2024北京牛栏山一中高三9月月考物理（图片版，含答案）

2024北京牛栏山一中高三 9月月考
物 理
9.14
本试卷分第一部分和第二部分。满分 100分，考试时间 90分钟。
第一部分
本部分共 14小题，每小题 3分，共 42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要
求的一项。
1. 下列属于国际单位制基本单位符号的是（ ）
A. s B. N C. F D. T
2、如图所示，一个劈形物体 A，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面呈水平，在水平面上放一个小
球 B，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )
A．沿斜面向下的直线
B．竖直向下的直线
C．无规则曲线
D．抛物线
3．如图是某自行车的传动结构示意图，其中 I 是半径 r1=10cm 的牙盘（大齿轮），II 是半径 r2=4cm 的飞轮
（小齿轮），III 是半径 r3=36cm 的后轮，A、B、C 分别是牙盘、飞轮、后轮边缘的点。在匀速骑行时，关
于各点的角速度 ω 及线速度 v 的大小判断正确的是（ ）
A． A = B B． A C C．vA4. 如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上从静止开始以加速度 a 向前运动位移为 x 的过程中，若货
箱中石块 B 的质量为 m，重力加速度为 g。下列说法正确的是
A. 石块 B 周围的物体对它的作用力的合力大小为 mg
B. 石块 B 周围的物体对它的作用力的合力做功为 mgx
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C. 石块 B 周围的物体对它的作用力的合力大小为
m a2 + g 2
D. 石块 B 周围的物体对它的作用力的合力冲量大小为 m 2ax
g
5．如图所示，在向右做加速度为 的匀加速直线运动的车厢内，小球与车厢相对静止，轻绳 a 斜向上，
3
轻质弹簧 b 水平。某一时刻，轻绳 a 突然断裂（重力加速度为 g），断裂瞬间小球的加速度大小为
5 4
A．G B． 2g C． g D． g
3 3
6．一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端
O，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了 x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到
零过程中，物块的加速度大小 a 随下降位移大小 x 变化的图像，可能是下图中的（ ）
A． B． C． D．
7.摩托车特技表演中的飞檐走壁让人震撼，其运动可简化为如图所示的小球在光滑的半球形容器内做圆周
运动。小球的质量为 m，容器的球心为 O、半径为 R，小球在水平面内做圆周运动，运动到 a 点时，Oa 与
竖直方向夹角为 θ，运动过程中容器静止在水平地面上。半球形容器及底座的质量为 M，重力加速度为
g，则下列说法不正确的是（ ）
g
A．小球运动的角速度大小为
Rcos
B．小球运动的线速度大小为 gR tan
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C．底座受到地面的摩擦力大小为mg tan
D．底座对地面的压力等于 (M +m)g
8．“移动靶射击”是模仿猎取走兽的射击竞赛项目，射手用步枪向移动的野兽靶进行射击。移动靶做快速的
横方向移动，射手站在移动靶前方不移动。图乙为简化的比赛现场图，设移动靶移动的速度为 v1，射手射
出的子弹的速度为 v2，移动靶离射手的最近距离为 d，要想在最短的时间内射中目标，则（ ）
d
A．子弹射中目标的最短时间为
v1
d
B．子弹射中目标的最短时间为
v2
2 v
2
1
d v2 + v2 dv2
C．射击时，枪口离目标的距离为 2 1 D．射击时，枪口离目标的距离为 2 2
v v v2 2 1
9.如图所示,某物体以水平初速度抛出,飞行一段时间 √3 s 后,垂直地撞在倾角θ为 30°的斜面上,(g=10
2
m/s ),由此计算出物体的水平位移 x和水平初速度 v0分别是( )
A.x=25 m B.x=5 √21 m C.v0=10 m/s D.v0=20 m/s
10. 如图所示，斜面静止于粗糙水平面上，质量为m 的小物块 P 恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持
静止。现给 P 施加一沿斜面向下的推力 F ，使 P 沿斜面匀加速下滑。施加 F 后，下列说法不正确的是
（ ）
A. 斜面对 P 的支持力和摩擦力都不变
B. P 对斜面的作用力方向竖直向下
C. 水平面对斜面的支持力增大
F
D. 小物块的加速度为 a =
m
11．如图所示，光滑轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定于竖直杆上的 a、b 两点，一质量为 m 的衣服静
止悬挂于绳上某点；若在绳上另一点继续悬挂另一质量为 M 的衣服，已知 m第3页/共17页
计，则最终两衣服在绳上的状态为（ ）
A． B． C． D．
12．“八字刹车”是滑雪的减速技术，其滑行时的滑行姿态如图甲所示，左边雪板的受力情况可简化为图
乙。雪板与水平雪面成 β 角，雪面对雪板的总作用力大小为 F．方向可认为垂直于雪板所在平面
ABCD．则其水平方向上的分力大小为（ ）
A.Fsinβ B．Fcosβ
F
C．Ftanβ D．
sin
13. 如图所示，为环绕地球运转的航天器在变轨时，由低轨道升到高轨道时的变轨示意图。航天器先在圆
形轨道 1 的 A 点加速后，进入到椭圆轨道 2 运行，当航天器运行到椭圆轨道 2 的远地点 B 时，再次加速而
进入到圆轨道 3 而完成变轨运动。设：航天器在圆轨道 1 匀速运转时的速率为 v1；靠惯性在椭圆轨道 2 运
行时通过 A、B 两点时的速率分别为 v2a 和 v2b ；在圆轨道 3 匀速运转时的速率为 v3 。那么以下判断正确的
是（ ）
A. v2a v3 v1 v2b
B. v2a v1 v3 v2b
C.卫星在 A点的加速度小于卫星在 B 点的加速度
D.卫星从轨道 2 上 B 点变轨进入轨道 3 时需要喷气减速
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14．如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以 v0=3m/s 的速度滑上木板，最终
物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数
μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数 μ2=0.05，取重力加速度大小 g=10m/s2，则木板的长度为（ ）
A．1.0m B．1.5m C．2.0m D．2.5m
第二部分
本部分共 5小题，共 58分。
15．（18 分）下面是某班级学生做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验。采用如图甲所示的实
验装置，让槽码通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。
(1)为完成实验，除图中已有的器材，还需要交流电源、天平（含配套砝码）和 。
(2)如图甲，关于本实验，下列说法正确的是______。
A．应适当调节滑轮高度，使线与桌面平行，确保小车能做匀加速直线运动
B．此时有可能正在进行“补偿阻力”的实验操作
C．实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放
D．电火花计时器的工作电压应为交流 8V
(3)小夏同学在这次实验中获得一条如图乙所示的纸带，建立以计数点 0 为坐标原点的 x 轴，各计数点的位
置坐标分别为 0、x1、x2、x3、x4、x5、x6.已知打点计时器的打点周期为 T=0.02s，则打计数点 5 时小车速度
v= m/s（保留 3 位有效数字），小车加速度的表达式是 。
( 4+ 5+ 6) ( 1+ + ) x6 2x2 3 a = 3
x 2x x + x (x + x )
A.a= B ． C．a =
6 3 5 4 3 2
2 2 2 D． a = 9 (15T ) (3T ) (10T )2
(4)小同王学也挑选的一条较为清晰的纸带，如图丙所示，并选取了部分点为计数点（计数点间的距离如
图）。已知打点计时器打点的时间间隔T = 0.02s，由图可知小车做匀加速直线运动的加速度a = ______
m / s2 （保留三位有效数字）。据此可知本次实验操作中存在不合理之处在于_____________ 。
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（5）小赵同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以他大胆创新，选用图丁所示器材进
行实验，测量小车质量 M：所用交流电频率为 50Hz，共 6 个槽码，每个槽码的质量均为 m=10g。
实验步骤如下：
i.安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着 6 个槽码。调整轨道的倾角，用
手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列 的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
ii.保持轨道倾角不变，取下 1 个槽码（即细线下端悬挂 5 个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带
上打的点迹测出加速度 a；
iii.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤 ii；
1 1 1 1
iv.以取下槽码的总个数 n (1 n 6)的倒数 为横坐标， 为纵坐标，在坐标纸上作出 关系图线。
n a a n
已知重力加速度大小 g=9.80m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①请将步骤 i 中画横线的部分填写完整：
1 1
②写出 随 变化的关系式 （用 M，m，g，a，n 表示）；
a n
1 1
③测得 关系图线的斜率为 2.5s2/m，则小车质量 M= kg。
a n
16．（9 分）人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动
的乐趣。一名滑雪爱好者以 1m/s 的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为 30°。若人与滑板的总
2
质量为 60kg，受到的总阻力为 60N，重力加速度 g 取 10m/s ，求：
（1）滑雪者加速度的大小；
（2）3s 内滑雪者下滑位移的大小；
（3）3s 末人与滑板总重力的瞬时功率。
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17．（9 分）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为 h 的 O 点，另一端系有质量为 m，可
视为质点的小球，将小球拉至 O 点正上方的 A 点，给其一水平方向的初速度 v0，使其恰好通过 A 点后，在
竖直平面内以 O 点为圆心做半径为 r 的圆周运动。当小球运动到最低点 B 时，绳恰好被拉断，小球水平飞
出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为 g。求：
（1）小球初速度的大小 v0。
（2）绳能承受拉力的最大值 Fm 。
（3）小球落地时的速度大小 v。
18. （10 分）在不同的条件下，我们可以建立不同的物理模型。
将一根绳的 B 端与一质量为 M 的小物块 Q 相连，小物块 Q 可视为质点。用水平向右大小为 F 的恒力作用
在绳的 A 端，使小物块 Q 沿光滑水平面做直线运动，如图 18-1 所示。
（1）轻绳模型将绳的质量忽略不计。若图 18-1 中绳为轻绳，请利用牛顿第二定律，证明稳定后轻绳各处
的弹力大小均等于 A 端所受恒力 F，并据此求出小物块运动加速度 a 的大小。
（2）实际上绳是有质量的。若图 18-1 中的绳长为 l 且不可伸长，质量为 m 且分布均匀，设距离绳 A 端 x
处（ x l ）为 D 点（图中未画出），不考虑绳在竖直方向的下垂，求稳定后 D 点处绳的弹力 F 与 x 的关T
系式。
（3）事实上，真实情况下绳会下垂，水平面也不光滑。如图 18-2 所示，若已知绳在 A、B 两端拉力的大
小分别为 F 和 F ，拉力的方向分别沿 A、B 端的切线方向，并已知在 A、B 两端绳切线与水平方向所夹锐1 2
角分别为 和 ，E 为绳的最低点。当绳和物块组成的系统稳定向右加速（绳的形态保持不变）时，求绳
的最低点 E 处的弹力的大小 F 。 E
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19.（12 分）建立物理模型对实际问题进行分析，是重要的科学思维方法。已知质量分布均匀的球壳对壳
内物体的引力为零。假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为 ρ 的球体，地球的半径为 R,引力常量为
G,不考虑地球自转的影响。
（1）试推导第一宇宙速度 v 的表达式；
（2）如图 19-1 所示，假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球南北两极的小洞，把一个质量为 m 的小球从北
极的洞口由静止状态释放后，小球能够在洞内运动， 不考虑其它星体的作用，以地心为原点，向北为正
方向建立 x 轴，在图 19-2 中画出小球所受引力 F 随 x（-R≤x≤R）变化的图像，求出小球在洞内运动过程
中的最大速度 vm。
（3）在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地
球与木星球心之间的距离小于某个值 d 时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这
个临界距离 d 被称为“洛希极限”。已知，木星和地球的密度分别为 和 ，木星和地球的半径分别为
R0
0
和 R，且 d R 。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离 d ——“洛希极限”的表达式。【提
示：当 x 很小时， n 。】
(1+ x) 1+ nx
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参考答案
第一部分
本部分共 14小题，每小题 3分，共 42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要
求的一项。
1. 【答案】A
【解析】国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号 m；质量的单位是千克，符号 kg；时间
的单位是秒，符号 s；电流的单位是安培，符号是 A；热力学温度的单位是开尔文，符号 K；物质的量单位
是摩尔，符号 mol；发光强度的单位是坎德拉，符号 cd。
故选 A。
2、答案：B
3．【答案】D
【详解】C．飞轮与牙盘通过链条连接，飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即
vA = vB
故 C 错误；
AB．后轮与飞轮绕同轴转动，后轮的角速度与飞轮的角速度相等，即
B = C
根据
v = r
可知
A B
则
A C
故 AB 错误；
D．根据
v = r
且
A C ， rA rC
则
vA vC
故 D 正确。
故选 D。
4. 答案：C
5．【答案】B
【详解】a 断裂前，对小球受力分析，如图所示
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g
则有 Fa sin 37 = mg ，Fa cos37 Fb = m 联立解得轻质弹簧 b 的弹力为Fb = mg 当 a 突然断裂时，弹簧弹
3
F
力保持不变，则小球受到的合力大小为 F = F 2 + (mg)2 = 2mg 小球的加速度大小为 a = 合 = 2g 故选合 b
m
B。
6．【答案】D
【详解】物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿
第二定律得
mg- kx = ma
解得
k
a = g x
m
可知，a 与 x 是线性关系，当 x 增大时，a 减小。当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度为 0，,当弹
力大于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律
kx-mg = ma
解得
k
a = x g
m
a 与 x 是纯性关系，当 x 增大时，a 增大。若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块
运动到最低点时加速度大小等于 g。方向竖直向上，当小球以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点
时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于 g。故选 D。
7.【答案】B
【详解】A．对小球受力分析，如图
由牛顿第二定律，可得
mg
mg tan = m 2r ， N =
cos
根据几何关系，有
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r = R sin
联立，解得
g
=
R cos
故 A 正确；
B．根据线速度与角速度关系，可得
v = r = gRsin tan
故 B 错误；
C．对容器受力分析，如图
由平衡条件，可得
f = N sin
又
N = N
联立，解得
f = mg tan
故 C 正确；
D．同理
F N = Mg + N cos = (M +m) g
根据牛顿第三定律，可得
F 'N = (M +m) g
故 D 正确。
故选 B。
8．【答案】C
【详解】AB．子弹射中目标的最短时间为
d
tmin =
v2
选项 AB 错误；
CD．射击时，枪口离目标的距离为
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d v22 + v
2
1
x = d 2 + (v1tmin )
2 =
v2
选项 C 正确，D 错误。
故选 C。
9.【答案】C
0 3
【解析】物体撞在斜面上时竖直分速度 vy=gt=10√3 m/s,根据平行四边形定则知,tan 30°= ,解得 v0=10
√
√3×
3
m/s=10 m/s,则水平位移 x=v0t=10×√3 m=10√3 m,C 正确。故选 C。
10. 【答案】C
【解析】
【详解】ABC．由题可知，给 P 施加一沿斜面向下的推力 F ，并不改变斜面对 P 的支持力大小，即斜面对
P 的支持力大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P 所受的摩擦力也不发生变化，对平衡时 P 的分
析可知，P 所受摩擦力和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知， P 对斜面的作用力方向
竖直向下，斜面的受力没有发生变化，AB 正确，C 错误；
D．给 P 施加一沿斜面向下的推力 F ，物块所受合力等于 F，根据牛顿第二定律可得
F
a =
m
D 正确。
故选 C。
11．【答案】D
【详解】对衣架受力分析如图所示
因为同一根绳子上的拉力大小处处相等，所以衣架两侧绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。设绳子
G
与水平方向的夹角为 ，根据受力平衡可得F1 = F2 = 由于 m2sin
右绳与水平方向夹角，则无法平衡，故最终二者靠在一起才能保持平衡。故选 D。
12．【答案】A
【详解】将 F 分解在水平方向和竖直方向，则 F 与竖直方向的夹角为 β，则 F 水平方向上的分力大小为
Fsinβ。
故选 A。
13. 【答案】B
【解析】
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【详解】第一次点火加速，有
v2a v1
第二次点火加速，有
v3 v2b
v1、v3都是航天器绕地球做匀速圆周运动的速度，设地球质量为M ，航天器的质量为m ，轨道半径为 r ，
由
GMm v2
= m
r2 r
得
GM
v =
r
又
r1 r3
得
v1 v3
因此得
v2a v1 v3 v2b
故选 B。
14．【答案】B
【详解】设滑块的质量为m，木板的质量为M ，在滑块减速和木板加速到共速的时间为 t1 ，加速度为 a1、
a2，有
1mga1 = = 2m/s
2
m

a = 1
mg 2 (M +m)
2
M
v0 a1t1 = a2t1 = v
木板的位移为
v
x1 = t1
2
两者共速后，因 1 2 ，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有
2 (m+M )ga3 = = 0.5m/s
2
m+M
木板的位移为
v2
x2 =
2a3
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木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即
L = x1 + x2
最终物块恰好到达木板的右端，即滑块相对滑动的位移为板长，有
v
L = 0
+ v
t1 x1
2
联立各式解得
t1 =1s ， L =1.5m
故选 B。
第二部分
本部分共 5小题，共 58分。
15．【答案】(1)刻度尺(2)C (3) 0.625（0.620—0.638） C
(4) 3.01 不满足槽码的质量远小于小车的质量，在实验中用槽码重力来代替小车受到的拉力时产生的误
差较大
【详解】（1）为完成实验，除图中已有的器材，还需要刻度尺测量纸带。
（2）A．应适当调节滑轮高度，使线与木板平行，保证线对小车的拉力等于小车受到的合力，故 A 错误；
B．进行“补偿阻力”的实验操作时，小车前面不能悬挂槽码，故 B 错误；
C．实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放，以能在纸带上打出更多的点，充分利用纸带，故 C 正
确；
D．电火花计时器的工作电压应为交流 220V，故 D 错误。故选 C。
x (7.80 5.30) 10 2
（3）[1]打计数点 5 时小车速度v = 46 = m/s = 0.625m/s
2T 0.04
(x6 x3) x3 x6 2x3
[2]小车加速度的表达式是a = =
(3T )2 (3T )2
（x + x + x
（4）[1]根据逐差法可得a = 4 5 6
） （x1 + x2 + x3）= 3.01m/s2
（9 2T）2
[2]根据加速度计算结果看，其值较大，可知，实验过程中不合理之处为：不满足槽码的质量远小于小车的
质量，在实验中需要用槽码重力来代替小车受到的拉力，此时的误差较大。
1 6m+M 1 1
（5）【答案】 ① 等间距 ② = ③ 0.185
a mg n g
【详解】①[1] 若小车匀速下滑则 a=0，由
x = v t
故纸带上打出一系列等间距的点。
② 对于小车匀速时有
Mg sinθ 6mg = 0
减小 n 个槽码后，对小车和槽码分别有
Mg sinθ T = Ma
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T (6 n)mg = (6 n)ma
则
nmg
a =
M + 6m nm
即
1 6m+M 1 1
=
a mg n g
1 1
③由[4]中分析可知 关系图线斜率
a n
6m+M
k = = 2.50s2 /m
mg
而 ， g = 9.80m / s2m=10g ，代入解得
M = 0.185kg
16．【答案】（1）4m/s2；（2）21m；（3）3900W
【解析】（1）由牛顿第二定律 mg sin 30 f = ma
解得滑雪者加速度的大小为 a = 4m/s2
1 2
（2）由运动学公式 x = v t + at 其中 v0 =1m/s0 ， t = 3s
2
解得 3s 内滑雪者下滑位移的大小为 x=21m
（3）由运动学公式 v = v0 + at
重力的瞬时功率 P = mgvsin 30
联立解得，3s 末人与滑板总重力的瞬时功率为 P=3900W
17．【答案】（1）v = gr ；（2）6mg ；（3）v = g(2h + 3r)0
【详解】（1）小球刚好通过 A 点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力
v2
mg = m 0
r
解得
v0 = gr
（2）从 A 点到 B 点，由动能定理
1
2mgr = mv2
1
B mv
2
0
2 2
解得
vB = 5gr
在 B 点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力
v2
T mg = m B
r
解得
第15页/共17页
T = 6mg
再由牛顿第三定律可得
Fm = T = 6mg
（3）小球从 B 点到落地的过程中，只有重力做功，由动能定理
1
mg(h r) = mv2
1
mv2B
2 2
解得
v = g(2h + 3r)
18．（10 分）
（1）任取 AB 间一点 C，设 CA 段绳质量为 m0=0，在 C 端受到向左弹力 F ，
依据牛顿第二定律：F- =m0a=0F ，可得 =FF ，即得证。
对绳和物块整体，依据牛顿第二定律：F=(M+0)a，可得 a=F/M
（2）对绳和物块整体，依据牛顿第二定律：F=(M+m)a
对 DA 段绳，依据牛顿第二定律： x
F FT = ma
l
联立可得： x m
FT = F F
l M +m
（3）设 AE 段绳子质量为 m1，BE 段绳子质量为 m2，
对 AE 段绳子，依据牛顿第二定律：F1 cos FE = m1a
①
F sin = m g ② 1 1
对 BE 段绳子，依据牛顿第二定律：F F cos = m a ③ E 2 2
F sin = m g ④ 2 2
联立①②可得： ⑤
F1 cos FE a=
F1 sin g
联立③④可得： ⑥
FE F2 cos a=
F2 sin g
联立⑤⑥可得：
F1F2 (sin cos + cos sin ) F1F2 sin( + )FE = =
F1 sin + F2 sin F1 sin + F2 sin
答案：19.（1） Mm v2 4
M = V = πR3G = m
R2 R 3
G π
v = 2R
3
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（2） 当 0＜x≤R 时，引力方向指向南方， 4
Fx = G πmx
3
当-R≤x＜0 时，引力方向指向北方， 4
Fx = G πmx
3
通过 F 随 x 的图像可以求出引力做的功即为图线与坐标轴围成的面积
1 4 2
W = G πmR R = G πmR2
2 3 3
由动能定理 1 2 G πW = mvm vm = 2R2 3
由于小球受到的引力 F 与位移 x 成正比，所以小球以球心为平衡位置。
（3）设木星质量为 M ，地球质量为 M ，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为m 的物体 0
地球在木星引力作用下向木星靠近，根据牛顿第二定律，有 M
G 0
M
= Ma
d 2
物体m 在木星引力和地球引力作用下，有 M0m MmG G = ma
(d R)2 R2
其中 4 ，
M = R3
4
0 0 0 M = R
3
3 3
当 a a 时，地球将被撕裂
由 a = a 可得 4 M0 M M
（ 分）
G G =G 0
(d R)2 R2 d 2
整理得
M
2
0 R
M
1 1 =
d 2 d R2
因为 d R ，所以 R 很小， 2 R 2R
1 1+d d d
代入得 M0 2R M
=
d 2 d R2
推得“洛希极限”的表达式为 （1 分）
2
d = R 030

说明:建构其他模型，推导合理也可
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