模塊綜合檢測(B卷)　綜合素養(yǎng)評

10/12模塊綜合檢測(B卷)綜合素養(yǎng)評(本試卷滿分：100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．A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動(如圖)，在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們()A．線速度大小之比為2∶3B．角速度大小之比為3∶4C．圓周運動的半徑之比為9∶8D．向心加速度大小之比為2∶1解析：選D在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4∶3，根據(jù)v＝eq\f(s,t)，可知，線速度大小之比為4∶3，A錯誤；因速度方向的改變量等于轉(zhuǎn)過的圓心角，快艇在相同時間內(nèi)運動方向改變的角度之比是3∶2，根據(jù)ω＝eq\f(θ,t)，可知，角速度大小之比為3∶2，B錯誤；根據(jù)v＝ωr，可得r＝eq\f(v,ω)，可知，圓周運動的半徑之比為8∶9，C錯誤；根據(jù)a＝ωv，可知，向心加速度大小之比為2∶1，D正確。2．跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目。當(dāng)跳傘運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風(fēng)力的影響。下列說法中正確的是()A．風(fēng)力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作B．運動員著地時的速度方向豎直向下C．運動員下落時間與風(fēng)力無關(guān)D．運動員著地速度與風(fēng)力無關(guān)解析：選C運動員下落時間只與豎直方向上的運動有關(guān)，與風(fēng)力的大小無關(guān)，故A錯誤，C正確；運動員在水平方向上受到風(fēng)力的作用會有速度，風(fēng)力越大，則水平方向的速度越大，運動員著地時的速度不是豎直向下的，且速度的大小與風(fēng)力有關(guān)，故B、D錯誤。3．(2023·浙江6月選考)圖為“玉兔二號”巡視器在月球上從O處行走到B處的照片。軌跡OA段是直線，AB段是曲線，巡視器質(zhì)量為135kg，則巡視器()A．受到月球的引力為1350NB．在AB段運動時一定有加速度C．OA段與AB段的平均速度方向相同D．從O到B的位移大小等于OAB軌跡長度解析：選B月球上的g值與地球不同，故質(zhì)量為135kg的巡視器受到月球的引力不是1350N，故A錯誤；由于巡視器在AB段運動時做曲線運動，速度方向一定改變，一定有加速度，故B正確；平均速度的方向與位移方向相同，由題圖可知OA段與AB段的位移方向不同，故平均速度方向不同，故C錯誤；根據(jù)位移的定義可知從O到B的位移大小等于OB的連線長度，小于OAB軌跡長度，故D錯誤。4．中國空間站天和核心艙繞地球飛行的軌道可視為圓軌道，軌道離地面的高度約為地球半徑的eq\f(1,16)。已知地球同步衛(wèi)星的軌道離地面的高度約為地球半徑的6倍。下列說法正確的是()A．核心艙進入軌道后所受地球的萬有引力大小約為它在地面時的eq\f(16,17)B．核心艙在軌道上飛行的速度大于地球的第一宇宙速度C．核心艙在軌道上飛行的周期小于24hD．后續(xù)加掛實驗艙后，空間站由于質(zhì)量增大，軌道半徑將變小解析：選C由題可知，核心艙進入軌道的軌道半徑為r0＝eq\f(17,16)R，核心艙進入軌道后所受地球引力與它在地面時受到的引力之比為eq\f(G\f(Mm,r02),G\f(Mm,R2))＝eq\f(R2,r02)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)))2，故A錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，第一宇宙速度是圓軌道最大環(huán)繞速度，r越大，v越小，核心艙在軌道上的飛行速度小于地球第一宇宙速度，故B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，而核心艙比同步衛(wèi)星的軌道半徑小，周期小，故C正確；后續(xù)加掛實驗艙后，質(zhì)量變化，但只要運動速度不變，則軌道半徑不變，與質(zhì)量無關(guān)，故D錯誤。5.如圖所示，在豎直桿上的A點系一不可伸長的輕質(zhì)細繩，繩子的長度為l，繩的另一端連接一質(zhì)量為m的小球，小球可看作質(zhì)點，現(xiàn)讓小球以不同的角速度ω繞豎直軸做勻速圓周運動，小球離A點的豎直高度為h，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球離A點的豎直高度h與小球運動的角速度ω成正比B．小球離A點的豎直高度h與小球運動的角速度ω成反比C．繩子的拉力與小球運動的角速度ω成正比D．繩子的拉力與小球運動的角速度ω的平方成正比解析：選D小球受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，得到h＝eq\f(g,ω2)，即h與角速度的平方成反比，故A、B錯誤；繩子的拉力為T＝eq\f(mω2lsinθ,sinθ)＝mω2l，即繩子的拉力與小球運動的角速度ω的平方成正比，故D正確，C錯誤。6.如圖所示，一傾角為45°的斜面和半圓豎直軌道分別與水平面平滑連接于P、B兩點，PB的距離為R，半圓軌道的圓心為O，半徑為R，C為其最高點。一小球從斜面上A點由靜止下滑，通過C點后垂直打在斜面上D點，D與O等高。不計一切阻力，則A點到地面的高度為()A．R B．2RC．3R D．4R解析：選C小球從C到D做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，則有2gR＝vyD2，由于小球垂直打在斜面上D點，則有tan45°＝eq\f(vyD,vC)，聯(lián)立解得vC＝eq\r(2gR)＞eq\r(gR)，小球從A到C的過程，根據(jù)動能定理可得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mvC2－0，解得A點到地面的高度為h＝3R，C正確，A、B、D錯誤。7．“碳中和”“低碳化”“綠色奧運”是北京冬奧會的幾個標(biāo)簽。本次冬奧會運行超1000輛氫能源汽車，是全球最大的一次燃料電池汽車示范。某款質(zhì)量為M的氫能源汽車在一次測試中，沿平直公路以恒定功率P從靜止啟動做直線運動，行駛路程x，恰好達到最大速度vm。已知該車所受阻力恒定。下列判定正確的是()A．啟動過程中，車做勻加速直線運動B．啟動過程中，牽引力對車做的功為eq\f(1,2)Mvm2C．車速從0增至vm的加速時間為eq\f(Mvm2,2P)＋eq\f(x,vm)D．車速為eq\f(vm,2)時，車的加速度大小為eq\f(2P,Mvm)解析：選C汽車以恒定功率P啟動，根據(jù)P＝Fv，可知，啟動過程中，速度v增大，則牽引力F減小，根據(jù)牛頓第二定律有F－f＝Ma，可知，加速度a減小，則車做加速度減小的加速運動，故A錯誤；根據(jù)題意，可知汽車受到的阻力為f＝eq\f(P,vm)，啟動過程中，根據(jù)動能定理有W－fx＝eq\f(1,2)Mvm2，牽引力對車做的功為W＝eq\f(Px,vm)＋eq\f(1,2)Mvm2，故B錯誤；車速從0增至vm的過程中，根據(jù)動能定理有Pt－fx＝eq\f(1,2)Mvm2，聯(lián)立解得t＝eq\f(x,vm)＋eq\f(Mvm2,2P)，故C正確；車速為eq\f(vm,2)時，汽車的牽引力為F1＝eq\f(P,\f(vm,2))＝eq\f(2P,vm)，根據(jù)牛頓第二定律有F1－f＝Ma1，解得a1＝eq\f(P,Mvm)，故D錯誤。8．“天問一號”探測器需要通過霍曼轉(zhuǎn)移軌道從地球發(fā)送到火星，地球軌道和火星軌道看成圓形軌道，此時霍曼轉(zhuǎn)移軌道是一個近日點Q和遠日點P分別與地球軌道、火星軌道相切的橢圓軌道(如圖所示)。在近日點短暫點火后“天問一號”進入霍曼轉(zhuǎn)移軌道，接著“天問一號”沿著這個軌道直至抵達遠日點，然后再次點火進入火星軌道。已知引力常量為G，太陽質(zhì)量為M，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R，地球、火星、“天問一號”運行方向都為逆時針方向。下列說法正確的是()A．兩次點火噴氣方向相同B．兩次點火之間的時間大于eq\f(π,4)eq\r(\f(2R＋r3,GM))C．“天問一號”在地球軌道上的角速度小于在火星軌道上的角速度D．“天問一號”在轉(zhuǎn)移軌道上近日點的速度大小大于地球公轉(zhuǎn)速度大小解析：選D兩次點火都讓探測器做加速運動，因此點火噴氣的方向都與運動方向相反，探測器做曲線運動，速度方向一直在變化，兩次點火時運動方向不同，所以兩次點火噴氣方向不同，故A錯誤；地球繞太陽運行時，根據(jù)牛頓第二定律eq\f(GMm地,r2)＝m地eq\f(4π2,T12)r，由開普勒第三定律eq\f(r3,T12)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R＋r,2)))3,T22)，可得“天問一號”探測器沿橢圓軌道運行的周期T2＝eq\f(π,2)eq\r(\f(2r＋R3,GM))，而兩次點火之間的時間t＝eq\f(1,2)T2＝eq\f(π,4)eq\r(\f(2r＋R3,GM))，故B錯誤；繞太陽運行時，根據(jù)Geq\f(Mm0,r2)＝m0ω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，可得軌道半徑越大，角速度越小，因此“天問一號”在地球軌道上的角速度大于在火星軌道上的角速度，故C錯誤；由于“天問一號”通過近日點后將做離心運動，因此在轉(zhuǎn)移軌道上近日點的速度大于地球公轉(zhuǎn)速度，故D正確。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．如圖所示，傾角為θ的斜面上有A、B、C三點，現(xiàn)從這三點分別以不同的初速度水平拋出一小球，三個小球均落在斜面上的D點，今測得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判斷(不計空氣阻力)()A．A、B、C處三個小球運動時間之比為1∶2∶3B．A、B、C處三個小球落在斜面上時速度與初速度間的夾角之比為1∶1∶1C．A、B、C處三個小球的初速度大小之比為3∶2∶1D．A、B、C處三個小球的運動軌跡可能在空中相交解析：選BC由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三個小球豎直方向運動的位移之比為9∶4∶1，運動時間之比為3∶2∶1，故A錯誤；斜面上平拋的小球落在斜面上時，速度與初速度之間的夾角α滿足tanα＝2tanθ，與小球拋出時的初速度大小和位置無關(guān)，故B正確；同時tanα＝eq\f(gt,v0)，所以三個小球的初速度大小之比等于運動時間之比為3∶2∶1，故C正確；三個小球的運動軌跡(拋物線)在D點相交，不會在空中相交，故D錯誤。10.如圖所示，內(nèi)部光滑的半球形容器固定放置，兩個完全相同的小球a、b分別沿容器內(nèi)壁，在不同的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，下列判斷正確的是()A．a(chǎn)對內(nèi)壁的壓力小于b對內(nèi)壁的壓力B．a(chǎn)的周期小于b的周期C．a(chǎn)的角速度小于b的角速度D．a(chǎn)的向心加速度大于b的向心加速度解析：選BD小球受到重力和內(nèi)壁的支持力N，如圖所示，合力指向圓心，充當(dāng)向心力，故支持力N＝eq\f(mg,cosθ)，對于兩球有θa＞θb，所以Na＞Nb，由牛頓第三定律知A錯誤；設(shè)容器的半徑為R，則有mgtanθ＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(gtanθ,r))，根據(jù)幾何關(guān)系可知運動半徑r＝Rsinθ，則ω＝eq\r(\f(g,Rcosθ))，對于兩球有θa＞θb，所以ωa＞ωb，周期T＝eq\f(2π,ω)，故Ta＜Tb，B正確，C錯誤；向心加速度a＝gtanθ，對于兩球有θa＞θb，故a的向心加速度大于b的向心加速度，D正確。11.如圖所示，在光滑水平板的中央有一光滑的小孔，一根不可伸長的輕繩穿過小孔。繩的兩端分別拴有一小球C和一質(zhì)量為m的物體B，在物體B的下端還懸掛有一質(zhì)量為3m的物體A。使小球C在水平板上以小孔為圓心做勻速圓周運動，系統(tǒng)穩(wěn)定時，圓周運動的半徑為R?，F(xiàn)剪斷A與B之間的繩子，系統(tǒng)穩(wěn)定后(B未與板接觸)，小球以2R的半徑在水平板上做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．剪斷A、B間的繩子后，B和C組成的系統(tǒng)機械能守恒B．剪斷A、B間的繩子后，小球C的機械能不變C．剪斷A、B間的繩子后，繩子對小球C做的功為mgRD．剪斷A、B間繩子前，小球C的動能為2mgR解析：選AD剪斷A、B間的繩子后，對B和C組成的系統(tǒng)，只有B的重力對系統(tǒng)做功，所以B和C組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；剪斷A、B間的繩子后，在C的運動半徑增大的過程中，繩子的拉力對C做負功，C的機械能減小，故B錯誤；剪斷A、B間的繩子前，根據(jù)牛頓第二定律得3mg＋mg＝mCeq\f(vC2,R)，C的動能EkC＝eq\f(1,2)mCvC2，聯(lián)立解得EkC＝2mgR，剪斷A、B間的繩子后，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝mCeq\f(vC′2,2R)，C的動能EkC′＝eq\f(1,2)mCvC′2，聯(lián)立解得EkC′＝mgR，則繩子對小球C做的功為－mgR，故C錯誤，D正確。12．如圖(a)為排球比賽場地示意圖，其長度為2s，寬度為s，球網(wǎng)高度為H，運動員在某次發(fā)球中，距離球網(wǎng)中心正前方某處，彈跳后將球從比網(wǎng)高出h處水平拍出(發(fā)球點圖中未畫出)，將排球扣到對方場地上，排球的速度方向與水平方向夾角的正切值tanθ與排球運動時間t的關(guān)系如圖(b)所示，排球可看成質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．排球落在場地上時豎直方向的速度大小為eq\r(2gH＋h)B．排球初速度的大小為eq\r(2g)m/sC．運動員在球網(wǎng)中心正前方的底線處發(fā)球時，一定會過網(wǎng)D．球不出界時，發(fā)球點與球網(wǎng)中心的最小水平距離dm＝eq\r(8gH＋h－\f(s2,4))－s解析：選AD由排球在豎直方向做自由落體運動可得vy末2＝2g(H＋h)，解得vy末＝eq\r(2gH＋h)，故A正確；由平拋運動規(guī)律有vy＝gt，tanθ＝eq\f(vy,v0)，則tanθ＝eq\f(gt,v0)，結(jié)合題圖(b)所示圖像的斜率k＝eq\f(1,2)，聯(lián)立解得v0＝2gm/s，故B錯誤；從底線處發(fā)球，恰能過網(wǎng)的情況下有s＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，得v0＝seq\r(\f(g,2h))，又v0＝2gm/s，聯(lián)立求得此時h＝eq\f(s2,8g)m，故若能過網(wǎng)，需滿足h＞eq\f(s2,8g)m，由于h值未知，故無法判斷球能否過網(wǎng)，故C錯誤；球不出界時，球最遠可扣到對方場地底線與邊線交點處，排球做平拋運動，平拋運動時間為t′＝eq\r(\f(2H＋h,g))，而初速度v0＝2gm/s，水平位移x＝v0t′，由幾何關(guān)系可知x＝eq\r(dm＋s2＋\f(s2,4))，聯(lián)立解得dm＝eq\r(8gH＋h－\f(s2,4))－s，故D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共60分)13．(6分)某同學(xué)用電磁實驗裝置和數(shù)碼照相機分別研究平拋運動。(1)如圖甲所示，將小球a由斜槽上某一高度處靜止釋放，沿斜槽滾下，離開斜槽末端(水平)時撞開輕質(zhì)接觸式開關(guān)，被電磁鐵吸住的小球b同時自由下落。結(jié)果看到a、b兩球同時落地，這個演示實驗說明了________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)用頻閃照相拍攝小球做平拋運動的軌跡，得到如圖乙的圖片，圖片中a、b、c、d是連續(xù)四次拍攝的小球所在的位置。①方格紙中每個小方格的實際邊長為1.6cm，則閃光燈閃光的時間間隔為________s，小球做平拋運動的初速度大小為v0＝________m/s。(重力加速度g取10m/s2)②試分析a點是否為小球的拋出點，說明理由。解析：(1)演示實驗說明了做平拋運動的物體在豎直方向上的分運動是自由落體運動。(2)①由Δh＝gT2，得到閃光燈閃光的時間間隔T＝eq\r(\f(Δh,g))＝eq\r(\f(1.6×10－2,10))s＝4×10－2s，小球的初速度大小v0＝eq\f(x,T)＝eq\f(3.2×10－2,4×10－2)m/s＝0.8m/s；②小球在b點時豎直方向的分速度大小vy＝eq\f(3×1.6×10－2,2×4×10－2)m/s＝0.6m/s，至此小球運動的時間t＝eq\f(vy,g)＝0.06s>T，所以a點不是小球的拋出點。答案：(1)做平拋運動的物體在豎直方向上的分運動是自由落體運動(2)①4×10－20.8②見解析(其他解析合理即可)14.(8分)學(xué)校舉行“利用生活中的物品進行物理實驗”活動，某同學(xué)設(shè)想通過手機的錄像功能拍攝自由下落的物體，之后對獲得的視頻分幀處理確定物體在某處的位置及下落速度，從而驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示。實驗具體操作如下：A．選取合適物體作為“自由下落的物體”；B．用家用電子秤測出物體的質(zhì)量；C．將毫米刻度尺固定在豎直墻壁上，手機固定在手機支架上，調(diào)整好攝像頭的視野位置；D．打開手機攝像功能，開始攝像；E．用手捏住物體，使其下端位于刻度尺0刻度處，松手后物體自由下落；F．停止拍攝，對視頻進行分幀處理，選取合適分幀圖片，處理數(shù)據(jù)。(1)該同學(xué)身邊有如圖乙所示的物品，最適合用來做“自由下落的物體”的是______。(填字母代號)(2)上述實驗操作中不必要的一項為________(填寫操作步驟前的序號)。(3)數(shù)據(jù)處理時每隔0.08s取一張分幀圖片，選取連續(xù)獲取的三幀圖片，讀出下落物體最下端對應(yīng)的刻度分別為：第一幀3.63cm、第二幀13.47cm、第三幀29.55cm。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。①在計算物體速度時，該同學(xué)________(填“可以”或“不可以”)用v＝eq\r(2gH)進行計算；②若選取0刻度處為驗證機械能守恒的初位置，應(yīng)選取第______幀圖片所示位置作為末位置，若設(shè)此時物體下落高度為H，該圖片中物體對應(yīng)的下落速度v為________m/s(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)，需要驗證的公式為________________。解析：(1)本實驗應(yīng)盡量減小空氣阻力的影響，所以應(yīng)選擇密度較大的小鎖。故選C。(2)驗證機械能守恒定律可以把公式兩邊的質(zhì)量m約去，故沒有必要測出物體的質(zhì)量。故選B。(3)①由v＝eq\r(2gH)，變形即可得到v2＝2gH，相當(dāng)于用機械能守恒驗證機械能守恒，故不可以用v＝eq\r(2gH)來計算速度。②計算某位置瞬時速度的方法為“某過程的平均速度為該過程中間時刻的瞬時速度”，題中給出的數(shù)據(jù)只能確定第二幀圖片所示位置的瞬時速度，故應(yīng)選取第二幀圖片作為末位置。由v＝eq\f(H3－H1,2T)，代入數(shù)據(jù)計算可得v為1.62m/s。0刻度處靜止釋放，由機械能守恒定律得eq\f(mv2,2)＝mgH，兩側(cè)m可約去，故驗證的公式為eq\f(v2,2)＝gH。答案：(1)C(2)B(3)①不可以②二1.62eq\f(v2,2)＝gH15．(12分)如圖所示，氣球下面用細線吊著小球，一起以v0＝2m/s的速度斜向右上方做勻速直線運動，速度與水平方向的夾角為30°，當(dāng)小球運動到離地面19.95m高處時細線斷開，不計空氣阻力，重力加速度為10m/s2。求：(1)小球此后運動過程中最小的速度；(2)小球此后在空中運動的水平位移大小。解析：(1)小球在水平方向上做勻速直線運動，故水平分速度不變，大小為vx＝v0cos30°＝eq\r(3)m/s當(dāng)豎直方向上的分速度為零時，小球有最小速度，故有vmin＝vx＝eq\r(3)m/s，方向水平向右。(2)小球豎直方向的分初速度為vy＝v0sin30°＝1m/s，設(shè)向上為正方向，在豎直方向上根據(jù)位移公式有－h(huán)＝vyt－eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(21,10)s故小球此后在空中運動的水平位移大小為x＝vxt＝eq\f(21,10)eq\r(3)m。答案：(1)eq\r(3)m/s，方向水平向右(2)eq\f(21,10)eq\r(3)m16．(16分)如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的試管裝有質(zhì)量為1g的小球，試管的開口端封閉后安裝在水平軸O上，轉(zhuǎn)動軸到管底小球的距離為5cm，讓試管在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動。取g＝10m/s2。(1)轉(zhuǎn)動軸達到某一轉(zhuǎn)速時，試管底部受到小球的壓力的最大值為最小值的3倍，此時角速度ω為多大？(2)當(dāng)角速度ω′＝10rad/s時，管底對小球的作用力的最小值和最大值各是多少？解析：(1)轉(zhuǎn)至最低點時，小球?qū)艿讐毫ψ畲?；轉(zhuǎn)至最高點時，小球?qū)艿讐毫ψ钚?，則在最低點時管底對小球的支持力大小F1是在最高點時管底對小球支持力大小F2的3倍，即F1＝3F2根據(jù)牛頓第二定律有在最低點：F1－mg＝mω2r在最高點：F2＋mg＝mω2r又r＝5cm＝0.05m聯(lián)立得ω＝eq\r(\f(2g,r))＝eq\r(\f(2×10,0.05))rad/s＝20rad/s。(2)在最高點時，設(shè)小球不掉下來的最小角速度為ω0，則mg＝mω02r即ω0＝eq\r(\f(g,r))＝eq\r(\f(10,0.05))rad/s＝10eq\r(2)rad/s因為ω′＝10rad/s<ω0，故管底轉(zhuǎn)到最高點時，小球已離開管底，因此管底對小球作用力的最小值為Fmin＝0當(dāng)轉(zhuǎn)到最低點時，管底對小球的作用力最大值為Fmax，根據(jù)牛頓第二定律知Fmax－mg＝mω′2r代入數(shù)值得Fmax＝1.5×10－2N。答案：(1)20rad/s(2)01.5×10－2N17．(18分)如圖所示，將一質(zhì)量為0.1kg的小鋼球放在O點，用彈射裝置將其彈出，使其