1、. . - 優選曲線運動1、關于曲線運動，下列說法中正確的是（）a. 曲線運動一定是變速運動b. 變速運動一定是曲線運動c. 曲線運動可能是勻變速運動d. 變加速運動一定是曲線運動【解析】 ac.曲線運動的速度方向沿曲線的切線方向，一定是變化的，所以曲線運動一定是變速運動。變速運動可能是速度的方向不變而大小變化，則可能是直線運動。當物體受到的合力是大小、方向不變的恒力時，物體做勻變速運動，但力的方向可能與速度方向不在一條直線上，這時物體做勻變速曲線運動。做變加速運動的物體受到的合力可能大小不變，但方向始終與速度方向在一條直線上，這時物體做變速直線運動。2、質點在三個恒力f1、f2、f3的共同作

2、用下保持平衡狀態，若突然撤去f1，而保持f2、f3不變，則質點（）a一定做勻變速運動b一定做直線運動c一定做非勻變速運動d一定做曲線運動【解析】 a.質點在恒力作用下產生恒定的加速度，加速度恒定的運動一定是勻變速運動。由題意可知，當突然撤去f1而保持f2、f3不變時，質點受到的合力大小為f1，方向與f1相反，故一定做勻變速運動。在撤去f1之前，質點保持平衡，有兩種可能：一是質點處于靜止狀態，則撤去f1后，它一定做勻變速直線運動；其二是質點處于勻速直線運動狀態，則撤去f1后，質點可能做直線運動（條件是f1的方向和速度方向在一條直線上），也可能做曲線運動（條件是f1的方向和速度方向不在一條直線上）

3、。3、關于運動的合成，下列說法中正確的是（）a. 合運動的速度一定比分運動的速度大b. 兩個勻速直線運動的合運動不一定是勻速直線運動c. 兩個勻變速直線運動的合運動不一定是勻變速直線運動d. 合運動的兩個分運動的時間不一定相等【解析】 c.根據速度合成的平行四邊形定則可知，合速度的大小是在兩分速度的和與兩分速度的差之間，故合速度不一定比分速度大。兩個勻速直線運動的合運動一定是勻速直線運動。兩個勻變速直線運動的合運動是否是勻變速直線運動，決定于兩初速度的合速度方向是否與合加速度方向在一直線上。如果在一直線上，合運動是勻變速直線運動；反之，是勻變速曲線運動。根據運動的同時性，合運動的兩個分運動是同

4、時的。4、質量m=0.2kg 的物體在光滑水平面上運動，其分速度vx和vy隨時間變化的圖線如圖所示，求：(1)物體所受的合力。(2)物體的初速度。(3)判斷物體運動的性質。(4)4s 末物體的速度和位移?！窘馕觥?根據分速度vx和vy隨時間變化的圖線可知，物體在x軸上的分運動是勻加速直線運動，在y軸上的分運動是勻速直線運動。從兩圖線中求出物體的加速度與速度的分量，然后再合成。(1) 由圖象可知，物體在x軸上分運動的加速度大小ax=1m/s2，在y軸上分運動的加速度為0，故物體的合加速度大小為a=1m/s2，方向沿x軸的正方向。則物體所受的合力f=ma=0.21n=0.2n，方向沿x軸的正方向。

5、(2) 由圖象知，可得兩分運動的初速度大小為vx0=0，vy0=4m/s，故物體的初速度22020040yxvvvm/s=4m/s，方向沿 y 軸正方向。. . - 優選(3)根據（ 1）和（2）可知，物體有y 正方向的初速度，有x 正方向的合力，則物體做勻變速曲線運動。(4) 4s 末x和y方向的分速度是vx=at=4m/s，vy=4m/s，故物體的速度為v=smvvyx/24442222，方向與 x 正向夾角 ，有 tan = vy / vx=1。x和y方向的分位移是x=at2/2=8m，y=vyt=16m，則物體的位移為s=5822yxm，方向與 x 正向的夾角 ，有 tan=y/x=2

6、。5、已知某船在靜水中的速率為v14m/s，現讓船渡過某條河，假設這條河的兩岸是理想的平行線，河寬為d100m，河水的流動速度為v23m/s，方向與河岸平行。試分析： 欲使船以最短時間渡過河去，航向怎樣？最短時間是多少？到達對岸的位置怎樣？船發生的位移是多大？ 欲使船渡河過程中的航行距離最短，船的航向又應怎樣？渡河所用時間是多少？【解析】 根據運動的獨立性和等時性，當船在垂直河岸方向上的分速度v最大時，渡河所用時間最短，設船頭指向上游且與上游河岸夾角為，其合速度v與分運動速度v1、v2的矢量關系如圖1 所示。河水流速v2平行于河岸，不影響渡河快慢，船在垂直河岸方向上的分速度vv1sin，則船渡

7、河所用時間為tsin1vd。顯然，當 sin1 即90時，v最大，t最小，此時船身垂直于河岸，船頭始終指向正對岸，但船實際的航向斜向下游，如圖2 所示。渡河的最短時間tmin1vd1004s25s。船的位移為sv t2221vvtmin223425m125m。船渡過河時已在正對岸的下游a處，其順水漂流的位移為xv2tmin12vdv31004m75m。 由于v1v2，故船的合速度與河岸垂直時，船的渡河距離最短。設此時船速v1的方向（船頭的指向）斜向上游，且與河岸成角，如圖 634 所示，則cos12vv34，4124。船的實際速度為v合2221vv4232m/s7 m/s。故渡河時間tdv合1

8、007s10077s38s。6、如圖所示為頻閃攝影方法拍攝的研究物體做平拋運動規律的照片，圖中a、b、c為三個同時由同一點出發的小球。aa為a球在光滑水平面上以速度v運動的軌跡；bb為b球以速度v被水平拋出后的運動軌跡；cc為c球自由下落的運動軌跡。圖 634v合v1 v2圖 1vv1 v2圖 2vv1 v2a a ab c cb. . - 優選通過分析上述三條軌跡可得出結論：?！窘馕觥?觀察照片，b、c兩球在任一曝光瞬間的位置總在同一水平線上，說明平拋運動物體b在豎直方向上的運動特點與自由落體運動相同；而a、b兩小球在任一曝光瞬間的位置總在同一豎直線上，說明平拋運動物體b在水平方向上的運動特

9、點與勻速直線運動相同。所以，得到的結論是：做平拋運動的物體在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動。7、在研究平拋運動的實驗中，用一x印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長l1.25cm，若小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中a、b、c、d所示，則小球平拋的初速度為v0（用l、g表示） ，其值是。（g取 9.8m/s2）【解析】 由水平方向上abbccd可知，相鄰兩點的時間間隔相等，設為t，豎直方向相鄰兩點間距之差相等，yl，則由xat2，得tlg。時間t內，水平方向位移為x2l，所以v0tx2lg 8.90125.02m/s0.70m/s。8、飛機在 2km 的高空以 360km/h

10、的速度沿水平航線勻速飛行，飛機在地面上觀察者的正上方空投一包裹。（g取 10m/s2，不計空氣阻力） 試比較飛行員和地面觀察者所見的包裹的運動軌跡。 包裹落地處離地面觀察者多遠？離飛機的水平距離多大？ 求包裹著地時的速度大小和方向。提示不同的觀察者所用的參照物不同，對同一物體的運動的描述一般是不同的?！窘馕觥?從飛機上投下去的包裹由于慣性，在水平方向上仍以360km/h 的速度沿原來的方向飛行，與飛機運動情況相同。在豎直方向上同時進行自由落體運動，所以飛機上的飛行員只是看到包裹在飛機的正下方下落，包裹的軌跡是豎直直線；地面上的觀察者是以地面為參照物的，他看見包裹做平拋運動，包裹的軌跡為拋物線。

11、 拋體在空中的時間ts10200022gh20s。在水平方向的位移xv0tm206. 33602000m，即包裹落地位置距觀察者的水平距離為2000m。包裹在水平方向與飛機的運動情況完全相同，所以，落地時包裹與飛機的水平距離為零。 包裹著地時，對地面速度可分解為水平方向和豎直方向的兩個分速度，vxv0100m/s，vygt1020m/s200m/s，故包裹著地速度的大小為vt2222200100yxvvm/s1005 m/s224m/s。而tanxyvv1002002，故著地速度與水平方向的夾角為arctan2。9、如圖，高h的車廂在平直軌道上勻減速向右行駛，加速度大小為a，車廂頂部a點處有油

12、滴滴下落到車廂地板上，車廂地板上的o點位于a點的正下方，則油滴的落地點必在o點的（填“左”或“右” ）方，離o點的距離為?！窘馕觥?因為油滴自車廂頂部a點脫落后，由于慣性在水平方向具有與車廂相同a b c d a o a x1x2x o . . - 優選的初速度，因此油滴做平拋運動，水平方向做勻速直線運動x1vt，豎直方向做自由落體運動h12gt2，又因為車廂在水平方向做勻減速直線運動，所以車廂（o點）的位移為x2vt12at2。如圖所示xx1x2hgaghaat221212，所以油滴落地點必在o點的右方，離o點的距離為agh。10、如圖所示，兩個相對斜面的傾角分別為37和 53，在斜面頂點把

13、兩個小球以同樣大小的初速度分別向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上。若不計空氣阻力，則 a、b兩個小球的運動時間之比為（）a.1:1 b.4:3 c.16:9 d.9：16 【解析 】d 由平拋運動的位移規律可知：tvx0221gtyxy /tangvt/tan2016953tan37tanbatt11、如圖在傾角為的斜面頂端a 處以速度 v0水平拋出一小球， 落在斜面上的某一點 b 處，設空氣阻力不計，求（1）小球從 a 運動到 b 處所需的時間； （2）從拋出開始計時，經過多長時間小球離斜面的距離達到最大？【解析】（1）小球做平拋運動，同時受到斜面體的限制，設從小球從a 運動到 b 處所需

14、的時間為t，水平位移為x=v0t 豎直位移為y=221gt由數學關系得 :gvttvgttan2,tan)(21002（2）從拋出開始計時，經過t1時間小球離斜面的距離達到最大,當小球的速度與斜面平行時，小球離斜面的距離達到最大。因vy1=gt1=v0tan,所以gvttan01。12、如圖所示，兩個小球固定在一根長為l的桿的兩端，繞桿上的o點做圓周運動。當小球a的速度為va時，小球b的速度為vb，則軸心o到小球a的距離是（）a. lvvvbaa)(b. baavvlvc. abavlvv)(d. bbavlvv)(【解析】 b.設軸心o到小球a的距離為x，因兩小球固定在同一轉動桿的兩端，故兩

15、小球做圓周運動的角速度相同，半徑分別為x、lx。根據rv有a b vavbo. . - 優選xlvxvba，解得baavvlvx，13、如圖所示的皮帶傳動裝置中，右邊兩輪固定在一起同軸轉動，圖中a、b、c三輪的半徑關系為rarc2rb，設皮帶不打滑，則三輪邊緣上的一點線速度之比vavbvc，角速度之比abc?！窘馕觥縜、b兩輪由皮帶帶動一起轉動，皮帶不打滑，故a、b兩輪邊緣上各點的線速度大小相等。b、c兩輪固定在同一輪軸上，同軸轉動，角速度相等。由vr可知，b、c兩輪邊緣上各點的線速度大小不等，且c輪邊緣上各點的線速度是b輪邊緣上各點線速度的兩倍，故有vavbvc112。a、b兩輪邊緣上各點的

16、線速度大小相等，同樣由vr可知，它們的角速度與半徑成反比，即abrbra12。因此abc=122 14、雨傘邊緣半徑為r，且高出水平地面的距離為h，如圖所示，若雨傘以角速度勻速旋轉，使雨滴自雨傘邊緣水平飛出后在地面上形成一個大圓圈，則此圓圈的半徑r為多大？【解析】作出雨滴飛出后的三維示意圖，如圖所示。 雨滴飛出的速度大小vr， 在豎直方向上有h12gt2，在水平方向上有svt，又由幾何關系可得r22sr，聯立以上各式可解得雨滴在地面上形成的大圓圈的半徑rrghgg222。15、關于向心加速度，以下說法中正確的是（）a. 向心加速度的方向始終與速度方向垂直b. 向心加速度的方向保持不變c. 物體

17、做圓周運動時的加速度方向始終指向圓心d. 物體做勻速圓周運動時的加速度方向始終指向圓心【解析】 ad.向心加速度的方向沿半徑指向圓心，速度方向則沿圓周的切線方向。所以，向心加速度的方向始終與速度方向垂直，且方向在不斷改變。物體做勻速圓周運動時，只具有向心加速度，加速度方向始終指向圓心；一般情況下，圓周運動的向心加速度與切向加速度的合加速度的方向就不始終指向圓心。16、如圖所示，a、b兩輪同繞軸o轉動，a和c兩輪用皮帶傳動，a、b、c三輪的半徑之比為233，a、b、c為三輪邊緣上的點。求： 三點的線速度之比； 三點轉動的周期之比； 三點的向心加速度之比。【解析】 因a、b兩輪同繞軸o轉動，所以有

18、ab，由公式vr可知vavb(a ra)(b rb)rarb23。因為a和c兩輪用皮帶傳動，所以有vavc，綜上所述可知三輪上a、b、c三點的線速度之比vavbvc 232。 因為ab，所以有tatb。因為vavc，根據t2 rv可得tatcrarc23，所以三點轉動的周期之比tatbtc223。a b c rarbrcb b c c a a o . . - 優選 根據向心加速度公式av2r可得三點的向心加速度之比aaabacaarv2bbrv2ccrv2429343694。17、如圖所示， 將一質量為m的擺球用長為l的細繩吊起， 上端固定， 使擺球在水平面內做勻速圓周運動，細繩就會沿圓錐面旋

19、轉，這樣就構成了一個圓錐擺。關于擺球的受力情況，下列說法中正確的是（）a擺球受重力、拉力和向心力的作用b擺球受拉力和向心力的作用c擺球受重力和拉力的作用d擺球受重力和向心力的作用【解析】 c.物體只受重力g和拉力ft的作用，而向心力f是重力和拉力的合力，如圖所示。也可以認為向心力就是ft沿水平方向的分力ft2，顯然，ft沿豎直方向的分力ft1與重力g平衡。18、如圖所示，一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直于水平面，圓錐形筒固定不動，有兩個質量相等的小球a和b緊貼著內壁分別在圖中所示的水平面內做勻速圓周運動，則以下說法中正確的是（）aa球的線速度必定大于b球的線速度ba球的角速度必定小于b球的線速

20、度ca球的運動周期必定小于b球的運動周期da球對筒壁的壓力必定大于b球對筒壁的壓力【解析】 ab.小球a或b的受力情況如圖， 兩球的向心力都來源于重力g和支持力fn的合力，建立坐標系，有fn1fnsinmg，fn2fncosf，所以fmgcot，即小球做圓周運動所需的向心力，可見a、b兩球的向心力大小相等。比較兩者線速度大小時，由fmv2r可知，r越大，v一定較大。比較兩者角速度大小時，由fmr2可知，r越大，一定較小。比較兩者的運動周期時，由fmr(2t)2可知，r越大，t一定較大。由受力分析圖可知，小球a和b受到的支持力fn都等于mgsin。19、一細桿與水桶相連，水桶中裝有水，水桶與細桿

21、一起在豎直平面內做圓周運動，如圖所示，水的質量m0.5kg，水的重心到轉軸的距離l50cm。 若在最高點水不流出來，求桶的最小速率； 若在最高點水桶的速率v3m/s，求水對桶底的壓力?！窘馕觥?以水桶中的水為研究對象，在最高點恰好不流出來，說明水的重力恰好提供其做圓周運動所需的向心力，此時桶的速率最小。此時有mgmlv20，則所求的最小速率為v0gl5 .010m/s2.24m/s。m go f ftft1ft2mgfnfn1fn2x o y l m a b . . - 優選 在最高點，水所受重力mg的方向豎直向下，此時水具有向下的向心加速度，處于失重狀態，其向心加速度的大小由桶底對水的壓力和

22、水的重力決定。由向心力公式fmv2r可知，當v增大時，物體做圓周運動所需的向心力也隨之增大，由于v3m/sv02. 24m/s，因此，當水桶在最高點時，水所受重力已不足以提供水做圓周運動所需的向心力，此時桶底對水有一向下的壓力，設為fn，則由牛頓第二定律有fnmgmv2r，故fnmv2rmgn105.0n5.035 .024n。20.如圖所示為錄音機在工作時的示意圖，輪子1 是主動輪，輪子2 為從動輪，輪1 和輪 2 就是磁帶盒內的兩個轉盤，空帶一邊半徑為r1=0.5 cm ，滿帶一邊半徑為r2=3cm，已知主動輪轉速不變，恒為nl=36rmin，試求：（1）從動輪 2 的轉速變化 x 圍；（

23、2）磁帶運動的速度變化x 圍。解析： 本題應抓住主動輪（r1）的角速度恒定不變這一特征，再根據同一時刻兩輪磁帶走動的線速度相等，從磁帶轉動時半徑的變化來求解。（1）因為 v=r，且兩輪邊緣上各點的線速變相等，所以r26022n=r16021n，即 n2=21rrn1當 r2=3cm 時，從動輪 2 的轉速最小， nmin=min/3635. 0r=6rmin.當磁帶走完即r2=0.5cm，r1=3cm時，從動輪 2 的轉速最大，為n2max=21rrn1=min/365 .03r=216rmin，故從動輪 2 的轉速變化x 圍是 6rmin216rmin。（2）由 v=r12 nl得知： r1

24、=0.5cm 時， v1=0.510-226036m/s=0.019m/s r1=3cm 時， v2=310-226036=0.113ms。故磁帶運動的速度變化x 圍是 0.0 l9ms0.1 1 3 ms。21.一半徑為 r 的雨傘繞柄以角速度勻速旋轉，如圖所示，傘邊緣距地面高h，甩出的水滴在地面上形成一個圓，求此圓半徑 r 為多少 解析： 雨滴飛出的速度大小為v=r，雨滴做平拋運動。在豎直方向上有h=221gt在水平方向上有s=vt 由幾何關系知，雨滴半徑r=22sr解以上幾式得r=rgh221. . - 優選22.如圖所示，一個球繞中心軸線oo的角速度 做勻速圓周轉動，則（）a. a、b

25、 兩點線速度相同b. a、b 兩點角速度相同c. 若 =30o，則 a、b 兩點的速度之比va：vb=3：2 d. 若=30o，則 a、b 兩點的向心加速度之比aa：ab=3：2 解析：由于 a、b 兩點在同一球上， 因此 a、b 兩點的角速度相同，選項 b正確 .而據 v=r.可知 va1）之間變化，且重力加速度反常的最大值出現在半為l 的 x 圍的中心 ,如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積?！窘馕?】 （1）如果將近地表的球形空腔填滿密度為的巖石 ,則該地區重力加速度便回到正常值.因此 ,重力加速度反常可通過填充后的球形區域產生的附加引力gm

26、rmmg2來計算,式中的 m 是 q點處某質點的質量 ,m 是填充后球形區域的質量,vm而 r 是球形空腔中心o 至 q點的距離22xdrg在數值上等于由于存在球形空腔所引起的q點處重力加速度改變的大小.q點處重力加速度改變的方向沿 oq方向 ,重力加速度反常g是這一改變在豎直方向上的投影grdg聯立以上式子得2/322)(xdvdgg,（2）由式得 ,重力加速度反常g的最大值和最小值分別為2maxdvgg2/322min)(ldvdgg由提設有kgmax、ming聯立以上式子得 ,地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為13/2kld,) 1(3/22kgklv答案： （1）223/2()g

27、 vddx； （2）13/2kld,) 1(3/22kgklv21、 （2009 高考）已知地球半徑為r，地球表面重力加速度為g，不考慮地球自轉的影響。（1）推導第一宇宙速度v1的表達式；（2）若衛星繞地球做勻速圓周運動，運行軌道距離地面高度為h，求衛星的運行周期t?！窘馕?】 （1）設衛星的質量為m,地球的質量為m, . . - 優選在地球表面附近滿足mgrmmg2得grgm2衛星做圓周運動的向心力等于它受到的萬有引力221rmmgrvm式代入式，得到rgv1（2）衛星受到的萬有引力為222)()(hrmgrhrmmgf由牛頓第二定律)(422hrtmf、聯立解得g)hr(r2t3答案： （

28、1）rgv1（2）g)hr(r2t322、 （2009xx 高考） 2008 年 12 月，天文學家們通過觀測的數據確認了銀河系中央的黑洞“人馬座a*”的質量與太陽質量的倍數關系。研究發現，有一星體s2 繞人馬座 a*做橢圓運動，其軌道半長軸為9.50102天文單位（地球公轉軌道的半徑為一個天文單位），人馬座 a* 就處在該橢圓的一個焦點上。觀測得到s2 星的運行周期為15.2 年。(1)若將 s2 星的運行軌道視為半徑r=9.50102天文單位的圓軌道，試估算人馬座a*的質量 ma是太陽質量 ms的多少倍 (結果保留一位有效數字)；(2)黑洞的第二宇宙速度極大，處于黑洞表面的粒子即使以光速運

29、動，其具有的動能也不足以克服黑洞對它的引力束縛。由于引力的作用，黑洞表面處質量為m 的粒子具有勢能為ep=-gmmr(設粒子在離黑洞無限遠處的勢能為零)，式中 m、r 分別表示黑洞的質量和半徑。已知引力常量g=6.710-11nm2/kg2，光速 c=3.0108m/s，太陽質量 ms=2.01030kg，太陽半徑 rs=7.0108m，不考慮相對論效應， 利用上問結果，在經典力學 x 圍內求人馬座a*的半徑 ra與太陽半徑gr之比應小于多少（結果按四舍五入保留整數）?！窘馕?（1）s2 星繞人馬座a*做圓周運動的向心力由人馬座a*對 s2 星的萬有引力提供，設s2 星的質量為ms2，角速度為

30、，周期為t，則rmrmmgssa2222t2設地球質量為me，公轉軌道半徑為re，周期為te，則eeeesrmrmmg22綜合上述三式得23ttrrmmeesa式中te=1 年re=1 天文單位. . - 優選代入數據可得6104samm（2）0212rmmgmc依題意可知arr，amm可得22cgmraa代入數據得m102.110ar17sarr23、 （2008xx 高考）天文學家將相距較近、僅在彼此的引力作用下運行的兩顆恒星稱為雙星。雙星系統在銀河系中很普遍。利用雙星系統中兩顆恒星的運動特征可推算出它們的總質量。已知某雙星系統中兩顆恒星圍繞它們連線上的某一固定點分別做勻速圓周運動，周期均

31、為t，兩顆恒星之間的距離為r，試推算這個雙星系統的總質量。 （引力常量為g）【解析】 設兩顆恒星的質量分別為m1、m2，做圓周運動的半徑分別為r1、r2，角速度分別為w1,w2。根據題意有w1=w2 r1+r2=r根據萬有引力定律和牛頓定律，有g1211221rwmrmmg1221221rwmrmm聯立以上各式解得2121mmrmr根據解速度與周期的關系知tww221聯立式解得322214rgtmm24、 （2008 全國高考）我國發射的“嫦娥一號”探月衛星沿近似于圓形的軌道繞月飛行。為了獲得月球表面全貌的信息，讓衛星軌道平面緩慢變化。衛星將獲得的信息持續用微波信號發回地球。設地球和月球的質量

32、分別為m和m，地球和月球的半徑分別為r和r1，月球繞地球的軌道半徑和衛星繞月球的軌道半徑分別為r和r1，月球繞地球轉動的周期為t。假定在衛星繞月運行的一個周期內衛星軌道平面與地月連心線共面，求在該周期內衛星發射的微波信號因月球遮擋而不能到達地球的時間（用m、m、r、r1、r、r1和t表示，忽略月球繞地球轉動對遮擋時間的影）。. . - 優選【解析】 設探月衛星的質量為m0,萬有引力常量為g，根據萬有引力定律有222mmgmrrt1210210rt2mrmmg）（式中，t1是探月衛星繞月球轉動的周期。由式得2311trmtmr設衛星的微波信號被遮擋的時間為t，則由于衛星繞月球做勻速圓周運動，應有

33、1tt式中，=coa，=cob。由幾何關系得1cosrrr11cosrr由式得）（rrarccosrrrarccosmrrmtt11331或者）（rrrarccosrrarccosmrrmtt11331的也同樣給分。25、 （2007xx 高考）土星周圍有許多大小不等的巖石顆粒，其繞土星的運動可視為圓周運動。其中有兩個巖石顆粒 a 和 b 與土星中心距離分別位ra=8.0 104km 和rb=1.2 105km。 忽略所有巖石顆粒間的相互作用。 （結果可用根式表示）（1）求巖石顆粒a 和 b 的線速度之比。（2）求巖石顆粒a和 b 的周期之比。（3）土星探測器上有一物體，在地球上重為10n，推

34、算出他在距土星中心3.2 105km 處受到土星的引力為0.38n。已知地球半徑為6.4 103km，請估算土星質量是地球質量的多少倍？【解析】 （1）設土星質量為m0,顆粒質量為m,顆粒距土星中心距離為r,線速度為v,根據牛頓第二定律和萬有引力定律 :rmvrmgm220解得 :rgmv0。對于a、b兩顆粒分別有 :aargmv0和bbrgmv0，得 :26bavv（2）設顆粒繞土星作圓周運動的周期為t,則:vrt2對于a、b兩顆粒分別有 :aaavrt2和bbbvrt2得:962batt（3） 設地球質量為m,地球半徑為r0,地球上物體的重力可視為萬有引力,探測器上物體質量為m0,在地球表

35、面重力為g0,距土星中心r0=5102.3km 處的引力為g0,根據萬有引力定律: . . - 優選2000rgmmg20000rmgmg由得：950mm機械能守恒定律1. 對于質量一定的物體，下面陳述中正確的是a物體的動量發生變化，其動能必定變化b物體的動量發生變化，其動能不一定變化c物體的動能發生變化，其動量不一定變化d物體的動能變化，其動量必定變化解析對于質量一定的物體，由p=m可知，物體的動量變化只有可能是的變化引起， 是矢量，其變化有三種可能：(1)方向不變，大小改變(例如，自由落體運動)；(2)方向改變，大小不變(例如，勻速圓周運動 )；(3)方向、大小均改變(例如，平拋物體運動)

36、所以，在第二種情況中，物體速度的大小不變，其動能就不變， 動量的大小也不變，但由于物體速度的方向改變，動量的方向也就改變，故動量在變化 .選項 b 正確，選項a 錯誤對于質量一定的物體，物體的動能變化，物體的速度大小一定變化，又由p=m可知，物體的動量一定變化，選項c 錯誤，選項d 正確。 答案bd 2.質量為 0.2kg 的小球自距地0.8m 高處自由落下，碰地后跳起，第一次所能達到的最大高度是0.45m，若空氣阻力不計，以豎直向下方向為正方向，則小球落地時的速度是_；彈起時的速度是_；碰撞過程中動量的增量是_. 解析： 設小球落地時的速度是1v，彈起時的速度是2v，則自由落體運動公式gsv

37、22，得：smsmgsv/4/8 .0102211 小 球 彈 起 時 做 豎 直 上 拋 運 動 ， 由sgvv)(22021得：smsmgsv/3/45.0102222，方向豎直向上，碰撞過程中動量的增量是)/(4.142.0)3(2.012smkgmvmvp. 答案 4ms； -3m s； -1.4kg ms3.質量為 0.1kg 的小球以 =3ms 的速度水平拋出，當t=0.4s 時，小球的動量多大在 0.4s 內，重力的沖量是多大 (g 取2/10sm) 解析： 小球作平拋物體運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做自由落體運動當t=0.4s 時，小球的水平速度smvx/3，豎直方向速度

38、smsmgtvy/4/4. 010， 小球的合速 度smsmvvvyx/5/432222( 如 圖71)所以，小球的動量p=m =0.15kgms=0.5kgms由于 與水平方向的夾角滿足： sin =45=0.8，即 =53，所以小球在 0.4s 的動量方向跟相同，與水平方向成53角在 0.4s 內，重力的沖量i=mgt=0.1100.4ns=0.4ns，方向沿重力方向，豎直向下. . - 優選答案： 0.5kgms，與水平方向成53角； 0.4ns，方向豎直向下4.總長為 l 的光滑勻質鐵鏈跨過一個光滑的小滑輪，開始時底端相齊 (圖 8 46)當略有擾動時，其一端下落，則鐵鏈脫離滑輪的瞬間

39、速度多大 解析設鐵鏈的質量為m，取鐵鏈剛離開滑輪時其下端所在水平面為參考平面則初狀態鐵鏈的機械能lmge431(l43是鐵鏈重心到參考平面的高度) 末狀態鐵鏈的機械能222121mvlmge由機械能守恒定律得2212143mvlmglmg解得22glv5.如圖 8-47 所示的裝置中，木塊b與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈 a沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短，現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統 )，則此系統在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中a動量守恒，機械能守恒b動量不守恒，機械能不守恒c動量守恒，機械能不守恒d動量不守恒，機械能守恒解析從子彈射入木塊

40、到彈簧壓縮至最短的整個過程可以分為兩個階段，第一階段，子彈射入，使木塊獲得速度，此過程時間非常短暫，彈簧還未被壓縮；第二階段，子彈與木塊以同一速度壓縮彈簧，直到速度為零，彈簧被壓縮至最短在第一階段， 系統不受外力， 動量守恒， 但由于子彈射入木塊中會產生熱量，子彈損失一部分機械能，機械能不守恒在第二階段，子彈和木塊以同一速度壓縮彈簧，只有彈力做功，機械能守恒，而此階段中，墻壁對彈簧產生越來越大的作用力，系統受到的合外力不為零，動量不守恒(從直觀也可以判斷出系統的動量從有到無，不守恒) 綜上所述，子彈從開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中動量不守恒，機械能也不守恒答案 b 6.如下圖所示的裝

41、置中，木塊b 與水平桌面間的接觸是光滑的子彈 a 沿水平方向射入木塊后留在木塊將彈簧壓縮到最短.現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統 )，則此系統在從子彈開始射入到彈簧壓縮至最短的整個過程中( ) a.動量守恒，機械能守恒b.動量不守恒，機械能不守恒c.動量守恒，機械能不守恒d.動量不守恒，機械能守恒解析 ：子彈打擊木塊b，子彈和 b 組成系統 .由于作用時間很短，彈簧還未發生形變，合外力為零，系統動量守恒 .子彈對 b 的摩擦力做功 (a 的位移很小 )，小于子彈克服摩擦力做功，兩者的總功為摩擦力乘以子彈射入木塊的深度，即-f d，機械能減少，機械能不守恒.在壓縮過程中，系統受墻的

42、沖量，動量不守恒但機械能守恒，因系統所受墻的作用力不做功，只有彈簧彈力做功.若從開始作用直到將彈簧壓至最短作為一個過程，組成系統的木塊、子彈和彈簧既受外力作用又有除彈力以外的力做功，所以系統的動量和機械能均不守恒.答案選 d. . . - 優選7.如下圖所示，輕彈簧豎直立在水平桌面上并與桌面連接，在距彈簧上端高為h 處有一小球自由下落，正好落在彈簧上，把彈簧壓縮后又被彈起，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是 ( ) a.小球落到彈簧上后立即做減速運動，動能不斷減小，但動能與彈性勢能之和保持不變b.小球在碰到彈簧后，把彈簧壓至最短的過程中，系統的重力勢能與動能之和一直在減小c.小球在碰到彈簧后，

43、把彈簧壓至最短的過程中，系統的彈性勢能與重力勢能之和一直在增大d.小球被彈簧彈起后，運動的最高點仍是出發點解析： 由于不計空氣阻力，以小球、彈簧和地球組成的系統為研究對象，則只有系統內的重力和彈力做功，因此系統的機械能守恒，即小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉化，這三種能量之和保持不變 .所以本題應根據機械能守恒進行分析與判斷. 小球落到彈簧上， 壓縮彈簧向下運動至最低點的過程中，小球所受重力做正功，使小球的重力勢能減小，同時小球又克服彈簧彈力做功，使彈簧的彈性勢能增大.在此過程中，先是小球所受重力大于向上的彈力，合力向下，速度與加速度方向均向下，小球向下作變加速運動，動能與彈性勢能增

44、大而重力勢能減小，因此選項 a不正確；當小球運動到平衡位置時，小球所受合力為零，加速度為零，速度增至最大，動能也達到最大；當小球越過平衡位置繼續向下運動時，小球所受合力及其產生的加速度方向改為向上，與速度反向，小球作變減速運動，動能減小，重力勢能繼續減小而彈性勢能繼續增大；當小球到達最低點時，動能減到零，重力勢能減小到最小而彈性勢能達到最大.由此可知，在此運動過程中，動能與重力勢能之和(等于系統機械能與彈性勢能之差)隨彈性勢能的增大而減小，故選項b正確 .而彈性勢能與重力勢能之和(等于系統機械能與動能之差)則在平衡位置上方是隨動能的增大而減小，在平衡位置下方是隨動能的減小而增大，即經歷了先減小

45、后增大的過程，故選項c 不對 . 從最低點反彈后的運動中，動能、重力勢能，彈性勢能又經歷了與上述相反的過程，由機械能守恒可知小球上升的最高點與出發點相同，系統的機械能表現為最大的重力勢能，故選項d 正確 . 故本題正確答案是b、d. 8.如下圖所示，粗細均勻的全長為l 的光滑鐵鏈對稱地掛在輕小而光滑的定滑輪上.輕輕擾動一下鐵鏈的一端，使它從靜止開始運動，則鐵鏈剛脫離滑輪的瞬間的速度多大 解析 ：鐵鏈在運動過程中只有重力做功，因此鐵鏈的機械能守恒.當鐵鏈剛脫離滑輪時具有動能，而剛開始時鐵鏈的動能為零，那么這個動能只能是減小的重力勢能轉化而來的 .因此應運用機械能守恒定律求解本題. 設鐵鏈的質量為

46、m，由于只有重力對鐵鏈做功，因此鐵鏈的機械能守恒.鐵鏈從靜止開始運動到剛脫離滑輪過程中，減少的重力勢能為ep=mg2l-mg 4l=41mgl，增加的重力勢能為ep=21m2根據機械能守恒定律，有ep=ek即41mgl=21m2得 =21gl29.如下圖所示，離地高為h 的物體 a 通過跨在定滑輪上的輕繩與放在光滑水平桌面上，質量和a 相同的物體b 連接，由靜止開始下落和從同一高度單獨自由下落這兩種情況下，a 離地面的高度h 分別為多少時，它的動能與勢能相等(設 b 沒有滑離桌面 ) 解析 ：取地面為零勢能參考面，設a 離地高度為h 時，其動能等于勢能，則有mgh=21m2當 a 物體單獨自由

47、下落時，初始機械能為e1=mgh，末態時機械能為e2=ep2+ek2=mgh+21m2=2mgh,由機械能守恒e2=e1得mgh=2mgh.h=21h . . - 優選當 a 通過繩子連接b 后再由靜止下落時，設桌面高為h，則初態系統的機械能為e1=mgh+mgh，末了狀態系統的機械能為e2=mgh+mgh+21(m+m)2，根據機械能守恒定律得e2=e1,即mgh+mgh+212m2=mgh+mgh將 mgh=21m2代入上式，解得h=31h 即兩種情況下， a 物體動能與勢能相等時離地面的高度分別為31h 和21h. 10.如下圖所示， 半徑為 r，質量不計的圓盤盤面與地面相垂直.圓心處有

48、一個垂直盤面的光滑水平固定軸o，在盤的最右邊緣固定一個質量為m 的小球 a，在 o 點的正下方離o點 r/2 處固定一個質量也為m 的小球 b.放開盤讓其自由轉動，問：(1)當 a球轉到最低點時，兩小球的重力勢能之和減少了多少 (2)a 球轉到最低點時的線速度是多少 (3)在轉動過程中半徑oa向左偏離豎直方向的最大角度是多少 解析 ：(1)兩小球勢能之和的減少，可選取任意參考平面進行計算.設以通過o 點的水平面為參考平面，開始時和a 球轉到最低點時兩球的重力勢能之和分別為：ep1=epa+epb=0+(-mg2r)=-mg2r,ep2=e pa+epb=(-mgr)+0=-mgr, 則兩球重力

49、勢能之和減少量為ep=ep1-ep2=-21mgr-(-mgr)= 21mgr. (2)由于圓盤轉動過程中，只有兩小球重力做功，機械能守恒， 因此兩球重力勢能之和的減少一定等于兩球動能的增加 .設 a 球轉到最低點時，a、b 兩球速度分別為a、b，則 ep=eka+ekb,即21mgr=21m2a+212b. 又 a、b 兩球固定在同一個圓盤上，轉動過程中的角速度 相同，由圓周運動知：a=r，b=2r，所以a=2b。代入 式，得a=gr54(3)設半徑 oa向左偏離豎直線的最大偏角為 ，如上圖所示 .該位置的機械能e3=ep3=mg2rsin -mgrcos . 而開始時的機械能e1=ep1=

50、-21mgr. 由機械能守恒定律，得：e3=e1,21mgrsin -mgrcos =-21mgr,2cos =1+sim . 等式兩邊平方并整理，得5sin2+2sin -3=0. 解得： sin =53,sin =-1( 舍去 ). =arcsin53. 11.如下圖所示，質量為m 的小車在光滑的水平面上以0向左勻速運動，一質量為 m 的小球從高h 處自由下落， 與小車碰撞后， 反彈上升的高度仍為 h，設 mm，碰撞彈力nmg，球與車之間的摩擦系數為，則小球彈起后的水平速度是 ( ) a.2ghb.0c.2gh2d.- 0解析： 設小球與小車碰前速度為1，碰后豎直向上彈起速度為2，碰后水平

51、速度為 3，相互作用時間為t，相互作用時間為t，相互作用彈力為n，摩擦力為 f.設向上方向為正方向，則據機械能守恒定律及動量定理有：. . - 優選1=gh22=gh2(n-mg)t=+m 2-m(- 1)=m(2+1) 又因為 nmg:所以有： n=tghm 22小球在水平方向只受摩擦力f= n=tghm 22水平方向應用動量定理有：ft=m3，tghm22t=m3，3=2gh2.故選 c. 12.一物體從固定的斜面底端a點沖上斜面， 向上滑到斜面上的b 點時，與在 a 點時比較，其動能減少100j，由于摩擦力的作用其機械能減少30j.當它再次返回a 點時，動能為100j.則當它向上沖時，在

52、a 點所具有的初動能為多大 解析 ：設斜面傾角為 ，a、b間距離為 s1,則物體由 a運動到 b時，根據動能定理，有(f+mgsin )s1=ek=100j.根據功和能的關系知機械能減少等于克服摩擦力所做的功，有fs1=e機=30j. 設物體從a 點沿斜面上升的最大距離為s，則有 a 點的初動能eka等于克服摩擦力和重力做的總功，即eka=(f+mgsin )s. 由、式，解得 s=kkaees1，所以從 a 點到最大高度處這一過程中克服摩擦力做的功為wf=fs=kkaeefs1. 將式代入 式，得 wf=kkaee e機=10030eka=0.3eka. 物體從 a 點出發返回a 點過程中克

53、服摩擦力做功為2wf，重力勢能不變，根據功能關系，有eka-eka=2wf,即eka-eka=20.3eka. 所以在 a 點所具有的初動能為eka=25eka=25eka=25 100j=250j. 13.如圖所示， a、b 兩物體彼此接觸靜放于水平面上，且水平面和a 的表面均光滑，物體c 由靜止開始從p 點下滑，設三個物體的質量均為m,c 剛滑到最低點時速率為 ，則( ) a.a和 b 不會出現分離現象b.當 c 第一次滑到a 左側最高點時， a 的速度為4v，方向向左c.當 c 滑行到 a 左側最高點時， a 的速度為2v，方向向左d.a將會從桌面左邊滑出解析 ：此問題中，因為所有接觸面

54、均光滑，所以滿足水平方向上動量守恒，機械能守恒. 當 c 從 p 下滑時， a將向右滑動，故b也向右滑動，所以a和 c 組成系統有向左的動量，當c 滑到 a最低點時， a開始減速， ab 分離 . 當 c 滑到 a 最低點時，有：mgh=21mc2+21(ma+mb)21mc=(ma+mb)1當 c 從 a 的最低點滑到a 的左側最高時，有水平方向動量守恒：mc-ma1=(mc+ma)共ma=mb=mc,由以上得： 共=4v.故選 b、d. 14.如下圖所示，質量為m 的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為x0，一物塊從鋼板正上方距離為3x0的 a 處自由落.

55、 . - 優選下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連.它們到達最低點后又向上運動，已知物塊質量也為m 時，它們恰能回到o點，若物塊質量為2m，仍從 a 處自由落下，則物塊與鋼板回到o 點時，還具有向上的速度，求物塊向上運動到達的最高點與o點的距離 . 解析 ：物體和鋼板碰撞過程瞬間動量守恒，而后，系統機械能守恒. 物塊與鋼板碰撞前速度0=06gx1為兩物體碰后的共同速度，則m0=2m1,1=20v設碰前彈簧的彈性勢能為ep,則 ep+21(2m)21=2mgx0當 2m 的物體與鋼板相碰，則2m0=3m2，2=320兩次彈簧的勢能相等，則ep+21(3m)22=3mgx0+21(3m

56、)2式中 為物塊離鋼板的速度.212m2=2mgll=2/2g 整理： l=21x015.如下圖所示，小球a 用不可伸長的輕繩懸于o 點，在 o 點的正下方有一固定的釘子， ob=y.初始時，小球a 與 o 同水平面，無初速釋放a，繩長為l.為使球能繞b 點做圓周運動，求y 的取值 x 圍. 解析 ：小球擺到最低點只有重力做功，繩碰到b 點的釘子后，繩繞b 點做圓周運動，要保證讓小球上升到圓最高點，則圓半徑不能太大.則 r=l-y.做完整的圓周運動，只要最高點d 滿足關系式m2d/rmg. 球從初始位置釋放，到圓的最高點d，只有重力做功，拉力不做功，機械能守恒，有 mg(l-2r)=21m2d

57、. 由、式，得ly53l. 16.如下圖所示，質量均為m 的三個小球 a、b、c 用兩根長均為l 的細線相連，放在高為 h 的光滑水平桌面上(hl)， 其中 a 球剛跨過桌邊 .從靜止開始釋放后，a、b 球相繼下落后著地后均不反跳，則c球剛離開桌邊時的速度大小是多少 解析 ：設 a 球落地時的速度為1，則由釋放到a 球著地的過程中，由機械能守恒定律， a、b、c 系統減少的重力勢能等于連接體增加的動能，即mgh=213m12 設 b 球著地時的速度為2，從 a球著地后至b球著地前的過程中，由機械能守恒定律，b 球減少的重力勢能等于b球和 c球增加的動能，即mgh=212m22-212m21 將

58、式中的 21代入 式解得：2=gh35由于 lh， b 球著地后又不再反跳，c 球即以速度2作勻速直線運動直到離開桌邊.因此 c 球離開桌邊時的速度大小為3gh5. 17.一輕繩通過無摩擦的定滑輪與在傾角為30的光滑斜面上的物體 m1連接，另一端和套在豎直光滑桿上的物體m2連接 .已知定. . - 優選滑輪到桿的距離為3m，物體 m2由靜止從ab 連線為水平的位置開始下滑1m 時， m1、m2恰受力平衡如圖所示 .試求：(1)m2在下滑過程中的最大速度. (2)m2沿豎直桿能夠向下滑動的最大距離. 解析： (1)由圖可知，隨m2的下滑，繩子拉力的豎直分量是逐漸增大的，m2在 c點受力恰好平衡，

59、因此m2從 b 到 c的過程是加速過程，以后將做減速運動，所以m2的最大速度即出現在圖示位置.對 m1、m2組成的系統來說，在整個運動過程中只有重力和繩子拉力做功，但繩子拉力做功代數和為零，所以系統機械能守恒. e增=e減，即21m121+21m222+m1g(ac-ab)sin30=m2gbc又由圖示位置m1、 m2受力平衡，應有：tcosacb=m2g,t=m1gsin30 . 又由速度分解圖知1=2cosacb, 代入數值后可解得2=2.15m/s. (2)m2下滑距離最大時m1、m2速度為零，對整個過程應用機械能守恒定律，得 e增=e減，即m1g(22abh-ab)sin30=m2gh

60、. 利用 (1)中質量關系可求得m2下滑的最大距離為h=343m=2.31m. 18.面積很大的水池，水深為h，如圖 6-6 所示，水面上浮著一正立方體木塊， 木塊邊長為a，質量為 m，密度為水的21.開始時木塊靜止，有一半沒入水中，現用力f 將木塊緩慢地壓入池底，不計摩擦，則從木塊起始到剛好完全沒入水中的過程中池水勢能的改變量為，從木塊起始到停在池底的過程中，力f所做的功為 . 【解析】 (1)如圖木塊起始到剛好完全沒入水中的過程中，相當于把陰影部分的23a體積的水搬到了水面上，因水面積很大，可認為新水面 高 度 不 變 ， 故23a體 積 的 的 水 重 心 升 高 了a43，mggaga