2011普通高校招生考試試題匯編 (2011高考試題分類匯總全套）.doc

2011普通高校招生考試試題匯編-直線運動16（2011安徽）一物體作勻加速直線運動，通過一段位移所用的時間為，緊接著通過下一段位移所用時間為。則物體運動的加速度為 a b c d答案：a解析：物體作勻加速直線運動在前一段所用的時間為，平均速度為，即為時刻的瞬時速度；物體在后一段所用的時間為，平均速度為，即為時刻的瞬時速度。速度由變化到的時間為，所以加速度，a正確。8（2011海南）.一物體自t=0時開始做直線運動，其速度圖線如圖所示。下列選項正確的是a.在06s內(nèi)，物體離出發(fā)點最遠為30m b.在06s內(nèi)，物體經(jīng)過的路程為40mc.在04s內(nèi)，物體的平均速率為7.5m/sd. 56s內(nèi)，物體所受的合外力做負功解析：a，05s,物體向正向運動，56s向負向運動，故5s末離出發(fā)點最遠，a錯 b 由面積法求出05s的位移s1=35m, 56s的位移s2=-5m,總路程為：40m,b對 c由面積法求出04s的位移s=30m，平度速度為：v=s/t=7.5m/s c對 d 由圖像知56s過程物體加速，合力和位移同向，合力做正功，d錯15（2011全國理綜）.一質(zhì)點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用。此后，該質(zhì)點的動能可能（abd） a. 一直增大 b. 先逐漸減小至零，再逐漸增大 c. 先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小d. 先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大解析：主要考查力和運動關系。當恒力方向與速度在一條直線上，質(zhì)點的動能可能一直增大，也可能先逐漸減小至零，再逐漸增大。當恒力方向與速度不在一條直線上，質(zhì)點的動能可能一直增大，也可能先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大。所以正確答案是abd。24（2011全國理綜）（13分）甲乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內(nèi)，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間間隔內(nèi)，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半。求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內(nèi)走過的總路程之比。解析：設汽車甲在第一段時間間隔末（時間t0）的速度為,第一段時間間隔內(nèi)行駛的路程為s1,加速度為,在第二段時間間隔內(nèi)行駛的路程為s2。由運動學公式得設乙車在時間t0的速度為，在第一、二段時間間隔內(nèi)行駛的路程分別為、。同樣有 設甲、乙兩車行駛的總路程分別為、，則有 聯(lián)立以上各式解得，甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為3（2011天津）質(zhì)點做直線運動的位移x與時間t的關系為x = 5t + t2 （各物理量均采用國際單位制單位），則該質(zhì)點a第1s內(nèi)的位移是5mb前2s內(nèi)的平均速度是6m/sc任意相鄰1s內(nèi)的位移差都是1md任意1s內(nèi)的速度增量都是2m/s【解析】：勻變速直線運動的考查，簡單題。第1s內(nèi)的位移只需將t=1代入即可求出x=6m，a錯誤；前2s內(nèi)的平均速度為，b錯；由題給解析式可以求得加速度為a=2m/s2，c錯；由加速的定義可知d選項正確【答案】：d23（2011四川）（16分） 隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯。分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命。一貨車嚴重超載后的總質(zhì)量為49t，以54km/h的速率勻速行駛。發(fā)現(xiàn)紅燈時司機剎車，貨車即做勻減速直線運動，加速度的大小為2.5m/s2（不超載時則為5m/s2）。 （1）若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進多遠？（2）若超載貨車剎車時正前方25m處停著總質(zhì)量為1t的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設相互作用0.1 s后獲得相同速度，問貨車對轎車的平均沖力多大？【解析】（1）貨車剎車時的初速是v0=15vm/s ，末速是0，加速度分別是2.5m/s2和5m/s2，根據(jù)位移推論式得 代入數(shù)據(jù)解得： 超載 m 不超載 m（2）貨車與轎車相撞時的速度為 m/s相撞時動量守恒，有 得 m/s對轎車根據(jù)動量定理有 解得 n34（2011廣東）、（18分）（1）圖14是“研究勻變數(shù)直線運動”實驗中獲得的一條紙帶，o、a、b、c、d和e為紙帶上六個計數(shù)點。加速度大小用a表示od間的距離為 cm圖15是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的st2圖線（s為各計數(shù)點至同一起點的距離），斜率表示 ，其大小為 m/s2(保留三位有效數(shù)字)。解析：（1）答案：1.20 a/2 0.933 要估讀一位，s=v0t+at2，斜率為a/218（2011北京）.“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動，所受繩子拉力f的大小隨時間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g。據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為 ag b2g c3g d4g答案：b31(12 分)如圖，質(zhì)量的物體靜止于水平地面的a處，a、b間距l(xiāng)=20m。用大小為30n，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)拉至b處。(已知，。取)(1)求物體與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)用大小為30n，與水平方向成37的力斜向上拉此物體，使物體從a處由靜止開始運動并能到達b處，求該力作用的最短時間t。31答案(12分) (1)物體做勻加速運動 (1分) （1分） 由牛頓第二定律 （1分） (1分) (1分)(2)設作用的最短時間為，小車先以大小為的加速度勻加速秒，撤去外力后，以大小為，的加速度勻減速秒到達b處，速度恰為0，由牛頓定律 (1分)(1分) （1分）由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有 （1分） （1分） （1分） （1分）（2）另解：設力作用的最短時間為t，相應的位移為s，物體到達b處速度恰為0，由動能定理 （2分） （1分）由牛頓定律 （1分） （1分） （1分） （1分）23（2011山東）.（12分）（1）某探究小組設計了“用一把尺子測定動摩擦因數(shù)”的實驗方案。如圖所示，將一個小球和一個滑塊用細繩連接，跨在斜面上端。開始時小球和滑塊均靜止，剪短細繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，保持小球和滑塊釋放的位置不變，調(diào)整擋板位置，重復以上操作，直到能同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音。用刻度尺測出小球下落的高度h、滑塊釋放點與擋板處的高度差h和沿斜面運動的位移。（空氣阻力對本實驗的影響可以忽略）滑塊沿斜面運動的加速度與重力加速度的比值為_?；瑝K與斜面間的動摩擦因數(shù)為_。以下能引起實驗誤差的是_。a滑塊的質(zhì)量b當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮長度測量時的讀數(shù)誤差d小球落地和滑塊撞擊擋板不同時答案： c d14(2011重慶).某人估測一豎直枯井深度，從井口靜止釋放一石頭并開始計時，經(jīng)2s聽到石頭落地聲，由此可知井深約為（不計聲音傳播時間，重力加速度g取10m/s2）a.10m b. 20m c. 30m d. 40m解析答案b. ，由此可知井深約為20m2011普通高校招生考試試題匯編-牛頓運動定律av0p圖（a）圖（b）17一般的曲線運動可以分成很多小段，每小段都可以看成圓周運動的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖（a）所示，曲線上的a點的曲率圓定義為：通過a點和曲線上緊鄰a點兩側的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓就叫做a點的曲率圓，其半徑叫做a點的曲率半徑?，F(xiàn)將一物體沿與水平面成角的方向已速度0拋出，如圖（b）所示。則在其軌跡最高點p處的曲率半徑是a b c d答案：c解析：物體在其軌跡最高點p處只有水平速度，其水平速度大小為v0cos，根據(jù)牛頓第二定律得，所以在其軌跡最高點p處的曲率半徑是，c正確。21.如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力f=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是（a）解析：主要考查摩擦力和牛頓第二定律。木塊和木板之間相對靜止時，所受的摩擦力為靜摩擦力。在達到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運動，根據(jù)牛頓第二定律。木塊和木板相對運動時， 恒定不變，。所以正確答案是a。23.（10分）利用圖1所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的加速度。一斜面上安裝有兩個光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動，當一帶有遮光片的滑塊自斜面上滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t。改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開始下滑，并用米尺測量甲、乙之間的距離s，記下相應的t值；所得數(shù)據(jù)如下表所示。完成下列填空和作圖：（1）若滑塊所受摩擦力為一常量，滑塊加速度的大小a、滑塊經(jīng)過光電門乙時的瞬時速度v1測量值s和t四個物理量之間所滿足的關系式是_；(2)根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在圖2給出的坐標紙上畫出圖線；（3）由所畫出的圖線，得出滑塊加速度的大小為a=_m/s2（保留2位有效數(shù)字）。解析：（1）滑塊做勻加速直線運動，利用有解得（2）（3）由可知，斜率絕對值為即，解得a=22（2011天津）如圖所示，a、b兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中b受到的摩擦力a方向向左，大小不變b方向向左，逐漸減小c方向向右，大小不變d方向向右，逐漸減小【解析】：考查牛頓運動定律處理連接體問題的基本方法，簡單題。對于多個物體組成的物體系統(tǒng)，若系統(tǒng)內(nèi)各個物體具有相同的運動狀態(tài)，應優(yōu)先選取整體法分析，再采用隔離法求解。取a、b系統(tǒng)整體分析有，a=g，b與a具有共同的運動狀態(tài)，取b為研究對象，由牛頓第二定律有：，物體b做速度方向向右的勻減速運動，故而加速度方向向左?！敬鸢浮浚篴19（2011天津）（1）某同學用測力計研究在豎直方向運行的電梯運動狀態(tài)。他在地面上用測力計測量砝碼的重力，示數(shù)為g。他在電梯中用測力計仍測量同一砝碼的重力，發(fā)現(xiàn)測力計的示數(shù)小于g，由此判斷此時電梯的運動狀態(tài)可能是減速上升或加速下降?！窘馕觥浚何矬w處于失重狀態(tài)，加速度方向向下，故而可能是減速上升或加速下降。（2）用螺旋測微器測量某金屬絲直徑的結果如圖所示。該金屬絲的直徑是1.706mm【解析】：注意副尺一定要有估讀。讀數(shù)為1.5+20.60.01mm=1.706mm。因為個人情況不同，估讀不一定一致，本題讀數(shù)1.704-1.708都算正確。19（2011四川）如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則a.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小b.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力c返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功d.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)【答案】a【解析】在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動能減小，返回艙所受合外力做負功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力?；鸺_始噴氣前勻速下降拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對返回艙作用因而傘繩對返回艙的拉力變小?！久}意圖與考點定位】牛頓運動定律的綜合應用。9（2011江蘇）如圖所示，傾角為的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足夠長的輕質(zhì)綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側，綢帶與斜面間無摩擦。現(xiàn)將質(zhì)量分別為m、m(mm)的小物塊同時輕放在斜面兩側的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數(shù)相等，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。在角取不同值的情況下，下列說法正確的有a兩物塊所受摩擦力的大小總是相等b兩物塊不可能同時相對綢帶靜止cm不可能相對綢帶發(fā)生滑動dm不可能相對斜面向上滑動21.（10分）在“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”實驗時，已提供了小車，一端附有定滑輪的長木板、紙帶、帶小盤的細線、刻度尺、天平、導線。為了完成實驗，還須從下圖中選取實驗器材，其名稱是 （漏選或全選得零分）；并分別寫出所選器材的作用 。21.答案：學生電源、電磁打點計時器、鉤碼、砝碼或電火花計時器、鉤碼、砝碼學生電源為電磁打點計時器提供交流電源；電磁打點計時器（電火花計時器）記錄小車運動的位置和時間；鉤碼用以改變小車的質(zhì)量；砝碼用以改變小車受到的拉力的大小，還可以用于測量小車的質(zhì)量。解析：電磁打點計時器（電火花計時器）記錄小車運動的位置和時間；鉤碼用以改變小車的質(zhì)量；砝碼用以改變小車受到的拉力的大小，還可以用于測量小車的質(zhì)量。如果選電磁打點計時器，則需要學生電源，如果選電火花計時器，則不需要學生電源。18（2011北京）.“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動，所受繩子拉力f的大小隨時間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g。據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為 ag b2g c3g d4g19（2011上海）受水平外力f作用的物體，在粗糙水平面上作直線運動，其 圖線如圖所示，則(a)在秒內(nèi)，外力大小不斷增大(b)在時刻，外力為零(c)在秒內(nèi)，外力大小可能不斷減小(d)在秒內(nèi)，外力大小可能先減小后增大答案：cd 26（2011上海）.(5 分)如圖，為測量作勻加速直線運動小車的加速度，將寬度均為b的擋光片a、b固定在小車上，測得二者間距為d。(1)當小車勻加速經(jīng)過光電門時，測得兩擋光片先后經(jīng)過的時間和，則小車加速度 。(2)(多選題)為減小實驗誤差，可采取的方法是( ) (a)增大兩擋光片寬度 (b)減小兩擋光片寬度(c)增大兩擋光片間距 (d)減小兩擋光片間距26答案（1）(2)b，c (3分)31(12 分)如圖，質(zhì)量的物體靜止于水平地面的a處，a、b間距l(xiāng)=20m。用大小為30n，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)拉至b處。(已知，。取)(1)求物體與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)用大小為30n，與水平方向成37的力斜向上拉此物體，使物體從a處由靜止開始運動并能到達b處，求該力作用的最短時間t。31答案(12分) (1)物體做勻加速運動 (1分) （1分） 由牛頓第二定律 （1分） (1分) (1分)(2)設作用的最短時間為，小車先以大小為的加速度勻加速秒，撤去外力后，以大小為，的加速度勻減速秒到達b處，速度恰為0，由牛頓定律 (1分)(1分) （1分）由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有 （1分） （1分） （1分） （1分）（2）另解：設力作用的最短時間為t，相應的位移為s，物體到達b處速度恰為0，由動能定理 （2分） （1分）由牛頓定律 （1分） （1分） （1分） （1分）2011普通高校招生考試試題匯編-曲線運動av0p圖（a）圖（b）17（2011安徽）一般的曲線運動可以分成很多小段，每小段都可以看成圓周運動的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖（a）所示，曲線上的a點的曲率圓定義為：通過a點和曲線上緊鄰a點兩側的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓就叫做a點的曲率圓，其半徑叫做a點的曲率半徑。現(xiàn)將一物體沿與水平面成角的方向已速度0拋出，如圖（b）所示。則在其軌跡最高點p處的曲率半徑是a b c d答案：c解析：物體在其軌跡最高點p處只有水平速度，其水平速度大小為v0cos，根據(jù)牛頓第二定律得，所以在其軌跡最高點p處的曲率半徑是，c正確。15（2011海南），如圖，水平地面上有一個坑，其豎直截面為半圓。ab為沿水平方向的直徑。若在a點以初速度沿ab方向拋出一小球， 小球會擊中坑壁上的c點。已知c點與水平地面的距離為圓半徑的一半，求圓的半徑。解析：設圓半徑為r，質(zhì)點做平拋運動，則： 過c點做cdab與d點，rtacdrtcbd可得即為： 由得：20（2011全國理綜）.一帶負電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的。關于b點電場強度e的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（d）解析：主要考查電場力方向和曲線運動所受合外力與軌跡的關系。正確答案是d。10（2011天津）（16分）如圖所示，圓管構成的半圓形豎直軌道固定在水平地面上，軌道半徑為r，mn為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球a以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點m時與靜止于該處的質(zhì)量與a相同的小球b發(fā)生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距n為2r。重力加速度為g，忽略圓管內(nèi)徑，空氣阻力及各處摩擦均不計，求：（1）粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；（2）小球a沖進軌道時速度v的大小。10（16分）（1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，有解得（2）設球a的質(zhì)量為m，碰撞前速度大小為v1，把球a沖進軌道最低點時的重力勢能定為0，由機械能守恒定律知 設碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，由動量守恒定律知 飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有 綜合式得 17（2011廣東）.如圖6所示，在網(wǎng)球的網(wǎng)前截擊練習中，若練習者在球網(wǎng)正上方距地面h處，將球以速度v沿垂直球網(wǎng)的方向擊出，球剛好落在底線上，已知底線到網(wǎng)的距離為l，重力加速度取g，將球的運動視作平拋運動，下列表述正確的是a.球的速度v等于lb.球從擊出至落地所用時間為c.球從擊球點至落地點的位移等于ld.球從擊球點至落地點的位移與球的質(zhì)量有關 解析：由平拋運動規(guī)律：l=vt，h=gt2求出ab正確。選ab36（2011廣東）、（18分）如圖20所示，以a、b和c、d為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠b點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于b、c。一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上e點，運動到a時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)a沿半圓軌道滑下，再經(jīng)b滑上滑板。滑板運動到c時被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量m=2m，兩半圓半徑均為r，板長l =6.5r，板右端到c的距離l在rl5r范圍內(nèi)取值。e距a為s=5r，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因素均為=0.5，重力加速度取g.(1) 求物塊滑到b點的速度大小；(2) 試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功wf與l的關系，并判斷物塊能否滑到cd軌道的中點。36、解析： （1）mgs+mg2r=mvb2 所以 vb=3（2）設m滑動x1,m滑動x2二者達到共同速度v,則mvb=(m+m)v mgx1=mv2 mgx2=mv2mvb2 由得v=, x1=2r, x2=8r二者位移之差x= x2x1=6r6.5r，即滑塊未掉下滑板討論： rl2r時，wf=mg(l+l)= mg（6.5r+l） 2rl5r時，wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgr4.5mgr，即滑塊速度不為0，滑上右側軌道。要使滑塊滑到cd軌道中點，vc必須滿足：mvc2 mgr 此時l應滿足：mg(l+l) mvb2mvc2 則 lr，不符合題意，滑塊不能滑到cd軌道中點。答案：（1） vb=3（2）rl2r時，wf=mg(l+l)= mg（6.5r+l）2rl5r時，wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgr4.5mgr，即滑塊速度不為0，滑上右側軌道?；瑝K不能滑到cd軌道中點11（2011上海）如圖，人沿平直的河岸以速度行走，且通過不可伸長的繩拖船，船沿繩的方向行進，此過程中繩始終與水面平行。當繩與河岸的夾角為，船的速率為(a) (b)(c) (d)答案：c25（2011上海）以初速為，射程為的平拋運動軌跡制成一光滑軌道。一物體由靜止開始從軌道頂端滑下，當其到達軌道底部時，物體的速率為 ，其水平方向的速度大小為 。25答案. ，24（2011山東）.（15分）如圖所示，在高出水平地面的光滑平臺上放置一質(zhì)量、由兩種不同材料連接成一體的薄板a，其右段長度且表面光滑，左段表面粗糙。在a最右端放有可視為質(zhì)點的物塊b，其質(zhì)量。b與a左段間動摩擦因數(shù)。開始時二者均靜止，先對a施加水平向右的恒力，待b脫離a（a尚未露出平臺）后，將a取走。b離開平臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離。（?。┣螅海?）b離開平臺時的速度。（2）b從開始運動到剛脫離a時，b運動的時間ts和位移xb（3）a左端的長度l2解析：2011普通高校招生考試試題匯編-萬有引力定律22（2011安徽）（14分）（1）開普勒行星運動第三定律指出：行星繞太陽運動的橢圓軌道的半長軸a的三次方與它的公轉周期t的二次方成正比，即，k是一個對所有行星都相同的常量。將行星繞太陽的運動按圓周運動處理，請你推導出太陽系中該常量k的表達式。已知引力常量為g，太陽的質(zhì)量為m太。（2）開普勒定律不僅適用于太陽系，它對一切具有中心天體的引力系統(tǒng)（如地月系統(tǒng)）都成立。經(jīng)測定月地距離為3.84108m，月球繞地球運動的周期為2.36106s，試計算地球的質(zhì)m地。（g=6.6710-11nm2/kg2，結果保留一位有效數(shù)字）解析：（1）因行星繞太陽作勻速圓周運動，于是軌道的半長軸a即為軌道半徑r。根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有 于是有 即 （2）在月地系統(tǒng)中，設月球繞地球運動的軌道半徑為r，周期為t，由式可得 解得 m地=61024kg （m地=51024kg也算對）19（2011全國卷1）我國“嫦娥一號”探月衛(wèi)星發(fā)射后，先在“24小時軌道”上繞地球運行(即繞地球一圈需要24小時)；然后，經(jīng)過兩次變軌依次到達“48小時軌道”和“72小時軌道”；最后奔向月球。如果按圓形軌道計算，并忽略衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則在每次變軌完成后與變軌前相比， a衛(wèi)星動能增大，引力勢能減小b衛(wèi)星動能增大，引力勢能增大 c衛(wèi)星動能減小，引力勢能減小d衛(wèi)星動能減小，引力勢能增大解析：周期變長，表明軌道半徑變大，速度減小，動能減小,引力做負功故引力勢能增大選d12（2011海南）.2011年4月10日，我國成功發(fā)射第8顆北斗導航衛(wèi)星，建成以后北斗導航衛(wèi)星系統(tǒng)將包含多可地球同步衛(wèi)星，這有助于減少我國對gps導航系統(tǒng)的依賴，gps由運行周期為12小時的衛(wèi)星群組成，設北斗星的同步衛(wèi)星和gps導航的軌道半徑分別為和，向心加速度分別為和，則=_。=_（可用根式表示）解析：，由得：，因而： ，19（2011全國理綜）.衛(wèi)星電話信號需要通地球同步衛(wèi)星傳送。如果你與同學在地面上用衛(wèi)星電話通話，則從你發(fā)出信號至對方接收到信號所需最短時間最接近于（可能用到的數(shù)據(jù)：月球繞地球運動的軌道半徑約為3.8105m/s，運行周期約為27天，地球半徑約為6400千米，無線電信號傳播速度為3x108m/s）（b）a.0.1s b.0.25s c.0.5s d.1s解析：主要考查開普勒第三定律。月球、地球同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)開普勒第三定律有解得，代入數(shù)據(jù)求得m.如圖所示，發(fā)出信號至對方接收到信號所需最短時間為，代入數(shù)據(jù)求得t=0.28s.所以正確答案是b。8（2011天津） 質(zhì)量為m的探月航天器在接近月球表面的軌道上飛行，其運動視為勻速圓周運動。已知月球質(zhì)量為m，月球半徑為r，月球表面重力加速度為g，引力常量為g，不考慮月球自轉的影響，則航天器的a線速度 b角速度 c運行周期 d向心加速度【解析】：萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力，代入相關公式即可【答案】：ac19（2011浙江）.為了探測x星球，載著登陸艙的探測飛船在該星球中心為圓心，半徑為r1的圓軌道上運動，周期為t1，總質(zhì)量為m1。隨后登陸艙脫離飛船，變軌到離星球更近的半徑為r2 的圓軌道上運動，此時登陸艙的質(zhì)量為m2則a. x星球的質(zhì)量為b. x星球表面的重力加速度為c. 登陸艙在與軌道上運動是的速度大小之比為d. 登陸艙在半徑為軌道上做圓周運動的周期為19.答案：ad解析：根據(jù)、，可得、，故a、d正確；登陸艙在半徑為的圓軌道上運動的向心加速度，此加速度與x星球表面的重力加速度并不相等，故c錯誤；根據(jù)，得，則，故c錯誤。20(2011廣東).已知地球質(zhì)量為m，半徑為r，自轉周期為t，地球同步衛(wèi)星質(zhì)量為m，引力常量為g。有關同步衛(wèi)星，下列表述正確的是a.衛(wèi)星距離地面的高度為b.衛(wèi)星的運行速度小于第一宇宙速度c.衛(wèi)星運行時受到的向心力大小為d.衛(wèi)星運行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析：根據(jù)，a錯，由，b正確，由，c錯d對。選bd15(2011北京)由于通訊和廣播等方面的需要，許多國家發(fā)射了地球同步軌道衛(wèi)星，這些衛(wèi)星的a質(zhì)量可以不同 b軌道半徑可以不同 c軌道平面可以不同 d速率可以不同22b（2011上海）人造地球衛(wèi)星在運行過程中由于受到微小的阻力，軌道半徑將緩慢減小。在此運動過程中，衛(wèi)星所受萬有引力大小將 (填“減小”或“增大”)；其動能將 (填“減小”或“增大”)。22b答案：增大，增大17（2011山東）.甲、乙為兩顆地球衛(wèi)星，其中甲為地球同步衛(wèi)星，乙的運行高度低于甲的運行高度，兩衛(wèi)星軌道均可視為圓軌道。以下判斷正確的是a.甲的周期大于乙的周期 b.乙的速度大于第一宇宙速度c.甲的加速度小于乙的加速度 d.甲在運行時能經(jīng)過北極的正上方答案：ac解析：萬有引力提供向心力，由，可得向心加速度之比，c正確；周期之比，a正確；甲、乙均為兩顆地球衛(wèi)星，運行速度都小于第一宇宙速度，b錯誤；甲為地球同步衛(wèi)星運行在赤道上方，d錯誤。2011普通高校招生試題匯編：功和能的關系24（2011安徽）（20分）mmv0opl如圖所示，質(zhì)量m=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過長l=0.5m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸o連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞o軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0=4 m/s，g取10m/s2。（1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點p時對輕桿的作用力大小和方向。（2）若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。（3）在滿足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離。解析：（1）設小球能通過最高點，且此時的速度為v1。在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒。則 設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為f，方向向下，則 由式，得 f=2n 由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2n，方向豎直向上。 （2）解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為v。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則 由式，得 v2=2m/s （3）設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為v/。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得 將式兩邊同乘以，得 因式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 20（2011全國卷1）質(zhì)量為m、內(nèi)壁間距為l的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞n次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為 a b c d解析：兩物體最終速度相等設為u由動量守恒得：mv=(m+m)u, 系統(tǒng)損失的動能為： 系統(tǒng)損失的動能轉化為內(nèi)能q=fs=26（2011全國卷1）.（20分）（注意：在試題卷上作答無效）裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響。 解析：設子彈的初速為v0,穿過2d厚度的鋼板時共同速度為：v 受到阻力為f.對系統(tǒng)由動量和能量守恒得： 由得： 子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時，設其速度為v1，此時鋼板的速度為u，穿第二塊厚度為d的鋼板時共用速度為v2，穿過深度為，對子彈和第一塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得： 由得： 對子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得： 由得：9（2011海南）.一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t=0時起，第1秒內(nèi)受到2n的水平外力作用，第2秒內(nèi)受到同方向的1n的外力作用。下列判斷正確的是a. 02s內(nèi)外力的平均功率是wb.第2秒內(nèi)外力所做的功是jc.第2秒末外力的瞬時功率最大d.第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是解析：由動量定理求出1s末、2s末速度分別為：v1=2m/s、v2=3m/s 故合力做功為w=功率為 1s末、2s末功率分別為：4w、3w 第1秒內(nèi)與第2秒動能增加量分別為：、，比值：4：514（2011海南）.現(xiàn)要通過實驗驗證機械能守恒定律。實驗裝置如圖1所示：水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌；導軌上a點處有一帶長方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為m，左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細繩與一質(zhì)量為m的砝碼相連；遮光片兩條長邊與導軌垂直；導軌上b點有一光電門，可以測試遮光片經(jīng)過光電門時的擋光時間t，用d表示a點到導軌低端c點的距離，h表示a與c的高度差，b表示遮光片的寬度，s表示a ,b 兩點的距離，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過b點時的瞬時速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作圖；（1）若將滑塊自a點由靜止釋放，則在滑塊從a運動至b的過程中，滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量可表示為_。動能的增加量可表示為_。若在運動過程中機械能守恒，與s的關系式為 _ (2)多次改變光電門的位置，每次均令滑塊自同一點（a點）下滑，測量相應的s與t值，結果如下表所示：以s為橫坐標，為縱坐標，在答題卡上對應圖2位置的坐標紙中描出第1和第5個數(shù)據(jù)點；根據(jù)5個數(shù)據(jù)點作直線，求得該直線的斜率k=_2.40_(保留3位有效數(shù)字).來源:zxxk.com由測得的h、d、b、m和m數(shù)值可以計算出直線的斜率，將k和進行比較，若其差值在試驗允許的范圍內(nèi)，則可認為此試驗驗證了機械能守恒定律。16（2011全國理綜）.一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（abc） a. 運動員到達最低點前重力勢能始終減小b. 蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加c. 蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒d. 蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關解析：主要考查功和能的關系。運動員到達最低點過程中，重力做正功，所以重力勢能始終減少，a項正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加，b項正確。蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈性力做功，所以機械能守恒，c項正確。重力勢能的改變與重力勢能零點選取無關，d項錯誤。18（2011全國理綜）.電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流i從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與i成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是（bd）a.只將軌道長度l變?yōu)樵瓉淼?倍b.只將電流i增加至原來的2倍c.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半d.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度l變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變解析：主要考查動能定理。利用動能定理有,b=ki解得。所以正確答案是bd。10（2011天津）（16分）如圖所示，圓管構成的半圓形豎直軌道固定在水平地面上，軌道半徑為r，mn為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球a以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點m時與靜止于該處的質(zhì)量與a相同的小球b發(fā)生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距n為2r。重力加速度為g，忽略圓管內(nèi)徑，空氣阻力及各處摩擦均不計，求：（1）粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；（2）小球a沖進軌道時速度v的大小。10（16分）（1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，有解得（2）設球a的質(zhì)量為m，碰撞前速度大小為v1，把球a沖進軌道最低點時的重力勢能定為0，由機械能守恒定律知 設碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，由動量守恒定律知 飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有 綜合式得 24（2011浙江）.（20分）節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車。有一質(zhì)量m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為。當駕駛員看到前方有80km/h的限速標志時，保持發(fā)動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動l=72m后，速度變?yōu)椤４诉^程中發(fā)動機功率的用于轎車的牽引，用于供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉化為電池的電能。假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變。求（1） 轎車以在平直公路上勻速行駛時，所受阻力的大??；（2） 轎車從減速到過程中，獲得的電能；（3） 轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能維持勻速運動的距離。24.答案：（1）（2）（3）解析：（1）汽車牽引力與輸出功率的關系將，代入得當轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有（2）在減速過程中，注意到發(fā)動機只有用于汽車的牽引，根據(jù)動能定理有，代入數(shù)據(jù)得電源獲得的電能為(3)根據(jù)題設，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為。此過程中，由能量轉化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功，代入數(shù)據(jù)得36（2011廣東）、（18分）如圖20所示，以a、b和c、d為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠b點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于b、c。一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上e點，運動到a時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)a沿半圓軌道滑下，再經(jīng)b滑上滑板?；暹\動到c時被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量m=2m，兩半圓半徑均為r，板長l =6.5r，板右端到c的距離l在rl5r范圍內(nèi)取值。e距a為s=5r，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因素均為=0.5，重力加速度取g.(3) 求物塊滑到b點的速度大??；(