2022-2023學年福建省泉州市高一（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學年福建省泉州市高一（下）期末物理試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.華中科技大學物理學院引力中心團隊于2018年測得了當時最精確的引力常量值，國際同

行評價這項工作是“精密測量領域卓越工藝的典范”。引力常量G的國際單位是（）

A.Nm2-kg2B.N-m2-kg-2C.N-m-kg-2D.N-m-2-kg2

2.如圖，將細線穿過一根內(nèi)壁光滑平整的豎直空心管，在細線一端栓為...

一個小螺母，另一端掛一個籃球，搖動空心管使螺母在水平面內(nèi)做圓周

運動。當螺母的轉(zhuǎn)速達到一定值時，籃球就會懸?？罩刑幱陟o止狀態(tài)，

此時螺母（）

A.受到重力、繩子的拉力和向心力

B.受到的重力和繩子的拉力是一對平衡力

C.做圓周運動的向心力由籃球的重力提供

D.做圓周運動的向心力由重力和繩子拉力的合力提供

3.如圖（a）,運動員做杠鈴彎舉訓練，保持肘關節(jié)不動，前臂

從豎直的位置彎舉到與上臂夾角為60。的位置，完成一次彎舉，/

杠鈴運動軌跡如圖（b）。已知杠鈴總質(zhì)量為20kg,掌心到肘關節(jié)呼

的距離約為30an,此過程中運動員克服杠鈴重力做功約為（）￡

圖（a）圖(b)

A.60/B.90/C.112/D.120J

4.如圖，跑步機履帶外側(cè)的機身上有正對的4、B兩點，小明想讓玩具B

履帶===十=

電動車經(jīng)履帶沿4B連線運動。他調(diào)節(jié)跑步機的履帶至水平，速度設置\

為3m/s,玩具車的速度調(diào)為6m/s,則玩具車車身與2B間的夾角應為了

（）

A.30°B.37°C.45°D.60°

5.如圖，一架無人機從地面由靜止開始豎直向上運動，上升10m

時剛好達到最大速度。已知無人機的質(zhì)量為1kg，升力的功率恒

為90W,上升過程中空氣阻力大小恒為5N,取重力加速度大小

為10m/s2,無人機上升10巾的過程()

A.做勻加速直線運動B.最大速度為9m/sC.升力做功為16引D.

經(jīng)歷的時間為2s

6.如圖(a),傾角為37。的斜面固定在水平地面上，一小物塊從底端。點以一定初速度沖上斜

面。以。點為原點，沿水平方向建立Ox坐標系，物塊沿斜面運動過程中，動能作上隨x的變化規(guī)

律如圖(b)中的曲線I和n所示，取5出37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小為lOm/s2,

A.m=1kg,4—0.25B.m=1kg,〃=0.2

C.m=1.25kg,林=0.25D.m=1.25kg,〃=0.2

二、多選題(本大題共4小題，共16.0分)

7.如圖，運動員定點投籃，籃球空心入網(wǎng)。已知籃球質(zhì)量為他，出手時球心距離地面高度

為心，速度大小為籃筐距離地面高度為九2,重力加速度為9,不計空氣阻力，以地面為零

勢能面，忽略投籃出手過程中籃球上升的高度，貝4()

A.運動員投籃出手過程對籃球做功為

B.籃球進筐時的重力勢能為小外九2-九1)

C.籃球進筐時的動能為：血/一

D.籃球進筐時的機械能為g

TH/+7N

8.2020年6月，北斗三號全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)的最后一顆衛(wèi)星發(fā)射成功，標志著北斗三號星座

部署全面完成。該星是北斗三號系統(tǒng)的第三顆地球同步軌道衛(wèi)星（被稱為“吉星”），因為在

“吉星”家族中排行老三，也被稱為“嘉（讀'zh6'）星"?！凹涡恰钡模ǎ?/p>

A.線速度大于第一宇宙速度

B.角速度大于月球繞地球運行的角速度

C.向心加速度大于地面的重力加速度

A.碟子即將相對轉(zhuǎn)盤滑動時的線速度大小為/年

B.該過程中，轉(zhuǎn)盤對碟子作用力做功為零

C.該過程中，轉(zhuǎn)盤對碟子作用力做功為2b?卬ng

D.更換〃相同、m不同的碟子，重復上述操作，碟子在餐桌上的落點與。點距離均相同

10.如圖，傾角為30。的傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，將質(zhì)量為m的物塊輕放到

傳送帶上端，物塊下降高度h時，恰與傳送帶共速。已知物塊與傳送帶間的

動摩擦因數(shù)〃=?,重力加速度大小為g,則此過程中（）

A.傳送帶對物塊的摩擦力做功為27ngh

B.物塊的機械能變化量為mgh

C.系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為2mgh

D.因放上物塊，電動機多消耗的電能為

三、填空題（本大題共2小題，共8.0分）

11.如圖，一輛質(zhì)量為1600kg的汽車駛過凹凸形路面。汽車駛過頂端P和底部Q兩點時對路

面的壓力大小分別為Np、NQ,則NpNQ（選填“大于”“小于”或“等于"）。若己知

汽車駛過P點時速度大小為10m/s,P點處圓弧半徑為40m,重力加速度大小g=10m/s2,則

NP=N。

Q

12.如圖，一質(zhì)量為小、長度為L的均勻柔軟細繩上端懸掛在天

花板上的P點。若以細繩的下端Q所在水平面為零勢能面，重力加

速度大小為g,則細繩的重力勢能為；將細繩的下端Q緩

慢地向上拉起至P點，使細繩對折，則細繩的重力勢能增加了

四、實驗題(本大題共2小題，共14.0分)

13.某同學用如圖所示的裝置驗證機械能守恒定律。?根輕細線系住鋼球，懸掛在鐵架臺的

。點，鋼球靜止于4點，光電門固定在4點的正下方，在鋼球底部豎直地粘住一片遮光條。

(1)將鋼球拉至某位置，記錄此時鋼球球心到鋼球在4點時的(選填“頂端”“球心”

或“底端”)之間的豎直距離人

(2)將鋼球由靜止釋放，記錄遮光條通過光電門的遮光時間3并測出遮光條的寬度d,則鋼球

經(jīng)過4點時的速率為。

(3)已知重力加速度大小為g,如果滿足關系式：,就驗證了鋼球向下擺動過程中機械

能守恒。(用題中所給符號表達)

14.用如圖(a)裝置研究平拋運動的規(guī)律。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。

鋼球沿斜槽軌道滑下后飛出，落在水平擋板MN上，在白紙上留下一個痕跡點。移動擋板，重

新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。

(1)下列實驗條件必須滿足的有。

A.斜槽軌道光滑

A斜槽軌道末段水平

C擋板高度等間距變化

D每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球

(2)如圖(b),在軌跡上取a、b、c、d四個點，鋼球經(jīng)過ab和be的時間(選填“相等”

或“不相等”)。已知圖中小方格的邊長為3重力加速度大小為g,鋼球平拋的初速度大小為

(用L、g表示)，鋼球經(jīng)過氏d點的豎直方向分速度大小之比為。

圖(a)圖(b)

五、簡答題(本大題共4小題，共38.0分)

15.拖把是由拖桿和拖把頭構成的清潔工具。某同學保持拖桿

與水平方向的夾角。=53°,用沿拖桿方向的恒力尸=40N推動

拖把頭，使其由靜止開始在水平地面沿直線運動位移s=2m,

如圖所示。已知拖把頭的質(zhì)量m=2kg,拖桿質(zhì)量不計，拖把頭

與地面間的摩擦力/=16/V,取重力加速度大小g=10m/s2,

s譏53°=0.8,cos53°=0.6,求該過程

(1)恒力F做的功力；

(2)恒力F做功的平均功率P。

16.如圖，固定在豎直平面內(nèi)的［圓弧形光滑軌道半徑為R,4端與圓心。等高,

C端在。的正上方。一個質(zhì)量為m的小球在4點正上方P點處由靜止開始釋放，

自由下落至4點無碰撞進入軌道，到達C點時對軌道的壓力大小為3mg,忽略

B

空氣阻力，重力加速度大小為g。求：

(1)P點與A點的高度差無；

(2)小球運動到軌道最低點B點時，軌道對小球的支持力大小NB。

17.1687年牛頓提出了萬有引力定律，并通過“月一地檢驗”證明了地球?qū)Φ孛嫖矬w的引力

與地球?qū)υ虑虻囊哂邢嗤男再|(zhì)。

(1)從離水平地面高九=4.9m處，以為=3m/s的初速度水平拋出一小石塊，其落地點到拋出

點的水平距離為x—3m?求地球表面的重力加速度大小g；

(2)月球繞地球公轉(zhuǎn)的周期約為T=2.4X1。65,地球的半徑約為R=6.4x1。6M，月球繞地

球公轉(zhuǎn)的半徑r約為地球半徑R的60倍，取兀2=9.8。估算g與月球的向心加速度大小a的比值

的；

(3)請結(jié)合萬有引力定律，求出地球表面的重力加速度大小g'與月球軌道位置的重力加速度大

小優(yōu)的比值的；通過比較好與心，論證地球?qū)π∈瘔K的力與地球?qū)υ虑虻牧Χ际侨f有引力。

18.如圖(a),傾角為30。的固定斜面底端固定一輕彈簧，頂端與一水平面相連；一輕繩將斜

面上的物塊4通過輕質(zhì)定滑輪與水平面上的物塊B相連。先將B鎖定，使細繩處于拉緊狀態(tài)，

滑輪左側(cè)細繩與斜面平行，右側(cè)細繩與水平面平行。解除鎖定，4、B開始滑動，B始終未與

滑輪相碰。以物塊4的初始位置為原點0,沿斜面向下建立坐標系Ox,彈簧對物塊4的彈力尸大

小隨物塊4的位置坐標x的變化關系如圖(6)。已知物塊4、B的質(zhì)量均為m=1kg,重力加速

度大小為g=10m/s2,彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，忽略一切摩擦阻力，求：

(1)滑塊4剛接觸彈簧時的動能；

(2)滑塊4下滑過程的最大速度；

(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：由萬有引力定律

F=G*

解得：G=%

mM

公式中，質(zhì)量m的單位為kg,距離r的單位為小，引力F的單位為N,由公式知G的單位為N?機2?

kg-2,故4cZ)錯誤，B正確。

故選：B。

根據(jù)牛頓的萬有引力定律F=G罷，由m、八F三個物理量的單位推導出G的單位。

本題主要考查對單位制的理解與應用，在國際單位制中，除了七個基本單位之外，其他物理量的

單位都是導出單位，可以由物理公式推導出來。

2.【答案】D

【解析】解：4受力分析，螺母受到重力、繩子的拉力，故A錯誤；

B.對螺母受力分析，螺母受重力和繩子的拉力不在同一條直線上，不是平衡力，故B錯誤；

CD螺母做圓周運動的向心力由重力和繩子拉力的合力提供，故C錯誤，O正確。

故選：D。

向心力是效果力；

螺母合力提供向心力，受力不平衡；

螺母受到重力和繩子的拉力的合力提供向心力。

受力平衡時的力才是平衡力，根據(jù)實際受力情況，分析向心力。

3.【答案】B

【解析】解：根據(jù)功的定義式可知，運動員克服杠鈴重力做功約為：

W=mg(x+xcos60°)

其中％=30cm=0.3m

代入數(shù)據(jù)得：W=90/,故ACO錯誤，3正確。

故選：B。

根據(jù)重力做功的特點計算克服重力做功的大小。

本題考查了重力做功的計算，注意理解重力做功特點，重力做功與重力勢能關系，注意重力做功

與克服重力做功的不同。

4.【答案】A

【解析】解：設玩具車車身與AB之間的夾角為。，車速為〃，履帶的速度為%,使玩具電動車經(jīng)履

帶沿4B連線運動，則玩具車在垂直4B方向的分速度要與履帶的速度大小相同，方向相反，如圖

所示

B

代入數(shù)據(jù)解得0=30。，故4正確，BCD錯誤。

故選：兒

依題意，玩具車在垂直48方向的分速度要與履帶的速度大小相同，方向相反，列式，即可解答。

本題考查學生對實際問題的分析能力，解題關鍵是分析出玩具車在垂直AB方向的分速度要與履帶

的速度大小相同，方向相反。

5.【答案】C

【解析】解：4無人機以恒定功率上升，由

P=Fv

可知速度增大，則升力減小，由

_F—f—mg

CL-

m

可知無人機做加速度減小的加速直線運動，故A錯誤；

B.上升的最大速度為

P90..

%=訴=何7n/s=r6m/s

故8錯誤；

C.由動能定理可得

W-；m麻=(f+mg)h

解得升力做功

W=+(f+mg)h=jx1x62；+(5+1X10)X10/=168/

故C正確；

。.由W=Pt可得

,W168r。7

"萬=■$"1.87s

故。錯誤；

故選：c。

根據(jù)a=上巨電求出加速度變化；

m

根據(jù)無人機的合力為零速度達到最大，結(jié)合功率與速度的關系式p=尸"可求出最大速度；

功率恒定時，利用動能定理求出上升的高度；

根據(jù)勿=Pt求出時間。

熟練掌握恒定功率啟動模型和動能定理是解決本題關鍵。

6.【答案】A

【解析】解：根據(jù)動能定理，對上滑過程有：一〃mgcos37°x^^-mg"cm37°=0—Eko,

中60—47,x—0.4m)

對全程有：-2x〃mgcos370x^^=Eki-Eko，(其中&】=2/)

解得：m=1kg,n=0.25,故A正確，BCD錯誤。

故選：A.

根據(jù)動能定理列式，結(jié)合圖像，求質(zhì)量和摩擦因數(shù)。

本題考查學生對動能定理的應用，以及數(shù)學和物理相結(jié)合的知識，難度中等。

7.【答案】AD

【解析】解：4、對于投籃過程，由動能定理知運動員投籃出手過程對籃球做功為W=^m盧-0=

故A正確；

B、以地面為零勢能面，籃球進筐時相對于地面的高度為電，則籃球進筐時的重力勢能為小。電，

故8錯誤：

C、設籃球進筐時的動能為&,籃球從拋出到進筐，由動能定理得

12

-mg(h2-電)=Ek-

2

解得：Ek=1mv—mg(h2~^i)?故C錯誤;

。、籃球拋出時的機械能為E=7ngb+；m/,根據(jù)機械能守恒定律，籃球進筐時的機械能等于

籃球拋出時的機械能，所以籃球進筐時的機械能為^m^+nigb，故。正確。

故選：AD.

根據(jù)動能定理求解運動員投籃出手過程對籃球做功；根據(jù)籃球進筐時相對于零勢能面的高度，求

解籃球進筐時的重力勢能；根據(jù)動能定理求籃球進筐時的動能；根據(jù)機械能守恒定律求籃球進筐

時的機械能。

本題考查動能定理和機械能守恒定律的綜合應用，關鍵在于分析清楚題意，靈活選取研究的過程，

應用動能定理或機械能守恒定律列式即可正確解題。

8.【答案】BD

【解析】解：4、第一宇宙速度為衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，也最大環(huán)繞速度，即為物體環(huán)繞地球表

面做勻速圓周運動時的線速度大小，根據(jù)萬有引力提供向心力得

八Mmv2

b—R2r=HI—R

可得：u=J甲，可知軌道半徑越大，線速度越小，而“矗星”的軌道半徑大于地球半徑，所以，

“嘉星”的線速度小于近地衛(wèi)星的速度，即小于第一宇宙速度，故A錯誤；

B、根據(jù)萬有引力充當向心力有G繁=H132R

解得：3=J胃

可知軌道半徑約小，角速度越大，“嘉星”的軌道半徑小于月球繞地球運行的軌道半徑，所以“嘉

星”的角速度大于月球繞地球運行的角速度，故B正確；

C、根據(jù)牛頓第二定律有：G^=ma,解得：a岑,可知軌道半徑越大，加速度越小，而“嘉

星”位于地球表面上空一定高度處，軌道半徑大于地球半徑，所以“嘉星”的向心加速度小于地

面的重力加速度，故C錯誤；

。、根據(jù)題意可知，該星是北斗三號系統(tǒng)的第三顆地球同步軌道衛(wèi)星，而地球同步衛(wèi)星的軌道半

徑是一個確定的值，所以該“矗星”的軌道半徑與前兩顆“嘉星”的軌道半徑相同，故。正確。

故選：BD。

第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，根據(jù)衛(wèi)星速度公式〃=分析“矗星”的線速度與第一宇宙速

度的關系；根據(jù)萬有引力充當向心力列式，分析角速度與月球繞地球運行的角速度關系；根據(jù)牛

頓第二定律列式，分析向心加速度與地面的重力加速度關系；結(jié)合地球同步軌道衛(wèi)星的半徑是一

定的分析。

對于衛(wèi)星，要搞清向心力來源，根據(jù)萬有引力提供向心力列式，分析各個量的關系。

9.【答案】AD

【解析】解：4、碟子即將相對轉(zhuǎn)盤滑動時，最大靜摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

V2

4mg=m-

解得：v=yjfigr

故A正確；

BC、碟子從靜止開始轉(zhuǎn)動到剛好離開轉(zhuǎn)盤時，由動能定理得：W=\mv2=\nmgr

則轉(zhuǎn)盤對碟子作用力做功不為零，故BC錯誤；

D、碟子離開轉(zhuǎn)盤后做平拋運動，設轉(zhuǎn)盤距桌面的豎直高度為九，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：h=^gt2

X=vt

根據(jù)幾何知識可知碟子在餐桌上的落點與。點距離為S=7產(chǎn)+%2

聯(lián)立解得：s=Ir2+

N9

由上述公式可知碟子在餐桌上的落點到。點距離與zn無關，所以碟子在餐桌上的落點與。點距離均

相同，故。正確。

故選：AD.

碟子與轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運動，即將發(fā)生相對滑動時，最大靜摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第

二定律求解臨界速度；根據(jù)動能定理分析轉(zhuǎn)盤對碟子作用力做功；碟子飛出后做平拋運動，根據(jù)

平拋運動規(guī)律和幾何關系求解落點與。點距離的大小，分析即可?

本題考查勻速圓周運動和平拋運動，解題關鍵是分析好碟子的受力情況，明確向心力來源，會根

據(jù)動能定理求解變力做功。

10.【答案】BD

【解析】解:AB、傳送帶對物塊的摩擦力做功為叼=jimgcos30°■=~^m9'，3八=mgh>

則物塊的機械能變化量為mg/i,故A錯誤，8正確；

C、設傳送帶的速度為力從開始至共速時間為3則對物塊有：式物=&=號3即仇=4八

物塊與傳送帶間的相對位移大小為=仇-工物=區(qū)-當t=?=券=2/i,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱

量為Q-^mgcos30°-Ax—^-mg-三?2h-mgh>故C錯誤；

。、物塊沿斜面方向所受合力大小為：F—mgsin30°+nmgcos30°—mg-+^-mg-—mg

由動能定理知共速時物塊動能為%=F'=mg-2h=2mgh

因放上物塊，電動機多消耗的電能為：W=Ek+Wf-mgh=2mgh+mgh-mgh=2mgh,故

。正確。

故選：BD。

根據(jù)功的計算公式求解傳送帶對物塊的摩擦力做功，根據(jù)功能關系求解物塊的機械能變化量；根

據(jù)物塊與傳送帶間的相對位移求解系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；根據(jù)動能定理求出共速時物塊動能，

再由能量守恒定律求解電動機多消耗的電能。

本題是傳送帶問題，根據(jù)題意分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，明確功與能的關系，根據(jù)

相對位移求解系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量是關鍵。

11.【答案】小于1.2x104

【解析】解：汽車駛過頂端P點有

解得

Vp

NP=mg-

Rp

車駛過底部Q點有

NQ-mg=mf-

“RQ

解得

VQ

NQ=mg+mf-

YRQ

可知，Np小于NQ;

若已知汽車駛過P點時速度大小為lOm/s,P點處圓弧半徑為40m,根據(jù)上述解得

102

N=1600x10/V-1600x=1.2X104/V

rP40

故答案為：小于，1.2x104?

汽車經(jīng)過P點和Q點時.，對汽車受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律判斷汽車對兩點的壓

力大??；代入數(shù)據(jù)求解Np。

本題考查豎直面內(nèi)的圓周運動，解題關鍵是對汽車做好受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析求解即

可。

12.【答案】^mgL^mgL

【解析】解：以細繩的下端Q所在水平面為零勢能面，細繩的重心到零勢能面的高度為，，則細繩

的重力勢能為Ep-mg^-^mgL

使細繩對折，此時細繩的重心到零勢能面的高度為X3則細繩的重力勢能增加量為

311

%=-mgL--mgL=

故答案為：^mgL,^mgLo

以細繩的下端Q所在水平面為零勢能面，根據(jù)細繩的重心到零勢能面的高度求細繩的重力勢能。

根據(jù)重心上升的高度求細繩的重力勢能增加量。

本題中細繩不能看成質(zhì)點，要考慮重心到零勢能面的高度來確定重力勢能的大小。

13.【答案】球心（mg/i=或g/i=

【解析】解：（1）小球下落的高度為初、末位置球心間的豎直距離，即鋼球球心到鋼球在4點時的

球心之間的豎直距離人。

（2）鋼球經(jīng)過4點時的速率為V=g

(3)初位置的機械能為mgh

1

22

末位置的機械能為E末=1mv2-

若機械能守恒，則滿足

即mg/i=^m(Y)2

或者g/t=*)2。

故答案為：(1)球心；(2)(;(3)mgh=或gh=K)2。

(1)球下落的高度為初、末位置球心間的豎直距離，據(jù)此分析作答；

(2)根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度求解鋼球經(jīng)過4的瞬時速度；

(3)根據(jù)機械能守恒定律推導關系式。

本題主要考查了驗證機械能守恒定律，要理解光電門測定瞬時速度的原理；關鍵是求解動能的增

加量和重力勢能的減小量。

14.【答案】BD相等2/瓦3：7

【解析】解：(1)4斜槽軌道是否光滑對本實驗沒有影響，故A錯誤；

員為保證鋼球飛出時速度水平，所以斜槽軌道末段需要水平，故8正確；

C.擋板只要能記錄下鋼球在不同高度時的不同位置，不需要等間距變化，故C錯誤；

。.為保證鋼球飛出時的速度不變，需要從同一位置釋放才可，故。正確。

故選：BD。

(2)由于鋼球在水平方向的分運動為勻速直線運動，其中尤ab="bc，則鋼球經(jīng)過時和be的時間相

等。

在豎直方向有

Ay—L=gT2

在水平方向

以=竿=2y/~gL

鋼球經(jīng)過6點的豎直方向分速度為

鋼球經(jīng)過C點的豎直方向分速度為

5L

%=行

則鋼球經(jīng)過d點的豎直方向分速度為

vdy="+=蕓

鋼球經(jīng)過b、d點的豎直方向分速度大小之比為

Vby：vdy=3:7

故答案為：(1)BD；(2)相等，3：7。

(1)根據(jù)實驗原理和注意事項分析判斷；

(2)根據(jù)圖中點跡間水平距離相等，判斷點跡間的時間間隔相等，根據(jù)豎直方向相鄰相等時間內(nèi)位

移差為定值計算時間，再根據(jù)勻速運動規(guī)律計算初速度，根據(jù)豎直方向自由落體運動規(guī)律計算速

度比值。

本題關鍵是掌握平拋運動在豎直方向的運動規(guī)律計算出相鄰點跡的時間間隔。

15.【答案】解：(1)恒力F做的功為：

W=Fscos53°

解得：W=487

(2)由牛頓第二定律得：

Fcos53°-f=ma

由運動學公式得：

s=^at2

恒力F做功的平均功率為：

P=-t

聯(lián)立解得：P=48W

答：(1)恒力F做的功W為48/：

(2)恒力F做功的平均功率P為48小。

【解析】根據(jù)功的公式W=Fscosa計算恒力F做的功W；根據(jù)平均功率公式P=/計算恒力F做功

的平均功率P。

本題考查了功和平均功率的計算，注意功的公式W=Fscosa適用條件是恒力做功。

16.【答案】解：(1)設小球經(jīng)C點時的速度大小為女，根據(jù)牛頓第二定律得

pi

Nc+mg=

K

小球從P到c過程，根據(jù)動能定理得

mg(/i-R)=2mvc

聯(lián)立解得九=3R

(2)設球經(jīng)過B點時速度大小為%,從8到C過程，根據(jù)動能定理得

—mgx2cRn=-1mv^2--1mv^7

球經(jīng)過B點時，根據(jù)牛頓第二定律得

NB-mg=小常

聯(lián)立解得NB=9mg

答：(1)P點與4點的高度差九為3R；

(2)小球運動到軌道最低點8點時;軌道對小球的支持力大小N-為9mg。

【解析】通過C點時對軌道的壓力大小為3mg,用牛頓第二定律和向心力公式求出C點速度，再對

PC過程用動能定理，可求P點與4點的高度差九；從B到C過程，根據(jù)動能定理可得B點速度，小球

運動到軌道最低點B點時，用牛頓第二定律和向心力公式求出軌道對小球的支持力。

本題要求我們熟練掌握動能定理和向心力公式，難度不大，是一道比較典型的題。

17.【答案】解：(1)石塊做平拋運動，水平初速度為=3m/s,水平位移為x=3m,豎直位移為

h=4.9m。

設石塊的運動時間為3地球表面的重力加速度大小為g,由運動學公式得：

x=vot

九=/戶

聯(lián)立解得：g=9.8m/s2

(2)月球繞地球公轉(zhuǎn)的周期T=2.4xl06s,軌道半徑r=60R=60x6.4x106m,設月球繞地球

轉(zhuǎn)的向心加速度為Q,由向心加速度公式得

47r2

g與月球的向心加速度大小a的比值的

解得：ki=3750

(3)設地球的質(zhì)量為M,石塊的質(zhì)量為m,月球的質(zhì)量為m',地球的半徑為R,則有

?Mm,

6鏟=mg

G鬻=m'a/

聯(lián)立得：&=￡=捻=602=3600

由的?k2,可以證明地球?qū)π∈瘔K的力與地球?qū)υ虑虻牧Χ际侨f有引力。

答：(1