2022-2023学年福建省漳州市高二（下）期末物理试卷（B卷）（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省漳州市高二（下）期末物理试卷（B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，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的。其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的齿轮边缘的两点，则下列说法中正确的是( )
A. A、B两点的角速度相等B. A、B两点的线速度大小相等
C. A点的周期等于B点的周期D. A点的向心加速度等于B点的向心加速度
2.如图所示，△ABC是边长为L的等边三角形，电荷量为−q(q>0)的点电荷固定在A点，先将一电荷量也为−q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到B点，此过程中电场力对Q1做功为−W(W>0)，再将Q1从B点沿BC移到C点并固定，最后将一电荷量为+3q的点电荷Q2从无穷远处移到B点，已知静电力常量为k。则( )
A. Q1移入之前，B、C两点电势不相等
B. Q1从B点移到C点的过程中，其电势能先减小后增大
C. Q2在B点所受电场力大小为6kq2L2
D. Q2从无穷远处移到B点的过程中，电场力对Q2做功为6W
3.关于功，下列说法中正确的是( )
A. 因为功有正负，所以功是矢量
B. 力对物体不做功，说明物体一定无位移
C. 功的多少是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的
D. 力对物体做功少，说明物体的受力一定小
4.如图，小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60∘，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )
A. 3gR2B. 3gR2C. 3 3gR2D. 3gR3
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，甲、乙两个小球从同一固定斜面的顶端0点水平抛出，分别落到斜面上的A、B两点，A点为OB的中点，不计空气阻力．以下说法正确的是( )
A. 甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同
B. 甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1：2
C. 甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1： 2
D. 甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为1：2
6.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
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.在工厂会看到用于运送货物的倾斜传送带，如图所示，传送带与水平地面夹角θ=30∘，AB长度L=3m，传送带以v=3m/s的速度顺时针匀速转动，传送带上端B点与一水平台面平滑连接，当货物送达B点后仍能沿水平面运动一段距离。现将一质量m=10kg的货物在传送带最下端无初速度释放，它与传送带间的动摩擦因数μ1= 32，与水平台面间的动摩擦因数μ2=0.15。该货物离开传送带后最终停止在水平台面上的C处，g取10m/s2。下列选项正确的是( )
A. 货物送达B点时的速度为3m/s
B. 货物离开传送带后在水平台面上运动的距离为2m
C. 货物在传送带上运动的时间为1.6s
D. 货物在传送带上运动过程中产生的热量为225J
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.医学治疗中常用放射性核素113In产生γ射线，而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰变产生的。对于质量为m0的113Sn，经过时间t后剩余的113Sn质量为m，其mm0−t图线如图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为______d，113Sn放置10000d后，113Sn的半衰期会______(选填“变大”“变小”或“不变”)
10.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p−V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为300K，则该气体在状态B时的温度为______ K，该气体从状态A经B再到C的全过程中气体对外做功______ J。
11.当光照射到光电管的阴极K时，电路中产生的电流流过电流表G的方向是______(选填“a流向b”或“b流向a”)若照射光的频率增大，强度不变，电流表G的读数______(选填“增大”“减小”或“不变”).
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
12.为了只用一根弹簧和一把刻度尺测定滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ，某同学经查阅资料得知：一劲度系数为k的轻弹簧由压缩量为x至恢复到原长过程中，弹力所做的功为12kx2.在已知弹簧的劲度系数为k和滑块的重力为G的前提下，他设计了下述实验：
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且静止，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．
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)用已知的物理量和测得的物理量表示滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ的计算式为μ=______.
13.某物理课外实验小组为了测量某未知电阻R0的阻值，制定了四种测量方案。
(1)方案一：用欧姆表测电阻
a.在进行正确机械调零后，将欧姆挡的选择开关拨至“×1”挡，先将红、黑表笔短接，让指针指在______(选填“左侧”或“右侧”)零刻度线上。
b.欧姆表指针如图甲所示，可得未知电阻R0的阻值为______Ω。(结果保留两位有效数字)
(2)方案二：用伏安法测电阻
如图乙所示的实验电路，电压表的示数为2.80V，电流表的示数为87.5mA，则由此可得未知电阻R0的阻值为______(结果保留两位有效数字)，此测量值______(选填“大于”或“小于”)真实值。
(3)方案三：用等效替代法测电阻
a.如图丙所示，将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R，使电流表示数为I0，电阻箱的示数R1=102Ω；
b.断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I0，电阻箱的示数R2=68Ω；
c.则未知电阻R0的阻值为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)方案四：用惠斯通电桥法测电阻
如图丁所示的实验电路，AB为一段粗细均匀的直电阻丝。
a.闭合开关S，调整触头D的位置，使按下触头D时，电流表G的示数为零。
已知定值电阻R的阻值，用刻度尺测量出l1、l2，则电阻R0=______(用R、l1、l2表示)。
b.为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图丁中的定值电阻R换成电阻箱，并且按照a中操作时，电阻箱的读数记为R3；然后将电阻箱与R0交换位置，保持触头D的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G的示数为零，此时电阻箱的读数记为R4，则电阻R0=______(用R3、R4表示)。
五、简答题：本大题共1小题，共12分。
14.如图所示，轨道ABC的AB段是半径R=0.8m的光滑的14圆弧形轨道，BC段为粗糙水平面，物体从A静止开始下滑，在平面上运动了1.6m后停下，求：
(1)物体通过B点时的速率为多大？
(2)物体与水平面的动摩擦因数μ为多大？(g取10m/s2)
六、计算题：本大题共2小题，共28分。
15.如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上．A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0 , 34v0的速度向右运动．求：
①B的质量；②碰撞过程中A对B的冲量的大小．
16.一宇航员到达半径为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】B
【解析】解：AB.两轮的边缘线速度大小相同，根据v=ωr可知，半径大的角速度小，即A点的角速度小于B点的角速度，故A错误，B正确；
C.根据T=2πω可知，A点的周期大于B点的周期，故C错误；
D.根据a=vω可知，A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故D错误。
故选：B。
同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等，再根据公式可求。
本题关键明确同缘传动同轴传动的特点，关键在于灵活应用向心加速度公式。
2.【答案】D
【解析】解：A、在Q1移入之前，B、C两点在以点电荷−q所在A点为圆心，半径为L的圆周上，而以场源点电荷为圆心的所有圆均为等势面，则可知B、C两点在同一等势面上，即B、C两点电势相等，故A错误；
B、Q1从B点移到C点的过程中，距点电荷−q的距离先减小后增大，因此电场力对Q1先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故B错误；
C、Q2在B点所受电场力的大小为点电荷−q和Q1与Q2作用后的合力，由库仑定律结合矢量运算可得
F=2×3kq2L2cs30∘=3 3kq2L2，故C错误；
D、根据题意可知，在Q1固定在C点之前，无穷远与B点的电势差
0−φB=−W−q=Wq
故B的电势φB=−Wq
而根据电势的叠加(满足代数运算)，可知，当将电荷Q1固定在C点后，B点的电势变为
φ′B=−2Wq
因此当Q2从无穷远处移到B点的过程中，电场力对Q2做功为
W′=3q(0−φB′)
解得：W′=6W，故D正确。
故选：D。
根据电场力做功判断电势能的变化；根据点电荷电场的特点求解B点的电势，根据电场力做功等于电势能的减小量求解做功。
本题考查电场力做功和电势能的关系、电势与电势能的关系，解题关键是知道电场力做功等于电势能的减小量。
3.【答案】C
【解析】解：A、功有正负，但功是标量，A错误；
B、若力与位移的方向垂直，力对物体不做功，B错误；
C、功的多少是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的，C正确；
D、力对物体做功少，说明物体的受力与力的方向上位移的乘积一定小，力不一定小，D错误；
故选：C。
功有正负，但功是标量，计算公式为W=FS，受力与力的方向上位移的乘积．
求功时要严格按照功的定义做，还要注意功是标量．
4.【答案】C
【解析】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30∘，则有：vy=v0tan30∘
又vy=gt，则得：t=v0tan30∘g ①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R+Rcs60∘=v0t②
联立①②解得：v0= 3 3gR2.故C正确，ABD错误。
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30∘角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系。再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度。
5.【答案】AC
【解析】解：A、设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα=gtv0，tanθ=12gt2v0t=gt2v0，可知tanα=2tanθ，因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同。故A正确。
B、因为两球下落的高度之比为1：2，根据h=12gt2，得t= 2hg，可知甲乙两球运动的时间之比为1： 2，则竖直分速度之比为1: 2，因为两球落在斜面上时速度方向相同，根据平行四边形定则知，两球接触斜面的瞬间，速度大小之比为1： 2，故B错误，C正确。
D、因为两球平抛运动的水平位移为1：2，时间之比为1： 2，则初速度之比为1： 2，故D错误。
故选：AC。
根据平抛运动某时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，比较甲乙两球落在斜面前瞬间的速度方向．根据下落的高度比较运动的时间之比，从而结合水平位移得出初速度之比．
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，结合运动学公式和推论灵活求解．
6.【答案】AC
【解析】解：AB、由题图可知波长λ=4m，若波沿x轴正向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx=3+4n(m)(n=0,1,2,)，则波速v=ΔxΔt，将Δt=t2−t1代入数据可得v=1+43n(m/s)(n=0，1，2，)，由T=λv代入数据可解得T=123+4ns(n=0，1，2，)，若n=0，则T=4s，由实线波形图可知t1=2s时质点O在平衡位置且向y轴正向运动，由振动图像可知A正确，B错误；
CD、若波沿x轴负向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx=1+4n(m)(n=0,1,2,)，则波速v=ΔxΔt，将Δt=t2−t1代入数据可得v=13+43n(m/s)(n=0，1，2，)，由T=λv代入数据可解得T=121+4ns(n=0，1，2，)，若n=0，则T=12s，由实线波形图可知t1=2s时质点O在平衡位置且向y轴负向运动，由振动图像可知C正确，D错误。
故选：AC。
由题图可知波长，分别讨论波沿x轴正向和负向传播时，在t1到t2时间内波形平移的距离，由v=ΔxΔt计算波速，由T=λv计算周期并找出可能取值，由实线波形图读出t1=2s时质点O的位置及运动状态，结合振动图像可求解。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。解决本题的关键是找出波速的表达式，本题充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
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】AC
【解析】解：A、货物刚放上传送带时，根据牛顿第二定律得：μ1mgcs30∘−mgsin30∘=ma1
货物匀加速到v需要时间：t1=va1
此过程的位移：x1=v2t1
联立解得：t1=1.2s，x1=1.8m
因为1.8mB、货物滑上平台到停止过程中，由动能定理得：−μ2mgx=0−12mv2，解得：x=3m，故B错误；
C、货物在传送带上匀速运动的时间：t2=L−x1v=3−1.83s=0.4s
货物在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=1.2s+0.4s=1.6s，故C错误；
D、货物在传送带上匀加速运动阶段传送带的位移：x2=vt1=3×1.2s=3.6m
货物在传送带上运动过程中产生的热量为：Q=μ1mgcs30∘⋅(x2−x1)
代入数据解得：Q=135J，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律求解货物刚放上传送带时加速度大小，根据速度-时间关系求解货物匀加速到v需要的时间，再根据位移-时间关系求解位移，由此分析货物的运动情况；货物滑上平台到停止过程中，由动能定理求解位移；求出货物匀速运动的时间，由此得到货物在传送带上运动的时间；根据运动学公式求解货物匀加速阶段传送带的位移，根据功能关系求解货物在传送带上运动过程中产生的热量。
本题主要是考查了功能关系和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理或功能关系列方程解答。
9.【答案】115.1；不变
【解析】解：由图可知从mm0=23到mm0=13恰好衰变了一半；
放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期，根据半衰期定义可知，半衰期为T=182.4d−67.3d=115.1d
半衰期由原子核内部自身决定，与外界的物理和化学状态无关，所以113Sn放置10000d后其半衰期不变。
故答案为：115.1；不变。
根据半衰期的定义结合图像求半衰期；元素的半衰期由元素本身决定，与外界因素无关。
本题考查了对半衰期的理解，知道元素的半衰期决定于元素本身。
10.【答案】100； 200
【解析】对一定质量的理想气体，A→B气体发生等容变化，由查理定律得 pATA=pBTB
由图知：pA=3pB，结合TA=300K，代入数据解得：TB=100K
从A到B气体体积不变，气体对外界不做功，从B到C气体体积增大，气体对外界做功，且有
W=pBΔV=pB(VC−VB)=1×105×(3×10−3−1×10−3)J=200J
所以该气体从状态A经B再到C的全过程中气体对外做功为200J。
故答案为：100，200。
气体从状态A到B发生等容变化，根据查理定律求气体在状态B时的温度。气体从状态A经B再到C的全过程中，从A到B不做功，只有从B到C做功，根据W=pΔV求出气体对外做功。
对于气体图像问题，要明确气体状态发生何种变化，准确选择气体实验定律。对于等压过程，要掌握气体做功公式W=pΔV。
11.【答案】a流向b 减小
【解析】解：发出的光电子从阴极K移动到阳极A，则流过电流表的电子方向为b流向a，那么电流方向为a流向b；
若保持照射光强度不变，仅增大照射光频率，则光子数目减小，那么电流表G的示数会减小；
故答案为：a流向b；减小。
当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，根据电子的移动方向得出电流的方向，结合光电流的影响因素分析即可。
解决本题的关键掌握光电效应的条件：当入射光的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，注意电子定向移动方向与电流方向相反。
12.【答案】(1)AB的距离x1和AC的距离s； (2)kx122Gs
【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，
所以要测量AB之间的距离x1，及AC的距离s.
(2)由公式：12kx12−μmgs=0，
解得：μ=kx122Gs；
故答案为：(1)AB的距离x1和AC的距离s； (2)kx122Gs.
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．
13.【答案】右侧 3632Ω小于 34l2l1R R3R4
【解析】解：(1)a、欧姆挡的零刻度线在右侧，故欧姆调零时应让指针指在右侧零刻度线上；
b、欧姆挡的挡位为“×1”挡，欧姆表刻度值为36，则电阻R0的阻值为36×1Ω=36Ω。
(2)由欧姆定律得：R0=UI=2.8087.5×10−3Ω=32Ω
测量电路使用的是伏安法的外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，可知电阻测量值小于真实值。
(3)由题可知两次电流表示数均为I0，根据闭合电路欧姆定律，两次外电路总电阻相等，则有：
R1=R0+R2，
解得：R0=R1−R2=102Ω−68Ω=34Ω
(4)a、设电阻丝的l1段和l2段的电阻分别为R1和R2，根据电阻定律可得：R1R2=l1l2
因电流表G的示数为零，故C、D两点的电势相等，可知UAC=UAD，UCB=UDB，且流过R与R0的电流相等设为I1，流过整段电阻丝的电流相等设为I2，则有：
I1R=I2R1；I1R0=I2R2
两式相比可得：RR0=R1R2=l1l2
解得：R0=l2l1R；
b、与a同理，当电阻箱的读数记为R3时，可得：R3R0=R1R2=l1l2
当电阻箱的读数记为R4时，可得：R0R4=R1R2=l1l2
由两式可得：R3R0=R0R4
解得：R0= R3R4
故答案为：(1)a、右侧；b、36；(2)32Ω；小于；(3)34；(4)l2l1R； R3R4
(1)a、欧姆挡的零刻度线在右侧，故欧姆调零时应让指针指在右侧零刻度线上；
b、欧姆表的读数为刻度值乘以挡位；
(2)由欧姆定律求得被测电阻值；测量电路使用的是伏安法的外接法，电流的测量值偏大，可知电阻测量值小于真实值；
(3)两次电流表示数相同，根据闭合电路欧姆定律，两次外电路总电阻相等；
(4)因电流表G的示数为零，可知C、D两点的电势相等，可得到UAC=UAD，UCB=UDB，且流过R与R0的电流相等，流过整段电阻丝的电流相等，根据欧姆定律可得到电阻之间的比例关系。电阻丝的l1段和l2段的电阻与其长度成正比。
本题考查了电阻测量的方法及原理，是一道典型的总结性题目，题目列举了四种测量电阻的方法，其中方案四：用惠斯通电桥法测电阻，并不常见，需要重点掌握。
14.【答案】解：(1)物体沿光滑弧形轨道下滑到达轨道底端B的过程中，由动能定理有：
mgR=12mv2
代入数据可得：v= 2gR= 2×10×0.8m/s=4m/s
(2)滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理有：
−μmgs=0−12mv2
代入数据可得：μ=v22gs=422×10×1.6=0.5
答：(1)物体通过B点时的速率为4m/s；
(2)物体与水平面的动摩擦因数μ为0.5。
【解析】(1)物体沿光滑弧形轨道下滑到达轨道底端B的过程中由动能定理可得物体到达B点速度大小；
(2)滑块在水平面上滑行的过程中由动能定理可得动摩擦因数的大小。
本题考查了动能定理，解题的关键是分析清楚物体在不同运动过程受力情况和运动特点。
15.【答案】解：①A、B碰撞过程，取向右方向为正方向，由动量守恒定律，得：mv0=mvA+mBvB
据题 vA=18v0，vB=34v0
解得mB=76m
②对B，由动量定理得I=△pB=mBvB
解得I=78mv0
答：①B的质量是76m；
②碰撞过程中A对B的冲量的大小是78mv0。
【解析】①研究A、B碰撞过程，由动量守恒定律列式，可求得B的质量；
①碰撞过程中，由动量定理求A对B的冲量的大小。
对于碰撞问题，要掌握基本规律：动量守恒定律，列式时要注意选择正方向，用符号表示速度的方向。
16.【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。