2024-2025学年北京市朝阳区中国人民大学附属中学朝阳学校高三上学期第三次检测物理试题（含解析）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区中国人民大学附属中学朝阳学校高三上学期第三次检测物理试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共12小题，共36分。
1.利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，( )
A. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C. 桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
2.羽毛球运动员在某次比赛中跃起击球，将羽毛球以原速率斜向下击回，球在空中运动一段时间后落至对方的界面内。运动员运动过程中空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )
A. 运动员在起跳过程中地面对他的支持力做正功
B. 运动员在起跳过程中地面对他的支持力等于他对地面的压力
C. 运动员在最高点速度为零，处于平衡状态
D. 运动员击球过程中合外力对羽毛球做正功
3.“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的( )
A. 半径相等
B. 线速度大小相等
C. 向心加速度大小相等
D. 角速度大小相等
4.如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到( )
A. 荷叶a
B. 荷叶b
C. 荷叶c
D. 荷叶d
5.篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过
程，并得出了篮球运动的v−t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是( )
A. a点B. b点C. c点D. d点
6.若已知引力常量G，则利用下列四组数据可以算出地球质量的是( )
A. 一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的运行速率和周期
B. 一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的质量和地球的第一宇宙速度
C. 月球绕地球公转的轨道半径和地球自转的周期
D. 地球绕太阳公转的周期和轨道半径
7.一质量为m的汽车，启动后在发动机功率保持不变的条件下在水平路面上行驶，经过一段时间t后将达到以速度v匀速行驶的状态，若汽车在行驶中受到的阻力大小f保持不变，则( )
A. 发动机功率P=12fv
B. 启动过程中，汽车做匀加速运动
C. 在车速为14v时，汽车的加速度大小为3fm
D. 发动机在t时间内做的功为12fvt+12mv2
8.壁虎不仅能飞檐走壁，也可以在水面上轻松游动，有一只壁虎要穿过一条宽为3m的小河到对岸寻找食物。已知河岸两侧平行，河水流动的速度为4m/s，壁虎在静止水面上最大的游动速度为2m/s，下列说法正确的是( )
A. 若壁虎以最短时间渡河，其到达对岸的最短的运动时间为0.5s
B. 若壁虎以最短时间渡河，到达河对岸时在出发点的下游6m处
C. 若壁虎以最短时间渡河，壁虎在水中运动的轨迹是一条曲线
D. 若壁虎不以最短时间渡河，能垂直游到河对岸
9.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化图
中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则( )
A. 物块下滑过程中机械能守恒B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为4.0m/s2D. 当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
10.如图所示，倾角为θ=30°固定于水平地面的楔形木块，顶端有一个定滑轮，跨过定滑轮的细线两端分别与物块A和B连接，A的质量为3m，B的质量为m，开始时，将B按在地面上不动，放开手，A沿斜面下滑，B上升，所有摩擦均忽略不计。当A沿斜面下滑距离s时，细线突然断裂，以下说法正确的是(设B始终不会与定滑轮相碰) ( )
A. 细绳断裂前A物体的加速度大小为16g
B. 绳断裂瞬间物块A重力的瞬时功率为3mg gs2
C. 绳断裂前拉力对物块A做功为−mgs
D. 整个过程中B物体上升的最大高度为98s
11.太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则( )
A. 空间站变轨前、后在P点的加速度不相等
B. 空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C. 空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小
D. 空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小
12.如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为l2、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为( )
A. r k2mB. l k2mC. r 2kmD. l 2km
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
13.如图，光滑管形固定圆轨道半径为R(管径远小于R)，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是( )
A. 速度v应满足v>2 gR，才能使两球在管内做圆周运动
B. 当v= 5gR时，小球b在轨道最高点对轨道无压力
C. 当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mg
D. 只要v> 5gR，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力大6mg
14.如图所示，轻弹簧上端固定，下端与一质量为m的小球相连。开始时用手托住小球使弹簧恰好为原长，此时小球处于A位置。释放小球使其由静止开始竖直下落，小球经过B点时速度达到最大值，小球能够到达的最低点为C点，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。已知AB间距离为ℎ1，BC间距离为ℎ2，重力加速度为g(不计空气阻力)，则下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为mgℎ2B. 小球在位置B时的动能等于 mgℎ1
C. 弹性势能的最大值为mg(ℎ1+ℎ2)D. 从A到C过程中小球的机械能一直减小
15.如图所示，细线一端系质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在O点。当小球在水平面内绕中心轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则( )
A. 细线长度为gtanθω2
B. 悬点O到轨迹圆心高度为gω2
C. 若仅将细线长度减半，小球仍以角速度ω做匀速圆周运动，细线与竖直方向夹角仍为θ
D. 若将细线长度减半，仍要保持细线与竖直方向夹角为θ，则角速度大小变为 2ω
16.如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的物体A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，物体A向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法正确的是( )
A.未剪断细线前，台秤读数为3mg
B.剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大
C.剪断细线的瞬间，物体的加速度为g，方向竖直向上
D.剪断细线后，物体A向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大
三、综合题：本大题共5小题，共48分。
17.（9分）在“验证机械能守恒定律”的实验中
(1)下列操作正确的是 。
A. B． C．
(2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示，已知打点的频率为50Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为________m/s(保留三位有效数字)。
(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s²，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)则该结果____(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒定律。
18.（9分）某小组的同学利用图1所示装置完成“探究平抛运动的特点”的实验，让小球多次沿同一轨道运动，在方格纸上记录了小球做平抛运动的一系列迹点如图2所示。
(1)为了能较准确地描绘运动轨迹，下面操作正确的是___________；
A.使用的平抛轨道一定要是光滑的
B.调节轨道的末端处于水平位置
C.横档卡条必须等间距下移
D.每次释放小球的位置可以不同
(2)利用图2中的位置信息处理数据，已知方格纸每格边长为2.5cm，g取10m/s²。可得小球做平抛运动的初速度为___________m/s；小球运动到B点时的速度大小为__________m/s。(本小题结果均保留3位有效数字)
19.（10分）如图所示，质量．m=2kg的小物块静止在水平地面上的A点，足够长的光滑斜面与地面之间的B点用一小段弧形连接，使得物块通过圆弧时速度大小保持不变。现对物块施加一恒力，该力的大小F=11N，方向与水平方向的夹角(α=53°，当4s后物块到达B点时立刻撤去F。已知斜面倾角θ=37°，，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，sin53°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)画出物体从A向B运动时其受力，并求出相应的加速度大小a1；
(2)从物块由B点沿斜面向上运动至返回B点所用的时间t；
(3)请选用动能定理计算物块返回水平面上停止运动的位置到B点的距离x。
20.（10分）19世纪末，有科学家提出了太空电梯的构想：在赤道上建设一座直到地球同步卫星轨道的高塔，并在塔内架设电梯。这种电梯可用于发射人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯缓慢地提升到预定轨道高度处，然后再启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去，使其直接进入预定圆轨道。已知地球质量为M、半径为R、自转周期为T，万有引力常量为G。
(1)求高塔的高度ℎ0；
(2)若某次通过太空电梯发射质量为m的卫星时，预定其轨道高度为ℎℎ<ℎ0；
①若该卫星上升到预定轨道高度时与太空电梯脱离，脱离时卫星相对太空电梯的速度可视为零，试分析说明卫星刚脱离太空电梯后相对地心，将做加速直线运动、圆周运动、近心运动还是离心运动？
②太空电梯把卫星运送到预定轨道高度后，需用推进装置将卫星在预定轨道处发射进入预定轨道做匀速圆周运动，以地心为参考系，求推进装置需要做的功W。
21.（10分）一个弹簧放在水平地面上，Q为轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为重物，已知P的质量M=10.5kg，Q的质量m=1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k=800N/m，系统处于静止。如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使P、Q一起从静止开始向上做匀加速运动，已知在匀加速阶段F的最大值为168N。(取g=10m/s2)求PQ分离前拉力F做的功。
答案解析
1.C
【解析】A.当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；
B.根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；
C.由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D.桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。
故选C。
2.B
【解析】A.运动员在起跳过程中地面对他的支持力不做功，因为力的作用点没有位移，故A错误；
B.运动员在起跳过程中地面对他的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B正确；
C.运动员在最高点速度为零，只受重力作用，不是平衡状态，故C错误；
D.将羽毛球以原速率斜向下击回，动能不变，由动能定理可知，运动员击球过程中合外力对羽毛球做功为零，故D错误。
故选B。
3.D
【解析】D.由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；
A.由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为
rP故A错误；
B.根据 v=rω 可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为
vP故B错误；
C.根据 an=rω2 可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为
aP故C错误。
故选D。
4.C
【解析】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有
x=vt,ℎ=12gt2
可得
v=x g2ℎ
因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面。
故选C。
5.A
【解析】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点。
故选A。
6.A
【解析】ABC.可根据方程
GMmr2=mv2r
和
v=2πrT⇒r=vT2π
联立可以求出地球质量M，选项BC错误，A正确；
D.已知地球绕太阳公转的周期和轨道半径可以求出太阳质量，选项D错误。
故选A。
7.C
【解析】A.汽车发动机功率保持不变，则在匀速行驶时，牵引力大小等于阻力，则发动机功率为
P=F牵v=fv
故A错误；
B.汽车发动机功率保持不变，在启动过程中，速度逐渐增大，由
P=F牵v′
可知汽车随速度的增大牵引力逐渐减小，阻力不变，由牛顿第二定律可得
a=F牵−fm
可知，加速度逐渐减小，因此汽车在启动过程中，做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C.在车速为 14v 时，汽车的牵引力为
F′牵=P14v=4f
由牛顿第二定律可得汽车的加速度大小为
a′=F′牵−fm=4f−fm=3fm
故C正确；
D.设发动机在t时间内做的功为 W ，根据动能定理可得
W−fx=12mv2−0
由于汽车在启动过程中，做加速度逐渐减小的加速运动，则汽车的位移
x≠12vt
则有
W=fx+12mv2≠12fvt+12mv2
故D错误。
故选C。
8.B
【解析】A.当壁虎垂直河岸游动时，在水中运动时间最短，为
tmin=dv壁=1.5s
故A错误；
B.若壁虎以最短时间渡河，到达河对岸时在出发点的下游位置为
x=v水tmin=6m
故B正确；
C.若壁虎以最短时间渡河，壁虎保持匀速运动，水流也是以恒定速度流动，则合加速度为匀速直线运动，则壁虎在水中运动的轨迹是一条直线，故C错误；
D.由于水流速度大于壁虎在相对于水得运动速度，即 v水>vm壁 ，则壁虎不可能垂直游到河对岸，故D错误。
故选B。
9.B
【解析】A.下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，选项A错误；
B.斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ=37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgℎ=30J
可得质量
m=1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
μmg·csθ·s=20J
求得
μ=0.5
选项B正确；
C.由牛顿第二定律
mgsinθ−μmgcsθ=ma
求得
a=2m/s2
选项C错误；
D.物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，选项D错误。
故选B。
10.D
【解析】AC.细绳断裂前，以A为对象，根据牛顿第二定律可得
3mgsinθ−T=3ma
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
T−mg=ma
联立解得
a=18g ， T=98mg
则绳断裂前拉力对物块A做功为
WT=−Ts=−98mgs
故AC错误；
B.根据运动学公式可得
2as=v2
解得绳断裂瞬间A、B的速度大小为
v= gs2
则绳断裂瞬间物块A重力的瞬时功率为
P=3mgvsinθ=3mg gs4
故B错误；
D.绳断裂后，B继续上升的高低为
ℎ=v22g=s8
则整个过程中B物体上升的最大高度为
H=s+ℎ=98s
故D正确。
故选D。
11.D
【解析】A.在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A错误；
B.因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；
C.变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速度变大，即空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大，故C错误；
D.由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而变轨后比在近地点的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D正确。
故选D。
12.A
【解析】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为 Δx=l2 ，根据胡克定律有
F=kΔx=kl2
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
F=mlω2
对卷轴有
v=rω
联立解得
v=r k2m
故选A。
13.ABD
【解析】A.当小球经过最高点的速度为0时，根据动能定理可得
−mg⋅2R=0−12mv2
解得小球在最低点的速度为
v=2 gR
则速度v应满足 v>2 gR ，才能使两球在管内做圆周运动，故A正确；
B.当 v= 5gR 时，从最低点到最高点过程，根据动能定理可得
−mg⋅2R=12mv12−12mv2
解得小球b在轨道最高点的速度大小为
v1= gR
此时重力刚好提供向心力
mg=mv12R
可知小球b在轨道最高点对轨道无压力，故B正确；
C.当小球b在最高点对轨道无压力时，此时小球b在最高点的速度为 v1= gR ，小球a在最低点的速度为 v= 5gR ，则有
Fa−Fb=mv2R−mv12R=4mg
故C错误；
D.只要 v> 5gR ，可知两球在管内可以做完整的圆周运动，设小球a在轨道最低点的速度为 va ，根据牛顿第二定律可得
Fa−mg=mva2R
小球b在轨道最高点的速度为 vb ，根据牛顿第二定律可得
mg+Fb=mva2R
根据动能定理可得
−mg⋅2R=12mvb2−12mva2
联立可得
Fa−Fb=6mg
可知小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力大6mg，故D正确。
故选ABD。
14.ACD
【解析】A.小球经过B点时速度达到最大值，可知在B点时受力平衡，则有
mg=kℎ1
小球做简谐运动，位移大小关于平衡位置对称，即 ℎ1=ℎ2 ，弹簧的劲度系数为
k=mgℎ1=mgℎ2
故A正确；
B.小球下降到B位置时，重力势能减小量为mgℎ1，且减小的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，则在位置B时的动能小于mgℎ1，故B错误；
C.在最高点A时小球的重力势能转化为在最低点C时的弹性势能，可知弹性势能的最大值为mg(ℎ1+ℎ2)，故C正确；
D.从A到C过程中，小球的机械能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于弹簧的弹性势能一直变大，则小球的机械能一直减小，故D正确。
故选ACD。
15.BD
【解析】AB.设细线长l，根据牛顿第二定律，对小球有
mgtanθ=mω2lsinθ
解得
l=gω2csθ
则悬点O到轨迹圆心高度为
lcsθ=gω2
则A错误，B正确；
CD.若仅将细线长度减半，仍要保持细线与竖直方向夹角为 θ 做匀速圆周运动，则向心力大小不变，但半径减半，则有
mω2lsinθ=mω′2l2sinθ
解得
ω′= 2ω
则C错误，D正确。
故选BD。
16.ABC
【解析】A.未剪断绳子前，整个系统处于静止状态。对小球和箱子整体分析，可得台秤对箱子的支持力为
FN=2mg+mg=3mg
根据牛顿第三定律可知，未剪断细线前，台秤读数为3mg，故A正确；
BCD.剪断细线前，对小球受力分析可得弹簧的弹力为
F弹=T+mg=2mg
剪断细线的瞬间，对小球，根据牛顿第二定律
F弹−mg=ma
解得
a=g
方向竖直向上，故剪断细线的瞬间，整个系统超重，台秤读数突然变大，物体A向上运动至最高点的过程中，小球先向上做加速运动后向上做减速运动，整个系统先处于超重后处于失重，故台秤读数先变大后变小，故BC正确，D错误。
故选ABC。
17.(1)B
(2)3.34
(3)不能

【解析】(1)为了减小摩擦力的影响和充分利用纸带，应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点计时器，由静止释放。
故选B。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小
v13=(60.69−47.33)×10−22×0.02m/s=3.34m/s
(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)，则该结果不能验证机械能守恒定律，理由是：该同学求出的9.77m/s2是重锤受到空气阻力时做匀加速运动的加速度a=9.77m/s2，不是当地的重力加速度，5.09m也不是重力势能的减少量。没有当地的重力加速度的数值，无法求出重力势能的减少量，所以无法验证机械能守恒定律。
18. 5.0 失重
【解析】[1]电梯静止时测力计示数如图所示，根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0N；
[2]电梯静止时，根据受力平衡可得
mg=F弹=5.0N
电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N，由于
F′弹=4.5N可知此段时间内物体处于失重状态。
19.(1)B
(2) 1.00 1.25

【解析】(1)AD.为了保证每次小球抛出的初速度相同，每次需要从同一位置静止释放小球，但使用的平抛轨道不需要光滑，故AD错误；
B.为了保证小球抛出的速度处于水平方向，需要调节轨道的末端处于水平位置，故B正确；
C.横档卡条不需要等间距下移，故C错误。
故选B。
(2)[1]竖直方向根据
Δy=2L−L=gT2
可得
T= Lg= 2.5×10−210s=0.05s
水平方向根据
2L=v0T
解得小球做平抛运动的初速度为
v0=2LT=2×2.5×10−20.05m/s=1.00m/s
[2]小球运动到B点时的竖直分速度大小为
vy=yAC2T=3×2.5×10−22×0.05m/s=0.75m/s
则小球运动到B点时的速度大小为
vB= v02+vy2=1.25m/s
20.见解析
【解析】表明观点：不需要。
阐述理由：当小车匀速下滑时，对小车受力分析可知
mg=T=Mgsinθ−f
其中f是小车下滑时受到的摩擦力，θ是斜面与水平面的夹角；当去掉盘与砝码时，小车向下加速运动，再对小车进行受力分析可得
F=Mgsinθ−f=Ma
联立可得
F=mg=Ma
故该方案不需要满足条件 M≫m 。
21.(1)受力图见解析， 0.5m/s2
(2) 23s
(3)0.4m
【解析】(1)物体从A向B运动时，其受力如图所示
对物块，水平方向由牛顿第二定律可得
Fcsα−f=ma1
竖直方向
N+Fsinα=mg
又
f=μN
联立解得
a1=0.5m/s2
(2)4s后物块到达B点时立刻撤去F，此时物块的速度为
v=a1t1=2m/s
在斜面上对物块，由牛顿第二定律可得
mgsinθ=ma2
解得
a2=6m/s2
则从物块由B点沿斜面向上运动至返回B点所用的时间为
t=2va2=23s
(3)物块从斜面返回B点时的速度大小仍为 v=2m/s ，对物块，由动能定理可得
−μmgx=0−12mv2
解得物块返回水平面上停止运动的位置到B点的距离
x=0.4m
22.(1) ℎ0=3GMT24π2−R ；(2)①见解析；② W=12mv2−12mv02=GMm2(R+ℎ)−2π2(R+ℎ)2mT2
【解析】(1)塔高为同步卫星的轨道高度，设同步卫星质量为 m0 ，由万有引力提供向心力有
GMm0R+ℎ02=m04π2T2R+ℎ0
可得
ℎ0=3GMT24π2−R
(2)①由于卫星脱离太空电梯时的角速度和同步卫星角速度相同，均为 ω0 ，而轨道高度为 ℎ 的圆轨道卫星角速度 ω>ω0 ，由于
mω02(R+ℎ)万有引力超过所需向心力，卫星脱离后做近心运动。
②卫星被缓慢运送至高 ℎ 处时的速度大小为
v0=2π(R+ℎ)T
高 ℎ 处的圆轨道卫星速度为 v ，则由
GMm(R+ℎ)2=mv2R+ℎ
可得
v= GMR+ℎ
推进装置需要做的功
W=12mv2−12mv02=GMm2(R+ℎ)−2π2(R+ℎ)2mT2

【解析】设初状态弹簧形变量 Δx1 ，则有
(m+M)g=kΔx1
设匀加速的位移为x，对秤盘和重物在分离前根据牛顿第二定律
F−m+Mg+kΔx−x=M+ma
可知位移x越大，F也增加，因此分离时拉力F最大，此时P、Q间作用力为零，根据牛顿第二定律得：
F− Mg= Ma
解得
a=168−10510.5m/s2=6m/s2
设分离时弹簧形变量 Δx2 ，对秤盘由牛顿第二定律
kΔx2−mg=ma
整理得
F=72+800x
其中分离前最大位移为
Δx−▵x=0.12m
画出F−x图像如图，由F−x图像所围面积可求出
WF=12×(72+168)×0.12 J=14.4J