1、1561418243342546172768084879094104110121關卡2 關卡3 關上4 關卡5A AAY8 m 8 m2015年高考物理試題分類匯編及答案解析（20個專題）目錄直線運動.相互作用.專題三牛頓運動定律專題四 曲線運動專題五萬有引力定律專題六機械能與能源專題七 電場專題八 恒定電流專題九 磁場專題十 電磁感應專題十一 交變電流 傳感器一. 專題十二機械振動與機械波一. 專題十三光學電磁波及相對論 專題十四 動量與動量守恒. 專題十五波粒二象性原子物理 專題十六力學實驗專題十七 電學實驗專題十八 選彳3-3 專題十九 選彳3-4 專題二十選彳修3-5 專題一直線運動2

2、【解析】加速運動時間t1 - 1s,加速運動位移s1 -v- 1m ,到第2關卡勻速運動的時 a2aL s 8 1間t2 s1 3.5s,所以到達第2關卡的時刻（從開始運動計時）為 耳 4.5s小v 2于5s,放行；從第2關卡到第3關卡勻速運動時間t3 L -8 4S,所以到達第3關卡的 v 2時刻（從開始運動計時）為 T3 8.5s, 7 8.5 12,也是放行。從第3關卡到第4關卡勻速運動時間仍然是 4s,所以到達第4關卡的時刻（從開始運動計時）為t3 12.5s,12 12.5 14,被檔住。【答案】C【點評】本題考查直線運動知識，難度：中等。2. （15福建卷）（15分）一摩托車由靜止

3、開始在平直的公路上行駛，其運動過程的v-t圖像如圖所示，求：（1） 摩托車在0-20s這段時間的加速度大小 a；（2） 摩托車在0-75s這段時間的平均速度大小 V。【答案】（1） 1.5m/s 2 （2） 20 m/s【解析】V2試題分析：（1）由圖知，在 0-20s內做勻加速運動，根據 a ,可求加速度 a=1.5m/s ;t（2）根據v-t圖像與坐標軸圍面積表示位移可求在0-75s時間內位移為x=1500m所以平均速度為v x 20 m.s t3. （15四川卷）（15分）嚴重的霧霾天氣，對國計民生已造成了嚴重的影響，汽車尾氣是形成霧,霾的重要污染源，“鐵腕治污”已成為國家的工作重點，地

4、鐵列車可實現零排放，大力發展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放。若一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動，先勻加速運動20s達到最高速度72km/h,再勻速運動 80s,接著勻減速運動15s到達乙站停住。設列車在勻加速運動階段牽引力為1X106N,勻速階段牽引力的功率為6X103kW忽略勻減速運動階段牽引力所做的功。（1）求甲站到乙站的距離;（2）如果燃油公交車運 彳亍中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，求公交車排 放氣體污染物的質量。（燃油公交車每做1焦耳功排放氣體污染物 3X106克）【答案】（1） s= 1950mx （2） F 2.04kg【解析】試題分析：

5、（1）根據勻變速直線運動規律可知，地鐵列車勻加速運動的位移為：1_S 1 = vt12勻減速運動的位移為：S3=；vt3根據勻速運動規律可知，地鐵列車勻速運動的位移為：S2= vt 2根據題意可知，甲站到乙站的距離為：S=S1+S2+S3由式聯立，并代入數據解得：s= 1950m.（2）地鐵列車在從甲站到乙站的過程中，牽引力做的功為：W= Fs+Pt2根據題意可知，燃油公交車運行中做的功為：W= W 由式聯立，并代入數據解得：W= 6.8 x 108J所以公交車排放氣體污染物的質量為：m 3X 10 9X 6.8 X 108kg = 2.04kg考點：勻速直線運動與勻變速直線運動規律的應用，以

6、及功大小的計算。4. （15重慶卷）若貨物隨升降機運動的v t圖像如題5圖所示（豎直向上為正），則貨物受到升降機的支持力 F與時間t關系的圖像可能是考點：本題考查v t圖圖像、超重與失重、牛頓第二定律。5. （15重慶卷）同學們利用如題首先，甲同學捏住直尺上端，使直尺保持豎直狀態，直尺零刻度線位于乙同學的兩指之間。當乙看見甲放開直尺時，立即用手指捏直尺， 若捏住位置的刻度讀數為 X ,則乙同學的反應時間為（重力加速度為g ）。基于上述原理，某同學用直尺制作測量反應時間的工具，若測量范圍為00.4s ,則所用直尺的長度至少為cm （g取10m/s2）;若以相等時間間隔在該直尺的另一面標記出表示反

7、應時間的刻度線，則每個時間間隔在直尺上對應的長度是的（選填“相等”或“不相等”）.,80 ,不相等試題分析：在人的反應時間內直尺做自由落體運動，有2xT1c 1c反應時間最長為t 0.4s,需要直尺的長度為x gt2 10 0.42 0.8m 80cm; 22自由落體運動從計時開始連續相等時間的位移為1:4:9:16 ,而相等時間內的位移為1:3:5:7 ,故長度不相等。考點：本題考查研究自由落體運動的規律。6. （15廣東卷）一,單項選擇劇士1工甲,乙兩人同時同地出發騎白疔車做在線運動，前1小勝內的位移時間圖像如圖3所 示口下列表述正確的是A.020. 5小時內.甲的加速度比乙的火-4A 氏

8、62-必5小時內，甲的速度比乙的大，：/：4 I-|I ''.C0.6-G.E小時內”甲的位移比乙的小.：D. 0.8小時內，甲.乙騎行的絆程和等心. L ： 一 .答案四E【鯽忻】這是kt圖像，0.2-0. 5小時內.根據圖像知道甲乙都做勻速亶線運動,加速披郃 為0*甲的斜率比乙大，所以甲的速度大F乙的速度,所以A選項楮誤.口正確土 0. 6-0.8 小忖內.甲的位移是哺明乙的位移是71n. e錯誤：0 8小時內甲乙的位移相同.但是路程 不一樣. 0懈誤.7. （15廣東卷）M如期4所小.帆板在海面上以速度1朝正西方向運動.帆船以速度i朝正北方向航行, 以帆板為翳照物M帆船朝

9、正東方向航行，速度大小為YE.帆船朝正西方向航行，速度大小為卡二帆船朝南俯東45方向航行，速度大小為v5v艮帆船朝北偏東450方向航行.速度大小為；jv答案】口【解析】考察速度的合成,以帆板為參照物.帆箱在水平方向以速度V向東運動，強直方而 以速度向北運動根據矢陵合成的平行四邊形定期可以求的帆船以帆板為參照物是以“ 的速度向北偏東北.運動，故選度專題二相互作用1. （15海南卷）如圖，物塊 a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點 O;整個系統處于靜止狀態； 現將細繩剪斷， 將物塊a的加速度記為a1, S和S2相對原長的伸長分別為

10、l 1和 12,重力加速度大小為 g, 在剪斷瞬間A.ai=3gB.【答案】ACai =0C. l i=2A l 2 D. l 產 12t解析】設物1體的粉量為w剪斷細編的聘間，賽子的拉力消失，漂簧還沒有來得及改變，所以剪甑細幅的BS間。 受到重力和強簧況的拄力7；，剪斷前對比和彈簧組成的整體分析可知萬=2,故皿受到的合力F=加g + g =制且+ 2用初唔，故加速度.三£三旭.A正牖屋錯誤:沒彈簧品的拉力為工，則 ZM心=，解，根據胡克定律F = AAx可得A/3 = 2&二.C正確D錯誤；2. （15廣東卷）18.如圖所示，三條繩的 先都系在細直桿就端.另一姐都固定/二水

11、平地血卜一.赭H要 隹緊限在地而匕若三條繩長度不同，下列說法正確的有1A.三條攤中的張力都相等力|B.桿對地面的壓力大于自身書力/ 二 繩子對桿的拉力在水平方向的合力為零/ .D.繩子粒力的合力與桿的啦力是一時平衡力/''【答案】BC【解析】A、受力分析可得,二個繩子不等長,即與地面夾角不等.散其力果等大.B,在此 支持力。重力和繩子向下的分力平衡，敵對地面的用力應與重力和繩子向下分力的和等大. C.懺在水平方向處于平衡狀態.故三維水平向合力為零.口、繩的拉力，重力和桿堡到的支 拉力三力平衡*專題三牛頓運動定律a隨時間t變化的圖線如圖所1. （15江蘇卷）一人乘電梯上樓，在豎直

12、上升過程中加速度示，以豎直向上為 a的正方向，則人對地板的壓力A. t=2s時最大 B . t=2s時最小C. t=8.5s 時最大 Dt=8.5s時最小6.【解析】04s,加速度向上，人超重，設地板對人支持力為 Fn,則FN mg ma,當t 2s 時，加速度最大，支持力就最大，根據牛頓第三定律，人對地板壓力也最大；710s,加速度向下，人失重，設地板對人支持力為 Fn,則mg-FN ma, Fn mg ma當t 8.5s時, 加速度最大，支持力就最小，根據牛頓第三定律，人對地板壓力也最小。【答案】AD【點評】本題考查牛頓定律和超重失重知識，難度：中等B、C三點在同一水2. （15福建卷）如

13、圖，在豎直平面內，滑到ABC于B點對稱，且 A平線上。若小滑塊第一次由 A滑到C,所用的時間為ti,第二次由C滑到A所用時間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒 定，則（）A 11 12B ti t2C t1 t2D.無法比較匕、t2的大小【答案】：A2試題分析：在AB段，根據牛頓第二定律 mg FN mL,速度越大，滑塊受支持力越小，R2摩擦力就越小，在 BC段，根據牛頓第二定律 FN mg mL ,速度越大，滑塊受支持力R越大，摩擦力就越大，由題意知從A運動到C相比從C到A,在AB段速度較大，在 BCa速度較小，所以從 A到C運動過程受摩

14、擦力較小，用時短，所以 A正確。3. (15海南卷)假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發動機的輸出功率變為原來的2倍，則摩托艇的最大速率變為原來的()A.4 倍 B. 2 倍 C.33 倍D. V,2 倍【答案】D【解析】設f kv ,當阻力等于牽引力時，速度最大，輸出功率變化前，有P Fv fv kv v kv2,變化后有 2P F 'v' kv' v' kv'2,聯立解得 v' J2V , d 正確；4. (15海南卷)如圖，升降機內有一固定斜面，斜面上放一物體，開始時升降機做勻速運 動，物塊相對斜面勻速下滑，當升降機加速上

15、升時A.物塊與斜面間的摩擦力減小B.物塊與斜面間的正壓力增大C.物塊相對于斜面減速下滑D.物塊相對于斜面勻速下滑【答案】BD【解析】當升降機加速上升時，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據滑動摩擦力公式 FfFn可知接觸面間的正壓力增大，物體與斜面間的摩擦力增大,故A錯誤B正確；設斜面的傾角為，物體的質量為ml當勻速運動時有mg sin mg cos ,即sin cos ，假設物體以加速度 a向上運動時，有N m(g a) cos , fm( g a) cos ,因為 sin cos ,所以m(g a) sinm(g a) cos，故物體仍做勻速下滑運動，C錯誤D正確；5.

16、 (15四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上， B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過 A點并垂直于軌道的豎直面右側有大小 E= 1.5 X 106N/C,方向水平 向右的勻強電場。帶負電的小物體 P電荷量是2.0 X 10 6C,質量m 0.25kg ,與軌道間動摩 擦因數(1=0.4，P從O點由靜止開始向右運動，經過 0.55s到達A點，到達B點時速度是 5m/s,到達空間 D點時速度與豎直方向的夾角為 a ,且tan a =1.2。P在整個運動過程中 始終受到水平向右的某外力 F作用，F大小與P的速率v的關系如表所示。P視為質點，電 荷量保持不變，忽略空氣阻力，取 g

17、= 10 m/s 2,求：26y(1)小物體P從開始運動至速率為 2m/s所用的時間；(2)小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功。【答案】(1) t1=0.D5s； (2) W= - 9.25J。【解析】試題分析：(1)物體P在水平桌面上運動時，豎直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑動摩擦力大小為：f = mg= 1N根據表格數據可知， 物體P在速率v=02m/s時，所受水平外力Fi=2N> f,因此，在進入 電場區域之前，物體P做勻加速直線運動，設加速度為a1,不妨設經時間t1速度為V1 = 2m/s, 還未進入電場區域。根據勻變速直線運動規律有：vi= a1t 1根據牛頓

18、第二定律有：F1 f = ma由式聯立解得：11=v = 0.5s < 0.55s ,所以假設成立Fi f即小物體P從開始運動至速率為 2m/s所用的時間為t1=0.5s(2)當物體P在速率v=25m/s時，所受水平外力 F2=6N,設先以加速度 比再加速t2 =0.05s至A點，速度為V2,根據牛頓第二定律有：F2f = ma根據勻變速直線運動規律有： V2= V1 + a2t 2由式聯立解得：V2= 3m/s物體P從A點運動至B點的過程中，由題意可知，所受水平外力仍然為F2=6N不變，設位移為Xi,加速度為a3,根據牛頓第二定律有：F2fqE= ma根據勻變速直線運動規律有：2a3X

19、1= vB v2。由式聯立解得：xi = 1m根據表格數據可知， 當物體P到達B點時，水平外力為 F3=qE= 3N,因此，離開桌面在水平方向上做勻速直線運動， 在豎直方向上只受重力，做自由落體運動，設運動至 D點時，其水平向右運動位移為 X2,時間為t3,則在水平方向上有：X2=VBt3 0根據幾何關系有：cot “ =更V2由式聯立解得：X2= 25 m?12所以電場力做的功為： WW qE（X1 + X2）?由？式聯立解得： W= 9.25J考點：物體的受力分析、牛頓第二定律、勻變速直線運動規律、平拋運動規律、功的定義式的應用。6. （15安徽卷）圖示是 a粒子（氯原子核）被重金屬原子核

20、散射的運動軌跡，M N P、Q是軌跡上的四點，在散射過程中可以認為重金屬原子核靜止不動。圖中所標出的a粒子在各點處的加速度方向正確的是A. M B.N C . P D . Q【答案】C【解析】同種電荷相排斥，庫侖力沿兩者連線指向受力物體，由牛頓第二定律知， 加速度也沿兩者連線指向受力物體。7. （15重慶卷）若貨物隨升降機運動的v t圖像如題5圖所示（豎直向上為正），則貨物受到升降機的支持力 F與時間t關系的圖像可能是考點：本題考查v t圖圖像、超重與失重、牛頓第二定律。8. （15新課標2卷）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂一大小為a的加速度

21、向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤 P和Q間的拉力大小為F;當機車在西邊拉著這列車廂一大小為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤 P和Q間的拉力大小仍為 F。不計車廂與鐵軌間的摩擦， 每節車廂質量相同， 則這列車廂的節數可能為A. 8B.10C.15D.18【答案】BC【解析】試題分析：由設這列車廂的節數為n, P、Q掛鉤東邊有 m節車廂，每節車廂的質量為 m由F2 F2牛頓第一定律可知： ，解得：k n,k是正整數，n只能是5的倍數，km 3 （n k）m5故B、C正確，A、D錯誤考點：牛頓第二定律9. （15新課標2卷）下暴雨時，有時會發生山體滑坡或泥石流等地質災害。某地有一傾角為

22、0=37° （sin370 = 3 ）的山坡C,上面有一質量為 m的石板B,其上下表面與斜坡平行；5B上有一碎石堆 A （含有大量泥土），A和B均處于靜止狀態，如圖所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為 m （可視為質量不變的滑塊），在極短時間內，A B間的動摩擦因 3數 邛減小為3, B、C間的動摩擦因數 科2減小為0.5, A B開始運動，此時刻為計時起點；8在第2s末，B的上表面突然變為光滑，廠保持不變。已知 A開始運動時，A離B下邊緣的距離l =27mT, C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)在02s時間內A和B加速度的大

23、小(2) A在B上總的運動時間【答案】(1) ai=3m/s2； a2=lm/s2； (2) 4s【解析】市融4Hh本鈍干舉著香牛印第一市津、M口速工動加津kJ益物中治百程向胃：口)在。-入內，月和B受力如圖所示由滑動摩朦力公式和力的平衡條件得:h -色7Vl = M + mg gs J<4)以沿著斜面向下為正方向，設/和修的加速度分別為，由中頓第二定律可得;mg sin f1 ma1mg sin f2 f1 ma22聯立以上各式可得 ai=3m/ss =1皿辭Q）在尸2部涉和3的加速度分別為，則下v2=jl=im-;5- dD時，設4和B的加速度分別為&，的此時8之間摩擦力為零

24、，同理可得:a = hml y1 .ODn； =2/m/s2 即B做句說速n設經時間，B的逵度減為棗.則m嗎 +日垢=0. .（13）底立的0®耳得£1工在£廠以時間內，A相對于B運動的距離為$ =：餐今十吊后尸（：口H +均Xa） =12m上癡.®此后3靜止不動，4名掇在K上滑動，設再經時間后也d離開國則有 工一三 二（、十口：）馬十工口：4可得另一解不合題意,舍去'F ）則且在E上的運動時間為/ S-f總 4廣立一，3=45（利用下面的速度圖象求解，正確的，參照上述答案信參考給分）八耐（m，尸）考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動;專題四 曲線

25、運動1. （15江蘇卷）一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球TE 0的VYA.做直線運動 B .做曲線運動 C .速率先減小后增大， D.速率先增大后減小【解析】小球受重力和電場力，合力方向左下，初速度與合力不在同一直線，所以小球做曲線運動。初階段，合力與速度夾角為鈍角，速率減小，后來，合力與速度夾角為銳角，速率 增大，所以速率先減小后增大。【答案】BC【點評】本題考查曲線運動，難度：中等2. （15江蘇卷）一轉動裝置如圖所示，四根輕桿OA OC AB和CBI兩小球以及一小環通過錢鏈連接，輕桿長均為 l ,球和環的質量均為 mi O端固定在豎直

26、的輕質轉軸上，套在轉軸上的輕質彈簧連接在 O與小環之間，原長為 L,裝置靜止時，彈簧長為 El,轉動該裝置2并緩慢增大轉速，小環緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g,求:(1)彈簧的勁度系數 k;(2) AB桿中彈力為零時，裝置轉動的角速度031 (3)彈簧長度從 L緩慢縮短為一L的過程中，外界對轉動裝置所做的功W22【解答】(1)裝置靜止時，設 OA AB桿中的彈力分別為 F1、T1 , OA桿與轉軸的夾角為1小環受到彈簧的彈力 F彈1 k L2小環受力平衡F彈1 mg 2T1 cos 1小球受力平衡 F1 cos 1 T1 cos 1 mg ； F1 si

27、n 1 T1 sin 14mg解得kL(2)設OA AB桿中的彈力分別為F2、T2, OA桿與轉軸的夾角為2,彈簧長度為X。小環受到彈簧的彈力 FW2 k(x L)5 .小環受力平衡5彈2 mg ,得x - L4對小球F2 cos 2mg;2,.F2 sin 2 m 01 sin 2 ; cos 2x2l1(3)彈簧長度為1L時,2設OA AB桿中的彈力分別為F3、T3 , OA桿與轉軸的夾角為小環受到彈簧的彈力F彈31kL2小環受力平衡f彈3mg2T3cos 3 ，cos 34l對小球 F3 cos 3 mg T3 cos 3； F3sin 3T3 sin“21m 31sin整個過程彈簧彈性

28、勢能變化為0,則彈力做功為0,由動能定理31319W mg(-L L) 2mg( L L) 2 2m( 3l sin 3) 22442 16mgl 解得 W mgL -J【解析】小球和小環位置示意圖【點評】本題考查圓周運動，彈簧等知識和力的分析， 力的平衡，向心力等能力，綜合性強, 物理情景復雜。難度：難3. (15福建卷)(19分)如圖，質量為 M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質量為m的滑塊在小車上從 A點靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為go(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)

29、若不固定小車，滑塊仍從 A點由靜止下滑，然后滑入 BC軌道，最后從 C點滑出小車，已知滑塊質量 m M,在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，2滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為 科 ,求：滑塊運動過程中，小車的最大速度vm； 滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s。【答案】：(1) 3mg (2)vm ,ggR s=L/3【解析】 試題分析：（1）由圖知，滑塊運動到 B點時對小車的壓力最大12 八從A到B,根據動能te理： mgR mvB 022c 一Vb在 B點：FN mg m 一 R3mg聯立解得：FN=3mg根據牛頓第三定律得，滑塊對小車的最大壓力為（2）若不固定小車

30、,滑塊到達B點時，小車的速度最大根據動量守恒可得： mv Mvm1212從A到B,根據能重寸恒： mgR mvMvm221聯立解得：vmgR,根據能量守恒：設滑塊到C處時小車的速度為v ,則滑塊的速度為-1 c 21 . 2,mgR m 2v Mv mgL 22, 一 1 _ 1解得：v gR gL 33小車的加速度：a mg - gM 222根據vm v2 as解得：s=L/34. （15新課標1卷）18、一帶有乒乓球發射機的云小球臺如圖所示.水平臺面的長和城分別為L和中訓建阿島度為.發射機安裝音面左側邊端的中點，般以不同速率憫右僚不同方向水平發射乒乓球.發射點距白面高度為助.不計空氣的作用

31、.重力加謔度大小為的 者乒乓球的侵 射速挈為m生菜恥國內，叫率為合適的方向r射速率為用在落到隙內右蜴白面上.現產方 最大取值也限是 （ ）【解析JI -試盤分析.發射機無詮同修中方南木平發射，乒9M是平St運坳，裝9K度也了近動的8）同水平方向司遭戰運財.水平七格孤白中技方詢水平發射治懺遂誄朗.此時從，發球點到球5*下味高度為油-*=汕，水平粒-小為可近勘時間£.水平也程龍T明內時方甘而的西廣龜發射.幄據幾何美軍比期的位移大人為gj"濟所以"的皿小宿-冬辰小得 對照選項，時.號點的敗壇功專題五萬有引力定律1. （15江蘇卷）過去幾千年來，人類對行星的認識與研究僅限

32、于太陽系內，行星"51 peg b的發現拉開了研究太陽系外行星的序幕。“51 peg b ”繞其中心恒星做勻速圓周運動，周期一， 一 .，1、，一，.，一 一 ，一 ，約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運動半徑為 ,該中心恒星與太陽的質量比約為20A. B . 1 C . 5 D . 1010【解析】根據2GMm m 4 rT2(曳)3r地,T地、2（W）365、2一)4【答案】B【點評】本題考查萬有引力和天天運動知識，難度：容易2. （15北京卷）假設地球和火星都繞太陽做勻速圓周運動，已知地球到太陽的距離小于火星到太陽的距離，那么A.地球公轉周期大于火星的公轉周期C.地球公轉的加速度

33、小于火星公轉的加速度【答案】D【難度】【考點】萬有引力定律與天體運動中各參量定性分析.地球公轉的線速度小于火星公轉的線速度.地球公轉的角速度大于火星公轉的角速度【解析】根據萬有引力公式與圓周運動公式結合解題。再由地球環繞太陽的公轉半徑小于火星環繞太陽的公轉半徑，利用口訣“高軌、低速、大周期”能夠非常快的判斷出，地球的軌道“低”周期小、角速度大。最后利用萬有引力公式a=GM ；R2,得出地球的加速度大。,因此線速度大、 因此為D選項。3. （15福建卷）如圖，若兩顆人造衛星a和b均繞地球做勻速圓周運動,a、b到地心O的距離分別為一、r2,線速度大小分別為Vi、V2。則A%V21B.v1r1v2r

34、2C.V1V2(r2)2r1C.v1 (r1)2V2r2試題分析:由題意知，兩顆人造衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據MmG 2r2m，得：v rr2,故A正確；B、C、D錯誤。14. （15海南卷）若在某行星和地球上相對于各自水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為2 : J7 。已知該行星質量約為地球的7.兩種情WT抽出的速度幅同.高度相同.所以殳二三.根樵公式G等三加喀可猾g 4R二（i解得寅行=2/故匚正確y倍，地球的半徑為 R由此可知，該行星的半徑為（）A. 1 RB. 7 R C. 2R D. R222【答案】C【解析】平拋運

35、動在水平方向上做勻速直線運動。即x=可，在豎直方向上做自由落體運動，即方=：參工，所以T-為1/.即有三明曰.=胡得I向5由表5匚，電5. （15四川卷）登上火星是人類的夢想，“嫦娥之父”歐陽自遠透露：中國計劃于2020年登陸火星。地球和火星公轉視為勻速圓周運動，忽略行.星自轉影響。根據下表，火星和 .地球相比行星半徑/m質量/kg軌道半徑/m地球6.4X106_ _ 246.0 x 101.5 X 1011火星3.4 X 106236.4 X 102.3 X 1011【答案】B慶也上星與世球第是境太汨，由太陽對它們的萬確舊提供其做圓周運動的向心力，設太陽的筋量R'd亙牛役荻大，因此同

36、心加速佳/校小.故選犯B，E網；公轉周期較大,故選血d較小，改選項C錯饌；由第一宇宙速度公式叫=居可知宇宙速度較小茶選項D錯誤.考點：萬有引力定律的應用和分析數據、估算的能力。6. （15安徽卷）由三顆星體構成的系統，忽略其它星體對它們的作用，存在著一種運動形式：三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心 O在三角形所在的平面內做相同角速度的圓周運2mm R C兩星體動(圖示為 A B C三顆星體質量不相同時的一般情況)。若A星體質量為的質量均為m三角形的邊長為a,求:(1)A星體所受合力大小Fa；(2)B星體所受合力大小Fb;(3)C星體的軌道半徑R

37、;三星體做圓周運動的周期To【解析】(1) A2、,3Gm22a星體受B、(2)7Gm2. 72；(3) Rba;a4(4) TG：C兩星體的引力大小相等，Fba2m22-aF 3f2、.3Gm2Fa- 3Fba2a2 2(2) B星體受A星體的引力FabFbaG怨，B星體受C星體的引力a2 m2 ) a角形定則結合余弦定理得，Fb . fAb fCb 2FABgFCBcos1200l-J、 /LJVzI-JrI-JI-J,7Gm2-2a(3)由對稱性知，OA BC的中垂線上，RC RB.對A星體:2 ： 3Gm22a2-2m RA ,7Gm2對 B星體：2一a2mRb，聯立解得Ra角形中，,

38、 - 32 , a、22(Ta Ra) (2)RC，解得& I，即岸(4)把式代入式，得g Gm22 -3-，即 T -G：7. (15重慶卷)宇航員王亞平在“天宮 1號”飛船內進行了我國首次太空授課，演示了一些完全失重狀態下的物理現象。若飛船質量為m ,距地面高度為h ,地球質量為 M ,半徑為R,引力常量為 G,則飛船所在處的重力加速度大小為A.0 B.GM _ GMm _ GMcC.cLD.c(R h)2(R h)2h2【答案】B【解析】等于飛船所試題分析：對飛船受力分析知，所受到的萬有引力提供勻速圓周運動的向心力, 在位置的重力，即 G 1Mm ° mg ,可得飛船的

39、重力加速度為 g= GM ,故選b。(R h)2(R h)2考點：本題考查萬有引力定律的應用。8. (15新課標2卷)由于衛星的發射場不在赤道上，同步衛星發射后需要從轉移軌道經過調整再進入地球同步軌道。當衛星在轉移軌道上飛經赤道上空時， 發動機點火，給衛星一附 加速度，使衛星沿同步軌道運行。已知同步衛星的環繞速度約為3.1x10 3/s ,某次發射衛星飛經赤道上空時的速度為 1.55x10 3/s ,此時衛星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌道和同步軌道的夾角為 30。，如圖所示，發動機給衛星的附加速度的方向和大小約為A.西偏北方向，1.9x103m/sB.東偏南方向，1.9x103m/sC.

40、西偏北方向，2.7x103m/sD.東偏南方向，2.7x103m/s【答案】B苴題分析：如下圖所示:由余弦定理，可知J4;環一+凸。 =1-9吊1()3厘,方向：東偏南方向，故工正融，A. a考點：速度的合成與分解9. （15廣東卷）20.在星球襄面發射探測器，當發射速度為v時,探刑器可繞星球衣面做勻速圓周運動，當 發射速度為2V時，可擺脫星建引力束縛脫離諫尾球,已知地球、火星兩星球的質照比約為 10:L半徑比約為2:1,下列說法正確的有A.探刑器的質量越大，脫離星球的需要的笈射速度越大B.探闔髭在地甥表面受到的引力比在火星表面的大C.探蔚器分別脫離兩星球所需要的發射速度相等I）.探測物脫離屋

41、殍的過程中，靜能逐漸增大（答案】曲AfmvJ【解折】h 1R據GM = m1從公式可以看出n可以苛掉.所以。探測粉的順殳無關.RRB.吸用力F = G警，蛔% ="定號= .地球的引力大J國球的引力.*與M悶2MniV7Mv。、G丁 m化倚Gr =可看出.中心天體的施安越大r受到的力TF引力越大R2RR2R需要更大的速度.氏脫離星球的過程中，高度在增加，勢能增大.專題六機械能與能源1. （15江蘇卷）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m套在粗糙豎直固定桿 A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長。圓環從A處由靜止開始下滑，經過 B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC=hi圓環在C

42、處獲得一豎直向上的速度 v,恰好能回到 A;彈簧始 終在彈性限度之內，重力加速度為g,則圓環1 CB.下滑過程中，克服摩擦力做功為1 mv241 CC.在C處，彈簧的彈性勢能為 mv2 mgh 4D.上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度9.【解析】A.下滑過程，A到B,加速度向下，彈力向上且增大，加速度減小；B到C,加速度向上，加速度增大，A錯誤；B.下，t A到C,根據動能定理，上滑，C至ij A,根據動能定理，-mgh W摩擦力 W彈力1W摩擦力 一mv2 , B正確；C.以上兩式聯乂，還可斛得 W彈力412Epc mgh -mv ,所4mghAB W摩擦力 AB -W力 AB-mghAB

43、 W摩擦力AB W彈力AB【答案】BD以 C 錯誤；D. 下12一 mvB下-0, 上 滑20 - - mvB上2，比較得vb上mgh W摩擦力W彈力。，0- mv2，兩式聯立解得21mgh - mv2 ,即彈性勢能4滑，A 至U B , 有, B至ijA , 有vb下，D正確。【點評】本題考查力的分析，動能定理，等知識和能力。難度：難。2. （15北京卷）“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下。將 蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動。從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是A.繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小C.繩恰好伸直時，繩

44、的彈性勢能為零，人的動能最大B.繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小D.人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力【答案】A【難度】【考點】牛頓定律、動量定理、功能關系【解析】從繩恰好伸直到人運動到最低點的過程中，繩對人的拉力始終向上，故沖量始終向上。此過程中人先加速再減速，當拉力等于重力時，速度最大，則動量先增大后減小，A選項正確，B、C選項錯誤,在最低點時，人的加速度向上，拉力大于重力，D選項錯誤。3. （15北京卷）_| （18分）如圖所示，彈簧的一端固定，另一端連接一個物塊，彈簧質量不計。物塊（可 視為質點）的質量為 m,在水平桌面上沿 x軸運動，與桌面間的動摩擦因數為。以彈簧原長

45、時物塊的位置為坐標原點 O,當彈簧的伸長量為 x時，物塊所受彈簧彈力大小為F=kx, k為常量。（1）請畫出F隨x變化的示意圖；并根據F-x的圖像求物塊沿 x軸從O點運動到位置x的過程中 彈力所做的功。（2）物塊由 X1向右運動到X3,然后由X3返回到X2,在這個過程中，a.求彈力所做的功.并據此求彈性勢能的變化量；b.求滑動摩擦力所做的功；并與彈力做功比較，說明為什么不存在與摩擦力對應的“摩擦力勢能”的概O【難度】【考點】機械能，功能關系1【解析】(1)在F-x圖像中，面積為拉力所做的功W FX2(2) a.物塊從X1向右運動到X3過程中彈力做功kxi kx312 2、W1 (x3-x， -

46、 K(X3-X1)22 kxo kx o由X3返回到X2過程中彈力做功 W2 23 (>3<2)212整個過程中彈力做功 W W1 W2帶入得W -K x221-K (x22-x22-x1B.摩擦力一直與運動方向相反，故一直做負功Wf - mg x3-x1x3-x2- mg 2x3 -x2 -x1摩擦力做功與路徑有關，而勢能變化只與初末位置有關，與過程無關，所以不存在摩擦力勢能。4. (15福建卷)(19分)如圖，質量為 M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質量為m的滑塊在小車上從 A點靜止開

47、始沿軌道滑下，重力加速度為go(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從 A點由靜止下滑，然后滑入 BC軌道，最后從 C點滑出小車，已知滑塊質量 m M,在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，2滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為 科 ,求：滑塊運動過程中，小車的最大速度vm； 滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s。【答案】：（1） 3mg （2）vm-gR s=L/3【解析】 試題分析：（1）由圖知，滑塊運動到 B點時對小車的壓力最大12 八從A到B,根據動能te理： mgR mvB 022c 一Vb在 B點：FN mg m 一 R聯立

48、解得：FN=3mg根據牛頓第三定律得，滑塊對小車的最大壓力為3mg（2）若不固定小車,滑塊到達B點時，小車的速度最大根據動量守恒可得： mv Mvm從A到B,根據能量守恒：聯立解得：vm 1gR1212mgR mvMvm22設滑塊到C處時小車的速度為v ,則滑塊的速度為2v ,根據能量守恒-1-mgR 2 m 2V21 Mv22mgL解得：v3gRgL小車的加速度： a mg - g M 222根據vm v 2 as解得：s=L/35. （15海南卷）如圖，一半徑為 R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端登高。質量為的質點自軌道端點 P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為 2mg重力

49、加速度大小為g,質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（）1 _mgRC.3一 mgR 4八1A. _mgR B.4【答案】C1- mgR D.2t解析】在。臣陸點受總豎直向下的重力，和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有N-門但*加9,Ry=2W.聯立解得葉之X近，下落過程中重力做正功，摩爆力做負功，根據動盤定理可得融然_%=-制V3）解得弓二!哂典,所以克服摩呼力欣功-j MgR, C正2426. （15海南卷）如圖，位于豎直水平面內的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑0脈平，b點為拋物線頂點。已知h=2m,s=、/2m。取重力加速度大小 g 10m/s2

50、。（1） 一小環套在軌道上從 a點由靜止滑下，當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑；（2）若環從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環到達c點時速度的水平分量的大小。【答案】(1) 0.25m (2) 2m/s【解析】（1） 一小環套在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則說明下落到 b點12時的速度，使得小環套做平拋運動的軌跡與軌道bc重合，故有s vbt，h gt2，21 s2從ab滑洛過程中，根據動d匕te理可信 mgR mvb，聯立三式可得 R 0.25m2 4h1 c（2）下滑過程中，初速度為零，只有重力做功，根據動能定理可得mgh mv22因為物體滑

51、到c點時與豎直方向的夾角等于（1）問中做平拋運動過程中經過 c點時速度與豎直方向的夾角相等，設為,則根據平拋運動規律可知sin b 一,v2 2gh根據運動的合成與分解可得聯立可得v水平 Js2gL 2m/s s2 4h7. （15四川卷）在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋 出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小A. 一樣大 B ,水平拋的最大 C .斜向上拋的最大D .斜向下拋的最大【答案】A【解析】試題分析：三個小球被拋出后， 均僅在重力作用下運動， 三球從同一位置落至同一水平地面 時，設其下落高度為 h,并設小球的質量為 m根據動能定理有：mgh=

52、 -mv2 - mvo ,解得 22小球的末速度大小為： V= Jv； 2gh ,與小球的質量無關，即三球的末速度大小相等，故選項A正確。考點：拋體運動特點、動能定理（或機械能守恒定律）的理解與應用。8. （15安徽卷）一質量為 0.5 kg的小物塊放在水平地面上的 A點，距離A點5 m的位 置B處是一面墻，如圖所示。物塊以vo=9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為 7 m/s ,碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜g 取 10 m/s 2。A（1）求物塊與地面間的動摩擦因數（2）若碰撞時間為0.05 s ,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F;（3）求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W【答案】（1） 0.32;（2） 130 N;（3） 9 J【解析】（1）由A到B做勻減速運動，vB v2 2axAB,由牛頓第