2012动力学

A.物块经过P点的动能，前一过程较小 B.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少 一、选择题每题4分，其中1~8题为单选，9~12为多选；多选题选对但不全的得2分，错选不得C.物块滑到底端的速度，前一过程较大 分，全对得4分。 D.物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长 1．下列与能量有关的说法正确的是（

） 6．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的A．卫星绕地球做圆周运动的半径越大，动能越大 质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，B．从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光波长的减小而增大 则从剪断轻绳到物块着地，两物块 C．做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相同 D．在静电场中，电场线越密的地方正电荷的电势能一定越高

2．下列关于功和机械能的说法，正确的是 A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功 B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量 C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关 D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 A．速率的变化量不同 3．质量相等的均质柔软细绳A、B

平放于水平地面，绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全B．机械能的变化量不同 部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。若C．重力势能的变化量相同 （ ） D．重力做功的平均功率相同 A.hA=hB，则一定有WA＝WB B.hA>hB，则可能有WAhB，则一定有WA>WB 球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，4．如图所示，在外力作用下某质点运动的υ-t图象为正弦曲线。从图中可以判断 重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中 A．在0

~t1时间内，外力做正功 B．在0~t1时间内，外力的功率逐渐增大 C．在t2时刻，外力的功率最大 D．在tA．重力做功2mgR 1~

t3时间内，外力做的总功为零 B．机械能减少mgR 5．如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由AC．合外力做功mgR 到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有 D．克服摩擦力做功12mgR 8．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为 第1页 共14页 ◎ 第2页 共14页

(A) mgLω1ω (C) mgLωω 29．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑空环境。假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行行速率比乙的大，则下列说法中正确的是 A．甲的运行周期一定比乙的长 B. 甲距地面的高度一定比乙的高 C．甲的向心力一定比乙的小 D. 甲的加速度一定比乙的大 13．我国发射的“天宫一号”和“神州八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350km，“神州八号”的运行轨道高度为343km。它们的运行轨道均视为圆周，则 A．“天宫一号”比“神州八号”速度大 B．“天宫一号”比“神州八号”周期长 C．“天宫一号”比“神州八号”角速度大 圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大D．“天宫一号”比“神州八号”加速度大

高度是 （ ） 14．今年4月30日，西昌卫星发射中心的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8 x 107m。它与另一颗同

质量的同步轨道卫星（轨道半径为4.2 x 107m）相比

A.向心力较小 B.动能较大

C.发射速度都是第一宇宙速度 D.角速度较小

15．从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说

法正确的是（ ）

A.2R B.5R/3 C.4R/3 D.2R/3 A．从飞机上看，物体静止

10．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物B．从飞机上看，物体始终在飞机的后方

块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向C．从地面上看，物体做平抛运动

右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是D．从地面上看，物体做自由落体运动

弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 16．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保

持悬线竖直，则橡皮运动的速度

A．1

2mv2 B．1mM

2m+Mv2

C．1

2NμmgL D．NμmgL

11．如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b．a球质量为m，（A）大小和方向均不变

静置于地面；b球质量为3m， 用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放

b后，a可（B）大小不变，方向改变

能达到的最大高度为

（C）大小改变，方向不变

（D）大小和方向均改变

17．探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨

前相比( )

A．轨道半径变小 B．向心加速度变小

C．线速度变小 D．角速度变小

18．如图所示,相距l 的两小球A、B 位于同一高度h(l,h 均为定值). 将A 向B 水平抛出的同时, B

A．h B．1.5h 自由下落. A、B 与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反. 不计空气阻力

C．2h D．2.5h 及小球与地面碰撞的时间,则

12．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙—2251”卫星和美国“铱—33”卫星在西伯利亚上空约805km

处发生碰撞。这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件。碰撞过程中产生的大量碎片可能影响太

第3页 共14页 ◎ 第4页 共14页

22．如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则 （

） （A）v0

）v=2v0 （C）2v03v0

A.A、

B 在第一次落地前能否相碰,取决于A 的初速度 23．假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳B.A、B 在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰 内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 C.A、B 不可能运动到最高处相碰 D.A、B 一定能相碰 A.1-dR B.

1+dR C. (R-dR2 D. (RR-d2 19．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，由此可知，冥王星绕O点运动的 24．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为

v0假设宇航员在该行星表面上用弹A．轨道半径约为卡戎的17 B．角速度大小约为卡戎的17 簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N0，已知引力常量为G,则C．线速度大小约为卡戎的7倍 D．向心力大小约为卡戎的7倍 这颗行星的质量为 20．2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆2轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有 A．mvGn B. mv4Gn C．Nv2 Nv4Gm D.Gm 25．2011年11月3日，“神州八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神州九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2。 （A）在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度 则v1（B）在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能 v等于（ ） 2（C）在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期 （D）在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度 A．．C． R22R21．如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、R2D． 2 1 R1b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则 26．如图，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。当绳与河岸的夹角为α，船的速率为 A.a的飞行时间比b的长 (A)vsinα (B)vB.b和c的飞行时间相同 sinα C.a的水平速度比b的小 D.b的初速度比c的大 (C)vcosα (D)vcosα 第5页 共14页 ◎ 第6页 共14页

27．为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1。总质量为m1。随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2则 A．X星球的质量为M=4π2r13 GT12A.t甲t乙 D.无法确定 24πr1 B．X星球表面的重力加速度为gx=T1230．已知地球的质量为M、半径为R、自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列结论正确的是 C．登陆舱在r1与r2

轨道上运动时的速度大小之比为v1=m1r2

v2m

2r1A．卫星距离地球表面的高度为

3B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度

D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2

2=Tr

1r3

1

28．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系C．卫星运行时受到地球引力的大小为

列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度

邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率31．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b）所示。则在其轨迹最高点P时速度与水平方向的夹角φ满足 ( )

处的曲率半径是

A．tanφ＝sinθ

B．tanφ＝cosθ

C．tanφ＝tanθ D．tanφ＝2tanθ

图T

2g1g2

g4/34/3

11

g=⎛ T1⎫

⎝T⎪

g

22⎭g=⎛ T2⎫⎪

2⎝T1⎭ g2

图1⎛T1g2

1

g= ⎫⎪

2⎝T2⎭g=⎛ T2⎫⎪

v2⎝T⎭ 21

A．0

g B．v

2

0sin2α

g

v2222

C．0cosαv0cosα

g D．gsinα

29．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到

O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB。若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则

他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（ ）

第7页 共14页 ◎ 第8页 共14页

第II卷（非选择题） 请点击修改第II卷的文字说明

二、填空题（题型注释） 33．地球同步卫星到地心的距离r可用地球质量M、地球自转周期T与引力常量G表示为r= 。 34．以初速为v0，射程为s的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当

（1）求此人落到坡面时的动能； 其到达轨道底部时，物体的速率为 ，其水平方向的速度大小为 。 （2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 35．人造地球卫星做半径为r，线速度大小为v

的匀速圆周运动。当其角速度变为原来的38．（16分）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆4倍后，弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于运动半径为___________________，线速度大小为___________________。 同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落人小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落人圆弧轨道时的能量损失。求 三、计算题（题型注释） 36．如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g。求： （1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍； （2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ。 39．（16分）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中。设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节（取g=10m/s2）。求： （1）运动员到达B点的速度与高度h的关系； （2）运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离Smax为多少？ （1）小球在AB段运动的加速度的大小； （3）若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h值应为多少？ （2）小球从D点运动到A点所用的时间。 40． (16分)在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上,小明和小阳观看后对此37．（20分）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队进行了讨论.如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=1与竖直方向夹角α=53 ，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露2hx2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g=10m/s2，sin53 =0.8，cos53 =0.6 . 第9页 共14页 ◎ 第10页 共14页

L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质2（取g=10m/s) M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。 （1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；

（2）若绳长l=2m,选手摆到最高点时松手落入手中.设水对选手的平均浮力f1=800N，平均阻力f

2=700N，求选手落入水中的深度d；

（3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。

41．（18分）环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运

3 m=3⨯10kg。当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=50A，电动

压U=300V。在此行驶状态下 ①求F的大小

（1）求驱动电机的输入功率P②当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求

电； 物块的落点与B点间的距离。

（2）若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与44．（15分）如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块车重的比值（g取10m/s2）； 恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过

（3）设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积。结合计程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 求： 算结果，简述你对该设想的思考。

已知太阳辐射的总功率P0=4⨯1026W，太阳到地球的距离r

=1.5⨯1011m，太阳光传播到达地面的

过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%。

42．（19分）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖

动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为

v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计。求： （1）物块做平抛运动的初速度大小V0；

（2）物块与转台间的动摩擦因数μ。

45．(8分)宇航员在地球表面以一定初速度竖直向上抛出一小球，经过时间t小球落回原处；若他在

某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。（取地球表面重力加速

度g＝10m/s2，空气阻力不计）

（1）求该星球表面附近的重力加速度g＇；

（2）已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地＝1∶4，求该星球的质量与地球质量之比M星∶M

（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功w地。

f； 46．（16分）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离

（2

）小船经过B点时的速度大小v桌面，最终落在水平地面上。已知l =1.4m，v =3.0m/s，m = 0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数u

1； =0.25，桌面高h =0.45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求

（3）小船经过B点时的加速度大小a。

43．如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度

第11页 共14页 ◎ 第12页 共14页

（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s （2）小物块落地时的动能Ek （3）小物块的初速度大小v0

四、综合题 47．（19分）题图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为2mgk时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求（忽略空气阻力）： （1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； （2）滑块向下运动过程中加速度的大小； （3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。 48．我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行。为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化。卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球。设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T。假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间（用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影）。 第13页 共14页 ◎第14页 共14页

参考答案

【答案】B

【解析】卫星绕地球做圆周运动的向心力由卫星与地球之间的万有引力提供，即

GM地mmv2121GM地mmv=，由此式可得，，故r越大，卫星动能越小，故A错；=2rr22r

光电子的最大初动能Ek=hv-W=hc

λ-W，故随波长的减小而增大，B对；

在平抛运动的过程中t时刻后任取一小段时间为Δt，故t时刻竖直方向的分速度为vt，t+Δt时刻竖直方向的分速度为vt+Δt,其动能增量为

2211∆Ek=m-m，化简可得： 22

1112∆Ek=m(vt+∆t2-vt2)=m⎡g2(t+∆t)-g2t2⎤=m(2gt ∆t+g∆t2)， ⎦222⎣

由此可知，就算Δt相同，ΔEK仍随t的增大而增大，故C错；如正电荷处于负电荷产生的电场中,电场线越密的地方，正电荷的电势能越低，故D错。

2．BC

【解析】在任何情况下，物体重力势能的减少都等于重力对物体所做的功，选项A错误；根据动能定理，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，选项C正确；当只有重力做功的情况下，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，选项D错误。

3．B

【解析】设绳长为L，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点L/4位置处，因绳A较长。若hA=hB ，A的重心较低，WAhB 两根绳子重心无法知道谁高谁低，因此可能WAWB，因此B正确而C不对；若hA

4．AD

【解析】本题考查速度—时间图象，功与功率的计算。由图象知0-t1时间内，物体做加速运动，速度-时间图象的斜率表示加速度的大小，则在0-t1时间内的加速度越来越小，F=ma知外力在减小，虽然外力在减小，但物体仍然在加速，即外力与速度和位移方向相同，所以外力做正功，A项正确；由图象知在t=0时物体的速度为0，t=t1时，a=0，F=0，P=Fv=0，因此外力做功的功率变化情况应该是先变大后变小，B项错误；t2时刻v=0，所以功率为零，C项错误；v-t图象与坐标轴所围成的面积表示位移的大小，因此t1-t2和t2-t3两段时间内的位移大小相等，方向相反，则从t1-t3物体发生的总位移为零，外力做的总功为零；D项正确。

5．AD

【解析】本题考查变速直线运动、变力做功、功能关系。物块从A运动到B摩擦力逐渐减小，从B运动到A摩擦力逐渐增大，根据受力分析可以得出从A运动到B过程，物块的加速度逐渐增大，从B运动到A过程，物块的加速度逐渐减小。前一过程的加速度小位移小，后一过程的加速度大位移大，因此物块经过P点，前一过程的速度大，动能大，A项正确；物块在两种情况下各点的摩擦力大小都相等，且发生的位移相同，因此摩擦力在整个过程做的功相同，而整个过程重力做的功相同，合外力做的总功相同，根据动能定理知，物块到达底端的速度相同，C项错误；可以根据题意画出速度-时间图象，如右图所示，物块发生的位移相等，因此可以得出后一过程所用时间小于前一过程所用时间，D项正确。由于不能确切的判断出摩擦力与位移乘积的大小关系，因此不能判断前后过程因摩擦力产生的热量大小

关系，B项错误。

【答案】D

【解析】由平衡知识可知mAg=mBgsinθ则两者质量不等 所以重力势能变化量不等答案BC错，由机械能守恒可知两物块落地时速度v=2gh大小相等，所以A错，再由功率pA=mAgv和pB=mBgvsinθ可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D

【答案】D

2vB【解析】小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律：mg=m；R

12mvB。重力做功WG=mgR，合外2

12111力做功W=mvB=mgR，摩擦力做的功为Wf=-mgR，即克服摩擦力做功mgR，2222

1机械能减少mgR。 D项正确；A、B、C项错误。 2小球从P到B的运动过程中，由动能定理：WG+Wf=

8．C

【解析】考查圆周运动的线速度公式，力矩平衡，功率的公式P=Fv，当杆与水平方向成60°

3mg22Lcos30 F=vp=ωL2，p点的线速度为3时，由力矩平衡得到：mgLcos60°=F3，，P=Fvpcos30 =

由功率的公式得3mg21⨯ωL⨯=mgLω2223，C对，ABD错。

思路拓展：解此题时学生需注意水平的拉力为变力，求转到某一位置的力时，要根据此时的力矩平衡来求。

9．C

【解析】当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒， 即：2mgR-mgR=1⨯3mv2， 2

v2

接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度h= 2g

两式联立得h=

R 3

这样B上升的最大高度H=h+R=4R/3 10．BD 【解析】

（M+m）v1，试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得mv=121Mmv2mv2

得v1=M+m，系统损失的动能为∆Ek系=2mv-2(M+m)v1=2M+m，B正确，

AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q=∆Ek系=NμmgL．D正确， 故选BD

考点：动量守恒定律；功能关系．

点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点

11L开始到发生第一次碰撞相对路程为2，则发生N次碰撞，相对路程为2NL，而错选C．

11．B

【解析】在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：3mgh-mgh=

1

b球落地时，a球高度为h，(m+3m)v2⇒v=gh，

2

12v2h

之后a球向上做竖直上抛运动，过程中机械能守恒，mv=mg∆h⇒∆h==，所

22g2

以a可能达到的最大高度为1.5h,B项正确。

12．D

Mmv2

【解析】卫星在轨道上运动时，万有引力提供它做圆周运动的向心力：G2=m，得

rr

v=

GM

，线速度越大，轨道半径越小，由于v甲>v乙，所以r甲

r3GM

度比乙的低，所以B错误；再由T=2π，a=2可知：T甲a乙，所

GMr

以A错误，D正确；由于不知道两卫星的质量关系，故无法比较两卫星的向心力，所以C错

误。

【答案】B

Mmv22π

=mω2r=ma和ω=【解析】由G2=m可得v=rTr

GMGM

、ω=2π、rr3

r3GM

T=2π、a=2。天宫一号比神舟八号的轨道半径大，r越大，v、ω、a越小，

GMr

A、C、D项错误；r越大，T越大，B项正确。

【答案】B

GMmv2

【解析】 卫星做圆周运动万有引力提供向心力有F引==m可知半径越大引力越2

rr

小即向心力越小答案A错误；而由公式可知卫星线速度和角速度分别为

v=

Gm1Gm

和ω＝所以B正确,D错误，第一宇宙速度是最小的发射速度，实际发射rrr

速度都要比它大所以C错；

【答案】C 【解析】物体下落过程中在水平方向上没有受力，速度与直升机的速度相同；在竖直方向上，物体受到重力，做自由落体运动。因此，从飞机上看，物体始终在飞机的正下方，且相对飞机做自由落体运动；从地面上看，物体做平抛运动。所以选择C选项。 16．A 【解析】本题考查运动的合成与分解。橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，两个方向的分运动都是匀速直线运动，vx和vy恒定，则v合恒定，则橡皮运动的速度大小和方向都不变，A项正确。

17．A

Mm4π2

【解析】试题分析：由公式G2=

m2r得T=rT

变轨后，轨道变小，A正确，根据公式G

MmGM得，半径越大，向心加速度越=maa=22

rr

Mmv2

小，故变轨后加速度变大，B错误，由公式G2=

m得v=rr

越小，所以变轨后速度变大，C错误，由公式G

Mm2

ω得，半径越大，角=

mωr

r2

速度越小，所以变轨后角速度变大，D错误，

考点：本题考查了天体运动的匀速圆周运动模型 点评：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．

18．AD

【解析】A、B在竖直方向的运动情况相同，始终处于相同的高度，小球在空中运动的时间

l=v0t时，两球相遇，h一定，所以A、B 在第一次落地前能否

相碰,取决于A 的初速度，A项正确，A、B 与地面碰撞后,竖直分速度大小不变、方向相反，因此A、B竖直方向的运动情况仍然相同，始终处于相同的高度，水平速度不变，A会继续向右做抛体运动，当项正确。 19．A

【解析】由m1r1= m2r2，可得冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的

l=v0t

时，AB相碰，可能发生在最高处，C项错，A、B 一定能相碰，D

1

，选项A正确；冥7

王星与另一星体卡戎绕它们连线上某点O做匀速圆周运动角速度相同，向心加速度大小相等，选项BD错误；由v=ωr可知线速度大小约为卡戎的

1

，选项C错误。 7

20．ABC

【解析】本题考查人造地球卫星的变轨问题以及圆周运动各量随半径的变化关系。

v2Mm

在人造卫星自然运行的轨道上，线速度随着距地心的距离m=G2，得

v=rr

减小而增大，所以远地点的线速度比近地点的线速度小，vA

圆轨道Ⅱ变轨到圆形轨道Ⅰ，需要点火加速，发生离心运动才能实现，因此vAⅡ

Mm⎛2π⎫

EKAⅡ

r⎝T⎭

2

期越大，因此TⅡ

思维拓展：航天问题是近年来考试的热点，包括变轨问题，速度、加速度、动能、势能等问题的考查，要进行归纳总结，主要是应用圆周运动的知识和功能关系。 21． BD

【解析】小球a、b、c的运动为平抛运动，它可以分为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，时间由竖直方向的分运动决定，与水平方向的分运动无关。由公式x=v0t可知b和c的飞行时间相同，a的飞行时间比b的短，所以选项B正确，选项A错误。由公

2

式y=1/2gt可知，b的初速度比c的大，a的水平速度比b的小，所以选项D正确，选项C错误。 22．A

【解析】过b做一条水平线，如图所示

其中a'在a的正下方，而C'在C的正上方，这样a'b=bc'，此题相当于第一次从a'正上方O点抛出恰好落到b点，第二次还是从O点抛出若落到C点，一定落到C'的左侧，第二次的水平位移小于第一次的2倍，显然第二次的速度应满足：v0

【解析】本题难度较大，关键如何认识与理解“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”。根据万有引力定律，在地球表面，F=mg1＝GM1=ρV球=ρ

MmM

可得：g ① 1＝G

R2R2

4

πR3② 3

4

π（R-d）3③ 3

根据题意，在矿井底部，地球的有效质量为：M2=ρV =ρ则F=mg2＝G

M2mM2

可得：g ④ 2＝G22

R-dR-d综上所述、联立①②③④可得g2/ g1=1-

d

，答案为A。 R

【答案】B

【解析】设星球半径为R，星球质量为M，卫星质量为m1,卫星做圆周运动向心力由万有引力

GMm1v2GMm提供即 ,而星球表面物体所受的重力等于万有引力即：;=mN=mg=122

RRR

mv4

结合两式可解的星球质量为所以选B.

Gn

25．B

vMmv2【解析】万有引力提供向心力有G2=

m，得v=，所以1=

v

2RR，选项B正确。 26．C

【解析】如图所示：船速为v沿绳方向的分量。连带运动问题指物拉绳或绳拉物问题，高中阶段不用考虑绳或杆的长度变化，故解题原则为：把物体的实际速度分解为垂直于绳和平行于绳两个分量，根据沿绳方向的分速度大小相等求解。C正确。

27．AD

【解析】根

据、、，可

得

故A、D正确；登陆舱在半径为r1的圆轨道上运动的向心加速

度X星球表面的重力加速度并不相等，故C

错误；根据

C错误。

28．C

【解析】物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosα，根据牛顿第

正确。 29．C

【解析】设OA=OB=l,人在静水中的速度和水流速度分别是v1v2则甲往复的时间为

P

C

t甲=

2lvll

即t甲

=212，乙往复的时间为t甲=+

v1+v2v1-v2v1-v2

t甲>t乙，所以，C对

30．BD

【解析】由万有引力提供向心力

得卫星距离地面高度为

-R，A错；卫星运行时受到地球引力的大小为

31．D

，C错；

12gtygt==xv0t2v0①

【解析】tan θ＝

vy

tanφ＝

v0

=

gtv0②

联立①②两式，可得tanφ＝2tanθ.

思路分析：平抛运动在水平面上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，将落到斜面上的

12gtygt

tanθ===

xv0t2v0

速度分解为水平方向和竖直方向的两个速度，然后得

32．B

T2GMm2π2

【解析】卫星绕天体作匀速圆周运动由万有引力提供向心力有＝m()R,可得3

RR2T

＝K为常数，由重力等于万有引力

GMGMmT成反比。

＝mg，联立解得g

＝，则g与 2

R43

33

Mm⎛2π⎫

【解析】设地球同步卫星质量为m，由万有引力定律和牛顿第二定律，G2=mr ⎪，

r⎝T⎭

解得

2

34．

gs

v

012

gt，消去参数t，2

【解析】建立如图所示的坐标系，轨迹是抛物线，所以x=v0t，y=得到抛物线的轨迹方程y=

g2

x.一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部2

2v0

时，x=s，竖直位移y=

x

g2gs12

①，根据机械能守恒，②，①②联立，； sv=mgy=mv2

v022v0

根据平抛运动速度方向与位移方向角度的关系，tanθ=2tanα=

2y

③，把①代入③得s

2v01gsgs2g

vx=vcosθ=v=/(+(2)=v0/+()2

tanθ=2tanα=2s，2

v0gs1+tanθv0v0

35． 2r

，

v 2

GMm2GMm2

，=m)r'整理得：r'=2r ； =

mωr22

r'4r

2r= 2

【解析】根据

v=

ωr；则v'=

36．（1）

5g

（2

）2

【解析】（1）小球在BCD段运动时，受到重力mg、轨道压力N的作用，如图所示

据题意，N≥0，且小球在最高点C所受轨道的正压力为零。Nc=0

vc2

设小球在C点的速度大小为Vc，根据牛顿第二定律有，mg=m

R

小球从B点运动到C点，根据机械能守恒定律， 设B点处小球的速度大小为VB，有

1212

mvB=mvc+2mgR 22

2

=2aR，由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式，有vB

建立解得AB段运动的加速度大小a=

5g

2

（2）设小球在D点处的速度大小为VD，下落到A点时的速度大小为V， 由机械能守恒定律有：

1212

mvB=mvD+mgR 22

1212

mvB=mv 22

设小球从D点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得，gt=v-vD

联立解得4g2h2132

【答案】（1）m (2+v0)（2） mgh

v0+gh22

【解析】（1）由平抛运动规律，x=v0t，2h-y=又y=

12

gt， 2

12

x， 2h

22hv0

联立解得y=2。

v0+gh

由动能定理，mg(2h-y)=Ek-

12

mv0， 2

22hv04g2h21212

解得Ek = mg(2h-2 )+mv0=m (2+v0)。

v0+ghv0+gh22

4g2h24g2h21122

（2）Ek =m (2+v0) =m (2+v0+gh-gh)。

v0+ghv0+gh224g2h22

当2= v0+gh，即v0= gh时，他落在坡面时的动能最小。 v0+gh

动能的最小值为Ek min=

3

mgh。 2

38．（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。 （2）μ= 0.3 【解析】

（1）设物块的质量为m ，其开始下落处酌位置距BC的竖直高度为h ，到达8点时的速度为v ，小车圆弧轨道半径为R 。由机械能守恒定律，有 mgh =12

① mv2

根据牛顿第二定律，有

v2

9mg-mg = m ②

R

解得 H = 4R ③

即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。

（2）设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F ，物块滑到C点时与小车的共同速度为v ，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s 。依题意，小车的质量为3 m ，BC长度为10 R 。由滑动摩擦定律，有 F = μm g ④ 由动量守恒定律，有

m v = （m + 3 m） ， ⑤ 对物块、小车分别应用动能定理，有 F（10 R + s ）== Fs ==

11

m v′2 －mv2 ⑥ 22

1

（3 m）v′2－ 0 ⑦ 2

解得

μ= 0.3 ⑧ 评分标准：，

（1）8分，①、②式各3分，③式2分；

（2）8分，⑤、⑥、⑧式各2分，④、⑦式各1分。 39．（1

）v0=（2）h=

1

(H-μL)，SMax=L+H-μL 2

3+3-=0.38(m) =2.62(m)

h2=22

（3

）h1=【解析】

（1）设斜面长度L1，斜面倾角为a，根据动能定理得

12

mv0 ① 2

12

即 mgH ②

(-h)=μmgL=m0 v

2mg(H-h)-μmgL1cosa=

v0= ③

（2）根据平抛运动公式

x=v0t ④ h=

12

gt ⑤ 2

由③④⑤式得

x= ⑥ 由⑥式可得，当

1

h=(H-μL)

2

SMax=L+H-μL

（3）在⑥式中令x=2m,H=4m,L=5m,μ=0.2 则可得到： -h2+3h-1=0 求出

h1=

=0.38(m) =2.62(m)

h2=

40．（1）F=1080N

（2）d=1.2m

（3）两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5 m时，落点距岸边越远．

【解析】本题考查机械能守恒定律、圆周运动向心力的来源、动能定理、平抛运动等知识。要想求拉力的大小，可以转化为求向心力的大小；选手落入水中的深度可以应用动能定理求得；最大值的求解可以用数学的函数关系进行求解。 （1）机械能守恒mgl(1-cosα)=

12

mv ① 2

v2

圆周运动 F'-mg=

l

αs解得 F'=(3-2co)mg

人对绳的拉力 F=F'

则 F=1080N

（2）动能定理 mg(H-lcosα+d)-(f1+f2)d=0 则 d=

mg(H-lcosα)f1+f2-mg

解得 d=1.2m

（3）选手从最低点开始做平抛运动 x=vt

H-l=

12

gt 2

且有①式

解得

x=当l=

H

时，x有最大值 解得 l=1.5m 2

因此，两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5 m时，落点距岸边越远．

思维拓展：审题的关键是对不同过程的进行准确分析，找到相应的知识点，对症下药；巧妙地选取运动过程可以使问题得到简化，例如本题整体法应用动能定理。灵活地运用数学知识，特别是简单常用的数学模型，是解决极值问题和范围等问题的有效工具。

3

41．（1）P电=1.5⨯10W

（2）f/mg=0.045 （3）S=101m2

3【解析】（1）驱动电机的输入功率 P电=IU=1.5⨯10W

=0.9P（2）在匀速行驶时 P电=Fv=fv 机

f=0.9P电/v

汽车所受阻力与车重之比 f/mg=0.045。

（3）当阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积S0=4πr2。

若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为P'，则

P'S= P0S0

设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，

P=(1-30%)P'

PS= P01-30%S0

由于P电=15%P，所以电池板的最小面积

4πr2PPS0电S===101m2 0.7P00.15⨯0.7P0

分析可行性并提出合理的改进建议。

【答案】（1）W=FS=fd

（2）v1=2Pt-fd2+v0 m

P

m2v2+2m(Pt-fd)-f m（3）a=

【解析】（1）：小船从A点到达B点，受到的阻力恒为f,其克服阻力做的功为：W=FS=fd

（2）：从A到B由动能定理可知：1212mvB-mvA=Pt-fd 22

解得：v1=2Pt-fd2+v0 m

（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则P=Fu

u=v1cosθ

由牛顿第二定律有Fcosθ-f=ma

解得a=f m

43．（1）h=0.2m（2）F=8.5N x2=0.4m

【解析】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得

mgh-μ1mgL=0

代入数据得 ①

②

（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关h=0.2m

系可得

③

根据牛顿第二定律，对物体有

mgtanθ=ma④

对工件和物体整体有

F-μ2(M+m)g=(M+m)a⑤

联立②③④⑤式，代入数据得

F=8.5N⑥

②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2，

公式可得

⑦

x1=vt⑧

x2=x1-Rsinθ⑨

联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得

x2=0.4m⑩

【答案】1m/s 0.2

【解析】（1）物体下落时间为t;自由落体运动有：h=1

2gt2

水平方向有：x=vt

解得：v=1

（2）物体刚要离开平台时向心力由摩擦力提供：有μmg=mv2

r

由运动学

代入数据得：μ=0.2

45．（1）2 m/s2 （2）1:80

【解析】解：（1）由题意及竖直上抛规律知：

小球在地球表面向上抛出至落回原处经历时间为

① （2分） 小球在某星球表面向上抛出至落回原处经历时间为

② （2分） 联立①②得

(1分) （2

（2分） 故有：M星 : M地＝g＇R2星∶g R2地 ＝1 : 80 ， (1分)

【答案】（1）0.90m （2）0.90J （3）4.0m/s

【解析】解：（1）物块飞离桌面后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：

水平方向：s = vt

竖直方向：h = 12gt 2

解得：

（2）物块从飞离桌面到落地过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：

Ek = 12 mv + mgh = 0.90J 2

112 mv- m 22（3）物块在水平桌面上运动时，由动能定理得： -μmgl =

解得：v0

= 4.0 m/s

47．（1）∆E=

（2）a=1mgL 2kL 8m

kL-kd 4（3）FER=mg+

【解析】（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律

mgL=

得v0=12mv0

2

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0

得v1=碰撞过程中系统损失的机械能力

∆E=1211mv0-2mv12=mgL 222

（2）设加速度大小为a，有

2as=v12

得 a=kL 8m

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER

受力分析如图所示

FS+FER-2mg=2ma

FS=kx

x=d+mg/k 得FER=mg+

【答案】t=kL-kd

4 【解析】如图，O和O′分别表示地球和月球的中心。在卫星轨道平面上，A是地月连心级OO′与地月球面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点，根据对称性，过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E

上运动时发出的信号被遮挡。 点。卫星在BE

设探月卫星的质量为m0,万有引力常量为G，根据万有引力定律有

2Mm⎛2π⎫G2=m ⎪r ① r⎝T⎭

⎛2π⎫mmG10=m0 ⎪r1 ② r2T⎝1⎭2

M⎛r1⎫⎛T⎫式中，T1是探月卫星绕月球转动的周期。由①②式得 1⎪= ⎪ ③ Tm⎝⎭⎝r⎭

设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，应有 23tα-β ④ =T1π

式中，α=∠CO′A，β=∠CO′B。由几何关系得

rcosα=R-R1 ⑤ r1cosβ=R1 ⑥

由③④⑤⑥式得

t= ⑦ 评分参考：①②式各4分，④式5分，⑤⑥式各2分，⑦式3分。得到结果

t=R1R-R1⎫arcos-arsin⎪的也同样给分。 r1r⎭