湖北省重點高中2023屆高三上學期期中聯(lián)考物理試卷(解析版)

湖北省重點高中2023屆高三上學期期中聯(lián)考物理試卷一．選擇題（其中1-7為單選，8-11為多選，選對不選全2分，選錯0分）1．（4分）以下說法正確的是（）A．丹麥天文學家第谷通過長期的天文觀測，指出所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，揭示了行星運動的有關(guān)規(guī)律B．電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根測得的C．庫侖測出了萬有引力常量G的數(shù)值D．萬有引力定律和牛頓運動定律一樣都是自然界普遍適用的基本規(guī)律考點：物理學史．分析：解答本題關(guān)鍵應掌握：丹麥天文學家第谷通過長期的天文觀測積累了大量數(shù)據(jù)，但并沒有發(fā)現(xiàn)行星運動的有關(guān)規(guī)律．電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根測得的；卡文迪許測出了萬有引力常量G的數(shù)值；萬有引力定律是自然界普遍適用的基本規(guī)律．而牛頓運動定律有一定的適用范圍．解答：解：A、丹麥天文學家第谷通過長期的天文觀測積累了大量數(shù)據(jù)，但并沒有發(fā)現(xiàn)行星運動的有關(guān)規(guī)律，而是開普勒指出所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，揭示了行星運動的有關(guān)規(guī)律．故A錯誤．B、電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根測得的；故B正確．C、卡文迪許測出了萬有引力常量G的數(shù)值；故C錯誤．D、萬有引力定律是自然界普遍適用的基本規(guī)律．而牛頓運動定律有一定的適用范圍，只能適用于宏觀、低速運動的物體．故D錯誤．故選B點評：物理學史是高考考查的內(nèi)容之一，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、著名理論等等要加強記憶，不能張冠李戴．2．（4分）汽車正在以10m/s的速度在平直的公路上勻速前進，在它的正前方x處有一輛自行車以4m/s的速度做同方向的勻速直線運動，汽車立即關(guān)閉油門做a=﹣6m/s2的勻變速運動，若汽車恰好碰不上自行車，則x的大小為（）A．8.33mB．3mC．3.33mD．7m考點：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系．專題：直線運動規(guī)律專題．分析：汽車和自行車在速度相等之前，兩者的距離越來越小，若沒碰上，速度相等后，兩者的距離越來越大．可知，兩者相碰只能在速度相等時或相等之前．解答：解：汽車減速到4m/s所需的時間t==1s．此時汽車的位移x1=v1t+=10×1﹣=7m．自行車的位移x2=v2t=4×1=4m．若汽車恰好碰不上自行車，則有：x2+x=x1，所以x=3m．故C正確，A、C、D錯誤．故選：B點評：判斷速度大者減速追速度小者，兩者是否相撞，看兩者速度相等時，有無碰撞，若沒有碰撞，則不會相撞，此時兩者有最小距離．3．如圖所示，作用于坐標原點O的三個力平衡，已知三個力均位于xOy平面內(nèi)，其中力F1的大小不變，方向沿y軸負方向；力F2的大小未知，方向與x軸正方向的夾角為θ．則下列關(guān)于力F3的判斷正確的是（）A．力F3只能在第二象限B．力F3與F2夾角越小，則F2與F3的合力越小C．力F3的最小值為F1cosθD．力F3可能在第三象限的任意區(qū)域考點：力的合成．分析：三力平衡時，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線；題中第三個力F3與已知的兩個力平衡．解答：解：A、當F1、F2的合力F在第一象限時，力F3在第三象限，故A錯誤；B、由于三力平衡，F(xiàn)2與F3的合力始終等于F1，故B錯誤；C、三力平衡時，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線；通過作圖可以知道，當F1、F2的合力F與F2垂直時合力F最小，等于F1cosθ，即力F3的最小值為F1cosθ．D、通過作圖可知，當F1、F2的合力F可以在F1與F2之間的任意方向，而三力平衡時，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，故力F3只能在F1與F2之間的某個方向的反方向上，故D錯誤；故選：C．點評：本題關(guān)鍵抓住三力平衡時，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，然后通過作圖分析．4．（4分）雨傘邊緣到傘柄距離為r，邊緣高出地面為h，當雨傘以角速度ω繞傘柄水平勻速轉(zhuǎn)動時，雨滴從傘邊緣水平甩出，則雨滴落到地面上的地點到傘柄的水平距離（）A．rB．rC．rD．r考點：向心力；牛頓第二定律．分析：根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系求出雨滴平拋運動的初速度，結(jié)合高度求出平拋運動的時間，通過初速度和時間求出平拋運動的水平距離，根據(jù)幾何關(guān)系求出雨滴落到地面上的地點到傘柄的水平距離．解答：解：雨滴的線速度v=rω，根據(jù)h=得：t=，則平拋運動的水平位移為：x=vt=rω，根據(jù)幾何關(guān)系知，雨滴落地點到傘柄的水平距離為：s=．故D正確，A、B、C錯誤．故選：D．點評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，以及知道圓周運動線速度與角速度的關(guān)系．5．（4分）（2023?重慶）月球與地球質(zhì)量之比約為1：80，有研究者認為月球和地球可視為一個由兩質(zhì)點構(gòu)成的雙星系統(tǒng)，他們都圍繞地球與月球連線上某點O做勻速圓周運動．據(jù)此觀點，可知月球與地球繞O點運動線速度大小之比約為（）A．1：6400B．1：80C．80：1D．6400：1考點：萬有引力定律及其應用．專題：計算題．分析：兩顆質(zhì)量可以相比的恒星相互繞著旋轉(zhuǎn)的現(xiàn)象，叫雙星．雙星問題是萬有引力定律在天文學上的應用的一個重要內(nèi)容．一、要明確雙星中兩顆子星做勻速圓周運動的向心力來源雙星中兩顆子星相互繞著旋轉(zhuǎn)可看作勻速圓周運動，其向心力由兩恒星間的萬有引力提供．由于力的作用是相互的，所以兩子星做圓周運動的向心力大小是相等的，利用萬有引力定律可以求得其大?。⒁鞔_雙星中兩顆子星勻速圓周運動的運動參量的關(guān)系兩子星繞著連線上的一點做圓周運動，所以它們的運動周期是相等的，角速度也是相等的，所以線速度與兩子星的軌道半徑成正比．三、要明確兩子星圓周運動的動力學關(guān)系．要特別注意的是在求兩子星間的萬有引力時兩子星間的距離不能代成了兩子星做圓周運動的軌道半徑．本題中地月系統(tǒng)構(gòu)成雙星模型，向心力相等，根據(jù)萬有引力提供向心力，可以列式求解．解答：解：月球和地球繞O做勻速圓周運動，它們之間的萬有引力提供各自的向心力，則地球和月球的向心力相等．且月球和地球和O始終共線，說明月球和地球有相同的角速度和周期．因此有mω2r=Mω2R又由于v=ωr所以即線速度和質(zhì)量成反比；故選C．點評：由于雙星和它們圍繞運動的中心點總保持三點共線，所以在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度必相等，即雙星做勻速圓周運動的角速度必相等，角速度相等，周期也必然相同6．（4分）在衛(wèi)星軌道中，有兩類比較特殊的軌道，一類是與赤道共面的赤道軌道，另一類是與赤道平面垂直并通過地球兩極的極地軌道，還有與赤道平面成某一角度的其它軌道，如圖所示．下列說法中正確的是（）A．同步衛(wèi)星不可能處在極地軌道，極地軌道上衛(wèi)星的周期不可能與同步衛(wèi)星的周期相同B．同步衛(wèi)星不可能處在極地軌道，極地軌道上衛(wèi)星的周期可能與同步衛(wèi)星的周期相同C．同步衛(wèi)星可能處在其它軌道，其它軌道上衛(wèi)星的周期不可能與同步衛(wèi)星的周期相同D．同步衛(wèi)星可能處在其它軌道，其它軌道上衛(wèi)星的周期可能與同步衛(wèi)星的周期相同考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應用．專題：人造衛(wèi)星問題．分析：同步衛(wèi)星只能在赤道的正上方，其運行的軌道平面必須與赤道平面重合，極地衛(wèi)星的繞行軌道平面與同步衛(wèi)星的軌道平面互相垂直．根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式分析周期的關(guān)系．解答：解：同步衛(wèi)星的周期和角速度必須與地球自轉(zhuǎn)的周期和角速度相同，只能在赤道的正上方，不可能處在極地軌道，也不可能處在其它軌道．根據(jù)，得T=2πr，只要兩種衛(wèi)星的軌道半徑相等，周期可以相等，故ACD錯誤，B正確．故選：B點評：本題關(guān)鍵要掌握同步衛(wèi)星的條件，明確與極地衛(wèi)星的區(qū)別，運用萬有引力等于向心力，分析周期關(guān)系．7．（4分）如圖所示為處于靜電場中某空腔導體周圍的電場分布情況，實線表示電場線，虛線表示等勢面，A、B、C為電場中的三個點，O為空腔導體內(nèi)的一點，已知處于靜電平衡的導體是個等勢體，規(guī)定無窮遠處的電勢為0．下列說法正確的是（）A．O點的電勢為零B．A點的電場強度大小小于B點的電場強度C．導體表面的電場線與導體表面不垂直D．將正電荷從A點移到C點，電場力做正功考點：電場線．分析：根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。桓鶕?jù)沿著電場線，電勢逐漸降低來判斷電勢的高低；根據(jù)等差等勢面來確定電勢差大小，再由電勢差與電場力做功關(guān)系公式WAB=qUAB來判斷電場力做功的多少．解答：解：A、由于無限遠為0電勢點，沿著電場線，電勢逐漸降低，所以O(shè)點的電勢不為零，故A錯誤；B、由電場線越密的地方，電場強度越大，則有EB＞EA，故B正確；C、由于電場線與等勢面相互垂直，且是等勢體，所以導體表面的電場線與導體表面相互垂直，故C錯誤；D：由于從A和C處于同一條等勢線上，故從A到C過程的電場力不做功，故D錯誤．故選：B．點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)電場線及其與等勢面的關(guān)系判斷出電勢高低、電場力大小和電勢差的大小關(guān)系．同時知道等差等勢面越密的地方，電場線也越密．當然也可以由電場力做功的正負來確定電勢能的增減．8．（4分）斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個半徑均為r的相同剛性小球，各球編號如圖．斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r．現(xiàn)將六個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦．則在各小球運動過程中，下列說法正確的是（）A．球1的機械能守恒B．球6在OA段機械能增大C．球6的水平射程最大D．有三個球落地點位置相同考點：機械能守恒定律；平拋運動．專題：平拋運動專題．分析：6個小球都在斜面上運動時，整個系統(tǒng)的機械能守恒，當有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，所以從6到4，小球離開A的速度不斷增大，最后3個小球離開A點的速度相同．解答：解：A、6個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒．當有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，球2對1的作用力做功，故球1的機械能不守恒，故A錯誤；B、球6在OA段運動時，斜面上的球在加速，球5對球6的作用力做正功，動能增加，機械能增大，故B正確；C、由于有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，所以可知離開A點時球6的速度最小，水平射程最小，故C錯誤；D、由于離開A點時，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三個球在水平面上運動時不再加速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，落地點位置相同，故D正確．故選：BD．點評：本題運用機械能守恒時，關(guān)鍵要明確研究對象，選擇研究的過程，再進行分析．9．（4分）如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，最終都停在木塊中，這一過程中木塊始終保持靜止．現(xiàn)知道子彈A射入深度dA大于子彈B射入的深度dB，則可判斷（）A．子彈在木塊中運動時間tA＞tBB．子彈入射時的初動能EkA＞EkBC．子彈入射時的初速度vA＜vBD．子彈質(zhì)量mA＜mB考點：動能定理的應用；功能關(guān)系．專題：動能定理的應用專題．分析：根據(jù)子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，木塊始終保持靜止，分析子彈在木塊中運動時間的關(guān)系．根據(jù)動能定理研究初動能的關(guān)系．根據(jù)動量守恒定律研究質(zhì)量關(guān)系．解答：解：A、由題，子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，木塊始終保持靜止，分析得知，兩子彈在木塊中運動時間必定相等，否則木塊就會運動．故A錯誤．B、由于木塊始終保持靜止狀態(tài)，則兩子彈對木塊的推力大小相等，則兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為f，根據(jù)動能定理得：對A子彈：﹣fdA=0﹣EkA，得EkA=fdA對B子彈：：﹣fdB=0﹣EkB，得EkB=fdB．由于dA＞dB，則有子彈入射時的初動能EkA＞EkB．故B正確．C、D對兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則有=，而EkA＞EkB，則得到mA＜mB，根據(jù)動能的計算公式，得到初速度vA＞vB．故C錯誤，D正確．故選BD點評：本題運用動能定理和動量守恒定律研究沖擊塊模型，分析木塊處于靜止狀態(tài)，確定出兩子彈所受的阻力大小相等是基礎(chǔ)．10．（4分）如圖所示A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處一帶電質(zhì)點由靜止開始下落，不計空氣阻力，該質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，然后返回．現(xiàn)要使帶電質(zhì)點能穿出b孔，可行的方法是（）A．保持S閉合，將A板適當上移B．保持S閉合，在兩板左邊之間插入電介質(zhì)C．先斷開S，再將A板適當下移D．先斷開S，在兩板左邊之間插入電介質(zhì)考點：電容器的動態(tài)分析；動能定理的應用．分析：質(zhì)點到達b孔時速度恰好為零，然后返回，根據(jù)動能定理知，質(zhì)點再運到到b點的過程中，重力做功和電場力做功相等．本題通過AB兩端電勢差的變化，根據(jù)動能定理進行判斷．解答：解：AB、保持S閉合，知AB兩端的電勢差不變，根據(jù)動能定理知，質(zhì)點還是到達b點速度為零然后返回．故A、B錯誤．C、斷開S，電量不變，將A板下移，d減小，根據(jù)C=知，電容增大，則U=，知U減小，根據(jù)動能定理，運動到b重力做功大于電場力做功，b點速度不為零，將穿過b孔．故C正確．D、斷開S，電量不變，在兩板左邊之間插入電介質(zhì)，根據(jù)C=知，電容增大，則U=，知U減小，根據(jù)動能定理知，運動到b重力做功大于電場力做功，b點速度不為零，將穿過b孔．故D正確．故選：CD．點評：解決本題的關(guān)鍵知道電容器與電源始終相連，兩端的電勢差不變，與電源斷開，則電量保持不變．11．（4分）如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢φ與坐標x的關(guān)系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點（0.15，3）的切線．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg，電荷量為+2.0×10﹣8C的滑塊P（可視作質(zhì)點），從x=0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.02．取重力加速度g=10m/s2．則下列說法正確的是（）A．x=0.15m處的場強大小為2.0×l06N/CB．滑塊運動的加速度逐漸減小C．滑塊運動的最大速度為0.1m/sD．滑塊運動速度先增大后減小考點：動能定理的應用；帶電粒子在勻強電場中的運動．分析：電勢?與位移x圖線的斜率表示電場強度，根據(jù)斜率判斷電場強度的變化，從而判斷出電場力的變化，根據(jù)牛頓第二定律判斷出加速度的變化，根據(jù)加速度方向與速度方向的關(guān)系，判斷出速度的變化，從而知道何時速度最大．解答：解：A、電勢?與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x=0.15m處的場強E=，此時的電場力F=qE=2×10﹣8×2×106N=0.04N，滑動摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N，在x=0.15m前，電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度逐漸減小，x=0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度逐漸增大，則滑塊先做加速運動后做減速運動，速度先增大后減小．故AD正確，B錯誤．C、在x=0.15m時，電場力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動能定理得，，因為0.10m和0.15m處的電勢差大約為1.5×105V，代入求解，最大速度大約為0.1m/s．故C正確．故選：ACD．點評：解決本題的關(guān)鍵知道電勢?與位移x圖線的斜率表示電場強度，會根據(jù)滑塊的受力判斷出滑塊的運動情況．二．實驗題（本題15分，其中12題6分；13題9分）12．（6分）如圖所示是通過重物自由下落的實驗來驗證機械能守恒定律．關(guān)于本實驗下列說法正確的是（）A．從實驗裝置看，該實驗可用4﹣6伏的直流電源B．用等式mv2=mgh來驗證機械能守恒定律時，要求所選擇的紙帶第一、二兩點間距應接近2毫米C．本實驗中不需要測量重物的質(zhì)量D．測紙帶上某點的速度時，可先測出該點到起點間的時間間隔，利用公式v=gt計算考點：驗證機械能守恒定律．專題：實驗題；機械能守恒定律應用專題．分析：打點計時器使用交流電源，在該實驗中不需要測量重物的質(zhì)量，為了減小實驗的誤差，選擇的紙帶第一、二個點的間距應接近2mm．根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出某點的瞬時速度大小．解答：解：A、打點計時器向右使用交流電，所以該實驗可用4﹣6伏的交流電源，故A錯誤；B、根據(jù)h=gt2=（0.02）2≈2mm，可知用公式mv2=mgh時，要求所選擇的紙帶第一、二兩點間距應接近2毫米，實驗誤差較小．故B正確．C、實驗中驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，式子兩邊都有質(zhì)量，可以約去，實驗不需要測量重物的質(zhì)量．故C正確．D、測紙帶上某點的速度時，不能通過v=gt測量，否則機械能守恒不需要驗證．應該根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出瞬時速度的大?。蔇錯誤．故選：BC點評：解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項，清楚該實驗的誤差來源等．13．（9分）某同學用如圖a所示的實驗裝置研究小車在光滑斜面上勻加速下滑的運動規(guī)律．先從斜面高處靜止釋放小車，隨后才開啟位移傳感器（一種測量物體離開傳感器距離的工具，以開啟瞬間記為t=0）測量小車與傳感器間距S與時間t的關(guān)系．但是由于操作失誤，本應在計算機屏幕上顯示的S﹣t圖象被改為﹣t圖象，實驗結(jié)果如圖b所示．根據(jù)此圖象．（1）t=0.4s末，物體與傳感器間距S=0.66m．（2）傳感器開啟瞬間物體運動的速度v0=1.3m/s．（3）物體的加速度大小約為0.90m/s2．（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）考點：測定勻變速直線運動的加速度．專題：實驗題；直線運動規(guī)律專題．分析：由圖象知與t成線性關(guān)系，與t的函數(shù)關(guān)系式是=kt+b，某個時刻的大小表示該時刻的瞬時速度，根據(jù)圖象求出傳感器開啟瞬間即t=0時刻的物體運動的速度．根據(jù)圖象的斜率即可求出物體的加速度大?。獯穑航猓海?）根據(jù)圖象可知，=1.66m/s，且t=0.4s，因此物體與傳感器間距S=0.66m；（2）由圖象知與t成線性關(guān)系，與t的函數(shù)關(guān)系式是=kt+b，某個時刻的大小表示該時刻的瞬時速度，根據(jù)圖象可知傳感器開啟瞬間即t=0時刻的物體運動的速度v0=1.3m/s（3）某個時刻的大小表示該時刻的瞬時速度，所以圖象的斜率是物體的加速度大小a==0.90m/s2．故答案為：（1）0.66m（0.65﹣0.67均可）（2）1.3m/s（3）0.90m/s2．點評：此題考查的是我們對于圖象的分析能力，物理學上經(jīng)常用圖象反應物理量間的關(guān)系，圖象可以告訴我們很多信息，一定要學會分析圖象，這也是近幾年高考出題的一個熱點．三．計算題（本題51分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位）14．（9分）（2023?漳州模擬）卡車以v0=10m/s在平直的公路上勻速行駛，因為路口出現(xiàn)紅燈，司機立即剎車，使卡車做勻減速直線前進直至停止．停止等待6s時，交通燈變?yōu)榫G燈，司機立即使卡車做勻加速運動．已知從開始剎車到恢復原來的速度所用時間t=12s，勻減速的加速度是勻加速的2倍，反應時間不計．求：（1）卡車勻減速所用時間t1；（2）從卡車開始剎車到剛恢復到原來速度的過程中，通過的位移大小s．考點：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．專題：直線運動規(guī)律專題．分析：（1）根據(jù)速度時間公式，結(jié)合勻加速和勻減速運動的加速度大小，求出勻加速和勻減速運動的時間之比，從而得出勻減速運動的時間．（2）通過平均速度公式分別求出勻加速和勻減速運動的位移，從而得出總位移的大?。獯穑航猓海?）勻減速運動的加速度是勻加速的2倍，根據(jù)v=at得勻減速運動的時間是勻加速運動的時間的．勻加速和勻減速運動的時間之和為：△t=12﹣6=6s．則勻減速運動的時間：．（2）勻減速直線運動的位移：．勻加速直線運動的位移：．則s=x1+x2=30m．答：（1）卡車勻減速所用時間為2s．（2）從卡車開始剎車到剛恢復到原來速度的過程中，通過的位移大小為30m．點評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的運動學公式和推論，并能靈活運用，有時運用推論求解會使問題更加簡捷．15．（14分）如圖所示一宇航員站在一星球表面，用一根細繩一端固定在0點，另一端固定質(zhì)量為m的小球，在最低點給小球某一速度讓小球在豎直平面內(nèi)做完整圓周運動，小球運動到最低點和最高點繩的拉力差為F，已知該星球的半徑為R，萬有引力常量為G．求該星球的質(zhì)量M．考點：機械能守恒定律；向心力．專題：機械能守恒定律應用專題．分析：在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在最高點和最低點時由重力和繩的拉力的合力提供向心力，據(jù)此列式可得星球表面的重力加速度g，又據(jù)星球兩極表面重力等于萬有引力，已知星球的表面加速度和星球半徑，則可得星球的質(zhì)量；解答：解：設(shè)小球做圓周運動的半經(jīng)為r，在最高點與最低點時時速度分別為v1、v2．根據(jù)機械能守恒定律有：設(shè)小球做圓周運動在最高點與最低點時繩上張力分別為T1T2，由牛頓二定律在最低點有：在最高點有：依題意有：F=T1﹣T2聯(lián)立方程可得：F=6mg星球表面處有：得：答：該星球的質(zhì)量M是．點評：解答本題需要掌握：（1）在星球兩極，物體所受的重力等于物體受到星球的萬有引力；（2）在豎直平面內(nèi)做圓周運動的特殊點（最高點或最低點）物體所需向心力來源問題；16．（12分）如圖所示，質(zhì)量m=1kg的小物塊放在一質(zhì)量為M=4kg的足夠長的木板右端，物塊與木板間的摩擦因數(shù)μ=0.2、木板與水平面間的摩擦不計．物塊用勁度系數(shù)k=25N/m的彈簧拴住，彈簧的另一端固定（與木板不粘連）．開始時整個裝置靜止，彈簧處于原長狀態(tài)．現(xiàn)對木板施以F=12N的水平向右恒力，（最大靜摩擦力可認為等滑動摩擦力，g=10m/s2）．已知彈簧的彈性勢能Ep=kx2、式中x為彈簧的伸長量或壓縮量．求：（1）開始施力的瞬間物塊與木板的加速度各多大（2）物塊達到的最大速度．考點：功能關(guān)系；牛頓第二定律．分析：（1）開始施力的瞬間，物塊在水平方向上受滑動摩擦力，彈簧彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出物塊的加速度；（2）當物塊所受的摩擦力和彈簧彈力相等時，物塊的速度最大，結(jié)合胡克定律和共點力平衡求出形變量，即物塊距離出發(fā)點的距離，然后求出速度．解答：解：（1）剛施力時彈簧不發(fā)生形變，設(shè)M、m相對靜止，根據(jù)牛頓第二定律：F=（M+m）a0得ao=2.4m/s2此時m受合外力F合=ma0=2.4N＞μmg=2N所以物塊與木板發(fā)生相對滑動，有：μmg=ma解得a=μg=0.2×10=2m/s2根據(jù)牛頓第二定律M的加速度F﹣μmg=Mam解得am=2.5m/s2（2）物塊達到最大速度時合力為零，即kx=μmg解得：x=0.08m這一過程根據(jù)功能關(guān)系有：解得：νm=0.4m/s答：（1）開始施力的瞬間物塊與木板的加速度分別是2m/s2和2.5m/s2；（2）物塊達到的最大速度是0.4m/s．點評：解決本題的關(guān)鍵知道物塊和木板在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式進行求解，知道簡諧運動的對稱性．17．（16分）相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個小孔，如圖甲所示，靠近A板