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2022-2023学年云南省保山市龙陵一中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年云南省保山市龙陵一中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.两个质量均为m的A、B两小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B球放于倾角为θ的粗糙斜面上。A、B两球均处于静止，B球没有滑动趋势，则B球对斜面的作用力大小为( )
A. 2mgcsθB. 2mgtanθC. mgtanθD. 2mgcsθ
2.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是( )
A. B. C. D.
3.如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球.假定网球均水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为30∘和60∘，若不考虑空气阻力，则( )
A. 两次发射的初速度大小之比为3：1
B. 碰到墙面前在空中的运动时间之比为1： 3
C. 下落高度之比为1： 3
D. 碰到墙面时速度大小之比为3：1
4.物体b在水平力F作用下将物体a压在光滑的竖直墙壁上，a始终处于静止状态.如图所示，当F逐渐增大时，下列说法中正确的是( )
A. a受到的摩擦力有两个
B. a与b间的静摩擦力大小随F的增大而增大
C. a受到的摩擦力大小不随F的增大而变化
D. b对a的摩擦力方向竖直向下
5.某行星沿椭圆轨道绕太阳运行，如图所示，在这颗行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点。若该行星运动周期为T，则该行星( )
A. 从a到b的运动时间等于从c到d的运动时间
B. 从d经a到b的运动时间等于从b经c到d的运动时间
C. 从a到b的时间tab>T4
D. 从c到d的时间tcd>T4
6.宇宙中有两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星球之间的距离为L，质量之比为m1：m2=3：2，则下列说法正确的是( )
A. m1、m2做圆周运动的线速度之比是3：2
B. m1、m2做圆周运动的角速度之比是3：2
C. m1做圆周运动的半径为25L
D. m2做圆周运动的半径为25L
7.A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，A的转速为30r/min，B的转速为10 3r/min，则两球的向心加速度之比为( )
A. 1：1B. 6：1C. 4：1D. 2：1
8.在同一高处的O点水平抛出两个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则两个物体作平抛运动的初速度vA、vB的关系和平抛运动的时间tA、tB的关系分别是( )
A. vA>vB tA>tBB. vAtBC. vA=vB tA=tBD. vA>vB tA二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2.则( )
A. 传送带的速率v0=10m/s
B. 传送带的倾角θ=30∘
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D. 0∼2.0s内摩擦力对物体做功Wf=−24J
10.将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度-时间图象如图所示，则( )
A. 上升、下降过程中加速度大小之比为11:9
B. 上升、下降过程中加速度大小之比为10:1
C. 物体所受的重力和空气阻力之比为9:1
D. 物体所受的重力和空气阻力之比为10:1
11.(多选)如图所示为甩干桶简易模型．若该模型的半径为r=16cm，以角速度ω=50rad/s做匀速圆周运动，质量为10 g的小物体随桶壁一起转动，下列说法正确的是( )
A. 甩干桶壁上某点的线速度大小为8m/s
B. 甩干桶壁上某点的线速度大小为6.25m/s
C. 小物体对桶壁的压力为4 N
D. 小物体受到重力、弹力、摩擦力和向心力
12.如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为2kg，与地面间的动摩擦因数为0.25。在水平推力作用下置于容器内质量为1kg的物块(可视为质点)与容器一起向左做加速运动，OP连线与水平线的夹角θ=53∘(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6,重力加速度g=10m/s2)，则( )
A. 容器的加速度大小为7.5m/s2B. 容器对物块的支持力大小为12.5N
C. 推力F的大小为42ND. 地面对容器的支持力等于30N
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.如图所示是某同学测量匀变速直线运动的加速度时，从若干纸带中选中的一条纸带的一部分，他每隔4个点取一个计数点，图中注明了他对各计数点间距离的测量结果.所接电源是频率为50Hz的交流电源。
(1)为了验证小车的运动是匀变速运动，请进行下列计算，并填入表内。(单位：cm)
由此可以得出结论：小车的运动是______。
(2)两个相邻计数点间的时间间隔Δt=______ s。
(3)小车的加速度的计算式a=______，加速度a=______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(4)计算打计数点B时小车的速度vB=______m/s(结果保留三位有效数字)。
14.用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验，实验中选出的一条纸带如图乙所示。
(1)根据纸带上已测出的数据，可得打“5”点时重物的速度为v5=______m/s；取刚下落时重物所在位置为零势能面，可得出打“5”点时重物的重力势能为Ep=______ J，此时重物的机械能E5=______J(电源频率为50Hz，重物质量为m，g=9.8m/s2)。
(2)用同样的办法计算得到打“6”点时重物的机械能E6，发现E6四、简答题：本大题共1小题，共3分。
15.如图所示，在竖直平面内，长为L、倾角θ=37∘的粗糙斜面AB下端与半径R=1m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是轨道最低点，D点与圆心O等高.现有一质量m=0.1kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点。若物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.25，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)斜面AB的长度L；
(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1；
(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin；
(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
16.如图所示，质量为mB=14kg的木板B放在水平地面上，质量为mA=10kg的木箱A放在木板B上．一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37∘.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4.重力加速度g取10m/s2.现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，试求：(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)绳上张力T的大小；
(2)拉力F的大小．
17.由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同：若地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G，地球可视为质量均匀分布的球体．求：
(1)地球半径R；
(2)地球的平均密度；
(3)若地球自转速度加快，当赤道上的物体恰好能“飘”起来时，求地球自转周期T′。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由于B球没有滑动趋势，因此B球不受斜面的摩擦力；
对A、B整体研究，受到挡板的弹力F、总重和斜面的支持力，如图所示：
根据平衡条件可得B球受到的支持力为：N=2mgcsθ，
根据牛顿第三定律可知，B球对斜面的作用力大小为2mgcsθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
以整体为研究对象，根据受力情况结合共点力的平衡条件求解B受到的支持力，再根据牛顿第三定律求解B球对斜面的作用力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
2.【答案】C
【解析】解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：
加速度：a1=gsinθ+μgcsθ恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ>tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。
故选：C。
要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ>tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零．
本题的关键物体的速度与传送带的速度相等时物体不会继续加速下滑．
3.【答案】B
【解析】解：B、网球在空中做平抛运动，设网球碰到墙面时速度与水平方向夹角为θ，由平抛运动的规律可得tanθ=vyv0=gtv0，x=v0t
解得：tanθ=gt2x，x相等，所以得t12t22=tan30∘tan60∘，化简后得运动时间之比t1t2=1 3，故B正确；
A、两次初速度之比为v01v02=xt1xt2= 31，故A错误；
C、下落高度之比为y1y2=gt122gt222=t12t22=13，故C错误；
D、碰到墙面时速度为v=v0csθ，则碰到墙面时速度大小之比v1v2=v01cs60∘v02cs30∘= 31×12 32=11，故D错误。
故选：B。
网球在空中做平抛运动，根据网球碰到墙面时与水平方向夹角得到竖直分速度与初速度的关系，再根据水平位移等于初速度与时间的乘积列式，可求得初速度之比，从而求得运动时间之比，即可进一步求得下落高度之比，由分速度关系求解碰到墙面时速度大小之比。
对于平抛运动，关键要掌握研究的方法：运动的分解法，要掌握水平方向和竖直方向的运动规律，结合几何关系解答。
4.【答案】C
【解析】解：A、对a进行分析，由于墙壁光滑，故a只受到b对a的摩擦力；故A错误；
B、对于a，由于墙壁光滑，只受到b对a的摩擦力，最终受重力、b对a的压力、墙壁的弹力、由平衡条件知b对a的摩擦力等于a的重力，方向竖直向上，F增大，摩擦力大小不变，始终等于a的重力；故B错误；
C、a受重力、b对a的压力、墙壁的弹力、b对a的静摩擦力处于平衡，竖直方向b对a的摩擦力等于a的重力，方向竖直向上，F增大，摩擦力大小不变，始终等于a的重力。故C正确；
D、a有向下运动的趋势，故b相对于a有向上动趋势；故D错误；
故选：C。
对a受力分析，根据共点力平衡判断a所受摩擦力的大小和方向；注意a与竖直墙壁之间没有摩擦力；根据a的运动趋势可判断b的运动趋势。
本题考查共点力平衡及摩擦力的性质，要注意明确最大静摩擦力与正压力有关，而静摩擦力与正压力无关。
5.【答案】D
【解析】解：AB、根据开普勒第二定律可知行星在近日点的速度最大，远日点的速度最小，行星从a到b做减速运动，从c到d做加速运动，只有万有引力做功，行星机械能守恒，可知b、d两点速度大小相等，则行星从a到b的平均速率大于行星从c到d的平均速率，弧长ab等于弧长cd，所以从a到b的运动时间小于从c到d的运动时间，同理可知从d经a到b的平均速率大于从b经c到d的平均速率，从d经a到b的运动时间小于从b经c到d的运动时间，故AB错误；
CD、由以上分析可知在整个椭圆轨道上tabT4，故C错误，D正确。
故选：D。
AB、根据开普勒第二定律可知行星在近日点的速度最大，远日点的速度最小，则可知行星的运动特点，根据只有万有引力做功，行星机械能守恒，可知b、d两点速度大小相等，则可知行星在不同运动过程平均速率的大小关系，行星运动路程相等，则可得运动时间的大小关系；
CD、根据行星运动特点和不同过程的运动时间长短，可得行星在整个椭圆轨道不同过程运动时间与T4的大小关系。
本题考查了开普勒定律，解题的关键是知道行星在近日点速度最大，在远日点速度最小，在b、d两点的速度大小相等。
6.【答案】C
【解析】解：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，设为ω
对两卫星：Gm1m2L2=m1ω2r1①
Gm1m2L2=m2ω2r2②
又m1：m2=3：2③
①②③联立解得：r1：r2=2：3
A、根据v=rω知，m1、m2做圆周运动的半径之比为2：3，则线速度之比为2：3，故A错误；
B、双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，故B错误；
CD、根据Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2，r1+r2=L得，r1=25L，r2=35L，C正确，D错误；
故选：C。
双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。对两颗星分别运用牛顿第二定律和万有引力定律列式，进行求解即可。
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。以及会用万有引力提供向心力进行求解。
7.【答案】B
【解析】解：A的转速为30r/min=0.5r/s，则A的加速度ωA=2πnA=π，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，故A的向心加速度为aA=RAωA2=2RBπ2
B的转速为10 3r/min= 36r/s，则B的加速度ωB=2πnB= 33π，故B的向心加速度为aB=RBωB2=13RBπ2
故向心加速度之比aAaB=2RBπ213RBπ2=61，B正确；
故选：B。
先根据转速计算出做匀速圆周运动的角速度，再利用向心加速度公式分别计算，再求比值．
本题特别注意用转速求角速度时，即公式ω=2πn的应用时，转速n的单位要化为r/s，不可直接用r/min计算角速度．
8.【答案】D
【解析】解：根据t= 2hg知，B下降的高度大，则B的运动时间长，即tA根据x=v0t知，xA>xB，则vA>vB。
故选：D。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．
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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
9.【答案】ACD
【解析】解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速率v0=10m/s.故A正确．
BC、开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则有：
a1=mgsinθ+μmgcsθm=gsinθ+μgcsθ=△v△t=101=10m/s2.
a2=mgsinθ−μmgcsθm=gsinθ−μgcsθ=12−101m/s2=2m/s2.联立两式解得μ=0.5，θ=37∘.故B错误，C正确．
D、第一段匀加速直线运动的位移为：x1=v022a1=1022×10m=5m，摩擦力做功为：Wf1=μmgcsθ⋅x1=0.5×10×0.8×5J=20J，第二段匀加速直线运动的位移为：x2=v2−v022a2=122−1022×2m=11m，摩擦力做功为：Wf2=−μmgcsθ⋅x2=−0.5×10×0.8×11J=−44J，所以有：Wf=Wf1+Wf2=20−44=−24J.故D正确．
故选：ACD.
由图象可以看出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小．
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行研究加速度和位移．
10.【答案】AD
【解析】解：AB、根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：
上升过程：a1=111=11m/s2，
下降过程：a2=91=9m/s2；
则加速度之比为：a1a2=119；故 A正确，B错误；
CD、上升过程，根据牛顿第二定律得：−mg−f=ma1，
下落过程，根据牛顿第二定律得：mg−f=−ma2，
代入数据得：mgf=101；故C错误，D正确；
故选：AD.
根据速度-时间图象的斜率表示加速度求解加速度大小之比；根据牛顿第二定律列式求解重力和阻力的关系．
本题图象反映物体的速度与时间的关系，知道速度-时间图象的斜率表示加速度，同时注意牛顿第二定律公式中力的方向；从而正解合外力．
11.【答案】AC
【解析】解：AB、甩干桶壁上某点随桶壁一起做匀速圆周运动，根据公式v=rω，
代入数据可得甩干桶壁上某点的线速度大小v=8m/s
故A正确，B错误；
CD、小物体随桶壁一起做匀速圆周运动，对小物体受力分析可知，小物体受到重力G、弹力N和摩擦力f，弹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
N=mrω2
代入数据可得N=4N
根据牛顿第三定律可知，小物体对桶壁的压力为4N，故C正确，D错误。
故选：AC。
AB、根据线速度与角速度的关系，结合题意可以求出线速度大小；
CD、先对小物体受力分析，找出向心力来源，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出小物体对桶壁的压力。
在对做圆周运动的物体受力分析时，要注意向心力是效果力，在受力分析时不分析。
12.【答案】ABD
【解析】解：A、物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得：mgctθ=ma，解得：a=7.5m/s2，故A正确；
B、由平衡条件可知，容器对物块的支持力：FN=mgsinθ=1×10sin53∘N=12.5N，故B正确；
C、以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：F−μ(M+m)g=(M+m)a，代入数据解得：F=30N，故C错误；
D、对物块与容器组成的系统，在竖直方向，由平衡条件可知，地面对容器的支持力FN地=(m+M)g=(1+2)×10N=30N，故D正确。
故选：ABD。
物块与容器相对静止，它们的加速度相等，以物块为研究对象，应用牛顿第二定律可以求出加速度大小，等于物块与容器组成的系统应用牛顿第二定律可以求出推力大小；应用平衡条件求出地面对容器的支持力。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块与容器的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与平衡条件即可解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。
13.【答案】匀变速直线运动 0.1x4+x5+x6−(x1+x2+x3)9(Δt)2
【解析】解；(1)数据如表所示．
由数据表分析可知，在误差允许范围内相邻相等时间内的位移差相等，因此可以得出结论：小车的运动是匀变速直线运动．
(2)该打点计时器所接的电源是频率为50 Hz的交流电源，纸带上每隔4个点取一个计数点，即两个相邻计数点间的时间间隔Δt=5×150 s=0.1s.
(3)用逐差法来计算加速度．
a=x4+x5+x6−(x1+x2+x3)9(Δt)2
将数据代入得
a=7.52+9.10+10.68−(2.80+4.38+5.95)9×0.12×10−2 m/s2≈1.57m/s2.
(4)由于小车做匀变速直线运动，因此，打计数点B时小车的速度等于AC段的平均速度，即vB=x2+x32Δt=4.38+5.952×0.02×10−2m/s=0.517m/s。
故答案为：(1)匀变速直线运动；(2)0.1；(3)x4+x5+x6−(x1+x2+x3)9(Δt)2；1.57；(4)0.517
(1)根据计数点之间的位移关系分析出小车的运动类型；
(2)根据电源的频率得出计数点的时间间隔；
(3)根据逐差法得出小车加速度的表达式，代入数据计算出加速度；
(4)根据匀变速直线运动的规律得出小车的速度。
本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学规律和运动学公式，代入数据即可完成分析。
14.【答案】0.96−0.47m−0.01m存在空气阻力或纸带与限位孔间的摩擦
【解析】解：(1)打“5”点时重物的速度等于4∼6段的平均速度，则有：
v5=x462T=(69.1−30.7)×10−32×0.02m/s=0.96m/s
取刚下落时重物所在水平面为零势能面，可得出打“5”点时重物的重力势能为：
Ep5=−mgh5=−m×9.8×48.0×10−3J=−0.47m(J)
此时重物的机械能为E5=Ek5+Ep5=12×m×0.962J−0.47m(J)=−0.01m(J)。
(2)通过计算发现E6故答案为：(1)0.96；−0.47m；−0.01m；(2)存在空气阻力或纸带与限位孔间的摩擦。
(1)根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度求解打“5”时的速度大小；根据重力势能的计算公式、机械能的概念进行求解；
(2)造成该误差的主要因素是空气阻力或纸带与限位孔间的摩擦。
本题主要是考查机械能守恒定律实验，关键是弄清楚实验原理和数据处理的方法，知道误差产生的原因。
15.【答案】解：(1)A到D过程，根据动能定理有：
mg(Lsinθ−Rcsθ)−μmgLcsθ=0
代入数据解得：L=2m
(2)A到C过程，根据动能定理可得：
mg(Lsinθ+R−Rcsθ)−μmgLcsθ=12mvC2−0
解得：vC=2 5m/s
(3)最终物体在B点以下的圆弧往复做圆周运动时，物体经过C点轨道对它有最小支持力，则有：
mg(R−Rcsθ)=12mvmin2
根据牛顿第二定律有：
FNmin−mg=mvmin2R
解得：FNmin=1.4N
(4)根据动能定理有：mgLsinθ−μmgs总csθ=0
代入数据解得：s总=6m
答：(1)斜面AB的长度L为2m；
(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC为2 5m/s；
(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin为1.4N；
(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s为6m。
【解析】(1)物体从A点到D点过程，根据动能定理列式，可求得斜面AB的长度L；
(2)根据动能定理求出小物体第一次通过C点的速度；
(3)当最终物体在B点以下往复做圆周运动，根据动能定理和牛顿第二定律求最小支持力；
(4)物体在斜面上运动时摩擦力大小为μmgcsθ，总是做负功，滑动摩擦力做的总功与总路程成正比，根据动能定理求解总路程s。
本题主要考查了动能定理的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点进行解答。
16.【答案】解：(1)对物体A受力分析及建立直角坐标系，如图所示：
∵A静止，受力平衡
∴在x轴上：
Tcsθ=f1…①
在y轴上：
N1=Tsinθ+mAg…②
又∵f1=μ1 N1…③
∴由①②③得：
T=100N
即绳上张力T的大小为100N.
(2)对物体B受力分析及建立直角坐标系，如图所示：
∵B静止，受力平衡
∴在x轴上：
F=f1+f2…④
在y轴上：
N2=N1+mBg…⑤
又∵f2=μ2N2…⑥
∴由④⑤⑥得：
F=200N
即拉力F的大小为200N.
【解析】(1)对木块A受力分析，受到重力、支持力、B对A的摩擦力和细线的拉力，根据共点力平衡条件列式求解即可；
(2)对木块B受力分析，受到重力、A对B的压力和摩擦力、地面的支持力和摩擦力，最后根据共点力平衡条件列式求解即可．
本题关键是先后对木块A和木块B受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用正交分解法列方程求解．
17.【答案】解：(1)在地球表面两极为：F万=mg0
在赤道处，由牛顿第二定律可得：F万−mg=m4π2T2R
可得：R=(g0−g)24π2
(2)在地球表面两极有：GMmR2=mg0
由密度公式可得：ρ=M43πR3=3πg0GT2(g0−g)
(3)赤道上的物体恰好能飘起来，物体受到的万有引力恰好提供向心力，
由牛顿第二定律可得：GMmR2=mg0=mR4π2T′2
解得：T′= g0−gg0T
答：(1)地球半径(g0−g)24π2；
(2)地球的平均密度3πg0GT2(g0−g)；
(3)若地球自转速度加快，当赤道上的物体恰好能“飘”起来时，地球自转周期 g0−gg0T。
【解析】(1)质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力．
(2)根据密度公式求解地球的平均密度。
(3)根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求解。
解答此题要清楚地球表面的物体受到的重力等于万有引力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，地球近地卫星所受的万有引力提供向心力。x2−x1
x3−x2
x4−x3
x5−x4
x6−x5
1.58
1.57
1.两个质量均为m的A、B两小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B球放于倾角为θ的粗糙斜面上。A、B两球均处于静止，B球没有滑动趋势，则B球对斜面的作用力大小为( )
A. 2mgcsθB. 2mgtanθC. mgtanθD. 2mgcsθ
2.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是( )
A. B. C. D.
3.如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球.假定网球均水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为30∘和60∘，若不考虑空气阻力，则( )
A. 两次发射的初速度大小之比为3：1
B. 碰到墙面前在空中的运动时间之比为1： 3
C. 下落高度之比为1： 3
D. 碰到墙面时速度大小之比为3：1
4.物体b在水平力F作用下将物体a压在光滑的竖直墙壁上，a始终处于静止状态.如图所示，当F逐渐增大时，下列说法中正确的是( )
A. a受到的摩擦力有两个
B. a与b间的静摩擦力大小随F的增大而增大
C. a受到的摩擦力大小不随F的增大而变化
D. b对a的摩擦力方向竖直向下
5.某行星沿椭圆轨道绕太阳运行，如图所示，在这颗行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点。若该行星运动周期为T，则该行星( )
A. 从a到b的运动时间等于从c到d的运动时间
B. 从d经a到b的运动时间等于从b经c到d的运动时间
C. 从a到b的时间tab>T4
D. 从c到d的时间tcd>T4
6.宇宙中有两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星球之间的距离为L，质量之比为m1：m2=3：2，则下列说法正确的是( )
A. m1、m2做圆周运动的线速度之比是3：2
B. m1、m2做圆周运动的角速度之比是3：2
C. m1做圆周运动的半径为25L
D. m2做圆周运动的半径为25L
7.A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，A的转速为30r/min，B的转速为10 3r/min，则两球的向心加速度之比为( )
A. 1：1B. 6：1C. 4：1D. 2：1
8.在同一高处的O点水平抛出两个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则两个物体作平抛运动的初速度vA、vB的关系和平抛运动的时间tA、tB的关系分别是( )
A. vA>vB tA>tBB. vA
9.如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2.则( )
A. 传送带的速率v0=10m/s
B. 传送带的倾角θ=30∘
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D. 0∼2.0s内摩擦力对物体做功Wf=−24J
10.将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度-时间图象如图所示，则( )
A. 上升、下降过程中加速度大小之比为11:9
B. 上升、下降过程中加速度大小之比为10:1
C. 物体所受的重力和空气阻力之比为9:1
D. 物体所受的重力和空气阻力之比为10:1
11.(多选)如图所示为甩干桶简易模型．若该模型的半径为r=16cm，以角速度ω=50rad/s做匀速圆周运动，质量为10 g的小物体随桶壁一起转动，下列说法正确的是( )
A. 甩干桶壁上某点的线速度大小为8m/s
B. 甩干桶壁上某点的线速度大小为6.25m/s
C. 小物体对桶壁的压力为4 N
D. 小物体受到重力、弹力、摩擦力和向心力
12.如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为2kg，与地面间的动摩擦因数为0.25。在水平推力作用下置于容器内质量为1kg的物块(可视为质点)与容器一起向左做加速运动，OP连线与水平线的夹角θ=53∘(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6,重力加速度g=10m/s2)，则( )
A. 容器的加速度大小为7.5m/s2B. 容器对物块的支持力大小为12.5N
C. 推力F的大小为42ND. 地面对容器的支持力等于30N
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.如图所示是某同学测量匀变速直线运动的加速度时，从若干纸带中选中的一条纸带的一部分，他每隔4个点取一个计数点，图中注明了他对各计数点间距离的测量结果.所接电源是频率为50Hz的交流电源。
(1)为了验证小车的运动是匀变速运动，请进行下列计算，并填入表内。(单位：cm)
由此可以得出结论：小车的运动是______。
(2)两个相邻计数点间的时间间隔Δt=______ s。
(3)小车的加速度的计算式a=______，加速度a=______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(4)计算打计数点B时小车的速度vB=______m/s(结果保留三位有效数字)。
14.用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验，实验中选出的一条纸带如图乙所示。
(1)根据纸带上已测出的数据，可得打“5”点时重物的速度为v5=______m/s；取刚下落时重物所在位置为零势能面，可得出打“5”点时重物的重力势能为Ep=______ J，此时重物的机械能E5=______J(电源频率为50Hz，重物质量为m，g=9.8m/s2)。
(2)用同样的办法计算得到打“6”点时重物的机械能E6，发现E6
15.如图所示，在竖直平面内，长为L、倾角θ=37∘的粗糙斜面AB下端与半径R=1m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是轨道最低点，D点与圆心O等高.现有一质量m=0.1kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点。若物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.25，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)斜面AB的长度L；
(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1；
(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin；
(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
16.如图所示，质量为mB=14kg的木板B放在水平地面上，质量为mA=10kg的木箱A放在木板B上．一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37∘.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4.重力加速度g取10m/s2.现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，试求：(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)绳上张力T的大小；
(2)拉力F的大小．
17.由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同：若地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G，地球可视为质量均匀分布的球体．求：
(1)地球半径R；
(2)地球的平均密度；
(3)若地球自转速度加快，当赤道上的物体恰好能“飘”起来时，求地球自转周期T′。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由于B球没有滑动趋势，因此B球不受斜面的摩擦力；
对A、B整体研究，受到挡板的弹力F、总重和斜面的支持力，如图所示：
根据平衡条件可得B球受到的支持力为：N=2mgcsθ，
根据牛顿第三定律可知，B球对斜面的作用力大小为2mgcsθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
以整体为研究对象，根据受力情况结合共点力的平衡条件求解B受到的支持力，再根据牛顿第三定律求解B球对斜面的作用力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
2.【答案】C
【解析】解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：
加速度：a1=gsinθ+μgcsθ恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ>tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。
故选：C。
要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ>tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零．
本题的关键物体的速度与传送带的速度相等时物体不会继续加速下滑．
3.【答案】B
【解析】解：B、网球在空中做平抛运动，设网球碰到墙面时速度与水平方向夹角为θ，由平抛运动的规律可得tanθ=vyv0=gtv0，x=v0t
解得：tanθ=gt2x，x相等，所以得t12t22=tan30∘tan60∘，化简后得运动时间之比t1t2=1 3，故B正确；
A、两次初速度之比为v01v02=xt1xt2= 31，故A错误；
C、下落高度之比为y1y2=gt122gt222=t12t22=13，故C错误；
D、碰到墙面时速度为v=v0csθ，则碰到墙面时速度大小之比v1v2=v01cs60∘v02cs30∘= 31×12 32=11，故D错误。
故选：B。
网球在空中做平抛运动，根据网球碰到墙面时与水平方向夹角得到竖直分速度与初速度的关系，再根据水平位移等于初速度与时间的乘积列式，可求得初速度之比，从而求得运动时间之比，即可进一步求得下落高度之比，由分速度关系求解碰到墙面时速度大小之比。
对于平抛运动，关键要掌握研究的方法：运动的分解法，要掌握水平方向和竖直方向的运动规律，结合几何关系解答。
4.【答案】C
【解析】解：A、对a进行分析，由于墙壁光滑，故a只受到b对a的摩擦力；故A错误；
B、对于a，由于墙壁光滑，只受到b对a的摩擦力，最终受重力、b对a的压力、墙壁的弹力、由平衡条件知b对a的摩擦力等于a的重力，方向竖直向上，F增大，摩擦力大小不变，始终等于a的重力；故B错误；
C、a受重力、b对a的压力、墙壁的弹力、b对a的静摩擦力处于平衡，竖直方向b对a的摩擦力等于a的重力，方向竖直向上，F增大，摩擦力大小不变，始终等于a的重力。故C正确；
D、a有向下运动的趋势，故b相对于a有向上动趋势；故D错误；
故选：C。
对a受力分析，根据共点力平衡判断a所受摩擦力的大小和方向；注意a与竖直墙壁之间没有摩擦力；根据a的运动趋势可判断b的运动趋势。
本题考查共点力平衡及摩擦力的性质，要注意明确最大静摩擦力与正压力有关，而静摩擦力与正压力无关。
5.【答案】D
【解析】解：AB、根据开普勒第二定律可知行星在近日点的速度最大，远日点的速度最小，行星从a到b做减速运动，从c到d做加速运动，只有万有引力做功，行星机械能守恒，可知b、d两点速度大小相等，则行星从a到b的平均速率大于行星从c到d的平均速率，弧长ab等于弧长cd，所以从a到b的运动时间小于从c到d的运动时间，同理可知从d经a到b的平均速率大于从b经c到d的平均速率，从d经a到b的运动时间小于从b经c到d的运动时间，故AB错误；
CD、由以上分析可知在整个椭圆轨道上tab
故选：D。
AB、根据开普勒第二定律可知行星在近日点的速度最大，远日点的速度最小，则可知行星的运动特点，根据只有万有引力做功，行星机械能守恒，可知b、d两点速度大小相等，则可知行星在不同运动过程平均速率的大小关系，行星运动路程相等，则可得运动时间的大小关系；
CD、根据行星运动特点和不同过程的运动时间长短，可得行星在整个椭圆轨道不同过程运动时间与T4的大小关系。
本题考查了开普勒定律，解题的关键是知道行星在近日点速度最大，在远日点速度最小，在b、d两点的速度大小相等。
6.【答案】C
【解析】解：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，设为ω
对两卫星：Gm1m2L2=m1ω2r1①
Gm1m2L2=m2ω2r2②
又m1：m2=3：2③
①②③联立解得：r1：r2=2：3
A、根据v=rω知，m1、m2做圆周运动的半径之比为2：3，则线速度之比为2：3，故A错误；
B、双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，故B错误；
CD、根据Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2，r1+r2=L得，r1=25L，r2=35L，C正确，D错误；
故选：C。
双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。对两颗星分别运用牛顿第二定律和万有引力定律列式，进行求解即可。
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。以及会用万有引力提供向心力进行求解。
7.【答案】B
【解析】解：A的转速为30r/min=0.5r/s，则A的加速度ωA=2πnA=π，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，故A的向心加速度为aA=RAωA2=2RBπ2
B的转速为10 3r/min= 36r/s，则B的加速度ωB=2πnB= 33π，故B的向心加速度为aB=RBωB2=13RBπ2
故向心加速度之比aAaB=2RBπ213RBπ2=61，B正确；
故选：B。
先根据转速计算出做匀速圆周运动的角速度，再利用向心加速度公式分别计算，再求比值．
本题特别注意用转速求角速度时，即公式ω=2πn的应用时，转速n的单位要化为r/s，不可直接用r/min计算角速度．
8.【答案】D
【解析】解：根据t= 2hg知，B下降的高度大，则B的运动时间长，即tA
故选：D。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．
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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
9.【答案】ACD
【解析】解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速率v0=10m/s.故A正确．
BC、开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则有：
a1=mgsinθ+μmgcsθm=gsinθ+μgcsθ=△v△t=101=10m/s2.
a2=mgsinθ−μmgcsθm=gsinθ−μgcsθ=12−101m/s2=2m/s2.联立两式解得μ=0.5，θ=37∘.故B错误，C正确．
D、第一段匀加速直线运动的位移为：x1=v022a1=1022×10m=5m，摩擦力做功为：Wf1=μmgcsθ⋅x1=0.5×10×0.8×5J=20J，第二段匀加速直线运动的位移为：x2=v2−v022a2=122−1022×2m=11m，摩擦力做功为：Wf2=−μmgcsθ⋅x2=−0.5×10×0.8×11J=−44J，所以有：Wf=Wf1+Wf2=20−44=−24J.故D正确．
故选：ACD.
由图象可以看出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小．
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行研究加速度和位移．
10.【答案】AD
【解析】解：AB、根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：
上升过程：a1=111=11m/s2，
下降过程：a2=91=9m/s2；
则加速度之比为：a1a2=119；故 A正确，B错误；
CD、上升过程，根据牛顿第二定律得：−mg−f=ma1，
下落过程，根据牛顿第二定律得：mg−f=−ma2，
代入数据得：mgf=101；故C错误，D正确；
故选：AD.
根据速度-时间图象的斜率表示加速度求解加速度大小之比；根据牛顿第二定律列式求解重力和阻力的关系．
本题图象反映物体的速度与时间的关系，知道速度-时间图象的斜率表示加速度，同时注意牛顿第二定律公式中力的方向；从而正解合外力．
11.【答案】AC
【解析】解：AB、甩干桶壁上某点随桶壁一起做匀速圆周运动，根据公式v=rω，
代入数据可得甩干桶壁上某点的线速度大小v=8m/s
故A正确，B错误；
CD、小物体随桶壁一起做匀速圆周运动，对小物体受力分析可知，小物体受到重力G、弹力N和摩擦力f，弹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
N=mrω2
代入数据可得N=4N
根据牛顿第三定律可知，小物体对桶壁的压力为4N，故C正确，D错误。
故选：AC。
AB、根据线速度与角速度的关系，结合题意可以求出线速度大小；
CD、先对小物体受力分析，找出向心力来源，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出小物体对桶壁的压力。
在对做圆周运动的物体受力分析时，要注意向心力是效果力，在受力分析时不分析。
12.【答案】ABD
【解析】解：A、物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得：mgctθ=ma，解得：a=7.5m/s2，故A正确；
B、由平衡条件可知，容器对物块的支持力：FN=mgsinθ=1×10sin53∘N=12.5N，故B正确；
C、以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：F−μ(M+m)g=(M+m)a，代入数据解得：F=30N，故C错误；
D、对物块与容器组成的系统，在竖直方向，由平衡条件可知，地面对容器的支持力FN地=(m+M)g=(1+2)×10N=30N，故D正确。
故选：ABD。
物块与容器相对静止，它们的加速度相等，以物块为研究对象，应用牛顿第二定律可以求出加速度大小，等于物块与容器组成的系统应用牛顿第二定律可以求出推力大小；应用平衡条件求出地面对容器的支持力。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块与容器的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与平衡条件即可解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。
13.【答案】匀变速直线运动 0.1x4+x5+x6−(x1+x2+x3)9(Δt)2
【解析】解；(1)数据如表所示．
由数据表分析可知，在误差允许范围内相邻相等时间内的位移差相等，因此可以得出结论：小车的运动是匀变速直线运动．
(2)该打点计时器所接的电源是频率为50 Hz的交流电源，纸带上每隔4个点取一个计数点，即两个相邻计数点间的时间间隔Δt=5×150 s=0.1s.
(3)用逐差法来计算加速度．
a=x4+x5+x6−(x1+x2+x3)9(Δt)2
将数据代入得
a=7.52+9.10+10.68−(2.80+4.38+5.95)9×0.12×10−2 m/s2≈1.57m/s2.
(4)由于小车做匀变速直线运动，因此，打计数点B时小车的速度等于AC段的平均速度，即vB=x2+x32Δt=4.38+5.952×0.02×10−2m/s=0.517m/s。
故答案为：(1)匀变速直线运动；(2)0.1；(3)x4+x5+x6−(x1+x2+x3)9(Δt)2；1.57；(4)0.517
(1)根据计数点之间的位移关系分析出小车的运动类型；
(2)根据电源的频率得出计数点的时间间隔；
(3)根据逐差法得出小车加速度的表达式，代入数据计算出加速度；
(4)根据匀变速直线运动的规律得出小车的速度。
本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学规律和运动学公式，代入数据即可完成分析。
14.【答案】0.96−0.47m−0.01m存在空气阻力或纸带与限位孔间的摩擦
【解析】解：(1)打“5”点时重物的速度等于4∼6段的平均速度，则有：
v5=x462T=(69.1−30.7)×10−32×0.02m/s=0.96m/s
取刚下落时重物所在水平面为零势能面，可得出打“5”点时重物的重力势能为：
Ep5=−mgh5=−m×9.8×48.0×10−3J=−0.47m(J)
此时重物的机械能为E5=Ek5+Ep5=12×m×0.962J−0.47m(J)=−0.01m(J)。
(2)通过计算发现E6
(1)根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度求解打“5”时的速度大小；根据重力势能的计算公式、机械能的概念进行求解；
(2)造成该误差的主要因素是空气阻力或纸带与限位孔间的摩擦。
本题主要是考查机械能守恒定律实验，关键是弄清楚实验原理和数据处理的方法，知道误差产生的原因。
15.【答案】解：(1)A到D过程，根据动能定理有：
mg(Lsinθ−Rcsθ)−μmgLcsθ=0
代入数据解得：L=2m
(2)A到C过程，根据动能定理可得：
mg(Lsinθ+R−Rcsθ)−μmgLcsθ=12mvC2−0
解得：vC=2 5m/s
(3)最终物体在B点以下的圆弧往复做圆周运动时，物体经过C点轨道对它有最小支持力，则有：
mg(R−Rcsθ)=12mvmin2
根据牛顿第二定律有：
FNmin−mg=mvmin2R
解得：FNmin=1.4N
(4)根据动能定理有：mgLsinθ−μmgs总csθ=0
代入数据解得：s总=6m
答：(1)斜面AB的长度L为2m；
(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC为2 5m/s；
(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin为1.4N；
(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s为6m。
【解析】(1)物体从A点到D点过程，根据动能定理列式，可求得斜面AB的长度L；
(2)根据动能定理求出小物体第一次通过C点的速度；
(3)当最终物体在B点以下往复做圆周运动，根据动能定理和牛顿第二定律求最小支持力；
(4)物体在斜面上运动时摩擦力大小为μmgcsθ，总是做负功，滑动摩擦力做的总功与总路程成正比，根据动能定理求解总路程s。
本题主要考查了动能定理的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点进行解答。
16.【答案】解：(1)对物体A受力分析及建立直角坐标系，如图所示：
∵A静止，受力平衡
∴在x轴上：
Tcsθ=f1…①
在y轴上：
N1=Tsinθ+mAg…②
又∵f1=μ1 N1…③
∴由①②③得：
T=100N
即绳上张力T的大小为100N.
(2)对物体B受力分析及建立直角坐标系，如图所示：
∵B静止，受力平衡
∴在x轴上：
F=f1+f2…④
在y轴上：
N2=N1+mBg…⑤
又∵f2=μ2N2…⑥
∴由④⑤⑥得：
F=200N
即拉力F的大小为200N.
【解析】(1)对木块A受力分析，受到重力、支持力、B对A的摩擦力和细线的拉力，根据共点力平衡条件列式求解即可；
(2)对木块B受力分析，受到重力、A对B的压力和摩擦力、地面的支持力和摩擦力，最后根据共点力平衡条件列式求解即可．
本题关键是先后对木块A和木块B受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用正交分解法列方程求解．
17.【答案】解：(1)在地球表面两极为：F万=mg0
在赤道处，由牛顿第二定律可得：F万−mg=m4π2T2R
可得：R=(g0−g)24π2
(2)在地球表面两极有：GMmR2=mg0
由密度公式可得：ρ=M43πR3=3πg0GT2(g0−g)
(3)赤道上的物体恰好能飘起来，物体受到的万有引力恰好提供向心力，
由牛顿第二定律可得：GMmR2=mg0=mR4π2T′2
解得：T′= g0−gg0T
答：(1)地球半径(g0−g)24π2；
(2)地球的平均密度3πg0GT2(g0−g)；
(3)若地球自转速度加快，当赤道上的物体恰好能“飘”起来时，地球自转周期 g0−gg0T。
【解析】(1)质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力．
(2)根据密度公式求解地球的平均密度。
(3)根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求解。
解答此题要清楚地球表面的物体受到的重力等于万有引力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，地球近地卫星所受的万有引力提供向心力。x2−x1
x3−x2
x4−x3
x5−x4
x6−x5
1.58
1.57
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