2019-2020学年唐山市滦南一中高一(下)期中物理试卷(有解析)

2019-2020学年唐山市滦南一中高一(下)期中物理试卷

一、单选题（本大题共11小题，共42.0分）

1.如图1所示，在长约1m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个圆柱形的红蜡块R(圆柱

体的直径略小于玻璃管的内径，轻重适宜，使它能在玻璃管内的水中匀速上升)，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．将此玻璃管迅速竖直倒置(如图2所示)，红蜡块R就沿玻璃管由管口A匀速上升到管底B.若在将玻璃管竖直倒置、红蜡块刚从A端开始匀速上升的同时，将玻璃管由静止开始水平向右匀加速移动(如图3所示)，直至红蜡块上升到管底B的位置(如图4所示).红蜡块与玻璃管间的摩擦很小，可以忽略不计，在这一过程中相对于地面而言()

A. 红蜡块做速度大小、方向均不变的直线运动

B. 红蜡块做速度大小变化的直线运动

C. 红蜡块做加速度大小、方向均不变的曲线运动

D. 红蜡块做加速度大小变化的曲线运动

2.如图所示，三个小球从同一高处的O点分别以水平初速度V l、V2、V3抛出，落在水平面上的位

置分别是A、B、C、O′是O在水平面上的射影点，且O′A：O′B：O′C=1：3：5.若不计空气阻力，则下列说法正确关系是()

A. V1：V2：V3=1：3：5

B. 三个小球下落的时间不同

C. 三个小球落地的速度相同

D. 三个小球落地的动能相同

3.当卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r时，线速度为υ，周期为T，加速度为a，万有引

力为F。下列说法正确的是()

A. 若卫星轨道半径从r变为2r，则卫星运行线速度从υ变为υ

2

B. 若卫星轨道半径从r变为2r，则卫星运动周期从T变为2T

C. 若卫星运行周期从T变为8T，则卫星轨加速度从a变为a

16

D. 若卫星运行线速度从T变为8T，则卫星万有引力从F变为4F

4.如图所示，人造地球卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运

动。已知M、N两点连线与M、O两点连线间的夹角最大值为θ，则

M、N两卫星的线速度大小的比值为()

A.

B.

C.

D.

5.盘山公路总是筑得盘旋曲折，因为()

A. 盘山公路盘旋曲折会延长爬坡的距离，根据斜面的原理，斜面越长越省功

B. 盘山公路盘旋曲折显得雄伟壮观

C. 盘山公路盘旋曲折会延长爬坡长度，斜面的原理告诉我们，高度一定，斜面越长越省力

D. 盘山公路盘旋曲折是为了减小坡度，增加车辆的稳度

6.汽车在平直的公路上从静止开始运动，其速度v随时间t变化的图象

如图所示，已知汽车在0?t1时间内做匀加速运动，t1时刻开始以额

定功率加速运动，t2时刻后做匀速运动，汽车所受阻力恒定，则()

A. 0～t1时间内，发动机的输出功率不变

B. t1～t2时间内，汽车做匀加速运动

C. 0～t2时间内，汽车克服阻力做功的功率不变

D. t2时刻后，发动机的输出功率等于汽车克服阻力做功的功率

7.为使火车安全转弯，下列说法正确的是()

A. 内外轨道一样高

B. 内轨道比外轨道高

C. 外轨道比内轨道高

D. 内外轨道的高低对列车没有影响

8.一个物体从静止开始自由下落，在第1s和第3s末，重力对物体做功的瞬时功率之比为()

A. 1：3

B. 3：1

C. 1：9

D. 9：1

9.如图所示，行星A绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，周期为T1，行

星B绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动，周期为T2.某时刻AO、BO刚好垂直，从此时刻算起，经多长时间它们第一次相距最远()

A. T1T2

4(T1+T2)B. 3T1T2

4(T2+T1)

C. T1T2

4(T2?T1)

D.

3T1T2

4(T2?T1)

10.一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做

半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是()

A. 小球过最高点的最小速度是√gR

B. 小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零

C. 小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大

D. 小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小

11.在“研究平抛物体的运动”的实验中，为减小空气阻力对小球的影响．选择小球时，应选择下

列的()

A. 实心小铁球

B. 空心铁球

C. 实心小木球

D. 以上三种球都可以

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

12.如图所示，小球以5m/s的速度水平抛出，经过0.8s落地，g取10m/s2，

不计空气阻力，下列说法正确的有()

A. 小球在水平方向的位移大小是3.2m

B. 小球在竖直方向的位移大小是3.2m

C. 小球落地时在水平方向的速度大小是5m/s

D. 小球落地时在竖直方向的速度大小是5m/s

13.关于重力势能的理解，下列说法正确的是()

A. 重力势能有正负，是矢量

B. 重力势能的零势能面只能选地面

C. 重力势能的零势能面的选取是任意的

D. 重力势能的正负代表大小

14.关于地球的同步卫星，下列说法正确的是()

A. 它处于平衡状态，且具有一定的高度

B. 它的加速度小于9.8m/s2

C. 它的周期是24h，且轨道平面与赤道平面重合

D. 它的速度小于7.9km/s

15.在低轨道运行的人造卫星，由于受到空气阻力的作用，卫星的轨道半径不断缩小，运行中卫星

的()

A. 速率逐渐减小

B. 速率逐渐增大

C. 周期逐渐变小

D. 向心力逐渐加大

16.如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿

着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持

静止，则地面对斜面()

A. 无摩擦力

B. 支持力等于(m+M)g

C. 支持力为(M+m)g?Fsinθ

D. 有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ

三、填空题（本大题共3小题，共28.0分）

17.汽艇在静水中的速度是6m/s，渡河时向着垂直于河岸的方向匀速行驶．河水的流速是8m/s，

河宽600m，则汽艇驶到对岸的时间为______ s，汽艇在河水中行驶的距离为______ m.

18.由功率速度关系式知，汽车、火车等交通工具和各种起重机械，当发动机的功率P一定时，牵

引力F与速度v成______ ，要增大牵引力，就要______ 速度．

19.在“研究平抛运动”的实验中，记录了如图所示的一段轨迹OABC.以物

体被水平抛出的位置为O为坐标原点，C点的坐标为(60cm,45cm)．

(1)物体在竖直方向做______ 运动；

(2)物体从O点运动到C点所用的时间为______ s(g=10m/s2).

(3)物体做平抛运动的初速度______ m/s

(4)物体运动到C点的位移是______ cm．

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

20.如图所示，质量为m=1kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面底端A点，在沿斜面向上、大小为

20N的恒力F1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B点时撤去拉力F1，当物块运动到C点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2s.物块运动到C点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F2，使物块从C点运动到A点的时间与从A点运动到C点的时间相等．已知斜面足够长，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)物块与斜面间的动摩擦因数；

(2)拉力F2的大小和方向．

21.一颗质量为m的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星到地面的高度为h，已知引力常量

G和地球质量M和地球半径为R，求：

(1)地球对卫星的万有引力的大小；

(2)卫星的速度大小．

22.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C 919首飞成功后，拉开了全

面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s。已知飞机质量m=7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2，在飞机滑跑过程中，求：

(1)飞机克服阻力所做的功；

(2)牵引力的大小；

(3)牵引力的平均功率。

【答案与解析】

1.答案：C

解析：解：蜡块在水平方向上做匀加速直线运动，竖直方向上做匀速直线运动，合加速度沿水平方向上，且大小不变，与合速度的方向不在同一条直线上，所以合运动为曲线运动，加速度保持不变。故C正确，A、B、D错误。

故选：C。

红蜡块参与水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据运动的合成，判断合运动的轨迹以及合运动的加速度是否保持不变．

解决本题的关键掌握判断合运动轨迹的方法，当合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上时，蜡块做曲线运动．

2.答案：A

解析：解：A、三个小球的竖直分位移相同，故自由落体运动的时间相等，水平分运动为匀速运动，故初速度与水平分位移成正比，故v1：v2：v3=O′A：O′B：O′C=1：3：5，故A正确；

gt2可以得到时间相同，故B错误；

B、三个小球的竖直分位移相同，根据?=1

2

C、由于初速度不同，根据末速度公式：v t=√v02+v y2，落地时的末速度不同，故C错误；

mv2也不一定相同(质量也不知道是否相同)，故D D、由C分析，三个球落地的速度大小不同，故1

2

错误；

故选：A．

三个小球都做平抛运动，将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运用平抛运动的位移公式、速度公式列式分析．

本题关键是要明确平抛运动的研究方法、位移公式和速度公式，是解决平抛运动问题的基础知识．3.答案：C

解析：

根据万有引力提供向心力GMm

r2=m v2

r

=mr4π2

T2

，抓住中心天体的质量不变，求出v和T，分析和什么

因素有关。

明确由万有引力提供向心力，分别有线速度，角速度，及周期来表示向心力，求出v和T，分析和什么因素有关。

A.根据万有引力提供向心力GMm

r2=m v2

r

得v=√GM

r

若卫星轨道半径从r变为2r，则卫星运行线速度

从v变为√2

2

v，故A错误；

B.根据万有引力提供向心力GMm

r2=m v2

r

=mr4π2

T2

，T=√4π2r3

GM

，若卫星轨道半径从r变为2r，则卫星

运行周期从T变为2√2T，故A错误;若卫星轨道半径从r变为4r，则卫星运行周期从T变为8T，故B错误；

CD.若卫星运行周期从T变为8T，根据万有引力提供向心力GMm

r2=m v2

r

=mr4π2

T2

则卫星轨加速度从a

变为a

16

，故C正确；

D.若卫星运行线速度从T变为8T，根据万有引力提供向心力GMm

r2=m v2

r

=mr4π2

T2

则卫星万有引力从

F变为F

16

，故Ｄ错误。故选C。

4.答案：C

解析：

本题考查了人造卫星的问题，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力G Mm

r2=m v2

r

。

由几何关系可知，当M连线与地球和N的连线垂直时，夹角最大为θ，由几何关系求出二者的轨道半径的关系，然后结合万有引力提供向心力即可求解。

知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ；

此时有：sinθ=r N r

M

；

根据公式：G Mm

r2=m v2

r

；

可得：v=√GM

r

；

故v M

v N =√r N

r M

=√sinθ；

故ABD错误，C正确。

故选C。

5.答案：C

解析：解：盘山公路盘旋曲折延长爬坡长度，高度一定，则坡面的倾角变小，重力沿斜面方向的分力等于mgsinθ，该分力减小，从而减小上坡的阻力。故C正确，A、B、D错误。

故选：C。

盘山公路总是筑得盘旋曲折，目的减小坡度，减小重力沿斜面方向上的分力，从而减小上坡时的阻力．

解决本题的关键知道汽车在上坡时，重力沿斜面方向的分力阻碍汽车的运动，斜面的倾角越小，阻碍作用越小．

6.答案：D

解析：解：A.由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，则牵引力大小不变，速度增加，根据P=Fv可得，功率逐渐增大，故A错误；

B.在t1时刻汽车达到额定功率P，t1到t2时间内，功率不变，速率增大，所以牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；

C.根据P=Fv可得，阻力大小恒定，则其功率随速度的变化而变化，故C错误；

D.t2时刻以后，汽车做匀速直线运动，则牵引力等于阻力，则根据P=Fv可得发动机的输出功率等于汽车克服阻力做功的功率，故D正确；

故选：D。

本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值。

解决该题的关键是知道发动机的功率与牵引力之间的关系，能根据v?t图象分析牵引力以及发动机的输出功率的变化情况；

7.答案：C

解析：解：A 、如果外轨和内轨一样高，火车在弯道做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，因为内外轨一样高，所以重力和支持力平衡，合力为外轨的水平弹力，所以外轨容易磨损，不利用安全行车，故AD 错误； C 、火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，如图，这时转弯处外轨应比内轨高．故B 错误，C 正确． 故选：C ．

内外轨一样高，火车所受重力和支持力相等，火车拐弯靠外轨的水平弹力提供向心力．为了减少铁轨的磨损，转弯处外轨应比内轨高，速度恰当时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力． 本题关键根据牛顿第二定律，从保护铁轨的角度得出火车车轮边缘与铁轨恰好无挤压的临界速度，也可结合离心运动的知识进行分析讨论．

8.答案：A

解析：解：由v =gt 可得，1s 末的速度v 1=10m/s ；3s 末的速度v 2=10×3=30m/s ； 由功率公式P =mgv 可得：

P 1P 2

=

v 1v 2

=

10

30=1

3

； 故选：A 。

由自由落体速度公式可求得物体的速度，再由功率公式即可求得两时刻的功率，即可求得比值． 本题考查功率公式及自由落体的速度公式，明确应确功率公式P =FV 即可求解．

9.答案：C

解析：解：根据万有引力提供向心力，列出等式：

GMm r 2

=mω2r

ω=√GM

r

3

所以ω1>ω2

A 行星的周期为T 1，

B 行星的周期为T 2， 所以ω1=

2πT 1

ω2=2πT2

两行星相距最远时，两行星应该在同一直径上，所以当A比B转过的圆心角多1

2

π时两行星第一次相距最远，列出等式：

(2π

T1

?

2π

T2

)t′=

1

2

π

t′=T1T2

4(T2?T1)

，故ABD错误、C正确。

故选：C。

两行星相距最远时，两行星应该在同一直径上。由于A的轨道半径小，所以A的角速度大，即A转

得较快。当A比B转过的圆心角多1

2

π时两行星第一次相距最远。

解该题关键在于掌握A、B的角速度关系以及能根据转过的角度的关系列出方程，注意AB起点不在同一位置，是解题的关键。

10.答案：B

解析：

解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解。

B、当小球到达最高点弹力为零时，重力提供向心力，有：mg=m v2

R

，解得：v=√，即当速度为：v=√时，杆子所受的弹力为零。故B正确。

A、小球通过最高点的最小速度为零。故A错误。

CD、小球在最高点，若v<√，则有：mg?F=m v2

R

，杆子的作用力随着速度的增大而减小，

若v>√gR，则有：mg+F=m v2

R

，杆子的作用力随着速度增大而增大。故CD错误。

故选：B。

11.答案：A

解析：解：为了减小空气阻力对小球的影响，要选择体积较小质量较大的小球，故选实心小铁球，故A正确。

故选：A。

小球要做平抛运动，则要减小阻力的影响，在小球选择方面要注意选择体积小、质量大的小球．

本题考查了实验器材的选择原理，要减小空气阻力的影响，难度不大，属于基础题．12.答案：BC

解析：解：A、小球在水平方向的位移大小为：x=v0?t=5×0.8=4m，故A错误；

B、小球在竖直方向位移大小为：?=1

2gt?2=1

2

×10×0．8?2=3.2m，故B正确；

C、小球落地时水平方向的速度等于初速度，即：v x?=v0?=5m/s，故C正确；

D、小球落地时竖直方向速度为：v y?=gt=10×0.8=8m/s，故D错误

故选：BC。

平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出高度和水平位移，根据v y?=gt求出竖直分速度

解决本题关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，要注意合位移与水平位移的区别，不能混淆．

13.答案：CD

解析：

影响重力势能的因素是质量和高度；重力势能是否等于0，或是正的还是负的，与0势能点的选择有关。

本题考查了重力势能的概念以及重力势能的大小与零势能参考面的选取的关系。

A.重力势能有正负之分，但重力势能是标量，其正负不表示方向；故A错误；

BC.重力势能具有相对性，重力势能的大小与零势能参考面的选取有关；重力势能的零势能面的选取是任意的；故B错误；C正确；

D.重力势能有正负之分，分别代表高于0重力势能点，或低于0重力势能点；故D正确；

故选CD。

14.答案：BCD

解析：解：A、同步卫星的周期一定，为24h，根据G Mm

r2=mr4π2

T2

知，T=√4π2r3

GM

，周期一定，则轨

道半径一定，所以高度一定，不是处于平衡状态，靠合力提供向心力。故A错误。

B、根据G Mm

r2=ma=m v2

r

得，a=GM

r2

，v=√GM

r

，当轨道半径等于地球的半径，加速度为9.8m/s2，

线速度为7.9km/s，所以同步卫星的加速度小于9.8m/s2，速度小于7.9km/s。故B、D正确。

C、同步卫星的周期为24h，因为要与地球始终保持相对静止，所以同步卫星一定处于赤道的上空。故C正确。

故选：BCD。

地球同步卫星的周期与地球的自转周期相同，处于赤道的上方，结合万有引力提供向心力，得出线速度、加速度与轨道半径的关系，从而进行比较．

本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．

15.答案：BCD

解析：解：卫星在阻力的作用下，要在原来的轨道减速，万有引力将大于向心力，物体会做向心运动，轨道半径变小，人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，

AB、由G Mm

r2=m v2

r

解得：v=√GM

r

，轨道半径会逐渐减小，线速度增大，故A错误、B正确；

C、由G Mm

r2=m4π2

T2

r，得T=2π√r3

GM

，轨道半径会逐渐减小，周期减小，故C正确；

D、由向心力等于万有引力F=G Mm

r2

，轨道半径会逐渐减小，向心力增大，故D正确；

故选：BCD。

卫星在阻力的作用下，要在原来的轨道减速，万有引力将大于向心力，物体会做向心运动，轨道半径变小，再根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期的表达式进行讨论即可．本题关键是根据题意得出轨道半径变小，然后抓住万有引力提供向心力，以及重力加速度的表达式，先列式求解出线速度、周期的表达式，再进行讨论．

16.答案：CD

解析：解：以物体和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况：总重力(M+

m)g、拉力F、地面的支持力N和摩擦力f，作出力图，根据平衡条件得：

水平方向：f=Fcosθ，方向水平向左；

竖直方向：N+Fsinθ=(M+m)g

解得：N=(M+m)g?Fsinθ，f=Fcosθ。

故选：CD。

斜面保持静止，所受的合力为零，物体匀速上滑，其合力也为零，将两个物体看成整体，分析受力情况，由平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力大小和方向．

本题两个物体的加速度都为零，可以作为整体进行研究，简单方便，也可以采用隔离法研究．17.答案：100；1000

解析：解：垂直于河岸的方向上：匀速直线运动，设河宽为h

由：?=v船t得：

t=

?

v

船

=

600

6

s=100s

沿河岸方向：设前进的距离为L

则：L=v水×t

得：L=8×100m=800m

所以行驶的实际距离为：

√6002+8002m=√1000000m=1000m

故答案为：100；1000．

合运动与分运动具有等时行，可由垂直于河岸的方向的分运动求出渡河所用的时间；汽艇在河水中行驶的距离可由垂直于河岸的方向的分运动的距离与沿河岸方向前进的距离合成出来．

小船渡河的问题可根据合运动与分运动的关系：等时性，等效性找关系进行求解即可．

18.答案：反比；减小

解析：解：由功率速度关系式知，当发动机的功率P一定时，牵引力F与速度v成反比，要增大牵引力，就要减小速度．

故答案为：反比，减小

从公式P=Fv可知汽车的发动机功率一定时，牵引力与运动速度成反比，要增大牵引力，就要减小速度．

本题就是考查学生对功率概念的理解，知道功率是表示做功的快慢的物理量，做的功多，功率也不一定大

19.答案：自由落体；0.3；2；75

解析：解：(1)物体在竖直方向上做自由落体运动；

(2)根据y=1

2

gt2得，物体从O点到C点的时间为：

t=√2y

g =√2×0.45

10

s=0.3s；

(3)物体平抛运动的初速度为：

v0=x

t =0.6

0.3

m/s=2m/s．

(4)根据平行四边形定则知，物体运动到C点的位移为：

s=√x2+y2=√452+602cm=75cm．

故答案为：(1)自由落体；(2)0.3；(3)2；(4)75

物体在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直位移，结合位移时间公式求出物体从O点到C点的时间，根据水平位移和时间求出初速度．根据平行四边形定则求出物体运动到C点的位移．

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，基础题．

20.答案：解：(1)设物块向上做加速运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有

F1?mgsinθ?μmgcosθ=ma1。

撤去恒力F1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma2。

由于加速的时间和减速的时间相等，则有a1t=a2t

可得a1=a2。

联立解得μ=0.5

(2)由上得：物块向上运动时，a1=a2=10m/s2

物块从A到C运动的位移大小x=2×1

2

a1t2=40m

设拉力F2的方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有

F2+mgsinθ?μmgcosθ=ma3。

由题意可知x=1

2

a3(2t)2，其中t=2s

联立解得a3=5m/s2，F2=3N，方向平行于斜面向下

答：

(1)物块与斜面间的动摩擦因数是0.5；

(2)拉力F2的大小是3N，方向平行于斜面向下。

解析：(1)物块沿斜面向上运动时，对加速和减速两个过程分别运用牛顿第二定律列式，再结合加速过程的末速度等于减速过程的初速度列式，联立可求得动摩擦因数；

(2)物块从C运动到A时，利用牛顿第二定律求出加速度表达式，再根据位移时间公式列式，即可求得拉力F2的大小和方向。

本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键是要分析清楚物块的运动过程，抓住各个过程之间的联系，如位移关系、速度关系。能对物体正确的受力分析，熟练运用牛顿第二定律求加速度。

21.答案：解：(1)地球对卫星的万有引力大小为：F=G Mm

(R+?)2

．

(2)根据G Mm

(R+?)2=m v2

R+?

得卫星的速度大小为：

v=√GM

R+?

．

答：(1)地球对卫星的万有引力大小为G Mm

(R+?)2

．

(2)卫星的速度大小为√GM

R+?

．

解析：根据万有引力定律求出地球对卫星的万有引力大小，根据万有引力提供向心力求出卫星的速度大小．

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，基础题．

22.答案：解：(1)飞机克服阻力所做的功：

W f=f?x①

f=0.1mg②

解得：W f=1.12×108J③

(2)飞机作匀变速直线运动，有

v2=2ax④

由牛顿第二定律，有：

F?f=ma⑤

由①～⑤联立解得a=2m/s2，F=2.1×105N

⑥

(3)设飞机滑跑过程中的平均速度为v?，有v?=v

2

在滑跑阶段，牵引力的平均功率P=Fv?⑦

由⑥⑦联立解得P=8.4×106?W

答：(1)飞机克服阻力所做的功为1.12×108J；

(2)牵引力的大小为2.1×105N；

(3)牵引力的平均功率为8.4×106?W。

解析：(1)根据W=Fx求解飞机克服阻力所做的功；

(2)飞机作匀变速直线运动，结合牛顿第二定律求解牵引力大小；

(3)先求出平均速度，然后根据P=Fv?求解平均功率。

解决本题的关键是要知道平均功率的求解方式。掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能结合牛顿第二定律灵活运用。