專題1直線運動

1.（15江蘇卷）如圖所示，某“闖關游戲”的筆直通道上每隔8m設有一個關卡，各關卡同

步放行和關閉，放行和關閉的時間分別為5s和2s.關卡剛放行時，一同學立即在關卡1處

以加速度2〃?/s2由靜止加速到2m/s,然后勻速向前，則最先擋住他前進的關卡是

A.關卡2B.關卡3C.關卡4D.關卡5

關卡1關卡2關卡3關卡4關卡5

解析:加速運動時間％=2=ls,加速運動位移與=土=57,到第2關卡勻速運動的時間

a2a

T-8-1

J=M^S===3.5S,所以到達第2關卡的時刻（從開始運動計時）為％=4.5s小于

v2

TQ

5s,放行；從第2關卡到第3關卡勻速運動時間A=±=2=4s,所以到達第3關卡的時

v2

刻（從開始運動計時）為4=8.5s,7<8.5<12,也是放行.從第3關卡到第4關卡勻速

運動時間仍然是4s,所以到達第4關卡的時刻（從開始運動計時.）為7；=12.5s,

12<12.5<14,被檔住.

2.（15四川卷）（15分）嚴重的霧霾天氣，對國計民生已造成了嚴重的影響，汽車尾氣是形

成霧.霾的重要污染源，“鐵腕治污”已成為國家的工作重點，地鐵列車可實現零排放，大力

發展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放.

若一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動，先勻加速運動20s達到最高速度72km/h,

再勻速運動80s,接著勻減速運動15s到達乙站停住.設列車在勻加速運動階段牽引力為1

X106N,勻速階段牽引力的功率為6Xl（TkW,忽略勻減速運動階段牽引力所做的功.

（1）求甲站到乙站的距離;

（2）如果燃油公交車運行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，求公交車排

放氣體污染物的質量.（燃油公交車每做1焦耳功排放氣體污染物3X10一'克）

解析：（1）根據勻變速直線運動規律可知，地鐵列車勻加速運動的位移為：

s尸;叫①

勻減速運動的位移為：$3=；也②

根據勻速運動規律可知，地鐵列車勻速運動的位移為：52=vt2③

根據題意可知，甲站到乙站的距離為：S=SI+S?+S3④

由①②③④式聯立，并代入數據解得：s=1950m

（2）地鐵列車在從甲站到乙站的過程中，牽引力做的功為：叫⑤

根據題意可知，燃油公交車運行中做的功為：%=及⑥

由①⑤⑥式聯立，并代入數據解得：%=6.8X1O"J

所以公交車排放氣體污染物的質量為：m=3X10-9X6.8X10skg=2.04kg

3.（15重慶卷）同學們利用如題6圖1所示方法估測反應時間.

題6圖1

首先，甲同學捏住直尺上端，使直尺保持豎直狀態，直尺零刻度線位于乙同學的兩指之間.

當乙看見甲放開直尺時，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度讀數為X,則乙同學的反應

時間為（重力加速度為g）.

基于上述原理，某同學用直尺制作測量反應時間的工具，若測量范圍為0?0.4s,則所用直

2

尺的長度至少為cm（gm10m/s）;若以相等時間間隔在該直尺的另一面標記出表

示反應時間的刻度線，則每個時間間隔在直尺上對應的長度是的（選填“相等”

或“不相等”）.

答案：后，80,不相等

1（2r

解析:①在人的反應時間內直尺做自由落體運動，有X-0=-解得/=一；

2Vg

②反應時間最長為f=0.4s,需要直尺的長度為x=Lg『=-xl0x0.42=0.8m=80cm；

22

③自由落體運動從計時開始連續相等時間的位移為1:4:9:16,而相等時間內的位移為

1:3:5:7,故長度不相等.

考點：本題考查研究自由落體運動的規律.

4.（15廣東卷）甲、乙兩人同時同地出發騎自行車做直線運動，前1小時內的位移-時間圖

像如圖所示，下列表述正確的是

A.0.2?0.5小時內，甲的加速度比乙的大B.0.2?0.5小時內，甲的速度比乙的大

C.0.6?0.8小時內，甲的位移比乙的小D.0.8小時內，甲、乙騎車的路程相等

答案:B

解析:在腕力圖象中，圖線的斜率表示了物體運動的速度，由圖3可知，在0.2?0.5小時

內，甲、乙均做勻速直線運動，且甲的圖線斜率較大，即甲的速度比乙的大，故選項A錯誤;

選項B正確；在0.6時時刻，甲的位置坐標為10km,乙的位置坐標為8km,在0.8時時刻，

兩者到達同一坐標位置，因此根據位移的定義可知，在0.6?0.8小時內，甲的位移比乙的

大，故選項C錯誤；路程是指物體運動軌跡線的長度，在0?0.8小時內，甲先從0坐標位

置運動至10km坐標位置，乙先從。坐標位置運動至8km坐標位置，兩者再返回至同一位置,

顯然兩者運動的路程不等，甲運動的路程比乙的大4km,故選項D錯誤.

5.（15廣東卷）

如圖所示，帆板在海面上以速度/朝正西方向運動，帆船以速度r朝正北方向航行，以帆板

A.帆船朝正東方向航行，速度大小為v

B.帆船朝正西方向航行，速度大小為Y

C.帆船朝南偏東45°方向航行，速度大小為上r

D.帆船朝北偏東45°方向航行，速度大小為上r

答案:D

解析:若以帆板為參照物，求帆船的運動，即求帆船相對帆板運動情況，根據伽利略變換可

知，此時帆船相對帆板的速度詠.對板=地一v板對地，畫出其對應矢量示意圖如下圖所示，

根據圖中幾何關系解得：V?wts=41V,方向為北偏東45°，故選項D正確.

v板對加="

專題2相互作用

1.（15海南卷）如圖，物塊a、6和c的質量相同，a和爪。和c之間用完全相同的輕彈簧

5和￡相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點0；整個系統處于靜止狀態；現將細繩剪斷,

將物塊a的加速度記為a”5和W相對原長的伸長分別為△，和重力加速度大小為g,

在剪斷瞬間

A.a,=3gB.a,=0C.△7,=2A72D.△々△A

答案:AC

解析：設物體的質量為如剪斷細繩的瞬間，繩子的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所

以剪斷細繩的瞬間a受到重力和彈簧￡的拉力7；,剪斷前對A和彈簧組成的整體分析可知

F

T、-2mg,故a受到的合力F=mg+7]=mg+2mg=3mg，故加速度%=—=3g,A

m

正確，B錯誤；設彈簧S2的拉力為T2,則T2=mg,根據胡克定律尸=左心可得M=2A/2，

C正確，D錯誤.

2.（15廣東卷）

（多選題）如圖7所示，三條繩子的一端都系在細直桿頂端，另一端都固定在水平面上，將

桿豎直緊壓在地面上，若三條繩長度不同，下列說法正確的有

A.三條繩中的張力都相等B.桿對地面的壓力大于自身重力

C.繩子對桿的拉力在水平方向的合力為零D.繩子拉力的合力與桿的重力是一對平衡力.

答案：BC

解析：因為桿靜止，受力平衡，所以在水平、豎直面內的合力分別為零，故選項C正確；

由于三條繩長度不同，因此三條繩與直桿間夾角不同，若三條繩中的張力都相等，在同一水

平面內的分量因夾角不同而不同，所以水平面內桿受力不能平衡，故選項A錯誤；又因繩中

拉力在豎直方向的分量均豎直向下，所以地面對桿的支持力大于桿的重力，根據牛頓第三定

律可知，桿對地面的壓力大于自身重力，故選項B正確；繩子拉力的合力與桿自身重力無關，

屬于桿受到的外力，在豎直方向上，它們的總合力與地面對桿的支持力為平衡力，故選項D

錯誤.

專題3牛頓運動定律

1.（15江蘇卷）一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所

A.t=2s時最大B.t=2s時最小C.t=8.5s時最大D.t=8.5s時最小

答案:AD

解析:0~4s,加速度向上，人超重，設地板對人支持力為F"則外一=當f=2s

時，加速度最大，支持力就最大，根據牛頓第三定律，人對地板壓力也最大：7~10s,加速

度向下，人失重，設地板對人支持力為Fv則mg-FN=ma,FN=mg—ma當t=8.5s時，

加速度最大，支持力就最小，根據牛頓第三定律，人對地板壓力也最小.

2.（15福建卷）如圖，在豎直平面內，滑到力比■關于5點對稱，且從B、C三點在同一水

平線上.若小滑塊第一次由/滑到C,所用的時間為t?第二次由。滑到A,所用時間為t2,

小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒

定，貝4（）

A-

B-

CA"

D.無法比較小、七的大小

答案:A

v2

解析:在48段，根據牛頓第二定律=M一，速度越大，滑塊受支持力越小，摩

R

擦力就越小，在8c段，根據牛頓第二定律￡v-，〃g=〃?[■，速度越大，滑塊受支持力越

大，摩擦力就越大，由題意知從4運動到。相比從C到4在46段速度較大，在外段速度

較小，所以從4到C運動過程受摩擦力較小，用時短，所以A正確.

3.(15海南卷)假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇發動機的輸出

功率變為原來的2倍，則摩托艇的最大速率變為原來的()

A.4倍B.2倍C.8倍D.V2倍

答案:D

解析:設/=n，當阻力等于牽引力時，速度最大，輸出功率變化前，有

P-Fv=fv=kv-v-kv2,變化后有2P=尸丫'=h1"'=Av'?,聯立解得v'=6v,D

正確；

4.(15海南卷)如圖，升降機內有一固定斜面，斜面上放一物體，開始時升降機做勻速運

動，物塊相對斜面勻速下滑，當升降機加速上升時

A,物塊與斜面間的摩擦力減小

B.物塊與斜面間的正壓力增大

C.物塊相對于斜面減速下滑

D.物塊相對于斜面勻速下滑

答案:BD

解析：當升降機加速上升時，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根

據滑動摩擦力公式與=〃品可知接觸面間的正壓力增大，物體與斜面間的摩擦力增大，故

A錯誤B正確；設斜面的傾角為。，物體的質量為m,當勻速運動時有mgsin0=/jmgcos0,

即sin6=〃cos。，假設物體以加速度a向上運動時，有N=w(g+a)cos0,

f=//w(g+a)cos6,因為sin。=〃cos。，所以/w(g+a)sine=〃〃z(g+a)cosO,故

物體仍做勻速下滑運動，C錯誤D正確；

5.(15四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道如固定在水平桌面上，6端與桌面邊緣對

齊，/是軌道上一點，過/點并垂直于軌道的豎直面右側有大小￡=L5X106N/C,方向水平

向右的勻強電場.帶負電的小物體產電荷量是2.0X10-6（3,質量）=0.25kg,與軌道間動摩

擦因數〃=0.4,。從。點由靜止開始向右運動，經過0.55s到達4點，到達8點時速度是

5m/s,到達空間〃點時速度與豎直方向的夾角為且tan。=1.2.尸在整個運動過程中始

終受到水平向右的某外力尸作用，尸大小與尸的速率『的關系如表所示.尸視為質點，電荷

量保持不變，忽略空氣阻力，取聲=10m/s\求：

（1）小物體。從開始運動至速率為2m/s所用的時間：

（2）小物體戶從4運動至。的過程，電場力做的功.

解析：（1）物體戶在水平桌面上運動時，豎直方向上只受重力"將和支持力N作用，因此其

滑動摩擦力大小為：f=“儂=1N

根據表格數據可知，物體P在速率〃=0?2m/s時，所受水平外力片=2N>￡因此，在進入

電場區域之前，物體戶做勻加速直線運動，設加速度為不妨設經時間。速度為匕=2m/s,

還未進入電場區域.

根據勻變速直線運動規律有：匕=包6①

根據牛頓第二定律有：F、-f=ma、②

由①②式聯立解得：G="L=O.5S<O.55S,所以假設成立

F、7

即小物體。從開始運動至速率為2m/s所用的時間為。=0.5s

（2）當物體一在速率p=2?5m/s時，所受水平外力￡=6N,設先以加速度為再加速

0.05s至4點，速度為匕，根據牛頓第二定律有：F-f=ma2③

根據勻變速直線運動規律有：上=匕+2右④

由③④式聯立解得：修=3m/s⑤

物體尸從1點運動至8點的過程中，由題意可知，所受水平外力仍然為￡=6N不變，設位

移為X”加速度為如根據牛頓第二定律有：E-f-qE=ma,⑥

根據勻變速直線運動規律有：2冬8=4一^⑦

由⑤⑥⑦式聯立解得：*=lm⑧

根據表格數據可知，當物體。到達6點時，水平外力為￡=q￡=3N,因此，離開桌面在水平

方向上做勻速直線運動，在豎直方向上只受重力，做自由落體運動，設運動至〃點時.，其水

平向右運動位移為苞，時間為好則在水平方向上有：苞=%右.⑨

根據幾何關系有：cota=&i⑩

V,

由⑨⑩式聯立解得：?

所以電場力做的功為：/勺一4（%+起）?

由⑧??式聯立解得：V=-9.25J

6.（15安徽卷）圖示是a粒子（氯原子核）被重金屬原子核散射的運動軌跡，以/V、P、Q

是軌跡上的四點，在散射過程中可以認為重金屬原子核靜止不動.圖中所標出的。粒子在各

點處的加速度方向正確的是

A.MB.NC.PD.Q

答案:C

解析:同種電荷相排斥，庫侖力沿兩者連線指向受力物體，由牛頓第二定律知，加速度也沿

兩者連線指向受力物體.

7.（15重慶卷）若貨物隨升降機運動的u-f圖像如題5圖所示（豎直向上為正），則貨物受

到升降機的支持力F與時間/關系的圖像可能是

答案：B

解析：由丫-/圖知：過程①為向下勻加速直線運動（加速度向下，失重，F<mg）；過程

②為向下勻速直線（平衡，F=mg）；過程③為向下勻減速直線運動（加速度向上，超重,

F>mg）；過程④為向上勻加速直線運動（加速度向上，超重，F>mg）；過程⑤為向上

勻速直線運動（平衡，F=mg）；過程⑥為向上勻減速直線運動（加速度向下，失重，

F<mg）；綜合各個過程可知B選項正確.

8.（15新課標2卷）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂.當

機車在東邊拉著這列車廂一大小為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q

間的拉力大小為凡當機車在西邊拉著這列車廂一大小為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩

相鄰車廂的掛鉤戶和0間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦,每節車廂質量相同，

則這列車廂的節數可能為

A.8B.10C.15D.18

答案:BC

解析：由設這列車廂的節數為〃，P、。掛鉤東邊有小節車廂，每節車廂的質量為加，由牛頓

F2F2

第二定律可知I：—--一，解得：k=-n,衣是正整數，〃只能是5的倍數，故

km3（/J-k）m5

B、C正確，A、D錯誤

9.（15新課標2卷）下暴雨時，有時會發生山體滑坡或泥石流等地質災害.某地有一傾角

3

為，=37。（sin37°）的山坡C,上面有一質量為加的石板8,其上下表面與斜坡平行；

5

8上有一碎石堆4（含有大量泥土），4和8均處于靜止狀態，如圖所示.假設某次暴雨中，

/浸透雨水后總質量也為勿（可視為質量不變的滑塊），在極短時間內，力、5間的動摩擦因

3

數出減小為一，B、。間的動摩擦因數以減小為0.5,A,8開始運動，此時刻為計時起點；

8

在第2s末，6的上表面突然變為光滑，/保持不變.已知4開始運動時，4離一下邊緣的

距離片27m,C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小g=10m/s2.求：

⑴在O~2s時間內/和8加速度的大小

（2）月在5上總的運動時間

解析：（1）在0-2s內，｛和6受力如圖所不

Ml

h

由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得:

f\=................⑴

N、=mgcos0......(2)

fz~kN?.................⑶

N?=N、+mgcos0....(4)

以沿著斜面向下為正方向，設力和3的加速度分別為，由牛頓第二定律可得:

/ngsinO-=max....(5)

mgsin6一人+力=ma2......(6)

聯立以上各式可得當=3m/s2.......⑺

私=lm/s2..............(8)

(2)在f2s,設力和3的加速度分別為，貝IJ

匕二40=6m/s............(9)

%二還』=201/5............(10)

QZi時，設力和8的加速度分別為4，/此時四之間摩擦力為零，同理可得:

a[=Gm/s2......(ID

2

a2=-2mls......(12)

即8做勻減速，設經時間，8的速度減為零，則：

%+a,2t2=0.................(13)

聯立⑩??可得t2=ls.........(14)

在3+為時間內，彳相對于8運動的距離為

(―Q/；+/‘2+一a2'；+匕心+/〃；'；)=[2m<27771,,,(15)

此后。靜止不動，4繼續在3上滑動，設再經時間后小4離開員則有

L-s—(V1+Q'2)，3+5Q；，；

可得，友二心(另一解不合題意，舍去，)

則力在8上的運動時間為t&.

t總=ij+12+t3=4s

（利用下面的速度圖象求解，正確的，參照上述答案信參考給分）

專題4曲線運動

1.(15江蘇卷)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左,

不計空氣阻力，則小球

A.做直線運動B.做曲線運動C,速率先減小后增大，D.速率先增大后減小

答案：BC

解析：小球受重力和電場力，合力方向左下，初速度與合力不在同一直線，所以小球做曲線

運動.初階段，合力與速度夾角為鈍角，速率減小，后來，合力與速度夾角為銳角，速率增

大，所以速率先減小后增大.

2.(15江蘇卷)一轉動裝置如圖所示，四根輕桿。1、0C、和/與兩小球以及一小環通

過錢鏈連接，輕桿長均為球和環的質量均為如0端固定在豎直的輕質轉軸上，套在轉

軸上的輕質彈簧連接在。與小環之間，原長為L,裝置靜止時，彈簧長為二上，轉動該裝置

2

并緩慢增大轉速，小環緩慢上升.彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力

(1)彈簧的勁度系數左

(2)AB桿中彈力為零時，裝置轉動的角速度g

(3)彈簧長度從緩慢縮短為上L的過程中，外界對轉動裝置所做的功也

22

解析：(1)裝置靜止時，設OA、AB桿中的彈力分別為片、0A桿與轉軸的夾角為伍.

小環受到彈簧的彈力盤］

小環受力平衡與［=mg+2Tlcos4

小球受力平衡￡cos。［+7］cos。［=mg；耳sin，=Txsin^

解得％=返

L

(2)設OA、AB桿中的彈力分別為巴、T2,0A桿與轉軸的夾角為。2,彈簧長度為x.

小環受到彈簧的彈力尸彈2=左。一1)

小環受力平衡E彈2得x=

對小球Fmg；Fsin0=mco^lsin0；cos^=—

2COS%=222221

解得：gI

(3)彈簧長度為時，設OA、AB桿中的彈力分別為工、乙，0A桿與轉軸的夾角為4,

小環受到彈簧的彈力F卯3=；比

小環受力平衡盤3+mg=2乙COS”，COS%=￡

對小球F3COS0.=mg+T3COS%；F3sin仇+T?sin%=mco}lsina；

解得。3=京中

整個過程彈簧彈性勢能變化為0,則彈力做功為0,由動能定理

3131

W-mg(—L--L)-2mg(—L--L)-2x2加(@3/sin%)?

解得%=mgL+咽虻

Bm

小球和小環位置示意圖

3.（15福建卷）（19分）如圖，質量為"的小車靜止在光滑的水平面上，小車48段是半徑

為"的四分之一圓弧光滑軌道，■段是長為Z的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于6點，一

質量為面的滑塊在小車上從4點靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.

（1）若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；

（2）若不固定小車，滑塊仍從力點由靜止下滑，然后滑入6c軌道，最后從C點滑出小車,

已知滑塊質量〃?=一，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍,

2

滑塊與軌道區間的動摩擦因數為〃，求：

①滑塊運動過程中，小車的最大速度七;

②滑塊從6到C,運動過程中，小車的位移大小s.

解析：（1）由圖知，滑塊運動到6點時對小車的壓力最大

從1到8,根據動能定理：m=

在8點：F-mg=m—

vR

聯立解得：8=3儂，根據牛頓第三定律得，滑塊對小車的最大壓力為3儂

（2）①若不固定小車，滑塊到達6點時，小車的速度最大

根據動量守恒可得：加/=Mvm

從4到3根據能量守恒：^4wv，2+>?

聯立解得：%

②設滑塊到。處時小車的速度為r,則滑塊的速度為2r,根據能量守恒：

mgR=；加（2y尸+Mv2+/jmgL

解得：v=

小車的加速度：。=々竿=1寒

M2

根據V：-丫2=2as

解得：5-Z/3

4.（15新課標1卷）

一帶有乒乓球發射機的乒乓球臺如圖所示.水平臺面的長和寬分別為1，和L,中間球網高度

為人發射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發射乒乓球，

發射點距臺面高度為3方.不計空氣的作用，重力加速度大小為g.若乒乓球的發射速率為『

在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，則「的最大取值范

答案：D

解析：發射機無論向哪個方向水平發射，乒乓球都是平拋運動，豎直高度決定了運動的時間

伶，水平方向勻速直線運動，水平位移最小即沿中線方向水平發射恰好過

球網，此時從發球點到球網，下降高度為3/z-〃=2〃，水平位移大小為乙，可得運動時間

2

（0包絲對應的最小初速度丫=4匡.水平位移最大即斜向對方臺面的兩個

角發射，根據幾何關系此時的位移大小為3鋁十月,所以平拋的初速度

專題5萬有引力定律

1.（15江蘇卷）過去幾千年來，人類對行星的認識與研究僅限于太陽系內，行星"51pegb”

的發現拉開了研究太陽系外行星的序幕."51pegb”繞其中心恒星做勻速圓周運動，周期

約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運動半徑為該中心恒星與太陽的質量比約為

20

A.—B.1C.5D.10

10

答案：B

GMmm-4兀2r,4萬）‘

解析：根據一廠=---;—，得朋■=------，

r2T2GT,

2.（15北京卷）假設地球和火星都繞太陽做勻速圓周運動，已知地球到太陽的距離小于火星

到太陽的距離，那么

A.地球公轉周期大于火星的公轉周期

B.地球公轉的線速度小于火星公轉的線速度

C.地球公轉的加速度小于火星公轉的加速度

D.地球公轉的角速度大于火星公轉的角速度

答案：D

解析：根據萬有引力公式與圓周運動公式結合解題.再由地球環繞太陽的公轉半徑小于火星

環繞太陽的公轉半徑，利用口訣“高軌、低速、大周期”能夠非常快的判斷出，地球的軌道

“低”，因此線速度大、周期小、角速度大.最后利用萬有引力公式a=GM/R［得出地球的

加速度大.因此為D選項.

3.（15福建卷）如圖，若兩顆人造衛星a和6均繞地球做勻速圓周運動，a、6到地心。的

線速度大小分別為匕、匕，則)

BA=R

匕K2

C±=(R

嶺r2

答案：A

解析：由題意知，兩顆人造衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據

G絲［=機上，得：v=,所以工=口,故A正確；B、C、D錯誤.

r2rVr彩丫4

4.（15海南卷）若在某行星和地球上相對于各自水平地面附近相同的高度處、以相同的速

率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為2:J7.已知該行星質量約為地球的7倍,

地球的半徑為R,由此可知，該行星的半徑為（）

1741

A.一RB.-RC.2RD.-----R

222

答案：C

解析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，即》=%/,在豎直方向上做自由落體運動,

即所以N=%也，兩種情況下，拋出的速度相同，高度相同，所以當L=Z,

2\Sg地4

根據公式G粵=Mg可得g=",故生=與_=2,解得R,r=2R,故C正確.

R2R2g地絲型4"

R地2

5.（15四川卷）登上火星是人類的夢想，“嫦娥之父”歐陽自遠透露：中國計劃于2020年

登陸火星.地球和火星公轉視為勻速圓周運動，忽略行星自轉影響.根據下表，火星和地球

相比

行星半徑/m質量/kg軌道半徑/m

地球6.4.X1066.0X10211.5X10"

火星3.4X10"6.4X10232.3X10"

答案：B

解析：火星與地球都是繞太陽，由太陽對它們的萬有引力提供其做圓周運動的

向心力，設太陽的質量為也即有：6寫=嗎=mr等，解得：a尸

i島E由表格數據可知，火星軌道半徑較大，因此向心加速度4

較小，故選項B正確；公轉周期7較大，故選項A錯誤；在表面處時，根據"g=

可得：產棄即：放.會片*'黑需＜1,所以火星表面的重力加速度

較小,故選項c錯誤；由第一宇宙速度公式「怦可知,赍=舊卻需＜1,

所以火星的第一宇宙速度較小，故選項D錯誤.

6.（15安徽卷）由三顆星體構成的系統，忽略其它星體對它們的作用，存在著一種運動形

式：三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共

同的圓心。在三角形所在的平面內做相同角速度的圓周運動（圖示為4氏C三顆星體質量

不相同時的下牌慎獨）.若4星體質量為飆B、。兩星體的質量均為加，三角形的邊長為a,

求：

（1）1星體所受合力大小月；

（2）8星體所受合力大小人；

（3）。星體的軌道半徑《；

（4）三星體做圓周運動的周期T.

2m2

解析：（1）1星體受反。兩星體的引力大小相等，FBA=FS=G合力

a

小同"=氈里①;

a

2/77*--

（2）8星體受4星體的引力"B=//=G^,5星體受。星體的引