高一物理力学试题

1.（不定项选择题）跳高运动员从地面起跳的瞬间，下列说法中正确的是（）

A．运动员对地面的压力大小小于运动员受到的重力

B．地面对运动员的支持力大小大于运动员受到的重力

C．地面对运动员的支持力大小大于运动员对地面的压力

D．运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力

2.如图, 在倾角为α的固定光滑斜面上,有一用绳子拴着的长木板,木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断开时,猫立即沿着板向上跑,以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为__________。

3.如图，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M=0.5kg的木板正中间放有一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）静止在轨道上，木板右端距离挡板x0=0.5m，铁块与木板间动摩擦因数μ=0.2。现对铁块施加一沿着轨道水平向右的外力F＝10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力。若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。

（1）木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是多长？

（2）若铁块和木板最终停下时，铁块刚好没滑出木板，则木板有多长？

（3）从开始运动到铁块和木板都停下的整个过程中，木板通过的路程是多少？

4.如图所示，一质量M=2.0kg的长木板静止放在光滑水平面上，在木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2．用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过t=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m处．在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来．求：

（1）作用于木板的恒力F的大小；

（2）木板的长度至少是多少？

5.一弹簧秤的秤盘质量m1=1.5kg，盘内放一质量为m2=10.5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为K=800N/m，系统处于静止状态，如图所示．现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2s内F是变化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）

6.如图甲所示，质量为m=2kg的物块放在水平桌面上处于静止状态，现用一水平外力F作用在物块上.物块运动的加速度随时间变化的关系图象如图乙所示，已知物块运动过程中所受摩擦力的大小为F1=5N，重

力加速度g取10m/s2，求：

μ；

（1）物块与地面间的动摩擦因数

（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式；

（3）2s末物块速度v.

7.如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F=8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系．已知物块的质量m=1kg，通过DIS实验，

得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与

木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2．试问：

（1）图（b）中图线与纵坐标交点ao多大？

（2）图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？说明

在斜面倾角处于θ1和θ2之间时物块的运动状态．

（3）θ1为多大？

（4）如果木板长L=2m，倾角为37°，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，

力F最多作用多长时间？（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）

8.如图所示，长L＝9m的传送带与水平方向的傾角=37°，在电动机的带动下以v=4m/s 的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地

μ=0.5 ，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不放一质量m＝1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数

计。（ g=10m/s2，）求：

（1）物块从第一次静止释放到与挡板P第一次碰撞后，物块再次上升到传送带的最高点的过程中，因摩

擦生的热；

（2）物块最终的运动状态及达到该运动状态后电动机的输出功率。

9.如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的足够长光滑直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°．现小球在F=15N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发向上运动．g取10m/s2．试求：

（1）小球运动的加速度a1；

（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离sm．

10.如图所示，质量m2=5kg的物块置于光滑水平面上，再将m1=5kg的另一物块置于m2的水平表面上，两物块之间的动摩擦因数μ=0.4，一根细绳绕过定滑轮将m3与m2连接，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力g=10m/s2．

（1）要使m3由静止释放后m1、m2不发生相对滑动，求m3的取值范围．

（2）若m3=30kg，将其由静止释放后，m1、m2、m3的加速度大小分别为多少？

11.为了安全，中国航母舰载机“歼﹣15”通过滑跃式起飞方式起飞．滑跃起飞的原理有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为

L1=160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量

m=2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.4×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.05m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障．g取10m/s2．

（1）求飞机在水平跑道上运动的末速度．

（2）求飞机从开始运动到起飞经历的时间．

12.如图所示，质量为2kg的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角θ为37°．质量为1kg的光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A和B都处于静止状态，求：

（1）墙壁对B的支持力是多少？

（2）斜面对B的支持力是多少？

（3）地面对三棱柱的支持力是多少？

13.一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B（中央有孔），A、B间由细绳连接着，它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，且与水平线成30°角．已知B球的质量为2kg，求细绳对B球的拉力和A球的质量．（g取10m/s2）

14.如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止光滑斜面上，设小球质量m=1kg，斜面倾角θ=300，悬线与竖直方向夹角α=300，光滑斜面M=3kg置于粗糙水平面上，求：（1）悬线对小球拉力的大小。（2）地面对斜面的摩擦力的大小和方向。（g=10 m/s2）

15.如图所示，质量M=23kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=3kg小球相连。

α?角的力F==103N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位今用跟水平方向成=30

置保持不变，取g=10m/s2 。求：

（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；

μ。

（2）木块与水平杆间的动摩擦因数

16.一个质量为m的物体受到一个水平向右的外力作用，静止在倾角为30°的光滑斜面上，求水平外力的大小。若保持水平外力大小不变，仅改变其方向，仍能使物体静止在光滑的斜面上，设此时外力与斜面的夹角为α，求α的大小，并求出这两种情况下斜面对物体支持力的大小之比。

17.如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相栓接，将它们放在倾角为的足够长的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为。斜面底端有固定挡板D，物体C靠在挡板D上。将质量也为m 的物体A从斜面上的某点卣静止释放，A与B相碰。已知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。

(1)若A与B相碰后粘连在一起做简谐运动，求AB通过平衡位置时弹簧的形变量；

(2)在(1)问中，当AB第一次振动到最高点时，C对挡板D的压力恰好为零，求振动过程C 对挡板D的压力最大值：

(3)若将A从距离B为9。的位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力也恰好为零。已知A与B相碰后，A、B系统动能损失一半，求A 与B相碰后弹簧第一次恢复到原长时B的速度大小。

18.如图所示，PQ和MN为水平放置的光滑的平行金属导轨，间距为l=1.0m，导体棒ab垂直跨放在导轨上，棒的质量为m=2kg，棒的中点用细绳经轻滑轮与质量为M=0.2kg的物体相连，物体M放在倾角为θ=30°的固定的斜面上，与M连接的轻绳与斜面平行。整个装置区域存在一个方向与导体棒垂直且与水平面的夹角α=53o斜向左上方的匀强磁场，重力加速度g取10m/s2。若磁感应强度B=0.5T，物块M与斜面

之间的动摩擦因素，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要保持导体棒ab静止不动，应该在棒中通入电流的范围？电流的方向如何？()

19.已知地球的自转周期为T0，平均半径为R0，地表的重力加速度为g

（1）试求地球同步卫星的轨道半径；

（2）有一颗与上述同步卫星在同一轨道平面运转的低轨道卫星，自西向东绕地球运行，其运行半径为同步轨道半径的四分之一，该卫星至少每隔多长时间才在同一城市的正上方出现一次．（计算结果只能用题中已知物理量的字母表示）

20.

（18分）

如右图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速周运动，星球A和B两者中心之间距离为L。已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧。引力常数为G。

（1）求两星球做圆周运动的周期。

（2）在地月系统中，若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行为的周期记为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期T2。已知地球和月球的质量分别为5.98×1024kg 和7.35 ×1022kg 。求T2与T1两者平方之比。（结果保留3位小数）

23.（计算）一质量为5kg的滑块在F=15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因素是0.2，g取10 m/s2，问：

(1)滑块运动的加速度是多大？

(2)滑块在力F作用下经5s，通过的位移是多大？

(3)如果力F作用8s后撤去，则滑块在撤去F后还能滑行多远？

24.

（计算）如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况．

（2）求悬线对球的拉力．

25.

（计算）如图所示，质量为m的木块放到倾角为θ的斜面上，恰好可以沿斜面匀速下滑．

(1)求木块匀速下滑过程中受到的摩擦力的大小；

(2)若对木块施加一个平行于斜面向上的力F，使木块沿斜面向上匀速运动，则力F的大小为多少？（3）求出摩擦因数

试卷答案

1.B

2.a=1.5gsinα

木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零； 将木板和猫作为整体，由牛顿第二定律，受到的合力为F 2ma =木板，猫受到的合力为F 0=猫 则整体受的合力等于木板受的合力：F F 2ma ==合木板（a 为木板的加速度）， 又整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小（垂直斜面分力问零） 即F 3mgsin α=合，解得a=1.5gsinα。

3.（1）0.5s ．（2）2.5m ．（3）1.28m ． 解析： （1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am ，则

am=M mg

μ=8m/s2

假设木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a ，则

a=m M F

+=4m/s 2

因a

2

021at x =

解得 t=0.5s

（2）设木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为v1，则 v1=at 解得 v1=2m/s

木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为am ，设板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则

1ma mg =μ

11t a m =υ

m

a x 22

11υ=

解得 a1=2m/s2，t1= 0.25s ，m 25.01=x

当板速度向左为零时，设铁块速度为1υ'

，则

1111

t a -='υυ

设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为1x '

，则

211

2t a -'=υυ ，22t a m =υ

2

21

21t a x m ='

解得 s m /5.11='υ，t2=0.15s ，v2=1.2m/s ，m 09.01='

x

因为11x x <'

，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞。……以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。设木板长为L ，则以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒

21)(21

2υμm M L mg

+=

解得 L=2.5m

（3）设木板与挡板第二次碰后，木板向左运动的最远距离为x2，则

m

a x 222

2υ=

解得 x2=0.09m

综上可知 126.0υυ=,1236.0x x =

因为以后是多次重复上述过程。同理，有木板与挡板第三次碰后，木板与铁块达到共速为236.0υυ=，木板向左运动的最远距离为2

336.0x x =

…………

设木板与挡板第n-1次碰后，木板与铁块达到共速为vn ，同理有

vn=

116.0υ-n 设木板与挡板第n 次碰后，木板向左运动的最远距离为xn ，同理有

xn=

1136.0x n - 所以，从开始运动到铁块和木板都停下的全过程中，设木板运动的路程为s ，则 n x x x x s 222210+???+++= )(∞→n 解得 m m 28.13241

==

s s

4.解：（1）设小物块受到的摩擦力为f=μN1=μmg=0.2×1.0×10N=2N 方向水平向右．

设小物块的加速度为a1，木板在恒力F 作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2则

由牛顿定律及运动规律可知：f=ma1 a1=2.0m/s2

s2﹣s1=l

带入数据解得：a2=4m/s2

设木板受到的摩擦力为f′，f′=f，对木板根据牛顿第二定律：F﹣f′=Ma2，

则F=f′+ma2，代入数值得出F=10N．

（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的系统动量守恒，当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度v，

v1=a1t=2m/s

v2=a2t=4m/s

根据动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v

对小物块：根据动能定理：fs=

对木板：根据动能定理：﹣f（s+l′）=

代入数据：

所以木板的长度至少为L=l+l′=m≈1.7m

答：（1）作用于木板的恒力F的大小为10N；（3）木板的长度至少是1.7m．

5.解：设刚开始时弹簧压缩量为x1，则：

x1==0.15m…①

设两者刚好分离时，弹簧压缩量为x2，则对Q：

kx2﹣m1g=m1a…②

在前0.2s时间内，由运动学公式得：

x1﹣x2=at2…③

由①②③解得：a=6m/s2

由牛顿第二定律，开始时：

Fmin=（m1+m2）a=72N

最终分离后：

Fmax﹣m2g=m2a

即：Fmax=m2（g+a）=168N

答：力F最小为72N，最大为168N．

6.（1）0.25；（2）F=5+4t ；（3）4m/s ． 解析： （1）设正压力为N ，则f N μ=，又

,0.25f

N mg mg μ=∴=

=Q

（2）由图可得：2a kt t ==，由牛顿第二定律：,54F f ma F f ma t -=∴=+=+ （3）a 与t 所围成的面积表示物体速度的变化

1

244/2at m s

∴=??=

Q 0时刻物体速度为0，所以2s 末物体速度4/v m s =

7.解：（1）当木板水平放置时，物块的加速度为a0，此时滑动摩擦力： f=μN=μmg=0.2×1×10=2（N ）

解得：=6（m/s2）

（2）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态．

（3）N1=mgcosθ1 F1=μN1=μmgcosθ1F=mgsinθ1+μmgcosθ1 联立方程8=10sinθ1+2cosθ1解得θ1≈40.4°

（4）力F 作用时的加速度（m/s2）

撤去力F 后的加速度大小a2=mgsin37°+μmgcos37°m=10×0.6+0.2×10×0.81=7.6（m/s2） 设物块不冲出木板顶端，力F 最长作用时间为t 则撤去力F 时的速度v=a1t 位移

撤去力F 后运动的距离由题意有 L=s1+s2即：

解得：t≈3.1s

答：（1）图（b ）中图线与纵坐标交点ao 为6（m/s2）；

（2）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态． （3）θ1为40.4°；

（4）力F 最多作用时间为3.1s ．

8.（108J （2）16W 解析： （1）（7分）物块从A 点由静止释放，物块相对传送带向下滑，物块沿传送带向下加速运动的速度

21sin cos 2m /s a g g θμθ=-=

与P 碰前的速度

1126m /s

v a L ==

物块从A 到B 的时间

1

11

3s v t a =

=

在此过程中物块相对传送带向下位移1121m s L vt =+=

物块与挡板碰撞后，以v1的速度反弹，因v1>v ，物块相对传送带向上滑，物块向上做减速运动

的加速度为2

2sin cos 10m /s a g g θμθ=+=

物块速度减小到与传送带速度相等的时间122

0.2s v v

t a -=

=

在t2时间内物块向上的位移

1121m 2v v

L t +=

=

物块相对传送带向上的位移2120.2m s L vt =-=

物块速度与传送带速度相等后物块相对传送带向下滑，物块向上做减速运动的加速度

23sin cos 2m /s a g g θμθ=-=

物块速度减小到零的时间

33

2s v

t a =

=

物块向上的位移234m

2v

L t ==

此过程中物块相对传送带向下的位移3324m s vt L =-=

摩擦生热123cos ()100.8J.Q mg s s s μθ=++=

（2）（7分）物块上升到传送带的最高点后，物块沿传送带向下加速运动，与挡板P 第二次碰掸前的速度21122()20m /s

v a L L =+=

碰后因v2>v ，物块先向上做加速度为a2的减速运动，再做加速度为3a 的减速运动，物块向上的

位移为2

22

2323

4.2m

22v v v L a a -=+=

物块与挡板第三次碰撞前的速度31322 4.2m /s

v a L ==

在此类推经过多次碰撞后物块以4m /s v =的速度反弹，故最终物块在P 与离P 4m 的范围内不断

做向上的加速度为2 m/s2的减速运动和向下做加速度为2 m/s2的加速运动，物块的运动达到这一稳定状态后，物块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力 cos f F mg μθ

=

故电动机的输出功率cos 16W.P mg v μθ==g

9.解：（1）对小球由牛顿第二定律得：Fsin30°﹣mgsin30°=ma1…①

解得：a1==2.5 m/s2

（2）在力F的作用下，小球上滑的位移大小为x1，末速度大小为v，则：…②v=a1t…③

撤去力F后，小球减速上滑的加速度大小为a2，位移大小为x2则：mgsin30°=ma2…④

v2=2a2x2…⑤

且sm=x1+x2…⑥

联立得：sm=7.5m

答：（1）小球运动的加速度a1为2.5 m/s2；

（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离为7.5m．

10.解：（1）设m1最大加速度为a1

由牛顿第二定律：μm1g=m1a1①

m3g﹣μm1g=（m2+m3）a2②

若m1、m2间不发生相对滑动，则有：a2≤a1③

由①②③联立求解得：m3≤6.7kg

（2）m3=30kg＞6.7kg，则m1、m2间发生相对滑动

设这时m1的加速度为a'1，m2与m3加速度相同，且设为a'2

由牛顿第二定律：μm1g=m1a'1

m3g﹣μm1g=（m2+m3）a'2

答：（1）m3的取值范围为m3≤6.7kg

（2）m1、m2、m3的加速度大小分别为4m/s2，8m/s2，8m/s2

11.解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，末速度为v1，

由牛顿第二定律得，F﹣f=ma1，

f=0.2mg

，

联立以上三式并代入数据解得，v1=40m/s．

（2）设飞机在倾斜跑道上的加速度为a2，跑道末端速度为v2．

水平跑道上：

倾斜跑道上：由牛顿第二定律有

代入数据解得

由，

代入数据解得

所以

则t=t1+t2=8.5s．

答：（1）飞机在水平跑道上运动的末速度为40m/s．

（2）飞机从开始运动到起飞经历的时间为8.5s．

12.解：（1）、（2）以小球B为研究对象，它受到重力mg，斜面对它的支持力N1，墙壁对它的弹力F 的作用而处于平衡状态，如图1所示．

根据平衡条件有：

N1 cosθ=mg

N1sinθ=F

解得F=mgtanθ=10tan37°=7.5N，N1===12.5N．

（3）选取球B和斜面A整体为研究对象，受到重力（M+m）g，地面支持力N，墙壁的弹力F和地面的静摩擦力f的作用而处于平衡状态．如图2所示．

根据平衡条件有：N=（M+m）g=（2+1）×10N=30N

答：

（1）墙壁对B的支持力是7.5N．

（2）斜面对B的支持力是12.5N．

（3）地面对三棱柱的支持力是30N．

13.解：对B球受力分析如下图所示，物体B处于平衡状态有：Tsin 30°=m B g

T=2m B g=2×2×10 N=40 N

物体A处于平衡状态有：

在水平方向：Tcos 30°=N A sin 30°

在竖直方向：N A cos 30°=m A g+Tsin 30°

由上两式解得：m A=2m B=4 kg

答：细绳对B球的拉力为40N；A的质量为4kg．

14.(1)

N

3

3

10

(2)

N

3

3

5

解析：：（1）以小球为研究对象，受力分析如答图1所示．

根据平衡条件得知，T与N的合力F=mg

Tcos30°＝

1

2 F 得T=0

1

103

2

cos30

mg

N

=

（2）以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如答图2所示．由于系统静止，合力为零，则有

f＝Tcos60°＝

103153

2

N N

?=

方向水平向左

15.（1）θ=30°（2）μ=5

3

解析：（1）设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：

Fcos30°=Tcosθ ①

Fsin30°+Tsinθ=mg ②

代入得：103cos30°=Tcosθ ③

10sin30°+Tsinθ=103④

由③④解得 T=103N，

θ=30°

（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得Fcos30°=f

N+Fsin30°=（M+m）g 又f=μN

3

代入解得，μ=5

16.

17.

18.解：当棒中通入电流最大为

1

I 时，物理受到沿斜面向下的最大静摩擦力。

物体沿斜面方向受力平衡：

00

sin 30cos 30T Mg Mg F μ+=

对棒受力平衡：

1sin 53T BI l F = 联立解得：

1 3.75I A

=

当棒中通入电流最小为

2

I 时，物理受到沿斜面向上的最大静摩擦力。

物体沿斜面方向受力平衡：

00

1sin 30cos 30T Mg Mg F μ-=

对棒受力平衡：

21sin 53T BI l F = 联立解得：

2 1.75I A

=

棒中通入电流的范围1.25 3.75A I A <

<,电流方向为由a 向b 。

19.解：（1）设地球的质量为M ，同步卫星的质量为m ，运动周期为T ，因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，故

，同步卫星T=T 0

而在地表面 得：

（2）由①式可知T 2∝R 2，设低轨道卫星的周期为T 1，则，得T 1=

设卫星至少每隔t 时间在同一地点的正上方出现一次，只需满足 ω1t ﹣ω2t=2π 即

解得t=

答：（1）地球同步卫星的轨道半径；

（2）该卫星至少每隔时间才在同一城市的正上方出现一次．

20.（1）)

(23

m M G L T +=π （2）1.01

解析：（1）A 和B 绕O 做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A 和B 的向心力相等。且A 和B 和O 始终共线，说明A 和B 有相同的角速度和周期。因此有

R M r m 22ωω=，L R r =+，连立解得L M m m R +=

，L M

m M

r +=

对A 根据牛顿第二定律和万有引力定律得

L m M M T m L GMm +=22

)2(π[来源:https://www.360docs.net/doc/338920387.html,]

化简得 )

(23

m M G L T +=π

（2）将地月看成双星，由⑴得)

(23

1m M G L T +=π

将月球看作绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得

L T m L

GMm 2

2

)2(π= 化简得 GM

L T 3

22π=

所以两种周期的平方比值为01.110

98.51035.71098.5)(24

22

24212=??+?=+=M M m T T

21.解：（1）“嫦娥三号”在环月圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，

，

在月球表面有：，

解得==1.4m/s2．

（2）“嫦娥三号”在变轨前绕月做圆周运动，半径R=1700+100km=1800km ， 变轨后绕月做椭圆运动，半长轴a=

，

由开普勒第三定律可得：，

则．

答：（1））“嫦娥三号”在环月圆轨道Ⅰ上的向心加速度为1.4m/s2；

（2）“嫦娥三号”在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的周期之比为．

22.由于卫星每绕地球转一圈，两次经过赤道上空，故一昼夜即四个周期，经过赤道上空8次。 （2）

R T gR -32

2

0241π

设极地卫星的质量为m ，它绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，则：

)()4/(4)(2022H R T m H R Mm G +=+π 设在地球表面有质量为m 0的物体，g m R Mm G 02=

由以上两式得;H=R T gR -32

2

0241π

23.（1）1m/s 2

（2） 12.5m （3） 16m

24.(1)7.5m/s 2

水平向右匀加速直线运动或水平向左匀减速直线运动 （2）12.5N

25.(1)mgsin θ (2)2mgsin θ (3)tan θ