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一物体静置在平均密度为p的球形天体表面的赤道上。已知万有引力常量为G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为
题型：单选题难度：中档来源：北京高考真题
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据魔方格专家权威分析，试题“一物体静置在平均密度为p的球形天体表面的赤道上。已知万有引力常..”主要考查你对&&万有引力定律的其他应用&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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万有引力定律的其他应用
万有引力定律的其他应用：
万有引力定律：（G=6.67×10-11 N·m2/kg2），万有引力定律在天文学中的应用：1、计算天体的质量和密度；2、人造地球卫星、地球同步卫星、近地卫星；3、发现未知天体；4、分析重力加速度g随离地面高度h的变化情况；①物体的重力随地面高度h的变化情况：物体的重力近似地球对物体的吸引力，即近似等于，可见物体的重力随h的增大而减小，由G=mg得g随h的增大而减小。②在地球表面（忽略地球自转影响）：（g为地球表面重力加速度，r为地球半径）。③当物体位于地面以下时，所受重力也比地面要小，物体越接近地心，重力越小，物体在地心时，其重力为零。5、双星问题：天文学上把两颗相距比较近，又与其他星体距离比较远的星体叫做双星。双星的间距是一定的，它们绕二者连线上的同一点分别做圆周运动，角速度相等。以下图为例由以上各式解得：6、黄金代换公式：GM=gR2。
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与“一物体静置在平均密度为p的球形天体表面的赤道上。已知万有引力常..”考查相似的试题有：
12673092663438976157891288020226158《福建省福州一中2016届高三上学期开学质检物理试卷[解析版] .doc》 www.wenku1.com
福建省福州一中2016届高三上学期开学质检物理试卷[解析版] .doc日期：
学年福建省福州一高三(上)开学质检物理试卷
一、选择题(每小题给出的四个选项，,题只有一个选项正确，,题可能有多个选191015项正确) 1(如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表(表第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的(根据表的数据，伽利略可以得出的结论是( ) 1 1 32 4 2 130 9 3 298 16 4 526 25 5 824 36 6 1192 49 7 1600 64 8 2104
A(物体具有惯性 B(斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C(物体运动的距离与时间的平方成正比 D(物体运动的加速度与重力加速度成正比
2(如图所示，倾角为30?，重为80N的斜面体静止在水平面上(一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是 ( )
A(斜面有向左运动的趋势 B(地面对斜面的支持力为80N C(球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下 D(弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上3(假设火星和地球都是球体，火星的质量M和地球的质量M之比=p，火星的半径火地R和地球的半径R之比=q，那么火星表面处的重力加速度g和地球表面处的重力的火地火加速度g之比等于( ) 地2A( B(pq C( D(pq
4(如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球(L点是小球下垂时的平衡位置，Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OL直线上(N点在Q点正上方，且QN=QL，M点与Q点等高，现将小球从竖直位置(保持绳绷直)拉开到与N等高的P点，释放后任其向L摆动(运动过程空气阻力可忽略不计(小球到达L后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q为心的圆弧继续运动(在这以后( )
A(小球向右摆到M点，然后就摆回 B(小球向右摆到M和N之间圆弧上某点处，然后斜抛运动 C(小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落 D(小球将绕Q点旋转，直到细绳完全缠绕在钉上为止
5(如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m的平盘，盘有一物体，质量0为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长?l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于( )
A((1+)mg B((1+)(m+m)mg C(mg D((m+m)g 00
6(一个人站在阳台上，以相同的速率分别把三个球竖直向下、竖直向上、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的速率( ) A(上抛球最大 B(下抛球最大 C(平抛球最大 D(一样大7(如图所示，质量为m和3m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h(h,L)，B球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则A球离开桌边的速度( )
A( B( C( D(
8(“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水艇，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器(假设某次深海活动，“蛟龙号”完成深海任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t(t,t)时刻距离海平面的深度为( ) 00A( B( C( D(
9(一列火车在恒定功率的牵引下由静止从车站出发，沿直线轨道运动，行驶5min后速度达到20m/s，设列车所受阻力恒定，则可以判断列车在这段时间内行驶的距离( ) A(一定大于3km B(可能等于3km C(一定小于3km D(条件不足，无法确定
210(从塔顶自由下落一石块，它在着地前的最后1秒内的位移是30m，(g=10m/s)，则( ) A(石块落地时速度是30m/s B(石块落地时速度是35m/s C(石块下落所用的时间是3s D(石块下落所用的时间是35s
11(我国发射的神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min，如果把它绕地球的运动看做是匀速圆周运动，飞船的运动和人造地球同步卫星的运动相比，假设它们质量相等，下列判断正确的是( ) A(飞船受到的向心力大于同步卫星受到的向心力 B(飞船的动能大于同步卫星的动能 C(飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径 D(发射飞船过程需要的能量大于发射同步卫星过程需要的能量
12(如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球(小车水平向右加速运动，且当加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力(用按顺序取F至F四个力表14示)大小和方向的变化，可能是下图的(OO′为沿杆方向，B、C两图对称)( )A( B( C( D(
13(如图所示，在北戴河旅游景点之一的滑沙场有两个高度均为h但坡度不同的滑道AB和A′B′(均可看作斜面，且有DB,D′B′)(甲、乙两名旅游者分乘两个滑沙撬分别从A点和A′点由静止出发同时沿AB和A′B′滑下，最后分别静止在水平沙面上的E、E′点(已知滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动，不计沙撬在B、B′处的能量损失，则下列说法正确的是( )
A(全过程甲的路程等于乙的路程 B(甲在B点的速度等于乙在B′点的速度 C(甲从A到B的时间小于乙从A′到B′的时间 D(全过程甲、乙水平方向位移相等，即DE=D′E′
14(如图所示，在空某一位置P将一个小球以初速度v水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞0时速度方向与水平方向成45?角，若将小球仍从P点以2v的初速度水平向右抛出，下列说0法正确的是( )
A(小球第二次碰到墙壁前瞬时速度方向与水平方向成30?角 B(小球在两次运动过程速度增量方向相同，大小之比为2:1 C(小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的4倍 D(小球第一次碰到墙壁时下落的高度为第二次碰到墙壁时下落高度的4倍
15(如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ(下列结论正确的是( )A(θ=90? B(θ=45? C(b球摆动到最低点的过程，重力对小球做功的功率先增大后减小 D(b球摆动到最低点的过程，重力对小球做功的功率一直增大
二(填空和实验题 16(某一质点做平抛运动，在落地前1秒内它的速度方向与水平方向夹角由30?变成60?，g2取10m/s(则该质点平抛运动的初速度为__________m/s;平抛运动的时间为__________s(
17(在追寻科学家研究足迹的过程，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置( (1)实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带的实验误差，你认为应该采取的措施是__________((填选项前的字母) A(保证钩码的质量远小于小车的质量 B(选取打点计时器所打的第1点与第2点 间的距离约为2mm的纸带处理数据 C(把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平 衡摩擦力 D(必须先接通电源再释放小车 (2)如图乙所示是实验得到的一条纸带，其A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相关计数点问的距离已在图标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m(从打B点到打E点的过程，合力对小车做的功是__________，小车动能的增量是__________(用题和图的物理量符号表示)(
18(某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验(所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=020m)(完成下列填空: (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的 示数为100 (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为__________ (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧(此过程托盘秤的最大示数为m;多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示: 序 号 1 2 3 4 5m(kg) 180 175 185 175 190 (4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为__________N;小车通2过最低点时的速度大小为__________ m/s((重力加速度大小取980m/s，计算结果保留2位有效数字)
三、计算题 19(小明准备去火车站乘车回老家，当小明到达车站前，发现公共汽车在前面离自己10m远处正以10m/s的速度匀速向前行驶，小明立即示意司机停车并以5m/s的速度匀速追赶，2司机看到信号经15s反应时间后，立即刹车，加速度大小为2m/s(求小明追上汽车所需时间,
20(如图为某自动投放器的示意图，其下半部AB是一长为R的竖直管道，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧(投放时，若将弹簧长度压缩了05R后锁定，在弹簧上端放置一个可视为质点且质量为m的小球，解除锁定，弹簧可将小球弹射出去(当小球到达顶端C时，对轨道壁的压力恰好为零，不计一切阻力，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能(已知重力加速度为g，求: (1)小球到达顶端C时的速度大小v; 1(2)弹簧压缩了05R时的弹性势能E; p1(3)若将弹簧压缩了06R时，弹簧弹性势能为E=E，小球落地点离OO′的水平距p2p1离s是多少,
21(如图所示，水平传送带在电动机带动下速度v=2m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别1为02kg和03kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P放在传动带点处由静止释放，已知P与传动带间的动摩擦因数为05，传送带水平部分两端点间的距离为4m(不计2定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g=10m/s((1)判断P在传动带上的运动方向并求其加速度大小; (2)求P从开始到离开传送带水平端点的过程，与传送带间因摩擦产生的热量; (3)求P从开始到离开传动带水平端点的过程，电动机多消耗的电能(
四(附加题(本题共计分，不需要过程，直接将答案填写在答卷相应位置上) 1022(一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为45m，如图(a)所示，t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)，碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程小物块始终未离开木板，已知碰撞后1s时间内小物块的v,t图线如图(b)2所示，木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s，求:木板最小长度和木板右端离墙壁最终距离(学年福建省福州一高三(上)开学质检物理试 卷
一、选择题(每小题给出的四个选项，,题只有一个选项正确，,题可能有多个选191015项正确) 1(如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表(表第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的(根据表的数据，伽利略可以得出的结论是( ) 1 1 32 4 2 130 9 3 298 16 4 526 25 5 824 36 6 1192 49 7 1600 64 8 2104
A(物体具有惯性 B(斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C(物体运动的距离与时间的平方成正比 D(物体运动的加速度与重力加速度成正比 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系( 【专题】直线运动规律专题( 【分析】通过表格的数据，通过时间的平方与运动距离的关系，得出位移和时间的规律( 【解答】解:从表格的数据可知，时间变为原的2倍，下滑的位移大约变为原的4倍，时间变为原的3倍，位移变为原的9倍，可知物体运动的距离与时间的平方成正比(故C正确，A、B、D错误( 故选C( 【点评】本题考查学生的数据处理能力，能够通过数据得出物体位移与时间的关系(需加强训练(2(如图所示，倾角为30?，重为80N的斜面体静止在水平面上(一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是 ( )
A(斜面有向左运动的趋势 B(地面对斜面的支持力为80N C(球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下 D(弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上 【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用( 【专题】共点力作用下物体平衡专题( 【分析】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力(在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向( 【解答】解:A、B:杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，相对于地面没有向左运动的趋势(由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力82N(故A、B均错误( C、D:小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零; 再对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹力为2N，竖直向上; 根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为2N，方向竖直向下( 故C正确、D错误( 故选C( 【点评】本题关键结合平衡条件对物体受力分析，要注意杆的弹力方向可以与杆平行，也可以与杆不共线(
3(假设火星和地球都是球体，火星的质量M和地球的质量M之比=p，火星的半径火地R和地球的半径R之比=q，那么火星表面处的重力加速度g和地球表面处的重力的火地火加速度g之比等于( ) 地2A( B(pq C( D(pq 【考点】万有引力定律及其应用;向心力( 【专题】万有引力定律的应用专题(【分析】根据重力等于万有引力，得，因为火星的质量M和地球的质量火M之比为p，火星的半径R和地球的半径R之比为q，代入计算即可( 地火地【解答】 解得 所以 故选:A( 【点评】本题主要考查星球表面的重力等于万有引力这个关系，这个关系在天体问题有重要2的应用:有时用求重力加速度，有时用GM=Rg进行代换，有时用求星球的质量，等等(熟练掌握这个关系对于解决天体问题很重要(
4(如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球(L点是小球下垂时的平衡位置，Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OL直线上(N点在Q点正上方，且QN=QL，M点与Q点等高，现将小球从竖直位置(保持绳绷直)拉开到与N等高的P点，释放后任其向L摆动(运动过程空气阻力可忽略不计(小球到达L后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q为心的圆弧继续运动(在这以后( )
A(小球向右摆到M点，然后就摆回 B(小球向右摆到M和N之间圆弧上某点处，然后斜抛运动 C(小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落 D(小球将绕Q点旋转，直到细绳完全缠绕在钉上为止 【考点】动能定理;向心力( 【专题】定量思想;推理法;动能定理的应用专题( 【分析】根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续运动，若小球能运动到N点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动到达N点，则N点的速度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动( 【解答】解:A、根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续运动，故A错误; BCD、若小球能运动到N点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动到达N点，则N点的速度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动了，故B正确，CD错误; 故选:B【点评】本题要求同学们能正确判断小球是否能到达N点，若不能到达，则小球做什么运动，难度适(
5(如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m的平盘，盘有一物体，质量0为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长?l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于( )
A((1+)mg B((1+)(m+m)mg C(mg D((m+m)g 00【考点】胡克定律;牛顿第二定律( 【专题】牛顿运动定律综合专题( 【分析】根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度(再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力( 【解答】解:当盘静止时，由胡克定律得(m+m)g=kl ? 0 设使弹簧再伸长?l时手的拉力大小为F 再由胡克定律得 F=k?l ? 由??联立得 F= 刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上(
设刚松手时，加速度大小为a， 根据牛顿第二定律得 a==
对物体研究:F,mg=ma N解得 F=(1+)mg N故选A 【点评】本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度(
6(一个人站在阳台上，以相同的速率分别把三个球竖直向下、竖直向上、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的速率( ) A(上抛球最大 B(下抛球最大 C(平抛球最大 D(一样大 【考点】动能定理( 【专题】动能定理的应用专题( 【分析】不计空气阻力，物体的机械能守恒，分析三个的运动情况，由机械能守恒可以判断落地的速度(【解答】解:由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同，又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置相同，初动能也相同，由机械能守恒可知，末动能也相同，所以末速度的大小相同( 故选D( 【点评】本题是机械能守恒的直接应用，判断出守恒即可(比较简单(
7(如图所示，质量为m和3m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h(h,L)，B球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则A球离开桌边的速度( )
A( B( C( D( 【考点】机械能守恒定律( 【专题】机械能守恒定律应用专题( 【分析】对于A、B组成的系统，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出B球落地时，系统的速度大小，该速度等于A球离开桌面的速度( 【解答】解:A、B组成的系统机械能守恒(则有: 3mgh= 解得:v= 故选:A 【点评】解决本题的关键知道A、B组成的系统，在运动的过程，单个物体机械能不守恒，因为除重力做功外，拉力也做功(对系统而言，只有重力做功，机械能守恒(
8(“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水艇，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器(假设某次深海活动，“蛟龙号”完成深海任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t(t,t)时刻距离海平面的深度为( ) 00A( B( C( D( 【考点】匀变速直线运动规律的综合运用( 【专题】定量思想;推理法;直线运动规律专题( 【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出“蛟龙号”的加速度，采用逆向思维，结合位移时间公式求出“蛟龙号”在t(t,t)时刻距离海平面的深度( 00【解答】解:蛟龙号上浮时的加速度大小a=， 根据逆向思维，可知蛟龙号在t时刻距离海平面的深度0h==(故C正确，A、B、D错误(故选:C( 【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，以及掌握逆向思维在运动学的运用，基础题(
9(一列火车在恒定功率的牵引下由静止从车站出发，沿直线轨道运动，行驶5min后速度达到20m/s，设列车所受阻力恒定，则可以判断列车在这段时间内行驶的距离( ) A(一定大于3km B(可能等于3km C(一定小于3km D(条件不足，无法确定 【考点】功率、平均功率和瞬时功率( 【专题】功率的计算专题( 【分析】火车以额定功率行驶时，随着速度的增加，牵引力会逐渐的减小，所以此时的火车不可能做匀加速运动，做的是初速度为零加速度逐渐减小的加速运动，5min末速度达到20m/s，可以把这个过程与匀加速直线运动比较解题( 【解答】解:根据火车的运动的过程，画出火车的速度时间图象如图所示， 根据速度时间图象曲线与坐标轴围成的面积表示位移可知，如果物体做初速度为零，末速度为20m/s的匀加速直线运动，位移等于三角形的面积，即x=×20×300=3000m; 而此时实际曲线形成面积大于3000m( 所以A正确 故选:A(
【点评】根据速度时间图象可以快速准确的解决本题，要注意在速度时间图象斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负(
210(从塔顶自由下落一石块，它在着地前的最后1秒内的位移是30m，(g=10m/s)，则( ) A(石块落地时速度是30m/s B(石块落地时速度是35m/s C(石块下落所用的时间是3s D(石块下落所用的时间是35s 【考点】自由落体运动( 【专题】自由落体运动专题( 【分析】最后1s的石块不是自由落体，故无法直线由自由落体规律列式;但是可以由落点开始，分别对全程及最后1s之外的过程列自由落体规律，联立求解( 【解答】解:A、设石块下落时间为t，石块下落时的高度为x，最后1s前下落的高度为x′; 则有: 2x= 2x′=g(t,1) x,x′=30m 联立以上解得:t=35s，石块落地时速度v=gt=35m/s，故BD正确，AC错误( 故选:BD【点评】物体由静止下落时列式最后简单，故对于自由落体运动，尽量由开始状态列式求解(
11(我国发射的神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min，如果把它绕地球的运动看做是匀速圆周运动，飞船的运动和人造地球同步卫星的运动相比，假设它们质量相等，下列判断正确的是( ) A(飞船受到的向心力大于同步卫星受到的向心力 B(飞船的动能大于同步卫星的动能 C(飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径 D(发射飞船过程需要的能量大于发射同步卫星过程需要的能量 【考点】同步卫星( 【专题】定量思想;方程法;人造卫星问题( 【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度、角速度、周期、加速度等物理量( 根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系( 2【解答】解:根据万有引力提供向心力得出:=m=ma=mr()得 A、T=2π，神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min(同步卫星周期24h，所以飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径( ，所以飞船受到的向心力大于同步卫星受到的向心力(故A正确，C错误 F=B、v=，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船的运行速度大于同步卫星的运行速度(所以飞船的动能大于同步卫星的动能，故B正确; D、越往高轨道发射卫星需要的能量越大，所以发射飞船过程需要的能量小于发射同步卫星过程需要的能量(故D错误; 故选:AB( 【点评】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出，在进行比较( 向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量选取应用(
12(如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球(小车水平向右加速运动，且当加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力(用按顺序取F至F四个力表14示)大小和方向的变化，可能是下图的(OO′为沿杆方向，B、C两图对称)( )
A( B( C( D( 【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用( 【专题】牛顿运动定律综合专题(【分析】小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动，讨论不同加速对应不同的杆的作用力( 【解答】解:因为小球受两个力作用下沿水平向右的方向加速运动 A、因为小球在竖直方向受力平衡，即杆对球的作用力在竖直方向的分力与小球重力平衡，而A图显示的四个力在竖直方向的分力大小不同，不能保证小球在竖直方向受力平衡，故A错误( B、因为小球的加速度水平向右，重力方向竖直向下，故B选项错误; C、四个力沿竖直方向的分量大小相同，能保证小球竖直方向平衡，水平方向分量大小不同，以产生不同大小的水平加速度，故C正确; D、小球受杆的作用力在竖直方向分量不等，不能保证小球竖直方向平衡，故D错误( 故选C( 【点评】根据小球运动特征，掌握正交分解的思想处理，是解决本题的关键(
13(如图所示，在北戴河旅游景点之一的滑沙场有两个高度均为h但坡度不同的滑道AB和A′B′(均可看作斜面，且有DB,D′B′)(甲、乙两名旅游者分乘两个滑沙撬分别从A点和A′点由静止出发同时沿AB和A′B′滑下，最后分别静止在水平沙面上的E、E′点(已知滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动，不计沙撬在B、B′处的能量损失，则下列说法正确的是( )
A(全过程甲的路程等于乙的路程 B(甲在B点的速度等于乙在B′点的速度 C(甲从A到B的时间小于乙从A′到B′的时间 D(全过程甲、乙水平方向位移相等，即DE=D′E′ 【考点】动能定理的应用;位移与路程;速度( 【专题】定性思想;推理法;直线运动规律专题( 【分析】根据动能定理求出物体停止时距离A的水平距离，比较出水平距离的大小关系，从而得出运动路程的大小(根据动能定理定理比较B、D的动能大小，即可比较速率大小( 【解答】解:A、对全过程运用动能定理得，mgh,μmgcosθs,μmgs=0，而整个过程水平12位移s=cosθos+s，整理得，mgh,μmgs=0(知沿两轨道滑行水平位移相等(根据几水平12水平何关系知甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程(故A错误(D正确; 2B、设斜面的倾角为θ，根据动能定理得，mgh,μmgcosθos=mv,0，scosθ是斜面的水平距离(因为AB段的水平距离小，则甲沿AB段到达B点的速率大，故B错误;2C、根据牛顿第二定律可知，a=gsinθ,μgcosθ，位移x=，则由x=at可得，t==;故甲下滑的时间要小于乙下滑的时间;故C正确; 故选:CD 【点评】本题应用动能定理分析两人的速度关系和水平位移关系，得到的结论:两人滑行的水平位移与斜面的倾角无关，是一个重要的经验结论，在理解的基础上进行记忆(
14(如图所示，在空某一位置P将一个小球以初速度v水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞0时速度方向与水平方向成45?角，若将小球仍从P点以2v的初速度水平向右抛出，下列说0法正确的是( )
A(小球第二次碰到墙壁前瞬时速度方向与水平方向成30?角 B(小球在两次运动过程速度增量方向相同，大小之比为2:1 C(小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的4倍 D(小球第一次碰到墙壁时下落的高度为第二次碰到墙壁时下落高度的4倍 【考点】功能关系;平抛运动( 【专题】守恒定律在近代物理的应用( 【分析】平抛运动做加速度为g的匀变速曲线运动，速度变化量的方向竖直向下，大小?v=gt(根据水平位移一定，求出两次运动时间之比，从而得出竖直分速度之比，结合初速度，运用平行四边形定则求出碰撞墙壁的速度关系，从而得出动能关系( 【解答】解:A、小球以初速度v水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向0成45?角，则有:v=v，小球以2v的初速度水平向右抛出，竖直分速度变为原的，水平y00分速度变为原的2倍，则，可知α?30?(故A错误( B、初速度增大为原的2倍，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动时间变为原的，小球速度增量的方向竖直向下，根据?v=gt知，两次运动过程速度增量大小之比为2:1(故B正确( C、小球以初速度v水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45?角，则0有:v=v，则小球的动能( y0小球以2v的初速度水平向右抛出，竖直分速度变为原的，大小为，水平分速度为2v，00则速度v=，则小球的动能(小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的倍(故C错误; D、小球在竖直方向做自由落体运动，初速度增大为原的2倍，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动时间变为原的，由h=可知，小球第一次碰到墙壁时下落的高度为第二次碰到墙壁时下落高度的4倍，故D正确( 故选:BD( 【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式灵活求解(
15(如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ(下列结论正确的是( )
A(θ=90? B(θ=45? C(b球摆动到最低点的过程，重力对小球做功的功率先增大后减小 D(b球摆动到最低点的过程，重力对小球做功的功率一直增大 【考点】机械能守恒定律;牛顿第二定律;向心力;功率、平均功率和瞬时功率( 【专题】压轴题;机械能守恒定律应用专题( 【分析】假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程只有重力做功，机械能守恒，求出最低点速度，再根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解出细线的拉力;对于重力的瞬时功率，可以根据P=Fvcosθ分析( 【解答】解:A、B、假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程，机械能守恒，有
? mgR=在最低点，有 F,mg=m ? 联立??解得 F=3mg 故a小球一直保持静止，假设成立，当小球b摆到最低点时，小球a恰好对地无压力，故A正确，B错误; C、D、小球b加速下降过程，速度与重力的夹角不断变大，刚开始，速度为零，故功率为零，最后重力与速度垂直，故功率也为零，故功率先变大后变小，故C正确，D错误;故选AC( 【点评】本题关键对小球b运用机械能守恒定律和向心力公式联合列式求解，同时结合瞬时功率的表达式P=Fvcosθ进行判断(
二(填空和实验题 16(某一质点做平抛运动，在落地前1秒内它的速度方向与水平方向夹角由30?变成60?，g2取10m/s(则该质点平抛运动的初速度为m/s;平抛运动的时间为15s( 【考点】平抛运动( 【专题】定性思想;方程法;平抛运动专题( 【分析】先对30?和60?时物体的速度进行分解，运用夹角公式列方程组求解时间和初速度( 【解答】解:设平抛运动的时间为t( 对30?和60?时物体的速度进行分解，由速度夹角关系 对A:tan30?= 对B:tan60?= 由上两式解得:t=15s，v=5m/s 0故答案为:;15 【点评】对于平抛运动的夹角关系，最好画画速度的分解图，有助于分析(同时要熟知，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动(
7(在追寻科学家研究足迹的过程，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采1用了如图甲所示的实验装置( (1)实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带的实验误差，你认为应该采取的措施是AC((填选项前的字母) A(保证钩码的质量远小于小车的质量 B(选取打点计时器所打的第1点与第2点 间的距离约为2mm的纸带处理数据 C(把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平 衡摩擦力 D(必须先接通电源再释放小车 (2)如图乙所示是实验得到的一条纸带，其A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相关计数点问的距离已在图标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m(从打B点到打E点的过程，合力对小车做的功是mgs，小车动能的增量是((用题和图的物理量符号表示)(
【考点】探究功与速度变化的关系( 【专题】实验题;动能定理的应用专题(【分析】(1)由于小车运动过程会遇到(滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等)阻力，所以要平衡摩擦力(平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动;由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重力越接近( (2)对系统研究，根据某段时间内平均速度等于间时刻的瞬时速度，从而得出系统动能的变化量，判断系统动能的增加量与合力做功是否相等( 【解答】解:(1)由于小车运动过程会遇到阻力，同时由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，故要使拉力接进勾码的重量，要平衡摩擦力，以及要使勾码的质量远小于小车的质量; 故选:AC (2)从打 B 点到打 E 点的过程，合力对小车做的功是W=mgh=mgS 根据间时刻的速度等于平均速度得:，， 小车动能的增量是?E==( K故答案为:(1)AC，(2)mgs，( 【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果(
18(某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验(所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=020m)(完成下列填空: (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的 示数为100 (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为140 (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧(此过程托盘秤的最大示数为m;多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示: 序 号 1 2 3 4 5 m(kg) 180 175 185 175 190 (4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为79N;小车通过最低点2时的速度大小为14 m/s((重力加速度大小取980m/s，计算结果保留2位有效数字)
【考点】向心力;牛顿第二定律( 【专题】牛顿第二定律在圆周运动的应用( 【分析】根据量程为10kg，最小分度为01kg，注意估读到最小分度的下一位; 根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为mg，根据F=mg+F，m桥N知小车经过凹形桥最低点时对桥的压力F， N根据F=mg+m，求解速度( N00【解答】解:(2)根据量程为10kg，最小分度为01kg，注意估读到最小分度的下一位，为140 (4)根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为: F=N=mg+F m桥N解得:F=79N N根据牛顿运动定律知:F,mg=m， N00代入数据解得:v=14m/s 故答案为:(2)140，(4)79，14 【点评】此题考查读数和圆周运动的知识，注意估读，在力的问题注意分析受力和力的作用效果(
三、计算题 19(小明准备去火车站乘车回老家，当小明到达车站前，发现公共汽车在前面离自己10m远处正以10m/s的速度匀速向前行驶，小明立即示意司机停车并以5m/s的速度匀速追赶，2司机看到信号经15s反应时间后，立即刹车，加速度大小为2m/s(求小明追上汽车所需时间, 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系( 【专题】计算题;定量思想;推理法;追及、相遇问题( 【分析】根据匀变速直线运动的规律可求得公共汽车减速到零所需时间，根据位移公式式可求得汽车刹车的位移;比较小明和车的位移关系，从而明确小明需要的时间( 【解答】解:公共汽车速度减到零所用时间t=t+=15+=65s; 1在司机反应过程的位移x=vt=10×15=15m; 1减速过程可视为反向的匀加速直线运动， 2位移x′=at=×2×25=25m; 1故汽车的总位移为:x=x+x′=15+25=40m; 1小明在65s内的位移x=v(t+t)=5×(15+5)=325m,40+10=50m; 2212故说明汽车停止时，小明还没有追上; 则小明追上汽车的总时间t===10s 答:小明追上汽车需要10s( 【点评】本题考查匀变速直线运动公式的应用，要注意明确汽车刹车问题要先明确汽车速度减到零所需要的时间(
20(如图为某自动投放器的示意图，其下半部AB是一长为R的竖直管道，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧(投放时，若将弹簧长度压缩了05R后锁定，在弹簧上端放置一个可视为质点且质量为m的小球，解除锁定，弹簧可将小球弹射出去(当小球到达顶端C时，对轨道壁的压力恰好为零，不计一切阻力，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能(已知重力加速度为g，求: (1)小球到达顶端C时的速度大小v; 1(2)弹簧压缩了05R时的弹性势能E; p1(3)若将弹簧压缩了06R时，弹簧弹性势能为E=E，小球落地点离OO′的水平距p2p1离s是多少,
【考点】机械能守恒定律;平抛运动;向心力( 【专题】机械能守恒定律应用专题( 【分析】(1)鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，有牛顿第二定律列出向心力的方程，速度可求( (2)不计鱼饵在运动过程的机械能损失，所以鱼饵增加的机械能都是弹簧做功的结果，由功能关系知道弹簧具有的弹性势能等于鱼饵增加的机械能( 3)分别求出质量是m和的鱼饵离开C时的速度，再利用平抛运动规律求出落到水平面到(转轴之间的距离( 【解答】解:(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力，完全由重力提供， 则 …? 由?式解得: …? (2)从弹簧释放到最高点C的过程，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有
…? 由??式解得:E=2mgR…? p(3)设其到达管口C时速度大小为v，由机械能守恒定律得: 2 …? 鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO'的水平距离为x，由平抛运动规律有:x=vt+R…? 2 ? 由???式解得:x=42R答:(1)鱼饵到达管口C时的速度大小; (2)弹簧压缩到05R时的弹性势能Ep=2mgR; (3)若将弹簧压缩了06R时，弹簧弹性势能为E=E，小球落地点离OO′的水平距p2p1离是42R( 【点评】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90?鱼饵在水平面上形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好题(
21(如图所示，水平传送带在电动机带动下速度v=2m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别1为02kg和03kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P放在传动带点处由静止释放，已知P与传动带间的动摩擦因数为05，传送带水平部分两端点间的距离为4m(不计2定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g=10m/s( (1)判断P在传动带上的运动方向并求其加速度大小; (2)求P从开始到离开传送带水平端点的过程，与传送带间因摩擦产生的热量; (3)求P从开始到离开传动带水平端点的过程，电动机多消耗的电能(
【考点】功能关系;牛顿第二定律( 【分析】(1)以整体沿绳为研究对象，根据受力分析由牛顿第二定律可求得加速度; (2)摩擦力与相对位移的乘积为产生的热量;根据相对运动关系求出相对位移即可( (3)由能量守恒定律可知多消耗的电能等于克服摩擦力所做的功( 【解答】解:(1)P释放后受到向右的摩擦力，大小为:f=μmg=05×2=1N; Q对P的拉力为F=Mg=03×10=3N; 由PQ为整体，受到的合力为F=F,f=3,1=2N;物体将向左运动～ 合2则由牛顿第二定律可知，加速度a===4m/s; (2)P到达左侧时，位移为x=2m;用时t===1s; 则物体与传送带间的相对位移x=2+vt=2+2×1=4m; 相则产生的热量Q=fx=1×4=4J; 相(2)由能量守恒定律可知，电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力所做的功; =fvt=1×2×1=2J; 故多消耗的电能E2答:(1)P的加速度为4m/s;物体P向左运动 (2)产生的热量为4J; (3)电动机多消耗的电能为2J( 【点评】本题考查功能牛顿第二定律及功能关系，要注意正确掌握功能的转化关系，明确热量等于摩擦力与相对位移的乘积(
四(附加题(本题共计分，不需要过程，直接将答案填写在答卷相应位置上) 1022(一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为45m，如图(a)所示，t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)，碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程小物块始终未离开木板，已知碰撞后1s时间内小物块的v,t图线如图(b)2所示，木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s，求:木板最小长度和木板右端离墙壁最终距离(
【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像( 【专题】牛顿运动定律综合专题( 【分析】对碰前过程由牛顿第二定律时行分析，结合运动学公式可求得μ;再对碰后过程1分析同理可求得μ，分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学2公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度;对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移;则可求得木板最终的位置 【解答】解:(1)设向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，加速度设为a，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有: 1,μ(m+M)g=(m+M)a 11由图可知，木板与墙壁碰前瞬时速度v=4m/s; 1由运动学公式可得:v=v+at 10112s=vt+ 00111式t=1s，s=45m是木板碰间有的位移，v是小物块和木板开始运动时的速度( 100联立以上各式解得:μ=01( 1在木板与墙壁碰撞后，木板以,v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动(设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有: ,μmg=ma 22由图可得: a= 2t=2s，v=0;代入以上两式可得: 22μ=04; 2设碰撞后木板的加速度为a，经过时间?t，木板和小物块刚好具有共同速度v，由牛顿第33二定律及运动学公式得: μmg+μ(M+m)g=Ma 213v=,v+a?t 313v=v+a?t 312碰撞后至木板和小物块达到共同速度的过程，木板运动的位移为: s=?t 1小物块的位移为:s=?t 2小物块相对于木板的位移为: ?s=s,s 21由以上各式解得:?s=60m; 因为运动过程，小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为60m; (2)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a，4此过程小物块和木板运动的位移为s，由牛顿第二定律及运动学公式可得; 3μ(m+M)g=(m+M)a 1420,v=2as 343碰后木板运动的位移为s=s+s 13解得:s=,65m; 答:(1)木块的最小长度为60m (2)木板右端离墙壁的最终距离为65m 【点评】本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解的2016年3月最新下载可搜索或者按住CTRL点击博学网本文由(www.wenku1.com)首发，转载请保留网址和出处！
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