2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測四 曲線運動 萬有引力與航天（含解析）

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1、曲線運動 萬有引力與航天 夯基提能卷④ 立足于練題型悟技法——保底分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1. 在水平地面上的O點同時將甲、乙兩塊小石頭斜向上拋出，甲、乙在同一豎直面內運動，其軌跡如圖所示，A點是兩軌跡在空中的交點，甲、乙運動的最大高度相同．若不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　) A．甲先到達最大高度處 B．乙先到達最大高度處 C．乙先到達A點 D．甲先到達水

2、平地面 答案：C 解析：斜拋運動可分解為：水平方向的勻速直線運動和豎直方向的加速度為－g的勻減速直線運動．甲、乙上升時在豎直方向上都做加速度為－g的勻減速直線運動，設甲、乙上升的最大高度為h，由逆向思維得h＝gt2，解得t＝，故甲、乙同時到達最高點，選項A、B錯誤；由斜拋運動的時間對稱性t上＝t下知，甲、乙同時到達水平面，選項D錯誤；由A點在兩曲線上的位置可知甲到A處所需時間t甲>t上；乙運動到A處所需時間t乙t乙，乙先到A點，選項C正確． 2．[2019·金華聯(lián)考]春節(jié)期間人們放飛孔明燈表達對新年的祝福，如圖甲所示，孔明燈在豎直O(jiān)y方向做勻加速運動，在水平Ox方向做勻速

3、運動，孔明燈的運動軌跡可能為圖乙中的(　　) A．直線OA B．曲線OB C．曲線OC D．曲線OD 答案：D 解析：孔明燈在豎直O(jiān)y方向做勻加速運動，則合外力沿Oy方向，在水平Ox方向做勻速運動，此方向上合力為零，所以合運動的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，故孔明燈做曲線運動，結合合力指向軌跡內側可知軌跡可能為曲線OD，故D正確． 3．[2019·南通模擬]如圖所示，細懸線一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊沿．現(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊沿以速度v勻速移動，移動過程

4、中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊緣，當懸線與豎直方向的夾角為θ時，小球上升的速度大小為(　　) A．vsinθ B．vcosθ C．vtanθ D. 答案：A 解析：由題意可知，懸線與光盤的交點參與兩個運動，一是沿著懸線的方向運動，二是垂直懸線的方向運動，則合運動的速度大小為v，則有v線＝vsinθ；而線的速度大小即為小球上升的速度大小．故A正確． 4．[2019·湖南五校聯(lián)考](多選)如圖所示，傾角為α的固定斜面，其右側有一豎直墻面，小球滑上斜面，以速度v飛離斜面，恰好垂直撞擊到墻面上某位置，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是(　　) A．從飛離斜面到

5、撞擊墻面的過程中，小球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動 B．豎直墻面與斜面右端的水平距離為sin2α C．豎直墻面與斜面右端的水平距離為 D．從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球豎直上升的高度為sinα 答案：AC 解析：小球飛離斜面時速度為v，把v沿水平方向和豎直方向分解，則有vx＝vcosα，vy＝vsinα，小球飛離斜面后，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做加速度為g的勻減速直線運動，又小球恰好垂直撞擊到墻面上，可知小球撞到墻面時，豎直方向速度為零，由勻變速直線運動規(guī)律可知，小球飛行時間為t＝，則豎直墻面與斜面右端的水平距離為s＝vxt＝，小球豎直上升的高度為s

6、′＝＝，可知選項A、C正確，B、D錯誤． 5．兩個互成角度的勻加速直線運動，初速度分別為v1和v2，加速度分別為a1和a2，它們的合運動的軌跡(　　) A．如果v1＝v2＝0，那么軌跡可能是曲線 B．如果v1＝v2≠0，那么軌跡一定是曲線 C．如果a1＝a2，那么軌跡一定是直線 D．如果a1：a2＝v1：v2，那么軌跡一定是直線 答案：D 解析：當v1＝v2＝0，則將沿著合加速度方向，做勻加速直線運動，那么軌跡一定是直線，故A錯誤；如果v1≠0，v2≠0，當合初速度方向與合加速度方向共線時，則做直線運動，若兩者不共線時，則那么軌跡一定是曲線，故B錯誤；如果a1＝a2，只有當合

7、初速度與合加速度共線時，才能做直線運動，因此軌跡不一定是直線，故C錯誤；當a1：a2＝v1：v2時，即合速度的方向與合加速度的方向在同一條直線上時，運動軌跡為直線，故D正確． 6．[2019·石家莊質檢](多選)如圖所示，兩個質量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的直徑旋轉，兩小球隨圓環(huán)一起轉動且相對圓環(huán)靜止．已知OA與豎直方向的夾角θ＝53°，OA與OB垂直，小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，重力加速度為g，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.)下列說法正確的是(　　) A．圓環(huán)旋轉角速度的大小為 B．圓環(huán)旋轉角速度的大小為 C．小球A與圓環(huán)間

8、摩擦力的大小為mg D．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mg 答案：AD 解析：對小球B受力分析，小球B在圓環(huán)支持力和重力的作用下做勻速圓周運動，設圓環(huán)的角速度為ω，由牛頓第二定律可得mgtan37°＝mω2Rsin37°，解得ω＝，選項A正確，B錯誤；對小球A，設圓環(huán)對小球A的支持力大小為F，圓環(huán)對小球A的摩擦力大小為f，方向為沿圓環(huán)切線向下，由牛頓第二定律知，在豎直方向有Fcos53°－mg－fcos37°＝0，在水平方向有fcos53°＋Fsin53°＝mω2Rsin53°，聯(lián)立解得f＝－，即小球A與圓環(huán)之間的摩擦力大小為，方向沿圓環(huán)上小球A所在位置切線方向向上，選項D正確，C錯誤．

9、 7．[2019·漢中檢測]硬X射線調制望遠鏡衛(wèi)星“慧眼”研究的對象主要是黑洞、中子星和γ射線暴等致密天體和爆發(fā)現(xiàn)象．在利用“慧眼”觀測美麗的銀河系時，若發(fā)現(xiàn)某雙黑洞間的距離為L，只在彼此之間的萬有引力作用下做勻速圓周運動，其運動周期為T，引力常量為G，則雙黑洞總質量為(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：雙黑洞均由萬有引力提供向心力，則有G＝M12r1，G＝M22r2，解得M1＝，M2＝，所以雙黑洞總質量為M1＋M2＝，故選A正確． 8．[2019·廣州調研] 已知現(xiàn)在地球的一顆同步通信衛(wèi)星信號最多覆蓋地球赤道上的經度范圍為2α，如圖所示．假設地球的自轉周期變

10、大，周期變大后的一顆地球同步通信衛(wèi)星信號最多覆蓋的赤道經度范圍為2β，則前后兩次同步通信衛(wèi)星的運行周期之比為(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：設地球半徑為R，根據題圖可知，rcosα＝R，同步衛(wèi)星軌道半徑r＝.對同步衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力有，G＝mr2.假設地球的自轉周期變大，同步衛(wèi)星軌道半徑r′＝.對同步衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力有，G＝mr′2.聯(lián)立可得前后兩次同步衛(wèi)星的運行周期之比為＝，選項A正確． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(10分)(1)在做“研究平拋運動”的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫小球做平拋運動的軌跡．

11、關于本實驗，下列說法正確的是 (　　) A．記錄小球位置用的橫梁每次必須嚴格地等距離下降 B．小球運動時不應與木板上的白紙(或方格紙)相接觸 C．將球的位置記錄在紙上后，取下紙，用直尺將點連成折線 D．實驗中，記錄小球位置的白紙不能移動 (2)如圖為研究小球的平拋運動時拍攝的閃光照片的一部分，其背景是邊長為5 cm的小方格，重力加速度g取10 m/s2.由圖可知：照相機的閃光頻率為________Hz；小球拋出時的初速度大小為________m/s.B點豎直方向的分速度為________m/s.(結果保留兩位有效數(shù)字) 答案：(1)BD　(2)10　2.5　3.0(前兩空每

12、空3分，后兩空每空2分) 解析：本題考查對平拋運動的研究．(1)記錄小球位置的橫梁不必每次嚴格地等距離下降，故選項A錯誤；實驗要求小球拋出后不能接觸到木板上的白紙(或方格紙)，避免因摩擦而使運動軌跡改變，故選項B正確；將球經過不同高度的位置記錄在紙上后，取下紙，應用平滑的曲線把各點連接起來，故選項C錯誤；實驗中，記錄小球位置的白紙是不能移動的，避免軌跡發(fā)生改變，選項D正確．(2)小球豎直方向的位移變化量Δy＝gT2，知T＝＝＝ s＝0.1 s，所以閃光的頻率f＝＝10 Hz；小球在水平方向做勻速運動，其初速度v0＝＝ m/s＝2.5 m/s；其在B點豎直方向的速度vyB＝＝ m/s＝3.0

13、m/s. 10．(8分)為測定小物塊P與半徑為R的圓形轉臺B之間的動摩擦因數(shù)(設滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等)，小宇設計了如圖所示實驗，并進行如下操作： (1)用天平測得小物塊P的質量m； (2)測得遮光片寬為d，伸出轉臺的長度為L(d?L)； (3)將小物塊P放在水平轉臺上，并讓電動機帶動轉臺勻速轉動，調節(jié)光電門的位置，使固定在轉臺邊緣的遮光片遠離轉軸的一端并恰好能掃過光電門的激光束； (4)轉動穩(wěn)定后，從與光電門連接的計時器讀出遮光片單次經過光電門的時間為Δt； (5)不斷調整小物塊與轉臺中心O的距離，當距離為r時，小物塊隨轉臺勻速轉動時恰好不會被甩出． 已知當?shù)刂亓铀?/p>

14、度為g.那么，轉臺旋轉的角速度ω＝____________，小物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù)μ＝____________，實驗中不必要的步驟是____________(填步驟序號)． 答案：(3分)　(3分)　(1)(2分) 解析：本題考查了測定動摩擦因數(shù)的實驗．設小物塊的質量為m，在恰好不被甩出時，最大靜摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2r，而v＝，又角速度ω＝＝，則μ＝.由以上推論可知，不必要的步驟是(1)． 11．(15分)[2019·陜西西安八校聯(lián)考]如圖甲所示為車站使用的水平傳送帶的模型，水平傳送帶的長度L＝8 m，傳送帶的皮帶輪的半徑均為R＝0.2 m，傳送帶的上部距地面的高度為h

15、＝0.45 m，現(xiàn)有一個旅行包(視為質點)以v0＝10 m/s的初速度水平地滑上水平傳送帶，已知旅行包與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.6，g＝10 m/s2，不計空氣阻力． (1)若傳送帶靜止，旅行包滑到B端時，人沒有及時取下，旅行包將從B端滑落，求旅行包的落地點與B端的水平距離； (2)設皮帶輪順時針勻速轉動，并設水平傳送帶長度仍為8 m，旅行包滑上傳送帶的初速度恒為10 m/s，當皮帶輪的角速度ω值在什么范圍內，旅行包落地點與B端的水平距離始終為(1)中所求的距離？若皮帶輪的角速度ω1＝40 rad/s，旅行包落地點與B端的水平距離又是多少？ (3)設皮帶輪以不同的角速度順時針

16、勻速運動，在圖乙中畫出旅行包落地點與B端的水平距離s隨皮帶輪的角速度ω變化的圖象． 答案：(1)0.6 m　(2)(3)見解析 解析：本題考查了圓周運動、平拋運動等知識，意在考查考生綜合處理問題的能力． (1)旅行包做勻減速運動的加速度為 a＝μg＝6 m/s2 旅行包到達B端的速度為 v＝＝＝ m/s＝2 m/s 旅行包的落地點與B端水平距離為 s＝vt＝v＝0.6 m (2)要使旅行包落地點始終為(1)中所求的位置，旅行包在傳送帶上需做勻減速運動，則皮帶輪的臨界角速度為 ω＝＝10 rad/s 則ω值的范圍是ω≤10 rad/s 當ω1＝40 rad/s時，傳送帶速

17、度為 v1＝ω1R＝8 m/s 當旅行包速度也為v1＝8 m/s時，在傳送帶上運動的距離為 s＝＝3 m<8 m 以后旅行包做勻速直線運動，所以旅行包到達B端的速度也為v1＝8 m/s 旅行包的落地點與B端的水平距離為 s1＝v1t＝v1＝2.4 m (3)如圖所示 12．(14分)中國首個月球探測計劃“嫦娥工程”預計在2019年實現(xiàn)月面無人采樣返回，為載人登月及月球基地選址做準備．在某次登月任務中，飛船上備有以下實驗儀器：A.計時表一只；B.彈簧秤一把；C.已知質量為m的鉤碼一個；D.天平一只(附砝碼一盒)．“嫦娥”號飛船在接近月球表面時，先繞月球做勻速圓周運動，宇航員測

18、量出繞行N圈所用的時間為t.飛船的登月艙在月球上著陸后，宇航員利用所攜帶的儀器又進行了第二次測量．已知萬有引力常量為G，把月球看作球體．利用上述兩次測量所得的物理量可求出月球的密度和半徑． (1)宇航員進行第二次測量的內容是什么？ (2)試推導月球的平均密度和半徑的表達式(用上述測量的物理量表示)． 答案：(1)用彈簧秤稱量砝碼的重力F (2)， 解析：(1)宇航員在月球上用彈簧測力計豎直懸掛物體，靜止時讀出彈簧測力計的讀數(shù)F，即為物體在月球上所受重力的大?。?或F/m即為月球表面重力加速度的大小)(2分) (2)對飛船靠近月球表面做圓周運動有 ＝m0R(3分) 月球的平均

19、密度ρ＝(2分) 在月球上忽略月球的自轉時F＝G(2分) 又T＝(1分) 由以上各式可得，月球的密度ρ＝(2分) 月球的半徑R＝(2分) 探究創(chuàng)新卷④ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭滿分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1．[2019·江西重點中學聯(lián)考]下列說法中正確的是(　　) A．伽利略發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并測得了引力常量 B．根據表達式F＝G可知，當r趨近于零時，萬有引力趨近于無窮大

20、 C．在由開普勒第三定律得出的表達式＝k中，k是一個與中心天體有關的常量 D．兩物體間的萬有引力總是大小相等、方向相反，是一對平衡力 答案：C 解析：牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測得了引力常量，故A錯誤；表達式F＝G中，當r趨近于零時，萬有引力定律不適用，故B錯誤；表達式＝k中，k是一個與中心天體有關的常量，故C正確；物體間的萬有引力總是大小相等、方向相反，是一對相互作用力，故D錯誤． 2．一人騎自行車向東行駛，當車速為4 m/s時，他感到風從正南方向吹來，當車速增加到7 m/s時，他感到風從東南方向(東偏南45°)吹來，假設風速的方向和大小恒定，則風對地的速度大小為(　　) A

21、．7 m/s B．6 m/s C．5 m/s D．4 m/s 答案：C 解析：當車速為4 m/s時，人感到風從正南方向吹來，畫出矢量圖如圖(a)所示，故風對地的速度大小沿行駛方向的分速度為4 m/s，當車速增加到7 m/s時，他感到風從東南方向(東偏南45°)吹來，畫出矢量圖如圖(b)所示，可知，風對地的速度大小沿著垂直行駛方向的分速度大小為3 m/s，因此風對地的速度大小為5 m/s，故C正確． 3．[2019·青島模擬] 如圖所示是研究平拋運動的實驗裝置，正方形白紙ABCD貼在方木板上，E、F、H是對應邊的中點，P是EH的中點．金屬小球從傾斜軌道上由靜止開始下滑，從F

22、點開始做平拋運動，恰好從C點射出．不計軌道與小球間的摩擦．以下說法正確的是(　　) A．小球的運動軌跡經過P點 B．小球的運動軌跡經過PH之間某點 C．若將小球在軌道上的釋放高度降低，小球恰好由E點射出 D．若將小球在軌道上的釋放高度降低，小球恰好由BE中點射出 答案：C 解析：小球從F點射出，其軌跡是拋物線，則過C點做速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點，而延長線又經過P點，所以軌跡一定經過PE之間某點，故A、B錯誤；設正方形白紙的邊長為2h，則平拋運動的水平位移x＝2h，時間t＝，初速度v＝，若將小球在軌道上的釋放高度降低，則到達F點的速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄磛′＝，時間

23、不變，水平位移變?yōu)閤′＝h，小球恰好由E點射出，故C正確，D錯誤． 4．[2019·安徽四校摸底](多選) 如圖，AB為豎直面內半圓的水平直徑．從A點水平拋出兩個小球，小球1的拋出速度為v1、小球2的拋出速度為v2.小球1落在C點、小球2落在最低點D點，C點與水平直徑的距離為圓半徑的.小球1的飛行時間為t1，小球2的飛行時間為t2，g取10 m/s2.則(　　) A．t1＝t2 B．t1

24、1.6R＝v1t1，豎直方向有0.8R＝gt；對小球2，根據平拋運動規(guī)律：水平方向有R＝v2t2，豎直方向有R＝gt，解得t1＝、t2＝，v1＝4、v2＝.可見t1

25、平方的變化圖象，下列說法正確的是(μ為物塊與轉盤間的動摩擦因數(shù)，g為重力加速度大小)(　　) A．圖丙中1圖線表示A受到的摩擦力隨角速度平方的變化規(guī)律 B．圖丙中1圖線表示B受到的摩擦力隨角速度平方的變化規(guī)律 C．圖丁中4圖線表示C受到的摩擦力隨角速度平方的變化規(guī)律 D．圖丁中4圖線表示D受到的摩擦力隨角速度平方的變化規(guī)律 答案：BC 解析：題圖甲中A、B角速度相等，角速度較小時只有靜摩擦力提供A、B的向心力，有fA＝mω2r，fB＝2mω2r，B受到的摩擦力先達到最大靜摩擦力，輕繩出現(xiàn)拉力，有μmg＝2mωr，ω＝，而后B受到最大靜摩擦力fB＝μmg，保持不變，對B有T＋μm

26、g＝2mω2r，對A有fA－T＝mω2r，得fA＝3mω2r－μmg，當A開始滑動時有fA＝μmg，此時ω＝，B正確．題圖乙中C、D角速度相等，角速度較小時只有靜摩擦力提供C、D的向心力，有fC＝mω2r，fD＝2mω2r，D受到的摩擦力先達到最大靜摩擦力，輕繩出現(xiàn)拉力，有μmg＝2mωr，ω＝，而后D受到最大靜摩擦力fD＝μmg，保持不變，對D有T＋μmg＝2mω2r，對C有fC＋T＝mω2r，得fC＝μmg－mω2r，當C開始滑動時有fC＝－μmg，得ω＝，C正確． 6. 如圖所示，一傾斜的圓筒繞固定軸OO1以恒定的角速度ω轉動，圓筒的半徑r＝1.5 m．筒壁內有一小物體與圓筒始終

27、保持相對靜止，小物體與圓筒間的動摩擦因數(shù)為(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，轉動軸與水平面間的夾角為60°，重力加速度g取10 m/s2.則ω的最小值是(　　) A．1 rad/s B. rad/s C. rad/s D．5 rad/s 答案：C 解析：由于小物體在圓筒內隨圓筒做圓周運動，其向心力由小物體受到的指向圓心(轉動軸)的合力提供．在小物體轉到最上面時最容易與圓筒脫離，根據牛頓第二定律，沿半徑方向FN＋mgcos60°＝mω2r，又沿筒壁方向mgsin60°≤μFN，解得ω≥ rad/s，要使小物體與圓筒始終保持相對靜止，則ω的最小值是 rad/s，選項C正確． 7.

28、 如圖，宇宙飛船A在低軌道上飛行，為了給更高軌道的宇宙空間站B輸送物質，需要與B對接，它可以采用噴氣的方法改變速度，從而達到改變軌道的目的，則以下說法正確的是(　　) A．它應沿運行速度方向噴氣，與B對接后周期比低軌道時的小 B．它應沿運行速度的反方向噴氣，與B對接后周期比低軌道時的大 C．它應沿運行速度方向噴氣，與B對接后周期比低軌道時的大 D．它應沿運行速度的反方向噴氣，與B對接后周期比低軌道時的小 答案：B 解析：若A要實施變軌與比它軌道更高的空間站B對接，則應做逐漸遠離圓心的運動，則萬有引力必須小于A所需的向心力，所以應給A加速，增加其所需的向心力，故應沿運行速度的反方

29、向噴氣，使得在短時間內A的速度增加．與B對接后軌道半徑變大，根據開普勒第三定律＝k得，周期變大，故選項B正確． 8．(多選)軌道平面與赤道平面夾角為90°的人造地球衛(wèi)星被稱為極地軌道衛(wèi)星，它運行時能到達南北極區(qū)的上空，需要在全球范圍內進行觀測和應用的氣象衛(wèi)星、導航衛(wèi)星等都采用這種軌道．如圖，若某顆極地軌道衛(wèi)星從圖示北緯45°的正上方按圖示方向首次運行到南緯45°的正上方用時45分鐘，則(　　) A．該衛(wèi)星運行速度一定小于7.9 km/s B．該衛(wèi)星軌道半徑與同步衛(wèi)星軌道半徑之比為1：4 C．該衛(wèi)星加速度與同步衛(wèi)星加速度之比為2：1 D．該衛(wèi)星的機械能一定小于同步衛(wèi)星的機械能

30、 答案：AB 解析：任何衛(wèi)星的運轉速度均小于第一宇宙速度，則A正確；由題意可知，此衛(wèi)星的周期為T1＝4×45 min＝180 min＝3 h；同步衛(wèi)星的周期為T2＝24 h，根據＝k可知，＝＝，B正確；根據a＝∝，可得該衛(wèi)星加速度與同步衛(wèi)星加速度之比為16：1，C錯誤；衛(wèi)星的質量不確定，則無法比較兩衛(wèi)星的機械能的大小，D錯誤． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9. (8分)圖示裝置可用來驗證機械能守恒定律．擺錘A拴在長L的輕繩一端，另一端固定在O點，在A上放一個小鐵片，現(xiàn)將擺錘拉起，使繩偏離豎直方向成θ角時由靜止開始釋放擺錘，當其到達最低位置時，受到豎直擋板P的阻擋而停

31、止運動，之后鐵片將飛離擺錘而做平拋運動． (1)為了驗證擺錘在運動中機械能守恒，必須求出擺錘在最低點的速度．若測得擺錘遇到擋板之后鐵片的水平位移s和豎直下落高度h，則根據測得的物理量可知擺錘在最低點的速度v＝________. (2)根據已知的和測得的物理量，寫出擺錘在運動中機械能守恒的關系式為s2＝________. (3)改變繩偏離豎直方向的角θ的大小，測出對應擺錘遇到擋板之后鐵片的水平位移s，若以s2為縱軸，則應以________(填“θ”、“cosθ”或“sinθ”)為橫軸，通過描點作出的圖線是一條直線，該直線的斜率k0＝________(用已知的和測得的物理量表示)． 答案：

32、(1)s (2分)　(2)4hL(1－cosθ)(2分) (3)cosθ?。?hL(每空2分) 解析：(1)由平拋運動規(guī)律得，對鐵片s＝v0t，h＝gt2，所以鐵片的初速度v0＝s，由題意知，鐵片的初速度v0等于擺錘在最低點的速度v，故v＝s. (2)在擺錘和鐵片擺到最低點過程中，mgL(1－cosθ)＝mv2，得機械能守恒的關系式為s2＝4hL·(1－cosθ)． (3)由于s2＝4hL－4hLcosθ，故s2與cosθ為一次函數(shù)關系，作出的圖線為一條直線，因此應以cosθ為橫軸，其斜率k0＝－4hL. 10．(12分)[2019·江蘇泰州中學月考] 如圖所示，已知傾角為θ＝

33、45°、高為h的斜面固定在水平地面上．一小球從高為H(h

34、拋運動的水平位移為 s＝v0t＝2 由于s>h－x，由以上式子可解得h－H

35、，B與轉盤間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，且可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．轉盤靜止時，細線剛好伸直，力傳感器的讀數(shù)為零，當轉盤以不同的角速度勻速轉動時，力傳感器上就會顯示相應的讀數(shù)F.試通過計算在圖乙的坐標系中作出F－ω2的圖象，g取10 m/s2. 答案：見解析 解析：B物體將發(fā)生滑動時的角速度為 ω1＝＝2 rad/s 則0≤ω≤2時，F(xiàn)＝0 當A物體所需的向心力大于最大靜摩擦力時，A將脫離B物體，此時的角速度由mωr＝μ2mg，得ω2＝＝4 rad/s 則F＝2mω2r－2μ1mg＝0.5ω2－2(2≤ω≤4) ω＝ω2時繩子的張力為F＝2mωr－2μ1mg＝(2×42

36、×0.25－2) N＝6 N<8 N，故繩子未斷，接下來隨著角速度的增大，A脫離B物體，只有B物體做勻速圓周運動，設繩子達到最大拉力時的角速度為ω3，則ω3＝＝6 rad/s 當角速度為ω2時，mωr＝1×42×0.25 N＝4 N>μ1mg，即繩子產生了拉力，則F＝mω2r－μ1mg＝0.25ω2－1,4≤ω≤6 綜上所述作出F－ω2圖象如圖所示． 12．(14分)2014年10月24日到11月1日，我國探月工程首次實施了再入返回飛行試驗．飛行試驗器到達距月面約1.2萬千米的近月點，系統(tǒng)啟動多臺相機對月球、地球進行多次拍攝，獲取了清晰的地球、月球和地月合影圖象，衛(wèi)星將獲得的信息持續(xù)

37、用微波信號發(fā)回地球．設地球和月球的質量分別為M和m，地球和月球的半徑分別為R和R1，月球繞地球的軌道半徑和衛(wèi)星繞月球的軌道半徑分別為r和r1，月球繞地球轉動的周期為T.假定在衛(wèi)星繞月運行的一個周期內衛(wèi)星軌道平面與地月連心線共面，求在該周期內衛(wèi)星發(fā)射的微波信號因月球遮擋而不能到達地球的時間(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球繞地球轉動對遮擋時間的影響)． 答案： arccos－arccos 解析：如圖，O和O′分別表示地球和月球的中心．在衛(wèi)星軌道平面上，A是地月連心線OO′與地月球面的公切線ACD的交點，D、C和B分別是該公切線與地球表面、月球表面和衛(wèi)星圓軌道的交點．根據對稱性，過A點在另一側作地月球面的公切線，交衛(wèi)星軌道于E點．衛(wèi)星在BE弧上運動時發(fā)出的信號被遮擋． 設探月衛(wèi)星的質量為m0，萬有引力常量為G，根據萬有引力定律有： G＝m2r① G＝m02r1② 式中，T1是探月衛(wèi)星繞月球轉動的周期．由①②式得 2＝3③ 設衛(wèi)星的微波信號被遮擋的時間為t，則由于衛(wèi)星繞月做勻速圓周運動，應有 ＝④ 式中α＝∠CO′A，β＝∠CO′B，由幾何關系得 rcosα＝R－R1⑤ r1cosβ＝R1⑥ 由③④⑤⑥式得 t＝ ⑦ 18