广西钦州市港区2017届高三上学期月考物理试卷（11月份）

广西钦州市港区2017届高三上学期月考物理试卷（11月份）

‎2016-2017学年广西钦州市港区高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题.其中1-4题为单选，5-8题为多选．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．将滑片N向右滑动时，电容器放电 B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电 C．将滑片M向上滑动时，电容器放电 D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电 ‎2．R1和R2分别标有“2Ω、1.0A”和“4Ω、0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为（　　）‎ A．6.0 W B．5.0 W C．3.0 W D．1.5 W ‎3．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡D1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．此电源的内阻为0.5Ω B．灯泡D1的额定电压为3V，功率为6W C．把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小 D．由于小灯泡B的U﹣I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用 ‎4．在如图所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，理想电流表的示数I和理想电压表的示数U将（　　）‎ A．I变小，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变小 D．I变大，U变大 ‎5．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（　　）‎ A．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ B．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v C．电阻R1消耗的热功率为 D．电阻 R2消耗的热功率为 ‎ ‎6．如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O，绳与钉作用过程中无能量损失，重力加速度为g，则（　　）‎ A．小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒 B．从轻绳与钉子相碰到小球刚达到最低点过程，重力的功率先减小后增大 C．小球刚到最低点速度大小为 D．小球刚到达最低点时绳中张力为 ‎7．我们赖以生存的银河系的恒星中大约有是双星，假设某双星由质量不等的星体s1和s2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点c做匀速圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，s1到c点的距离为r1，s1和s2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出s2的质量，下列计算错误的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎8．2012年10月25日晚，第16颗北斗导航同步卫星顺利升空，这标志着我国北斗卫星区域导航系统建设全面完成，将形成覆盖亚太大部分地区的服务能力，浩渺的太空中，中国人布下了属于自己的星座，从此定位、导航、授时不再受制于人，关于这颗卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．这颗卫星可能在北京的正上空 B．这颗卫星的角速度比月球的角速度大 C．这颗卫星距离地面高度和其他地球同步卫星距地面高度相同 D．这颗卫星绕地心的线速度大小与静止在地面上的物体绕地心的线速度大小相等 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv （g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？‎ ‎（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？‎ ‎（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？‎ ‎10．如图1所示，若电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0．电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地．电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm．在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图2所示．每个电子穿过两极板的时间极短，可以认为电压是不变的，求：‎ ‎（1）在t=0.04s时刻，电子打在荧光屏上的何处？‎ ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ ‎11．如图所示，四分之一圆轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内．圆轨道OA的半径R=1.25m，传送带长S=2.25m，圆轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h．一滑块从O点静止释放，当滑块经过B点时（无论传送带是否运动），静止在CD上的长为L=m的木板（此时木板的末端在B点的正下方）在F=12N的水平恒力作用下启动，此时滑块落入木板中．已知滑块与传送带的摩擦因数μ1=0.2，目木板的质量M=1kg，木板与CD间的摩擦因数为μ2=0.4，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）如果传送带静止，求滑块到达B点的速度．‎ ‎（2）如果传送带静止，求h的取值范围．‎ ‎（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h=20m，试判断滑块还能否落在木板上．‎ ‎12．由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：‎ ‎（1）A星体所受合力大小FA；‎ ‎（2）B星体所受合力大小FB；‎ ‎（3）C星体的轨道半径RC；‎ ‎（4）三星体做圆周运动的周期T．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西钦州市港区高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题.其中1-4题为单选，5-8题为多选．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．将滑片N向右滑动时，电容器放电 B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电 C．将滑片M向上滑动时，电容器放电 D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】根据电容器的特性，电容器的电压与R3的电压相等，由电容器的电压高低可判断电容器充电或放电的状态．‎ ‎【解答】解：A、B，当滑片向右滑动时，R3减小，电容器的电压也减小，故电容器在放电．‎ ‎ C、D，当滑片向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故C、D均错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎2．R1和R2分别标有“2Ω、1.0A”和“4Ω、0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为（　　）‎ A．6.0 W B．5.0 W C．3.0 W D．1.5 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】把R1和R2串连接入电路中，他们的电流相同，根据R1和R2的参数可知，串联时的最大的电流为0.5A，根据P=I2R，可以求得电路中允许消耗的最大功率．‎ ‎【解答】解：把R1和R2串联后，由于R2的最大电流较小，所以串联后的最大电流为0.5A，串联后的总电阻为6Ω，‎ 所以电路的最大的功率为P=I2R=0.52×6W=1.5W，所以D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡D1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．此电源的内阻为0.5Ω B．灯泡D1的额定电压为3V，功率为6W C．把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小 D．由于小灯泡B的U﹣I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用 ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：A、由图读出电源的电动势为 E=4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则 r=Ω=0.5Ω，故A正确；‎ B、灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U=3V，I=2A，则灯泡D1的额定电压为3V，功率为=UI=6W，故B正确．‎ C、把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，由P=，‎ 知：灯泡D2的正常工作时的电阻为 R2===0.45Ω 灯泡D1的电阻为R1==Ω=1.5Ω，把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2时，输出电压小于3V，灯泡D2的电阻小于0.45Ω，更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故C错误； ‎ D、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U﹣I图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎4．在如图所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，理想电流表的示数I和理想电压表的示数U将（　　）‎ A．I变小，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变小 D．I变大，U变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当R的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，即可判断电压表示数的变化．由欧姆定律分析变阻器两端电压的变化，分析电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当R的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大．电压表测量路端电压U，而U=E﹣Ir，I增大，E、r不变，则U变小．‎ 设变阻器两端电压为U′，则U′=E﹣I（R1+R5+r），I增大，其他量不变，则U′变小，通过R2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数I变大．故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（　　）‎ A．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ B．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v C．电阻R1消耗的热功率为 D．电阻 R2消耗的热功率为 ‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电阻R1、R2并联与导体棒串联．由感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式．由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率．‎ ‎【解答】解：A、整个装置因摩擦而消耗的热功率为：Pf=fv=μmgcosα•v=μmgvcosα，故A正确；‎ B、设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R．电路中感应电动势E=BLv，ab中感应电流为：‎ I==，‎ ab所受安培力为：F=BIL=…①，‎ 电阻R1消耗的热功率为：P1=（I）2R=…②，‎ 由①②得，P1=Fv，电阻R1和R2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则P1=P2=Fv，‎ 整个装置消耗的机械功率为：P3=Fv+P2=（F+μmgcosα）v，故B正确，CD错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎6．如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O，绳与钉作用过程中无能量损失，重力加速度为g，则（　　）‎ A．小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒 B．从轻绳与钉子相碰到小球刚达到最低点过程，重力的功率先减小后增大 C．小球刚到最低点速度大小为 D．小球刚到达最低点时绳中张力为 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，系统机械能守恒；重力的瞬时功率根据PG=mgvy求解；小球刚到达最低点时速度可根据动能定理求解；根据向心加速度公式即可求解向心加速度，再运用牛顿第二定律求出最低点时绳中张力．‎ ‎【解答】解：A、小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；‎ B、以向下为正方向，竖直方向合力为F=mg﹣Tsinθ，开始时θ很小，mg＞Tsinθ，F＞0，竖直方向加速度向下，vy增大，到快要相碰时，Tsinθ＞mg，F＜0，竖直方向加速度向上，vy减小，根据PG=mgvy可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；‎ C、从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得： mv2=mg（+h），解得：v=，故C错误；‎ D、根据向心加速度公式有：a==（+2）g，‎ 根据牛顿第二定律得F﹣mg=ma，解得F=，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎7．我们赖以生存的银河系的恒星中大约有是双星，假设某双星由质量不等的星体s1和s2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点c做匀速圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，s1到c点的距离为r1，s1和s2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出s2的质量，下列计算错误的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】这是一个双星的问题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题．‎ ‎【解答】解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：‎ ‎，‎ 解得：．‎ 故D正确，A、B、C错误．‎ 本题选错误的，故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎8．2012年10月25日晚，第16颗北斗导航同步卫星顺利升空，这标志着我国北斗卫星区域导航系统建设全面完成，将形成覆盖亚太大部分地区的服务能力，浩渺的太空中，中国人布下了属于自己的星座，从此定位、导航、授时不再受制于人，关于这颗卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．这颗卫星可能在北京的正上空 B．这颗卫星的角速度比月球的角速度大 C．这颗卫星距离地面高度和其他地球同步卫星距地面高度相同 D．这颗卫星绕地心的线速度大小与静止在地面上的物体绕地心的线速度大小相等 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；同步卫星．‎ ‎【分析】同步卫星定周期、定速率、定高度、定轨道．根据同步卫星的周期与月球的周期大小比较角速度大小，结合同步卫星的角速度与地球自转角速度相等，比较线速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、地球在自转，同步卫星要相对地球静止，又绕地球做圆周运动，只能在赤道的正上方．而北京不在赤道上．故A错误．‎ B、同步卫星的周期为24h，远小于月球绕地球运行的周期，则卫星的角速度比月球的角速度大．故B正确．‎ C、因为同步卫星的周期一定，根据知，卫星的轨道半径一定，则高度一定．故C正确．‎ D、同步卫星与地面上物体的角速度相等，根据v=rω知，线速度大小不等．故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv （g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？‎ ‎（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？‎ ‎（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）根据速度位移公式求出打开降落伞前人下落的高度．‎ ‎（2）抓住平衡，根据kv=（m1+m2）g求出阻力系数，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．‎ ‎（3）对人分析，根据牛顿第二定律求出拉力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据速度位移公式得：，‎ ‎（2）最后匀速下降时有：kv=（m1+m2）g 代入数据解得：k=200N•s/m 打开伞瞬间对整体：kv0﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a 解得： ==30m/s2．‎ 方向竖直向上 ‎ ‎（3）设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：8Tcosα﹣m1g=m1a，‎ 解得：T=N=312.5N．‎ 由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力为至少为312.5N ‎ 答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m；‎ ‎（2）求阻力系数k为200N/m，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上．‎ ‎（3）悬绳能够承受的拉力至少为312.5N．‎ ‎　‎ ‎10．如图1所示，若电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0．电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地．电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm．在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图2所示．每个电子穿过两极板的时间极短，可以认为电压是不变的，求：‎ ‎（1）在t=0.04s时刻，电子打在荧光屏上的何处？‎ ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）由图象得到t=0.06s时的偏转电压，根据粒子在电场中加速再经偏转电场做类平抛运动，根据偏转电压求出电子在电场中的加速度，根据类平抛运动求解即可求解解在电场中偏转的位移，再根据几何关系求解离开电场后的竖直位移；‎ ‎（2）根据电子在偏转电场中运动，根据类平抛运动知识电子离开偏转电场时的最大偏转距离为，由此根据类平抛求出从极板边缘飞出的电子的偏转电压，根据几何知识求解打在屏上的电子区间．‎ ‎【解答】解：（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：qU0=mv2‎ 所以：v=‎ 经偏转电场偏转后偏移量y=at2=••（）2，所以y=，‎ 由题图知t=0.04s时刻U偏=1.2U0，代入数据解得y=3.0 cm．‎ 设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得： =‎ 代入数据解得：Y=9 cm．‎ ‎（2）由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．则在偏转电场中的最大偏移为．‎ 根据=得：‎ Y=‎ 所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y=3L=30 cm．‎ 答：（1）在t=0.04s时刻，电子打在荧光屏上距O点为9 cm处 ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有30cm．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，四分之一圆轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内．圆轨道OA的半径R=1.25m，传送带长S=2.25m，圆轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h．一滑块从O点静止释放，当滑块经过B点时（无论传送带是否运动），静止在CD上的长为L=m的木板（此时木板的末端在B点的正下方）在F=12N的水平恒力作用下启动，此时滑块落入木板中．已知滑块与传送带的摩擦因数μ1=0.2，目木板的质量M=1kg，木板与CD间的摩擦因数为μ2=0.4，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）如果传送带静止，求滑块到达B点的速度．‎ ‎（2）如果传送带静止，求h的取值范围．‎ ‎（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h=20m，试判断滑块还能否落在木板上．‎ ‎【考点】动能定理；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求得到达B点的速度；‎ ‎（2）由动能定理可求得滑块到达B点的速度；同时由牛顿第二定律求出木板的加速度，根据平抛运动及匀加速直线运动规律可求得h的取值范围；‎ ‎（3）由高度利用平抛运动规律可求得下落时间，根据传送带转动时的对滑块的速度影响，再平抛运动规律可分析能否落在木板上．‎ ‎【解答】解：（1）滑块滑到A点的速度为vA，由机械能守恒定律可知：‎ mgR=mvA2‎ 代入数据解得：VA=5m/s；‎ 滑块滑过静止的传送带到达B点后，速度为VB，‎ 由动能定理有：﹣μ1mgS=mvB2﹣mvA2‎ 代入数据得：vB=4m/s；‎ ‎（2）木板在CD上运动的加速度由牛顿第二定律得：a=8m/s2；‎ vBt1≥at12‎ 代入数据解得：t1≤1s；‎ 对应的高度为：h1=gt12‎ 代入数据解得：h1≤5m；‎ 如果滑块恰好落在木板右端，需耗时t2，则有：vBt2≤at22+L 解得：t2≥s和0≤t2≤s ‎0≤t2≤s对应的高度为：h2=gt22‎ 解得：h2≥m=2.8125m；‎ ‎0≤h2≤m=0.3125m 故h的取值范围为[m，5m]，[0m， m]‎ ‎（3）如果h=20m，则滑块落在木板上的时间为t，则有h=gt2，解得t=2s；‎ 如果滑块落在木板左端，需要滑块有速度vB1，则有vB1t=at2，解得vB1=8m/s；‎ 由于传送带的速度足够大，所以可以让滑块一直处于加速状态，设滑块运动到B点的 速度为v′B1，则由动能定理有：μ1mgS=mv2B1﹣mvA2 解得：v′B1=m/s＜8m/s；‎ 即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速度，故滑块不能落在木板上．‎ 答：（1）如果传送带静止，滑块到达B点的速度为4m/s．‎ ‎（2）如果传送带静止，h的取值范围为[m，5m]，[0m， m]．‎ ‎（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h=20m，滑块不能落在木板上 ‎　‎ ‎12．由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：‎ ‎（1）A星体所受合力大小FA；‎ ‎（2）B星体所受合力大小FB；‎ ‎（3）C星体的轨道半径RC；‎ ‎（4）三星体做圆周运动的周期T．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）（2）由万有引力定律，分别求出单个的力，然后求出合力即可．‎ ‎（3）C与B的质量相等，所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C的轨道半径；‎ ‎（4）三星体做圆周运动的周期T相等，写出C的向心加速度表达式即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）由万有引力定律，A星受到B、C的引力的大小：‎ 方向如图，则合力的大小为：‎ ‎（2）同上，B星受到的引力分别为：，‎ ‎，方向如图；‎ 沿x方向：‎ 沿y方向：‎ 可得： =‎ ‎（3）通过对于B的受力分析可知，由于：，，合力的方向经过BC的中垂线AD的中点，所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处．所以：‎ ‎（4）由题可知C的受力大小与B的受力相同，对C星：‎ 整理得：‎ 答：（1）A星体所受合力大小是；（2）B星体所受合力大小是；（3）C星体的轨道半径是；（4）三星体做圆周运动的周期T是．‎ ‎　‎ ‎2017年3月17日