【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，1.119 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d8a9ab9aa2106b7c7d47feb529f2d3fb.html

以下为本文档部分文字说明：

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12FF=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AC。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²fmr=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112mOPmONmO

M=+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222112··

·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1s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2240=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v

t−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F2124J48JWFx===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/s

220.1BDCxvT−−===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221122CBm

ghmvmv=−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

2nNBBvFFmgmR=−=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