《优化方案》2013年教科物理必修2电子题库（21份打包）

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
1．(2010年高考上海卷)降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞(　　)
A．下落的时间越短　　　　　
B．下落的时间越长
C．落地时速度越小
D．落地时速度越大
解析：选D.风沿水平方向吹，不影响竖直速度，故下落时间不变，A、B两项均错．风速越大时合速度越大，故C项错误、D项正确．
2．如图1－8所示，甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高．将甲、乙两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　)
图1－8
A．甲一定能击中乙
B．只要两球距地面足够高，两球就一定能相遇
C．只要轨迹能相交，两球就一定能相遇
D．要使甲能击中乙既与抛出先后有关，又与初速度大小有关
解析：选D.两球相遇是指同一时刻到达同一位置，因甲位置高，则相遇时甲的飞行时间长，因此要先抛出甲，又因为相遇时，水平位移相等，则应有v13．关于合力对物体速度的影响，下列说法中正确的是(　　)
A．如果合力总跟速度方向垂直，则物体的速度大小不会改变，而物体的速度方向改变
B．如果合力方向跟速度方向之间的夹角为锐角，则物体的速率将增大，方向也会发生变化
C．如果合力方向跟速度方向之间的夹角为钝角，则物体的速率将减小，方向也会发生变化
D．如果合力方向跟速度方向在同一条直线上，则物体的速度方向不改变，只是速度大小发生变化
解析：选ABC.若合力与速度垂直时，速率不变，故A正确．合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，速度方向必定改变．其中，合力是否改变速率，完全取决于合力在速度方向上的分力情况：分力与速度方向相同时速率增大；分力与速度方向相反时速率减小，故B、C均正确．当合力与速度方向相反时，合力不仅改变速度大小，还会改变速度方向：合力先使速率减小，当速率减为零时，速度方向就要改变了，由此可见D错误．
4．如图1－9所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块在水中匀速上浮．在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速运动．红蜡块由管口上升到顶端，所需时间为t，相对地面通过的路程为L，则(　　)
图1－9
A．v增大时，t增大
B．v增大时，t减小
C．v增大时，L增大
D．v增大时，L减小
解析：选C.设红蜡块在管中竖直向上的速度为v0，管长度为d，当水平速度v增大时，则红蜡块从玻璃管的下端匀速上升到顶端所需时间为t＝不变，水平位移为x＝vt，则红蜡块对地位移为L＝＝增大，故正确选项为C.
5．如图1－10所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度(　　)
图1－10
A．大小和方向均不变
B．大小不变，方向改变
C．大小改变，方向不变
D．大小和方向均改变
解析：选A.设铅笔的速度为v，如图所示橡皮的速度分解成水平方向的v1和竖直方向的v2.因该过程中悬线始终竖直，故橡皮水平方向的速度与铅笔移动速度相同，即v1＝v.因铅笔靠着线的左侧水平向右移动，故悬线竖直方向长度减小的速度大小与铅笔移动速度的大小相等，则橡皮竖直方向速度的大小也与铅笔移动速度的大小相等，即v2＝v.又因v1、v2的大小、方向都不变，故合速度(即橡皮运动的速度)大小、方向都不变，选项A正确．
6．甲、乙、丙三小球分别位于如图1－11所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P点在丙的正下方，在同一时刻甲、乙、丙开始运动，甲以水平速度v0平抛，乙以水平速度v0沿水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动．则(　　)
图1－11
A．若甲、乙、丙三球同时相遇，则一定发生在P点
B．若甲、丙二球在空中相遇，此时乙球一定在P点
C．若只有甲、乙二球在水平面上相遇，此时丙球还未着地
D．无论初速度v0大小如何，甲、乙、丙三球一定会同时在P点相遇
解析：选AB.甲做平抛运动，在水平方向上与乙做速度相同的匀速直线运动，水平位移每时每刻都相等，故甲、丙相遇时，乙球一定在P点，选项B正确．甲在竖直方向上与丙运动情况相同，同时做自由落体运动，竖直位移总保持相等，故A选项正确，C、D均错．
7．小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船的速度为v，其航线恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是(　　)
A．增大α角，增大船速v
B．减小α角，增大船速v
C．减小α角，保持船速v不变
D．增大α角，保持船速v不变
解析：
选A.如图所示，v合不变，v水越大，v也越大，且v与v水的夹角也增大，故A正确．
8．(2011年高考广东理综卷)如图1－12所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视做平抛运动，下列叙述正确的是(　　)
图1－12
A．球的速度v等于L
B．球从击出至落地所用时间为
C．球从击球点至落地点的位移等于L
D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
解析：选AB.由平抛运动规律知，H＝gt2得，t＝ ，B正确．球在水平方向做匀速直线运动，由x＝vt得，v＝＝＝L，A正确．击球点到落地点的位移大于L，且与球的质量无关，C、D错误．
9．某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，球在墙面上反弹点的高度范围是(　　)
A．0.8 m至1.8 m
B．0.8 m至1.6 m
C．1.0 m至1.6 m
D．1.0 m至1.8 m
解析：选A.设球从反弹到落地的时间为t，球在墙面上反弹点的高度为h，球反弹后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．故 s＜t＜ s，且h＝gt2，所以0.8 m＜h＜1.8 m，故选项A正确．
10.
图1－13
(2010年高考全国卷)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图1－13中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为(　　)
A．tanθ
B．2tanθ
C.
D.
解析：选D.
如图所示，设小球抛出时的初速度为v0，则
vx＝v0①
vy＝v0cotθ②
vy＝gt③
x＝v0t④
y＝⑤
解①②③④⑤得：＝，D正确．
二、非选择题(本题共6小题，共50分，按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(5分)在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度．实验简要步骤如下：
A．让小球多次从________位置上由静止滚下，记下小球运动途中经过的一系列位置；
B．安装好器材，注意斜槽末端水平和木板竖直，记下小球在斜槽末端时球心在木板上的投影点O和过O点的竖直线，检测斜槽末端水平的方法是________________________________________________________________________．
C．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0＝________算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值．
D．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹．
上述实验步骤的合理顺序是________(只排列序号即可)．
解析：A项中要记下小球运动途中经过的一系列位置，不可能在一次平抛中完成，每一次平抛一般只能确定一个位置，要确定多个位置，要求小球每次的轨迹重合，小球开始平抛时的初速度必须相同，因此小球每次必须从同一位置由静止滚下．
B项中用平衡法，即将小球放到斜槽末端任一位置，如果斜槽末端是水平的，小球受到的支持力和重力是平衡的．不论将小球放到斜槽末端任何位置，小球均不会滚动．如果斜槽末端不是水平的，小球将发生滚动．
C项中运用x＝v0t及y＝gt2联立即可求得
v0＝x.
答案：同一　将小球放到斜槽末端任一位置，均不滚动　x　BADC
12．(5分)某同学用图1－14甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示．图乙中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10 m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．
完成下列填空：(重力加速度g取9.8 m/s2)
图1－14
(1)设P1、P 2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图乙中可读出|y1－y2|＝________m，|y1－y3|＝________ m，|x1－x2|＝________ m(保留两位小数)；
(2)若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动．利用(1)中读取的数据，求出小球从P1运动到P2所用的时间为________ s，小球抛出后的水平速度为________ m/s(均可用根号表示)．
解析：(1)由图可知，P1、P2两点在竖直方向上的间隔为6格多一点，P1、P3两点在竖直方向上的间隔为16格多一点，所以有|y1－y2|＝0.61 m，|y1－y3|＝1.61 m；P1、P2两点在水平方向的距离为6个格，则有|x1－x2|＝0.60 m；
(2)由水平方向上的运动特点可知，P1到P2与P2到P3的时间相等，竖直方向根据Δy＝aT2，且a＝g，解得时间约为0.2 s，则有v0＝＝ m/s＝3.0 m/s.
答案：(1)0.61　1.61　0.60　(2)0.20　3.0
13．(9分)如图1－15所示，一条两岸为平行直线的小河，河宽为60 m，水流速度为5 m/s.一小船欲从码头A处渡过河去，A的下游80 m处的河床陡然降低形成瀑布，要保证小船不掉下瀑布，小船相对静水的划行速度至少应多大？此时船的划行方向如何？
图1－15
解析：
由图可直观看出，当合速度方向恰指向瀑布所在的对岸B点时，小船划行速度最小．设A到瀑布的距离为x，由图中的三角形相似有v船/v水＝L/，代入数据得v船＝v水＝3 m/s，与水流方向的夹角为(180°－arccos)＝127°.
答案：3 m/s　划行方向与水流方向夹角为127°
14．(9分)质量m＝2 kg的物体在光滑平面上运动，其分速度vx和vy随时间变化的图线如图1－16甲、乙所示，求：
图1－16
(1)t＝8 s时物体的位移；
(2)物体的加速度及合外力．
解析：(1)t＝8 s时，x＝v0t＝3×8 m＝24 m，
y＝ayt2＝×0.5×82 m＝16 m
合位移s＝＝ m＝28.77 m
方向与x轴正方向之间夹角的正切tan θ＝.
(2)由图像知物体的加速度a＝ay＝0.5 m/s2
方向沿y轴正方向
又m＝2 kg
所以物体受到的合外力F＝ma＝may＝1 N，
方向沿y轴正方向．
答案：见解析
15．(10分)如图1－17所示，一高度为h＝0.2 m的水平面在A点处与一倾角为θ＝30°的斜面连接，一小球以v0＝5 m/s的速度在平面上向右运动．求小球从A点运动到地面所需的时间(平面与斜面均光滑，取g＝10 m/s2)．
图1－17
某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则
＝v0t＋g sinθ·t2，
由此可求得落地的时间t.
问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需时间；若不同意，则说明理由并给出你认为正确的解答．
解析：不同意．小球应在A点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑．
正确做法为：
若小球落到地面上，即落地点与A点的水平距离
s＝v0t＝v0＝1 m
斜面底宽l＝＝0.35 m
小球离开A点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间．
∴t＝＝0.2 s.
答案：见解析
16．(12分)平抛一物体，当抛出1 s后它的速度方向与水平方向成45°，落地时速度方向与水平方向成60°，求：
(1)初速度大小；
(2)落地速度大小；
(3)开始抛出时距地面的高度；
(4)水平射程．(g取10 m/s2)
解析：(1)如图所示，作出平抛运动轨迹上题干中两时刻的速度分解图，1 s时，速度方向与水平方向成45°，说明v0＝vy1，而vy1＝gt1，解得v0＝10 m/s.
(2)落地时的速度大小v2＝＝2v0＝20 m/s.
(3)落地时速度的竖直分量
vy2＝v0tan60°＝v0＝10 m/s
由vy22＝2gh得h＝＝ m＝15 m.
(4)由h＝gt得t2＝＝ s＝ s
水平射程x＝v0t2＝10× m≈17.32 m.
答案：见解析

1．物体做曲线运动，关于曲线运动，下列说法中正确的是(　　)
A．物体的速度大小可能不变，所以其加速度可能为零
B．物体在某点的速度方向是曲线在该点的切线方向
C．物体的速度大小可以不变
D．物体的速度方向可以不变
解析：选BC.物体做曲线运动时，合力一定不为零，故物体一定有加速度，但物体的速度大小可能不变，仅使速度的方向发生改变，也可能使物体的速度大小、方向都发生改变，故A、D错．由曲线运动的特点可知，B、C说法正确．
2．下列说法正确的是(　　)
A．做曲线运动的物体速度的方向必定变化
B．速度变化的运动必定是曲线运动
C．加速度恒定的运动一定是直线运动
D．加速度变化的运动必定是曲线运动
解析：选A.在曲线运动中，质点在任一点的速度方向，就是通过这一点的曲线的切线方向，所以曲线运动速度的方向一定变化，故A正确．若速度大小变化，方向不变，且速度方向与加速度方向在一条直线上，物体就做变速直线运动，故B错．物体做曲线运动的条件是加速度方向与速度方向不在一条直线上，加速度既可以是恒定的，也可以是变化的，故C错．若加速度方向不变，只是大小发生变化，且加速度方向与速度方向在同一条直线上，物体就做变加速直线运动，故D错．
3．关于曲线运动的速度，下列说法中正确的是(　　)
A．速度的大小与方向都在时刻变化
B．速度的大小不断发生变化，速度的方向不一定发生变化
C．速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化
D．质点在某一点的速度方向是曲线上该点的切线方向
解析：选CD.物体做曲线运动时速度的方向沿曲线的切线方向，而曲线上不同点的切线方向是不同的，所以速度的方向是不断变化的．如果没有沿切线方向的分力作用，速度的大小是不会发生变化的．
4．关于曲线运动，下面说法中正确的是(　　)
A．做曲线运动的物体的速度方向在不断改变，所以它不可能是匀速运动
B．物体只有受到一个方向不断改变的力的作用，才有可能做曲线运动
C．曲线运动的加速度方向与所受合外力方向并不总是一致的
D．曲线运动的加速度也可能是恒定不变的
解析：选AD.做曲线运动的物体的速度方向时刻在改变，故曲线运动一定是变速运动，不可能是匀速直线运动，A对．物体做曲线运动的条件是其合力与它的运动方向不共线，合力的大小或方向可能变，也可能不变，B错误．任何运动中物体的加速度一定与其合外力方向相同，C错．如果合力恒定不变，且合力方向与运动方向不共线，则物体做曲线运动，且加速度不变，D对．
5.
图1－1－5
图1－1－5是抛出的铅球运动轨迹的示意图(把铅球看成质点)．画出铅球沿这条曲线运动时在A、B、C、D、E各点的速度方向，及铅球在各点的加速度方向(空气阻力不计)．
解析：如图甲所示，曲线运动中物体在某位置处的速度方向为曲线在该点的切线方向；如图乙所示，在运动过程中，物体只受重力，方向竖直向下，所以加速度竖直向下．
答案：速度如图甲所示，加速度如图乙所示．
一、选择题
1．关于力和运动，下列说法中正确的是(　　)
A．物体在恒力作用下一定做匀加速直线运动
B．物体在变力作用下不可能做直线运动
C．物体在恒力作用下一定做匀变速运动
D．物体在变力作用下可能做曲线运动
解析：选CD.物体受力后产生加速度，加速度的大小、方向及变化情况完全由力所决定．因此，物体在恒力作用下，一定做匀变速运动．如果同时满足初速度等于零或初速度方向与恒力的同一直线上且方向相同，则物体做匀加速直线运动．所以A错误，C正确．物体做曲线运动的条件是合外力方向与初速度方向不在同一直线上，与外力是恒力还是变力无关，故B错误，D正确．
2．一物体由静止开始下落一小段时间后，突然受一恒定水平风力的影响，但着地前一小段时间风突然停止，则其运动轨迹的情况可能是图1－1－6中的(　　)
图1－1－6
答案：C
3．自行车场地赛中，当运动员绕圆形赛道运动一周时，下列说法中正确的是(　　)
A．运动员通过的路程为零
B．运动员速度的方向一直没有改变
C．由于起点和终点的速度方向没有改变，其运动不是曲线运动
D．虽然起点和终点的速度方向没有改变，其运动还是曲线运动
解析：选D.运动员的路程为圆形赛道的周长，在运动过程中，运动员的速度方向一直在改变，其运动为曲线运动．
4.
图1－1－7
一个质点在恒力F作用下，在xOy平面内从O点运动到M点的轨迹如图1－1－7所示，则恒力F的方向不可能(　　)
A．沿＋x方向
B．沿－x方向
C．沿＋y方向
D．沿－y方向
解析：选ABC.物体的受力方向应指向轨迹的内侧，则可知恒力F的方向沿－y方向．
5．质点沿轨道AB做曲线运动，速率逐渐减小，图1－1－8中哪一个可能是质点C处的加速度(　　)
图1－1－8
解析：选C.做曲线运动的物体，所受垂直速度方向的合外力的分力的方向指向轨道的曲率中心．根据质点运动的速率是逐渐减小的，说明质点所受的沿速度方向的合外力的分力跟速度方向相反，使质点速率减小，则质点的加速度沿速度方向的分量也应跟速度方向相反．选项A、B中沿速度方向的分加速度跟速度方向相同，质点速率是逐渐增大的，跟题设要求不符，因此A、B是错误的．选项D中加速度沿速度方向分量跟速度方向相反，使质点速率不断减小，但垂直速度方向的分加速度方向不是指向C点的曲率中心，所以选项D是错误的．只有选项C是正确的．
6．一物体以初速度v0从A点开始在光滑水平面上运动，一个水平力作用在物体上，物体的运动轨迹如图1－1－9中的实线所示．图中B为轨迹上的一点，虚线是过A、B两点并与轨迹相切的直线，虚线和实线将水平面划分为5个区域，则关于施力物体的位置，下列说法正确的是(　　)
图1－1－9
A．如果这个力是引力，则施力物体一定在④区域
B．如果这个力是引力，则施力物体一定在②区域
C．如果这个力是斥力，则施力物体可能在②区域
D．如果这个力是斥力，则施力物体一定在④区域
解析：选AC.根据题图中画出的切线方向可以判定，物体受力的方向大致在④区域向下，故选项A、C是正确的．
7．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐增大，图1－1－10中的A、B、C、D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是(　　)
图1－1－10
解析：选B.汽车做曲线运动，所受合力F一定指向轨迹的凹侧，故A、D错误，汽车从M向N加速运动，说明合力F的方向与速度方向之间的夹角为锐角，故C项错误、B项正确．
8.
图1－1－11
翻滚过山车是大型游乐园里的一种比较刺激的娱乐项目．如图1－1－11所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下， 过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点．下列说法中正确的是(　　)
A．过A点时的速度方向沿AB方向
B．过B点时的速度方向沿水平方向
C．过A、C两点时的速度方向相同
D．圆形轨道上与M点速度方向相同的点在AB段上
解析：选B.
翻滚过山车经过A、B、C三点的速度方向如图所示，由图判断B正确，A、C错误．用直尺和三角板作M点速度方向的平行线且与圆相切于N点，则过山车过N点时速度方向与M点相同，D错误．
9．在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动．现突然将与速度反方向的2 N的力水平旋转90°，则关于物体运动情况的叙述正确的是(　　)
A．物体做速度大小不变的曲线运动
B．物体做加速度为 m/s2的匀变速曲线运动
C．物体做速度越来越大的曲线运动
D．物体做非匀变速曲线运动，速度越来越大
解析：选BC.
物体原来所受合外力为零，当与速度反方向的2 N的力水平旋转90°后，其受力相当于如图所示，其中F是Fx、Fy的合力，即F＝2 N，且大小、方向都不变，是恒力，那么物体的加速度为a＝F/m＝ m/s2＝ m/s2恒定，又因为F与v的夹角θ<90°，所以物体做速度越来越大、加速度恒定的匀变速曲线运动，因此正确答案为B、C.
二、非选择题
10．如图1－1－12所示，物体做圆周运动，在A点物体所受的合外力F既不与速度的方向垂直也不与速度的方向在一条直线上，此时我们可以将F进行正交分解，使一个分力F1与速度v的方向垂直，另一个分力F2与速度方向平行，其中分力F1只改变速度的__________，分力F2只改变速度的__________．F与v的夹角为α，当α＝0°时，F1＝0，物体做________运动；当α＝90°时，F2＝0，物体的速率________；α为锐角时，物体运动的速率__________．
图1－1－12
解析：曲线运动中，物体的合外力可以分解为垂直物体速度的法向分力和与速度共线的切向分力，法向分力只改变速度的方向，切向分力只改变速度的大小，切向分力与速度同向，物体做加速运动，反向则物体做减速运动．
答案：方向　大小　加速直线　不变　增加
11．汽车以恒定的速率绕圆形广场一周用2 min的时间，汽车每行驶半周，速度的方向将改变多少度？汽车每行驶10 s，速度的方向将改变多少度？
解析：本题是合外力对物体的作用只改变速度的方向，而不改变速度的大小的情况．因为本题中汽车运动的方向时刻改变，汽车每绕圆形广场一周所用时间为2 min，即为120 s，则每秒汽车转过的角度为3°.又因为物体做曲线运动的速度方向就是物体运动轨迹上该点的切线方向，所以汽车每运行半周，速度的方向改变Δθ＝60×3°＝180°.故汽车每行驶10 s速度方向的改变Δθ′＝10×3°＝30°.
答案：180°　30°
12.
图1－1－13
如图1－1－13所示，为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动．开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平移．
(1)单独分别开动P1、P2、P3、P4，探测器将分别做什么运动？
(2)单独开动P2和P4，探测器的运动有什么不同．
解析：(1)单独开动P1时，力沿－x方向，故探测器做匀减速直线运动；单独开动P3时，探测器做匀加速直线运动；单独开动P2或P4时，探测器做匀变速曲线运动．
(2)单独开动P2时，探测器在坐标系中第Ⅰ象限内做曲线运动，轨迹向上弯曲；单独开动P4，探测器在坐标系第Ⅳ象限内做曲线运动，运动轨迹向下弯曲．
答案：见解析

1．关于运动的合成与分解，以下说法中正确的是(　　)
A．由两个分运动求合运动，合运动是唯一确定的
B．由合运动分解为两个分运动，可以有不同的分解方法
C．只有物体做曲线运动时，才能将这个运动分解为两个分运动
D．任何形式的运动，都可以用几个分运动代替
解析：选ABD.从运动合成或分解的法则——平行四边形定则出发思考，明确运动分解的意义、方法，可做出正确的判断，答案为A、B、D.
2．对于两个分运动的合运动，下列说法中正确的是(　　)
A．合运动的速度一定大于两个分运动的速度
B．合运动的速度一定大于其中一个分运动的速度
C．合运动的方向就是物体实际运动的方向
D．由两个分速度的大小就可以确定合速度的大小
解析：选C.合速度的大小可以大于分速度，也可以小于分速度，还可以等于分速度的大小，故A、B均错．仅知道两个分速度的大小，无法确定平行四边形，也就不能求出合速度的大小，故D错．
3．一艘炮艇由西向东行驶，要击中一固定目标，射击方向应(不计重力)(　　)
A．直接对准目标
B．偏东一些
C．偏西一些
D．不能确定
解析：选C.炮弹在发射前随炮艇一起运动，射出炮膛后，由于惯性要保持原来向东的运动，如果对准目标射击，击中的必定是目标东边的某点，所以射击方向要偏西一些．
4．如果两个分运动的速度大小相等，且为定值，则下列论述中正确的是(　　)
A．当两个分速度夹角为0°时，合速度最大
B．当两个分速度夹角为90°时，合速度最大
C．当两个分速度夹角为120°时，合速度大小与每个分速度大小相等
D．当两个分速度夹角为120°时，合速度大小一定小于分速度大小
解析：选AC.速度的合成为矢量合成，同样遵循平行四边形定则，当两者夹角为0°时合速度最大，120°时合速度大小等于分速度大小，故选A、C.
5．在一无风的雨天，雨滴竖直下落至地表的速度v1＝8 m/s，一辆汽车以v2＝6 m/s的速度匀速行驶，求车上的人看到的雨滴的速度大小和方向．
解析：如图所示，当观察者在汽车上时，观察到雨滴同时参与两个分运动，一是竖直下落的运动，二是朝向汽车的运动，此运动的速度v2′与v2大小相等，方向相反，所以雨滴相对汽车的速度v为v1、v2′的合速度．
v＝＝ m/s＝10 m/s.
设v与竖直方向的夹角为α，
则tanα＝＝，所以α≈37°.
速度方向与竖直方向夹角为37°偏向后．
答案：10 m/s　方向与竖直方向夹角为37°偏向后
一、选择题
1．一个质点同时参与互成一定角度(不在同一直线)的匀速直线运动和匀变速直线运动，该质点的运动特征是(　　)
A．速度不变　　　　　　
B．运动中的加速度不变
C．轨迹是直线
D．轨迹是曲线
解析：选BD.合运动的加速度等于两个分运动的加速度之和，即合运动的加速度是恒定加速度a，而合运动的加速度与合运动的速度不在同一条直线上，故合运动一定是曲线运动．所以B、D正确．
2．如图1－2－12所示，一玻璃筒中注满清水，水中放一软木做成的小圆柱体R(圆柱体的直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上浮)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧(图甲)．现将玻璃管倒置(图乙)，在软木塞上升的同时，将玻璃管水平向右加速移动，观察软木塞的运动，将会看到它斜向右上方运动，经过一段时间，玻璃管移至图丙中右图所示位置，软木塞恰好运动到玻璃管的顶端，在图丁四个图中，能正确反映软木塞运动轨迹的是(　　)
图1－2－12
解析：选C.圆柱体参与了竖直方向的匀速直线运动和水平向右的初速度为零的匀加速直线运动．所以其合初速度的方向竖直向上，合加速度的方向水平向右，物体运动的轨迹(直线还是曲线)由物体的速度和加速度的方向关系决定，由于合初速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，圆柱体一定做曲线运动，所以A错；圆柱体在竖直方向的速度不变，而水平方向的速度逐渐增大，所以合速度的方向与水平方向的夹角逐渐减小，做曲线运动的物体的轨迹的切线方向即为速度的方向，所以B、D错，C对．
3．欲划船渡过一宽100 m的河，船相对静水速度v1＝5 m/s，水流速度v2＝3 m/s，则(　　)
A．过河最短时间为20 s
B．过河最短时间为25 s
C．过河位移最短所用的时间是25 s
D．过河位移最短所用的时间是20 s
解析：选AC.当船头指向垂直河岸航行时，过河用时最短，最短时间t1＝＝ s＝20 s，A对，B错．当船驶向上游与河岸成θ角，合速度与岸垂直时，且v1cosθ＝v2时，过河位移最短，此时cosθ＝＝，过河时间t2＝＝ s＝25 s，故C对，D错．
4．火车站里的自动扶梯用1 min就可以把一个静止在扶梯上的人从一楼送到二楼．若自动扶梯不动，人沿着扶梯走上去需要3 min，若此人沿着运动的扶梯走上去，需要的时间是(　　)
A．2 min
B．1 min
C．0.75 min
D．0.5 min
解析：选C.扶梯上升速度v1＝(x为从一楼到二楼沿扶梯的位移)，人相对扶梯的速度为v2＝，当扶梯正常运行，人仍以v2在扶梯上走，则人对地的速度为v＝v1＋v2，则从一楼到二楼所用时间满足＝＋，本题中t1＝1 min，t2＝3 min，故t＝0.75 min.
5．一个物体的运动由水平方向的匀加速度为a1＝4 m/s2和竖直方向的匀加速度为a2＝3 m/s2两个分运动组成，关于这个物体的运动加速度，下列说法正确的是(　　)
A．加速度数值在1～7 m/s2之间
B．加速度数值为7 m/s2
C．加速度数值为5 m/s2
D．加速度数值为1 m/s2
解析：
选C.如图所示，物体的加速度a与两个分加速度a1、a2的关系满足平行四边形定则，如图所示，则a＝＝5 m/s2，故C正确．
6．小船在水速较小的河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，到达河中间时突然上游来水使水流速度加快，则对此小船渡河的说法正确的是(　　)
A．小船要用更长的时间才能到达对岸
B．小船到达对岸的时间不变，但位移将变大
C．因小船船头始终垂直河岸航行，故所用时间及位移都不会变化
D．因船速与水速关系未知，故无法确定渡河时间及位移的变化
解析：选B.因船头始终垂直于河岸，故小船过河时，垂直河岸的过河速度不变，因此过河时间不变，但因水流速度加快，船的合运动速度与河岸的夹角变小，到达对岸时沿水流方向移动距离增大，故B正确，A、C、D均错误．
7．匀速上升的载人气球中，有人水平向右抛出一物体，取竖直向上为y轴正方向，水平向右为x轴正方向，取抛出点为坐标原点，则地面上的人看到的物体的运动轨迹是图1－2－13中的(　　)
图1－2－13
解析：选B.抛出的物体由于惯性仍具有向上的初速度，而竖直方向上的分运动是竖直上抛运动，水平方向上的分运动是匀速直线运动．所以B正确．
图1－2－14
8．如图1－2－14所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1＜m2.若将m2由位置A从静止释放，当落到位置B时，m2的速度为v2，且绳子与竖直方向的夹角为θ，则这时m1的速度v1大小等于(　　)
A．v2sinθ
B．v2/sinθ
C．v2cosθ
D．v2/cosθ
解析：选C.
因为物体m2的实际运动情况是沿杆竖直下滑，这个实际运动是合运动，m1的速度与绳上各点沿绳方向的速度大小相等，所以绳的速度就是m1的速度v1，而m2的实际运动应是合运动(沿杆向下)，合速度v2可分解为沿绳子方向的分速度v1和垂直于绳子的分速度v′(即两个实际运动效果)．因此v1跟v2的关系应如图所示，由图可看出m1的速度大小为v1＝v2cosθ.所以选项C正确．
9．小河宽为d，河水中各点的水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比，v水＝kx，k＝，x是各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v0，则下列说法中正确的是(　　)
A．小船渡河时的轨迹为直线
B．小船渡河时的轨迹为曲线
C．小船到达距河对岸处，船的渡河速度为v0
D．小船到达距河对岸处，船的渡河速度为v0
解析：选BC.由题意可知，小船在垂直于河的方向上做匀速直线运动；由于水的速度与水到岸边的距离有关，所以小船在沿河方向做变速运动，所以小船的轨迹为曲线，B正确．小船到达距河对岸处时，小船沿河岸方向的速度为v0，其合速度为v0，所以C正确．小船到达距河对岸处时，小船到另一河岸的距离为，所以其合速度为v0.
二、非选择题
10．有一小船正在渡河，如图1－2－15所示，在离对岸30 m时，其下游40 m处有一危险水域，假若水流速度为5 m/s，为使小船在到达危险水域之前到达对岸，则小船从现在起相对于静水的最小速度应是多大？
图1－2－15
解析：
如图所示，设小船到达危险水域前恰好到达对岸，则其合速度方向如图所示，设合速度方向与河岸的夹角为α，则tanα＝＝，即α＝37°，小船的合速度方向与合位移方向相同，根据平行四边形定则知，当船相对于静水的速度v1垂直于合速度时，v1最小，v1的最小值为vmin＝v2sinα＝5× m/s＝3 m/s，这时v1的方向与河岸的夹角β＝90°－α＝53°，即从现在开始，船头指向河上游且与河岸成53°角， 为使小船在到达危险水域前到达对岸，小船相对静水的最小速度为3 m/s，船头指向上游且与河岸成53°角．
答案：3 m/s
11．玻璃生产线上，宽9 m的成型玻璃板以2 m/s的速度连续不断地向前行进，在切割工序处，金刚石刀的速度是10 m/s，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，金刚石刀的切割轨道应如何控制？切割一次的时间有多长？
解析：
要使割下的玻璃板成规定尺寸的矩形，金刚石刀在沿玻璃运动的方向和玻璃板保持相对静止，如图所示，即v1＝2 m/s.
所以cosα＝＝0.2.
轨道方向与玻璃板的运动方向成α＝arccos 0.2，
t＝＝＝＝0.9 s.
答案：见解析
12．一人一猴在玩杂技，如图1－2－16所示，直杆AB长12 m，猴子在直杆上由A向B匀速向上爬，同时人顶着直杆水平匀速移动，已知在10 s内，猴子由A运动到B，而人也由甲位置运动到了乙位置，已知x＝9 m，求：
图1－2－16
(1)猴子对地的位移；
(2)猴子对人的速度，猴子对地的速度；
(3)若猴子从静止开始匀加速上爬，其他条件不变，试在图中画出猴子运动的轨迹．
解析：(1)相对于地面，猴子参与沿杆上升和随杆水平移动的两个运动，在爬到杆顶的过程中，满足
x猴＝＝ m＝15 m.
(2)由于猴子和人在水平方向运动情况相同，保持相对静止，因此
猴子对人的速度v1＝m/s＝1.2 m/s，
猴子对地的速度v猴＝＝m/s＝1.5 m/s.
(3)由于猴子向上匀加速运动，加速度(或外力)方向向上，因此，运动轨迹向上弯曲，其轨迹如图所示．
答案：(1)15 m　(2)1.2 m/s　1.5 m/s
(3)见解析图

1．关于平抛运动，下列说法中正确的是(　　)
A．平抛运动是非匀变速运动
B．平抛运动是匀速运动
C．平抛运动是匀变速曲线运动
D．平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
解析：选C.平抛运动的物体只受重力作用，产生恒定的加速度，是匀变速运动，其初速度方向与合外力方向垂直不共线，是曲线运动，故平抛运动是匀变速曲线运动，A、B错误，C正确；平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，故落地时的速度是水平方向的分速度和竖直方向的分速度的合速度，其方向一定与竖直方向(或水平方向)有一定的夹角，D错误．
2．(2011年南京高一检测)做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于(　　)
A．物体的高度和所受重力
B．物体的高度和初速度
C．物体所受的重力和初速度
D．物体所受的重力、高度和初速度
解析：选B.设物体在h高处以v0速度水平抛出，则
竖直方向h＝gt2①
水平方向x＝v0t②
由①②得水平位移x＝v0·，故物体做平抛运动时水平方向上通过的距离只与抛出点的高度h和初速度v0有关，与物体的重力无关，B对，A、C、D错．
3．在同一平台上的O点抛出的3个物体，做平抛运动的轨迹如图1－3－14所示，则3个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系和3个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC的关系分别是(　　)
图1－3－14
A．vA＞vB＞vC，tA＞tB＞tC
B．vA＝vB＝vC，tA＝tB＝tC
C．vA＜vB＜vC，tA＞tB＞tC
D．vA＞vB＞vC，tA＜tB＜tC
解析：选C.平抛运动的时间只与下落的高度有关，由t＝得tA＞tB＞tC，由题图可知，在下落高度相同时，水平射程xA＜xB＜xC，所以vA＜vB＜vC，故C正确．
4．一个物体以初速度v0水平抛出，经过时间t时其竖直方向的位移大小与水平方向的位移大小相等，那么t为(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
解析：选B.由平抛运动的规律可知x＝v0t，①
y＝gt2②
由题意可知x＝y③
联立①②③解得t＝，
故选项B正确，A、C、D均错误．
5．在水平路上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，如图1－3－15所示，摩托车的速度至少要多大，才能越过这个壕沟？(g取10 m/s2)
图1－3－15
解析：摩托车在越过壕沟的过程中要做平抛运动，则：
水平方向：x＝v0t＝5 m①
竖直方向：y＝gt2＝0.8 m②
解①②式得：v0＝12.5 m/s.
答案：12.5 m/s
一、选择题
1．关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．平抛物体运动的速度和加速度都随时间的增加而增大
B．平抛物体的运动是变加速运动
C．做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变
D．做平抛运动的物体水平方向的速度逐渐增大
答案：C
2．质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．质量越大，水平位移越大
B．初速度越大，落地时竖直方向速度越大
C．初速度越大，空中运动时间越长
D．初速度越大，落地速度越大
解析：选D.水平抛出的物体，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，其运动规律与质量无关，由v＝2gh，可知，vy＝，落地竖直速度只与高度h有关；由h＝gt2知，t＝，落地时间也由高度决定；落地速度v＝＝，故只有D项正确．
3．从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是(　　)
A．从飞机上看，物体静止
B．从飞机上看，物体始终在飞机的后方
C．从地面上看，物体做平抛运动
D．从地面上看，物体做自由落体运动
解析：选C.从飞机上看物体做自由落体运动，从地面上看物体做平抛运动．
4．在一次体育活动中，两位同学一前一后在同一水平直线上的两个位置沿水平方向分别抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图1－3－16所示，不计空气阻力．要使两小球在空中发生碰撞，则必须(　　)
图1－3－16
A．先抛出A球再抛出B球
B．同时抛出两球
C．A球抛出速度大于B球抛出速度
D．使两球质量相等
解析：选BC.两小球均做平抛运动，根据运动的合成与分解知，小球在竖直方向做自由落体运动，两小球在空中发生碰撞时，两小球在空中下落的高度一定相等，由h＝gt2得，两小球在空中运动的时间相等，即必须同时抛出两球，与两球质量无关，A错误、B正确、D错误；小球在水平方向做匀速直线运动，A球的水平位移要大于B球的水平位移，两球才能发生碰撞，由x＝vt得，A球抛出速度要大于B球抛出速度，C正确．
5．(2011年西安高一检测)在一次飞越黄河的表演中，汽车在空中飞经最高点后在对岸着地，已知汽车从最高点至着地点经历的时间约为1 s，忽略空气阻力，则最高点与着地点的高度差约为(　　)
A．8.0 m
B．5.0 m
C．3.2 m
D．1.0 m
解析：选B.汽车从最高点开始做平抛运动，竖直方向y＝gt2＝×10×12 m＝5.0 m，即最高点与着地点的高度差约为5.0 m，B正确．
6．如图1－3－17所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(　　)
图1－3－17
A．tanφ＝sinθ
B．tanφ＝cosθ
C．tanφ＝tanθ
D．tanφ＝2tanθ
解析：选D.竖直方向的分速度与水平方向的分速度之比为：tanφ＝，竖直方向的位移与水平方向的位移之比为：tanθ＝＝，故有tanφ＝2tanθ.
7．如图1－3－18所示，以9.8 m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是(　　)
图1－3－18
A. s
B. s
C. s
D．2 s
解析：选C.
物体撞击到斜面上时速度可按如图所示分解，由物体与斜面撞击时速度的方向，建立起平抛运动的物体竖直分速度vy与已知的水平速度v0之间的关系，求出vy，再由自由落体速度与时间的关系求出物体的飞行时间．由图可知：tanθ＝，即tan30°＝，可以求得t＝ s.
8．如图1－3－19所示，一战斗机在距地面高度一定的空中，由东向西沿水平方向匀速飞行，发现地面目标P后，开始瞄准并投掷炸弹．若炸弹恰好击中目标P，假设投弹后飞机仍以原速度水平匀速飞行，则(空气阻力不计)(　　)
图1－3－19
A．飞机投弹时在P点的正上方
B．炸弹落在P点时，飞机在P点的正上方
C．飞机飞行速度越大，投弹时飞机到P点的距离应越小
D．无论飞机飞行速度多大，从投弹到击中目标经历的时间是一定的
解析：选BD.炸弹离开飞机后做平抛运动，在水平方向以飞机飞行的速度做匀速直线运动，所以投弹时应在飞机到达P点的正上方之前投掷，且飞机飞行速度越大，投弹时飞机到P点的距离越大，故A、C错误；由于炸弹在水平方向与飞机的飞行速度相同，所以B正确；因飞机距离地面的高度一定，故炸弹在空中的运动时间是一定值，D正确．
9．如图1－3－20所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两个小球运动时间之比为(　　)
图1－3－20
A．1∶1
B．4∶3
C．16∶9
D．9∶16
解析：选D.由平抛物体运动的位移规律，可得而tanθ＝y/x，则t＝，所以有＝＝，即D选项正确．
二、非选择题
10．如图1－3－21所示，水平台面AB距地面的高度h＝0.8 m．有一滑块从A点以v0＝6 m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.25.滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出．已知AB＝2.2 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
图1－3－21
(1)滑块从B点飞出时的速度大小；
(2)滑块落地点到平台边缘的水平距离．
解析：滑块做匀减速直线运动a＝＝－μg
由v－v＝2aAB得vB＝5 m/s
h＝gt2，x＝vBt解得x＝2 m
落地点距平台边缘的水平距离2 m.
答案：(1)5 m/s　(2)2 m
图1－3－22
11．如图1－3－22所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离x＝100 m，子弹射出的水平速度v＝200 m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：
(1)从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？
(2)目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？
解析：(1)子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间击中目标靶，则：t＝
代入数据得t＝0.5 s.
(2)目标靶做自由落体运动，则h＝gt2
代入数据得h＝1.25 m.
答案：(1)0.5 s　(2)1.25 m
12．组建仅八个月的中国第一支女子跳台滑雪队在哈尔滨大学生冬季运动会上就获得了一枚铜牌．如图1－3－23所示为跳台滑雪的示意图，这名运动员在助滑路段取得高速后从a点水平飞出，在空中飞行一段距离后在b点着陆，若测得a、b两点的高度差h＝20 m，a、b两点的水平距离x＝30 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
图1－3－23
(1)运动员在空中飞行的时间；
(2)运动员离开a点时的速度大小．
解析：(1)运动员从a点水平飞出后做平抛运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，则h＝gt2
所以t＝＝ s＝2 s.
(2)运动员在水平方向的分运动是匀速直线运动，则x＝v0t
v0＝＝ m/s＝15 m/s.
答案：(1)2 s　(2)15 m/s

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
1．关于圆周运动的说法，正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，所受合力一定指向圆心
B．做圆周运动的物体，其加速度可以不指向圆心
C．做圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心
D．做圆周运动的物体，只要所受合力不指向圆心，其速度方向就不与合力方向垂直
解析：选ABD.做变速圆周运动的物体，所受合力不指向圆心，故C错误．
2．一辆载重汽车在丘陵山地上匀速行驶，地形如图2－9所示．由于轮胎太陈旧，途中“放了炮”．你认为在途中A、B、C、D四处中，放炮的可能性最大的是(　　)
图2－9
A．A处　　　　　　　　　
B．B处
C．C处
D．D处
解析：选C.做曲线运动的汽车在经过C处时，圆周运动的向心力由重力和山地对它支持力的合力提供，由F－mg＝时，此处F>mg，因此选项C正确．
3．风洞实验室中可产生竖直向上的风力．如图2－10所示，现将一个小球用细线拴住，放入风洞实验室中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是(　　)
图2－10
A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最大
B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C．小球可能做匀速圆周运动
D．小球不可能做匀速圆周运动
解析：选C.由于小球受到竖直向上的风力， 这个力可以和重力抵消掉，所以小球一定条件下可以看成只在细线的拉力的作用下做匀速圆周运动，选项C正确，选项D错误．若风力大于重力，在a点，小球速度最大，线的张力最大，若风力小于重力，小球在点速度最大，线的张力最大，选项A、B错误．
4．老山自行车赛场采用的是250米赛道，赛道宽度为7.5米，赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线以及圆弧段组成，按2003年国际自盟UCI赛道标准的要求，其直线段倾角为13°，圆弧段倾角为45°，过渡曲线段由13°向45°过渡．假设运动员在赛道上的速率不变，则下列说法中可能正确的是(　　)
A．在直线段赛道上自行车运动员处于平衡状态
B．在圆弧段赛道上自行车运动员的加速度不变
C．在直线赛道上自行车受到沿赛道平面斜向上的摩擦力
D．在圆弧段赛道上的自行车可能不受摩擦力作用
解析：选ACD.在直线段赛道上的运动员做匀速直线运动，处于平衡状态，A项正确；在圆弧赛道上的运动员做匀速圆周运动，加速度方向总指向圆弧形赛道的圆心，时刻发生改变，B项错；在直线段赛道上的自行车根据平衡条件可知受到沿赛道向上的摩擦力作用，C项正确；自行车运动员所受到的重力和支持力的合力恰好提供运动员所需向心力时，自行车则不受摩擦力作用，D项正确．
5.
图2－11
如图2－11所示，一圆环以直径AB为轴做匀速转动，P、Q、R是环上的三点，则下列说法正确的是(　　)
A．向心加速度的大小aP＝aQ＝aR
B．任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向相同
C．线速度vP>vQ>vR
D．任意时刻P、Q、R三点的线速度方向均不同
解析：选BC.R、Q、P三点的轨道圆心都在轴AB上，且它们的轨道平面互相平行，因此三点的角速度相同，由于向心加速度方向也相同且指向轴AB，由a＝rω2可知：aP>aQ>aR，又由v＝rω可知vP>vQ>vR，因此A错，B、C对；三点的线速度方向都沿轨迹的切线方向，故它们的线速度方向相同，D错．
6．如图2－12所示的皮带传动中小轮半径ra是大轮半径rb的一半，大轮上c点到轮心O的距离恰等于ra，若皮带不打滑，则图中a、b、c三点(　　)
图2－12
A．线速度之比为2∶1∶1
B．角速度之比为2∶1∶2
C．转动周期之比为2∶1∶1
D．向心加速度大小之比为4∶2∶1
解析：选D.a、b线速度相等，则va∶vb＝1∶1①
b、c角速度相等，即ωb∶ωc＝1∶1②
由①得＝＝＝③
由②③得ωa∶ωb∶ωc＝2∶1∶1
由②得＝＝＝④
由①④得va∶vb∶vc＝2∶2∶1
又由①得＝＝＝
由②得＝＝＝
所以aa∶ab∶ac＝4∶2∶1
周期＝＝＝
＝＝
所以Ta∶Tb∶Tc＝1∶2∶2.
7．如图2－13所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为圆周的光滑轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则(　　)
图2－13
A．在h一定的条件下，释放后小球的运动情况与小球的质量有关
B．改变h的大小，就能使小球通过a点后，落回轨道内
C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过b点后落回轨道内
D．调节h的大小，使小球飞出de面之外(即e的右面)是可能的
解析：选D.在h一定的条件下，释放后小球的机械能守恒，其运动情况与小球的质量无关，A错；小球能通过a点的最小速度v＝，从a点平抛，R＝gt2，s＝vt＝R，所以，无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，选项B错误；但可以使小球通过b点后落回轨道内，选项C错误；如果h足够大，小球可能会飞出de面之外，D正确．
8.
图2－14
如图2－14所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中(　　)
A．B对A的支持力越来越大
B．B对A的支持力越来越小
C．B对A的摩擦力越来越大
D．B对A的摩擦力越来越小
解析：选BD.以A为研究对象，由于其做匀速圆周运动，故合外力提供向心力．在水平位置a点时，向心力水平向左，由B对它的静摩擦力提供，f＝mω2r；重力与B对它的支持力平衡，即N＝mg.在最高点b时，向心力竖直向下，由重力与B对它的支持力的合力提供，mg－N＝mω2r，此时f＝0.由此可见，B对A的支持力越来越小，B对A的摩擦力越来越小．故选B、D.
9．如图2－15所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和B水平放置，两轮半径RA＝2RB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上．若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮轮轴的最大距离为(　　)
图2－15
A．RB/4
B．RB/3
C．RB/2
D．RB
解析：选C.两轮边缘上的线速度相同，据v＝ωR
有：＝＝
又因小木块恰能静止在A轮边缘，最大静摩擦力提供向心力，有：
μmg＝mRAω①
设放在B轮上能使木块相对静止的距B转轴最大距离为r.
又因为A、B材料相同，木块A、B的动摩擦因数相同．木块放在r处时，最大静摩擦力提供向心力，有：
μmg＝mrω②
①、②联立得RAω＝rω
r＝·RA＝×2RB＝RB，故选项C正确．
10．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁做匀速圆周运动．图2－16中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h.下列说法中正确的是(　　)
图2－16
A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
D．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
答案：D
11．如图2－17所示，有一质量为M的大圆环，半径为R，被一轻杆固定后悬挂在O点，有两个质量为m的小环(可视为质点)，同时从大环两侧的对称位置由静止滑下．两小环同时滑到大环底部时，速度都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为(　　)
图2－17
A．(2m＋2M)g
B．Mg－
C．2m(＋g)＋Mg
D．2m(－g)＋Mg
解析：选C.隔离一个小环，向上为正方向：
N－mg＝m，N＝mg＋m
把大环和两个小环合起来作为研究对象
F＝Mg＋2N＝Mg＋2m(g＋)
故C正确．
12.
图2－18
如图2－18所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下述分析正确的是(　　)
A．螺丝帽受的重力与最大静摩擦力平衡
B．螺丝帽受到杆的弹力方向水平向外，背离圆心
C．此时手转动塑料管的角速度ω＝
D．若杆的转动加快，螺丝帽有可能相对杆发生运动
解析：选A.由于螺丝帽做圆周运动过程中恰好不下滑，则竖直方向上重力与摩擦力平衡．杆对螺丝帽的弹力提供其做匀速圆周运动的向心力，选项A正确，B、C错误；无论杆的转动速度增大多少，竖直方向受力平衡，故选项D错误．
二、非选择题(本题共4小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)
13.
图2－19
(9分)如图2－19所示，内壁光滑的导管弯成圆周轨道竖直放置，其质量为2m，小球质量为m，在管内滚动，当小球运动到最高点时，导管刚好要离开地面，此时小球速度多大？(轨道半径为R)
解析：小球运动到最高点时，导管刚好要离开地面，说明此时小球对导管的作用力竖直向上，大小为N＝2mg
分析小球受力如图所示
则有：N′＋mg＝m，
由牛顿第三定律，N′＝N
可得：v＝.
答案：
14．(9分)如图2－20所示，一个人用一根长1 m、只能承受74 N拉力的绳子，拴着一个质量为1 kg的小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O离地面h＝6 m．转动中小球在最低点时绳子恰好断了．(取g＝10 m/s2)
图2－20
(1)绳子断时小球运动的角速度多大？
(2)绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离是多少？
解析：(1)设绳断时角速度为ω，则有F－mg＝mω2L，代入数据得ω＝8 rad/s.
(2)绳断后，小球做平抛运动，其初速度v＝ωL＝8 m/s.
由平抛运动规律有h－L＝ gt2.
得t＝1 s.
水平距离x＝vt＝8 m.
答案：(1)8 rad/s　(2)8 m
15．(10分)在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍．
(1)如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？
(2)如果高速路上设计了圆弧拱桥作立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱桥的半径至少是多少？(取g＝10 m/s2)
解析：(1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有
Fm＝0.6mg＝m
由速度v＝108 km/h＝30 m/s，得弯道半径r＝150 m.
(2)汽车过拱桥可看成在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有：
mg－N＝m
为了保证安全，车对路面间的弹力N必须大于等于零，有mg≥m
得R≥90 m.
答案：(1)150 m　(2)90 m
16．(12分)在水平转台上放一个质量为M的木块，静摩擦因数为μ，转台以角速度ω匀速转动时，细绳一端系住木块M，另一端通过转台中心的小孔悬一质量为m的木块，如图2－21所示，求m与转台能保持相对静止时，M到转台中心的最大距离R1和最小距离R2.
图2－21
解析：M在水平面内转动时，平台对M的支持力与Mg相平衡，拉力与平台对M的摩擦力的合力提供向心力．
设M到转台中心的距离为R，M以角速度ω转动所需向心力为Mω2R，若Mω2R＝T＝mg，此时平台对M的摩擦力为零．
若R1＞R，Mω2R1＞mg，平台对M的摩擦力方向向左，由牛顿第二定律：
f＋mg＝Mω2R1，当f为最大值μMg时，R1最大．
所以，M到转台的最大距离为：
R1＝(μMg＋mg)/Mω2.
若R2＜R，Mω2R2＜mg，平台对M的摩擦力水平向右，由牛顿第二定律．
mg－f＝Mω2R2
f＝μMg时，R2最小，最小值为R2＝(mg－μMg)/Mω2.
答案：最大距离为R1＝(μMg＋mg)/Mω2；最小距离为
R2＝(mg－μMg)/Mω2.

1．质点做匀速圆周运动，则(　　)
A．在任何相等的时间里，质点的位移都相等
B．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等
C．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同
D．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等
解析：选BD.质点做匀速圆周运动时，相等的时间内通过的圆弧长度相等，即路程相等，B项正确．此时半径所转过的角度也相等，D项正确．但由于位移是矢量，在相等的时间里，质点位移的大小相等，方向却不一定相同，因此位移不一定相同．而平均速度也是矢量，虽然大小相等，但方向不尽相同，故A、C错误．
2.
图2－1－11
如图2－1－11所示为一种早期的自行车，这种不带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了(　　)
A．提高速度
B．提高稳定性
C．骑行方便
D．减小阻力
解析：选A.在骑车人脚蹬车轮转速一定的情况下，据公式v＝ωr知，轮子半径越大，车轮边缘的线速度越大，车行驶得也就越快，故A选项正确．
3．关于匀速圆周运动的角速度与线速度，下列说法中正确的是(　　)
A．半径一定，角速度与线速度成反比
B．半径一定，角速度与线速度成正比
C．线速度一定，角速度与半径成反比
D．角速度一定，线速度与半径成正比
解析：选BCD.根据v＝rω可知，r一定时，v与ω成正比；ω一定时，v与r成正比；v一定时，ω与r成反比，B、C、D选项是正确的．
4．关于地球上的物体随地球自转的角速度、线速度的大小，下列说法中正确的是(　　)
A．在赤道上的物体线速度最大
B．在两极的物体线速度最大
C．在赤道上的物体角速度最大
D．在北京和天津的物体角速度一样
解析：选AD.地球上的物体随地球一起绕地轴匀速转动，物体相对地面的运动在此一般可忽略，因此物体随地球一起绕地轴匀速转动的角速度一样，由v＝rω知半径大的线速度大．物体在地球上绕地轴匀速转动时，在赤道上距地轴最远，线速度最大，在两极距地轴为零，线速度为零．因此A、D正确．
5．两个小球固定在一根长L的杆的两端绕O点做圆周运动，如图2－1－12所示，小球1的速度为v1，小球2的速度为v2，则小球2到转轴的距离是多少？
图2－1－12
解析：两球绕O点做圆周运动的角速度相同，设为ω，则
v1＝ωL1①
v2＝ωL2②
L＝L1＋L2③
解①②③式得L2＝.
答案：
一、选择题
1．关于匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
A．线速度的方向保持不变
B．线速度的大小保持不变
C．角速度大小不断变化
D．线速度和角速度都保持不变
解析：选B.做匀速圆周运动的物体，其匀速是指速度的大小不变，方向时刻变化，在高中知识范围内角速度是不变的，所以B正确．
2．两个做圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法正确的是(　　)
A．它们的轨道半径之比为2∶9
B．它们的轨道半径之比为1∶2
C．它们的周期之比为2∶3
D．它们的周期之比为1∶3
解析：选AD.由公式v＝rω得r＝v/ω，有＝＝×＝；由公式T＝2π/ω得＝＝.
3．甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v1、v2，则(　　)
A．ω1＞ω2，v1＞v2
B．ω1＜ω2，v1＜v2
C．ω1＝ω2，v1＜v2
D．ω1＝ω2，v1＝v2
解析：选C.甲和乙在相同的时间内转过的角度相同，所以ω1＝ω2；由关系式v＝ωr，可得v1＜v2，故C选项正确．
4．由“万户飞天”到“嫦娥奔月”，由“东方红”乐曲响彻寰宇到航天员杨利伟遨游太空，中华民族载人航天的梦想已变成现实．“神舟五号”飞船升空后，先运行在近地点高度为200 km、远地点高度为350 km的椭圆轨道上，实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n周，起始时刻为t1，结束时刻为t2，运行速度为v，半径为r，则计算其运行周期可用(　　)
A．T＝
B．T＝
C．T＝
D．T＝
解析：选AC.由题意可知飞船做匀速圆周运动n周所需时间Δt＝t2－t1，故其周期T＝＝，选项A正确；由周期公式有T＝，选项C正确．
5．汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长．某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前的速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车车轮的转速约为(　　)
A．1000 r/s
B．1000 r/min
C．1000 r/h
D．2000 r/s
解析：选B.车轮每运行一周行驶的距离是2πr，每分钟行驶n周，那么每分钟行驶的距离就是n·2πr，车速v＝120 km/h＝2000 m/min，由v＝ m/min，所以得n＝v/(2πr)＝2000÷(2π×0.3) r/min＝1000 r/min，选项B正确．
6．如图2－1－13所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是(　　)
图2－1－13
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮的转速为n
D．从动轮的转速为n
解析：选BC.因为主动轮顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误、B正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度大小相等，所以有2πnr1＝2πn2r2，则从动轮的转速n2＝n，C正确、D错误．
7．如图2－1－14所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是(　　)
图2－1－14
A．a、b和c三点的线速度大小相等
B．a、b和c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的大
D．c的线速度比a、b的大
解析：选B.a、b和c均是同一陀螺上的点，它们做圆周运动的角速度都为陀螺旋转的角速度ω，B对、C错．三点的运动半径关系ra＝rb＞rc，据v＝ω·r可知，三点的线速度关系va＝vb＞vc，A、D错．
8．地球自转一周为一昼夜时间(24 h)，新疆乌鲁木齐市处于较高纬度地区，而广州则处于低纬度地区，关于两地所在处物体具有的角速度和线速度相比较(　　)
A．乌鲁木齐处物体的角速度大，广州处物体的线速度大
B．乌鲁木齐处物体的线速度大，广州处物体的角速度大
C．两处物体的角速度、线速度都一样大
D．两处物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比乌鲁木齐处物体的线速度要大
解析：选D.由于地球上的各点随地球自转时，无论纬度如何，其周期都相同，由ω＝知，角速度都相同；而地球上的各点都在绕地轴转动，不同纬度的点到地轴的距离不同，即不同纬度的点做圆周运动的半径不同，由公式v＝rω知纬度低的点线速度大．综上知选项D正确．
9．如图2－1－15所示为一纸质圆筒，以角速度ω绕垂直纸面的轴O高速转动，有一颗子弹沿直径穿过圆筒，若子弹在圆筒转动不到半周时，在圆筒上留下a、b两个弹孔，已知aO与bO夹角为Φ，圆筒直径为d，则子弹的速度为(　　)
图2－1－15
A．dΦ/2πω
B．dω/Φ
C．dω/(2π－Φ)
D．dω/(π－Φ)
解析：选D.由题意知，子弹应从a点射入圆筒，从b点射出，设子弹沿直径通过距离d的过程用时为t，则t＝，所以子弹的速度v＝＝，D项正确．
二、非选择题
10．自行车在水平路面上匀速行驶时，前轮的角速度为ω，前轮上有一个泥块在运动到最高点时脱落，已知泥块脱落后不再与自行车任何部位接触，前轮的半径为R，试求：
(1)泥块脱落时的瞬时速度．
(2)泥块落地点与抛出点的水平距离．
解析：(1)以前轮转轴为参考系，轮子最低点速度为ωR，方向向后，最高点速度也为ωR，方向向前；以地面为参考系时，轮子最低点与地面接触，因此最低点速度为零，转轴速度为ωR，最高点速度为2ωR，即泥块脱落时的瞬时速度为2ωR.
(2)泥块抛出时的高度h＝2R，初速度为2ωR，由平抛运动规律可知抛出的水平距离x＝v0t，竖直距离h＝gt2
解得：x＝2ωR.
答案：(1)2ωR　(2)2ωR
11.
图2－1－16
如图2－1－16所示，小球Q在竖直平面内做匀速圆周运动，当Q球转动到图示位置时，有另一小球P在距圆周最高点为h处开始自由下落，要使两球在圆周最高点相碰，则Q球的角速度ω应满足什么条件？
解析：设P球自由落体到圆周最高点的时间为t，由自由落体的规律可得
gt2＝h，解得t＝.
Q球由图示位置转至最高点的时间也是t，但做匀速圆周运动，周期为T，有
t＝(4n＋1)　(n＝0,1,2,3……)．
两式联立再由T＝得(4n＋1)＝，
所以ω＝(4n＋1)　(n＝0,1,2,3……)．
答案：ω＝(4n＋1)　(n＝0,1,2,3……)
12.
图2－1－17
如图2－1－17所示是测定子弹速度的装置，两个薄圆盘分别装在一个匀速转动的轴上，两盘平行，若圆盘以转速n＝3600 r/min旋转，子弹以垂直圆盘方向射来，先打穿第一个圆盘，再打穿第二个，测定两盘相距1 m，两盘上被子弹穿过的半径夹角为15°，则子弹的速度最大为多少？
解析：由ω＝2πn可知，ω＝2π· rad/s＝120π rad/s
由θ＝ωt可求出子弹穿过两盘的最短时间
t＝＝ s＝ s.
则子弹的最大速度v＝＝ m/s＝1440 m/s.
答案：1440 m/s

1．下列各种运动中，不属于匀变速运动的是(　　)
A．斜抛运动　　　　　　　　
B．匀速圆周运动
C．平抛运动
D．竖直上抛运动
解析：选B.匀变速运动指的是加速度不变的运动，据斜抛运动、平抛运动及竖直上抛运动的定义可知，三种运动中均是只有重力作用，运动的加速度都是重力加速度，即这三种运动都是匀变速运动，而匀速圆周运动的加速度方向指向圆心，故此加速度方向时刻在变化，匀速圆周运动属于变加速运动，符合题意的选项为B.
2．(2011年山西大学附中高一月考)荡秋千是儿童喜爱的运动，当秋千荡到最高点时小孩的加速度方向可能是图2－2－9中所示的(　　)
图2－2－9
A．1方向　　　　　　　　　
B．2方向
C．3方向
D．4方向
解析：选B.小孩在最高点时速度为零，由a＝可知，此时的向心加速度为零，小孩只沿切线方向加速，切向加速度不为零，所以在最高点时小孩的加速度方向为2方向，B选项正确．
3．如图2－2－10所示，某物体沿光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则(　　)
图2－2－10
A．物体的合外力为零
B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C．物体的合外力就是向心力
D．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)
解析：选D.物体做加速曲线运动，合力不为零，A错．物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力等于向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合外力的方向夹角为锐角，合力与速度不垂直，B、C错，D对．
4．(2011年洛阳高一检测)如图2－2－11所示，将一质量为m的摆球用长为L的细绳吊起，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就会沿圆锥面旋转，这样就构成了一个圆锥摆，则关于摆球的受力情况，下列说法中正确的是(　　)
图2－2－11
A．摆球受重力、拉力和向心力的作用
B．摆球受拉力和向心力的作用
C．摆球受重力和拉力的作用
D．摆球受重力和向心力的作用
解析：选C.
我们在进行受力分析时，“物体受到哪几个力的作用”中的力是指按照性质命名的力，显然，物体只受重力G和拉力T的作用，而向心力F是重力和拉力的合力，如图所示．也可以认为向心力就是T沿水平方向的分力T2，显然，T沿竖直方向的分力T1与重力G平衡．所以，本题正确选项为C.
5.
图2－2－12
有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图2－2－12所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘．转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ.不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．
解析：
对座椅进行受力分析，如图所示．
y轴上：Fcosθ＝mg，①
x轴上 ：Fsinθ＝mω2(r＋Lsinθ)，②
则由得：tanθ＝，
因此ω＝ .
答案：ω＝
一、选择题
1．在地球上，赤道附近的物体A和北京附近的物体B，随地球的自转而做匀速圆周运动，可以判断(　　)
A．物体A与物体B的向心加速度都指向地心
B．物体A的线速度的大小小于物体B的线速度的大小
C．物体A的角速度的大小小于物体B的角速度的大小
D．物体A的向心加速度的大小大于物体B的向心加速度的大小
解析：选D.A、B均做匀速圆周运动，合外力提供向心力指向圆周运动的圆心，A错；vA＝ωrA，vB＝ωrB，B错；ωA＝ωB，C错；aA＝ω2rA，aB＝ω2rB，D对．
2.
图2－2－13
图2－2－13为质点P、Q做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的图线，表示质点P的图线是双曲线，表示质点Q的图线是过原点的一条直线．由图线可知(　　)
A．质点P的线速度大小不变
B．质点P的角速度大小不变
C．质点Q的角速度随半径变化
D．质点Q的线速度大小不变
解析：选A.根据图像提供的曲线的性质建立起质点做匀速圆周运动的向心加速度a随半径r变化的函数关系，再根据这个函数关系，结合向心加速度的计算公式作出判断．
3．小球做匀速圆周运动的半径为R，向心加速度为a，则(　　)
A．小球的角速度ω＝
B．小球的运动周期T＝2π
C．小球在时间t内通过的路程s＝·t
D．小球在时间t内通过的路程s＝·t
解析：选BD.由a＝Rω2可得到ω＝，故A错，由
T＝可得T＝2π，B正确，小球在时间t内路程s＝ωRt＝·Rt＝·t，C错、D对．
4．(2011年南京高一检测)甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相等时间里甲转过60°，乙转过45°，则它们所受的合外力之比为(　　)
A．1∶4
B．2∶3
C．4∶9
D．9∶16
解析：选C.由ω＝得ω甲∶ω乙＝60°∶45°＝4∶3，
由F＝mω2r，得＝＝××＝.C正确．
5．我们经常在电视中看到男、女花样滑冰运动员手拉手在冰面上旋转并表演各种优美的动作．现有甲、乙两名花样滑冰运动员，M甲＝80 kg，M乙＝40 kg，他们面对面拉着弹簧测力计各自以他们连线上某一点为圆心做匀速圆周运动，若两人相距0.9 m，弹簧测力计的示数为600 N，则(　　)
A．两人的线速度相同，为0.4 m/s
B．两人的角速度相同，为5.0 rad/s
C．两人的运动半径相同，都是0.45 m
D．两人的运动半径不同，甲的半径是0.3 m、乙的半径是0.6 m
解析：选BD.甲、乙两人绕共同的圆心做匀速圆周运动，角速度相同，半径之和为两人间的距离，向心力为彼此间的拉力．故有F向＝M甲ω2r甲＝M乙ω2r乙＝600 N，r甲＋r乙＝0.9 m解上述两式得B、D正确．
6．质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴M和m的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图2－2－14所示，则(　　)
图2－2－14
A．cosα＝
B．cosα＝2cosβ
C．tanα＝
D．tanα＝tanβ
答案：A
7．如图2－2－15所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，整体一起向左匀速运动，系A的吊绳较短，系B的吊绳较长，若天车运动到P处突然静止，则两吊绳所受拉力FA、FB的大小关系是(　　)
图2－2－15
A．FA>FB＞mg
B．FAC．FA＝FB＝mg
D．FA＝FB＞mg
解析：选A.当天车突然停止时，A、B两物体将做圆周运动，在最低点时，向心力由吊绳的拉力与重力的合力提供，即F－mg＝m，故F＝mg＋m，所以有FA＞FB＞mg.
8．如图2－2－16所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员(　　)
图2－2－16
A．受到的拉力大小为G
B．受到的拉力大小为2G
C．向心加速度大小为g
D．向心加速度大小为2g
解析：选BC.女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动时受到重力G和拉力F的作用，合力沿水平方向指向圆心，拉力F＝＝2G，由mgcot30°＝ma得向心加速度为a＝g，故本题正确选项为BC.
9．如图2－2－17所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比(　　)
图2－2－17
A．线速度之比为1∶4
B．角速度之比为4∶1
C．向心加速度之比为8∶1
D．向心加速度之比为1∶8
解析：选D.由题意知2va＝2v3＝v2＝vc，
其中v2、v3为轮2和轮3边缘的线速度，
所以va∶vc＝1∶2，A错．设轮4的半径为r.
则aa＝＝＝＝ac，
即aa∶ac＝1∶8，C错、D对．
＝＝＝，B错．
二、非选择题
10．如图2－2－18所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆半径为R；乙做自由落体运动，当乙下落至A点时，甲恰好第一次运动到最高点B，求甲物体做匀速圆周运动的向心加速度的大小．
图2－2－18
解析：若设乙下落到A点所用时间为t，则t＝这段时间内甲运动了T，即
T＝
又由于a＝Rω2＝R
解得a＝π2g.
答案：π2g
11.
图2－2－19
(2011年长沙一中高一测试)如图2－2－19所示，半径为R的半球形碗内表面光滑，一质量为m的小球以角速度ω在碗内一水平面做匀速圆周运动，求小球所做圆周运动的轨道平面离碗底的距离h.
解析：
设小球与半球形碗球心的连线与竖直方向夹角为θ，对小球受力分析如图所示．
由牛顿第二定律知，
mgtanθ＝mRsinθ·ω2
得：cosθ＝
由几何知识知，小球做圆周运动的轨道平面距离碗底的高度h＝R－Rcosθ＝R－.
答案：R－
12.
图2－2－20
如图2－2－20所示，水平转盘的中心有一竖直的小圆筒，质量为m的物体A放在转盘上，A到竖直筒中心的距离为r.物体A通过轻绳跨过无摩擦的滑轮与物体B相连，B与A的质量相同．物体A与转盘间的最大静摩擦力是正压力的μ(μ<1)倍，则转盘转动的角速度ω在什么范围内，物体A才能随盘转动．
解析：若A物体随盘转动的角速度较大，则A要沿盘外滑，此时绳的拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＋μmg＝mωr
解得ω1＝
若A物体随盘转动的角速度较小，则A要向圆心滑，此时静摩擦力的方向背离圆心，由牛顿第二定律得：
mg－μmg＝mωr
解得ω2＝
要使A随盘一起转动，则角速度ω应满足的关系是：
≤ω≤.
答案：≤ω≤

1．关于铁道转弯处内外铁轨间的高度关系，下列说法中正确的是(　　)
A．内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故
B．因为列车在转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒
C．外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压
D．以上说法均不正确
解析：选C.铁道转弯处外轨比内轨略高，从而使支持力的水平方向分力可提供一部分向心力，以减少车轮与铁轨的挤压，避免事故发生，C对，A、B、D错．
2．一辆卡车在丘陵地匀速行驶，地形如图2－3－13所示，由于轮胎太旧，途中可能会爆胎，爆胎可能性最大的地段应是(　　)
图2－3－13
A．a处
B．b处
C．c处
D．d处
解析：选D.汽车做匀速运动，过凹路面时，车对路面的压力大于其重力，半径越大所需要的向心力也就越小，对地面的压力就越小；汽车过拱形路面时，车对路面的压力小于其重力，半径越大所需要的向心力也就越小，对地面的压力就越大；所以D正确．
3．洗衣机的甩干筒在转动时有一衣物附着在筒壁上，则此时
①衣服受重力、筒壁的弹力和摩擦力
②衣服随筒壁做圆周运动的向心力是摩擦力
③筒壁的弹力随筒的转速的增大而增大
④筒壁对衣服的摩擦力随转速的增大而增大
以上说法正确的是(　　)
A．①②
B．①③
C．②④
D．③④
解析：选B.衣服受重力、筒壁的弹力和摩擦力的作用，衣服所受的重力与摩擦力是一对平衡力，与转速无关，也不能提供向心力．衣服做圆周运动所需向心力由筒壁的弹力提供，随筒的转速的增大而增大．所以①③正确，故选B.
4．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f甲和f乙．以下说法正确的是(　　)
A．f甲小于f乙
B．f甲等于f乙
C．f甲大于f乙
D．f甲和f乙大小均与汽车速率无关
解析：选A.汽车在水平面内做匀速圆周运动，摩擦力提供做圆周运动的向心力，即f＝F向＝，由于r甲＞r乙，则f甲＜f乙，A选项正确．
5．(2011年广州高一检测)长为L的轻绳，其一端固定于O点，另一端连有质量为m的小球，它绕O点在竖直平面内做圆周运动．求：
(1)小球刚好到达最高点时的速度；
(2)小球到达最高点速度为2时绳受到的拉力．
解析：(1)小球刚好到达最高点的临界条件是绳的拉力为0，只有重力提供向心力，在最高点由牛顿第二定律得：mg＝m，解得v0＝.
(2)小球在最高点受重力和绳的拉力作用，其合力提供向心力，由牛顿第二定律得F＋mg＝m，解得F＝3mg，由牛顿第三定律得绳受到的拉力F′＝F＝3mg.
答案：(1)　(2)3mg
一、选择题
1.
图2－3－14
洗衣机是现代家庭常见的电器设备．它是采用转筒带动衣物旋转的方式进行脱水的，下列有关说法中错误的是(　　)
A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好
C．水能从桶中甩出是因为水滴需要的向心力太大的缘故
D．靠近中心的衣物脱水效果比四周的衣物脱水效果好
解析：选D.衣物在转动中的向心力是由筒壁对它的弹力提供的，所以脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的，选项A正确；由F＝mω2r可知，角速度越大，需要的向心力也越大，脱水效果会更好；而靠近中心的衣物半径小，向心力也小，脱水效果就差，故选项B、C正确，D错误．
2．飞机在沿水平方向匀速飞行时，飞机受到的重力与垂直于机翼向上的升力为平衡力，当飞机沿水平面做匀速圆周运动时，机翼与水平面成α角倾斜，这时关于飞机受力，下列说法正确的是(　　)
A．飞机受到重力、升力
B．飞机受到重力、升力和向心力
C．飞机受到的重力和升力仍为平衡力
D．飞机受到的合外力为零
答案：A
3．游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达到20 m/s2，g取10 m/s2，那么此位置座椅对游客的作用力相当于游客重力的(　　)
A．1倍
B．2倍
C．3倍
D．4倍
解析：选C.由牛顿第二定律可得(人的质量设为m)：
F－mg＝ma，代入数值解得F＝3mg，故选项C正确．
4．质量为m的木块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使得木块的速率不变，如图2－3－15所示，那么(　　)
图2－3－15
A．因为速率不变，所以木块的加速度为零
B．木块下滑过程中所受的合外力越来越大
C．木块下滑过程中所受的摩擦大小不变
D．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心
解析：选D.木块下滑的过程中速率不变，向心加速度大小不变，虽弹力变化，但合外力大小不变．故选项D正确．
5．如图2－3－16所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有(　　)
图2－3－16
A．线速度vA＞vB
B．运动周期TA＞TB
C．它们受到的摩擦力fA＞fB
D．筒壁对它们的弹力NA＞NB
解析：选AD.由于两物体角速度相等，而rA＞rB，
∴vA＝rAω＞vB＝rBω，A项对；由于ω相等，则T相等，B项错；因竖直方向受力平衡，f＝mg，∴fA＝fB，C项错；弹力等于向心力，∴NA＝mrAω2＞NB＝mrBω2.D项对．
6．在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面要比右侧的要高一些，路面与水平面间的夹角为θ.设拐弯路段是半径为R的圆弧，要使车速为v时车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，θ应等于(　　)
A．arcsin
B．arctan
C.arcsin
D．arccot
解析：选B.
车做圆周运动，应据题意确定向心力，依牛顿第二定律列出动力学方程解题．
车受重力mg及路面的弹力N作用．这两个力的合力F水平并指向圆周弯道的圆心，充当向心力，由图可知F＝mgtanθ，依据牛顿第二定律有mgtanθ＝m，故θ＝arctan.
7．如图2－3－17所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法错误的是(　　)
图2－3－17
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变小，小球将可能沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc做向心运动
解析：选B.由F＝知，拉力变小，F不能满足所需向心力，R变大，小球做离心运动；若F突然消失，小球将沿圆周切线做匀速直线运动．反之，F变大，小球做向心运动．
8.
图2－3－18
如图2－3－18所示，小球m用长为L的细线悬挂在O点，在O点的正下方L/2处有一个钉子，把小球拉到水平位置释放．当摆线摆到竖直位置而碰到钉子时，以下说法正确的是(　　)
A．小球的速度突然变为原来的2倍
B．小球的向心加速度突然变为原来的2倍
C．细线拉力突增为原来的2倍
D．小球的角速度突然增加为原来的2倍
解析：选BD.在最低点时，小球速率不会变化，A错；由公式a＝可知，向心加速度a增大为原来的2倍，B对；小球的向心力增加为原来的2倍，绳子上的张力增加并非原来的2倍，C错；由公式v＝rω可知，当r减小为原来的一半时，角速度ω变为原来的2倍，D对．
9．质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动，A为传送带的终端皮带轮，如图2－3－19所示，皮带轮半径为r，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为(　　)
图2－3－19
A. B.
C. D.
解析：选A.若物体通过终端能水平抛出，说明到达皮带轮时刻，物体与皮带轮间无相互作用力，即重力充当向心力，则mg＝，即v＝，而n＝＝＝.
10.
图2－3－20
有一种玩具结构如图2－3－20所示，竖直放置的光滑铁圆环的半径为R＝20 cm，环上有一个穿孔的小球m，仅能沿环做无摩擦滑动．如果圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10 rad/s的角速度旋转(g＝10 m/s2)，则小球相对环静止时与环心O的连线与O1O2的夹角θ可能是(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．75°
解析：选C.小球受重力G与圆环的支持力N作用，两力的合力提供向心力．根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2r，且r＝Rsinθ，即cosθ＝＝＝，得θ＝60°.
二、非选择题
11．如图2－3－21所示，直杆上O1、O2两点间距为L，细线O1A长为L，O2A长为L，A端小球质量为m，要使两根细线均被拉直，杆应以多大的角速度ω转动？
图2－3－21
解析：当ω较小时，线O1A拉直，O2A松弛，而当ω太大时O2A拉直，O1A将松弛．设O2A刚好拉直，但FO2A仍为零时，角速度为ω1，此时∠O2O1A＝30°，对小球：
在竖直方向FO1A· cos30°＝mg①
在水平方向FO1A·sin30°＝mωL·sin30°②
由①②得ω1＝.
设O1A由拉紧转到刚被拉直，FO1A变为零时，角速度为ω2
对小球FO2A·cos60°＝mg③
FO2A·sin60°＝mωL·sin60°④
由③④得ω2＝.
故＜ω＜.
答案：＜ω＜
12．电动打夯机的结构如图2－3－22所示，则偏心轮(飞轮和配重物m组成)、电动机和底座三部分组成，飞轮上的配重物的质量m＝6 kg.电动机、飞轮(不含配重物)和底座总质量M＝30 kg，配重物的重心到轮轴的距离r＝20 cm.在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，取g＝10 m/s2，求：
图2－3－22
(1)在电动机带动下，偏心轮转动的角速度ω；
(2)打夯机对地面的最大压力．
解析：(1)设偏心轮转动的角速度为ω，配重物在最高点时(M＋m)g＝mrω2
ω＝ ＝10 rad/s≈17.3 rad/s
(2)配重物在最低点时，飞轮对它的作用力为F.由牛顿第二定律可知：
F－mg＝mrω2，
对机体，由平衡得F′＝Mg＋F
由牛顿第三定律，所以打夯机对地面的最大压力N＝F′＝2(M＋m)g＝720 N.
答案：(1)17.3 rad/s　(2)720 N

(时间：90分钟，满分100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)
1．(2011年金华市模拟)美国的“大鸟”侦察卫星可以发现地面上边长仅为0.36 m的方形物体，它距离地面高度仅有16 km，理论和实践都表明：卫星离地面越近，它的分辨率就越高，那么分辨率越高的卫星(　　)
A．向心加速度一定越大
B．角速度一定越小
C．周期一定越大
D．线速度一定越大
解析：选AD.由万有引力提供向心力有
＝m＝mω2r＝mr＝man，
可得an＝，r越小，an越大，A正确；
v＝，r越小，v越大，D正确；
ω＝，r越小，ω越大，B错误；
T＝，r越小，T越小，C错误．
图3－3
2．在圆轨道上做匀速圆周运动的国际空间站里，一宇航员手拿一只小球相对于太空舱静止“站立”于舱内朝向地球一侧的“地面”上，如图3－3所示．下列说法正确的是(　　)
A．宇航员相对于地球的速度介于7.9 km/s与11.2 km/s
B．宇航员将不受地球的引力作用
C．宇航员对“地面”的压力等于零
D．若宇航员相对于太空舱无初速释放小球，小球将做自由落体运动
解析：选C.宇航员受地球的万有引力提供其绕地球转动的向心力，处于完全失重状态，因此宇航员对“地面”的压力为零，B错误，C正确；太空舱绕地球做圆周运动的速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；无初速释放的小球和宇航员具有相同的速度，仍绕地球做圆周运动，D错误．
3．关于天体运动，下列说法中正确的是(　　)
A．天体的运动与地面上物体的运动所遵循的规律是不同的
B．天体的运动是最完美、最和谐的匀速圆周运动
C．太阳东升西落，所以太阳绕地球运动
D．太阳系的所有行星都围绕太阳运动
答案：D
4．(2011年高考天津卷)质量为m的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则航天器的(　　)
A．线速度v＝
B．角速度ω＝
C．运行周期T＝2π
D．向心加速度a＝
解析：选AC.对航天器：G＝m，v＝，故A正确．由mg＝mω2R得ω＝，故B错误．由mg＝m2R得T＝2π，故C正确．由G＝ma得a＝，故D错误．
5．某星球的半径为R，一重物在该星球表面附近做竖直下抛运动(忽略阻力)，若测得重物在连续两个T时间内下落的高度依次是h1和h2，则该星球的第一宇宙速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选B.由运动学公式可得h1－h2＝gT2，则g＝，由mg＝m得v＝＝.
6．月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a.设月球表面的重力加速度大小为g1，在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为g2，则(　　)
A．g1＝a
B．g2＝a
C．g1＋g2＝a
D．g2－g1＝a
解析：选B.月球因受地球引力的作用而绕地球做匀速圆周运动．由牛顿第二定律可知地球对月球引力产生的加速度g2就是向心加速度a，故B选项正确．
7．地球同步卫星到地心的距离r可由r3＝求出，已知式中a的单位是m，b的单位是s，c的单位是m/s2，则(　　)
A．a是地球半径， b是地球自转周期，c是地球表面处的重力加速度
B．a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c是同步卫星的加速度
C．a是赤道周长，b是地球自转的周期，c是同步卫星的加速度
D．a是地球半径，b是地球自转的周期，c是同步卫星的加速度
解析：选A.同步卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对同步卫星的万有引力提供：＝，可得：r3＝，又GM＝gR2，故有：r3＝，根据题意可知，a是地球半径，b是同步卫星的周期，等于地球自转周期，c是地球表面的重力加速度，故A正确．
8．(2011年高考广东卷)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G
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：选BD.天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F引＝F向＝m＝.当卫星在地表运行时，F引＝＝mg(此时R为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h，则F引＝＝F向＝ma向9．“嫦娥二号”月球探测器在环绕月球运行过程中，设探测器运行的轨道半径为r，运行速率为v，当探测器飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时(　　)
A．r、v都将略微减小
B．r、v都将保持不变
C．r 将略微减小，v将略微增大
D．r将略微增大，v将略微减小
解析：选C.当探测器飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时，受到的万有引力即向心力会变大，故探测器的轨道半径会减小，由v＝ 得出运行速率v将增大，故选C.
10．据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形轨道距月球表面分别约为200 km和100 km，运动速率分别为v1和v2，那么v1和v2的比值为(月球半径取1700 km)(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C.“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月做圆周运动，由万有引力提供向心力有＝可得v＝(M为月球质量)，它们的轨道半径分别为R1＝1900 km，R2＝1800 km，则v1∶v2＝＝.故选C.
11．一宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上．用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对台秤的压力，这些说法中，正确的是(　　)
A．g′＝0
B．g′＝g
C．N＝0
D．N＝mg
解析：选BC.处在地球表面处的物体所受重力近似等于万有引力，所以有mg＝G，即GM＝gR2，处在半径为r的轨道上的物体所受重力和万有引力相等，所以有mg′＝G，即GM＝g′r2，所以有g′r2＝gR2，即g′＝，B对，A错；当宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，物体处于完全失重状态，所以对台秤的压力为零，C对，D错．
图3－4
12．(2010年高考江苏卷改编)2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图3－4所示．关于航天飞机的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度
C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
解析：选ABC.航天飞机在椭圆轨道上运动，距地球越近，速度越大，A项正确．航天飞机在轨道Ⅰ经A点时减速才能过渡到轨道Ⅱ，所以对于A点在轨道Ⅰ上的速度大于轨道Ⅱ上的速度，即B正确．由开普勒第三定律知，航天飞机在轨道Ⅱ上的角速度大于在轨道Ⅰ的，故航天飞机在轨道Ⅱ上的周期小，即C正确．由万有引力＝m1a知，加速度仅与间距有关，D不正确．
二、非选择题(本题共4小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(9分)利用航天飞机，宇航员可以到太空维修出现故障的人造地球卫星．已知一颗人造地球卫星在离地高度一定的圆轨道上运行．当航天飞机接近这颗卫星并与它运行情况基本相同时，速度达到了6.4 km/s.取地球半径为R＝6400 km，地球表面的重力加速度g取9.8 m/s2，试求这颗卫星离地面的高度．
解析：万有引力提供人造地球卫星运行所需的向心力
G＝m.
在地球表面有＝mg.
所以h＝－R
代入数据可得h＝3.4×106 m.
答案：3.4×106 m
14．(9分)宇宙中恒星的寿命不是无穷的，晚年的恒星将逐渐熄灭，成为“红巨星”，有一部分“红巨星”会发生塌缩，强迫电子同原子核中的质子结合成中子，最后形成物质微粒大多数为中子的一种星体，叫做“中子星”，可以想象，中子星的密度是非常大的．设某一中子星的密度是ρ，若要使探测器绕该中子星做匀速圆周运动以探测中子星，探测器的运转周期最小值为多少？
解析：设该中子星的半径为R，探测器质量为m.
则中子星的质量：M＝ρV＝πR3ρ.
探测器做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，假设探测器飞行高度为h，有：
＝m(R＋h)．
得：T2＝.
代入M值：T＝.
当h＝0时，T有最小值为：Tmin＝.
答案：
15．(10分)在某星球上，宇航员用弹簧测力计提着质量为m的物体以加速度a竖直上升，此时弹簧测力计示数为F，而宇宙飞船在靠近该星球表面绕星球做匀速圆周运动而成为该星球的一颗卫星时，宇航员测得其环绕周期是T.根据上述数据，试求该星球的质量．
解析：由牛顿第二定律可知F－mg＝ma
所以mg＝F－ma
设星球半径为R，在星球表面mg＝G
所以F－ma＝G
解得R＝
设宇宙飞船的质量为m′，
则其环绕星球表面飞行时，轨道半径约等于星球半径，
则有＝m′()2R
所以M＝＝
解得M＝
即该星球质量为.
答案：
16．(12分)据报道，最近的太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍．已知一个在地球表面质量为50 kg的人在这个行星表面的重力约为800 N，地球表面处的重力加速度为10 m/s2.求：
(1)该行星的半径与地球的半径之比约为多少？
(2)若在该行星上距行星表面2 m高处，以10 m/s的水平初速度抛出一只小球(不计任何阻力)，则小球的水平射程是多大？
解析：(1)在该行星表面处，由G行＝mg行，有g行＝＝16 m/s2
由万有引力定律有G＝mg，得R2＝
故R＝，R＝
＝
代入数据解得＝4，所以＝2.
(2)由平抛运动的规律，有
h＝g行t2，x＝vt
故x＝v
代入数据解得x＝5 m.
答案：(1)2　(2)5 m

1．下列说法正确的是(　　)
A．地球是宇宙的中心，太阳、月亮及其他行星都绕地球运动
B．太阳是静止不动的，地球和其他行星都绕太阳运动
C．地球是绕太阳运动的一颗行星
D．日心说和地心说都正确地反映了天体的运动规律
解析：选C.地心说认为地球是宇宙的中心，地球是静止不动的，太阳、月亮及其他行星都绕地球运动，日心说认为太阳是静止不动的，地球和其他行星都绕太阳运动．而实际上太阳系本身在宇宙中不停地运动着．故A、B错误．现代观测表明，日心说和地心说都没有正确地反映天体的运动规律，D错误，地球仅是太阳的一颗行星，C正确．
2．关于行星的运动，以下说法正确的是(　　)
A．行星轨道的半长轴越长，自转周期越大
B．行星轨道的半长轴越长，公转周期越大
C．水星的半长轴最短，公转周期最长
D．海王星离太阳“最远”，绕太阳运动的公转周期最长
解析：选BD.根据开普勒第三定律：所有行星轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即a3/T2＝k.所以行星轨道的半长轴越长，公转周期就越大；行星轨道的半长轴越短，公转周期就越小，特别注意公转与自转的区别，例如，地球的公转周期为一年，而地球的自转周期为一天．
3．关于开普勒第三定律中的公式＝k，下列说法中正确的是(　　)
A．k值对所有的天体都相同
B．该公式适用于围绕太阳运行的所有行星
C．该公式也适用于围绕地球运行的所有卫星
D．以上说法都不对
解析：选BC.开普勒定律是通过天文学家对行星运动规律的研究总结得出的行星绕太阳运动的规律，但同样也适用于绕地球运行的所有卫星．只不过对不同的中心天体k值不同，故选项B、C正确，A、D错误．
4．木星的公转周期约为12年，如把地球到太阳的距离作为1天文单位，则木星到太阳的距离约为(　　)
A．2天文单位　　　　　　
B．4天文单位
C．5.2天文单位
D．12天文单位
解析：选C.木星、地球都环绕太阳按椭圆轨道运行，近似计算时可当成圆轨道处理．因此它们到太阳的距离可当成是绕太阳公转的轨道半径．根据开普勒第三定律＝得r木＝·r地＝ ×1≈5.2天文单位．
5．月球环绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，运动周期约为27天，应用开普勒定律计算：在赤道平面内离地多高时，人造地球卫星可以随地球一起转动，就像停留在天空不动一样？(R地＝6400 km)
解析：设人造地球卫星运行半径为R，周期为T，根据开普勒第三定律有k＝，同理设月球轨道半径为R′，周期为T′，也有k＝
由以上两式可得＝
R＝＝ ＝6.67R地
在赤道平面内离地面高度
H＝R－R地＝6.67R地－R地＝5.67R地
＝5.67×6.4×103 km
＝3.63×104 km.
答案：3.63×104 km
一、选择题
1．16世纪，哥白尼根据天文观测的大量资料，经过40多年的天文观测和潜心研究，提出“日心体系”宇宙图景，即“日心说”的如下基本论点，这四个基本论点目前看存在缺陷的是(　　)
A．宇宙的中心是太阳，所有的行星都在绕太阳做匀速圆周运动
B．地球是绕太阳做匀速圆周运动的行星，月球是绕地球做匀速圆周运动的卫星，它绕地球运动的同时还跟地球一起绕太阳运动
C．天穹不转动，因为地球每天自西向东转一周，造成天体每天东升西落的现象
D．与日地距离相比，恒星离地球都十分遥远，比日地间的距离大得多
解析：选ABC.所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上；行星在椭圆轨道上运动的周期T和轨道半长轴r满足＝恒量，故所有行星实际并不是在做匀速圆周运动，整个宇宙是在不停运动的．
图3－1－5
2．某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图3－1－5所示，F1和F2是椭圆轨道的两个焦点，行星在A点的速率比在B点的大，则太阳是位于(　　)
A．F2
B．A
C．F1
D．B
解析：选A.根据开普勒第二定律：太阳和行星的连线在相等时间内扫过相等的面积，因为行星在A点的速率比在B点大，所以太阳位于F2.
图3－1－6
3．如图3－1－6所示是行星m绕恒星M运动情况的示意图，下列说法正确的是(　　)
A．速度最大点是B点
B．速度最小点是C点
C．m从A到B做减速运动
D．m从B到A做减速运动
解析：选C.由开普勒第二定律可知，近日点时行星运行速度最大，因此，A、B错误；行星由A向B运动的过程中，行星与恒星的连线变长，其速度减小，故C正确，D错误．
4．行星绕恒星运动时，其运行周期T的平方与运行轨道半径r的三次方的比值决定于(　　)
A．行星质量
B．恒星质量
C．与行星和恒星的质量均无关
D．与恒星的质量及行星的速率有关
解析：选B.由开普勒第三定律可得所有行星绕同一恒星运行的周期T的平方与运行轨道半径r的三次方的比值相等，所以该比值与恒星的质量有关，B项正确．
5．设月球绕地球运动的周期为27天，则地球的同步卫星到地球中心的距离R1与月球中心到地球中心的距离R2之比为(　　)
A．3∶1
B．9∶1
C．27∶1
D．1∶9
解析：选D.由开普勒第三定律可知，＝，R1∶R2＝＝ ＝1∶9
6．(2011年成都高一检测)宇宙飞船围绕太阳在近似圆周的轨道上运动，若其轨道半径是地球轨道半径的9倍，则宇宙飞船绕太阳运行的周期是(　　)
A．3年
B．9年
C．27年
D．81年
解析：选C.由开普勒第三定律＝得T2＝·T1＝9×1年＝27年，故C项正确．
7．地球绕太阳公转，地球本身绕地轴自转，形成了一年四季：春夏秋冬，则下面说法中正确的是(　　)
A．春分地球公转速率最小
B．夏至地球公转速率最小
C．秋分地球公转速率最小
D．冬至地球公转速率最小
解析：选B.每年1月初，地球位于绕日公转轨道的近日点，速度最大；每年7月初，地球位于绕日公转轨道的远日点，速度最小．
8．某行星沿椭圆轨道运行，近日点离太阳距离为a，远日点离太阳的距离为b，过近日点时行星的速率为va，则过远日点时的速率为(　　)
A．vb＝va
B．vb＝va
C．vb＝va
D．vb＝va
解析：选C.
如图所示，A、B分别为近日点、远日点，由开普勒第二定律，太阳和行星的连线在相等的时间里扫过的面积相等，取足够短的时间Δt，则有：va·Δt·a＝vb·Δt·b，所以vb＝va.
9．太阳系八大行星公转轨道可近似看做圆轨道，“行星与太阳的平均距离的三次方”与“行星公转周期的平方”成正比．地球与太阳之间平均距离约为1.5亿千米，结合下表可知，火星与太阳之间的平均距离约为(　　)
水星
金星
地球
火星
木星
土星
公转周期(年)
0.241
0.615
1.0
1.88
11.86
29.5
A.1.2亿千米
B．2.3亿千米
C．4.6亿千米
D．6.9亿千米
解析：选B.由表中知T地＝1年，T火＝1.88年，由＝得r火＝≈2.3亿千米，故B正确．
二、非选择题
10．地球到太阳的距离为水星到太阳距离的2.6倍，那么地球和水星绕太阳运动的速度之比是多少？(设地球和水星绕太阳运动的轨道为圆)
解析：设地球绕太阳运动周期为T1，运动半径为r1，线速度为v1，水星绕太阳运转周期为T2，运动半径为r2，线速度为v2，那么由开普勒第三定律得＝，
地球和水星都绕太阳做匀速圆周运动，故有
T1＝，T2＝
以上三式联立得
＝＝ ＝.
答案：1∶1.6
11．地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆．天文学家哈雷曾经在1684年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现．哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星．哈雷彗星最近出现的时间是1986年，请你根据开普勒行星运动第三定律估算，它下一次飞近地球是哪一年？
图3－1－7
解析：根据开普勒第三定律可得：
＝
T彗＝≈76.4年
则哈雷彗星下一次出现的时间为1986年＋76年＝2062年．
答案：2062年
12．有一个名叫谷神的小行星，质量为m＝1.00×1021 kg，它的轨道半径是地球绕太阳运动半径的2.77倍，求谷神星绕太阳一周所需要的时间．
解析：设地球的轨道半径为R0，则谷神星绕太阳运行的轨道半径为Rn＝2.77R0
又知地球绕太阳运行周期为T0＝365天
据＝得：谷神星绕太阳的运行周期
Tn＝T0＝×365天＝1683天＝1683×24×3600 s＝1.45×108 s.
答案：1683天或1.45×108 s

1．下面关于行星对太阳的引力的说法中正确的是(　　)
A．行星对太阳的引力和太阳对行星的引力是同一性质的力
B．行星对太阳的引力与太阳的质量成正比，与行星的质量无关
C．太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力
D．行星对太阳的引力大小与太阳的质量成正比，与行星距太阳的距离成反比
解析：选A.行星对太阳的引力与太阳对行星的引力是作用力和反作用力的关系，两者性质相同、大小相等、反向，所以A正确、C错误，行星与太阳间的引力与它们的质量的乘积成正比，与距离的平方成反比，所以B、D错误．
2．关于万有引力定律的说法正确的是(　　)
A．万有引力定律仅对质量较大的天体适用，对质量较小的一般物体不适用
B．开普勒等科学家对天体运动规律的研究为万有引力定律的发现作了准备
C．太阳对所有围绕它运动的行星的万有引力都是一样大的
D．两物体间相互吸引的一对万有引力是一对平衡力
答案：B
3．关于万有引力常量G，下列说法中正确的是(　　)
A．在国际单位制中，G在数值上等于两个质量都是1 kg的物体相距1 m时的相互作用力
B．G是一个没有单位的比例常数，它的数值是人为规定的
C．在不同的星球上，G的数值不一样
D．在不同的单位制中，G的数值是不同的
解析：选AD.依据万有引力定律的数学表达式F＝G可得G＝＝6.67×10－11 N·m2/kg2，则知：
①在国际单位制中，G在数值上等于两个质量都是1 kg的物体相距1 m时的相互作用力.
②它的单位是导出单位，为N·m2/kg2，大小为6.67×10－11.此数值并非人为规定的，它是一个实验测得的值．
③G是一个与星球无关的常量，在任何条件下，G的数值都为6.67×10－11 N·m2/kg2.
④虽然如此，但G的数值与单位有关，在不同的单位制中，G的数值是不同的．故选项A、D正确．
4．引力常量很小，说明了(　　)
A．万有引力很小
B．万有引力很大
C．很难观察到日常接触的物体间有万有引力，是因为它们的质量很小
D．只是当物体的质量大到一定程度时，物体之间才有万有引力
答案：C
5．地球质量大约是月球质量的81倍，一个飞行器在地球与月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时，这个飞行器距地心的距离与距月心的距离之比为多少？
解析：设R是飞行器到地心的距离，r是飞行器到月心的距离．
则由题意：G＝G
所以＝＝
答案：9∶1
一、选择题
1．地球可近似看成球形，由于地球表面上物体都随地球自转，所以有(　　)
A．物体在赤道处受的地球引力等于两极处，而重力小于两极处
B．赤道处的角速度比南纬30°大
C．地球上物体的向心加速度都指向地心，且赤道上物体的向心加速度比两极处大
D．地面上的物体随地球自转时提供向心力的是重力
解析：选A.由F＝G可知，物体在地球表面任何位置受到地球的引力大小都相等，此引力的两个分力一个是物体的重力，另一个是物体随地球自转的向心力．在赤道上，向心力最大，重力最小，A对．地表各处的角速度均等于地球自转的角速度，B错．地球上只有赤道上的物体向心加速度指向地心，其他位置的向心加速度均不指向地心，C错．地面上物体随地球自转的向心力是万有引力的一个分力，D错．
2．一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的一半，它的直径也是地球直径的一半，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是它在地球上所受的万有引力大小的(　　)
A.倍
B.倍
C．2.0倍
D．4.0倍
解析：选C.F引＝＝＝2＝2F引地，
所以C正确．
3．两个行星的质量分别为m1和m2，它们绕太阳运行的轨道半径分别是r1和r2，若它们只受太阳引力的作用，那么这两个行星的向心加速度之比为(　　)
A．1
B.
C.
D.
解析：选D.设行星m1、m2的向心力分别是F1、F2，由太阳、行星之间的作用规律可得：F1∝，F2∝，而a1＝，a2＝，故＝，D项正确．
4．如图3－2－6所示，两球的半径远小于R，而且球质量均匀分布，质量为m1、m2，则两球间的万有引力大小为(　　)
图3－2－6
A．G
B．G
C．G
D．G
解析：选D.两球心间的距离为(R1＋R2＋R)，根据万有引力表达式F＝G可得，F＝G.
5．假如地球自转速度增大，关于物体所受的重力，下列说法正确的是(　　)
A．放在赤道地面上物体的万有引力不变
B．放在两极地面上物体的重力不变
C．放在赤道地面上物体的重力减小
D．放在两极地面上物体的重力增加
解析：选ABC.地球自转角速度增大，物体受到的万有引力不变，选项A正确；在两极，物体受到的万有引力等于其重力，则其重力不变，选项B正确、D错误；而对放在赤道地面上的物体，F万＝G重＋mω2R，由于ω增大，则G重减小，选项C正确．
6.
图3－2－7
两个质量均为m的星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图3－2－7所示，一个质量为m的物体从O沿OM方向运动，则它受到的万有引力大小变化情况中正确的是(　　)
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
解析：选C.当物体m在O点时，两星体对物体的万有引力等大反向，合力为零；当物体在无限远处时，两星体对物体的万有引力均为零．合力也为零，故物体从O沿OM方向运动，则它受到的万有引力大小是先增大后减小．
7．月球表面的重力加速度为地球表面上重力加速度的，一个质量为600 kg的飞行器到达月球后(　　)
A．在月球上的质量仍为600 kg
B．在月球表面上的重力为980 N
C．在月球表面上的重力小于980 N
D．在月球上的质量将小于600 kg
解析：选AB.质量是物体的固有属性，不随位置而改变．A正确，D错误．在月球表面上的重力G＝mg月＝mg＝×600×9.8 N＝980 N．B正确，C错误．
8．宇宙飞船正在离地面高H＝2R地的轨道上做匀速圆周运动，R地为地球的半径，飞船内一弹簧秤下悬挂一质量为m的重物，g为地球表面处重力加速度，则弹簧秤的读数为(　　)
A．0
B.mg
C.mg
D．mg
解析：选A.宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动时，其向心加速度等于飞船所在轨道处的重力加速度，因此宇宙飞船及其内部物体均处于完全失重状态，故重物对弹簧秤的拉力为零，A正确．
9．(2011年厦门高一检测)假设火星和地球都是球体，火星的质量为M火星，地球的质量为M地球，两者质量之比为p；火星的半径为R火，地球的半径为R地，两者半径之比为q，它们表面处的重力加速度之比为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C.不计星球自转，星球表面处物体的重力等于它所受的万有引力，则：
在地球表面：G＝mg地①
在火星表面：G＝mg火②
解①②式得：＝·2
＝p·2＝，故C正确．
二、非选择题
10．最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后曾发射过许多探测器，称为“火星探路者”的火星探测器曾于1997年登上火星.2004年，又有“勇气”号和“机遇”号探测器登上火星，已知地球质量约是火星质量的9.3倍，地球直径约是火星直径的1.9倍，探测器在地球表面和火星表面所受引力的比值是多少？
解析：设探测器的质量为m，根据万有引力定律，它在地面和火星表面分别受地球和火星的引力为
F地＝G，F火＝G，
所以＝·2＝9.3×＝2.6.
答案：2.6∶1
11．一个
图3－2－8
质量均匀分布的球体，半径为2r，在其内部挖去一个半径为r的球形空穴，其表面与球面相切，如图3－2－8所示．已知挖去小球的质量为m，在球心和空穴中心连线上，距球心d＝6r处有一质量为m2的质点，求剩余部分对m2的万有引力．
解析：将挖去的小球填入空穴中，由V＝πR3可知，大球的质量为8m，大球对m2的引力为
F1＝G＝G
被挖去的小球对m2的引力为F2＝G＝G
m2所受剩余部分的引力为
F＝F1－F2＝G.
答案：G
12．某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球的1/2.若从地球上高h处平抛一物体，水平射程为60 m，则在该星球上从同样的高度和同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？
解析：设星球的质量为M1，半径为R1，表面的重力加速度为g′，地球的质量为M2，半径为R2，表面的重力加速度为g，则在星球表面的物体＝mg′
在地球表面的物体＝mg
则重力加速度之比为＝＝＝36
平抛物体时x＝vt，h＝gt2，
所以x＝v
则水平射程之比＝＝
星球表面的水平射程x1＝x2＝10 m.
答案：10 m

1．如果某星球的密度跟地球相同，又知其表面的重力加速度为地球表面的重力加速度的2倍，则该星球的质量为地球质量的(　　)
A．8倍
B．4倍
C．2倍
D．16倍
解析：选A.设星球的质量为M，地球的质量为m，星球的半径为R，地球的半径为r，由万有引力等于重力，
得＝2，又＝，解得＝8.
2．天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期．由此可推算出(　　)
A．行星的质量
B．行星的半径
C．恒星的质量
D．恒星的半径
解析：选C.由G＝mr可知M＝，可求出恒星的质量．
3．设土星绕太阳的运动为匀速圆周运动，若测得土星到太阳的距离为R，土星绕太阳运动的周期为T，万有引力常量为G，根据这些数据能够求出的量是(　　)
①土星线速度的大小；②土星加速度的大小；③土星的质量；④太阳的质量
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．②③
解析：选B.v＝2πR/T，a＝R4π2/T2，M日＝4π2R3/GT2.
4．在某行星绕太阳公转可以近似看作匀速圆周运动时，若想估测太阳的质量，在已知万有引力常量G的情况下，还需要观测的量是(　　)
A．行星的运动轨道半径r和行星的质量
B．只要测出行星运动的轨道半径
C．只要测出行星绕太阳做圆周运动的周期
D．行星运动的轨道半径r和它绕太阳做圆周运动的周期T
解析：选D.由万有引力提供向心力可以求得太阳的质量表达式为M＝.
5．两颗靠得较近的天体叫双星，它们以两者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，这样它们就不会因引力作用而吸引在一起，则下述物理量中，与它们的质量成反比的是(　　)
A．线速度
B．角速度
C．向心加速度
D．转动半径
解析：选ACD.双星由相互间的万有引力提供向心力，从而使双星做匀速圆周运动，不会因相互间的吸引力而靠在一起，双星做圆周运动的向心力大小相等，等于相互间的万有引力，即
m1ω2r1＝m2ω2r2
得＝，故D项正确．
又v＝ωr
得＝故A项正确．
又a＝ω2r
得＝，故C项正确．
一、选择题
1．已知引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg，重力加速度g＝9.8 m/s2，地球半径R＝6.4×106 m，则可知地球质量的数量级是(　　)
A．1018 kg
B．1020 kg
C．1022 kg
D．1024 kg
答案：D
2．我国曾发射一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥1号”．设想“嫦娥1号”贴近月球表面做匀速圆周运动，其周期为T.“嫦娥1号”在月球上着陆后，自动机器人用测力计测得质量为m的仪器重力为P.已知引力常量为G，由以上数据可以求出的量有(　　)
A．月球的半径
B．月球的质量
C．月球表面的重力加速度
D．月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度
解析：选ABC.万有引力提供飞船做圆周运动的向心力，设飞船质量为m′，有G＝m′R，又月球表面万有引力等于重力，G＝P＝mg月，两式联立可以求出月球的半径R、质量M、月球表面的重力加速度g月；故A、B、C都正确．
3．根据观测，某行星外围有一模糊不清的环，为了判断该环是连续物还是卫星群，测出了环中各层的线速度v的大小与该层至行星中心的距离R.则以下判断中正确的是(　　)
A．若v与R成正比，则环是连续物
B．若v与R成反比，则环是连续物
C．若v2与R成反比，则环是卫星群
D．若v2与R成正比，则环是卫星群
解析：选AC.若该环为连续物，则环的角速度与行星相同，由v＝ωR可知，v与R成正比，A正确；若该环为卫星群，则有：＝m，得：v2＝，v2与R成反比，C正确．
4．利用下列数据可以计算出地球质量的是(　　)
A．已知地球的半径R地和地球表面的重力加速度g
B．已知卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径r和周期T
C．已知卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径r和线速度v
D．已知卫星绕地球做匀速圆周运动时的线速度v和周期T
解析：选ABCD.计算天体的质量总的来说有两条思路，一是利用天体表面的物体重力约等于万有引力来求解．二是利用绕天体运动的卫星所受的万有引力提供向心力，结合匀速圆周运动的知识来进行求解．
A．设相对地面静止的某一物体的质量为m，根据万有引力等于重力的关系，得G＝mg，即M地＝gR/G.
B．设卫星质量为m，根据万有引力等于向心力的关系得
G＝m2·r，
解得M地＝.
C．与B选项相同，有
＝m，解得M地＝.
D．与B选项相同，有
＝m v，＝，
利用两式消去r解得M地＝v3T/2πG.
综上所述A、B、C、D四个选项都正确．
5．英国《新科学家(New Scientist)》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最，在XTEJ1650－500双星系统中发现的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半径R约45 km，质量M和半径R的关系满足＝(其中c为光速，G为引力常量)，则该黑洞表面重力加速度的数量级为(　　)
A．108 m/s2
B．1010 m/s2
C．1012 m/s2
D．1014 m/s2
解析：选C.黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对黑洞表面的某一质量为m的物体有：G＝mg，又有＝，联立解得g＝，带入数据得重力加速度的数量级为1012 m/s2，C项正确．
6．假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是(　　)
A．地球的向心力变为缩小前的一半
B．地球的向心力变为缩小前的
C．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同
D．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半
解析：选BC.天体的密度不变，天体直径缩小到原来的一半，则太阳和地球的质量都减小为原来的，又公转半径变为原来的，由F＝G可知，向心力减小为原来的，选项B正确．由G＝mr，得T＝2π ，因此周期不变，选项C正确．
7．地球绕太阳的运动可视为匀速圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地球运动所需要的向心力，由于太阳内部的核反应而使太阳发光，在整个过程中，太阳的质量在不断减小，根据这一事实可以推知在若干年后，地球绕太阳的运动情况与现在相比(　　)
A．运动半径变大
B．运动周期变大
C．运动速率变大
D．运动角速度变大
解析：选AB.由太阳和地球间的万有引力提供向心力有G＝m ，所以当M变小时，太阳提供的向心力小于地球运动所需的向心力，所以地球将做离心运动，运动半径变大，A正确．
由G＝mr得T＝，所以当M变小时，T变大，B正确．
由G＝m得v＝，速率变小，C错误
由G＝mω2r得ω＝，角速度变小，D错误．
8．已知地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍．不考虑地球、月球自转的影响，由以上数据可推算出(　　)
A．地球的平均密度与月球的平均密度之比约为9∶8
B．地球表面重力加速度与月球表面重力加速度之比约为9∶4
C．靠近地球表面沿圆形轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆形轨道运行的航天器的周期之比约为8∶9
D．靠近地球表面沿圆形轨道运行的航天器的线速度与靠近月球表面沿圆形轨道运行的航天器的线速度之比约为81∶4
解析：选C.M1∶M2＝81∶1，R1∶R2＝4∶1，由M＝R3及V＝πR3得ρ＝，有ρ1∶ρ2＝81∶64，选项A错误；由mg＝，得g1∶g2＝81∶16，选项B错误；由＝mR，得T1∶T2＝8∶9，选项C正确；由＝，有v＝，得v1∶v2＝9∶2，选项D错误．
9．银河系的恒星中大约四分之一是双星，某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1 ，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出S2的质量为(　　)
A.　　　　　　
B.
C.
D.
解析：选D.根据双星受到的万有引力提供向心力，对S1有G＝M12r1，解得D项正确．
二、非选择题
10．“伽利略”号木星探测器从1989年10月进入太空起，历时6年，行程37亿千米，终于到达木星周围．此后要在2年内绕木星运行11圈，对木星及其卫星进行考察，最后进入木星大气层烧毁．设这11圈都是绕木星在同一个圆周上运行，试求探测器绕木星运行的轨道半径和速率，已知木星的质量为1.9×1027 kg.
解析：由探测器在2年内绕木星运行11圈，可以知道探测器的运行周期，结合万有引力提供探测器的向心力，可以求半径和速率．
由v＝(式中n为圈数)和＝m，得
r＝≈4.9×109 m.
v＝ ≈5.1×103 m/s.
答案：4.9×109 m　5.1×103 m/s
11．已知引力常量G，地球半径R，月心和地心之间的距离r，同步卫星距地面的高度h，月球绕地球的运转周期T1，地球的自转周期T2，地球表面的重力加速度g.某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M的方法：同步卫星绕地球做圆周运动，由G＝m()2h得M＝.
(1)请判断上面的结果是否正确，并说明理由．如不正确，请给出正确解法和结果．
(2)请根据已知条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果．
解析：(1)上面结果是错误的，地球的半径R在计算过程中不能忽略．正确的解法和结果是：G＝m()2(R＋h)得M＝.
(2)法一：对月球绕地球做圆周运动
由G＝m()2r得出M＝.
法二：在地面重力近似等于万有引力
由G＝mg得M＝.
答案：见解析
12．如果在一个星球上，宇航员为了估测星球的平均密度，设计了一个简单的实验：他先利用手表，记下一昼夜的时间T；然后，用弹簧秤测一个砝码的重力，发现在赤道上的重力为两极的90%.试写出该星球平均密度的估算表达式．
解析：设星球的质量为M，半径为R，表面重力加速度为g′，平均密度为ρ，砝码的质量为m.
砝码在赤道上失重1－90%＝10%，表明在赤道上随星球自转做圆周运动的向心力为
Fn＝ΔF＝0.1mg′
而一昼夜的时间T就是星球的自转周期．
根据牛顿第二定律，有
0．1mg′＝m2R
根据万有引力定律，星球表面的重力加速度为g′＝G＝GπρR，
所以，星球平均密度的估算表达式为
ρ＝.
答案：ρ＝

1．可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道(　　)
A．与地球表面上某一纬度线(非赤道)是共面同心圆
B．与地球表面上某一经度线所决定的圆是共面同心圆
C．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对于地球表面是静止的
D．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对于地球表面是运动的
解析：选CD.发射人造地球卫星，必须使卫星受到的地球对它的万有引力提供向心力，所以不可能与地球表面上某一纬线(非赤道)是共面同心圆，因为此时卫星受的万有引力与轨道半径有一非零的夹角，所以A错．由于地球自转与卫星轨道面重合的经线不断变化，所以B错．C项是可以的，D项也是可以的，只是卫星不是地球同步卫星．
2．我们在推导第一宇宙速度时，需要做一些假设，下列假设中不正确的是(　　)
A．卫星做匀速圆周运动
B．卫星的运转周期等于地球自转的周期
C．卫星的轨道半径等于地球半径
D．卫星需要的向心力等于地球对它的万有引力
答案：B
3．下列关于地球同步卫星的说法中正确的是(　　)
A．为避免通讯卫星在轨道上相撞，应使它们运行在不同的轨道上
B．通讯卫星定点在地球赤道上空某处，所有通讯卫星的周期都是24 h
C．不同国家发射通讯卫星的地点不同，这些卫星的轨道不一定在同一平面上
D．不同通讯卫星运行的线速度大小是相同的，加速度的大小也是相同的
解析：选BD.同步卫星运动的周期与地球自转周期相同，T＝24 h，角速度ω一定，根据万有引力定律G＝mr知通讯卫星的运行轨道是一定的，离开地面的高度也是一定的．地球对卫星的引力提供了卫星做圆周运动的向心力，因此同步卫星只能以地心为圆心做圆周运动，它只能与赤道同平面且定点在赤道平面的正上方．故B正确，C错误．
不同通讯卫星因轨道半径相同，速度大小相等，故无相对运动，不会相撞，A错误．
由G＝ma＝m知：通讯卫星运行的线速度、向心加速度大小一定．D正确．
4．(2011年高考北京理综卷)由于通信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
解析：选A.同步卫星运行时，万有引力提供向心力，＝mr＝m，故有＝，v＝，由于同步卫星运行周期与地球自转周期相同，故同步卫星的轨道半径大小是确定的，速度v也是确定的，同步卫星的质量可以不同．要想使卫星与地球自转同步，轨道平面一定是赤道平面．故只有选项A正确．
5．甲、乙两颗人造地球卫星的质量相同，它们的轨道都是圆．若甲的运行周期比乙大，则(　　)
A．甲距地面的高度一定比乙大
B．甲的速度一定比乙大
C．甲的加速度一定比乙小
D．甲的速度一定比乙小
解析：选ACD.人造卫星运行所需的向心力由万有引力提供，有G＝m＝ma，v＝ .
式中M为地球的质量，R为地球的半径，r为卫星离地面的高度，卫星运行的周期等于T＝＝＝(R＋).式中为常数，所以卫星运动的周期T越大，它的轨道半径(R＋h)也越大，即它离地面的高度r也越大，A项正确．由公式v＝ 知，离地面的高度h大的其速度一定小，所以甲的速度一定比乙小，B错误．D正确．由公式G＝a知，离地面的高度h大的其加速度一定小，所以甲的加速度一定比乙小，C正确．
一、选择题
1．关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法，正确的是(　　)
A．若其质量加倍，则轨道半径也要加倍
B．它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播
C．它以第一宇宙速度运行
D．它运行的角速度与地球自转角速度相同
解析：选D.由G＝m知轨道半径与卫星质量无关，A错；同步卫星轨道必须和赤道平面重合，即卫星只能在赤道上空，不能在北京上空，B错；其运行速度小于第一宇宙速度，C错；同步卫星必和地球自转的角速度相同，D对．
2．假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增加到原来的2倍，仍做圆周运动，则(　　)
A．根据公式v＝ωr，可知卫星运动的线速度将增大到原来的2倍
B．根据公式F＝，可知卫星所需的向心力将减小到原来的1/2
C．根据公式F＝G可知地球提供的向心力将减小到原来的1/4
D．根据上述B和C中给出的公式可知，卫星运行的线速度将减小到原来的
解析：选CD.人造卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，有G＝mv2/r，得v＝.从上式看出，离地球越远的卫星速度越小，当半径加倍时，引力变为原来的，速度变为原来的倍，故选项C、D正确．
3.
图3－4－3
发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道．发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图3－4－3所示，这样选择的优点是，在赤道附近(　　)
A．地球的引力较大
B．地球自转线速度较大
C．重力加速度较大
D．地球自转角速度较大
解析：选B.由于发射卫星需要将卫星以一定的速度送入运动轨道，在靠近赤道处的地面上的物体的线速度最大，发射时较节能，因此B正确．
4．在围绕地球转动的同步卫星中，能使用的测量工具有(　　)
A．天平
B．弹簧测力计
C．温度计
D．水银气压计
解析：选BC.天平的衡量原理是依靠两边托盘中物体对托盘的压力而称量物体质量的．在同步卫星中，卫星内物体处于完全失重状态，物体不会给天平托盘以压力的作用，因此天平不能使用．弹簧测力计的测力原理是依据二力平衡，在完全失重的条件下，弹簧测力计不能再测量物体的重力，但仍可以测量拉力、压力等外力大小，所以还能使用．温度计是依据液体的热胀冷缩的性质制作的，它与失重条件无关，故仍可使用．水银气压计是根据大气压强与水银柱产生压强的关系制作的，在完全失重的情况下，水银柱将不再对容器底部产生压强，所以不能再使用．
5．我国已成功发射绕月运行的探月卫星“嫦娥2号”，设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面，已知月球的质量约为地球质量的，月球的半径约为地球半径的，地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s，则该探月卫星绕月运行的速率约为(　　)
A．0.4 km/s
B．1.8 km/s
C．11 km/s
D．36 km/s
解析：选B.设地球质量、半径分别为M、R，月球质量、半径分别为m、r，则m＝，r＝R，在星体表面，物体的重力近似等于万有引力，若物体质量为m0，则＝m0g，即GM＝gR2；在月球表面，满足：Gm＝g′r2，由此可得：g′＝ g＝g，地球表面的第一宇宙速度v1＝＝7.9 km/s，在月球表面，有v′＝＝ ＝＝×7.9 km/s≈1.8 km/s.
6．地球上有两位相距非常远的观察者，都发现自己的正上方有一颗人造卫星，相对自己静止不动，则这两位观察者的位置以及两颗人造卫星到地球中心的距离可能是(　　)
A．一人在南极，一人在北极，可观察到此现象
B．一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍
C．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等
D．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍
解析：选C.此时两人看到的一定是同步卫星，同步卫星的轨道和速度是确定的．
7．宇宙飞船在轨道上运行，由于地面指挥人员发现某一火箭残体的轨道与飞船轨道有一交点，通知宇航员某一时间飞船有可能与火箭残体相遇．宇航员随即开动飞船上的发动机使飞船加速，脱离原轨道．关于飞船的运动，下列说法正确的是(　　)
A．飞船高度降低
B．飞船高度升高
C．飞船周期变小
D．飞船的向心加速度变大
解析：选B.当宇宙飞船加速时，它所需向心力增大，而万有引力不能相应增大，万有引力不能将飞船拉回原轨道，因此飞船做离心运动，轨道半径增大，由此知A错误；B正确；由式子T＝2π 可知，r增大，T增大，故C错误；由于r增大，则a＝变小，D错误．
8．假设某行星的质量与地球质量相等，半径为地球的4倍，要从该行星上发射一颗绕它自身运动的卫星，那么它的“第一宇宙速度”(环绕速度)大小应为地球上的第一宇宙速度的(　　)
A.倍
B.
C.
D．2倍
解析：选C.由G＝m可得v＝ ，所以＝＝＝.
图3－4－4
9．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图3－4－4所示．当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是(　　)
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
解析：选BD.由G＝m得v＝
因为r3>r1，所以v3由G＝mω2r得ω＝
因为r3>r1，所以ω3<ω1.
卫星在轨道1上经Q点时的加速度为地球引力产生的加速度，而在轨道2上经过Q点时，也只有地球引力产生的加速度，故应相等．同理，卫星在轨道2上经P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度．故选B、D.
二、非选择题
10．某人在某星球上做实验，在星球表面水平放一长木板，在长木板上放一木块，木板与木块之间的动摩擦因数为μ，现用一弹簧测力计拉木块．当弹簧测力计示数为F时，经计算发现木块的加速度为a，木块质量为m.若该星球的半径为R，则在该星球上发射卫星的第一宇宙速度是多少？
解析：设该星球表面重力加速度为g′.在木板上拉木块时，由牛顿第二定律有F－μmg′＝ma，解得
g′＝.
人造卫星的向心力由重力提供，即mg′＝，所以卫星的第一宇宙速度为v＝＝ .
答案：
11．由于地球在自转，因而在发射卫星时，利用地球的自转，可以尽量减少发射人造卫星时火箭所提供的能量．为了尽量节约发射卫星时需要的能量，现假设某火箭的发射场地就在赤道上，已知地球的半径为R，地球自转的周期为T，地面的重力加速度为g，卫星的质量为m.求：
(1)由于地球的自转，卫星停放在赤道上的发射场时具有的初速度v0为多大；
(2)卫星在离地面高度为R的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，卫星的速度v为多大．
解析：(1)卫星停放在赤道上的发射场时具有的初速度为v0＝ωR＝R.
(2)设地球质量为M，卫星在离地面高度为R的轨道上运行时有
G＝m
而对地面上质量为m0的物体有
m0g＝G
解得v＝ .
答案：(1)R　(2)
12．一颗在赤道上空运行的人造地球卫星，其轨道半径为r＝2R(R为地球半径)，卫星的运动方向与地球的运动方向相同，地球的自转角速度为ω.
(1)求人造卫星绕地球运转的角速度ω1；
(2)若某时刻卫星通过赤道上某建筑物的正上方，求它至少经过多长时间再次通过该建筑物的正上方(已知地球表面的重力加速度为g)．
解析：(1)设卫星的质量为m.地球对卫星的万有引力提供其做圆周运动的向心力
G＝mωr
地球表面附近的重力加速度g＝G
把r＝2R代入，解方程可得ω1＝ .
(2)卫星下次通过该建筑物正上方时，卫星比地球多转2π弧度，则有
ω1t－ωt＝2π
故卫星再次通过该建筑物所需时间
t＝＝.
答案：(1) 　(2)

(时间：90分钟，满分100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1.
图4－3
如图4－3所示是一个同学荡秋千的示意图．由于阻力作用，秋千荡起的幅度越来越小，这说明(　　)
A．能量逐渐消失
B．势能转化成动能
C．动能转化成势能
D．以上说法都不正确
解析：选D.由于阻力作用，秋千荡起的幅度越来越小，是秋千摆动的能量在减小，但不能说能量逐渐消失，也不是动能与势能的相互转化问题，故D正确．
2．(2011年高考课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
解析：选ABD.若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A正确．若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B正确．若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确．
3．美国NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众，经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时间，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利，如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮球筐距地面高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为(　　)
A．W＋mgh1－mgh2　　　　　
B．W＋mgh2－mgh1
C．mgh1＋mgh2－W
D．mgh2－mgh1－W
解析：选A.由功能关系知，篮球被投出时获得的动能Ek1＝W，篮球出手后，机械能守恒，所以有Ek1＋mgh1＝Ek2＋mgh2，综上所述可解得Ek2＝W＋mgh1－mgh2.
4．(2010年高考课标全国卷)
图4－4
如图4－4所示，在外力作用下某质点运动的v-t图像为正弦曲线．从图中可以判断(　　)
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：选AD.在0～t1时间内，速度增大，由动能定理知外力做正功，A项正确；在t1、t3两个时刻，质点速率相等，由动能定理知t1～t3时间内，外力做的总功为零，D项正确；v-t图像的斜率表示加速度，在t1时刻，a＝0，F＝0，功率为零．故B项错；t2时刻，F最大，但v＝0，由P＝Fv知P＝0，故C项错．
图4－5
5．如图4－5所示，两个质量相同的物体A和B，在同一高度处，A物体自由落下，B物体沿光滑斜面下滑，则它们到达地面时(空气阻力不计)(　　)
A．速率相同，动能相同
B．B物体的速率大，动能也大
C．A、B两物体在运动过程中机械能都守恒
D．B物体重力所做的功比A物体重力所做的功多
解析：选AC.两物体在运动中只有重力做功，故机械能都守恒，选项C正确；重力做的功W＝mgh也相同，选项D错误；由机械能守恒定律mgh＝mv2可知，两物体落地时的速度大小相等，动能相同，选项A正确、B错误．
6．一个人稳站在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图4－6所示，则(　　)
图4－6
A．人只受到重力和踏板的支持力作用
B．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小
C．踏板对人做的功等于人的机械能增加量
D．人所受合力做的功等于人的机械能的增加量
解析：选C.人在水平踏板上，由于加速，水平方向有分加速度ax，由此可知人还受摩擦力，A选项错；竖直方向因有ay，所以支持力应大于重力，B选项错；踏板对人做的功就是支持力和摩擦力合力做的功，根据功能关系可知C正确，D错误．
图4－7
7．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，最后停止，用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化图线如图4－7所示．根据图线所提供的信息，以下判断中正确的是(　　)
A．t1时刻消防队员的速度最大
B．t2时刻消防队员的速度最大
C．t3时刻消防队员的动能最小
D．t4时刻消防队员的动能最小
解析：选BD.由题目所述可知，消防队员先自由落体，然后和地面发生碰撞，在和地面碰撞过程中，他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，最后停止，力F是地面对消防队员的冲击力，在t1～t2时间段，力F逐渐增大，消防队员的速度在增大，而在t2～t4时间段，力F>Mg，消防队员做减速运动，至t4时，消防员停在地面上，所以t2时刻消防队员的速度最大，t4时刻消防队员的动能最小，选项B、D正确．
8．(2010年高考安徽卷)
图4－8
伽利略曾设计如图4－8所示的一个实验，将摆球拉到M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小(　　)
A．只与斜面的倾角有关
B．只与斜面的长度有关
C．只与下滑的高度有关
D．只与物体的质量有关
解析：选C.由题可知摆球由同一位置释放，虽然经过的轨迹不同，但达到的高度相同，说明到达圆弧最低端的速度大小相同，仅与高度有关，故选项C正确，A、B、D均错．
9.
图4－9
如图4－9所示，利用倾角为α的传送带把一个质量为m的木箱匀速传送L距离，这时木箱升高h，木箱和传送带始终保持相对静止．关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A．木箱克服摩擦力做功mgh
B．摩擦力对木箱做功为零
C．摩擦力对木箱做功为μmgLcosα，其中μ为动摩擦因数
D．摩擦力对木箱做功为mgh
解析：选D.木箱和皮带间的摩擦力为静摩擦力，对木箱做正功，木箱匀速运动，根据功能原理，摩擦力对木箱做的功等于木箱克服重力做的功mgh，D选项正确．
10.
图4－10
如图4－10所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　)
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳重力势能共减少了mgl
C．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功
D．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和
解析：选BD.绳的拉力对物块做负功，所以物块的机械能减少，故选项A错误；软绳减少的重力势能ΔEp＝mg(－sin30°)＝mgl，故选项B正确；软绳被拉动，表明细线对软绳的拉力大于摩擦力，而物块重力势能的减少等于克服细线拉力做功与物块动能之和，选项C错误；对软绳应用动能定理，有WF＋WG－Wf＝ΔEk，所以软绳重力势能的减少ΔEp＝WG＝ΔEk＋Wf－WF，所以ΔEp＜ΔEk＋Wf，选项D正确．
二、非选择题(本题共6小题，共50分，按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(5分)如图4－11所示，用小钢球及下列器材测定弹簧被压缩时的弹性势能：光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处，作为指示钢球位置的标杆．
图4－11
(1)还需要的器材是________、________.
(2)该实验是间接测量弹簧的弹性势能．实际上是把对弹性势能的测量转化为对________的测量，进而转化为对________和________的直接测量．
解析：在一切阻力忽略情况下，弹簧及小钢球组成的系统机械能守恒，若弹簧被压缩时的弹性势能为Ep，质量为m的小球被弹簧弹开后沿圆弧轨道上升的最大高度为h，由机械能守恒得Ep＝mgh，即只要知道小球的质量及上升的高度，就可确定弹簧的弹性势能．
答案：(1)天平　刻度尺
(2)重力势能增加量　小球质量　小球沿圆轨道上升高度
12．(5分)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图4－12所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为9.8 m/s2，那么
图4－12
(1)纸带的________端(填“左”或“右”)与重物相连；
(2)根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律；
(3)从O点到(2)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝________ J，动能增加量ΔEk＝________ J．(结果取三位有效数字)
解析：由题意知，O点为第一个点，所以纸带的左端与重物相连，为了减小误差和便于求重物动能的增加量，可取题图中O点到B点来验证机械能守恒定律，此过程中重力势能的减少量ΔEp＝mghOB＝1.00×9.8×19.25×10－2 J≈1.89 J.
打B点时重物的瞬时速度
vB＝＝ m/s
＝1.845 m/s.
所以动能增量
ΔEk＝mv＝×1.00×1.8452 J＝1.70 J.
答案：(1)左　(2)B　(3)1.89　1.70
13．(9分)质量为2000 kg，额定功率为80 kW的汽车，在平直公路上行驶的最大速度为20 m/s.若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2，运动中的阻力不变，求：
(1)汽车所受阻力的大小；
(2)3 s末汽车的瞬时功率．
解析：(1)设汽车所受阻力为f，当汽车达到最大速度时有P＝Fv＝fvm，
所以f＝＝ N＝4×103 N.
(2)由牛顿第二定律得F－f＝ma.
则F＝f＋ma
又据运动学公式v＝at，
所以3 s末汽车的瞬时功率P＝Fv＝(f＋ma)at
＝(4×103＋2000×2)×2×3 W＝4.8×104 W.
答案：(1)4×103 N　(2)4.8×104 W
14．(9分)如图4－13所示，物体从半径为R的光滑竖直圆弧轨道顶端由静止下滑后，在粗糙水平面上又滑行一段距离BC＝x停止，图中OA线水平，OB线竖直，O是圆心，问：
图4－13
(1)物体刚滑至B点时的加速度为多大？
(2)物体与水平面间的动摩擦因数为多大？
解析：(1)物体由A至B机械能守恒，mgR＝mv，对B点：aB＝，上面两式联立解得aB＝2g.
(2)对物体由B至C过程应用动能定理有
－μmgx＝0－mv，
与第一式联立解得μ＝.
答案：(1)2g　(2)
15.
图4－14
(10分)如图4－14所示，质量为M＝0.2 kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20 m，木块距水平台的右端L＝1.7 m．质量为m＝0.10M的子弹以v0＝180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90 m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l＝1.6 m，求：(g取10 m/s2)
(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；
(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.
解析：(1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为
W1＝mv2－mv＝－243 J
同理，子弹对木块所做的功为
W2＝Mv＝8.1 J.
(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理，有：
－μMgL＝Mv－Mv
木块离开台面后的平抛阶段l＝v2
解得μ＝0.50.
答案：(1)－243 J　8.1 J　(2)0.50
16．(12分)如图4－15所示，一可视为质点的物体质量为m＝1 kg，在左侧平台上水平抛出，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平，O为轨道的最低点，已知圆弧半径为R＝1.0 m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8 m(重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，求：
图4－15
(1)物体做平抛运动的初速度；
(2)物体运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力．
解析：(1)由于物体无碰撞进入圆弧轨道，即物体落到A点时速度方向沿A点切线方向，设此时速度方向与水平方向夹角为α，则
tan α＝＝＝tan53° ①
又由h＝gt2 ②
而vy＝gt ③
联立①②③式得v0＝3 m/s. ④
(2)设物体运动到最低点的速度为v，由机械能守恒得
mv2－mv
＝mg[h＋R(1－cos53°)] ⑤
在最低点，根据牛顿第二定律，有
N－mg＝m ⑥
联立④⑤⑥式得N＝43 N
由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力为43 N.
答案：(1)3 m/s　(2)43 N

1．关于功的判断，下列说法正确的是(　　)
A．功的大小只由力和位移决定
B．力和位移都是矢量，所以功也是矢量
C．因为功有正功和负功，所以功是矢量
D．因为功只有大小而没有方向，所以功是标量
解析：选D.由功的公式W＝Fxcosα可知做功的多少不仅与力和位移有关，同时还与F和x正方向之间的夹角有关，故A错；功是标量没有方向，但有正负，正、负不表示大小，也不表示方向，只表示是动力做功还是阻力做功，故B、C错误，D项正确．
2．人以20 N的水平恒力推着小车在粗糙的水平面上前进了5.0 m，人放手后，小车还前进了2.0 m才停下来，则小车在运动过程中，人的推力所做的功为(　　)
A．100 J
B．140 J
C．60 J
D．无法确定
解析：选A.人的推力作用在小车上的过程中，小车发生的位移是5.0 m，故该力做功为W＝Fxcosα＝20×5.0×cos0° J＝100 J.
3．物体受到两个互相垂直的作用力而运动，已知力F1做功6 J，力F2做功8 J，则力F1、F2的合力对物体做功(　　)
A．10 J
B．14 J
C．2 J
D．－2 J
解析：选B.功是标量，合力对物体做的功等于每个力对物体做功的代数和，故选项B正确．
4．如图4－1－15所示，用同样的力F拉同一物体，在甲(光滑水平面)、乙(粗糙水平面)、丙(光滑斜面)、丁(粗糙斜面)上通过同样的距离，则拉力F的做功情况是(　　)
图4－1－15
A．甲中做功最少
B．丁中做功最多
C．做功一样多
D．无法比较
解析：选C.功是力和在力的方向上的位移的乘积，四种情况力和在力的方向上的位移都相同，所以四种情况做功一样多，或由W＝Fxcosα计算，也可判断出四种情况做功一样多．
5．如图4－1－16所示，某人用300 N的水平推力，把一个质量为50 kg的木箱沿水平路面加速推动10 m，后来又把它匀速举高2 m，这个人对木箱共做功多少？
图4－1－16
解析：整个做功过程分为两个阶段：在水平路面上用力F1＝300 N，位移x1＝10 m；在竖直方向上用力F2，位移x2＝2 m，全过程中做功为这两个阶段中做功之和．
沿水平路面推行时，人对木箱做功为
W1＝F1x1＝300×10 J＝3×103 J.
匀速举高时，人对木箱的拉力F2＝mg，人对木箱做功为
W2＝F2x2＝50×10×2 J＝1×103 J.
所以全过程中人对木箱做的总功为
W＝W1＋W2＝4×103 J.
答案：4×103 J
一、选择题
1．下列关于做功的说法正确的是(　　)
A．凡是受力作用的物体，一定有力对物体做功
B．凡是发生了位移的物体，一定有力对物体做功
C．只要物体受力的同时又有位移发生，则一定有力对物体做功
D．只要物体受力，又在力的方向上发生了位移，则一定有力对物体做功
解析：选D.力和在力的方向上发生的位移是做功的两个不可缺少的因素，故只有选项D正确．
2．关于摩擦力做功的下列说法中正确的是(　　)
A．滑动摩擦力一定做负功
B．静摩擦力一定不做功
C．静摩擦力可能做功
D．两物体间相互作用的一对摩擦力做功的总和恒等于零
解析：选C.滑动摩擦力和静摩擦力都可能做正功、负功或不做功，一对相互作用的静摩擦力做功的代数和等于零，但若是一对相互作用的滑动摩擦力，其做功的代数和不一定等于零，故选C.
3．以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为h，空气的阻力大小恒为F，则从抛出至落回出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为(　　)
A．0
B．－Fh
C．－2Fh
D．－4Fh
解析：选C.从全过程看，空气的阻力为变力，但将整个过程分为两个阶段：上升阶段和下落阶段，小球在每个阶段上受到的阻力都是恒力，且总是跟小球运动的方向相反，空气阻力对小球总是做负功．全过程空气阻力对小球做的功等于两个阶段所做的功的代数和，即W＝W上＋W下＝(－Fh)＋(－Fh)＝－2Fh.
图4－1－17
4．如图4－1－17所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动的过程中，A、B之间有相互的力，则对各力做功的情况，下列说法中正确的是(地面光滑，A、B物体粗糙)(　　)
A．A、B都克服摩擦力做功
B．A、B间弹力对A、B都不做功
C．摩擦力对B做负功，对A不做功
D．弹力对A不做功，对B做正功
解析：
选BC.判断AB间是否有摩擦力时是看AB间有无相对滑动(或运动趋势)，计算功的大小时涉及到的位移，都是相对地面的位移．A、B间相互作用力为f1与f2、NAB与NBA，如图所示．A没有位移，f2、NBA对A不做功，B有位移，f1做负功，NAB与位移成90°，不做功，B、C对，A、D错．
5．质量为m的物体，受水平力F的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中正确的是(　　)
A．如果物体做加速直线运动，F一定做正功
B．如果物体做减速直线运动，F一定做负功
C．如果物体做减速直线运动，F可能做正功
D．如果物体做匀速直线运动，F一定做正功
解析：选ACD.物体在粗糙水平面上运动，它必将受到滑动摩擦力，其方向和物体相对水平面的运动方向相反．当物体做加速运动时，其力F方向必与物体运动方向夹角为锐角(含方向相同)，这样才能使加速度方向与物体运动的方向相同．此时，力F与物体位移的方向夹角为锐角，所以，力F对物体做正功，A对．
当物体做减速运动时，力F的方向可以与物体的运动方向夹角为锐角也可以夹角为钝角(含方向相反)，只要物体所受合力与物体运动方向相反即可，可见，物体做减速运动时，力F可能对物体做正功，也可能对物体做负功，B错，C对．
当物体做匀速运动时，力F的方向必与滑动摩擦力的方向相反，即与物体位移方向相同，所以，力F做正功，D对．
图4－1－18
6．如图4－1－18所示，木块A放在木块B的左上端，用恒力F将A拉至B的右端．第一次将B固定在地面上，F做的功为W1；第二次让B可以在光滑的地面上自由滑动，F做的功为W2.比较两次做功，应有(　　)
A．W1B．W1＝W2
C．W1>W2
D．无法比较
解析：选A.根据功的定义，力F做的功只与力的大小及力的方向上发生的位移大小的乘积有关，位移的大小与参考系的选择有关，在没有指定参考系时，一般是以地球为参考系，A物相对于B的位移在两种情况下是一样的，但在第一种情况中，B相对于地面是静止的，故第二次A对地的位移大于第一次A对地的位移，即第二次做功多一些．
7.
图4－1－19
如图4－1－19所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由下滑，然后在水平面上前进至B点后停止．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者运动的过程中，克服摩擦力做的功(　　)
A．大于μmgL
B．小于μmgL
C．等于μmgL
D．以上三种情况都有可能
解析：选C.滑雪者运动过程中摩擦力做功为
Wf＝－μmgcosα·lAO－μmg·lOB
＝－μmg(lAOcosα＋lOB)＝－μmgL.
故此过程中，滑雪者克服摩擦力做的功为μmgL，C正确．
图4－1－20
8．物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图4－1－20所示方向匀速运动，则传送带对物体做功的情况可能是(　　)
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
解析：选ACD.传送带对物体做功的情况取决于物体滑下时的速度v物与传送带的速度v带的大小关系，若v物＝v带，则不做功；若v物>v带，物体受到摩擦力而减速直到v物＝v带，故先做负功，后不做功；当v物9.
图4－1－21
(2011年高考江苏单科卷)如图4－1－21所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于(　　)
A．0.3 J
B．3 J
C．30 J
D．300 J
解析：选A.由生活常识及题图知，一只鸡蛋的质量接近0.05 kg，上抛高度在0.6 m左右，则人对鸡蛋做的功W＝mgh＝0.3 J，故A对，B、C、D错．
二、非选择题
图4－1－22
10．两块相同材料的物块A和B放在光滑的水平地面上，在水平力F的作用下一同前进，如图4－1－22所示，其质量之比为mA∶mB＝1∶2.在运动过程中，力F一共对物体做功300 J，则A对B的弹力对B所做的功为多少？
解析：对A、B整体由牛顿第二定律得
F＝(mA＋mB)a①
对B有：FAB＝mBa②
①②联立得FAB＝F③
设AB移动距离为x，则F做功W＝Fx④
A对B做功WAB＝FABx⑤
③④⑤联立得WAB＝W＝200 J.
答案：200 J
11.
图4－1－23
质量为1.5 kg的玩具汽车在平直的导轨上运动，v -t图像如图4－1－23所示．求：
(1)0到10 s内合外力做的功；
(2)10 s到15 s内合外力做的功；
(3)15 s到25 s内合外力做的功．
解析：(1)0到10 s合外力做的功为：W＝Fx＝max＝1.5×××10×20 J＝300 J.
(2)10 s到15 s合外力为零，做的功也为零．
(3)15 s到25 s合外力做的功为：
W＝F′x′＝ma′x′＝1.5×××(20＋30)×10 J＝375 J.
答案：(1)300 J　(2)0　(3)375 J
图4－1－24
12．如图4－1－24所示，一个质量为m＝2 kg的物体受到与水平面成37°角的斜向下方的推力F＝10 N的作用，在水平地面上移动了距离x1＝2 m后撤去推力，此物体又滑行了x2＝1.6 m的距离后停止运动，动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)求：
(1)推力F对物体做的功；
(2)全过程中摩擦力对物体所做的功．
解析：(1)推力做功由W＝Fxcosθ得
WF＝Fx1cos37°＝10×2×0.8 J＝16 J.
(2)受力分析可知竖直方向
N1＝mg＋Fsin37°＝26 N，
所以摩擦力做功
Wf1＝μN1x1cos180°＝0.2×26×2×(－1)J
＝－10.4 J，
撤去外力后N2＝mg＝20 N.
Wf2＝μN2x2cos180°＝0.2×20×1.6×(－1)J
＝－6.4 J，
故Wf＝Wf1＋Wf2＝－16.8 J.
答案：(1)16 J　(2)－16.8 J

1．关于功率，下列各种说法中正确的是(　　)
A．物体做的功越多，说明功率越大
B．功率的大小表示做功的快慢
C．由P＝可知机器做功越多，其功率越大
D．单位时间内物体做功越多，其功率越大
解析：选BD.功率是表示力做功快慢的物理量，数值上等于单位时间内所做的功，故B、D正确，而A、C错误．
图4－2－3
2．用轻绳悬挂一小球，将小球拉至如图4－2－3所示的水平位置，然后放手使小球从静止开始向下摆动，在小球摆向最低点过程中，重力对小球做功的功率(　　)
A．保持不变
B．不断变大
C．不断变小
D．先变大，后变小
解析：选D.在最高点时，由于速度为零，重力对小球做功的功率为P＝Fv＝0.
在最低点时，由于速度与重力方向垂直，重力对小球做功的功率P＝Fvcos90°＝0.
由此可见，选项D正确．
3．卡车在平直公路上从静止开始加速行驶，经时间t前进距离x，速度达到最大值vm.设此过程中发动机功率恒为P，卡车所受阻力为f，则这段时间内，发动机所做的功为(　　)
A．Pt　　　　　　　　　
B．fx
C．Pt－fx
D．fvmt
解析：选AD.发动机所做的功是指牵引力的功．由于卡车以恒定功率运动，所以发动机所做的功应等于发动机的功率乘以卡车行驶的时间，所以A对．B项给出的是卡车克服阻力做的功，在这段时间内，牵引力的功不等于克服阻力做功，所以B错．C项给出的是卡车所受外力的总功，D项中，卡车以恒定功率前进，将做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时牵引力等于阻力，阻力f乘以最大速度vm是发动机的功率，再乘以t恰是发动机在t时间内做的功．故A、D是正确的．
4．下表列出了某种型号轿车的部分数据，试根据表中数据回答问题.
长/mm×宽/mm×高/mm
4871×1835×1460
净重/kg
1500
传动系统
前轮驱动与挡变速
发动机型式
直列4缸
发动机排量(L)
2.2
最高时速(km/h)
252
100 km/h的加速时间(s)
10
额定功率(kW)
140
图4－2－4
图4－2－4为轿车中用于改变车速的挡位，手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度，从“1～5”逐挡速度增大，R是倒车挡．试问轿车要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一挡？该车以额定功率和最高速度运行时，轿车的牵引力为多大？(　　)
A．“1”挡、2000 N
B．“5”挡、2000 N
C．“1”挡、4000 N
D．“5”挡、8000 N
解析：选A.由P＝Fv可知，当P一定时，v越小，F越大，因此，上坡时应推至“1”挡，当以最高速度行驶时F＝＝ N＝2000 N，则A项正确．
5．质量m＝3 kg的物体，在水平力F＝6 N的作用下，在光滑水平面上从静止开始运动，运动时间t＝3 s，求：
(1)力F在t＝3 s内对物体所做的功．
(2)力F在t＝3 s内对物体所做功的平均功率．
(3)在3 s末力F对物体做功的瞬时功率．
解析：物体在水平力F的作用下，在光滑水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可求出加速度a＝F/m＝2 m/s2，则：物体在3 s末的速度v＝at＝6 m/s，物体在3 s内的位移x＝at2/2＝9 m
(1)力F做的功W＝Fx＝6×9 J＝54 J
(2)力F在3 s内的平均功率P＝＝18 W.
(3)3 s末力F的瞬时功率P＝Fv＝6×6 W＝36 W.
答案：(1)54 J　(2)18 W　(3)36 W
一、选择题
1．静止的列车在平直轨道上以恒定的功率启动，在开始运动的一小段时间内，列车的运动状态是(　　)
A．做匀加速直线运动
B．列车的速度和加速度均不断增加
C．列车的速度增大，加速度减小
D．列车做匀速运动
解析：选C.列车启动后受四个力作用，即重力、支持力、牵引力和阻力，重力和支持力相平衡，牵引力和阻力的合力产生加速度．由于列车从静止以恒定的功率启动，由P＝Fv知，v增大，则F减小，故列车的加速度也必减小，随着速度增大，列车做变加速运动，选C.
2．质量为1 kg的物体从某一高度自由下落，设1 s内物体未着地，则该物体下落1 s末重力做功的瞬时功率是(取g＝10 m/s2)(　　)
A．25 W
B．50 W
C．75 W
D．100 W
解析：选D.1 s末速度v＝gt＝10 m/s，方向竖直向下，与重力的方向相同，由P＝Fv，可知重力的瞬时功率为100 W，D对，A、B、C错．
3．在平直的公路上以一般速度(约为5 m/s)行驶的自行车所受阻力约为车和人总重力的0.02倍，则骑车人的功率最接近于(车和人的总质量约为100 kg)(　　)
A．0.1 kW
B．1000 kW
C．1 kW
D．10 kW
解析：选A.自行车的运动可近似看做匀速直线运动，骑车人的功率近似等于克服阻力的功率，即P＝fv＝0.02mgv＝100 W.
4．质量为m的汽车由静止开始以加速度a做匀加速运动，经过时间t，汽车达到额定功率，则下列说法正确的是(　　)
A．at即为汽车额定功率下的速度最大值
B．at还不是汽车额定功率下速度最大值
C．汽车的额定功率是ma2t
D．时间t内汽车牵引力做功等于ma2t2
解析：选B.汽车匀加速到额定功率后做加速度减小的加速运动，直到加速度为零，速度达最大值，A错、B对．汽车合外力为ma，牵引力大于ma，牵引力额定功率大于ma2t，时间t内做功大于ma2t2，C、D错．
5．一辆汽车在恒定的功率牵引下在平直的公路上由静止出发，在4 min的时间里行驶了1800 m，则在4 min末汽车的速度(　　)
A．等于7.5 m/s
B．大于7.5 m/s
C．等于15 m/s
D．小于15 m/s
解析：选D.汽车做加速度减小的加速运动，速度增加得越来越慢，故4 min末汽车的速度应小于匀加速行驶时的速度15 m/s.
图4－2－5
6．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v－t图像如图4－2－5所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是图4－2－6中的哪一个(　　)
　　　 　图4－2－6
解析：选B.在0～t1时间内，重物加速上升，设加速度为a1，则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1＝mg＋ma1，速度vt＝a1t，所以拉力的功率为：P1＝m(a1＋g)a1t；在t1～t2时间内，重物匀速上升，拉力F2＝mg，速度为v1＝a1t1，所以拉力的功率为：P2＝mga1t1；在t2～t3时间内，重物减速上升，设加速度大小为a2，则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F2＝mg－ma2，速度v2＝a1t1－a2t，所以拉力的功率为：P1＝m(g－a2)(a1t1－a2t)综上所述，只有B选项正确．
7．列车在恒定功率的机车牵引下，从车站出发沿平直轨道行驶10 min，速度达到108 km/h的最大速度，那么这段时间内列车行驶的距离(　　)
A．等于18 km
B．等于9 km
C．一定小于9 km
D．一定大于9 km，小于18 km
解析：选D.
如图所示列车以恒定功率做变加速运动，其位移为曲线下方的面积．若是匀加速运动则x1＝× km＝9 km，若以vm匀速运动，则x2＝108× km＝18 km，所以，以恒定功率行驶的距离x1＜x＜x2，即9 km＜x＜18 km，故选D.
8．如图4－2－7所示为测定运动员体能的一种装置，运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦)，下悬一质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v匀速向右运动．下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的是(　　)
图4－2－7
A．人对传送带做正功
B．人对传送带不做功
C．人对传送带做功的功率为m2gv
D．人对传送带做功的功率为(m1＋m2)gv
解析：选AC.人在水平方向受绳子拉力和摩擦力作用而处于平衡状态，f＝T＝m2g.由牛顿第三定律得人对传送带的摩擦力为f′＝f，方向向右，所以人对传送带做正功，做功的功率为P＝f′v＝m2gv，A、C正确．
9．竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度，下列说法正确的是(　　)
A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
B．上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功
C．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率
D．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率
解析：选BC.已知球上抛后又落回原处，球在上升过程中运动的距离等于下降过程中的距离，而重力的大小是恒定的．因此，上升过程中克服重力做的功肯定等于下降过程中重力做的功．在上升过程中运动的时间要小于在下降过程中运动的时间．根据平均功率的定义可知，球在上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率，所以，选项A、D错误，B、C正确．
10.
图4－2－8
将一只苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3.图中曲线为苹果在空中运行的轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是(　　)
A．苹果通过第1个窗户所用的时间最长
B．苹果通过第3个窗户的平均速度最大
C．苹果通过第1个窗户重力做的功最大
D．苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小
解析：选D.苹果做斜抛运动，竖直方向做减速运动，故通过第1个窗子的时间最短，通过第3个窗子的时间最长，通过第1个窗户的平均速度最大，通过第3个窗户的平均速度最小．苹果通过3个窗子的过程中重力做功相同．由P＝可知，苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小．
二、非选择题
11．质量为2 kg的物体，受到24 N竖直向上的拉力，由静止开始运动，经过5 s，求5 s内拉力对物体所做的功是多少？5 s内拉力的平均功率及5 s末拉力的瞬时功率各是多少？(g取10 m/s2)
解析：
对物体受力分析，如图所示由牛顿第二定律得
a＝＝m/s2＝2 m/s2，
5 s内物体的位移
x＝at2＝×2×52 m＝25 m，
其方向竖直向上．
5 s末物体的速度v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，
其方向竖直向上．
故 5 s内拉力的功为W＝Fx＝24×25 J＝600 J，
5 s内拉力的平均功率为＝＝W＝120 W.
5 s末拉力的瞬时功率为P＝Fv＝24×10 W＝240 W.
答案：600 J　120 W　240 W
12．如图4－2－9所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该
功率直到重物做vm＝1.02 m/s的匀速运动．取g＝10 m/s2，不计额外功，求：
图4－2－9
(1)起重机允许输出的最大功率．
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．
解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力．
P0＝F0vm①
F0＝mg②
代入数据，有：P0＝5.1×104W.③
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：
P0＝Fv1④
F－mg＝ma⑤
v1＝at1⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得t1＝5 s⑦
t＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则
v2＝at⑧
P＝Fv2⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得：P＝2.04×104W.
答案：(1)5.1×104W　(2)5 s　2.04×104W

1．关于重力势能，下列说法正确的是(　　)
A．重力势能是一个定值
B．当重力对物体做正功时，物体的重力势能减少
C．放在地面上的物体，它的重力势能一定等于0
D．重力势能是物体和地球共有的，而不是物体单独具有的
答案：BD
2．下列说法中正确的是(　　)
A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大
B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小
C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大
D．弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析：选C.弹簧弹性势能的大小，除了跟劲度系数k有关外，还跟它的形变量(拉伸或压缩的长度)有关．如果弹簧原来处在压缩状态，当它变长时，它的弹性势能应减小，在原长处最小．C正确．
3．(2011年厦门高一检测)关于重力做功和物体的重力势能，下列说法不正确的是(　　)
A．重力对物体做正功时，物体的重力势能一定减少
B．物体克服重力做功时，物体的重力势能一定增加
C．地球上任何一个物体的重力势能都是一个确定值
D．重力做功的多少与重力势能的变化都与参考平面的选取无关
解析：选C.重力对物体做正功，重力势能一定减少，物体克服重力做功，表明重力对物体做负功，物体的重力势能一定增加，故A、B均正确；物体的重力势能的大小与所选取的零势面位置有关，不同的参考平面，对应不同的重力势能的值，故C错误；重力做功与重力势能的变化均与参考平面的选取无关，D正确．
4．质量为0.5 kg的小球，从桌面以上h1＝0.4 m的A点落到地面的B点，桌面高h2＝0.8 m．以桌面为参考平面，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球在A点的重力势能为6 J
B．小球在B点的重力势能为4 J
C．小球从A点下落到B点的过程中重力势能减少了6 J
D．小球从A点下落到B点的过程中重力做的功为－6 J
解析：选C.小球在A点的重力势能EpA＝mghA＝0.5×10×0.4 J＝2 J；小球在B点时的重力势能EpB＝mghB＝0.5×10×(－0.8)J＝－4 J；小球从A点下落到B点的过程中减少的重力势能等于这一过程重力做的功，即ΔEp＝mghAB＝0.5×10×1.2 J＝6 J.
5．质量为20 kg的薄铁板平放在二楼的地面上，二楼地面与楼外地面的高度差为5 m．这块铁板相对二楼地面的重力势能为____________J，相对楼外地面的重力势能为____________J；将铁板提高1 m，若以二楼地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了____________J；若以楼外地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了____________J(g取10 m/s2)．
解析：根据重力势能的定义式，以二楼地面为参考平面：Ep＝0.
以楼外地面为参考平面：
Ep＝mgh＝20×10×5 J＝103 J.
以二楼地面为参考平面：
ΔEp＝Ep2－Ep1＝mgh1－0＝20×10×1 J＝200 J.
以楼外地面为参考平面：
ΔEp＝Ep2－Ep1＝mg(h＋h1)－mgh
＝mgh1＝20×10×1 J＝200 J.
答案：0　103　200　200
一、选择题
1．关于弹性势能和重力势能，下列说法正确的是(　　)
A．重力势能属于物体和地球这个系统，弹性势能属于发生弹性形变的物体
B．重力势能是相对的，弹性势能是绝对的
C．重力势能和弹性势能都是相对的
D．重力势能和弹性势能都是状态量
解析：选ACD.重力势能具有系统性，弹性势能只属于发生弹性形变的物体，故A对，重力势能和弹性势能都是相对的，且都是状态量，故B错C、D对．
图4－3－9
2．如图4－3－9所示，某物体分别沿三条不同的轨道，由离地h高的A点滑至B点，轨道Ⅱ光滑，轨道Ⅰ、Ⅲ均有摩擦，则重力做功多少的情况是(　　)
A．沿轨道Ⅰ滑下多
B．沿轨道Ⅱ滑下多
C．沿轨道Ⅲ滑下多
D．沿三条轨道滑下时重力做功相等
解析：选D.重力做功只与初、末位置的高度差有关，故D正确．
3．一只100 g的球从1.8 m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25 m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是(g取10 m/s2)(　　)
A．重力做功为1.8 J
B．重力做了0.55 J的负功
C．球的重力势能一定减少0.55 J
D．球的重力势能一定增加1.25 J
解析：选C.重力的功W＝mgΔh＝mg(h1－h2)＝0.55 J，因此重力势能减少0.55 J，C正确．
4．有一劲度系数为k的弹簧，当弹簧从原长伸长Δl时弹力做功为W0，若规定弹簧处于原长时弹性势能为零，则下列叙述正确的是(　　)
A．使弹簧从原长伸长Δl时，弹力做正功W0，弹性势能Ep<0
B．使弹簧从原长压缩Δl时，弹力做负功W0，弹性势能Ep>0
C．使弹簧从伸长Δl变化到缩短Δl的过程中，弹力做2W0的正功
D．使弹簧从伸长Δl变化到缩短Δl的过程中，弹力的功为零
解析：选BD.弹簧从原长不论伸长还是压缩，弹力均做负功，弹性势能增大，即Ep>0，故A选项错误、B选项正确，弹簧伸长Δl与压缩Δl时具有相同的弹性势能，由弹力做功与弹性势能变化的关系可知弹簧从伸长Δl到压缩Δl的过程中弹性势能的变化为零，所以弹力做的总功为零(实际上先做W0的正功，后又做了W0的负功)．故选项D正确．
5．一质量为m的物体从倾角为30°、长为L的光滑斜面顶端由静止开始下滑到底端，在这个过程中，重力所做的功为(　　)
A.mgL　　　　　　　　
B．mgL
C.
D．无法计算
解析：选C.根据功的定义可得WG＝mgLsin30°＝.
6．一根长为2 m，重为200 N的均匀木杆放在水平地面上，现将它的一端从地面提高0.5 m，另一端仍搁在地面上，则至少需要做功(g取10 m/s2)(　　)
A．400 J
B．200 J
C．100 J
D．50 J
解析：选D.外力做功使物体的重心升高0.25 m，对应的重力势能增加ΔEp＝GΔh＝200×0.25 J＝50 J，故选项D正确．
图4－3－10
7．如图4－3－10所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连一轻弹簧，用手拉着轻弹簧上端将物体缓慢提高h，则人做的功为(　　)
A．等于mgh
B．大于mgh
C．小于mgh
D．无法确定
解析：选B.用手拉弹簧向上缓慢提物体的过程中，除了物体的重力势能增加以外，弹簧的弹性势能也增加了，拉力做的功应等于重力势能mgh与弹性势能的和，所以B选项正确．
图4－3－11
8．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程．将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．阻力对系统始终做负功
B．系统受到的合力始终向下
C．重力做功使系统的重力势能增加
D．任意相等的时间内重力做的功相等
解析：选A.无论在什么情况下，阻力一定做负功，A对．加速下降时合力向下，减速下降时合力向上，B错．系统下降，重力做正功，所以它的重力势能减少，C错．由于系统做变速运动，系统在相等时间内下落的高度不同，所以重力做功不同，D错．
9．在光滑的水平面上，物体A以较大速度va向前运动，与以较小速度vb向同一方向运动的、连有轻质弹簧的物体B发生相互作用，如图4－3－12所示．在相互作用的过程中，当系统的弹性势能最大时(　　)
图4－3－12
A．va>vb
B．va＝vb
C．vaD．无法确定
解析：选B.va＝vb时，A、B相距最近，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．
10．一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升h.关于此过程，下列说法中不正确的是(　　)
A．提升过程中手对物体做功m(a＋g)h
B．提升过程中合外力对物体做功mah
C．提升过程中物体的重力势能增加m(a＋g)h
D．提升过程中物体克服重力做功mgh
解析：选C.提升过程中物体的重力势能增加mgh，物体克服重力做功mgh，D对、C错；由牛顿第二定律可得F＝mg＋ma，提升过程中手对物体做功W＝Fh＝m(g＋a)h，A对．同理可知B对．
二、非选择题
11．工人通过滑轮装置将一质量是100 kg的料车沿30°角的斜面由底端以加速度a＝2 m/s2匀加速拉到顶端，斜面长是4 m，如图4－3－13所示，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，求这一过程中(g＝10 m/s2)：
图4－3－13
(1)人拉绳子的力做的功、物体的重力做的功；
(2)料车运动到斜面顶端时克服重力做功的瞬时功率．
解析：(1)2F－mgsin30°＝ma ①
WF＝F·2l ②
①②联立可求拉力做功WF＝2800 J
重力做功WG＝－mglsin30°＝－2000 J
(2)料车运动到顶端时克服重力做功功率
P＝mgvcos60° ③
v2＝2al ④
③④联立可得P＝2000 W.
答案：(1)2800 J　－2000 J　(2)2000 W
12．一个质量为2 kg的物体，从10 m高的平台上以3 m/s的速度水平抛出，则
(1)取地面为参考平面，求抛出0.4 s时间内，初态与末态的重力势能之差；
(2)若取平台为参考平面，求抛出0.4 s时间内，初态与末态的重力势能之差．(g取10 m/s2)
解析：抛出0.4 s，物体的下落距离h＝gt2＝×10×0.42 m＝0.8 m，此时物体离地面的高度h2＝h1－h＝9.2 m.
(1)以地面为参考平面时，刚抛出时物体的重力势能Ep1＝mgh1＝200 J，抛出0.4 s时的重力势能Ep2＝mgh2＝184 J．则初态与末态的重力势能之差ΔEp＝Ep1－Ep2＝16 J.
(2)以平台为参考平面时，初态时的重力势能Ep1＝0，末态时的重力势能Ep2＝－mgh＝－16 J．初态与末态的重力势能之差ΔEp＝Ep1－Ep2＝16 J.
答案：(1)16 J　(2)16 J

1．关于动能的概念，下列说法中正确的是(　　)
A．物体由于运动而具有的能叫做动能
B．运动物体具有的能叫动能
C．运动物体的质量越大，其动能一定越大
D．速度较大的物体，具有的动能一定较大
解析：选A.物体由于运动而具有的能叫动能，但是运动的物体可以具有多种能量，如重力势能、内能等．故A正确，B错；由公式Ek＝mv2可知，动能既与m有关，又与v有关，C、D错．
2.
图4－4－8
如图4－4－8所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处向斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为(　　)
A．mgh
B.mv
C.mv－mgh
D.mv＋mgh
解析：选D.设石块落地时的动能为Ek，由动能定理得：
mgh＝Ek－mv，所以Ek＝mgh＋mv，D正确．
3．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面4种情况中，能使汽车的动能变为原来的4倍的是(　　)
A．质量不变，速度增大到原来的4倍
B．质量不变，速度增大到原来的2倍
C．速度不变，质量增大到原来的2倍
D．速度不变，质量增大到原来的4倍
解析：选BD.由动能的表达式Ek＝mv2可知，速度变为原来的2倍或者质量变为原来的4倍，都可以使动能变为原来的4倍．
4．某消防队员从一平台跳下，下落2 m后，双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地的过程中，地面对他双脚的平均作用力估计为(　　)
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
解析：选B.消防队员下落至重心下降到最低，重力做功WG＝mg(h＋Δh)，地面对队员的作用力做功WF＝FΔh，由动能定理WG－WF＝0，代入数值解得F＝5mg.
图4－4－9
5．如图4－4－9所示，物体从倾斜角为θ的斜面上由A点从静止滑下，最后停在水平面上的C点，物体与斜面及地面的动摩擦因数都是μ，且物体经过连接点B时无能量损失，试求物体在斜面上滑行的距离x1与在地面上滑行的距离x2的比值．
解析：物体在斜面运动时重力和摩擦力做功；在水平面只有摩擦力做功．
在ABC全过程应用动能定理可得
(mgsinθ－μmgcosθ)x1－μmgx2＝0
解得＝＝
答案：
一、选择题
1．质量为m的物体在水平力F的作用下，由静止开始沿光滑地面前进，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离，物体的速度增大到2v，则(　　)
A．第二过程的动能增加量等于第一过程的动能增加量
B．第二过程的动能增加量是第一过程动能增加量的2倍
C．第二过程的动能增加量是第一过程动能增加量的3倍
D．第二过程的动能增加量是第一过程动能增加量的4倍
解析：选C.第一过程动能增加量
ΔE1＝mv2－0＝mv2.
第二过程动能的增加量为
ΔE2＝(2v)2－mv2＝mv2.
可见，第二过程的动能增加量是第一过程动能增加量的3倍，故选项C正确．
2．物体沿直线运动的v -t关系图像如图4－4－10所示，已知在第1秒内合外力对物体所做的功为W，则(　　)
图4－4－10
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W
解析：选CD.设物体在第1秒末速度为v，由动能定理可得在第1秒内合外力的功W＝mv2－0
从第1秒末到第3秒末物体的速度不变，所以合外力的功为W1＝0
从第3秒末到第5秒末合外力的功为
W2＝0－mv2＝－W
从第5秒末到第7秒末合外力的功为
W3＝m(－v)2－0＝W
第4秒末的速度v4＝
所以从第3秒末到第4秒末合外力的功
W4＝m()2－mv2＝－W
故选项C、D正确．
3．一起重机吊着物体以加速度a(aA．重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量
B．物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量
C．重力对物体做的功大于物体克服吊绳拉力所做的功
D．物体重力势能的减少量大于物体动能的增加量
解析：选B.因为WG＝mgh1－mgh2＝Ep1－Ep2，即重力所做的功等于重力势能的减少量，A正确．
由动能定理得W1＋W2＝mv－mv＝Ek2－Ek1，物体动能的增加量应等于重力所做的功(即物体重力势能的减少量)加上吊绳拉力做的功．故B错误．由于物体以加速度a向下运动，所以mv－mv>0，那么WT＋WG>0，即WG>－WT，吊绳的拉力做功为负，WT>0，－WT>0，－WT就是物体克服吊绳拉力所做的功．C正确．由WG＝Ep1－Ep2和WT＋WG＝Ek2－Ek1，因为WT<0，所以Ep1－Ep2>Ek2－Ek1，D正确．
4．人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，取g＝10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为(　　)
A．－4000 J
B．－3800 J
C．－5000 J
D．－4200 J
解析：选B.由动能定理可得：
mgh＋Wf＝m(v－v)，
解得Wf＝－mgh＋m(v－v)＝－3800 J，故选项B正确．
5.
图4－4－11
质量为1 kg的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其动能随位移变化的图线如图4－4－11所示，g＝10 m/s2，则物体在水平地面上(　　)
A．所受合外力大小为5 N
B．滑行的总时间为4 s
C．滑行的加速度大小为1 m/s2
D．滑行的加速度大小为2.5 m/s2
解析：选BD.物体初动能为50 J(初速度为10 m/s)．在摩擦力作用下滑动20 m动能为零，根据动能定理得所受合外力为2.5 N，A错；由牛顿第二定律知物体加速度大小为2.5 m/s2，C错、D对；时间t＝＝4 s，B对．
图4－4－12
6．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图4－4－12所示，则力F所做的功为(　　)
A．mglcosθ
B．Flsinθ
C．mgl(1－cosθ)
D．Flcosθ
解析：选C.由动能定理得WF＋WG＝0
又WG＝－mgl(1－cosθ)
所以WF＝mgl(1－cosθ)，C正确．
7．物体与转台间的动摩擦因数为μ，与转轴间距离为R，m随转台由静止开始加速转动，当转速增加至某值时，m即将在转台上相对滑动，此时起转台做匀速转动．此过程中摩擦力对m做的功为(　　)
A．0
B．2πμmgR
C．2μmgR D.
解析：选D.即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)提供向心力，μmg＝m，得此时物体m的动能为Ek＝μmgR，此过程中摩擦力为变力，应用动能定理求解，则摩擦力对m做的功为物体m的动能增量Ek，故答案为D.
8．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图4－4－13甲、乙所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系式正确的是(　　)
图4－4－13
A．W1＝W2＝W3
B．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2
D．W1＝W2＜W3
解析：选B.由v－t图像可知第1秒内、第2秒内、第3秒内的力和位移均为正方向，x1＝t＝ m，x2＝t＝ m，x3＝v0t＝1 m，F1＝1 N，F2＝3 N，F3＝2 N，则
W1＝F1x1＝ J，W2＝F2x2＝ J，W3＝F3x3＝2 J
所以W1＜W2＜W3.
9.
图4－4－14
如图4－4－14所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)(　　)
A．1 J
B．2 J
C．1.6 J
D．4 J
解析：选C.开始一段运动过程受推力F作用，薄板向右加速，撤去F后，薄板向右减速，当薄板向右运动到的距离时，板的速度恰好为零，薄板翻下，对应力F做功的最小值，由动能定理得：WF－μmg＝0，WF＝μmg＝1.6 J，C正确．
二、非选择题
10．如图4－4－15所示，一个质量为m＝2.0 kg的滑块静止放在水平地面上的A点，受到一个大小为10 N，与水平方向成θ＝37°角的斜向上恒力F作用开始运动，当滑块前进L＝1.0 m到达B点时，撤去力F，滑块最终停在水平面上的C点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，求：BC间的距离x.(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10 m/s2)
图4－4－15
解析：对滑块从A到C全过程应用动能定理得
FLcosθ－μ(mg－Fsinθ)L－μmgx＝0，整理得
x＝[FLcosθ－μ(mg－Fsinθ)L]/(μmg)
＝ m
＝1.3 m.
答案：1.3 m
11.
图4－4－16
如图4－4－16所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度4.0 m/s沿斜面运动．若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g取10 m/s2)
解析：设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力所做的总功为－μmgscos60°，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得
mg[h－R(1－cos60°)]－μmgscos60°＝0－mv
物体在斜面上通过的总路程为
s＝
＝ m＝280 m.
答案：280 m
12．如图4－4－17甲所示，水平传送带的长度L＝6 m，皮带轮的半径R＝0.25 m，皮带轮以角速度ω顺时针匀速转动．现有一质量为1 kg的小物体(视为质点)以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x.保持物体的初速度v0不变，多次改变皮带轮的角速度，依次测量水平位移x，得到如图乙所示的x-ω图像．已知重力加速度g＝10 m/s2.回答下列问题：
(1)当0<ω<4 rad/s时，物体在A、B之间做什么运动？
(2)物块的初速度v0多大？
(3)B端距地面的高度h多大？
(4)当ω＝24 rad/s时，求传送带对物体做的功．
图4－4－17
解析：(1)当0<ω<4 rad/s时，物体在传送带上一直做减速运动(或匀减速直线运动).
(2)由图像看出ω≤ω1＝4 rad/s时，物体在传送带上一直减速，经过B端时的速度大小v1＝ω1R＝1 m/s.
当ω≥ω1＝28 rad/s时，物体在传送带上一直加速，经过B端时速度大小为v2＝ω2R＝7 m/s.
物体的加速度a＝μmg/m＝μg，
v－v＝2μgL，
v－v＝2μgL，
解得v0＝5 m/s.
(3)由图可以看出水平速度为1 m/s时，水平距离为0.5 m，下落时间t＝x/v＝0.5 s，
h＝gt2＝1.25 m.
(4)当ω＝24 rad/s时，物体先加速运动，当速度v＝rω＝0.25×24 m/s＝6 m/s时，物体和传送带保持相对静止，由动能定理得W＝mv2－mv.
解得W＝5.5 J.
答案：(1)匀减速直线运动　(2)5 m/s　(3)1.25 m　(4)5.5 J

1．关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法正确的是(　　)
A．只有重力和弹力作用时，机械能才守恒
B．当有其他外力作用时，只要合外力为零，机械能守恒
C．当有其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒
D．炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒
解析：选C.机械能守恒的条件是只有重力和系统内的弹力做功，也就是物体可以受其他力作用，只要其他力不做功或做功之和为零即可，故A、B均错，C正确．在炮弹爆炸过程中，爆炸时产生的化学能转化为机械能，机械能不守恒，D错．
图4－5－16
2．如图4－5－16所示，水平桌面距地面高为H，一质量为m的小球处于与桌面同一高度处以速度v0竖直上抛，若以桌面为参考平面，则小球落地时的机械能为(　　)
A．mgH　　　　　　　　
B.mv
C．mgH＋mv
D．0
解析：选B.小球在运动过程中只有重力做功，由机械能守恒得落地时的机械能与抛出时机械能相等，即mv，B正确．
图4－5－17
3．游乐场中的一种滑梯如图4－5－17所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则(　　)
A．下滑过程中支持力对小朋友做功
B．下滑过程中小朋友的重力势能增加
C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒
D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功
解析：选D.下滑过程中支持力的方向总与速度方向垂直，所以支持力不做功，A错误；越往下滑动重力势能越小，B错误；摩擦力的方向与速度方向相反，所以摩擦力做负功，机械能减小，D正确，C错误．
4．在“验证机械能守恒定律”的实验中，需要特别注意的有(　　)
A．称出重锤的质量
B．手提纸带，先接通电源再松开纸带让重物落下
C．取下纸带，可不考虑前面较密集的点，选某个清晰的点作为起始运动点处理纸带，验证mgh＝mv2
D．应选取第1、2点间距离接近2 mm的纸带，从第1点起处理纸带，验证mgh＝mv2
解析：选BD.按实验要求，本实验应先接通电源再放开纸带，而挑选纸带应选择v0＝0的纸带，便于验证，v0＝0的纸带的特点应为d12＝2 mm.
5．如图4－5－18所示，质量分别为2m和3m的两个小球固定在一根直角尺的两端A、B，直角尺的定点O处有光滑的固定转动轴，AO、BO的长分别为2L和L，开始时直角尺的AO部分处于水平位置而B在O的正下方，让该系统由静止开始自由转动．求：
图4－5－18
(1)当A达到最低点时，A小球的速度大小v；
(2)B球能上升的最大高度h.(不计直角尺的质量)
解析：直角尺和两个小球组成的系统机械能守恒
(1)2mg·2L＝3mg·L＋·2m·v2＋·3m2，解得v＝ .
(2)设B球上升到最高时OA与竖直方向的夹角为θ，则有2mg·2Lcosθ＝3mg·L(1＋sinθ)，解得sinθ＝7/25
则B球上升的最大高度h＝L(1＋sinθ)＝.
答案：(1) 　(2)
一、选择题
图4－5－19
1．如图4－5－19所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是(　　)
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．重力势能减小，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能不变
解析：选B.下滑时高度降低，则重力势能减小，加速运动，动能增加，摩擦力做负功，机械能减小，B对，A、C、D错．
2．在利用重锤自由下落“验证机械能守恒定律”的实验中，产生误差的主要原因是(　　)
A．重锤下落的实际高度大于测量值
B．重锤下落的实际高度小于测量值
C．重锤实际末速度v大于gt(g为重力加速度，t为下落时间)
D．重锤实际末速度v小于gt
解析：选D.由于重锤下落过程中存在摩擦力，所以重锤下落时的加速度小于实际重力加速度g，末速度就小于gt.
3．如图4－5－20所示，一斜面放在光滑的水平面上，一个小物体从斜面顶端无摩擦的自由滑下，则在下滑的过程中，下列结论正确的是(　　)
图4－5－20
A．斜面对小物体的弹力做的功为零
B．小物体的重力势能完全转化为小物体的动能
C．小物体的机械能守恒
D．小物体、斜面和地球组成的系统机械能守恒
解析：选D.小物体沿斜面下滑的过程中，斜面沿水平面运动，斜面弹力对物体做负功，物体对斜面的弹力对斜面做正功，斜面的机械能增加，因此物体下滑过程中，小物体的机械能减少，斜面的机械能增加，小物体、斜面与地球组成的系统机械能守恒，故选项D正确．
4.
图4－5－21
质量相同的两个摆球A和B，其摆线长度不同，当它们都从同一水平位置，而且摆线都处于水平不松驰状态由静止释放，如图4－5－21所示，并以此位置为零势能面，到达最低点时，以下说法正确的应是(　　)
A．它们的机械能相等
B．它们的动能相等
C．它们的加速度相等
D．它们对摆线拉力相等
解析：选ACD.两球下摆过程中机械能均守恒，均等于初始位置的机械能：零，故A正确；由机械能守恒可知，两球最低点的动能Ek＝mgl，与绳长有关，故B错误，由mgl＝mv2，a＝＝2g，F－mg＝m，得F＝3mg可知，两球在最低点时的加速度和对应绳的拉力均相等，故C、D均正确．
5．(2011年高考课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是(　　)
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
解析：选ABC.运动员到达最低点前，重力一直做正功，重力势能减小，选项A正确．弹力一直做负功，弹性势能增加，选项B正确．除重力、弹力之外无其他力做功，故机械能守恒，选项C正确．重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，故选项D错误．
图4－5－22
6．如图4－5－22是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M为半径为R＝1.0 m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01 kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，取g＝10 m/s2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为(　　)
A．0.10 J
B．0.15 J
C．0.20 J
D．0.25 J
解析：选B.小钢珠恰好经过M的上端点有mg＝m，所以v＝＝ m/s.根据机械能守恒定律得Ep＝mgR＋mv2＝0.15 J.
图4－5－23
7．如图4－5－23所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为(　　)
A．h
B．1.5h
C．2h
D．2.5h
解析：选B.在b球落地前，a、b两球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，根据机械能守恒定律可得：3mgh＝mgh＋(m＋3m)v2，则v＝，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，在这个过程中，a球机械能守恒，则mv2＋mgh＝mgH，解得H＝＋h＝1.5h，B正确．
8．如图4－5－24所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一个轻弹簧，地面上质量为m的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物块运动到C点时弹簧的弹性势能为(　　)
图4－5－24
A．mgh
B．mgh＋mv2
C．mgh－mv2
D.mv2－mgh
解析：选D.由于斜面光滑，物块沿斜面向上滑动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，因而满足机械能守恒定律，则有：mv2＝mgh＋Ep，所以Ep＝mv2－mgh，故选项D正确．
9．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则图中的图像可能正确的是(　　)
图4－5－25
解析：选AD.物体沿斜面下滑时，受到的合外力F为恒力，故A正确．物体下滑的加速度a＝也为恒定值，由v＝at可知B错误．由x＝at2可知C错误．设初态时物体的机械能为E0，由功能关系可得末态的机械能E＝E0－fx＝E0－f＝E0－，又因物体滑到底端时仍有动能，故在t＝t0时刻E≠0，故D正确．
二、非选择题
图4－5－26
10．在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门，如图4－5－26所示．球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球的质量m，则红队球员将足球踢出时的速度v0为多大？该队员踢球时对足球做功W为多少？(不计空气阻力)
解析：整个过程分为两个阶段，第一阶段，红队球员脚踢球阶段，由动能定理知
W＝mv①
第二阶段，球做斜抛运动直至进球门过程．由机械能守恒定律mv＝mv2＋mgh②
联立①②得v0＝
W＝mv2＋mgh.
答案： 　mv2＋mgh
图4－5－27
11．如图4－5－27所示，质量为m的物体，以某一初速度从A点向下在光滑的轨道中运动，不计空气阻力，若物体通过B点时的速度为3，求：
(1)物体在A点时的速度．
(2)物体离开C点后还能上升多高？
解析：(1)物体在运动的全过程中只有重力做功，机械能守恒．设B点为势能零点，A处的速度为vA，则
mg·3R＋mv2A＝mv2B
解得vA＝.
(2)设从B点上升的高度为HB，
则mgHB＝mv2B
解得HB＝4.5R
故从C点上升的高度HC＝HB－R＝3.5R.
答案：(1)　(2)3.5R
图4－5－28
12．如图4－5－28所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m的砝码相连，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h的距离时砝码未落地，木块仍在桌面上，求此时砝码的速度以及轻绳对砝码做的功．
解析：由题意知砝码从静止开始下降h的过程中，两物体组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则
2mgh＝mv2＋×2mv2
解得v＝
设轻绳对砝码做的功为W，对砝码根据动能定理有
2mgh＋W＝×2mv2－0
解得W＝－mgh.
答案：　－mgh

1．设想在一间与外界绝热的房间里，有一台正在工作的电冰箱，冰箱的门是开着的，那么室内的温度将(　　)
A．升高
B．降低
C．不变
D．都有可能
解析：选A.冰箱在正常工作时，要消耗电能，冰箱门是打开的，说明冰箱内外能够进行热交换，但是因为房子是绝热的，因此冰箱消耗的电能转化为内能，使房子中的温度升高．
2．下列现象中，物体动能转化为势能的是(　　)
A．秋千由最高点荡向最低点
B．张开的弓把箭水平射出去
C．骑自行车匀速驶上斜坡
D．正在腾空上升的礼花弹
解析：选D.秋千由最高点荡向最低点是重力势能转化为动能；张开的弓把箭水平射出去是弹性势能转化为动能；骑自行车匀速驶上斜坡是人体内的化学能转化为重力势能；正在腾空上升的礼花弹是动能转化为重力势能．
3．关于能量和能源，下列说法正确的是(　　)
A．由于自然界的能量守恒，所以不需要节约能源
B．在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少
C．能量耗散说明能量在转化过程中没有方向性
D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
解析：选B.自然界的总能量是守恒的，能量只能从一种形式转化为另一种形式或从一个物体转移到另一个物体，能量不可能被创造；在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少，但能量转化具有方向性．
4．关于功和能，下列说法正确的是(　　)
A．功和能单位相同，意义相同，功是能，能是功
B．功和能虽然是两个不同的物理量，但是功和能可以相互转化
C．水对水轮机做了8.9×106 J的功表示水的能量减少了8.9×106 J
D．竖直上抛的石子上升过程克服重力做功5 J表示石子将5 J的功转化为5 J的重力势能
解析：选C.功和能单位相同，意义不同，功是过程量是能量转化的量度，但两者不能说成相互转化，故A、B均错；水对水轮机做功，水的能量减少，水轮机的动能增加，故C选项对，石子上升的过程克服重力做功，动能减少重力势能增加，故D错．
5．某地平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面．如果这个风车能将圆面内10%的气流动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多大？
解析：在t时间内作用于风车的气流质量
m＝πr2vtρ
这些气流的动能为mv2，转变成的电能
E＝mv2×10%
所以风车带动发电机的功率为
P＝＝πr2ρv3×10%
代入数据得P＝3.4 kW.
答案：3.4 kW
一、选择题
1．太阳是人类的“能源之母”，下述关于太阳能的说法中错误的是(　　)
A．三大常规能源都是太阳能的产物
B．光合作用是太阳能转换为化学能
C．光驱动机械手表是太阳能先转换为电能，再转换为机械能
D．自然界的风能、水能、潮汐能也都来自于太阳能
解析：选D.常规能源是指煤、石油及天然气，在其地质形成过程中累积了太阳能，因此其能量来自于太阳；光合作用使太阳能转换为化学能储存在植物之中；光驱动手表内装有太阳能电池，先将太阳能转换为电能再转换为指针转动的机械能；自然界的风能、水能与太阳能有关，而潮汐能是由引力作用产生的．应选D.
2．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)(　　)
A．礼花弹的动能变化量为W3＋W2＋W1
B．礼花弹的动能变化量为W3－W2－W1
C．礼花弹的机械能变化量为W3－W2
D．礼花弹的机械能变化量为W3－W2－W1
解析：选BC.动能变化量等于各力做功的代数和，阻力重力都做负功，故W3－W1－W2＝ΔEk，所以B对(A错)．重力以外其他力做功的和为W3－W2此即等于机械能增加量，所以C对(D错)．此题选B、C.
3．质量为4 kg的物体被人由静止开始向上提升0.25 m后，速度达1 m/s，则下列判断正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)
A．人对物体传递的功是12 J
B．合外力对物体做功2 J
C．物体克服重力做功10 J
D．人对物体做的功等于物体增加的动能
解析：选BC.逐项分析如下：
人对物体做了功，对物体传递了能量，不能说人对物体传递了功，选项A错误；
合外力对物体做功(包括重力)等于物体动能的变化，W合＝mv2－0＝2 J，选项B正确；
物体克服重力做的功WG＝mgh＝10 J，选项C正确；
人做功即除重力以外的其他力对物体做功等于物体机械能的变化W人＝mgh＋mv2＝12 J，选项D错误．
4．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法正确的是(　　)
A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能
B．子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统产生的热量
C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和
D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和
解析：选BD.子弹射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减少，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失．A选项没有考虑系统增加的内能，C选项中应考虑的是系统(子弹、木块)内能的增加，B、D正确．
5．在交通运输中，常用“客运效率”来反映交通工具的某项效能，“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路程的乘积，即客运效率＝人数×路程/消耗能量．一个人骑电动自行车，消耗1 MJ(106 J)的能量可行驶30 km，一辆载有4人的普通轿车，消耗320 MJ的能量可行驶100 km，则电动自行车与这辆轿车的客运效率之比是(　　)
A．6∶1
B．12∶5
C．24∶1
D．48∶7
解析：选C.由题中公式得：电动自行车的客运效率＝1×30×103/106，普通轿车的客运效率＝4×100×103/(320×106)，二者之比为24∶1，C正确．
图4－6－6
6．如图4－6－6所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为θ.则(　　)
A．vA＝vBcosθ
B．vB＝vAcosθ
C．小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能
D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大
解析：选BD.B的速度等于A沿绳方向的分速度vB＝vAcosθ，A错，B对，下落中B球减小的重力势能等于A球增加的重力势能与A、B增加的动能之和，C错，A上升到与滑轮等高时，B速度为0，B减少的机械能最多，由能量守恒知A机械能最大，D对．
7．将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0.小球落到地面时的速度大小为2v0.若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是(　　)
A．小球克服空气阻力做的功小于mgh
B．重力对小球做的功等于mgh
C．合外力对小球做的功小于mv
D．合外力对小球做的功等于mv
解析：选AB.由题意可知小球落地的速度比抛出时大，即从抛出到落地过程中动能变大了，由动能定理W合＝ΔEk>0，则W合>0，即重力所做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为WG＝mgh，所以A、B选项正确．从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量W合＝ΔEk＝m(2v0)2－mv＝mv>mv，故C、D选项均不正确．
图4－6－7
8．如图4－6－7所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x.在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时，具有的弹性势能为(　　)
A．(mg－F阻)(H－L＋x)
B．mg(H－L＋x)－F阻(H－L)
C．mgH－F阻(H－L)
D．mg(L－x)＋F阻(H－L＋x)
解析：选A.设物体克服弹力做功为W弹，则对物体应用动能定理得(mg－F阻)(H－L＋x)－W弹＝ΔEk＝0，所以，W弹＝(mg－F阻)(H－L＋x)，即为弹簧具有的弹性势能．
图4－6－8
9．如图4－6－8所示，一个质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g，在斜面上升的最大高度为h，则在这个过程中，物体(　　)
A．机械能损失了mgh
B．重力势能增加了3mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh
解析：选A.重力做了mgh的负功，重力势能增加mgh，B错．由于物体沿斜面以加速度g做匀减速运动，由牛顿第二定律可知：mgsin30°＋f＝mg，f＝mg.
摩擦力做功为：Wf＝－f·2h＝－mgh，
机械能损失mgh，故A项正确，D错．
由动能定理得ΔEk＝－mgh－mgh＝－2mgh
即动能损失了2mgh，故C错．
二、非选择题
10．人身体在最佳状态下，只能把人体化学能的25%转化为有用的机械能．假如一位质量为60 kg的登山运动员恰好具有这样的转化效率，若他平均每小时登高500 m，那么，他在5 h内共消耗的化学能为多少？(g取10 m/s2)
解析：设运动员克服重力做功的功率为P1，则P1＝(t1＝1 h)，则人体消耗化学能的功率P2＝(η为转化效率)．因此P2＝，运动员在5 h内共消耗的化学能
E＝P2t2＝＝ J＝6×106 J.
答案：6×106 J
11．从地面高H处自由落下一球，下落过程中球所受阻力是重力的(k>1)，而球在地面每次碰撞后能以与碰前大小相等的速度竖直向上跳起，若小球从释放到停止跳动所经过的总路程为s，则
(1)重力做功有何特点？做了多少功？
(2)阻力做功有何特点？做了多少功？
(3)H与s具有怎样的数量关系？
解析：(1)重力做功只与始末位置的高度差有关，与经过的路径无关，重力做功W1＝mgH.
(2)阻力做功与经过路径有关，阻力做功为
W2＝－mgs.
(3)整个过程由动能定理知W1＋W2＝0，
即mgH－mgs＝0，所以s＝kH.
答案：见解析
12.
图4－6－9
如图4－6－9所示，质量为m的自行车特技运动员从B点由静止出发，经BC圆弧，从C点竖直冲出，完成空翻，完成空翻的时间为t.由B到C的过程中，克服摩擦力做功为W.空气阻力忽略不计，重力加速度为g，试求：自行车运动员从B到C至少做多少功？
解析：自行车由C点冲出后做竖直上抛运动
上升高度等于下降高度h＝gt.①
上、下时间相等t上＝t下＝.②
由功能关系知，在从B到C再到D的过程中，自行车运动员做的功W人应当等于他克服摩擦力做的功W与增加的重力势能之和，W人＝W＋mgh.③
联立①②③式得W人＝W＋mgh＝W＋mg2t2.
答案：W＋mg2t2

1．下列说法正确的是(　　)
A．牛顿运动定律就是经典力学
B．经典力学的基础是牛顿运动定律
C．牛顿运动定律可以解决自然界中所有的问题
D．经典力学可以解决自然界中所有的问题
解析：选B.经典力学并不等于牛顿运动定律，牛顿运动定律只是经典力学的基础，经典力学并非万能，也有其适用范围，并不能解决自然界中所有的问题，没有哪个理论可以解决自然界中所有的问题．因此只有搞清牛顿运动定律和经典力学的隶属关系，明确经典力学的适用范围，才能正确解决此类问题．
2．下列关于经典力学说法正确的是(　　)
A．按照经典力学，只要知道初始条件，就可以准确地确定体系已往和未来的运动状态
B．按照经典力学，运动只存在一种方式，那就是连续变化
C．能量可以不连续变化
D．一切自然现象都服从力学原理，都只能按力学的规律以严格的确定性发生和演化
解析：选ABD.按照经典力学，能量一定连续变化的，所以C错．
3．下列说法中正确的是(　　)
A．经典力学的基础是牛顿运动定律
B．经典力学适用于一切领域
C．相对论物理学的建立，说明经典力学是错误的
D．经典力学适用于低速、宏观物体，不适用于高速、微观物体
解析：选AD.经典力学的理论体系是以牛顿运动定律为基础的，所以A正确；经典力学只适用于低速、宏观物体，不适用于高速、微观物体，所以D正确，B错误；历史上的科学成就不会被新的科学成就所否定，而是作为某些条件下的特殊情况，被包括在新的科学成就之中，所以C错误．
4．日常生活中，我们并没有发现物体的质量随物体的运动的变化而变化，其原因是(　　)
A．运动物体无法称质量
B．物体的速度远小于光速，质量不变
C．物体的质量太大
D．物体的质量不随速度变化而变化
解析：选B.日常生活中的运动物体速度很小，远小于光速，这是经典力学的研究范畴，人们认为质量是不变的，故选项B正确．
一、选择题
1．经典力学不能适用于下列哪些运动(　　)
A．火箭的发射
B．宇宙飞船绕地球的运动
C．“勇气号”宇宙探测器
D．微观粒子的波动性
解析：选D.经典力学只适用于宏观低速的物体，不适用于高速微观粒子，则选D.
2．下列说法正确的是(　　)
A．经典力学中物体的质量是不变的
B．经典力学中的时间和空间是独立于物体及其运动的
C．万有引力定律适用于强作用力
D．物体的速度可以是任意值
答案：BC
3．牛顿定律不适用于下列哪些情况(　　)
A．研究原子中电子的运动
B．研究“神舟”五号飞船的高速发射
C．研究地球绕太阳的运动
D．研究飞机从北京飞往纽约的航线
解析：选A.牛顿力学属于经典力学的研究范畴，适用于宏观、低速运动的物体，并注意到低速和高速的标准是相对于光速，可判定牛顿定律适用于B、C、D中描述的运动，而A不适用．
4．下列说法正确的是(　　)
A．牛顿运动定律就是经典力学
B．经典力学的基础是牛顿运动定律
C．牛顿运动定律可以解决自然界中所有的问题
D．经典力学可以解决自然界中所有的问题
解析：选B.经典力学并不等于牛顿运动定律，牛顿运动定律只是经典力学的基础，经典力学并非万能，也有其适用范围，并不能解决自然界中所有的问题，没有哪个理论可以解决自然界中所有的问题．因此只有搞清牛顿运动定律和经典力学的隶属关系，明确经典力学的适用范围，才能正确解决此类问题．
5．下列说法中正确的是(　　)
A．经典力学适用于任何情况下的任何物体
B．相对论否定了经典力学
C．量子力学能够描述微观粒子运动的规律性
D．万有引力定律也适用于强相互作用力
解析：选C.经典力学只适用于宏观、低速、弱引力的情况，A是错误的；相对论没有否定经典力学，在宏观低速情况下，相对论的结论与经典力学没有区别，B是错误的；量子力学正确描述了微观粒子运动的规律性，C是正确的；万有引力定律只适用于弱相互作用力，而对于强相互作用力是不适用的，D是错误的．
6．继哥白尼提出“太阳中心说”、开普勒提出行星运动三定律后，牛顿站在巨人的肩膀上，创立了经典力学，揭示了包括行星在内的宏观物体的运动规律；爱因斯坦既批判了牛顿力学的不足，又进一步发展了经典力学，创立了相对论，这说明(　　)
A．世界无限扩大，人不可能认识世界，只能认识世界的一部分
B．人的意识具有能动性，能够正确地反映客观世界
C．人对世界的每一个正确认识都有局限性，需要发展和深化
D．每一个认识都可能被后人推翻，人不可能获得正确地认识
解析：选BC.发展总是来自于认识过程，观点总是为解释发现而提出．主动认识世界，积极思考问题，追求解决问题，这是科学研究的基本轨迹．任何一个人对客观世界的认识都受当时的客观条件和科学水平的制约，所以所形成的“正确理论”都有一定的局限性，爱因斯坦的相对论是对牛顿力学的发展和深化，但也有人正在向爱因斯坦理论提出挑战，综上所述，选项B、C正确．
7．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是(　　)
A．牛顿发现了万有引力定律
B．牛顿通过实验证实了万有引力定律
C．相对论的创立表明经典力学已不再适用
D．爱因斯坦建立了狭义相对论，把物理学推进到高速领域
解析：选AD.万有引力定律是牛顿发现的，但在实验室里加以验证是卡文迪许进行的，A对、B错．相对论并没有否定经典力学，经典力学对于低速、宏观运动仍适用，C错．狭义相对论的建立，是人类取得的重大成就，从而把物理学推到更高领域，D对．
8．对于时空观的认识，下列说法正确的是(　　)
A．相对论给出了物体在低速运动时所遵循的规律
B．相对论具有普遍性，经典力学为它在低速运动时的特例
C．相对论的出现使经典力学在自己的适用范围内不再继续发挥作用
D．经典力学建立在实验的基础上，它的结论又受到无数次实验的检验，因此在任何情况下都适用
解析：选B.相对论给出了物体在高速运动时所遵循的规律，经典力学为它在低速运动时的特例，在自己的适用范围内还将继续发挥作用．因此A、C、D错误，B正确．
9．下列说法正确的是(　　)
①爱因斯坦的狭义相对论研究的是物体在低速运动时所遵循的规律
②爱因斯坦的狭义相对论研究的是物体在高速运动时所遵循的规律
③牛顿力学的运动定律研究的是物体在低速运动时所遵循的规律
④牛顿力学的运动定律研究的是物体在高速运动时所遵循的规律
A．①③　　　　
B．②④
C．①④
D．②③
解析：选D.牛顿力学运动规律为经典力学，它研究的是低速宏观物体运动．狭义相对论适用于高速的微观物体的运动．
10．通过一个加速装置对电子加一很大的恒力，使电子从静止开始加速，则对这个加速过程，下列描述正确的是(　　)
A．根据牛顿第二定律，电子将不断做匀加速直线运动
B．电子先做加速运动，后以光速做匀速直线运动
C．电子开始先近似于匀加速运动，后来速度很大，牛顿运动定律不再适用
D．电子是微观粒子，整个加速过程根本就不能用于牛顿运动定律解释
解析：选C.电子在加速装置中由静止开始加速，开始阶段速度较小，远小于光速，此时牛顿运动定律基本适用，可以认为在加速的最初阶段，它做匀加速运动．随着电子的速度越来越大，接近光速时，牛顿运动定律不再适用．故正确答案为C.
11．下列关于经典力学说法正确的是(　　)
A．实证科学方法的建立标志着自然科学从哲学形态中分离出来了
B．现代科学依赖实验科学方法取得了辉煌的成就与胜利
C．伟大的科学成就总是伴随着独特的研究方法和崇高的科学精神
D．牛顿在科学研究中采用的重要的科学方法为：分析方法和综合方法
解析：选ABCD.经典力学的科学思想和科学方法是崇高的科学精神和实证科学方法，牛顿在科学研究中采用的重要的科学方法为：分析方法和综合方法．
二、非选择题
12．两台升降机甲、乙同时自由下落，甲上的人看到乙是静止的，也就是说，在甲看来，乙的运动状态并没有改变，但是乙确实受到向下的地球引力．根据牛顿定律，受到外力作用的物体，其运动状态一定会改变，这不是有矛盾吗？你是如何理解的？
解析：牛顿力学定律只在惯性参考系中成立．
答案：不矛盾．牛顿力学定律只在惯性参考系中成立．