河北衡水市武邑中学2022学年高一周考物理试卷

2022-2022学年河北省衡水市武邑中学高一（上）周考物理试卷（11.27）　一、选择题1．两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为TA：TB=1：8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为（　　）A．RA：RB=4：1，vA：vB=1：2B．RA：RB=4：1，vA：vB=2：1C．RA：RB=1：4，vA：vB=1：2D．RA：RB=1：4，vA：vB=2：12．人造地球卫星沿圆轨道环绕地球运动，因为受到高空稀薄空气的阻力作用，其运动的高度将逐渐变化，由于高度的变化很慢，在变化过程中的任一时刻，仍可认为卫星满足匀速圆周运动规律，下述关于卫星运动的一些物理量变化情况，正确的是（　　）A．线速度减小B．周期变大C．半径增大D．向心加速度增大3．一小球质量为m，用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O点，在O点正下方处钉有一颗钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则（　　）A．小球线速度没有变化B．小球的角速度突然增大到原来的2倍C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D．悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍4．假设人造地球卫星作匀速圆周运动，当它的轨道半径增大到原来的2倍时（　　）A．根据F=mω2•r，卫星受的向心力增为原来的2倍B．根据，卫星受的向心力减为原来的26/26C．根据，卫星受的向心力减为原来的D．根据F=mg，卫星受的向心力保持不变5．（多选）如图所示，图a、b、c的圆心均在地球的自转轴线上，对环绕地球做匀速圆周运动而言（　　）A．卫星的轨道可能为aB．卫星的轨道可能为bC．卫星的轨道可能为cD．同步卫星的轨道只可能为b6．乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是（　　）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mgC．人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等D．人在最低点时对座位的压力大于mg7．如图所示，长为L的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球，在最低点A给小球一个水平方向的瞬时冲量I，使小球绕悬点O在竖直平面内运动，为使细线始终不松弛，I的大小可选择下列四项中的（　　）A．大于mB．小于mC．大于mD．大于m，小于m26/268．如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中，下列说法正确的是（　　）A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送速度小于v，物体角落在P点B．若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点C．若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点9．如图所示，在高空中有四个小球，在同一位置同时以初速度v0分别向上、向下、向左、向右被抛出，不计空气阻力，经过1s后（小球未落地），四个小球在空中的位置构成的正确图形是（　　）A．B．C．D．10．竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度V0抛出，设在整个过程中，棒始终平动且空气阻力不计，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（　　）A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断11．从地面上方同一点向东与向西分别平抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小分别为v和2v，不计空气阻力，则两个小物体，以下说法不正确的是（　　）A．从抛出到落地速度的增量相同B．从抛出到落地重力做的功相同C．从抛出到落地重力的平均功率相同D．从抛出到落地所用时间不同12．如图所示，小物块位于半径为R的半球顶端，若小球的初速度为v026/26时，物块对球恰好无压力，则下列说法正确的是（　　）A．物块立即离开球面作平抛运动，不再沿圆弧下滑B．v0=C．物块落地点离球顶的水平位移为RD．物体将沿着圆弧下滑到地面13．半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体，如图所示．今给小物体一个水平初速度v0=，则物体将（　　）A．沿球面滑至M点B．先沿球面滑至某点N再离开球面做斜下抛运动C．立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为RD．立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为2R14．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向，已知P、Q间的距离为L，重力加速度为g，则关于抛出时物体的初速度v0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有（　　）A．tanα=tanθB．tanα=C．v0=D．v0=cosθ　二、计算题：26/2615．如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的密度；（3）该星球的第一宇宙速度v；（4）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T．16．某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球的一半，若从地球上高为h处平抛一物体，水平射程为120m（不计空气阻力），试求：（1）该星球表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值（2）从该星球上，从同样高度以同样速度平抛一物体的水平射程．17．（1）某行星有一质量为m的卫星，卫星绕行星做匀速圆周运动，其运动半径为r，周期为T，求行星的质量（已知万有引力常量为G）．（2）小钢球质量为m，沿光滑的轨道由静止滑下，轨道形状如图所示，与光滑轨道相接的圆形轨道的半径为R，要使小球沿光滑轨道恰能通过最高点，物体应从离轨道最低点多高的地方开始滑下？18．“嫦娥一号”探月卫星的成功发射，实现了中华民族千年奔月的梦想．假若我国的航天员登上某一星球并在该星球表面上做了如下图所示的力学实验：让质量为m=1.0kg的小滑块以v0=1m/s的初速度从倾角为53°的斜面AB的顶点A滑下，到达B点后恰好能沿倾角为37°的斜面到达C点．不计滑过B点时的机械能损失，滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，测得A、C两点离B点所在水平面的高度分别为h1=1.2m，h2=0.5m．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计该星球的自转以及其他星球对它的作用．（1）求该星球表面的重力加速度g；（2）若测得该星球的半径为R=6×10626/26m，宇航员要在该星球上发射一颗探测器绕其做匀速圆周运动，则探测器运行的最大速度为多大？19．如图所示，在xOy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴上离坐标原点3L的A点处有一电子枪，可以沿+x方向射出速度为v0的电子（质量为m，电量为e）．如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动．如果撤去磁场只保留电场，电子将从P点离开电场，P点的坐标是（2L，5L）．不计重力的影响，求：（1）电场强度E和磁感应强度B的大小及方向；（2）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从轴上的D点（图中未标出）离开磁场，求D点的坐标及电子在磁场中运动的时间．20．如图，光滑轨道固定在竖直平面内，水平段紧贴地面，弯曲段的顶部切线水平、离地高为h；滑块A静止在水平轨道上，v0=40m/s的子弹水平射入滑块A后一起沿轨道向右运动，并从轨道顶部水平抛出．已知滑块A的质量是子弹的3倍，取g=10m/s2，不计空气阻力．求：（1）子弹射入滑块后一起运动的速度；（2）水平距离x与h关系的表达式；（3）当h多高时，x最大，并求出这个最大值．　26/262022-2022学年河北省衡水市武邑中学高一（上）周考物理试卷（11.27）参考答案与试题解析　一、选择题1．两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为TA：TB=1：8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为（　　）A．RA：RB=4：1，vA：vB=1：2B．RA：RB=4：1，vA：vB=2：1C．RA：RB=1：4，vA：vB=1：2D．RA：RB=1：4，vA：vB=2：1【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向F=GF向=m=mω2r=m（）2r因而G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②ω=③a=④26/26由②式可得卫星的运动周期与轨道半径的立方的平方根成正比，由TA：TB=1：8可得轨道半径RA：RB=1：4，然后再由①式得线速度vA：vB=2：1．所以正确答案为C项．故选D．　2．人造地球卫星沿圆轨道环绕地球运动，因为受到高空稀薄空气的阻力作用，其运动的高度将逐渐变化，由于高度的变化很慢，在变化过程中的任一时刻，仍可认为卫星满足匀速圆周运动规律，下述关于卫星运动的一些物理量变化情况，正确的是（　　）A．线速度减小B．周期变大C．半径增大D．向心加速度增大【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】人造地球卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此分析描述圆周运动的物理量与半径的关系，根据半径的变化分析各量的变化即可．【解答】解：因为受到高空稀薄空气的阻力作用，卫星高度逐渐降低即卫星圆周运动的轨道半径r减小，人造地球卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力有：=m==maA、v=，半径r减小，线速度增大，故A错误；B、T=2π，半径r减小，周期减小，故B错误；C、受到高空稀薄空气的阻力作用，卫星高度逐渐降低即卫星圆周运动的轨道半径r减小，故C错误；D、a=，半径r减小，向心加速度增大，故D正确；故选：D．　26/263．一小球质量为m，用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O点，在O点正下方处钉有一颗钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则（　　）A．小球线速度没有变化B．小球的角速度突然增大到原来的2倍C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D．悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍【考点】6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律；4A：向心力．【分析】小球在下摆过程中，受到线的拉力与小球的重力，由于拉力始终与速度方向相垂直，所以它对小球不做功，只有重力在做功．当碰到钉子瞬间，速度大小不变，而摆长变化，从而导致向心加速度变化，拉力变化．【解答】解：A、当碰到钉子瞬间，小球到达最低点时线速度没有变化，故A正确．B、根据圆周运动知识得：ω=，而半径变为原来的，线速度没有变化，所以小球的角速度突然增大到原来的2倍，故B正确．C、根据圆周运动知识得：a=，而半径变为原来的，线速度没有变化，所以向心加速度突然增大到原来的2倍，故C正确；D、小球摆下后由机械能守恒可知，mgL=mv2，因小球下降的高度相同，故小球到达最低点时的速度相同，v=在最低点根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma=m，原来：r=L，F=mg+m=3mg而现在半径变为原来的，线速度没有变化．所以F′=mg+m=5mg26/26悬线对小球的拉力突然增大到原来的倍，故D错误故选ABC．　4．假设人造地球卫星作匀速圆周运动，当它的轨道半径增大到原来的2倍时（　　）A．根据F=mω2•r，卫星受的向心力增为原来的2倍B．根据，卫星受的向心力减为原来的C．根据，卫星受的向心力减为原来的D．根据F=mg，卫星受的向心力保持不变【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，根据万有引力的表达式求解．不能用向心力的表达式来讨论一些物理量的变化．注意控制变量法的应用．【解答】解：A、当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度ω=随着变化，所以，不能根据公式F=mω2•r得卫星受的向心力增为原来的2倍，故A错误B、同理，当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度随着变化，故B错误C、根据万有引力的表达式F=，卫星受的向心力减为原来的．故C正确D、人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，重力加速度也随着变化，故D错误故选C．　5．（多选）如图所示，图a、b、c的圆心均在地球的自转轴线上，对环绕地球做匀速圆周运动而言（　　）26/26A．卫星的轨道可能为aB．卫星的轨道可能为bC．卫星的轨道可能为cD．同步卫星的轨道只可能为b【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，是靠万有引力提供向心力，万有引力的方向指向地心，故圆周运动的圆心为地心．【解答】解：A、卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心．因此轨道a是不可能的，故A错误；B、卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地心必定在卫星轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心．因此卫星的轨道可能为b、c，故BC正确；D、而同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，轨道一定在赤道的上空．故同步卫星的轨道不可能为b．故D错误．故选：BC．　6．乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是（　　）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mgC．人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等D．人在最低点时对座位的压力大于mg【考点】4A：向心力．26/26【分析】车在最高点时，若恰好由重力提供向心力时，人与保险带间恰好没有作用力，没有保险带，人也不会掉下来．当速度更大时，人更不会掉下来．当速度大于临界速度时，人在最高点时对座位就产生压力．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析压力与重力的关系．【解答】解：A、当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为v0=．当速度v≥时，没有保险带，人也不会掉下来．故A错误．B、当人在最高点的速度v＞，人对座位就产生压力．当速度增大到2时，压力为3mg，故B错误；C、在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式a=可知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小不相等，故C错误；D、人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg．故D正确．故选：D．　7．如图所示，长为L的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球，在最低点A给小球一个水平方向的瞬时冲量I，使小球绕悬点O在竖直平面内运动，为使细线始终不松弛，I的大小可选择下列四项中的（　　）A．大于mB．小于mC．大于mD．大于m，小于m【考点】52：动量定理；37：牛顿第二定律；4A：向心力．【分析】分两种情况进行讨论，即小球在运动过程中，最高点与O点等高或比O低时，线不松弛，小球能在竖直平面内做圆周运动，线也不松弛，根据圆周运动的基本公式即可求解速度的范围，然后由动量定理求出动量满足的条件．【解答】解：存在两种可能：（1）小球在运动过程中，最高点与O点等高或比O低时，线不松弛．≤mgL26/26得：v1≤（2）小球恰能过最高点时，在最高点速度设为v0，对应的最低点速度设为v2，则有：mg=m根据机械能守恒得：+2mgL=解得：v2=所以为使细线始终不松弛，V0的大小范围为v0≤或v0≥．根据动量定理可知，I=mv0，所以I的大小范围为v0≤m或v0≥m．故AD错误，BC正确故选：BC　8．如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中，下列说法正确的是（　　）A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送速度小于v，物体角落在P点B．若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点C．若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点【考点】37：牛顿第二定律；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；43：平抛运动．【分析】26/26传送带静止不动时，物体在传送带上做匀减速直线运动，当传送带顺时针方向转动时，根据物体的受力判断物体的运动情况，从而得出到达右端的速度．【解答】解：A、若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送速度小于v，则物体做匀减速直线运动，到达右端时速度为v，物体做平抛运动，仍然落在P点．故A正确．B、若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，做匀速直线运动，可知到达右端的速度大于v0．物体落地点在P点的右侧．故B错误．C、若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，可知物体最终的速度大于v，做平抛运动将落在P点的右侧．故C错误．D、若传送带逆时针转动，物体做匀减速直线运动，到达右端的速度为v，做平抛运动将仍然落在P点．故D正确．故选AD．　9．如图所示，在高空中有四个小球，在同一位置同时以初速度v0分别向上、向下、向左、向右被抛出，不计空气阻力，经过1s后（小球未落地），四个小球在空中的位置构成的正确图形是（　　）A．B．C．D．【考点】A4：库仑定律．【分析】根据运动的合成与分解的知识，每个小球的运动都可以分解为自由落体运动和沿着初速度方向的匀速直线运动；假设同时有个小球从同一位置自由落体，则其余4个球相对与该球都是匀速直线运动．【解答】解：每个小球的运动都可以看成是沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合运动．假设同时有个小球从同一位置自由落体，则其余4个球相对与该球都是匀速直线运动，故以四个小球所在位置为顶点所构成的图形应该是正方形；故选：A．　26/2610．竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度V0抛出，设在整个过程中，棒始终平动且空气阻力不计，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（　　）A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．【解答】解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0．由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变．则C正确．故选：C．　11．从地面上方同一点向东与向西分别平抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小分别为v和2v，不计空气阻力，则两个小物体，以下说法不正确的是（　　）A．从抛出到落地速度的增量相同B．从抛出到落地重力做的功相同C．从抛出到落地重力的平均功率相同D．从抛出到落地所用时间不同【考点】43：平抛运动．【分析】从地面上方同一点向东向西分别平抛出两个等质量的小物体，可知初位置高度相同，重力的功相同；由平抛可得落地时间，进而判定速度增量；根据公式求解平均功率．【解答】解：A、速度是矢量，速度增量也是矢量；根据公式△v=gt，速度增加量相同，故A正确；B、重力做功W=mgh，相同，故B正确；C、D、平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据公式h=，从抛出到落地所用时间相同；26/26重力做功相同，时间也相同，根据公式，平均功率也相同；故C正确，D错误；本题选不正确的，故选：D．　12．如图所示，小物块位于半径为R的半球顶端，若小球的初速度为v0时，物块对球恰好无压力，则下列说法正确的是（　　）A．物块立即离开球面作平抛运动，不再沿圆弧下滑B．v0=C．物块落地点离球顶的水平位移为RD．物体将沿着圆弧下滑到地面【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】物块在最高点，仅受重力，有初速度，做平抛运动，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，通过最高点的速度和时间求出平抛运动的水平位移．【解答】解：AD、物块的初速度为v0时，物块对球恰好无压力，物块仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，故A正确，D错误．B、根据牛顿第二定律得：mg=，解得：，故B正确．C、根据R=得平抛运动的时间为：t=，则物块落地点离桥顶的水平位移为：x=，故C正确．故选：ABC．　13．半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体，如图所示．今给小物体一个水平初速度v0=，则物体将（　　）26/26A．沿球面滑至M点B．先沿球面滑至某点N再离开球面做斜下抛运动C．立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为RD．立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为2R【考点】43：平抛运动．【分析】物块在半圆球的最高点，沿半径方向的合力提供向心力，求出支持力的大小为零，得出物体做平抛运动，结合平抛运动的规律求出水平射程的大小．【解答】解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得，mg﹣N=m，解得N=0，知物体做平抛运动．故A、B错误．C、根据R=得，t=，则水平射程x=．故C正确，D错误．故选：C．　14．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向，已知P、Q间的距离为L，重力加速度为g，则关于抛出时物体的初速度v0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有（　　）A．tanα=tanθB．tanα=C．v0=D．v0=cosθ【考点】43：平抛运动．【分析】26/26采用逆向思维，物体做平抛运动，抓住竖直位移和水平位移，结合运动学公式求出初速度以及夹角的关系．【解答】解：运用逆向思维，物体做平抛运动，根据得，t=，则P点的竖直分速度，P点的水平分速度=，则=．故C、D错误．设初速度方向与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的推论有tanβ=2tanθ，又α=β﹣θ，根据数学三角函数关系可求得tanα=．故B正确，A错误．故选：B．　二、计算题：15．如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的密度；（3）该星球的第一宇宙速度v；（4）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T．【考点】4F：万有引力定律及其应用；43：平抛运动．【分析】（1）根据平抛运动规律列出水平方向和竖直方向的位移等式，结合几何关系求出重力加速度．（2）忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式．根据密度公式求解．26/26（3）该星球的近地卫星的向心力由万有引力提供，该星球表面物体所受重力等于万有引力，联立方程即可求出该星球的第一宇宙速度υ【解答】解：（1）设该星球表现的重力加速度为g，根据平抛运动规律：水平方向：x=v0t竖直方向：平抛位移与水平方向的夹角的正切值得；（2）在星球表面有：，所以该星球的密度：；（3）由，可得v=，又GM=gR2，所以；（4）绕星球表面运行的卫星具有最小的周期，即：故答案为：（1）；（2）该星球的密度；（3）该星球的第一宇宙速度；（4）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期　16．某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球的一半，若从地球上高为h处平抛一物体，水平射程为120m（不计空气阻力），试求：（1）该星球表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值（2）从该星球上，从同样高度以同样速度平抛一物体的水平射程．【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】26/26（1）在星体表面上根据卫星的万有引力等于重力，知重力加速度大小因素，进而得到该星球表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值；（2）根据平抛运动的知识结合加速度比值可以求得从该星球上，从同样高度以同样速度平抛一物体的水平射程．【解答】解：（1）在星体表面上万有引力等于重力由G=mg①解得g=则=36（2）在地球表面上由s=v0t②h=③由②③得s=同理在某星体表面上s星==20m答：（1）该星球表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为36．（2）从该星球上，从同样高度以同样速度平抛一物体的水平射程为20m．　17．（1）某行星有一质量为m的卫星，卫星绕行星做匀速圆周运动，其运动半径为r，周期为T，求行星的质量（已知万有引力常量为G）．（2）小钢球质量为m，沿光滑的轨道由静止滑下，轨道形状如图所示，与光滑轨道相接的圆形轨道的半径为R，要使小球沿光滑轨道恰能通过最高点，物体应从离轨道最低点多高的地方开始滑下？【考点】4F：万有引力定律及其应用；37：牛顿第二定律；4A：向心力．【分析】（1）研究卫星绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量；26/26（2）要使小球能够通过圆轨道最高点，那么小球在最高点时应该是恰好是物体的重力作为物体的向心力，由向心力的公式可以求得此时的最小的速度，再由机械能守恒可以求得离地面的高度h．【解答】解：（1）设行星的质量为M．由行星对卫星的万有引力提供向心力得解之得（2）小钢球恰能通过最高点时N=0最高点时，由牛顿第二定律得mg=…①小球在下落过程中由机械能守恒定律得mgh=mg2R+mv2…②由①②解得h=2.5R答：（1）行星的质量为；（2）物体应从离轨道最低点2.5R的地方开始滑下．　18．“嫦娥一号”探月卫星的成功发射，实现了中华民族千年奔月的梦想．假若我国的航天员登上某一星球并在该星球表面上做了如下图所示的力学实验：让质量为m=1.0kg的小滑块以v0=1m/s的初速度从倾角为53°的斜面AB的顶点A滑下，到达B点后恰好能沿倾角为37°的斜面到达C点．不计滑过B点时的机械能损失，滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，测得A、C两点离B点所在水平面的高度分别为h1=1.2m，h2=0.5m．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计该星球的自转以及其他星球对它的作用．（1）求该星球表面的重力加速度g；（2）若测得该星球的半径为R=6×106m，宇航员要在该星球上发射一颗探测器绕其做匀速圆周运动，则探测器运行的最大速度为多大？26/26【考点】4F：万有引力定律及其应用；37：牛顿第二定律．【分析】（1）对滑块进行受力分析和做功分析，根据动能定理列方程求得重力加速度；（2）根据万有引力提供向心力求解探测器的最大速度．【解答】解：（1）令该星球表面的重力加速度为g，小滑块从A到C的过程中，由动能定理得：=代入数值可解得g=6m/s2（2）设探测器质量为m′，探测器绕该星球表面做匀速圆周运动时运行速度最大，万有引力提供圆周运动向心力得又因为地星球表面重力和万有引力相等有解得=6×103m/s答：（1）该星球表面的重力加速度g═6m/s2；．（2）若测得该星球的半径为R=6×106m，宇航员要在该星球上发射一颗探测器绕其做匀速圆周运动，则探测器运行的最大速度为6000m/s．　19．如图所示，在xOy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴上离坐标原点3L的A点处有一电子枪，可以沿+x方向射出速度为v0的电子（质量为m，电量为e）．如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动．如果撤去磁场只保留电场，电子将从P点离开电场，P点的坐标是（2L，5L）．不计重力的影响，求：（1）电场强度E和磁感应强度B的大小及方向；（2）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从轴上的D点（图中未标出）离开磁场，求D点的坐标及电子在磁场中运动的时间．26/26【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）只有电场时，电子做类平抛运动到P点，根据类平抛运动的基本公式即可求解E；同时存在磁场与电场时，粒子做匀速直线运动，由共点力的平衡可求得磁场强度；（2）只有磁场时，电子受洛伦兹力做圆周运动，根据半径公式求出半径，根据几何关系求出坐标，根据周期公式求出粒子运动的时间．【解答】解：（1）只有电场时，电子做类平抛运动到P点，则沿Y轴方向有5L﹣3L=2L=••t2①沿v0方向有v0t=2L②由①②得E=，沿y轴负方向③电子做匀速运动时有eE=Bev0④由③④解得B=，垂直纸面向里⑤（2）只有磁场时，电子受洛伦兹力做圆周运动，设轨道半径为R，由牛顿第二定律有Bev0=m⑥，由⑤⑥得R=L⑦电子在磁场中运动的轨道如图所示，26/26由几何关系得D点的坐标为（0，L）电子在磁场中运动的周期为T，T=电子在磁场中运动的时间为t=答：（1）电场强度E的大小为，沿y轴负方向，磁感应强度B的大小为，垂直纸面向里；（2）D点的坐标为（0，L），电子在磁场中运动的时间为．　20．如图，光滑轨道固定在竖直平面内，水平段紧贴地面，弯曲段的顶部切线水平、离地高为h；滑块A静止在水平轨道上，v0=40m/s的子弹水平射入滑块A后一起沿轨道向右运动，并从轨道顶部水平抛出．已知滑块A的质量是子弹的3倍，取g=10m/s2，不计空气阻力．求：（1）子弹射入滑块后一起运动的速度；（2）水平距离x与h关系的表达式；（3）当h多高时，x最大，并求出这个最大值．【考点】53：动量守恒定律；43：平抛运动；6C：机械能守恒定律．【分析】26/26子弹与滑动的过程中系统动量守恒，根据动量守恒方程可以求出子弹射入滑块后一起运动的速度；滑块和子弹共同体滑上轨道的过程中只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒方程可以求出滑块到达轨道顶部的速度v；滑块和子弹一起从轨道顶部开始做平抛运动，已知抛出点的高度和抛出的初速度，根据平抛知识可以求出落地点的水平距离．【解答】解：（1）设子弹的质量为m，则滑块的质量为3m，子弹射入滑块后一起运动速度为v1，由动量守恒：mv0=（m+3m）v1…①解得：v1=v0=10m/s（2）设子弹与滑块到达轨道顶部时的速度为v2，由机械能守恒定律：（m+3m）v12=（m+3m）v22+（m+3m）gh②设子弹与滑块离开轨道顶部到落到地面的时间为t，由平抛运动规律：x=v2t…③竖直方向：h=…④联立②③④得：x=（3）因为：x==所以：h=2.5m时，B的水平距离最大xmax=5m答：（1）子弹射入滑块后一起运动的速度为10m/s；（2）水平距离x与h关系的表达式为x=；（3）h=2.5m时，B的水平距离最大xmax=5m．　26/262022年6月24日26/26