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D错.
7．答案：C 在理想情况下一直加速，可以达到围绕地球表面做圆周运动，即第一宇宙速
度.
8．答案：C 球的水平速度是2m/s，人到环的水平距离为2m，所以球必须在1s内到达吊
x?v0t?环，则1s内球在竖直方向上的位移为1.8m，设初速度为v，则
0
12gt，解得2v0?6.8m/s.
v0v09．答案：C 设杆沿方向移动的速度为v0，根据速度分解可得，?sin?，v?cos?，
1v2所以可得v1?v2tan?. 10．答案：BC
?较小，物体追上细杆相碰；?较大，细杆绕过一周后追上物体相碰.
第Ⅱ卷（非选择题，共110分）
11．（1）答案：平抛运动在竖直方向上是自由落体运动 （2分）
球1落到光滑水平板上并击中球2（2分） 平抛运动在水平方向上是匀速运动（2分） （2）答案：如图所示，测量R、r、R/，（2分）
?RR/自行车的速度为：r.（2分）
12．解析：（1）根据游标卡尺的读数原理，可得读数应为主尺上的和游标尺上的刻度相加.
由图乙可知游标尺的分度为0.05mm，主尺上为5.9cm，游标尺上的第5个刻度线和主尺对齐，所以读数为5.9cm+0.02×5mm=6.00cm，即可得该圆盘的半径r=6.00cm. （2）由题意知，纸带上每两点的时间间隔T=0.10s，打下计数点D时，纸带运动速度大
sCE13.19?5.41?小为：vD?cm/s2=39cm/s2=0.39m/s2， 2T2?0.1vD???此时圆盘转动的角速度为Dr0.396?10?2=6.5rad/s
sDE?sBC?(sCD?sAB)a? （3）纸带运动的加速度大小为，代入数值，得a=0.59m/s2 24T.
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???va0.592?????设角加速度为β，则?tr?tr6.00?10?2=9.8rad/s.
13．解析：对物体受力分析可知正压力FN?mg?F①，其中F表示气动压力. （3分）
???FNmg?F?Ff?②，（4分）
?Ffv2根据牛顿第二定律，可得Ff?m③，（3分）
R联立解得，F??mv2R?mg（2分）
14．解析：第一个等式（对热气球）不正确，因为热气球不同于人造卫星，热气球静止在空
中是因为浮力与重力平衡，它绕地心运动的角速度应等于地球自转的角速度. （4分） （1）若补充地球表面的重力加速度为g，可以认为热气球受到的万有引力近似等于其重
力，则有
GMmR2?mg（2分）
与第二个等式联立可得??RR?hgR?h（1分）
（2）若利用同步卫星的离地高度H有：
GMm?(R?H)2?m??02(R?H)（2分）
与第二个等式联立可得???0R?hMm?3R?H2()（2分）
V12 （3）若利用第一宇宙速度v1，有G2?m?（2分）
RR与第二个等式联立可得??v1R(R?h)3（1分）
此外若利用近地卫星运行的角速度也可求出?来.
15．解析：水滴沿切线方向做平抛运动到地面上的水平位移x?落地时间t?2h?g2?0.8?0.4s（2分） 10.
R2?r2=2m（2分）
.
“魔盘”的线速度v?x?5m/s（2分） t其转速满足2?nr?v（2分）
?n?v?32r/min. （2分） 2?rMmv216．解析：（1）卫星做匀速圆周运动，由万有引力和牛顿第二定律得，G2?m（2分）
rr2其动能为Ek?mv?G12Mm（2分） 2r其机械能为E=Ek+Ep=GMmMmMm?G?G)=
2r +(2r（4分） r卫星绕地表运行时，r=R，且G所以E=?GMmR2?mg，GM=gR2，（2分）
Mm1=?mgR=－6.4×106×10×103=－3.2×1010J. （4分） 2R2 （2）要使绕地球运动的卫星挣脱地球的引力，需添加的能量是： ⊿E=0－E=3.2×1010J. （4分）
17．解析：（1）小球从H高处自由落下，进入轨道，沿BDO轨道做圆周运动，小球受重力
和轨道的支持力.设小球通过D点的速度为v，通过D点时轨道对小球的支持力为F（大小等于小球对轨道的压力）提供它做圆周运动的向心力，即
mv214?F?mgR/23 ①（2分）
小球从P点落下一直到沿光滑轨道运动的过程中，机械能守恒有，
mg(H?R1)?mv2②（222分）
由①②解得高度H?2R?10m（1分）
3（2）设小球能够沿竖直轨道运动到O点时的最小速度为v0，则有m2小球至少应从H0高处落下，mgH0?1mv0④（1分）
2v0?mg③（2R/2分）
2由③④可得H0?R（1分）
4由H>H0，小球可以通过O点. （1分） （3）小球由H落下通过O点的速度为v0?.
2gH?14.1m/s（1
分）
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小球通过O点后做平抛运动，设小球经过时间t落到AB圆弧轨道上， 建立图示的坐标系，有x?v0t ⑤（1分）
y?12gt2⑥（1分） 且x2?y2?R2⑦（1分）
由⑤⑥⑦可解得时间t=1s（负解舍去）（1分） 落到轨道上速度大小为v?2v0?(gt)2?17.3m/s（1
分）
18．解析：（1）当飞船以v0绕月球做半径为rA=R+h的
圆周运动时，由牛顿第二定律得，
2v0Mm（2分） G?m(R?h)2(R?h)GMR2g2则v0?(R?h)?(R?h)（2分）
式中M表示月球的质量，R为月球的半径，g?所以代入数据得，v0=1652m/s（2分）
GMR2为月球表面的重力加速度，
（2）根据开普勒第二定律，飞船在A、B两处的面积速度相等，所以有rAvA=rBvB，
即(R+h)vA=RvB ①（2分）
12GMm12GMm由机械能守恒定律得，2mvA?R?h?2mvB?R ②（2分）
由①②式并代入数据得，vA=1628m/s（2分） 故登月所需速度的改变量为?v?v0?vA?1652?1628?24m/s（2分）
飞船在A点喷气前后动量守恒，设喷气总质量为⊿m，因喷气前的动量为mv0，喷气后的动量为(m－⊿m)vA+⊿m(v0+u)，前后动量相等， 故有mv0=(m－⊿m)vA+⊿m(v0+u)，（2 分）
故喷气所消耗的燃料的质量为⊿m=m⊿v/(u+⊿v)=28.7kg（2分）
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