【文档说明】江西省南昌市第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理【精准解析】.doc，共(27)页，2.490 MB，由小赞的店铺上传

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南昌二中2019—2020学年度下学期期末考试高二物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选

错的得0分。1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（）A.开普勒通过对行星观测记录的研究发现了万有引力定律B.行星在圆周

轨道上保持匀速率运动的性质是惯性C.卡文迪许测出了引力常量G的数值D.牛顿运动定律是自然界普遍适用的基本规律之一【答案】C【解析】【详解】A．开普勒通过对行星观测记录的研究发现了行星运动定律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B．惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改

变的，故B错误；C．卡文迪许测出了引力常量G的数值，故C正确；D．牛顿运动定律只适用于宏观、低速的物体，不是自然界普遍适用的基本规律，故D错误；故选C。2.一个只在重力作用下做抛体运动的小球，在t时间内速度从1v变为2v，速度的改变量为v，则以下说法中错误．．的是（）A.小球做斜抛运

动速度1v、2v方向一定不同B.小球做斜抛运动速度1v、2v大小一定不同C.v方向一定是竖直向下D.v大小与初速度1v的大小和方向无关【答案】B【解析】【详解】A．小球做抛体运动，设初速度为0v，与水平方向的夹角为，t时刻速度与水平方向的夹角为，由运动规律可知则有00sint

ancosyxvvgtvv−==由此可知小球做斜抛运动速度1v、2v方向一定不同，故A正确；B．由运动规律可知t时刻的水平速度不变，在竖直方向上，根据对称性可知，在同一高度，竖直方向的分速度大小相等，方向

相反，所以在同一高度时小球做斜抛运动速度1v、2v大小相等，故B错误；CD．因为抛体运动的加速度竖直向下，则任意一段时间内的速度变化量的方向竖直向下，速度变化量v大小为vgt=由此可知v大小与初速度1v的大小和方向无关，故C、D正确；错误的故选B。

3.如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态，则A

、B两物体的瞬时加速度大小和方向说法正确的是（）A.12Aag=，方向沿斜面向下；Bag=，方向沿斜面向下B.0Aa=，0Ba=C.0Aa=；Bag=，方向沿斜面向下D.32Aag=，方向垂直斜面向右下方；Bag=方向竖直向下【答案】D【解析】【详

解】当升降机处于完全失重状态时，物体和斜面之间的作用力变为0，弹簧弹力不发生变化，故A物体只受重力和弹簧弹力，两者合力与原来的支持力大小相等方向相反，故其加速度为cos32Amgθagm==方向垂直斜面斜向右下方；B物体受到重力弹

簧弹力和细线拉力作用，完全失重的瞬间，细线拉力变为和弹簧向下拉力相等，两者合力为0，故B物体的加速度为ag=方向竖直向下；由以上分析可知A、B、C错误，D正确；故选D。4.如图所示，河宽L=200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足

0.2ux=(x是离最近的河岸的距离）。一小船在静水中的速度v=10m/s，小船自A处出发，渡河时，船头始终垂直河岸方向，到达对岸B处，设船的运动方向与水流方向的夹角为，下列说法正确的是（）A.小船渡河时间大于20sB.A、B两点间距离为2003mC.到达河中央前小船加速度大小为0.2m/s2

D.在河中央时，最小，且tan=0.5【答案】D【解析】【详解】A．船头始终垂直河岸方向，渡河的时间为200s20s10cLtv===故A错误；B．水流速的平均速度等于4L处的水流速。则有0.2m/s10m/s4Lu==所以沿河岸方

向上的位移为200mxut==所以A、B两点间的直线距离为22200200m2002ms=+=故B错误；C．船在静水中速度是不变，而水流速度满足0.2ux=（x是离河岸的距离），因xvt=，那么有2ut=因此到达河

中央前小船加速度大小为22?m/s，故C错误；D．当到达中央时，水流速度为0.2100m/s20m/su==由三角知识可知船的运动方向与水流方向的夹角最小，则有10tan0.520==故D正确；故选D。5.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。图为

一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员（可视为质点）从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40m，斜坡与水平面的夹角30=，运动员的质量60kgm=(重力加速度210m/sg=,阻力忽略不

计)。下列说法正确的是()A.运动员到达A点时对轨道的压力大小为1200ＮB.运动员从起点运动到B点的整个过程中机械能不守恒C.运动员到达A点时重力的瞬时功率为104ＷD.运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为22s3【答案】A【解析】【详解】ABC．运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动

的过程中只受有重力做功，机械能守恒；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以()211cos602mgRmv−=由牛顿第二定律可得2mvNmgR−=得N=1200N故A点时对轨道的压力大小为1200N；此时速度沿水平方向，故重力的瞬时功率为零，故A

正确BC错误；D．由212hgt=，0svt=，tanhs=可得02tan43s3vtg==故D错误。故选A。6.科学家在南极冰层中发现了形成于30亿年前的火星陨石，并从中发现了过去微生物的生命迹象，从此火星陨石变得

异常珍贵。中国新闻网报道：2011年7月坠落于摩洛哥的陨石被证实来自于火星。某同学根据平时收集来的部分火星资料（如图所示），计算出火星的密度，再与这颗陨石的密度进行比较（G是引力常量，忽略火星自转的影响）。下列计算火星密度的公式，正确的是（）A.03g

GdB.203gTdC.36MdD.234GT【答案】C【解析】【详解】设近地卫星的质量为m，火星的质量为M，对近地卫星，火星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，则有222422()()dmGMmdT=可得2322dMGT=火星的密度为3364()32MMdd==将232

2dMGT=代入上式可得2323326632dMGTddGT===又火星对近地卫星的万有引力近似等于近地卫星的重力，则有002()2MmmgGd=解得204gdMG=火星的密度为20033

341642()32gdgMGdGdd===故A、B、D错误，C正确；故选C。7.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线始终保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情

况以下说法中错误．．的是（）A.橡皮在水平方向上作匀速运动B.橡皮在竖直方向上作先加速后减速运动C.橡皮的运动轨迹是一条曲线D.橡皮在图示位置时的速度大小为2sin1v+【答案】B【解析】【详解】ABC．橡皮在水平方向上做匀速运动，将铅笔与绳子接

触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图所示则沿绳子方向上的分速度为sinv，因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，所以橡皮在竖直方向上速度为sinv，因为逐渐增大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，则合力在竖直方向上，合力与速度方向不在同一直线上，所

以橡皮做曲线运动，故A、C正确，B错误；D．根据平行四边形定则得：橡皮在图示位置时的速度大小为222sin)1sin(vvvv=+=+合故D正确；错误的故选B。8.如图，倾角=30°楔形物块A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B。A、B间动摩擦因

数μ=0.75；用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑。现改变力F的方向（图示）至与斜面成一定的角度，仍使物体B沿斜面匀速上滑。在B运动的过程中，楔形物块A始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的有（）A.拉力F大小一定减小且当F与斜面

夹角为37斜向上时有最小值B.A对B的摩擦力可能增大也可能不变C.物体B对斜面的作用力可能不变D.地面受到的摩擦力大小可能不变【答案】A【解析】【详解】AB．拉力F平行斜面向上时，先对物体B受力分析

如图根据平衡条件，平行斜面方向334sin30cos30sin308Ffmgmgmgmg+=+=+=拉力改变方向后，设其与斜面夹角为，根据平衡条件平行斜面方向cossin30Ffmg=+垂直斜面方向sincos30NFmg

+=其中fN=解得()sin30cos30(334)cossin10sin(53)mgmgF++=+=+cossinfmgF=−（）当F与斜面夹角为37斜向上时有最小值，拉力F大小一定

减小，A对B的滑动摩擦力减小，故A正确，B错误；CD．对物体A受力分析，受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力，如图所示根据平衡条件，水平方向有sin30cos30fNf=+静结合前面A、B选项分析可知，当拉力改变方向后，N和f都减小，故

N和f的合力一定减小（物体B对斜面的作用力就是N和f的合力），静摩擦力也一定减小，故C、D错误；故选A。9.图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确

的是（）A.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C.转弯时人和车身都要适当地向弯道里侧倾斜，在降低重心的同时改变地面给车轮的作用力的方向，可以获得更大些的转弯速度D.发生侧

滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力【答案】BC【解析】【详解】AB．运动员转弯时，人和车受到的支持力与重力等大反向，摩擦力提供运动员做圆周运动的向心力，A错误，B正确；C．转弯时人和车身都要适当地向弯道里侧倾斜，在降低重心的同时改变地面给车轮的作用力的方向，可以获得更大些的

转弯速度，C正确；D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力小于所需的向心力，D错误。故选BC。10.“嫦娥之父”欧阳自远透露：我国计划于2020年登陆火星。假如某志愿者登上火星后将一小球从高h处以初速度的水平抛出一个小球，测出小球的水平

射程为L。已知火星半径为R，万有引力常量为G，不计空气阻力，不考虑火星自转，则下列说法正确的是（）A.火星表面的重力加速度202hvgL=B.火星的第一宇宙速度为02vvhRL=C.火星的质量为22022hvMRGL=D.火星的平均密度为2032hvGL【答案】BC【解析】【详解

】A．小球被抛出后做平抛运动，根据运动规律则有0Lvt=212hgt=联立可得2022hvgL=故A错误；B．根据万有引力提供向心力可得22GMmmvmgRR==解得火星的第一宇宙速度即近火卫星的运行速度02vvgRhRL==故B正确；C．物

体在火星表面时，则有2GMmmgR=解得火星的质量为222022hvRgRMGGL==故C正确；D．火星的平均密度为2202023322344233hvRhMGLGRRRvL===故D错误；故选BC。11.以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的

货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v­t图线可知（）A.A、B两点的距离为3.2mB.货物与传送带的动摩擦因数为0.5C.货物从A运动到B过程中，货物相对传送带位移为0.8

m，痕迹的长度为lmD.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.0J【答案】ABC【解析】【详解】A．物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”为12420.21m3.2m22x+=

+=故A正确；B．由vt−图象可知，物块在传送带上先做1a匀加速直线运动，加速度为12212m/s10m/s0.2avt===对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=同理做2a的匀加速直线运动，对

物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为2222242m/s2m/s1.20.2vat==−=−由牛顿第二定得2sincosmgmgma−=联立解得cos0.8=0.5=故B正确；C．根据vt−图象可知，00.2s−内，货物相对传

送带向上运动，位移为1120.2m0.2m2x==0.21.2s−内，货物相对传送带向下运动，位移为21(42)1m1m2x=−=货物从A运动到B过程中，货物相对传送带位移为210.8mxxx=−

=痕迹的长度为lm，故C正确；D．根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，00.2s−内，货物与传送带摩擦产生的热量为11cos0.8JQmgx=•=0.21.2s−内，货物与传送带摩擦产生的热量为22cos4JQmgx=

•=货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为124.8JQQQ=+=故D错误；故选ABC。12.如图所示，把一质量为m的物体用一水平方向的推力F=kt（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的平整墙上，物体与墙壁间动摩擦因数为μ，从t=0开始计时，

静止释放此物体，则物体所受的摩擦力f、加速度a、速度v和位移x随t变化的关系正确的是图中的（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】A．从t=0开始水平推力Fkt=，即压力不断增大，则物体受到滑动摩擦力作用，所以滑动摩擦力的大小与压力正比。因

此滑动摩擦力不断增大。当物体的摩擦力等于于重力时有1mgkt=解得1mgtk=只有摩擦力大于重力，物体开始做减速运动，直到减速到零，由对称性可知，当速度减小为零时，物体的加速度为g，即此时的摩擦力为2mg，故22mgkt=解得22mgtk=同

时此刻物体处于静止状态，即使推力增大，也不会影响物体的静摩擦力大小。则静摩擦力的大小突变为重力大小，A错误；B．根据牛顿第二定律可知mgfma−=解得mgfmgktktagmmm−−===−所以加速度随时间是均匀变化的，在1mgtk=之前

，加速度均匀减小，当1mgtk=时减小到零，之后加速度反向增大，当22mgtk=时增大到-g，B正确；C．物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，根据vat=可知速度是关于时间t的二次函数，当1mgtk

=时，加速度为零，速度最大，因为加速度是均匀变化的，在1mgtk=时，最大速度为21(0)22mgmgvgkk=+=之后开始减速，当22mgtk=时速度减小到零，C正确；D．因为10~t时间内，物体做速度增大的加速运动，所以xt−图像的斜率应该是增大的

，之后速度减小，xt−图像的斜率减小，而选项中，斜率是先减小后增大，故D错误。故选BC。二、实验题（13.(1)3分其他每空2分，共15分。）13.如图所示，在探究加速度与力的关系的实验中，将两辆相同的小车放在水平木板上，前端各系一条细

线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可以放不同的重物。把木板一端垫高，以平衡摩擦力。两小车后端各系一条细线，用黑板擦把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦，两小车开始运动，按下黑板擦，两小车停下来。小车受到的拉力分

别为Fl和F2，加速度分别为a1和a2，位移分另为x1和x2，某小组的同学通过改变拉力大小获得实验数据如表格所示。在该实验的分析中正确的是（）实验次数小车拉力F/N位移x/cm1甲0.122.5乙0.243.52甲

0.229.0乙0.343.03甲0.341.0乙0.455.4A.若1122xaxa=两个小车必须从静止开始运动，但运动时间可以不同B.若1122xaxa=两个小车不必从静止开始运动，但运动时间必须相同C.通过第一组数据可知，在误差允许范围内，当F

2=2F1时，x2=2x1，a2=2a1仍说明加速度与力成正比D.通过第一组数据的乙和第二组数据的甲相比，当F1=F2时，位移明显不同，显然是实验误差造成的【答案】C【解析】【详解】ABC．根据同时开始运动，同时停止，说明初速度为零，时

间相等，根据在初速度为零的匀变速直线运动知212xat=，运动时间相等，则位移与加速度成正比，通过第一组数据可知，在误差允许范围内，当F2=2F1时，x2=2x1，a2=2a1说明加速度与力成正比，故AB错

误，C正确。D．两组不同数据，因为运动时间不同，力相等，位移也会不等，故D错误。故选C。14.某实验小组设计了如下图（a）所示的实验装置，通过改变生蚝的的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了

两条aF−图线，如图（b）示．（1）图线__________是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）．（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=__________kg：滑块和轨道间的动摩擦因数=__________．【答案】(1).1;(

2).0.5m=；(3)..2o=；【解析】（1）由图像①可知，当0F=时，0a，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的．（2）根据Fmgma−=得Fa

gm=−，在图像②中运动的加速度a和所受拉力F的关系图像斜率等于滑块和位移传感器发射部分的质量的倒数．结合图像得：0.5mkg=在水平轨道上1NF=．加速度0a=，根据牛顿第二定律，0Fmg−=．解得.2o=15.某同学设计了一个测定油漆喷枪向外喷射油漆雾

滴速度的实验。他采用如图（甲）所示的装置，该油漆喷枪能够向外喷射四种速度大小不同的油漆雾滴，一个直径为D=20cm的纸带环安放在水平转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线。在转台开始转动达到稳定转

速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中沿水平方向喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下油漆痕迹。改变喷射速度v0重复实验，在纸带上留下四个油漆痕迹a、b、c、d。将纸带从转台上取下来，展开平放在刻度尺旁边，如图

（乙）所示，已知0Dv(1)图（乙）中，速度最大的雾滴所留的痕迹是___________点；(2)已知转台转动的角速度ω=16rad/s，如果不计雾滴所受空气的阻力，则喷枪喷出雾滴速度的最大值为___________m/s

；考虑到空气阻力的影响，该测量值___________真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）；【答案】(1).d(2).40.0或40(3).小于【解析】【详解】(1)[1]转盘的角速度一定，雾滴速度越大，运行时间越短，在雾滴运行的时间内，转盘转过的角度越小，故雾滴与标志线的距

离越近，故d点对应雾滴的速度最大；(2)[2]速度最大的是d点，距离标志线的距离是0.80cmS=则有0Dtv==根据弧长半径关系lr=可得2Ds=解得2200.2()16m/s40m/s220.008DDvs====[3]若考虑空气阻力，

实际上雾滴做减速运动，现在将雾滴当做匀速直线运动的计算，求出来的速度要小于真实的速度；三、解答题（共47分）16.已知某星球的半径为R，有一距星球表面高度h＝R处的卫星，绕该星球做匀速圆周运动，测得其周期T＝2π5R。求：(1)该星球表面的重力加速度g；(2)若在该星球表面有一

如图所示的装置，其中AB部分为一长为12.8m并以5m/s沿顺时针匀速转动的传送带，BCD部分为一半径为1.6m竖直放置的光滑半圆形轨道，直径BD恰好竖直，并与传送带相切于B点。现将一质量为0.1kg的可视为

质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A点上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，问：滑块能否到达D点？若能到达，试求出到达D点时对轨道的压力大小；若不能到达D点，试求出滑块能到达的最大高度及到达最大高度时对轨道的压力大小。

【答案】(1)1.6m/s2；(2)能，0.48N【解析】【详解】(1)对距星球表面hR=处的卫星(设其质量为m)，有222()()()GMmmRhRhT=++对在星球表面的物体m，有2GMmmgR=联立

解得21.6m/sg=(2)设滑块从A到B一直被加速，且设到达B点时的速度为Bv，则1622220.51.612.8m/sm/s5Bvaxgx====因5m/sBv，故滑块一直被加速，设滑块能到达D点，且设到

达D点时的速度为Dv，则在B到D的过程中，由动能定理2211222DBmgRmvmv−•=−解得221624()41.61.6m/s3.2m/s5DBvvgr=−=−=而滑块能到达D点的临界速度01.6m/sDvvgR==即滑块能到达

D点，在D点由牛顿第二定律知2DvNmgmR+=可得0.48NN=由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为0.48N17.如图所示，质量均为m两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO'转动，已知杆CD对物块A、B的间的动摩擦因数μ

，物块A到OO'轴的距离为2R，物块B到OO'轴距离为R，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力）；现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，绳子能承受的拉力足够大，求∶(1)装置转动的角速度ω1为何

值时，A、B间的绳子会有弹力产生？(2)装置转动的角速度ω2为何值时，两物块A、B即将滑动？A、B间的绳子弹力为多少？【答案】(1)2gR；(2)2gR，3μmg【解析】【详解】（1）对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需

向心力，因此有2fFmR=当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力，设当物体受到的静摩擦力达到最大值mg时，框架的角速度为0，则有20mgmR=由此得0gR=说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为12gR=轻绳开始有拉力，此时两

物体受到摩擦力分别为AfFmg=0.5BfFmg=（2）当角速度1时，A、B即将滑动此时圆盘的角速度为ω2，设轻绳拉力为TF，对于A物体有222TFmgmR+=对于B物体有22TFmgmR−=联立解得22gR=此时绳子张力为3TFmg=18.已知：长木板

长L=5m，质量为M=1kg，质量为m=2kg木块位于长木板左端1.25m处，木块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，问：恒力F=15N向右作用在木块上从静止开

始最少作用多长时间可以让木块滑离长木板？【答案】2s【解析】【详解】开始一段时间对m11Fmgma−=解得a1=3.5m/s2对M()122mgmMgMa+=−解得222m/sa=经t0后撤去F，此时对m有'112m/s4ag==对M有22'22m/saa==再经△t

时间，物块达木板右端时共速为v，作图如图所示对m'101vatat=－①对M()20vatt=+②①=②代入数据得041tt=相对M的位移xLl=−即()()1202vvttLl−+=−代入数据可得()0053.52451.252tt−=−

解得t0=2s19.如图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4m/s，到达最高点的位置如图中M点所示，（坐标格为正方形，g＝10m/s2）求：(1)小球

在M点的速度v1；(2)小球落回x轴时的位置N点的坐标和速度v2的大小和方向。(3)小球从O点至落回N点过程中速度最小值的大小和方向？【答案】(1)3m/s；(2)(12，0)，213m/s，2tan3=；(3)2.4m/s，方向与水平方向成37【解析】【详解】(1)

设正方形的边长为0s，竖直方向做竖直上抛运动，则有01,vgt=00142vst=水平方向做匀加速直线运动，则有10132vst=解得13m/sv=(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所

以回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12，0)，到N点时竖直分速度大小为04m/sv=水平分速度126m/sxNvatv===水平故有2220213m/sxvvv==+02tan3xvv==(3

)利用比较法则有221212atxygt=可得34ag=利用等效动场法可得22()()mgmamg=+3tan4mamg==可得37=建xoy坐标轴，小球在xoy坐标轴内做类斜抛运动，故“最高点”有0sin40.6m/s2.4m/s

pvv===pv为最小值，方向与水平方向成3720.2019年1月3日，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面，并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界上第一张近距离拍摄月球背面的图片。此次任务实现了人类探测器首次在月球背面软着陆、首次在月球背面通过中继卫星与地球通讯，因而开启了人类探索月球的新

篇章，同时也激励着同学去探索月球的奥秘∶(1)若近似认为月球绕地公转与地球绕日公转的轨道在同一平面内，且均为正圆，又知这两种转动同向，如图所示，月相变化的周期为29.5天（图示是相继两次满月时，月、地、日相对位置的示意图）。求：月球绕地球转

一周所用的时间T（因月球总是一面朝向地球，故T恰是月球自转周期）。（提示：可借鉴恒星日、太阳日的解释方法，一年以365天计算）。(2)探测器在月球背面着陆的难度要比在月球正面着陆大很多，其主要的原因在于：由于月球的遮挡，着陆前探测器将无法和地球之间实现通讯。2018年5月，我国发射了一

颗名为“鹊桥”的中继卫星，在地球和月球背面的探测器之间搭了一个“桥”，从而有效地解决了通讯的问题。为了实现通讯和节约能量，“鹊桥”的理想位置就是围绕“地-月”系统的一个拉格朗日点运动，如图2所示。所谓“地-月”系统

的拉格朗日点是指空间中的某个点，在该点放置一个质量很小的天体，该天体仅在地球和月球的万有引力作用下保持与地球和月球的相对位置不变。设地球质量为M，月球质量为m，地球中心和月球中心间的距离为L，月球绕地心运动，图2中所示的拉格朗日点到月球球心的距离为r。推导

并写出r与M、m和L之间的关系式。【答案】(1)27.3天；(2)()()223mMMLrrLLr+=++【解析】【详解】(1)地球绕太阳公转的角速度2365=从上次满月到下次满月地球公转了角，用了29.5天，所以有2295365t==.月球在两满月

之间转过(2)+，用了29.5天，所以月球每天的角速度229.5+=根据周期公式2T=（即月球360除以每天角速度所花的时间）得2229.5T=+因为2295365=.，所以可得27.3T=天(2)设在图中的拉格朗日点有

一质量为m的物体()mm则月球对其的万有引力12mmFGr=地球对其的万有引力2F为22()GMmFLr=+质量为m的物体以地球为中心做圆周运动，向心力由F1和F2的合力提供，设圆周运动的角速度为，则有()212FFmLr+=+根据以上三式

可得()()222mMGGLrrLr+=++月球绕地球做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力有22MmGmLL=联立以上两式得()()223mMMLrrLLr+=++