2022-2023学年广东省深圳市宝安区龙华中学高一（下）期中物理试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳市宝安区龙华中学高一（下）期中物理试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）如图所示，一无动力飞行爱好者在某次翼装飞行过程中，在同一竖直平面内从到滑出了一段曲线轨迹，该过程中下列说法正确的是
A．爱好者在某点所受合外力方向不可能沿轨迹的切线方向
B．爱好者的速度可能保持不变
C．爱好者的速度方向与加速度方向始终相互垂直
D．若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，爱好者的速度将减小
2．（4分）2022年2月4日北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，最后定格于立春节气，惊艳全球，二十四节气，代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置，如图所示，从天体物理学可知地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气，以下说法正确的是
A．地球绕太阳运行方向（正对纸面）是顺时针方向
B．地球绕太阳做匀速率椭圆轨道运动
C．地球从夏至到秋分的时间大于地球公转周期的四分之一
D．冬至时地球公转速度最小
3．（4分）中国在2022年发射的实践二十一号卫星，实施了一项“太空城管”的“轨道清扫”任务，捕获并拖走了一颗失效的北斗二号地球同步轨道卫星。发射地球同步卫星的过程如图所示，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则
A．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度可能大于
B．卫星在点通过减速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
C．在轨道Ⅰ上，卫星在点的加速度小于在点的加速度
D．在点，卫星在轨道Ⅰ时的加速度等于在轨道Ⅱ时的加速度
4．（4分）如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的转速减小以后，物体仍然随圆筒一起匀速转动而未滑动，则下列说法正确的是
A．物体所受弹力增大，摩擦力增大
B．物体所受弹力不变，摩擦力减小
C．物体所受弹力减小，摩擦力不变
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
5．（4分）质量为的汽车在水平路面上匀加速启动，速度—时间图像如图所示，段为过原点的倾斜直线，段为曲线，且汽车保持额定功率，段是与段相切的水平直线，下述判断正确的是
A．时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．时间内汽车牵引力不断减小但功率恒定
C．时刻汽车发动机功率首次达到最大值并保持
D．汽车以最大速度行驶时，牵引力有可能大于阻力
6．（4分）一根粗细均匀的长直铁棒重，平放在水平地面上。现将一端从地面抬高，而另一端仍在地面上，则
A．铁棒的重力势能增加了B．铁棒的重力势能增加了
C．铁棒的重力不做功D．上述说法均错误
二、多项选择题（本题共4题，每题6分，共24分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，对而不全得3分，有选错或不答得0分。）
7．（6分）如图所示，某人在斜面底端的正上方某高度处水平抛出两个物体甲、乙，分别落在、两处，不计空气阻力，则以下判断正确的是
A．甲物体空中运动时间更长
B．乙物体空中运动时间更长
C．甲物体的初速度更大
D．两个物体空中运动过程中的加速度不同
8．（6分）如图所示，为地球赤道上的物体，随地球表面一起转动，为近地轨道卫星，为同步轨道卫星，为高空探测卫星。若、、、绕地球转动的方向相同，且均可视为匀速圆周运动。则
A．、、、中，的加速度最大B．、、、中，的线速度最大
C．、、、中，的周期最大D．、、、中，的角速度最大
9．（6分）如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们运上五楼，其中图甲是用台阶式电梯，图乙是用履带式电梯，假设从一楼运到二楼两种情况下电梯都是匀加速运动，关于此过程下列说法正确的是
A．货物所受的摩擦力都做正功
B．货物所受的支持力都不做功
C．图甲中货物所受的支持力做正功
D．图乙中货物所受的支持力不做功
10．（6分）质量为、发动机的额定功率为的汽车在平直公路上行驶。若该汽车所受阻力大小恒为，有关汽车的运动下列判断正确的是
A．汽车的行驶速度无法超过
B．汽车匀速行驶的速度可以等于
C．汽车获得的动能小于发动机做的总功
D．汽车获得的动能等于发动机做的总功
非选择题部分
11．某实验小组用重锤自由下落的过程来检验重力做的功与动能变化量的关系。
（1）如图1是四位同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是 。
（2）关于接通电源和放手让重锤运动的先后顺序，下列说法正确的是 。
．先放手后接通电源
．放手时同时接通电源
．先接通电源后放手
．以上说法都不对
（3）选出一条清晰的纸带如图2所示，其中点为打点计时器打下的第一个点，通过分析已知该点速度为零，另选连续的三个点、、。用刻度尺测得这三个点到点间距为：，，，重锤的质量为，打点计时器工作频率为，当地的重力加速度为。从打下到打下点过程中重力做功等于 ，打点计时器打下点时重锤的速度大小 ，重锤动能增加量为 。（计算结果均保留2位小数）
（4）实验发现重锤自由下落过程中获得的动能并不等于重力做的功，分析两者不相等的原因可能是 （至少写出一条主要原因）。
12．图甲为某种管口出水方向可调的瓶装水电动取水器，某实验小组利用平抛运动规律测量该取水器取水时的流量（单位时间内流出水的体积）。实验方案如下：
（1）利用仪器测量取水器出水管内径；
（2）调节取水器管口方向，使水从管口沿 方向射出；
（3）待水在空中形成稳定的弯曲水柱后，紧贴水柱后方放置白底方格板（已知每个正方格的边长为，并利用手机正对水柱拍摄照片，取水柱上的三个点、、，如图乙所示，图中点 平抛的起点（选填“是”或“不是” ；
（4）已知当地重力加速度大小为，根据图乙可以计算水从管口喷出时的初速度 （用、进行表示）；
（5）由上述信息可计算得出取水器取水时的流量 （用、、进行表示）。
13．（10分）如图所示，王亚平用古筝弹奏了《茉莉花》，从中国空间站为中国人民送上元宵祝福。中国空间站在离地面高度的圆周轨道绕地球做匀速圆周运动，且运动的周期为。已知万有引力常量为，地球半径为。
（1）若古筝的质量为，求古筝在空间站受到地球对它的万有引力大小；
（2）地球的质量。
14．（12分）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，如图所示．若战士某次将质量为的手榴弹水平抛出，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为，水平位移大小为，忽略空气阻力，重力加速度为，求：
（1）手榴弹在空中运动的时间；
（2）抛出手榴弹过程中，战士至少要做多少功；
（3）手榴弹落地前瞬间，手榴弹重力的功率．
15．（10分）如图所示为供儿童娱乐的滑梯的示意图，假设其中为光滑斜面滑槽，为动摩擦因数的水平滑槽，与半径的圆弧相切；为水平地面。已知儿童在滑槽上滑动时，在点由斜面转到水平面的运动速率不变，点离地面的竖直高度为。（取试求：
（1）儿童从处由静止开始滑到处时的速度大小？
（2）为了使儿童在娱乐时不会从处平抛滑出，水平滑槽的长度至少为多少？
2022-2023学年广东省深圳市宝安区龙华中学高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共6题，每题4分，共24分，每小题只有一个选项正确）
1．（4分）如图所示，一无动力飞行爱好者在某次翼装飞行过程中，在同一竖直平面内从到滑出了一段曲线轨迹，该过程中下列说法正确的是
A．爱好者在某点所受合外力方向不可能沿轨迹的切线方向
B．爱好者的速度可能保持不变
C．爱好者的速度方向与加速度方向始终相互垂直
D．若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，爱好者的速度将减小
【答案】
【分析】曲线运动合外力指向曲线凹侧；曲线运动速度沿轨迹的切线方向；只有匀速圆周运动时，速度方向与加速度方向一直相互垂直；根据加速曲线运动规律，分析加速曲线运动。
【解答】解：．曲线运动合外力指向曲线凹侧，不可能沿轨迹的切线方向，故正确；
．曲线运动中速度沿轨迹的切线方向，一直在变化，故错误；
．曲线运动速度方向和加速度方向不能共线，并非一直互相垂直，只有匀速圆周运动时，速度方向与加速度方向一直相互垂直，故错误；
．根据减速曲线运动规律，若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，爱好者将做加速运动，故错误。
故选：。
【点评】本题考查学生对曲线运动受力特点等规律的掌握，具有一定综合性，是一道基础题。
2．（4分）2022年2月4日北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，最后定格于立春节气，惊艳全球，二十四节气，代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置，如图所示，从天体物理学可知地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气，以下说法正确的是
A．地球绕太阳运行方向（正对纸面）是顺时针方向
B．地球绕太阳做匀速率椭圆轨道运动
C．地球从夏至到秋分的时间大于地球公转周期的四分之一
D．冬至时地球公转速度最小
【答案】
【分析】根据开普勒第二定律解题。
【解答】解：．一年四季的顺序是春夏秋冬，由图可知地球绕太阳运行方向（正对纸面）是逆时针方向。故错误；
．地球绕太阳做椭圆轨道运动，由开普勒第二定律可知，不是匀速率，地球在近日点最快，远日点最慢。故错误；
．因为地球在近日点最快，远日点最慢，地球从春分到秋分的时间大于地球公转的周期的二分之一，所以地球从夏至到秋分的时间大于地球公转周期的四分之一。故正确；
．因为地球在近日点最快，远日点最慢，冬至时地球在近日点，所以冬至时地球公转速度最大。故错误。
故选：。
【点评】本题考查学生对开普勒第二定律的理解，解题关键是对近日点和远日点地球速度大小关系的理解。属于基础题目。
3．（4分）中国在2022年发射的实践二十一号卫星，实施了一项“太空城管”的“轨道清扫”任务，捕获并拖走了一颗失效的北斗二号地球同步轨道卫星。发射地球同步卫星的过程如图所示，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则
A．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度可能大于
B．卫星在点通过减速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
C．在轨道Ⅰ上，卫星在点的加速度小于在点的加速度
D．在点，卫星在轨道Ⅰ时的加速度等于在轨道Ⅱ时的加速度
【答案】
【分析】根据同步卫星的特点和第一宇宙速度的含义判断。当万有引力刚好提供卫星所需向心力时卫星正好可以做匀速圆周运动；若是供大于需则卫星做逐渐靠近圆心的运动；若是供小于需则卫星做逐渐远离圆心的运动。根据加速度表达式判断加速度关系。
【解答】解：、第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大速度，则卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度不可能大于，故错误；
、卫星在点通过加速，做离心运行实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，故错误；
、在轨道Ⅰ上，根据万有引力等于合力有
故卫星在点的加速度大于在点的加速度，故错误；
、根据加速度表达式
在点，卫星在轨道Ⅰ时和在轨道Ⅱ时距离相等，故卫星在轨道Ⅰ时的加速度等于在轨道Ⅱ时的加速度，故正确。
故选：。
【点评】知道第一宇宙速度的特点卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。
4．（4分）如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的转速减小以后，物体仍然随圆筒一起匀速转动而未滑动，则下列说法正确的是
A．物体所受弹力增大，摩擦力增大
B．物体所受弹力不变，摩擦力减小
C．物体所受弹力减小，摩擦力不变
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
【答案】
【分析】物块随圆筒一起做圆周运动，靠弹力提供向心力，根据牛顿第二定律判断弹力的变化，抓住竖直方向上平衡判断摩擦力的变化．
【解答】解：设物体所受弹力为，圆筒半径为，转速为，根据牛顿第二定律得，，转速减小，则物体所受的弹力减小，在竖直方向上，有：，可知摩擦力不变，故正确，错误。
故选：。
【点评】解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，基础题．
5．（4分）质量为的汽车在水平路面上匀加速启动，速度—时间图像如图所示，段为过原点的倾斜直线，段为曲线，且汽车保持额定功率，段是与段相切的水平直线，下述判断正确的是
A．时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．时间内汽车牵引力不断减小但功率恒定
C．时刻汽车发动机功率首次达到最大值并保持
D．汽车以最大速度行驶时，牵引力有可能大于阻力
【答案】
【分析】通过图线可知时间汽车做匀加速运动，根据功率表达式可知功率变大；图像斜率表示加速度，时间内图像的斜率减小，说明牵引力变小了，但功率仍保持稳定；时刻汽车发动机功率第一次达到最大值，汽车最大速度时，牵引力与阻力相等。
【解答】解：．由图可知，时间内汽车做匀加速运动，根据可知功率逐渐变大，故错误；
．时间内图像的斜率减小，则加速度减小，汽车牵引力不断减小，但功率保持额定功率恒定，故正确；
．时刻加速度最大，此时汽车发动机功率首次达到最大值并保持，故错误；
．汽车以最大速度行驶时，汽车处于匀速状态，其牵引力等于阻力，故错误。
故选：。
【点评】学生在解决本题时，应注意对汽车启动问题有深刻的认识，对牵引力，加速度，功率三者的关系有全面的认识。
6．（4分）一根粗细均匀的长直铁棒重，平放在水平地面上。现将一端从地面抬高，而另一端仍在地面上，则
A．铁棒的重力势能增加了B．铁棒的重力势能增加了
C．铁棒的重力不做功D．上述说法均错误
【答案】
【分析】根据重心升高的高度，由△可得重力势能增加量，由可得重力做功。
【解答】解：铁棒重心升高的高度
铁棒增加的重力势能△
铁棒重力做的功，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查了重力做功和重力势能的变化量，解题的关键是知道重力做负功，重力势能增加。
二、多项选择题（本题共4题，每题6分，共24分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，对而不全得3分，有选错或不答得0分。）
7．（6分）如图所示，某人在斜面底端的正上方某高度处水平抛出两个物体甲、乙，分别落在、两处，不计空气阻力，则以下判断正确的是
A．甲物体空中运动时间更长
B．乙物体空中运动时间更长
C．甲物体的初速度更大
D．两个物体空中运动过程中的加速度不同
【答案】
【分析】根据两物体的下落高度得出时间的长短关系；将时间代入到水平方向上，得出速度的大小关系；平抛运动的加速度为重力加速度。
【解答】解：、两个物体被抛出后做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动可知
则下落时间
因乙物体下落的高度较大，则乙物体空中运动时间更长，故错误，正确；
、根据平抛运动水平方向为匀速直线运动知
水平初速度
甲的水平位移较大，时间较短，则甲的初速度更大，故正确；
、两个物体空中运动过程中只受重力作用，则加速度相同，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，先根据竖直方向的运动特点计算出时间，结合水平方向的运动特点即可完成分析。
8．（6分）如图所示，为地球赤道上的物体，随地球表面一起转动，为近地轨道卫星，为同步轨道卫星，为高空探测卫星。若、、、绕地球转动的方向相同，且均可视为匀速圆周运动。则
A．、、、中，的加速度最大B．、、、中，的线速度最大
C．、、、中，的周期最大D．、、、中，的角速度最大
【答案】
【分析】同步卫星与地球自转角速度相同，根据向心加速度公式分析、加速度，根据线速度和角速度关系结合万有引力提供向心力的特点分析线速度，再根据开普勒第三定律
【解答】解：．、的角速度相同，则根据向心加速度公式
可知，的加速度小于的加速度，则的加速度不是最大的，故错误；
．、的角速度一样，根据线速度和角速度关系
可知，的线速度小于，又根据万有引力提供向心力
解得
可知的速度大于、的速度，可知的线速度最大，故正确；
．根据开普勒第三定律可知，、、中的周期最大，而、周期相等，可知、、、中，的周期最大。同理根据开普勒第三定律可知，、、中的角速度最大，而、角速度相同，所以可知、、、中，的角速度最大，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，理解万有引力公式的物理含义，熟练掌握向心力不同的表达方式，合理选取公式计算分析是解决此类问题的关键。
9．（6分）如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们运上五楼，其中图甲是用台阶式电梯，图乙是用履带式电梯，假设从一楼运到二楼两种情况下电梯都是匀加速运动，关于此过程下列说法正确的是
A．货物所受的摩擦力都做正功
B．货物所受的支持力都不做功
C．图甲中货物所受的支持力做正功
D．图乙中货物所受的支持力不做功
【答案】
【分析】由做功公式，受力分析，力与位移夹角分析各选项。
【解答】解：．甲图中货物受到的支持力竖直向上，与位移方向夹角为锐角，所以支持力做正功，乙图中货物受到的支持力垂直于斜面向上，与位移方向成直角，所以支持力不做功，故错误，正确；
．因为两种情况下电梯都是匀加速运动，所以甲图货物所受摩擦力方向向右，上升过程摩擦力做正功；图乙货物受摩擦力方向沿履带向上，上升过程摩擦力做正功。故正确。
故选：。
【点评】本题主要考查功的计算，学生需熟练掌握做功公式，受力分析确定摩擦力和支持力的方向与位移方向间的夹角关系，区分正功与负功。
10．（6分）质量为、发动机的额定功率为的汽车在平直公路上行驶。若该汽车所受阻力大小恒为，有关汽车的运动下列判断正确的是
A．汽车的行驶速度无法超过
B．汽车匀速行驶的速度可以等于
C．汽车获得的动能小于发动机做的总功
D．汽车获得的动能等于发动机做的总功
【答案】
【分析】当汽车以额定功率在平直公路上行驶，牵引力等于阻力时，速度达到最大，由计算最大速度。分析外力做功情况，判断汽车获得的动能与发动机做的总功的关系。
【解答】解：、在行驶中，汽车发动机提供牵引力，当汽车以额定功率在平直公路上行驶，且牵引力等于阻力时汽车速度最大，最大速度为
，故错误，正确；
、汽车在行驶过程还要克服阻力做功，可知汽车获得的动能小于发动机做的总功，故正确，错误。
故选：。
【点评】解决本题的关键会通过汽车受力情况判断其运动情况，知道汽车在平直路面上行驶时，当牵引力与阻力相等时，速度最大。
非选择题部分
11．某实验小组用重锤自由下落的过程来检验重力做的功与动能变化量的关系。
（1）如图1是四位同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是 。
（2）关于接通电源和放手让重锤运动的先后顺序，下列说法正确的是 。
．先放手后接通电源
．放手时同时接通电源
．先接通电源后放手
．以上说法都不对
（3）选出一条清晰的纸带如图2所示，其中点为打点计时器打下的第一个点，通过分析已知该点速度为零，另选连续的三个点、、。用刻度尺测得这三个点到点间距为：，，，重锤的质量为，打点计时器工作频率为，当地的重力加速度为。从打下到打下点过程中重力做功等于 ，打点计时器打下点时重锤的速度大小 ，重锤动能增加量为 。（计算结果均保留2位小数）
（4）实验发现重锤自由下落过程中获得的动能并不等于重力做的功，分析两者不相等的原因可能是 （至少写出一条主要原因）。
【答案】（1）；（2）；（3）0.38；1.92；0.37；（4）重锤下落过程要克服空气阻力和纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力做功。
【分析】（1）为充分利用纸带，重物应靠近打点计时器。为减小阻力影响，应使纸带在竖直方向上；
（2）为了充分利用纸带，应先给打点计时器通电打点，后释放纸带；
（3）根据功的定义求解从打下到打下点过程中重力做功；根据打点纸带测量速度的原理计算打下点时重锤的速度；根据动能的定义计算重锤动能增加量；
（4）重锤下落过程中要受到空气阻力，纸带与打点计时器限位孔之间存在摩擦阻力。
【解答】解：（1）为充分利用纸带，重物应靠近打点计时器。为减小阻力影响，应使纸带在竖直方向上，手抓住纸带上端，故正确，错误；
故选：。
（2）为了充分利用纸带，应先给打点计时器通电打点，后释放纸带，即先接通电源后放手，故正确，错误；
故选：。
（3）从打下到打下点过程中重力做功为：
打点计时器打下点时重锤的速度大小为：
重锤动能增加量为：
（4）两者不相等的原因可能是：重锤下落过程要克服空气阻力和纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力做功。
故答案为：（1）；（2）；（3）0.38；1.92；0.37；（4）重锤下落过程要克服空气阻力和纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力做功。
【点评】本题考查了验证动能定理的实验，采用了“重物下落法”。实验过程要尽可能减少重物与纸带受到的阻力，掌握实验原理与操作规范。
12．图甲为某种管口出水方向可调的瓶装水电动取水器，某实验小组利用平抛运动规律测量该取水器取水时的流量（单位时间内流出水的体积）。实验方案如下：
（1）利用仪器测量取水器出水管内径；
（2）调节取水器管口方向，使水从管口沿 水平 方向射出；
（3）待水在空中形成稳定的弯曲水柱后，紧贴水柱后方放置白底方格板（已知每个正方格的边长为，并利用手机正对水柱拍摄照片，取水柱上的三个点、、，如图乙所示，图中点 平抛的起点（选填“是”或“不是” ；
（4）已知当地重力加速度大小为，根据图乙可以计算水从管口喷出时的初速度 （用、进行表示）；
（5）由上述信息可计算得出取水器取水时的流量 （用、、进行表示）。
【答案】（2）水平；（3）不是；（4）；（5）
【分析】（2）根据平抛运动的特点得出水的射出方向；
（3）根据点的速度方向分析出点是否属于平抛的起点；
（4）根据平抛运动不同方向上的运动特点得出水的初速度；
（5）根据流量的计算公式得出水的流量大小。
【解答】解：（2）由于是利用平抛运动规律测量该取水器取水时的流量，因此应让取水器启动后水从管口沿水平方向射出。
（3）点处的速度应该与曲线相切，切线方向不是水平方向，因此点不是平抛的起点。
（4）由图可知，水从点运动到点再到点，间水平方向位移与间水平方向位移都是，说明，间竖直方向位移与间竖直方向位移大小分别为和，故
解得：
平抛的初速度为：
（5）水管的横截面
水的流量为：
解得：
故答案为：（2）水平；（3）不是；（4）；（5）
【点评】本题主要考查了平抛运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点即可完成分析。
13．（10分）如图所示，王亚平用古筝弹奏了《茉莉花》，从中国空间站为中国人民送上元宵祝福。中国空间站在离地面高度的圆周轨道绕地球做匀速圆周运动，且运动的周期为。已知万有引力常量为，地球半径为。
（1）若古筝的质量为，求古筝在空间站受到地球对它的万有引力大小；
（2）地球的质量。
【答案】（1）古筝在空间站受到地球对它的万有引力大小为；
（2）地球的质量为。
【分析】（1）根据万有引力公式解得；
（2）根据万有引力提供向心力，结合题意求出地球的质量。
【解答】解：（1）根据万有引力公式有
（2）根据万有引力提供向心力，可得
解得：
答：（1）古筝在空间站受到地球对它的万有引力大小为；
（2）地球的质量为。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，在利用万有引力提供向心力求天体的质量时，只能求出中心天体的质量。
14．（12分）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，如图所示．若战士某次将质量为的手榴弹水平抛出，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为，水平位移大小为，忽略空气阻力，重力加速度为，求：
（1）手榴弹在空中运动的时间；
（2）抛出手榴弹过程中，战士至少要做多少功；
（3）手榴弹落地前瞬间，手榴弹重力的功率．
【答案】（1）手榴弹在空中运动的时间为；
（2）抛出手榴弹过程中，战士至少要做功为；
（3）手榴弹落地前瞬间，手榴弹重力的功率为．
【分析】（1）手榴弹做平抛运动，竖直方向做自由落体运动求得下落时间；
（2）手榴弹做平抛运动，水平方向匀速运动，根据求得抛出时的初速度，根据功能关系求得人做功；
（3）根据竖直方向求得落地时竖直方向的速度，由求得重力的瞬时功率。
【解答】解：（1）手榴弹在竖直方向上做自由落体直线运动，由可得
（2）手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，则
手榴弹刚被抛出时的初动能
由功能关系得，战士至少做功为，解得
（3）落地前瞬间，手榴弹竖直方向的速度大小
落地前瞬间，手榴弹重力的功率为
答：（1）手榴弹在空中运动的时间为；
（2）抛出手榴弹过程中，战士至少要做功为；
（3）手榴弹落地前瞬间，手榴弹重力的功率为．
【点评】本题主要考查了平抛运动，抓住竖直方向的自由落体运动，水平方向上做匀速直线运动，结合功能关系求得人对手榴弹做功。
15．（10分）如图所示为供儿童娱乐的滑梯的示意图，假设其中为光滑斜面滑槽，为动摩擦因数的水平滑槽，与半径的圆弧相切；为水平地面。已知儿童在滑槽上滑动时，在点由斜面转到水平面的运动速率不变，点离地面的竖直高度为。（取试求：
（1）儿童从处由静止开始滑到处时的速度大小？
（2）为了使儿童在娱乐时不会从处平抛滑出，水平滑槽的长度至少为多少？
【答案】（1）儿童从处由静止开始滑到处时的速度大小为；
（2）为了使儿童在娱乐时不会从处平抛滑出，水平滑槽的长度至少为。
【分析】（1）从到根据动能定理求解儿童从处由静止开始滑到处时的速度大小；
（2）儿童恰好在处平抛滑出时重力刚好提供向心力，在点根据牛顿第二定律求解此时的速度大小，从到根据动能定理列方程求解。
【解答】解：设儿童的质量为。
（1）设滑到处时的速度大小为，从到根据动能定理可得：
解得：；
（2）设儿童恰好在处平抛滑出时的速度大小为，在点根据牛顿第二定律可得：
解得：；
从到根据动能定理可得：
解得：。
答：（1）儿童从处由静止开始滑到处时的速度大小为；
（2）为了使儿童在娱乐时不会从处平抛滑出，水平滑槽的长度至少为。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。
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