【文档说明】河北省石家庄市辛集市第一中学2021届高三九月月考物理试卷含答案.doc，共(15)页，301.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一．选择题（共11小题）1．在某一高度以v0＝20m/s的初速度竖直上抛一个小球（不计空气阻力），当小球速度大小为10m/s时，以下判断不正确的是（g取10m/s2）（）A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15m/s，方向向上B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s

，方向向下C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向上D．小球的位移大小一定是15m【分析】竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性．（1）速度对称：物体在上升过程和下降过程中

经过同一位置时速度大小相等，方向相反．（2）时间对称：物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等．【解答】解：A、根据，速度为10m/s时平均速度大小可能为15m/s，方向向上，速度为﹣10

m/s时平均速度大小可能为5m/s，方向向上，AC正确B错误C、根据知小球的位移大小一定是15m，D正确；本题选错误的，故选：B【点评】本题关键是末速度的方向未知，要分情况讨论；竖直上抛运动的全过程是匀变速直线运动，灵活地选择运动学公式列式求解．2．做曲线运动的物体，在

运动过程中一定变化的物理量是（）A．速度B．加速度C．动能D．合外力【分析】既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的．【解答

】解：A、物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故A正确。B、平抛运动也是曲线运动，但是它的合力为重力，加速度是重力加速度，是不变的，故BD错误。C、匀速圆周运动的速度的

大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故C错误；故选：A。【点评】曲线运动不能只想着匀速圆周运动，平抛也是曲线运动的一种，在做题时一定要考虑全面．3．图甲、乙、丙分别是力学中的三个实验装置的示意图，这三个实验共同的物理思想是（甲

图中M、N为平面镜）（）A．放大的思想方法B．控制变量的思想方法C．比较的思想方法D．猜想的思想方法【分析】测万有引力常数：由于引力较小，转动角度较小，故需要放大转动角度；观察桌面微小形变时：桌面受力发生形变由于微小，故需要放大；显示玻璃瓶受力形变时：

通过细管来放大液面是否上升．【解答】解：测万有引力常数时，使转动的位移放大。而观察桌面形变时，形变微小故运用放大来体现。及显示玻璃瓶受力形变时：通过细管来放大液面是否上升。故这三个实验均用放大思想方法。故选：A。【点评】本题除体现放大思想外，还有研究物理问题的思想有转换法、控制变量法等4

．2018年1月31号晚上，月亮女神上演152年一次的“月全食血月+超级月亮+蓝月”三景合一的天文奇观。超级月亮的首要条件是月亮距地球最近，月亮绕地球运动实际是椭圆轨道，距离地球的距离在近地点时为36.3万千米，而位于远地点时，距离为40.6

万千米，两者相差达到10.41%，运行周期为27.3天，那么以下说法正确的是（）A．月球在远地点时绕行的线速度最大B．每次月球在近地点时，地球上同一位置的人都将看到月食C．有一种说法，月球的近地点越来离地球越远，如果一旦

变成半径大小等于远地点距离40.6万千米的圆轨道时，那么月球绕地球的周期将变大D．月球是地球的卫星，它在远地点时的机械能大于在近地点的机械能【分析】地月系统符合开普勒第二定律（面积定律），即对于月球而言，月球和地球的连线在相等

的时间内扫过相等的面积，据此分析线速度大小，结合功能关系分析机械能变化情况。【解答】解：A、月球在远地点线速度最小，故A错误；B、由于地球的自转，那么地球同一位置的人不一定都能看到月食，故B错误：C、近地点变远，远地点不变，长半轴变大，根据开普勒定律可

知周期变大，故C正确；D、而卫星在同一轨道上（不论是圆轨道还是椭围轨道）机械能守恒，故D错误。故选：C。【点评】此题考查开普勒第二定律的理解和应用，知道只要万有引力做功，机械能守恒。5．“嫦娥一号”的姐妹星“嫦娥二号”，于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，并获得

了圆满成功．在奔月的天路上飞驰112个小时后，于10月6号上午“嫦娥二号”在近月点100公里处踩下刹车，成功实施第一次近月制动．这标志着“嫦娥二号”由地月转移轨道进入周期约12小时的环月轨道，从追月者到绕月者，变成了月球的卫星，关于“嫦娥二号”

的下列说法中正确的是（）A．最后一次在近地点加速后的卫星的速度必须等于或大于第二宇宙速度B．卫星在到达月球附近时需刹车减速是因为卫星到达月球时的速度大于月球卫星的第一宇宙速度C．卫星在到达月球附近时需刹车减速是因为卫星到达月球时的速度大于月球卫星

的第二宇宙速度D．若绕月卫星要返回地球，则其速度必须加速到大于或等于月球卫星的第三宇宙速度【分析】理解三种宇宙速度，第一宇宙速度，这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度7.9km/s，若7.9km/s≤v＜11.2km/s，物体绕地球运行（环

绕速度）；第二宇宙速度，这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度11.2km/s，若11.2km/s≤v＜16.7km/s，物体绕太阳运行（脱离速度）；第三宇宙速度，这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度16.7km/s

，若v≥16.7km/s，物体将脱离太阳系在宇宙空间运行（逃逸速度）．【解答】解：A、最后一次在近地点加速后的卫星的速度若等于或大于第二宇宙速度，卫星将脱离地球引力的束缚，绕太阳运行，而不会绕月球飞行，故A错误。BC

中，卫星到达月球时的速度大于月球卫星的第一宇宙速度时，卫星将绕月球做椭圆轨道运动；若卫星到达月球时的速度大于月球卫星的第二宇宙速度，卫星将脱离月球束缚，绕太阳运行，所以卫星在到达月球附近时需刹车减速是因为卫星到达月球时的速度大于月球卫星的第二宇宙速度；故B错误，C

正确。D、绕月卫星其速度必须加速到大于或等于月球卫星的第三宇宙速时，其将脱离地球的吸引。故D错误。故选：C。【点评】理解三种宇宙速度并能学会知识迁移，把三种宇宙速度的思想转移到其它星体的运动上．6．某同学设计了一个探究平抛运动特点的家庭实验装置．如图所示，在水平桌面上放置一个斜面，把桌子搬到

墙的附近，把白纸和复写纸附在墙上．第一次让桌子紧靠墙壁，从斜面上某一位置由静止释放钢球，在白纸上得到痕迹A，以后每次将桌子向后移动相同的距离x，每次都让钢球从斜面的同一位置滚下，重复刚才的操作，依次在白纸上留下痕迹B、C、D，测得AB、BC、CD间的距离分别为y1、y2和y3，设小钢球离

开水平桌面运动后运动到痕迹B、C、D的时间分别为t1、t2和t3．下列关于本实验的操作或判断错误的是（）A．实验前应对实验装置反复调节，直到桌面与重锤线垂直B．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了具有相同的水平初速度C．如果

操作与测量正确，可得y1：y2：y3＝1：2：3D．如果操作与测量正确，可得t1：t2：t3＝1：2：3【分析】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，结合运动学公式得出竖直方向的位移之比．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位

移和时间间隔求出初速度．【解答】解：A、实验前应对实验装置反复调节，直到桌面与垂线垂直，故A正确。B、为了保证小球的初速度相同，每次让小球从斜面的同一位置由静止释放，故B正确。C、每次将桌子向后移动相同的距离x，结合分运动具有等时性，知AB、BC、CD的

时间相等，则AB、BC、CD的位移之比为1：3：5，所以小钢球离开水平桌面运动后运动到痕迹B、C、D的时间之比为t1：t2：t3＝1：2：3，故C错误，D正确本题选错误的，故选：C。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活

求解．7．如图，取一块较厚的板，置于水平面上。先按图甲所示分割成A、B两部分，并分开适当距离，在两部分间形成曲线轨道，最后按图乙所示将其分割成序号为1、2……6的六块板。现让小球以一定的初速度进入轨道，沿曲线轨道运

动。若取走某些板后，小球仍能沿原曲线运动，可取走（）A．1、3、5B．2、4、6C．1、4、5D．2、3、6【分析】解曲线运动所受的合外力一定指向轨迹的凹侧，据此分析板块提供弹力情况，得出选项。【解答】解：1、2板块处小球需指向1的向心力，必须2板块给以弹力；3、4板块处

小球需指向4的向心力，必须3给予弹力（4板块给的支持力指向凸侧，不满足运动需求）；5、6板块需6板块给予弹力，故可以取走的是1、4、5板块，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本质考查曲线运动的受力情况，学生应深刻理解向心力指向运动轨迹凹侧的特

点，以此出发判断。8．公元2100年，航天员准备登陆木星，为了更准确了解木星的一些信息，到木星之前做一些科学实验，当到达与木星表面相对静止时，航天员对木星表面发射一束激光，经过时间t，收到激光传回的信号，测得相邻两次看到日出的时间

间隔是T，测得航天员所在航天器的速度为v，已知引力常量G，激光的速度为c，则（）A．木星的质量B．木星的质量M＝C．木星的质量M＝D．根据题目所给条件，可以求出木星的密度【分析】航天器到达与木星表面相对静止时，此时相当于同步卫星，根据周期和线速度关系求解轨道半径，根据几

何关系求解木星半径，根据万有引力充当向心力求解木星质量，根据密度公式求解木星密度。【解答】解：航天器的轨道半径r＝，木星的半径R＝﹣，根据万有引力充当向心力知：G＝m（）2r，解得木星的质量M＝＝，知道木星的质量和半径，可以求出木星的密度，故D正确，ABC错误。故选

：D。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，本题已知线速度、周期可以求解轨道半径，注意木星半径不等于飞船轨道半径。9．以v0＝20m/s的速度竖直上抛一小球，经2s以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球（g取10m/s2），则两球相

碰处离出发点的高度是（）A．10mB．15mC．20mD．不会相碰【分析】先判断先竖直上抛的小球到达最高点用的时间t＝＝2s，所以与另一小球相遇是在它的下落阶段，分别代入匀加速和竖直上抛运动规律即可．【解答】解：设第一个小球上升的

最大高度为H，则由H＝得：H＝20m。先判断先竖直上抛的小球到达最高点用的时间t＝＝2s，所以另一小球抛出时，它恰好在最高点将要做自由落体运动。设：经过时间t相遇，则：第一个小球下落的距离：h1＝＝5t

2第二个小球上升的高度：h2＝v0t﹣＝20t﹣5t2又因为：h1+h2＝H代入数据得：5t2+20t﹣5t2＝20得：t＝1s所以：两球相碰处离出发点的高度h＝v0t﹣＝20t﹣5t2＝15m故选：B。【点评】竖直上抛运动是匀变速运动，

特点是有一段往复，分析过程时可借助运动草图分析，找出需要的关系列式即可．10．将一个足球竖直向上抛出，足球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。图中所描绘的足球在上升过程中加速度a大小与时间t关系的图象，可能正确的是（）A．B．C．D．【分析】通过受力分析

，根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置（最高点）进行判断。【解答】解：足球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f＝ma根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f＝kv联立解得：a＝g+由

于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零a＝g+，有∝，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故a﹣t图象的斜率不断减小，故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的

变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律。11．我国计划在2030年之前制造出可水平起飞、水平着陆并且可以多次重复使用的空天飞机。假设一航天员乘坐空天飞机着陆某星球后，由该星球表面以大小为v0的速度竖直向上抛出一物体，经时间t后物体落回抛出点。已知该星球的半径为R，该星球没有大气层，也不

自转。则该星球的第一宇宙速度大小为（）A．B．C．D．【分析】根据竖直上抛运动求星球表面的重力加速度，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据万有引力提供圆周运动向心力求解即可。【解答】解：根据物体做竖

直上抛运动的速度时间关系可知，t＝，所以星球表面的重力加速度g＝。星球表面重力与万有引力相等，mg＝，近地卫星的轨道半径为R，由万有引力提供圆周运动向心力有：，联立解得该星球的第一宇宙速度v＝，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】重力加速度g是天体运动研究

和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量。本题要求学生掌握两等式：一是物体在星球表面所受重力等于万有引力；二是物体做匀速圆周运动其向心力由引力提供。二．多选题（共5小题）12．在完成各项既定任务后，“神舟九号”飞船于2012年6月29日10时许返回地面，主着陆场位于内蒙古

四子王旗地区．如图所示，飞船在返回地面时，要在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的一点，M为轨道Ⅰ上的另一点，关于“神舟九号”的运动，下列说法中正确的有（）A．飞船在轨道Ⅱ上经过P的速度小于

经过Q的速度B．飞船在轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过M的速度C．飞船在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期D．飞船在轨道Ⅱ上经过P的加速度小于在轨道Ⅰ上经过M的加速度【分析】在轨道Ⅱ上运行时，根据万有引力做功情况判断P、Q两点的速度大小，根据开普勒第三定律比较在轨道Ⅱ

上和在轨道Ⅰ上运行的周期大小，通过比较万有引力的大小，根据牛顿第二定律比较经过P点的加速度大小．从轨道Ⅱ上P点进入轨道Ⅰ需加速，使得万有引力等于向心力．【解答】解：A、在轨道Ⅱ上运行时，由P点向Q点运

动，万有引力做正功，动能增大，所以Q点动能大于P点动能。故A正确。B、在轨道Ⅱ上经过P点，由于万有引力大于向心力，会靠近地球运动，在该位置加速，使得万有引力等于向心力，进入轨道Ⅰ，所以在轨道Ⅱ上经过P的动能小于在轨道Ⅰ上经过P的动能，所以飞船在轨道Ⅱ上经过P

的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度，所以飞船在轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过M的速度。故B正确C、根据开普勒第三定律知，＝k，椭圆轨道的半长轴小球轨道Ⅰ的半径，所以在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期。故C错误。D、在轨道Ⅱ上经过P点所受的万有引力等于在轨道Ⅰ上经过P的万有

引力，即也等于在轨道Ⅰ上经过M的万有引力，根据牛顿第二定律知，加速度相等。故D错误。故选：AB。【点评】解决本题的关键掌握卫星的变轨的原理，以及掌握开普勒第三定律，通过比较轨道半径比较运动的周期．13．“研究平抛物体的运动”实验的装置如图

所示，在实验前应（）A．将斜槽的末端切线调成水平B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C．小球每次必须从斜面上同一位置由静止开始释放D．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，作为小球做平抛运

动的起点和所建坐标系的原点【分析】在实验中让小球能做平抛运动，并能描绘出运动轨迹，实验成功的关键是小球是否初速度水平，要求从同一位置多次无初速度释放，这样才能确保每次平抛轨迹相同。【解答】解：A、实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要

求有水平初速度且只受重力作用，故A正确；B、根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求木板平面与小球下落的竖直平面平行，故B正确；C、小球每次必须从斜面上

同一位置由静止开始释放是实验过程中的注意事项，不是实验前的准备。故C错误；D、在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，不能作为小球做平抛运动的起点放，故D错误。故选：AB。【点评】在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，同

时让学生知道描点法作图线方法：由实验数据得来的点，进行平滑连接起来。14．甲、乙为两颗质量不同的地球卫星，两颗卫星轨道均可视为圆轨道，乙卫星运动的周期是甲卫星的两倍。以下判断正确的是（）A．甲的角速度是乙的两倍B．甲的

加速度是乙的四倍C．在相同时间内，甲、乙两卫星与地球球心连线扫过的面积相同D．乙圆周运动的向心力可能比甲大【分析】两卫星绕地球转动，为同一中心天体，所以可以利用开普勒定律进行分析求解，同时注意结合圆周运动的基本内容进行分析判断各物理量间关系。【解答

】解：A、根据T＝可知，由于乙卫星运动的周期是甲卫星的两倍，所以甲的角速度是乙的两倍，故A正确；B、根据开普勒定律可知，＝；所以甲的半径一定小于乙的半径，则由a＝可知，甲的加速度一定小于乙加速度的四倍，故B错误；C、由于两行星的高度不同，运行速度不同，则它们

在相同时间内，甲、乙两卫星与地球球心连线扫过的面积不相同，故C错误；D、根据向心力公式可知，F＝mrω2，由于两卫星的质量不同，如果乙的质量较大，则有可能出现乙的向心力大于甲的向心力的情况，故D正确。故选：AD。【点评】本题也可以利用万有引力定律进行分析，

在解题时要注意明确两卫星的周期不同，则其半径、角速度和线速度均不同，不能简单地认为半径相等而出现错误。15．在地球上将物体P水平抛出做平抛运动，物体的动能Ek与下降高度h之间的关系如图中实线所示。在某一星球H上改用质量相同的物体Q水平抛出做平抛运动，其动能Ek与下降高度h之间的

关系如图中虚线所示。假设地球和星球H均为质量均匀分布的球体。已知地球的半径是星球H的2倍，地球表面重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．地球的质量是星球H的6倍B．地球与星球H的密度之比

为3：2C．已知地球的半径约为6.4×106m，则星球H的第一宇宙速度约为3.3km/sD．若P、Q下落过程中重力的瞬时功率相同，则Q下降的高度是P的9倍【分析】物体做平抛运动，由动能定理知Ek＝Ek0+mgh，结合图象的斜率可知地球的重力加速度与星球H的重力加速度关系，根

据万有引力等于重力和密度公式，分析地球与星球H的密度之比和地球的质量与星球H的质量之比；根据第一宇宙速度为v＝，求解星球H的第一字宙速度v′；重力的功率PG＝mgv＝mg。【解答】解：AB、物体做平抛运动，由动能定

理可得：Ek＝Ek0+mgh，结合图象的斜率可知地球的重力加速度为星球H的3倍，根据万有引力等于重力知地球表面重力加速度为：g＝，其中M＝ρπR3，解得ρ＝，已知地球的半径是星球H的2倍，所以地球与星球H的密度之比为3

：2，地球的质量与星球H的12倍，故B正确，A错误；C、根据第一宇宙速度为v＝，星球H的第一字宙速度v′＝，代入数据解得星球H的第一字宙速度约为3.3km/s，故C正确；D、重力的功率PG＝mgv＝mg，功率相等时，

Q下降的高度是P的27倍，故D错误。故选：BC。【点评】本题主要是考查了动能定理、万有引力定律及其应用、以及图象问题的分析；知道在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；知道图象表示的物理意义是关键。16

．以下图片来源教材，与他们相关的说法正确的是（）A．甲图是英国物理学家库伦利用扭秤实验测量万有引力常量G的装置示意图B．乙图是发射出去的火箭，利用了反冲现象C．丙图是利用“光的反射”精确测量微小压力大小的装置示意图D．丁图中，伽利略第一次用科学的实验方法改变了

人类对物体运动的认识，总结出了行星运动定律和万有引力定律等，为人类做出了卓越贡献【分析】明确各图对应的内容，同时结合所学过的物理规律和对应的物理学史进行分析，即可得出正确结果．【解答】解：A、甲图是英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验测量万有引力常量G的装置示意图，故A错误；B、乙图是发射出

去的火箭，它利用了反冲现象，故B正确；C、丙图是利用“光的反射”精确测量微小压力大小的装置示意图，故C正确；D、丁图中，伽利略第一次用科学的实验方法改变了人类对物体运动的认识，但它没有总结出了行星运动定律和万有引力定律

等，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查对课本基本内容的掌握情况，在分析时一定要注意掌握对应的物理学史，同时明确各规律分析时所用到仪器等内容．三．计算题（共2小题）17．如图所示，一热气球匀速上升到离水平地面H＝43.2m

高时，从气球上掉落一物体，物体又竖直上升了h＝1.8m后才开始下落。物体离开气球后在空中运动过程中的加速度大小恒为g＝10m/s2，方向竖直向下。求：（1）物体离开气球时的速度大小；（2）物体从离开气

球到落回地面的时间。【分析】（1）由速度位移的关系式可求得初速度大小；（2）物体全过程可看做匀减速运动，由位移公式可求得运动时间。【解答】解：（1）设物体离开气球时的速度为v0，由速度位移的关系式得：v02＝2gh解得：v0＝6m/s（2）由位移公式得：﹣H＝v0t﹣解得：t＝3.6s（另一解

﹣2.4s舍去）答：（1）物体离开气球时的速度大小是6m/s；（2）物体从离开气球到落回地面的时间是3.6s。【点评】对于竖直上抛运动可分段求解或整体看做匀减速求解，通常取初速度的方向为正方向。18．石墨烯是近些

年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在21世纪实现。科学家们设想，通过地球同步

轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。（1）若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的速度。设地球自转角速度为ω，地球半径为R（第一问用字母表示结果）；（2）当电梯仓

停在距地面高度h2＝4R的站点时，求仓内质量m2＝50kg的人对水平地板的压力大小。地面附近重力加速度g取10m/s2，地球自转角速度ω＝7.3×10﹣5rad/s，地球半径R＝6.4×103km（第二问结果保留三位有效数字）。【分析】（1）因为同步轨道站与

地球自转的角速度相等，根据轨道半径求出轨道站的线速度。（2）根据向心加速度的大小，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出人对水平地板的压力大小。【解答】解：（1）设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1其中：r1＝R+h1，v1＝ωr1得v1＝ω（R+

h1）。（2）设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为an，受地球的万有引力为F，则r2＝R+h2，an＝ω2r2，F＝G又m2g＝，设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N′，则F﹣N＝m2an，N′＝N，联立并代入数据得N

′＝11.5N答：（1）若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的速度为ω（R+h1）。（2）当电梯仓停在距地面高度h2＝4R的站点时，仓内质量m2＝50kg的人对水平地板的压力大小为11.5N。【点评】此题考查了万有引力定律与牛顿第二

定律的综合，知道同步轨道站的角速度与地球自转的角速度相等，以及知道人所受的万有引力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。