四川省达州市2021届新高考物理考前模拟卷(3)含解析

四川省达州市2021届新高考物理考前模拟卷（3）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x轴上两点B、C点，且OB＞OC，由图可知（）
A．C点的电势低于B点的电势
B．B点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同
C．正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电势的图象直接读出电势高低．由=U
E
d
可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系。

根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况。

根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负。

【详解】
A．由图知，C点的电势高于B点的电势．故A错误；
B．由=U
E
d
可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出B点的场强大小大于C点的场强大小，斜率都为正值，说明B、C点的电场方向相同，故B正确；
C．根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从C指向B，正电荷在x轴上B、C之间所受的电场力始终由C指向B，正电荷做单向直线运动，故C错误；
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力方向由从B指向C，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故D错误。

故选B。

【点睛】
本题考查对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的
关系=U
E
d
理解图象的斜率与场强的关系。

在卷扬机上。

开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓缓变小，直到∠BCA=30°。

在此过程中，杆BC所产生的弹力（）
A．大小不变
B．逐渐增大
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【答案】A
【解析】
【分析】
以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，根据平衡条件得出力与三角形ABC边长的关系，再分析绳子拉力和BC杆的作用力的变化情况．
【详解】
以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合与G 大小相等、方向相反.
根据三角形相似得：，又F 合=G，得：，，现使∠BCA缓慢变小的过程
中，AB变小，而AC、BC不变，则得到，F变小，N不变，所以绳子越来越不容易断，作用在BC杆上的压力大小不变；故选A.
【点睛】
止释放，该粒子仅在电场力的作用下，沿着x 轴正方向运动，已知电场中M 、
N 两点的x 坐标分别为5mm 、15mm ，则下列说法正确的是（ ）
A ．在x 轴上M 、N 两点间的电场方向先沿x 轴正方向后沿x 轴负方向
B ．该带电粒子一定带负电荷
C ．在x=10mm 的位置，电场强度大小为1000V/m
D ．该粒子沿x 轴从M 点运动到N 点的过程中，电势能一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由φ-x 图像知从M 点到N 点电势降低，根据沿着电场线方向电势降低可知在x 轴上M 、N 两点间的电场方向沿x 轴正方向，A 项错误；
B ．粒子受力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，B 项错误；
C ．在φ- x 图像中，图线斜率表示电场强度的大小，电场强度大小为 310V /m 1010
ϕ-∆====⨯U E d x 1000V/m C 项正确；
D ．粒子沿x 轴从M 点运动到N 点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，D 项错误。

故选C 。

4．如图所示，A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )
A ．L 1>L 2
B ．L 1<L 2
C ．L 1＝L 2
D ．不能确定
【答案】C
【解析】
【详解】
若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则
v′＝A A B m v
m m + 弹性势能最大，最大为
ΔE p ＝12m A v 2－12
(m A ＋m B )v′2= 若用锤子敲击B 球，同理可得
m B v ＝(m A ＋m B )v″
解得
v″＝B A B
m v m m + 弹性势能最大为
ΔE p ＝12m B v 2－12
(m A ＋m B )v′2＝22()A B A B m m v m m + 即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故
L 1＝L 2
故C 正确。

故选C 。

5．两辆汽车a 、b 在两条平行的直道上行驶。

t=0时两车并排在同一位置，之后它们运动的v-t 图像如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．汽车a 在10s 末向反方向运动
B ．汽车b 一直在物体a 的前面
C ．5s 到10s 两车的平均速度相等
D ．10s 末两车相距最近
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．汽车a 的速度一直为正值，则10s 末没有反方向运动，选项A 错误；
B ．因v-t 图像的面积等于位移，由图可知，b 的位移一直大于a ，即汽车b 一直在物体a 的前面，选项B
D ．由图像可知8-12s 时间内，a 的速度大于b ，两车逐渐靠近，则12s 末两车相距最近，选项D 错误； 故选B 。

6．一列简谐横波，在t=0.6s 时刻的图像如图甲所示，此时P 、Q 两质点的位移均为-1cm ，波上A 质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A ．这列波沿x 轴负方向传播
B ．这列波的波速是50m/s
C ．从t=0.6s 开始，紧接着的Δt=0.9s 时间内，A 质点通过的路程是4cm
D ．从t=0.6s 开始，质点P 比质点Q 早0.4s 回到平衡位置
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由乙图读出t=0.6s 时刻质点A 的速度方向为沿y 轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向为沿x 轴正向，故A 错误；
B ．由甲图读出该波的波长为λ=20m ，由乙图得周期为T=1.2s ，则波速为 v=201.2T λ
= m/s=503
m/s 故B 错误；
C ．因为
30.94
t s T ∆== t=0.6s 时质点A 位于平衡位置，则知经过Δ0.9s t =，A 质点通过的路程是
3326cm s A ==⨯=
故C 错误；
D ．图示时刻质点P 沿y 轴正方向，质点Q 沿y 轴负方向，此时PQ 两质点的位移均为-1cm ，故质点P 经过12
T 回到平衡位置，质点Q 经过46T T +回到平衡位置，故质点P 比质点Q 早 1.2s 0.4s 461233
T T T T +-=== 回到平衡位置，故D 正确。

要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。

金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动。

电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。

下列关于该传感器的说法正确的是（ ）
A ．在汽车向右匀速直线运动过程中电路中没有电流
B ．在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流
C ．在汽车向右做加速度增大的减速运动过程中电介质所处的位置电势升高
D ．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的电流
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．当汽车向右匀速直线运动时，电介质位置不变，根据电容的决定式
r 4S C kd
επ= 可知电容器的电容不变，因两板电压不变，根据电容的定义式 Q C U =
可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，A 正确；
B ．当汽车以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，根据电容器的决定式可知电容器的电容不变，因两极的电压不变，根据电容器的定义式可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，B 错误；
C ．电容器两端与电源连接，电压等于电源电压不变，两板间距不变，电容器两板之间形成的匀强电场不变，根据匀强电场中电势差与场强的关系
U Ed =
可以推断电介质所处位置电势不变， C 错误；
D ．当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，因电容器两端电压等于电源电压不变，根据
Q CU =
r 4S C kd
επ= 可知插入极板间电介质加深，弹簧越拉越长，合力向右增大，汽车向右做加速度增大的加速运动符合上述结果，D 正确。

故选AD 。

8．如图所示，a 、b 、c 分别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，Oa 为水平半径，c 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角53α︒=。

现从a 点正上方的P 点由静止释放一质量1kg m =的小球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后以水平速度3m/s v =通过Q 点。

已知圆弧轨道的半径1m R =，取重力加速度210m/s g =，sin 530.8︒=，cos530.6︒=，不计空气阻力。

下列分析正确的是（
）
A ．小球从P 点运动到Q 点的过程中重力所做的功为4.5J
B ．P 、a 两点的高度差为0.8m
C ．小球运动到b 点时对轨道的压力大小为43N
D ．小球运动到c 点时的速度大小为4m/s
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】 ABD ．小球从c 到Q 的逆过程做平抛运动，小球运动到c 点时的速度大小
3
m/s 5m/s cos 0.6c v
v α===
小球运动到c 点时竖直分速度大小
4
tan 3m/s=4m/s 3cy v v α=⋅=⨯
则Q 、c 两点的高度差
2
2
4m 0.8m 2210cy
v h g ===⨯
设P 、a 两点的高度差为H ，从P 到c ，由机械能守恒得
2
1cos 2c mg H R mv α+=()
解得
[][]cos 1100.6510.60.8J 4.5J W mg H R h α=+-=⨯⨯+⨯-=()()
故A 正确，BD 错误；
C ．从P 到b ，由机械能守恒定律得
212b mg H R mv +=() 小球在b 点时，有
2b v N mg m R
-= 联立解得
43N N =
根据牛顿第三定律知，小球运动到b 点时对轨道的压力大小为43N ，故C 正确。

故选AC 。

9．如图甲所示，由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n ＝10匝，质量m ＝0.04 kg 、高h ＝0.05 m 、总电阻R ＝0.5 Ω、竖直固定在质量为M ＝0.06 kg 的小车上，小车与线圈的水平长度l 相同。

线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v 0＝2 m/s 进入垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直。

若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v 随车的位移x 变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知（ ）
A ．小车的水平长度l ＝10cm
B ．小车的位移x ＝15cm 时线圈中的电流I ＝1.5A
C ．小车运动到位置3时的速度为1.0m/s
D ．小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q ＝0.0875J
【答案】AC
【解析】
【详解】
A.从位置1到位置2，开始进入磁场，安培力向左，小车减速，全进入磁场后，回路磁通量不再变化，没有感应电流，不受安培力开始匀速，所以根据图像可以看出小车长10cm ，A 正确
B.小车的位移x ＝15cm 时，处于匀速阶段，磁通量不变，回路电流为零，B 错误
32()()M m v M m v nBIh t nBhq +-+=-⋅=-，而进出磁场过程中电量：E q It t n R R
∆Φ===，进出磁场过程中磁通量变化相同，所以电量相同，所以2132mv mv mv mv -=-，解得：31/v m s =，C 正确
D.从位置2运动到位置3的过程中，根据能量守恒：222311()()22
M m v M m v Q +-+=，解得：0.0625Q J =，D 错误
10．如图所示的 “U”形框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为L ，左端连接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 、质量为m 的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 。

现给金属棒以水平向右的初速度v 0，金属棒向右运动的距离为x 后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q ，重力加速度为g ，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直接触。

则该过程中（ ）
A ．磁场对金属棒做功为
R r Q R
+ B ．流过金属棒的电荷量为BLx R r + C ．整个过程因摩擦而产生的热量为2012
mv Q - D ．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为202v R r Q gx mgxR
+- 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．通过R 和r 的电流相等，R 上产生的热量为Q ，所以回路中产生的焦耳热
R r Q Q R
+=焦 由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，所以磁场对金属棒做功 R r W Q Q R +=-=-
安焦 故A 项错误；
B ．由法拉第电磁感应定律得
E t
∆Φ=
∆ 又
E I R r =+ 解得：流过金属棒的电荷量 BLx q R r R r
∆Φ==++ 故B 项正确；
C ．由能量守恒可知
2012
mv Q Q =+焦摩 所以整个过程因摩擦而产生的热量
2012R r Q mv Q R
+=-摩 故C 项错误；
D ．由C 选项的分析可知
2012R r Q mv Q mgx R
μ+=
-=摩 解得 202R r Q gx g v m xR
μ+=- 故D 项正确。

11．如图，理想变压器原.副线圈匝数比n 1 : n 2=3: 1，灯泡A 、B 完全相同，灯泡L 与灯泡A 的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上452sin100u t π=(V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表，且电流表A 2的示数为2A ，则（ ）
A ．电流表A 1的示数为12A
B ．灯泡L 的额定功率为20W
C ．灯泡A 的额定电压为5V
D ．将副线圈上的灯泡A 撤去，灯泡L 不能正常发光
【答案】BD
【解析】
【详解】
由变压规律可知原线圈中电流为 2121
43
A n I I n == 即电流表A 1的示数为43
A ，故A 错误； BC ．令副线圈两端电压为2U ，则由变压规律可知原线圈两端电压为
11222
3n U U U n == 令灯泡L 两端电压为L U ，则有
12L A U I U I =
根据题意则有
1L U U U =+
45V U =
联立可得
210V U =，15V L U =
则灯泡A 的额定电压为10V ，灯泡L 与灯泡A 的额定功率相同，则灯泡L 和A 的额定功率
2210W 20W A P I U ==⨯=
故B 正确，C 错误；
D ．将副线圈上的灯泡A 撤去，则输出电流变小，根据理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小，灯泡L 不能正常发光，故D 正确；
故选BD 。

12．如图所示，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的A 、B 两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是（ ）
A ．只将绳的左端移向A′点，拉力变小
B ．只将绳的左端移向A′点，拉力不变
C ．只将绳的右端移向B′点，拉力变小
D ．只将绳的右端移向B′点，拉力变大
【答案】BD
【解析】
【详解】
设细绳长为L ，AB 两点间的水平距离为x ，绳与竖直方向的夹角为θ，则由图可得：
sin x L θ=
设绳中拉力为F ，对滑轮与绳的结点处受力分析，由平衡知识可得：
2cos F mg θ=
解得：
22
2cos 2mg F L x θ==- AB.只将绳的左端移向A′点，L 、x 均不变，拉力不变；故A 项错误，B 项正确；
CD.只将绳的右端移向B′点，L 不变、x 变大，拉力变大；故C 项错误，D 项正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。

该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.
（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz ，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________2/m s .（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N ；
（3）重力加速度g 取210/m s ，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。

【答案】0.50 2.00 1.00 0.43
【解析】
【详解】
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s ；根据2x aT ∆=结合逐差法可知： 65432129x x x x x x a T ++---= 2
222(3.87 3.39 2.88 2.38 1.90 1.40)10m/s 0.50m/s 90.1
-++---⨯==⨯ （2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N ；图4对应的示数为1.00N ；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N ，Mg=2N ，
解得
μ=0.43
14．多用电表欧姆挡可以直接测量电阻。

如图所示，虚线框内的电路为欧姆挡的内部电路，a 、b 为红、黑表笔的插孔。

G 是表头，满偏电流为I g ，内阻为R g ，R 0是调零电阻，R 1、R 2、R 3、R 4分别是挡位电阻，对应挡位分别是“×1”“×10”“×100”“×1000”，K 是挡位开关。

(1)红黑表笔短接进行欧姆调零时，先选定挡位，调节滑片P ，使得表头达到满偏电流。

设滑片P 下方电阻为R'，满偏电流I g 与流经电源的电流I 的关系是_____（用题设条件中的物理量表示）。

(2)已知表头指针在表盘正中央时，所测电阻的阻值等于欧姆表的总内阻的值，又叫做中值电阻。

在挡位开关由低挡位调到高一级挡位进行欧姆调零时，调零电阻R 0的滑片P 应向______（填“上”或“下”）滑动，调零后，滑片P 下方的电阻R'为原来挡位的______倍。

(3)把挡位开关调到“×100”，调零完毕，测量某电阻的阻值时，发现指针偏转角度较大。

要更准确测量该电阻的阻值，请写出接下来的操作过程_____________________________。

(4)要用欧姆挡测量某二极管的反向电阻，红表笔应接二极管的______极。

【答案】g 0g
R I I R R '=+ 上 10 把挡位开关调到“10⨯”，将红黑表笔短接，调节0R 滑片P ，使指针指到零刻度，然后再进行电阻测量 正
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．表头电阻与0R 的上部分电阻串联，与R '并联，根据电流关系
()0g g g I R R R I I R '+-=+
'
得 o g g
R I R I R '+= （2）[2][3]．高一级挡位内阻是原级别的10倍
o g g g o R R E I R R I R R R ''=⋅++=内
所以R '应变为原来的10倍，所以应向上调节．
（3）[4]．指针偏转较大，说明所测量的电阻比较小，应换低一级挡位，即把挡位开关调到“10⨯”，将红黑表笔短接，调节0R 滑片P ，使指针指到零刻度，然后再进行电阻测量；
（4）[5]．测量二极管反向电阻，要求电流从二极管负极流入，正极流出，所以红表笔接二极管正极．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．水平光滑平行导轨上静置两根完全相同的金属棒，已知足够长的导轨间距为0.40m L =，每根金属棒的电阻为0.1r =Ω，质量均为0.20kg m =。

整个装置处在垂直导轨竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小0.1T B =。

00t =时刻，对ab 沿导轨方向施加向右的恒力0.30N F =，作用14s t =后撤去，此刻ab 棒的速度为14m /s v =，cd 棒向右发生的位移5m cd x =。

试求：
(1)撤力时cd 棒的速度；
(2)从最初到最终稳定的全过程中，ab 棒上产生的焦耳热；
(3)若从最初到最终稳定的全过程中，经历的时间为26s t =，求这段时间内的感应电流的有效值。

【答案】 (1) 2m/s ；(2) 7.35J ；(3)3.5A
【解析】
【详解】
(1)F 作用过程，对系统，由动量定理得
Ft 1=mv 1+mv 2
代入数据解得
v 2=2m/s
(2)最终两导体棒速度相等，对整个过程，由动量定理得
Ft 1=2mv
代入数据解得
v=3m/s
对导体棒
I 安培=mv 2
I 安培=BILt=BLq
通过导体棒的电荷量
222)2(ab cd BL x x E q i t t t r r t r r
-∆Φ∆Φ=∆=∆∆∆⋅＝＝＝ 代入数据解得
x ab =55m
由能量守恒定律得
Fx ab =12
•2mv 2+2Q 代入数据解得
Q=7.35J
(3)由焦耳定律得
2222Q I rt =⋅有效
代入数据解得
I 有效=3.5A ；
16．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场极板间电势差为U 0。

偏转电场极板间电势差为U ，极板长度为L ，板间距为d ，偏转电场可视为匀强电场，电子所受重力可忽略。

（1）求电子射入偏转电场时的初速度0v 和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离∆y ； （2）由问题（1）的结论可知，电子偏转距离∆y 与偏转电场极板间电势差U 有关。

已知111m L .-=⨯00，加速电场0500V U =。

当偏转极板间电压为随时间变化的交变电压222sin50V u t π=时，在计算其中任意一个电子通过极板的偏转距离∆y 时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。

请利用下面所给数据，分析说明这样计算的合理性。

已知191.610C e -=⨯，319.110
kg m -=⨯。

【答案】（1）002v U e m
=
204UL y dU ∆=； （2）见解析 【解析】
【分析】
【详解】
（1）电子在加速电场中，由动能定理可得 20012
eU mv = 得电子射入偏转电场时的初速度
v 002U e m
电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向，做匀速直线运动
L t v = 沿电场方向做匀加速直线运动，
U q ma d
= 电子沿垂直板面方向的偏转距离
2
20
124UL at dU y =∆= （2）因为粒子射出电场的时间
9007.50s 21L m L v U e
t -≈⨯==
而交变电压的周期
22=0.04s 50T π
πωπ
== 因为T t ?，所以在计算其中任意一个电子通过极板的偏转距离y ∆时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。

17．我国发射的“神舟”五号飞船于2003年10月15日上午9:00在酒泉载人航天发射场发射升空，按预定计划在太空飞行了接近21小时，环绕地球14圈，在完成预定空间科学和技术试验任务后于北京时间10月16日6时07分在内蒙古中部地区准确着陆。

飞船运行及航天员活动时刻表如下：
15日[09:00发射升空][09:10船箭分离][09:34感觉良好]
15日[09:42发射成功][17:26天地通知][18:40展示国旗]
15日[19:58家人通话][23:45太空熟睡]
16日[04:19进入最后一圈][05:04进入轨道][0.5:35命令返回]
16日[0.5:36飞船分离][05:38制动点火][06:07飞船着陆]
16日[06:36回收成功][06:54自主出舱]
试回答下列问题：
(1)根据以上数据可以估计船的轨道半径约是通讯卫星轨道半径的多少倍？（保留根号）
(2)当返回舱降到距地球10km 时，回收着陆系统启动工作，弹出伞舱盖，连续完成拉出引导伞、减速伞和主伞动作，主伞展开面积足有1200m 2，由于空气阻力作用有一段减速下落过程，若空气阻力与速度的平方成正比，并已知返回舱的质量为8t ，这一过程的收尾速度为14m/s ，则当返回舱速度为42m/s 时的加速度为多大？（g 取10m/s 2）
(3)当返回舱在距地面约1m 时，点燃反推火箭发动机，最后以不大于3.5m/s 的速度实现软着陆，这一过程中反推火箭产生的动力约等于多少？（这一过程空气阻力与自身重力可看作平衡）
【答案】
；(2)280m/s ；(3)57.3510N ⨯。

【解析】
【详解】
(1)分析题中所给数据可知，飞船的运行周期约为90分钟。

飞船绕地球飞行过程中： 2
224Mm G m r r T
π= 322
4r GM T π∴==常量 对飞船与同步卫星，应有
33122212
r r T T = 解得：
12r r === (2)由题意可知：返回舱速度为42m/s 时： 1f mg ma -=
211f kv =
返回舱速变为14m/s 时：
222f mg kv ==
22
mg
K v = 212
[()1]v mg ma v -= 解得：
2212
[()1]880m/s =-==v a g g v (3)点燃反推火箭后，由牛顿第二定律得： F=ma
软着陆速度若是3.5m/s ，则： 222 3.52v aS -=
联立解得：
3225810(14 3.5)7.3510N 21
F ⨯⨯-==⨯⨯。