1、物理月考卷一、单选题（每题3分，共27.0分）1. 科幻电影流浪地球中讲述了人类想方设法让地球脱离太阳系的故事。地球流浪途中在接近木星时被木星吸引，当地球快要撞击木星的危险时刻，点燃木星产生强大气流推开地球拯救了地球。若逃逸前，地球、木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，且航天器在地球表面的重力为G1，在木星表面的重力为G2；地球与木星均可视为球体，其半径分别为R1、R2，则下列说法正确的是( )A. 地球逃逸前，发射的航天器逃出太阳系的最小速度为11.2km/sB. 木星与地球的第一宇宙速度之比为G2R1G1R2C. 地球与木星绕太阳公转周期之比的立方等于它们轨道半长轴之比的平方D. 地球与木星的
2、质量之比为G1R12G2R222. 我国首个月球探测计划“嫦娥工程”分三个阶段实施，大约用十年左右时间完成，假设“嫦娥四号”探测器在距月球表面高度为6R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道III绕月做匀速圆周运动，如图所示，已知月球半径为R，重力加速度约为16g，引力常量为G，则下列说法正确的是A. 月球的质量可表示为3432R3GT2B. 在轨道II上B点速率等于16gRC. “嫦娥四号”探测器在椭圆轨道II上的周期小于轨道I上的周期D. “嫦娥四号”探测器在轨道I上的速度小于轨道II上的经过A点的速
3、度3. 某行星的自转周期为T，赤道半径为R.研究发现，当该行星的自转角速度变为原来的2倍时会导致该行星赤道上的物体恰好对行星表面没有压力已知引力常量为G，则()A. 该行星的质量M=4R3GT2B. 该行星的同步卫星的轨道半径r=34RC. 质量为m的物体对该行星赤道表面的压力F=162mRT2D. 环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度为7.9km/s4. 宇航员在某星球表面做了如图甲所示的实验，将一插有风帆的滑块放置在倾角为的粗糙斜面上由静止开始下滑，帆在星球表面受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即F=kv，k为已知常数.宇航员通过传感器测量得到滑块下滑的加速度a与速度v的关系图象
4、如图乙所示，已知图中直线在纵轴与横轴的截距分别为a0、v0，滑块与足够长斜面间的动摩擦因数为，星球的半径为R，引力常量为G，忽略星球自转的影响，由上述条件可判断出()A. 滑块的质量为ka0v0B. 星球的密度为3a04GR(sincos)C. 星球的第一宇宙速度为a0RcossinD. 该星球近地卫星的周期为sincosa05. 某高中的航天兴趣小组查询相关资料获取到以下信息：忽略地球自转时，距地心距离r处的引力场强度a随r变化的曲线如图所示，R为地球的半径，在0R范围内是过原点的直线，在R范围内是遵从“平方反比”的曲线，即在此区间内，引力场强度a与距地心距离r的平方成反比，引力场某点的强度
5、等于质点在该点受到的万有引力除以质点的质量；轨道高度=R处有一卫星A绕地球做匀速圆周运动的周期为T；引力常量G。则在忽略自转时下列说法正确的是A. 可以推断出地球的平均密度=3GT2B. 可以推断出地表的重力加速度g=162RT2C. 在深度为R4的深井底部的重力加速度大小等于卫星A的向心加速度大小D. 在深度为3R4的深井底部的重力加速度大小等于卫星A的向心加速度大小6. 地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度为a2.已知万有引力常量为G，地球半径为R，地球赤道表面的重力加速度为g.下列说法正确的是()A. 地球质量M=gr
6、2GB. 地球质量M=a1r2GC. a1、a2、g的关系是ga2a1D. 加速度之比a1a2=r2R27. 深空中，某行星X绕恒星Y逆时针方向公转，卫星Z绕X逆时针方向运行，X轨道与Z轨道在同一平面内如图，某时刻Z、X和Y在同一直线上，经过时间t，Z、X和Y再次在同一直线上(相对位置的顺序不变).已知Z绕X做匀速圆周运动的周期为T，X绕Y做匀速圆周运动的周期大于T，X与Y间的距离为r，则Y的质量为()A. 42r3(t+T)2Gt2T2B. 42r3(tT)2Gt2T2C. 42r3Gt2D. 42r3GT28. 一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F
7、，在车前进s的过程中，下列说法正确的是()A. 当车匀速前进时，人对车做的总功为正功B. 当车加速前进时，人对车做的总功为正功C. 当车减速前进时，人对车做的总功为正功D. 不管车如何运动，人对车做的总功都为零9. 如图，用力F拉一质量为m的物体，沿水平面匀速前进x距离，已知F与水平方向的夹角为，物体和地面间的动摩擦因数为，则在这段距离内F做功为()A. mgxB. mgxC. mgx1+tanD. mgxcos+sin二、多选题（每题4分，共28.0分）10. 2018年11月1日23时57分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭，成功发射第四十一颗北斗导航卫星，这是“北斗三号”系
8、统首颗地球静止轨道(GEO)卫星。此前，我国已发射一颗绕地球做匀速圆周运动、周期为12的MEO卫星。下列说法正确的是A. MEO卫星的速度小于7.9km/sB. MEO卫星的轨道半径是GEO卫星轨道半径的一半C. MEO卫星的速度小于GEO卫星的速度D. MEO卫星的向心加速度大于GEO卫星的向心加速度11. 火星是太阳系中与地球最为类似的行星，是我国深空探测的第二颗星球。若火星探测器在距火星表面某高度处绕火星做匀速圆周运动，测得飞行N圈所用时间为t，已知火星表面的重力加速度为g0，火星可视为均匀球体，其半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是A. 火星探测器的线速度大小为2NRtB. 火星探
9、测器距火星表面的高度为=3g0R2t242N2RC. 火星的第一宇宙速度为g0RD. 火星的平均密度为g04GR12. 在星球A上将一小物块P竖直向上抛出，P的速度的二次方v2与位移x间的关系如图中实线所示；在另一星球B上用另一小物块Q完成同样的过程，Q的v2x关系如图中虚线所示。已知A的半径是B的半径的13，若两星球均为质量均匀分布的球体(球的体积公式为V=43r3，r为球的半径)，两星球上均没有空气，不考虑两球的自转，则A. A表面的重力加速度是B表面的重力加速度的9倍B. P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的13C. A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的3倍D. A的密度是B
10、的密度的9倍13. 人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h，地球同步卫星b离地面高度为H，m时，小车的合外力近似等于钩码的重力B.小车的加速度大小与钩码的加速度大小相等C.实验时，应先接通电源后释放小车(2)图乙为某次实验得到的纸带，相邻计数点间还有四个点没有画出，已知电源的频率为f，纸带可得小车的加速度的表达式为_(用x1、x2、x3、x4、f来表示)。(3)若实验中电压的实际值小于220V，则测量的加速度大小_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。18. （9分）某课外活动小组为了测量木块与木板间的动摩擦因数，设计了如图甲所示的实验装置。实验中让木板倾斜固定，打点计时器固定在木板上端，纸带固定
11、在木块上，让木块从靠近打点计器的位置由静止开始沿木板下滑，打点计时器记录木块的运动，分析纸带、测出木板与水平面间的夹角，计算出木块与木板间的动摩擦因数。图乙是某次实验得到的清晰纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点的时间间隔T=0.1s，根据纸带可求出木块过D点时的速度为_m/s，木块的加速度大小为_m/s2.实验测得木板与水平面间的夹角=37(sin37=0.6,cos37=0.8)，重力加速度g取10m/s2，木块与木板间的动摩擦因数=_。(结果保留两位有效数字)四、计算题（本大题共3小题，共30分）19. （8分）假如宇航员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面h
12、处由静止释放一个小球(引力视为恒力，阻力可忽略)，经过时间t落到地面已知该行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G.求：(1)该行星的平均密度；(2)如果该行星有一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少?20. （11分）在某个星球上(该星球的质量是地球质量的十分之一，该星球的半径与地球相同，地球表面的重力加速度g=10m/s2。)，有正方形光滑水平台面WXYZ边长L=2.0m，距该星球水平表=12.5m。C板D板间距d=0.2m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔，小球在CD间受到恒力F=2.5N的作用，在CD外的台面水平区域内小球受到大小f=kv(v为小球的速
13、度大小，k=2.0Ns/m)，方向始终与速度方向垂直的水平力的作用。小球静止于W处，最后由XY边界离开台面。(1)求小球离开台面运动到该星球表面的时间；(2)求由XY边界离开台面的小球的质量范围；(3)若小球质量m=6.25kg，求小球离开台面时速度方向与XY的夹角。21. （11分）如图所示，水平桌面上质量为2 m的薄木板右端叠放着质量为m的小物块，木板长为L，整体处于静止状态已知物块与木板间的动摩擦因数为，木板与桌面间的动摩擦因数为4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求(1)若小物块初速度为零，使木板以初速度v0沿水平桌面向右运动，求木板刚向右运动时加速度的大小；(2)若对木板
14、施加水平向右的拉力F1，为使木板沿水平桌面向右滑动且与小物块间没有相对滑动，求拉力F1应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F2=234mg、方向沿水平桌面向右的拉力，经过一段时间撤去拉力F2，此后运动过程中小物块恰未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W物理月考卷答案和解析【答案】1. D2. C3. B4. B5. D6. C7. B8. C9. C10. AD11. BC12. AC13. AC14. BD15. AC16. BD17. (1)C；(2)a=(x3+x4)(x1+x2)100f2；(3)无影响。18. 0.85 2.0 0.5019. 解：(1)设行星表面的
15、重力加速度为g，对小球，有：=12gt2，解得：g=2t2，在该行星“北极”，对行星表面的物体m，有：GMmR2=mg，故行星质量：M=2R2Gt2，故行星的密度：=M43R3=32Gt2R；(3)同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为T，设同步卫星的质量为m，由牛顿第二定律有：GMm(R+H)2=m42T2(R+H)，联立解得同步卫星距行星表面的高度：H=3T2R222t2R。20. 解：(1)设星球表面重力加速度为g0，星球表面：GMmR2=mg0所以g0g=M星M地R地2R星2=110解得：g0=g10=1m/s2小球离开台面做平抛运动，t=2g0=5s(2)设小球从D出来的速度为v，
16、v2=2ad=2Fmd，由题意知，小球做匀速圆周运动，f充当向心力，由牛顿第二定律：kv=mv2r，解得：m=k2r22Fd=4r2由题意和几何关系得：r1=Ld=1.8m，r2=L2=1.0m，代入质量表达式解得：m1=12.96kg，m2=4.00kg所以质量范围：4.00kgm12.96kg(3)设小球离开台面的速度v1=2Fdm0=0.4m/s，小球离开台面运动到该星球表面的水平距离x1=vt=2m，小球做圆周运动半径r=m04=54设小球离开台面时速度方向与XY的夹角为，cos=Lrr=35解得：=5321. 解：(1)对于木板，有mg+43mg=2ma1解得a1=78g (2)F1
17、的最小值满足，F1min=3mg4 F1取最大值是，对m有：mg=ma2对2m有：F1max43mgmg=2ma2解得F1max=154mg 所以：3mg4F1154mg(3)施加F2时，对滑块m有：mg=ma3，加速度方向向右对木板2m有：F243mgmg=2ma4撤去F2后，对m有mg=ma5，加速度不变对于木板2m，有mg+43mg=2ma6，加速度方向向左设F2作用时间为t1，再经过t2两者达到共同速度。达到共同速度的过程中，滑块的位移L1=12a3(t1+t2)2木板的位移L2=12a4t12+a4t1t212a6t22L=L2L1 且a4t1a6t2=a3(t1+t2) 解得t1=
18、30L23gt2=81530L23g达到共同速度后，滑块和木板共同减速的加速度大小a7=g4减速到零的时间t3=a3(t1+t2)a7木板的总位移L3=12a4t12+a4t1t212a6t22+12a7t32=263L木板克服桌面摩擦力做的功W=3mg4L3=132mgL 【解析】1. 【分析】本题考查万有引力定律的运用，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用，难度不大。【解答】A.地球逃逸前，发射的航天器逃出太阳系的最小速度为16.7km/s，故A错误；B.由GM地mR12=G1，GM木mR22=G2，可解得M木M地=G2R22G1R12，又GM地m
19、R12=mv12R1，GM木mR22=mv22R2，可解得木星与地球的第一宇宙速度之比v2v1=M木R1M地R2=G2R2G1R1，故B错误；C.地球与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，故C错误；D.由GM1mR12=G1，GM2mR22=G2，联立解得M1M2=G1R12G2R22，故D正确。故选D。2. 【分析】根据万有引力提供向心力得出月球的质量；根据月球表面的第一宇宙速度的表达式及在轨道II上的B点的速度大于轨道III上的速度分析选项B。根据开普勒第三定律得出选项C。从轨道II到达轨道I需要加速，轨道I的机械能大于轨道II上的机械能。本题是天体部分的题目的综合，用到开
20、普勒行星定律和中心天体质量的求解及变轨问题，常规题。【解答】A.有得出月球的质量为，A错误；B.月球上的第一宇宙速度为16gR，在轨道II上B点速度大于第一宇宙速度，B错误。C.根据开普勒第三定律得出，“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道II上的周期小于轨道I上的周期，故C正确；D.从轨道II到达轨道I需要加速，轨道I的机械能大于轨道II上的机械能，D错误。故选C。3. 【分析】由“该行星自转角速度变为原来两倍将导致该星球赤道上物体将恰好对行星表面没有压力”可知此时重力充当向心力，赤道上的物体做匀速圆周运动，据此可得该星球的质量同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力的周期表达式可得同
21、步卫星的轨道半径。行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力，由此可得支持力大小，进而可知压力大小。7.9km/s是地球的第一宇宙速度。重点知识：行星自转的时候，地面物体万有引力等于重力没错，但不是重力全部用来提供向心力，而是重力和支持力的合力提供向心力；“星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力”时重力独自充当向心力【解答】A.根据题意，由GMmR2=m(212T)2R，可知，该行星的质量，A错误；B.由，把行星的质量代入，即可得出r=34R，B正确；C.行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力，mgFN=m42T2R，又mg=GMmR2、，代入得，由牛顿第三定律知质量为m的物体对该行星赤道表
22、面的压力，C错误；D.该行星的卫星最大环绕速度是贴着该行星表面飞行的速度，由GMmR2=mv2R可知本题算不出具体数据，D错误故选B。4. 【试题解析】【分析】本题考查牛顿第二定律、万有引力定律等知识，难度较大。首先对带风帆的滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出滑块下滑速度为v时加速度的表达式，再结合题意即可求出滑块的质量m，由星球表面物体的重力近似等于万有引力结合万有引力提供向心力即可解答。【解答】A.带风帆的滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力的作用，沿斜面方向，由牛顿第二定律得：，而F=kv，联立可计算得出：，根据题意知：km=a0v0，计算得出：m=kv0a0，故A错误；B
23、.由结合图像知：，则有，由星球表面物体的重力近似等于万有引力得：mg=GMmR2，又M=43R3，由联立解得：星球的密度为，故B正确；C.设星球的第一宇宙速度为v1，则GMmR2=mv12R，由联立解得：星球的第一宇宙速度为，故C错误；D.该星球近地卫星的周期为T=2Rv1，由得：该星球近地卫星的周期为，故D错误。故选B。5. 【分析】本题考查了卫星运动的问题，分析该问题时关键是利用万有引力提供卫星做圆周运动的向心力解题。由GMmr2=m42T2r，且r=2R，计算地球平均密度；由an=42(2R)T2，且由GMmR2=mg，且r=2R，GMmr2=man计算地球的重力加速度；根据图像分析和卫
24、星A的向心加速度相等的位置。【解答】A.对卫星A，GMmr2=m42T2r，且r=2R，可得=M43R3=3r3GT2R3=24GT2，所以选项A错误；B.对卫星A，an=42(2R)T2，且由GMmR2=mg，且r=2R，GMmr2=man，故可得gan=(2R)2R2=4，地表的重力加速度g=322RT2，所以选项B错误；CD.由图直线部分可知，在距地心14R的地方，g=g4=an，所以选项D正确。6. 解：AB、根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有：GMmr2=ma2，解得地球的质量M=a2r2G，故A、B错误；C、地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据a=2r知，a1R，
25、所以a2a2a1，故C正确；D、地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据a=2r，地球赤道上的物体与地球同步卫星的向心加速度之比a1a2=Rr，故D错误；故选：C。运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活应用，同时注意地球赤道上的物体随地球自转的加速度和地球同步卫星的角速度相等7. 【分析】本题行星绕恒星、卫星绕行星的类型，建立模型，根据万有引力提供向心力，万有引力近似等于重力进行求解【解答】在0t时间内X公转的角度设为，则Z绕X转过的角度为2+，X公转的周期T=2t，Z绕X运行的周期T=2
26、+2t，得：T=tTtT。设Y的质量为M，X的质量为m，由Y对X的万有引力提供向心力有GMmr2=m(2T)2r，解得：M=42r3(tT)2Gt2T2，只有选项B正确。故选：B。8. 【分析】本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，关键是根据人的运动状态，判断人的受力情况，再根据作用力和反作用力的关系判断人对车厢施力情况，难度适中。人对车施加了三个力，分别为压力，推力F，摩擦力f，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功还是负功。【解答】A.当车匀速前进时，人对车厢的推力F做的功为WF=Fs，静摩擦力做的功Wf=fs，人处于平衡状态，根据作用力与反作用的关系可知，F=f，则人对车做的
27、总功为零，故A错误；B.当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力f向右且大于车厢壁对人的作用力F，所以人车厢的静摩擦力向左，静摩擦力做的功Wf=fs，人对车厢的推力F方向向右，做的功为WF=Fs，因为fF，所以人对车做的总功为负功，故B错误；C.当车减速前进时，车厢对人的静摩擦力f向右且小于车厢壁对人的作用力F，所以人车厢的静摩擦力向左，静摩擦力做的功Wf=fs，人对车厢的推力F方向向右，做的功为WF=Fs，因为fF，人对车做的总功为正功，故C正确；D.由上述分析可知D错误。故选C。9. 【分析】由恒力做功的计算公式即可求出拉力的功。本题主要考查恒力做功公式的基本运用，熟练应用功的计
28、算公式即可正确解题。【解答】对物体受力分析知，竖直方向受力平衡：，摩擦力的大小，由于物体匀速运动，所以，所以解得F=mgcos+sin，由功的定义式可得，F的功为，故ABD错误，故C正确。故选C。10. 【分析】本题考查万有引力定律，目的是考查学生的分析综合能力，根据万有引力定律和开普勒第三定律分析。【解答】A.7.9km/s为飞行器绕地球运行的最大绕行速度，故MEO卫星的速度小于7.9km/s，选项A正确；B.GEO卫星的周期为24，根据开普勒第三定律r3T2=k可知，r与T不成正比，选项B错误；C.MEO卫星的轨道半径小于GEO卫星的轨道半径，由GMmr2=mv2r可得v=GMr，故MEO
29、卫星的速度大于GEO卫星的速度，选项C错误；D.由GMmr2=ma可得a=GMr2，故MEO卫星的向心加速度大于GEO卫星的向心加速度，选项D正确。故选AD11. 【分析】根据题干条件可得到探测器圆周运动的周期，火星表面重力等于万有引力，火星探测器受到的万有引力提供向心力，列等式联立可求探测器距火星表面的高度，绕火星表面附近做匀速圆周运动的最大速度即为火星的第一宇宙速度；求出火星质量表达式，根据密度公式求火星平均密度。【解答】火星探测器绕火星做匀速圆周运动，轨道半径为r=R+，火星探测器绕火星做匀速圆周运动周期T=tN，火星探测器匀速飞行的速度为v=2Nrt，故选项A错误；设火星质量为M，火星
30、探测器质量为m，由牛顿第二定律得GMmR+2=m42T2R+，火星探测器在火星表面静止时GMmR2=mg0，联立解得=3g0R2T242R，即=3g0R2t242n2R，故选项B正确；卫星刚好绕火星表面做匀速圆周运动时，GMmR2=mv2R，解得v=g0R，故选项C正确；由M=V，V=43R3，解得=3g04GR，故选项D错误。故选BC。12. 解：A.设重力加速度为g，根据速度位移关系式可知0v2=2gx，得v2=2gx，图象的斜率代表2g，两图象斜率比为9：1，所以A表面的重力加速度是B表面的重力加速度的9倍，故A正确。B.根据竖直上抛运动对称性可知：t=2v0g根据图象可知，P的初速度为
31、3v0，Q的初速度为v0，所以P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的39，故B错误。C.根据第一宇宙速度的公式v=gR，可知，A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的3倍，故C正确。D.根据GMmR2=mg结合密度公式M=V=43R3解得：=3g4GR所以A的密度是B的密度的27倍，故D错误。故选：AC。本题考查了万有引力定律及其应用、第一宇宙速度、匀变速直线运动规律等知识点。关键点：利用数学知识，写出v2关于x函数表达式，通过图象的斜率来求加速度是本题的关键。13. 【分析】人造卫星a、b绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，建筑物c是由于地球自转而做匀速圆周运动，b、c两
32、者周期相同，相当于同轴转动。本题考查了人造卫星的有关知识，根据万有引力提供向心力列式求解，是对公式的掌握熟练程度的考查。【解答】A.设卫星的线速度为v，根据万有引力提供向心力列式得：GMmr2=mv2r，得：v=GMr，则a、b线速度大小之比为vavb=rbra=R+HR+，故A正确；B.根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mr2，得=GMr3，则a、b的角速度大小之比为：ab=rb3ra3=R+H3R+3，又b、c两者周期相同，角速度相等，所以ac=ab=R+H3R+3，故B错误；C.b、c两物体周期相等，角速度相等，相当于同轴转动，则由an=r2得：abac=R+HR，故C正确；D.设经
33、过时间t卫星a再次通过建筑物c上方，则根据几何关系有：act=2，又：mg=GMmR2，联立解得：t=2ac=2R+3GMR+H3GM=2gR2R+3R+H3，故D错误。故选AC。14. 【分析】物体在天体两极时的重力等于万有引力，据此求出天体的质量；位于天体赤道上的物体随天体自转做圆周运动，万有引力与重力之差提供向心力，联立应用密度公式求出星球的密度。赤道上的物体“飘”起来时，重力提供向心力；根据第一宇宙速度的含义求解；同步卫星运动时万有引力提供向心力。本题考查了万有引力定律的应用，知道“物体在星球两极时的重力等于万有引力、位于星球赤道上的物体随星球自转做圆周运动万有引力与重力之差提供向心力
34、”是解题的前提与关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。【解答】A. 在赤道上有G2G1=m42T2R，在极点有G2=GMmR2，密度公式=M43R3，联立得：=3G2G2G1GT2，A错；B.赤道上的物体“飘”起来时G2=m42T2R，可得T=G2G1G2T，B正确；C.天体的第一宇宙速度为v=2RT=2RTG2G2G1，C错误；D.对同步卫星有GMmr2=m42rT2，联立可得=rR=3R2T2G242mR，D正确。故选BD。15. 【分析】用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从t=1s开始力F随时间均匀减小，物体先做减速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，当物体速度为零后，物体受
35、静摩擦力，根据牛顿第二定律求得加速度，根据f=mg求得摩擦因数。解决本题的关键知道物体做匀速直线运动，拉力减小后，先做减速运动，最终静止摩擦力由滑动摩擦力变为静摩擦力。【解答】ABD、物体开始在F作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在1s时物体开始做减速运动，拉力减小，合力减小，加速度减小，做变减速运动，根据牛顿第二定律可知a=Ffm，加速度大小逐渐增大，由图可知，从3s开始，物体处于静止，故t=3s至t=5s时间内，摩擦力对物体不做功，故A正确；BD错误；C、由图可知滑动摩擦力大小为f=4N，则=fmg=0.4，由图可知，t=2
36、s时拉力F=3N，根据牛顿第二定律可知a=Ffm=341m/s2=1m/s2，故C正确。故选AC。16. 【分析】本题考查功的计算，要明确各力做功的特点，如重力做功等于重力与竖直方向高度差的乘积，而空气阻力做功等于力与路程的乘积。根重力做功与初末位置的高度差有关;根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功;注意在求阻力做功时，要明确阻力大小不变，方向与运动方向相反，阻力做功等于力与路程的乘积。【解答】A.重力做功与初末位置的高度差有关，如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以WG=mgL，故A错误;B.因为拉力在运动过程中始终与运动方
37、向垂直，故不做功，即W=0，故B正确;CD.F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即WF阻=(F阻x1+F阻x2+)=12F阻L，故C错误，D正确。故选BD。17. 【分析】本题“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图是课本实验的改进，这种方法可以准确得到小车的合外力。(1)因为该实验的连接方式，小车是在绳的拉力下加速运动，拉力可由测力计示数获得，故不要求重物质量远小于小车质量；(2)根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2求解加速度。【解答】(1)AB.因为该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代
38、替，故不要求重物质量远小于小车质量，故AB错误；C.为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故C正确。故选C。(2)相邻计数点间时间为T=5f，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2，有：a=(x3+x4)(x1+x2)(2T)2=(x3+x4)(x1+x2)100f2；(3)打点周期与电源的频率有关，与电压的大小值无关。若实验中电压的实际值小于220V，则测量的加速度大小无影响。故答案为：(1)C；(2)a=(x3+x4)(x1+x2)100f2；(3)无影响。18. 解：匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，因此D点的瞬时速度为：vD=xCE2T=7
39、.52+9.5220.1102m/s=0.85m/s。根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可得：a=xCExAC4T2=7.52+9.525.513.5240.12m/s2=2.0m/s2。研究木块的受力，根据牛顿第二定律可知，mgsinmgcos=ma，解得=gsinagcos=0.50。故答案为：0.85；2.0；0.50。根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小。根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数。此题考查了探究摩擦力大小因素的实验，解题的关键是匀变速直线运动规律的掌
40、握，以及牛顿第二定律的灵活运用。19. 解答此题要清楚行星“北极”的物体受到的重力等于万有引力，星球的同步卫星所受的万有引力提供向心力，恰当选取向心力表达式。(1)先根据自由落体运动的公式=12gt2，求解重力加速度g；在该行星“北极”，对行星表面的物体，根据万有引力等重力列式求解星球质量；最后根据密度的定义公式求解星球的密度；(2)对同步卫星，知道步卫星的周期与该行星自转周期相同，根据万有引力等于向心力列式求解。20. (1)根据GMmR2=mg0求得该星球表面的重力加速度，再利用平抛运动求得时间；(2)微粒要由XY边界离开台面，由两个边界条件：一个是从XY的左端离开，再者是轨迹与YZ相切到
41、达XY边离开台面，做出两种情况下的轨迹图，从而可知轨迹半径的范围，再由微粒在圆周运动的半径公式，可求出微粒的质量范围；(3)先由半径公式结合微粒的质量求出微粒的运动半径，求出从XY边缘离开平台时的位置及与XY边的夹角。21. 本题主要考查动力学中的临界与极值问题、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的综合运用。(1)对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；(2)将物块和木板当成一个整体，由向右滑动求得拉力下限；再对物块应用牛顿第二定律求得加速度上限，即可将物块和木板当成一个整体，由牛顿第二定律求得拉力上限；(3)分析木板的运动情况，根据运动学公式求解木板整个过程位移，根据W=Fx求解木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W。
