C．合外力在2～6s内做的功不等于0 D．滑动摩擦力的大小为0.6N 二．填空题(每小题6分，共18分)
13、竖直放置的光滑圆轨道半径为R，一质量为m的小球在最低点以一定的初速度冲上轨道，若确保小球不脱离轨道，则小球的初速度的取值范围是_________________
14、万有引力引力常量的单位是____，地球第一宇宙速度的大小是___km/s
15、如图所示，细线长为L，悬挂一质量为m的小球静止在A点．今施加在小球上一个水平向右的恒力F使其运动到B点，此时细线与竖直方向夹角为θ．那么在这一过程中，恒力对小球做的功为_____，小球重力势能的增加量为_____．
三．计算题(22分)
16、（12分）半径R=0.8m、质量为2m的
1圆弧槽B静止于水平地面上，圆弧底端与地面相切，质量为47m的小滑块A静止于圆弧槽左侧。将质量为m的小滑块C从圆弧槽B顶端正上方h=0.4m处由静止释放。已知所有接触面均光滑，小滑块A、C均可视为质点，重力加速度g取10m/s2
（1）在小滑块C从释放到滑离圆弧槽B的过程中，求圆弧B的位移大小；
（2）小滑块C与小滑块A发生弹性碰撞（二者碰撞时间忽略不计）后，通过计算加以说明小滑块C能否追上B。
17、（10分）国际空间站是迄今最大的太空合作计划，其离地高度为H，绕地球运动的周期为T1．通过查找资料又知万有引力常量G，地球半径R，同步卫星距地面的高度h，地球的自转周期T2以及地球表面重力加速度g．
某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M的方法：
Mm2?24?2h3)h得M?同步卫星绕地心做圆周运动，由G2?m(2 hT2GT2（1）请判断上面得出的结果是否正确，请说明理由；如不正确，请给出正确解法和结果． （2）请根据题给条件再提出两种估算地球质量的方法，并解得结果．
参考答案
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选
项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分） 1、C 【解析】 【详解】
在水平面上，细绳的拉力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，若拉力突然消失，小球受力合为零，将沿切线方向做匀速直线运动；若拉力突然减小时，小球将做离心运动；若拉力突然变大，小球将做向心运动，故选项A、B、D正确，C错误； 说法错误的故选选项C． 2、D 【解析】
电场中某点的电场强度只取决于电场本身，与检验电荷无关，故选D. 3、D 【解析】 【详解】
AB.相对论、量子论的提出,没有否定经典力学,经典力学是相对论、量子力学在低速、宏观状态下的特殊情形,对于高速、微观的情形经典力学不适用。故AB错误； C. 在经典力学中，物体的质量不随运动状态而改变。故C错误；
D. 狭义相对论认为，质量、长度、时间的测量结果都与物体运动状态有关，故D正确。 4、C 【解析】 【分析】
导体处于静电平衡状态，导体是一个等势体，导体内部场强处处为零；即外部电场在导体内部产生的电场强度与感应电荷在该点的电场强度等大反向. 【详解】
A．导体处于静电平衡状态，导体是一个等势体，导体内部场强处处为零．A、B两点电势相等，A错误； B．A、B两点电场强度都为零，B错误；
C．感应电荷产生的附加电场与正电荷在同一点产生的场强等值反向，所以EA＞EB，C正确； D．当电键S闭合时，电子从低电势（大地）沿导线向高电势点（导体）移动，选项D错误； 故选C． 5、B 【解析】
设斜面的倾角为θ，则滑动摩擦力对物体所做的功为Wf＝－μmg·BD－μmgcos θ·AB＝－μmg·BD－μmg·OB＝－μmg·OD。可见，Wf与θ无关，也就是说，物体从D点出发沿DBA或DCA滑动到A点，滑动摩擦力对物体所做的功相同。根据动能定理，沿DBA，有WG＋Wf＝0－＋Wf＝0－
1mv02；沿DCA，有WG212
mv。解得v＝v0，故选B. 2
点睛：该题考查斜面上的摩擦力做功的特点，解答本题关键的根据动能定理列式，对列得的方程进行讨论得出结论． 6、B 【解析】 【详解】
A.瞬时速度和平均速度都是矢量，故A错误。
B.当物体做单方向的直线运动时，位移的大小等于路程，故B正确。
CD. 曲线运动的速度方向是沿着切线方向，时刻在改变，一定是变速运动，一定有加速度，合力一定不为零，不能处于平衡状态，故CD错误。 7、BD 【解析】 【详解】
A．由于汽车做曲线运动，根据牛顿第二定律可知汽车经过A、B两点对路面的压力不等于重力，故A错误.
B．汽车经过B点时存在向下加速度，由牛顿第二定律可知支持力N小于汽车重力，再结合牛顿第三定律可知压力小于重力，所以B正确.
C．汽车经过A点时有向上的加速度，所以出于超重状态，B点时有向下的加速度，处于失重状态，故C错误
D．因为处于超重状态下受到的压力比较大，所以在A处比较容易爆胎，故D正确 8、BCD 【解析】
试题分析：设水银柱两侧的高度差为h，则：PB-PA=ρgh；先假设水银柱不动；将U形管向右稍倾斜一些，
水银柱两侧的高度差变大，故A侧气体推动水银柱靠近右端，故A错误；将U形管向左稍倾斜一些，水银柱两侧的高度差变小，故B侧气体推动水银柱靠近左端，故B正确；两边空气柱升高相同温度，根据查理定律公式 ＝C，有： ＝PTPTVPPT，由于PB-PA=ρgh，故PB＞PA，故△PA＜△PB，故，故VP＝VVTTA侧气体压强的增加量小，故水银柱相对玻璃管向A端移动，故C正确；使玻璃管竖直向上减速运动，加速度向下，失重，故PB＞PA+ρ（g-a）h，故水银柱相对玻璃管向A端移动，故D正确；故选BCD． 考点：理想气体的状态变化方程 9、AC 【解析】 【详解】
对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EP=
12Mv0；对图乙，2物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v
由动量守恒定律有：Mn2v0=(M+m)v
121Mn?2v0?-(M+m)v2 221322联立两式可得：M=3m，EP=Mv0=mv0，故B、D错误，A、C正确．
22由能量守恒有：EP=故选A、C 10、BC 【解析】 【详解】 A. 根据
则水平位移
由表达式可知，图线为曲线，开口向右，故A项与题意不相符；
B. 平抛运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则机械能随着高度的变化不变，故B项与题意相符； C. 根据
得：