題目列表(包括答案和解析)
在氣球內部充有壓強為1.0atm(即76cmHg)、溫度為270C的氦氣時，其體積為3.5m3。在氣球上升至海拔6.5km高空的過程中，氣球內氦氣的壓強逐漸減小到此高度上的大氣壓38cmHg，此過程中氣球內部因為啟動一個可持續加熱裝置，而保持球內溫度不變，此后停止加熱，保持氣球高度不變，已知在這一海拔高度氣溫為零下330C，設氣球內外壓強相等，不計氣球的厚度。求：
（1）氣球在停止加熱前的體積
（2）在加熱過程中，球內加熱裝置放熱500J，氣球放熱20J，求氣體對外界做的功
（3）氦氣在停止加熱較長一段時間后的氣球體積
在氣球內部充有壓強為1.0atm(即76cmHg)、溫度為270C的氦氣時，其體積為3.5m3。在氣球上升至海拔6.5km高空的過程中，氣球內氦氣的壓強逐漸減小到此高度上的大氣壓38cmHg，此過程中氣球內部因為啟動一個可持續加熱裝置，而保持球內溫度不變，此后停止加熱，保持氣球高度不變，已知在這一海拔高度氣溫為零下330C，設氣球內外壓強相等，不計氣球的厚度。求：
（1）氣球在停止加熱前的體積
（2）在加熱過程中，球內加熱裝置放熱500J，氣球放熱20J，求氣體對外界做的功
（3）氦氣在停止加熱較長一段時間后的氣球體積
在氣球內部充有壓強為1.0atm(即76cmHg)、溫度為270C的氦氣時，其體積為3.5m3。在氣球上升至海拔6.5km高空的過程中，氣球內氦氣的壓強逐漸減小到此高度上的大氣壓38cmHg，此過程中氣球內部因為啟動一個可持續加熱裝置，而保持球內溫度不變，此后停止加熱，保持氣球高度不變，已知在這一海拔高度氣溫為零下330C，設氣球內外壓強相等，不計氣球的厚度。求：
（1）氣球在停止加熱前的體積
（2）在加熱過程中，球內加熱裝置放熱500J，氣球放熱20J，求氣體對外界做的功
（3）氦氣在停止加熱較長一段時間后的氣球體積
1．答案：A 由滾輪不會打滑可知主動軸上的平盤與可隨從動軸轉動的圓柱形滾輪的接觸
點的線速度相同，所以v1=v2，由此可得
，所以
，即選項A
正確.
2．答案：B 根據物體作直線運動和曲線運動的條件可知，先作初速度為零的沿合力方向的勻加速直線運動，后因速度方向跟另一個力不在一條直線上，作勻變速曲線運動.
3．答案：AC
根據運動的合成與分解，因為小船垂直岸航行，渡河時間與水的速度無關，又河水的流速與到河岸的距離x成正比，即
，所以
，解得
，渡河時間為
.
4．答案：C 小球做平拋運動，豎直高度
m，A正確；小球水平方向上的位移
m，小球初速度
m/s，此即第一次閃光時小車的速度，B正確；兩次閃光時間間隔內汽車的平均速度
m/s，因此汽車應做加速運動，C不能確定，D能夠確定.
5．答案：CD 根據物體豎直上拋的運動規律，得
，因此可求出該星球表面的重力加速度g.再根據
可推導出CD為正確答案.
6．答案：A 因為要提高“神舟”六號飛船的高度將考慮啟動火箭發動機向后噴氣，通過反沖作用，使飛船加速，飛船需要的向心力增大，但由于在原軌道上
不變，不足以提供其所需的向心力，所以飛船做離心運動，到更高的軌道，所以A正確，B錯誤.對飛船有：
，所以
，R增大，運行速度v減小，C錯誤；由于
，所以
，
，所以R增大，T增大，但a減少，所以D錯.
7．答案：C 在理想情況下一直加速，可以達到圍繞地球表面做圓周運動，即第一宇宙速度.
8．答案：C 球的水平速度是
，解得
m/s.
9．答案：C 設桿沿方向移動的速度為
，根據速度分解可得，
，
，所以可得
.
10．答案：BC 
較小，物體追上細桿相碰；較大，細桿繞過一周后追上物體相碰.
第Ⅱ卷（非選擇題，共110分）
11．（1）答案：平拋運動在豎直方向上是自由落體運動 （2分）
球1落到光滑水平板上并擊中球2（2分）
平拋運動在水平方向上是勻速運動（2分）
（2）答案：如圖所示，測量R、r、R/，（2分）
自行車的速度為：
.（2分）
12．解析：（1）根據游標卡尺的讀數原理，可得讀數應為主尺上的和游標尺上的刻度相加.由圖乙可知游標尺的分度為
（2）由題意知，紙帶上每兩點的時間間隔T=0.10s，打下計數點D時，紙帶運動速度大小為：
cm/s2=
此時圓盤轉動的角速度為
=6.5rad/s
（3）紙帶運動的加速度大小為
，代入數值，得a=
設角加速度為β，則
=9.8rad/s2.
13．解析：對物體受力分析可知正壓力
①，其中
表示氣動壓力. （3分）
②，（4分）
根據牛頓第二定律，可得
③，（3分）
聯立解得，
（2分）
14．解析：第一個等式（對熱氣球）不正確，因為熱氣球不同于人造衛星，熱氣球靜止在空中是因為浮力與重力平衡，它繞地心運動的角速度應等于地球自轉的角速度. （4分）
（1）若補充地球表面的重力加速度為g，可以認為熱氣球受到的萬有引力近似等于其重力，則有
（2分）
與第二個等式聯立可得
（1分）
（2）若利用同步衛星的離地高度H有：
（2分）
與第二個等式聯立可得
（2分）
（3）若利用第一宇宙速度v1，有
（2分）
與第二個等式聯立可得
（1分）
此外若利用近地衛星運行的角速度也可求出來.
15．解析：水滴沿切線方向做平拋運動到地面上的水平位移
=
落地時間
s（2分）
“魔盤”的線速度
m/s（2分）
其轉速滿足
（2分）
r/min. （2分）
16．解析：（1）衛星做勻速圓周運動，由萬有引力和牛頓第二定律得，
（2分）
其動能為
（2分）
其機械能為E=Ek+Ep=
+(
)=
（4分）
衛星繞地表運行時，r=R，且
，GM=gR2，（2分）
所以E=
=
=－6.4×106×10×103=－3.2×1010J. （4分）
（2）要使繞地球運動的衛星掙脫地球的引力，需添加的能量是：
ㄓE=0－E=3.2×1010J. （4分）
17．解析：（1）小球從H高處自由落下，進入軌道，沿BDO軌道做圓周運動，小球受重力和軌道的支持力.設小球通過D點的速度為v，通過D點時軌道對小球的支持力為F（大小等于小球對軌道的壓力）提供它做圓周運動的向心力，即
①（2分）
小球從P點落下一直到沿光滑軌道運動的過程中，機械能守恒有，
②（2分）
由①②解得高度
m（1分）
（2）設小球能夠沿豎直軌道運動到O點時的最小速度為v0，則有
③（2分）
小球至少應從H0高處落下，
④（1分）
由③④可得
（1分）
由H>H0，小球可以通過O點. （1分）
（3）小球由H落下通過O點的速度為
m/s（1分）
小球通過O點后做平拋運動，設小球經過時間t落到AB圓弧軌道上，
建立圖示的坐標系，有
⑤（1分）
⑥（1分） 且
⑦（1分）
由⑤⑥⑦可解得時間t=1s（負解舍去）（1分）
落到軌道上速度大小為
m/s（1分）
18．解析：（1）當飛船以v0繞月球做半徑為rA=R+h的
圓周運動時，由牛頓第二定律得，
（2分）
則
（2分）
式中M表示月球的質量，R為月球的半徑，
為月球表面的重力加速度，
所以代入數據得，v0=
（2）根據開普勒第二定律，飛船在A、B兩處的面積速度相等，所以有rAvA=rBvB，
即(R+h)vA=RvB ①（2分）
由機械能守恒定律得，
②（2分）
由①②式并代入數據得，vA=
故登月所需速度的改變量為
m/s（2分）
飛船在A點噴氣前后動量守恒，設噴氣總質量為ㄓm，因噴氣前的動量為mv0，噴氣后的動量為(m－ㄓm)vA+ㄓm(v0+u)，前后動量相等，
故有mv0=(m－ㄓm)vA+ㄓm(v0+u)，（2 分）
故噴氣所消耗的燃料的質量為ㄓm=mㄓv/(u+ㄓv)=
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