B．“开普勒452b”的自转周期与地球的自转周期的比值 C．“开普勒452b”质量与地球质量之比
D．“开普勒452b”平均密度与地球平均密度之比
[解析] 地球的第一宇宙速度为v1＝gR,“开普勒452b”的第一宇宙速度v1′＝g′R′＝3.2v1,A正确；由于题设条件不足,故无法求出“开普勒452b”的自转周期与地球的自转周期的比值,B错误；根据牛顿第二定律和万有引力定律知
GMm
＝mg,整理后有M＝R2
M′g′R′25.12gR2
,“开普勒452b”质量与地球质量之比为＝＝,选项C正确；根据平均密度GMgR21ρ′M′R3
M3M
公式有ρ＝＝,可得“开普勒452b”平均密度与地球平均密度之比为＝3M＝V4πR3R′ρ5
,D正确. 4
8．甲、乙两网球在同一处沿同一方向水平抛出,打在距抛出点30 m远的竖直墙上,两球落点在竖直方向上相距8.75 m,位置如图所示,其中A为甲网球的落点,B为乙网球的落点.已知甲网球抛出时的初速度大小为20 m/s,不考虑空气阻力的影响,重力加速度取g＝10 m/s2,则( AB )
A．甲网球在竖直方向上下落的高度为11.25 m B．乙网球抛出时的初速度大小为15 m/s
C．甲网球在A点的速度大于乙网球在B点的速度
D．若将两网球的初速度均减为原来的一半,则两网球有可能在空中相遇 [解析] 设甲网球落到A点所用的时间为t1,则有t1＝
30
s＝1.5 s,故甲网球在竖直方向上20
1
下落的高度为h1＝gt2,代入数据可得h1＝11.25 m,选项A正确；由于A、B两点间的竖直距离
21为8.75 m,故乙网球在竖直方向上下落的高度为h2＝h1＋8.75 m＝20 m,设乙网球运动到B点所130
用时间为t2,则由h2＝gt2 m/s2代入数据可得t2＝2 s,故乙网球抛出时的初速度大小为v乙＝22＝15 m/s,选项B正确；甲网球在A点的速度大小为vA＝m/s,同理可得vB＝?20?2＋?gt1?2,代入数据可得vA＝25
?15?2＋?gt2?2,代入数据解得vB＝25 m/s,故两球速度大小相等,选项C错误；
则两网球的初速度均减为原来的一半,若两网球在空中相遇,如两网球在竖直方向上下落的高1
度一定相同,由h＝gt2可知,两网球在空中的运动时间相等,但由于两网球的水平初速度不同,
2所以两网球在水平方向上的位移不同,故两网球不可能在空中相遇,选项D错误.
[衡水二轮物理]20分钟快速训练5
