天體靜力能量

1、試卷第 頁，總5頁試卷第1頁,總5頁題號-一一二三總分得分評卷人得分一、選擇題（題型注釋）說法正確的是（）-OO線線OO訂r號考訂Or級班O裝名姓裝O校學O外內OO525試卷副標題注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明1美國在2016年2月11日宣布“探測到引力波的存在”。天文學家通過觀測雙星軌道參數的變化來間接驗證引力波的存在，證實了GW150914是一個36倍太陽質量的黑洞和一個29倍太陽質量的黑洞并合事件。假設這兩個黑洞繞它們連線上的某點做圓周運動，且這兩個黑洞的間距緩慢減小。若該黑洞系統在運動過程中各自

2、質量不變且不受其它星系的影響，則關于這兩個黑洞的運動，下列說法正確的是這兩個黑洞運行的線速度大小始終相等這兩個黑洞做圓周運動的向心加速度大小始終相等36倍太陽質量的黑洞軌道半徑比29倍太陽質量的黑洞軌道半徑大隨兩個黑洞的間距緩慢減小，這兩個黑洞運行的周期也在減小已知某行星繞太陽公轉的半徑為r公轉周期為T萬有引力常量為G,則由此可求出（）某行星的質量B.太陽的質量C.某行星的密度D.太陽的密度如圖所示是三個圍繞地球逆時針做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，關于他們運動，以下周期TTTABC速度大小vVVABC角速度W33ABC如果要使衛(wèi)星B和衛(wèi)星A對接，衛(wèi)星B必須加速到衛(wèi)星A的軌道上人造地球衛(wèi)星A和B,它

3、們的質量之比為m:m=l：2,它們的軌道半徑之比為2：1,AB則下面的結論中正確的是（）它們受到地球的引力比為F:F=1：1ABB它們運行速度大小之比為v:v=l：2AB它們運行周期之比為T:T=2邁:1AB它們運行角速度之比為3:w=32:1TOC o 1-5 h zAB如圖所示，兩質量均為m的A、B小球（小球視為質點），通過長為1的不可伸長輕繩水平相連，輕繩中點的正下方H處固定一光滑釘子O?，F同時無初速釋放兩小球，空氣阻力不計，重力加速度為g。在小球下落的過程中，下列說法正確的是ABI0從開始下落到剛到達最低點的過程A小球的機械能不守恒C.D.從開始下落到剛到達最低點的過程!、B小球的總機

4、械能守恒輕繩與釘子碰前瞬間，A小球受到輕繩的拉力大小為也畀l輕繩與釘子碰后瞬間，A小球受到輕繩的拉力大小為也畀l6如圖所示，質量為M的斜面固定在水平地面上，質量為m的粗糙物塊以某一初速度沿斜面向上滑行，至速度為零后又加速返回。在物塊m滑行的整個過程中地面對斜面M的摩擦力方向先向左后向右地面對斜面M的摩擦力方向始終水平向左地面對斜面M的支持力等于（M+m）g物塊m向上、向下滑動時加速度大小不同如圖所示，質量為m=24kg的木板B放在水平地面上，質量為m=22kg的木箱A放在BA木板B上.一根輕繩一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，輕繩與水平方向的夾角為e=37.已知木箱A與木板B之間的動摩擦因數

5、M=0.5.現用水平方向大小為200N的力F將木板B從木箱A下面勻速抽出（sin370.6,cos370.8,重力加速度g取10m/s2）,則木板B與地面之間的動摩擦因數p2的大小為（）A.0.3B.0.4C.0.5D.0.6如圖所示，一個半徑為r，重為G的圓球，被長為L的細繩掛在豎直光滑的墻壁上.若O題答內線訂裝在要不請?zhí)?O線線O訂O裝OO訂O裝O內外OO加長細繩的長度，則細繩對球的拉力T及墻對球的彈力N的變化，下列說法正確的是（）T一直減小，N先增大后減小T一直減小，N先減小后增大T和N都減小T和N都增大9如圖所示，質量為mi和m2的兩個材料相同的物體用細線相連，在大小恒定的拉力F作用下

6、，先沿水平面，再沿斜面，最后豎直向上運動，在三個階段的運動中，線上拉力的大?。ǎ┯纱笞冃∮尚∽兇笫冀K不變由大變小再變大如圖所示，用與豎直方向成-角的傾斜輕繩-；和水平輕繩b共同固定一個小球，這時繩b的拉力為三。現在保持小球在原位置不動，使輕繩b在原豎直平面內逆時針轉過-角固定，輕繩b拉力變?yōu)槎?；再逆時針轉過-角固定，繩b拉力變?yōu)槿?，則評卷人得分二、多選題（題型注釋）第II卷(非選擇題)請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分三、計算題(題型注釋)如圖，在水平軌道右側固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節(jié)其初始長度為1，水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定，彈簧處于自然伸

7、長狀態(tài)?？梢暈橘|點的小物塊從軌道右側A點以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回。已知R=0.4m，1=2.5m，v=6m/s,物塊質量m=1kg，與PQ段間的動摩擦因數p=0.4，軌道其它部分摩擦不計。取g=10m/s2.求：物塊第一次經過圓軌道最高點B時對軌道的壓力；物塊仍以v從右側沖上軌道，調節(jié)PQ段的長度1,當1長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運動.12如圖所示，在傾角為0=37。的斜面的底端有一個固定擋板D,已知物塊與斜面PO間的動摩擦因數p=0.50，斜面OD部分光滑，處于自然長度的輕質彈簧一端固定在D點，另一端在0點，PO的長度

8、L=9.0m。在P點有一質量為1kg的小物體A(可視為質點)，現使A從靜止開始下滑，g=10m/s2,sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)物體第一次接觸彈簧時物體的速度的大??；若已知彈簧的最大壓縮量為d=0.5m，求彈簧的最大彈性勢能E。P物體與彈簧第一次接觸后反彈，物體從O點沿斜面上升的最大距離x。物體與彈簧接觸多少次后，物體從O點沿斜面上升的最大距離小于二?250如圖所示，質量M,半徑R的光滑半圓槽第一次被固定在光滑水平地面上，質量為m的小球，以某一初速度沖向半圓槽剛好可以到達頂端C.然后放開半圓槽.其可以自由運動，m小球又以同樣的初速沖向半圓槽，小球最高可以到達與圓心等高的

9、B點，題答內線訂裝在要不請?zhí)?g=10m/s2)試求：半圓槽第一次被固定時，小球運動至C點后平拋運動的水平射程X=?小球質量與半圓槽質量的比值m/M為多少？如圖所示，AB、BC、CD和DE為質量可忽略的等長細線，長度均為5m,A、E端懸掛在水平天花板上，AE=14m,B、D是質量均相同的小球.質量為18千克的重物掛于C點，平衡時C點離天花板的垂直距離為7m,試求小球B、D的質量.如圖所示，空間有場強E=1.0X102V/m豎直向下的電場，長L=0.8m不可伸長的輕繩固定于0點.另一端系一質量m=0.5kg帶電q=5X10-2C的小球.拉起小球至繩水平后在A點無初速度釋放，當小球運動至0點的正下

10、方B點時繩恰好斷裂，小球繼續(xù)運動并垂直打在同一豎直平面且與水平面成0=53、無限大的擋板MN上的C點.試求：（1）繩子的最大張力；（2）A、C兩點的電勢差；（3）當小球運動至C點時，突然施加一恒力F作用在小球上，同時把擋板迅速水平向右移至某處，若小球仍能垂直打在檔板上，所加恒力F的方向及取值范圍.本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 頁，總9頁參考答案【答案】D解析】試題分析：這兩個黑洞共軸轉動，角速度相等，根據v=or可以，由于不知道兩個黑洞的轉動半徑關系，所以線速度大小不一定相等，故A錯誤；根據a=02r可知，由于不知道兩個黑洞的轉動半徑關系，所以向心加速度大小不一定

11、相等，故B錯誤；兩個黑洞都是做圓周運動，貝9：Gmim2=m02r=m02r，可以得到半徑與質量成反比關系，質量大的半徑小，r21122故選項C錯誤；根據GMiMr=M色鳴可得，M=如2RL1T22T21根據GMrMr=ML24冗2L2,4冗2L所以M+M=(R+R)=12T212T2當M+M不變時，L增大，則T增大，即雙星系統運行周期會隨間距減小而減小，故D正12確。考點：萬有引力定律及其應用【名師點睛】解決本題的關鍵知道雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，應用萬有引力定律與牛頓第二定律即可正確解題，難度不大，屬于基礎題。2B【解析】試題分析：設太陽的質量為M,行星的質量為m.行星繞太陽做圓周

12、運動的向心力由太陽的GMm4兀24兀2r3萬有引力提供，則有：=myrr，解得：M=苛，已知r和T，可求出太陽的質量M,但不能求出行星的質量m和行星的密度.由于太陽的半徑未知，也不能求出太陽的密度，故B正確，ACD錯誤.故選B.考點：萬有引力定律【名師點睛】已知環(huán)繞天體的公轉半徑和周期，根據萬有引力提供向心力，列出等式只能求出中心體的質量.要求出行星的質量，我們可以在行星周圍找一顆衛(wèi)星研究，即把行星當成中心體。C【解析】試題分析：由圖可知，它們的半徑關系：rVrVr；根據萬有引力提供向心力得ABCGMmv24兀2r*宀:r3=m=m2r=m=ma；根據T=2兀？，可知A運動周期比B的運動r2r

13、T2GM周期短，C的周期最大，故A錯誤;根據v=GM，所以A的線速度最大,rC的線速度最小，故B錯誤；根據o=：罟，所以A的角速度最大，C的角速度最小；故C正確；根據發(fā)射的特點和能量的關系可知，A的機械能最小，C的機械能最大，所以如果要使衛(wèi)星B和衛(wèi)星A對接，衛(wèi)星B必須減速才能到衛(wèi)星A的軌道上，故D錯誤；故選C考點：萬有引力定律的應用【名師點睛】考查衛(wèi)星運動規(guī)律，根據萬有引力等于向心力得到各運動量與半徑的關系，GMmv24兀2r=m=m2r=m=ma，根據此表達式判斷各量的大小關系.同時要明確,r2rT2低軌道向高軌道轉移要加速，高軌道向低軌道轉移要減速。BC【解析】試題分析：人造地球衛(wèi)星做勻速

14、圓周運動時，由萬有引力提供向心力，得TOC o 1-5 h z廠Mmv2/2兀、m、r、T、w分別為衛(wèi)星質量、F=G=m=mr()2=m2r,M是地球的質量,r2rT、GMGM，Un2r3軌道半徑、周期和角速度則得v=，=，T-；由題衛(wèi)星A和Brr3.GM的質量之比為m:m=l：2,軌道半徑之比為2：1，則由上式可得，F:F=l：8,它們的運ABAB行速度大小之比為v：v=l：Y2AB，它們的運行周期之比為T:T=22:1,它們的運角速度之比為w:w=1：2：2，故ABABAD錯誤，BC正確.故選BC.考點：萬有引力定律的應用【名師點睛】人造地球衛(wèi)星做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力，衛(wèi)星

15、的線速度、角速度、周期都與半徑有關，討論這些物理量時要找準向心力公式形式。BD【解析】試題分析：小球從開始下落到剛到達最低點的過程中，只有重力做功，機械能守恒，故A錯誤；從開始下落到剛到達最低點的過程中，只有重力做功，A、B小球的總機械能守恒，故B正確；輕繩與釘子碰前瞬間，AB整體下落的加速度為g,所以A小球受到輕繩的拉力為1零，故C錯誤.設輕繩與釘子碰前瞬間，A小球的速度為v.由動能定理得mgH二-mv2,厶輕繩與釘子碰后瞬間，根據牛頓第二定律得F=mV22廠4mgH解得F二i.故D正確.故選BD。l考點：動能定理；牛頓第二定律BD【解析】試題分析：物體先減速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜

16、面向下，對整體受力分析，受到總重力、支持力和向左的靜摩擦力，根據牛頓第二定律，有x分析：f=masin8y分析：（M+m）g-N=masin0物體上滑時，受力如圖，根據牛頓第二定律，有mgsin0+pmgcos0=ma物體下滑時，受力如圖，根據牛頓第二定律，有mgsin0-pmgcos0=ma由式，地面對斜面體的靜摩擦力方向一直未變，向左，故A錯誤，B正確；由式，地面對物體M的支持力總小于（M+m）g，故C錯誤；由兩式，物體沿斜面向上滑動時，加速度較大，故D正確；故選BD考點：牛頓第二定律的應用；物體的平衡【名師點睛】本題關鍵是對整體受力分析后根據牛頓第二定律列式求解出支持力和靜摩擦力的表達式

17、后進行分析討論；整體法不僅適用與相對靜止的物體系統，同樣也適用于有相對運動的物體之間。7A【解析】試題分析：將物體B勻速向右拉出過程中，A物體保持靜止狀態(tài)，受力均平衡.分別分析兩個物體的受力情況，作出力圖，根據平衡條件列方程求解即可解：（1）對A受力分析如圖甲所示，由題意得：Fcos0=FTf1FN1+FTsin9=曙F=pFf11N1由得：F=100N（2）對A、B整體受力分析如圖乙所示，由題意得Fcos0+F=FTf2F+Fsin0=（m+m）gN2TABF=uFf22N2聯立并代入數據得：U2=0.3故選：A【點評】本題是兩個物體平衡問題，采用隔離法研究，關鍵是分析物體的受力情況，作出力

18、圖后根據平衡條件列方程求解8C【解析】試題分析：以小球為研究對象，分析受力，由平衡條件得出繩對球的拉力、墻對小球的支持力與繩子與墻的夾角的關系式，再分析T和N如何變化.解：以小球為研究對象，分析受力如圖設繩子與墻的夾角為0，由平衡條件得T=，N=mgtan0cosf根據牛頓第三定律得把繩的長度增加，0減小，cos0變大，tan0減小，則得到T和N都減小.故選：C【點評】本題物體的平衡中動態(tài)變化分析問題，采用的是函數法，也可以運用圖解法【答案】C【解析】試題分析：設物體與接觸面的動摩擦力因素為卩，在水平面有：F一卩（m+m）gFai2=一jag，m+mm+m1212對m進行受力分析則有: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對m進行受力分析則有:1FT一pmgcosG-mgsinO=ma，解得T=1，211122m+m12豎直向上運動運動時有：a=（mi+m2）g，對m進行受力分析則有：T-mg=ma,3m+m1311312解得：T=召J，所以繩子的拉力始終不變，故C正確，選項ABD錯誤。m+m12考點：牛頓運動定律綜合【名師點睛】先對整體進行受力分析求出整體加速度，再對m進行受力分析，根據牛頓第1二定律求出細線上的彈力，m的加速度和整體加速度相同；本題主要考查了牛頓第二

20、定律1的直接應用，注意整體法和隔離法在題目中的應用?！敬鸢浮緿【解析】考點：物體的平衡?！久麕燑c睛】略?！敬鸢浮縉=40N；（2）L=1m【解析】11試題分析：（1）對物塊，首次從A到B,有一mg2R=mv2-mv22b20在B點，有：N+mgmv2解得：N=40N根據牛頓第三定律，小球對軌道的壓力大小為40N，方向豎直向上。(2)對物塊，從A點到第二次到達B點：-f2L-mg2R二1mv2b1mv22o2mv在B點，有：mg=BR解得：L=Im考點：動能定理、向心力【名師點睛】本題綜合考查了運動學公式、向心力公式、動能定理、牛頓第二定律，以及知道小球不脫離圓軌道的條件，綜合性較強，對學生的能

21、力要求較高，需加強訓練。12(1)60m/s(2)21J(3)18m(4)4【解析】試題分析：(1)物體在PO過程中受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的彈力、和沿斜面向上的摩擦力，此過程應用動能定理得：1mgLsin9-ymgLcos9=mv2一0解得：v=gL（sin0-卩cos0）=6.0m/s物體由0到將彈簧壓縮至最短的過程中，動能的減少量Ek減手殲重力勢能的減少量E=mgdsin37=3Jp減由機械能守恒定律得E=E+E=21Jp彈k減p減所以彈簧的最大彈性勢能為：EE彈=21Jp=p彈物塊第一次從0點到將彈簧壓縮最短再到彈回至最高點過程中，應用動能定理得:1-mgxsin9-卩mgco

22、s9-x=0mv2f21解得x=5L=1.8m1由結論可知，物體第一次返回時沿斜面上升的最大距離為x=5L,同理，可得以后每次沿斜面上升的最大距離都是上一次的5，1則第n次上升的最大距離為x=L，n5nL因為x，所以n=4n250考點：動能定理13.2R3:2【解析】V2試題分析：小球剛好可以到達頂端C,說明剛好由重力提供向心力：mg=mi，所以到達C點時的速度為V=、：R，小球由C點做平拋運動豎直方向上的位移：y=2R=*gt2,所以運動的時間為：水平方向上的位移：X=vt=gR4R=2R1=mv2-mv2，2i2o2=5gR，然后放開半圓槽后，m小球又以同樣的初速沖向半圓槽，M系統根據動量

23、守恒定律：mv=(m+M)v所以：v=0-=5gR022m+Mm+M11M系統根據動能定理有：-mgR=；(m+M)v2-mv2222omj1m3所以-mgR=-(m+M)-(5gR)2-m-5gR化簡得訂=-m+My2M2考點：動能定理；牛頓定律；動量守恒定律半圓槽第一次被固定時，對小球運用動能定理：2mgR解得v對m、對m、14.7kg【解析】試題分析：分析幾何關系根據給出的長度信息可求得兩繩子的夾角；再分別對整體和B、C進行受力分析，根據共點力的平衡條件分別對豎直方向和水平方向分析，聯立即可求解解：設AB與豎直方向的夾角為0，BD球的質量為m,根據幾何關系可知：(7-5sin0)2+(7+5cos0)2=52解得：sin0+cos0=5解得：sin0=0.6；則由幾何關系可知，B