19.答案：AD

解析：根据、，可得、，故A、D正确；登陆舱在半径为的圆轨道上运动的向心加速度，此加速度与X星球表面的重力加速度并不相等，故C错误；根据，得，则，故C错误。

20(2011广东).已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是

　　　 A.卫星距离地面的高度为

　　　 B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度

　　　 C.卫星运行时受到的向心力大小为

　　　 D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度

解析：根据，A错，由，B正确，由，C错D对。选BD

15(2011北京)．由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的

A．质量可以不同　 　　　　　　B．轨道半径可以不同　　　

C．轨道平面可以不同　 　　　　D．速率可以不同

22B(2011上海)．人造地球卫星在运行过程中由于受到微小的阻力，轨道半径将缓慢减小。在此运动过程中，卫星所受万有引力大小将　　　　　 　(填“减小”或“增大”)；其动能将　　　　　 　(填“减小”或“增大”)。

22B答案：增大，增大

17(2011山东).甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是

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.甲在运行时能经过北极的正上方

答案：AC

解析：万有引力提供向心力，由，可得向心加速度之比，C正确；周期之比，A正确；甲、乙均为两颗地球卫星，运行速度都小于第一宇宙速度，B错误；甲为地球同步卫星运行在赤道上方，D错误。

33．(14 分)如图(a)，磁铁A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端，B的质量m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的势能随位置x的变化规律，见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度(如图(b)所示)，则B的总势能曲线如图(c)中II所示，将B在处由静止释放，求：(解答时必须写出必要的推断说明。取)

(1)B在运动过程中动能最大的位置；

(2)运动过程中B的最大速度和最大位移。

(3)图(c)中直线III为曲线II的渐近线，求导轨的倾角。

(4)若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线．

33答案．(14分)

(1)势能最小处动能最大　　 (1分)

由图线II得

　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2分)

(在5.9 ~ 6.3cm间均视为正确)

(2)由图读得释放处势能，此即B的总能量。出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J，则最大动能为

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2分)

(在0.42 ~ 0.44J间均视为正确)

最大速度为

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　(1分)

(在1.29-1.33 m／s间均视为正确)

x=20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　(2分)

(在17.9~18.1cm间均视为正确)

(3)渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2分)

∴

由图读出直线斜率

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)

(在间均视为正确)

(4)若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，总势能如图。　　　　　 (2分)

18(2011山东).如图所示，将小球从地面以初速度。竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球从距地面处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)。则

A.两球同时落地

B.相遇时两球速度大小相等

C.从开始运动到相遇，球动能的减少量等于球动能的增加量

D.相遇后的任意时刻，重力对球做功功率和对球做功功率相等

答案：C

解析：相遇时满足，，所以，小球落地时间，球落地时间，因此A错误；相遇时，，，，所以B错误；因为两球恰在处相遇，说明重力做功的数值相等，根据动能定理，球动能的减少量等于球动能的增加量，C正确；相遇后的任意时刻，球的速度始终大于球的速度，因此重力对球做功功率大于对球做功功率，D错误。

36、解析：

(1)μmgs+mg·2R=mv_B²　　　 ①

所以 v_B=3

(2)设M滑动x₁,m滑动x₂二者达到共同速度v,则

mv_B=(M+m)v　　　　　　　 ②

　　 μmgx₁=mv²　　　 ③　　

　　 -μmgx₂=mv²-mv_B²　　　　 ④

由②③④得v=,　　 x₁=2R,　　 x₂=8R

二者位移之差△x= x₂-x₁=6R＜6.5R，即滑块未掉下滑板

讨论：

①　　 R＜L＜2R时，W_f=μmg(l+L)= mg(6.5R+L)

②　　 2R≤L＜5R时，W_f=μmgx₂+μmg(l-△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。

要使滑块滑到CD轨道中点，v­_c必须满足：mv_c² ≥mgR　　　 ⑤

此时L应满足：μmg(l+L) ≤mv_B²-mv_c²　　　 ⑥

则　 L≤R，不符合题意，滑块不能滑到CD轨道中点。

答案：(1) v_B=3

(2)

①R＜L＜2R时，W_f=μmg(l+L)= mg(6.5R+L)

②2R≤L＜5R时，W_f=μmgx₂+μmg(l-△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。

滑块不能滑到CD轨道中点

22(2011北京)．(16分)

如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)。

(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止。画出此时小球的受力图，并求力F的大小；

22答案：．(1)受力图见右

　 　根据平衡条件，的拉力大小F=mgtanα

(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒

则通过最低点时，小球的速度大小

根据牛顿第二定律　

解得轻绳对小球的拉力

　　 ，方向竖直向上

15(2011上海)．如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为

(A) 　(B) 　　

(C) 　　(D)

答案：C

24.答案：(1)(2)(3)

解析：(1)汽车牵引力与输出功率的关系

将，代入得

当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有

(2)在减速过程中，注意到发动机只有用于汽车的牵引，根据动能定理有

，代入数据得

电源获得的电能为

(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为。此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，

代入数据得

36(2011广东)、(18分)如图20所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l =6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g.

(1)　 求物块滑到B点的速度大小；

(2)　 试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W_f与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

10．(16分)

(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

解得　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

(2)设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v₁，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v₂，由动量守恒定律知 　　　　　　　　　　　　　　 ④

飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

综合②③④⑤式得

24(2011浙江).(20分)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以匀速行驶，发动机的输出功率为。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72m后，速度变为。此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求

(1)轿车以在平直公路上匀速行驶时，所受阻力的大小；

(2)轿车从减速到过程中，获得的电能；

(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能维持匀速运动的距离。

22.答案：(1)如图所示；

(2)电阻率的允许范围：

：~

：~

：~

通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。

解析：(1)以OP间距离x为横轴，以电压表读数U为纵轴，描点、连线绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线。

(2)根据电阻定律可得。

通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。

(2)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠(2.5V，0.6W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干。

①粗测小电珠的电阻，应选择多用电表_____倍率的电阻档(请填写“x1”、“x10”或“x100”)；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图16，结果为_____

②实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图17完成实物图18中的连线。

③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于____端。为使小电珠亮度增加，P应由中点向_____端滑动。

④下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点___　 __间多测几组数据(请填写“ab” “bc” “cd” “de”或“ef”)

解析：答案：(2)x1　 7.5　 左端　　 右端　　 ab

①电珠电阻较小，故选“x1”档

②如右图

③P置左端电珠两端电压最小

④ab之间电流值相差太大

21(2011北京)(1)用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量:

1旋动部件________，使指针对准电流的"0"刻线。2将K旋转到电阻挡"×l00"的位置。

3将插入"十"、"－"插孔的表笔短接，旋动部件_______，使指针对准电阻的_________ (填"0刻线"或"∞刻线")。

4将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_______的顺序避行操作，再完成读数测量。

A．将K旋转到电阻挡"×1k"的位置　　

B．将K旋转到电阻挡"×10"的位置

C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接

D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准

21答案：(1)1S

　　　　 3T　　 0刻线

　　　　 4ADC

6(2011上海)．右表是某逻辑电路的真值表，该电路是

答案：D

12(2011上海)．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，

(A)电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大

(B)电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小

(C)电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大

(D)电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小

答案：A

29(2011上海)．(9 分)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表内阻的电路如图所示。供选择的仪器如下：

①待测电流表(，内阻约300Ω)，②电流表 (，内阻约100Ω)，③定值电阻(300Ω)，④定值电阻(10Ω)，⑤滑动变阻器 (Ω)，⑥滑动变阻器 (Ω)，⑦干电池(1.5V)，⑧电键S及导线若干。

(1)定值电阻应选　　　　　 ，滑动变阻器应选　　　　　 。(在空格内填写序号)

(2)用连线连接实物图。

(3)补全实验步骤：

①按电路图连接电路，　　　　　　　　　　　 ；

②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录，的读数，；

③　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ；

④以为纵坐标，为横坐标，作出相应图线，如图所示。

(4)根据图线的斜率及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式　　　　　　　　　　　 。

29答案.

(1)③，⑥　 　　　　　　　　　　　　　(各1分)

(2)见图　　 　　　　　　　　　　　　　(2分)

(3)①将滑动触头移至最左端(写最小给分，最大不给分)　　 　　　　　　　　　　　

　③多次移动滑动触头，记录相应的，读数 (1分)

　 (4) 　　　　　　　　　　(3分)

23(2011山东)

(2)某同学利用图甲所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率。

　　 ①所得实验数据如下图，请在给出的直角坐标系上(见答题卡)画出的图像。

　　 ②根据所画的图像，可求得电流时电源的输出功率为________。(保留两位有效数)

②实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计。在图乙所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是　　 。(R_x阻值未知)

答案：①如图所示

②0.37

③b c

1.如图，E为内阻不能忽略的电池，R₁、R₂、R₃为定值电阻，S₀、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则

A.　　 V的读数变大，A的读数变小

B.　　　 V的读数变大，A的读数变大

C.　　　 V的读数变小，A的读数变小

D.　　 V的读数变小，A的读数变大

解析：S开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，V的读数变大，把R₁归为内阻，则R₃中的电压也增大，R₃中的电流也增大，R3中的电压也增大，

13(2011海南).图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头a的量程为Ig=600内阻为Rg，A是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA。完成下列填空。

(1)　　　 图1中分流电阻Rp的阻值为_______。

(2)在电表改装成后的某次校准测量中，a表的示数如图所是，由此读出流过a电流表的电流为___ 49.5mA。此时流过分流电阻R_跑的电流为_______49.0mA(保留一位小数)

22(2011全国理综).(5分)

　　 为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中A₀是标准电流表，R₀和R_N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S₁分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：

　　 (1)将S拨向接点1，接通S₁，调节________,使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_____的读数I；

　　 (2)然后将S拨向接点2，调节________,使________,记下此时R_N的读数；

　　 (3)多次重复上述过程，计算R_N读数的________,此即为待测微安表头内阻的测量值。

解析：(1)R₀、标准电流表A₀；(2)R_N，标准电流表A₀的示数为I；(3)平均值

5(2011天津)(4)某同学测量阻值约为25kΩ的电阻R_x，现备有下列器材：

A．电流表(量程100 μA，内阻约为 2 kΩ)；

B．电流表(量程500 μA，内阻约为300 Ω)；

C．电压表(量程15 V，内阻约为100 kΩ)；

D．电流表(量程50 V，内阻约为500 kΩ)；

E．直流电源(20 V，允许最大电流1 A)；

F．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定功率1 W)；

G．电键和导线若干。

电流表应选　 B　 ，电压表应选　 C　 。(填字母代号)

该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：

①　　 电流表应采用内接的方法；

②　　 滑动变阻器应采用分压器方式的接法 。

[解析]：电学实验选择仪器的一般步骤如下：① 根据量程选择电流表和电压表，不能超过表的量程，不能量程太大导致表的读数偏小；② 根据题中关键语句，如精确测量，从零开始连续可调等等选择分压电路亦或是限流电路；分压电路滑动变阻器选择小阻值，限流电路滑动变阻器选择大阻值；③ 选择电流表的内外接法，一般的原则是“大内偏大，小外偏小”；也可以根据与之间的关系来判断，当>时，采用电流表的外接法，反之选择电流表内接法。

(1)本题中，待测电阻R_x的阻值约为25kΩ，直流电源电动势为20V，经粗略计算电路中最大的电流约为，所以电流表选择B；虽然电压表C的量程不足，但是相比起来电压表D的量程超过太多，读数偏小，所以电压表选择C表。

(2)根据本题解析的第②、③两条原则可知电路图的问题为：①电流表应采用内接的方法；②滑动变阻器应采用分压器方式的接法 。

22(2011浙江).(10分)在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中，为了探究3根材料未知，横截面积均为S=0.20mm²的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路，M为金属丝c的左端点，O为金属丝a的右端点，P是金属丝上可移动的接触点。在实验过程中，电流表读数始终。电压表读数随OP间距离x 的变化如下表：

(1)绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线；

(2)求出金属丝的电阻率，并进行比较。

31．(12 分)如图，质量的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经拉至B处。(已知，。取)

(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；

(2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。

31答案．(12分)

　 (1)物体做匀加速运动

　　 　　　　　　　　　　　　　　　(1分)

∴　　　　　 (1分)　

由牛顿第二定律

　　　　　　　　　　　　　　 (1分)

　　 　　　　　　　　　(1分)

∴　　　　　　　　　 (1分)

(2)设作用的最短时间为，小车先以大小为的加速度匀加速秒，撤去外力后，以大小为，的加速度匀减速秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律

　　 (1分)

∴(1分)

　　　　　　　　 (1分)

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有

　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)

∴　　　　　　　　　　 (1分)

　　　　　　　　　　 　　　(1分)

∴ (1分)

(2)另解：设力作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理

　　　　　　　　 (2分)

∴　　　 (1分)

由牛顿定律

　　　　　　　　　 　　　　　　(1分)

∴　 (1分)

∵　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)

21.答案：①学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码

或电火花计时器、钩码、砝码

②学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。

解析：电磁打点计时器(电火花计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。如果选电磁打点计时器，则需要学生电源，如果选电火花计时器，则不需要学生电源。

18(2011北京).“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为　　

　A．G 　　　　　　B．2g　

C．3g　 　　　　D．4g

19(2011上海)．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其　 图线如图所示，则

(A)在秒内，外力大小不断增大

(B)在时刻，外力为零

(C)在秒内，外力大小可能不断减小

(D)在秒内，外力大小可能先减小后增大

答案：CD

26(2011上海).(5 分)如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d。

(1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间和，则小车加速度　　　　　　　　　　 。

(2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是(　 　　　)

　 　(A)增大两挡光片宽度　 　　　　(B)减小两挡光片宽度

(C)增大两挡光片间距 　　　　　(D)减小两挡光片间距

26答案．

(1)

(2)B，C　　 　　　　　　　　　　　　(3分)

21.(10分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车，一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是　 ①　 (漏选或全选得零分)；并分别写出所选器材的作用　 ②　 。