2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)階段綜合測評2含解析

PAGE12-階段綜合測評(二)時間：90分鐘滿分：110分第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，1～7題只有一項符合題目要求，8～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2024·陜西咸陽二模)《墨經(jīng)》是先秦墨家的代表作，“力，刑(形)之所以奮也”是書中對力的描述，其釋義為：“力是使物體由靜而動，動而愈速或由下而上的緣由”，這與1000多年后牛頓經(jīng)典力學(xué)的觀點基本一樣。關(guān)于對此描述的相識，以下說法正確的是()A．力是變更物體運動狀態(tài)的緣由B．力是維持物體運動狀態(tài)的緣由C．物體速度的變更量跟力成正比D．物體不受力將保持靜止?fàn)顟B(tài)答案A解析力不是維持物體運動狀態(tài)的緣由，而是變更物體運動狀態(tài)的緣由，故A正確，B錯誤；加速度跟力成正比，但物體速度的變更量不是加速度，故物體速度的變更量跟力不成正比，故C錯誤；物體不受力將保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，故D錯誤。2．(2024·山東濟南三模)2019年1月3日10時26分，“嫦娥四號”探測器勝利在月球背面著陸，標(biāo)記著我國探月航天工程達到了一個新高度。“嫦娥四號”繞月球做勻速圓周運動時的軌道半徑為r，運行周期為T，已知萬有引力常量為G，依據(jù)以上信息可以求出()A．月球的平均密度 B．月球的第一宇宙速度C．月球的質(zhì)量 D．月球表面的重力加速度答案C解析依據(jù)Geq\f(mM,r2)＝meq\f(4π2,T2)r可得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，C正確；因月球的半徑未知，則不能求出月球的平均密度、月球的第一宇宙速度以及月球表面的重力加速度的大小，A、B、D錯誤。3.(2024·山西運城模擬)如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻加速直線運動，其加速度為a。若保持F的大小不變，而方向與水平面成30°角，物塊也做勻加速直線運動，加速度大小也為a。則物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(\r(3),2) B．2－eq\r(3)C．2＋eq\r(3) D.eq\f(\r(3),3)答案B解析當(dāng)拉力F水平常，F(xiàn)－μmg＝ma，當(dāng)拉力變?yōu)榕c水平面成30°角時，F(xiàn)cos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma，聯(lián)立兩式解得μ＝2－eq\r(3)，B正確。4．(2024·貴州貴陽一模)一傘兵從懸停在空中的直升飛機上由靜止跳下，2s時開啟著陸傘，其跳傘過程中的v-t圖象如圖所示，依據(jù)圖象可知該傘兵()A．在0～2s內(nèi)做自由落體運動B．在2～6s內(nèi)加速度方向先向上后向下C．在0～14s內(nèi)先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)D．在0～24s內(nèi)先勻加速再勻減速最終勻速直線運動答案C解析0～2s內(nèi)做勻加速直線運動，但加速度小于重力加速度，不是自由落體運動，故A錯誤；依據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，由圖可知2～6s內(nèi)傘兵先向下做加速運動，再向下做減速運動，故其加速度方向先向下再向上，故B錯誤；0～14s內(nèi)傘兵先向下做加速運動，再向下做減速運動，故其加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故C正確；在0～24s內(nèi)，2～14s內(nèi)的加速度大小在發(fā)生變更，故傘兵不是勻變速運動，D錯誤。5.(2024·內(nèi)蒙古包頭一模)如圖所示，滑板運動員從傾角為53°的斜坡頂端距水平地面高度H＝3.2m的A點水平滑出，斜面底端有個寬L＝1.2m、高h＝1.4m的障礙物。忽視空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。為了不觸及這個障礙物并落在水平面上，運動員從A點沿水平方向滑出的最小速度為()A．3.0m/s B．4.0m/sC．4.5m/s D．6.0m/s答案D解析由題意可知，要使運動員不觸及障礙物，則運動員下落到與障礙物等高時，依據(jù)幾何關(guān)系可知運動員在水平方向發(fā)生的位移應(yīng)當(dāng)滿意：x≥eq\f(H,tan53°)＋L，此時運動員在豎直方向下落的高度為H－h(huán)，設(shè)運動員運動的時間為t，則有：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)可得時間為：t＝0.6s，所以運動員從A點沿水平方向滑出的最小速度為：vmin＝eq\f(1.2＋\f(3.2,\f(4,3)),0.6)m/s＝6m/s，故D正確，A、B、C錯誤。6.(2024·上海青浦區(qū)二模)如圖所示，一個小球沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運動，圓環(huán)的半徑為R，關(guān)于小球，以下說法正確的是()A．小球在最低點的速度可以等于eq\r(Rg)B．小球在最高點的速度肯定大于eq\r(Rg)C．小球在最低點對軌道的壓力可以是0D．小球在最高點對軌道的壓力可以是0答案D解析小球恰好到達最高點時，在最高點的線速度最小，此時小球?qū)壍赖膲毫?，由重力供應(yīng)向心力，則有：mg＝meq\f(v2,R)，解得最小速度v＝eq\r(gR)，從最高點到最低點重力做正功，到最低點時速度肯定大于eq\r(gR)，故A、B錯誤，D正確；小球通過軌道最低點時受到重力和軌道的支持力，加速度方向豎直向上，合力豎直向上，處于超重狀態(tài)，則支持力大于重力，依據(jù)牛頓第三定律知，小球?qū)壍雷畹忘c的壓力大小肯定大于重力，故C錯誤。7．(2024·湖南衡陽三模)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩物塊用一輕彈簧相連，將A用輕繩懸掛于天花板上，用一木板托住物塊B。調(diào)整木板的位置，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒有拉力，此時輕彈簧的形變量為x，突然撤去木板，重力加速度為gA．撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為gB．撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為0.5C．撤去木板后，B物塊向下運動3x時速度最大D．撤去木板后，B物塊向下運動2x時速度最大答案C解析撤去木板瞬間，B物塊受到的合力為3mg，由牛頓其次定律可知：aB＝1.5g，故A、B錯誤；當(dāng)B物塊受到的合外力為零時，速度最大，此時T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以彈簧此時的伸長量x2＝2x，即B物塊向下運動3x時速度最大，故C正確，D錯誤。8．(2024·遼寧沈陽一模)如圖所示，甲、乙兩物體靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起從靜止起先運動，已知F1>F2，兩物體運動一段時間后()A．若突然撤去F1，甲的加速度肯定減小B．若突然撤去F1，甲、乙間的作用力減小C．若突然撤去F2，乙的加速度肯定增大D．若突然撤去F2，甲、乙間的作用力增大答案BC解析甲、乙一起運動時，整體的加速度為：a＝eq\f(F1－F2,m1＋m2)，設(shè)甲、乙之間的作用力為N，對乙分析，N－F2＝m2a，解得N＝eq\f(m1F2＋m2F1,m1＋m2)；突然撤去F1，則整體的加速度a1＝eq\f(F2,m1＋m2)，a1不肯定小于a，甲、乙之間的作用力N1＝eq\f(m1F2,m1＋m2)<N，故A錯誤，B正確；突然撤去F2，則整體的加速度a2＝eq\f(F1,m1＋m2)，則a2>a，即加速度增大，甲、乙之間的作用力N2＝eq\f(m2F1,m1＋m2)<N，故C正確，D錯誤。9.(2024·河南鄭州三模)傾角為θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ。平行于斜面的力傳感器上端連接木板，下端連接一光滑小球，如圖所示。當(dāng)木板固定時，傳感器的示數(shù)為F1。現(xiàn)由靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，傳感器的示數(shù)為F2。則下列說法正確的是()A．若μ＝0，則F1＝F2B．若μ＝0，則F2＝0C．若μ≠0，則μ＝tanθD．若μ≠0，則μ＝eq\f(F2tanθ,F1)答案BD解析設(shè)小球的質(zhì)量為m，木板、小球、力傳感器組成的整體的質(zhì)量為M，當(dāng)木板固定時，對小球，依據(jù)共點力平衡有：F1＝mgsinθ，靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，若μ＝0，對整體，依據(jù)牛頓其次定律可得：Mgsinθ＝Ma，解得：a＝gsinθ，再以小球為探討對象，則有：mgsinθ－F2＝ma，解得：F2＝0，故A錯誤，B正確；當(dāng)木板沿斜面下滑時，若μ≠0，對整體，依據(jù)牛頓其次定律可得加速度為：a′＝gsinθ－μgcosθ，對小球有：mgsinθ－F2＝ma′，解得：F2＝μmgcosθ，則有：eq\f(F1,F2)＝eq\f(mgsinθ,μmgcosθ)＝eq\f(tanθ,μ)，解得：μ＝eq\f(F2tanθ,F1)，故C錯誤，D正確。10．(2024·遼寧葫蘆島一模)(多選)如圖所示，在水平面上有一傳送帶以速率v1沿順時針方向運動，傳送帶速度保持不變，傳送帶左右兩端各有一個與傳送帶等高的光滑水平面和傳送帶相連(緊靠但不接觸)，現(xiàn)有一物塊在右端水平面上以速度v2向左運動，物塊的速度隨時間變更的圖象可能的是()答案ABD解析第一種狀況：物塊在傳送帶上先減速向左滑行，速度先減為零，然后物塊會在滑動摩擦力的作用下向右加速，加速度大小不變；假如v1>v2，物塊向右運動時會始終加速，當(dāng)速度大小增大到等于v2時，物塊恰好離開傳送帶，有v2′＝－v2，A正確；假如v1≤v2，物塊向左的速度減至零后會在滑動摩擦力的作用下向右加速，當(dāng)速度增大到等于傳送帶速度時，物塊還在傳送帶上，之后不受摩擦力，物塊與傳送帶一起向右勻速運動，有v2′＝－v1，B正確。其次種狀況：物塊在傳送帶上減速向左滑行，干脆向左滑出傳送帶，末速度肯定小于v2，D正確。11.(2024·安徽合肥二模)圖示為運動員在水平道路上轉(zhuǎn)彎的情景，轉(zhuǎn)彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運動員始終與自行車在同一平面內(nèi)。轉(zhuǎn)彎時，只有當(dāng)?shù)孛鎸嚨淖饔昧νㄟ^車(包括人)的重心時，車才不會傾倒。設(shè)自行車和人的總質(zhì)量為M，輪胎與路面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．車受到地面的支持力方向與車所在平面平行B．轉(zhuǎn)彎時車不發(fā)生側(cè)滑的最大速度為eq\r(μgR)C．轉(zhuǎn)彎時車與地面間的靜摩擦力肯定為μMgD．轉(zhuǎn)彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小答案BD解析車受到的地面的支持力方向垂直地面，與車所在的平面不平行，故A錯誤；設(shè)自行車受到地面的支持力為N，則有：fm＝μN，由平衡條件有：N＝Mg，依據(jù)牛頓其次定律有：fm＝Meq\f(v\o\al(2,m),R)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝eq\r(μgR)，故B正確；地面對自行車的支持力N與摩擦力f的合力過人與車的重心，設(shè)θ為自行車與地面的夾角，則：eq\f(1,tanθ)＝eq\f(f,Mg)，f＝Meq\f(v2,R)，解得f＝eq\f(Mg,tanθ)，eq\f(1,tanθ)＝eq\f(v2,gR)，轉(zhuǎn)彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小，轉(zhuǎn)彎時車與地面間的靜摩擦力不肯定為μMg，C錯誤，D正確。12．(2024·安徽合肥三模)近年來，我國航天事業(yè)取得長足進步，信任不久的將來，我國宇航員將到達火星。若宇航員在距火星表面高h處將一物體(視為質(zhì)點)以初速度v0水平拋出，測得拋出點與著落點相距2h，已知火星的半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，不計大氣阻力。下列說法正確的是()A．火星表面的重力加速度為g＝eq\f(2v\o\al(2,0),3h)B．火星的質(zhì)量約為M＝eq\f(2v\o\al(2,0)R2,3Gh)C．火星的第一宇宙速度為v＝eq\r(\f(3R,2h))v0D．火星的同步衛(wèi)星的高度為H＝eq\r(3,\f(v\o\al(2,0)R2T2,6π2h))答案AB解析平拋的水平位移為：x＝eq\r(2h2－h(huán)2)＝eq\r(3)h，豎直方向有：h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有：x＝v0t，聯(lián)立得：g＝eq\f(2v\o\al(2,0),3h)，故A正確；火星表面物體的重力等于萬有引力，有：mg＝Geq\f(Mm,R2)，得火星的質(zhì)量為：M＝eq\f(gR2,G)＝eq\f(2v\o\al(2,0)R2,3Gh)，故B正確；依據(jù)第一宇宙速度公式v1＝eq\r(gR)得：v1＝eq\r(\f(2v\o\al(2,0)R,3h))＝eq\r(\f(2R,3h))v0，故C錯誤；火星的同步衛(wèi)星的周期等于火星的自轉(zhuǎn)周期T，依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力有：Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋H)，解得H＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))－R＝eq\r(3,\f(v\o\al(2,0)R2T2,6π2h))－R，故D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗題(本題共2小題，共12分)13．(6分)(2024·新疆烏魯木齊二診)在“探討平拋運動”的試驗中，某同學(xué)記錄了小球運動軌跡中多個點的位置，取拋出點為坐標(biāo)原點，用x表示小球的水平位移，y表示小球的豎直位移(相鄰兩點的時間間隔已知)。(1)若作出x-t圖象的斜率為2.0m/s，則小球做平拋運動的初速度大小為________m/s。(2)若以t為橫坐標(biāo)，eq\f(y,t)為縱坐標(biāo)，作出的圖象的斜率為k，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹開_______；若圖象中某時刻，eq\f(y,t)＝1.0m/s，則該時刻小球豎直方向的分速度大小為________m/s。答案(1)2.0(2)2k2.0解析(1)在水平方向，作出的x-t圖象是斜率為2.0m/s的直線，所以物體水平方向為勻速直線運動，小球做平拋運動的初速度大小為2.0m/s。(2)在豎直方向，以t為橫坐標(biāo)，eq\f(y,t)為縱坐標(biāo)，作出的圖象是斜率為k的一條直線，方程式為：eq\f(y,t)＝kt，①依據(jù)自由落體運動的位移公式y(tǒng)＝eq\f(1,2)gt2，變形得：eq\f(y,t)＝eq\f(1,2)gt②對比①②兩式，可得：k＝eq\f(1,2)g，g＝2k，圖象中某時刻，eq\f(y,t)＝1.0m/s，有eq\f(1,2)gt＝1.0m/s，得：vy＝gt＝2.0m/s。14．(6分)(2024·天津和平區(qū)二模)某探討性學(xué)習(xí)小組利用氣墊導(dǎo)軌進行物理試驗，試驗裝置如圖a所示。在氣墊導(dǎo)軌上相隔肯定距離的兩處安裝兩個光電門，滑塊上固定一遮光條，光電門可以記錄下遮光條通過光電門時所用的時間。滑塊上裝有拉力傳感器，可以讀出細線上的拉力大小。(1)試驗前用螺旋測微器測遮光條寬度d，測量結(jié)果如圖b所示，則d＝________mm。(2)滑塊用細線跨過氣墊導(dǎo)軌右端的定滑輪與托盤(盤內(nèi)有砝碼)相連，將滑塊由圖a所示位置釋放，若已知遮光條通過兩個光電門所用時間分別為Δt1、Δt2以及遮光條寬度d，還測出兩光電門間距離L，則滑塊的加速度可用上述物理量表示為a＝________。(3)利用該試驗裝置還可以進行牛頓其次定律的驗證，關(guān)于牛頓其次定律的驗證某同學(xué)提出如下觀點，其中正確的是________。A．測量遮光條寬度時可以實行多次測量取平均值的方法消退系統(tǒng)誤差B．試驗中加速度已由(2)中獲得，只需讀取拉力傳感器的讀數(shù)F并測得滑塊、遮光條、拉力傳感器的總質(zhì)量M，即可驗證牛頓其次定律C．因為拉力傳感器可以干脆讀取拉力，所以不須要調(diào)整氣墊導(dǎo)軌右端定滑輪的高度，使?fàn)恳瑝K的細繩與導(dǎo)軌平行D．因為拉力傳感器可以干脆讀取拉力，所以不須要托盤和砝碼的總質(zhì)量m遠小于滑塊、遮光條、拉力傳感器的總質(zhì)量M答案(1)8.475(8.474～8.476)(2)eq\f(1,2L)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))2))(3)BD解析(1)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為8.0mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×47.5mm＝0.475mm，所以最終讀數(shù)為：8.0mm＋0.475mm＝8.475mm。(2)依據(jù)遮光條通過光電門的速度可以用平均速度代替得：滑塊通過第一個光電門時的速度為：v1＝eq\f(d,Δt1)滑塊通過其次個光電門時的速度為：v2＝eq\f(d,Δt2)滑塊的加速度為：a＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2L)＝eq\f(1,2L)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))2))。(3)測量遮光條寬度時可以實行多次測量取平均值的方法減小偶然誤差，而系統(tǒng)誤差不能消退，故A錯誤；試驗中加速度已由(2)中獲得，只需讀取拉力傳感器的讀數(shù)F并測得滑塊、遮光條、拉力傳感器的總質(zhì)量M，即可驗證牛頓其次定律，故B正確；拉力傳感器可以干脆讀取拉力，但仍須要調(diào)整氣墊導(dǎo)軌右端定滑輪的高度，使?fàn)恳瑝K的細線與導(dǎo)軌平行，故C錯誤；因為拉力傳感器可以干脆讀取拉力，所以不須要托盤和砝碼的總質(zhì)量m遠小于滑塊、遮光條、拉力傳感器的總質(zhì)量M，故D正確。三、計算題(本題共4小題，共50分。解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)15．(8分)(2024·黑龍江大慶一中四模)如圖所示，長l為0.4m的細線拴住一質(zhì)量m為0.1kg的小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，已知圓周最低點離水平地面的高度h為0.8m，g取10m/s2。求：(1)若小球通過最低點時，細線中的彈力為5N，則小球在最低點的速度為多少？(2)若小球在最低點時的速度增大到某一值，細線恰好被拉斷，測得小球平拋運動的水平位移為x＝2.4m，則細線能承受的最大拉力為多少？答案(1)4m/s(2)10N解析(1)小球在最低點時，由牛頓其次定律得：T－mg＝meq\f(v2,l)，代入數(shù)據(jù)解得：v＝4m/s。(2)設(shè)細線恰好被拉斷時小球的速度為v0，細線能承受的最大拉力為Tm，由牛頓其次定律得：Tm－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),l)，依據(jù)平拋運動的規(guī)律得：x＝v0t＝2.4m，h＝eq\f(1,2)gt2解得：t＝0.4s，v0＝6m/s，Tm＝10N。16．(10分)(2024·四川攀枝花三模)某課外活動小組為了探討遙控玩具小車的啟動性能，進行了如圖所示的試驗。將玩具小車放在水平地面上，遙控使其從靜止起先勻加速啟動，經(jīng)時間t關(guān)閉發(fā)動機，玩具小車滑行一段距離后停下來，測得玩具小車從啟動到停下來發(fā)生的總位移x＝6m。已知玩具小車的質(zhì)量m＝500g，勻加速過程中牽引力F＝3N，運動過程中受到的阻力恒為車重的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，求t的值。答案1s解析設(shè)玩具小車受到的阻力大小為f，在關(guān)閉發(fā)動機前、后的加速度大小分別為a1、a2，位移分別為x1、x2，關(guān)閉發(fā)動機時的速度為v，關(guān)閉發(fā)動機之前，由牛頓其次定律：F－f＝ma1依據(jù)題意有：f＝kmg＝0.2mg，x1＝eq\f(1,2)a1t2，v＝a1t關(guān)閉發(fā)動機之后，由牛頓其次定律：f＝ma2,0－v2＝－2a2x依據(jù)題意有：x1＋x2＝x聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：t＝1s。17．(14分)(2024·河南鄭州三模)翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對著陸傘的調(diào)整，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過限制動力的大小而變更飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動力F始終與飛行方向相同，空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空氣阻力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即F2＝C2v2。其中C1、C2相互影響，可由運動員調(diào)整，滿意如圖甲所示的關(guān)系。飛行員和裝備的總質(zhì)量為m＝90kg。(重力加速度取g＝10m/s2)(1)若飛行員使飛行器以速度v1＝10eq\r(3)m/s在空中沿水平方向勻速飛行，如圖乙所示。結(jié)合甲圖計算，飛行器受到的動力F為多大？(2)若飛行員使飛行器在空中的某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖丙所示，在此過程中調(diào)整C1＝5.0N·s2/m2，機翼中垂線和豎直方向夾角為θ＝37°，求飛行器做勻速圓周運動的半徑r和速度v2的大小。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案(1)750N(2)30m15m/s解析(1)選飛行器和運動員為探討對象，由受力分析可知在豎直方向上有：mg＝C1veq\o\al(2,1)得：C1＝3N·s2/m2由C1、C2關(guān)系圖象可得：C2＝2.5N·s2/m2在水平方向上，動力和阻力平衡：F＝F2又F2＝C2veq\o\al(2,1)解得：F＝750N。(2)此時飛行器和運動員在豎直方向所受合力為零，有：mg＝C1veq\o\al(2,2)cosθ水平方向合力供應(yīng)向心力，有：C1veq\o\al(2,2)sinθ＝meq\f(v\o\al(2,2),r)聯(lián)立解得：r＝30m；v2＝15m/s。18．(18分)(2024·廣東肇慶高三一模)如圖甲所示，地面上有一長為l＝1m，高為h＝0.8m，質(zhì)量M＝