【文档说明】江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高一下学期期中学情调研物理试卷含解析【精准解析】.docx，共(18)页，245.189 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高一下学期物理期中学情调研试卷一、单选题（共10题；共40分）1.人类对行星运动规律的认识漫长而曲折．牛顿在前人研究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一﹣﹣万有引力定律．对万有引力的认识，下列说法正确的是

（）A.行星观测记录表明，行星绕太阳运动的轨道是圆，而不是椭圆B.太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C.地球使树上苹果下落的力，与太阳、地球之间的吸引力不是同一种力D.卡文迪许在实验室里较为准确地得出了

引力常量G的数值2.下列关于三种宇宙速度的说法中正确的是（）A.地球的第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最小运行速度B.地球的第二宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱地球引力束缚的最小发射速度C.同步卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度介于地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D.中国

发射的嫦娥四号探测器，其发射速度大于地球的第三宇宙速度3.如图，按照狭义相对论的观点，火箭B是“追赶”光的；火箭A是“迎着”光飞行的。若火箭相对地面的速度均为v，则两火箭上的观察者测出的光速分别为（）A.c＋v，c-vB.c，cC.c-v，c＋vD.无法确定4

.如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为𝜇,滑雪者（包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L，在滑雪AB者经过段运动的过程中，克服摩擦力做的功()A.大

于μmgLB.等于μmgLC.小于μmgLD.以上三种情况都有可能5.1687年牛顿在总结了前人研究成果的基础上提出了万有引力定律，并通过月一地检验证明了地球对地面物体的引力与行星对卫星的引力具有相同的性质。当时牛顿掌握的信息有：地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，月球绕地球做

圆周运动的轨道半径为𝑟=3.8×108m，约为地球半径的60倍，月球的公转周期约为27.3天。下列关于月一地检验的说法中正确的是（）A.牛顿“月地检验”是为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球、太阳吸引行星的力是同一种性质力B.牛顿计算出了月球对月球表

面物体的万有引力的数值，从而完成了月一地检验C.牛顿计算出了月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的16，从而完成了月一地检验D.牛顿计算出了地球表面重力加速度约为月球绕地球做圆周运动的加速度的13600，从而完成了月一地检验6.2020年11月24日4时

30分，中国在海南文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，顺利将探测器送入预定轨道。如图为探测器先后绕月做匀速圆周运动的示意图，被月球捕获后进入轨道I绕月球运行，距月球表面高度为200km，经变轨后在

轨道II上运行，距月球表面高度为100km。根据以上信息可知下列判断不正确的是（）A.在轨道II上的运行速率大于在轨道I上的运行速率B.在轨道II上的运行周期大于在轨道I上的运行周期C.在轨道II上的向心加

速度大于在轨道I上的向心加速度D.在轨道II上和在轨道I上运行时，所携带的仪器都处于完全失重状态7.2020年7月23日12时41分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功发射。为了比较节省燃料和推力的方式实现太空中转移，从地球去往

火星，“天问一号”探测器必须通过一条叫“霍曼转移轨道（如图的运输轨道）”飞行，该轨道是椭圆轨道（太阳位于该椭圆轨道的一个焦点上）。“天问一号”探测器发射升空后，先在地球附近点火加速，进入“霍曼转移轨道”，再在火星附近反向点火减速，被火星捕获（火星着陆）。关于“天问

一号”沿“霍曼转移轨道”向火星运动的过程中，下列说法正确的是（）A.“天问一号”的速度逐渐变大B.“天问一号”的速度逐渐变小C.“天问一号”的速度先逐渐变大、再逐渐变小D.“天问一号”的速度先逐渐变小、再逐渐变大8.如图是为了检验某种防

护罩承受冲击能力的装置的一部分，M为半径为R＝1.0m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01kg的小钢珠。假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好

能经过M的上端点水平飞出，取g＝10m/s2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为（）A.0.10JB.0.15JC.0.20JD.0.25J9.如图所示，把A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直、不计空气阻力），则在两球向左下摆动时，

下列说法不正确的是（）A.绳OA对A球不做功B.绳AB对B球做正功C.绳AB对A球做负功D.绳AB对B球不做功10.物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面．下列所示图像中，能正确反映各物理量

之间关系的是（）A.B.C.D.二、非选择题（共60分）11.某实验小组在做“验证机械能守恒定律”的实验时，提出了如图1所示的甲、乙两种方案。甲方案为利用重物自由落体运动进行实验，乙方案为利用小车在斜面上下滑进行实验。（1）该小组内同学对两种方案进行了深入的讨论分

析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组应选择的方案是________，理由是________；（2）若该小组采用甲方案的装置。①完成该实验时，其中一个重要的步骤是，接通电源释放纸带，则如图2所示操作合理的是_______

_；②用此装置打出了一条纸带如图3所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，则根据纸带可计算出B点的速度大小为________m/s；（结果保留三位有效数字）③该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出的𝑣2−ℎ图像如图4所示，根据图像可计算出当地的重力加速度g=_______

_m/s2；（结果保留三位有效数字）④如果某次实验时，发现动能的增加量略大于重力势能的减小量，请分析出现这种现象的原因可能为________（填序号）。A．在测量重锤质量时测量的不准确B．所使用的交流电源的实际频率小于50HzC．摩擦力或阻力太大12.某行星半径为R

，在其表面环绕卫星的运行周期为T，已知引力常量为G，求（1）该行星表面的重力加速度大小；（2）该行星的密度。13.在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功

率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vmax=1.02m/s的匀速运动．g取10m/s2，不计额外功．求：（1）起重机允许输出的最大功率；（2）重物做匀加速运动所经历的时间14.如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨的最低点，该圆弧轨

道与一粗糙直轨道CD相切于C，OC与OB的夹角为53°，一质量为m的小滑块从P点静止开始下滑，PC间距离为R，滑块在CD上所受滑动摩擦力为重力的0.3倍。（sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）滑块从P点滑到B点的过程中，重力势能

减少多少；（2）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；（3）为保证滑块不从A处滑出，PC之间的最大距离是多少？15.如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量𝑚=1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．𝑡

=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的𝑣−𝑡图象如图乙所示，其中𝑂𝑎𝑏段为曲线，𝑏𝑐段为直线，在𝑡1=0.1s时滑块已上滑𝑥=0.2m的距离（𝑔取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）滑块

离开弹簧后在图中𝑏𝑐段对应的加速度大小𝑎及动摩擦因数𝜇的大小．（2）𝑡2=0.3s和𝑡3=0.4s时滑块的速度𝑣1、𝑣2的大小．（3）弹簧锁定时具有的弹性势能𝐸p．答案解析部分一、单选题（共10题；共40分）1.人类对行星运动规律的认识漫长而曲折．牛顿在前人研

究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一﹣﹣万有引力定律．对万有引力的认识，下列说法正确的是（）A.行星观测记录表明，行星绕太阳运动的轨道是圆，而不是椭圆B.太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C.地球使树上苹果下落的力，与太阳、地球之间的吸引力不是

同一种力D.卡文迪许在实验室里较为准确地得出了引力常量G的数值【答案】D【考点】开普勒定律【解析】【解答】A．根据开普勒第一定律，行星绕太阳运动的轨道是椭圆，太阳处在椭圆的焦点上，A不符合题意；BC．通过月

地检验发现，地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与太阳和行星间的引力，遵循相同的规律，即万有引力定律，它适用于任何两个物体之间，BC不符合题意；D．英国物理学家卡文迪许，在实验室里较为准确地得出了引力常量G的数值，D

符合题意。故答案为：D。【分析】行星绕太阳转动的轨迹属于椭圆，太阳在椭圆其中一个焦点上；万有引力定律适用于其他行星和卫星；重力与引力属于同种性质的力。2.下列关于三种宇宙速度的说法中正确的是（）A.地球的第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最小运行速

度B.地球的第二宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱地球引力束缚的最小发射速度C.同步卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度介于地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D.中国发射的嫦娥四号探测器，其发射速度大于地球的第三宇宙速度【答案】B【考点】宇宙速度【解析】【解答】A．第一宇

宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，为7.9km/s，也是人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，A不符合题意；B．第二宇宙速度是物体挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的人造小行星的最小发射速度，为11.2km/s，B

符合题意；C．同步卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度一定小于地球的第一宇宙速度，C不符合题意；D．嫦娥四号探测器发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚，故嫦娥四号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，D不符合题意。故答案为：B。【分析】第一宇宙速度是

最大的环绕速度，最小的发射速度，同步卫星的线速度小于第一宇宙速度；嫦娥四号没有脱离地球所以发射速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度。3.如图，按照狭义相对论的观点，火箭B是“追赶”光的；火箭A是“迎着”

光飞行的。若火箭相对地面的速度均为v，则两火箭上的观察者测出的光速分别为（）A.c＋v，c-vB.c，cC.c-v，c＋vD.无法确定【答案】B【考点】相对论【解析】【解答】根据狭义相对论的观点：光速不变原理，即光速的大小与光源以及观察者的运动无关，所以两

火箭上的观察者测出的光速都是c。故答案为：B。【分析】利用光速不变理论可以判别观察者测出的光速都是不变的。4.如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为𝜇,滑雪者（包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间

的水平距离为L，在滑雪AB者经过段运动的过程中，克服摩擦力做的功()A.大于μmgLB.等于μmgLC.小于μmgLD.以上三种情况都有可能【答案】B【考点】摩擦力做功【解析】【解答】在AC段，克服摩擦力做的功𝑊𝐴𝐶=𝜇mgcos𝜃⋅𝐿𝐴𝐶,𝐿𝐴𝐶cos𝜃=𝐿1，WAC=

μmgL1所以在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功等于μmgL，B对，ACD不符合题意．故答案为：B【分析】利用摩擦力及运动的路程可以求出克服摩擦力做功的大小。5.1687年牛顿在总结了前人研究成果的基础上提出了万有引力定律，并通过月一地检验证

明了地球对地面物体的引力与行星对卫星的引力具有相同的性质。当时牛顿掌握的信息有：地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，月球绕地球做圆周运动的轨道半径为𝑟=3.8×108m，约为地球半径的60倍，月球的公转周期约为27.3天。下列关于月一地检验的说

法中正确的是（）A.牛顿“月地检验”是为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球、太阳吸引行星的力是同一种性质力B.牛顿计算出了月球对月球表面物体的万有引力的数值，从而完成了月一地检验C.牛顿计算出了月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的16，从而完成了月

一地检验D.牛顿计算出了地球表面重力加速度约为月球绕地球做圆周运动的加速度的13600，从而完成了月一地检验【答案】A【考点】万有引力定律及其应用【解析】【解答】A．牛顿“月地检验”是为了验证地面上物

体的重力与地球吸引月球、太阳吸引行星的力是同一种性质力，A符合题意；B．月球的质量是未知的，所以牛顿不能计算出了月球对月球表面物体的万有引力的数值，B不符合题意；C．牛顿不能计算出了月球对月球表面物体的万有引力的数值，也不能算出了月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的16，

C不符合题意；D．物体在月球轨道上受到地球引力为𝐹=𝐺𝑀𝑚(60𝑅)2=𝐺𝑀𝑚3600𝑅2即物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的13600，则月球绕地球做圆周运动的加速度约为地球表面重力加速度的13600从而完成了月-地检验，D

不符合题意。故答案为：A。【分析】由于不知道月球质量所以牛顿不能求出月球对表面物体的引力大小；牛顿不能求出月球对表面物体的重力大小则不能求出表面重力加速度的大小；利用引力公式可以求出月球绕地球做匀速圆周运动的加速度约

为地球表面重力加速度的13600，从而完成了月-地检验。6.2020年11月24日4时30分，中国在海南文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，顺利将探测器送入预定轨道。如图为探测器先后绕月做匀

速圆周运动的示意图，被月球捕获后进入轨道I绕月球运行，距月球表面高度为200km，经变轨后在轨道II上运行，距月球表面高度为100km。根据以上信息可知下列判断不正确的是（）A.在轨道II上的运行速率大于在轨道I上的运行速率B.在轨道II上的运行周期大于在轨道I

上的运行周期C.在轨道II上的向心加速度大于在轨道I上的向心加速度D.在轨道II上和在轨道I上运行时，所携带的仪器都处于完全失重状态【答案】B【考点】万有引力定律及其应用【解析】【解答】A．根据𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑎=𝑚𝑣2𝑅=𝑚𝜔2

𝑅=𝑚(2𝜋𝑇)2𝑅可得𝑣=√𝐺𝑀𝑅则在轨道II上的运行速率大于在轨道I上的运行速率，所以A正确，不符合题意；B．由于𝑇=2𝜋√𝑅3𝐺𝑀则在轨道II上的运行周期小于在轨道I上的运行周期，所以B错误，符合题意；C．由于𝑎=𝐺𝑀𝑅2则在轨道II上的

向心加速度大于在轨道I上的向心加速度，所以C正确，不符合题意；D．在轨道II上和在轨道I上运行时，万有引力全部提供向心力，，则所携带的仪器都处于完全失重状态，所以D正确，不符合题意；故答案为：B。【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小

可以比较线速度、周期和向心加速度的大小；由于仪器受到的引力指向圆心提供向心力所以都处于完全失重状态。7.2020年7月23日12时41分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功发射。为了比较节省燃料和推力的方式实现太空中转移，从地球去往火星，“天问一号”探测器必须通过一条叫“霍曼转

移轨道（如图的运输轨道）”飞行，该轨道是椭圆轨道（太阳位于该椭圆轨道的一个焦点上）。“天问一号”探测器发射升空后，先在地球附近点火加速，进入“霍曼转移轨道”，再在火星附近反向点火减速，被火星捕获（火星着陆）。关于“天问一号”沿“

霍曼转移轨道”向火星运动的过程中，下列说法正确的是（）A.“天问一号”的速度逐渐变大B.“天问一号”的速度逐渐变小C.“天问一号”的速度先逐渐变大、再逐渐变小D.“天问一号”的速度先逐渐变小、再逐渐变大【答案】B【考点】开普勒定律【解析】【解答】“天问一号”沿

“霍曼转移轨道”向火星运动的过程中，其轨道是以太阳为中心天体的椭圆轨道，根据开普勒第二定律可知，“天问一号”远离中心天体，其速度减小。故答案为：B。【分析】利用开普勒第二定律结合距离的变化可以判别其天问一号速度的变化。8.如图是为了检验

某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M为半径为R＝1.0m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01kg的小钢珠。假设某次发射的钢珠沿轨

道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，取g＝10m/s2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为（）A.0.10JB.0.15JC.0.20JD.0.25J【答案】B【考点】机械能守恒及其条件，牛顿第二定律【解析】【解答】小钢珠恰好经过M的上端点时有mg＝m

𝑣2𝑅所以𝑣=√𝑔𝑅=√10m/s全过程中，小钢珠与弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律得Ep＝mgR＋12mv2＝0.15J故答案为：B。【分析】钢球经过最高点，利用牛顿第二定律可以

求出经过最高点的速度，结合机械能守恒定律可以求出弹簧弹性势能的大小。9.如图所示，把A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直、不计空气阻力），则在两球向左下摆动时，下列说法不正确的是（）A.绳OA对A球不做功B.绳AB对B球做正功C.绳AB对A球做负功D.绳A

B对B球不做功【答案】D【考点】恒力做功【解析】【解答】A．OA的拉力始终与A球的速度方向垂直，则绳OA对A球不做功，所以A正确，不符合题意；BCD．假设让A球和OA组成一个单摆，B球和OB绳组成另一个单摆，让两个单摆同时从图中位置向下摆动，根据单摆的周期公式𝑇=2𝜋√𝑙𝑔可知，A摆的周

期小于B摆的周期，说明图中A球运动比B球运动快，则AB绳对A球的拉力与A的瞬时速度方向夹角为钝角，所以AB绳对A做负功，AB绳与B球的瞬时速度方向成锐角，所以AB绳对B球做正功，则BC正确，不符合题意；D错误，符合题意；故答案为：D。【分析】由于OA绳子拉力方向与A速度方向

垂直所以绳子对A不做功；利用单摆的周期公式可以比较两个小球的角速度大小，利用角速度的大小可以判别绳子对A、B球做功的情况。10.物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面．下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是（）A.B.C.

D.【答案】B【考点】机械能守恒及其条件【解析】【解答】由机械能守恒定律：𝐸𝑃=𝐸−12𝑚𝑣2，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C不符合题意；由动能定理：𝐸𝑘=𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣2=12𝑚𝑔2𝑡2，则Ep＝E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D不符合题意；且𝐸�

�=𝐸−12𝑚𝑣2，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理𝐸𝑃=𝐸−12𝑚𝑔2𝑡2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A不符合题意．故答案为：B.【分析】利用机械能守恒定律可以判别动能和势能的关系图线；利用动能定理结合位移公式可以判别势能与速

度及高度的图象；利用重力势能的表达式结合位移公式可以判别势能与时间的图象。二、非选择题（共60分）11.某实验小组在做“验证机械能守恒定律”的实验时，提出了如图1所示的甲、乙两种方案。甲方案为利用重物自由落体运动进行实验，乙方案为利用小车在斜面上下滑进

行实验。（1）该小组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组应选择的方案是________，理由是________；（2）若该小组采用甲方案的装置。①完成该实验时，其中一个重要的步骤是，接通电源释放纸带，则如图2所示操作合理的是_____

___；②用此装置打出了一条纸带如图3所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，则根据纸带可计算出B点的速度大小为________m/s；（结果保留三位有效数字）③该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出的𝑣2−ℎ图像如图4所示，根据图像可计算出当地的重

力加速度g=________m/s2；（结果保留三位有效数字）④如果某次实验时，发现动能的增加量略大于重力势能的减小量，请分析出现这种现象的原因可能为________（填序号）。A．在测量重锤质量时测量的不准确B．所使用的交流电源的实际频率小于50HzC．摩擦力或阻

力太大【答案】（1）甲；采用乙方案时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙方案不能用于验证机械能守恒定律（2）D；1.37；9.75；B【考点】验证机械能守恒定律【解析】【解答】(1)甲，采用乙方案时，由于小车

与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙方案不能用于验证机械能守恒定律。(2)①在验证机械能守恒定律的实验中，应让重锤紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放，操作比较合理的应为D。②根据速度公式得𝑣=𝐴𝐶2𝑇=0.124−0.

06930.04m/s=1.37m/s③根据机械能守恒得𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣2化简得𝑣2=2𝑔ℎ图像的斜率为𝑘=3.90.2=2𝑔解得𝑔=9.75m/s2④A．重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，说明测量的重锤的速度偏大或

者是重锤的重力势能偏小。由于两式中都有质量，所以与重锤质量无关，A不符合题意；B．如果实际频率小于50Hz，则会造成打点的实际周期大于0.02s，计算重锤动能的增加量时会偏大，则可能造成动能的增加量略大于重力势能的减少量，B符合题意；C．重锤下落时受到的阻力过大，则动能

的增加量偏小，C不符合题意。故答案为：B。【分析】（1）乙方案小车下落过程受到摩擦力作用其机械能不守恒不能用于验证机械能守恒定律；（2）验证机械能守恒定律需要手拉着纸带上方，且重锤靠近打点计时器；（3）利用平均速度公式可以求出速度的大小；利用机械能守恒定律结

合图象斜率可以求出重力加速度的大小；当使用测量频率大时周期小会导致其动能的测量值偏大。12.某行星半径为R，在其表面环绕卫星的运行周期为T，已知引力常量为G，求（1）该行星表面的重力加速度大小；（2）该行星的密度。【答案】（1）

解：行星表面的重力大小等于卫星的向心力，即𝑚𝑔=4𝜋2𝑚𝑅𝑇2可得𝑔=4𝜋2𝑅𝑇2（2）解：由万有引力提供向心力𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚(2𝜋𝑇)2𝑅又根据𝑀=𝜌4𝜋𝑅

33可得𝜌=3𝜋𝐺𝑇2【考点】万有引力定律及其应用【解析】【分析】（1）行星表面的重力等于卫星的向心力，利用牛顿第二定律可以求出重力加速度的大小；（2）行星对卫星的引力提供向心力，利用牛顿第二定律结合体积公式可以求出行星的密度。13

.在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vmax=1.02m/s的匀速运动．g取10m/s2，不计额外功．求：（1）

起重机允许输出的最大功率；（2）重物做匀加速运动所经历的时间【答案】（1）解：设起重机允许输出的最大功率为𝑃0，重物达到最大速度时，拉力𝐹0等于重力𝑃0=𝐹0𝑣𝑚𝑎𝑥𝐹0=𝑚𝑔代入数据有𝑃0=5.1×104

W（2）解：匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为𝑣1，匀加速运动经历时间为𝑡1，有𝑃0=𝐹𝑣1𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑎𝑣1=𝑎𝑡1代入数据，得�

�1=5s【考点】机车启动，牛顿第二定律【解析】【分析】（1）起重机输出功率最大时，重物做匀速直线运动，利用牵引力等于重力结合功率的表达式可以求出最大的功率；（2）已知起重机的最大功率，利用牛顿第二定律可以求出牵引力的大小，结合速度公

式可以求出匀加速的运动时间。14.如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨的最低点，该圆弧轨道与一粗糙直轨道CD相切于C，OC与OB的夹角为53°，一质量为m的小滑块从P点静

止开始下滑，PC间距离为R，滑块在CD上所受滑动摩擦力为重力的0.3倍。（sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）滑块从P点滑到B点的过程中，重力势能减少多少；（2）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；（3）为保证滑块不从A处滑出，PC之间的最大距离是多少？【答案】

（1）解：设PC间的垂直高度为h，由几何关系得h1=Rsin53°=0.8RCB间的竖直高度h2=R-Rcos53°=0.4RPB间高度差h=h1+h2=1.2R所以滑块从P滑到B减少的重力势能为𝛥Ep=mgh=1.2mgR（2）解：在B点，由牛顿第二定律知𝐹𝑁−�

�𝑔=𝑚𝑣2𝑅从P到B，由动能定理𝑚𝑔ℎ−0.3𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣2−0联立解得FN=2.8mg据牛顿第三定律滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小𝐹′𝑁=𝐹𝑁=2.8𝑚𝑔（3）解：设PC之间的最大距离为L时，滑块第一

次到达A时速度为零，则对整个过程应用动能定理𝑚𝑔𝐿sin53°+𝑚𝑔𝑅(1−cos53°)−𝑚𝑔𝑅−0.3𝑚𝑔𝐿=0代入数值解得L=1.2R【考点】动能定理的综合应用，牛顿第二定律【解析】【

分析】（1）滑块从P点滑动B点的过程，利用几何关系可以求出PB之间的高度，结合重力的大小可以求出减少的重力势能大小；（2）滑块从P到B的过程，利用动能定理可以求出滑块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块

对轨道压力的大小；（3）当滑块滑到A点的速度等于0；利用全过程的动能定理可以求出PC之间最大的距离。15.如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量𝑚=1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．𝑡=0时解除锁定，

计算机通过传感器描绘出滑块的𝑣−𝑡图象如图乙所示，其中𝑂𝑎𝑏段为曲线，𝑏𝑐段为直线，在𝑡1=0.1s时滑块已上滑𝑥=0.2m的距离（𝑔取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1

）滑块离开弹簧后在图中𝑏𝑐段对应的加速度大小𝑎及动摩擦因数𝜇的大小．（2）𝑡2=0.3s和𝑡3=0.4s时滑块的速度𝑣1、𝑣2的大小．（3）弹簧锁定时具有的弹性势能𝐸p．【答案】（1）解：由题图乙知滑块在𝑏𝑐段做匀减速运动，加速度大小

为：𝑎=𝛥𝑣𝛥𝑡=10m/s2根据牛顿第二定律得𝑚𝑔sin37°+𝜇𝑚𝑔cos37°=𝑚𝑎解得𝜇=0.5．（2）解：根据速度时间公式得𝑡2=0.3s时的速度大小𝑣1=𝑣0−𝑎𝛥𝑡，解得𝑣1=0在𝑡2之后开始下滑，下滑时由牛顿

第二定律得𝑚𝑔sin37°−𝜇𝑚𝑔cos37°=𝑚𝑎′解得𝑎′=2m/s2．从𝑡2到𝑡3做初速度为零的加速运动，𝑡3时刻的速度为𝑣2=𝑎′𝛥𝑡=0.2m/s（3）解：从0到𝑡1时间内，由能量守恒定律得𝐸p=𝑚𝑔𝑥

sin37°+𝜇𝑚𝑔𝑥cos37°+12𝑚𝑣𝑏2解得𝐸p=4J．【考点】能量守恒定律，牛顿第二定律【解析】【分析】（1）滑块在bc段做匀减速直线运动，利用图象斜率可以求出加速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因素的大小；

（2）物块做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出对应的速度，物块开始下滑时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出对应的末速度；（3）由于弹簧弹性势能转化为物块的动能和重力势能、内能，利用能量守恒定律可以求出弹性势能的大小。