1、高考资源网（） 您身边的高考专家北京101中学2015届高三上学期期中物理模拟试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1如图所示，质点在竖直面内绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动S1、S2、S3、S4是圆周上的四个点，SlS3是过圆心的水平线，S2S4是过圆心的竖直线现质点分别在Sl、S2、S3、S4各点离开轨道后在空中运动一段时间落在水平地面上若质点在空中运动时只受重力，则下列说法正确的是( )A质点在Sl离开轨道后在空中运动的时间一定最短B质点在S2离开轨道后在空中运动的时间一定最短C质点在S3离开轨道后落到地面上的速度一定最大D质点在S4离开轨道后落
2、到地面上的速度一定最大考点：动能定理 专题：动能定理的应用专题分析：质点做匀速圆周运动，在4个位置离开轨道后的速度大小相等，对其运动的整个过程运用动能定理可以求出哪个速度最大，根据四个质点的运动情况判断运动的时间长短解答：解：A、质点在S2、S4点离开轨道后做平抛运动，在S3点离开后做竖直上抛运动，在S1点离开轨道后做竖直下抛运动，所以在Sl、S2点抛出的时间都可能最短，要看初速度和半径R以及离地面的高度关系，故无法判断谁时间最短，故AB错误；C、对其运动的整个过程运用动能定理可知，所以下落高度最大的，落地时速度最大，所以在S4离开轨道后落到地面上的速度一定最大，故C错误，D正确故选D点评：本
3、题的关键是分析清楚各个质点的运动情况，能根据动能定理求解，难度适中2在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1与F2的作用，在第1s内物体保持静止状态若力F1与F2随时间的变化关系如图所示，则物体( )A在第2 s内做加速运动，加速度大小逐渐减小，速度逐渐增大B在第3 s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大C在第4 s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大D在第5 s末速度为零，运动方向与F1方向相同考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：在第1s内物体处于平衡状态，保持静止；从第一秒末到第五秒末，物体的合力先变大后逐渐减为
4、零，根据速度与合力的方向得到物体的运动情况解答：解：A、从第一秒末到第二秒末，物体的合力不断变大；根据牛顿第二定律，加速度不断变大；合力与速度同向，故物体做加速运动，故A错误；B、在第3s内合力逐渐变大，故加速度不断变大，合力与速度同方向，物体做加速运动，故B正确；C、在第4s内，合力变小，加速度变小，合力与速度同方向，故物体做加速运动，故C错误；D、在第5s末，合力为零，故加速度为零；从第一秒末到第五秒末，物体的合力先变大后逐渐减为零，始终与速度同向，故物体做加速运动，5s末速度最大，故D错误；故选B点评：本题关键求出合力的变化情况后，根据牛顿第二定律确定加速度的情况，然后根据加速度与速度的
5、方向关系确定速度的变化情况3如图所示，三个同心圆是点电荷Q周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列，A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上将电量为q=+1.6106C的电荷从A点移到C点，电势能减少1.92105J，若取C点为电势零点（C=0V），则B点的电势是( )A一定等于6VB一定低于6VC一定高于6VD无法确定考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed定性分析A、B间与B、C间电势差的大小，再求解中点b的电势B解答：解：V电场线与等
6、势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed可知，A、B间电势差UAB大于B、C间电势差UBC，即ABBC，得到B=6V故选：B点评：本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小常规题4如图所示，一不可伸长的轻绳长为L，一端固定在O点，另一端系着一个质量为m 的小球开始小球处于A点细绳恰好拉直（绳中无拉力），现让小球由静止自由释放，则小球运动到O正下方的C点时绳子的拉力大小为( )A4mgB3.5mgC3m gD2.5mg考点：向心力；匀速圆周运动 专题：匀速圆周运动专题分析：小球在经过最低点B的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直
7、分量vy突变为零，水平分量vx没有变化；从最低点到C点过程运用动能定理列式求出速度，再根据牛顿第二定律列式求解拉力解答：解：小球在绳子有拉力之前做自由落体运动，根据运动学公式可知， 小球在经过点B的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的y方向的分量vy突变为零，x方向的分量vx没有变化vBx=vBcos30=小球在经过B点后做圆周运动到达C，根据动能定理，则有mgL（1cos60）=mm根据牛顿第二定律，有Fmg=m解得F=3.5mg故选B点评：本题关键分析清楚粒子的运动规律，然后结合运动的合成与分解、动能定理、牛顿第二定律列式求解5如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小
8、球A，轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为时，小球A的线速度大小为( )ABCD考点：线速度、角速度和周期、转速 专题：匀速圆周运动专题分析：将物块的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在垂直于杆子方向上的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=r求出转动的角速度，从而求出A的线速度大小解答：解：当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为时，B点的线速度等于木块的速度在垂直于杆子方向上的分速度，vB=vsin，则杆子的角速度=，则小球A的线速度vA=L=故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键会根据平行四边形定则对速
9、度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，取g=10m/s2，则5s内物体的( )A路程为65mB位移大小为25m，方向竖直向上C速度改变量的大小为10m/s，方向竖直向下D平均速度大小为13m/s，方向竖直向上考点：竖直上抛运动；位移与路程；平均速度 分析：物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出5s内位移，由平均速度公式求出平
10、均速度，由v=at求出速度的改变量路程等于各段位移大小之和解答：解：物体做竖直上抛运动，看成一种匀减速直线运动A、物体上升的最大高度为 h1=45m，上升的时间为t1=3s从最高点开始2s内下落的高度h2=g=m=20m，所以5s内物体通过的路程为S=h1+h2=65m故A正确B、取竖直向上为正方向，则物体的加速度为a=g，5s内物体的位移x=v0t=3051052（m）=25m，方向竖直向上故B正确C、速度改变量为v=at=gt=105m/s=50m/s，大小为50m/s，方向竖直向下，故C错误D、平均速度=m/s=5m/s，方向竖直向上故D错误故选：AB点评：对于竖直上抛运动，通常有两种处
11、理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用7如图所示，一个带电油滴从O点以初速度v0向右上方射入无限大的匀强电场E中，v0的方向与E方向成角现测得油滴到达运动轨迹的最高点P时速度大小仍为v0，则下列说法正确的是( )AP点可能在O点的右上方BP点可能在O点的左上方C到达最高点P时，重力和电场力对油滴做功的功率都为0D从抛出到最高点的过程中，油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：由题，油滴从O到P的过程，动能不变，重力势能增加，电势能减小，电场力做负功，则知P的位置由于重力与电场力垂直，油滴在最高点
12、的速度不可能与两个力都垂直，可知两个力的功率不可能都为零根据能量守恒定律分析重力势能变化与电势能变化的关系解答：解：A、当油滴带正电时，电场力向右，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的右上方；故A正确B、若油滴带负电时，电场力向左，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的左上方；故B正确C、由于重力与电场力垂直，油滴在最高点的速度不可能与两个力都垂直，可知两个力的功率不可能都为零故C错误D、从抛出到最高点的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能必减小，根据能量守恒定律油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量故D正确故选ABD点评：本
13、题以带电液滴在复合场中的运动为背景考查了电势能、电场力做功等问题，其关键是分析清楚带电液滴的运动规律8如图所示，倾角为30的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点）A的质量为m，B的质量为4m开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是( )A物块B受到的摩擦力一直沿着斜面向上B物块B受到的摩擦力先减小后增大C绳子的张力一直增大D地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右考点：向心力；力的合成
14、与分解的运用；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球A下摆过程中机械能守恒，下摆的速度越来越大，绳子的拉力越来越大，到达最低点绳子的拉力达最大，分析得到：机械能守恒=mgr，又由牛顿第二定律得：Fmg=，小球A对绳的拉力为F=+mg=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，而B的重力沿斜面向下的分力为2mg，所以，斜面对B的静摩擦力沿斜面向下为mg，而物块B在小球A还没有下摆时受到斜面的静摩擦力沿斜面向上为2mg，因此，物块B受到的摩擦力先减小后增大在分析地面对斜面的摩擦力时，把物块B与斜面看做一整体分析，小球A下摆过程中绳子对整体由水平向左的一分力，而整体静止
15、不动，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右解答：解：A、B、：初始情况下分析物块B受力：竖直向下的重力4mg、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的静摩擦力Ff沿斜面和垂直斜面正交分解B物块受到的力，B物块处于平衡状态，则有：沿斜面方向：Ff=4mgsin30=2mg， 垂直斜面方向：FN=4mgcos30=mg由牛顿第三定律知：物块B对斜面有垂直斜面向下的压力FN和沿斜面向下的静摩擦力Ff，把这两个力向水平方向分解，则得：斜面体水平方向受到B的作用力（取水平向左为正方向）：FNsin30Ffcos30又FN=FN=4mgcos30=2mg，Ff=Ff=4mgsin30=2mgFNsin
16、30Ffcos30=0所以初始状态下斜面体水平方向受物块B的合力为零，不存在受地面的摩擦力小球A下摆过程中，物块B始终保持静止，则小球A不对外做功，机械能守恒，小球A的速度不断增大，到最低点时速度最大，这时小球A摆到低时对绳的拉力最大，设r为A到滑轮的绳长，最低点小球A的速度为v，则由机械能守恒定律得：=mgr，又由牛顿第二定律得：Fmg=，小球A对绳的拉力为F=+mg=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，此时物块B在平行于斜面方向所受的摩擦力为Ff=F4mgsin30=3mg2mg=mg，方向沿斜面向下，由此可知物块B受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上2mg，后逐渐减少到零，再沿斜
17、面向下逐渐增大到mg，所以，选项A错误，选项B正确C：由以上分析知绳子的张力一直增大，小球A摆到低时对绳的拉力最大，故C正确D：将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看做整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，那么，选项D正确故选：B、C、D点评：本题解答时要正确的分析好物体的受力，同时，要选好受力的研究对象：分析绳子拉力时选小球A，分析物块B受的摩擦力时选B物块，分析地面的摩擦力时选斜面与B物块整体，再者要注意物块B所受到的摩擦力是否达到最大值9如图所示，在水平圆
18、盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块（可视为质点），A和B距轴心O的距离分别为rA=R，rB=2R，且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm，两物块随着圆盘转动始终与圆盘保持相对静止则圆盘转动的角速度从0逐渐增大的过程中，下列说法正确的是( )AB所受合外力大于A所受合外力BA受到的摩擦力一直指向圆心CB受到的摩擦力一直指向圆心DA、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，都做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析合力关系圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，由牛顿第二定律分析两物体是
19、否做离心运动，判断A、B所受的摩擦力方向由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度解答：解：A、A、B都做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F合=m2r，角速度相等，B的半径较大，所受合力较大故A正确B、C最初圆盘转动角速度较小，A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小，可由A、B与盘面间静摩擦力提供，静摩擦力指向圆心由于B所需向心力较大，当A与盘面间静摩擦力达到最大值时（此时B与盘面间静摩擦力还没有达到最大），若继续增大转速，则B将做离心运动，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，使得B与盘面间静摩擦力增大，当B与盘面间静摩擦力也达到最大时，B将
20、开始滑动，A所受的静摩擦力将离开圆心所以A受到的摩擦力先指向圆心，后离开圆心，而B受到的摩擦力一直指向圆心故B错误，C正确D、当B与盘面间静摩擦力恰好达到最大时，B将开始滑动，若此时A也达到最大静摩擦力，则根据牛顿第二定律得对A：Tfm=mR对B：T+fm=m2R解得最大角速度为：m=，故D正确故选：ACD点评：本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳子拉力大小相等三、简答题：本题共2小题，共21分，把答案填在相应的横线上或按题目要求作答10与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况是常用的计时仪器如图（甲）所示，a、b分别是光电门的激光发
21、射和接收装置现利用如图（乙）所示的装置验证“机械能守恒定律”方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上，通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1、2两个光电门在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为t1、t2已知滑块（含遮光板）质量为M、钩码质量为m、两光电门间距为s、遮光板宽度为L（L远远小于s）、当地的重力加速度为g（1）计算滑块上的遮光板先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式：v1=，v2=（用题目中给定的字母表示）（2）本实验中验证机械能守恒的表达式为（用题目中给定的字母表示）考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒
22、定律应用专题分析：根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出滑块先后通过两个光电门的瞬时速度抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量列出表达式解答：解：滑块通过光电门1的瞬时速度，通过光电门2的瞬时速度系统重力势能的减小量为mgs，系统动能的增加量为则验证的机械能守恒的表达式为故答案为：（1），（2）点评：解决本题的关键知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，系统机械能守恒11某同学设计了一个探究加速度与物体所受合力F及质量m间关系的卖验图（a）为实验装置简图，A为小车，B为打点计时器，C为装有砂的砂桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂
23、和砂桶总重力，小车运动加速度a可由纸带上点求得（1）图（b）为某次实验得到的纸带（交流电的频率为50Hz），由图中数据求出小车加速度值为2.99m/s2；（2）保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据如表中所示，根据表中数据，为直观反映F不变时a与m的关系，请在方格坐标纸中选择恰当物理量建立坐标系，并作出图线；从图线中得到F不变时小车加速度a与质量m间定量关系是a=次数12345678小车加速度a/ms21.901.721.491.251.000.750.500.30小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.67/kg14
24、.003.503.002.52.001.401.000.60（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F图线如图（d），该图线不通过原点，明显超出偶然误差范围，其主要原因是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题；动能定理的应用专题分析：（1）根据x=aT2求出纸带的加速度（2）为研究a与m的关系，作a与的关系关系图线，注意选取好标度（3）图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足解答：解：（1）纸带上从左往右两个点之间的位移依次记着s1到s8，以a表示加速度，根据匀变速直线运动的规律，有a=又知
25、T=0.04s 解得：a=2.99m/s2（2）由表格可知小车的加速度与质量的倒数成正比，根据描点法画出图象，如图所示：图象为一倾斜的直线，斜率k=，所以a=（3）图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，知实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足故答案为：（1）2.99；（2）如图所示，a=；（3）实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足点评：解决本题的关键会从纸带上求瞬时速度和加速度，以及在作图时注意，偏离比较远的点可以舍去四、计算或论述题：本题共5小题，共68分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位12滑板运
26、动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力Fx垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角=37时，滑板做匀速直线运动，相应的k=54kg/m，人和滑板的总质量为108kg，试求（g取10m/s2，sin 37=0.6，忽略空气阻力）：（1）水平牵引力的大小；（2）滑板的速率；（3）水平牵引力的功率考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；功率、平均功率和瞬时功率 分析：（1）对滑板和人整体受力分析，然后运用共点力平衡条件列式求解；（2）根据平衡条件求出支持力后，根据题中的支持力和速度关系
27、公式求解滑板的速率；（3）直接根据功率与速度和牵引力关系公式求解解答：解：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示由共点力平衡条件可得Fxcos=mg Fxsin=F 由、联立，得F=810N即水平牵引力的大小810N（2）由式Fx=根据题意Fx=kv2得m/s即滑板的速率为5m/s（3）根据功率与速度和牵引力关系公式，牵引力的功率为 P=Fv=4050 W即水平牵引力的功率4050W点评：本题关键是对物体受力分析，运用共点力平衡条件求出各个力后，再根据题意求解速度和牵引力的功率13如图（甲）所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心
28、，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力（1）某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，POA=，求该电荷从A点出发时的速率（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，COB=BOD=30求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）电荷从A到P做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度电荷水平方向做匀速直线运动，
29、竖直方向做匀加速直线运动，此电荷水平位移为Rsin，竖直位移为RRcos，由运动学公式和几何关系求出该电荷从A点出发时的速率（2）当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，打在D点电场力最小，获得的动能最小，根据动能定理求解该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能解答：解：（1）电荷从A到P做类平抛运动，由牛顿第二定律得 a=水平方向：Rsin=v0t竖直方向：RRcos=联立解得，（2）由（1）得知，粒子从A点出发时的动能为Ek0=设经过P点时的动能为Ek，则有 qE（RRcos）=解得，Ek=当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，最大动能为EkC=打在D点电场力最
30、小，获得的动能最小，最小动能为EkD=答：（1）该电荷从A点出发时的速率是（2）该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能分别为大动能为和点评：本题是平抛运动和动能定理的综合应用，同时要充分应用几何知识辅助求解14如图所示为我国“嫦娥一号卫星”从发射到进入月球工作轨道的过程示意图在发射过程中，经过一系列的加速和变轨，卫星沿绕地球“48小时轨道”在抵达近地点P时，主发动机启动，“嫦娥一号卫星”的速度在很短时间内由v1提高到v2，进入“地月转移轨道”，开始了从地球向月球的飞越“嫦娥一号卫星”在“地月转移轨道”上经过114小时飞行到达近月点Q时，需要及时制动，使其成为月球卫星之后，又在绕月球轨道上的近月
31、点Q经过两次制动，最终进入绕月球的圆形工作轨道I已知“嫦娥一号卫星”质量为m0，在绕月球的圆形工作轨道I上运动的周期为T，月球的半径r月，月球的质量为m月，万有引力恒量为G（1）求卫星从“48小时轨道”的近地点P进入“地月转移轨道”过程中主发动机对“嫦娥一号卫星”做的功（不计地球引力做功和卫星质量变化）；（2）求“嫦娥一号卫星”在绕月球圆形工作轨道运动时距月球表面的高度；（3）理论证明，质量为m的物体由距月球无限远处无初速释放，它在月球引力的作用下运动至距月球中心为r处的过程中，月球引力对物体所做的功可表示为W=Gm月m/r为使“嫦娥一号卫星”在近月点Q进行第一次制动后能成为月球的卫星，且与月
32、球表面的距离不小于圆形工作轨道的高度，最终进入圆形工作轨道，其第一次制动后的速度大小应满足什么条件？考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）根据动能定理，主发动机在嫦娥一号卫星进入地月转移轨道过程中对卫星做的功（2）设“嫦娥一号卫星”在圆轨道上运动时距月球表面的高度为h，根据万有引力定律和向心力公式有，化简即可算出h（3）设“嫦娥一号卫星”在近月点进行第一次制动后，在圆轨道上运动的速度为u1，则，代入上面h的值，化简可达到u1设“嫦娥一号卫星”在通过近月点脱离月球引力束缚飞离月球的速度为u2，根据机械能守恒定律，可解得u2所以，“嫦娥一号卫星”在近月点进行第一次制动
33、后的速度u应满足的条件是：u1uu2解答：解：（1）根据动能定理，主发动机在嫦娥一号卫星进入地月转移轨道过程中对卫星做的功（2）设“嫦娥一号卫星”在圆轨道上运动时距月球表面的高度为h，根据万有引力定律和向心力公式有解得：（3）设“嫦娥一号卫星”在近月点进行第一次制动后，在圆轨道上运动的速度为u1，则解得：设“嫦娥一号卫星”在通过近月点脱离月球引力束缚飞离月球的速度为u2，根据机械能守恒定律解得：所以，“嫦娥一号卫星”在近月点进行第一次制动后的速度u应满足的条件是：答：（1）卫星从“48小时轨道”的近地点P进入“地月转移轨道”过程中主发动机对“嫦娥一号卫星”做的功（2）“嫦娥一号卫星”在绕月球圆
34、形工作轨道运动时距月球表面的高度（3）理论证明，质量为m的物体由距月球无限远处无初速释放，它在月球引力的作用下运动至距月球中心为r处的过程中，月球引力对物体所做的功可表示为W=Gm月m/r为使“嫦娥一号卫星”在近月点Q进行第一次制动后能成为月球的卫星，且与月球表面的距离不小于圆形工作轨道的高度，最终进入圆形工作轨道，其第一次制动后的速度大小应满足：点评：抓住解题的关键，（1）地球表面万有引力等于重力，（2）万有引力提供卫星绕地球圆周运动的向心力外力对外星做的功等于卫星轨道转移过程中的动能的变化15如图所示，在倾角=30、足够长的斜面上分别固定着两个物体AB，相距L=0.2m，它们的质量mA=m
35、B=1kg，与斜面间的动摩擦因数分别为和在t=0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体将沿斜面向下运动，并与B物体发生连续碰撞（碰撞时间极短，忽略不计），每次碰后两物体交换速度g取10m/s2求：（1）A与B第一次碰后瞬时B的速率？（2）从A开始运动到两物体第二次相碰经历多长时间？（3）至第n次碰撞时A、B两物体通过的路程分别是多少？考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，得出A、B的运动规律，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动 结合运动学公式求出碰撞前的速度，从而得出碰后瞬间B的速率（2）
36、根据匀变速直线运动的位移时间公式求出第一次碰撞所需的时间，结合运动学公式，抓住碰后A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀速直线运动求出第二次碰撞所需的时间，从而得出从A开始运动到两物体第二次相碰经历的时间（3）从第2次碰撞开始，每次A物体运动到与B物体碰撞时，速度增加量均为v=at2=2.50.8m/s=2m/s，抓住碰后速度交换，结合运动学公式求出至第n次碰撞时A、B两物体通过的路程解答：解：（1）A物体沿斜面下滑时有mAgsinAmAgcos=mAaAaA=gsinAmAgcosm/s2B物体沿斜面下滑时有mBgsinBmBgcos=mBaBaB=gsinBmBgcos综上分析可知，撤去固
37、定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动 由运动学公式得A与B第一次碰撞前的速度由于AB碰撞后交换速度，故AB第一次碰后瞬时，B的速率vB1=vA1=1m/s（2）从AB开始运动到第一次碰撞用时两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以vB2=vB1=1m/s的速度沿斜面向下做匀速直线运动 设再经t2时间相碰，则有解之可得t2=0.8s _故从A开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间t=t1+t2=0.4+0.8=1.2s （3）从第2次碰撞开始，每次A物体运动到与B物体碰撞时，速度增加量均为v=at2=2.50.8m/s=2m/s，
38、由于碰后速度交换，因而碰后B物体的速度为：第一次碰后：vB1=1m/s第二次碰后：vB2=2m/s第三次碰后：vB3=3m/s第n次碰后：vBn=nm/s每段时间内，B物体都做匀速直线运动，则第n次碰前所运动的距离为sB=1+2+3+（n1）t2=m （n=1，2，3，n1）A物体比B物体多运动L长度，则sA=L+sB=0.2+m答：（1）A与B第一次碰后瞬时B的速率为1m/s（2）从A开始运动到两物体第二次相碰经历了1.2s（3）至第n次碰撞时A、B两物体通过的路程分别是0.2+m、m，（n=1，2，3，n1）点评：解决本题的关键理清A、B碰撞前后的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行
39、求解16（16分）如图甲所示，光滑的水平地面上固定一长L=1.7m的木板C，C板的左端有两个可视为质点的物块A和B，其间夹有一根原长为1.0m、劲度系数k=200N/m的轻弹簧，此时弹簧没有发生形变，且与物块不相连已知mA=mC=20kg，mB=40kg，A与木板C、B与木板C的动摩擦因数分别为A=0.50，B=0.25假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等现用水平力F作用于A，让F从零逐渐增大，使A缓慢移动而逐渐压缩弹簧，压缩了一定量后又推动B缓慢地向右移动，当B缓慢向右移动0.5m时，使弹簧储存了弹性势能E0（g=10m/s2）问：（1）以作用力F为纵坐标，物块A移动的距离为横坐标，试通过定量计
40、算在图乙的坐标系中画出推力F随物块A位移的变化图线（2）求出弹簧贮存的弹性势能E0的大小（3）当物块B缓慢地向右移动了0.5m后，保持A、B两物块间距，将其间夹有的弹簧更换，使得压缩量仍相同的新弹簧贮存的弹性势能为12E0，之后同时释放三物体A、B和C，已被压缩的轻弹簧将A、B向两边弹开，设弹开时A、B两物体的速度之比始终为2：1，求哪一物块先被弹出木板C？最终C的速度是多大？考点：牛顿第二定律；弹性势能；功能关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）先求出A与C间的摩擦力为fA=AmAg=100N，B与C间摩擦力为fB=BmBg=100N力F从零逐渐增大，当增大到100N时，物块A开始向右
41、移动压缩轻弹簧，此时B仍保持静止，弹簧的压缩量设为x，力F=fA+kx，当x=0.5m时，力F=fA+fB=200N，此时B将缓慢地向右移B在移动0.5m的过程中，力F保持F=200N不变，弹簧压缩了0.5m，B离木板C的右端0.2m，A离木板C有左端1.0m根据这些条件可作出力F随A位移的变化图线（2）根据FS图象的“面积”可求出力F在B缓慢地向右移动0.5m的过程中所做的功根据能量守恒定律得知，推力做功等于弹簧储存的弹性势能E0的大小与A克服摩擦力做功之和（3）分析三个物体的运动状态：撤去力F之后，AB两物块给木板C的摩擦力的合力为零，木板静止不动，由动量守恒可求出AB速度之比，则可得到位
42、移关系，判断哪个物块先弹出木板C对三个物体，由能量守恒定律和动量守恒结合求解最终C的速度解答：解：（1）A与C间的摩擦力为：fA=AmAg=0.52010N=100N，B与C间摩擦为：fB=BmBg=0.254010N=100N，推力F从零逐渐增大，当增大到100N时，物块A开始向右移动压缩轻弹簧（此时B仍保持静止），设压缩量为x，则力为：F=fA+kx，当x=0.5m时，力F=fA+fB=200N，此时B将缓慢地向右移B在移动0.5m的过程中，力F保持F=200N不变，弹簧压缩了0.5m，B离木板C的右端0.2m，A离木板C有左端1.0m作出力F随A位移的变化图线如图所示（2）在物块B移动前
43、，力F作用于物块A，压缩弹簧使弹簧贮存了弹性势能E0，物块A移动了s=0.5m，设力F做功为W，由能量守恒可得弹簧贮存的弹性势能大小为：E0=WfAs=1000.5J=25J（3）撤去力F之后，AB两物块给木板C的摩擦力的合力为零，故在物块AB滑离木板C之前，C仍静止不动物块AB整体所受外力的合力也为零，其动量守恒，可得mAvA=mBvB由题可知，始终vA：vB=mB：mA=2：1 当物块B在木板C上向右滑动了0.2m，物块A则向左滑动了0.4m，但A离木板C的左端还有d=0.6m可见，物块B先滑离木板C并且两物体的相对位移s=0.4m+0.2m=0.6m0.5m（弹簧的压缩量），弹簧储存的弹性势能已全部释放，由能量守恒定律有：12E0=，由此求出物块B滑离木板C时A物块的速度为：vA=4m/s 设此后A滑离木板C时，物体A的速度vA，木板C的速度vc，有动量守恒定律有：mAvA=mAvA+mCvC由能量守恒有：fAd=，将d=0.6m及有关数据代入上两式解得：vC=1m/s，（vC=3m/s，不合题意舍弃）答：（1）推力F随A位移的变化图线如图所示；（2）弹簧储存的弹性势能E0的大小为25J；（3）最终C的速度是1m/s点评：本题难度较大，既要分析三个物体的受力情况，确定出它们的运动状态，还要根据动量守恒和能量守恒定律结合求解C的最终速度高考资源网版权所有，侵权必究！