【講與練】高中物理人教版(2019)必修2：本冊綜合學業(yè)質(zhì)量標準檢測B

本冊綜合學業(yè)質(zhì)量標準檢測(B)第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．(2023·定州一中高一階段練習)以下是書本上的一些圖片，下列說法正確的是(B)A．圖甲中，有些火星的軌跡不是直線，說明熾熱微粒不是沿砂輪的切線方向飛出的B．圖乙中，兩個影子x，y軸上的運動就是物體的兩個分運動C．圖丙中，增大小錘打擊彈性金屬片的力，A球可能比B球晚落地D．圖丁中，做變速圓周運動的物體所受合外力F在半徑方向的分力大于它所需要的向心力解析：A圖中有些火星的軌跡不是直線，是由于受到重力、互相的撞擊等作用導致的，故A錯誤；B圖中兩個影子反映了物體在x，y軸上的分運動，故B正確；C圖中A球做平拋運動，豎直方向是自由落體運動，B球同時做自由落體運動，故無論小錘用多大的力去打擊彈性金屬片，A、B兩球總是同時落地，故C錯誤；D圖中做變速圓周運動的物體所受合外力F在半徑方向的分力等于所需要的向心力，故D錯誤。故選B。2．如圖所示，位于豎直面內(nèi)的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R，質(zhì)量分別為m1和m2的兩帶孔小球穿于環(huán)上。當圓環(huán)最終以角速度ω繞豎直直徑勻速轉(zhuǎn)動時，發(fā)現(xiàn)兩小球均離開了原位置，它們和圓心的連線與豎直方向的夾角分別記為θ1和θ2，下列說法正確的是(C)A．若m1>m2，則θ1>θ2B．若m1<m2，則θ1>θ2C．θ1和θ2總是相等，與m1和m2的大小無關D．以上說法均錯誤解析：小球所受重力和環(huán)的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，mgtanθ＝mω2Rsinθ，解得cosθ＝eq\f(g,ω2R)，說明小球和圓心的連線與豎直方向的夾角θ與小球的質(zhì)量無關，故A、B、D錯誤，C正確。3．一賽車在平直賽道上以恒定功率加速，其功率為200kW，設所受到的阻力不變，加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)的關系如圖所示，則賽車(C)A．做勻加速直線運動B．質(zhì)量為400kgC．所受阻力大小為2000ND．速度大小為50m/s時牽引力大小為3000N解析：由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運動，選項A錯誤；對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有F－f＝ma，其中F＝eq\f(P,v)，聯(lián)立得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，結(jié)合圖線可知－eq\f(f,m)＝－4，eq\f(P,m)＝eq\f(0－－4,0.01)，解得m＝500kg，f＝2×103N，選項B錯誤，C正確；由P＝Fv可知F＝4000N，選項D錯誤。4．下面關于功的說法正確的是(D)A．衛(wèi)星做勻速圓周運動，由于衛(wèi)星的速度發(fā)生變化，所以地球引力對衛(wèi)星做了功B．滑動摩擦力阻礙物體的相對運動，所以滑動摩擦力一定做負功C．舉重運動員舉著杠鈴在頭的上方停留10s，運動員對杠鈴做了正功D．靜摩擦力和滑動摩擦力不一定都做負功解析：衛(wèi)星做勻速圓周運動，由于地球引力始終與速度方向垂直，故地球引力對衛(wèi)星不做功，A錯誤；將一小物塊輕輕放在勻速運動的傳送帶上，小物塊相對于傳送帶運動，傳送帶對小物塊的滑動摩擦力充當動力，即滑動摩擦力做正功，靜摩擦力可以做正功、負功或不做功，例如糧倉送糧食的傳送帶對糧食的靜摩擦力對糧食做正功，隨轉(zhuǎn)盤一起轉(zhuǎn)動的物體，靜摩擦力提供向心力，不做功，B錯誤，D正確；舉重運動員舉著杠鈴在頭的上方停留10s，運動員對杠鈴有力的作用，但沒有在力的方向上發(fā)生位移，故運動員對杠鈴沒有做功，C錯誤。故選D。5．如圖所示，足夠長的斜面靜止在水平地面上。將質(zhì)量為m的小球從斜面底端以初速度v0拋出，初速度的方向與斜面間夾角為θ，小球恰好沿水平方向撞到斜面上。不計空氣阻力。若仍從斜面底端拋出，改變以下條件仍能使小球水平撞到斜面上的是(A)A．僅增大速度v0 B．僅適當增大θC．將m和θ都適當減小 D．將v0和θ都適當增大解析：利用逆向思維，可把小球的運動看成從斜面上水平拋出，然后落到斜面上。根據(jù)平拋運動的推論tanα＝2tanβ，可知，由于位移和水平方向的夾角β不變，所以速度和水平方向的夾角α也不變，即落到斜面上的速度方向不變，θ不變。所以，只需保持θ不變，改變速度大小，就能使小球水平撞到斜面上。故A正確，B、C、D錯誤。故選A。6．無償獻血、救死扶傷的崇高行為，是文明社會的標志之一?，F(xiàn)代獻血常采用機采成分血的方式，就是指把健康人捐獻的血液，通過血液分離機分離出其中某一種成分(如血小板、粒細胞或外周血干細胞)儲存起來，再將分離后的血液回輸?shù)骄璜I者體內(nèi)。分離血液成分需要用到一種叫離心分離器的裝置，其工作原理的示意圖如圖所示，將血液裝入離心分離器的封閉試管內(nèi)，離心分離器轉(zhuǎn)動時給血液提供一種“模擬重力”的環(huán)境，“模擬重力”的方向沿試管遠離轉(zhuǎn)軸的方向，其大小與血液中細胞的質(zhì)量以及其到轉(zhuǎn)軸距離成正比。初始時試管靜止，血液內(nèi)離轉(zhuǎn)軸同樣距離處有兩種細胞a、b，其密度分別為ρa和ρb，大小與周圍血漿密度ρ0的關系為ρa<ρ0<ρb。對于試管由靜止開始繞軸旋轉(zhuǎn)并不斷增大轉(zhuǎn)速的過程中，下列說法中正確的是(C)A．細胞a相對試管向外側(cè)運動，細胞b相對試管向內(nèi)側(cè)運動B．細胞a的“模擬重力勢能”變小，細胞b的“模擬重力勢能”變大C．這種離心分離器“模擬重力”對應的“重力加速度”沿轉(zhuǎn)動半徑方向各處大小不同D．若某時刻a、b兩種細胞沿垂直于轉(zhuǎn)軸的半徑方向速率相等，則“模擬重力”對細胞a做功的功率小于對細胞b做功的功率解析：轉(zhuǎn)動時細胞需要向心力F，有F＝mrω2，因ω，r相同，則質(zhì)量大的即密度大的所需要的向心力大，周圍細胞對其作用力小于所需的向心力則要做離心運動，則b向外運動，而a則向內(nèi)運動，故A錯誤；“模擬重力”的方向沿試管遠離轉(zhuǎn)軸的方向，b向外運動，則“模擬重力”對b做正功，細胞b的“模擬重力勢能”變小，而a則向內(nèi)運動，“模擬重力”對a做負功，細胞a的“模擬重力勢能”變大，故B錯誤；離心分離器“模擬重力”其大小與血液中細胞的質(zhì)量以及其到轉(zhuǎn)軸距離成正比，則對應的“重力加速度”沿轉(zhuǎn)動半徑方向向外側(cè)逐漸變大，故C正確；垂直于轉(zhuǎn)軸的半徑方向速率相等，而垂直于“模擬重力”方向，故功率均為零，故D錯誤。故選C。7．(2022·安徽省舒城中學高一期中)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和粗糙斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一個定滑輪。質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動。若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中(D)A．輕繩對m做的功等于m機械能的增加B．重力對M做的功小于M減少的重力勢能C．輕繩對m做的功等于m增加的動能與m克服摩擦力所做的功之和D．兩滑塊與輕繩組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M、m克服摩擦力所做的功之和解析：根據(jù)動能定理可知，輕繩對m做的功等于m增加的機械能與m克服摩擦力所做的功之和，輕繩對m做的功大于m機械能的增加，故A、C錯誤；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關系可知，重力對M做的功等于M重力勢能的變化，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律，兩滑塊與輕繩組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M、m克服摩擦力所做的功之和，故D正確。8．如圖甲所示滑輪與繩的質(zhì)量、摩擦均不計，質(zhì)量為2kg的物體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關系如圖乙所示，由此可知(g取10m/s2)(A)A．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為21NC．2s末F的功率大小為42WD．0～2s內(nèi)F做功的平均功率為42W解析：速度—時間圖線的斜率表示加速度則物體的加速度a＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律得2F－mg＝ma，則F＝eq\f(mg＋ma,2)＝eq\f(20＋2×2,2)N＝12N，故B錯誤；2s末物體的速度為4m/s，則拉力作用點的速度為8m/s，則拉力的功率P＝Fv＝12×8W＝96W，故C錯誤；0～2s內(nèi)物體的位移x＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m，則拉力作用點的位移s為8m，拉力做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(Fs,t)＝eq\f(12×8,2)W＝48W，故D錯誤。故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．(2022·重慶高一期末)2021年11月8日神舟十三號航天員，順利完成出艙任務。2022年3月23日三名航天員翟志剛、王亞平、葉光富相互配合在中國自己的空間站完成了第三次太空授課。在空間站內(nèi)所有物體都處于完全失重狀態(tài)，航天員可以站在空間站地面上，也可以自由懸停在空中任意位置。則下述說法正確的有(BD)A．航天員懸停在站內(nèi)空中時，受重力和站內(nèi)空氣的浮力作用，二者是平衡力B．航天員懸停在站內(nèi)空中時受重力就是合外力C．航天員站在站內(nèi)地面，對地面的壓力大小等于他的重力大小D．航天員在空間站內(nèi)的慣性大小與他在去空間站途中相同解析：航天員懸停在站內(nèi)空中時，只受重力，重力就是合力提供航天員隨空間站做勻速圓周運動的向心力，故A錯誤，B正確；航天員隨空間站做勻速圓周運動，處于完全失重狀態(tài)，航天員站在站內(nèi)地面，對地面的壓力大小等于零，故C錯誤；航天員的慣性與航天員的質(zhì)量有關，與所處位置和運動狀態(tài)無關，則航天員在空間站內(nèi)的慣性大小與他在去空間站途中相同，故D正確。10．從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得(AD)A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能減少100J解析：由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率k＝mg，由圖像得k＝20N，因此m＝2kg，A正確；當h＝0時，Ep＝0，E總＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此v0＝10m/s，B錯誤；由圖像知h＝2m時，E總＝90J，Ep＝40J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C錯誤；h＝4m時，E總＝Ep＝80J，即此時Ek＝0，即上升4m距離，動能減少100J，D正確。11．(2022·白城高一階段練習)一質(zhì)量為m的小物塊靜置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由靜止開始運動，小物塊的加速度a隨其運動距離x的變化規(guī)律如圖所示。已知小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在小物塊運動0～2L的過程中，下列說法正確的是(BD)A．小物塊在0～L內(nèi)做勻變速直線運動，L～2L內(nèi)做勻速運動B．小物塊運動至2L處的速度為eq\r(6a0L)C．整個過程中水平外力做功為2mL(2μg＋3a0)D．小物塊從L處運動至2L處所用的時間為t＝eq\f(2,2＋\r(6))eq\r(\f(L,a0))解析：根據(jù)圖像可知，0～L內(nèi)，加速度從3a0減小到a0，小物塊做加速度逐漸減小的加速運動，A錯誤；0～L內(nèi)，加速度從3a0減小到a0，合外力從3ma0逐漸減小到ma0，其平均力eq\x\to(F)＝eq\f(3ma0＋ma0,2)＝2ma0，L～2L內(nèi)，物塊受到的合外力為恒力，大小為ma0，則0～L內(nèi)、L～2L內(nèi)合外力做功分別為W1＝eq\x\to(F)L＝2ma0L，W2＝ma0L，小物塊運動至2L處的速度為v，根據(jù)動能定理W1＋W2＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(6a0L)，B正確；根據(jù)動能定理W－μmg2L＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W＝2μmgL＋3ma0L，C錯誤；設小物塊運動至L處的速度為v1，設小物塊從L處運動至2L處所用的時間為t，小物塊從0～L內(nèi)，根據(jù)動能定理W1＝eq\x\to(F)L＝2ma0L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，解得v1＝2eq\r(a0L)，小物塊從L處至2L處做勻加速直線運動，則t＝eq\f(v－v1,a0)＝eq\f(2,2＋\r(6))eq\r(\f(L,a0))，D正確。故選BD。12．2022年北京冬奧會在北京和張家口舉行，北京成為歷史上第一個既舉辦過夏季奧運會又舉辦過冬季奧運會的城市。圖示為某滑雪運動員訓練的場景，運動員以速度v1＝10m/s沿傾角α＝37°、高H＝15m傾斜面甲飛出，并能無碰撞地落在傾角β＝60°的斜面乙上，順利完成飛越。把運動員視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，已知重力加速度g＝10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。以下說法正確的是(AB)A．運動員落至斜面乙時的速率為16m/sB．斜面乙的高度為7.2mC．運動員在空中飛行時離地面的最大高度為20mD．兩斜面間的水平距離約為11.1m解析：運動員水平方向做勻速直線運動，水平方向速度為vx＝v1cosα＝8m/s，落到乙斜面時，設速度大小為v2，則滿足vx＝v2cosβ，解得v2＝16m/s，故A正確；設乙斜面高度為h，從甲斜面到乙斜面過程中，由機械能守恒定律得mg(H－h(huán))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得h＝7.2m，故B正確；從甲斜面飛出時，運動員豎直方向的速度vy＝v0sinα＝6m/s，則運動員在空中飛行時離地面的最大高度為Hmax＝H＋eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝16.8m，故C錯誤；運動員到達乙斜面的豎直方向速度為vy′＝v2sinβ＝8eq\r(3)m/s，則在空中運動的時間t＝eq\f(vy′－－vy,g)＝eq\f(4\r(3)＋3,5)s，則水平距離為x＝vxt≈15.9m，故D錯誤。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)某同學用如圖1所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。實驗操作步驟如下：①用天平測出小車的質(zhì)量M、砂桶(含砂)的質(zhì)量m；②按圖1連接好實驗裝置，并使彈簧測力計豎直，小車緊靠打點計時器；③接通電源，釋放小車，打出紙帶；④取下砂桶和紙帶；⑤重復以上實驗多次。根據(jù)上述實驗操作過程，回答下列問題：(1)下列關于該實驗的說法正確的是B。A．本實驗的研究對象是小車B．實驗中不需要記錄彈簧測力計的示數(shù)FC．實驗中必須保證m遠小于MD．將木板左端墊高，補償系統(tǒng)受到的摩擦阻力后，系統(tǒng)的機械能就守恒了(2)當M＝0.5kg、m＝0.2kg時得到了圖2所示的一條紙帶，0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點(圖中未標出)，所用電源的頻率為50Hz，重力加速度g取9.8m/s2。系統(tǒng)在打點0～5的過程中，打點5時小車的速度大小v＝1.00m/s，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk＝0.275J，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝0.243J。(均保留三位有效數(shù)字)(3)由以上數(shù)據(jù)可知，系統(tǒng)動能的增加量大于(填“大于”“等于”或“小于”)系統(tǒng)重力勢能的減少量，造成這種結(jié)果的主要原因是沒有計算動滑輪的重力勢能減少量。(4)提出一項實驗改進方法，以便減小系統(tǒng)誤差。去掉動滑輪和彈簧測力計；將動滑輪的質(zhì)量計入m。解析：(1)本實驗的研究對象是小車以及砂桶(含砂)的系統(tǒng)，選項A錯誤；設砂桶下降的高度為h，速度為v，則小車移動的距離為2h，速度為2v，則實驗要驗證的關系是mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)M(2v)2，則實驗中不需要記錄彈簧測力計的示數(shù)F，選項B正確；該實驗中不需要必須保證m遠小于M，由于摩擦無法避免，故也不需要木板左端墊高平衡摩擦力，選項C、D錯誤。故選B。(2)每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點未標出，則T＝0.1s，打點5時小車的速度大小v車＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(8.98＋11.02×10－2,0.2)m/s＝1.00m/s，則砂桶的速度v桶＝0.500m/s，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,桶)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,車)＝eq\f(1,2)×0.2×0.52J＋eq\f(1,2)×0.5×12J＝0.275J，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝mg×eq\f(1,2)s05＝0.2×9.8×eq\f(1,2)×(15.82＋8.98)×10－2J＝0.243J。(3)由以上數(shù)據(jù)可知，系統(tǒng)動能的增加量大于系統(tǒng)重力勢能的減少量；造成這種結(jié)果的主要原因是沒有計算動滑輪的重力勢能減少量。(4)實驗改進方法：去掉動滑輪和彈簧測力計；或?qū)踊喌馁|(zhì)量計入m。14．(8分)為測定木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)，某同學設計了如圖所示的裝置進行實驗。實驗中，當木塊A位于水平桌面上的O點時，重物B剛好接觸地面，不考慮B反彈對系統(tǒng)的影響。將A拉到P點，待B穩(wěn)定后，由靜止釋放，木塊A最終滑到Q點。分別測量PO、OQ的長度h和s。(1)實驗開始時，發(fā)現(xiàn)A釋放后會撞到滑輪，為了解決這個問題，可以適當_減小__(填“增大”或“減小”)重物B的質(zhì)量。(2)木塊A在PO段和OQ段運動的加速度的比值為eq\f(s,h)。(3)實驗測得A、B的質(zhì)量分別為m、M，可得木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Mh,mh＋s＋Ms)(用m、M、h、s表示)。(4)以下能減小實驗誤差的是_AC__(填序號)。A．改變h，測量多組h和s的值，算出結(jié)果求平均值B．增加細線的長度C．減小細線與滑輪的摩擦解析：(1)B減少的重力勢能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能和A、B的動能，A釋放后會撞到滑輪，說明B減少的重力勢能太多，轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能太少，可以通過減小B的質(zhì)量、增加細線的長度(或增大A的質(zhì)量、降低B的起始高度)解決。(2)設木塊滑到O點速度為v，由v2＝2ax得木塊A在PO段的加速度大小為a1＝eq\f(v2,2h)，OQ段運動的加速度的大小為a2＝eq\f(v2,2s)，木塊A在PO段和OQ段運動的加速度的比值為eq\f(a1,a2)＝eq\f(s,h)。(3)由動能定理可得Mgh－μmgh＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，eq\f(1,2)mv2＝μmgs，聯(lián)立解得μ＝eq\f(Mh,mh＋s＋Ms)。(4)能減小實驗誤差的是改變h，測量多組h和s的值，算出結(jié)果求平均值；減小細線與滑輪的摩擦；實驗誤差與細線的長度無關，A、C正確。15．(10分)中國已經(jīng)實現(xiàn)返回式月球軟著陸器對月球進行科學探測，如圖所示，發(fā)射一顆運動半徑為r的繞月衛(wèi)星，登月著陸器從繞月衛(wèi)星出發(fā)(不影響繞月衛(wèi)星運動)，沿橢圓軌道降落到月球的表面上，與月球表面經(jīng)多次碰撞和彈跳才停下來。假設著陸器第一次彈起的最大高度為h，水平速度為v1，第二次著陸時速度為v2，已知月球半徑為R，著陸器質(zhì)量為m，不計一切阻力和月球的自轉(zhuǎn)。求：(1)月球表面的重力加速度g月。(2)在月球表面發(fā)射一顆月球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度是多大？答案：(1)eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2h)(2)eq\r(\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)R,2h))解析：(1)著陸器從高度為h到第二次著陸，由機械能守恒有mg月h＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得出月球表面的重力加速度為g月＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2h)。(2)當衛(wèi)星的軌道半徑為月球半徑R時，發(fā)射速度最小，設最小速度為v，由萬有引力提供向心力有m衛(wèi)g月＝m衛(wèi)eq\f(v2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)R,2h))。16．(10分)(2022·景德鎮(zhèn)一中高一期中)如圖所示，BC是半徑為eq\f(2,5)eq\r(2)m且豎直放置的光滑細圓管，O為細圓管的圓心，在細圓管的末端C連接傾角為45°、動摩擦因數(shù)μ＝0.6的足夠長粗糙斜面。一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球從O點正上方某處A點以v0水平拋出后，恰好能垂直O(jiān)B從B點進入細圓管，小球從進入圓管開始受到始終豎直向上的力F＝5N的作用，當小球運動到圓管的末端C時作用力F立即消失，小球能平滑地沖上粗糙斜面。(取g＝10m/s2)，不計空氣阻力。(1)小球從A點水平拋出的初速度v0為多少；(2)小球在圓管中運動時對圓管的壓力是多少；(3)小球在CD斜面上運動的最大位移是多少。答案：(1)2m/s(2)5eq\r(2)N(3)eq\f(\r(2),4)m解析：(1)小球從A運動到B為平拋運動，有rsin45°＝v0t，在B點tan45°＝eq\f(gt,v0)，聯(lián)立以上兩式解得v0＝2m/s。(2)在B點根據(jù)平拋運動的速度規(guī)律，有vB＝eq\f(v0,sin45°)＝2eq\r(2)m/s對小球受力分析，小球在管中受三個力的作用，因為重力與外加的力F平衡，所以小球所受的合力僅為管的外軌對它的壓力，即小球在管中做勻速圓周運動，由圓周運動的規(guī)律知圓管對小球的作用力為FN＝meq\f(v\o\al(2,B),r)＝5eq\r(2)N根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)A管的壓力FN′＝FN＝5eq\r(2)N。(3)小球在CD上滑行到最高點的過程中，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin45°＋μmgcos45°＝ma解得a＝8eq\r(2)m/s2因為小球在圓管中做勻速圓周運動，所以小球運動到圓管末端C時的速度大小為vC＝vB＝2eq\r(2)m/s根據(jù)勻變速直線運動的速度與位移的關系公式，有x＝eq\f(v\o\al(2,C),2a)＝eq\f(\r(2),4)m。17．(12分)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小環(huán)A、B用長為L的輕繩連接，分別套在水平細桿OM和豎直細桿ON上，OM與ON在O點平滑相連，且ON足夠長。初始時刻，B環(huán)距離O點eq\f(1,2)L，一水平外力F作用于A環(huán)，使系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，撤去水平外力后，兩環(huán)將從靜止開始運動，重力加速度為g，不計一切摩擦，求：(1)水平外力F的大??；(2)A環(huán)運動到O點時的速度vA；(3)兩環(huán)相碰前瞬間B環(huán)的速度vB。答案：(1)eq\r(3)mg(2)eq\r(gL)(3)eq\r(gL)解析：(1)以B為研究對象，由幾何關系可知，細線與豎直方向的夾角θ＝60°，豎直方向Tcosθ＝mg，以A為研究對象，水平方向F＝Tsinθ，解得F＝mgtanθ＝eq\r(3)mg。(2)當A運動到O點時，B速度為零，系統(tǒng)機械能守恒，有mg×eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)得vA＝eq\r(gL)。(3)B做自由落體運動，A做初速度為vA的勻加速直線運動，設經(jīng)時間t相撞，有vAt＋eq\f(1,2)gt2＝L＋eq\f(1,2)gt2，對B有vB＝gt，解得vB＝eq\r(gL)。18．(14分)(2