2023-2024学年云南省昆明市第一中学高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昆明市第一中学高一（下）期中物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.开普勒通过对第谷的多年观测数据的研究，发现了行星围绕太阳运动的规律，后人称之为开普勒三定律。根据开普勒三定律，可判断以下说法正确的是( )
A. 地球围绕太阳做匀速圆周运动，太阳位于圆轨道的圆心
B. 火星围绕太阳做椭圆运动时，离太阳近时速度小，离太阳远时速度大
C. 木星围绕太阳的运动轨迹是椭圆，太阳位于椭圆的中心
D. 行星围绕太阳做椭圆运动的半长轴越长，绕着太阳运动一周所需的时间也越长
2.如图所示，在水平面上以速度v向右运动的物体，始终受到大小恒定的力F的作用。力F对物体做负功的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面时的位移最小，则其飞行时间为(不计空气阻力，重力加速度为g) ( )
A. v0tan θB. 2v0tanθC. v0gtanθD. 2v0gtanθ
4.如图所示为自行车皮带传动装置，主动轮O1上两轮的半径分别为3r和r，从动轮O2的半径为2r，A、B、C分别为轮缘上的三点，设皮带不打滑，A、B、C三点( )
A. 加速度之比aA：aB：aC=6：2：1
B. 线速度之比vA：vB：vC=3：2：2
C. 角速度之比ωA：ωB：ωC=1：1：2
D. 加速度之比aA：aB：aC=3：2：1
5.如图所示，地球球心为O，半径为R，表面的重力加速度为g.一宇宙飞船绕地球无动力飞行且沿椭圆轨道运动，不计阻力，轨道上P点距地心最远，距离为3R.则( )
A. 飞船经过P点的速度小于 gR3
B. 飞船经过P点的速度一定是 gR3
C. 飞船在P点的加速度一定是g3
D. 飞船经过P点时，若变轨为半径为3R的圆周运动，需要制动减速
6.如图所示，“天津之眼”摩天轮直径为110米，轮外装挂48个360度透明座舱，每个座舱可乘坐8个人，可同时供384个人观光.假设某一游客质量为m，游客到圆心的距离为R，重力加速度为g，摩天轮转动角速度为ω，游客从最低点开始计时，以最低点为重力势能的零点，则经过时间t，游客重力势能随时间的变化关系式为( )
A. EP=mgR(1−csωt)B. Ep=mgR(1+csωt)
C. Ep=mgR(1−sinωt)D. Ep=mgR(1+sinωt)
7.一辆汽车正通过一段半径约为50m的圆弧形弯道公路，视汽车做匀速圆周运动，路面水平，晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是
A. 汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为6m/s2
B. 汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为35rad/s
C. 晴天时汽车以21m/s的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D. 雨天时汽车汽车若以72km/h速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
8.如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A. 第一次轻绳的拉力逐渐减小
B. 第一次半圆环受到的压力逐渐减小
C. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等
D. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等
9.下列说法正确的是
A. 位于赤道上的物体所受引力等于所受重力
B. 物体静止在地球表面不受其他外力影响时，所受万有引力与支持力的合力就是向心力
C. 随着纬度的增大，物体的重力加速度将增大
D. 若地球的自转角速度增大，则地球表面所有物体受到的重力将变小
10.图甲、乙、丙、丁是圆周运动的一些基本模型，下列说法正确的有( )
A. 甲图中，汽车安全通过拱桥最高点时的速度不能超过 gR
B. 乙图中，A、B两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动的角速度一定相同
C. 丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用
D. 丁图中，直筒洗衣机脱水时，被用出去的水滴受到离心力作用
11.“静止”在赤道上空的地球同步气象卫星把广阔视野内的气象数据发回地面，为天气预报提供准确、全面和及时的气象资料。如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动的同步卫星轨道示意图，曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内：己知在两轨道上运动的卫星的周期相等，设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，下列说法中正确的是( )
A. 同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的1n倍
B. 同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 1n倍
C. 卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为vB，则v0D. 卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为aA，则a012.如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A. 小球的高度一定降低B. 弹簧弹力的大小一定不变
C. 小球对杆压力的大小一定变大D. 小球所受合外力的大小一定变大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。

①本实验采用的实验方法是______。
A.控制变量法
B.等效替代
C.放大法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的______之比(选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”)；连接传动皮带的左右两侧变速塔轮半径R左=4R右，在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值为______。
14.(1)在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹：
A.通过调节使斜槽的末端保持___________；
B. 每次释放小球的位置必须_____(选填“相同”或者“不同”)；
C. 每次必须由_____释放小球(选填“运动”或者“静止”)；
D. 小球运动时不应与木板上的白纸相接触；
E. 将小球的位置记录在白纸上后，取下白纸，将点连成_____(选填“折线”“直线”或“光滑曲线”)。
(2)某同学在做“研究平抛运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O，如图所示，A为小球运动一段时间后的位置。g取10m/s2，根据图象，可知小球的初速度为_____m/s；小球在C点时的速度为_____m/s；小球抛出点的位置O的坐标为_____cm。
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
15.如图所示，某同学将质量为m=1kg的球从A点水平抛出后击中地面上的目标B，已知A点的高度h=1.25m，A点与目标B的水平距离x=5m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力.求：
(1)球在空中运动时间t；
(2)球水平抛出时的速度大小v0；
(3)球落地时重力的瞬时功率P．
16.如图所示，某星球表面上有一倾角θ=37∘的足够长固定斜面，一小物块从斜面底端以速度v0=1m/s沿斜面向上运动，0.2s后速度恰好减为零。已知小物块和斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，该星球半径为R，引力常量为G，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)该星球质量M；
(2)该星球的第一宇宙速度。
17.一辆汽车在水平平直公路上由静止开始启动，汽车发动机的功率与速度的关系如图所示，当汽车速度达到v0后保持功率不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车的质量为m，运动过程中所受阻力恒为f。试求：
(1)汽车速度为1.5v0时，汽车的加速度a；
(2)汽车从开始启动到速度达到时v0，所运动的位移大小。
18.某同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻一端，绳的另一端系有质量为m=0.5kg的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，如图所示。已知握绳的手离地面的高度d=1.5m，手与球之间的绳长为L=1m，绳能承受的最大拉力为40N，绳始终在竖直平面内，忽略手的运动半径和空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)为了保证小球在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球运动到最高点的最小速度为多少；
(2)小球在某次圆周运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，小球水平飞出后落地，则小球落地点到圆周运动最低点处的水平距离x为多少；
(3)改变手与球之间的绳长L，使小球重复上述运动。若小球运动到最低点时突然松手，小球水平飞出后落地，求在保证绳不断裂的情况下，小球落地点到最低点的水平距离x的最大值为多少。(以上结果均可用根号表示)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查开普勒三定律。
开普勒第一定律的内容是所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；
开普勒第二定律的内容是行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，由此可知行星在近日点时速度大，在远日点时速度小；
开普勒第三定律的内容是所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等，由此分析即可。
【解答】
A.根据开普勒第一定律可知，地球围绕太阳做椭圆运动，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A错误；
B.根据开普勒第二定律可知，火星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，由此可知，火星围绕太阳做椭圆运动时，离太阳近时速度大，离太阳远时速度小，故B错误；
C.根据开普勒第一定律可知，木星围绕太阳的运动轨迹是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上，故C错误；
D.根据开普勒第三定律a3T2=k可知，行星围绕太阳做椭圆运动的半长轴越长，绕着太阳运动一周所需的时间也越长，故D正确。
2.【答案】C
【解析】根据功的定义，力和位移的夹角为锐角时力做正功，力为动力；力和位移的夹角为直角时，力不做功；力和位移的夹角为钝角，力做负功。
故选C。
3.【答案】D
【解析】【分析】
由数学知识得：从抛出点到达斜面的最小位移为过抛出点作斜面的垂线。设经过时间t到达斜面上，根据平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，表示出水平和竖直方向上的位移，再根据几何关系即可求解。
解决本题的关键是知道怎样运动时位移最小，再根据平抛运动的基本规律结合几何关系解题。
【解答】
过抛出点作斜面的垂线，如图所示：
当质点落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则
水平方向：x=v0t
竖直方向：y=12gt2
根据几何关系有xy=tanθ
则v0t12gt2=tanθ
解得t=2v0gtanθ.故D正确，A、B、C错误。
故选D。
4.【答案】A
【解析】解：C、B点和C点是同缘传动，具有相同的线速度大小，根据ω=vr知B.C两点的角速度之比等于半径之反比，
所以ωB：ωC=rc：rb=2：1.而A点和B点具有相同的角速度，所以ωA：ωB：ωC=2：2：1。故C错误；
B、根据v=rω，知A.B的线速度之比等于半径之比，所以vA：vB=3：1.因为B、C线速度相等，所以vA：vB：vC=3：1：1，故B错误；
AD、根据a=v2r=ω2r得：aA：aB：aC=vAωA：aB：vBωB：vCωC=6：2：1。故A正确，D错误。
故选：A。
靠传送带传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴转动的各点，角速度相等。B点和C点具有相同的线速度，A点和B点具有相同的角速度。根据v=rω，求出三点的角速度之比。根据a=v2r=ω2r求解加速度之比。
解决本题的关键掌握靠传送带传动的点，线速度大小相等，共轴的点，角速度相等。要根据相等的条件，灵活选择公式的形式。
5.【答案】A
【解析】【分析】飞船在P点的加速度即为万有引力加速度，根据万有引力加速度的表达式可知加速度的大小与距球心的距离平方成反比，从而求出P点的加速度与地球表面重力加速的大小关系；根据椭圆轨道上卫星运动从远地点开始将做近心运动，满足万有引力大于运动所需要的向心力，从而确定线速度的大小关系．
【解答】C、在地球表面有GMmR2=mg，得g=GMR2，P点的加速度aP=GM(3R)2=g9，故C错误;
AB、在椭圆轨道上飞船从P点开始将做近心运动，此时满足万有引力大于P点所需向心力，即：maP>mvp23R，如果飞船在P点绕地球做圆周运动时满足maP=mv23R，则v= 3RaP= gR3，
由此分析知：vp< gR3，故A正确、B错误;
D、飞船经过P点时，若变轨为半径为3R的圆周运动，则做离心运动，需要点火加速，故 D错误。
故选A．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查重力势能的计算，基础题目。
根据题设求出游客相对最低点的高度，从而得出游客的重力势能即可判断。
【解答】
经过时间t，游客转动的角度为ωt，游客相对于最低点的高度h=R(1−csωt)，此时游客的重力势能Ep=mgh=mgR(1−csωt)，故A正确，BCD错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查圆周运动的规律，熟悉汽车转弯由静摩擦力提供向心力是解题的关键，难度不大。
汽车在水平路面上转弯时，由静摩擦力提供向心力，由此得解。
【解答】
AB.汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径R=50m，运动速率v=72km/h=20m/s，向心加速度为a=v2R=8m/s2，角速度ω=vR=25rad/s，故AB错误；
C.以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm，设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得fm=mvm2R，在竖直方向上有FN=mg，径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，即fm=kFN，
以上三式联立解得vm= kgR=20m/s=72km/h，故C错误；
D.若速率不变，汽车在同车道上行驶时所受的向心力大小不变，但由于雨天最大静摩擦力减小，所以容易出现离心现象，故D正确。
故选D。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了力的合成与分解的运用、共点力的平衡；本题是共点力平衡的动态变化分析问题，在非直角三角形的情况下，运用三角形相似法列式也是常用的方法。
选取小圆环N为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力：重力、绳子的拉力和大圆环的支持力，运用三角形相似法得到FN、F与MO、ON的关系，再分析FN和F的变化情况；第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点过程中，小圆环作匀速圆周运动，根据圆周运动的相关知识进行分析。
【解答】
在小圆环缓慢向上移动的过程中，小圆环处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg和FN的合力与T等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图：
；
由三角形相似得：mgMO=FNON=TMN①
A.由①可得：T=MNMOmg，MN变小，MO不变，则轻绳的拉力T变小，故A正确；
B.半圆环受到的压力F压=FN=ONMOmg，而MO=ON，所以半圆环受到的压力大小始终等于mg，故B错误；
CD.小圆环第一次在N点时，轻绳拉力大小为 2mg，支持力大小为mg；第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点，小圆环沿半圆环作圆周运动，在N点：支持力、拉力在水平方向的分力提供小球圆周运动向心力：T′sin45°−FN′=mv2R，竖直方向：T′cs45°=mg，此时FN′故选AC。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
物体由于地球的吸引而受到的力叫重力。重力只是万有引力的一个分力，忽略地球的自转，我们可以认为物体的重力等于万有引力。
解决本题的关键知道万有引力和重力的关系，知道在不考虑地球自转的情况下，万有引力等于重力，基础题。
【解答】
A.物体位于赤道上时，万有引力和支持力的合力提供物体随地球自转的向心力，且支持力和重力平衡，此时万有引力大于重力，故A错误；
B.物体静止在地球表面不受其他外力影响时，物体在万有引力和支持力作用下随地球做匀速圆周运动，此时物体所受的万有引力与支持力的合力提供向心力，故B正确；
C.地球表面的重力加速度随纬度的增大而增大，两极最大，赤道最小，故C正确；
D.物体位于两极时，万有引力等于物体的重力，此时地球自转角速度增大，物体所受的重力不变，故D错误。
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意受力分析找到向心力，从而根据公式判定运动情况。。
利用圆周运动的向心力分析过拱桥最高点、火车转弯、洗衣机脱水原理等，结合受力分析与向心力的来源分析即可。
【解答】
A.汽车在最高点mg−FN=mv2R，当FN=0时，速度达到最大，即v= gR，所以汽车通过拱桥(半径为R)的最高点处最大速度不能超过 gR，故A正确；
B.如图b所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力F=mgtanθ=mω2r；r=Lsinθ，知ω= gLcsθ= gh，故增大θ，但保持圆锥的高不变，因此A、B两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动的角速度一定相同，故B正确；
C.丙图中的火车受到支持力和重力作用，由牛顿第二定律可得mgtanθ=mv2r，解得规定速度v= grtanθ，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用，故C正确。
D、丁图中的直筒洗衣机脱水时，水滴被甩出去是由于受到的附着力不足以提供向心力，导致水滴做离心运动，水滴没有受到离心力的作用，故D错误；
11.【答案】BD
【解析】【分析】
根据万有引力提供向心力分析，需要知道同步卫星和地球有相同的角速度，第一宇宙速度对应的运行半径等于地球半径。
【解答】
A.同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，半径为地球半径的n倍，所以线速度为地球赤道上物体的n倍，故A错误；
B.由GMmr2=mv2r，可得v与 r成反比，同步卫星半径是第一宇宙速度半径的n倍，同步卫星速度是第一宇宙速度的 1n，故B正确；
C.由GMmr2=mv2r，可得v与 r成反比，B点处半径大，则速度较小，即则vBD.根据a=GMr2可知加速度与半径的平方成反比，A点处半径小，则加速度较大，故D正确。
故选BD。
12.【答案】BD
【解析】解：
AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，小球在竖直方向受力平衡，则Fcsα=mg，所以α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变，故A错误，B正确；
C、若金属框的角速度较小，杆对小球的弹力方向垂直于杆向外，如图所示，在水平方向上，由牛顿第二定律得 Fsinα−FN=mω2r，则得FN=Fsinα−mω2r，ω变大，其它量不变，则FN变小，由牛顿第三定律知小球对杆压力的大小变小，故C错误；
D、小球所受合外力的大小F合=Fn=mω2r，ω变大，其它量不变，则F合一定变大，故D正确。
故选：BD。
解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，搞清向心力的来源：合外力，利用正交分解法进行研究。
小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据小球在竖直方向受力平衡，分析小球的高度和弹簧的弹力如何变化，由向心力公式列式分析杆对小球的作用力如何变化，即可由牛顿第三定律分析小球对杆的压力变化情况。由向心力公式Fn=mω2r分析小球所受合外力变化情况。
13.【答案】A 角速度平方 1：16
【解析】解：①该实验过程是保证了其余因素不变，探究向心力和其中一个影响因素的关系，所以采用的是控制变量法，故A正确，BCD错误；
故选：A。
②左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于向心力之比，由向心力公式得：Fn=mω2r
在小球质量m和转动半径r相同的情况下，向心力之比等于角速度平方之比；
左右两侧变速塔轮为皮带传动，塔轮边缘线速度大小相等，由v=ωR得，角速度之比等于半径的反比，由题意可知：R左=4R右
则ω左：ω右=1：4
左右标尺露出红白相间等分标记的比值为ω左2：ω右2=12：42=1：16
故答案为：①A；②角速度平方，1：16。
①本实验采用控制变量法；
②根据向心力演示仪的原理分析即可。
本题考查探究向心力大小的表达式实验，根据实验原理和实验仪器分析即可。
14.【答案】(1) 水平 相同 静止 光滑曲线
(2) 2 2 2 (−20,−5)

【解析】(1)[1][2][3][4]因为平抛运动的初速度方向沿水平方向，所以一定要使得斜槽的末端保持水平，为了保证小球做平抛运动的初速度相同，所以每次释放小球的位置必须相同，且每次必须由静止释放小球，当将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成光滑曲线。
(2)[1]图中各点水平位移相等，设相邻两点时间间隔为Δt，做平抛运动的物体在竖直方向上，是初速度为零的匀加速直线运动，所以根据逐差法
Δy=g(2Δt)2
代入可得
Δt=12 yCE−yACg=12 (40−15−15)×10−210=0.05s
小球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的初速度为
v0=xΔt=10×10−20.05m/s=2m/s
[2] C点竖直方向的速度
vCy=yAE4Δt=40×10−24×0.05m/s=2m/s
所以小球在C点时的速度为
vC= v02+vCy2=2 2m/s
[3]小球从抛出点到C点的时间为
tC=vCyg=0.2s
则从抛出点到A点的时间为
t=tC−2Δt=0.1s
所以抛出点距离A点的水平位移为
xA=v0t=0.2m=20cm
所以抛出点的横坐标为
x=−20cm
抛出点距离A点的竖直位移为
y=12gt2=0.05m=5cm
所以抛出点的纵坐标为
y=−5cm
小球抛出点的位置O的坐标为 (−20,−5)cm 。
15.【答案】解：(1)由h=12gt2得：
t= 2hg= 2×1.2510s=0.5s；
(2)由x=v0t得
v0=xt=50.5m/s=10m/s；
(3)落地时竖直速度vy=gt=5m/s
则重力的瞬时功率P=mgvy=50W。

【解析】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据竖直方向上的分运动求出运动的时间．利用水平方向上的分运动求初速度。
(1)球在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由高度求解时间t；
(2)球在水平方向做匀速直线运动，由公式x=v0t求解v0；
(3)根据自由落体运动规律计算竖直速度，再由P=mgvy计算重力的瞬时功率。
16.【答案】解：(1)对物体受力分析，由牛二律可得：−mgsinθ−μmgcsθ=ma
根据是速度时间关系公式，有：a=0−v0t
代入数据得：g=5m/s2；
物体在星球表面的重力近似等于物体受到的万有引力，则：GMmR2=mg
可得：M=5R2G
(2)第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据重力等于万有引力，有：mg=mv2R
解得：v= gR= 5R
【解析】(1)根据速度时间公式求出匀减速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出星球表面的重力加速度g；根据物体在星球表面的重力近似等于物体受到的万有引力即可求出；
(2)根据万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力求出该星球的第一宇宙速度。
本题考查了牛顿第二定律与万有引力理论的综合运用，掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用。
17.【答案】解：(1)汽车达到最大速度时有F=f
汽车达到最大速度时功率为P=2Fv0=2fv0
汽车速度为1.5v0时，牵引力为F′=P1.5v0=2fv01.5v0=43f
根据牛顿第二定律有F′−f=ma
代入数据解得a=f3m
(2)由汽车发动机的功率与速度的关系图像可知 0∼v0 ，汽车做匀加速运动，根据牛顿第二定律有F0−f=ma′
0∼v0 ，汽车牵引力为F0=Pv0
代入数据联立解得a′=fm
0∼v0 ，汽车的位移为x=v022a′=mv022f

【解析】汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，此时速度达到最大。明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题。
对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况。
18.【答案】(1) 10m/s ；(2) 7m ；(3) 34 14m
【解析】(1)小球刚好通过最高点时绳的拉力为零，此时速度最小为 v1 ，有
mg=mv12L
得
v1= gL= 10m/s
(2)小球在最低点时，有
T−mg=mv2L
绳断裂后，小球做平抛运动，有
d−L=12gt2
x=vt
由以上三式，代入数据解得
x= 7m
(3)为使水平距离x最大，小球运动到最低点时拉力应为最大，故T取40N，小球在最低点，有
T−mg=mv2L
松手后，小球做平抛运动，有
d−L=12gt2
x=vt
联立以上三式，代入数据有
x= 14Ld−L
当 L=d−L ，即 L=d2=0.75m 时，x最大，有
xmax=34 14m