(cuò)誤，B正確；若物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力作為向心力就不做功，C錯(cuò)誤；物體的機(jī)械能是否發(fā)生改變，取決于除重力外的其他力是否做功，例如物體自由下落，合外力不為零，但機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤。3．(2022·濟(jì)寧高一期中)如圖所示，豎直環(huán)A半徑為r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左、右兩側(cè)各有一擋板固定在地面上，使B不能左右運(yùn)動(dòng)，在環(huán)的最低點(diǎn)放一小球C，A、B、C的質(zhì)量均為m。現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時(shí)速度v，小球會(huì)在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，為保證小球能通過(guò)環(huán)的最高點(diǎn)，且不會(huì)使環(huán)豎直向上跳起(不計(jì)小球與環(huán)之間的摩擦阻力)，則瞬時(shí)速度v必須滿足(A)A．最大值為eq\r(7gr) B．最小值為eq\r(6gr)C．最大值為eq\r(3gr) D．最小值為eq\r(4gr)解析：在最高點(diǎn)，小球的速度最小時(shí)有mg＝meq\f(v\o\al(2,1),r)，解得v1＝eq\r(gr)，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒，設(shè)此時(shí)在最低點(diǎn)的速度為v1′，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2，解得v1′＝eq\r(5gr)，要使環(huán)不在豎直方向向上跳起，在最高點(diǎn)環(huán)對(duì)球的壓力最大為F＝2mg，此時(shí)小球速度最大，有mg＋2mg＝meq\f(v\o\al(2,2),r)，解得v2＝eq\r(3gr)，小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，設(shè)此時(shí)在最低點(diǎn)的速度為v2′，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv2′2，解得v2′＝eq\r(7gr)，所以保證小球能通過(guò)環(huán)的最高點(diǎn)，且不會(huì)使環(huán)豎直向上跳起，在最低點(diǎn)的速度范圍為eq\r(5gr)≤v≤eq\r(7gr)，故選A。4．如圖所示，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為θ的斜面上，則球落在斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)(B)A．mgv0tanθ B．eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ解析：小球的瞬時(shí)速度與斜面垂直，分解速度，由平行四邊形定則可知tanθ＝eq\f(vx,vy)，其中vx＝v0，由重力的瞬時(shí)功率表達(dá)式PG＝mgvy＝eq\f(mgv0,tanθ)，故選B。5．如圖所示，mA＝2mB，不計(jì)摩擦阻力，物體A自H高處由靜止開(kāi)始下落，且物體B始終在水平臺(tái)面上。若以地面為零勢(shì)能面，當(dāng)物體A的動(dòng)能與其勢(shì)能相等時(shí)，物體A距地面高度是(B)A.eq\f(H,5) B．eq\f(2H,5)C.eq\f(4H,5) D．eq\f(H,3)解析：A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)物體A的動(dòng)能與其勢(shì)能相等時(shí)，物體A距地面的高度是h，A的速度為v則有：mAgh＝eq\f(1,2)mAv2，可得v2＝2gh從開(kāi)始到距地面的高度為h的過(guò)程中，減少的重力勢(shì)能為：ΔEp＝mAg(H－h(huán))＝2mBg(H－h(huán))增加的動(dòng)能為：ΔEk＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(3mB)2gh＝3mBgh，由ΔEp＝ΔEk得h＝eq\f(2,5)H。6．如圖所示，ABC為在豎直平面內(nèi)的金屬半圓環(huán)，AC連線水平，AB為固定在AB兩點(diǎn)間的直金屬棒，在直棒上和圓環(huán)的BC部分分別套著兩個(gè)相同的小環(huán)M、N，現(xiàn)讓半圓環(huán)繞對(duì)稱(chēng)軸以角速度ω做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，半圓環(huán)的半徑為R，小圓環(huán)的質(zhì)量均為m，棒和半圓環(huán)均光滑，已知重力加速度為g，小環(huán)可視為質(zhì)點(diǎn)，則M、N兩環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度之比為(B)A.eq\f(\r(g2－R2ω4),g) B．eq\f(g,\r(R2ω4－g2))C.eq\f(g,\r(g2－R2ω4)) D．eq\f(\r(R2ω4－g2),g)解析：M點(diǎn)的小環(huán)受到重力和桿的支持力，在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力的方向沿水平方向，則有mgtan45°＝mωvM，可得vM＝eq\f(g,ω)，同理，N點(diǎn)的小環(huán)受到重力和桿的支持力，在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力的方向沿水平方向，設(shè)ON與豎直方向之間的夾角為θ，則有mgtanθ＝mωvN，可得vN＝eq\f(gtanθ,ω)，又有mgtanθ＝mω2r，r＝Rsinθ，聯(lián)立可得vN＝eq\f(\r(R2ω4－g2),ω)，M、N兩環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度之比為eq\f(vM,vN)＝eq\f(g,\r(R2ω4－g2))，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。故選B。7．(2022·內(nèi)江市第六中學(xué)高一階段練習(xí))某小船在河寬為d，水速恒定為v的河中渡河，第一次用最短時(shí)間從渡口向?qū)Π堕_(kāi)去，此時(shí)小船在靜水中航行的速度為v1，所用時(shí)間為t1；第二次用最短航程渡河從同一渡口向?qū)Π堕_(kāi)去，此時(shí)小船在靜水中航行的速度為v2，所用時(shí)間為t2，結(jié)果兩次恰好抵達(dá)對(duì)岸的同一地點(diǎn)，則(D)A．第一次所用時(shí)間t1＝eq\f(d,v)B．第二次所用時(shí)間t2＝eq\f(d,v2)C．兩次渡河的位移大小為eq\f(vd,v1)D．兩次渡河所用時(shí)間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))解析：第一次所用時(shí)間t1＝eq\f(d,v1)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；第二次渡河時(shí)船頭方向與合速度方向垂直，即船速方向不是指向河對(duì)岸，則渡河的時(shí)間不等于eq\f(d,v2)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩船抵達(dá)的地點(diǎn)相同，位移相同，由第一次渡河可知，位移為s＝eq\f(d,v1)eq\r(v2＋v\o\al(2,1))，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩船抵達(dá)的地點(diǎn)相同，知合速度方向相同，甲船的靜水速垂直于河岸，乙船的靜水速與合速度垂直。如圖：兩船的合位移相等，則渡河時(shí)間之比等于兩船合速度之反比。則：eq\f(t1,t2)＝eq\f(v乙合,v甲合)＝eq\f(v乙,tanθ)：eq\f(v甲,sinθ)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))，D正確。8．如圖所示是同一衛(wèi)星繞地球飛行的三條軌道，軌道1是近地圓形軌道，2和3是變軌后的橢圓軌道。A點(diǎn)是軌道2的近地點(diǎn)，軌道1、2在A點(diǎn)相切，B點(diǎn)是軌道2的遠(yuǎn)地點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是(B)A．三條軌道中，衛(wèi)星在軌道1上繞地球運(yùn)行的周期最大B．衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度小于衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度C．衛(wèi)星在軌道1上的向心加速度小于地球同步衛(wèi)星的向心加速度D．衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的向心加速度大于衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的加速度解析：根據(jù)開(kāi)普勒第三定律知，衛(wèi)星在軌道1上繞地球運(yùn)行的周期最小，A錯(cuò)誤；衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)加速做離心運(yùn)動(dòng)才能變軌到軌道2，所以衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大于在軌道1上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度，B正確；根據(jù)牛頓第二定律可得Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度a＝Geq\f(M,r2)，軌道1的半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以衛(wèi)星在軌道1上的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，C錯(cuò)誤；根據(jù)a＝Geq\f(M,r2)，衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)與在軌道2上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)加速度相等，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9．(2022·河南商丘高一永城高中校聯(lián)考期末)如圖所示，兩個(gè)eq\f(3,4)圓弧軌道固定在水平地面上，半徑均為R，a軌道由金屬凹槽制成，b軌道由金屬圓管制成(圓管內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R)，均可視為光滑軌道。在兩軌道右端的正上方分別將金屬小球A和B(直徑略小于圓管內(nèi)徑)由靜止釋放，小球距離地面的高度分別用hA和hB表示，下列說(shuō)法中正確的是(AD)A．若hA＝hB≥eq\f(5,2)R，兩小球都能沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B．若hA＝hB＝eq\f(3,2)R，兩小球在軌道上升的最大高度均為eq\f(3,2)RC．適當(dāng)調(diào)整hA和hB，均可使兩小球從軌道最高點(diǎn)飛出后，恰好落在軌道右端口處D．若使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)并且從最高點(diǎn)飛出，hA的最小值為eq\f(5,2)R，B小球在hB>2R的任何高度釋放均可解析：若小球A恰好能到a軌道的最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)有mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，得vA＝eq\r(gR)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg(hA－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，得hA＝eq\f(5,2)R，若小球B恰好能到b軌道的最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)的速度vB＝0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得hB＝2R，所以hA＝hB≥eq\f(5,2)R時(shí)，兩球都能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)，故A、D正確；若hB＝eq\f(3,2)R，則小球B在軌道b上升的最大高度等于eq\f(3,2)R；若hA＝eq\f(3,2)R，則小球A在軌道左上方某位置脫離軌道，脫離時(shí)有一定的速度，由機(jī)械能守恒定律可知，A在軌道a上升的最大高度小于eq\f(3,2)R，故B錯(cuò)誤；小球A從軌道a最高點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，下落R高度時(shí)，水平位移的最小值為xA＝vAeq\r(\f(2R,g))＝eq\r(gR)·eq\r(\f(2R,g))＝eq\r(2)R>R，所以小球A從軌道a最高點(diǎn)飛出后會(huì)落在軌道右端口外側(cè)，而適當(dāng)調(diào)整hB，B可以落在軌道右端口處，故C錯(cuò)誤。故選AD。10．(2022·吉林一中高一期中)如圖所示，在粗糙斜面頂端固定一彈簧，其下端掛一物體，物體在A點(diǎn)處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)用平行于斜面向下的力拉物體，第一次直接將物體拉到B點(diǎn)，第二次先將物體拉到C點(diǎn)，再使其回到B點(diǎn)，則這兩次過(guò)程中(BD)A．物體的重力勢(shì)能改變量不相等B．彈簧的彈性勢(shì)能改變量相等C．摩擦力對(duì)物體做的功相等D．斜面彈力對(duì)物體做功均為零解析：第一次直接將物體拉到B點(diǎn)，第二次先將物體拉到C點(diǎn)，再使其回到B點(diǎn)，兩次物體初、末位置一樣，對(duì)應(yīng)的彈簧形變量一樣，路徑不同，所以?xún)纱沃亓?shì)能改變量相等，彈簧的彈性勢(shì)能改變量相等，摩擦力對(duì)物體做的功不相等，故A、C錯(cuò)誤，B正確；兩次斜面的彈力均與物體位移方向垂直，對(duì)物體做功為零，D正確。故選BD。11．如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖像為余弦曲線，從圖中可以判斷(CD)A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，合力逐漸減小B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，合力做正功C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，合力的功率先增大后減小D．在t2～t4時(shí)間內(nèi)，合力做的總功為零解析：在0～t1時(shí)間內(nèi)，v－t圖線的斜率在增大，即加速度增大，根據(jù)牛頓第二定律可知合力逐漸增大，A錯(cuò)誤；在0～t1時(shí)間內(nèi)，由圖可知質(zhì)點(diǎn)的速度減小，故動(dòng)能減小，由動(dòng)能定理可知合力做負(fù)功，B錯(cuò)誤；t1時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)的速度為0，可知合力的功率為0，t2時(shí)刻，圖線的斜率為0，即加速度為0，由牛頓第二定律可知合力為0，故合力的功率為0，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，合力與速度均不為0，夾角也不為90°，故合力的功率不為0，可知t1～t2時(shí)間內(nèi)，合力的功率先增大后減小，C正確；t2時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度大小為v0，t4時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度大小也為v0，即在t2～t4時(shí)間內(nèi)動(dòng)能的變化為0，由動(dòng)能定理可知合力做的總功為0，D正確。12．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0的速率運(yùn)行?，F(xiàn)把一物塊(可看為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶底端，物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，μ>tanθ。物塊被傳送到最高點(diǎn)(在運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)前與傳送帶達(dá)到共速)。t為運(yùn)動(dòng)時(shí)間，x為物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)距離。以最低點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面。物塊的速度v，重力勢(shì)能Ep，機(jī)械能E，物塊和傳送帶產(chǎn)生的內(nèi)能Q，四個(gè)物理量變化趨勢(shì)如下圖，其中正確的是(AD)解析：開(kāi)始時(shí)物塊受到向上的摩擦力，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，因μ>tanθ，則μmgcosθ>mgsinθ，則a>0，物塊向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與傳送帶共速后，與傳送帶一起向上做勻速運(yùn)動(dòng)，A正確；物塊與傳送帶共速之前，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt－\f(v,2)t))＝eq\f(1,2)μmgvt，當(dāng)物塊與傳送帶共速后，Q＝0，B錯(cuò)誤；物塊與傳送帶共速后，重力勢(shì)能隨x的增加而增加，C錯(cuò)誤；物塊隨傳送帶加速上升時(shí)E＝eq\f(1,2)mv2＋mgxsinθ＝eq\f(1,2)m·2ax＋mgxsinθ＝(ma＋mgsinθ)x，共速后ΔE＝mgxsinθ，D正確。故選AD。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．(6分)(2022·南陽(yáng)高一期末)利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌：導(dǎo)軌上A點(diǎn)處有一帶長(zhǎng)方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為M，左端由跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為m的小球相連；遮光片兩條長(zhǎng)邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門(mén)，可以測(cè)量遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的擋光時(shí)間t，用d表示A點(diǎn)到光電門(mén)B處的距離，b表示遮光片的寬度，將遮光片通過(guò)光電門(mén)的平均速度看作滑塊通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度，實(shí)驗(yàn)時(shí)滑塊在A處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。(1)某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得傾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑塊從A處到達(dá)B處時(shí)m和M組成的系統(tǒng)動(dòng)能增加量可表示為ΔEk＝eq\f(m＋Mb2,2t2)，系統(tǒng)的重力勢(shì)能減少量可表示為ΔEp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd，在誤差允許的范圍內(nèi)，若ΔEk＝ΔEp，則可認(rèn)為系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；(2)某同學(xué)改變A、B間的距離，作出的v2－d圖像如圖所示，并測(cè)得M＝m，則重力加速度g＝_9.6__m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)滑塊通過(guò)光電門(mén)B速度為vB＝eq\f(b,t)，滑塊從A處到B處時(shí)m和M組成的系統(tǒng)動(dòng)能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)(m＋M)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,t)))2＝eq\f(m＋Mb2,2t2)，系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量為ΔEp＝mgd－Mgdsin30°＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd。(2)根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd，則v2＝2×eq\f(m－\f(M,2),M＋m)gd，則圖像的斜率k＝2×eq\f(m－\f(M,2),M＋m)g，由圖像可知k＝eq\f(2.4,0.5)，代入數(shù)據(jù)即可得g＝9.6m/s2。14．(8分)某研究性學(xué)習(xí)小組為了驗(yàn)證小球平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，設(shè)計(jì)方案如圖甲所示，在懸點(diǎn)O正下方有水平放置的熾熱的電熱絲P，當(dāng)懸線擺至電熱絲處時(shí)能輕易被燒斷，MN為水平木板，已知懸線長(zhǎng)為L(zhǎng)，懸點(diǎn)到木板的距離OO′＝h(h>L)，重力加速度為g。(1)電熱絲P必須放在懸點(diǎn)正下方的理由是_保證小球沿水平方向拋出__。(2)將小球向左拉起后自由釋放，最后小球落到木板上的C點(diǎn)，O′C＝x，則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0＝xeq\r(\f(g,2h－L))。(3)在其他條件不變的情況下，若改變釋放小球時(shí)懸線與豎直方向的夾角θ，小球落點(diǎn)與O′點(diǎn)的水平距離x將隨之改變，經(jīng)多次實(shí)驗(yàn)，以x2為縱坐標(biāo)、cosθ為橫坐標(biāo)，得到如圖乙所示圖像，則當(dāng)θ＝60°時(shí)，x為_(kāi)1.0__m；若懸線長(zhǎng)L＝1.0m，懸點(diǎn)到木板間的距離OO′為_(kāi)1.5__m。解析：(1)電熱絲P必須放在懸點(diǎn)正下方的理由是保證小球沿水平方向拋出。(2)水平方向x＝v0t，豎直方向h－L＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝xeq\r(\f(g,2h－L))。(3)由動(dòng)能定理可知mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又v0＝xeq\r(\f(g,2h－L))，聯(lián)立解得x2＝4L(h－L)(1－cosθ)。由圖可知當(dāng)θ＝60°時(shí)，x為1.0m。若懸線長(zhǎng)L＝1.0m，將數(shù)據(jù)代入上式可得懸點(diǎn)到木板間的距離OO′為h＝1.5m。15．(8分)地球可以看成一均勻球體，其半徑為R。某衛(wèi)星在與赤道平面共面、軌道半徑為r的圓形軌道上運(yùn)行，地球表面的重力加速度為g，求：(1)該衛(wèi)星的運(yùn)行速度大小v；(2)該衛(wèi)星在單位時(shí)間內(nèi)與地心連線掃過(guò)的面積S的表達(dá)式。答案：(1)Req\r(\f(g,r))(2)eq\f(1,2)Req\r(gr)解析：(1)對(duì)衛(wèi)星分析，萬(wàn)有引力提供向心力：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)對(duì)地表上物體分析：Geq\f(Mm,R2)＝mg解得v＝Req\r(\f(g,r))。(2)該衛(wèi)星在t時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積St＝eq\f(1,2)vtr單位時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積S＝eq\f(St,t)＝eq\f(1,2)vr＝eq\f(1,2)Req\r(gr)。16．(10分)第24屆冬季奧運(yùn)會(huì)2022年2月在北京和張家口舉行。冰壺運(yùn)動(dòng)是冬奧會(huì)項(xiàng)目之一，考驗(yàn)參與者的體能與腦力，展運(yùn)動(dòng)之健美，現(xiàn)取之智慧，被喻為冰上“國(guó)際象棋”。如圖甲所示，在某次冰壺比賽中，運(yùn)動(dòng)員正用力將冰壺推出，其對(duì)冰壺斜向下的推力與水平方向的夾角為37°，大小為20N。如圖乙所示，已知冰壺質(zhì)量為20kg，與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)此時(shí)冰壺的加速度大?。?2)冰壺推出后，運(yùn)動(dòng)員可利用冰刷在冰壺滑行的前方快速擦刷冰面以減少摩擦。若擦刷冰面后冰壺與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(2,3)，求冰壺推出后，未擦刷冰面與擦刷冰面后自由滑行的距離之比。答案：(1)0.588m/s2(2)2∶3解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律得Fcos37°－μ(mg＋Fsin37°)＝ma解得a＝0.588m/s2。(2)設(shè)冰壺的初速度為v0，未刷冰、刷冰后分別根據(jù)動(dòng)能定理得－μmgx1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，－eq\f(2,3)μmgx2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,3)。17．(12分)(2022·東莞高一期末)某砂場(chǎng)為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過(guò)。轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2m的傳送帶以恒定的線速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度H＝2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處?kù)o止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。(sin37°＝0.6)(1)若h＝2.4m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大小；(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件；(3)改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。答案：(1)4m/s(2)h<3.0m(3)x＝eq\r(2,h－3)h≥3.6m解析：(1)物塊由靜止釋放到B的過(guò)程中：mgsinθ－μmgcosθ＝maveq\o\al(2,B)＝2aeq\f(h,sinθ)解得vB＝4m/s。(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地