【文档说明】北京市八一学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.486 MB，由小赞的店铺上传

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北京市八一学校10月月考试题高三物理说明：本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。第一部分本部分共10题，每题3分，共30分。在每题给出的四个选项中，有的题只

有一个选项是正确的，有的题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。1.如图所示，两个完全相同的物块1和物块2之间用轻弹簧连接，用一根不可伸长的轻软细绳悬挂在天花板上并保持静止。剪

断细绳的瞬间，物块1和物块2加速度的大小分别为a1和a2。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.a1=gB.a1>gC.a2=0D.a2>g【答案】BC【解析】【详解】设物块的质量为m，对物块2受力分析可知，弹簧

的弹力等于物块2的重力，即Fmg=对物块1研究，受绳向上的拉力、向下的重力和弹簧的弹力；剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律可知，对物块1有1+2Fmgagm==对物块2有20Fmgam−==故选BC。2.图为一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的

示意图。Q点和P点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是（）A.Q、P的线速度大小相等B.Q、M的角速度大小相等C.P、M的向心加速度大小相等D.P、M的向心加速度方向均指向O【答

案】B【解析】【详解】A．由图可知Q、P的转动半径不同，根据vr=可知线速度大小不相等，故A错误；B．地球仪上所有的点均做同轴转动，角速度大小相等，故B正确；C．根据2ar=结合A选项分析可知P、M的向心加速度大小不相等，故C

错误；D．向心加速度的方向指向圆心，P、M的向心加速度方向均垂直转轴指向转轴，由图可知P、M的向心加速度方向不同，故D错误。故选B。3.如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动

距离为x的过程中（）A.摩擦力做功大小与F方向无关B.合力做功大小与F方向有关C.F为水平方向时，F做功为mgxD.F做功的最小值为max【答案】D【解析】【详解】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为(sin)f

mgF=−摩擦力的功(sin)fWmgFx=−即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；B．合力功WFxmax==合可知合力功与力F方向无关，选项B错误；C．当力F水平时，则Fmamg=+力

F做功为()FWFxmamgx==+选项C错误；D．因合外力功为max大小一定，而合外力功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当sinFmg=时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确

。故选D。4.某同学将一支圆珠笔绑在一根细绳的下端，细绳的上端用胶布固定在地铁的竖直扶手上。地铁沿平直轨道运动，在某段时间内，细绳和笔相对车厢静止，该同学用手机拍摄的一张照片如图所示，照片的拍摄方向跟地铁前进方向垂直。由此判断该地铁在此段时间内，可能（）A向左加速驶出地铁

站B.向左减速驶入地铁站C.向右加速驶出地铁站D.向右减速驶入地铁站【答案】AD【解析】的.【详解】当圆珠笔与地铁相对静止时，圆珠笔的加速度与地铁的加速度相同，照片中圆珠笔向右偏，说明圆珠笔受到的合力方向向左，其加速度方向向左，故地铁的加速度方向向左，地铁向左做加速运动，或

者地铁向右减速运动。故选AD。5.如图所示，水平面上有3个完全相同的物块A、B和C，它们在水平推力F的作用下沿水平面一起加速运动。设它们与水平面间的动摩擦因数均为μ，运动过程中物块A和B之间的作用力大小为F1、物块B和C之间的作用力大小为F

2，下列说法正确的是（）A.若μ=0，则F1=2F2B.若μ=0，则F1=3F2C.若μ≠0，则F1=2F2D.若μ≠0，则F1=3F2【答案】AC【解析】【详解】AB．若μ=0，对整体由牛顿第二定律得3Fma=隔离BC，则物块A和B之间的作用力大小1223FmaF==隔离

C，则物块B和C之间的作用力大小213FmaF==所以F1=2F2故A正确B错误；CD．若μ≠0，对整体由牛顿第二定律得33Fmgma−=隔离BC，则物块A和B之间的作用力大小122Fmgma−=隔离C，则物块B和C之间的作用力大小2Fmg

ma−=所以F1=2F2故C正确D错误；故选AC。6.如图所示，在倾角为的斜面上，质量为m的物块受到沿斜面向上的恒力F的作用，沿斜面以速度v匀速上升了高度h。已知物块与斜面间的动摩擦因数为、重力加速

度为g。关于上述过程，下列说法正确的是（）A.合力对物块做功为0B.合力对物块做功为212mvC.摩擦力对物块做功为cossinhmg−D.恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgh【答案】ACD【解析】【详解】AB．物体做匀速直线

运动，处于平衡状态，合外力为零，则合外力做功为零，故A正确，B错误；C．物体所受摩擦力大小为cosfmg=物体的位移sinhx=摩擦力对物块做功为fcossinhmgWfx=−=−故C正确；D．物体所受各力的合力做功为零，

则GFf0WWW++=所以FfG()WWWmghmgh+=−=−−=故D正确。故选ACD。7.科学家在南天水蛇座发现由1颗名为“HD10180”的恒星和7颗绕其旋转的行星组成的类太阳系星系。的已知行星W到“HD10180”的距离与地球到太阳的距离之比，行星W绕“HD10180”

一周所用时间与地球绕太阳一周所用时间之比，行星W绕“HD10180”公转轨道和地球绕太阳的公转轨道都可看作圆。仅利用上述两个比值，可求出（）A.恒星“HD10180”与太阳的质量之比B.恒星“HD10180”与太阳的平均密度之比C.行星W与地球的质量之比D.行星W与地球的平均密度之比【答

案】A【解析】【详解】A．由题意，设行星W到“HD10180”的距离与地球到太阳的距离之比为12:rr，行星W绕“HD10180”一周所用时间与地球绕太阳一周所用时间之比为12:TT，根据万有引力提供向心力可得222πMmGmrrT=解得2324πrMGT=所以恒星“H

D10180”与太阳的质量之比3211232221MrTMrT=故A正确；B．由A项的分析可求出“HD10180”与太阳质量之比，但由于不知“HD10180”与太阳的半径之比，所以不能求出“HD10180”与太阳的密度之比，故B错

误；CD．公式222πMmGmrrT=中，行星的质量m和其它物理量没有关系，所以不能求出行星W与地球的质量之比，自然也无法分析行星W与地球的平均密度之比，故CD错误。故选A。8.在0t=时刻，将一物

体（可视为质点）竖直向上抛出。以抛出点为坐标原点、竖直向上为正方向，忽略空气阻力，图中能正确反映该物体的动量p随时间t、动能Ek随位移x变化的图像是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】AB．

一物体（可视为质点）竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点、竖直向上为正方向，则速度为0vvgt=−则动量公式为00()pmvmvgtmvmgt==−=−故A正确，B错误；CD．竖直上抛运动加速度恒定向下，则速度位移公式为2202vvgx−

=−动能公式为22200k(2)1222mvgxmvEmvmgx−===−故CD错误。故选A。9.轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块A以水平向右的速度0v开始运动，如图

甲所示，并从此时刻开始计时。两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A.1=tt时，物块A和B的加速度大小相等B.2=tt时，物块A的速度大小为00.25vC.23~tt内，弹簧对两物块的冲量大小相等D

.23~tt，弹簧对两物块做的功相等【答案】BC【解析】【详解】A．A、B组成系统所受合外力为零，系统动量守恒，设A的质量为1m，B的质量为2m，根据系统动量守恒可得ABpp=即1A2Bmvmv=由图可知，10~t

时间内，A、B两物块速度的变化量不相等，可知12mm1=tt时，弹簧被压缩最短，根据Fam=可知物块A和B的加速度大小不相等，故A错误；B．根据vt−图象斜率的绝对值表示加速度大小可知2=tt时，两物块加速度为零，弹簧处于原长状态，根据动量守恒定律和机械

能守恒定律可得101122mvmvmv=+222101122111222mvmvmv=+其中200.75vv=解得100.25vv=−故B正确；C．23~tt内，A、B之间的弹力总是大小相等，方向相反，作用时间相等，根据IFt=可知弹簧对两物块的冲量大小相等，故C正确；D．23~tt内，A、B

之间的弹力总是大小相等，根据vt−图象与坐标轴t围成的面积表示位移可知，23~tt时间内A、B位移不相等，根据WFx=可知23~tt，弹簧对两物块做的功不相等，故D错误。故选BC。10.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连

接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt−关系分别对应图乙中A、B图线（1t时刻A、B的图线相切，2t时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）A.A、B两物块在开始

运动时间1sinmgmatka−=后两物体开始分离B.从开始到1t时刻，物体B所受合外力的冲量为()2sinmgmaImaka−=C.从开始到1t时刻，拉力F做的功为()()222sin32sin2mgmama

gWk−+=D.以上结果均不对【答案】BC【解析】【详解】A．初始时两物块均静止，弹簧的形变量02sin()mgkx=解得02sinmgxk=由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律sinkxmgma−=解得sinmamgxk+=根据运动学规

律可知，此时A物体的速度2A2()vaxx=−解得A2(sin)amgmavk−=所以分离时间A12(sin)vmgmataak−==B．B物体合外力的冲量12(sin)mgmaIFtmaak−==合B正确；C．整

个过程，根据动能定理可得2sin1sin12(sin)sin()()22mgmamgmaamgmaWmgkmkkk−−−−+=解得()()222sin32sin2mgmamagWk−+=C正确；D．根据上述分析可知，D错误。故选BC。第二部分本部分共8题，共70分。11.某同学

用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。A、B为两个半径相等、质量分别为1m和2m（12mm）的小球，O点是水平轨道末端在水平地面上的投影。实验时先让入射小球A多次从斜轨上位置S由静止释放，标记出其平均落地点P，测出射程OP。然后把被碰小球B置于水平轨道末端，

仍将入射小球A从斜轨上位置S由静止释放，与小球B相碰，并多次重复该操作，标记出碰后两小球的平均落地点M、N，测出射程OM和ON。（1）若两球碰撞前后动量守恒，则1m、2m、OM、OP、ON应满足表达式____________。（

2）若两球碰撞为弹性碰撞，则OM、OP、ON还应满足ONOM−___________OP（选填“>”“=”“<”）。【答案】①.112mOPmOMmON=+②.=【解析】【详解】（1）[1]若两球碰撞前后的动量守恒，由动量守恒定律可得

101122mvmvmv=+两球做平抛运动的下落高度相等。有212Hgt=Lvt=因此有112OPOMONmmmttt=+整理得112mOPmOMmON=+（2）[2]若两球碰撞为弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律22

2101122111222mvmvmv=+即222112111222mOPmOMmOM=+联立可得ONOMOP−=12.在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：（1）为猜想加速度与质量

的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位

移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：________（选填选项前的字母）。A.小车质量相同，钩码质量不同B.小车质量不同，钩码质量相同C.小车质量不同，钩码质量不同（2）某同学为了定量验证（1）中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M

的7组实验数据，如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出1aM−图像。__________次数1234567()2/msa−0.620560.480.400.320.240.15/k

gM0.250.290.330.400.500.711.00.（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：__________（选填选项前的字母）。A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车

受力可等效为只受绳的拉力B.若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力C.无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力D.让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力（4）落体运动是特殊的匀加速直线运动。在研究落体运动时，伽利略认为最简单

的猜想就是速度v正比于通过的位移x或者所用的时间t。他运用逻辑推理的方法，论证了速度v正比于位移x的运动过程是不可能的，论证过程如下：若速度正比于位移，设物体通过位移x时的速度为v，所用时间1xtv=；通过2倍位移2x时的速度

按比例应为2v，所用时间222xxtvv==，这样一来，通过第1段位移x的时间1t与通过全程2x的时间2t相同，进而得出通过第2段位移x不需要时间的荒谬结论。因此，落体运动中速度v不能正比于位移x。你是否同意上述伽

利略的论证过程，请说明理由。_________【答案】（1）B（2）（3）AD（4）不同意。伽利略混淆了瞬时速度和平均速度的概念【解析】【小问1详解】根据牛顿第二定律Fma=根据位移公式212xat=解得22Ftxm=要探究加速度和质量的关系，应该小车质量不同，钩码质

量相同。故选B。【小问2详解】将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出1aM−图像如图所示【小问3详解】A．使小车沿倾角合适的斜面运动，让小车所受重力的下滑分力等于小车所受的摩擦力，小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；B．若斜面倾角过大，小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；C．小车运动的加速

度太大时，砂和桶的重力明显大于绳的拉力，故C错误；D．让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，故D正确。故选AD。【小问4详解】不同意。伽利略混淆了瞬时速度和平均速度的概念。13.如图所示，一质量2.0kgm=的物

块静止在水平地面上，现用一大小20NF=、与水平方向成37=角斜向上的拉力，使物块沿水平地面做匀加速直线运动。已知物块与地面间的动摩擦因数0.50=，sin370.60=，cos370.80=，取重力加速度210m/sg=。（1）画出物块受力的示意图；

（2）求物块加速度的大小a；（3）求2.0s内拉力F对物块做的功W及2.0s末拉力F对物块做功的瞬时功率P。【答案】（1）见解析（2）26m/s（3）192J，192W【解析】【小问1详解】物体受力情况如图所示【小问2详解】根据物体的受力情况，由牛顿第二定律可

得cosFfma−=NsinFFmg+=又因为NfF=联立解得26m/sa=【小问3详解】2.0s内物块位移2112m2xat==故2.0s内拉力F对物块做的功cos192JWFx==2.0s末物块的速度12m/svat==所以拉力F对物块做功的

瞬时功率cos192WPFv==14.“雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目。某“雪滑梯”由倾角37=的AB段和水平BC段组成，二者在B点通过一段长度可忽略不计的弧形轨道平滑连接，如图15所示。用一质量60.0kg=m的滑块K（可视为质点）代替载有人的气垫，滑块

K从A点由静止释放后沿AB做匀加速运动，下滑过程的加速度大小22.0m/sa=。已知AB段长度25.0mL=，sin370.60=，cos370.80=，取重力加速度210m/sg=，忽略空气阻力。（1）求滑块K与AB

段滑道的动摩擦因数；（2）求从A点运动到B点的过程中，滑块K所受重力冲量的大小I；（3）若滑块K与BC段滑道的动摩擦因数仍为μ。滑块K滑下后，必须在C点之前停下，求BC段的最小长度d。【答案】（1）0.5；（

2）3000Ns；（3）10m【解析】【详解】（1）滑块沿着AB下滑过程中，由牛顿第二定律可得sincosmgmgma−=代入数据解得0.5=（2）滑块沿着AB下滑过程中，由运动学公式212Lat=解得5s

t=滑块K所受重力冲量的大小Imgt=代入数据可得3000NsI=（3）滑块在B点的速度10m/sBvat==滑块在BC段的加速度'25m/s==ag根据运动学公式'22adv=解得10md=15.环保人员在一次检查时发现，有一根排污管正在沿水平方向向

河道内排出大量污水，如图所示。水流稳定时，环保人员测出了管口中心到河面的高度H，喷出污水的水平射程为L，管口的直径为D（D远小于H）。设污水充满整根管道，管口横截面上各处水的速度相同，忽略空气阻力，已知重力加速度为g。求：（1）

污水从排污管喷出时初速度的大小v0；（2）污水落至河面时速度的大小v；（3）由管口至河面间空中污水的体积A。【答案】（1）02gvLH=；（2）22214LvgHH=+；（3）24DLA=【解析】【详解】（1）污水从管口离开后，

做平抛运动，在竖直方向有212Hgt=水平方向有0Lvt=解得02gvLH=（2）设污水落入河道水面时，竖直方向有22yvgH=则污水落至河面时速度的大小为222022(1)4yLvvvgHH=+=+（3）单位时间内，从管口喷出的污水体积为2042DLgQvSH==因此空中污水的

体积为24DLAQt==16.如图所示，AB段是长为5R的粗糙水平轨道，BC段是半径为R的光滑竖直半圆形轨道，两段轨道在B点处平滑连接，质量均为m的滑块1和滑块2分别静止于A点和B点。现用力F对滑块1施加一水平向右的瞬时冲量，使其以6gR

的初速度沿轨道AB运动，与滑块2发生碰撞，碰后二者立即粘在一起沿轨道BC运动并通过C点。已知两滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ=0.4，半圆形轨道的直径BC沿竖直方向，重力加速度为g，滑块1和2均可视为质点。求：（1）力F对滑块1所做的功W

；（2）滑块1和滑块2组成的系统在碰撞过程中损失的机械能E损；（3）滑块1和滑块2经过C点时对轨道压力的大小F压。【答案】（1）18mgR；（2）8mgR；（3）6mg【解析】【详解】（1）根据动能定理，力F对滑块1所做的

功W为()2201161822WmvmgRmgR===（2）设滑块1到B点的速度为vB，从A到B由动能定理22011522BmgRmvmv−=−解得滑块1与滑块2碰前的速度为42BvgR=滑块1和滑块2碰后共同的速度为v，由动量守恒2Bmvmv=解得22vgR=

碰撞过程损失的机械能为22112822BEmvmvmgR=−=损（3）滑块1和滑块2组成的系统从B到C过程，机械能守恒，设到C点的速度为vC，则有2211222222CmvmgRmv=+2N22CvmgFmR+=解得N6Fmg=根据牛顿第三定律，滑块1和滑块2经过C点时对轨道压力

的大小与FN等大反向，则6Fmg=压17.一球形人造卫星，其最大横截面积为A、质量为m，在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动．由于受到稀薄空气阻力的作用，导致卫星运行的轨道半径逐渐变小．卫星在绕地球运转很多圈之后

，其轨道的高度下降了△H，由于△H<<R，所以可以将卫星绕地球运动的每一圈均视为匀速圆周运动．设地球可看成质量为M的均匀球体，万有引力常量为G．取无穷远处为零势能点，当卫星的运行轨道半径为r时，卫星与地球组成的系统具有的势能可表示为PGMmEr=−．（1）求人造卫星在轨道半

径为R的高空绕地球做圆周运动的周期；（2）某同学为估算稀薄空气对卫星的阻力大小，做出了如下假设：卫星运行轨道范围内稀薄空气的密度为ρ，且为恒量；稀薄空气可看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的，所有的颗粒原来都静止，它们与人造卫星在很短时间内发生碰撞后都具有与卫星相同的速度

，在与这些颗粒碰撞的前后，卫星的速度可认为保持不变．在满足上述假设的条件下，请推导：①估算空气颗粒对卫星在半径为R轨道上运行时，所受阻力F大小的表达式；②估算人造卫星由半径为R的轨道降低到半径为R-△H

的轨道的过程中，卫星绕地球运动圈数n的表达式．【答案】（1）（2）①；②【解析】【详解】试题分析：（1）设卫星在R轨道运行的周期为T，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：解得：（2）①如图所示，最大横截面积为A的卫星，经过时间𝛥𝑡从图中的实线位置运动到了图中的虚线位置，该空间区域的稀薄空

气颗粒的质量为=mAvt以这部分稀薄空气颗粒为研究对象，碰撞后它们都获得了速度v，设飞船给这部分稀薄空气颗粒的平均作用力大小为F，根据动量定理有：=Ftmv根据万有引力定律和牛顿第二定律有：，解得：根据牛顿第三定律，卫星所受的阻力大小F′=．②设

卫星在R轨道运行时的速度为v1、动能为Ek1、势能为Ep1、机械能为E1，根据牛顿定律和万有引力定律有：卫星的动能，势能解得：卫星高度下降ΔH，在半径为（R-ΔH）轨道上运行，同理可知其机械能卫星轨道高度下降ΔH，其机械能的改变量卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功．设卫星在沿半

径为R的轨道运行一周过程中稀薄空气颗粒作用于卫星的阻力做的功为W0，利用小量累积的方法可知：上式表明卫星在绕不同轨道运行一周，稀薄空气颗粒所施加的阻力做的功是一恒量，与轨道半径无关．则ΔE=nW0解得：考点：牛顿定律；万有引力定律；能量守恒定律.18.压强表

示单位面积上压力的大小，是物理学中的重要概念。（1）请导出压强的单位Pa（帕）与基本单位m（米）、kg（千克）和s（秒）之间的关系。（2）单个粒子碰撞在某一平面上会产生一个短暂的作用力，而大量粒子持续碰撞会产生一个持续的作用力。一束均匀粒子流持续碰撞一平面，设该束粒子流中每

个粒子的质量均为m、速度大小均为v，方向都与该平面垂直，单位体积内的粒子数为n，粒子与该平面碰撞后均不反弹，忽略空气阻力，不考虑粒子所受重力以及粒子间的相互作用。求粒子流对该平面所产生的压强p。（3）理论上可以证明：质量分布均匀

的球壳对壳内物体的万有引力为零。利用该规律可给出一种计算恒星中心压强的模型：恒星内部的热核反应会向外辐射大量的电磁波，当辐射所产生的扩张压力与万有引力所产生的收缩压力平衡时，恒星便稳定下来。设想处于稳定状态的恒星是一质量分布均匀、密度为ρ、半径为R的球体。选取

该恒星内部一距恒星中心为r（r≤R）、厚度为△r（△r远小于r）的小薄片A，如图所示，已知辐射所产生的扩张压力在A的内、外表面引起的压强差的绝对值为△p，引力常量为G。忽略其它天体的影响。a.推导pr和r之间的关系式，并在图中定性画出pr随r变化的图像；b.若恒

星表面处扩张压力所产生的压强为零，求恒星中心处的压强pC。【答案】（1）21kg1Pams=；（2）p=nmv2；（3）a．24(0)3pGrrRr=；b．2223cpGR=【解析】【详解】（1）根据公式FpFmaS==，整理mapS=所以压强

用基本单位到处为21kg1Pams=（2）设粒子撞击到面板上所用的时间为Δt，则在△t时间内能撞击到面板上的粒子的个数N=n•v•Δt•S因此粒子的总质量为M=m•N=m•n•v•Δt•S由动量定理有0-Mv=-F•Δt=-pS•Δt解得p=nmv2（3）a．取面积为∆S，厚度为Δr的

微元分析mSr=该球层受到的万有引力3243GFrmr=在该球层处，向外扩张力1FSp=根据题意可知F1=F联立解得24(0)3pGrrRr=图像如下b．图像中图线与r轴所围成的面积表示星球中心压强与表面压强的差值，因此有的22203cpGR−=即222

3cpGR=