【文档说明】北京市第八十中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(26)页，1.553 MB，由管理员店铺上传

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北京市第八十中学2024~2025学年度第一学期10月月考高三物理试卷2024.10（考试时间90分钟满分100分）一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.如图所示，体重秤放在水平地面上，人站

在体重秤上。下列说法正确的是（）A.人受三个力的作用B.人给体重秤的压力就是人的重力C.人静止在体重秤上是因为人对秤的压力与秤对人的支持力大小相等D.在任何情况下，人对秤的压力都与秤对人的支持力大小相等【答案】D【解析】【

详解】A．人受重力和支持力这两个力的作用，故A错误；B．人给体重秤的压力作用在体重秤上，人的重力作用在人上，人给体重秤的压力不是人的重力，故B错误；C．人静止在体重秤上是因为秤对人的支持力大小与人的重

力大小相等，使人处于平衡状态，故C错误；D．由于人对秤的压力与秤对人的支持力是一对相互作用力，所以在任何情况下，人对秤的压力都与秤对人的支持力大小相等，故D正确。故选D。2.以30m/s速度行驶的汽车遇到紧急情况时突然刹车，刹车时汽车的加速度大小为5m/s²。

下列说法正确的是（）A.经过2s汽车的速度为40m/sB.经过2s汽车前进的距离为60mC.汽车从开始刹车到停下来需要6sD.汽车从开始刹车到停下来前进了180m【答案】C【解析】【详解】A．经过2s汽

车的速度为020m/svvat=−=故A错误；B．经过2s汽车前进的距离为22050m2vvxa−==−故B错误；C．汽车从开始刹车到停下来需要06svta==故C正确；D．汽车从开始刹车到停下来前进了090m2vxt==故D错误。故选C。3.质量为m的物体从某一

高度由静止开始下落，除了重力之外还受到水平方向的恒力F的作用，下列说法正确的是（）A.物体的运动轨迹是抛物线B.若物体运动到某一位置（落地前）撤去力F，此后物体运动轨迹是直线C.若在物体运动过程中增大水平力F，则物体从开始运动到

落地的时间增大D.物体落地时速度方向与水平方向夹角的正切值等于mgF【答案】D【解析】【详解】AD．物体受到的合力为恒力，大小为222FFmg=+合合力方向与水平方向夹角的正切值为tanmgF=可知物体在合力作用下，由静止沿合力方向做匀加速直线运动，物体落地时速度方向与水平方向夹

角的正切值等于mgF，故A错误，D正确；B．若物体运动到某一位置（落地前）撤去力F，此后速度方向与重力不同一直线上，物体做曲线运动，故B错误；C．若在物体运动过程中增大水平力F，则物体从开始运动到落地，在竖直方向的分运动为自由落体运动，则有2htg=可知物

体从开始运动到落地的时间不变，故C错误。故选D。4.篮球场上，某同学在练习投篮，篮球在空中划过一条漂亮的弧线落入篮筐，篮球的运动轨迹如图中虚线所示。不计空气阻力，从篮球出手到落入篮管的过程中，则下列说

法正确的是（）A.篮球先处于超重状态后处于失重状态B.篮球的机械能先减小后增大C.篮球重力的功率先减小后增大D.手对篮球先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】AB．从篮球出手到落入篮管的过程中，篮球只受重力的作

用，一直处于失重状态，且机械能守恒，故AB错误；C．篮球上升过程中竖直分速度减小，在最高点竖直分速度为零，下降过程竖直分速度增大，根据yPmgv=可知篮球的重力功率先减小后增大，故C正确；D．篮球出手后手对篮球不做功，故D

错误。故选C。5.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自在身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道

的半径不应小于（）A.1hk+B.hkC.2hkD.21hk−【答案】D【解析】【详解】运动员从a到c根据动能定理有212cmghmv=在c点有2NcccvFmgmR−=FNc≤kmg联立有21chRk−故选D。6.有一种趣味运动，运动员手持乒乓球拍托实心塑料球移动，距离大者

获胜。若某运动员在趣味运动中沿水平面做匀加速直线运动，手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则（）A.该运动员的加速度大小为gsinθB.球拍对球的作用力大小为mgC

.球拍对球的作用力大小为mgcosθD.该运动员对球拍的作用力大小为()cosθMmg+【答案】D【解析】【详解】A．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示则小球所受的合力为tanmg，根据牛顿第二定律得tantanmgagm==A错误；BC．根据平行四边形定则知，球拍对球的作

用力=cosmgNBC错误；D．对球拍和球整体分析，整体的合力为()Mma+，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为()cosMmgF+=D正确；故选D。7.2023年10月，“神舟十七号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空后与在轨的“天宫”空间站核心舱对接，为之后空间科学实验和技术试验

提供更多条件。已知“天宫”空间站在轨高度约为400km，下列说法正确的是（）A.神舟十七号飞船的发射速度一定大于地球的第二宇宙速度B.空间站绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/sC.空间站绕地球运动周期等于地球同步卫星的周期的D.空间站绕地球做圆周运

动的向心加速度小于地球表面的重力加速度【答案】D【解析】【详解】A．神舟十七号飞船的发射速度一定大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，故A错误；B．根据22MmvGmrr=可得GMvr=可知轨道半径越大，运行速度越小，在地

面处的运行速度为7.9km/s，因此空间站绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故B错误；C．根据2224MmGmrrT=可得32rTGM=空间站绕地球运动的半径小于地球同步卫星的半径，则空间站绕地球运动的周期

小于地球同步卫星的周期，故C错误；D．根据2MmGmar=可得2GMar=空间站绕地球做圆周运动的半径大于地球半径，向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D正确。故选D。8.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x＝5m处的M点，从此时起经过0.1s，平衡位置

在x＝1.5m处的质点第一次回到平衡位置。则下列判断正确的是（）A.t＝0时刻，x＝1m处的质点P正沿y轴正方向运动B.从t＝0时刻开始，经过0.2s质点P传播到x＝2m处C.这列波的传播速度大小为5m/sD.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向【答案】C【解析】

【分析】【详解】A．t＝0时刻，根据波动规律可知，质点P沿y轴负方向运动，故A错误；B．波传播过程中，质点不随波迁移，故B错误；C．经过0.1s，平衡位置在x＝1.5m处的质点第一次回到平衡位置，即波在0.1s内，传播了0.5m，波速为5m/s，故C正确；D．分析质点M可知，起振方向沿y轴负方向

，故质点Q起振方向为沿y轴负方向，故D错误；故选C。9.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率1v运行。初速度大小为2v的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，

小物块在传送带上运动的vt−图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知2v＞1v，则（）A.2t时刻，小物块离A处的距离达到最大B.2t时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0~2t时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0~3t时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【答案】B【解

析】【详解】A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，2t时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；C．0~t2时间内小物块先减速，后

反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；D．2t时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，2t时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。故选B

。10.乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，如图所示为某同学训练时的情景，若某次乒乓球从某一高度由静止下落，以v0=2m/s的速度竖直向下碰撞乒乓球拍，同时使乒乓球拍的接球面保持水平且以1m/s的速度水平移动，乒乓球与球拍碰撞反弹后的高度与下落高

度相等。已知乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为54=，不计空气阻力，碰撞时间极短，且碰撞过程忽略乒乓球所受重力的影响，周围环境无风，则乒乓球与球拍碰撞后的瞬时速度大小为（）A.4m/sB.3m/sC.2m/sD.1m/s【答案】B【解析】【详解】由题意可知，乒乓球与球拍碰撞后反弹的高度与下落

高度相等，则碰后竖直方向的速度大小为02m/syvv==设乒乓球的质量为m，乒乓球与球拍的碰撞时间为∆t，在竖直方向上，根据动量定理有0()yNtmvmv=−−在水平方向上，根据动量定理有xftNtmv==22xyvvv=+联立解得5m/sxv=，3m/sv=故选B。11.如图所

示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）A.两小球落地时的速度相同B.两小球落地时，重力的瞬时功率大小一样C.从开始运动至落地，A球速度的变化率较大D.从开始运动至落地，重力对两球

做功的平均功率A的大于B的【答案】D【解析】【详解】A．两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误；B．到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力

与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误；C．根据vgt=速度的变化量是相同的，则vgt=速度的变化率是一个定值，且相等，A、B的速度变化率相等，故C错误；D．从

开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据WPt=知道重力对A小球做功的平均功率较大，故D正确。故选D。12.地球同步卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，在点A时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B

时，再次点火进入同步轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为R，同步卫星轨道半径为r，设卫星质量保持不变，下列说法中不正确的是（）A.卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅲ上的运动周期之比为33RrB.卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅱ上的运动

周期之比为32322RRr+C.卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅲ上运动的动能之比rRD.卫星在轨道Ⅱ上运动经过A点和B点的速度之比为rR【答案】A【解析】【详解】AB．由开普勒第三定律32akT=可得，卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅲ上运动周期之比为33TRTr=卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅱ上的运动周

期之比为的32322TRTRr=+A错误，符合题意，B正确，不符合题意；C．由万有引力提供向心力，卫星在轨道Ⅰ上可得22vMmGmRR=在轨道Ⅲ上可得22vMmGmrr=则有卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅲ上运动的动能之比为kkErER=C正确，不

符合题意；D．设卫星在轨道Ⅱ上运动经过A点的速度为Av，在B点的速度为Bv，由开普勒第二定律可得1122ABRvrv=解得经过A点和B点的速度之比为ABvrvR=D正确，不符合题意。故选A。13.如图所

示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处时速度最大，到达C处时速度为零，AC=h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A.下滑过程中，加速度一直

减小B.下滑过程中，克服摩擦力做功为214mvC.在C处时，弹簧的弹性势能为212pEmghmv=−D.上滑经过B的速度大小等于下滑经过B的速度大小【答案】B【解析】【详解】A．如图所示圆环从A处由静止

开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A错误；BC．研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，根据动能定理有00fmghWW+−=−弹在C处获

得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，根据动能定理有2102fmghWWmv−++=−弹解得214fWmv=−，214Wmvmgh=−弹故B正确，C错误；D．研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，根据动能定理有2102fBmghWWmv−=+−弹研究圆环从B处上滑

到A过程，根据动能定理有2102fBmghWWmv−++−=弹由于0fW所以221122BBmvmv上滑经过B的速度大小大于下滑经过B的速度大小，故D错误。故选B。14.如图所示，当彗星运动到A处，部分尘埃粒子被释放出来，它们不再沿着彗星运行

轨道运动，一种观点认为太阳光产生的辐射压强把它们沿径向向外推开，假设尘埃粒子都是实心球体，并且它们所截取的太阳光全都被吸收，如果探测发现，半径为0R的尘埃粒子的运动路径为图中b所示，Ab为直线，Aa、Ac为曲线。假设太阳的辐射功率恒定不变，A处小范围内太阳风

等其它力的作用可忽略不计，则下列说法错误．．的是（）A.半径0R的大小与尘埃粒子离太阳的距离无关B.沿Aa路径运动的尘埃粒子半径大于0RC.沿Ac路径运动的尘埃粒子半径大于0RD.沿Ab路径运动的尘埃粒子所受太阳的引力等于太阳

光对它的辐射压力【答案】B【解析】【详解】D．依题意，沿Ab路径运动的尘埃粒子受力平衡，所受太阳的引力等于太阳光对它的辐射压力。故D正确，与题意不符；ABC．设半径为R0的粒子运动到距离太阳r处时，t时间内接受到的太阳光能量为20024PtREr

=t时间内接受到的光的动量为20024PtREpcrc==设粒子受到的辐射压力为F压，根据动量定理有20024PtRFtrc=压解得20024PRFrc=压设尘埃粒子的密度为，该粒子的质量为3043mR=该粒子运动到距离太阳r处时所受的引力为2GMmF

r=引解得00163FcGMRFP=引压运动路径Ab为直线的尘埃粒子受力平衡，即FF=压引由上式可见，二者的比值与尘埃粒子到太阳的距离r无关，也与速度大小无关，仅由尘埃粒子的半径决定。由于Ac路径向内弯曲，说明FF压引即该尘埃粒子

的半径0cRR由于Aa路径向外弯曲，说明FF压引即该尘埃粒子的半径0aRR故AC正确，与题意不符；B错误，与题意相符。本题选错误的，故选B。二、本部分共6题，共58分。15.某实验小组做探究影响向心力大小因素的实验，图甲为“向心力演示器”装置，已知挡板A

、C到左右塔轮中心轴的距离相等，B到左塔轮中心轴距离是A的2倍，皮带按图乙三种方式连接左右变速塔轮，每层半径之比由上至下依次为1∶1、2∶1和3∶1。在探究向心力与角速度的关系时，为了控制角速度之比为1∶3，需要将

传动皮带调至第______（填“一”、“二”或“三”）层塔轮，然后将两个质量相同的钢球分别放在______挡板（填“A、B”，“A、C”或“B、C”）处，匀速转动手柄，左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则可得出的结论是______。【答案】①.三②.A、

C③.在质量和半径一定时，F与ω2成正比【解析】【详解】[1]变速塔轮边缘处的线速度相等，根据vr=可知为了控制角速度之比为1∶3，需要将传动皮带调至第三层塔轮。[2]根据2Fmr=可知在探究向心力大小与角速度的关

系时，需控制小球质量和轨道半径相同，将两个质量相等的钢球分别放在A、C挡板处。[3]左右两球所受向心力大小之比为1:9FFnn==右右左左：：则可得出的结论是在质量和半径一定时，F与ω2成正比。16.采同学用如图所示的仪器研

究平抛运动的规律。（1）实验，下列说法正确的是______。A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B.斜槽轨道必须光滑C.挡板每次往下移动的距离必须相等D.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些E.为了比较准确地描出

小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起（2）在实验中，该同学只记录了A、B、C三点（A点不是抛出点），各点的坐标如图所示，则物体运动的初速度为______m/s，从抛出点运动到B点所需时间为______s（计算结果保留二位有效

数字，g取10m/s2）【答案】（1）AD（2）①.1.0②.0.20【解析】【小问1详解】AB．为了使小球平抛运动的初速度相同，小球需从斜槽上相同的位置自由滑下，斜槽轨道不一定需要光滑，故A正确，B错误；

C．挡板每次向下移动的距离不必须相等，下移位置合适即可，故C错误；D．要画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放，才能在坐标纸上多找到一些点，然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹，所以要使描出的轨迹更好

地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故D正确；E．实验总是有误差的，不能用一条曲线把所有的点连接起来，应该将找到的点用平滑的曲线连接起来，有的点可能在平滑的曲线上，有的点也可能不在平滑的曲线上，故E错误。故选AD。【小问2详解】[1]竖直方

向有2BCAByygT−=水平方向有0BCxvT=解得物体运动的初速度01.0m/sv=[2]B点竖直分速度2ACByyvT=又Byvgt=解得从抛出点运动到B点所需时间0.20t=s17.某同学利用如图甲的装置探究加速度与质量的关系，在气垫导轨上安装了两个光电

门1、2，滑块上固定一遮光条（宽度为d），滑块用细线跨过定滑轮与托盘相连，托盘里放砝码。（1）滑块的质量用M表示，托盘和砝码的总质量用m表示，本实验用托盘和托盘中砝码的总重力mg代替绳对滑块的拉力，为

了减小实验误差，要求m与M之间满足的关系是m______M。（2）滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为1t、2t，两光电门间的距离为L，用d、1t、2t、L表示滑块运动的加速度a=______。（3）保持托盘和盘中砝码的总质量m不

变，改变滑块的质量M，某同学绘制了1aM−图像如图乙所示，图线的上端出现了弯曲，原因是____________。（4）如果该同学绘制的是1amM−−图像，此时图线的形状与m和M之间的大小关系______关（填“有”或“无”），并在图丙中画出该图像_

_____。【答案】（1）远小于（2）22221112dLtt−（）（3）随着M的减小，不满足M远大于m的条件（4）①.无②.【解析】【小问1详解】设绳的张力为F，滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律，对托盘和托盘中的砝码有maFma−=对滑块有FMa=

联立得1mgFmM=+根据实验要求，有Fmg可得0mM即m远小于M。【小问2详解】滑块在气垫导轨上做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度与位移关系式知22212vvaL−=又11dvt=，22dvt=联立解得22221112da

Ltt=−（）【小问3详解】当m≪M时，细线上的拉力Fmg又FMa=可得1FamgMM==当1M增大，即M减小，m不再远小于M时，由（1）中分析得MmgFMm=+则magMm=+随着M减小，a逐渐趋向于g，即a—1M图线上端出现弯曲

。【小问4详解】[1][2]由第（1）问分析可知mgMma=+（）即1amgMm=+mg一定，a∝1Mm+，所以a—1Mm+图像与m和M之间的大小关系无关，如图所示18.2022年北京冬奥会上，一名滑雪运动员在倾角30=的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的

总质量70kgm=。滑道与水平地面平滑连接，如图所示。他从滑道上由静止开始匀加速下滑，经过5st=到达坡底，滑下的路程50mx=。运动员视为质点，重力加速度210m/sg=，求∶（1）滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a；（2）滑雪运动员沿山坡下滑过程中受到的阻力大小f；（3）滑雪运动员在

全过程中合力的冲量I。【答案】（1）24m/s；（2）70N；（3）1400Ns【解析】【详解】（1）根据题意可知，运动员下滑时做匀加速直线运动，即212xat=解得24m/sa=（2）下坡时根据牛顿第二定律可知sinmgfma−=代入

数据，解得阻力大小为70Nf=（3）滑到坡底时，运动员的速度大小为20m/svat==合力的冲量等于动量的变化量，则01400NsImv=−=19.人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道另一端水平流出，落入步道边

的水池中，形成瀑布景观。水池的水面距离地面为H（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为h，龙头喷水管的半径为r，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的

水平距离为d=2h。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求单位时间内从龙头管口流出水的质量m0；（2）不计额外功的损失，求水泵的输出功率P。（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸116的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速

度的多少倍？【答案】（1）22rgh（2）22rgghhH+（2）（3）14【解析】【小问1详解】由题意可知龙头喷水管的半径为r，可知横截面积为2Sr=单位时间内从龙头管口流出水的体积为0VvS=由平抛运动规律得002hdvtvg==

联立解得体积为22Vrgh=单位时间内从龙头管口流出的水的质量为202mVrgh==【小问2详解】t时间内从管口喷出的的水体积为的的0VSvt=质量为0mVSvt==那么设t时间内水泵对水做的功为

W，则由动能定理可得2012WmghHmv=+（）+得水泵输出的功率为201+2WmPgHhvtt==+（）联立解得22PrgghhH=+（2）【小问3详解】可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的116，

由212hgt=可得1=16hh模可知模型中的时间为1=4tt模水平方向上由0xvt=可得116xx=模可解得014vv=模模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的14倍。20.2022年11月1日，梦

天实验舱与天和核心舱成功对接，这标志着中国空间站从此成为我们中国人的太空家园。地球近似为半径为R的均匀球体，其表面附近的重力加速度为g。不考虑地球自转的影响。（1）2022年10月31日，甲同学看梦天实验舱发射的现场直播，他

听到现场总指挥发出“点火”命令后立即用秒表计时，假设测得火箭底部从开始发射到离开塔顶所用时间为t，如果他想估算该火箭的推力有多大，还需要知道哪些数据?请将这些数据用相应的符号表示出来，并推导出火箭推力的表达式。（2）梦天实验舱与天和核心舱成功对接后的组合体质量为m，绕地球做匀速圆周运动的半径为r

。a．求组合体的动能；b．在空间站工作将长期处于微重力状态，微重力并非地球对物体的重力很小，为了帮助大家理解微重力在此举例来说明：当我们站立时会受到向下的重力和向上的弹力，那么我们平时说自己多重并不是来自地球引力，而是

来自弹力，也就是平时常说的“视重”。如果没有任何弹力“支撑”也没有其它外力，我们将处于完全失重，但如果有空气阻力那我们就可以感受到由于这个空气阻力支撑带来的一点点极其微弱的“重力”，这就是所谓的微重力。请估算空间站内质量为2m的物体速度为v时沿轨

道半径方向的微重力大小F微。（3）已知质量为1m和2m、距离为R的两个质点间的引力势能12pmmEGR=−，G为万有引力常量。如果质量均为m的两个质点之间只有相互的万有引力作用（其它作用力可忽略不计），某时刻二者相距0r时速度刚好垂直，如图所示。经

过很长时间二者可相距无穷远，则二者垂直时的速率0v需要满足什么条件。【答案】（1）火箭体质量为0m，火箭底部塔顶的距离为h，2002mmhFgt=+（2）a．2k2mgREr=；b．22222mgRvFmrr=−（3）()12021202GmmRvmmr+【解析】【小问1详解】设火

箭体质量为0m，火箭底部塔顶的距离为h，根据匀加速运动规律212hat=解得22hat=根据牛顿第二定律可得00Fmgam−=联立可得火箭推力为2002mmhFgt=+故还需要知道火箭体质量为0m，火箭底部塔顶的距离为h。【小问2详解】

a．根据万有引力提供向心力22MmvGmrr=地球表面2MmGmgR=组合体的动能2k12Emv=联立解得组合体的动能2k2mgREr=b．空间站内质量为2m的物体沿轨道半径方向受到的微重力为F，此时空间站内的物体和空间站具有相同的向心加速度2var=对空

间站内的物体受力分析可得2222GMmvFmrr−=解得微重力的表达式为22222mgRvFmrr=−【小问3详解】设两质点的总质量为m总，则12mmm=+总当两质点相距无穷远时，引力势能为零，动能也为零，因此当两质点相距为0r时，它们的机

械能应大于等于零，即2p0012vmE+总代入引力势能公式1212p00mmmmREGGrRr=−=−解得()21212020012022GmmGmmRRvmrrmmr=+总故二者垂直时的速率0v需要满足的条件为()12021202GmmRvmm

r+21.用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以6v=m/s的速度在光滑的水平面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C在前方静止，如图所示，B与C碰后二者粘在一起运动．在以后的运动中，则：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度是多大？（2）弹性势能最大值是多

少？（3）请根据系统运动特点，尽可能定量的做出速度-时间图线，并且用文字表述系统运动的总体特点（至少一个）。【答案】（1）3m/s（2）12J（3）见解析【解析】【小问1详解】当A、B、C三者的速度相同时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C组成的系统动量

守恒得()()ABABCABCmmvmmmv+=++解得ABC3m/sv=【小问2详解】B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则()BBCBCmvmmv=+得BC2m/sv=物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最

大为Ep，根据能量守恒定律，则()()222pBCBCAABCABC111222Emmvmvmmmv=++−++代入数据可得p12JE=【小问3详解】依题意，速度-时间图线如图所示系统运动特点是系统动量守恒。