1、一、选择题1.使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是。已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的1/6。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为ABCD【答案】B【解析】试题分析：某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：，解得：，又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，得：，解得： ，故选项B正确。考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【名师点睛】通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗
2、星球上面。2. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示则以下说法不正确的是A要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别点火加速一次B由于卫星由圆轨道1送入圆轨道3被点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度要大于在圆轨道1上正常运行的速度C卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/s111D卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度【答案】B【解析
3、】试题分析：要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q加速一次，使卫星做离心运动，再在远地点P加速一次，再做离心运动，到达圆轨道3，故A正确；根据万有引力提供向心力得：，速度，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故B错误；先将卫星发射至近地圆轨道1，圆轨道1的运行速度为，卫星在椭圆轨道2上的近地点Q，要作离心运动，则其的速度一定大于，而在远地点P，半径大于地球半径，线速度一定小于，故C正确；根据，加速度取决于距离r，故卫星在轨道2上运行时经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D正确。考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【名师点睛】本题关键抓
4、住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和加速度的表达式，再进行讨论，注意离心运动的条件是解题的关键。3. 如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比A木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大【答案】BD111【解析】试题分析：滑动摩擦力的大小为，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未
5、变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量不变，故AC错误，B正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D正确。考点：牛顿第二定律、动量定理、功能关系、机械能守恒定律【名师点睛】两种情况物体所受的力不变，加速度相等，木块运动的位移没有发生变化，所以运动的时间相等，摩擦力做的功相等，但相对位移不等，所以系统产生的内能数值不等。4. 某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是A当时，该振动系统的振幅随增大而减小B当时，该振动系统的振幅随减小而减小C该振
6、动系统的振动稳定后，振动的频率等于D该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于【答案】D【解析】111试题分析：当时，系统达到共振，振幅最大，故时，随的增大，振幅振大，故A错误；当时，随的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B错误；该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率，故C错误；系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于，故D正确。考点：自由振动和受迫振动、产生共振的条件及其应用【名师点睛】本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈。5. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放
7、置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动的最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g下列分析正确的是A轻质弹簧的原长为RB小球过B点时，所受的合力为C小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能D小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为【答案】D【解析】试题分析：由题意知，小球位于A点时弹簧处于原长，由几何知识可知弹簧的原长为，故A错误；小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力，根据向心力公式：，则得弹簧的弹力，故B错误；以小球
8、和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和小球的动能，故C错误；根据能量的转化与守恒：得：弹簧的弹性势能为，故D正确。考点：功能关系【名师点睛】从A运动到B的过程中，小球的机械能减小小球受到弹簧的弹力做负功，重力做正功，根据功能关系分析能量是如何转化的小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力。7. 两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图所示当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率A等于零
9、B大于B车的速率 C 小于B车的速率 D等于B车的速率【答案】C【解析】试题分析：设人的质量为m，小车的质量均为M，人来回跳跃后人与A车的速度为，B车的速度为，根据题意知，人车组成的系统水平方向动量守恒，由题意有： 人来回跳跃后的总动量，由动量守恒得，其中负号表示的方向相反，故小车A的速率小于小车B的速率，故选项C正确。考点：动量守恒定律【名师点睛】抓住小车和人组成的系统在水平方向动量守恒，人和小车A的总动量和小车B的动量大小相等，根据质量关系直接得到速率的大小关系。8. 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推
10、出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（ ）A.物体的初速率111B.物体与斜面间的动摩擦因数C.取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移的最小值D.当某次时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【答案】BC【解析】试题分析：由图可知，当夹角时，位移为；而当夹角为时，位移为；则由竖直上抛运动规律可知：，解得：，故A错误；当夹角为0度时，由动能定理可得：；解得：；故B正确； 解得：；当时，；此时位移最小，故C正确；若时，物体受到的重力的分力为；摩擦力；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故小球达到最高点后，不会下滑，故D错误。考点：动能定理的
11、应用、动摩擦因数、动能定理【名师点睛】本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解。二、非选择题（共174分）22. 某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示，实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成（填“线性”或“非线性”）关系；（2）由图乙可知，am图线不经过原点，可能的原因是；（3）若利用本实
12、验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是，钩码的质量应满足的条件是【答案】（1）非线性；（2）存在摩擦力；111（3）调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力；远小于小车的质量【名师点睛】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法，对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决。23. 如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=10cm的光滑树枝圆形轨道，圆形轨道间不相
13、互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h=0.8cm，水平距离s=1.2cm，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为L2=3m小球与水平轨道间的动摩擦因数u=0.2，重力加速度g=10m/s2，重力加速度g=10m/s2，则：（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度？（2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围是多少？【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）小球恰能通过最高点，由B到最高点，由AB：，解得：在A点的初速度。（2）若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有：，解得所以当时，小球停在BC间，
14、若小球恰能越过壕沟时，则有，又，解得，所以当，小球越过壕沟。考点：动能定理的应用、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】本题是圆周运动、平抛运动和动能定理的综合应用，注意分析临界状态，把握临界条件是重点。24. 如图所示，轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一质量为M=2kg的小车a，开始时小车静止，其左端位于O点，弹簧没有发生形变，O点右侧地面光滑，O点左侧地面粗糙质量为m=1kg的小物块b（可看做质点）静止于小车的左侧，距O点s=3m，小物块与水平面间的动摩擦系数为=0.2，取g=10m/s2今对小物块施加大小为F=8N的水平恒力使之向右运动，并在与小车发生完全弹性碰撞前的瞬间撤去该力，碰撞时间极短，
15、弹簧始终没有超出弹性限度，求：（1）小物块与小车碰撞前瞬间的速度是多大？（2）运动过程中弹簧最大弹性势能是多少？（3）小物块b在整个运动过程中的运动时间？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）设碰撞前瞬间，小物块b的速度为，小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，根据动能定理得：，代入数据解得：。（2）由小物块与小车组成的系统在碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，设小物块b与小车a碰撞后瞬间，小车a的速度为，小物块的速度为，设向右为正方向根据动量守恒定律得：根据机械能守恒定律得：代入数据解得：根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能：代入数据解得：。（
16、3）设小物块b与小车a碰撞前的运动时间为，加速度为，碰撞后运动时间为，加速度为，由牛顿第二定律得：由匀变速直线运动的位移公式得：解得：，可得，小物块b在整个运动过程中的运动时间。考点：动量守恒定律、机械能守恒定律【名师点睛】考查动能定理、牛顿第二定律及运动学公式的应用，掌握动量守恒定律与机械能守恒定律的方法与判定条件。28. 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已
17、知碰撞后1s时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。【答案】（1），；（2）（3） (2)设碰撞后木板的加速度为，经过时间，木板和小物块刚好具有共同速度。由牛顿第二定律及运动学公式得：，碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：小物块运动的位移为：小物块相对木板的位移为：联立并代入数值得：因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为，此过程中小物块和木板运动的位移为由牛顿第二定律及运动学公式得：，碰后木板运动的位移为：联立，并代入数值得：，木板右端离墙壁的最终距离为。考点：牛顿运动定律的综合应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系、牛顿第二定律【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解的。