（江苏专用）2019高考物理总复习 优编题型增分练：仿真模拟卷（四）.doc

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仿真模拟卷(四) 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意． 1．(2018如皋市模拟) 下列说法中正确的是(　　) A．火箭利用周围空气提供的动力飞行 B．普朗克通过对光电效应的分析提出了光子说 C．铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期 D．热核反应的温度须达到108 K，反应过程中要吸收能量 答案　C 2．转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图1所示．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是(　　) 图1 A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大 B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 C．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走 D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差 答案　C 解析　由向心加速度公式an＝ω2r，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故A错误；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；当转速过大时，提供的向心力小于需要的向心力，笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故C正确；当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，金属笔杆两端会形成电势差，但不会产生感应电流，故D错误． 3．(2018南通等六市一调)图2甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示．在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右端移动过程中(　　) 图2 A．二极管D消耗的功率增大 B．二极管D的电阻增大 C．通过二极管D的电流减小 D．电源的功率减小 答案　A 解析　滑动变阻器R的滑片P从左端向右端移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路电流增大，由题图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故A正确，B、C错误；电源的功率为：P＝EI，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误． 4．如图3所示，质量为m的小滑块(可视为质点)，从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使滑块能原路返回，在B点需给滑块的瞬时冲量最小应是(　　) 图3 A．2m B．m C. D．4m 答案　A 解析　设小滑块在斜面上克服摩擦力做功为W1，在水平面上克服摩擦力做功为W2，则从斜面上滑下至停在水平地面上的过程中，根据动能定理可得mgh－W1－W2＝0，要使滑块能原路返回，设在B点给的瞬时速度为v，则根据动能定理可得mv2＝mgh＋W1＋W2，瞬时冲量为I＝mv，联立解得I＝2m，A正确． 5．(2018江苏省高考压轴冲刺卷)如图4所示，电荷量为Q的正点电荷(图中未画出)与直角三角形ABC处在同一平面内．D为AB的中点，∠A＝30.若将正的试探电荷从A移到B，或从D移到C，电场力做功均为零．则(　　) 图4 A．点电荷Q一定在AC的中点 B．C点电势比A点电势高 C．B点的场强比C点的场强大 D．将负试探电荷从C点移到B点，电场力做正功 答案　B 解析　由题意可知，A、B两点电势相等，D、C两点电势相等，点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在AB的中垂线和DC的中垂线的交点上，由图可知点电荷Q在AC连线上，不在中点，选项A错误；在正点电荷的电场中，离场源电荷越远，电势越低，场强越小，所以C点电势高于A点电势，而B点场强小于C点场强，则选项B正确，C错误；由于B点电势低于C点电势，则UCB>0，故将负的试探电荷从C点移到B点电场力做功WCB＝qUCB<0，做负功，则选项D错误． 6．(2018徐州市期中) 如图5所示，橡皮条一端固定在P点，另一端绕过固定的光滑铁钉Q与小物块A连接. 橡皮条的原长等于PQ间距离，伸长时弹力与伸长量成正比．开始时小物块位于Q的正下方，对长木板B的压力为FN，B放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ；某时刻在B的右端施加水平向右的恒力F＝μFN，若木板足够长，B对A的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮条始终处于弹性限度内．在A向右运动的过程中，下列关于B的v－t图象，正确的是(　　) 图5 答案　C 解析　A在Q点正下方静止时，设AQ＝H，橡皮条的劲度系数为k，物块A的质量为m，则橡皮条弹力FT＝kH＝mg－FN 在A向右运动的过程中，设AQ与水平方向的夹角为α，那么，橡皮条弹力FT′＝k＝ 那么A对B的压力FN′＝mg－FT′sin α＝FN，A、B间的最大静摩擦力Ff＝μFN′＝μFN 那么，A受到的橡皮条弹力水平向左的分量为FT′cos α＝； 故在A向右运动的过程中，α变小，FT′cos α变大； 那么，当FT′cos α＜F＝μFN时，A、B保持相对静止，一起向右运动，随着FT′cos α变大，A、B的合外力F－FT′cos α变小，故加速度减小； 当FT′cos α＝F时，A、B的速度达到最大，之后A、B间的摩擦力Ff＝μFN，A、B分离，A做减速运动，B做匀速运动；之后A做往复运动直至静止，由于摩擦力做负功，A的速度必小于B的速度，故B一直做匀速运动，故C正确，A、B、D错误． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 7.2017年4月20日我国第一艘货运飞船“天舟一号”顺利升空，随后与“天宫二号”空间实验室进行交会对接，并完成超过6 t的物资与设备的转接，使我国迈入空间站时代．假设“天舟一号”从B点发射，经过椭圆轨道运动到“天宫二号”的圆轨道上完成交会，如图6所示，已知“天宫二号”的轨道半径为r，“天舟一号”沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G.则(　　) 图6 A．“天舟一号”的发射速度大于11.2 km/s B．“天宫二号”的运行速度大于7.9 km/s C．根据题中信息可以求出地球的质量 D．“天舟一号”在A点的加速度大小等于“天宫二号”的加速度大小 答案　CD 8．如图7所示电路中，电源电动势为E(内阻不可忽略)，线圈L的电阻不计．以下判断正确的是(　　) 图7 A．闭合S稳定后，电容器两端电压为E B．闭合S稳定后，电容器的a极板带负电 C．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右 D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右 答案　BC 解析　闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；闭合S稳定后，b极板带正电，a极板带负电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，R1中电流方向向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器会放电，则R2中电流方向向左，故D错误． 9．如图8所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻r＝ Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V为理想交流电压表，A1、A2 为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20 V　30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5 A．则以下说法正确的是(　　) 图8 A．电流表A1、A2的示数之比为2∶1 B．理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1 C．线圈匀速转动的角速度为120 rad/s D．电压表的示数为40 V 答案　BC 解析　因电灯泡正常发光，则原、副线圈的电流比为1∶2，则A错误；由于电流与匝数成反比，则理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，则B正确；副线圈的电压为20 V，则原线圈的电压为40 V，由于线圈的内阻r＝ Ω，因电流为1.5 A，则线圈匀速转动产生的电动势的最大值为60 V，根据Em＝BSω，求得ω＝120 rad/s，则C正确；电压表的示数为有效值，即40 V，则D错误． 10.如图9所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上．分两次将质量为m1、m2(m2＞m1)的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同(弹簧始终在弹性限度内)．物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则(　　) 图9 A．m1开始释放的高度高 B．m1的重力势能变化量大 C．m2的最大加速度大 D．m2的最大加速度小 答案　AD 解析　对任一物块，设物块的质量为m，物块从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h.取物块运动的最低点所在水平面为参考平面．根据物块与弹簧组成的系统机械能守恒得：mgh＝Ep，据题，两次弹簧的最大弹性势能Ep相同，m2＞m1，则有h1＞h2，即m1开始释放的高度高，故A正确；物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，物块的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两个物块重力势能变化量相等，故B错误；两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的最大弹力相同，设为F，斜面体的倾角设为α，由牛顿第二定律得 F－mgsin α＝ma，得最大加速度为a＝－gsin α，由于m2＞m1，所以m2的最大加速度小于m1的最大加速度，故D正确，C错误． 三、简答题：本题分必做题(第11、12题)和选做题(第13题)两部分，共计33分． 【必做题】 11．(8分)(1)读出如图10中螺旋测微器和游标卡尺的读数． ①________mm；②________cm. 图10 (2)转动动能是力学中的一个重要物理量，用来表示物体因为转动而具有的能量，其表达式为Ek＝Iω2，其中ω表示物体绕轴或点转动的角速度，I称为物体的转动惯量，转动惯量与物体的质量、形状、转轴位置有关．如图11甲所示是一种测量物体转动惯量的装置，待测物体装在转动架上，线的一端绕在转动架上，线与转轴垂直，线所在处转动架的转轮半径为r，线的另一端通过定滑轮悬挂质量为m的重物，重物与纸带相连(图中未画出)，被测物体与转动架的总转动动能表达式为(I测＋I0)ω2，若已知转动架的转动惯量为I0，不计轴承处的摩擦，不计滑轮和线的质量，细线不可拉伸． 图11 ①将重物由静止释放后，重物做匀加速直线运动，得到如图乙所示的纸带，打点计时器的打点周期为T，O为起始点，A、B、C、D、E为连续的五个点，OA间的距离为s0，AC间的距离为s1，CE间的距离为s2，则点C的速度vC＝______；加速度a＝________. ②当打点计时器打到C点时，被测物体绕转轴运动的角速度ω＝________. ③被测物体的转动惯量I测＝__________. 答案　(1)①1.880　②1.144　(2)①　 ②　③－mr2－I0 解析　(1)①螺旋测微器的固定刻度为1.5 mm，可动刻度为38.00.01 mm＝0.380 mm，所以最终读数为1.5 mm＋0.380 mm＝1.880 mm. ②50分度的游标卡尺，精确度是0.02 mm，游标卡尺的主尺读数为11 mm，游标尺上第22个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标尺读数为220.02 mm＝0.44 mm，所以最终读数为：11 mm＋0.44 mm＝11.44 mm＝1.144 cm. (2)①根据匀变速直线运动的推论知：C的速度vC＝＝； 由：Δs＝s2－s1＝a(2T)2 所以加速度a＝ ②根据线速度与角速度的关系可知，打点计时器打到C点时，被测物体绕转轴运动的角速度：ω＝＝ ③根据机械能守恒可知，重物的重力势能转化为重物的动能、被测物体以及转动架的转动动能，即：mg(s0＋s1)＝mvC2＋(I测＋I0)ω2 联立得：I测＝－mr2－I0 12．(10分)(1)某同学用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图12甲所示．先将选择开关旋至倍率“100”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的____接线柱(选填“＋”或“－”)，测量结果如图乙所示，电压表的电阻为______Ω. 图12 (2)该同学要测量一节干电池的电动势和内阻，有以下器材可供选择： A．电流表(0～0.6 A～3 A) B．电压表(0～3 V) C．滑动变阻器R(0～15 Ω，5 A) D．滑动变阻器R′(0～50 Ω，1 A) E．定值电阻R0为1 Ω F．开关S及导线若干 本次实验的原理图如图13所示，则滑动变阻器应选________(填器材前的字母序号)． 图13 按照原理图连接好电路后进行测量，测得数据如下表所示. 待测量 1 2 3 4 5 I/A 0.11 0.20 0.30 0.40 0.50 U/V 1.37 1.35 1.33 1.32 1.29 由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起此情况的原因是______________．现将上述器材的连线略加改动就可使电压表的示数变化更明显，请在图14中按改动后的原理图完成连线． 图14 答案　(1)－　4 000　(2)C　电源的内阻太小　见解析图 解析　(1)用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则红表笔接电压表的负极．欧姆表表盘示数为40，选择开关旋到“100”挡，即倍率为100，则最后读数为：10040 Ω＝4 000 Ω (2)干电池内阻比较小，为了能有效控制电路，并且能方便实验操作，滑动变阻器应选总电阻小的C； 路端电压随电路电流的增大而减小，由表中实验数据可知，实验时电压表示数变化太小，这是由于电源内阻太小造成的； 为使电压表示数变化明显，可以把定值电阻与电源串联组成等效电源，这样可以增大电源内阻，使电压表示数变化明显，电路图如图所示： 13．【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按第一个小题评分． A．[选修3－3](15分) 在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看做绝热过程．潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风．(大气压强随高度的增加而减小) (1)空气团沿背风坡下降时，下列描述其压强p随体积V变化关系的图象中，可能正确的是________(图中虚线是气体的等温线)． (2)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，原因是空气团________(选填“对外放热”或“对外做功”)；设空气团的内能U与温度T满足U＝CT(C为一常数)，空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W，则此过程中空气团升高的温度ΔT＝________. (3)若水汽在高空凝结成小水滴的直径为d，已知水的密度为ρ、摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA.求： ①一个小水滴包含的分子数n; ②水分子的直径大小d0. 答案　(1)C　(2)对外做功　　(3)① ② 解析　(1)在p－V图中等温线为双曲线的一支，而且离坐标原点越远温度越高，沿着背风坡下降时升温，所以图象应该由低温度线指向高温度线，另外在此过程中空气团的压强增大，体积减小，故选C. (2)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，空气团内能减小，运动过程为绝热过程，根据热力学第一定律可知空气团对外做功； 根据U＝CT得：ΔU＝CΔT 根据热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q Q＝0 联立解得：ΔT＝ (3)①水滴的体积为V＝πd3 水滴的质量m＝ρV 分子数n＝NA＝ ②根据＝πd03 解得d0＝ B．[选修3－4](15分) (1)激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛．下面关于激光的叙述正确的是________． A．激光是纵波 B．频率相同的激光在不同介质中的波长相同 C．两束频率不同的激光能产生干涉现象 D．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离 (2)如图15甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.3010－7 m，屏上P点距离双缝S1和S2的路程差为7.9510－7 m，则在这里出现的应是________(选填“亮条纹”或“暗条纹”)．现改用波长为6.3010－7 m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(选填“变宽”“变窄”或“不变”)． 图15 (3)如图乙所示，一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上表面的A点射出．已知入射角为i，A与O相距l，介质的折射率为n，试求介质的厚度d. 答案　(1)D　(2)暗条纹　变宽　(3)l 解析　(1)激光是电磁波中的一种，是横波，A项错误；频率相同的激光在不同介质中的波长是不同的，B项错误；能产生干涉的条件是两列光的频率相同，C项错误；测定距离就是利用了激光平行度好的特性，D项正确． (2)P点到两光源的路程差为半波长的奇数倍，出现暗条纹；Δx＝λ，随波长变长，条纹间距变宽． (3)设折射角为r，由折射定律得＝n， 由几何关系知l＝2dtan r， 联立解得d＝l. 四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请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．(15分)(2018苏州市模拟)如图16甲所示，两相距L＝0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面向下的匀强磁场．质量m＝0.2 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v－t图象如图乙所示．在15 s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0.求： 图16 (1)金属杆所受拉力的大小F； (2)0～15 s内匀强磁场的磁感应强度大小B0； (3)15～20 s内磁感应强度B随时间t变化的规律． 答案　(1)0.24 N　(2)0.4 T (3)B＝ T 解析　(1)由v－t图象可知，在0～10 s内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma1， 由题意可知，15 s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg＝ma2 由v－t图象可知， 加速度大小为a1＝＝ m/s2＝0.4 m/s2， a2＝＝ m/s2＝0.8 m/s2， 解得F＝0.24 N； (2)在10～15 s内，金属杆做匀速直线运动，速度v＝4 m/s 金属杆受到的安培力F安＝B0IL＝， 金属杆处于平衡状态 由平衡条件得：F＝μmg＋ 代入数据解得B0＝0.4 T. (3)15～20 s内金属杆中无感应电流，穿过回路的磁通量保持不变． 金属杆在10～15 s内的位移 d＝vt＝45 m＝20 m 15～20 s内，金属杆的位移 x＝v(t－15)－a2(t－15)2＝4(t－15)－0.4(t－15)2 磁通量保持不变，则B0Ld＝BL(d＋x) 解得B＝ T. 15．(16分)如图17所示，质量mC＝3 kg的小车C停放在光滑水平面上，其上表面与水平粗糙轨道MP齐平，且左端与MP相接触．轨道左侧的竖直墙面上固定一轻弹簧，现用外力将小物块B缓慢压缩弹簧，当离小车C左端的距离l＝1.25 m时由静止释放，小物块B在轨道上运动并滑上小车C，已知小物块B的质量mB＝1 kg，小物块B由静止释放时弹簧的弹性势能Ep＝4.5 J，小物块B与轨道MP和小车C间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2. 图17 (1)求小物块B滑上小车C时的速度大小vB； (2)求小物块B滑上小车C后，为保证小物块B不从小车C上掉下来，求小车C的最小长度L； (3)若小车C足够长，在小物块B滑上小车C的同时，在小车C右端施加一水平向右的F＝7 N的恒力，求恒力作用t＝2 s时小物块B距小车C左端的距离x. 答案　(1)2 m/s　 (2)0.75 m　(3)0.4 m 解析　(1)小物块B从释放至运动到P的过程，根据功能关系有：Ep＝μmBgl＋mBvB2 解得 vB＝2 m/s (2)取B和C为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mBvB＝(mB＋mC)v 解得v＝0.5 m/s 又由系统的能量守恒有mBvB2－(mB＋mC)v2＝μmBgL 解得 L＝0.75 m (3)物块B滑上小车C后，将先做匀减速运动，其加速度大小为 aB＝μg＝2 m/s2. 小车C将先做匀加速运动，其加速度大小aC＝ 代入数据解得 aC＝3 m/s2. 设经过时间t1，B、C有共同速度v共，则v共＝vB－aBt1＝aCt1. 解得 v共＝1.2 m/s，t1＝0.4 s 物块B对地的位移x1＝t1＝0.4 m＝0.64 m 小车C对地的位移x2＝t1＝0.4 m＝0.24 m 假设此后小车与物块以共同加速度前进，则a共＝＝ m/s2. 由于此种情况下，B、C间的静摩擦力Ff＝mBa共＝ N＜μmBg＝2 N，可知假设成立． 所以经过t1＝0.4 s后B、C一起以a共做匀加速运动．则所求距离x＝x1－x2＝0.4 m 16．(16分)图18为类似于洛伦兹力演示仪的结构简图，励磁线圈通入电流I，可以产生方向垂直于线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度B＝kI(k＝0.01 T/A)，匀强磁场内部有半径R＝0.2 m的球形玻璃泡，在玻璃泡底部有一个可以升降的粒子枪，可发射比荷＝108 C/kg的带正电的粒子束．粒子加速前速度视为零，经过电压U(U可调节，且加速间距很小)加速后，沿水平方向从玻璃泡圆心的正下方垂直磁场方向射入，粒子束距离玻璃泡底部边缘的高度h＝0.04 m，不计粒子间的相互作用与粒子重力．则： 图18 (1)当加速电压U＝200 V、励磁线圈电流强度I＝1 A(方向如图)时，求带电粒子在磁场中运动的轨道半径r； (2)若仍保持励磁线圈中电流强度I＝1 A(方向如图)，为了防止粒子打到玻璃泡上，加速电压U应满足什么条件； (3)调节加速电压U，保持励磁线圈中电流强度I＝1 A，方向与图中电流方向相反．忽略粒子束宽度，粒子恰好垂直打到玻璃泡的边缘上，并以原速率反弹(碰撞时间不计)，且刚好回到发射点，则当高度h为多大时，粒子回到发射点的时间间隔最短，并求出这个最短时间． 答案　(1)0.2 m　(2)U≤162 V (3)0.146 m　π10－6 s 解析　(1)粒子被加速过程：qU＝mv02 在磁场中做匀速圆周运动：qv0B＝ 解得：r＝ 代入数据得r＝0.2 m (2)欲使得粒子打不到玻璃泡上，粒子束上、下边界的粒子运动轨迹如图所示，即上边界粒子运动轨迹恰与玻璃泡相切，由几何关系得，粒子运动轨迹半径r1＝＝0.18 m 又由(1)得：Um＝ 解得：U≤162 V (3)要使粒子回到发射点的时间最短，运动轨迹如图所示，此时运动轨迹所对圆心角之和最小为θmin＝π 周期T＝ 最短时间为tmin＝T tmin＝π10－6 s 由几何关系得粒子在磁场中运动轨迹半径r2＝R h＝R－R＝0.2(－1) m≈0.146 m