江苏省徐州市沛县2021届高三上学期物理第一次学情调研试卷有答案

江苏省徐州市沛县2021届高三上学期物理第一次学情调研试卷
一、单选题（共8题；共12分）
1. 下列说法正确的是（）
A.密立根通过实验研究，总结出了库仑定律
B.法拉第提出了场的概念，并提出通过形象直观的场线来研究这种特殊物质
C.牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量的数值
D.伽利略的理想斜面实验没有以事实为基础，只是理想推理
2. 如图，在粗糙水平面上放置A、B、C三个物块，物块之间由两根完全相同的轻弹簧相连接，两弹簧的伸长量相同，且它们之间的夹角。

∠ABC＝120∘，整个系统处于静止状态．已知A物块所受的摩擦力大小为f，则B物块所受的摩擦力大小为（）
A.√3
2
f B.f C.√3f D.2f
3. 真空中两个等量异种电荷（电荷量均为q）连线的中点处电场强度为E，则两个电荷之间的库仑力大小是（）
A.qE
8B.qE
4
C.qE
2
D.qE
4. 在光滑水平地面上匀速运动的装有砂子的小车，小车和砂子总质量为M，速度为v0，在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，砂子漏掉后小车的速度应为（）
A.v0
B.Mv0
M−m C.mv0
M−m
D.(M−m)v0
M
5. “健身弹跳球”是近期流行的一项健身器材．小学生在玩弹跳球时双脚站在如图所示的水平跳板上，用力向下压弹跳球后，弹跳球能和人一起跳离地面．某弹跳球安全性能指标要求反弹高度不超过15cm，请估算该弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功最接近于（）
A.0.6J
B.6J
C.60J
D.600J
6. 如图所示，做匀速直线运动的汽车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重
物和汽车的速度的大小分别为v B、v A，则（）
A.v A＝v B
B.v A<v B
C.绳子对B的拉力大于B的重力
D.绳子对B的拉力等于B的重力
7. 如图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，已知A的周期为T，B的周期为
2T
．下列说法正确的是（）
3
A.A的线速度大于B的线速度
B.A的加速度大于B的加速度
C.A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等
D.从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T
8. 如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷．将一带正电
小物块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图乙（E1和x1为已知量）．已知
重力加速度为g，静电力常量为k，由图像可求出（）
A.小物块的带电量
B.A、B间的电势差
C.小物块的质量
D.小物块速度最大时到斜面底端的距离
二、多选题（共4题；共9分）
质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v−t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g=
10m/s2，则（）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5
B.10s末恒力F的功率为6W
C.10s末物体恰好回到计时起点位置
D.10s内物体克服摩擦力做功34J
如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下．已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）
A.金属块带正电荷
B.金属块克服电场力做功8J
C.金属块的电势能减少4J
D.金属块的机械能减少12J
如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

滑块的vt图象可能是（）
A. B.
C. D.
如图所示，一倾角为α的固定斜面下端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上。

现将一物块从斜面上离弹簧上端某处由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是（）
A.μ<tanα
B.μ>tanα
C.物块机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
D.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力对物块做的功与摩擦力对物块做的功之和
三、实验题（共2题；共10分）
如图甲是利用气垫导轨探究“在外力一定的条件下，物体加速度与质量的关系”的实验装置．实验步骤如下：
①气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平；
②用游标卡尺测出挡光条的宽度为d；
③由导轨上标尺读出两光电门中心之间的距离为s；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动后释放滑块，要求砝码落地前挡光
条已通过光电门2；
⑤从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间
分别为△t1和△t2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量为M
⑦改变滑块的质量重复步骤④⑤⑥进行多次实验．据上述实验完成下列问题：
（1）关于实验操作，下列说法正确的是（）
A.应先接通光电门后释放滑块
B.调节气垫导轨水平时，应挂上砝码
C.应调节定滑轮使细线和气垫导轨平行
D.每次都应将滑块从同一位置静止释放
（2）用测量物理量的字母表示滑块加速度a＝________
（3）由图乙画出的图线（实线），可得到砝码和砝码盘的总重力G＝________N
（4）在探究滑块加速度a和质量M间的关系时，根据实验数据画出如图乙所示的图线，发现图线与理论值（虚线）有一定的差距，可能原因是________．
如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1>m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律。

（1）若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________
①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离ℎ及下落这段距离所用的时间t；
③物块B上升的距离ℎ；
④绳子的长度L。

（2）为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议∶
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小。

以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________。

（3）写出一条上面没有提到的提高实验结果准确程度有益的建议∶________。

（4）写出验证机械能守恒的表达式________。

四、解答题（共4题；共45分）
随着航天技术的不断发展，人类宇航员可以乘航天器登陆一些未知星球．一名宇航员在登陆某星球后为了测量此星球的质量进行了如下实验：他把一小钢球托举到距星球表面高度为ℎ处由静止释放，计时仪器测得小钢球从释放到落回星球表面的时间为t．此前通过天文观测测得此星球的半径为R，已知万有引力常量为G，不计小钢球下落过程中的气体阻力，可认为此星球表面的物体受到的重力等于物体与星球之间的万有引力．求：
（1）此星球表面的重力加速度g；
（2）此星球的质量M；及第一宇宙速度
（3）若距此星球表面高H的圆形轨道有一颗卫星绕它做匀速圆周运动，求卫星的运行周期．
如图所示，在光滑水平地面上放有一质量M=1kg带光滑圆弧形槽的小车，质量为
m=2kg的小球以速度v0=3m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度ℎ= 0.8m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．求：
（1）小球从槽口开始运动到最高点（未离开圆弧形槽）的过程中，小球对小车做的功W；
（2）小球落地瞬间，小车右端与小球间的水平间距L．
某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型：倾角θ=37∘的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6m，始终以v0=4m/s的速度顺时针运动．一个质量m= 1kg的物块由距斜面底端高度ℎ1=5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5，μ2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5m，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8．
（1）求物块下滑到B点的速度v B；
（2）求物块由B点运动到C点的时间；
（3）求物块落到D点时的速度；
（4）物块和皮带间产生的内能．
如图甲所示，半径R=0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M=5kg，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m=1kg，g取10m/s2．
（1）求物块滑到B点时对轨道压力的大小；
（2）若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；
（3）若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．
参考答案与试题解析
江苏省徐州市沛县2021届高三上学期物理第一次学情调研试卷
一、单选题（共8题；共12分）
1.
【答案】
B
【考点】
物理学史
【解析】
该题目考查的是物理学中，著名物理学家的成就，平时注意积累、记忆即可．
【解答】
A．库仑通过实验研究，总结出了库仑定律，A不符合题意；
B．法拉第最先提出了场的概念，并提出通过形象直观的场线来研究这种特殊物质，B 符合题意；
C．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量的数值，C不符合题意；
D．伽利略的理想斜面实验是以实验事实为基础的，然后在实验的基础上，进行了理想的推理，D不符合题意．故答案为：B．
2.
【答案】
B
【考点】
胡克定律
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
摩擦力的判断
【解析】
由A受力分析可求得弹簧的弹力；则可求得B受到的两弹簧的合力；再由力的合成可求得B受到的摩擦力。

【解答】
对A受力分析可知，A水平方向只受拉力及摩擦力而处于平衡状态；则可知弹簧的弹力F＝f；
因两弹簧伸长量相同，则两弹簧对B的弹力均为f；两弹力的合力大小为f，方向沿两弹力的角平分线上；
对B可知，B受到的摩擦力大小一定为f；
3.
【答案】
A
【考点】
库仑定律
电场的叠加
【解析】
本题考查了电荷的场强公式、电场的叠加、库仑定律三个知识点．
【解答】
解：设两电荷之间的距离为r ，则E =2⋅k q
(r 2
)2=8k q
r
2；两电荷之间的库仑力F =
k
q 2r 2
=
qE 8
，故A 正确．
故选A ． 4. 【答案】 A
【考点】
动量守恒定律的理解 【解析】
车以及沙子在水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程求解即可． 【解答】
解：砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v 0，小车与砂子组成的系统在水平方向动量守恒，以小车的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： Mv 0=mv 0+(M −m)v′ 解得：v′=v 0． 故A 正确，BCD 错误 故选：A ． 5.
【答案】 C
【考点】
动能定理的应用 【解析】
弹跳球反弹过程中对小学生做的功全部转化为小学生的重力势能，结合能量守恒求出对小学生做功的多少． 【解答】
小学生的体重比较小，取m ＝40kg ，根据能量守恒得，W ＝mgℎ＝40×10×0.15J ＝60J ．故C 正确，A 、B 、D 错误。

6.
【答案】 C
【考点】
合运动与分运动的概念 运动的合成与分解 牛顿第二定律的概念
【解析】
将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小，从而判断出重物的运动规律。

【解答】
AB 、小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设斜拉绳子与水平面的夹角为θ，
由几何关系可得：v B ＝v A cos θ，所以v A >v B ；故AB 错误；
CD、因汽车匀速直线运动，而θ逐渐变小，故v B逐渐变大，物体B有向上的加速度，处于超重状态，故C正确，D错误。

7.
【答案】
D
【考点】
随地、绕地问题
万有引力定律及其应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据万有引力提供向心力G Mm
r2=m v2
r
，得v=√GM
r
，可知轨道半径越大，速度越
小，由图可知A的轨道半径大，故A的线速度小，A错误；
根据万有引力提供向心力G Mm
r2=ma，得a=GM
r2
，可知轨道半径越大，加速度越小，
由图可知A的轨道半径大，故A的加速度小，故B错误；
A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积S=1
2r2ωt=1
2
√GMr⋅t，所以在相同时间内
扫过的面积不同，C错误；
从此时刻到下一次A、B相距最近，转过的角度差为2π，即(2π2
3T
−2π
T
)t=2π，所以t=
2T，故从此时刻到下一次A、B相距最近的时间2T，D正确．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
库仑定律与力学问题的综合应用
摩擦力做功与能量转化
【解析】
(1)根据动能图线分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况．
(2)由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q．
(3)A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差．
(4)由重力势能线得到E p=mgℎ=mgs sinθ，读出斜率，即可求出m．
(5)题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面
底端的距离．
【解答】
解：由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
A．由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q，故A错误；
B．A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差，故B错误；
C．由重力势能线得到E p=mgℎ=mgs sinθ，读出斜率，即可求出m，故C正确；D．图像中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离，故D错误．
故选：C．
二、多选题（共4题；共9分）
【答案】
D
【考点】
动能定理的应用
恒力做功
【解析】
由v−t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，对两段时间分别运用牛顿第二定律列式后联立求解；设10s末物体离起点点的距离为d，d应为v−t图与横轴所围的上下两块面积之差，根据功的公式求出克服摩擦力做功．
【解答】
解：A、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v−t图得：
加速度大小a1=△v
△t =8
4
=2m/s2，方向与初速度方向相反…①
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v−t图得：
加速度大小a2=6
6
=1m/s2，方向与初速度方向相反…②
根据牛顿第二定律，有：
F+μmg=ma1…③
F−μmg=ma2…④
解①②③④得：F=3N，μ=0.05，故A错误．
B、10s末恒力F的瞬时功率P=Fv=3×6W=18W．故B错误．
C、根据v−t图与横轴所围的面积表示位移得：10s内位移为x=1
2
×4×8−
1
2
×6×6m=−2m，则知10s末物体恰在起点左侧2m处．故C错误．
D、10s内克服摩擦力做功Wf=fs=μmgs=0.05×20×(1
2×4×8+1
2
×6×6)J=
34J．故D正确．故选：D
【答案】
A,D
【考点】
电场力做功与电势能变化的关系
动能定理的应用
【解析】
在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，
根据动能定理求出电场力做功；电场力做功等于电势能的减小量；重力做功等于重力
势能的减小量．
【解答】
解：ABC．在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做
功24J，
根据动能定理得：W G+W电+W f=ΔE k，
=−4J，
解得：W
电
所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J，
金属块下滑时沿电场线相反的方向，电场力做负功，故电场力的方向应该水平向右，
所以金属块带正电荷，故A正确，BC错误；
D．在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金
属块的机械能减少了12J，故D正确．
故选AD．
【答案】
A,C
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合加速度求解物体速
度的变化．
【解答】
CD．滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木
板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动．设木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数
为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg>μ2(M+m)g
最后一起做匀减速运动，加速度a′=μ29
开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a=μ19>μ29
知图线的斜率变小，C符合题意，D不符合题意．
A．若μmg<μ1(M+m)g
则木板不动，滑块一直做匀减速运动，A符合题意．
B．由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，B不符合题意．
故答案为：AC．
【答案】
A,D
【考点】
系统机械能守恒定律的应用
能量守恒定律的应用
【解析】
物体和弹簧两个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒列方程分析求解即可．
【解答】
AB．物块从静止释放后能沿斜面下滑，则有mg sinα>μmg cosα
解得μ<tanα
A符合题意，B不符合题意；
C．物块机械能的减少量等于克服摩擦力做的功与克服弹力做功之和，C不符合题意；D．根据能量转化和守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和，D符合题意．故答案为：AD．
三、实验题（共2题；共10分）
【答案】
A,C
(
d
△t2)
2−(d
△t1)
2
2s
约2.5
没有选取滑块和砝码一起作为研究对象
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）实验操作时应先接通光电门后释放滑块，调节气垫导轨水平时，不挂上砝码，保
证细线和气垫导轨平行，滑块只要从光电门1左侧释放，不一定要从同一位置静止释放．（2）滑块通过光电门的时间极短，用平均速度代替瞬时速度，得到滑块通过两个光电
门的速度．滑块被释放后做匀加速运动，由匀变速运动的位移速度公式求解加速度．（3）图乙直线斜率的倒数近似等于砝码和砝码盘的总重力G，由数学知识求出G．
（4）图线与理论值（虚线）有一定的差距，主要原因没有滑块和砝码一起作为研究对象．
【解答】
A、按照操作规程，应先接通光电门后释放滑块，否则可能滑块已经通过光电门，光电门还没有工作，测不出滑块通过光电门1的时间，故A正确．
B、调节气垫导轨水平时，不挂上砝码，使滑块能静止在导轨上任何位置，故B错误．
C、应调节定滑轮使细线和气垫导轨平行，保证细线的拉力是恒力，故C正确．
D、本实验只通过研究滑块经过两个光电门之间的过程测量加速度，每次不需要都将
滑块从同一位置静止释放，故D错误．
故选：AC．
滑块通过两个光电门的瞬时速度分别为v1=d
△t1，v2=d
△t2
由v22−v12=2as得：a=v22−v12
2s =
(d
△t2
)2−(d
△t1
)2
2s
砝码和砝码盘的总重力G近似等于细线对滑块的拉力，为G＝Ma
由图知图线乙的斜率k的倒数等于G，则G=1
k =1
0.6−0.2
1.2−0.2
N＝2.5N
图线与理论值（虚线）有一定的差距，可能原因是没有选取滑块和砝码一起作为研究对象（或“M没有加上砝码和砝码盘的质量”）．
故答案为：（1）AC；(2)(d
△t2
)2−(d
△t1
)2
2s
(3)约2.5(4)没有选取滑块和砝码一起作为研究对象
①②
①③
“对同一高度进行多次测量取平均值”、“选取受力后相对伸长量尽量小的绳”等
(m1−m2)gt2=2(m1+m2)ℎ
【考点】
用光电门测速法验证机械能守恒定律
用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律
【解析】
（1）验证机械能守恒，及系统初状态的机械能等于末状态的机械能，结合动能与重力势能的表达式求解即可；
（2）绳子质量轻，故可以忽略绳子只研究两个物体；尽量保证物体的速度闫竖直方向，测量动能更精确；
（3）提高实验的精确程度可以从速度和高度的测量两个方向考虑；
（4）重物下落时应遵循机械能守恒定律，即动能的增加量等于重力势能的减小量，利
用运动学公式表示出速度v，再化简即可．
【解答】
（1）通过连接在一起的A，B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与
动能变化是否相等，A，B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A，B的
速度大小总是相等的，故不需要测量绳子的长度和B上升的距离及时间．故答案为：
①②
（2）如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差；绳子不宜太长，长了形变对实验的影响越大；m1,m2相差越大，整体所受阻力相对于
合力对运动的影响越小．物体末速度v是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物体在竖直方向运动．这些都是减小系统误差，提高实验准确程度的做法．故答案为：①③．
（3）提到的提高实验结果准确程度有益的建议：“对同一高度进行多次测量取平均值”、“选取受力后相对伸长量尽量小的绳”等．
（4）A下降s的同时，B上升s，它们的重力势能的变化ΔE P=(m1−m2)gℎ①
A与B动能的变化ΔE k=1
2
(m1+m2)y2②
根据匀变速运动规律，可知A，B速度为y=2n
t
③
由①②③式得，验证机械能守恒的表达式(m1−m2)gt2=2(m1+m2)ℎ
四、解答题（共4题；共45分）
【答案】
（1）此星球表面的重力加速度2ℎ
t2
．
（2）此星球的质量为2R 2ℎ
Gt2，第一宇宙速度为√2Rℎ
t2
．
（3）卫星的运行周期为2πt(R+H)
R √R+H
2ℎ
．
【考点】
万有引力定律及其应用
（1）根据ℎ=1
2gt 2得出星球表面的重力加速度．
（2）根据万有引力等于重力求出星球的质量，根据重力提供向心力计算第一宇宙速度． （3）根据万有引力提供向心力，结合万有引力等于重力求出卫星在圆形轨道上运行的周期． 【解答】
解：（1）由ℎ=1
2gt 2得，g =
2ℎt 2
．
（2）根据G Mm R 2
=mg
解得M =
gR 2G
=2R 2ℎGt 2
．
根据重力提供向心力mg =m v 1
2R
得第一宇宙速度v 1=√gR =√
2Rℎt 2
（3）根据万有引力提供向心力得，G Mm
(R+H)2=m 4π2T 2
(R +H)
又GM =gR 2 解得T =2π√(R+H)3gR 2
．
因为g =
2ℎt 2
．
所以T =2π√t 2(R+H)32ℎR 2
=
2πt(R+H)
R
√
R+H 2ℎ．
答：（1）此星球表面的重力加速度2ℎ
t 2． （2）此星球的质量为2R 2ℎ
Gt 2，第一宇宙速度为√2Rℎt 2
．
（3）卫星的运行周期为
2πt(R+H)
R
√
R+H 2ℎ
．
【答案】
（1）小球对小车做的功W =2J ；
（2）小球落地瞬间，小车右端与小球间的水平间距为1.2m ． 【考点】
动量守恒定律的综合应用 系统机械能守恒定律的应用
【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）将小球和小车看做一个整体，可列出式子： mv 0=(M +m )v ， W =1
2Mv 2 ，
（2）根据动量守恒定律和动能定理可列出式子：mv0=mv1+Mv2，
1 2mv02=1
2
mv12+1
2
Mv22，
解得：v1=1m/s（向左），v2=4m/s（向左）
ℎ=1
2
gt2，L=(v2−v1)t，
L=1.2m．
【答案】
（1）物块下滑到B点的速度v B=6m/s；
（2）物块由B点运动到C点的时间为1.25s；
（3）物块落到D点时的速度为10.8m/s；
（4）物块和皮带间产生的内能为2J．
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
传送带模型问题
平抛运动基本规律及推论的应用
摩擦力做功与能量转化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）A到B过程：mg sinθ−μ1mg cosθ=ma1，
ℎ1 sinθ=1
2
a1t12，
代入数据解得a1=2m/s2，t1=3s，
所以滑到B点的速度v B=a1t1=2×3m/s=6m/s；（2）物块在传送带上先减速运动，后匀速运动，
a2=2m/s2，减速时间t2=1s，减速位移x=5m，
剩下1m匀速运动匀速时间0.25s，
总时间t=1+0.25s=1.25s；
（3）物块离开C点做平抛运动，
v y2=2gH，解得v y=10m/s，水平速度不变为4m/s，所以v D=10.8m/s；
（4）物块和皮带间产生的内能为Q=fs=2J．
【答案】
（1）物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小为30N．（2）物块的最终速度大小为0.5m/s．
（3）物块滑离平板车时的速度大小为√5m/s．
【考点】
“二合一”模型
竖直面内的圆周运动-弹力
动能定理的应用
【解析】
（1）根据机械能守恒定律求出物体到达B点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力．
（2）物块与平板车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出物块与平板车的速度．
（3）根据f−L图像与L轴所围的面积求出物块克服摩擦力做的功，然后由动能定理求出物块滑离平板车时的速度大小．
【解答】
解：（1）物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR=1
2
mv B2，
代入数据解得：v B=3m/s，
在B点，由牛顿第二定律得：F N−mg=m v B2
R
，
代入数据解得：F N=3mg=30N，
由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力：F N′=F N=30N．
（2）物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守
恒．以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv B=(m+M)v共，
代入数据解得：v
共
=0.5m/s．
（3）物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为f−L图线与横轴所围的面积大小，则
克服摩擦力做功为：W f=2+6
2
×0.5J=2J，
物块在平板车上滑动过程，由动能定理得：−W f=1
2mv2−1
2
mv B2，
代入数据解得：v=√5m/s．。