北京市八一学校2020届高三上学期10月月考物理试题 23页

北京市八一中学2020届高三10月物理月考试卷 一、选择题：‎ ‎1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是 A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B. 根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法 D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项A错误；‎ B. 根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，选项B正确；‎ C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，选项C正确；‎ D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D正确。‎ ‎2.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3‎ ‎，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是 A. 如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置 B. 如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C. 如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D. 小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从实验中小球的三种运动情况可以得到，斜面的阻力越小，小球上升的位置越高，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是：如果不受阻力，就会升到与O点相等的高度，A项符合题意；而其他选项都不是由该实验直接得到的，需要进一步推理或其它实验验证，BCD三项不符合题意。‎ ‎3.物体沿直线以恒定加速度运动，它的位移s与时间t的关系是 (s的单位是m，t的单位是s)，则它的速度为零的时刻是 A. s B. 2s C. 4s D. 24s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据匀变速直线运动位移与时间的关系公式x=v0t+at2与s=24t-6t2对比可得：‎ v0=‎24m/s，a=‎-12m/s2‎ 根据物体的速度时间关系v=v0+at，当v=0时，代入v0和a求得：‎ t=2s A.s，与计算不相符，选项A错误；‎ B. 2s，与计算相符，选项B正确；‎ C. 4s，与计算不相符，选项C错误；‎ D. 24s，与计算不相符，选项D错误。‎ ‎4.小孩站在秋千板上做荡秋千的游戏，当秋千摆到最低点时，秋千板对小孩的支持力为F，小孩受到的重力为G。则下列判断中正确的是 A. F与G的合力方向竖直向下，小孩处于超重状态 B. F与G的合力方向竖直向下，小孩处于失重状态 C. F与G的合力方向竖直向上，小孩处于超重状态 D. F与G的合力方向竖直向上，小孩处于失重状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小孩站在秋千板上做荡秋千的游戏，做的是圆周运动的一部分，在最低点合力向上，有 ‎，‎ 所以：‎ 超重 A. F与G的合力方向竖直向下，小孩处于超重状态，与分析不相符，选项A错误；‎ B. F与G的合力方向竖直向下，小孩处于失重状态，与分析不相符，选项B错误；‎ C. F与G的合力方向竖直向上，小孩处于超重状态，与分析相符，选项C正确；‎ D. F与G的合力方向竖直向上，小孩处于失重状态，与分析不相符，选项D错误。‎ ‎5.如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截（炮弹运动过程看作竖直上抛），设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足（ ）‎ A. B. ‎ C. D. v1＝v2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题知从发射到拦截成功水平方向应满足：‎ x＝v1t，同时竖直方向应满足：‎ H＝gt2＋v2t－gt2＝v2t，‎ 所以有＝，即v1＝v2，C选项正确 ‎6.在商场中，为了节约能源，无人时，自动扶梯以较小的速度运行，当有顾客站到扶梯上时，扶梯先加速，后匀速将顾客从一楼运送到二楼，速度方向如图所示。若顾客与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是 A. 在加速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力 B. 在匀速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力 C. 在加速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同 D. 在匀速阶段，顾客不受摩擦力作用 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加速运动阶段，乘客的加速度的方向沿电梯的方向向上，加速度有竖直向上的分量，则扶梯对乘客的支持力大于重力，故A正确；‎ B.匀速运动阶段，乘客受力平衡，则扶梯对乘客的支持力等于重力，故B错误；‎ C.加速运动阶段，乘客的加速度的方向沿电梯的方向向上，加速度有水平向左的分量，扶梯对乘客有水平向左的摩擦力，顾客所受摩擦力的方向与速度方向不相同，故C错误；‎ D.匀速运动阶段，扶梯对乘客只有竖直向上的支持力，没有摩擦力，故D正确。‎ ‎7.‎2011年11月3日凌晨1时29分，经历近43小时飞行和五次变轨的“神舟八号”飞船飞抵距地面343公里的近似为圆的轨道，与在此轨道上等待已久的“天宫一号”成功对接；‎11月16日18时30分，“神舟八号”飞船与“天宫一号”成功分离，返回舱于‎11月17日19时许返回地面。下列有关“天宫一号”和“神舟八号”说法正确的是 A. 对接前“天宫一号”的运行速率一定小于‎11.2km/s B. 若还知道“天宫一号”运动的周期，再利用万有引力常量，就可算出地球的质量 C. 在对接前，应让“天宫一号”与“神舟八号”在同一轨道上绕地球做圆周运动，然后让“神舟八号”加速追上“天宫一号”并与之对接 D. “神舟八号”返回地面时应先减速 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎11.2‎km/s是地球的第二宇宙速度，达到该速度，卫星将脱离地球的引力，不再绕地球运行，则天宫一号的速率一定小于‎11.2km/s，故A正确； B.根据 知地球的质量 因为天宫一号的轨道半径未知，无法求出地球的质量，故B错误；‎ C.在对接前，神舟八号应在比天宫一号较低的轨道上运行，然后神舟八号需加速，使得万有引力小于所需的向心力，做离心运动，与天宫一号实现对接，故C错误；‎ D.‎ 神舟八号返回地面时需先减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动才能返回地面，故D正确 ‎8. 将物体以60J的初动能竖直向上抛出，当它上升到某点P时，动能减为10J，机械能损失10J，若空气阻力大小不变，则物体落回到抛出点时的动能为 A. 36J B. 40J C. 48J D. 50J ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设上升到P点时，上升高度为h，由动能定理知：①，由功能关系知：②；设上升的最大高度为H，则③由①②③得：;在由全程动能定理知，物体落回抛出点时的动能为得末动能为36J，A对。‎ 考点：动能定理、功能关系。‎ ‎【名师点睛】功与对应能量变化关系 功 ‎ 能量的变化 ‎ 合外力做正功 ‎ 动能增加 ‎ 重力做正功 ‎ 重力势能减少 ‎ 弹簧弹力做正功 ‎ 弹性势能减少 ‎ 电场力做正功 ‎ 电势能减少 ‎ 其他力(除重力、弹力)做正功 ‎ 机械能增加 ‎ ‎9.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是： （ ）‎ A. 不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同 B. 不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同 C. 卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D. 卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量(动量P=mv,v为瞬时速度)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：从轨道1变轨到轨道2，需要加速逃逸，故A错误；根据公式可得，故只要半径相同，加速度就相同，由于卫星在轨道1做椭圆运动，运动半径在变化，所以运动过程中的加速度在变化，B正确C错误；卫星在轨道2做匀速圆周运动，运动过程中的速度方向时刻在变，所以动量方向不同，D错误；‎ ‎【考点定位】考查了万有引力定律的应用 ‎【方法技巧】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量非常大的，所以需要细心计算。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎10.地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；同步通信卫星的向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；“神州”六号飞船（距地面高度‎343km）的向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3．则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】赤道上物体与同步卫星角速度相同，即：ω1=ω2；由于r1＜r2，根据v=rω，有v1＜v2；根据a=ω2r，有a1＜a2；‎ 比较同步卫星和“神州”六号飞船，万有引力提供向心力，则：‎ 解得：‎ ‎，，；‎ 由于r2＞r3，故 a2＜a3，v2＜v3，ω2＜ω3；‎ 综上，有：‎ a3＞a2＞a1；v3＞v2＞v1；ω3＞ω2=ω1‎ A. ，与分析不相符，选项A错误；‎ B. ，与分析相符，选项B正确；‎ C. ，与分析相符，选项C正确；‎ D. ，与分析相符，选项D正确。‎ ‎11.如图1所示，物体受到水平推力的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力、物体速度随时间变化的规律如图2所示．取．则 A. 物体质量 B. 物体与水平面间的动摩擦因数 C. 第2s内物体克服摩擦力做的功 D. 前2s内推力F做功的平均功率 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A：据题意得，0—1s内物体静止不动， 2—3s内物体做匀速直线运动，且，1—2s内物体做匀加速直线运动，加速度大小，且，解得：物体的质量．故A项错误．‎ B：据，解得：物体与水平面间的动摩擦因数．故B项错误．‎ C：由图2得，第2s内物体的位移，则第2s内物体克服摩擦力做的功．故C项正确．‎ D:：0—1s内物体静止不动，推力不做功；1—2s内推力做的功；前2s内推力F做功的平均功率．故D项正确．‎ ‎12.如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出，小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于 A. mg B. mg C. mg D. mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】重力对物体做的功为零，设空气阻力大小为f，对整个过程应用动能定理得：-2fh=mv2−mv02；上升过程中物体加度为：；由运动学公式得：2ah＝v02；代入数据解得：f=mg，故A正确；故选A。‎ ‎【点睛】本题要抓住物体在上下过程中，阻力是做功，重力也做功，但是重力做功只和为零，故我们可以说重力不做功。然后对整体列动能定理，而不要把上下过程分开，那样很麻烦。‎ ‎13.如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半。则 A. 碰撞过程中摆动a球和b球构成的系统满足动量守恒 B. 碰撞过程中摆动a球和b球构成的系统不满足动量守恒 C. 碰撞后摆球最高点与最低点的高度差为0.3h D. 碰撞后摆球最高点与最低点的高度差为0.25h ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 碰撞过程中，在水平方向两球碰撞时的内力远大于外力，可知摆球a球和b球构成的系统满足动量守恒，选项A正确，B错误；‎ CD.设b的质量为m，由题意可知，a的质量：M=‎5m，在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律：‎ Mv1-m•2v1=（M+m）v2，‎ 碰撞后摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ ‎（M+m）gh′=（M+m）v22‎ 解得：‎ v2=v1，h′=0.25h 故C错误，D正确。‎ ‎14.如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻一质量为m的物块轻放在传送带的左端。在物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程中，下列说法正确的是 A. 皮带对物块所做的功为 B. 物块对皮带所做的功为 C. 物块与皮带间由于摩擦而产生的热量为 D. 由于传送该物块电动机需要多做的功为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意可知，物体最终速度为v，则物体动能为，即皮带对物块所做的功为，故A错误；在物块与传送带相对静止之前，两者之间有相对位移，所以物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等。由于传送带相对于地的位移大于物块相对地的位移，所以物块对传送带做功大于，故B错误；设物块匀加速运动的时间为t，则物块与传送带相对位移大小为，则系统摩擦生热为，故C错误；动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为，故D正确，故选D。‎ ‎【‎ 点睛】摩擦力对物块做功等于物块动能的变化，根据动能定理求解；由于物块与传送带间有相对位移，物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等．系统摩擦生热等于系统克服摩擦力做的总功．物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能． ‎ ‎15.“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）‎ A. 绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B. 绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C. 绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D. 人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小；故动量先增大后减小；故A正确；‎ B、在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；‎ C、绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C错误；‎ D、人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎16.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A相连。两物块A.B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A.B两物块在开始一段时间内的关系分别对应图乙中的A.B图线（时刻A.B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（ ）‎ A. 时刻，弹簧型变量为0‎ B. 时刻，弹簧型变量为 C. 从开始到时刻，拉力F逐渐增大 D. 从开始到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析:t2时刻A图线斜率为零，即加速度等于零，受力平衡，所以A错误；t1时刻时两个物体分离的临界点，AB之间没有作用力，对Ａ根据牛顿第二定律所以Ｂ正确；t1时刻以后，物体Ｂ只受三个力重力，支持力，拉力Ｆ，根据，所以t1时刻以后Ｆ不再变化，所以Ｃ错误；从开始到t1时刻，对AB整体列牛顿第二定律方程：分析出外力F随x均匀减小而增大，但弹力由于要在初态时平衡两个物体重力的分力，既t=0时，AB整体平衡弹力大小为，对AB整体列牛顿第二定律方程可变为，既为恒量，所以从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少，D正确。‎ 考点：本题考查图像，功能关系，综合性较强。‎ 二、计算论述题 ‎17.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。‎ ‎(1)推导第一宇宙速度v1的表达式；‎ ‎(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。‎ ‎(3)‎ 在距地球表面高度恰好等于地球半径时，探测卫星上的观测仪器某一时刻能观测到的地球表面赤道的最大弧长。（此探测器观测不受日照影响，不考虑空气对光的折射）‎ ‎【答案】(1)(2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设卫星质量为m，卫星绕地球做近地运动轨道半径为R，根据万有引力定律和牛顿运动定律得 在地球表面：‎ 解得 ‎(2)若卫星运行轨道距离地面高度为h，则 又：‎ 解得 ‎ ‎(3)设宇宙飞船在地球赤道上方A点处，距离地球中心为2R，飞船上的观测仪器能观测到地球赤道上的B点和C点，能观测到赤道上的弧长是LBC，如图所示，‎ ‎，‎ 则：‎ α=60°‎ 能观测到地球表面赤道的最大长度 ‎18.如图所示，跳台滑雪运动员从滑道上的A点由静止滑下，经时间t0从跳台O点沿水平方向飞出。已知O点是斜坡的起点，A点与O点在竖直方向的距离为h，斜坡的倾角为θ，运动员的质量为m。重力加速度为g。不计一切摩擦和空气阻力。求：‎ ‎(1)运动员经过跳台O时的速度大小v；‎ ‎(2)从A点到O点的运动过程中，运动员所受重力做功的平均功率；‎ ‎(3)从运动员离开O点到落在斜坡上重力的冲量IG。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)运动员从A到O点过程中，根据动能定理 解得：‎ ‎(2)重力做功的平均功率 ‎(3)运动员从O点到落在斜坡上做平抛运动 竖直方向：‎ 水平方向：‎ x=vt 由平抛运动的位移关系可知：‎ 解得：‎ 从运动员离开O点到落在斜坡上重力的冲量 ‎19.如图所示，半径R = ‎0.1m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离x = ‎1m。质量m = ‎0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道末端的B点，另一质量也为m = ‎0.1kg的小滑块2，从A点以m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ = 0.2。取重力加速度。两滑块均可视为质点。求 ‎（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；‎ ‎（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎（3）在C点轨道对两滑块的作用力F。‎ ‎【答案】（1）v=‎3m/s （2）ΔE= 0.9J （3）F=8N，方向竖直向下 ‎【解析】‎ ‎（1）物块2由A到B应用动能定理：‎ 解得v=‎6m/s ‎ ‎(2)两滑块碰撞前后动量守恒,根据动量守恒有 ‎ 解得…方向：水平向右…‎ ‎(3)两滑块从B到C机械能守恒,根据机械能守恒定律有:‎ 两滑块离开C点以后做平抛运动，根据平抛运动的规律有 ‎ ‎ ‎ 联立解得 ‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)根据动能定理计算滑块2碰前的速度。‎ ‎(2)根据动量守恒计算滑块碰撞完的速度。‎ ‎(3)根据机械能守恒定律计算出整体到达C点的速度，再根据平抛运动的规律求得水平位移。‎ ‎20. 一般来说，正常人从距地面‎1.5m高处跳下，落地时速度较小，经过腿部的缓 冲，这个速度对人是安全的，称为安全着地速度。如果人从高空跳下，必须使用降落伞才能安全着陆，其原因是，张开的降落伞受到空气对伞向上的阻力作用。经过大量实验和理论研究表明，空气对降落伞的阻力f与空气密度ρ、降落伞的迎风面积S、降落伞相对空气速度v、阻力系数c有关（由伞的形状、结构、材料等决定），其表达式是f=cρSv2。根据以上信息，解决下列问题。（取g=‎10m/s2）‎ ‎（1）在忽略空气阻力的情况下，计算人从‎1.5m 高处跳下着地时的速度大小（计算时人可视为质点）；‎ ‎（2）在某次高塔跳伞训练中，运动员使用的是有排气孔的降落伞，其阻力系数c=0.90，空气密度取ρ=‎1.25kg/m3。降落伞、运动员总质量m="‎80kg，张开降落伞后达到匀速下降时，要求人能安全着地，降落伞的迎风面积S至少是多大？"‎ ‎（3）跳伞运动员和降落伞的总质量m=‎80kg，从跳伞塔上跳下，在下落过程中，经历了张开降落伞前自由下落、张开降落伞后减速下落和匀速下落直至落地三个阶段。如图是通过固定在跳伞运动员身上的速度传感器绘制出的从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的v-t图像。根据图像估算运动员做减速运动的过程中，空气阻力对降落伞做的功。‎ ‎【答案】（1）‎5.5m/s；（2）‎47.4m2‎；（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）人从‎1.5m高处跳下着地时的安全速度v0大小为 ‎=m/s=‎5.5m/s ‎（2）由（1）可知人安全着陆的速度是m/s,跳伞运动员在空中匀速下降时空气阻力大小等于运动员的重力，则 解得 ‎（3）由v-t图线和时间轴所围面积可知，在0~3s时间内运动员下落高度h=‎25m（‎23.6m ~ ‎26.4m均认为正确）‎ 考点：此题考查的是平衡状态问题及v-t图线。‎ ‎21.如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水（抽水过程中H保持不变），龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。‎ ‎（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：‎ a．每秒内从管口流出的水的质量m0；‎ b．不计额外功的损失，水泵输出的功率P。‎ ‎（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示。让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力。由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响。求水流落地前瞬间的速度大小v。‎ ‎【答案】（1）a．；b．；（2）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）a．水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷出时速度为v0，落地时间为t 竖直方向 水平方向 时间t0内喷出的水的质量 m=ρV=ρv0t0S ‎ 每秒喷出的水的质量 联立以上各式解得 b．时间t0内水泵输出功 输出功率 解得 ‎（2） 取与地面作用的一小块水Δm为研究对象 根据动量定理 由题意可知 解得 ‎22.(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识。双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理。已知某双星系统中每个星体的质量都是M0，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G。 求：‎ ‎①该双星系统中星体的加速度大小a；‎ ‎②该双星系统的运动周期T。‎ ‎(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性。对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ。另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ。已知核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量大小均为e。‎ ‎①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用EkⅠ、 EkⅡ表示，请推理分析，比较EkⅠ、 EkⅡ的大小关系；‎ ‎②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用TⅠ、TⅡ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性。‎ ‎【答案】(1) ① ② (2) ① ②,因为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：‎ 解得 ②‎ ‎②由运动学公式可知， ‎ 解得 ‎ ‎（2）①模型Ⅰ中，设电子和原子核的速度分别为v对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有 ‎ 解得： ‎ 模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v1、v2，电子的运动半径为r1，原子核的运动半径为r2。根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有：，解得 ‎ 对于原子核有：，解得 ‎ 系统的总动能：EkⅡ=Ek1+ Ek2= ‎ 即在这两种模型中，系统的总动能相等。 ‎ ‎②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有 ‎，解得 ‎ 模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为TⅡ ‎ 根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有 ， 解得 对原子核有 ， 解得 因r1+r2=r，将以上两式代入，可解得 ‎ 所以有 ‎ 因为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便。 ‎