【文档说明】北京市怀柔区第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.135 MB，由小赞的店铺上传

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怀柔一中高三年级物理学科10月复习反馈一、本题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小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，用同样大小的力1F、2F提一桶水沿水平路面做匀速直线运动。已知两个力1F、2F在同一竖直平面内。两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，下列说法中正确的是（）A.在两个力的夹角逐渐变大的过程中，1F、2F的合力保持不变B.两个力的夹角大一些更省力C.当θ

为120°时，12FFG==D.不管θ为何值，都有122GFF==【答案】AC【解析】【详解】A．在两个力的夹角逐渐变大的过程中，根据受力平衡可知，1F、2F的合力与水和水桶的总重力大小相等，方向相反，即1F、2F的合力保持不变，故A正确；BCD．根据对称性可知12F

F=根据受力平衡可得12cos2FG=解得122cos2GFF==可知越小，力1F、2F越小，所以两个力的夹角小一些更省力；当θ为120°时，可得121202cos2GFFG===故BD错误，C正确。故选A

C。2.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图像，如图所示。以下说法正确的

是（）A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，且用直尺测得弹簧的长度即弹簧的伸长量B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C.分析图像，弹簧的原长为10cmD.分析图像，弹簧的劲度系数为

10N/m【答案】BC【解析】【详解】A．弹簧长度与弹簧原长之差为弹簧的伸长量，故A错误；B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态，故B正确；C．当未悬挂钩码时，弹簧的长度即原长为10cm，故C正确；D．图线的斜

率就是弹簧的劲度系数，即240.00N/m1000N/m(1410)10k−－＝＝－故D错误。故选BC。3.某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板

，传感器记录的Ft−图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.实验中让木板保持运动，但不必匀速运动B.图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7D.只用图乙中数据，不可得出物块与木板间的动摩擦因数，还需提供物块的质量【答案】ACD【解

析】【详解】A．实验中力传感器固定不动，即物块保持静止，由二力平衡原理可知，力传感器示数即摩擦力大小，并不需要保持木板做匀速运动，故A正确；B．图乙中曲线是拉力随时间的变化曲线，根据二力平衡原理可知，曲线反映了物块所受摩擦力大小随时间的变

化曲线，故B错误；C．由图乙可知最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，因此最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；D．图乙中数据可得出物块与木板间的滑动摩擦力大小，由fNFFmg==可知：不可得出物块与

木板间的动摩擦因数，还需提供物块的质量，故D正确。故选ACD。4.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮条的一端E挂有轻质小圆环，另一端G固定，如图甲所示。小圆环受到两个弹簧测力计的拉力1F、2F共同作用，静止于O点，如图乙所示。撤去1F、2F，改

用一个弹簧测力计单独拉小圆环，仍使小圆环处于O点静止，其拉力为F，如图丙所示。做好记录，画出1F、2F和F的图示，并用虚线把拉力F的箭头端分别与1F、2F的箭头端连接，如图丁所示。关于本实验，下列说法正确的是（）为A.本实验体现了等效替代的思想方法B.实验中需

要记录的信息不仅有1F、2F和F的大小，还要记录各个力的方向C.由图丁可初步猜测F与1F、2F满足平行四边形的关系D.重复多次实验时，每次都必须将小圆环拉至O点【答案】ABC【解析】【详解】A．验证力的平行四边形定则时合力与分力之间作用效果相同，是等效替代关系，故A正确；B．因为要做力的图示

，所以实验中需要记录的信息有1F、2F和F的大小，还要记录各个力的方向，故B正确；C．根据图丁可以看出，F与1F、2F满足平行四边形的关系，故C正确；D．重复多次实验时，不需要每次都将小圆环拉至O点，而同一次实验需要将小圆环拉至

O点，故D错误。故选ABC。5.以下说法正确的（）A.地球由西向东自转，当你向上跳起以后，还会落在原地B.飞机投弹时，当目标在飞机的正下方时投下炸弹，则不能准确击中目标C.汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大D.竖直向上抛出的物体在空中向

上运动时，除了受到竖直向下的重力，还受到了竖直向上的作用力【答案】AB【解析】【详解】A．因为当你跳起时，由于惯性，你仍有与地面相同的速度，所以还落在原地，故A正确；B．因为炸弹被投下时，由于惯性，具有与飞机相同的水平速度，如果目标是静止的，

炸弹就会落到目标的前方，故当目标在飞机的正下方时投下炸弹，则不能准确击中目标，故B正确；C．惯性的大小与速度大小无关，只与质量有关，故C错误；D．竖直向上抛出的物体在空中向上运动时，除了受到竖直向下的重力，并未受到了竖直向上的作用力，故D错误。故选AB。6.在生活和生产中应用牛

顿第三定律的例子有很多，以下说法正确的A.人在划船时，桨向后推水，水就向前推桨，则船被向前推进B.以卵击石，鸡蛋破而石头没损伤，是因为石头对鸡蛋作用力大于鸡蛋对石头的作用力C.某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳重，只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于

桶对绳子的拉力D.汽车的发动机驱动车轮转动，由于轮胎和地面之间的摩擦，车轮向后推地面，地面给车轮一个向前的反作用力（即汽车受到的驱动力），使汽车前进。【答案】AD【解析】【详解】A．人在划船时，桨向后推水，根据牛顿第三定律可知

，水就向前推桨，则船被向前推进，故A正确；B．以卵击石，鸡蛋破而石头没损伤，石头对鸡蛋的作用力等于鸡蛋对石头的作用力，鸡蛋壳能承受的压力小，容易破，故B错误；C．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳重，无论桶匀速上升、加速上升

还是减速上升过程中，绳子对桶的拉力都等于桶对绳子的拉力，故C错误；D．汽车的发动机驱动车轮转动，由于轮胎和地面之间的摩擦，车轮向后推地面，地面给车轮一个向前的反作用力（即汽车受到的驱动力），使汽车前进，故D正确。故选AD。7.物体A做平抛

运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v₀的方向为x轴的方向、竖直向下的方向为y轴的方向，建立平面直角坐标系。如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏。两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射，物体A在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标

分别为x、y，则右图中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是（）的A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．两束平行光分别将小球水平和竖直的位置照射在了两个坐标轴上，由于小球水平做匀速直线运动，所以0xvt=故A正确，

B错误；CD．竖直方向小球做自由落体运动，所以212ygt=故C错误，D正确；故选AD。8.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。

某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（）A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的大小为²mrC.圆盘停止转动后，

小物体沿圆盘半径方向向外运动D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的大小为²mr【答案】B【解析】【详解】AB．圆盘停止转动前，小物体所受静摩擦力提供做圆周运动的向心力，则静摩擦力的方向指向圆心，静摩擦力大小为²f

mr=选项A错误，B正确；CD．物体线速度方向与半径垂直，可知圆盘停止转动后，小物体沿垂直于圆盘半径方向向外运动，小物体整个滑动过程所受摩擦力为滑动摩擦力，大小不一定为²mr，选项CD错误。故选B。9.如图所示为“验证机械能守恒定律

”的实验装置示意图。实验结果显示，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，关于这个误差，下列说法正确的是（）A.该误差属于偶然误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的B.该误差属于偶然误差，主要由于没有采用多次实验取平均值

的方法造成的C.该误差属于系统误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的D.该误差属于系统误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的【答案】C【解析】【详解】实验结果显示，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，这个误差是系统误差，主要由于存在空气阻力和摩擦

阻力引起的。故选C。10.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()212mmm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。下面分析正确的（）A.若两球碰撞前后动量守恒，则满足表达式112mOPmONmOM

=+B.若两球碰撞前后动量守恒，则满足表达式112mOPmOMmON=+C.若两球碰撞为弹性碰撞，则还应满足ONOMOP+=D.若两球碰撞为弹性碰撞，则还应满足222112mOPmONmOM=+【答案】B【解析】【详解】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=+整理可得1式112mOPmOMmON=+如果两个球发生的是弹性碰撞则有222101122111222mvmvmv=+即2221

12···mOPmOMmON=+联立1式可得OPOMON+=故选B。11.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议；其中对提高测量结果精确度有利的是______．A.适当加长摆线B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C.单摆偏离平

衡位置的角度不能太大D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期【答案】AC【解析】【详解】A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量

结果的精确度，故A正确；B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C正确；D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取

平均值作为单摆的周期，故D错误．12.如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是（）A.下落到弹性绳刚

好被拉直时，小明的下落速度最大B.从开始到下落速度最大，小明动能的增加量小于其重力势能的减少量C.从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能守恒D.从开始到下落至最低点，小明重力势能的减少量大于弹性绳弹性势能的增加量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．下落

至重力与弹性绳拉力等大时速度最大，A错误；B．从开始到下落速度最大，小明重力势能的减少量等于动能的增加量与绳弹性势能之和，B正确；C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能减小，因为绳弹性势能增大，C错误；D．从开始到下落至最低点，由于初末动能为零，故小明重力势能的减少量等于弹

性绳弹性势能的增加量，D错误。故选B。13.一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示。取210m/sg=，下列说法正确的是

（）A.1s末物块所受摩擦力的大小f10F=B.物块与水平地面间的动摩擦因数0.4=C.第2~4s内，水平拉力做功48JD.第4~6s内，克服摩擦力做功64J【答案】BCD【解析】【详解】A．根据乙图可知，0~2s内物块保持静止，第1

s末物块所受摩擦力为静摩擦力，与推力等大反向，由甲图可知第1s末物块所受摩擦力的大小为1f14NFF==故A错误；B．根据乙图可知，4~6s内物块做匀速运动，根据受力平衡可得3f28NmgFF===2~4s内物块做匀加速运动，加速度大小为224

0=m/s2m/s42vat−==−根据牛顿第二定律可得2Fmgma−=其中212NF=联立解得2kgm=，0.4=故B正确；C．由vt−图像可知，2~4s内，物块通过的位移大小为142m4m2x==则该过程水平拉力做功为F2124J48JW

Fx===故C正确；D．4~6s内，物块通过的位移大小为42m8mx==则该过程克服摩擦力做功f88J64JWmgx===故D正确。故选BCD。14.如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v运行。现使一个质量为m的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑

水平面以初速度v0（v0<v）从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，t0时刻物体的速度达到v，2t0时刻物体到达传送带最右端。物体在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示，不计空气阻力，则A.0~t0时间内，物体受到滑动摩

擦力的作用，t0~2t0时间内物体受到静摩擦力的作用B.0~t0时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大C.若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体在传送带上运动的时间一定小于2t0D.若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则

物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加【答案】BC【解析】【详解】A．0~t0时间内，物体速度与传送带速度不同，发生相对运动，所以物体受到滑动摩擦力作用，t0~2t0时间内物体速度与传送带

速度相同，无相对滑动及相对滑动趋势，物体不受摩擦力，故A错误；B．0~t0时间内物体速度越来越大，由P=fv所以摩擦力的功率越来越大，故B正确；C．当物体初速度增大时，物体加速时间缩短，在传送带上运动时间小于2t0，故C正确；D．物体初速度增大，末速度不变，动能改变量减小，故

传送带做功减小，故D错误。故选BC。二、本题共2小题，共18分。15.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，请在答

题纸上作出1aM−图像，并读出表格中缺失的数据_____。次数1234567.a/（m·s2−）0.620.560.480.320.240.15M/kg0.250290.330.400.500.711.00（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。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）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源

上。则打C点时，纸带运动的速度Cv=______m/s（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）B（2）图像见解析0.40（3）AD（4）0.38【解析】【小问1详解】对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比，可知小车的质量不同，小

车受到的合力相同，则钩码质量相同。故选B。小问2详解】1aM−图像如图所示当0.40kgM=得112.5kgM−=由图像过点(2.5,0.40)，故表格中缺失的数据0.40。【小问3详解】A．使小车沿倾角合适的斜面运动，当小车沿斜面重力向下的分力与所受摩擦力平衡时，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，小车沿斜面重力向下的分力大于所受摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；C．由于砂和桶具有一定加速度，所以砂和桶的重力不等于绳的拉力，故C错误；D．让小车的运动趋近于匀速运动，这时砂和

桶的加速度趋近于0，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】【每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为50.020.1sT==匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有211.804.2010m/s0.38m

/s220.1BDCxvT−−===16.如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，皮带分别套在变速塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7

分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：（1）现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究

小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是______。A.在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验B.在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验C.在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做

实验D.在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验（2）在该实验中应用了______（选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”）来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。（3）当用两个质量相等的小球做实验，且左边小

球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边变速塔轮与右边变速塔轮之间的角速度之比为______。（4）关于该实验，以下说法正确的是______A.实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧

，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度越快越好，这样标尺露出的格数就越过多，便于观察B.注意防止皮带打滑，尽可能保证角速度的比值不变C.摇动手柄时，不要求转速均匀，只要标尺露出格数就能读数D.圆盘转动时，可以

伺机靠近、用手制动【答案】（1）A（2）控制变量法（3）1∶2（4）B【解析】【小问1详解】为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，必须要使得两球的质量相同，转动半径相同，故选A。【小问2详解】本实验采用控制变量法来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间

的关系。【小问3详解】两球质量相等r左=2r右F右=2F左根据F=mω2r可得1=2左右【小问4详解】A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度适当快较好，不是越快越好，故A错误；B．注意防止

皮带打滑，尽可能保证角速度的比值不变，故B正确；C．摇动手柄时，要求转速均匀，标尺上露出的红白相间的等分格数为恒定值方便记录数据，故C错误；D．圆盘转动时，不可以伺机靠近、用手制动，以防造成人身伤害，故D错误。故选B。三、本题包括4小题，共40分。

解答应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。17.如图所示，一个质量4.0m=kg的物体静止在水平地面上，现用一大小20F=N，与

水平方向成37=斜向上的力拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数0.50=，sin370.60=，cos370.80=，空气阻力可忽略不计，取重力加速度10g=m/s2。求：（1）物体做匀加速直线运动的加速度大小a；（2）物体由静止开始运动通过位

移2.0x=m所需要的时间t；（3）物体由静止开始运动4.0s的过程中，拉力F做功的平均功率P。【答案】（1）0.50a=（2）22st=（3）16WP=【解析】【小问1详解】设地面对物体的支持力为NF，则NsinFFmg+=物体运动过程中所受摩擦力()NsinfFmgF==−根据牛

顿第二定律有cosFFfma=−=合解得0.50a=m/s2【小问2详解】根据位移公式212xat=解得222xta==s【小问3详解】由运动学公式得212xat=此过程中拉力F所做的功cosWFx=解得64W=J平均功率16WPT=

=w18.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速

下滑，加速度24.5m/sa=，到达B点时速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的

受力图，并求其所受支持力FN的大小。【答案】(1)100m；(2)1800Ns；(3)，3900N【解析】【详解】1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202BvvaL−=可解得220100m2BvvLa−==(2)根

据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800NsBImv=−=(3)小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得2CvNmgmR−=从B运动到C由动能定理可知221122CBmghmvmv=−解得3900NN=

【点睛】本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小。19.2017年9月12日晚上11时58分，中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空

实验室的自主快速交会对接试验，此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5小时，为中国太空站工程后续研制建设奠定更加坚实的技术基础。图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图，已知“天舟1号”与“天宫2号”成功对接后，组合体沿圆形轨道运行。经过时间t，组合体绕地球转过的角度为θ，地球半

径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。求：（1）地球质量M；（2）组合体运动的线速度大小，及组合体所在圆轨道离地面高度H；（3）“天舟一号”回程时会带走太空废弃物，进入大气层通过烧蚀销毁。请说明“天舟一号”脱离后，将进行哪些操作。并通过理论

分析，阐述这样操作的理由。【答案】（1）GgRM2=（2）23gRvt=，2232gRtHR=−（3）见解析【解析】【小问1详解】忽略地球的自转，则2MmGmgR=所以地球的质量为GgRM2=【小问2详解】设组合体角速度为ω，依题意t=

根据牛顿第二定律()()22MmGmRHRH=++2232gRtHR=−()3222332RtgRvRHtt=+==【小问3详解】天舟一号需要减速。()()22GMmvmRHRH=++因速度减小，万有引力为天舟一号提供的向心力将会大于天舟一号做圆周运动需要

的向心力()()22GMmvmRHRH++故“天舟一号”将会做近心运动，从而能够把太空垃圾带走。20.如图所示，AB是一个固定在竖直面内的光滑弧形轨道，与半径为R的竖直圆形轨道BCD在最低点B平滑连接，且B点的切线是水平的；BCD圆轨道的另一端D与水平直轨道DE

平滑连接。B、D两点在同一水平面上，且B、D两点间沿垂直圆轨道平面方向错开了一段很小的距离，可使运动物体从圆轨道转移到水平直轨道上。一个质量为m的小球（可视为质点）在A点由静止释放沿弧形轨道滑下，当它经过B点进

入圆轨道时对轨道的压力大小为其重力大小的9倍，小球运动到圆轨道的最高点C时，对轨道的压力恰好与它所受的重力大小相等，小球沿圆轨道经过D点后，再沿水平轨道DE向右运动。已知重力加速度为g。（1）求小球运动到圆轨道的B点时速度的大小；（2）求A点距水平面的高度h；（3）小

球在A点由静止释放运动到圆轨道的最高点C的过程中，克服摩擦阻力所做的总功。【答案】（1）8gR（2）4R（3）mgR【解析】【小问1详解】设小球运动到B点时的速度大小为Bv，依题意和牛顿第三定律N9BFmg=根据牛顿第二定律，有2nNBBvFFm

gmR=−=解得8BvgR=【小问2详解】小球从A点运动到B点的过程机械能守恒，以B点位置为重力势能零点，则有212Bmghmv=解得4hR=【小问3详解】小球经过最高点时CNmg=依据牛顿第三定律可知小球受到的压力NCFmg=依据牛顿第二定律有2NCCmvFmgR

+=解得2CvgR=设小球在右半圆轨道上阻力做功fW，对小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理有GfKWWE+=即22f11222CBmgRWmvmv−+=−解得fWmgR=−克服摩擦阻力所做的总功fWmgR=克