2023-2024学年湖南省永州市名校联盟高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省永州市名校联盟高一（下）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 在恒力作用下，物体可能做速率先减小到某个值，然后增大的曲线运动
B. 做曲线运动的物体其加速度的大小不一定改变，但方向一定时刻改变
C. 汽车匀速率通过拱桥的最高点时一定处于超重状态
D. 曲线运动一定是变速运动，变速运动也一定是曲线运动
2.在一个无风的下午，一个小孩子手拿小纸片放在嘴边，将小纸片水平吹出。已知此小孩的身高约为1.25m，下列说法正确的是( )
A. 小纸片做平抛运动B. 小纸片的下落时间可能为0.5s
C. 小纸片的下落时间可能为1.5sD. 小纸片不可能竖直落地
3.如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是( )
A. 汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态
B. 铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是为了利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯
C. 杂技演员表演“水流星”，当它通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用
D. 脱水筒的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
4.两质量相同的卫星绕地球做匀速圆周运动，运动半径之比为R1：R2=1：2，则关于两卫星的下列说法，正确的是( )
A. 向心加速度之比为a1：a2=1：2B. 线速度之比为v1：v2=2：1
C. 动能之比为Ek1：Ek2=2：1D. 运动周期之比为T1：T2=1：2
5.如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为ℎ，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球的频率为2πω
B. 小球的线速度大小为ωℎ
C. 小球受到合力大小为mgℎl
D. 绳对小球的拉力大小为mω2l
6.静止于水平地面的足球，被运动员从位置1以v0踢出后，沿如图所示的轨迹运动到位置3，在最高点2时距地面高度为ℎ且速度大小为v。已知足球质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 从位置1到位置3的过程，足球的机械能守恒
B. 从位置2到位置3的过程，足球的动能增加mgℎ
C. 踢球时，运动员对足球做的功等于mgℎ+12mv2
D. 从位置1到位置2的过程，阻力对足球做功mgℎ+12mv2−12mv02
7.如图所示，在光滑斜面上有一物块在平行斜面的拉力F(未画出)作用下，沿水平方向做匀速直线运动。关于物块在斜面上的运动，下列判断正确的是( )
A. 拉力F恒定，可能大于物块的重力
B. 撤去F后，可能做匀变速直线运动
C. 撤去F后，物块在任意相邻相等时间内位移变化量一定相同
D. 撤去F后，物块在任何相等时间内的速度变化量一定相同
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.修正带是一种常见的学习用具，是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为如图所示的模型。A、B是转动的两个齿轮边缘的两点，C是大齿轮上的一点，若A、B、C的轨迹半径之比为2：3：2，则下列说法正确的是( )
A. A、B的线速度大小之比为1：1B. A、B的角速度大小之比为1：1
C. A、C的周期之比为3：2D. A、C的向心加速度大小之比为9：4
9.天舟七号货运飞船将采用3小时快速交会对接方式与天和核心舱实现地球外400公里高度对接，由于北斗卫星的精准定位，将远距离导引过程由多圈次压缩为一圈左右，从而实现快速对接。科学家发现沿霍曼椭圆轨道为最省钱轨道，如图所示，天舟七号从近地点运动到远地点后再与天和核心舱对接，已知天和核心舱的轨道半径是天舟七号在近地圆轨道Ⅰ半径的n倍；天和核心舱在轨道Ⅱ上的运动周期为T0，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下面说法正确的是( )
A. 天舟七号通过加速从近地圆轨道Ⅰ进入霍曼轨道
B. 天舟七号在轨道Ⅱ上通过加速可实现与天和核心舱对接
C. 天和核心舱轨道离地面的高度为3gR2T024π2−R
D. 若天舟七号从轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅱ在霍曼轨道上恰好运动半周，其运动时间为 28 (n+1)3n3T0
10.如图，一质量为m=2kg的圆环套在固定的光滑杆上，杆倾角为53°，圆环用轻绳通过轻质光滑定滑轮与质量为M=2.7kg的物块相连。现将圆环拉到A位置(AO水平)由静止释放，圆环向下运动经过位置C，已知OC垂直于杆，AO长为53m，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，则( )
A. 圆环和物块组成的系统机械能守恒
B. 物块的机械能守恒
C. 物块机械能的改变量等于合力对其做的功
D. 到达C位置时，圆环的速度大小为5m/s
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.在“探究平抛运动的特点”的实验中。

(1)某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。多次实验时，让小锤用不同的力击打弹性金属片，可以观察到(或听到) ______。
A.A、B两球总是同时落地
B.A、B两球的运动路线相同
C.击打的力度越大，A、B两球落地时间间隔越大
(2)该组同学继续用如图乙所示装置继续探究平抛运动的规律，在该实验中，下列说法正确的是______。
A.斜槽轨道末端切线必须水平
B.斜槽轨道必须光滑
C.将坐标纸上确定的点用直线依次连接
D.小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放
(3)一小球做平抛运动，某同学记录了运动轨迹上的三个点A、B、C，如图所示。以A点为坐标原点建立坐标系，各点的坐标值已在图丙中标出。小球做平抛运动的初速度大小v0= ______m/s。(g取10m/s2)
(4)另一组同学拍摄小球做平抛运动频闪照片的一部分如图丁所示，已知每个小方格的边长为L，重力加速度为g，则小球在b点时的速度大小为______。(用已知量L、g表示)
12.某同学用如图所示的实验装置验证重物和滑块所组成的系统机械能守恒。实验操作步骤如下：

(1)实验前先将气垫导轨固定在水平桌面上并调成水平，右端固定一轻质定滑轮，滑块P和重物Q分别系在一条跨过定滑轮的细绳两端；
(2)将纸带固定在滑块P上并使纸带穿过打点计时器；
(3)使气垫导轨正常工作，接通打点计时器的电源，将滑块P由静止释放，打点计时器打出一条纸带如图所示。
(4)在图中纸带上取A、B、C、D、E、F六个计数点，测得xAB=1.75cm、xBC=1.85cm、xDE=2.96cm、xEF=3.04cm、xBE=38.00cm。若滑块P质量为m1=400g，重物Q质量为m2=100g；A、B间，B、C间，D、E间，E、F间的时间间隔均为0.02s。则打下B点时滑块的速度大小为v1= ______m/s。从打下B点到打下E点的过程中，P和Q组成的系统减小的重力势能为ΔEP= ______J，增加的动能ΔEk= ______J。(取重力加速度g=9.8m/s2，计算结果均保留2位有效数字)

(5)为了减少实验的误差，该同学对此实验提出以下建议，有用的是______。
A.尽量选用质量轻的细绳
B.应满足m1=m2
C.把连接P、Q的细绳换为弹性绳
D.将气垫导轨倾斜适当角度以平衡摩擦力
四、简答题：本大题共1小题，共11分。
13.某人骑摩托车越过一个壕沟，壕沟两侧的高度差ℎ=0.8m。摩托车后轮离开地面后失去动力，可视为平抛运动，后轮落到壕沟对面才算安全。若摩托车恰好越过这个壕沟的初速度为v0=12m/s，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)摩托车在空中运动的时间t；
(2)壕沟两侧的水平距离x；
(3)摩托车恰好越过壕沟落地前瞬间的速度大小v。
五、计算题：本大题共2小题，共23分。
14.如图所示，水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′以恒定转速转动，规定经过O水平向右为x轴的正方向，圆盘上方距盘面高为ℎ=0.8m处有一个玻璃杯，杯底中央一小孔正在不间断滴水，玻璃杯随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v=1m/s，已知玻璃杯在t=0时刻开始滴下第一滴水，此时杯底小孔恰好经过圆心O点的正上方，以后每当前一滴水落到盘面上时下一滴水刚好离开杯孔(g=10m/s2)，求：
(1)每一滴水经多长时间滴落到盘面上；
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动传送带的最小角速度ω的值(计算结果用π表示)；
(3)第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的最大距离x。
15.随着科学技术的不断发展进步，无人机已广泛应用于生产和生活。某厂家在无风的天气做无人机飞行测试，让无人机从地面由静止开始竖直上升，上升过程的速度与时间关系如图所示，其中0～2s内图像为直线，2s末电动机功率达到额定值，此后保持额定功率运动。已知无人机总质量m=2.0kg，空气阻力恒为无人机总重力的0.1倍，g取10m/s2，求：(计算结果均保留两位有效数字)
(1)无人机在0～2s内电动机提供的牵引力F；
(2)无人机竖直向上运动过程能够达到的最大速度vm；
(3)无人机2～6s内上升的高度H。
答案解析
1.A
【解析】解：A.若恒力的方向与初速度方向成钝角，则物体的速率先减小，如果沿恒力方向的分速度减小至0，且物体还能继续运动时，则速率增大，例如站在高处斜向上抛出物体，至物体落到地面过程中，速率先减小后增大，故A正确；
B.加速度的大小及方向是否改变取决于物体运动过程中所受合力的大小及方向是否改变，例如平抛运动中，加速度的大小及方向都不变，故B错误；
C.汽车匀速率通过拱桥时，将拱桥顶端等效为一小段圆弧，则汽车做圆周运动，加速度方向指向圆心，汽车加速度向下，因此为失重状态，故C错误；
D.曲线运动因为速度的方向时刻在改变，因此一定是变速运动，但变速运动也可以是仅速度大小变化，方向不变，例如自由落体运动，属于是直线运动，故D错误。
故选：A。
本题需要结合选项中涉及的各种运动形式的条件，进行正误判断。
解决本题，需要学生了解各种运动的本质，进而对各选项进行判断。
2.C
【解析】解：A.由于小纸片很轻，受空气阻力影响较大，则不会做平抛运动，故A正确；
BC.若只受重力，则
ℎ=12gt2
解得
t=0.5s
但由于存在空气阻力作用，则下落时间大于0.5s，可能为1.5s，故B错误，C正确；
D.由于空气阻力作用，水平方向速度可能减小为零，则可能竖直落地，故D错误。
故选：C。
平抛运动，只受重力作用，具有水平初速度。小纸片下落过程中，受重力和空气阻力作用，而且阻力不能忽略；根据自由落体运动计算下落时间，进而判断小纸片下落时间，也说明下落时间与高度的关系。
本题主要考查对平抛运动的理解，理解平抛运动的概念是解题关键。
3.A
【解析】解：A、汽车通过拱桥的最低点时，具有向上的加速度(向心加速度)，处于超重状态，故A正确；
B、在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是利用重力与支持力的合力提供向心力，故B错误；
C、当“水流星”通过最高点时，根据牛顿第二定律有：F+mg=mv2R，解得F=mg−mv2R，在最高点处于失重状态，依然受重力作用，故C错误；
D、离心力与向心力并非水滴的实际受力，当水滴所受合力不足以提供向心力时，水滴将做离心运动，会沿切线方向甩出，故D错误；
故选：A。
汽车通过凹形桥的最低点时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态；火车按设计速度转弯时，恰好由重力和支持力的合力完全提供向心力；“水流星”在最高点时重力完全提供向心力；服对水滴的吸附力小于水滴做圆周运动所需要的向心力，因此产生离心现象。
本题考查圆周运动在实际生活的应用，要联系所学知识点进行分析，注意离心力与向心力并非水滴的实际受力。
4.C
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得
GMmR2=ma
则a=GMR2
可知a1a2=R22R12=41，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力得
GMmR2=mv2R
则v= GMR
可知v1v2= R2R1= 21，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力得
GMmR2=mv2R
结合Ek=12mv2
可知Ek1Ek2=v12v22=R2R1=21，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力得
GMmR2=m4π2T2R
可得T=2π R3GM
可知T1T2= R13R23= 18，故D错误。
故选：C。
卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力列式，得到各个量与轨道半径的关系，再分析各个量的关系。
本题考查万有引力定律的应用，关键是掌握万有引力提供向心力这一思路，灵活分析各个量与轨道半径的关系。
5.D
【解析】解：A.小球的频率为f=ω2π，故A错误；
B.根据线速度与角速度的公式有v= l2−ℎ2ω，故B错误；
C.设细线与竖直方向的夹角为θ，小球受到合力大小为F=mgtanθ=mg l2−ℎ2ℎ，故C错误；
D.根据牛顿第二定律可得，Tsinθ=mω2lsinθ
解得绳对小球的拉力大小为T=mω2l，故D正确。
故选：D。
根据圆周运动中几个物理量的公式，以及合外力提供向心力，可求出正确选项。
学生在解答本题时，应注意对于细线小球模型，要明确小球做圆周运动的半径。
6.D
【解析】解：A.若足球做斜抛运动，则1和2间水平距离等于2和3间的水平距离，由于两段水平距离不等，故足球做的不是斜抛运动，受到空气阻力，所以机械能不守恒，故A错误；
B.足球受到空气阻力，从位置2到位置3的过程，设克服空气阻力做功为W克，根据动能定理
mgℎ−W克=ΔEk，故足球的动能增加量小于mgℎ，故B错误；
C.踢球时，设运动员对足球做的功为W，可得W=12mv02，1到2过程中克服空气阻力做功为W克′，根据动能定理−mgℎ−W克′=12mv2−12mv02，可得W=mgℎ+12mv2+W克′>mgℎ+12mv2，故C错误；
D.从位置1到位置2的过程，阻力对足球做功为W′=−W克′=mgℎ+12mv2−12mv02，故D正确。
故选：D。
A.根据轨迹分析是否做斜上抛运动，再根据受力情况判断是否满足机械能守恒条件；
BCD.根据动能定理结合阻力功和克服阻力做功的关系分析解答；
考查动能定理、判断机械能守恒的问题，会根据题意进行准确分析和判断。
7.D
【解析】解：A、由于物块在光滑的水平面上做匀速直线运动，则物块受力平衡，根据平衡条件可得物块受到的拉力方向沿斜面向上，其大小等于F=mgsinθ，小于物块的重力，故A错误；
B、撤去F后，物块的合力方向沿斜面向下，与速度方向不共线，物块做曲线运动，故B错误；
C、撤去F后，物块做类平抛运动，沿斜面向下的方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=gsinθ；
沿斜面向下的方向在任意相邻相等时间内位移变化量Δx=aT2，一定相同，但在水平方向做匀速直线运动，所以物块在任意相邻相等时间内位移变化量不相同，故C错误；
D、撤去F后，物块在任何相等时间内的速度变化量Δv=aΔt=gsinθ⋅Δt，所以物块在任何相等时间内的速度变化量一定相同，故D正确。
故选：D。
根据平衡条件可得物块受到的拉力大小；撤去F后，物块做类平抛运动；撤去F后，物块沿斜面向下的方向在任意相邻相等时间内位移变化量相同；根据Δv=aΔt=gsinθ⋅Δt分析速度的变化量。
本题主要是考查类平抛运动，关键是弄清楚物体在撤去拉力后的受力情况和运动情况，根据运动学规律进行分析。
8.AD
【解析】解：A.齿轮相互咬合，边缘点的线速度大小相等，即A、B的线速度大小之比为1：1，故A正确；
B.根据线速度与角速度的关系ω=vr，结合A、B的线速度大小之比为1：1
则A、B的角速度大小之比为3：2，故B错误；
C.B、C的周期相等，对A、B根据角速度与周期的公式有
T=2πω
可知A、C的周期之比为2：3，故C错误；
D.根据向心加速度的公式
a=r4π2T2
可知A、C的向心加速度大小之比为9：4，故D正确。
故选：AD。
齿轮相互咬合，边缘点的线速度大小相等；
根据线速度与角速度的关系ω=vr，分析角速度；
根据角速度与周期的公式T=2πω，分析周期；
根据向心加速度的公式a=r4π2T2，分析向心加速度。
本题解题关键是掌握公式系ω=vr，T=2πω，a=r4π2T2，比较基础。
9.ACD
【解析】解：A、天舟七号从近地圆轨道通过加速离心才能到达椭圆轨道，故A正确；
B、天舟七号在轨道Ⅱ上加速后将做离心运动，向着更高的轨道运动，无法实现对接，故B错误；
C、天和核心舱绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有
GMmr2=m4π2T02r
又GMR2=g、ℎ=r−R
解得天和核心舱轨道离地面的高度为：ℎ=3gR2T024π2−R，故C正确；
D、根据题意可知，天舟七号在霍曼轨道运动时间为椭圆轨道运动周期的一半，根据开普勒第三定律有
(nr)3(T0)2=(nr+r)38(Tx)2
解得其运动时间为t=Tx2= 28 (n+1)3n3T0，故D正确。
故选：ACD。
天舟七号从近地圆轨道Ⅰ进入霍曼轨道必须加速才能实现。天舟七号在轨道Ⅱ上加速时将做离心运动。根据万有引力提供向心力求解天和核心舱轨道离地面的高度。根据开普勒第三定律求出天舟七号在霍曼轨道上运行周期，即可求出其在霍曼轨道上运动时间。
本题的解题关键要掌握开普勒第三定律，要注意确定椭圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律求椭圆轨道运动的周期。
10.AD
【解析】解：A、圆环和物块组成的系统只有重力做功，所以圆环和物块组成的系统机械能守恒，故A正确；
B、在运动过程中，绳子的拉力对物块做功，所以物块的机械能不守恒，故B错误；
C、根据动能定理，物块动能的改变量等于合力对其做功，物块的机械能改变量等于除重力之外的其他力做功，故C错误；
D、因为OC垂直于杆，所以在C点圆环沿绳的方向速度为零，因此物体的速度也为零，根据动能定理可得：mg⋅AC⋅sin53°+Mg⋅OA(1−sin53°)=12mv2，其中AC=OAcs53°
代入数据解得：v=5m/s，故D正确。
故选：AD。
根据机械能守恒的条件判断；物块动能的改变量等于合力对其做功，物块的机械能改变量等于除重力之外的其他力做功；根据动能定理求解圆环的速度。
本题是系统的机械能守恒问题，要注意m速度为零时，并不平衡条件，关键在于判断出m滑到C点时，绳子在竖直杆子方向的速度为零，即M的速度为零。
11.A AD 1.0 52 gL
【解析】解：(1)该实验中，A球做平抛运动，B球做自由落体运动，当两球在同一高度处同时运动，得到的结果是两球同时落地，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)A.为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD.该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C.由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标是上确定的点连接起来，故C错误。
故选：AD。
(3)设时间间隔为T，小球在竖直方向做自由落体运动；
根据匀变速直线运动的推论yBC−yAB=gT2
解得T=0.1s
则小球做平抛运动的初速度大小为v0=xABT=10×10−20.1m/s=1.0m/s
(4)设时间间隔为T1，小球在竖直方向做自由落体运动；
根据匀变速直线运动推论Δy=y2−y1=2L−L=gT12
解得T1= Lg
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，b点的竖直速度vyb=yac2T=3L2 Lg=3 gL2
水平初速度v0=xT=2L Lg=2 gL
则在b点的速度为v= (vby)2+(v0)2
代入数据解得v=52 gL。
故答案为：(1)A；(2)AD；(3)1.0；(4)52 gL。
(1)根据实验现象分析作答；
(2)根据实验原理和正确的操作步骤分析作答；
(3)根据匀变速直线运动的推论求时间间隔，根据匀速直线运动规律求水平初速度；
(4)根据匀变速直线运动的推论求时间间隔，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解b点的竖直速度；根据匀速直线运动规律求水平初速度；根据运动的合成求解b点的合速度。
本题考查了“探究平抛运动的特点”的实验，要明确实验的原理，理解平抛运动的规律，根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔时解题的关键。
0.37 0.36 A
【解析】解：(4)打下B点时滑块的速度大小为：v1=xAB+xBC2T=(1.75+1.85)×10−22×0.02m/s=0.90m/s
打下E点时滑块的速度大小为：v2=xDE+xEF2T=2.96+
从打下B点到打下E点的过程中，P和Q组成的系统减小的重力势能为：ΔEP=m2gxBE=0.1×9.8×0.38J=0.37J
增加的动能：ΔEk=12(m1+m2)(v22−v12)=12×0.5×(1.52−0.92)J=0.36J
(5)A、尽量选用质量轻的细绳，可忽略细绳的机械能，可减小实验误差，故A正确；
B、实验不一定要满足m1=m2，故B错误；
C、把连接P、Q的细绳换为弹性绳，一部分机械能可能转化为弹性势能，增大实验误差，故C错误；
D、气垫导轨不用平衡摩擦力，故D错误。
故选：A。
故答案为：(4)0.90、0.37、0.36；(5)A。
(4)根据纸带法的测速原理得出物块的速度，结合动能的计算公式和功的计算公式完成分析；
(5)根据实验过程的实际情况结合实验原理分析出对应的实验误差。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.解：(1)摩托车在竖直方向做自由落体运动，有ℎ=12gt2
代入数据解得：t=0.4s，t=−0.4s(舍去)
(2)摩托车在水平方向做匀速直线运动，有x=v0t=12×0.4m=4.8m
(3)根据动能定理得：mgℎ=12mv2−12mv02
代入数据解得：v=4 10m/s
答：(1)顺利越过壕沟，摩托车做平抛运动的时间为0.4s；
(2)壕沟两侧的水平距离x为4.8m；
(3)摩托车恰好越过壕沟落地时的速度大小为4 10m/s。
【解析】(1)(2)摩托车做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式求解即可；
(3)根据动能定理求解摩托车落地速度。
平抛运动的处理方法都是把平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和自由落体运动，第三问中也可用速度合成的方法计算，动能定理更方便、更快捷。
14.解：(1)水滴竖直方向做自由落体运动
ℎ=12gt2
得
t= 2ℎg= 2×0.810s=0.4s
(2)由角速度定义
ω=ΔθΔt
Δθ最小为π，要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，
圆盘转动传送带的最小角速度ωmin=2.5πrad/s
(3)由x=vt
知，第一滴水的落点
x1=±0.4m
第二滴水的落点
x2=±0.8m
第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的最大距离x=1.2m
答：(1)每一滴水经0.4s滴落到盘面上；
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动传送带的最小角速度ω的值为2.5πrad/s；
(3)第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的最大距离x为1.2m。
【解析】(1)水滴滴下后做平抛运动，根据竖直方向自由落体即可求出时间。
(2)根据圆周运动的周期性，可分析得出使每一滴水在盘面上的落点都位于一条直线上的条件。
(3)当第一滴水与第二滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大．利用水平间关系可求出。
本题难点在于分析距离最大的条件：同一直径的两个端点距离最大．运用数学知识，解决物理问题的能力是高考考查的内容之一。
15.解：(1)由图可知，0−2s内无人机做匀加速直线运动，其加速度为
a=ΔvΔt=62m/s2=3m/s2
空气阻力恒为无人机总重力的0.1倍，则空气阻力大小为
f=0.1mg=0.1×2.0×10N=2N
根据牛顿第二定律有
F−mg−f=ma
代入数据解得：F=28N
(2)2s末电动机功率达到额定值，此时速度v1=6m/s，根据功率公式得
P额=Fv1=28×6W=168W
当无人机速度最大时，加速度为零，可得牵引力大小为
F′=f+mg=1.1mg=1.1×2.0×10N=22N
又有P额=F′vm
代入数据解得：vm≈7.6m/s
(3)2−6s内，时间间隔t2=4s，由动能定理得
P额t2−(mg+f)H=12mvm2−12mv12
代入数据解得：H≈30m
答：(1)无人机在0～2s内电动机提供的牵引力F为28N；
(2)无人机竖直向上运动过程能够达到的最大速度vm为7.6m/s；
(3)无人机2～6s内上升的高度H为30m。
【解析】(1)无人机在0～2s内做匀加速直线运动，由图像的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求解电动机提供的牵引力F；
(2)2s末电动机功率达到额定值，根据功率公式P=Fv求出额定功率。无人机的加速度为零时，速度最大，由平衡条件得到牵引力大小，再由功率公式求解竖直向上运动过程能够达到的最大速度vm；
(3)根据动能定理求解无人机2～6s内上升的高度H。
本题属于机车启动类型，要理清无人机的运动情况和受力特点，根据动能定理和牛顿第二定律进行解答。