天体静力能量

1、试卷第 页，总5页试卷第1页,总5页题号-一一二三总分得分评卷人得分一、选择题（题型注释）说法正确的是（）-OO线线OO订r号考订Or级班O装名姓装O校学O外内OO525试卷副标题注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明1美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”。天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件。假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小。若该黑洞系统在运动过程中各自

2、质量不变且不受其它星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是这两个黑洞运行的线速度大小始终相等这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的黑洞轨道半径大随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在减小已知某行星绕太阳公转的半径为r公转周期为T万有引力常量为G,则由此可求出（）某行星的质量B.太阳的质量C.某行星的密度D.太阳的密度如图所示是三个围绕地球逆时针做匀速圆周运动的人造卫星，关于他们运动，以下周期TTTABC速度大小vVVABC角速度W33ABC如果要使卫星B和卫星A对接，卫星B必须加速到卫星A的轨道上人造地球卫星A和B,它

3、们的质量之比为m:m=l：2,它们的轨道半径之比为2：1,AB则下面的结论中正确的是（）它们受到地球的引力比为F:F=1：1ABB它们运行速度大小之比为v:v=l：2AB它们运行周期之比为T:T=2迈:1AB它们运行角速度之比为3:w=32:1TOC o 1-5 h zAB如图所示，两质量均为m的A、B小球（小球视为质点），通过长为1的不可伸长轻绳水平相连，轻绳中点的正下方H处固定一光滑钉子O。现同时无初速释放两小球，空气阻力不计，重力加速度为g。在小球下落的过程中，下列说法正确的是ABI0从开始下落到刚到达最低点的过程A小球的机械能不守恒C.D.从开始下落到刚到达最低点的过程!、B小球的总机

4、械能守恒轻绳与钉子碰前瞬间，A小球受到轻绳的拉力大小为也畀l轻绳与钉子碰后瞬间，A小球受到轻绳的拉力大小为也畀l6如图所示，质量为M的斜面固定在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜面向上滑行，至速度为零后又加速返回。在物块m滑行的整个过程中地面对斜面M的摩擦力方向先向左后向右地面对斜面M的摩擦力方向始终水平向左地面对斜面M的支持力等于（M+m）g物块m向上、向下滑动时加速度大小不同如图所示，质量为m=24kg的木板B放在水平地面上，质量为m=22kg的木箱A放在BA木板B上.一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为e=37.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数

5、M=0.5.现用水平方向大小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出（sin370.6,cos370.8,重力加速度g取10m/s2）,则木板B与地面之间的动摩擦因数p2的大小为（）A.0.3B.0.4C.0.5D.0.6如图所示，一个半径为r，重为G的圆球，被长为L的细绳挂在竖直光滑的墙壁上.若O题答内线订装在要不请探-O线线O订O装OO订O装O内外OO加长细绳的长度，则细绳对球的拉力T及墙对球的弹力N的变化，下列说法正确的是（）T一直减小，N先增大后减小T一直减小，N先减小后增大T和N都减小T和N都增大9如图所示，质量为mi和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下

6、，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上运动，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小（）由大变小由小变大始终不变由大变小再变大如图所示，用与竖直方向成-角的倾斜轻绳-；和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为三。现在保持小球在原位置不动，使轻绳b在原竖直平面内逆时针转过-角固定，轻绳b拉力变为二；再逆时针转过-角固定，绳b拉力变为三，则评卷人得分二、多选题（题型注释）第II卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、计算题(题型注释)如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为1，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸

7、长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R=0.4m，1=2.5m，v=6m/s,物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数p=0.4，轨道其它部分摩擦不计。取g=10m/s2.求：物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；物块仍以v从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度1,当1长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动.12如图所示，在倾角为0=37。的斜面的底端有一个固定挡板D,已知物块与斜面PO间的动摩擦因数p=0.50，斜面OD部分光滑，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在D点，另一端在0点，PO的长度

8、L=9.0m。在P点有一质量为1kg的小物体A(可视为质点)，现使A从静止开始下滑，g=10m/s2,sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)物体第一次接触弹簧时物体的速度的大小；若已知弹簧的最大压缩量为d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能E。P物体与弹簧第一次接触后反弹，物体从O点沿斜面上升的最大距离x。物体与弹簧接触多少次后，物体从O点沿斜面上升的最大距离小于二?250如图所示，质量M,半径R的光滑半圆槽第一次被固定在光滑水平地面上，质量为m的小球，以某一初速度冲向半圆槽刚好可以到达顶端C.然后放开半圆槽.其可以自由运动，m小球又以同样的初速冲向半圆槽，小球最高可以到达与圆心等高的

9、B点，题答内线订装在要不请探(g=10m/s2)试求：半圆槽第一次被固定时，小球运动至C点后平抛运动的水平射程X=?小球质量与半圆槽质量的比值m/M为多少？如图所示，AB、BC、CD和DE为质量可忽略的等长细线，长度均为5m,A、E端悬挂在水平天花板上，AE=14m,B、D是质量均相同的小球.质量为18千克的重物挂于C点，平衡时C点离天花板的垂直距离为7m,试求小球B、D的质量.如图所示，空间有场强E=1.0X102V/m竖直向下的电场，长L=0.8m不可伸长的轻绳固定于0点.另一端系一质量m=0.5kg带电q=5X10-2C的小球.拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至0点的正下

10、方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成0=53、无限大的挡板MN上的C点.试求：（1）绳子的最大张力；（2）A、C两点的电势差；（3）当小球运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F的方向及取值范围.本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 页，总9页参考答案【答案】D解析】试题分析：这两个黑洞共轴转动，角速度相等，根据v=or可以，由于不知道两个黑洞的转动半径关系，所以线速度大小不一定相等，故A错误；根据a=02r可知，由于不知道两个黑洞的转动半径关系，所以向心加速度大小不一定

11、相等，故B错误；两个黑洞都是做圆周运动，贝9：Gmim2=m02r=m02r，可以得到半径与质量成反比关系，质量大的半径小，r21122故选项C错误；根据GMiMr=M色鸣可得，M=如2RL1T22T21根据GMrMr=ML24冗2L2,4冗2L所以M+M=(R+R)=12T212T2当M+M不变时，L增大，则T增大，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故D正12确。考点：万有引力定律及其应用【名师点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题，难度不大，属于基础题。2B【解析】试题分析：设太阳的质量为M,行星的质量为m.行星绕太阳做圆周

12、运动的向心力由太阳的GMm4兀24兀2r3万有引力提供，则有：=myrr，解得：M=苛，已知r和T，可求出太阳的质量M,但不能求出行星的质量m和行星的密度.由于太阳的半径未知，也不能求出太阳的密度，故B正确，ACD错误.故选B.考点：万有引力定律【名师点睛】已知环绕天体的公转半径和周期，根据万有引力提供向心力，列出等式只能求出中心体的质量.要求出行星的质量，我们可以在行星周围找一颗卫星研究，即把行星当成中心体。C【解析】试题分析：由图可知，它们的半径关系：rVrVr；根据万有引力提供向心力得ABCGMmv24兀2r*宀:r3=m=m2r=m=ma；根据T=2兀？，可知A运动周期比B的运动r2r

13、T2GM周期短，C的周期最大，故A错误;根据v=GM，所以A的线速度最大,rC的线速度最小，故B错误；根据o=：罟，所以A的角速度最大，C的角速度最小；故C正确；根据发射的特点和能量的关系可知，A的机械能最小，C的机械能最大，所以如果要使卫星B和卫星A对接，卫星B必须减速才能到卫星A的轨道上，故D错误；故选C考点：万有引力定律的应用【名师点睛】考查卫星运动规律，根据万有引力等于向心力得到各运动量与半径的关系，GMmv24兀2r=m=m2r=m=ma，根据此表达式判断各量的大小关系.同时要明确,r2rT2低轨道向高轨道转移要加速，高轨道向低轨道转移要减速。BC【解析】试题分析：人造地球卫星做匀速

14、圆周运动时，由万有引力提供向心力，得TOC o 1-5 h z厂Mmv2/2兀、m、r、T、w分别为卫星质量、F=G=m=mr()2=m2r,M是地球的质量,r2rT、GMGM，Un2r3轨道半径、周期和角速度则得v=，=，T-；由题卫星A和Brr3.GM的质量之比为m:m=l：2,轨道半径之比为2：1，则由上式可得，F:F=l：8,它们的运ABAB行速度大小之比为v：v=l：Y2AB，它们的运行周期之比为T:T=22:1,它们的运角速度之比为w:w=1：2：2，故ABABAD错误，BC正确.故选BC.考点：万有引力定律的应用【名师点睛】人造地球卫星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，卫星

15、的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准向心力公式形式。BD【解析】试题分析：小球从开始下落到刚到达最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；从开始下落到刚到达最低点的过程中，只有重力做功，A、B小球的总机械能守恒，故B正确；轻绳与钉子碰前瞬间，AB整体下落的加速度为g,所以A小球受到轻绳的拉力为1零，故C错误.设轻绳与钉子碰前瞬间，A小球的速度为v.由动能定理得mgH二-mv2,厶轻绳与钉子碰后瞬间，根据牛顿第二定律得F=mV22厂4mgH解得F二i.故D正确.故选BD。l考点：动能定理；牛顿第二定律BD【解析】试题分析：物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜

16、面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有x分析：f=masin8y分析：（M+m）g-N=masin0物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有mgsin0+pmgcos0=ma物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有mgsin0-pmgcos0=ma由式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故A错误，B正确；由式，地面对物体M的支持力总小于（M+m）g，故C错误；由两式，物体沿斜面向上滑动时，加速度较大，故D正确；故选BD考点：牛顿第二定律的应用；物体的平衡【名师点睛】本题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出支持力和静摩擦力的表达式

17、后进行分析讨论；整体法不仅适用与相对静止的物体系统，同样也适用于有相对运动的物体之间。7A【解析】试题分析：将物体B匀速向右拉出过程中，A物体保持静止状态，受力均平衡.分别分析两个物体的受力情况，作出力图，根据平衡条件列方程求解即可解：（1）对A受力分析如图甲所示，由题意得：Fcos0=FTf1FN1+FTsin9=曙F=pFf11N1由得：F=100N（2）对A、B整体受力分析如图乙所示，由题意得Fcos0+F=FTf2F+Fsin0=（m+m）gN2TABF=uFf22N2联立并代入数据得：U2=0.3故选：A【点评】本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，关键是分析物体的受力情况，作出力

18、图后根据平衡条件列方程求解8C【解析】试题分析：以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得出绳对球的拉力、墙对小球的支持力与绳子与墙的夹角的关系式，再分析T和N如何变化.解：以小球为研究对象，分析受力如图设绳子与墙的夹角为0，由平衡条件得T=，N=mgtan0cosf根据牛顿第三定律得把绳的长度增加，0减小，cos0变大，tan0减小，则得到T和N都减小.故选：C【点评】本题物体的平衡中动态变化分析问题，采用的是函数法，也可以运用图解法【答案】C【解析】试题分析：设物体与接触面的动摩擦力因素为卩，在水平面有：F一卩（m+m）gFai2=一jag，m+mm+m1212对m进行受力分析则有:mFT一

19、amgma1一Amg11iim+m112，在斜面上有：a=F一卩（m1+m2）gc加一（m1+m2）gsinTOC o 1-5 h zm+m12对m进行受力分析则有:1FT一pmgcosG-mgsinO=ma，解得T=1，211122m+m12竖直向上运动运动时有：a=（mi+m2）g，对m进行受力分析则有：T-mg=ma,3m+m1311312解得：T=召J，所以绳子的拉力始终不变，故C正确，选项ABD错误。m+m12考点：牛顿运动定律综合【名师点睛】先对整体进行受力分析求出整体加速度，再对m进行受力分析，根据牛顿第1二定律求出细线上的弹力，m的加速度和整体加速度相同；本题主要考查了牛顿第二

20、定律1的直接应用，注意整体法和隔离法在题目中的应用。【答案】D【解析】考点：物体的平衡。【名师点睛】略。【答案】N=40N；（2）L=1m【解析】11试题分析：（1）对物块，首次从A到B,有一mg2R=mv2-mv22b20在B点，有：N+mgmv2解得：N=40N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40N，方向竖直向上。(2)对物块，从A点到第二次到达B点：-f2L-mg2R二1mv2b1mv22o2mv在B点，有：mg=BR解得：L=Im考点：动能定理、向心力【名师点睛】本题综合考查了运动学公式、向心力公式、动能定理、牛顿第二定律，以及知道小球不脱离圆轨道的条件，综合性较强，对学生的能

21、力要求较高，需加强训练。12(1)60m/s(2)21J(3)18m(4)4【解析】试题分析：(1)物体在PO过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：1mgLsin9-ymgLcos9=mv2一0解得：v=gL（sin0-卩cos0）=6.0m/s物体由0到将弹簧压缩至最短的过程中，动能的减少量Ek减手歼重力势能的减少量E=mgdsin37=3Jp减由机械能守恒定律得E=E+E=21Jp弹k减p减所以弹簧的最大弹性势能为：EE弹=21Jp=p弹物块第一次从0点到将弹簧压缩最短再到弹回至最高点过程中，应用动能定理得:1-mgxsin9-卩mgco

22、s9-x=0mv2f21解得x=5L=1.8m1由结论可知，物体第一次返回时沿斜面上升的最大距离为x=5L,同理，可得以后每次沿斜面上升的最大距离都是上一次的5，1则第n次上升的最大距离为x=L，n5nL因为x，所以n=4n250考点：动能定理13.2R3:2【解析】V2试题分析：小球刚好可以到达顶端C,说明刚好由重力提供向心力：mg=mi，所以到达C点时的速度为V=、：R，小球由C点做平抛运动竖直方向上的位移：y=2R=*gt2,所以运动的时间为：水平方向上的位移：X=vt=gR4R=2R1=mv2-mv2，2i2o2=5gR，然后放开半圆槽后，m小球又以同样的初速冲向半圆槽，M系统根据动量

23、守恒定律：mv=(m+M)v所以：v=0-=5gR022m+Mm+M11M系统根据动能定理有：-mgR=；(m+M)v2-mv2222omj1m3所以-mgR=-(m+M)-(5gR)2-m-5gR化简得订=-m+My2M2考点：动能定理；牛顿定律；动量守恒定律半圆槽第一次被固定时，对小球运用动能定理：2mgR解得v对m、对m、14.7kg【解析】试题分析：分析几何关系根据给出的长度信息可求得两绳子的夹角；再分别对整体和B、C进行受力分析，根据共点力的平衡条件分别对竖直方向和水平方向分析，联立即可求解解：设AB与竖直方向的夹角为0，BD球的质量为m,根据几何关系可知：(7-5sin0)2+(7+5cos0)2=52解得：sin0+cos0=5解得：sin0=0.6；则由几何关系可知，B