Ff＝Fcos θ，Ff方向水平向左。 FN＋Fsin θ＝(M＋m)g，
FN＝(M＋m)g－Fsin θ，故C、D均正确。
10．(2013·天水一中信息卷)如图9所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放，则在上述两种情形中正确的有( )
图9
A．质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用 B．质量为m的滑块均沿斜面向上运动 C．两种情形中绳的拉力大小相同 D．系统在运动中机械能均守恒
解析：选BCD 质量为2m的滑块沿斜面下滑，但并不受沿斜面的下滑力，A错误；因系统只有重力做功，故两种情况下系统机械能均守恒，D正确；由牛顿第二定律得：2mgsin 30°－mgsin 45°＝3ma1，F1－mgsin 45°＝ma1,2mgsin 45°－mgsin 30°＝3ma2，F2－mgsin 30°11
＝ma2，解得：F1＝(2＋1)mg，F2＝(2＋1)mg，故B、C均正确。
33
11．(2014·靖江模拟)2013年4月将出现“火星合日”的天象，“火星合日”是指火星、太阳、地球三者之间形成一条直线时，从地球的方位观察，火星位于太阳的正后方，火星被太阳完全遮蔽的现象，如图10所示，已知地球、火星绕太阳运行的方向相同，若把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆，火星绕太阳公转周期约等于地球公转周期的2倍，由此可知( )
图10
A．“火星合日”约每1年出现一次 B．“火星合日”约每2年出现一次
3
C．火星的公转半径约为地球公转半径的4倍 D．火星的公转半径约为地球公转半径的8倍
21
GMm4π2r3GMr火3r地3r火3T火23
解析：选BC 由2＝m2·r可得：2＝，＝，＝＝4，故C正
rTT4π2T火2T地2r地T地2
2π2πT地T火
确，D错误；由t－t＝2π可得：t＝＝T火＝2T地，故A错误，B正确。
T地T火T火－T地
12．(2014·唐山模拟)为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在2050年前建造成太空升降机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系住升降机，放开绳，升降机能到达地球上，科学家可以控制卫星上的电动机把升降机拉到卫星上。已知地球表面的重力加速度g＝10 m/s，地球半径R＝6 400 km，地球自转周期为24 h。某宇航员在地球表面测得体重为800 N，他随升降机垂直地面上升，某时刻升降机加速度为10 m/s，方向竖直向上，这时此人再次测得体重为850 N，忽略地球公转的影响，根据以上数据( )
A．可以求出升降机此时所受万有引力的大小 B．可以求出此时宇航员的动能 C．可以求出升降机此时距地面的高度
D．如果把绳的一端搁置在同步卫星上，可知绳的长度至少有多长 解析：选CD 由F－mg′＝ma，g＝2，g′＝
2
2
GMR2
GMR＋h2
，可求得：此时升降机距地面
GMm的高度h＝3R，C正确；由
R＋H2＝m4π
T2(R＋H)，可求得同步卫星的高度也即绳的至少长
3gR2T2
度H＝ 2－R，D正确；升降机不是匀加速直线运动，无法确定此时宇航员的速度，
4π故B错误；因不知升降机的质量，故也无法求升降机此时所受的万有引力大小，A错误。
三、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)
13．(10分)(2014·武汉模拟)某同学设计了如下实验方案用来“验证牛顿运动定律”： (1)如图11甲所示，将木板有定滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹的重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下夹一纸带，穿过打点计时器。调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动。
(2)如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之由静止开始加速运动。打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，打出的纸带如图丙所示，
A、B、C、D、E是纸带上五个计数点。
22
图11
①图乙中滑块下滑的加速度为________。(结果保留两位有效数字)
②若重锤质量为m，滑块质量为M，重力加速度为g，则滑块加速下滑受到的合力为________。
③某同学在保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变滑块所受合力，由实验数据作出的a -F图像如图12所示，则滑块的质量为________kg。(结果保留两位有效数字)
图12
解析：①由逐差法可得：
a＝xCD＋xDE－xAB＋xBC 24TT＝0.04 s。
可求得：a＝3.9 m/s。
②调整木板倾角，滑块匀速下滑时滑块沿斜面重力的分力与摩擦力的合力与重锤重力
2
mg大小相等，故当取下重锤时，滑块的合外力大小为mg。
13.0－0.251
③a -F图线的斜率表示滑块质量的倒数，由k＝＝ M5.5－0M可得：M＝2.0 kg。
答案：①3.9 m/s ②mg ③2.0
14．(12分)(2013·景德镇摸底)如图13所示是月亮女神、嫦娥1号绕月做圆周运行时某时刻的图片，用R1、R2、T1、T2分别表示月亮女神和嫦娥1号的轨道半径及周期，用R表示月亮的半径。
23
2
图13
R13R23
(1)请用万有引力知识证明：它们遵循2＝3＝K，其中K是只与月球质量有关而与卫星
T1T2
无关的常量；
(2)经过多少时间两卫星第一次相距最远；
(3)请用嫦娥1号所给的已知量，估测月球的平均密度。
2
Mm4π
解析：(1)设月球的质量为M，对任一卫星均有G＝m2R′
R′2TR′3GM得2＝2＝常量 T4π
2πt2πt(2)两卫星第一次相距最远时有－＝π
T1T2
t＝T1T2
T2－T1
Mm4π2
(3)对嫦娥1号有G2＝m2R2
R2T2M＝πR3ρ
3πR2
ρ＝32 3
43
GRT2
答案：(1)见解析 (2)
3
T1T23πR2
(3)32 T2－T1GRT2
15．(14分)(2013·上海高考)如图14所示，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
图14
1212
解析：滑块左端滑到小球正下方时速度为v1，由动能定理有－μ(m＋M)gL＝Mv1－Mv0
22
24
2μ22
得v1＝v0－
m＋MgL，
M2hμMg，此过程中滑块的加速度的大小a＝＝μg，
小球自由落地时间t＝ gM滑块继续运动的最长时间tm＝
v1
，当t≥tm时，小球落地时距滑块左端的水平距离 μgs＝
v12
2μg＝v02
2μg－m＋ML， M当t s＝v1t－at2＝ 2 2hv0 2g－4μLhm＋MM2hv0 2－μh －μh m＋ML答案：－或 2μgMv02 g－4μLhm＋MM16．(16分)(2014·徐州联考)如图15所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板。D为CDO轨道的中央点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4。现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由下落。(取 g＝10 m/s2) 图15 (1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小。 (2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道。如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程。如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程。 (3)为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围。 解析：(1)设小球第一次到达D的速度为vD P到D点的过程对小球由动能定理： mg(H＋r)－μmgL＝mvD2 mvD2 在D点对小球列牛顿第二定律：FN＝ r联立解得：FN＝32 N (2)小球第一次到达O点，设速度为v1 12 P到O点的过程对小球列动能定理： 25 mgH－μmgL＝12 mv21 解得：v1＝23 m/s O点，须mg≤mv2 要能通过r 临界速度v＝10 m/s 故第一次到达O点之前没有脱离 设第三次到达D点的动能为Ek 对之前的过程列动能定理： mg(H＋r)－3μgmL＝Ek 代入解得：Ek＝0 故小球一直没有脱离CDO轨道 设此球静止前在水平轨道经过的路程为s 对全过程列动能定理： mg(H＋R)－μmgs＝0 解得：s＝8.5 m (3)为使小球与弹性板碰撞二次，须满足： mgH－3μmgL>12 mv20 代入解得：H>2.9 m 为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道 须满足：mg(H＋r)－5μmgL≤0 代入解得：H≤3.0 m 故：2.9 m 答案：(1)32 N (2)不会脱离轨道 8.5 m (3)2.9 m