1、_2020北京海淀高三（上）期中反馈物 理1. 在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。足球的质量为m，网兜的质量不计。若只减小悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对球的拉力F和墙壁对球的支持力N大小，下列说法正确的是（ ）A. N和F都增大B. N和F都减小C. N增大，F不变D. N不变，F增大E. N和F的合力大小不变F. N和F的合力增大【答案】AE【解析】【详解】EF以足球为研究对象，分析其受力情况：重力、悬绳对球的拉力、和墙壁对球的支持力，三个力的合力为零，根据平衡条件得知，N和F的合力与重力大小相等，方向相反，则有N和F的合力大小不变不变，故E正确，F错误
2、；ABCD根据平衡条件则有只减小悬绳的长度，细线与竖直方向的夹角增大，则墙壁对球的支持力N和悬绳对球的拉力F都增大，故A正确，B、C、D错误；故选AE。2. 二维运动传感器设计原理如图甲所示。计算机可以记录各个时刻运动物体A的位置坐标。图乙是某次实验中计算机描出的物体A的运动轨迹。计算机可以绘出水平速度大小vx（用虚线表示）和竖直速度大小vy（用斜实线表示）随时间变化的v-t图像（图丙）。根据题中信息，下列说法中正确的是（ ）A. 可求得0.10s末物体的速度大小和方向B. 可求得0.10s内物体下落的高度C. 若增大平抛的初速度，vy-t图线的斜率将增大D. vx-t图线不水平的原因可能是空
3、气阻力的影响E. 图乙中的轨迹一定是抛物线F. 若增大平抛的初速度，图2乙中相邻两点间的竖直间距将增大【答案】ABD【解析】【详解】A从丙图可以直接读出0.10s末物体水平和竖直方向的瞬时速度，再根据平行四边形定则解得物体速度的大小和方向，故A正确；B从丙图可以直接读出0.10s末物体竖直方向的瞬时速度，再利用自由落体公式即可求得物体下落高度，故B正确；C竖直方向满足公式vy-t图线的斜率为g，与水平速度无关，故C错误；Dvx-t图线不水平的原因可能是空气阻力的影响，故D正确；E平抛运动是一种理想情况，需要满足初速度水平，且只受重力，但通过丙图可知，物体除了受重力之外，还可能受空气阻力，图乙中
4、的轨迹不是抛物线，故E错误；F相邻两点间的竖直距离满足可知，相邻两点间的竖直距离与初速度无关，故F错误。故选ABD。3. 如图所示，不可伸长的轻软细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉子A，小球从右侧一定高度，由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。下列说法中正确的是（ ）A. 小球摆动过程中，所受合力始终指向O点B. 小球在由右侧最高点摆到最低点的过程中，重力的瞬时功率逐渐增大C. 当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的速度突然变大D. 小球由右侧最高点摆到左侧最高点的过程中绳中拉力对小球的冲量大小不为零，方向竖直向上【答案】D【解析】【详解】A小球摆动过
5、程中，做的是变速圆周运功，所受合力并非始终指向O点，故A错误；B小球在由右侧最高点摆到最低点的过程中，重力的瞬时功率开始时由于速度为零，重力功率为零，中途不为零，最终速度与重力夹角为，功率为零，功率先增大后减小，故B错误；C当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的速度不变，故C错误；D根据动量定理，小球由右侧最高点摆到左侧最高点的过程中绳中拉力对小球的冲量与重力的冲量等大反向，合冲量为零，故绳对小球的冲量大小不为零，方向竖直向上，故D正确。故选D。4. 某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受橡皮筋对手指的压力。然后设法使钩码上下振动的同时手指保持静止，感受压力的变化（整个过
6、程中，橡皮筋对手指始终有压力的作用），不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）A. 钩码由最高点下降到最低点的过程中，速度大小先增大后减小B. 钩码由最高点下降到最低点的过程中，当橡皮筋恢复原长时钩码的速度达到最大值C. 钩码在最低点处和最高点处的加速度相同D. 钩码由最低点上升到最高点的过程中，钩码的机械能先增大后减小E. 钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于下降阶段F. 钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于超重状态G. 超重时就是钩码所受重力增加了，失重时就是钩码所受重力减小了【答案】AE【解析】【详解】A钩码由最高点下降到最低点的过程中，开始
7、时重力大于弹力，钩码做加速运动，后来重力小于弹力，钩码做减速运动，即速度大小先增大后减小，选项A正确；B钩码由最高点下降到最低点的过程中，当重力等于弹力时钩码的速度最大，此时橡皮筋不在原长位置，选项B错误；C由对称可知，钩码在最低点处和最高点处的加速度大小相同，方向相反，选项C错误；D钩码由最低点上升到最高点的过程中，橡皮筋的弹力一直对钩码做正功，则钩码的机械能一直增加，选项D错误；E钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，则弹力逐渐变大，橡皮筋逐渐被拉长，即钩码一定处于下降阶段，选项E正确；F钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于下降阶段，可能加速下降，处于失重
8、状态，也可能减速下降，处于超重状态，选项F错误；G超重时就是橡皮筋对钩码的拉力增加了，而重力不变；失重时就是橡皮筋对钩码的拉力减小了，而重力不变，选项G错误。故选AE。5. 如图所示，木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间动摩擦因数均为0.20，夹在A、B之间的轻弹簧被拉伸了1cm，弹簧的劲度系数为400 N/m，系统置于水平地面上静止不动（可认为木块与水平地面之间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力）。现用F=2N的水平拉力作用在木块B上，此时木块A、B所受摩擦力分别记为fA和fB。则（ ）A. fA=10NB. fA的方向水平向左C. fB=6ND. fB的方向水平向左【答案】
9、B【解析】【详解】两个木块的最大静摩擦力为弹簧的弹力为现用F=2N的水平拉力作用在木块B上，拉力与弹簧的弹力之差小于B的最大静摩擦力，木块B仍然处于静止状态，木块B所受的静摩擦力为方向水平向右弹簧弹力不变，木块A仍然处于静止状态方向水平向左。B正确，ACD错误。故选B。6. 2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第55颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航系统星座部署全面完成。北斗卫星导航系统由不同轨道卫星构成，其中北斗导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星，它的轨道半径约为。第44颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，运行周期等于地球的自转周期24h。两种同步卫星的绕行轨道都为圆轨道
10、。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知引力常量。下列说法中正确的是（ ）A. 两种同步卫星都可能经过北京上空B. 倾斜地球同步轨道卫星一天 2 次经过赤道正上方同一位置C. 根据题目数据可估算出地球的质量D. 任意12小时内，万有引力对第41颗卫星冲量的大小和对第44颗卫星冲量的大小相等【答案】BC【解析】【详解】A倾斜地球同步轨道卫星可能经过北京上空，而地球同步轨道卫星不能经过北京上空，故A错误；B倾斜地球同步轨道卫星周期为，如果开始时位于南半球上方，则一天之内倾斜地球同步轨道卫星会跨过赤道某点上方到达北半球上方，然后再次跨过赤道上同一点上方回到南半球上方，故 2 次
11、经过赤道正上方同一位置，故B正确；C由于两种卫星的周期相等，都是，故根据可得质量带入数据即可求出地球质量， 故C正确；D两星的线速度大小相等，设为，相等任意12小时内，万有引力使两颗卫星的速度改变，速度变化量大小为，则根据动量定理可知虽然速度变化量大小相等，但两星质量不一定向等，故地球对第41颗卫星冲量的大小和对第44颗卫星冲量的大小不一定相等，故D错误。故选BC。7. 2018年12月12日16时45分，嫦娥四号探测器经过约110小时奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获，进入距月球表面100公里的圆形环月轨道。运行一段时间后再次变轨，进入近月点（B点）高
12、度约15公里、远月点（A点）高度约100公里的预定月球背面着陆准备轨道，如图所示。下列说法中正确的是（ ）A. 探测器在轨道上A点的速度小于在B点的速度B. 探测器沿轨道无动力运动过程中，探测器中的科考仪器处于完全失重状态C. 探测器从轨道变轨到轨道，在A点应加速D. 探测器在轨道经过A点时的加速度小于在轨道经过A点时的加速度【答案】AB【解析】【详解】A. 由开普勒第二定律，探测器在轨道上A点的速度小于在B点的速度，A正确；B. 探测器沿轨道无动力运动过程中，探测器中的科考仪器重力提供向心力，对支持面无压力，根据完全失重的定义，科考仪器处于完全失重状态，B正确；C. 探测器从轨道变轨到轨道，
13、在A点应减速做向心运动，C错误；D. 探测器在轨道经过A点时的万有引力等于在轨道经过A点时的万有引力，所以探测器在轨道经过A点时的加速度等于在轨道经过A点时的加速度，D错误。故选AB。8. 取一条较长的轻软绳，用手握住一端O，在竖直平面内连续向上、向下抖动长绳，手上下振动的周期是T，可以看到一列波的产生和传播的情形，如图所示。在绳上做个标记P（图中未标出），且O、P的平衡位置间距为L。t=0时，O位于最高点，P离开平衡位置的位移恰好为零，速度方向竖直向上。若该波可以看作是简谐波，下列判断正确的是（ ）A. t=时，P在平衡位置下方B. t=时，P的速度方向竖直向上C. t=时，P的加速度方向竖
14、直向下D. 该简谐波传播的最大速度为【答案】CD【解析】【详解】ABCt=0时刻P质点位移为零且向上振动，则，介于到之间，故此时P点在平衡位置上方并向下振动，故P点的速度方向竖直向下，加速度方向竖直向下，AB错误C正确；D振源向上起振，t=0时刻O处于最高点，而P在平衡位置向上振动，则说明OP间相隔当n=0时，波长最大，此时有解得该简谐波传播的最大速度为D正确。故选CD。9. 一足够长粗糙斜面固定在水平地面上，可视为质点的物块从斜面底端以某一初速度冲上斜面。取地面为重力势能零势能面，不计空气阻力。如图所示，物块从向上滑动到返回底端的过程中，能正确反映其速度大小v、加速度大小a、机械能E随物块滑
15、动路程x变化关系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】ABC上滑时下滑时则a1a2且上滑和下滑物体时加速度不变，根据v2=v02-2ax可知v-x图像不是直线，则选项AC错误，B正确；D根据功能关系，机械能的减少量等于摩擦力做的功，而摩擦力做的功W=fx，由于上滑和下降时摩擦力f都是不变的，故机械能一直在减小，并且Ex图像的斜率是不变的，故选项D正确。故选BD。10. 如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。对于小车A、B和弹簧组成的系
16、统，烧断细线后下列说法正确的是（）A. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒B. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒C. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零D. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零【答案】A【解析】【详解】A从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能与守恒，故A正确；B从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量
17、不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能与守恒，故B错误；C从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式可知，墙壁对图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；D从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对图乙中B车做功为0，故D错误。故选A。11. 在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的物体P（可看作质点）从弹簧上端由静止释放，物体沿竖直方向向下运动，物体的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图所示，其中a0和x0为已知量。设该星球为质量均匀分布、半径为R（）的球体，下列说法中正确的是（）A. 物体在最低点处加速度大小为
18、2a0B. 由题给条件可求得弹簧劲度系数k的大小C. 由题给条件可求得物体的最大速度的大小D. 由题给条件可求得绕该星球运动卫星的第一宇宙速度【答案】BCD【解析】【详解】A弹簧压缩量为时，加速度为零，速度最大；根据运动的对称性可知，当物体速度为零时，弹簧的压缩量为，物体在最低点处加速度大小为a0，方向竖直向上，故A错误；B根据图乙可知，当弹簧为发生形变时，根据牛顿第二定律有当弹簧的压缩量为时，加速度为零，有联立解得故B正确；C根据牛顿第二定律可得由题给条件可求得物体的最大速度在弹簧压缩处，从静止到速度最大这个过程根据动能定理得联立解得最大速度故C正确；D有图乙可得该星球运动卫星的第一宇宙速度
19、等于近地卫星运行速度，有重力提供向心力联立解得第一宇宙速度故D正确。故选BCD。二、本题共2小题，共15分。12. 某兴趣小组用如图甲所示的装置与传感器结合验证向心力的表达式。实验时用手拨动旋臂产生圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器上，实时测量角速度和向心力的大小。(1)电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间Dt、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为_。(2)图乙中取两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度关系图线，由图可知曲线对应的砝码质量_（填“大于”或“小于”）曲线对应的砝码质量。(3)
20、为了进一步明确向心力和角速度的关系，可以做哪两个量之间关系的图像_？【答案】 (1). (2). 小于 (3). 画向心力和角速度平方的图象【解析】【详解】(1)1砝码转动的线速度根据可得角速度的表达式为(2)2图中抛物线说明向心力和成正比；若保持角速度和半径都不变，则质点做圆周运动的向心加速度不变，由牛顿第二定律可知，质量大的物体需要的向心力大，所以曲线对应的砝码质量小于曲线对应的砝码质量；(3)3为了进一步明确向心力和角速度关系，结合图象中的数据判断是否满足在半径相同和质量相同的情况下，和成正比，所以画向心力和角速度平方的图象。13. 做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是常规的实
21、验方案；图乙是改进的方案，其实验操作步骤如下：挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。(1)实验获得如图所示的纸带，计数点A、B、C、D、E间均有四个点未画出，则在打D点时小车的速度大小vD=_m/s（保留两位有效数字），所用交变电源的频率为50 Hz，由该纸带可求得小车的加速度a =_m/s2（结果保留两位有效数字）。(2)需要满足条件Mm的方案是_（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作图象时，把mg作为F值的是_（选填“甲”、“乙”或“
22、甲和乙”）。 (3)试对甲、乙两种方案是否需要满足条件Mm做出简要的理论说明。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）_【答案】 (1). 0.38 (2). 0.80 (3). 甲 (4). 甲和乙 (5). 见解析【解析】【详解】(1)1打D点时小车的速度等于C、E之间的平均速度2根据逐差法可求出加速度(2)(3)35对于甲方案，设小车受到的拉力为F，由牛顿第二定律可知由两式整理得到由上述结果可知：只有当mM时，F才与mg近似相等，因此若将mg当成车所受拉力F，需满足mM的条件。对于乙方案，设木板倾角为时，小车所受摩擦阻力为f，小车匀速下滑时受力如答图1
23、所示，有取下托盘和砝码，小车沿木板下滑时，受力如答图2所示，有两式联立可得小车下滑所受合外力，因此乙方案不需要满足mM的条件。 4 这两种实验，都是将托盘和砝码的重力作为合外力，实验在作a-F图象时，把mg作为F值的是甲和乙。三、本题包括6小题，共55分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14. 如图所示，一个质量m=2.0kg的物体静止在水平地面上，现用一大小为10N、与水平方向成=37斜向右上的力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动。运动2s后，保持拉力F的大小不变，改为水平向右拉此物体，物体恰能
24、沿水平地面做匀速直线运动，再运动2s后，撤掉拉力，最终物体停在水平地面上。已知sin37=0.6，cos37=0.8，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)物体与水平地面间的动摩擦因数的大小；(2)物体做匀加速直线运动的加速度a；(3)物体运动的总位移x的大小；(4)前2s内拉力F所做的功W；(5)前2s拉力F做平均功率；(6)拉力改变方向前瞬间，拉力的瞬时功率P；(7)撤去拉力后到物体速度减为零所用时间t；(8)在物体的整个运动过程中，地面对物体的支持力的冲量I的大小。【答案】(1)0.5；(2)0.5m/s2，水平向右；(3)3.1m；(4)8J；(5)4W；(6)8
25、W；(7)0.2s；(8)72Ns【解析】【详解】(1)保持拉力F的大小不变，改为水平向右拉此物体，物体恰能沿水平地面做匀速直线运动，则解得 (2)物体做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律 解得a=0.5m/s2方向向右；(3)加速2s时的速度v=at=1m/s加速位移 匀速的位移减速的加速度 减速的位移 总位移 (4)前2s内拉力F所做的功 (5)前2s拉力F做的平均功率(6)拉力改变方向前瞬间，拉力的瞬时功率 (7)撤去拉力后到物体速度减为零所用时间(8)在物体的整个运动过程中，地面对物体的支持力的冲量15. 第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年由北京和张家口联合举办。高山滑雪是比赛项目
26、之一，因其惊险刺激、动作优美深受观众喜爱。如图所示，为了备战北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角为的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量为m，山坡滑道底端与水平滑道平滑连接，滑雪板与山坡滑道及水平滑道间的动摩擦因数为常数。运动员从山坡滑道上某处由静止开始匀加速下滑，经时间t到达山坡滑道底端，滑下的路程为 x。继续在水平滑道上滑行了一段距离后静止。运动员视为质点，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。求：(1)滑雪运动员到达山坡滑道底端时速度v大小；(2)滑雪板与滑道间动摩擦因数的大小；(3)整个过程中摩擦力所做的功W。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)分析题意可知，运动员从静止
27、开始匀加速下滑，根据匀变速直线运动平均速度公式可知解得(2)根据匀变速直线运动速度时间公式得对运动员受力分析，根据牛顿第二定律得联立解得(3)摩擦力做功公式为代数得16. 如图所示，一边长为L、截面为正方形的塑料管道放置在水平桌面上，其右端面上有一截面积为S的小喷口，喷口离地的高度为h。管道中有一与截面平行的活塞，活塞质量不计。活塞沿管道向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为。若液体的密度为，重力加速度为g。液体在空中不散开，不计空气阻力，液体不可压缩且没有黏滞性。求：(1)液体从喷口喷出到落地经历的时间t的大小；(2)活塞向右匀速运动的速度v的大小；(3)假设液体击打在
28、水平地面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打地面的液体受到的重力可忽略不计，求液体击打地面竖直向下的平均作用力的大小。【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】【详解】(1)液体水平喷出后做平抛运动，则解得(2)设液体喷出后的速度为，液体喷出后在水平方向做匀速，则由液体喷出前后体积相等得解之得(3)设时间内打击地面的液体质量为，则以时间内的液体为研究对象，竖直方向由动量定理，得解之可得17. 如图所示，质量m=1kg、左端有挡板的长木板置于水平地面上，木板上表面光滑，木板下表面与地面间的动摩擦因数=0.3。一固定有电动机的滑块，其总质量也为1kg，放置在木板上，电动机可收拢与挡板拴接的不可伸长
29、的水平轻绳，起初滑块离挡板的距离l=4m。开启电动机收拢轻绳，滑块由静止开始做匀加速直线运动。设木板所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力不计，取g =10m/s2。（1）若在木板能保持静止的前提下，求滑块在电动机牵引下到达挡板的最短运动时间；（2）若通电后，电动机给绳子的拉力为恒力F=7N，滑块由静止开始运动，到达挡板处与挡板碰撞后结合成一个整体（碰撞时间极短，相撞时电动机立即断电），最终两者停在水平地面上，求整个过程中木板的位移； 若电动机的机械效率为70%，求整个过程中电动机消耗的电能E。【答案】（1）；（2）1m，水平向左 40J【解析】【详解】（1）木板静止，当地面对模板的摩擦力最
30、最大静摩擦力时，绳子的拉力最大，滑块在到达挡板的时间最短，对模板，根据平衡条件得对电动机根据牛顿第二定律有根据运动学公式联立并带入数据解得（2）通电后，因为绳子上的力恒为F=7N，则电动机的加速度大小为对木板受力分析得则木板的加速度大小为设经过时间t电动机与木板相撞，则解得所以碰撞前电动机的速度木板的速度这两个速度方向相反，木板向右前进的距离电动机与木板碰撞时，取向左为正方向，由于动量守恒，故解得方向水平向左，根据牛顿第二定律得整体向左减速的加速度大小为电机和板组成的系统向左移动的距离为则模板的位移大小为方向水平向左。碰撞时损失的机械能由于碰撞后，电动机就关闭了，所以在碰撞前，电动机做的功使得
31、滑块与木板的动能增加，还使得木板克服地面的摩擦力做功，故电动机对外做的总功消耗的电能为18. 如图甲为竖直放置的离心轨道，左侧倾斜轨道与水平方向间夹角=53，光滑圆轨道的半径r=0.20m，在圆轨道的最低点A和最高点B各安装了一个压力传感器（图中未画出），小物块（可视为质点）从倾斜轨道的不同高度处由静止释放，可测出物块在圆轨道内侧通过A点时对轨道的压力FA大小和小物块下滑高度h间的关系如图乙所示。已知sin53=0.8，cos53=0.6，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）物块与左侧倾斜轨道间的动摩擦因数的大小；（2）在图乙中画出物块在轨道内侧通过B点时对轨道的压力F
32、B大小和小物块下滑高度h间的关系图；（3）要使小物块不脱离圆轨道，小物块在斜面上释放的高度h应满足什么条件？【答案】（1）；（2）；（3）当hm或0hm时，不脱离圆轨道【解析】【详解】（1）由图乙可知，重力为2N，当时，物块从最高点下滑到最低点过程根据动能定理的物块在A点，根据牛顿第二定律的根据牛顿第三定律的物块受到的支持力联立并代入数据的（2）物块在（1）基础上物块从A点到B点根据动能定理的在B点时根据牛顿第二定律的根据牛顿第三定律有代入数据解得可得即在h相同时，总比大12N，画出图象如下（3）当速度较小时，物块恰好能到达与轨道圆心等高处，根据动能定理有代入数据解得即当时不会脱离轨道；当速度
33、较大时，物块恰好能到达轨道的最高点，根据动能定理和牛顿第二定律有代入数据解得即高度大于时，不会脱离轨道，综上可得：当hm或0hm时，不脱离圆轨道。19. “势阱”是量子力学中的常见概念，在经典力学中也有体现。当粒子在某力场中运动，势能函数曲线在空间某范围内势能存在最小值，形如陷阱，粒子很难跑出来。各种形式的势能函数只要具有这种特点，我们都可以称它为势阱，比如重力势阱、引力势阱、弹力势阱等。（1）如图甲所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为kH（k1）和H。3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号），质量均为m，2号和3号小球紧挨着静置于水平轨道的b处，1号小球从左侧a
34、处沿着轨道从静止开始向下运动，在b处与其他小球发生弹性碰撞，碰撞前后都在轨道上运动。已知重力加速度为g。计算说明3号小球离开该势阱在水平轨道cd运动时的速度大小。若将2号球左侧涂胶（不计胶的质量），1、2号球碰撞后粘在一起，发现全部3个球都能离开该势阱，分析说明k满足什么条件？（2）我国首个火星探测器被命名为“天问一号”。为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍。从地球表面向火星发射火星探测器，简单又比较节省能量的发射过程可简化为：先在地球表面使探测器加速并获得足够的动能，从而摆脱地球引力势阱的束缚，经过一系列调整使探测器成为一颗
35、沿地球公转轨道运行的人造行星；然后使探测器在适当位置加速，经椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。已知，取无限远处为零势能点，间距为r，质量分别为m1、m2的两质点组成的系统具有的引力势能可表示为：，式中G为引力常量且大小已知。假设地球是一半径为R，质量为M且质量分布均匀的球体，通过理论分析可知，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。在如图乙所示的坐标系中，纵轴表示引力势能，横轴表示质量为m的探测器到地心的距离r。请在该坐标系中定性画出地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线。并在纵坐标上标出探测器在地球表面时所具有的引力势能。由开普勒定律可知：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆
36、的一个焦点上；所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。已知地球公转周期为12个月，如图丙所示，探测器由地球公转轨道上的H点开始发射（即瞬间加速，加速时间可忽略），此后探测器仅在太阳引力作用下，经霍曼转移轨道在I点到达火星。“天问一号”已于2020年7月23日发射升空，请根据上述信息推断“天问一号”到达火星的时间？请查阅资料，结合“天问一号”真实到达时间，对推断时间给出评价。（可能需要用到的数据：）【答案】（1）k36；（2）当rR时，当0rR时，；用时约为0.70倍的地球公转周期，即8.4个月左右，因此“天问一号”将于2021年4月初到达火星。火星与地球半径不是严格的
37、1.5倍关系，火星和地球的公转轨道实际不共面，实际火星轨道为椭圆轨道等，这些建模过程中忽略的因素都会对结果造成影响。【解析】【详解】（1）1号小球与2、3小球碰撞之前的速度为v0，则由机械能守恒定律有解得由于3个小钢球完全相同，故由动量守恒定律可得1号小球把它的速度传递给3号小球，即又由机械能守恒定律的联立两式解得若将2号球左侧涂胶，1、2号球碰撞后粘在一起，再与3号小球相碰，设碰后1、2号球速度为，3号小球速度为，则由动量守恒定律可得若要3个球碰后都能离开该势阱，只要满足，即可，联立解得：k36（2）当rR时，根据引力势能公式可得当0rR时，则距离地心为r处的探测器受到地球引力作用部分的质量为故地球内部万有引力从地球外部向内部运动，万有引力做正功，则有根据功能关系可得，从地球表面向内部运动故地球内部势能的表达式为整理即为函数曲线如图所示用时约为0.70倍的地球公转周期，即8.4个月左右，因此“天问一号”将于2021年4月初到达火星。火星与地球半径不是严格的1.5倍关系，火星和地球的公转轨道实际不共面，实际火星轨道为椭圆轨道等，这些建模过程中忽略的因素都会对结果造成影响。
