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如圖所示，橫截面半徑為r的圓柱體固定在水平地面上．一個質量為m的小滑塊P從截面最高點A處以v0=

2rg 5

滑下．不計任何摩擦阻力．
（1）試對小滑塊P從離開A點至落地的運動過程做出定性分析；
（2）計算小滑塊P離開圓柱面時的瞬時速率和落地時的瞬時速率．

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如圖所示，橫截面半徑為r的圓柱體固定在水平地面上．一個質量為m的小滑塊P從截面最高點A處以v0=

2rg 5

滑下．不計任何摩擦阻力．
（1）試對小滑塊P從離開A點至落地的運動過程做出定性分析；
（2）計算小滑塊P離開圓柱面時的瞬時速率和落地時的瞬時速率．
下面是某同學的一種解答：
（1）小滑塊在A點即離開柱面做平拋運動，直至落地．
（2）a、滑塊P離開圓柱面時的瞬時速率為v0=

2rg 5

．
b、由：

1

2

mv02+mg2r=

1

2

mvt2得：
落地時的速率為vt=

22rg 5

你認為該同學的解答是否正確？若正確，請說明理由．若不正確，請給出正確解答．

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如圖所示，橫截面半徑為r的圓柱體固定在水平地面上．一個質量為m的小滑塊P從截面最高點A處以v0=

2rg 5

滑下．不計任何摩擦阻力．
（1）試對小滑塊P從離開A點至落地的運動過程做出定性分析；
（2）計算小滑塊P離開圓柱面時的瞬時速率和落地時的瞬時速率．
下面是某同學的一種
（1）小滑塊在A點即離開柱面做平拋運動，直至落地．
（2）a、滑塊P離開圓柱面時的瞬時速率為v0=

2rg 5

．
b、由：

1

2

mv02+mg2r=

1

2

mvt2得：
落地時的速率為vt=

22rg 5

你認為該同學的解答是否正確？若正確，請說明理由．若不正確，請給出正確解答．

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一、選擇題

1、根據圖象分析：若沿x軸作勻速運動，通過圖1分析可知，y方向先減速后加速；若沿y軸方向作勻速運動，通過圖2分析可知，x方向先加速后減速。

答案：B

2、乙船能到達A點，則vcos60⁰=u，

過河時間t滿足：t = H/（ vsin60⁰）, 甲、乙兩船沿垂直于河岸方向的分速度相同，故過河時間相同。在t時間內甲船沿河岸方向的位移為s= （vcos60⁰ + u ）t=。

答案：D

3、根據萬有引力定律：，得：T=

答案：A

4、質點在A、B、C、D四點離開軌道，分別做下拋、平拋、上拋、平拋運動。很明顯，在A點離開軌道比在C、D兩點離開軌道在空間時間短。通過計算在A點下拋落地時間為t_A=（6-4）s，在B點平拋落地時間t_B=4s，顯然，在A點離開軌道后在空中時間最短。根據機械能守恒，在D剛拋出時機械能最大，所以落地時速度最大。

答案：AD

5、在軌道上向其運行方向彈射一個物體，由于質量遠小于空間站的質量，空間站仍沿原方向運動。根據動量守恒，彈出后一瞬間，空間站沿原運行方向的速度變小，提供的向心力（萬有引力）大于需要的向心力，軌道半徑減小，高度降低，在較低的軌道上運行速率變大，周期變小。

答案：C

6、當懸線在豎直狀態(tài)與釘相碰時根據能量守恒可知，小球速度不變；但圓周運動的半徑減小，需要的向心力變大，向心加速度變大，繩子上的拉力變大。

答案：BD

7、根據萬有引力定律：可得：M=,可求出恒星質量與太陽質量之比，根據可得：v=,可求出行星運行速度與地球公轉速度之比。

答案：AD

8、衛(wèi)星仍圍繞地球運行，所以發(fā)射速度小11.2km/s；最大環(huán)繞速度為7.9km/s，所以在軌道Ⅱ上的速度小于7.9km/s；根據機械能守恒可知：衛(wèi)星在P點的速度大于在Q點的速度；衛(wèi)星在軌道Ⅰ的Q點是提供的向心力大于需要的向心力，在軌道Ⅱ上Q點是提供的向心力等于需要的向心力，所以在Q點從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ必須增大速度。

答案：CD

9、同步衛(wèi)星隨地球自轉的方向是從東向西，把同步衛(wèi)星從赤道上空3.6萬千米、東經103°處，調整到104°處，相對于地球沿前進方向移動位置，需要增大相對速度，所以應先下降高度增大速度到某一位置再上升到原來的高度。

答案：A

10、開始轉動時向心力由靜摩擦力提供，但根據F=mrω²可知，B需要的向心力是A的兩倍。所以隨著轉速增大，B的摩擦力首先達到最大靜摩擦力。繼續(xù)增大轉速，繩子的張力增大，B的向心力由最大靜摩擦力提供，A的向心力由靜摩擦力和繩子的張力的合力提供，隨著轉速的增大，B需要的向心力的增量（繩子張力的增量）比A需要的向心力的增量大，因而A指向圓心的摩擦力逐漸減小直到為0然后反向增大到最大靜摩擦力。所以，B受到的靜摩擦力先增大，后保持不變；A受到的靜摩擦力是先減小后增大；A受到的合外力就是向心力一直在增大。

答案：BD

二、填空題

11、圓盤轉動時，角速度的表達式為ω= ，  T為電磁打點計的時器打點的時間間隔，r為圓盤的半徑，x₂、x₁是紙帶上選定的兩點分別對應米尺上的刻度值，n為選定的兩點間的打點數（含兩點）。地紙帶上選取兩點（間隔盡可能大些）代入上式可求得ω= 6.8rad/s。

12、 (1)斜槽末端切線方向保持水平；從同一高度。

（2）設時間間隔為t, x = v₀t，   y₂-y₁=gt² ，解得: v₀=.將x=20.00cm，y₁ =4.70cm， y₂ =14.50cm代入求得v₀=2m/s

三、計算題

13．解：⑴在行星表面，質量為m的物體的重力近似等于其受到的萬有引力，則

g=                               

得：   

⑵行星表面的環(huán)繞速度即為第一宇宙速度，做勻速圓周運動的向心力是萬有引力提供的，則

v₁=　　　　　　　　　           

得：　

14．解析：用r表示飛船圓軌道半徑,有r =R +H=6.71×l0⁶ m．

由萬有引力定律和牛頓定律，得 , 式中M表示地球質量，m表示飛船質量，T表示飛船繞地球運行的周期，G表示萬有引力常量．

利用及上式, 得 ，代入數值解得T=5.28×10³s,

出艙活動時間t=25min23s=1523s, 航天員繞行地球角度 =104⁰

15．解：（1）這位同學對過程的分析錯誤，物塊先沿著圓柱面加速下滑，然后離開圓柱面做斜下拋運動，離開圓柱面時的速率不等于。                   

（2）a、設物塊離開圓柱面時的速率為,

解得：                      

（2）b、由：  得：

落地時的速率為                       

16.解：對子彈和木塊應用動量守恒定律：

      所以                                  

對子彈、木塊由水平軌道到最高點應用機械能守恒定律，

取水平面為零勢能面：有

   所以                        

由平拋運動規(guī)律有：                          

解得:                   

所以，當R = 0.2m時水平距離最大                

最大值S_max = 0.8m。

17．解：（1）

（2）設人在B₁位置剛好看見衛(wèi)星出現在A₁位置，最后

在B₂位置看到衛(wèi)星從A₂位置消失，

    OA₁=2OB₁

有  ∠A₁OB₁=∠A₂OB₂=π/3

從B₁到B₂時間為t

則有   

18．解: （1）設 A、B的圓軌道半徑分別為、，由題意知，A、B做勻速圓周運動的角速 度相同，設其為。由牛頓運動定律，有

設 A、B之間的距離為，又，由上述各式得

，                               ①

由萬有引力定律，有

將①代入得

令

比較可得

                                                   ②

（2）由牛頓第二定律，有

                                                   ③

又可見星 A的軌道半徑

                                                                ④

由②③④式解得

                                               ⑤

（3）將代入⑤式，得

代入數據得

                                            ⑥

，將其代入⑥式得

                                    ⑦

可見，的值隨 n的增大而增大，試令，得

                                           ⑧

若使⑦式成立，則 n 必大于 2，即暗星 B 的質量必大于，由此得出結

論：暗星有可能是黑洞。