安徽省滁州市2024-2025学年高三（上）月考检测试卷物理试题

这是一份安徽省滁州市2024-2025学年高三（上）月考检测试卷物理试题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，用三根相同细线a、b、c将重力均为G的两个灯笼1和2悬挂起来。两灯笼静止时，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。则( )
A. a中的拉力大小为4 33GB. c中的拉力大小为12G
C. b中的拉力小于c中的拉力D. 只增加灯笼2的质量，b最先断
【答案】A
【解析】【详解】AB.将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
Facs30∘=2G ， Fasin30∘=Fc
解得
Fa=4 33G ， Fc=2 33G
故A正确，B错误；
C.对2小球隔离分析，利用平衡条件可得
Fb= G2+Fc2= 213G>Fc=2 33G
故C错误；
D.三根相同细线a、b、c的拉力大小关系为
Fa=4 33G>Fb= 213G>Fc=2 33G
因三根相同细线所能承受的最大拉力相同，故只增加灯笼2的质量，由上可知，a最先断，故D错误。
故选A。
2.如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平．从A、B两点分别以初速度v ​1、v ​2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球
A. 必须同时抛出B. 初速度v ​1与v ​2相等
C. 击中O点时速度相同D. 击中O点时重力的瞬时功率相等
【答案】B
【解析】【分析】
明确平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动是解题的关键。要注意B选项要通过数学和物理相结合的办法来解题。
【解答】
A、平抛运动在竖直方向为自由落体运动，根据h=12gt2可得落点O点的时间为t= 2hg，可见高度越高时间越长，所以A点抛出的小球用时长，要想同时击中O点，应该A点的小球先抛出，故A错误；
B、以O点为抛物线顶点，建立直角坐标系，设抛物线方程为y=ax2(a为常数)①
则有y=12gt2，x=v0t，
整理可得gx2=2v02y②，
①②联立可得初速度的表达式为v0= g2a，可见初速度v1与v2相等，故B正确；
C、初速度相等，而下落高度不同，根据机械能守恒定律可知击中O点时速度不相同，故C错误；
D、竖直高度不同，根据自由落体运动的规律可知竖直速度大小不同，则击中O点时重力的瞬时功率P=mgvy不相等，故D错误。
故选B。
3.北京时间2020年11月24题时30分，长征五号遥五运载火箭在中国文昌航天发射场点火升空，嫦娥五号顺利发射。如图所示，经多次变轨修正之后，“着陆器、上升器组合体”降落月球表面。下列说法正确的是( )
A. 在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度
B. 在P点由轨道1进入轨道2需要瞬间点火加速
C. 分别由轨道1与轨道2经过P点时，加速度大小相等
D. 在轨道2上经过Q点时的速度小于经过轨道1上P点时的速度
【答案】C
【解析】【分析】
第二宇宙速度11.2km/s是卫星脱离地球引力的束缚的最小发射速度；低轨变高轨需要加速，高轨变低轨需要减速；根据牛顿第二定律比较在不同轨道上P点的加速度。本题考查了万有引力定律在天文学上的应用，掌握变轨原理、理解第一宇宙速度是关键。
【解答】
A.嫦娥五号发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚，故嫦娥五号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，A错误；
B.卫星在轨道1上的P点处减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入轨道2，B错误；
C.在P点嫦娥五号卫星产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在P点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在P点时万有引力产生的加速度大小相等，方向相同，C正确；
D.卫星的运行速度由轨道半径决定，半径越大，运行速度越小GMmr2=mv2r，v=​GMr，所以在轨道1上经过P点做圆周运动的运行速度小于经过Q点绕月球做圆周运动的运行速度，又因为卫星在轨道2经过Q点要做离心运动，所以其速度大于经过Q点做圆周运动的速度，那么，卫星在轨道2经过Q点时速度就大于轨道1经过P点时的速度，D错误。
故选C。
4.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0∼6s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是( )
A. 0∼6s内物体位移大小为36m
B. 0∼6s内拉力做的功为70J
C. 合力在0∼6s内做的功与0∼2s内做的功不相等
D. 滑动摩擦力大小为2N
【答案】B
【解析】A.速度时间图象的“面积”表示位移，则知0∼6s内物体的位移大小x=4+62×6m=30m，故A错误；
B.在0∼2s内，物体的加速度a=ΔvΔt=62m/s2=3m/s2，由乙图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F=Pv=306N=5N，在0∼2s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J，2∼6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J，所以0∼6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J，故B正确；
C.在2∼6s内，物体做匀速运动，合力为零，则根据动能定理知合外力在0∼6s内做的功与0∼2s内做的功相等，故C错误；
D.在2∼6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=Pv=106N=53N，故D错误。
5.如图甲所示，物块A、B的质量分别为2kg、3kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从高为5m的平台以9m/s的初速度水平抛出，落地时恰好与A相撞，碰撞瞬间竖直方向不反弹，与物块A粘在一起不再分开，物块A的v−t图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 前2s时间内，弹簧对物块B的冲量大小为0
B. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为27J
C. 物块C的质量为2kg
D. 物块B离开墙壁后的最大速度为3m/s
【答案】D
【解析】【分析】
由A球的运动情况判断弹性及B球的运动情况，再由动量定理及冲量的概念判断B球受到的冲量；由机械能守恒定律解得弹簧的最大弹性势能；由AC碰撞过程满足水平方向动量守恒得解；当B的速度最大时，对系统由动量守恒得解。
本题主要考查对系统动量守恒及机械能守恒的理解与应用，过程复杂，有一定难度。
【解答】
A.由图可知，碰后瞬间，AC整体的速度为3m/s，向右运动，压缩弹簧，速度减小，当二者整体的速度减为零时，弹簧倍压缩到最短，后弹簧反弹，将二者整体向左推出，当二者整体的速度增加为向左的3m/s时，弹簧回复原长，故该过程，B球未离开墙壁，其速度未发生变化，故由动量定理可知，其合力的冲量为零，但该过程，墙壁对其向左的弹力与弹簧对其向右的弹力等大、反向，故由冲量的概念可知，弹簧对物块B的冲量大小不为0，故A错误；
BC.由题意可知，物块C落地时恰好与A相撞，碰撞瞬间竖直方向不反弹，与物块A粘在一起不再分开，故由二者构成的系统满足水平方向动量守恒，故可得：mCv0=mC+mAv，由题意可知，v0=9m/s，v=3m/s，联立可得：mC=1kg，之后二者开始压缩弹簧，由三者及弹簧构成的系统满足机械能守恒，当弹簧被压缩到最短时，其势能最大，该过程中，由A、C二者的动能转化为弹簧的势能，故由图及以上分析可得物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为：Ep=12mC+mAv2=13.5J，故BC错误；
D.设向左为正方向。物块B离开墙壁后具有最大速度时，弹簧被拉伸到最长，弹簧的弹性势能最大，此时AC整体的速度减为零，从AC整体具有向左的3m/s速度到B具有最大速度过程，由水平方向动量守恒：mC+mAv=mBv1，解得物块B离开墙壁后的最大速度为：v1=3m/s，故D正确。
6.沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将
A. 不能通过x3点B. 在x3点两侧往复运动
C. 能通过x0点D. 在x1点两侧往复运动
【答案】B
【解析】带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV，电势能为−1eV，总能量为0.5eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2 ∼ x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5eV，即运动到电势为−0.5V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV，继续向左运动，在电势为−0.5V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
7.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻R连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 减小极板间的正对面积，带电油滴仍保持静止
B. 贴着上极板插入金属板，则电阻R中有b流向a的电流
C. 将下极板向上移动一小段距离，P点处的油滴的电势能增大
D. 将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴仍处于静止状态
【答案】C
【解析】【分析】
该题考查电容器动态分析、电容器与电场问题的综合应用。分析好物理情景，灵活应用电容决定式C=εS4πkd、电容定义式C=QU、电场强度和电势差的关系E=Ud等公式，逐项分析解题即可。
【解答】
根据题意可知，二极管具有单向导电性，闭合电键，电容器充电，电容器的电容为 C=εS4πkd 、 C=QU ，极板间的电场强度为 E=Ud ，整理可得
E=4πkQεS
油滴静止，油滴所受合力为0，向上的电场力与向下的重力大小相等，则有
Eq=mg
A.减小极板间的正对面积，电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由 E=4πkQεS 可知，极板间电场强度变大，则带电油滴所受电场力变大，向上移动，故A错误；
B.贴着上极板插入金属板，板间距d减小，由 C=εS4πkd 可知，电容器的电容变大，电容器充电，电阻R中有a流向b的电流，故B错误；
C.将下极板向上移动一小段距离，根据C=εS4πkd ，电容器的电容增大，电容器两端的电压不变，根据
E=Ud ，两极板间的电场强度变大，设P点到上极板的距离为I，则P点与上极板的电势差
φ+−φP=El，下极板的电势为零，即P点的电势为φP=φP−φ0=U−El。P点到上极板的距离为l不变，电场强度E变大，则P点的电势变小，油滴带负电，油滴的电势能增大。故C正确;
D.将开关断开，则两极板的电荷量不变，根据E=4πkQsS ，在两板间插入陶瓷电介质，两板间介电常数增大，则电场强度变小，则油滴所受电场力变小，将向下移动，故 D错误。
故选C。
8.第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R=50m。比赛中质量m=50kg的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡的C点，已知运动员在空中的飞行时间为4.5s，着陆坡的倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s²，忽略空气阻力影响，则( )
A. 运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/s
B. 运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/s
C. 运动员从B点飞出后经3s离斜面最远
D. 运动员在B点对轨道的压力为1400N
【答案】D
【解析】【分析】
本题借助跳台滑雪比赛考查平抛运动和斜面相结合的问题、圆周运动的规律。解决问题的关键是熟知平抛运动的规律和处理方法。再结合圆周运动的知识分析求解。
【解答】
A.运动员从B点水平飞出后做平抛运动，因此有y=12gt2，x=vBt，tan37∘=yx，联立解得vB=30m/s，故A错误;
B.运动员从B点飞出后离斜面最远时速度方向与斜面平行，则有tan37∘=vy′vB，v′= vy′2+vB2，联立解得v′=37.5m/s，故B错误;
C.运动员从B点飞出后离斜面最远时，竖直方向有vy′=gt′，解得t′=2.25s，故C错误;
D.运动员在B点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律有FN−mg=mvB2R，解得FN=1400N，根据牛顿第三定律，运动员在B点对轨道的压力与轨道对运动员的支持力相等，故 D正确。
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为5m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 槽向左运动的最大位移为R3
B. 槽运动的最大速度为 103gR
C. 小球在槽中运动的最大速度为 215gR
D. 若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率为83mg gR3
【答案】AD
【解析】A.半圆形槽和小球在水平方向动量守恒，设小球水平方向分速度大小为v1，槽的速度大小为v2，
则mv1=5mv2，
当小球运动到B点时，小球和槽的水平位移最大，设小球的水平位移是x1，槽的位移是x2，半圆形槽和小球运动时间相同，则mv1t=5mv2t
即：mx1=5mx2
半圆形槽和小球在水平方向上位移大小之和，即相对位移大小为：x1+x2=2R
解得x2=R3；
BC.小球运动到最低点时速度最大，根据动量守恒mv1=5mv2
根据机械能守恒：mg×2R=12mv12+12×5mv22
解得：v2= 215gR，v1= 103gR，故BC错误；
D.根据PG=mgvy可知，当小球在竖直方向分速度最大时，重力的功率最大，
设此时小球和O点连线与竖直方向的夹角为θ，此时速度大小为v，根据动能定理mgR(1+csθ)=12mv2，解得：v= 2gR1+csθ，
则竖直方向分速为vy= 2gR1+csθ×sinθ= 2gR1+csθ1−cs2θ
根据数学求极值的方法可知，当csθ=13时，竖直方向分速度最大，最大值为vm=83 gR3，
重力做功的最大功率为：Pm=mgvm=83mg gR3，
故选：AD。
10.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，∠ABC=60°，AB长为1 m，匀强电场电场线与三角形所在平面平行，已知φA=5V、φB=−5V、将一带电量为q=2×10−5C的正电荷从A点移到C点，克服电场力做功2×10−4J，则下列说法正确的是( )
A. 场强的方向垂直AD连线斜向下B. 场强的方向垂直于BC斜向下
C. 场强的大小为20 33V/mD. 场强的大小为10 V/m
【答案】AC
【解析】【分析】
在BC连线上找出与A点电势相等的点，即可得到一条等势线，再根据电场线与等势线垂直，做出电场线，根据E=Ud，d是两点沿电场线方向的距离，来求解场强E的大小。
熟练掌握匀强电场中电场线与等势面间的关系是求解的关键。
【解答】
AB.一带电量为q=2×10−5C的正电荷从A点移到C点，克服电场力做功2×10−4J，则A、C两点间的电势差为：UAC=Wq=−2×10−42×10−5V=−10V，所以C点电势为15V，则中点D电势为5V，则A、D两点电势相等，故AD为等势面，所以场强的方向垂直AD连线斜向下，故A正确，B错误；
CD.AB两点间的电势差为10V，AB上，两点沿电场线的距离为d=ABcs30°，所以场强大小为：E=UABd=101× 32V/m=20 33V/m，故C正确，D错误。
故选AC。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.实验小组利用光电门和数字传感设备设计了一个测量当地重力加速度的集成框架，如图甲所示，框架上装有两个光电门，都可上下移动；框架的竖直部分贴有长度有限的刻度尺，零刻度线在上端，只能直接读出光电门1到零刻度线的距离x1；框架水平部分安装了电磁铁，将质量为m的小铁球吸住，小球刚好处于零刻度线位置。一断电，小铁球就由静止释放，先后经过两个光电门时，与光电门连接的数字传感器即可测算出速度大小v1和v2。多次改变光电门1的位置，得到多组x1、v1和v2的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出纵截距和横截距分别为a、b。
(1)需要提前向数字传感器输入小球的直径d，当小铁球经过光电门时，光电门记录下小球经过光电门的时间t，测算出的速度v=_________。
(2)当地的重力加速度为_________(用a和b表示)。
(3)若选择刻度尺的0刻度所在高度为零势能面，则小铁球经过光电门2时的机械能表达式为__________________(用题中的m、v2、a和b表示)。
【答案】(1)dt；(2)a2b；(3)E=12mv22−12ma。
【解析】【分析】
本题考查了利用自由落体运动测定重力加速度；解答实验题首先要理解实验原理，知道如何减小实验误差，能从图象中得出有效信a2b息，本题的关键是根据机械能守恒定律列出方程，难度适中。
(1)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度；
(2)根据速度位移公式得出(v22−v12)与(x2−x1)的函数关系，结合图线的斜率求解重力加速度的大小；
(3)根据机械能的定义分析。
【解答】
(1)由于小铁球通过光电门的时间极短，所以小球通过光电门的瞬时速度会近似等于小球经过光电门的平均
速度，所以速度为v=dt。
(2)小铁球从光电门1到光电门2做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得2g(x2−x1)=v22−v12，解得
v22− v12=2gx2−2gx1，结合图像可知g=a2b，x2=b。
(3)小铁球经过光电门2时的机械能为E=12mv22−mgx2=12mv22−12ma。
12.学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻RV。可选用的器材有：多用电表，电源E(电动势5V)，电压表V1(量程5V，内阻约3kΩ)，定值电阻R0(阻值为800Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应_____(把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列)；
A.将红、黑表笔短接
B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的_____(填“正极、负极”或“负极、正极”)相连，欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡_____(填“×1”“×100”或“×1k”)位置，重新调节后，测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为_____kΩ(结果保留1位小数)；
(2)为了提高测量精度，他们设计了如图(b)所示的电路，其中滑动变阻器应选_____(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于_____(填“a”或“b”)端；
(3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1，待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV=_____(用U1、U和R0表示)；
(4)测量得到U1=4.20V,U=2.78V，则待测电压表内阻RV=_____kΩ(结果保留3位有效数字)。
【答案】 CAB
;负极、正极; ×100 ; 1.6 ;R1; a ;UR0U1−U; 1.57
【解析】(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡即C选项：将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置；接着将红、黑表笔短接即A选项；然后进行欧姆调零即B选项：调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆。
故首先的操作顺序为CAB。
根据多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极”相连。
读数时欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“ ×1k ”倍率又过大，故应选择欧姆挡“×100”的位置；
测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则所测得的电压表内阻为R=16.0×100Ω=1.6kΩ。
(2)图(b)所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器即 R1 ；
为保护电路以及测量电路部分电压从零开始可知，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端。
(3)通过待测电压表的电流与定值电阻的电流相同，为I=U1−UR0
根据欧姆定律得待测电压表的阻值为RV=UI=UR0U1−U。
(4)测量得到U1=4.20V，U=2.78V，代入待测电压表的阻值表达式 RV=UR0U1−U，可得待测电压表内阻RV=2.78×8004.20−2.78Ω≈1566Ω≈1.57kΩ。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.在t=0时刻，机动车借道超车情形如图所示，轿车A在卡车B后方s=3m处，A、B车身长分别为L1=4.5m、L2=7.5m，B车以速度vB=10m/s匀速行驶，A车以初速度vA=12m/s、加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，借道超越B车，不考虑A车变更车道所需的时间。
(1)求A车从t=0时刻开始至完全超越B车所需的时间；
(2)t=0时刻，A车发现道路正前方的轿车C迎面驶来，此时两车头相距d=63m，C车速度为vC=7.5m/s：
ⅰ.若A车继续超车，C车见状立即刹车，求C车至少以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与A车相撞；
ⅱ.若A车放弃超车，回到B车所在车道，求A车至少以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与B车相撞。
【答案】(1)A车从t=0时刻开始至完全超越B车由位移关系vBt+s+L1+L2=vAt+12at2
解得t=3s(负值舍掉)
(2)ⅰ.当A车超过B车时，A车前进的位移为sA=vAt+12at2=45m
为避免与C相撞，则在t=3s内C的位移最大为sC=d−sA=18m
则sC=vCt+12aCt2=18m
解得aC=−1m/s2
ⅱ.当AB共速时两车恰好不相碰，则vA−a′t1=vB
vAt1−12a′t12=vBt1+s
解得t1=3s，a′=23m/s2

【解析】追及相遇类的问题要找准3个关键点：①速度关系；②时间关系；③位移关系，把握这三个关系列式即可。
14.如图所示，地面上方空间存在水平向左的匀强电场，不可伸长的绝缘细线长为L=0.2m，上端系于O点，下端系一质量为m=0.1kg、电量为q=−1.0×10−5C的小球。现在A点给小球一个水平向左的初速度，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球到达B点时速度最小，此时细线与竖直方向的夹角θ=60∘。不计空气阻力，已知重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)电场中OB间的电势差;
(2)最低点A处绳子对小球的拉力大小;
(3)若在A点抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置C，求小球到达位置C的速度大小。(结果可用根式表示)
【答案】解：(1)由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有：|qE|mg=tan60∘，
解得：E= 3×105N/C，
所以：UOB=ELsin60∘=3×104V；
(2)当小球速度最小时，由牛顿第二定律有： (mg)2+(|Eq|)2=mvmin2L，
从最低点A到小球速度最小过程中，由动能定理有：−|Eq|Lsin60∘−mgL(1+cs60∘)=12mvmin2−12mv02，
联立解得：v0=4m/s，
最低点处由牛顿第二定律有：T−mg=mv02L，
联立解得：T=9N；
(3)若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，到达C点时的水平方向的分速度为水平向右，大小为vx=v0=4m/s，
设经过t时间落到地面，则水平方向有：0=v0t−12at2，又|Eq|=ma，
竖直方向做自由落体运动有：vy=gt，
小球到达C点的速度大小为：vC= v02+vy2，
联立解得：vC=4 213m/s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.如图所示为某水上乐园的水滑道示意图。游客和保护装备总质量m0=60kg，游客从水滑道上高为h=20m的A点由静止下滑，在B处通过半径R=10m的竖直圆形滑道(进、出口分离)后，冲上放在水平地面上靠在一起的滑板m1和m2。人和滑道、滑板和地面间的摩擦均可忽略不计，倾斜滑道的坡底处和水平滑道之间有平滑连接过度，滑板的上下表面均处于水平状态，放置滑板的地面足够长，在游客滑上滑板m2之前两滑板始终靠在一起，人可以视为质点。已知两滑板质量m1和m2均为60kg，长度均为L=20m，人和滑板间动摩擦因数为0.625，g取10m/s2。
(1)游客在B点进入圆形滑道瞬间受到的支持力大小;
(2)游客、滑板m1和m2最终的速度大小。
【答案】(1)设到达B点速度为vB，由机械能守恒定律可得
m0gh=12m0vB2
解得
vB=20m/s
在B点，由牛顿第二定律可得
NB−m0g=m0vB2R
解得游客在B点受到的支持力大小为
NB=3000N
(2)设游客刚刚到m2上的速度为v1，此时m1的速度为v2，由动量守恒定律有
m0vB=m0v1+(m1+m2)v2
由功能关系有
μm0gL=12m0vB2−12m0v12−12(m1+m2)v22
解得
v1=10m/s ， v2=5m/s
设游客与m2共速时速度为v3，在m2上滑过的距离为s，由动量守恒定律可得
m0v1+m2v2=(m0+m2)v3
解得
v3=7.5m/s
由功能关系有
μm0gs=12m0v12+12m2v22−12(m0+m2)v32
解得
s=1m