2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高一（下）期中物理试卷

这是一份2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高一（下）期中物理试卷，共23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．（4分）人类对行星运动的研究漫长而曲折，关于开普勒行星运动定律，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿发现万有引力定律后，开普勒整理牛顿的观测数据，发现了行星运动的规律
B．所有行星的轨道半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相等
C．开普勒行星运动定律适用于行星绕太阳运动，也适用于宇宙中其他卫星绕行星的运动
D．行星环绕太阳运动时，线速度大小始终不变
2．（4分）如图所示是某次射门时足球绕过人墙的运动轨迹俯视图。若考虑空气阻力，下列选项中足球飞行时所受合外力F与速度v的关系可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．（4分）如图所示，摩天轮是游乐场内的一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，游客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则游客（ ）
A．速度始终恒定
B．加速度始终恒定
C．受到合力不断改变
D．对座椅的压力始终不变
4．（4分）2023年4月11日至12日，“夸父一号”卫星观测数据向国内外试开放，这有助于国内外太阳物理学家广泛使用“夸父一号”卫星观测数据开展太阳物理前沿研究。如图所示，该卫星是我国2022年10月发射升空的，它绕地球的运动可看成匀速圆周运动，其运行周期约99分钟，下列说法正确的是（ ）
A．从地面看，“夸父一号”有可能静止在地球赤道的正上方
B．若已知万有引力常量，利用题中数据可以估算出太阳的质量
C．“夸父一号”的轨道高度大于地球同步卫星的轨道高度
D．“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度
5．（4分）现体从离地高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地高度为处的N点，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（4分）如图所示，由于空气阻力的影响，炮弹实际飞行轨道不再是抛物线，而是按“弹道曲线”飞行，下列说法正确的是（ ）
A．炮弹在上升过程中动能减小
B．炮弹在下落过程中机械能增加
C．炮弹到达最高点时速度为零
D．炮弹到达最高点时加速度为零
7．（4分）如图所示，由电动机带动着倾角θ＝37°的足够长的传送带以速率v＝4m/s顺时针匀速转动。一质量m＝2kg的小滑块以平行于传送带向上的速率v′＝2m/s滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内（ ）
A．小滑块的加速度大小为1m/s2
B．小滑块的重力势能增加了120J
C．小滑块与传送带因摩擦产生的热量为28J
D．电动机多消耗的电能为116J
二、多选题（共3题，每题6分，共18分，全部选对得6分，漏选得3分，错选不得分）
（多选）8．（6分）某修正带结构包括上、下盖和大、小齿轮，它前部有压嘴，大、小齿轮分别嵌合在连接体的大、小轴孔中，并相互吻合，能均匀地从压嘴处送出修正带。如图所示，修正带的两个齿轮A、B的半径之比为1：2，若齿轮A匀速转动，则两个齿轮A、B的（ ）
A．向心加速之比为1：2
B．边缘线速度大小之比为1：1
C．转动角速度之比为1：2
D．转动周期之比为1：2
（多选）9．（6分）北京时间2020年11月24题时30分，长征五号遥五运载火箭在中国文昌航天发射场点火升空，嫦娥五号顺利发射。如图所示，经多次变轨修正之后，“着陆器、上升器组合体”降落月球表面。下列说法正确的是（ ）
A．在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度
B．在P点由轨道1进入轨道2需要瞬间点火加速
C．分别由轨道1与轨道2经过P点时，加速度大小相等
D．在轨道2上经过Q点时的速度一定大于由轨道1上经过P点时的速度
（多选）10．（6分）某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上，t＝0时刻开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，v﹣t图像如图所示。汽车与人的总质量为1×103kg，行驶中受到的阻力保持不变，则（ ）
A．汽车行驶中所受阻力大小为2×103N
B．1s～11s内汽车的功率为10kW
C．1s～11s内汽车的位移约为67m
D．汽车加速过程中速度为6m/s时的加速度大小为0.5m/s2
三、实验题（共1小题，每空2分，共10分）
11．（10分）在“探究平抛运动的特点”实验中，两个实验小组选用不同的仪器进行实验。
（1）A组同学采用如图甲所示的装置做实验。在此实验中，下列操作或说法正确的是 。
A．将斜槽轨道的末端调成水平
B．用天平称出小球的质量
C．斜槽轨道必须光滑
D．图甲中挡条每次必须等间距下移
（2）B组同学通过频闪照相，得到做平抛运动的小球以竖直放置的方格板为背景的照片，如图乙所示，小方格的边长为5cm，取重力加速度g取10m/s2，根据图乙中数据回答下列问题：
①图乙中的a点 （填“是”、“不是”或“不确定是”）平抛运动的起点。
②该频闪照相的周期为 s。（结果保留两位有效数字）
③小球做平抛运动的初速度大小为 m/s，b点速度为 m/s。（计算结果均保留两位有效数字）
四、计算题（本题共4小题，共44分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
12．（8分）我们常常在公园和古村落中见到拱形桥，如图甲所示。一辆质量为1000kg的小车，以10m/s速度经过半径为40m的拱形桥最高点，如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
（1）小车对桥的压力大小；
（2）如图丙所示，有一半径为40m的凹形路面，若小车轮胎总共能够承受的最大压力为3×104N，试通过计算判断该小车能否以30m/s的速度安全通过该路段。
13．（8分）如图所示是一颗地球卫星和地球，此卫星绕地球做匀速圆周运动时对地张角θ＝60°，其中O为地心。已知地球半径为R，该卫星绕地运行周期为T，万有引力常量为G。求：
（1）地球的质量M；
（2）地球的密度ρ。
14．（12分）如图甲，某电视台“智勇大冲关”游戏节目中的大转盘游戏环节，经验不足的人会坐在转盘边缘，当转盘转速达到某一数值时，人恰好滑离转盘落入水中，等效模型如图乙，现测得转盘半径R＝10m，离水面的高度H＝0.8m，人落水过程的水平位移大小x＝0.8m，设人在转盘上所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可视为质点的人的质量m＝50kg，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）人恰好离开转盘时的初速度大小v0；
（2）人与转盘间的动摩擦因数μ；
（3）人落水时重力的瞬时功率。
15．（16分）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD的半径R＝0.6m，轨道EF的长度l＝1.0m，滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.2，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道并滑上水平直轨道EF。弹簧的弹性势能最大值Epm＝2.0J，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过DE之间的能量损失，g取10m/s2。求：
（1）滑块恰好能通过D点的速度vD；
（2）若弹簧的弹性势能Ep0＝1.8J，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力FN；
（3）若滑块最终静止在水平直轨道EF上，求弹簧的弹性势能Ep的范围。
2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、单选题（共7题，每题4分，共28分）
1．（4分）人类对行星运动的研究漫长而曲折，关于开普勒行星运动定律，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿发现万有引力定律后，开普勒整理牛顿的观测数据，发现了行星运动的规律
B．所有行星的轨道半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相等
C．开普勒行星运动定律适用于行星绕太阳运动，也适用于宇宙中其他卫星绕行星的运动
D．行星环绕太阳运动时，线速度大小始终不变
【分析】本题根据开普勒行星运动定律分析行星运动规律，同时要明确牛顿、开普勒等物理学家的成就。
【解答】解：A、开普勒通过对第谷长期天文观测数据的研究，发现了行星运动的规律，而牛顿是在开普勒等人研究的基础上发现了万有引力定律，故A错误；
B、所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故B错误；
C、开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳运动，还适用于宇宙中其他卫星绕行星的运动，具有普遍性，故C正确；
D、由开普勒第二定律可知，日星连线相同时间内扫过面积相等，行星绕太阳在椭圆轨道上运动时，线速度大小在变化，越靠近太阳，线速度越大，反之，则越小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查开普勒三定律以及相关的物理学史，要注意开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。
2．（4分）如图所示是某次射门时足球绕过人墙的运动轨迹俯视图。若考虑空气阻力，下列选项中足球飞行时所受合外力F与速度v的关系可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】曲线运动某点的速度方向沿该点的切线方向，力的方向指向轨迹的凹侧。
【解答】解：足球在空中做曲线运动，速度方向为轨迹上该点的切线方向，力的方向指向轨迹的凹侧，且运动轨迹要夹在合力与速度之间，因为受到空气阻力，足球减速，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查曲线运动，解题关键是掌握曲线运动的速度方向和受力的方向的特点。
3．（4分）如图所示，摩天轮是游乐场内的一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，游客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则游客（ ）
A．速度始终恒定
B．加速度始终恒定
C．受到合力不断改变
D．对座椅的压力始终不变
【分析】匀速圆周运动的特点：角速度与周期不变，线速度大小不变，方向时刻改变，匀速圆周运动合外力指向圆心，加速度始终指向圆心，方向时刻改变。
【解答】解：A、游客做匀速圆周运动速度大小不变，方向不断改变，故A错误；
B、加速度大小不变，方向始终指向圆心，方向不断改变，故B错误；
C、游客做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，故大小不变，方向始终指向圆心，方向不断发生改变，故C正确；
D、根据C选项分析可知合力方向不断改变，则游客所受支持力改变，游客对座椅的压力发生改变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是有关匀速圆周运动的运动特点以及受力特点，难度不大，属于基础题。
4．（4分）2023年4月11日至12日，“夸父一号”卫星观测数据向国内外试开放，这有助于国内外太阳物理学家广泛使用“夸父一号”卫星观测数据开展太阳物理前沿研究。如图所示，该卫星是我国2022年10月发射升空的，它绕地球的运动可看成匀速圆周运动，其运行周期约99分钟，下列说法正确的是（ ）
A．从地面看，“夸父一号”有可能静止在地球赤道的正上方
B．若已知万有引力常量，利用题中数据可以估算出太阳的质量
C．“夸父一号”的轨道高度大于地球同步卫星的轨道高度
D．“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度
【分析】“夸父一号”卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，根据万有引力公式与牛顿第二定律求解。
【解答】解：ACD、“夸父一号”的运行周期约99分钟，小于地球自转周期，则“夸父一号”不可能静止在赤道的正上方，由牛顿第二定律得：Gm（R+h），可知“夸父一号”的轨道高度低于地球同步卫星的轨道高度，由ω，可知“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度，故AC错误，D正确；
B、“夸父一号”卫星是绕地球转动的，若已知万有引力常量，利用题中数据不可能估算出太阳的质量，故B错误。
故选：D。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
5．（4分）现体从离地高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地高度为处的N点，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】物体做自由落体运动，机械能守恒，再根据动能势能的定义，势能具有相对性，逐个分析推导可以得出结论。
【解答】解：A．由题意可知，物体重力势能变为原来的，故A错误；
BC．由于机械能守恒，动能与重力势能之和应等于释放时的机械能，故BC错误；
D．根据重力势能具有相对性，设释放位置所在平面为零势能面，则机械能为零，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查物体机械能守恒时，各物理量之间的关系，要找物理量之间的关系一定要推导出它们的关系式在进一步的判断它们的关系。
6．（4分）如图所示，由于空气阻力的影响，炮弹实际飞行轨道不再是抛物线，而是按“弹道曲线”飞行，下列说法正确的是（ ）
A．炮弹在上升过程中动能减小
B．炮弹在下落过程中机械能增加
C．炮弹到达最高点时速度为零
D．炮弹到达最高点时加速度为零
【分析】炮弹到达最高点是竖直方向的速度减为零，而水平方向的速度不为零，方向受力可判断加速度是否为零；炮弹在上升过程中，重力、空气阻力都做负功，动能减小，机械能减小，下落过程中，重力做正功，重力势能减小，空气阻力做负功，机械能减小。
【解答】解：A、炮弹在上升过程中，炮弹受到重力和阻力作用，炮弹的速度减小，则动能减小，故A正确；
B、炮弹在下落过程中由于受到阻力作用，且阻力做负功，则机械能减小，故B错误；
C、炮弹到达最高点是竖直方向的速度减为零，而水平方向的速度不为零，故C错误；
D、在最高点受重力和空气阻力，合力不为零，加速度不为零，故D错误；
故选：A。
【点评】明确最高点的含义，知道动能、机械能的变化与哪些力做功对应即可正确判断动能、机械能的变化。
7．（4分）如图所示，由电动机带动着倾角θ＝37°的足够长的传送带以速率v＝4m/s顺时针匀速转动。一质量m＝2kg的小滑块以平行于传送带向上的速率v′＝2m/s滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内（ ）
A．小滑块的加速度大小为1m/s2
B．小滑块的重力势能增加了120J
C．小滑块与传送带因摩擦产生的热量为28J
D．电动机多消耗的电能为116J
【分析】A.根据牛顿第二定律求小滑块的加速度大小；
B.根据速度—时间关系公式求小滑块的重力势能增加了多少；
C.根据运动学和热量公式求小滑块与传送带因摩擦产生的热量；
D.由能量守恒定律求电动机多消耗的电能。
【解答】解：A.根据题意，对小滑块受力分析，沿传送带方向上，由牛顿第二定律有
μmgcs37°﹣mgsin37°＝ma
解得
a＝1m/s2
故A正确；
B.以平行斜面向上为正，根据速度—时间关系公式
v＝v0+at
可得，运动到共速的时间为

则小滑块沿传送带的位移为

则小滑块的重力势能增加了
ΔEp＝mgΔh＝mgxsin37°
解得
ΔEp＝72J
故B错误；
C.根据题意可得，传送带运动的位移为
x1＝vt
解得
x1＝24m
则小滑块与传送带因摩擦产生的内能为
Q＝μmgcsθ•Δx＝μmgcs37°•（x1﹣x）
解得
Q＝252J
故C错误；
D.根据题意，由能量守恒定律可知，多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则有

解得
W＝336J
故D错误。
故选：A。
【点评】本题是传送带问题，关键是对小滑块正确的受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列式分析，结合功能关系求解热量和电动机多消耗的电能。
二、多选题（共3题，每题6分，共18分，全部选对得6分，漏选得3分，错选不得分）
（多选）8．（6分）某修正带结构包括上、下盖和大、小齿轮，它前部有压嘴，大、小齿轮分别嵌合在连接体的大、小轴孔中，并相互吻合，能均匀地从压嘴处送出修正带。如图所示，修正带的两个齿轮A、B的半径之比为1：2，若齿轮A匀速转动，则两个齿轮A、B的（ ）
A．向心加速之比为1：2
B．边缘线速度大小之比为1：1
C．转动角速度之比为1：2
D．转动周期之比为1：2
【分析】两个齿轮传动机边缘的线速度大小相等；线速度、向心加速度、半径的关系式：a，线速度、角速度、半径的关系式：v＝ωr；角速度和周期的关系式ω。
【解答】解：B．两个齿轮传动机边缘的线速度大小相等，故边缘线速度大小之比为1：1，故B正确；
A．由线速度、向心加速度、半径的关系式：a，可知转动角速度之比为2：1，故A错误；
C．由线速度、角速度、半径的关系式：v＝ωr，可知转动角速度之比为2：1，故C错误；
D．由角速度和周期的关系式ω，可知转动周期之比为1：2，故D正确。
故选：BD。
【点评】解题关键是明白两齿轮的转动原理—两个齿轮的转动方向相反；两个齿轮传动机边缘的线速度大小相等，再根据相应的关系式即可求解。属于基础题，难度不大。
（多选）9．（6分）北京时间2020年11月24题时30分，长征五号遥五运载火箭在中国文昌航天发射场点火升空，嫦娥五号顺利发射。如图所示，经多次变轨修正之后，“着陆器、上升器组合体”降落月球表面。下列说法正确的是（ ）
A．在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度
B．在P点由轨道1进入轨道2需要瞬间点火加速
C．分别由轨道1与轨道2经过P点时，加速度大小相等
D．在轨道2上经过Q点时的速度一定大于由轨道1上经过P点时的速度
【分析】嫦娥五号绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，根据嫦娥五号的运动过程，应用万有引力公式与牛顿第二定律求解。
【解答】解：A、嫦娥五号发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚，故嫦娥五号的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；
B、卫星在轨道1上的P点处减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入轨道2，故B错误；
C、在P点嫦娥五号卫星产生的加速度都是由万有引力产生的Gma，因为同在P点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在P点时万有引力产生的加速度大小相等，方向相同，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力有Gm，卫星的运行速度由轨道半径决定，半径越大，运行速度越小所以在轨道1上经过P点做圆周运动的运行速度小于经过Q点绕月球做圆周运动的运行速度，又因为卫星在轨道2经过Q点要做离心运动，所以其速度大于经过Q点做圆周运动的速度，那么，卫星在轨道2经过Q点时速度就大于轨道1经过P点时的速度，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律分析即可解题。
（多选）10．（6分）某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上，t＝0时刻开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，v﹣t图像如图所示。汽车与人的总质量为1×103kg，行驶中受到的阻力保持不变，则（ ）
A．汽车行驶中所受阻力大小为2×103N
B．1s～11s内汽车的功率为10kW
C．1s～11s内汽车的位移约为67m
D．汽车加速过程中速度为6m/s时的加速度大小为0.5m/s2
【分析】A.由牛顿第二定律求汽车行驶中所受阻力大小；
B.根据功率公式求1s～11s内汽车的功率；
C.由动能定理求1s～11s内汽车的位移；
D.由牛顿第二定律求汽车加速过程中速度为6m/s时的加速度大小。
【解答】解：A.根据题意，由图像可得，汽车无动力滑行时的加速度大小

解得

由牛顿第二定律可得，汽车行驶中所受阻力大小为
f＝ma1
解得
f＝2×103N
故A正确；
B.根据题意，由图可知，当t＝11s时，汽车达到最大速度7.5m/s，此时汽车的牵引力为
F＝f＝2×103N
汽车的功率为
P＝Fvm
解得
P＝15kW
故B错误；
C.根据题意，设1s～11s内汽车的位移为x，由动能定理有

代入数据解得
x＝67.1875
位移约为67m，故C正确；
D.汽车加速过程中速度为6m/s时，牵引力为

由牛顿第二定律有

解得：
a＝0.5m/s2
故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查机车的启动问题，知道最大速度满足的条件，会结合动能定理列式求解相应的物理量。
三、实验题（共1小题，每空2分，共10分）
11．（10分）在“探究平抛运动的特点”实验中，两个实验小组选用不同的仪器进行实验。
（1）A组同学采用如图甲所示的装置做实验。在此实验中，下列操作或说法正确的是 A 。
A．将斜槽轨道的末端调成水平
B．用天平称出小球的质量
C．斜槽轨道必须光滑
D．图甲中挡条每次必须等间距下移
（2）B组同学通过频闪照相，得到做平抛运动的小球以竖直放置的方格板为背景的照片，如图乙所示，小方格的边长为5cm，取重力加速度g取10m/s2，根据图乙中数据回答下列问题：
①图乙中的a点 是 （填“是”、“不是”或“不确定是”）平抛运动的起点。
②该频闪照相的周期为 0.1 s。（结果保留两位有效数字）
③小球做平抛运动的初速度大小为 1.0 m/s，b点速度为 1.4 m/s。（计算结果均保留两位有效数字）
【分析】（1）根据实验原理及注意事项分析判断；
（2）①根据自由落体运动的规律判断；
②根据匀变速直线运动规律计算；
③根据匀速直线运动的规律计算。
【解答】解：（1）A．要使小球水平抛出，斜槽轨道的末端必须调成水平，故A正确；
B．实验研究平抛运动的规律，与质量无关，不需要测量小球的质量，故B错误；
C．斜槽轨道不需要光滑，对实验无影响，故C错误；
D．图甲中挡条不必等间距下移，这样会增加实验的复杂程度，最后描定的点都需要用光滑的曲线连接起来，与是否能间距无关，故D错误。
故选：A。
（2）①由于a、b、c、d四个点间的相邻竖直距离之比为1：3：5，因此a点是平抛运动的起点。
②在竖直方向上由匀变速直线运动规律可得Δy＝gT2
解得T＝0.10s
③在水平方向上由x＝v0t
解得v0m/s＝1.0m/s
b点竖直方向的速度为vby0.01m/s＝1m/s
b点速度为vb
解得vb＝1.4m/s
故答案为：（1）A；（2）①是；②0.10；③1.0；1.4
【点评】本题关键掌握“探究平抛运动的特点”实验原理和平抛运动的规律。
四、计算题（本题共4小题，共44分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
12．（8分）我们常常在公园和古村落中见到拱形桥，如图甲所示。一辆质量为1000kg的小车，以10m/s速度经过半径为40m的拱形桥最高点，如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
（1）小车对桥的压力大小；
（2）如图丙所示，有一半径为40m的凹形路面，若小车轮胎总共能够承受的最大压力为3×104N，试通过计算判断该小车能否以30m/s的速度安全通过该路段。
【分析】（1）在最高点，小车靠重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出桥对小车支持力的大小，再由牛顿第三定律可求压力的大小；
（2）在最低点，小车靠支持力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出小车速度的大小，然后比较即可解答。
【解答】解：（1）设桥对小车的支持力为FN，汽车过拱型桥最高点时，由牛顿第二定律可得：，解得：，由牛顿第三定律可得小车对桥的压力大小为：FN′＝FN＝7500N；
（2）汽车过凹形路面的最低点时，路面对轮胎的支持力Fm最大，此时小车轮胎受到的压力最大，设此时小车的速度为vm，
则由牛顿第二定律可得：，代入数据解得：，由于v′＝30m/s＞vm＝28.3m/s，所以该小车不能以30m/s的速度通过该路段。
答：（1）小车对桥的压力大小为7500N；
（2）该小车不能以30m/s的速度安全通过该路段。
【点评】解决本题的关键知道小车在最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大。
13．（8分）如图所示是一颗地球卫星和地球，此卫星绕地球做匀速圆周运动时对地张角θ＝60°，其中O为地心。已知地球半径为R，该卫星绕地运行周期为T，万有引力常量为G。求：
（1）地球的质量M；
（2）地球的密度ρ。
【分析】（1）根据几何关系求解卫星圆周运动的半径为r，根据万有引力提供向心力求解地球质量；
（2）地球质量除以地球体积等于地球密度。
【解答】解：（1）连接卫星所在点和地心O，设卫星圆周运动的半径为r，由几何关系可得

根据万有引力提供向心力，对卫星由牛顿第二定律可得

解得地球的质量

（2）由


解得地球的密度

答：（1）地球的质量等于；
（2）地球的密度等于。
【点评】能否计算得出天体的质量和密度的技巧如下：
①计算中心天体的质量需要知道：
a、行星或卫星运行的轨道半径，以及运行的任一参数（如线速度或角速度或向心加速度等）；
b、如果是忽略天体自转、或在天体表面附近、或提示万有引力近似等于重力，则可以应用黄金代换计算中心天体质量，此时需要知道天体的半径，以及天体表面的重力加速度。
②计算中心天体的密度需要知道：
只要能求出天体质量，并知道天体自身半径就可以求出中心天体的密度。
14．（12分）如图甲，某电视台“智勇大冲关”游戏节目中的大转盘游戏环节，经验不足的人会坐在转盘边缘，当转盘转速达到某一数值时，人恰好滑离转盘落入水中，等效模型如图乙，现测得转盘半径R＝10m，离水面的高度H＝0.8m，人落水过程的水平位移大小x＝0.8m，设人在转盘上所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可视为质点的人的质量m＝50kg，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）人恰好离开转盘时的初速度大小v0；
（2）人与转盘间的动摩擦因数μ；
（3）人落水时重力的瞬时功率。
【分析】（1）根据运动的合成与分解将平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，可以求出人恰好离开转盘时的初速度大小v0；
（2）根据摩擦力提供向心力可以求解人与转盘间的动摩擦因数μ；
（3）先求解平抛运动竖直速度，根据功率公式计算瞬时功率。
【解答】解：（1）人离开转盘后做平抛运动，在竖直方向上有

在水平方向上有
x＝v0t
解得人离开转盘时的初速度
v0＝2m/s
（2）人离开转盘时，由向心力公式有

向心力由摩擦力提供
Ffm＝μN＝μmg
解得人与转盘间的动摩擦因数
μ＝0.04
（3）人落水面时竖直方向的速度为
vy＝gt
代入数据解得
vy＝4m/s
人落水时重力的瞬时功率为
P＝mgvy
代入数据解得
P＝2000W
答：（1）人恰好离开转盘时的初速度大小v0为2m/s；
（2）人与转盘间的动摩擦因数μ为0.04；
（3）人落水时重力的瞬时功率为2000W。
【点评】本题涉及平抛运动，匀速圆周运动，其中平抛的初速度是解题突破口。
15．（16分）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD的半径R＝0.6m，轨道EF的长度l＝1.0m，滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.2，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道并滑上水平直轨道EF。弹簧的弹性势能最大值Epm＝2.0J，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过DE之间的能量损失，g取10m/s2。求：
（1）滑块恰好能通过D点的速度vD；
（2）若弹簧的弹性势能Ep0＝1.8J，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力FN；
（3）若滑块最终静止在水平直轨道EF上，求弹簧的弹性势能Ep的范围。
【分析】（1）恰好通过D点时，由重力提供向心力求解D点时的速度；
（2）从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得C点速度，再由弹力提供向心力求弹力；
（3）分析出最终停在水平直轨道EF上的条件，再根据能量守恒定律求解弹性势能的范围。
【解答】解：（1）恰好通过D点时，由重力提供向心力，则mg＝m
代入数据解得vDm/s；
（2）滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得Ep0＝mgR，
在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得FN＝m
代入数据解得：FN＝4N；
（3）若滑块恰能通过半圆轨道最高点D，在EF上滑行的距离最小，设为xmin，有xmin，代入数据解得：xmin＝1.5m；
若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道EF上，在EF上滑行的最大路程为xmax，
Epm＝μmgxmax+2mgR
代入数据解得：xmax＝4.0m
在轨道EF上往返一次损失的能量为ΔE＝μmg×2l
代入数据解得：ΔE＝0.4J
可知，若滑块最终静止在水平直轨道EF，如下两种情况满足要求：
①滑块会从E滑上EF，且停在EF上，则1.5m≤x≤2.0m，可得1.5J≤Ep≤1.6J
②滑块从E滑上EF，再从E滑下，沿轨道下滑，与弹簧作用后再次滑上EF，且最终停在EF上，第二次恰好能过D点，至少滑行3.5m，最多滑行4.0m，则3.5m≤x≤4.0m，可得1.9J≤Ep≤2.0J。
答：（1）滑块恰好能通过D点的速度vD是m/s；
（2）滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力FN是4N。
（3）弹簧的弹性势能Ep的范围是1.5J≤Ep≤1.6J或1.9J≤Ep≤2.0J。
【点评】本题综合考查了圆周运动最高点临界情况、机械能守恒和能量守恒定律，最重要的是要明确过程，依据不同过程选择合适的方法解决。
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