2021-2022学年山东省名校联盟高一（下）期中测试物理试题（解析版）

山东省名校联盟2024届202L2022学年第二学期期中测试

物理学科考试试题

一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）

1.开普勒行星运动定律是我们研究天体运动的基础，下面关于开普勒三定律理解错误的是（）

A.由开普勒第一定律知，行星绕太阳运动的轨道不是标准的圆形

B.由开普勒第一定律知，太阳处在绕它运动的行星轨道的焦点上

C.由开普勒第二定律知，一个行星从远日点向近日点运动速度是逐渐增大的

D.由开普勒第三定律知，地球与火星轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值相等

【答案】D

【解析】

【详解】A.由开普勒第一定律知，行星绕太阳运动的轨道不是标准的圆形，而是椭圆，选项A正确；

B.由开普勒第一定律知，太阳处在绕它运动的行星轨道的焦点上，选项B正确；

C.由开普勒第二定律知，一个行星从远日点向近日点运动的速度是逐渐增大的，选项C正确；

D.由开普勒第三定律知，地球与火星轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值相等，选项D错

误。

此题选择不正确的选项，故选D。

2.一质量为，"的物体在光滑水平面上以速度%沿直线运动，f=0时刻该物体受到了大小为然的恒力作

用，恒力”与速度%位于同一个水平面内，入的方向与速度%的方向成120。角，在恒力"的作用下，

物体瞬时速度大小u随时间♦的变化而变化，以加上恒力线的时刻为计时起点，物体的——f图像如图所

示，图像的最低点尸的坐标正确的是（）

2\22、

%竺2,靖叫3%

A.B.2d

24伍’4）

【答案】C

【解析】

【详解】根据运动合成与分解，将速度％平行4方向分解以及垂直弱方向分解，在垂直线方向

Qno6

v（=v0cos30°=—v0

这一分速度不随时间变化，在平行乙方向初速度为

%sin30。=；%

物体加速度大小

m

因此在平行为方向速度

1

物体瞬时速度

化简得

22

v=ar-vaat+v1

可见廿一，图像是二次函数图像，根据二次函数性质可得到最低点横坐标为国即舞，最低点纵坐标为

2a24

q2

出，故C正确，ABD正确。

4

故选Co

3.一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始向上运动，到达某一高度时撤去该力。若不计空气阻力,

则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图像是（）

A.B.

OO

【答案】c

【解析】

【详解】设物体在恒力作用下的加速度为。，由功能原理可知，机械能增量为

SE-Fh-F--at

2

知EY图象是开口向上的抛物线.撤去拉力后，无其他外力做功，机械能守恒，则机械能随时间不变.故

选C。

4.如图所示为内燃机部分结构的剖面简图，曲轴04绕。点沿逆时针方向匀速转动，转速为〃，曲轴与连

杆AB连接在A点，连杆与活塞连接在8点，0A=R，此时0A_LAB，连杆A8与0B的夹角为。，则

()

rM

。D

A.图示时刻活塞的速度大小为上下

sin。

B.图示时刻活塞的速度大小为竺空

COS。

C.从图示时刻至活塞到最高点，活塞的速度先变大后变小

D.从图示时刻至活塞到最高点，活塞的速度先变小后变大

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据圆周运动规律可得A点的线速度大小为

vA=2兀nR

设图示时刻活塞的速度大小为匕，则根据运动的合成与分解可知

vA=V,cos6

解得

2兀nR

v.=-------

cos，

故A错误；

B.由A项分析可知，B正确；

C.设NQ48=a,活塞的速度大小为v,则

=vcos^

解得

sina

v=----v.

cos。

从图示时刻至活塞到最高点，七不变，sina一直减小，cos。一直增大，所以n一直减小，C错误；

D.由C项分析可知，D错误。

故选B。

5.如图所示，一运动员从相同高度的A、B两位置先后抛出同一篮球，都直接落入篮筐，落入篮筐时的速

度方向相同，忽略空气阻力，下列判断正确的是（）

A.篮球从A位置比从B位置抛出时的水平速度大

B.篮球从A位置比从8位置抛出时的水平速度小

C.篮球从被抛出到落入篮筐，先失重后超重

D.篮球从被抛出到落入篮筐，先超重后失重

【答案】A

【解析】

【详解】AB.若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，从A位置抛出的

篮球上升的高度较大，可知其竖直分速度大，由平行四边形定则知其水平分速度也大，选项A正确，B错

误；

CD.篮球在空中运动过程中只受重力，处于完全失重状态，选项CD错误。

故选Ao

6.如图所示，靠在一起的M、N两转盘靠摩擦传动，两盘均绕过圆心的竖直轴转动，M盘的半径为r,N

盘的半径R=2r,A为M盘边缘上的一点，B、C为N盘直径的两个端点。当0、A、B、C共线时，从0,

的正上方P点以初速度必沿0'0方向水平抛出一小球，小球落至圆盘C点，重力加速度为g。则下列说法

正确的是()

v0^-OP

g厂

A.

2%

若小球抛出时到0'的高度为鼻，则M盘转动的角速度必为也

B.

2片「

只要M盘转动角速度满足3=2丝殳(〃=1,2,3…)，小球就可能落至C点

C.

5r

D.只要小球抛出时到0'的高度恰当，小球就一定落至C点

【答案】A

【解析】

【详解】M盘、N盘轮子边缘各点线速度相等，由可知，若M盘角速度为①，则N盘角速度为

故N盘的周期为

2

2444

1————

CD(0

~2

设小球经过时间f落到圆盘上的C点。若落在。点时，各点顺序为。、A、B、C，则有

x=5r=vGt

h=gg产

t=nT(n=l,2,3…)

联立可得

(〃=1,2,3…)，〃="孵

5r2v；

若落在C点时，各点顺序为。、A、C、B，则有

x=r=vot

f=(2〃T)g(n=l,2,3…)

联立可得

^2^-1)(包工…h嗯

A.由上述分析可知，若落在C点时，各点顺序为o'、A、aB，则％=「，下落高度一定为

角速度需满足

2乃%(2n-l)

r

当"=1时

故A正确；

B.若下落高度为

则可以确定小球落在C点时，各点顺序为0、A、C、B。此时角速度满足

(y=------------(〃=1,2,3…)

r

故不一定必为《y=二殳，B错误；

r

C.由上述分析可知，只要M盘转动角速度满足切=色网(〃=1,2,3…)或者3=2.“(2〃一』

5rr

（〃=1,2,3…），小球都可以落至C点，C错误；

D.由上述分析可知，能否落在C点除与高度有关，还与初速度有关，D错误。

故选Ao

7.如图1所示为一种小型儿童玩具——拨浪鼓，其简化模型如图2所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于

转轴对称的位置固定有长度分别为LA、LB（〃>品）的两根不可伸长的细绳，两根细绳另一端分别系着质

量相同的小球A、B。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀速转动，连接A、B的细绳与竖直方向的

夹角分别为a和夕，下列判断正确的是（）

c

图1图2

A.A、B两球的向心加速度相等B.两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角

a>（3

C.A球的线速度小于B球的线速度D.A球所受的绳子拉力小于B球所受的绳子拉力

【答案】B

【解析】

【详解】B.两球在水平面内做匀速圆周运动，角速度相同，对A球受力分析如图所示

绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为O,小球到。点的距离为L,鼓面半径为r；对A球，根据牛顿第二定

律得

mgtana=m<y2Lsina

解得小球到。点的高度

Pr

h=Lcosa---LKcosa+------

CDtan。

角速度相等，A的绳子长度大于B,因此可知

a>B

故B正确；

A.对A球，根据牛顿第二定律得

mgtana=inaA

解得

纵=gtana

对B球，根据牛顿第二定律得

mgtan0=maK

解得

aB=gtanp

则

纵>&

即A球的向心加速度比B球的大，故A错误；

C.由u=37知，两球的角速度相等，A球的轨迹半径比B球的大，则球的线速度大于B球的线速度，故

C错误；

D.A球所受的绳子拉力大小

cosa

B球所受的绳子拉力大小

COSP

因a>尸，则

cosa<cosp

可得

故D错误。

故选Bo

8.两颗质量相同的人造卫星绕地球逆时针运动。如图所示，卫星1轨道为圆、卫星2轨道为椭圆，A、B

两点为椭圆轨道长轴两端，C点为两轨道交点。已知圆的半径与椭圆的半长轴相等，下列说法正确的是

A.卫星2的周期小于卫星1的周期

B.卫星1在C点的动能小于卫星2在A点的动能

C.从A点到B点和从8点到A点的过程地球对卫星2做的功相同

D.相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积等于卫星2与地心连线扫过的面积

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据开普勒第三定律有

由题知圆的半径与椭圆的半长轴相等，则卫星2的周期等于卫星1的周期，A错误；

B.以地球球心为圆心，并过A点画出圆轨道3,如图所示

卫星1-----

、、、「

+IB

2

由图可知卫星从轨道3到卫星2的椭圆轨道要在A点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3的速度小于

卫星2在椭圆轨道A点的速度，又由图可知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有

_Mmv~

G——=m——

rr

可得

可知轨道1上卫星的速度小于轨道3上卫星的速度，综合可知卫星在轨道1上经过C点的速度小于卫星2

在A点的速度，由于卫星1、2质量相等，则卫星1在C点的动能小于卫星2在A点的动能，B正确；

C.根据开普勒第二定律可知，卫星2在4点的速度大于在B点的速度，根据动能定理可知卫星2从A点

到B点的过程中地球对卫星2的万有引力做负功，从B点到A点的过程中地球对卫星2的万有引力做正

功，C错误；

D.由开普勒第二定律可知，每颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，但卫星1与卫星2不

在同一轨道，则等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积不一定等于卫星2与地心连线扫过的面积，D错

误。

故选Bo

二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共35分）

9.如图所示为湖边一倾角为30。的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为0。一人在A点以速度均沿水

平方向扔一小石子，已知AO=40m,不计空气阻力，不考虑石子反弹过程，g取lOm/s?。下列说法正确

的有（）

A.若%=10百m/sm/s,则石子刚好落在水面与大坝的交点

B.若%=5石m/s,则石子落在A0的中点

C.若石块能落入水中，则%越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大

D.若石子不能落入水中，不管%多大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角都相等

【答案】AD

【解析】

【详解】A.小石子扔出后做平抛运动，若石子刚好落在水面与大坝交点，水平方向

AOcos30=vQt

竖直方向

AOsin30°=1gz2

解得

%=10^m/s

故A正确；

B.因为

v0--5Gm/s<lOgm/s

则小石子会落在大坝上，设石子落点距A点长度为L,则水平方向

Leos30=

竖直方向

Lsin30°=；g/

联立解得

L=10m

故B错误；

C.若石块能落入水中，竖直方向位移恒定，到水面时竖直方向速度一定，%越大，落水时速度方向与水

平面的夹角越小，故C错误；

D.落在大坝上，速度方向与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向的正切值的2倍，位移与水平方

向的正切值不变，所以速度方向与水平方向夹角始终相等，故D正确。

故选AD。

10.如图在同一竖直平面内将两个完全相同的小球从不同的位置沿水平方向抛出，抛出点分别为4点和B

点（图中未画出），初速度分别为W和VB,并且以>山，经过一段时间的运动后，两个小球同时垂直落到

斜面上的同一个位置。点，不计空气阻力，则（）

A.两个小球的运动时间一定不同

B.两个小球落到斜面上时的动能可能相同

C.A。连线与水平方向的夹角一定与斜面的倾角相同

D,A0连线与水平方向的夹角一定和BO连线与水平方向的夹角相同

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据平行四边形法则和几何关系，以速度%平抛垂直落到斜面上，竖直方向的分速度为

V

,tan。

又

%=gt

则

gtan。

由于

VA>VB

则

故A正确；

B.根据平行四边形法则和几何关系，以速度%平抛垂直落到斜面上，落到斜面上的速度

匕」

sin。

由于

VA>VB

则

VtA>VtR

动能

12

E.=­mv

k2

则两个小球落到斜面上时的动能不同，故B错误；

CD.根据平行四边形法则和几何关系，以速度%平抛垂直落到斜面上,设抛出点与落到斜面上的点的连

线与水平方向的夹角为a,则

32%

联立①②得

tana=

可知49连线与水平方向的夹角一定和80连线与水平方向的夹角相同，A0连线与水平方向的夹角一定与

斜面的倾角不同，故C错误，D正确。

故选AD。

11.如图所示，一内半径R=lm、高〃=0.35m内壁光滑的圆筒固定在水平面上方H=9m处，其中心轴线沿

竖直方向。一质量为〃『1kg的小球以初速度％=5m/s,速度方向沿筒壁上端某点的切线方向且与水平方

向夹角为6=37。斜向下射入，小球将沿筒壁运动一段时间后飞离圆筒，最终落回地面。忽略空气阻力，重

力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6,337。=0.8,下列说法正确的是（）

3

A.小球在竖直方向做自由落体运动

B.筒壁对小球的弹力大小为16N

C.小球飞离圆筒时的速度大小为8m/s

D.小球落回地面时到圆筒底面圆心的距离为7五m

【答案】BD

【解析】

【详解】A.水平初速度大小为

匕=%cos6=5x0.8m/s=4m/s

竖直方向初速度大小为

vv0=%sin6=5x0.6m/s=3m/s

因为小球在竖直方向上初速度不为零，所以竖直方向上不是自由落体运动，故A错误；

B.小球在水平方向上做匀速圆周运动，有

FN=m—

NR

得筒壁对小球的弹力大小

稣=16N

故B正确；

C.设小球飞离圆筒时的速度大小为匕，竖直方向速度大小为匕”，则

匕一%=2g/z,

得

v,=4cm/s

故C错误；

D.设从小球飞离圆筒到落到地面用时为。则

口12

H=vy}t+-gf

解得

t=ls

此段时间水平位移

x=v/=4m

根据几何关系得，小球落回地面时到圆筒底面圆心的距离为

s=VX2+W2+7?2=7j2m

故D正确。

故选BDo

12.有一种叫“飞椅”的游乐项目。如图所示，长为乙的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平

转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度。匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平

面内，与竖直方向的夹角为人和座椅的总质量为机，不计钢绳的重力。以下说法正确的是（）

A.钢绳的拉力大小为根g

B.钢绳的拉力大小为」驾

cos。

C.如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直

D.两个质量不同的人，摆开的夹角。一样大

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.对座椅受力分析，如图所示

竖直方向上

Fcos0-mg

解得

八驾

cos。

A错误B正确；

C.因钢绳拉力的竖直分量等于人的重力，则即使角速度足够大，也不可以使钢绳成水平拉直，C错误;

D.水平方向，根据

Fsin=mco2(r+Lsin8)

解得

mgtan0=ma>2(r+Lsin0)

两边可消掉机，即两个体重不同的人，摆开的夹角。一样大，D正确。

故选BD。

13.如图所示，完全相同的三个小球a、反c从距离地面同一高度处以等大的初速度同时开始运动，分别

做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力。以下说法正确的是（）

A.三个小球不同时落地

B.b、c所能达到的最大高度相同

C.4、C的水平位移相同

D.落地之前，三个小球在任意相等时间内速度的增量相同

【答案】AD

【解析】

【详解】A.“球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，b球做竖直上抛运动，c球做斜抛运动，竖直方

向的分运动是竖直上抛运动，所以落地时间不同，故A正确：

B.c球做斜抛运动，竖直方向的分速度小于。球速度，所以6球能到达更大的高度，故B错误；

C.a球做平抛运动

水平方向

Xa=%。

竖直方向

得

[2h

c做斜抛运动，设初速度与水平夹角为0

水平方向

xc=v0cos0tc

竖直方向

=-%sin”.+gg]

h

联立消去。得

,2X+(gh+v^-h2

4

当

2b2（g/z+片）

t——------------------

c2ag2

友有最大值为

元m=%j2g/?+说

g

c球水平位移与抛出点高度和初速度有关，故。、C小球水平位移不一定相同，故C错误；

D.三个小球均做抛体运动，加速度均为重力加速度，故落地之前，三个小球在任意相等时间内速度的增

量相同，故D正确。

故选AD。

14.中国“FAST”球面射电望远镜发现一个脉冲双星系统。科学家通过对脉冲星计时观测得知该双星系统由

一颗脉冲星与一颗白矮星组成，如图所示。质量分布均匀的恒星A、B双星系统绕。点沿逆时针方向做匀

速圆周运动，运动周期为1,两者间距为人C为B的卫星，绕B沿逆时针方向做匀速圆周运动，周期为

[2,且£＜工。A与B之间的引力远大于C与B之间的引力。引力常量为G,则（）

A.恒星A、B的质量之比等于它们的轨道半径之比

442万

B.恒星A、B的质量之和为二中

GT：

3+

C.已知卫星C的轨道半径r和恒星B的半径”,可求得恒星B的密度为

G(2底

孙

D.三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为防

‘1一’2

【答案】BC

【解析】

【详解】A.设恒星A、B的质量分别为"A、MB，轨道半径分别为4,、为3，双星系统的角速度相

同，有

22

MARAco=MaRBco

即

MB以

故A错误;

B.由双星系统运动特点得

RA+RB=L

可解得

RA=MJ-

%+MB

对恒星A可得

G上牛史当

l3AT2

解得

4"

M.+A/B=

ABGT；?

故B正确;

c.对卫星c满足

GB「=知_

2

rcT2

可得

412,

MR=n

BGT：

恒星B的密度

442，

_MB_GT-_3乃，

PL4G£，3

故C正确；

D.A、B、C三星由图示位置到再次共线应满足

coc\t-a)B\t=7i

得

△t

2（工一（）

故D错误。

故选BCo

15.一物体放在粗糙程度相同的水平面上，受到水平拉力的作用，物体的加速度。和速度的倒数！的关系

V

如图所示。物体的质量为1kg,物体由静止开始沿直线运动，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则

下列说法正确的是（）

A.物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2

B.物体速度为1.5m/s时，加速度大小为Im/s?

C.拉力最大功率为3W

D.物体匀加速运动的时间为0.5s

【答案】BCD

【解析】

【详解】C.由图像可知物体速度为0〜lm/s过程中做加速度为m=2m/s2的匀加速直线运动，当也=lm/s

时拉力功率达到最大值，设拉力的最大功率为P，则有

P,

-----7=ma}

/

当vm=3m/s时加速度减小到零，此时速度即为最大速度，

解得

p=3W,/=1N

故C正确；

A.又

f=Rmg

解得物体与水平面之间的动摩擦因数

〃=0.1

故A错误；

B.将P=3W,/=IN,〃?=lkg,v=1.5m/s代入

P,

----f=ina

v

可得

a=lm/s2

即物体速度为1.5m/s时，加速度大小为Im/s2,故B正确；

D.从图像可知物体速度为0〜1m/s过程中做加速度为2m/sz的匀加速直线运动，匀加速的时间为

z=—=—s=0.5s

a2

故D正确。

故选BCDo

三、实验题（满分14分。请书写工整，保持卷面整洁，规范答题）

16.用如图甲所示的实验装置验证“犯、组成的系统机械能守恒”。实验时，加2从高处由静止开始下

落，班上拖着的纸带打出一系列的点。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相

邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知

町=50g、?=100g,打点计时器所接电源的频率为50Hz,则（计算结果均保留三位有效数字）

£

u

甲

YoTl345；.单位：cm.

25.3314.2517.42

乙

(1)在纸带上打下计数点5时的速度大小v=m/s:

(2)在打下计数点0~5过程中系统动能的增量△%=J,若取重力加速度大小

g=9.7Om/s2，则系统重力势能的减少量△%=J；

1

(3)在本实验中，某同学作出了一才7一图像，如图丙所示，/?为从起点量起的长度，则据此得到当地的

2

重力加速度大小8=(用图丙中字母及常数作答).

【答案】①.1.580.0.187©.0.192④.—

b

【解析】

【详解】(1)[1]每相邻两计数点间还有4个打下的点，则相邻计点的时间为0.1s,由运动学公式求速度

一(14.25+17.42)xl0-2

%=丫一m/s=1.58m/s

462x0.1

(2)⑵动能的增加量

2

AEk=!(/??,+w2)v5=((50+100)x10-3x1.582j=0.187J

[3]系统重力势能的减少量

-2

AEp=(w2-m,)gh=0.05x9.7x(25.33+14.25)xlOJ=0.192J

(3)[4]由机械能守恒律有

2

(m,-tnl^gh=^m}+m2^v

1,

所以一寸一6图像的斜率

2

一班

k[=—m2——-g

m2+m]

则

50+100a.3a,

g--------x—m/s'2=——m/s2

100-50bb

17.某同学查到弹簧的弹性势能与与弹簧的形变量x之间的关系为：/小,为了验证此表达式是否

正确，他进行了如下实验:

八x/cm

6.00

-14

5.00

4.00

一9153.00

指针二L.

2.00

1.00

单位：cm010.00.200.300.400.500.60

乙丙

(1)如图甲所示，将一弹簧竖直悬挂在铁架台的水平横杆上，一指针固定在弹簧下端，刻度尺竖直固定

在弹簧一侧，刻度尺零刻线与弹簧上端点对齐。测量弹簧原长时，指针指示刻度如图乙所示，则弹簧原长

Lo=cm。

(2)他依次在弹簧下端挂上钩码，同时测得弹簧静止时相应形变量，记录钩码质量机和对应的弹簧形

变量x的数据，得到的X-机图像如图丙所示。

(3)取重力加速度g=9.8m/s2,由图像可得弹簧的劲度系数为A：=N/m。(计算结果保留2

位有效数字)

(4)测得一带指针的小滑块质量为加°=150.0g。

(5)他将气垫导轨调成水平，弹簧一端固定在气垫导轨左侧，刻度尺固定在气垫导轨上方，如图丁所

Zj'xo

二1m工Hi京£I

T

（6）启动充气泵，用小滑块将弹簧压缩x0=4.00cm后由静止释放，弹簧将小滑块弹出，对小滑块在气

垫导轨上滑行的过程进行频闪照相，频闪频率为20Hz,读出小滑块与弹簧分离后连续的四张照片指针指

示位置的刻度值，记录在下表中。

巧X3%

32.80cm37.83cm42.75cm47.80cm

1,

则小滑块离开弹簧后获得的动能4=_________J：根据表达式耳=,丘2,结合前面所得后值可得弹簧

的弹性势能弓=Jo（计算结果保留2位有效数字）

（7）改变弹簧的初始压缩量，多次重复以上步骤进行验证。

【答案】®.15.08（15.06~15.09）②.98③.0.075©.0.078

【解析】

【详解】（1）口］刻度尺最小分度为1mm,所以读数为15.08cm。

（3）⑵由

kx=mg

得

x-^-m

k

x-机图像的斜率表示区,由图中数据可得

K

g_Ar_0.050

0.50

解得

七98N/m

（6）［3］闪光时间间隔为

T」=0.05s

f

由表格中数据可知小滑块离开弹簧后获得的速度为

u_Ax,+AX2+AY3_(37.83cm-32.80cm)+(42.75cm-37.83cm)+(47.80cm—42.75cm)_10m/s

3T3x0.05s

则小滑块离开弹簧后获得的动能

119

922

Ek=-mov=-x0.150xlJ=0.075J

[4]弹簧的弹性势能为

1,1,

纥=_京2=_X98X0.042J=0.078J

P22

四、解答题（本题共包括3个小题，满分27分。请书写工整，规范答题）

18.如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上尸点，沿水平方向以初速度vo抛出一个小

球，测得小球经时间才落到斜坡上另一点Q,斜面的倾角为a,已知该星球的半径为R,万有引力常量为

Go求：

（1）该星球的密度：

（2）该星球的第一宇宙速度；

（3）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期。

【答案】⑴亚网^⑵户Rtana；⑶—L—

IjrRtGVt\2v0/?tana

【解析】

【详解】（1）设该星球表现的重力加速度为g,根据平抛运动规律，水平方向有

竖直方向有

12

>=理

平抛位移与水平方向的夹角的正切值

W2%

解得

g_2v0tana

在星球表面的物体机有

-Mm

G-^-=mS

星球的密度为

M

P

3

联立方程，解得

3%tana

P

27rRtG

（2）根据万有引力提供向心力

-Mmv

G——=m——

R2R

联立方程，解得