高二（上）第一次月考物理试卷（9月份）.doc

高二（上）第一次月考物理试卷（9月份）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分第1-8题为单选，第9-12题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的不得分）1用伏安法测电阻R，按图中甲图测得的结果为R1，按乙图测得的结果为R2，若电阻的真实值为R，则（）AR1RR2BR1RR2CRR1，RR2DR1=R=R22用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.60mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.30V，比较这两次结果，正确的是（）A电阻的真实值更接近543，且大于543B电阻的真实值更接近543，且小于543C电阻的真实值更接近460，且大于460D电阻的真实值更接近460，且小于4603如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A1：2B2：1CD4如图所示，C、D两带电平行金属板间的电压为U，A、B也为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一小孔，小孔在C、D两板间的中心线上一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从D板边缘的O点以速度vo斜向射入C、D板间，穿过B板的小孔运动到紧靠A板的P点时速度恰好为零，则A、B两板间的电压为（）ABCD5质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）At2时刻两个质点相遇B0t2时间内两质点的平均速度相等C0t2时间内B质点的机械能增量比A质点大D在t1t2时间内质点B的机械能守恒6用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A图甲中的A1、A2的示数相同B图甲中的A1、A2的指针偏角相同C图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D图乙中的A1、A2的指针偏角相同7如图所示，平行板电容器两极板间插有一块陶瓷板，电容器带电后静电计的指针偏转一定角度若将两极板平行错开，同时取走陶瓷板，则静电计指针的偏转角度（）A一定减小B一定增大C一定不变D可能不变8一段半径为D的导线，电阻为0.1，如果把它拉成直径为D的导线，则电阻变为（）A0.2B0.4C0.8D1.69如图所示，质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为g，物体上升的最大高度为h，则在该过程中物体（）A重力势能增加了2mghB机械能损失了mghC克服摩擦力做功mghD动能损失了mgh10电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UItB电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为11电流表的内阻为Rg，满偏电流为Ig，那么以下结论中正确的是（）A如并联一个阻值为nRg的定值电阻，就可以改装为一个最大电流是nIg的电流表B如串联一个阻值为 nRg的定值电阻，就可以改装为一个最大电压是（n+1）IgRg的电压表C如并联一个阻值为Rg的定值电阻，就可以改装为最大电流是nIg的电流表D如串联一个阻值为的定值电阻，就可以改装为一个最大电压是（n1）IgRg的电压表12如图所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点在已知、v0和小球所受电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A小球所受的重力大小一定大于电场力B可求出小球落到N点时重力的功率C可求出小球落到N点时速度的大小和方向D无法求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量二、实验题（共20分）13利用如图1装置做“验证机械能守恒定律”实验为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的A动能变化量与势能变化量B速度变化量和势能变化量C速度变化量和高度变化量除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是A交流电源 B刻度尺 C天平（含砝码） D秒表实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T设重物的质量为m从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量Ep=，动能变化量Ek=大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是：A利用公式v=gt计算重物速度B利用公式v=计算重物速度C存在空气阻力和摩擦力阻力的影响D没有采用多次试验算平均值的方法某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确14某同学在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，得到如表所示的一组UI数据：编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205灯泡发光情况不亮微亮逐渐变亮正常发光试在图上画出UI图线当U1.40V时，灯丝电压与电流成比，灯丝电阻；当U1.40V时，灯丝的温度逐渐升高，其电阻随温度身高而三、计算题（本题共4个小题，8+7+8+9=32分请写出必要的说明文字和解题步骤，只写出最后结果的得零分）15如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上闭合开关s，重物p以速度v匀速上升，这时理想电流表和理想电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.70m/s已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45kg（g取10m/s2）求（1）电动机消耗的电功率P电；（2）绳对重物做功的机械功率P机；（3）电动机线圈的电阻R16天文工作者观测到某行星的半径为R1，自转周期为T1，它有一颗卫星，轨道半径为R2，绕行星公转周期为T2若万有引力常量为G，求：（1）该行星的平均密度；（2）此行星赤道上的物体随行星自转的线速度大小v1及该行星的第一宇宙速度v217如图所示，在大小为E，方向竖直向上的匀强电场中，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一个带电荷量+q的小球，已知qE=3mg，要使球能在竖直平面内做完整的圆周运动，球在A点的最小速度应为多大？18A题两块水平平行放置的金属板如图（甲）所示，大量电子（已知电子质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地从两板正中间沿水平方向射人两板间当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图（乙）所示的周期为2t0、幅值恒为U的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过求（1）这些电子飞离两板间时，侧向位移（即竖直方向上的位移）的最大值symax；（2）这些电子飞离两板间时，侧向位移的最小值symin2016-2017学年江西省吉安市吉水中学高二（上）第一次月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分第1-8题为单选，第9-12题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的不得分）1用伏安法测电阻R，按图中甲图测得的结果为R1，按乙图测得的结果为R2，若电阻的真实值为R，则（）AR1RR2BR1RR2CRR1，RR2DR1=R=R2【考点】伏安法测电阻【分析】两种接法都有误差：甲图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R 的电压，还包括了电流表的分压，乙图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小【解答】解：甲图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=UR+UA 电流表的示数I是通过R的真实值，则R测=R真 故R1R 乙图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即 I=IR+IV 电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测=R真 故RR2综合可得：R1RR2 故A正确；BCD错误故选：A2用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.60mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.30V，比较这两次结果，正确的是（）A电阻的真实值更接近543，且大于543B电阻的真实值更接近543，且小于543C电阻的真实值更接近460，且大于460D电阻的真实值更接近460，且小于460【考点】伏安法测电阻【分析】根据电表示数确定电流表的接法，然后应用欧姆定律求出电阻阻值，根据电路分析实验误差【解答】解：由题意可知： =， =，电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即图（a）所示接法，则电阻测量值为：R=543，由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于543；故选：B3如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A1：2B2：1CD【考点】电场的叠加【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为，则，B正确故选B4如图所示，C、D两带电平行金属板间的电压为U，A、B也为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一小孔，小孔在C、D两板间的中心线上一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从D板边缘的O点以速度vo斜向射入C、D板间，穿过B板的小孔运动到紧靠A板的P点时速度恰好为零，则A、B两板间的电压为（）ABCD【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】对从D到P过程运用动能定理全程列式即可得到A、B板间的电压，D与小孔间电压为U的一半【解答】解：D点与小孔间沿电场线方向的距离为板间距的一半，故电势差为；对从D到P过程运用动能定理全程列式，有q解得故选A5质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）At2时刻两个质点相遇B0t2时间内两质点的平均速度相等C0t2时间内B质点的机械能增量比A质点大D在t1t2时间内质点B的机械能守恒【考点】机械能守恒定律【分析】速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间；机械能等于动能和重力势能的总和；利用机械能守恒定律条件判断【解答】解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，0t2时间内B的位移大于A的位移，B在A的前面，故A错误；B、0t2时间内B的位移大于A的位移，时间相等，则B的平均速度大于A的平均速度，故B错误；C、0t2时间内两者动能增量相同，B的位移大于A的位移，B的重力势能增加多，所以B质点的机械能增量比A质点大，故C正确；D、t1t2时间内，B向上匀速，A向上加速，都要受到向上的外力作用，即除重力外，还有其他外力做功，机械能不守恒，故D错误故选：C6用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A图甲中的A1、A2的示数相同B图甲中的A1、A2的指针偏角相同C图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D图乙中的A1、A2的指针偏角相同【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大当它们串联时，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同【解答】解：A、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同故A错误，B正确 C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同故CD错误故选B7如图所示，平行板电容器两极板间插有一块陶瓷板，电容器带电后静电计的指针偏转一定角度若将两极板平行错开，同时取走陶瓷板，则静电计指针的偏转角度（）A一定减小B一定增大C一定不变D可能不变【考点】电容器的动态分析【分析】静电计测量电容器板间电势差的大小，电势差越大，其指针偏转角度越大将两极板平行错开，同时取走陶瓷板，根据电容的决定式和定义式结合分析板间电势差的变化，判断静电计指针偏转角度的变化【解答】解：将两极板平行错开，同时取走陶瓷板，根据电容的决定式C=分析得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由电容的定义式C=分析得知，板间电势差U增大，则静电计指针的偏转角度一定增大故选B8一段半径为D的导线，电阻为0.1，如果把它拉成直径为D的导线，则电阻变为（）A0.2B0.4C0.8D1.6【考点】电阻定律【分析】导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关，长度越大，横截面积越小，电阻越大据此分析回答【解答】解：一根粗细均匀的导线均匀拉长，半径减小为倍，故横截面积减小为倍，长度增加原来的4倍，据R=求得，电阻变大为原来的16倍，即1.6；故D正确；ABC错误故选：D9如图所示，质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为g，物体上升的最大高度为h，则在该过程中物体（）A重力势能增加了2mghB机械能损失了mghC克服摩擦力做功mghD动能损失了mgh【考点】动能定理的应用【分析】根据上升的高度求出重力势能的增加量，根据牛顿第二定律求出阻力的大小，结合阻力做功得出机械能的损失，根据合力做功求出动能的损失量【解答】解：A、物体上升的最大高度为h，则重力势能增加mgh，故A错误B、根据牛顿第二定律得，mgsin30+f=ma，解得f=，则机械能的损失，故B正确C、克服摩擦力做功，故C错误D、合力大小为，根据动能定理得，动能损失量，故D正确故选：BD10电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UItB电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为【考点】电功、电功率；焦耳定律【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【解答】解：A、电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，所以电动机消耗的电能为UIt，所以A正确，B错误；C、电动机为非纯电阻电路线圈产生的热量为I2Rt，不能用来计算，所以C正确，D错误；故选AC11电流表的内阻为Rg，满偏电流为Ig，那么以下结论中正确的是（）A如并联一个阻值为nRg的定值电阻，就可以改装为一个最大电流是nIg的电流表B如串联一个阻值为 nRg的定值电阻，就可以改装为一个最大电压是（n+1）IgRg的电压表C如并联一个阻值为Rg的定值电阻，就可以改装为最大电流是nIg的电流表D如串联一个阻值为的定值电阻，就可以改装为一个最大电压是（n1）IgRg的电压表【考点】把电流表改装成电压表【分析】改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R：R=；电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=Rg，U为改装后的量程【解答】解：A、如并联一个阻值为nRg的定值电阻，根据并联电流的关系得改装后电流表的量程为：I=Ig+=（1+）Ig，故A错误B、如串联一个阻值为nRg的定值电阻，根据串联电压关系得改装后电压表的量程为：U=IgRg+nIgRg=（n+1）IgRg，故B正确C、如并联一个阻值为的定值电阻，根据并联电流的关系得改装后电流表的量程为：I=Ig+=nIg 故C正确，D、如串联一个阻值为的定值电阻，根据串联电压关系得改装后电压表的量程为：U=IgRg+nIg=（1+）IgRg，故D错误故选：BC12如图所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点在已知、v0和小球所受电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A小球所受的重力大小一定大于电场力B可求出小球落到N点时重力的功率C可求出小球落到N点时速度的大小和方向D无法求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】小球在运动过程中受重力与电场力作用，做类平抛运动，重力的功率等于重力与竖直分速度的乘积对小球受力分析、应用牛顿第二定律、类平抛运动的规律分析答题，注意明确题目中的已知量和未知量【解答】解：A、小球受到重力和竖直向下的电场力，做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故A正确；B、C、利用平抛知识有： =tan，速度偏向角设为，则tan=2tan，则得：vy=2v0tan，小球落到N点时重力的功率为P=mgvy=2mgv0tan由于小球的质量未知，所以不能小球落到N点时重力的功率故B错误，C正确；D、小球从M点到N点的过程中电势能的变化量EP=Fy=F，由于加速度a无法求出，所以电势能的变化量不能求出故D正确；故选：CD二、实验题（共20分）13利用如图1装置做“验证机械能守恒定律”实验为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的AA动能变化量与势能变化量B速度变化量和势能变化量C速度变化量和高度变化量除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是ABA交流电源 B刻度尺 C天平（含砝码） D秒表实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T设重物的质量为m从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量Ep=mghB，动能变化量Ek=大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是：CA利用公式v=gt计算重物速度B利用公式v=计算重物速度C存在空气阻力和摩擦力阻力的影响D没有采用多次试验算平均值的方法某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确不正确【考点】验证机械能守恒定律【分析】根据验证机械能守恒定律原理可判断；根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的测量器材；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而得出动能的增加量；根据功能关系可判断重力势能的减少量大于动能的增加量的原因；如果v2h图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2h图象也可能是一条过原点的倾斜的直线【解答】解：验证机械能守恒，即需比较重力势能的变化量与动能增加量的关系，故选：A电磁打点计时器需要接低压交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度以及下降的高度实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选：AB从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量Ep=mghB，B点的瞬时速度为：vB=，则动能的增加量为：Ek=mvB2=大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦力阻力的影响，故选：C该同学的判断依据不正确在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mghfh=mv2，可得：v2=2（g）h，则此时v2h图象就是过原点的一条直线所以要想通过v2h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g故答案为：A；AB；mghB，；C；不正确14某同学在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，得到如表所示的一组UI数据：编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205灯泡发光情况不亮微亮逐渐变亮正常发光试在图上画出UI图线当U1.40V时，灯丝电压与电流成正比，灯丝电阻基本不变；当U1.40V时，灯丝的温度逐渐升高，其电阻随温度身高而增大【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】由表格中数据利用描点法可将各点描在坐标中，再用平滑的曲线将各点连接起来；由作出的伏安特性曲线利用公式可知图象的斜率的含义，从而由图象中得出电阻的变化规律【解答】解：利用描点法将各点坐标在UI图象中描出，用平滑的曲线将各点连接，即可得出UI图线； 由图可知，图象的斜率表示电阻，则可知当U1.40V时，灯丝电压与电流成正比； 此时灯丝电阻基本不变； 当U1.40V时，灯丝的温度逐渐升高，其电阻随温度升高而增大； 故答案为：如图 正 基本不变 增大三、计算题（本题共4个小题，8+7+8+9=32分请写出必要的说明文字和解题步骤，只写出最后结果的得零分）15如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上闭合开关s，重物p以速度v匀速上升，这时理想电流表和理想电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.70m/s已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45kg（g取10m/s2）求（1）电动机消耗的电功率P电；（2）绳对重物做功的机械功率P机；（3）电动机线圈的电阻R【考点】电功、电功率；闭合电路中的能量转化【分析】（1）已知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出电动机的耗电功率；（2）根据P机=mgv求出机械功率；（3）由机械部分的机械效率可求出电动机输出功率，根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由P=I2R求出电动机线圈的电阻【解答】解：（1）电动机消耗的电功率为 P电=UI=5110W=550W（2）绳对重物做功的机械功率为P机=mgv=45100.70W=315W（3）电动机输出的电功率为P机出=W=450W电动机线圈的电阻R的发热功率为P线=P电P机出=100W由 P线=I2R得电动机线圈的电阻R=答：（1）电动机消耗的电功率P电为550W；（2）绳对重物做功的机械功率P机为315W；（3）电动机线圈的电阻R为416天文工作者观测到某行星的半径为R1，自转周期为T1，它有一颗卫星，轨道半径为R2，绕行星公转周期为T2若万有引力常量为G，求：（1）该行星的平均密度；（2）此行星赤道上的物体随行星自转的线速度大小v1及该行星的第一宇宙速度v2【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】（1）卫星绕行星公转时，根据万有引力提供卫星圆周运动的向心力可以列式求出行星的质量M，进一步求行星的平均密度；（2）