階段驗收評價(二)曲線運動萬有引力定律(考試時間：90分鐘試卷分值：100分)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．將一個小球以初速度v0水平拋出，經時間t1小球的水平分速度和豎直分速度恰好大小相等，從拋出時刻經時間t2小球的水平分位移和豎直分位移恰好大小相等，忽略空氣阻力，下列關系式正確的是()A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．v0大小不同關系不同解析：選C經時間t1小球的水平分速度和豎直分速度恰好大小相等，則有v0＝gt1，可得t1＝eq\f(v0,g)，經時間t2小球的水平分位移和豎直分位移恰好大小相等，則有v0t2＝eq\f(1,2)gt22，解得t2＝eq\f(2v0,g)，比較t1、t2可知t1<t2，故C正確，A、B、D錯誤。2．繞太陽運行的軌道為橢圓的萊蒙—泛星彗星C/2021F1于2022年4月6日到達近日點，與太陽距離恰為1個天文單位(即地球與太陽的距離)。若忽略地球和彗星間的引力作用，當該彗星經過近日點時()A．與地球的線速度大小相等B．與地球的加速度大小相等C．與地球所受太陽引力大小相等D．速度為其運行過程的最小值解析：選B彗星經過近日點時做離心運動，線速度大于地球的線速度，A錯誤；彗星和地球的加速度都由萬有引力產生，彗星經過近日點時到太陽的距離與地球到太陽的距離相等，加速度大小相等，B正確；彗星與地球到太陽的距離相等，但質量不同，所受太陽引力大小不相等，C錯誤；經過近日點時速度為其運行過程的最大值，D錯誤。3．如圖所示，在豎直平面內固定一半圓形軌道，O為圓心，AB為水平直徑，半徑R＝0.2m，有一可視為質點的小球從A點以不同的初速度向右水平拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2，下列說法正確的是()A．初速度越大，小球運動時間越長B．初速度不同，小球運動時間一定不同C．小球落到軌道的瞬間，速度方向可能沿半徑方向D．小球的初速度為v＝1m/s時，小球運動時間最長解析：選D平拋運動的時間由高度決定，與水平初速度無關，初速度大時，下落的高度不一定大，則運動的時間不一定長，速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞點為關于半圓過O點的豎直軸對稱的兩個點，運動的時間相等，故A、B錯誤；若小球落到半圓形軌道的瞬間垂直撞擊半圓形軌道，即速度方向沿半徑方向，則速度方向與水平方向的夾角是位移方向與水平方向夾角的2倍，因為同一位置速度方向與水平方向夾角的正切值是位移方向與水平方向夾角正切值的兩倍，兩者相互矛盾，則小球的速度方向不會沿半徑方向，故C錯誤；由R＝vt和R＝eq\f(1,2)gt2，可得v＝1m/s，故D正確。4．如圖是飛鏢盤示意圖，盤面畫有多個同心圓以表示環數，O是圓心，盤豎直掛在墻上，A是盤的最高點，B是盤的最低點。某同學玩飛鏢時，飛鏢的出手點與A等高，且與盤面的距離保持不變，第一支飛鏢命中B點，第二支飛鏢命中O點，若空氣阻力不計，可知前后兩支飛鏢()A．飛行時間之比是2∶1B．出手速度之比是1∶eq\r(2)C．命中時速度之比是eq\r(2)∶1D．命中時動能之比是1∶1解析：選B飛鏢飛出后在豎直方向做自由落體運動，由y＝eq\f(1,2)gt2，解得飛鏢飛行時間為t＝eq\r(\f(2y,g))，由題意可知，第一支飛鏢和第二支飛鏢飛行時間之比為t1∶t2＝eq\r(2)∶1，A錯誤；飛鏢飛出后水平方向做勻速直線運動，且水平位移相等，由x＝v0t可知，第一支飛鏢和第二支飛鏢出手速度之比v01∶v02＝1∶eq\r(2)，B正確；飛鏢命中時的速度為v＝eq\r(v02＋gt2)＝eq\r(v02＋\f(g2x2,v02))，可見，第一支飛鏢和第二支飛鏢命中時速度之比不可能為eq\r(2)∶1，C錯誤；飛鏢命中時的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v02＋eq\f(g2x2,v02))，可見，第一支飛鏢和第二支飛鏢命中時動能之比不可能為1∶1，D錯誤。5．2022年7月25日，問天實驗艙成功對接天和核心艙。本次發射及對接過程可簡化為如圖所示的模型，問天實驗艙首先發射到離地面大約200km的低軌道Ⅰ，在P點加速變軌進入軌道Ⅱ，在遠地點Q與軌道Ⅲ上做勻速圓周運動的天和核心艙對接。下列說法正確的是()A．問天實驗艙在軌道Ⅰ的線速度小于天和核心艙在軌道Ⅲ的線速度B．問天實驗艙在軌道Ⅱ上運行時經過P點的速度大于經過Q點的速度C．問天實驗艙從軌道Ⅰ運行到軌道Ⅲ過程中機械能守恒D．問天實驗艙在軌道Ⅰ運行周期大于同步衛星的周期解析：選B根據Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，天和核心艙在軌道Ⅲ的軌道半徑大于問天實驗艙在軌道Ⅰ的軌道半徑，所以問天實驗艙在軌道Ⅰ的線速度大于天和核心艙在軌道Ⅲ的線速度，故A錯誤；在軌道Ⅱ上Q點為遠地點，P點為近地點，經過近地點的速度大于經過遠地點的速度，故B正確；問天實驗艙從軌道Ⅰ運行到軌道Ⅲ過程中需要點火加速，機械能不守恒，故C錯誤；根據Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，軌道半徑越小，周期越小，問天實驗艙在軌道Ⅰ運行周期小于同步衛星的周期，故D錯誤。6．如圖所示，將一軟木板掛在豎直墻壁上，作為鏢靶，將A、B兩只相同的飛鏢從離墻壁一定距離的同一位置，分別將它們水平擲出，兩只飛鏢插在靶上的狀態如圖所示(側視圖)，則下列說法正確的是()A．飛鏢A的初速度小于飛鏢B的初速度B．飛鏢A在空中運動的時間等于飛鏢B在空中運動的時間C．人對飛鏢A做的功小于人對飛鏢B做的功D．飛鏢A在空中運動時的速度變化量小于飛鏢B在空中運動時的速度變化量解析：選D由題意可知，兩飛鏢做平拋運動，由t＝eq\r(\f(2h,g))，可知飛鏢B下落的高度大，飛鏢B在空中運動時間比飛鏢A在空中運動時間長，由x＝v0t，可知兩飛鏢的水平位移相等，飛鏢A的初速度大于飛鏢B的初速度，A、B錯誤；因飛鏢A的初速度大于飛鏢B的初速度，由功能關系可知，人對飛鏢A做的功大于人對飛鏢B做的功，C錯誤；兩飛鏢在空中的加速度相等，都是重力加速度g，因飛鏢A在空中運動時間小于飛鏢B在空中運動時間，由Δvy＝gt可知，飛鏢A在空中運動時的速度變化量小于飛鏢B在空中運動時的速度變化量，D正確。7．小明拿著一個正方體的光滑盒子在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動，盒子中有一個質量為m的小球(盒子的邊長略大于球的直徑)，如圖所示，在最高點時小球對盒子有向上大小為mg的壓力，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，則()A．因為小球做勻速圓周運動，所以向心力恒定B．該盒子做勻速圓周運動的周期等于πeq\r(\f(R,g))C．盒子運動到最低點時，對小球的作用力大小等于3mgD．盒子運動到O點等高的右側位置時，小球受到的合力等于3mg解析：選C小球做勻速圓周運動，合外力作為向心力，大小恒定，方向始終指向圓心，故向心力是變力，A錯誤；由題意可知，在最高點時盒子對小球有向下的壓力，大小為mg，由向心力公式可得F向＝2mg＝mReq\f(4π2,T2)，解得盒子運動的周期為T＝πeq\r(\f(2R,g))，B錯誤；在最低點時，對小球由向心力公式可得F－mg＝mReq\f(4π2,T2)，又2mg＝mReq\f(4π2,T2)，聯立解得盒子對小球的作用力大小為F＝3mg，C正確；盒子運動到O點等高的右側位置時，小球受到的合力等于向心力，大小為2mg，D錯誤。8．由中山大學發起的空間引力波探測工程“天琴計劃”于2015年7月正式啟動。計劃從2016年到2035年分四階段進行，將向太空發射三顆衛星探測引力波。在初步概念中，天琴將采用三顆全同的衛星(SC1、SC2、SC3)構成一個等邊三角形陣列，地球恰處于三角形中心，衛星將在以地球為中心、高度約10萬公里的軌道上運行，針對確定的引力波源進行探測，這三顆衛星在太空中的分列圖類似樂器豎琴，故命名為“天琴計劃”。則下列有關三顆衛星的運動描述正確的是()A．三顆衛星一定是地球同步衛星B．三顆衛星具有相同的加速度C．三顆衛星的線速度比月球繞地球運動的線速度大且大于第一宇宙速度D．若知道引力常量G、三顆衛星繞地球運轉周期T及地球的半徑R，則可估算出地球的密度解析：選D同步軌道衛星的半徑約為42400公里，是個定值，由題給數據知A錯誤；根據Geq\f(mM,r2)＝ma，解得：a＝eq\f(GM,r2)，由于三顆衛星到地球的距離相等，則它們的加速度大小相等，但是方向不同，故B錯誤；第一宇宙速度是繞地球運動的最大速度，C錯誤；根據M＝eq\f(4π2r3,GT2)，若知道萬有引力常量G及三顆衛星繞地球運轉周期T可以求出地球的質量M，再知道地球半徑R，可以求出地球的密度，故D正確。9.如圖所示，一光滑的圓管軌道固定在豎直平面內，質量為m的小球在圓管內運動，小球的直徑略小于圓管的內徑。軌道的半徑為R，小球的直徑遠小于R，可以視為質點，重力加速度為g。現從最高點給小球不同的初速度v，關于小球的運動，下列說法正確的是()A．小球運動到最低點時，對外管壁的最小壓力為4mgB．若小球從靜止沿軌道滑落，當滑落高度為eq\f(R,3)時，小球與內、外管壁均沒有作用力C．小球能再運動回最高點的最小速度v＝eq\r(gR)D．當v>eq\r(gR)時，小球在最低點與最高點對軌道的壓力大小之差為5mg解析：選B當在最高點速度為零時，到達最低點的速度最小，對外管壁的壓力最小，則由機械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mv12，在最低點設外管壁對小球的支持力為F，由牛頓第二定律F－mg＝meq\f(v12,R)，聯立解得F＝5mg，由牛頓第三定律得，小球對外管壁的壓力最小為5mg，故A錯誤；小球從靜止沿軌道滑落，當滑落高度為eq\f(R,3)時，由機械能守恒定律有mgeq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mv22，設此時重力沿半徑方向的分力為F1，由幾何關系得F1＝eq\f(2mg,3)，此時所需的向心力為F向＝meq\f(v22,R)，聯立解得F向＝F1，此時重力沿半徑方向的分力恰好提供向心力，所以小球與內、外管壁均沒有作用力，故B正確；因為管內壁可以給小球支持力，所以小球在最高點的速度可以為零，故C錯誤；若在最高點速度v>eq\r(gR)，在最高點時由牛頓第二定律得F2＋mg＝meq\f(v2,R)，從最高點到最低點由機械能守恒定律得mg·2R＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv2，在最低點時由牛頓第二定律得F3－mg＝meq\f(v32,R)，聯立解得F3－F2＝6mg，所以當v>eq\r(gR)時，小球在最低點與最高點對軌道的壓力大小之差為6mg，故D錯誤。10．假設未來某一天科技水平足夠高，人們能夠在地球赤道上建一座高度等于地球同步衛星軌道高度(約36000km)的房子，在這座房子的某一層住戶對地板的壓力等于其在該樓層所受地球萬有引力的eq\f(7,8)，已知地球半徑約為6400km，則該樓層離地面的高度大約為()A．6400km B．21200kmC．18000km D．14800km解析：選D假設該樓層距離地心為r，對該樓層的住戶分析有Geq\f(Mm,r2)－eq\f(7,8)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，假設地球同步衛星距離地心為r′，對地球同步衛星分析有Geq\f(Mm′,r′2)＝m′eq\f(4π2,T2)r′，對比兩式可知r＝eq\f(1,2)r′，該樓層離地面的高度h＝r－R＝eq\f(1,2)r′－R＝eq\f(1,2)(H＋R)－R，其中H為地球同步衛星軌道高度，R為地球半徑，代入數據可知D正確。11．如圖甲所示，投籃游戲是小朋友們最喜歡的項目之一，小朋友站立在水平地面上雙手將皮球水平拋出，皮球進入籃筐且不擦到籃筐就能獲得一枚小紅旗。如圖乙所示。籃筐的半徑為R，皮球的半徑為r，籃筐中心和出手處皮球的中心高度分別為h1和h2，兩中心在水平地面上的投影點O1、O2之間的距離為d。忽略空氣的阻力，已知重力加速度為g。設出手速度為v，要使皮球能入筐，則下列說法中正確的是()A．出手速度大的皮球入筐前運動的時間也長B．速度v只能沿O1O2連線方向C．速度v的最大值為(d＋R－r)eq\r(\f(g,2h2－h1))D．速度v的最小值為(d－R＋r)eq\r(\f(2g,h2－h1))解析：選C平拋運動的時間由下落的高度決定，則進筐的皮球運動時間相同，A錯誤；與O1O2連線成一個小的角度投出的皮球也可能進筐，B錯誤；皮球沿O1O2連線的方向投出，并能進筐的圖示如圖，作出皮球中心的運動軌跡，下落的高度為h2－h1，水平射程分別為d＋R－r和d＋r－R，則投射的最大速度為vmax＝eq\f(d＋R－r,\r(\f(2h2－h1,g)))＝(d＋R－r)eq\r(\f(g,2h2－h1))，最小速度為vmin＝eq\f(d－R＋r,\r(\f(2h2－h1,g)))＝(d－R＋r)eq\r(\f(g,2h2－h1))，C正確，D錯誤。12．一端連在光滑固定軸上，可在豎直平面內自由轉動的輕桿，另一端與一小球相連，如圖甲所示。現使小球在豎直平面內做圓周運動，到達某一位置開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度vx隨時間t的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，下列說法中正確的是()A．t1時刻小球通過最高點，t3時刻小球通過最低點B．t2時刻小球通過最高點，t3時刻小球通過最低點C．v1大小一定大于v2大小，圖乙中S1和S2的面積一定相等D．v1大小可能等于v2大小，圖乙中S1和S2的面積可能不等解析：選A由對稱性可知，在最高點左右兩側對稱位置，小球沿水平方向分速度相同，那么在小球達到最高點時，其前后對稱時刻的小球的水平分速度相等且最高點時刻水平分速度為正，在題圖乙中t1時刻滿足要求，所以t1時刻小球通過最高點，同理t3時刻小球通過最低點，故A正確，B錯誤；從t2到t3，小球重力做正功，一直在加速，在最低點時，速度最大，沿水平方向分速度也最大，即v2＞v1，另外根據對運動過程分析可得：S1和S2分別表示從最低點到最左邊點以及從最左邊點到最高點的水平位移大小，它們相等，因此S1和S2的面積相等，故C、D錯誤。13．如圖所示，豎直平面內有一足夠長且與水平方向成30°的斜面，斜面上有A、B兩點，S點在O點正上方，其中OS、OA、AB的長度均為l，若以初速度v0從S點水平射出一個小球，正好可以擊中A點，不計空氣阻力，當地重力加速度為g，以下說法正確的是()A．若將發射速度增大到2v0，則正好擊中B點B．小球分別擊中A點和B點時速度與斜面夾角相同C．調整v0大小使小球擊中B點，則擊中時速度大小為eq\f(\r(3),2)eq\r(gl)D．若小球以3v0的速度射出，則落到斜面的時間為eq\f(\r(3)＋\r(11),2)eq\r(\f(l,g))解析：選D當小球落在A點時，豎直位移yA＝l＋lsin30°＝eq\f(3,2)l，落在B點時，豎直位移yB＝l＋2lsin30°＝2l，根據eq\f(3,2)l＝eq\f(1,2)gt12，eq\f(\r(3),2)l＝v0t1得：v0＝eq\f(\r(gl),2)，根據2l＝eq\f(1,2)gt22，eq\r(3)l＝v0′t2得：v0′＝eq\f(\r(3gl),2)＝eq\r(3)v0，故A錯誤；設落在A點和B點，速度方向與水平方向的夾角分別為：θ，θ′，則有：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt1,v0)＝2eq\r(3)，tanθ′＝eq\f(vy′,v0′)＝eq\f(gt2,v0′)＝eq\f(4\r(3),3)，可知落在A、B兩點的速度方向不同，則速度與斜面的夾角不同，故B錯誤；由A選項分析知，擊中B點時，初速度v0′＝eq\f(\r(3gl),2)，豎直分速度vy′＝gt2＝2eq\r(gl)，根據平行四邊形定則知，擊中B點時的速度vB＝eq\r(v0′2＋vy′2)＝eq\f(\r(19),2)eq\r(gl)，故C錯誤；若初速度為3v0，則有：tan30°＝eq\f(\f(1,2)gt2－l,3v0t)，v0＝eq\f(\r(gl),2)，解得t＝eq\f(\r(3)＋\r(11),2)eq\r(\f(l,g))，故D正確。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分)14．如圖所示為一半球形的坑，其中坑邊緣兩點M、N與圓心O等高且在同一豎直平面內。現甲、乙兩位同學分別站在M、N兩點，同時將兩個小球以v1、v2的速度沿圖示方向水平拋出，發現兩球剛好落在坑中同一點Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空氣阻力。則下列說法中正確的是()A．兩球拋出的速率之比為1∶3B．若僅增大v1，則兩球將在落在坑壁之前相撞C．兩球的初速度無論怎樣變化，只要落在坑中的同一點，兩球拋出的速率之和不變D．若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中解析：選AB由于兩球下落的高度相等，則運動時間相等，x1＝v1t，x2＝v2t，由幾何關系可知x2＝3x1，所以兩球拋出的速率之比為1∶3，故A正確；由2R＝(v1＋v2)t可知，若僅增大v1，時間減小，所以兩球將在落在坑壁之前相撞，故B正確；要使兩小球落在坑中的同一點，必須滿足v1與v2之和與時間的乘積等于半球形坑的直徑，即(v1＋v2)t＝2R，落點不同，豎直方向位移就不同，t也不同，所以兩球拋出的速率之和不是定值，故C錯誤；由平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點可知，若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，故D錯誤。15.如圖所示，雙星系統由質量不相等的兩顆恒星P、Q組成，P、Q質量分別為M、m(M>m)，它們圍繞共同的圓心O做勻速圓周運動。從地球上A點看過去，雙星運動的平面與AO垂直，AO距離恒為L。觀測發現質量較大的恒星P做圓周運動的周期為T，運動范圍的最大張角為Δθ(單位是弧度)。已知引力常量為G，Δθ很小，可認為sinΔθ＝tanΔθ＝Δθ，忽略其他星體對雙星系統的作用力。則()A．恒星Q的角速度為eq\f(2π,T)eq\r(\f(M,m))B．恒星Q的軌道半徑為eq\f(ML·Δθ,2m)C．恒星Q的線速度為eq\f(πML·Δθ,mT)D．兩顆恒星的質量m和M滿足的關系式為eq\f(m3,m＋M2)＝eq\f(π2L·Δθ3,2GT2)解析：選BCD恒星P與Q具有相同的角速度，則角速度ω＝eq\f(2π,T)，A錯誤；恒星P的軌道半徑R＝Ltaneq\f(Δθ,2)＝eq\f(1,2)L·Δθ，對雙星系統，有mω2r＝Mω2R，解得恒星Q的軌道半徑為r＝eq\f(ML·Δθ,2m)，B正確；恒星Q的線速度大小v1＝ωr＝eq\f(2π,T)·eq\f(ML·Δθ,2m)＝eq\f(πML·Δθ,mT)，C正確；對雙星系統，由萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,R＋r2)＝mω2r＝Mω2R，解得GM＝ω2r(r＋R)2，Gm＝ω2R(r＋R)2，相加得G(M＋m)＝ω2(R＋r)3，又由mω2r＝Mω2R，聯立可得eq\f(m3,m＋M2)＝eq\f(π2L·Δθ3,2GT2)，D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實驗題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)(1)在“研究平拋運動”實驗中，利用如圖所示的裝置研究平拋運動，為了畫出一條鋼球做平拋運動的軌跡，下列說法正確的是________。A．斜槽可以是粗糙的B．鋼球每次可以從斜槽上不同的位置滾下C．斜槽末端的切線可以不調成水平(2)小明設計了一個探究平拋運動的實驗裝置，如圖所示。在水平桌面上放置一個斜面，滾過桌邊后鋼球便做平拋運動。他把桌子搬到墻的附近，使從水平桌面上滾下的鋼球能打到墻上，把白紙和復寫紙附在墻上，記錄鋼球的落點。現測得鋼球直徑為D，某次實驗桌子邊緣到墻的距離為x，鋼球的落點到桌面的高度差為H，重力加速度為g。則鋼球此次實驗平拋的水平位移為________；豎直位移為________。(3)上述實驗小明同學若將白紙和復寫紙直接鋪在地面上，某次實驗測得桌子邊緣到落點的水平距離為x，桌面與地面的高度差為H，為了得到平拋運動初速度，你認為有必要測得鋼球的直(半)徑嗎？________。(填“有”或“沒有”)解析：(1)斜槽是否光滑不影響結果，只要保證小球到斜槽末端速度相同即可，故A正確；為了保證小球平拋運動的初速度相同，則每次從同一位置由靜止釋放小球，故B錯誤；為了保證小球水平飛出，則斜槽的末端切線必須調成水平，故C錯誤。(2)小球自身大小不能忽略，根據實驗操作、運動軌跡，結合桌子邊緣到墻的距離為x，鋼球的落點到桌面的距離為H，可知，鋼球此次實驗平拋的水平位移為x－eq\f(D,2)，豎直位移為H＋eq\f(D,2)。(3)小明同學若將白紙和復寫紙直接鋪在地面上，則小球水平位移為x，豎直位移為H，由平拋運動規律可得x＝v0t，H＝eq\f(1,2)gt2，聯立可解得初速度，則沒有必要測小球的直徑。答案：(1)A(2)x－eq\f(D,2)H＋eq\f(D,2)(3)沒有Ⅱ.(7分)探究向心力大小F與物體的質量m、角速度ω和軌道半徑r的關系實驗。(1)本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的________。A．探究平拋運動的特點B．探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系C．探究兩個互成角度的力的合成規律D．探究加速度與物體受力、物體質量的關系(2)某同學用向心力演示器進行實驗，實驗情景如甲、乙、丙三圖所示a．三個情境中，圖________是探究向心力大小F與質量m的關系(選填“甲”“乙”或“丙”)。b．在甲情境中，若兩鋼球所受向心力的比值為1∶9，則實驗中選取兩個變速塔輪的半徑之比為________。(3)某物理興趣小組利用傳感器進行探究，實驗裝置原理如圖所示。裝置中水平光滑直槽能隨豎直轉軸一起轉動，將滑塊套在水平直槽上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平光滑直槽一起勻速轉動時，細線的拉力提供滑塊做圓周運動需要的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉動的角速度可以通過角速度傳感器測得。小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線。然后保持滑塊質量不變，再將運動的半徑r分別調整為0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐標系中又分別得到圖甲中②、③、④、⑤四條圖線。a．對①圖線的數據進行處理，獲得了F-x圖像，如圖乙所示，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是________。b．對5條F-ω圖線進行比較分析，得出ω一定時，F∝r的結論。請你簡要說明得到結論的方法__________________________。解析：(1)在本實驗中，利用控制變量法來探究向心力的大小與物體質量、角速度、軌道半徑之間的關系。探究平拋運動的特點，例如兩球同時落地，兩球在豎直方向上的運動效果相同，應用了等效思想，故A錯誤；當一個物理量與多個物理量相關時，應采用控制變量法，探究該物理量與某一個量的關系，在探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系的實驗中，保持原線圈輸入的電壓U1一定，探究副線圈輸出的電壓U2與匝數n1、n2的關系，故B正確；探究兩個互成角度的力的合成規律，即兩個分力與合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故C錯誤；探究加速度與物體受力、物體質量的關系是通過控制變量法研究的，故D正確。(2)根據F＝mrω2可知，要探究向心力大小F與質量m的關系，需控制小球的角速度和半徑不變，由圖可知，兩側采用皮帶傳動，所以兩側具有相等的線速度，根據皮帶傳動的特點可知，應該選擇兩個塔輪的半徑相等，而且運動半徑也相同，選取不同質量的小球，故圖丙正確。兩個球的質量相等，半徑相同，由F＝mω2R，F′＝mω′2R，已知F∶F′＝1∶9，所以ω∶ω′＝1∶3，兩個塔輪邊緣的線速度相等v＝v′，由v＝ωr＝ω′r′，知兩個變速塔輪的半徑之比為r∶r′＝3∶1。(3)小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線，由①圖線知F與ω不成正比，通過分析①圖線中數據可知F與ω2成正比，即F與ω2的關系圖像是一條過原點的直線，即x可以是ω2，又因ω變化時，滑塊質量與運動半徑都不變，所以x也可以是mω2或rω2等(帶ω2即可)。探究F與r的關系時，要先控制m和ω不變，因此可在F-ω圖像中找到同一個ω對應的向心力，根據5組向心力F和半徑r的數據，在F-r坐標系中描點做圖，若得到一條過原點的直線，則說明F與r成正比。答案：(1)BD(2)丙3∶1(3)ω2(或mω2等，帶ω2即可)見詳解17．(8分)如圖所示，長度為x＝2m的水平長直軌道AB與半徑為R＝0.4m的光滑eq\f(1,4)豎直圓軌道BC相切于B，軌道BC與半徑為r的光滑eq\f(1,4)豎直圓軌道CD相切于C。質量m＝2kg的小球靜止在A點，現用F＝18N的水平恒力向右拉小球，在到達AB中點時撤去拉力。已知小球與水平面間的動摩擦因數μ＝0.05，取g＝10m/s2。求：(1)小球在B點的速度vB大小；(2)小球在B點對圓軌道的壓力FNB大小；(3)r應滿足什么條件，才能使小球能恰好通過D點。解析：(1)小球從A到B，由動能定理F·eq\f(x,2)－μmgx＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝4m/s。(2)設小球在B點受到圓軌道的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)解得FN＝100N根據牛頓第三定律小球在B點對軌道的壓力FNB為100N。(3)小球恰好過最高點D，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(vD2,r)小球從B運動到D，由動能定理－mg(R＋r)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2，解得r＝eq\f(4,15)m。答案：(1)4m/s(2)100N(3)eq\f(4,15)m18．(11分)地面上有一個半徑為R的圓形跑道，高為h的平臺邊緣上的P點在地面上P′點的正上方，P′與跑道圓心O的距離為L(L>R)，如圖所示跑道上停有一輛小車，現從P點水平拋出小沙袋，使其落入小車中(沙袋所受空氣阻力不計)。小車可看成質點，P′O與圓軌道交于A、C兩點，P′O與棱MN垂直。問：(1)當小車位于B點時(∠AOB＝90°)，沙袋剛好落入小車，沙袋拋出時的初速度為多大？(2)要使沙袋落在跑道上，則沙袋被拋出時的初速度大小在什么范圍內？(3)若小車沿跑道順時針勻速圓周運動，當小車恰好經過A點時，將沙袋拋出，為使沙袋能在B處落入小車中，小車的速率v應滿足什么條件？解析：(1)當小車位于B點時，有xB＝vBt＝eq\r(L2＋R2)，t＝eq\r(\f(2h,g))，得vB＝eq\r(\f(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L2＋R2)),2h))。(2)若小車在跑道上運動，要使沙袋落入小車，最小的拋出速度為v0min＝vA＝(L－R)eq\r(\f(g,2h))若當小車經過C點時沙袋剛好落入，拋出時的初速度最大，有xC＝v0maxt＝L＋R得v0max＝(L＋R)eq\r(\f(g,2h))所以沙袋被拋出時的初速度范圍為(L－R)eq\r(\f(g,2h))≤v0≤(L＋R)eq\r(\f(g,2h))。(3)要使沙袋能在B處落入小車中，小車運動的時間應與沙袋下落時間相同tAB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))eq\f(2πR,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝0，1，2，3…))所以tAB＝t＝eq\r(\f(2h,g))解得v＝eq\f(1,2)(4n＋1)πReq\r(\f(g,2h))(n＝0,1,2,3…)答案：(1)eq\r(\f(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L2＋R2)),2h))(2)(L－R)eq\r(\f(g,2h))≤v0≤(L＋R)eq\r(\f(g,2h))(3)v＝eq\f(1,2)(4n＋1)πReq\r(\f(g,2h))(n＝0,1,2,3…)19．(11分)如圖所示，AB是長為L＝0.6m的光滑斜軌道，BC為某個圓的一段圓弧，對應的圓心角為37°，圓心恰在C點正上方，AB與BC在B點平滑連接，CD為一段高和寬均為d＝0.2m的臺階。某次實驗中一個質量為m＝0.1kg彈性小鋼球靜止從A點釋放后，到C點時對軌道的壓力為其重力的1.2倍，從C點水平飛出后恰好落在第一個臺階的邊緣。(取g＝10m/s2)求(1)BC段圓弧的半徑；(2)小鋼球在BC段受到摩擦力做的功；(3)若小鋼球每次落到臺階上是彈性碰撞，水平方向速度不變，豎直方向速度反向，則要使小鋼球在前兩級臺階上能碰且每個臺階上各只碰撞一次，求小鋼球從C點拋出的速度范圍。解析：(1)從C點拋出時x＝vCt，y＝eq\f(1,