综合检测卷(一)-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019）

(2)工件从B点开始减速到与传送带速度相等的过程 mg,解得 F-mgcos θ-mu{lcos θsin θ,F.-mgsin8+ 中,设加速度为a1,由牛顿第二定律,得mgsin37^{}十 mo2lcos②θ,魔盘旋转角速度缓慢增大时,游客受到的支 mgcos37*-ma,解得a-10m/s2,工件与传送带共 持力逐渐减小,静摩擦力逐渐增大,当静摩擦力达到最 速需要的时间为t-,解得-0.4s,工件滑行 大时,有F一F,联立上式并代入数据,解得一0.5 a rad/s,故B正确。 4.C 解析:物体随摩天轮一起 一,解得x1-2.4m<L,因 tE 2a: 在竖直平面内做匀速圆周运 为 tan37{*},所以工件将沿传送带继续减速上滑,设 动,其加速度总是指向圆心。 30. 在继续上滑过程中加速度为a,则有mgsin37*一 当物体上升到10点钟位置 img umgcos37*}-ma,解得a2-2m/s2},假设工件速度减 时,加速度斜向右下,与水平 为0时,工件未从传送带上滑落,则运动时间为2 方向夹角为30{。该物体受 2,解 第4题答图 #,解得t2-2s,工件滑行的位移大小为2-2 d2 力分析如图所示,由牛顿第二定律,得水平方向,F一 得2一4m,可知工件运动到C点时速度恰好为零,故 macos 30{,竖直方向,mg-Fn=masin30{,又a= 假设成立。工件在传送带上上滑的总时间为t一1十 2)?^R-2^{②×10-4m/s{2,代入数据,解得Fn-(10- t2-2.4s。 2×10-4)N,F.=32×10-4N,故C正确。 (3)第一阶段,工件滑行位移为x1一2.4m,传送带位 5.B 解析:当小铁球对水平桌面的压力恰好 移x.'-vt=1.6m,相对位移为△x.-0.8m,摩擦生 为零时,对小铁球进行受力分析,如图所示。 热为Q-mg△x1cos37*,解得Q.-3.2J。第二阶 段,工件滑行位移为x2-4m,传送带位移为x2'-vt 细线的拉力和小铁球的重力的合力提供小 铁球做匀速圆周运动所需要的向心力。设 一8m,相对位移为△x2=4m,摩擦生热为Q= 细线与竖直方向的夹角为8,S点离桌面的 mg△x2cos37{,解得Q=16J。总热量为Q-Q+ 高度为h,由牛顿第二定律,可得mgtanθ一 mg Q-19.2]. 第5题答图 综合检测卷(一) 1.B 解析:曲线运动一定是变速运动,做曲线运动的物 得,两小铁球对桌面压力为零的临界角速度o与细线的 体所受合力的方向和速度方向不在同一直线上,可以是 长度1、小铁球质量m、细线与竖直方向的夹角θ均无 恒力,也可以是变力,故A错误;曲线运动的加速度方 关,故B正确。 向和速度方向一定不在同一直线上,加速度一定不为 6.C 解析:由题图乙可知,0~x过程中物体的机械能一 零,加速度可以是变化的,也可以是恒定的,故B正确; 直在减少,故外力F做负功,故物体沿斜面向下运动,A 做圆周运动的物体所受合力不一定指向圆心,因为速率 正确;对物体,由牛顿第二定律可得mgsin8一F一ma, 变化的圆周运动切向合力必不为零,合力就不指向圆 题图乙中图线切线的斜率表示外力F,因此在0~石:过 心,故C错误:平抛运动是匀变速曲线运动,在相同时 程中外力F逐渐减小,故物体的加速度一直增大,B正 间内速度变化量是相等的,故D错误。 确;在x1~x2过程中,机械能不变,故外力F等于0,因 2.B 解析:人上台阶时,台阶的支持力对人不做功,故A 此物体做匀加速运动,C错误;在x1~x2过程中由于外 错误;由W一mgh得,两捆书的重力做功相等,故B正 力F等于0,故物体的加速度大小为gsin0,D正确。 确;没有确定零势能面,重力势能的值无法确定,故C 7.B 解析:小物体在传送带上到达B处时恰好达到传送 错误;两捆书的重力做功相等,所用时间相等,功率相 等,故D错误。 带的速率v,说明小物体一直受滑动摩擦力,做匀加速 3.B 解析:对游客进行受力分 F 运动,若增大传送带的速率,小物体的受力不变,运动情 况不变,到达B点的时间不变,故A错误;增大传送带 析,如图所示,水平方向根据 mg. 向心力公式,得Fcosθ一 的速率,小物体的运动情况不变,但与传送带的相对位 , Fsinθ-ma2lcos6,竖直方 移变大,由Q一F:·s相可知,小物体与传送带之间产生 向,有F.sinθ+Fcos θ一 的热量更多,故B正确;减小传送带的速率,小物体未到 第3题答图 B点就与传送带的速率相等,之后做匀速直线运动到达 43 B点,故C错误;小物体只要到达B点,增加的重力势 11.ABC 解析:设篮球第一次与地面碰撞后,能够反弹起 能是相同的,但是以不同的速率到达B点,增加的动能 的最大高度是h,由动能定理,得mg(H一h)一kmg(H 不相等,所以增加的机械能不相等,故D错误。 8.C 解析:假设物块向左推动工后由静止释放,如图所 始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程是s,对全过程 示,从释放到位置1,只有弹赞弹力做功,弹性势能全部 转化为物块的动能,从位置1到位置2,摩擦力随位移 均匀增大,根据平均作用力做功,可知克服摩擦力做功 确;若篮球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的高度仍 是H且速度恰好为零,此时做功最少,由动能定理,得 Wr-mg(s-),整个过程由动能定理,可得Wr- W一2kmgH一0,解得W一2kmgH,故C正确,D错误。 12.CD 解析:若斜面始终静止,滑块回到斜面底端时的 Wrn-Wr2=0,又Wr- 速率变小,说明滑块和斜面之间一定有摩擦力,若滑块 与斜面,斜面与地面之间均光滑,则滑块与斜面组成的 2mgs,故A、B、D错误,C正确。 系统机械能守恒,斜面会向右运动,滑块返回底端时速 率也会变小,故A错误;若斜面始终静止,滑块的支持 , 力一定不做功,若斜面向右运动,滑块对斜面的压力做 A 正功,斜面对滑块的支持力对滑块做负功,故B错误; 若滑块和斜面之间有摩擦力,在上滑和下滑两过程中 摩擦力一直做负功,滑块的机械能均减少。若滑块和 第8题答图 斜面之间光滑,由于滑块返回底端时速率变小,可知滑 9.ACD 解析:“嫦娥五号”在圆轨道的近月点进入正圆 块的支持力对滑块一直做负功,滑块的机械能一直减 轨道时速度应减小,故A正确;北斗导航系统的卫星发 少,故C正确;若斜面始终静止,则滑块和斜面之间一 射速度为7.9km/s至11.2km/s,故B错误;重力加速 定有摩擦力,在上滑和下滑两过程中摩擦力方向不同, M 所以滑块的加速度不同,运动时间不同,而上滑和下滑 g地 问一号”绕星球表面做匀速圆周运动时,速度最大,根据 两过程中重力做功大小相等,所以重力的平均功率不 MR一 相等,故D正确。 R2 一MR 地 13.答案:(1)AC(2)45*22gd 解析:(1)为了保证小球的初0 速度相等,每次让小球从斜 的同一位置由静止释放, 斜轨道不一定需要光滑 系可知,下落高度之比为1:n,所以运动时间之比为 因为即使轨道不光滑,只要 1.n,故A错误;由平抛运动规律,可得水平位移公 每次让小球从斜糟的同一位 ,r 式x一vt,由几何关系,可知水平位移之比为1;n,所 置由静止释放,那么每次损 第13题答图 以初速度之比为1:n,故B正确;甲、乙两球均做平 失的机械能也相同,就能满足平抛运动的初速度不变, 抛运动,均为匀变速运动,运动过程中速度变化量的方 故A正确,B错误;为了保证小球的初速度水平,应使 向与重力加速度方向相同,均为竖直向下,故C正确; 斜橹轨道末端切线水平,故C正确;为描出小球的运 球接触斜面的瞬间,设速度方向与水平方向的夹角为 动轨迹,应用平滑的曲线连接起来,故D错误。(2)由 a,斜面倾角为0,由推论可知tana一2tan0,因两球均 于平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和 落到斜面上,位移与水平方向的夹角均为θ,故a也相 竖直方向上的自由落体运动,则相等时间间隔的相邻 同,则甲、乙两球接触斜面的瞬间,速度的方向一定相 两点迹必定在初速度方向上或者与初速度方向平行的 同,故D错误。 方向上距离相等,如图所示,经分析可知,AB和BC在 44 AF方向上距离相等,且为2②d,即初速度沿AF方 定律,有F-mg-m^E 向,故小球平抛的初速度方向与工轴正方向的夹角为 O到B点,根据功能关系,有E。一mgh一mgL 45{}。垂直AF方向,即FC方向为重力方向,根据匀变 mgL2-0,解得Eo-8.0×10-3J。 速运动的推论,连续相等时间的位移之差恒为定值,即 (3)滑块恰能过F点的弹性势能E-2mgr十mgL /2d mvr2-7.0×10-3]。要使滑块到B点减速到0, AF方向上,2②d-yt,得y-2②gd。 设此时AB的高度为h,有E-mgh-mg(L+ (3)mg(d一 L)=0,解得h.=0.05m。若滑块恰好能停在B端, 14.答案:(1)需要 10 (M+m)(d-d)2-d22] 则mgcosθ-mgsinf,解得tan8-0.5,此时AB 的高 d) 50 度h2-0.2m。从O到B点,有E。=mgh十mg(L + 解析:(1)机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功, L2)=2×10-3(10h+3)J,其中0.05m<h<0.2m。 所以需要平衡摩擦力。(2)相邻两计数点之间的时间T 17.答案:(1)50.8N (2) -5. 了,由计数点附近两段位移的平均速度求该点的 解析:(1)滑块滑下斜面,经过光滑圆孤到达B点时 EG 由动能定理,得mgssin8一mgscos0十mgR(1一cos6) ,代入数据,解得vB mvB^②,解得vB-12m/s。由牛顿第二定律,有 d2f (d一d)f 10,= 10 。(3)由系统机械能守恒,知钩码 减少的重力势能等于小车和钩码增加的动能,即mghm -50.8N. (2)设滑块经过C点时的速度为vc,由 动能定理,得一mgR(1一cosθ)= 50 #mo0②}-yoB{},解得vc-10 m/s。 #20。#}# 15.答案: 16G7 87{2 滑块滑离C点后将以vc为初速度沿CD 解析:设火星表面的重力加速度为g,细线与竖直方向 方向做斜抛运动。将重力加速度g沿 的夹角为8,小球做匀速圆周运动,由所受的合外力提 第17题答图 DC方向和垂直于DC方向进行正交分 4x2h 供向心力,得mgtanθ一m 解,如图所示。设滑块经过时间:沿CD方向的速度减 72。 为0,位移为x,此时离PQ距离最小。由运动学公式, 可得vc-gtsin0,2grsinθ-vc2,解 得t-5 sr二 恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动 m,故滑块脱离圆张轨道后,经过$离PQ距离最 的周期为T。,则GMm 4r^2 (2}n _翻 小,最小距离为L-x-10m- 25 2T。4 16G,#_70。} 87T2}。 /150 18.答案:(1)2kg 16.答案:(1)1m/s (2)0.14N 8.0×10-3J (3)E.- 解析:(1)物体B最初保 1 2X10-3(10h+3)J.0.05m h 0.2m 持静止,对B受力分析, ?2 解析:(1)滑块恰好经过最高点F时,由mg一m 有x1=mg,解得x= 解得v-1m/s。 0.05m,即弹赞压缩了 (2)滑块从E点到B点的过程中,由动能定理,得 0.05m,当C刚要离开地 面时,C与地面之间无压 力,且C的加速度为0, 第18题答图 45 对C受力分析,有kx。=mg,解得x。-0.05m,即弹 4.A 解析;地球和火星公转的轨道近似为圆,地球和火 拉伸了0.05m,因为弹策的形变量相等,故弹的弹 星的运动可以看作匀速圆周运动,根据开普勒第三定律 性势能相等,从A开始运动到A到达最远点,对整个 T /R3 # ##_{! 系统,由机械能守恒定律,有M{}=mg(x1+x2), 代入数据,解得M-2kg。 (2)A到达最远点时,A与定滑轮之间的轻绳伸长了 /R (x十x。),如图所示,设此时绳与水平杆之间的夹角 __,可解得θ-53”}。当A以v2 故A正确。 为0,由sin0一 十x十x2 一2m/s的初速度向左运动,C刚要离开地而时,对C 受力分析,可知弹策拉伸了0.05m,此时A上方绳子 得g-4naGR 与杆的夹角仍是53{*},设此时A的速度为v3,B的速度 则g月.g地=ab,故A正确。 为v,由绳子两端物体沿绳方向的分速度相等,可得 v3·cos0一v.,因为弹的形变量相等,故弹赞的弹性 势能相等,对整个系统,由机械能守恒定律,有Mo?{} 根据动能定理知 -Fmxl-△E. 解得F-2N. 小球在Q点时受到的合力大小F-F。②+Fm{}一 /150 3 V5{m/s。 5N,故C正确。 7.C 解析:初始状态,对物块M,根据牛顿第二定律知 综合检测卷(二) 2mg=m{②}L,若剪断重物A、B之间的轻绳,M将做离 1.A 解析:由于飞机的速率不变,则动能不变;表演“向 心运动,轨道半径变大,最后稳定时mg-m’{②}(L十 上开花”,则重力势能增大,机械能增大,故A正确。 Ax),因此a,A错误。剪断重物A、之间的轻 2.B 解析:离标靴稍近一点,水平距离减小,初速度不 变,则飞击中标靴所用的时间减小,竖直方向下落的 绳后,对M和A组成的系统,只有重力做功,机械能守 高度减小,飞将打在A点正上方,故A错误;让飞 恒。由于M做离心运动,使得A上升,A的机械能增 出手速度稍小一些,水平距离不变,初速度变小,则飞锲 加,则物块M的机械能减小,而M的势能不变,故M的 动能减小,C正确,B、D错误。 击中标靴所用的时间增大,竖直方向下落的高度增大, 8.C 解析:手拉着弹上端P点缓慢向上移动,可以看 可使飞打在A点正下方,从而击中靴心,故B正确; 成物体是处于平衡状态,根据胡克定律得弹策的伸长量 由于初速度不变,水平位移不变,则飞锤击中标靴所用 的时间不变,则竖直方向下落的高度不变,所以若飞锲 出手点的高度再高一点,飞缥将打在A点正上方,故C 错误;由于初速度不变,水平位移不变,则飞击中标靴 所用的时间不变,则竖直方向下落高度不变,所以若把 标靴的位置往下移动一点,飞将打在A点正上方,故 9.CD解析:因为运动员做曲线运动,所以合外力一定不 D错误。 为零,A错误;运动员受力如图所示,由于运动员的速率 3.B 解析:向心力为沿半径方向的合力,运动员转弯时, 不变,所以重力沿滑道向下的分力等于摩擦力,有mg· 重力和支持力均沿竖直方向,无法提供向心力,地面对 sin6-f,0在减小,所以运动员所受摩擦力越来越小, 车轮的摩擦力提供所需的向心力,故A错误,B正确;当 B错误;运动员运动过程中速率不变,质量不变,即动能 不变,动能变化量为零,根据动能定理可知合外力做功 为零,C正确;运动员克服摩擦力做功,机械能减小,D 生侧滑,故C、D错误。 正确。 46综合检测卷（一） (时间：90分钟满分：100分) 一、单选题（共8小题，每小题3分，共24分） 1.在日常生活中，我们所见的运动绝大多数都是曲线运动，下列有关曲线运动的说法正确的是() A.曲线运动一定是变速运动，做曲线运动的物体所受合力也一定是变力 B.曲线运动的加速度一定不为零，加速度可以是变化的，也可以是恒定的 C.做圆周运动的物体所受合力一定指向圆心 5 D.平抛运动是匀变速曲线运动，在相同时间内速度变化量是增大的 2.新学期开始，同学们需要将新的课本从教学楼一楼的书库搬进三楼的教室。甲、乙两名同学同时 开始搬书，甲将5kg的一捆书搬进教室时，乙刚好将10kg的一捆书搬到二楼，教学楼每层楼的高 度为3.5m,g取10m/s2,则 A.上楼时，台阶的支持力对人做正功 B.甲、乙两名同学所搬的书，其重力做功相等 C.甲、乙两名同学所搬的书，其重力势能相等 D.整个过程中重力对甲同学所搬的书做功更快 之3.图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时， 游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若某魔盘倾斜面长1=1.5625m,魔盘倾斜面与水 平面的夹角=37°。已知魔盘倾斜面与游客之间的动摩擦因数为μ=0.8，且可认为最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。现有一质量为m=64kg的游客随魔盘一起转动，魔盘旋转角速度逐渐增大，若 要游客始终与魔盘保持相对静止，则魔盘角速度不得超过(g取10m/s2) 甲 第3题图 A.0.25 rad/s B.0.5 rad/s C.1 rad/s D.2 rad/s 4.摩天轮是游乐园里很受欢迎的游乐项目之一。乘客搭乘座舱随着摩天轮慢慢 地往上转，可以从高处俯瞰四周景色。如图所示，摩天轮可以看成绕其中心轴 在竖直平面内做匀速圆周运动，周期为T=1×103s。座舱底部始终保持水平 且距离中心轴50m,质量为1kg的物体（可视为质点）被乘客放在座舱中的固 定水平桌面上，当该物体上升到10点钟位置时，其所受的支持力F、和摩擦力 F:的大小分别为(g取10m/s2) () 第4题图 A.FN=π2X10-4N,F,=√3π2×10-4N B.FN=√3π2X10-4N,F=π2X10-4N 101 C.FN=(10-π2×10-4)N,F:=√3π2×10-4N D.FN=√3π2×10-4N,F:=(10-x2X10-4)N 5.如图所示，两根轻质细线上端固定在S点，其长度分别为1、2(l1<L2),下端分别 连接质量为m1的小铁球A和质量为m2的小铁球B(m1<m2),现使两小铁球在 水平桌面上做匀速圆周运动，若加快转速，当角速度为ω4时，小铁球A对水平桌 面的压力恰好为零；当角速度为w时，小铁球B对水平桌面的压力恰好为零。 不计空气阻力。则wA、wg应满足 () A.@A@B B.WA-@B 第5题图 C.@A@B D.条件不足，无法判断 6.如图甲所示，在倾角为0的光滑斜面上，有一个质量为的物体在沿斜面方向的力F的作用下由 静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲 线，x1~x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中错误的是 () 甲 乙 第6题图 A.物体在沿斜面向下运动 B.在0~x1过程中，物体的加速度一直增大 C.在0~x2过程中，物体先减速再匀速 D.在x1~x2过程中，物体的加速度大小为gsin0 7.如图所示，传送带倾斜于水平地面放置，以恒定速率v向上运动。现将一质量 为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在传送带上到达B处时恰好 达到传送带的速率v。已知B处离地面的高度为H,则在小物体从A到B的运 动过程中 ( )A A.增大传送带的速率，小物体能够更快地到达B点 第7题图 B.增大传送带的速率，小物体到达B点时，与传送带之间产生的热量更多 C.减小传送带的速率，小物体有可能无法到达B点 D.无论传送带的速率增大还是减小，只要小物体能够到达B点，小物体增加的机械能都相等 8.如图所示，一平台OB上分为两部分，OA部分光滑，AB部分粗糙。一劲度系数为k的轻质弹簧左 端固定在竖直墙壁上，右端有一长为d、质量为m的匀质物块与之接触，弹簧恰好处于原长。现用 一水平恒力向左缓慢推动物块至某一位置，要使物块从静止释放后恰好不会从平台B端掉下（已 知弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能E,=,x为弹簧的形变量，物块与AB部分的动摩 擦因数为)，则弹簧的压缩量为 ) m☐ -d-☑ A 第8题图 2mg(号十】 B. 2umg (ds) mg(s-g） C. 2μmgs D. 102 二、多选题（共4小题，每小题4分，共16分） 9.2020年，中国航天再一次开启“超级模式”，成功实施了以“嫦娥五号”首次地外天体采样返回（如图 甲所示)、“北斗三号”卫星导航系统部署完成并面向全球提供服务（如图乙所示）、“天问一号”探测 器奔向火星为代表的航天任务（如图丙所示），一系列航天重大事件有力地推动了航天强国建设， 引发全球关注。火星的半径约为地球半径的一半，火星的质量约为地球质量的)，关于航天知识， 下列说法正确的是 () 绕月方向 正圆轨道 椭圆轨道 “嫦娥五号月球采样 北斗导航系统 “天问一号”火星探测 分 乙 丙 第9题图 A.“嫦娥五号”从椭圆轨道的近月点进入正圆轨道时应减速 B.北斗导航系统的卫星发射速度大于11.2km/s C.火星表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的号 D.“天问一号”分别绕火星与地球做圆周运动的最大速度之比为√2：3 10.如图所示，甲、乙两个小球从同一固定斜面的顶端O点水平抛出，分别落0。 到斜面上的A、B两点，已知OB=nOA,不计空气阻力。以下说法中正确 、乙 A 的是 A.甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1：n B.甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为1：√n 77777m0 C.甲、乙两球运动过程中速度变化量的方向相同 第10题图 D.甲、乙两球接触斜面的瞬间，速度的方向可能相同 11.一个篮球从离地面高H处落下，篮球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的(k<1),而球与 地面相碰后，能以相同大小的速率反弹，下列说法正确的是 () A,篮球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度为十知 B篮球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程为 C.如果要使篮球能够弹起到原来的高度，人每次拍球至少需要做功2kmgH D.如果要使篮球能够弹起到原来的高度，人每次拍球至少需要做功kgH 12.如图所示，斜面静止放在水平地面上，与地面之间不固定，滑块以速率1沿斜面由底端向上滑行， 至某一位置后返回，回到斜面底端时的速率变为v2,且2<，则下列说法中正确的是（) 第12题图 103 A.滑块和斜面之间一定有摩擦力 B.在上滑和下滑两过程中，滑块的支持力一定不做功 C.在上滑和下滑两过程中，滑块的机械能均减少 D.若斜面始终静止，则在上滑和下滑两过程中，滑块重力的平均功率不相等 三、实验题（共2小题，共14分） 13.(6分)某同学利用如图甲所示的装置来“研究平抛物体的运动”的规律，实验前，应对实验装置反 复调节，直到斜槽末端切线水平，重力加速度为g。 771777777770777077 甲 第13题图 (1)实验中，下列说法正确的是 A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下 B.斜槽轨道必须光滑 C.斜槽轨道末端必须水平 D.为描出小球的运动轨迹，把各点用尺子连起来即可 (2)这位同学由于粗心在做实验的过程中未建立坐标系，坐标纸也没有规范放置，该同学将有轨 迹点迹的坐标纸取下后，不能确定小球抛出速度的方向，如图乙所示，A、B、C三个点是小球运动 途中先后连续经过的三个位置，且AB和BC的时间间隔相等，坐标纸的边长为d,若建立如图乙 所示的坐标系，请分析确定小球平抛的初速度方向与x轴正方向的夹角为 ,初速度大小 为 14.(8分)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮， 挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此验证机械能守恒定律。此外还准备了打点计 时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的实验装置如图甲所示。 纸带 接电源 D F d d 甲 乙 第14题图 (1)开始实验前，该同学 (选填“需要”或“不需要”)将木板右端垫起，以平衡摩擦力。 104 (2)如图乙是实验得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有4个点没有画出。已知打点计时 器所用交流电源的频率为f,则打下B点时小车的速度B= ,打下F点时小车的速度o万 0 (3)用天平测得小车的质量为M,记录钩码的质量，取B点和F点之间进行分析，要验证系统机 械能守恒，需成立的表达式为 四、计算题（共4小题，共46分） 15.(7分)2021年5月15日我国“天问一号”探测器在火星表面成功着陆，在成功软着陆 于火星表面后不久，中国首辆火星车“祝融号”也将驶离着陆平台，开展巡视探测等工 作。假设探测器到达火星附近时，先在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀 速圆周运动，测得运动周期为T。,之后通过变轨、减速落向火星。在探测器着陆后， “祝融号”开展了一系列实验。为测定火星的质量和半径，假想用长细线一端拴一小 球，另一端固定于O点，让其在水平面内做速圆周运动（这种运动常称为圆锥摆运第15题图 动)，如图所示。若测得O点到圆面距离为h,圆锥摆的周期为T。不考虑火星的自转及火星表面 大气的影响。已知引力常量为G,则火星的质量M和火星的半径R分别为多少？ 105 16.(9分)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分 别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆 轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径 =0.1m,OE长L1=0.2m,AC长L2=0.4m,圆轨道和AE均光滑，滑块与AB、OE之间的动摩 擦因数μ=0.5。滑块质量为m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转 化为滑块的动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：(g取10m/s2) 弹射器 ■ AE-L,一→0 第16题图 (I)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度r大小； (2)当h=0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力F、大小及弹簧的弹性势能Eo; (3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E。与高度h之间满足的关系。 106 17.(14分)如图所示，一质量为m=2.2kg的滑块从倾角为0=37°的粗糙斜面上自静止开始下滑，滑 行距离s=10m后进人半径R=11m的光滑圆弧AC,斜面与圆弧相切于A点，其中A、C为圆弧 上等高的两个端点，B为圆弧的最低点。滑块从C点沿圆弧切线CD方向滑离轨道，CD垂直于 挡板PQ,且C点与挡板间的间距为L=10m,PQ足够长。滑块可看作质点，不计空气阻力。已 知滑块与斜面间的动摩擦因数4=0.125，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 0 R L A B c 第17题图 (1)滑块通过B点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小； (2)滑块脱离圆弧轨道后，经过多长时间离PQ距离最小？最小距离是多少？ 107 18.(16分)如图所示，可视为质点的小球A穿在水平固定的光滑直杆上，由 绕过定滑轮的轻绳与物体B连接，物体B、C质量均为m,中间连接一根 劲度系数为k=200N/m的轻弹簧，竖直放置在水平地面上，最初A、B、C 均保持静止，A、B上方的轻绳均沿竖直方向拉直且恰好无拉力。现在给 w7777 A一个向左的、大小为1m/s的初速度，A向左运动到最远时，C刚要离开地 面。已知m=1kg,A与定滑轮之间的高度差h=0.4m,g取10m/s2,不计一 第18题图 切阻力，物体B与定滑轮之间的高度足够高。 (1)求小球A的质量M; (2)若给A一个向左的、大小为2m/s的初速度，当C刚要离开地面时，求此刻A的速度(sin37° =0.6,结果可用根号表示)。 8 ●●●● 108