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2022-2023学年福建省福州外国语学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省福州外国语学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于下列运动说法正确的是( )
A. 平抛运动是匀变速运动B. 平抛运动是非匀变速运动
C. 匀速圆周运动是匀变速运动D. 匀速圆周运动是匀速运动
2.一船在静水中的速度大小为3m/s，要渡过宽30 m、水流流速为4m/s的河流，下列说法中正确的是( )
A. 此船不可能垂直河岸到达对岸B. 此船不可能渡过河
C. 船相对于河岸的速度一定是5m/sD. 此船渡河的最短时间是6 s
3.在水平地面上，关于平抛物体的运动，下列说法正确的是( )
A. 由t=xv0知，物体平抛的初速度越大，飞行时间越短
B. 由t= 2hg知，物体下落的高度越大，飞行时间越长
C. 任意连续相等时间内，物体下落高度之比为1：3：5
D. 任意连续相等时间内，物体运动速度改变量增加
4.我国发射“天宫二号”空间实验室，之后又发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )
A. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
D. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
5.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A. 14mgRB. 13mgRC. 12mgRD. π4mgR
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
6.物体做曲线运动时，下列说法中正确的是( )
A. 速度一定变化B. 加速度一定变化
C. 合力一定不为零D. 合力方向与速度方向一定不在同一直线上
7.三颗人造地球卫星A、B、C在地球的大气层沿如图所示的方向做匀速圆周运动，则三颗卫星( )
A. 线速度大小的关系是VA>VB=Vc
B. 周期关系是TA>TB=TC
C. 角速度的关系是ωA>ωB=ωC
D. 向心加速度的关系aA8.一根长为L的轻杆下端固定一个质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动(不计空气阻力).当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是( )
A. 小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为 gL
B. 小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大
C. 小球在最低点对轻杆的作用力一直增大
D. 小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心
9.两木块A、B用一轻弹簧连接，静置于水平地面上，如图(a)所示．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示．从木块A开始运动到木块B将要离开地面的过程中，下述判断正确的是(设弹簧始终于弹性限度内)( )
A. 弹簧的弹性势能一直减小
B. 力F一直增大
C. 木块A的动能和重力势能之和一直增大
D. 两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小
10.质量为m的小球由轻绳a和b系于一轻质木架上的A点和C点，且LaA. 小球仍在水平面内作匀速圆周运动
B. 在绳被烧断瞬间，a绳中张力突然增大
C. 在绳被烧断瞬间，小球所受的合外力突然变小
D. 若角速度ω较大，小球可以在垂直于平面ABC的竖直平面内作圆周运动
三、填空题：本大题共2小题，共10分。
11.汽车在水平直线公路上行驶，额定功率为P0=80kW，汽车行驶过程中所受阻力恒为f=2.5×103N，汽车的质量M=2.0×103kg.则汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度______；当汽车的速度为5m/s时的加速度______；当汽车的加速度为0.75m/s2时的速度______。
12.如图实线为某质点平抛运动轨迹的一部分，AB、BC间水平距离△s1=△s2=0.4m，高度差△h1=0.25m，△h2=0.35m.求：
(1)抛出初速度v0为__________；
(2)由抛出点到A点的时间为__________(g=10m/s2)。
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
13.为了只用一根弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ(设μ为定值)，某同学经查阅资料知：一劲度系数为k的轻弹簧由伸长量为x至恢复到原长过程中，弹力所做的功为12kx2.于是他设计了下述实验：
第一步，如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，弹簧处于原长时另一端在位置B，使滑块紧靠弹簧将其压缩至位置A，松手后滑块在水平桌面上运动一段距离，到达位置C时停止．
第二步，将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态．请回答下列问题：
(1)你认为，该同学需用刻度尺直接测量的物理量是(写出名称并用符号表示)______.
(2)用测得的物理量表示滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ的计算式：μ=______.
五、计算题：本大题共4小题，共44分。
14.在距离水平地面0.8m高处，用3m/s的初速度水平抛出一个物体，经过一段时间后，物体落在水平地面上。(g取10m/s2)求：
(1)物体经过多长时间落地；
(2)物体落地点的速度与水平方向的夹角。
15.质量为5kg的物体置于水平地面上，受到水平恒力F作用一段时间后撤去，运动图象如图2所示。(g取10m/s2)求：
(1)物体与水平地面间的滑动摩擦因数；
(2)水平恒力F的最大功率。
16.我国将于2022年举办冬奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直轨道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速下滑，到达助滑道末端B时速度vB=24m/s，A与B的竖直高度差H=48m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧，助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=−1530J，取g=10m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
17.一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F随时间t的变化规律如图乙所示。F1、F2已知，引力常量为G，忽略各种阻力。求：
(1)星球表面的重力加速度
(2)星球的密度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】AB、平抛运动只受重力作用，所以加速度是恒定的，所以平抛运动是匀变速运动，故A正确，B错误；
CD、匀速圆周运动的速度大小不变方向时刻改变，所以不是匀变速运动，也不是匀速运动，故CD错误；
故选：A。
平抛运动只受重力，是加速度大小和方向都不变的运动；匀速圆周运动是加速度大小不变，方向不断变化的曲线运动；两种运动都是变速运动，但前者是匀变速运动，后者是变加速运动。
本题关键明确平抛运动与匀速圆周运动的运动性质，特别是要有矢量的意识，匀速圆周运动中向心力和线速度都是方向变化、大小不变，都是变量。
2.【答案】A
【解析】AB、由于船速小于水速，所以此船不可能垂直河岸到达对岸，但只要垂直于河岸有速度小船就可以过河，故A正确，B错误；
C、当船头方向垂直于河岸过河时，船相对于河岸的速度是5m/s，当船头方向与河岸不垂直时速度就不是5m/s，故C错误；
D、当船头垂直于河岸时，过河时间最短，最短为t=hv=303s=10s，故D错误；
故选：A。
船实际参加了两个分运动，沿船头指向的匀速直线运动和顺着水流而下的匀速直线运动，实际运动是这两个分运动的合运动，当船头指向不同，合速度不同，轨迹也不同，由于合运动的时间等于沿船头方向分运动的时间，故渡河时间与水流速度无关，只与船头指向和船在静水中速度有关。
本题关键是将实际运动沿船头指向和水流方向进行分解，根据合运动与分运动的同时性、独立性、等效性和同一性分析求解。
3.【答案】B
【解析】AB、平抛运动水平方向做匀速运动：x=v0t；竖直方向做自由落体运动：h=12gt2；平抛运动在空中运动的时间由竖直方向上的运动决定：t= 2hg所以物体下落的高度越大，飞行时间越长，故A错误，B正确；
C、平抛物体在竖直方向上做了初速度为零的自由落体运动，物体下落高度之比为1：3：5，仅仅符合从一开始下落时计算，并不是任意连续相等时间内都满足。故C错误；
D、由△v=gt，知任意连续相等时间内，物体运动速度改变量都相等，故D错误；
故选：B。
平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，水平分运动是匀速直线运动。由平抛运动的规律分别得到时间和水平距离的表达式，再进行分析。
本题关键抓住平抛运动的竖直分运动是自由落体运动；平抛运动的时间由初末位置的高度差决定，与初速度无关，而水平距离与初速度和高度两个因素有关。
4.【答案】D
【解析】解：AB、使飞船与空间实验室在同一轨道上运行时，若使飞船加速，飞船所需向心力大于万有引力做离心运动，偏离原来的轨道，不可能与空间实验室的对接，相反，若减速做向心运动，也不可能实现对接。故AB错误
C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触。故C错误。
D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动，可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接。故D正确
故选：D。
正常运行的卫星，若加速，则飞船所需向心力大于万有引力而做离心运动，.若减速，则飞船所需向力小于万有引力而做向心运动，据此分析各选项。
本题的关键是要理解飞船变轨的原理，知道正常运行的卫星加速时做离心运动会达到高轨道，若减速则会做向心运动达到低轨道。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法。
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由圆周运动向心力公式求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功。
【解答】
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由圆周运动中的向心力公式得：N−mg=mvQ2R，由题有：N=2mg，可得：vQ= gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR−Wf=12mvQ2，解得克服摩擦力所做的功为：Wf=12mgR，故ABD错误，C正确。
故选C。
6.【答案】ACD
【解析】A、物体做的是曲线运动，物体运动的速度方向是沿着轨迹的切线的方向，所以物体的速度的方向一定是在不断的改变的，所以A正确；
B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向可以变化也可以不变，所以加速度的大小和方向可以变化也可以不变，所以B错误；
CD、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以物体做曲线运动时合力一定不为零，合力方向与速度方向一定不在同一直线上，故CD正确。
故选：ACD。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论．
本题主要是考查学生对曲线运动的理解，物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，对于合力的大小是否变化没有要求．
7.【答案】AC
【解析】解：由GMmr2=mrω2=mv2r=m4π2rT2=ma可得，
A、v= GMr，故线速度大小为VA>VB=Vc；故A正确；
B、T=2π r3GM，故周期关系为TAC、ω= GMr3，故角速度关系为ωA>ωB=ωC，故C正确；
D、a=GMr2，故向心加速度的关系为aA>aB=ac，故D错误；
故选：AC.
熟悉利用万星受到的万有引力提供卫星环绕地球运动的向心力列式求解．
本题考查人造地球卫星的分析，注意应用万有引力充当向心力进行分析．
8.【答案】BC
【解析】解：A、设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得mg−F=mv2L，当轻杆对小球的作用力大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为零，所以A错．
B、由mg−F=mv2L，可得在最高点轻杆对小球的作用力F=mg−mv2L，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后方向增大(先为支持力后为拉力，正负表示力的方向).由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此选项B正确．
C、在最低点，由F−mg=mv2L，可得轻杆对小球的作用力(拉力)F=mg+mv2L，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力(拉力)一直增大，选项C正确．
D、轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，选项D错．
故选BC.
小球在竖直平面内做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，故速度不断变化，是变速圆周运动；在最高点和最低点，小球受到的弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可．
本题关键对小球在最高点和最低点分别受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析，要注意，杆对小球可以无弹力，可以是拉力、支持力．
9.【答案】BC
【解析】A、在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；
B、最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式；当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小．得出拉力一直增大，故B正确；
C、在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C正确；
D、在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大．故D错误；
故选：BC
A压着弹簧处于静止状态，当力F作用在A上，使其向上匀加速直线运动，导致弹簧的弹力发生变化，则力F也跟着变化，但物体A的合力却不变．在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大．在上升过程中由于除重力与弹力做功外，还有拉力做功，所以系统的机械能与弹簧的弹性势能之和增加，从而可根据弹簧的弹性势能来确定木块的机械能如何变化，以及系统的机械能如何变化．
考查牛顿第二定律、机械能守恒定律的条件、弹力做功与弹性势能的变化关系．可知当除重力或弹力以外的力做功，若做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小．
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动。故A错误。
B、绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力，即张力突然增大。故B正确，C错误。
D、若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动。故D正确。
故选：BD。
绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动．绳b被烧断前，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力．若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动．
本题中要注意物体做圆周运动时，外界必须提供向心力．C、D两项还可根据机械能守恒与向心力知识求解小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动角速度的范围．
11.【答案】32m/s6.75m/s2 20m/s
【解析】解：当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车达到最大速度，即F=f=2.5×103N
由P=Fv可得，汽车的最大速度为
vm=P0F=800002.5×103m/s=32m/s
由P=Fv可得速度为5m/s时汽车的牵引力为
F1=P0v=800005N=16000N
所以此时的加速度的大小为
a=F1−fm=16000−25002000m/s2=6.75m/s2
当汽车的加速度为0.75m/s2时，由牛顿第二定律得
F2−f=ma
可得此时牵引力的大小为F2=f+ma=(2500+2000×0.75)N=4000N
由P=Fv可得，此时的速度的大小为
v=P0F2=800004000m/s=20m/s
故答案为：32m/s，6.75m/s2，20m/s。
当汽车以额定功率行驶时，随着汽车速度的增加，汽车的牵引力会逐渐减小，加速度减小，当加速度减至零时做匀速直线运动，速度最大，根据P=Fv求最大速度。当汽车的速度为5m/s时，根据公式P=Fv求出牵引力，再由牛顿第二定律求加速度。当汽车的加速度为0.75m/s2时，由牛顿第二定律求出牵引力，再由P=Fv求速度。
本题考查汽车的启动，对于汽车的两种启动方式：恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式汽车运动的过程一定要熟悉，能熟练运用牛顿第二定律和功率公式P=Fv相结合分析汽车的运动情况。
12.【答案】4m/s
0.2s
【解析】解：(1)抛运动的水平分运动是匀速直线运动，由于△s1=△s2=0.4m，故A到B和B到C时间相等；
平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据△y=gT2，得到：T= △yg= 0.35−0.2510s=0.1s；
故平抛的初速度为：v0=△ST=；
(2)B的竖直分速度为：vBy=△h1+△h22T=0.25+0.352×0.1m/s=3m/s；
故从抛出到B的时间为：tB=vByg=310s=0.3s
故从抛出到A点时间为：tA=tB−T=0.3s−0.1s=0.2s
故答案为：(1)4m/s；(2)0.2s。
(1)平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，由于△s1=△s2=0.4m，故A到B和B到C时间相等；平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据△y=gT2求解运动的时间间隔，再根据△x=v0T求解平抛的初速度；
(2)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，先求解B的竖直分速度，然后根据速度公式求解抛出到B点的时间，最后得到抛出到A点的时间。
本题关键明确利用平抛运动的规律的规律测量平抛运动初速度的原理，关键利用分运动公式列式求解。
13.【答案】AB间距离x1，AC间距离s，弹簧竖直悬挂时伸长的长度x2；x122x2s
【解析】解：(1)该过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，即弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧弹力做功的大小，
根据W=12kx2，需要测量弹簧的形变量，即原长和压缩后的长度的差值，即AB之间的距离x1；需要测量弹簧的劲度系数，可以根据弹簧挂物体时处的平衡状态求出劲度系数k，使用要测量将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态时弹簧的伸长量x2；
在整个过程中根据功能关系有：12kx12−μmgS=0…①，
所以要测量物体滑行的距离S.
(2)将滑块挂在竖直放置的弹簧下时，mg=kx2…②
①②联立得：μ=kx122mgs=x122x2s；
故答案为：(1)AB间距离x1，AC间距离s，弹簧竖直悬挂时伸长的长度x2；(2)x122x2s.
该题中，利用二力平衡求出弹簧的劲度系数k，利用了功能关系来求摩擦系数，即运动过程中克服摩擦力做功消耗弹簧的弹性势能．
该实验解答的突破口在于明确其实验原理，本题中要依据所提供信息，根据所学物理规律，明确该实验的实验原理，对于考查学生综合利用知识的能力起到很好的作用．
14.【答案】解：(1)物体落地时间为：t= 2hg= 2×0.810s=0.4s；
(2)竖直速度为：vy=gt=4m/s；
水平速度为：vx=3m/s；
根据平行四边形定则知：tanθ=vyvx=43
则物体落地点的速度和水平方向夹角为53∘。
答：(1)物体经过0.4s落地。
(2)物体落地点的速度方向与水平方向的夹角为53∘。
【解析】(1)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的高度，求出物体平抛运动的时间。
(2)根据速度时间公式求出物体落地时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出物体落地的速度方向。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题。
15.【答案】解：(1)撤去水平恒力F后，物体的动能全部用来克服阻力做功
由动能定理，可知−fs2=12mv22−12mv12
由v−t图像可得v1=10m/s,v2=0m/s， s2=12×10×(10−5)m=25m
代入数据解得：f=10N
由公式；f=μmg
解得：μ=fmg=0.2
(2)对于0∼10s整个过程由动能定理，可知：Fs1−f(s1+s2)=12mv22−12mv12
代入数据得：F=2f=20N
水平恒力F的最大功率：P=Fv=200W
答：(1)物体与水平地面间的滑动摩擦因数是0.2；
(2)水平恒力F的最大功率是200W。
【解析】(1)根据动能定理即可得物体动摩擦因数的大小；
(2)根据动能定理即可得拉力的大小，然后由功率的表达式即可得水平恒力F的最大功率。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道速度时间图线与时间轴围成的面积和图线的斜率表示的含义。
16.【答案】解：(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有
vB2=2ax
根据牛顿第二定律得
mgsinα−Ff=ma
又sinα=Hx
由以上三式联立解得Ff=144N
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh+W=12mvC2−12mvB2
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvC2R
由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有FN=6mg
联立解得R=12.5m
答：
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小是144N；
(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为12.5m。
【解析】(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，已知初、末速度和位移，可根据速度位移公式求出加速度，再由牛顿第二定律求出阻力。
(2)运动员从B到C的过程，由动能定理求出到达C点的速度。在C点，由重力和轨道的支持力充当向心力，由牛顿第二定律列式，即可求解。
本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理。
17.【答案】解：(1)由乙图知：小球做圆周运动在最高点拉力为F2，在最低点拉力为F1。
设最高点速度为v2，最低点速度为v1，绳长为l。
在最高点：F2+mg=mv22l ①，
在最低点：F1−mg=mv12l ②，
由机械能守恒定律得：
12mv12=mg⋅2l+12mv22 ③，
由①②③解得：g=F1−F26m；④
(2)在星球表面：GMmR2=mg ⑤
星球密度：ρ=MV ⑥，
由⑤⑥解得：ρ=F1−F28πGmR；
答：(1)星球表面的重力加速度为：F1−F26m。
(2)星球的密度为F1−F28πGmR。
【解析】(1)小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点与最低点绳子的拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出重力加速度。
(2)万有引力等于重力，求出星球的质量，然后由密度公式求出星球的密度。
本题考查了求重力加速度、星球密度等问题，应用牛顿第二定律、万有引力定律、机械能守恒定律、密度公式即可正确解题。
1.关于下列运动说法正确的是( )
A. 平抛运动是匀变速运动B. 平抛运动是非匀变速运动
C. 匀速圆周运动是匀变速运动D. 匀速圆周运动是匀速运动
2.一船在静水中的速度大小为3m/s，要渡过宽30 m、水流流速为4m/s的河流，下列说法中正确的是( )
A. 此船不可能垂直河岸到达对岸B. 此船不可能渡过河
C. 船相对于河岸的速度一定是5m/sD. 此船渡河的最短时间是6 s
3.在水平地面上，关于平抛物体的运动，下列说法正确的是( )
A. 由t=xv0知，物体平抛的初速度越大，飞行时间越短
B. 由t= 2hg知，物体下落的高度越大，飞行时间越长
C. 任意连续相等时间内，物体下落高度之比为1：3：5
D. 任意连续相等时间内，物体运动速度改变量增加
4.我国发射“天宫二号”空间实验室，之后又发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )
A. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
D. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
5.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A. 14mgRB. 13mgRC. 12mgRD. π4mgR
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
6.物体做曲线运动时，下列说法中正确的是( )
A. 速度一定变化B. 加速度一定变化
C. 合力一定不为零D. 合力方向与速度方向一定不在同一直线上
7.三颗人造地球卫星A、B、C在地球的大气层沿如图所示的方向做匀速圆周运动，则三颗卫星( )
A. 线速度大小的关系是VA>VB=Vc
B. 周期关系是TA>TB=TC
C. 角速度的关系是ωA>ωB=ωC
D. 向心加速度的关系aA
A. 小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为 gL
B. 小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大
C. 小球在最低点对轻杆的作用力一直增大
D. 小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心
9.两木块A、B用一轻弹簧连接，静置于水平地面上，如图(a)所示．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示．从木块A开始运动到木块B将要离开地面的过程中，下述判断正确的是(设弹簧始终于弹性限度内)( )
A. 弹簧的弹性势能一直减小
B. 力F一直增大
C. 木块A的动能和重力势能之和一直增大
D. 两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小
10.质量为m的小球由轻绳a和b系于一轻质木架上的A点和C点，且La
B. 在绳被烧断瞬间，a绳中张力突然增大
C. 在绳被烧断瞬间，小球所受的合外力突然变小
D. 若角速度ω较大，小球可以在垂直于平面ABC的竖直平面内作圆周运动
三、填空题：本大题共2小题，共10分。
11.汽车在水平直线公路上行驶，额定功率为P0=80kW，汽车行驶过程中所受阻力恒为f=2.5×103N，汽车的质量M=2.0×103kg.则汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度______；当汽车的速度为5m/s时的加速度______；当汽车的加速度为0.75m/s2时的速度______。
12.如图实线为某质点平抛运动轨迹的一部分，AB、BC间水平距离△s1=△s2=0.4m，高度差△h1=0.25m，△h2=0.35m.求：
(1)抛出初速度v0为__________；
(2)由抛出点到A点的时间为__________(g=10m/s2)。
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
13.为了只用一根弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ(设μ为定值)，某同学经查阅资料知：一劲度系数为k的轻弹簧由伸长量为x至恢复到原长过程中，弹力所做的功为12kx2.于是他设计了下述实验：
第一步，如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，弹簧处于原长时另一端在位置B，使滑块紧靠弹簧将其压缩至位置A，松手后滑块在水平桌面上运动一段距离，到达位置C时停止．
第二步，将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态．请回答下列问题：
(1)你认为，该同学需用刻度尺直接测量的物理量是(写出名称并用符号表示)______.
(2)用测得的物理量表示滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ的计算式：μ=______.
五、计算题：本大题共4小题，共44分。
14.在距离水平地面0.8m高处，用3m/s的初速度水平抛出一个物体，经过一段时间后，物体落在水平地面上。(g取10m/s2)求：
(1)物体经过多长时间落地；
(2)物体落地点的速度与水平方向的夹角。
15.质量为5kg的物体置于水平地面上，受到水平恒力F作用一段时间后撤去，运动图象如图2所示。(g取10m/s2)求：
(1)物体与水平地面间的滑动摩擦因数；
(2)水平恒力F的最大功率。
16.我国将于2022年举办冬奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直轨道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速下滑，到达助滑道末端B时速度vB=24m/s，A与B的竖直高度差H=48m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧，助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=−1530J，取g=10m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
17.一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F随时间t的变化规律如图乙所示。F1、F2已知，引力常量为G，忽略各种阻力。求：
(1)星球表面的重力加速度
(2)星球的密度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】AB、平抛运动只受重力作用，所以加速度是恒定的，所以平抛运动是匀变速运动，故A正确，B错误；
CD、匀速圆周运动的速度大小不变方向时刻改变，所以不是匀变速运动，也不是匀速运动，故CD错误；
故选：A。
平抛运动只受重力，是加速度大小和方向都不变的运动；匀速圆周运动是加速度大小不变，方向不断变化的曲线运动；两种运动都是变速运动，但前者是匀变速运动，后者是变加速运动。
本题关键明确平抛运动与匀速圆周运动的运动性质，特别是要有矢量的意识，匀速圆周运动中向心力和线速度都是方向变化、大小不变，都是变量。
2.【答案】A
【解析】AB、由于船速小于水速，所以此船不可能垂直河岸到达对岸，但只要垂直于河岸有速度小船就可以过河，故A正确，B错误；
C、当船头方向垂直于河岸过河时，船相对于河岸的速度是5m/s，当船头方向与河岸不垂直时速度就不是5m/s，故C错误；
D、当船头垂直于河岸时，过河时间最短，最短为t=hv=303s=10s，故D错误；
故选：A。
船实际参加了两个分运动，沿船头指向的匀速直线运动和顺着水流而下的匀速直线运动，实际运动是这两个分运动的合运动，当船头指向不同，合速度不同，轨迹也不同，由于合运动的时间等于沿船头方向分运动的时间，故渡河时间与水流速度无关，只与船头指向和船在静水中速度有关。
本题关键是将实际运动沿船头指向和水流方向进行分解，根据合运动与分运动的同时性、独立性、等效性和同一性分析求解。
3.【答案】B
【解析】AB、平抛运动水平方向做匀速运动：x=v0t；竖直方向做自由落体运动：h=12gt2；平抛运动在空中运动的时间由竖直方向上的运动决定：t= 2hg所以物体下落的高度越大，飞行时间越长，故A错误，B正确；
C、平抛物体在竖直方向上做了初速度为零的自由落体运动，物体下落高度之比为1：3：5，仅仅符合从一开始下落时计算，并不是任意连续相等时间内都满足。故C错误；
D、由△v=gt，知任意连续相等时间内，物体运动速度改变量都相等，故D错误；
故选：B。
平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，水平分运动是匀速直线运动。由平抛运动的规律分别得到时间和水平距离的表达式，再进行分析。
本题关键抓住平抛运动的竖直分运动是自由落体运动；平抛运动的时间由初末位置的高度差决定，与初速度无关，而水平距离与初速度和高度两个因素有关。
4.【答案】D
【解析】解：AB、使飞船与空间实验室在同一轨道上运行时，若使飞船加速，飞船所需向心力大于万有引力做离心运动，偏离原来的轨道，不可能与空间实验室的对接，相反，若减速做向心运动，也不可能实现对接。故AB错误
C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触。故C错误。
D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动，可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接。故D正确
故选：D。
正常运行的卫星，若加速，则飞船所需向心力大于万有引力而做离心运动，.若减速，则飞船所需向力小于万有引力而做向心运动，据此分析各选项。
本题的关键是要理解飞船变轨的原理，知道正常运行的卫星加速时做离心运动会达到高轨道，若减速则会做向心运动达到低轨道。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法。
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由圆周运动向心力公式求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功。
【解答】
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由圆周运动中的向心力公式得：N−mg=mvQ2R，由题有：N=2mg，可得：vQ= gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR−Wf=12mvQ2，解得克服摩擦力所做的功为：Wf=12mgR，故ABD错误，C正确。
故选C。
6.【答案】ACD
【解析】A、物体做的是曲线运动，物体运动的速度方向是沿着轨迹的切线的方向，所以物体的速度的方向一定是在不断的改变的，所以A正确；
B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向可以变化也可以不变，所以加速度的大小和方向可以变化也可以不变，所以B错误；
CD、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以物体做曲线运动时合力一定不为零，合力方向与速度方向一定不在同一直线上，故CD正确。
故选：ACD。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论．
本题主要是考查学生对曲线运动的理解，物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，对于合力的大小是否变化没有要求．
7.【答案】AC
【解析】解：由GMmr2=mrω2=mv2r=m4π2rT2=ma可得，
A、v= GMr，故线速度大小为VA>VB=Vc；故A正确；
B、T=2π r3GM，故周期关系为TA
D、a=GMr2，故向心加速度的关系为aA>aB=ac，故D错误；
故选：AC.
熟悉利用万星受到的万有引力提供卫星环绕地球运动的向心力列式求解．
本题考查人造地球卫星的分析，注意应用万有引力充当向心力进行分析．
8.【答案】BC
【解析】解：A、设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得mg−F=mv2L，当轻杆对小球的作用力大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为零，所以A错．
B、由mg−F=mv2L，可得在最高点轻杆对小球的作用力F=mg−mv2L，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后方向增大(先为支持力后为拉力，正负表示力的方向).由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此选项B正确．
C、在最低点，由F−mg=mv2L，可得轻杆对小球的作用力(拉力)F=mg+mv2L，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力(拉力)一直增大，选项C正确．
D、轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，选项D错．
故选BC.
小球在竖直平面内做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，故速度不断变化，是变速圆周运动；在最高点和最低点，小球受到的弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可．
本题关键对小球在最高点和最低点分别受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析，要注意，杆对小球可以无弹力，可以是拉力、支持力．
9.【答案】BC
【解析】A、在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；
B、最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式；当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小．得出拉力一直增大，故B正确；
C、在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C正确；
D、在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大．故D错误；
故选：BC
A压着弹簧处于静止状态，当力F作用在A上，使其向上匀加速直线运动，导致弹簧的弹力发生变化，则力F也跟着变化，但物体A的合力却不变．在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大．在上升过程中由于除重力与弹力做功外，还有拉力做功，所以系统的机械能与弹簧的弹性势能之和增加，从而可根据弹簧的弹性势能来确定木块的机械能如何变化，以及系统的机械能如何变化．
考查牛顿第二定律、机械能守恒定律的条件、弹力做功与弹性势能的变化关系．可知当除重力或弹力以外的力做功，若做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小．
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动。故A错误。
B、绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力，即张力突然增大。故B正确，C错误。
D、若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动。故D正确。
故选：BD。
绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动．绳b被烧断前，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力．若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动．
本题中要注意物体做圆周运动时，外界必须提供向心力．C、D两项还可根据机械能守恒与向心力知识求解小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动角速度的范围．
11.【答案】32m/s6.75m/s2 20m/s
【解析】解：当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车达到最大速度，即F=f=2.5×103N
由P=Fv可得，汽车的最大速度为
vm=P0F=800002.5×103m/s=32m/s
由P=Fv可得速度为5m/s时汽车的牵引力为
F1=P0v=800005N=16000N
所以此时的加速度的大小为
a=F1−fm=16000−25002000m/s2=6.75m/s2
当汽车的加速度为0.75m/s2时，由牛顿第二定律得
F2−f=ma
可得此时牵引力的大小为F2=f+ma=(2500+2000×0.75)N=4000N
由P=Fv可得，此时的速度的大小为
v=P0F2=800004000m/s=20m/s
故答案为：32m/s，6.75m/s2，20m/s。
当汽车以额定功率行驶时，随着汽车速度的增加，汽车的牵引力会逐渐减小，加速度减小，当加速度减至零时做匀速直线运动，速度最大，根据P=Fv求最大速度。当汽车的速度为5m/s时，根据公式P=Fv求出牵引力，再由牛顿第二定律求加速度。当汽车的加速度为0.75m/s2时，由牛顿第二定律求出牵引力，再由P=Fv求速度。
本题考查汽车的启动，对于汽车的两种启动方式：恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式汽车运动的过程一定要熟悉，能熟练运用牛顿第二定律和功率公式P=Fv相结合分析汽车的运动情况。
12.【答案】4m/s
0.2s
【解析】解：(1)抛运动的水平分运动是匀速直线运动，由于△s1=△s2=0.4m，故A到B和B到C时间相等；
平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据△y=gT2，得到：T= △yg= 0.35−0.2510s=0.1s；
故平抛的初速度为：v0=△ST=；
(2)B的竖直分速度为：vBy=△h1+△h22T=0.25+0.352×0.1m/s=3m/s；
故从抛出到B的时间为：tB=vByg=310s=0.3s
故从抛出到A点时间为：tA=tB−T=0.3s−0.1s=0.2s
故答案为：(1)4m/s；(2)0.2s。
(1)平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，由于△s1=△s2=0.4m，故A到B和B到C时间相等；平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据△y=gT2求解运动的时间间隔，再根据△x=v0T求解平抛的初速度；
(2)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，先求解B的竖直分速度，然后根据速度公式求解抛出到B点的时间，最后得到抛出到A点的时间。
本题关键明确利用平抛运动的规律的规律测量平抛运动初速度的原理，关键利用分运动公式列式求解。
13.【答案】AB间距离x1，AC间距离s，弹簧竖直悬挂时伸长的长度x2；x122x2s
【解析】解：(1)该过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，即弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧弹力做功的大小，
根据W=12kx2，需要测量弹簧的形变量，即原长和压缩后的长度的差值，即AB之间的距离x1；需要测量弹簧的劲度系数，可以根据弹簧挂物体时处的平衡状态求出劲度系数k，使用要测量将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态时弹簧的伸长量x2；
在整个过程中根据功能关系有：12kx12−μmgS=0…①，
所以要测量物体滑行的距离S.
(2)将滑块挂在竖直放置的弹簧下时，mg=kx2…②
①②联立得：μ=kx122mgs=x122x2s；
故答案为：(1)AB间距离x1，AC间距离s，弹簧竖直悬挂时伸长的长度x2；(2)x122x2s.
该题中，利用二力平衡求出弹簧的劲度系数k，利用了功能关系来求摩擦系数，即运动过程中克服摩擦力做功消耗弹簧的弹性势能．
该实验解答的突破口在于明确其实验原理，本题中要依据所提供信息，根据所学物理规律，明确该实验的实验原理，对于考查学生综合利用知识的能力起到很好的作用．
14.【答案】解：(1)物体落地时间为：t= 2hg= 2×0.810s=0.4s；
(2)竖直速度为：vy=gt=4m/s；
水平速度为：vx=3m/s；
根据平行四边形定则知：tanθ=vyvx=43
则物体落地点的速度和水平方向夹角为53∘。
答：(1)物体经过0.4s落地。
(2)物体落地点的速度方向与水平方向的夹角为53∘。
【解析】(1)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的高度，求出物体平抛运动的时间。
(2)根据速度时间公式求出物体落地时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出物体落地的速度方向。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题。
15.【答案】解：(1)撤去水平恒力F后，物体的动能全部用来克服阻力做功
由动能定理，可知−fs2=12mv22−12mv12
由v−t图像可得v1=10m/s,v2=0m/s， s2=12×10×(10−5)m=25m
代入数据解得：f=10N
由公式；f=μmg
解得：μ=fmg=0.2
(2)对于0∼10s整个过程由动能定理，可知：Fs1−f(s1+s2)=12mv22−12mv12
代入数据得：F=2f=20N
水平恒力F的最大功率：P=Fv=200W
答：(1)物体与水平地面间的滑动摩擦因数是0.2；
(2)水平恒力F的最大功率是200W。
【解析】(1)根据动能定理即可得物体动摩擦因数的大小；
(2)根据动能定理即可得拉力的大小，然后由功率的表达式即可得水平恒力F的最大功率。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道速度时间图线与时间轴围成的面积和图线的斜率表示的含义。
16.【答案】解：(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有
vB2=2ax
根据牛顿第二定律得
mgsinα−Ff=ma
又sinα=Hx
由以上三式联立解得Ff=144N
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh+W=12mvC2−12mvB2
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvC2R
由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有FN=6mg
联立解得R=12.5m
答：
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小是144N；
(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为12.5m。
【解析】(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，已知初、末速度和位移，可根据速度位移公式求出加速度，再由牛顿第二定律求出阻力。
(2)运动员从B到C的过程，由动能定理求出到达C点的速度。在C点，由重力和轨道的支持力充当向心力，由牛顿第二定律列式，即可求解。
本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理。
17.【答案】解：(1)由乙图知：小球做圆周运动在最高点拉力为F2，在最低点拉力为F1。
设最高点速度为v2，最低点速度为v1，绳长为l。
在最高点：F2+mg=mv22l ①，
在最低点：F1−mg=mv12l ②，
由机械能守恒定律得：
12mv12=mg⋅2l+12mv22 ③，
由①②③解得：g=F1−F26m；④
(2)在星球表面：GMmR2=mg ⑤
星球密度：ρ=MV ⑥，
由⑤⑥解得：ρ=F1−F28πGmR；
答：(1)星球表面的重力加速度为：F1−F26m。
(2)星球的密度为F1−F28πGmR。
【解析】(1)小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点与最低点绳子的拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出重力加速度。
(2)万有引力等于重力，求出星球的质量，然后由密度公式求出星球的密度。
本题考查了求重力加速度、星球密度等问题，应用牛顿第二定律、万有引力定律、机械能守恒定律、密度公式即可正确解题。
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