湖南省長(zhǎng)沙市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期入學(xué)暨寒假作業(yè)檢測(cè)聯(lián)考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年春季高一年級(jí)入學(xué)暨寒假作業(yè)檢測(cè)聯(lián)考物理時(shí)量：75分鐘滿分：100分一、選擇題（本題共有11個(gè)小題，共計(jì)49分，其中1~6為單項(xiàng)選擇題，每小題4分，只有一個(gè)正確選項(xiàng)，7~11題為多項(xiàng)選擇題，每小題5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）1.關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)加速度的方向，下列說法正確的是（）A.物體做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度的方向一定與速度方向相同B.物體做變速率曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度的方向一定改變C.物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度的方向指向圓心D.物體做勻速率曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度的方向與速度方向垂直〖答案〗D〖解析〗A．物體做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度的方向與速度方向相同，做減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向與速度方向相反，故A錯(cuò)誤；B．物體做變速率曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度的方向可能不變，例如平拋運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度的方向指向圓心，故C錯(cuò)誤；D．物體做勻速率曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度的方向與速度方向垂直，只改變速度的方向，不改變速度的大小，故D正確。故選D。2.如圖，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位移-時(shí)間圖像，由圖可知（）A.t1時(shí)刻，兩車速度相等B.t2時(shí)刻，a、b兩車運(yùn)動(dòng)方向相同C.t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，b車的速率先減小后增大D.t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，b車的速率一直比a車大〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)圖象的斜率表示速度，可知t1時(shí)刻，b車速度大于a車的速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖象的斜率表示速度，可知在時(shí)刻t2，兩車運(yùn)動(dòng)方向相反，故B錯(cuò)誤；C．圖線切線的斜率表示速度，在t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，b車圖線斜率先減小后增大，則b車的速率先減小后增大，故C正確；D．在t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，b圖線的斜率先大于、再等于、再小于、后大于a圖線的斜率，所以b車的速率不是一直比a車大，故D錯(cuò)誤；故選C。3.宇航員在地球表面以初速度豎直上拋一小球，經(jīng)過時(shí)間t小球到達(dá)最高點(diǎn)；他在另一星球表面仍以初速度豎直上拋同一小球，經(jīng)過時(shí)間5t小球到達(dá)最高點(diǎn)。取地球表面重力加速度g=10m/s2，空氣阻力不計(jì)。則該星球表面附近重力加速度g′的大小為（）A.2m/s2 B.m/s2 C.10m/s2 D.5m/s2〖答案〗A〖解析〗根據(jù)逆向思維可知，地球上有在另一個(gè)星球上解得，星球表面附近重力加速度的大小故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。4.廣東隊(duì)隊(duì)史11次奪取CBA總冠軍，是CBA奪取總冠軍次數(shù)最多的球隊(duì)。如圖所示，某次比賽中一運(yùn)動(dòng)員將籃球從地面上方B點(diǎn)以速度斜向上拋出，恰好垂直擊中籃板上A點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，若籃球從B點(diǎn)正上方C點(diǎn)斜向上拋出，仍然垂直擊中籃板上A點(diǎn)，則兩次拋球相比（）A.球從B至A用時(shí)較短B.從C點(diǎn)拋出時(shí)，拋射角較小C.從C點(diǎn)拋出時(shí)的速度較大D.從B點(diǎn)拋出時(shí)，球撞到籃板時(shí)的速度較大〖答案〗B〖解析〗AD．因?yàn)榛@球垂直擊中籃板，此時(shí)速度處于水平方向，故根據(jù)逆向思維，把籃球的運(yùn)動(dòng)看成反向做平拋運(yùn)動(dòng)，到的下落高度大于到的下落高度，豎直方向根據(jù)可知到的時(shí)間大于到的時(shí)間，即球從B至A用時(shí)較長(zhǎng)；水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則有由于水平位移相等，球從B至A用時(shí)較長(zhǎng)，可知從B點(diǎn)拋出時(shí)，球撞到籃板時(shí)的速度較小，故AD錯(cuò)誤；B．籃球剛拋出時(shí)的拋射角滿足由于從C點(diǎn)拋出時(shí)所用時(shí)間較短，又水平速度較大，可知從C點(diǎn)拋出時(shí)，拋射角較小，故B正確；C．兩次拋出過程有相同的水平位移，設(shè)水平位移為，豎直高度為，則有，，可得拋出時(shí)的速度大小為可得當(dāng)時(shí)，拋出速度有最小值，由于不清楚拋出過程上升高度與水平位移關(guān)系，故無(wú)法確定C點(diǎn)拋出的速度是否大于B點(diǎn)拋出的速度，故C錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示一種古老的舂米機(jī)．舂米時(shí)，稻谷放在石臼A中，橫梁可以繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，在橫梁前端B處固定一舂米錘，腳踏在橫梁另一端C點(diǎn)往下壓時(shí)，舂米錘便向上抬起。然后提起腳，舂米錘就向下運(yùn)動(dòng)，擊打A中的稻谷，使稻谷的殼脫落，稻谷變?yōu)榇竺?。已知OC>OB，則在橫梁繞O轉(zhuǎn)動(dòng)過程中（）A.B、C的向心加速度相等B.B、C的角速度關(guān)系滿足ωB<ωCC.B、C的線速度關(guān)系滿足vB<vCD.舂米錘擊打稻谷時(shí)對(duì)稻谷的作用力大于稻谷對(duì)舂米錘的作用力〖答案〗C〖解析〗AB．由題圖可知，B與C屬于共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則它們的角速度是相等的，即ωC＝ωB向心加速度a＝ω2r因OC>OB，可知C的向心加速度較大，故AB錯(cuò)誤；C．由于OC>OB，由v＝ωr可知C點(diǎn)的線速度大，故C正確；D．舂米錘對(duì)稻谷的作用力和稻谷對(duì)舂米錘的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，二者大小相等，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖甲，足夠長(zhǎng)木板靜置于水平地面上，木板右端放置一小物塊。在時(shí)刻對(duì)木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去，此后木板運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙。物塊和木板的質(zhì)量均為，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度，下列說法正確的是（）A.拉力的大小為B.物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為C.物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端間的距離為D.時(shí)刻，物塊的速度減為0〖答案〗C〖解析〗AB．由圖像可知，撤去拉力F前，物塊在木板上一直有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，否則，撤去拉力F后，木板的圖像不可能是兩段折線。在內(nèi)，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有設(shè)物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由牛頓第二定律有解得撤去拉力后木板做勻減速，由圖乙可知對(duì)木板，由牛頓第二定律有解得撤去拉力F前，木板的加速度對(duì)木板，根據(jù)第二定律有得故AB錯(cuò)誤；CD．在內(nèi)，物塊位移為木板位移為由于可知，在后，物塊與木板間仍有相對(duì)滑動(dòng)，物塊的加速度大小木板的加速度大小為，則有解得物塊到停止的時(shí)間還需木板到停止的時(shí)間還需所以木板比物塊先停止運(yùn)動(dòng)，在到物塊停止，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為物塊的位移為木板位移為物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端間的距離為由上述分析可知，物塊從開始到停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3s，2s時(shí)的速度不為0，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7.下圖是地球的三個(gè)宇宙速度示意圖，下列說法中正確的是（）A.地球的第一宇宙速度大小與地球質(zhì)量有關(guān)B.第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最小速度C.若物體的發(fā)射速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，則物體繞太陽(yáng)運(yùn)行D.同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定小于地球的第一宇宙速度〖答案〗ACD〖解析〗A．根據(jù)即知，地球的第一宇宙速度大小與地球質(zhì)量有關(guān)，故A正確；B．第一宇宙速度是人造衛(wèi)星繞地球運(yùn)行所需的最小發(fā)射速度，環(huán)繞地球運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，故B錯(cuò)誤；C．第二宇宙速度是使物體可以掙脫地球引力束縛，成為繞太陽(yáng)運(yùn)行的小行星的最小發(fā)射速度；而第三宇宙速度是在地面附近使物體可以掙脫太陽(yáng)引力束縛，故C正確；D．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球的質(zhì)量為M，由得可知，衛(wèi)星軌道半徑越大，線速度越小，同步衛(wèi)星的軌道半徑大于衛(wèi)星繞地球附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R，所以同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定小于地球的第一宇宙速度，故D正確。故選ACD。8.物體在水平推力作用下，將物體壓在豎直墻壁上，質(zhì)量都為，且此時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖所示，關(guān)于兩物體的受力情況，下列說法正確的是（）A.當(dāng)推力增大時(shí)沿墻壁對(duì)的摩擦力大小不變B.分別都受到四個(gè)力的作用C.若木塊保持對(duì)靜止沿墻壁向下勻速運(yùn)動(dòng)，則墻壁對(duì)木塊的摩擦力大小為D.當(dāng)撤去，木塊沿墻壁下滑，此時(shí)不一定只受一個(gè)力〖答案〗AC〖解析〗A．依題意，對(duì)兩物體進(jìn)行受力分析，豎直方向受力平衡，即墻壁對(duì)的摩擦力與兩物體的重力大小相等，方向相反。所以當(dāng)推力增大時(shí)沿墻壁對(duì)的摩擦力大小不變。故A正確；B．a(chǎn)物體受5個(gè)力作用，分別是自身重力、墻壁的彈力、b物體的壓力、墻壁的摩擦力和b物體的摩擦力，b物體受4個(gè)力作用，分別是自身重力、a物體的彈力、a物體的摩擦力和外力F。故B錯(cuò)誤；C．若木塊保持對(duì)靜止沿墻壁向下勻速運(yùn)動(dòng)，ab整體受力平衡，豎直方向有墻壁對(duì)的摩擦力與兩物體的重力大小相等即故C正確；D．當(dāng)撤去，木塊沿墻壁下滑，此時(shí)只受自身重力作用。故D錯(cuò)誤。故選AC。9.如圖所示，將質(zhì)量為的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為?，F(xiàn)將小環(huán)從圖中所示的A處由靜止釋放，整個(gè)過程中重物都只在豎直方向運(yùn)動(dòng)。下落過程中小環(huán)的最大速度為（此時(shí)重物的速度大小為），重力加速度為，下列說法正確的是（）A.小環(huán)剛釋放時(shí)，輕繩中的張力為B.小環(huán)速度最大時(shí)，輕繩中的張力為C.小環(huán)下落過程中，重物速度與小環(huán)速度之比先增大后減小D.只有小環(huán)位于最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)，重物的速度才為零〖答案〗AB〖解析〗A．根據(jù)題意，設(shè)小環(huán)剛釋放時(shí)，輕繩中的張力為，小環(huán)的加速度為，將小環(huán)加速度沿繩子方向與垂直于繩子方向正交分解，可得重物的加速度為，由牛頓第二定律，對(duì)小環(huán)有對(duì)重物有解得故A正確；B．小環(huán)速度最大時(shí)，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)題意，繩子兩端沿繩方向的分速度大小相等，將小環(huán)速度沿繩子方向與垂直于繩子方向正交分解，繩子與豎直方向夾角為，應(yīng)有設(shè)輕繩中的張力為，根據(jù)平衡條件可得聯(lián)立解得故B正確；CD．設(shè)小環(huán)下落過程中，小環(huán)的速度為，重物的速度為，繩子與豎直方向的夾角為，則有可知，當(dāng)速度為零時(shí)，即小環(huán)位于最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)，重物的速度為零，當(dāng)時(shí)，即繩子與光滑直桿垂直時(shí)，重物的速度也為零，下落過程中，重物速度與小環(huán)速度之比為先增大后減小，則先減小后增大，即重物速度與小環(huán)速度之比先減小后增大，故CD錯(cuò)誤。故選AB。10.如圖甲所示，小球用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接后繞固定點(diǎn)在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為，此時(shí)繩子的拉力大小為，拉力與速度的平方的關(guān)系如圖乙所示。已知重力加速度為，以下說法正確的是（）A.圓周運(yùn)動(dòng)半徑B.小球的質(zhì)量C.圖乙圖線的斜率只與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周運(yùn)動(dòng)半徑無(wú)關(guān)D.若小球恰好能做完整圓周運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過最高點(diǎn)的速度〖答案〗AB〖解析〗A．當(dāng)時(shí)，此時(shí)繩子的拉力為零，物體的重力提供向心力，則解得故圓周運(yùn)動(dòng)半徑為故A正確；B．當(dāng)時(shí)，對(duì)物體受力分析，根據(jù)向心力方程得解得小球的質(zhì)量為故B正確；

C．小球經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力方程得解得圖乙圖線的斜率為與小球的質(zhì)量和圓周軌道半徑有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D．若小球恰好能做完整圓周運(yùn)動(dòng)，即小球在最高點(diǎn)有由圖知即故D錯(cuò)誤。故選AB。11.如圖所示，2024個(gè)質(zhì)量均為的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧相連，在水平拉力的作用下，保持相對(duì)靜止，一起沿動(dòng)摩擦系數(shù)為粗糙水平面向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)1和2間彈簧的彈力為，2和3間彈簧的彈力為，2023和2024間彈簧的彈力為，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列結(jié)論正確的是（）A.B.從左到右各彈簧長(zhǎng)度之比為C.若突然撤去拉力，此瞬間第2024個(gè)小球的加速度為，其余每個(gè)球的加速度不變D.若1和2之間的彈簧長(zhǎng)度為，2023和2024之間的彈簧長(zhǎng)度為，則彈簧原長(zhǎng)為〖答案〗ACD〖解析〗A．以整體為研究對(duì)象，加速度以后面的第1、2、3…2023個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得可知……即故A正確；B．根據(jù)題意，由胡克定律可得則從左到右各彈簧伸長(zhǎng)量之比為，從左到右各彈簧長(zhǎng)度之比不可能為，故B錯(cuò)誤；C．若突然撤去拉力F瞬間，由于彈簧的形變量不能瞬變，則除第2024個(gè)小球以外的小球受力情況不變，加速度不變，對(duì)第2024個(gè)小球，由牛頓第二定律有解得故C正確；D．設(shè)彈簧原長(zhǎng)l，1和2之間的彈簧此時(shí)長(zhǎng)度2023和2024之間的彈簧此時(shí)長(zhǎng)度聯(lián)立得故D正確。故選ACD。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共12、13兩個(gè)小題，每空2分，共計(jì)16分）12.某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)在做“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)．（1）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說法錯(cuò)誤的是______．（填正確〖答案〗標(biāo)號(hào)）A．實(shí)驗(yàn)采取的研究方法是等效替代法B．彈簧測(cè)力計(jì)的拉力方向必須與木板平行C．兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉力的夾角越大越好D．拉橡皮筋的細(xì)繩要長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)些（2）江同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖甲所示．在、、F、四個(gè)力中，其中力______不是由彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)得的。（3）李同學(xué)用如圖乙所示的裝置來(lái)做實(shí)驗(yàn)．從OB水平開始，保持彈簧測(cè)力計(jì)A和B細(xì)線的夾角不變，使彈簧測(cè)力計(jì)A和B均逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至彈簧測(cè)力計(jì)A豎直．在此過程中，彈簧測(cè)力計(jì)A的示數(shù)______，彈簧測(cè)力計(jì)B的示數(shù)______。（均選填“不斷減小”“不斷增大”“先減小后增大”或“先增大后減小”）〖答案〗（1）C（2）F（3）不斷減小不斷減小〖解析〗（1）A．本試驗(yàn)中用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉一根橡皮條的作用效果與一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮條的作用效果相同（都拉到O點(diǎn)），因此實(shí)驗(yàn)采取的研究方法是等效替代法，A正確；B．為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，彈簧測(cè)力計(jì)的拉力方向必須與木板平行，B正確；C．為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉力的夾角不易過大也不易過小，C錯(cuò)誤；D．為了標(biāo)記拉力的方向準(zhǔn)確，拉橡皮筋的細(xì)繩要長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)些，D正確。故錯(cuò)誤的選C。（2）F1和F2通過平行四邊形定則做出的合力F不是由彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)得的。（3）對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，做出彈簧測(cè)力計(jì)拉力TA與TB的合力T大小為Mg，如圖所示，設(shè)TA與豎直方向夾角為α，TB與豎直方向夾角為β，TA與TB所夾的銳角為θ，根據(jù)正弦定理可知當(dāng)彈簧測(cè)力計(jì)A和B均逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至彈簧測(cè)力計(jì)A豎直的過程中，角θ保持不變，因此上式中比值不變，β為鈍角且不斷增加，可得彈簧測(cè)力計(jì)A的拉力TA不斷減小，α為銳角且不斷減小，因此彈簧測(cè)力計(jì)B的拉力TB不斷減小。13.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。（1）下列做法正確的是（）A．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí)，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開木塊再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度（2）為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量__________________木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量．（填“遠(yuǎn)大于”、“遠(yuǎn)小于”或“近似等于“）（3）甲、乙兩同學(xué)在同一實(shí)驗(yàn)室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到圖中甲、乙兩條直線．設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲、μ乙，由圖可知，m甲________m乙，μ甲______μ乙。（填“大于”、“小于”或“等于”）〖答案〗（1）AD（2）遠(yuǎn)小于（3）小于大于〖解析〗（1）A．為了保證滑塊受到的繩子拉力是恒力，需要調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行，A正確；B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí)，不能將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上，B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源再放開木塊，C錯(cuò)誤；D．平衡摩擦力后，每次改變木塊上的砝碼質(zhì)量時(shí)，只要保持傾角不變，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，D正確。故選AD；（2）為了保證在改變木塊上的砝碼質(zhì)量時(shí)，木塊所受的拉力近似不變，以木塊和木塊上砝碼為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得以砝碼桶及桶內(nèi)砝碼為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知在改變時(shí)，為了使繩子拉力幾乎等于砝碼桶及桶內(nèi)砝碼總重力，需要砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量；（3）根據(jù)牛頓第二定律可得解得由圖像的斜率和縱軸截距大小關(guān)系可得可知小于，大于。三、解答題（本題共14、15、16三個(gè)小題，其中14題10分，15題12分，16題13分，共計(jì)35分）14.據(jù)報(bào)道，首次在太陽(yáng)系外發(fā)現(xiàn)“類地”行星Kepler﹣186f。若宇航員乘坐宇宙飛船到達(dá)該行星，進(jìn)行科學(xué)實(shí)驗(yàn)。宇航員在該行星“北極”距該行星地面附近h處自由釋放一個(gè)小球，落地時(shí)間為t，已知該行星半徑為R，萬(wàn)有引力常量為G，求：（1）該行星“北極”表面的重力加速度；（2）該行星的平均密度；（3）經(jīng)測(cè)量該行星自轉(zhuǎn)周期為T，如果該行星存在一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面高度?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）根據(jù)解得行星“北極”表面的重力加速度為（2）根據(jù)可得行星的質(zhì)量為則行星的平均密度為（3）萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得同步衛(wèi)星距離行星表面高度為15.如圖所示，傾斜傳送帶與水平面的夾角為，底端有一個(gè)彈性擋板（物體與擋板碰撞前后速度等大、反向），皮帶輪順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，皮帶速度恒為，一個(gè)質(zhì)量為可看成質(zhì)點(diǎn)的物體，與傳送帶的摩擦因數(shù)，從距擋板處?kù)o止釋放，試求：（?。?）經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物體到達(dá)底端與擋板相碰？碰前速度多大？（2）第一次反彈后物體所能到達(dá)的距擋板的最大距離；（3）第100次碰撞后物體上升的最大距離。〖答案〗（1），；（2）；（2）〖解析〗（1）物體放上傳送帶以后，根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得此時(shí)物塊的速度為（2）物體反彈后速度大小為，方向沿著斜面向上，大于傳送第的速度，根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得第一次反彈后物體速度與傳送帶相等過程的位移物體再以加速度為做勻減速運(yùn)動(dòng)，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的距離為第一次反彈物體所能到達(dá)距擋板的最大距離（3）第一次反彈后物體沿著傳送帶達(dá)到最高點(diǎn)后，沿著傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式擋板反彈后速度大小不變，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得第二次反彈后物體速度與傳送帶相等過程的位移同理可得