2024-2025学年北京市朝阳区和平街第一中学高三上学期9月调研物理试题（含解析）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区和平街第一中学高三上学期9月调研物理试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共14小题，共56分。
1.下列属于国际单位制基本单位符号的是( )
A. sB. NC. FD. T
2.小芳同学想要悬挂一个镜框，以下四种方法中每根绳子所受拉力最小的是( )
A. B.
C. D.
3.学习是一个不断探究、积累和总结的过程。科学的研究也是如此，在第一章的学习过程我们也总结出一些科学研究方法，下面关于这些研究方法表达的是( )
A. 质点是一种理想化模型，它忽略了物体的形状和大小，在研究任何物理问题时都可以把物体看成质点
B. 图像可以描述质点的运动，v−t图像可以反映速度随时间的变化规律，图像的斜率反映加速度的大小和方向
C. a=ΔvΔt这里用两个物理量(Δv和Δt)之比定义了一个新的物理量(a)，这在物理学上叫比值定义法，这个式子说明加速度a与速度变化量Δv成正比
D. v=ΔxΔt是平均速度公式，当Δt→0时，其值可以用来作为该时刻的瞬时速度，这在物理学上应用了等效替代方法。在实际计算中Δt取的越小，得到的瞬时速度会越精确
4.如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上从静止开始以加速度a向前运动位移为x的过程中，若货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 石块B周围的物体对它的作用力的合力大小为mg
B. 石块B周围的物体对它的作用力的合力做功为mgx
C. 石块B周围的物体对它的作用力的合力大小为m a2+g2
D. 石块B周围的物体对它的作用力的合力冲量大小为m 2ax
5.在2017年6月，我国又成功发射一颗“墨子号”量子科学实验卫星，实现远距离光子纠缠，刷新世界纪录。“墨子号”的轨道低于地球同步卫星的轨道，关于“墨子号”科学实验卫星，下列说法中正确的是( )
A. “墨子号”科学实验卫星相对于地面是静止的
B. “墨子号”科学实验卫星的轨道平面可以不通过地球的球心
C. “墨子号”科学实验卫星运行的线速度大于地球通讯卫星的线速度
D. “墨子号”科学实验卫星运行的质量一定大于地球通讯卫星的质量
6.如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ.若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是( )
A. 物块所受摩擦力的方向水平向左B. 物块运动的时间为v2μg
C. 物块相对地面的位移大小为v2μgD. 物块相对传送带的位移大小为v22μg
7.向心力演示器装置如图所示，两个塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄，使长槽和短槽分别随相应的塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺(黑白相间的等分格)。为了探究金属球的向心力F的大小与轨道角速度ω之间的关系，下列说法正确的是( )
A. 应使用两个质量不等的小球
B. 应使两小球离转轴的距离不相同
C. 应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上
D. 若皮带套在两个塔轮的最下端，则右边标尺上漏出的黑白相间的等分格多
8.滑雪运动员沿斜坡滑道下滑了一段距离，重力对他做功1000J，阻力对他做功−200J。此过程关于运动员的说法，下列选项正确的是( )
A. 重力势能减少了800JB. 动能增加了1200J
C. 机械能增加了1000JD. 机械能减少了200J
9.图示为一颗人造地球卫星发射过程的简化示意图。卫星先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道2的运行周期大于其在轨道3的运行周期
B. 卫星在轨道2上从P点运动到Q点过程中，卫星内部的仪器处于完全失重状态，机械能不变
C. 卫星在轨道1的向心加速度小于在赤道上随地球自转的物体的向心加速度
D. 卫星在轨道2运行经过Q点的加速度小于在轨道3运行时经过Q点的加速度
10.将一个物体竖直向上抛出，若物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下图中可能正确反映小球抛出后上升过程中速度v、加速度a随时间t的变化关系，以及其动能Ek、重力势能EP随上升高度ℎ的变化关系的是( )
A. B. C. D.
11.如图所示，斜面静止于粗糙水平面上，质量为m的小物块P恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持静止．现给P施加一沿斜面向下的推力F，使P沿斜面匀加速下滑．施加F后，下列说法不正确的是
A. 斜面对P的支持力和摩擦力都不变B. P对斜面的作用力方向竖直向下
C. 水平面对斜面的支持力增大D. 小物块的加速度为a=F/m
12.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动.有一个质量为m 的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R 和H，小球A所在的高度为筒高的一半。已知重力加速度为g，则( )
A. 小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用
B. 小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上
C. 小球A受到的合力大小为mgH2R
D. 小球A做匀速圆周运动的角速度ω= 2gHR
13.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置，把悬吊1.0N重物时指针位置O的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。加速度的方向向上为正、向下为负，g取10m/s2，( )
A. 当指针在位置C时弹簧的弹力为0.8NB. CO之间的弹力之差为0.2N
C. 位置C标注的加速度为−1.0m/s2D. 位置D标注的加速度为1.0m/s2
14.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法错误的是( )
A. 当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B. 当F=52μmg时，A的加速度为13μg
C. 当F>3μmg时，A相对B滑动
D. 无论F为何值，B的加速度不会超过12μg
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.用图1所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)除图中器材外，还需要两种测量工具是__________(选填选项前的字母)。
A.秒表 B.天平(含砝码) C.弹簧测力计 D.刻度尺
(2)实验中，需要平衡摩擦力和其它阻力，在此过程中，下列说法正确的是__________
A.小车后面不能拖纸带
B.系在小车的细绳上不能悬挂小桶
C.打点计时器必须接通电源
(3)图2所示为实验中得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为T=0.10s。由图中数据可计算出小车的加速度a=__________m/s2。(结果保留2位有效数字)
(4)若实验中砂和桶的总质量为m′，则从理论分析可得砂和桶的总重力m′g与细绳对小车的拉力F的大小关系为m′g__________F(选填“略大于”或“略小于”，由此带来的误差属于__________误差(选填“偶然”或“系统”)。
(5)某同学猜想加速度与力成正比，与质量成反比，因此他认为可以不测量加速度的具体数值，仅测量不同条件下物体加速度的比值即可。他采用图3所示的实验装置，将轨道分为上下双层排列，两小车尾部的刹车线由后面的刹车系统同时控制，能使两小车同时运动或同时停下来。实验中通过比较两辆小车的位移来比较它们的加速度。你认为这位同学的方法可行吗？请说明理由。__________
16.某同学探究平抛运动的特点。
(1)用如图1所示装置探究平抛运动竖直分运动的特点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。

①关于该实验，下列说法正确的是__________(选填选项前的字母)
A.A、B两球应选用体积小、质量大的小球
B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上
C.比较两球落地时间必须要测量两球下落的高度
②多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此说明A球__________。
(2)用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
下列操作中有必要的是__________(选填选项前的字母)。

A.通过调节使斜槽末段保持水平
B.挡板高度等间距变化
C.通过调节使硬板保持竖直
D.尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
E.以小球在Q点时球心在白纸上的对应点为起始点
(3)若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图3所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1y2__________13(选填“大于”、“等于”或者“小于”)。可求得钢球平抛的初速度大小为__________(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以1m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30°。若人与滑板的总质量为60kg，受到的总阻力为60N，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)滑雪者加速度的大小；
(2)3s内滑雪者下滑位移的大小；
(3)3s末人与滑板总重力的瞬时功率。
18.流量是指单位时间内通过管道横截面的流体的体积，在生活中经常需要测量流量来解决实际问题。环保人员在检查时发现一根排污管正在向外满口排出大量污水，如图所示。他测出水平管口距落点的竖直高度为ℎ，管口的直径为d，污水落点距管口的水平距离为x，重力加速度为g。请根据这些测量量估算：
(1)污水离开管口后在空中的时间t；
(2)污水离开管口时的速度大小v；
(3)排出污水的流量Q。
19.如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直。质量为m可看作质点的小滑块在恒定合外力作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，到达水平轨道的末端B点时撤去外力，小滑块继续沿半圆形光滑轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点。已知重力加速度为g，求：
(1)滑块通过D点的速度大小；
(2)滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道压力的大小；
(3)滑块在AB段受到的恒定合外力的大小。
20.建立物理模型对实际问题进行分析，是重要的科学思维方法。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，地球的半径为R，引力常量为G，不考虑地球自转的影响。
(1)试推导第一宇宙速度v的表达式；
(2)如图−1所示，假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球南北两极的小洞，把一个质量为m的小球从北极的洞口由静止状态释放后，小球能够在洞内运动，不考虑其它星体的作用，以地心为原点，向北为正方向建立x轴，在图−2中画出小球所受引力F随x(−R≤x≤R)变化的图像，求出小球在洞内运动过程中的最大速度vm；
(3)在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地球与木星球心之间的距离小于某个值d时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这个临界距离d被称为“洛希极限”。已知，木星和地球的密度分别为ρ0和ρ，木星和地球的半径分别为R0和R，且d≫R。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离d——“洛希极限”的表达式。【提示：当x很小时，1+xn≈1+nx。】
答案解析
1.A
【解析】国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号m；质量的单位是千克，符号kg；时间的单位是秒，符号s；电流的单位是安培，符号是A；热力学温度的单位是开尔文，符号K；物质的量单位是摩尔，符号ml；发光强度的单位是坎德拉，符号cd。
故选A。
2.B
【解析】镜框受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于0。可知两根绳子拉力的合力等于重力，绳子的夹角越小，绳子拉力越小，故选B。
3.B
【解析】A.物体的形状和大小对所研究的问题没有影响，属于无关或次要因素时，即可以把物体看成质点，故A错误；
B.图像可以描述质点的运动， v−t 图像可以反映速度随时间的变化规律，图像的斜率反映加速度的大小和方向，故B正确；
C.因为
a=ΔvΔt
是定义式，不能说加速度a与速度变化量 Δv 成正比，故C错误；
D.平均速度公式
v=ΔxΔt
当 Δt→0 时，其值可以用来作为该时刻的瞬时速度，这在物理学上应用了极限方法，故D错误。
故选B。
4.C
【解析】AC.石块B受向下的重力mg和周围的物体对它的作用力F，两个力的合力为ma，方向水平向右，则石块B周围的物体对它的作用力的合力大小为
F= (mg)2+(ma)2=m a2+g2
选项A错误，C正确；
B.石块B周围的物体对它的作用力的合力的水平分量为ma，则做功为max，选项B错误；
D.物块的速度
v= 2ax
根据动量定理，石块B所受的合外力(周围物体对它作用力的合力与B的重力的矢量和)的冲量大小为
I=mv=m 2ax
选项D错误。
故选C。
5.C
【解析】AC.根据万有引力提供向心力
GMmr2=mv2r
可得
v= GMr
可知“墨子号”科学实验卫星运行的线速度大于地球通讯卫星的线速度，地球同步卫星与地球相对静止，故“墨子号”科学实验卫星相对于地面是运动的，故A错误，C正确；
B.根据万有引力提供向心力，“墨子号”科学实验卫星的轨道平面一定通过地球的球心，故B错误；
D.两卫星的质量关系不能确定，故D错误。
故选C。
6.D
【解析】物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，对物块由牛顿第二定律
f=μmg=ma
加速度
a=μg
达到共速时物块运动的时间
t=vμg
物块相对地面的位移大小
s=v22μg
物块相对传送带的位移大小
Δs=vt−s=v22μg
故选D。
7.D
【解析】AB.根据向心力F的大小与轨道角速度 ω 之间的关系式可知
F=mω2r
则探究F的大小与轨道角速度之间的关系需要用控制变量法，则要使用两个质量相等的小球和保证两小球离转轴的距离相同，故AB错误；
C.控制变量只需保证两小球质量及离转轴的距离相同即可，变速塔轮的半径必须不同，才能使 ω 为变量。故C错误；
D.皮带套在两个塔轮的最下端，塔轮之间是皮带转动，则线速度相同，由于
v=ωr
可知r越小， ω 越大，故右侧F大，则右边标尺上漏出的黑白相间的等分格多，故D正确。
故选D。
8.D
【解析】A.重力对他做功1000J，根据功能关系可知重力势能减少了1000J，故A错误；
B.根据动能定理可知，动能增加了
ΔEk=WG+Wf=800J
故B错误；
CD.机械能变化量为
ΔE=ΔEk+ΔEp=−1000+800J=−200J
故机械能减少了 200J ，故C错误，D正确。
故选D。
9.B
【解析】A.根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道2的半长轴小于轨道3的半径，则卫星在轨道2的运行周期小于其在轨道3的运行周期，选项A错误；
B.卫星在轨道2上从 P 点运动到 Q 点过程中仅受万有引力作用，则卫星内部的仪器处于完全失重状态，因只有引力做功，则机械能不变，选项B正确；
C.根据
a=GMr2
可知，卫星在轨道1的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，而根据
a=ω2r
可知，同步卫星的向心加速度大于在赤道上随地球自转的物体的向心加速度，则卫星在轨道1的向心加速度大于在赤道上随地球自转的物体的向心加速度，选项C错误；
D.根据
a=GMr2
可知，卫星在轨道2运行经过 Q 点的加速度等于在轨道3运行时经过 Q 点的加速度，选项D错误。
故选B。
10.C
【解析】A.由题意可得
f=kv
根据牛顿定律可得
mg+f=ma
速度减小则加速度减小，所以物体不是匀变速运动，故A错误；
B.根据牛顿第二定律可得
mg+kv=ma
即加速度和速度是线性关系，因速度和时间不是线性关系，因此加速度与时间不成线性关系，故B错误；
C.上升过程，由动能定理可得
−mgℎ−fℎ=Ek−Ek0
解得
Ek=Ek0−(mg+f)ℎ=Ek0−(mg+kv)ℎ
由于速度减小，则 Ek−ℎ 图像的斜率逐渐减小，故C正确；
D.设初位置的重力势能为 Ep0 ，则有
Ep−Ep0=mgℎ
可得
Ep=mgℎ+Ep0
可知 Ep−ℎ 图像为一条倾斜直线，故D错误。
故选C。
11.C
【解析】施加F后，不改变物体与斜面间的正压力，因此也不改变物体与斜面间的滑动摩擦力，即物块和斜面的相互作用力没有任何改变，则水平面对斜面的支持力不变，选项A正确，C错误；因开始时P对斜面的作用力方向竖直向下，加力F后，物块和斜面的相互作用力没有任何改变，P对斜面的作用力方向仍然竖直向下，选项B正确；加力F后，物体受的合外力为F，则小物块的加速度为a=F/m，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C．
12.D
【解析】A.小球A受到重力、支持力，向心力是由重力和支持力的合力来提供，故A错误；
B.如图所示，小球受重力和支持力而做匀速圆周运动，由合力提供向心力，合力一定指向圆心，故B错误；
C.设漏斗内壁倾角为 θ ，合力的方向水平且指向转轴，受力分析如图
则
F合=mgtanθ
其中
tanθ=HR
解得小球A受到的合力大小为
F合=mgHR
故C错误；
D.由合力提供向心力，则
F合=mω2r
其中
r=R2
解得
ω= 2gHR
故D正确。
故选D。
13.C
【解析】A.当弹簧下端悬吊0.9N的重物时，指针指在位置C，根据平衡条件可得位置C时弹簧的弹力为0.9N，故A错误；
B.CO之间的弹力之差为
ΔF=1.0−0.9N=0.1N
故B错误；
C.由题意可知，每一小格代表0.01N，指针在C点时，电梯加速度向下，由牛顿第二定律得
−0.01×10=ma1
其中m=0.1kg，解得
a1=−1m/s2
故C正确；
D.当电梯加速度向上时，指针指在D点，由牛顿第二定律
0.01×5=ma2
解得
a2=0.5m/s2
故D错误。
故选C。
14.A
【解析】A.因AB间最大静摩擦力为
fABmax=2μmg
对AB的整体分析，则当
F<μ2(2m+m)g=32μmg
时，A、B都相对地面静止，选项A错误；
BCD.当AB恰能产生相对滑动时，则对整体
F−32μmg=3ma0
对B
2μmg−32μmg=ma0
解得
a0=12μg
F=3μmg
则当 F>3μmg 时，A相对B滑动；当 F=52μmg 时，AB没有产生相对滑动，则此时A的加速度为
a=F−32μmg2m+m=13μg
由以上分析可知，无论F为何值，B的加速度不会超过
a0=12μg
选项BCD正确；
此题选择错误的，故选A。
15. BD/DB BC/CB 1.1 略大于 系统 这位同学的方法可行两小车做初速度为0的匀加速直线运动，运动时间 t 相等，根据 x=12at2 ，有 a1a2=x1x2 ，它们的位移之比就等于加速度之比
【解析】(1)[1]实验利用打点计时器打出纸带探究加速度与力、质量的关系，纸带记录运动时间和位移。时间由打点周期可得，不需要秒表；位移需要刻度尺测量，小车质量需要天平测量，故还需要天平和刻度尺。故B、D正确，A、C错误。故选BD。
(2)[2]在平衡摩擦力时，系在小车的细绳上不能悬挂小桶，另外，在使用电磁打点计时器时，机械振动打点会产生摩擦力，所以小车后面要拖纸带，并且打点计时器必须接通电源，故B、C正确，A错误。故选BC。
(3)[3]根据逐差法可得小车的加速度为
a=xCE−xAC4T2=27.0−11.30−11.304×0.12×10−2=1.1m/s2
(4)[4]对整体进行分析有
m′g=M+m′a
解得
a=m′gM+m′
绳子的拉力为
F=Ma=Mm′gM+m′=11+m′M⋅m′g故砂和桶的总重力略大于拉力。
[5]在实验过程，小车所受拉力实际上是小于砂和桶的重力，而认为小车所受拉力等于砂和桶重力，由此带来的误差属于系统误差。
(5)[6]这位同学的方法可行，两小车做初速度为0的匀加速直线运动，运动时间 t 相等，根据 x=12at2 ，有 a1a2=x1x2 ，它们的位移之比就等于加速度之比。
16. AB/BA 在竖直方向做自由落体运动 ACE 大于 x gy2−y1
【解析】(1)①[1]A.为了减小小球运动过程中空气阻力的影响，实验中应选择体积小，质量大的小球，故A正确；
B.实验中需要确保两小球下落高度相等，则打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，故B正确；
C.根据
ℎ=12gt2
解得
t= 2ℎg
可知，当两小球下落高度相等时，两球同时落地，实验中只需比较两球是否同时落地，并不需要求出时间的具体值，因此不需要测量两球下落的高度，故C错误。
故选AB；
②[2]每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
(2)[3]AB.通过调节使斜槽末段保持水平，保证小球做平抛运动，挡板高度可以等间距变化，也可以不等间距变化，故A正确，B错误；
C.小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；
D.实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同，因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误；
E.因为A球沿斜槽轨道 PQ 滑下后从斜槽末端 Q 飞出，Q点是小球的抛出点，所以以小球在 Q 点时球心在白纸上的对应点为起始点，故E正确。
故选ACE；
(3)[4]因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为 vAy 、 vBy ，则有
y1=vAyT+12gT2
y2=vByT+12gT2=vAy+gTT+12gT2=vAyT+32gT2
所以
y1y2>13
[5]根据运动学规律有
Δy=y2−y1=gT2
可得
T= y2−y1g
钢球平抛的初速度大小为
v0=xT=x gy2−y1
17.(1) 4m/s2 ；(2)21m；(3)3900W
【解析】(1)由牛顿第二定律
mgsin30∘−f=ma
解得滑雪者加速度的大小为
a=4m/s2
(2)由运动学公式
x=v0t+12at2
其中
v0=1m/s ， t=3s
解得3s内滑雪者下滑位移的大小为
x=21m
(3)由运动学公式
v=v0+at
重力的瞬时功率
P=mgvsin30∘
联立解得，3s末人与滑板总重力的瞬时功率为
P=3900W
18.(1) t= 2ℎg ；(2) v=x g2ℎ ；(3) Q=14πxd2 g2ℎ
【解析】(1)污水由管口流出后可近似认为做平抛运动，竖直方向有
ℎ=12gt2
可得
t= 2ℎg
(2)水平方向有
x=vt
解得
v=x g2ℎ
(3)排出污水的流量为
Q=Sv
截面积为
S=14πd2
排出污水的流量
Q=14πxd2 g2ℎ
19.(1) vD= gR ；(2) NB′=6mg ；(3) F=54mg
【解析】(1)设滑块恰好通过最高点D的速度为 vD ，根据牛顿第二定律有
mg=mvD2R
解得
vD= gR
(2)滑块自B点到D点的过程机械能守恒，设滑块在B点的速度为 vB ，则有
12mvB2=12mvD2+2mgR
解得
vB2=5gR
设滑块经过B点进入圆形轨道时所受的支持力为NB，根据牛顿第二定律有
NB−mg=mvB2R
解得
NB=6mg
由牛顿第三定律可知，滑块经过B点时对轨道的压力大小
NB′=6mg
(3)对于滑块自D点平抛到A点，设其时间为t，则有
2R=12gt2
sAB=vDt
解得
sAB=2R
滑块由A点到B点的过程中，根据动能定理
FsAB=12mvB2
解得
F=54mg
20.(1) v=2R πρG3
(2)， vm=2R πρG3
(3) d=R032ρ0ρ

【解析】(1)根据万有引力提供向心力
GMmR2=mv2R
地球的质量为
M=ρV=ρ⋅43πR3
联立解得第一宇宙速度为
v=2R πρG3
(2)距离地心为x时，小球受到的万有引力大小为
F=GM′mx2
又
M′=ρV′=ρ⋅43πx3
可得
F=43πGρmx
当0小球位于地心时速度最大，根据动能定理
0+43πGρmR2R=12mvm2
解得
vm=2R πρG3
(3)设木星质量为 M0 ，地球质量为 M ，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为 m 的物体，地球在木星引力作用下向木星靠近，根据牛顿第二定律，有
GM0Md2=Ma
物体 m 在木星引力和地球引力作用下，有
GM0m(d−R)2−GMmR2=ma′
其中
M0=ρ⋅43πR03 ， M=ρ⋅43πR3
当 a′>a 时，地球将被撕裂；由 a′=a 可得
GM0(d−R)2−GMR2=GM0d2
整理得
M0d2[(1−Rd)2−1]=MR2
因为 d≫R ，所以 Rd 很小，则有
(1−Rd)2≈1+2Rd
代入可得
M0d2⋅2Rd=MR2
可得“洛希极限”的表达式为
d=R032ρ0ρ