《优化方案》鲁科物理必修2电子题库（26份打包）

(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
图1－5
1．如图1－5是小孩滑滑梯的情景，在小孩下滑过程中，关于各力做功的说法，正确的是(　　)
A．重力不做功
B．支持力做负功
C．支持力做正功
D．摩擦力做负功
解析：选D.下滑过程，位移方向斜向下，重力竖直向下，重力做正功；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功；摩擦力始终与运动方向相反，摩擦力做负功．
2．对机械功的原理的认识，下列说法中正确的是(　　)
A．使用机械时，动力对机械所做的功，可以大于机械克服阻力所做的功
B．使用机械时，动力对机械所做的功，一定等于机械克服阻力所做的功
C．使用机械可以省力，也可以省功
D．使用机械不可以省力，但可以省功
解析：选B.使用任何机械时，动力对机械所做的总功等于机械克服阻力所做的功．其中阻力做功包括有用阻力的功和额外阻力的功，使用任何机械都不能省功．所以，选项A、C、D错，选项B对．
3．(2011年泰安高一检测)关于力对物体做功，以下说法正确的是(　　)
A．一对作用力和反作用力在相同时间内做的功一定大小相等，正负相反
B．不论怎样的力对物体做功，都可以用W＝Fscosα计算
C．合外力对物体不做功，物体必定做匀速直线运动
D．滑动摩擦力和静摩擦力都可以对物体做正功或负功
解析：选D.一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负，或一个做功、一个不做功等各种情况，A错误．只有恒力做功才可用W＝Fscosα计算，B错误．合外力对物体不做功，物体可能处于静止，当合外力与物体的运动方向垂直时，物体的运动方向改变，故C项错误．摩擦力对物体可做正功也可做负功，D项正确．
4．水流从高处落下，对水轮机做3×108 J的功，对这句话的正确理解是(　　)
A．水流在对水轮机做功前，具有3×108 J的能量
B．水流在对水轮机做功时，具有3×108 J的能量
C．水流在对水轮机做功后，具有3×108 J的能量
D．水流在对水轮机做功的过程中，水的机械能减少了3×108 J
解析：选D.根据“功是能量转化的量度”可知，水流在对水轮机做功的过程中，有能量参与转化，水流对水轮机做了3×108 J的功，则水流有3×108 J的机械能减少了，D正确．功不是能量多少的量度，A、B、C错误．
5．如图1－6所示，物体放在粗糙的水平桌面上，当对它施加如图甲的拉力F，使它由静止发生位移s，对它施加图乙的拉力F，使它由静止发生位移s，F与水平方向夹角均为α，则关于做功的下述说法中正确的是(　　)
图1－6
A．图乙中F做功多
B．图甲中F做功多
C．图乙中克服摩擦力做功多
D．甲、乙中克服摩擦力做功相同
解析：选C.力F做功WF＝Fscosα，两图中F做功相同，A、B错；由于摩擦力f甲＝μ(mg－Fsinα)，f乙＝μ(mg＋Fsinα)，所以克服摩擦力做功W甲＝f甲s＝μ(mg－Fsinα)s，W乙＝f乙s＝μ(mg＋Fsinα)s，C对、D错．
6．物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图1－7所示，下列表述正确的是(　　)
图1－7
A．在0～1 s内，合外力做正功
B．在0～2 s内，合外力总是做负功
C．在1 s～2 s内，合外力不做功
D．在0～3 s内，合外力总是做正功
解析：选A.根据v－t图象，0～1 s内，物体匀加速运动，所以合外力方向与运动方向相同，合外力做正功；1 ～3 s内，物体匀减速运动，所以合外力方向与运动方向相反，合外力做负功，因此0～3 s内合外力先做正功后做负功，故只有选项A正确．
图1－8
7．(2011年惠安高一检测)如图1－8所示，某力F＝10 N作用于半径R＝1 m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力F做的总功应为(　　)
A．0 J　　　　　　　
B．20π J
C．10 J
D．20 J
解析：选B.转动过程中力F与运动方向始终一致，F做功等于F与路程的乘积．W＝F·2πR＝20π J，选项B正确．
8．提高物体(如汽车)运动速度的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设介质阻力与物体运动速率的平方成正比，即f＝kv2，k是阻力因数)．当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动速率增大到2vm，则下列办法可行的是(　　)
A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0
B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到
C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到10P0
D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到
解析：选D.由题设条件f＝kv2及P＝fv得，当最大速率增为2vm时，P＝fv＝k(2vm)2·2vm＝8P0，A、C错；P0＝k′(2vm)2·2vm＝kv·vm，即k′＝k，B错，D正确．
9．物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以如图1－9所示方向匀速运转，则传送带对物体做功的情况不可能是(　　)
图1－9
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B.传送带对物体做功的情况取决于物体滑下时的速度v物与传递带的速度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至v物＝v带，故先做负功后不做功；当v物＜v带时，物体受到摩擦力而加速直至v物＝v带，故先做正功后不做功．
图1－10
10．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某一个高度，其速度图象如图1－10所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图1－11中的哪一个(　　)
图1－11
解析：选A.钢索拉力的功率P＝Fv，在0～t1内，重物做匀加速直线运动，F－mg＝ma，在该段时间内拉力不变，速度均匀增加，故拉力的功率均匀增大；在t1～t2内，物体匀速上升， 拉力等于重力，在t1时刻拉力发生突变，拉力的功率减小；在t1～t2内拉力的功率不变；同样，在t2～t3段，拉力小于重力，且在t2时刻，拉力发生突变，拉力的功率随速度的减小而减小．
二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．把答案填在题中横线上)
11．“神舟七号”载人试验飞船发射成功，标志着我国的航天事业迈入了新的阶段．火箭载着飞船升空的动力源于液体燃料，点火后，火箭高速向下喷出气体，我们看到的是橘红色的火焰，在火箭升空的过程中，功能间的关系为：消耗了燃料的________转化为火箭及飞船的________．能量的转化是通过喷出的气体________实现的．
解析：燃料燃烧后高速向下喷出，化学能减少，由于力的相互作用，高速喷出的气体对火箭产生强大的反作用力，使火箭升空，作用力对火箭做功，火箭的机械能增加．
答案：化学能　机械能　对火箭做功
12．(2010年高考上海综合能力测试卷)
图1－12
纯电动概念车E1是中国馆的镇馆之宝之一．若E1概念车的总质量为920 kg，在16 s内从静止加速到100 km/h(即27.8 m/s)．受到恒定的阻力为1500 N，假设它做匀加速直线运动，其动力系统提供的牵引力为________N．当E1概念车以最高时速120 km/h(即33.3 m/s)做匀速直线运动时，其动力系统输出的功率为________kW.
解析：在加速阶段由匀变速运动公式得：v＝at①
根据牛顿第二定律得F－f＝ma②
联立①②代入数据解得F＝3.1×103 N③
当E1概念车做匀速直线运动时
P＝F·v＝f·vm＝50 kW.④
答案：3.1×103　50
三、计算题(本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(6分)燃烧1 L汽油释放的能量为4.0×107 J．一辆汽车沿水平路面匀速行驶，汽车所受阻力为1000 N．汽车以这个速度行驶时的机械效率为50%，则每行驶100 km消耗汽油多少升？
解析：汽车行驶100 km所做的有用功W有用＝F·s＝f·s＝1000×100×103 J＝1.0×108 J，汽车消耗的总能量W总＝＝＝2.0×108 J，所以消耗的汽油为V＝＝ L＝5 L.
答案：5 L
14．(10分)使用如图1－13所示
图1－13
装置测滑轮组A、B的机械效率．已知物重G＝4.5 N，用弹簧秤向上匀速拉动绳子的自由端，使重物升高0.1 m，弹簧秤示数为2 N．求：
(1)这个滑轮组的机械效率η多大；
(2)如果测出动滑轮B重为1.2 N，那么这个实验过程中克服摩擦力做了多少功．
解析：(1)重物上升高度h＝0.1 m，则弹簧秤上升的距离s＝3h＝0.3 m
η＝＝＝75%.
(2)根据机械功的原理：Fs＝(G＋GB)h＋Wf
所以Wf＝Fs－(G＋GB)h＝2×0.3 J－(4.5＋1.2)×0.1 J＝0.03 J.
答案：(1)75%　(2)0.03 J
图1－14
15．(10分)如图1－14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：
(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)牵引力F等于重物重力即F＝mg时，
v＝vm＝1.02 m/s
此时功率最大
Pm＝Fv＝mgvm＝5×104×1.02 W＝5.1×104 W
(2)匀加速的末状态P＝Pm
由F－mg＝ma知F＝m(g＋a)
此时速度v0＝＝＝1.0 m/s
匀加速的时间t＝＝5 s
所以第2 s末的瞬时功率
P＝Fv＝m(g＋a)at1＝2.04×104 W.
答案：(1)5.1×104 W　(2)5 s　2.04×104 W
16．(12分)如图1－15所示，
图1－15
水平传送带AB的长为20 m，把一质量为1 kg的小物体无初速地放于传送带的A点，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带以v0＝4 m/s的速度匀速运动，则小物体由A到B的过程中，摩擦力对物体做的功为多少？摩擦力对传送带做的功为多少？产生的热量为多少？(g＝10 m/s2)
解析：物体由A到B的运动过程中，物体先加速运动后匀速运动，故摩擦力对物体的做功过程为物体的加速过程，在后面的匀速运动的过程中，物体不受摩擦力的作用．
加速阶段物体受到的合外力f＝μmg＝2 N
故加速度的大小为a＝μg＝2 m/s2，物体最后的末速度的大小为v0＝4 m/s
物体加速前进的距离为s1＝＝ m＝4 m
故加速前进的过程中摩擦力对物体做的功为
Wf＝fs1＝8 J；
物体加速前进的时间为t＝＝ s＝2 s
故传送带前进的距离为s2＝4×2 m＝8 m
故摩擦力f′＝f对传送带做的功为Wf′＝－f′s2＝－16 J；
物体与传送带间的相对位移为Δs＝s2－s1＝4 m
故产生的热量为Q＝fΔs＝8 J.
答案：8 J　－16 J　8 J

1．关于功的概念，下列说法正确的是(　　)
A．力对物体做功多，说明物体的位移一定大
B．力对物体做功少，说明物体的受力一定小
C．力对物体不做功，说明物体一定无位移
D．力对物体做的功等于力的大小、位移的大小及位移和力的夹角的余弦三者的乘积
解析：选D.力对物体做的功W＝Fscosα，功的大小由力的大小、位移的大小及位移和力的夹角的余弦三者共同决定，做功的多少并不是由其中一者来决定的，故A、B、C均错．
2．下列说法中错误的是(　　)
A．功是矢量，正、负表示方向
B．功是标量，正、负表示外力对物体做功，还是物体克服外力做功
C．力对物体做正功还是做负功取决于力和位移的方向关系
D．力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量
解析：选A.功是标量，功的正负不代表功的大小，也不表示功的方向，而是说明力是动力还是阻力，故选项A错误，B正确．由公式W＝Fscosα知，C、D正确．
3．在光滑水平面上和粗糙水平面上推车，如果所用的推力相等、位移也相等，则推力对小车做的功是(　　)
A．在粗糙水平面上的较大
B．在光滑水平面上的较大
C．两种情况下推力做的功相等
D．做功的大小决定于两车通过该位移的时间
解析：选C.因为力对物体做的功，其大小即等于力的大小和物体在力的方向上发生位移大小的乘积，而与其他因素无关．在光滑水平面上和在粗糙水平面上的两种情况下，作用力、物体位移的大小均相等，故力所做的功也必相等，故C选项正确．
图1－1－9
4．如图1－1－9所示，一物体分别沿AO、BO轨道由静止滑到底端，物体与轨道间的动摩擦因数相同，物体克服摩擦力做功分别为W1和W2，则(　　)
A．W1＞W2
B．W1＝W2
C．W1＜W2
D．无法比较
解析：选B.设轨道水平部分的长度为x，对于倾角为θ的轨道，斜面长L＝x/cosθ，物体所受摩擦力大小f＝μmg·cosθ，物体克服摩擦力所做的功W＝f·L＝μmg cosθ·＝μmgx.由于两轨道水平部分相等，所以W1＝W2.
5．如图1－1－10所示，水平地面上的
图1－1－10
物体质量为2 kg，在方向与水平面成37°角、大小为10 N的拉力F作用下移动2 m，已知物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2.在这一过程中，物体所受的各力做功多少？合力做功多少？(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：
物体受重力mg、支持力N、拉力F、摩擦力f四个力作用，受力分析如图所示，其中重力和支持力与运动方向垂直，不做功，拉力做正功，摩擦力做负功．
拉力F对物体做的功为
WF＝F·scos37°＝10×2×0.8 J＝16 J.
摩擦力对物体做功为Wf＝f·scos180°＝－μ(mg－Fsin37°)s＝－0.2×(2×10－10×0.6)×2 J＝－5.6 J.
重力和支持力做的功为WG＝WN＝0.
合力做的功为
W合＝WG＋WN＋WF＋Wf＝0＋0＋16 J－5.6 J＝10.4 J.
合力做的功还可以这样求：物体所受到的合力F合＝Fcos37°－f＝(10×0.8－2.8)N＝5.2 N，
所以W合＝F合·s＝5.2×2 J＝10.4 J.
答案：见解析
一、单项选择题
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．
2．2010年土耳其举重世界锦标赛的比赛中，运动员从地面举起杠铃，举过头顶并坚持3 s，不动则算成功．下列说法中错误的是(　　)
A．举起杠铃的过程中，运动员的支持力对杠铃做了功
B．举着杠铃3 s不动，运动员的支持力对杠铃也做了功
C．举起杠铃的过程中，杠铃的重力对杠铃也做了功
D．举着杠铃3 s不动，杠铃的重力对杠铃不做功
解析：选B.运动员在举起杠铃的过程中，运动员的支持力及杠铃的重力方向都有位移，所以此过程支持力、重力都做功；举着杠铃3 s不动，力没有了位移，此时运动员的支持力、重力不做功．
3．关于摩擦力做功，以下说法正确的是(　　)
A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，所以一定做负功
B．静摩擦力虽然阻碍物体间的相对运动，但不做功
C．静摩擦力和滑动摩擦力不一定都做负功
D．一对相互作用力，若作用力做正功，则反作用力一定做负功
解析：选C.摩擦力可以是动力，故摩擦力可做正功；一对作用力，可以都做正功，也可以都做负功，故A、B、D都是错误的．
图1－1－11
4．如图1－1－11所示，稳站在商店自动扶梯的水平踏板上的人，随扶梯斜向上做加速运动，则在此过程中(　　)
A．人只受到重力和踏板的支持力作用
B．人受到的重力和踏板的支持力大小相等方向相反
C．支持力对人做正功
D．支持力对人做功为零
解析：选C.人随扶梯向上加速运动时，受踏板支持力、静摩擦力(水平向右)和重力作用，人处于超重状态，支持力大于重力，故A、B错误；支持力与位移方向夹角小于90°，支持力对人做正功，C正确，D错误．
5．一个人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功的情况是(　　)
A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．始终做正功
解析：选D.电梯对人的支持力的方向始终向上，人的位移的方向也始终向上，两者之间方向相同，由力对物体做功的表达式W＝Fscosα可知，支持力始终对人做正功，故D正确．
6．以一定的初速度竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F.则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为(　　)
A．0
B．－Fh
C．Fh
D．－2Fh
解析：选D.小球从抛出到落回到抛出点的过程中，虽然物体的位移为零，但空气阻力做的功并不为零．因为小球上升和下落过程中空气阻力虽然大小不变，但其方向发生了变化，不是恒力，不能直接用W＝Fscosα计算．如果把运动的全过程分成两段，上升过程中空气阻力大小、方向均不变，可求出阻力做的功W1＝Fhcos180°＝－Fh；下降过程做功W2＝Fhcos180°＝－Fh，所以全过程中空气阻力做功W＝W1＋W2＝－2Fh.
7．关于作用力与反作用力做功的关系，下列说法中正确的是(　　)
A．当作用力做正功时，反作用力一定做负功
B．当作用力不做功时，反作用力也不做功
C．作用力与反作用力所做的功一定是大小相等、正负相反的
D．作用力做正功时，反作用力也可能做正功
解析：选D.功的正负决定于力与位移方向间的夹角大小．作用力与反作用力的大小相等、方向相反，遵循牛顿第三定律，但力与位移的夹角与牛顿第三定律是无关的，也就是说：作用力与反作用力各自做不做功或做什么样的功并没有必然的关系．作用力与反作用力做的功可以相等也可以不相等，做功的正负可以相同也可以不相同．故A、B、C错误，D正确．
8．如图1－1－12所示，A、B叠放着，A用绳系在固定的墙上，用力F将B拉着右移，用T、fAB和fBA分别表示绳子的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则下面正确的叙述是(　　)
图1－1－12
A．F做正功，fAB做负功，fBA做正功，T不做功
B．F和fBA做正功，fAB和T做负功
C．F做正功，fAB做负功，fBA和T不做功
D．F做正功，其他力都不做功
解析：选C.据W＝Fscosα可知，在拉力F的作用下，物体B右移，F对物体B做正功．A对B的摩擦力的方向与物体B移动的方向相反，故fAB对物体B做负功．物体A在T的方向上没有发生位移，因此，T对物体A并不做功．同样，B对A的摩擦力对物体A也不做功．只有选项C正确．
9．如图1－1－13所示，用力拉一质量为m的物体，使它沿水平地面匀速移动距离s.若物体和地面间的动摩擦因数为μ，则此力对物体做的功为(　　)
图1－1－13
A．μmgs
B.
C.
D.
解析：选D.物体受力分析如图所示，由平衡条件得
水平方向上：Fcosα＝f
竖直方向上：N＋Fsinα＝G＝mg
又因为f＝μN
以上三式联立解得F＝
故W＝Fscosα＝.
??10.一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1－1－14(a)、(b)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1－1－14
A．W1＝W2＝W3
B．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2
D．W1＝W2＜W3
解析：选B.根据W＝Fs得：第1 s内，W1＝F1·s＝1×s＝s；第2 s内，W2＝F2×s＝3×s＝s；第3 s内，W3＝F3s＝2×s＝2s.故W1＜W2＜W3，B正确．
二、非选择题
图1－1－15
11．一个质量m＝150 kg的雪橇，受到与水平方向成θ＝37°角斜向左上方500 N的拉力F作用，在水平地面上移动的距离l＝5 m(如图1－1－15)．物体与地面间的滑动摩擦力F阻＝100 N，求合外力对物体所做的总功．
解析：由W＝Fscosθ得
WF＝Flcos37°＝500×5×0.8 J＝2000 J
WF阻＝－F阻·l＝－100×5 J＝－500 J
W总＝WF＋WF阻＝2000－500 J＝1500 J.
答案：1500 J
图1－1－16
12．如图1－1－16所示，一辆拖车通过光滑的定滑轮将一重物G匀速提升，当拖车从A点水平移动到B点时，位移为s，绳子由竖直变为与竖直成θ的角度，求拖车对重物所做的功．
解析：重物匀速提升T＝G所以拖车对重物做的功W＝Th＝T(－)＝G·s(1－cosθ)/sinθ.
答案：

1．下列说法中不正确的是(　　)
A．一个物体能够对外做功，这个物体就有能
B．被举高的物体具有能，地面上的物体就没有能量
C．运动的物体具有能，静止的物体同样也可以具有能量
D．空中运动的子弹，既具有动能又具有重力势能
解析：选B.一个物体能够对外做功，就说这个物体具有能，A项正确；能量是物体的固有属性，任何物体在任何状态时都具有能量，B项错，C项对；空中运动的子弹，具有与运动有关的动能和与高度有关的重力势能，D项对．故不正确的选项为B.
2．(2011年惠安高一检测)盘山公路总是筑得盘旋曲折，因为(　　)
A．盘山公路盘旋曲折会延长爬坡的距离，根据斜面的原理，斜面越长越省功
B．盘山公路盘旋曲折显得雄伟壮观
C．盘山公路盘旋曲折会延长爬坡长度，根据斜面的原理，高度一定，斜面越长越省力
D．盘山公路盘旋曲折是为了减小坡度，增加车辆的稳度
解析：选C.根据功的原理，增大位移，可以省力，但任何机械都不能省功，所以C项正确．
3．关于功和能，下列说法中正确的是(　　)
A．功和能是两个相同的概念，所以它们的单位相同
B．做功的过程就是能量从一种形式转化为其他形式的过程
C．各种不同形式的能量在相互转化的过程中，其总量要减少
D．功是物体具有能量多少的量度
解析：选B.功和能虽然单位相同，但是不同的两个概念，故A错误；能量的转化过程是通过做功实现的，故B正确；不同形式的能在相互转化的过程中总量保持不变，故C错误；功是能量转化多少的量度，但不是物体具有能量多少的量度，故D错误．
图1－2－4
4．(2011年福建师大附中高一检测)如图1－2－4所示，在一个以2 m/s2的加速度匀减速上升的电梯内有一斜面，斜面与电梯侧壁间有一光滑小球A始终与电梯相对静止，下列判断正确的是(　　)
A．斜面对小球的支持力做正功，小球的机械能增加
B．斜面对小球的支持力做正功，小球的机械能减少
C．斜面对小球的支持力做负功，小球的机械能增加
D．斜面对小球的支持力做负功，小球的机械能减少
解析：选A.由W＝Fscosα知斜面对小球的支持力做正功，小球的机械能增加，A正确．
图1－2－5
5．如图1－2－5所示，斜面高h＝3 m，斜面倾角为37°，质量为2 kg的物体P与斜面间的动摩擦因数为0.1，今将物体P由斜面底端匀速推至斜面顶端，则推力所做的功为多大？若直接将物体P由斜面底端搬至斜面顶端需做功为多大？(g取10 m/s2)
解析：将物体P匀速推至斜面顶端时，由物体受力情况可得推力F＝mgsinθ＋μmgcosθ，所以F＝13.6 N；物体P运动的位移s＝＝m＝5 m，推力所做的功W＝Fs＝13.6×5 J＝68 J．若直接搬物体P，则需做的功为W′＝mgh＝2×10×3 J＝60 J.
答案：68 J　60 J
一、单项选择题
1．(2011年泉州高一检测)关于功和能，下列说法中正确的是(　　)
A．功可以转化为能，能可以转化为功
B．做了多少功，一定有多少能发生了转化
C．能量从一种形式转化为另一种形式时，可以不通过做功这一过程
D．物体做多少功，就有多少能量消失
解析：选B.功和能是不同的两个概念，功是一个过程量，能是一个状态量，做功的过程是一个能量转化的过程，做多少功，一定有多少能发生了转化，而不是能量消失，A、D错，B对．能量从一种形式转化为另一种形式时，必须通过做功来实现，C错误．
2．关于功和能的关系，下列说法中正确的是(　　)
A．功和能的单位相同，意义也完全相同
B．外力对物体不做功，这个物体就没有能量
C．做功越多，物体具有的能量就越大
D．能量转化的多少可以用功来量度
解析：选D.一个物体能够对外做功(不论它是否做了功)就说这个物体具有能量，能量是由物体运动状态决定的状态量，功是力在发生位移过程中积累的结果，是一个过程量．功和能虽有相同的单位，但它们的意义全然不同，功是能量转化的量度，做了多少功，就有多少能量发生了转化，做功多，即转化的能量多，但物体具有的能量并不一定大．综上所述，本题的正确答案是D.
3．关于功和能，下列判断错误的是(　　)
A．古代的钻木取火是通过摩擦力做功将其他能转化为内能
B．举重运动员把重物举起来，体内的一部分化学能转化为重力势能
C．跳高运动员起跳时，通过体内肌肉做功，体内的部分化学能转化为人的动能
D．人走路时，没有力做功所以没有能量转化
解析：选D.做功的过程是能量转化的过程，人在走路时，其重心的高度不断变化，所以人要做功，故A、B、C正确，D错．
4．举重运动员把重800 N的杠铃举高2 m，下列说法不正确的是(　　)
A．人体内有1600 J的化学能转化为杠铃的势能
B．人体内消耗的化学能大于1600 J
C．人对杠铃做的功大于1600 J
D．人克服杠铃重力做的功等于1600 J
解析：选C.运动员把杠铃举高2 m的过程，需克服重力做功WG＝800×2 J＝1600 J；同时运动员体内的内能也要增加，故人体消耗的化学能大于1600 J，其中有1600 J的化学能通过对杠铃做功而转化为杠铃的重力势能，A、B、D说法正确，所以选C.
5．2001年9月11日，恐怖分子利用劫持的客机，对美国的多个目标实施攻击．其中，一架质量为104 t，约载35 t燃油的波音757飞机，水平撞击世贸大楼的北部塔楼；另一架质量为156 t，约载51 t燃油的波音767飞机，则水平撞击南部塔楼，使两大楼产生幅度近1 m的晃动和猛烈的燃烧．一个多小时后两幢110层的高楼相继倒塌，造成数千人的死亡，使两幢世贸大楼遭受重创的巨大能量是(　　)
A．飞机的重力势能
B．燃油的化学能
C．飞机的内能
D．燃油燃烧产生的内能
解析：选D.使大楼遭受重创的最主要能量是飞机携带的共约86 t燃油燃烧所产生的内能，造成高温，燃烧大楼，且使空气受热膨胀，毁坏建筑物；其次是飞机具有的动能对大楼造成的撞击．
6．一人把100 N的重物送到10 m高的楼上，采用下述三种方法：用手直接提，使用动滑轮，使用滑轮组，若不计摩擦和滑轮的重力，在上述三种情况下，对重物做的功(　　)
A．用手直接提时最小
B．使用定滑轮时最小
C．使用滑轮组时最小
D．三种情况一样
解析：选D.因都不计摩擦和滑轮重力，故三种情况下对重物做的功都等于克服重力做的功，选项D正确．
7．某人用同样的水平力沿光滑水平面和粗糙水平面推动一辆相同的小车，都使它移动相同的距离，两种情况下推力做功分别为W1和W2，小车最终获得的能量分别为E1、E2，则下列关系正确的是(　　)
A．W1＝W2，E1＝E2　　　　　　
B．W1≠W2，E1≠E2
C．W1＝W2，E1≠E2
D．W1≠W2，E1＝E2
解析：选C.因W＝Fscosα，由题意可知F、s、α均相同，所以W1＝W2，因为功是能量转化的量度，在光滑水平面上，W1＝E1，在粗糙水平面上，W2＝E2＋Q，人的化学能一部分转化为物体的动能，另一部分转化为物体的内能，所以E1＞E2.选项C正确．
8．如图1－2－6所示，两个相同的物体放在相同的地面上，力F1和F2分别作用在两物体上，使两物体匀速运动，位移为s，则下列说法正确的是(　　)
图1－2－6
A．F1＞F2，F1比F2做的功多
B．F1＝F2，F1与F2做功相等
C．F1＞F2，F1与F2做功相等
D．F1＝F2，F1比F2做的功少
解析：选C.因两物体质量相同且位于相同的地面上，因而两物体所受的阻力相等，根据功的原理，F1与F2所做的功相等；根据平衡条件可知，F1等于摩擦力，而F2等于摩擦力的一半，因此F1＞F2，故选项C正确．
9.
图1－2－7
如图1－2－7所示，斜面的长与高之比为＝，通过一个滑轮把重为900 N的重物沿斜面从底端匀速地拉到顶端，如果滑轮本身的质量和所有的摩擦都可忽略，则(　　)
A．作用在绳端的拉力是300 N
B．作用在绳端的拉力是600 N
C．整个系统做的额外功是0
D．有用功一定小于总功
解析：选C.这是一个斜面和动滑轮组合的机械，因为滑轮本身的质量和所有的摩擦都可忽略，所以2F×L＝G×h，代入数据得F＝150 N；另外滑轮本身的质量和所有的摩擦都可忽略，所以额外功一定等于0，也就是说，这是一个理想的组合机械．
10．同一个物体G，
图1－2－8
分别沿光滑斜面由B、C匀速提升到A.如图1－2－8所示，若沿斜面拉动的力分别为FB、FC.各个过程中拉力做功分别为WB、WC，则它们的大小关系正确的是(　　)
A．WB＞WC，FB＜FC
B．WB＝WC，FB＜FC
C．WB＞WC，FB＝FC
D．WB＝WC，FB＝FC
解析：选B.根据功的原理可知，任何机械均不省功，则WB＝WC.由斜面的特点有：F＝G，知FB＜FC.答案为B.
二、非选择题
11．货物的质量为60 kg，某人沿搭板将其匀速推上汽车，若车厢离地面的高度为1.0 m，搭板的长度为4.0 m，求在这个过程中人做了多少功？人的推力有多少？(不计摩擦阻力)
解析：由功的原理W人＝WG
故WG＝mgh＝60×10×1.0 J＝600 J
又W人＝FL，故F＝＝ N＝150 N.
答案：600 J　150 N
12．质量是
图1－2－9
5×103 kg的汽车，由静止开始沿平直道路行驶，当速度达到一定值后，关闭发动机滑行，其速度图象如图1－2－9所示．则在汽车行驶的整个过程中，发动机做功多少？汽车克服阻力做功多少？其能量转化的情况是？
解析：本题中，汽车先做匀加速直线运动，而后关闭发动机做匀减速直线运动直至静止．
设牵引力为F，阻力为f，
汽车加速阶段：
a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，F－f＝ma1，s1＝vt1＝200 m；
减速阶段：
a2＝－ m/s2＝－0.5 m/s2，f＝ma2＝－2.5×103 N，s2＝400 m，
以上各式联立得F＝7.5×103 N，
发动机做功W＝Fs1＝1.5×106 J，
汽车克服阻力做功W′＝－f(s1＋s2)＝1.5×106 J.
发动机的内能转化为汽车的机械能(动能)和内能，最后全部转化为内能．
答案：1.5×106 J　1.5×106 J　发动机的内能转化为汽车的机械能(动能)和内能，最后全部转化为内能

1．关于功率，下列各种说法中正确的是(　　)
A．功率大，说明物体做功多
B．功率小，说明物体做功所用时间短
C．由P＝可知，机械做功越多，它的功率越大
D．单位时间内机械做功越多，它的功率越大
解析：选D.功率是表示机械做功快慢的物理量，功率大，说明做功快，功率小，说明做功慢．机械的功率不仅与做功的多少有关，而且跟做功所需时间有关．
2．(2011年厦门高一检测)如图1－3－3所示，物体A、B质量相同，A放在光滑的水平面上，B放在粗糙的水平面上，在相同的力F作用下，由静止开始都通过了相同的位移s，下列说法正确的是(　　)
图1－3－3
A．力F对A做功较多，做功的平均功率也较大
B．力F对B做功较多，做功的平均功率也较大
C．力F对A、B做的功和做功的平均功率都相同
D．力F对A、B做功相等，但对A做功的平均功率较大
解析：选D.由W＝Fs知F对A和B做功一样多，B在粗糙水平面上由于受到阻力的作用，B的加速度小，由s＝at2知，通过相同的位移，B用的时间长，由P＝知力对A做功的平均功率大，D正确．
3．汽车在平直公路上以恒定功率起动，设阻力恒定，则在图1－3－4中关于汽车运动过程中的加速度、速度随时间变化的关系，下列说法中正确的是(　　)
图1－3－4
①汽车的加速度—时间图象可用图乙描述
②汽车的速度—时间图象可用图甲描述
③汽车的加速度—时间图象可用图丁描述
④汽车的速度—时间图象可用图丙描述
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
解析：选A.汽车以恒定功率起动，由P＝Fv可知牵引力不断减小，由F－f＝ma可知a＝减小，直到匀速时a＝0，此过程速度不断增大，最终匀速，在v－t图中图线斜率表示加速度，可知v－t图应如题图甲所示，②正确，④错误；随着速度的增大，F迅速减小，直至匀速时F＝f，对应的加速度亦减小到0.故a－t图为题图乙，①正确，③错误．
图1－3－5
4．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图1－3－5所示，力的方向保持不变，则(　　)
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
解析：选B.2t0时刻的速度v1＝2t0＝
0～2t0内的位移s1＝·(2t0)2＝2
3t0时刻的速度v2＝v1＋t0＝，2t0～3t0内的位移s2＝(v1＋v2)t0＝，
所以3t0时刻的瞬时功率为：P3＝3F0v2＝，B选项正确．
在t＝0到3t0这段时间内，水平力的功
W＝F0s1＋3F0s2＝
在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为P＝，C、D均不正确．
5．质量为5.0×103 kg的汽车，发动机的额定功率为60 kW，在水平公路上行驶的最大速度为12 m/s.若摩擦阻力恒定不变，当汽车以速度10 m/s匀速行驶时，发动机的实际功率为________．
解析：摩擦阻力恒为f＝＝N＝5×103 N.
当以v＝10 m/s匀速行驶时，牵引力F＝f＝5×103 N.
则此时的实际功率为
P＝Fv＝5×103×10 W＝5×104 W＝50 kW.
答案：50 kW
一、单项选择题
1．汽车上坡时，司机一般都将变速挡调到低速挡位上，这样做主要目的是(　　)
A．节省燃料
B．使汽车获得较大的功率
C．使汽车获得较大的牵引力
D．避免因车速过大而发生危险
解析：选C.由P＝Fv知：当P一定时，v越小，则F越大，故选C.
2．某同学进行体能训练，用100 s跑上了20 m高的高楼，试估测他登楼时的平均功率最接近的数值是(　　)
A．10 W
B．100 W
C．1 kW
D．10 kW
解析：选B.设人的质量m＝50 kg，则有＝＝W＝100 W．故正确答案为B.
3．如图1－3－6，一架自动扶梯以恒定的速度v1运送乘客上同一层楼，某乘客第一次站在扶梯上不动，第二次以相对于扶梯v2的速度匀速往上走．两次扶梯运送乘客所做的功分别为W1、W2，牵引力的功率分别是P1、P2，则(　　)
图1－3－6
A．W1＜W2，P1＜P2
B．W1＜W2，P1＝P2
C．W1＝W2，P1＜P2
D．W1＞W2，P1＝P2
解析：选D.设楼梯的高度为h，则第一次扶梯将乘客运送的高度为h，设扶梯对乘客的支持力为N，则W1＝Nh；由运动的分解知，第二次乘客上升的高度可以看成是乘客靠扶梯运送的高度h1和自身行走的高度h2的合成，即h＝h1＋h2，因乘客两次都是匀速运动，受到扶梯的作用力仍为N，所以W2＝Nh1＜Nh，即W1＞W2，因P＝Nv，扶梯两次运送乘客的速度均为v1，所以P1＝P2.
4．(2011年惠安高一检测)一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝t1时刻F的功率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选D.木块运动的加速度a＝，t1时刻木块的速度v＝at1＝，F的功率P＝Fv＝，D正确．
5．汽车从静止开始能保持加速度a做匀加速运动的最长时间为tm，此后汽车的运动情况是(　　)
A．加速度为零，速度恒定
B．加速度逐渐减小直到为零，速度逐渐增大直到最大值后保持匀速
C．加速度逐渐减小直到为零，速度也逐渐减小直到为零
D．加速度逐渐增大到某一值后不变，速度逐渐增大直到最后匀速
解析：选B.在汽车以恒定加速度匀加速起动过程中，当汽车的功率达到额定功率后，汽车的功率不再改变，之后牵引力将随速度的增大而减小，所以加速度也是逐渐减小的，直到牵引力等于汽车受到的阻力，此后汽车处于平衡状态，做匀速直线运动．
6．一辆汽车以功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率减小为P2并继续行驶，若整个过程中阻力恒定不变，此后汽车发动机的牵引力将(　　)
A．保持不变
B．不断减小
C．先减小后增大，再保持不变
D．先增大后减小，再保持不变
解析：选C.由P1＝Fv知，当汽车以功率P1匀速行驶时，F＝f，加速度a＝0.若突然减小油门，汽车的功率由P1减小为P2，则F突然减小，整个过程中阻力f恒定不变，即F＜f，此时加速度a＜0，所以汽车将减速．由P2＝Fv知，此后保持功率P2不变继续行驶，v减小，F增大，当F＝f时，汽车不再减速，而以一较小速度匀速行驶，牵引力不再增大．答案为C.
图1－3－7
7．通过一动滑轮提升质量为1 kg的重物，如图1－3－7所示，竖直向上拉绳子，使重物由静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计动滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力在1 s末的瞬时功率为(　　)
A．75 W
B．25 W
C．12.5 W
D．37.5 W
解析：选A.根据牛顿第二定律知2F－mg＝ma，带入数据解得F＝7.5 N,1 s末物体的速度为v1＝at＝5 m/s，则力F作用点的速度v2＝2v1＝10 m/s，所以拉力在1 s末瞬时功率为P＝Fv2＝75 W，故正确选项为A.
8．汽车在平直公路上行驶，前一段时间内发动机的功率为P1，后一段时间内的功率为P2.已知在两段时间内发动机做的功相等，则在全部时间内发动机的平均功率为(　　)
A．(P1＋P2)/2
B.
C．P1P2/(P1＋P2)
D．2P1P2/(P1＋P2)
解析：选D.设两段时间内发动机所做的总功为2W，则所用的时间t＝＋，所以平均功率＝＝.故正确答案为D.
9．雨滴在空中运动时所受阻力与其速度的平方成正比，若有两个雨滴从高空中落下，其质量分别为m1、m2，落至地面前均做匀速直线运动，则其重力的功率之比为(　　)
A．m1∶m2 B.∶
C.∶ D.∶
解析：选D.根据题意，阻力f与速度的平方成正比，即f＝kv2，匀速下落时：f＝mg，即：kv2＝mg，得：v＝
又重力的功率：P＝mgv＝∝，故＝.
10．如图1－3－8所示，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，在此过程中，F1、F2、F3做功的功率大小关系是(　　)
图1－3－8
A．P1＝P2＝P3
B．P1＞P2＝P3
C．P3＞P2＞P1
D．P1＞P2＞P3
解析：选A.因为加速度a相同，所以沿斜面方向上F的分力相等，又时间相等，所以速度v也相等，据P＝F·vcosα知，选A.
二、非选择题
11．下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度.
额定车速
整车质量
载重
电源
电源输出电压
充电时间
额定输出功率
电动机额定工作电压和电流
18 km/h
40 kg
80 kg
36V/12 Ah
≥36 V
6～8 h
180 W
36 V/6 A
请参考表中数据，完成下列问题(g取10 m/s2)：
(1)求电动车在水平平直道路上行驶过程中受到阻力的大小．
(2)若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3 m/s时的加速度为多少？
解析：(1)设电动车的额定车速为vm，此时电动车牵引力为F1，则：
P额＝F1·vm①
F1－f＝0②
联立①②可得f＝36 N
(2)当车速度为3 m/s，此时电动车牵引力为F2，
P额＝F2·v③
F2－f＝ma④
联立③④可得a＝0.3 m/s2.
答案：(1)36 N　(2)0.3 m/s2
12．额定功率为80 kW的汽车，在某平直的公路上行驶的最大速度为20 m/s，汽车的质量为m＝2×103 kg.如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2，运动过程中阻力恒定．求：
(1)汽车所受的恒定阻力是多大？
(2)2 s末汽车的瞬时功率是多大？
(3)匀加速直线运动的时间是多长？
(4)在匀加速直线运动中，汽车的牵引力做的功是多大？
解析：(1)当F＝f时，速度最大，所以根据vm＝得f＝＝80× N＝4×103 N.
(2)根据牛顿第二定律得
F－f＝ma①
根据瞬时功率计算式，得
P＝Fv＝Fat②
所以由式①②得
P＝(f＋ma)at
＝(4×103＋2×103×2)×2×2 W
＝3.2×104 W.
(3)根据P＝Fv可知，随着v的增大，直到功率等于额定功率时，汽车完成整个匀加速直线运动过程，所以
P额＝Fat③
将式①代入式③得
t＝
＝ s＝5 s.
(4)根据功的计算式得
WF＝Fs＝F·at2＝(f＋ma)·at2
＝(4×103＋2×103×2)××2×52 J＝2×105 J.
答案：(1)4×103 N　(2)3.2×104 W　(3)5 s
(4)2×105 J

1．(2011年徐州高一检测)已知甲机器的机械效率是65%，乙机器的机械效率是80%，那么下列说法中正确的是(　　)
A．甲机器一定比乙机器省力
B．甲机器一定比乙机器省距离
C．甲机器做的有用功一定比乙机器多
D．以上说法都不对
解析：选D.甲机器的机械效率比乙机器的机械效率低，只能说明在总功一定的情况下，乙机器做的有用功要比甲机器做的有用功多，故C错，只知道机器的机械效率不能说明机器是省力还是省距离，故A、B错误，本题选D.
2．关于功率和机械效率，下列说法中正确的是(　　)
A．功率大，机械效率一定高
B．机械效率低，功率一定小
C．减小额外阻力可以提高机械效率
D．减小有用阻力可以提高机械效率
解析：选C.功率与机械效率是两个不同的物理概念，物理意义不同，没有确定的正反比关系，故A、B错误；减小额外阻力、增大有用阻力，都可以提高效率．故C正确，D错误．
3．一滑轮组，不计绳子与滑轮间及所有滑轮的轮轴之间的摩擦，用它提升一重为G的货物时其机械效率为80%.若用此滑轮组来提升一重为2G的货物时，其机械效率将(　　)
A．大于80%
B．等于80%
C．小于80%
D．无法确定
解析：选A.提高机械效率的方法有减小无用阻力和增大有用阻力．增加重物就是增大有用阻力，机械效率将会增加．
4．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1－4－3
5．如图1－4－3所示，用滑轮组将重为600 N的物体匀速提升2 m，如果拉力为350 N，则拉力做功为多少？此滑轮组的机械效率为多少？
解析：拉力做功W＝Fl＝350×4 J＝1400 J有用功为W有＝Gh＝600×2 J＝1200 J
机械效率η＝×100%＝×100%＝85.7%.
答案：1400 J　85.7 %
一、单项选择题
1．下列说法中正确的是(　　)
A．机械效率越高的机械做功越快
B．机械效率越高的机械做功越多
C．功率越大的机械做功越多
D．功率越大的机械做功越快
解析：选D.功率描述做功快慢，而做功的多少由功率和做功时间共同决定；机械效率高，功率不一定大，两者无必然联系，D正确．
2．关于机器效率，下列说法正确的是(　　)
A．做功越多机械效率越高
B．实际生产中，使用机械比不使用机械做功的效率高
C．使用机械做功时，如不考虑机械本身重力及所引起的摩擦等，那么，机械的效率是百分之百
D．有用功与总功的比值越大，机械效率越小
解析：选C.机械效率反映总功转化成有用功的的比例，跟做功的多少无关，A错；实际生产中，使用机械的目的各不相同，有的是为了省力，有的是为了做功方便，有的是为了提高工作效率等，但是使用机械不一定比不使用机械做功的效率高，B错；如果不考虑机械本身重力及摩擦等，机械效率将为100 %，C对；D错．
3．(2011年佛山高一检测)关于功率，下列说法正确的是(　　)
A．力对物体做的功越多，功率就越大
B．做功时的力大功率就一定大
C．功率大的机械在单位时间里做的功多
D．完成相同的功，用的时间越短，机械效率越高
解析：选C.功率是描述物体做功快慢的物理量，功率大，单位时间内做功多，但做功多或做功时的力大，功率不一定大，A、B错误，C正确，功率和机械效率没有必然的联系，D错误．
4．(2011年潍坊高一检测)下列说法正确的是(　　)
A．机械效率越高的机械越省功
B．机械效率越高的机械做的有用功越多
C．功的原理只适用于理想机械
D．机械效率越高的机械不一定越省力
解析：选D.任何机械都不省功，无论机械效率高低，故A错，在总功不变的情况下，机械效率越高的机械做的有用功越多，故B错，功的原理不仅适用于理想机械，普通机械也适用，故C错，机械效率的高低与机械省不省力没有关系，故D对．
5．下列对功率和机械效率的说法，正确的是(　　)
A．现在机械的机械效率小于1，将来有可能出现新的机械，其效率突破1
B．功率的大小与机械效率的大小无关
C．机械效率越大，说明有用功越大
D．功率越大，机械效率越大
解析：选B.机械在做功过程中，W总＝W有用＋W额外；W有用永远不可能大于W总，因此机械效率不可能大于1，A错误；功率和机械效率是两个不同的物理量，功率是表示做功快慢的物理量，机械效率是表示对总能量利用率大小的物理量，二者没有必然联系，B正确，D错误；机械效率越大，说明有用功在总功中占的比例越大，但总功、有用功都不一定大，C错误．
6．有甲、乙两台机械，功率P甲＞P乙，机械效率η甲＜η乙，下列说法正确的是(　　)
A．在相同的时间内，乙机械做的功多
B．做相同的有用功，甲用的时间少
C．甲机械中的摩擦阻力一定比乙机械的大
D．甲机械的输出功率和输入功率之比小于乙机械的输出功率和输入功率之比
解析：选D.机械所做的功W＝Pt，由于P甲＞P乙，所以W甲＞W乙，故A错；机械所做的有用功W有＝ηPt，由此可
知有用功是由η、P、t三个因素决定，所以无法比较做相同的有用功所用的时间，故B错；无用功应包括克服摩擦阻力和额外阻力所做的功，所以效率低时摩擦力不一定大，故C错；根据定义η＝可知，D正确．
7．(2011年古田高一检测)一个人用10 N的拉力，沿长为4 m的固定斜面将重为16 N的物体匀速地拉上斜面高为2 m的顶端，该斜面的机械效率η及斜面对物体的摩擦力f1的大小分别为(　　)
A．η＝50%　f1＝8 N
B．η＝50%　f1＝2 N
C．η＝80%　f2＝8 N
D．η＝80%　f1＝2 N
解析：选D.W有用＝mgh＝16×2 J＝32 J　W总＝Fs＝10×4 J＝40 J，所以η＝W有用/W总＝0.8　W摩＝W总－W有用＝f1s，所以f1＝(40－32)/4 N＝2 N，故选D.
8．一台水泵每秒钟内可把80千克水扬高10米，若水泵的效率是80%，带动水泵的电动机效率为85%，则下列电动机中的哪一台可以带动水泵工作(取g＝10 N/kg)(　　)
A．9.8千瓦的电动机
B．12千瓦的电动机
C．10千瓦的电动机
D．6千瓦的电动机
解析：选B.由题意得：P×t×80%×85%＝mgh
则P＝W≈11.76 kW.
9．如图1－4－4，
图1－4－4
用滑轮组将重力为600 N的物体匀速提升，如果人用的拉力为250 N，则下列结论中正确的是(　　)
A．如将物体提高2 m，拉力做功1000 J
B．物体提高1 m，装置所做的有用功为250 J
C．物体以0.5 m/s的速度匀速被提升，拉力的功率为250 W
D．此时装置的机械效率是80%
解析：选D.三根绳拉物体，所以拉力移动距离是物体移动距离的3倍，拉力做的功为：WF＝Fs＝250×2×3 J＝1500 J，故选项A不正确．物体提高1米，装置所做的有用功为W有＝G·h＝600×1 J＝600 J故选项B不正确．物体以0.5 m/s的速度匀速被提升，拉力的功率为P拉＝Fv拉＝250×0.5×3 W＝375 W，故选项C错误．机械效率：η＝＝×100%＝80%，故选项D正确．
二、非选择题
10．摩托车以60 km/h的速度沿水平路面匀速行驶，受到的阻力为100 N．如果燃烧1 L汽油释放的能量为3.7×107J，摩托车的效率为14%，此辆摩托车牵引力的功率多大？每行驶100 km消耗多少油？
解析：摩托车匀速行驶，牵引力与阻力相等F＝f＝100 N
牵引力功率：
P有用＝Fv＝100×W＝1.67×103 W；
P总＝P有用/η＝1.67×103/0.14 W＝11.93 kW
摩托车行驶100 km所需时间t＝＝＝6000 s
W总＝P总t＝11.93×103×6000 J＝7.16×107 J
耗油量Q＝L＝1.94 L.
答案：1.67×103 W　1.94 L
图1－4－5
11．小明学过机械效率后，提出了一个问题：“斜面的倾斜程度与斜面的机械效率有没有关系？”针对这个问题他做了在斜面上匀速拉动物体的探究实验，如图1－4－5所示，并记录实验数据如表所示.
实验次数
斜面的倾斜程度
物体的重力G/N
物体上升高度h/m
沿斜面向上的拉力F/N
物体移动的距离s/m
有用功W有用/J
总功W有用/J
机械效率η
1
较缓
5.0
0.1
1.6
0.5
0.5
0.8
62.5%
2
较陡
5.0
0.15
2.2
0.5
0.75
1.1
68.2%
3
最陡
5.0
0.25
3.1
0.5
(1)第三次实验填入表格中的数据：有用功为__________J，总功为__________J，机械效率为__________；
(2)通过对上述实验数据的分析，你认为斜面省力情况与斜面倾斜程度的关系是：斜面越陡，越________；
(3)通过对上述实验数据的分析，你对斜面的机械效率问题可获得的初步结论是：________________________________________________________________________；
(4)如果小明想要探究斜面的机械效率与物重的关系，实验时应控制哪些条件不变？
解析：(1)W有用＝Gh＝5.0×0.25 J＝1.25 J
W总＝Fs＝3.1×0.5 J＝1.55 J
η＝＝×100%＝80.6 %
(2)由表中斜面的倾斜程度越陡所用的拉力越大，可得出斜面越陡越费力的结论．
(3)由表中在物体重力不变的情况下，斜面的倾斜程度越陡，机械效率越高，可得出在其他条件不变的情况下，斜面越陡，机械效率越高的结论．
(4)因为斜面的机械效率与斜面的倾斜程度、物体与斜面接触面的粗糙程度都有关，所以根据控制变量法可知应控制这两个量都不变．
答案：(1)1.25　1.55　80.6%
(2)费力
(3)在其他条件不变的情况下，斜面越陡，机械效率越高
(4)斜面的倾斜程度和斜面与物体接触面的粗糙程度不变

(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反的方向运动，反弹后的速度大小为4 m/s，则碰撞前后小球速度的变化量Δv和动能变化量ΔEk的大小为(　　)
A．Δv＝2 m/s　　　　　　
B．Δv＝10 m/s
C．ΔEk＝0.6 J
D．ΔEk＝15 J
解析：选B.速度是矢量，所以速度的变化遵循平行四边形定则，Δv＝10 m/s，动能是标量，ΔEk＝mv12－mv2＝×0.3(42－62)＝－3 J，即动能减少了3 J，故选B.
2．(2011年冀州高一检测)自由摆动的秋千，摆动的幅度越来越小，下列说法中正确的是(　　)
A．机械能守恒
B．能量正在消失
C．总能量守恒，正在减少的机械能转化为内能
D．只有动能和势能的相互转化
解析：选C.秋千摆动的幅度越来越小，即重力势能的最大值越来越小，机械能减小，减小的机械能转化内能，C正确．
图2－4
3．(2011年厦门高一检测)图中M1＞M2，轻质滑轮光滑，阻力不计，M1离地高度为H，在M1下降过程中(　　)
A．M1的机械能减少
B．M2的机械能守恒
C．M1和M2的总机械能增加
D．M1和M2的总机械能减少
解析：选A.M1、M2组成的系统只有动能和重力势能之间的相互转化，总机械能守恒，M1的机械能减少，M2的机械能增加，故A正确，B、C、D错误．
4．如图2－5所示，
图2－5
一个质量为M的物体放在水平面上，物体上方安装一个长为L，劲度系数为k的轻弹簧．现用手拉着弹簧P点缓慢向上移，直到物体离开地面一段距离，在这一过程中P点位移是H(设开始时弹簧处于原长)，则物体的重力势能增加了(　　)
A．MgH
B．MgH＋
C．MgH－
D．MgH－
解析：选C.对整个过程分段分析可知，刚开始时，P上移，弹簧伸长，而物体不动，直到P点上移后，弹簧不再伸长，物体离开地面随弹簧一起缓慢上移．在上述过程中，物体重心上移的高度h＝H－，所以重力势能增加了MgH－，C正确．
图2－6
5．如图2－6所示，某人以平行斜面的拉力将物体沿斜面拉下，拉力大小等于摩擦力大小，则下列说法正确的是(　　)
A．物体匀速下滑
B．合外力对物体做的功等于零
C．物体的机械能减少
D．物体的机械能保持不变
解析：选D.物体沿斜面下滑，受到重力G，斜面支持力N，滑动摩擦力f和拉力F作用．如图所示，
因拉力F大小与摩擦力f大小相等，则物体所受合力将沿斜面向下，结合力与运动关系、动能定理、机械能守恒条件，就可以对各选项选择判断．由分析知，物体所受合力沿斜面向下，不可能做匀速运动，且合力做功不为零，故A、B错误．物体下滑时，支持力N方向总与运动方向垂直，因此不做功，拉力F和摩擦力f做的功的代数和为零，只有重力对物体做功，因此物体的机械能守恒，C错误，D正确．
6．质量为m的汽车在水平公路上行驶，初速度大小为v0，行驶距离s后速度达到v，已知汽车在前进过程中所受阻力大小恒为f，汽车行驶的功率恒为P，则汽车行驶过程牵引力所做的功为(　　)
A．fs B.mv2＋fs
C.mv＋fs D.mv2－mv＋fs
答案：D
图2－7
7．物体沿直线运动的v－t关系图象如图2－7所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(　　)
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C.从第1秒末到第3秒末物体做匀速运动，所以合外力做功为零，A选项错误．设1 s末的速度为v，由题意知W＝mv2，从第3秒末到第5秒末合外力做功W1＝0－mv2＝－W，B选项错误．从第5秒末到第7秒末物体在合外力反向加速到v，合外力做功为W，C选项正确．从第3秒末到第4秒末物体的速度由v减至，合外力做功为W2＝m()2－mv2＝－0.75W，D选项错误．
图2－8
8．一物体从离地面某一高度处开始自由下落，下落过程中动能、重力势能、机械能随下落距离h变化的图象如图2－8所示，则下列判断错误的是(　　)
A．OC表示重力势能随h变化的图象
B．OC表示动能随h变化的图象
C．AB表示重力势能随h变化的图象
D．AC表示机械能随h变化的图象
解析：选A.物体自由下落过程中，机械能守恒，动能增加，重力势能减少．结合图象知A项错．
9．如图2－9所示在足球赛中，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贴着球门射入，球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W为(不计空气阻力、足球可视为质点)(　　)
图2－9
A.mv2　　　　　　　　
B．mgh
C.mv2＋mgh
D.mv2－mgh
解析：选C.根据动能定理可得：
W－mgh＝mv2－0，
所以W＝mv2＋mgh，C正确．
10．(2010年高考福建卷)如图2－10甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则(　　)
图2－10
A．t1时刻小球动能最大
B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
解析：选C.小球在未碰弹簧前做自由落体运动，碰后先做加速度减小的加速运动直到加速度为零，即重力等于弹簧的弹力时速度最大，而后做加速度增大的减速运动，上升过程恰好与下降过程相逆，在整个过程小球的动能、势能及弹簧的弹性势能总和不变，由乙图可知t1时刻小球开始接触弹簧，t2时刻小球运动到最低点，动能最小，t3时刻小球恰好离开弹簧上升，t2～t3这段时间内小球从最低点向上运动的过程中先加速到速度最大后减速运动，小球动能先增加后减少，弹簧减少的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故选C.
二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．把答案填在题中横线上)
11．(2011年青岛质检)如图2－11甲所示的装置进行“探究动能定理”的实验，实验时测得小车的质量为m，木板的倾角为θ.实验过程中，选出一条比较清晰的纸带，用直尺测得各点与A点间的距离如图乙所示．已知打点计时器打点的周期为T，重力加速度为g，小车与斜面间的摩擦力忽略不计．那么打D点时小车的瞬时速度为________；取纸带上的BD段进行研究，合外力做的功为________，小车动能的改变量为________．
图2－11
解析：小车匀加速下滑，根据v＝t，得：vD＝，小车与斜面间摩擦可忽略不计．F合＝mgsinθ，所以合外力做的功为mg(d3－d1)sinθ，
小车动能的改变量为mv－0＝.
答案：　mg(d3－d1)sinθ　
12．在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m＝1 kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图2－12所示(相邻两计数点时间间隔为0.02 s)，单位 cm，那么：
图2－12
(1)纸带的________端与重物相连；
(2)打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB＝________；
(3)从起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能减少量ΔEp＝________J，此过程中重物动能的增加量ΔEk＝________J(g取9.8 m/s2)；
(4)通过计算，数值上ΔEp________ΔEk(填“＞”“＝”或“＜”)，这是因为________________________________________________________________________．
解析：(1)重物下落的过程中，重物的速度越来越大，打的点间距应当越来越大，故O端与重物相连．
(2)B点瞬时速度等于AC段的平均速度
vB＝＝m/s＝0.98 m/s.
(3)重力势能减少量
ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0501 J＝0.491 J
动能的增加量
ΔEk＝mv＝×1×0.982 J＝0.480 J.
(4)计算得出ΔEp＞ΔEk.这是因为重物在下落过程中还需克服摩擦阻力做功．
答案：(1)O　(2)0.98 m/s　(3)0.491　0.480
(4)＞　重物在下落过程中还需克服摩擦阻力做功
三、计算题(本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)如图2－13所示，
图2－13
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，一个物体在离弧底的高度为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均为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：由图中几何关系可知斜面的倾角为θ＝60°，由于物体在斜面上所受到的滑动摩擦力小于重力沿斜面的分力(μmgcos60°＜mgsin60°)，所以物体不能停留在斜面上，物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，使物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，直到物体再也滑不到斜面上为止．最终物体将在B、C间往复运动．
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
s＝＝ m＝280 m.
答案：280 m
14．(10分)为了测量太阳的辐射功率，某人采取如下简单实验．取一个横截面积是3×10－2m2的不高的圆筒，筒内装水0.6 kg，用来测量射到地面的太阳能．某一天中午在太阳光直射2 min后，水的温度升高了1 ℃.求：
(1)在阳光直射下，地球表面每平方厘米每分钟获得的能量；[水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃)]
(2)假设射到大气顶层的太阳能只有43%到达地面，另外57%被大气吸收和反射，而未到达地面．你能由此估算出太阳辐射的功率吗？(日地距离为1.5×1011m)
解析：(1)圆筒内的水经过2 min照射后，增加的内能为
ΔE＝Q＝cmΔt，其中c＝4.2×103 J/(kg·℃)
所以ΔE＝4.2×103×0.6×1 J＝2.52×103 J
每分钟获得的能量为 J/min＝1.26×103 J/min
圆筒面积S＝3×10－2m2＝3×102 cm2
地球每分钟每平方厘米获得的能量 J＝4.2 J.
(2)以太阳为球心，以日地距离r为半径作一个球面，根据上述观测，在此球面的每平方厘米面积上每秒接受到的太阳能(即射到大气顶层的太阳能)为
J/(s·cm2)＝0.163 J/(s·cm2)
太阳是向四面八方均匀辐射的，上述球面每秒接受到的太阳能即为太阳的辐射功率P.上述球面的面积为4πr2，其中r＝1.5×1011m，所以辐射功率
P≈4πr2×0.163≈4π×(1.5×1011×102)2×0.163 W≈4.6×1026 W.
答案：(1)4.2 J　(2)4.6×1026 W
15．(10分)2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图2－14，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OO′推到A点放手，此后冰壶沿AO′滑行，最后停于C点．已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度为g.
图2－14
(1)求冰壶在A点的速率；
(2)若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8 μ，原只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A点与B点之间的距离．
解析：(1)从A到C，由动能定理有
－μmgL＝0－mv
得vA＝
(2)从A到O′，由动能定理有
－μmgs－0.8μmg(L＋r－s)＝0－mv
得s＝L－4r.
答案：(1)　(2)L－4r
16．(10分)如图2－15所示，
图2－15
质量为m的木块以速度v0滑上原静止的质量为M的木板，水平地面光滑，木板长为L，当木块运动到木板的另一端时，它们的速度分别是v1和v2，木板位移为s.求：
(1)摩擦力对m、M所做的功；
(2)摩擦力对m、M系统所做的功；
(3)摩擦产生的热量．
解析：(1)用动能定理对m有：－μmg(s＋L)＝mv－mv，滑动摩擦力对m做负功，其动能减小．
用动能定理对M有：μmgs＝Mv，滑动摩擦力对M做正功，其动能增加．
(2)这对摩擦力对系统的总功Wf＝－μmg(s＋L)＋μmgs＝mv－mv＋Mv＝(mv＋Mv)－mv，滑动摩擦力对系统做负功，使系统的机械能减少，减少的机械能转化为内能(摩擦生热)．
(3)由能的转化与守恒定律可知，系统机械能转化为内能的量为
Q＝mv－(mv＋Mv)．
答案：见解析

1．下列关于动能的说法中，正确的是(　　)
A．运动物体所具有的能就是动能
B．物体做匀变速运动，某一时刻的速度为v，则物体在全过程中的动能都是mv2
C．物体的运动速度只是方向改变时动能不变
D．物体在外力F作用下做加速运动，当力F减小时，其动能也减小
解析：选C.动能是物体由于运动而具有的能，但运动物体所具有的能不全是动能，还有势能等其他能量，A错误；动能是状态量，它必须对应于某一状态，当状态改变后，物体的动能可能改变，B错误；物体速度只改变方向，由Ek＝mv2得动能不变，C正确；在物体做加速运动时，尽管F减小但仍在加速，动能仍在增加，D错误．
2．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功、物体的动能的变化，下列说法正确的是(　　)
A．运动物体所受的合外力不为零，合外力必做功，物体的动能肯定要变化
B．运动物体所受的合外力为零，则物体的动能肯定不变
C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零
D．运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化
解析：选B.关于运动物体所受的合外力、合外力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点：
(1)若运动物体所受合外力为零，则合外力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化．
(2)物体所受合外力不为零，物体必做变速运动，但合外力不一定做功；合外力不做功，则物体动能不变化．
(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合外力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合外力只是用来改变速度方向)．
根据上述三个要点不难判断，本题只有选项B是正确的．
3．A、B两个物体的质量之比是1∶3，速度之比是3∶1，那么它们的动能之比是(　　)
A．1∶1　　　　　　　
B．1∶3
C．3∶1
D．9∶1
解析：选C.由Ek＝mv2，所以＝＝.
4．一个人站在h高处，抛出一个质量为m的物体，物体落地时的速度为v，则人对物体做的功为(　　)
A．mgh
B.mv2
C．mgh＋mv2
D.mv2－mgh
解析：选D.人做的功等于物体在抛出点的动能Ek，又由动能定理得：mgh＝mv2－Ek，故Ek＝mv2－mgh.
5．如图2－1－9所示，AB和CD是半径为R＝1 m的1/4圆弧形光滑轨道，BC为一段长2 m的水平轨道．质量为2 kg的物体从轨道A端由静止释放，若物体与水平轨道BC间的动摩擦因数为0.1，g＝10 m/s2，求：
图2－1－9
(1)物体第一次沿CD弧形轨道运动可上升的最大高度；
(2)物体最终停下来的位置与B点的距离．
解析：(1)设物体第一次沿CD轨道上升的最大高度为h，由动能定理得：mgR－μmgs－mgh＝0，解得h＝0.8 m.
(2)设物体在水平轨道上来回运动的总路程为s′，则对整个运动过程应用动能定理得，mgR－μmgs′＝0.则s′＝10 m.
可见，物体应在BC之间来回运动5倍的BC距离后，刚好停在C点，即最终停下来的位置与B点相距2 m.
答案：(1)0.8 m　(2)2 m
一、单项选择题
1．关于物体的动能，下列说法中正确的是(　　)
A．一个物体的动能可能小于零
B．一个物体的动能与参考系的选取无关
C．动能相同的物体的速度一定相同
D．两质量相同的物体，若动能相同，其速度不一定相同
解析：选D.由动能表达式Ek＝mv2知动能不会小于零，故A选项错误；速度的大小与参考系的选取有关，故动能的大小也与参考系的选取有关，故B选项错误；物体的动能由m和v共同决定，动能相同，速度不一定相同，故C选项错误；两质量相同的物体，若动能相同，速度大小相等但方向不一定相同，故速度不一定相同，D选项正确．
2．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，则下列说法中正确的是(　　)
A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大为原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大为原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能增大为原来的2倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍，动能增大为原来的4倍
解析：选B.由Ek＝mv2知B正确．
3．(2011年郑州高一检测)两个物体的质量为m1＝4m2，当它们以相同的初动能在动摩擦因数相同的水平面上运动时，滑行的距离之比为(　　)
A．1∶4
B．4∶1
C．1∶2
D．2∶1
解析：选A.由动能定理可知，它们的初动能相同，两个物体克服摩擦力做的功相同，即μm1gs1＝μm2gs2，得＝＝，故选A.
4．足球运动员用力将以10 m/s的速度迎面飞来的质量为0.5 kg的足球踢出，使足球以20 m/s的速度飞出并在水平面上滚动了40 m后停止，已知踢球时的平均作用力为100 N，则运动员对足球所做的功和足球速度变化的大小分别是(　　)
A．75 J,10 m/s
B．4000 J,10 m/s
C．100 J,30 m/s
D．75 J,30 m/s
解析：选D.由动能定理得：运动员踢足球做的功为
W人＝mv－mv＝(×0.5×202－×0.5×102)J＝75 J
速度的变化量Δv＝v2－v1＝20 m/s－(－10 m/s)＝30 m/s
方向沿足球的飞出方向．
5．(2011年济南高一检测)一个物体的速度从0增大到v，外力对物体做功为W1；速度再从v增大到2v，外力对物体做功为W2，则W1和W2的关系正确的是(　　)
A．W2＝3W1
B．W2＝2W1
C．W2＝W1
D．W2＝4W1
解析：选A.由动能定理得W1＝mv2－0＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝3(mv2)＝3W1，故选A.
6.
图2－1－10
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点缓慢地移动到Q点，如图2－1－10所示，则力F所做的功为(　　)
A．mgLcosθ
B．FLsinθ
C．mgL(1－cosθ)
D．FL
解析：选C.小球的运动过程是缓慢的，所以小球动能的变化为0，小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功．
由动能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0
所以WF＝mgL(1－cosθ)．
7.
图2－1－11
如图2－1－11所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
A.μmgR
B.mgR
C．mgR
D．(1－μ)mgR
解析：选D.该物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理，有mgR－WAB－μmgR＝0，所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
8．一质量为1 kg的物体被人用手由静止向上提升1 m，这时物体的速度为2 m/s.则下列说法不正确的是(　　)
A．手对物体做功12 J
B．合外力对物体做功12 J
C．合外力对物体做功2 J
D．物体克服重力做功10 J
解析：选B.重力做功－mgh等于－10 J，合外力对物体做功(即重力和拉力对物体做的总功)等于物体动能的变化，为2 J，拉力做功为12 J.
9．(2011年忻州高一检测)一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平面行驶，急刹车后能滑行l1＝3.6 m．如果汽车以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离l2应为(　　)
A．6.4 m
B．5.6 m
C．7.2 m
D．10.8 m
解析：选A.设摩擦力为f，由动能定理得
－fs1＝0－mv12①
－fs2＝0－mv22②
由①②两式得＝
故汽车滑行距离s2＝·s1＝()2×3.6 m＝6.4 m.
10.
图2－1－12
如图2－1－12所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s.若木块对子弹的阻力大小为F阻视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
A．F阻(L＋s)＝Mv2
B．F阻s＝mv2
C．F阻(L＋s)＝mv－mv2
D．F阻L＝mv2
解析：选C.对木块由动能定理得F阻L＝Mv2，对子弹由动能定理得－F阻(s＋L)＝mv2－mv，所以F阻(s＋L)＝mv－mv2.答案为C.
二、非选择题
11．在“探究恒力
图2－1－13
做功与物体动能变化的关系”实验中，设打点时间间隔为T，某同学得到一条纸带如图2－1－13所示，对于求前4个点的速度，有两种做法：
甲同学：分别测出s1，s2，s3，s4，s5，然后由v1＝，v2＝，v3＝，v4＝求速度；
乙同学：分别测出h1，h2，h3，h4，h5，然后由v1＝，v2＝，v3＝，v4＝求速度；
你认为他们的做法哪种更好？说出理由．
解析：甲同学的计算方法虽然符合纸带上某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度的原理，但测量方法不如乙同学，因为分段测量误差较大，乙同学的测量方法误差较小，故应采用乙同学的方法．
答案：见解析
12．质量M＝6.0×103 kg的客机，从静止开始沿平直的跑道滑行，当滑行距离l＝7.2×102 m时，达到起飞速度v＝60 m/s.求：
(1)起飞时飞机的动能多大；
(2)若不计滑行过程中所受的阻力，则飞机受到的牵引力为多大；
(3)若滑行过程中受到的平均阻力大小为F＝3.0×103 N，牵引力与第(2)问中求得的值相等，则要达到上述起飞速度，飞机的滑行距离应为多大．
解析：(1)飞机起飞的动能为Ek＝Mv2＝1.08×107J；
(2)设牵引力为F1，由动能定理得F1l＝Ek－0，代入数值解得F1＝1.5×104 N.
(3)设滑行距离为l′，由动能定理得F1l′－Fl′＝Ek－0整理得l′＝＝9.0×102 m.
答案：(1)1.08×107J　(2)1.5×104 N　(3)9.0×102 m

1．拱桥的高度为h，弧长为L，如图2－2－4所示，质量为M的汽车在以不变的速率v，由A点运动到B的过程中(　　)
图2－2－4
A．汽车的重力势能不变，重力不做功
B．汽车的重力势能减少，重力做正功
C．汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为零，重力先做正功，后做负功
D．汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为零，重力先做负功，后做正功，总功为零
解析：选D.汽车在过拱桥的过程中，其高度先升高后降低，最后到达同一高度，故汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为零，重力先做负功，后做正功，总功为零．
2．(2011年黄冈高一检测)如图2－2－5所示的几个运动过程中，物体弹性势能增加的是(　　)
图2－2－5
A．如图甲，跳高运动员从压杆到杆伸直的过程中，杆的弹性势能
B．如图乙，人拉长弹簧过程中弹簧的弹性势能
C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能
D．如图丁，小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能
解析：选B.甲中杆的弹性势能减小，乙中弹簧的弹性势能增加，丙中橡皮筋的弹性势能减小，丁中弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能减小，故B正确，A、C、D错误．
3.
图2－2－6
在粗糙斜面顶端系一弹簧，弹簧的下端挂一物体，物体在A点时处于平衡状态，如图2－2－6所示．现用平行于斜面向下的拉力作用于物体，第一次直接将物体拉到B点，第二次先将物体拉到C点然后释放再回到B点，则在两次过程中，下列说法正确的是(　　)
①弹力对物体所做的功相等
②弹力对物体所做的功不相等
③重力对物体所做的功相等
④重力对物体所做的功不相等
A．①③　　　　　　　
B．①④
C．②③
D．②④
解析：选A.因为弹力做功与弹簧的形变量有关，当物体在斜面上两次的最终位置一定时，弹簧的形变量相同，弹力做功相同，故①正确，②错误；重力做功的多少与重力及物体初、末位置的高度差有关，因物体的始、末位置相同，所以重力做功相等，故③正确，④错误，故选A.
4．金茂
图2－2－7
大厦是上海的标志性建筑之一，它的主体建筑地上88层，地下3层，高420.5 m，是目前国内第三、世界第八高楼，如图2－2－7所示．距地面341 m的第88层为国内迄今最高的观光层，环顾四周，极目眺望，上海新貌尽收眼底．一位体重为60 kg的游客站在第88层(g取10 m/s2)．
(1)以地面为参考平面，他的重力势能是多少？
(2)以第88层为参考平面，他的重力势能是多少？
(3)以420.5 m的楼顶为参考平面，若他乘电梯从地面上升到88层，需克服重力做多少功？
解析：(1)以地面为参考平面，游客在88层相对地面高度为341 m，则Epl＝mgh＝60×10×341 J≈2.0×105 J.
(2)若以第88层处为参考平面，游客在88层相对高度为0，故Ep2＝0.
(3)克服重力做的功与参考平面的选取无关，WG＝mgh＝2.0×105 J.
答案：(1)2.0×105 J　(2)0　(3)2.0×105 J
一、单项选择题
1．下列说法中，不正确的是(　　)
A．地球上的任何一个物体的重力势能都有一个确定的值
B．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
C．在不同高度的物体具有的重力势能可能相同
D．位于零势能参考平面以下的物体的重力势能一定小于在零势能参考平面以上的物体的重力势能
解析：选A.重力势能的大小与零势能参考平面的选择有关，参考平面不同，同一物体在某一位置的重力势能也会不同，故不能说地球上的任何一个物体的重力势能都有一个确定的值，选项A说法错误．
重力做功的特点是重力做功多少只与初末位置的高度差有关，与参考面的选取无关，而重力势能的变化等于重力做的功，故B正确．
重力势能Ep＝mgh∝mh，所以当质量分别为m1、m2的两个物体在不同高度h1和h2处，若m1h1＝m2h2，则它们具有的重力势能相同，选项C说法正确．
物体在零势能参考平面上时重力势能为零，物体位于参考平面以下时其重力势能小于零，物体位于参考平面以上时重力势能大于零，所以选项D说法正确．
2．关于弹性势能，下列说法中正确的是(　　)
A．只要发生形变的物体都具有弹性势能
B．弹性势能是一个矢量
C．当弹簧的弹力做正功时，弹性势能增加
D．弹性势能必须通过弹力做功改变
解析：选D.只有发生弹性形变的物体才有弹性势能，A错；弹性势能是标量，B错；当弹簧的弹力做正功时，弹簧的弹性势能减少，C错；D正确．
3．下面关于重力做功及重力势能的说法中，正确的是(　　)
A．两物体A、B，A的高度是B的2倍，那么A的重力势能也是B的2倍
B．如果考虑空气阻力，从某一高度下落一物体到达地面，物体重力势能的减少要比无阻力自由下落时重力势能减少得少
C．重力对物体做正功时，物体的重力势能一定增加
D．相对不同的参考平面，物体具有不同数值的重力势能，但这并不影响研究有关重力势能的问题
解析：选D.由重力势能计算公式Ep＝mgh可知，重力势能由mg和h共同决定，故A选项错误；由ΔEp＝－mgh可知，重力势能的变化只与mgh有关，而与阻力无关，故B错误；重力做正功，物体的重力势能减少，重力做多少功，重力势能就减少多少，C错误；虽然重力势能具有相对性，选择不同的参考平面，物体具有不同重力势能的数值，但这并不影响对重力势能的研究，故D正确．
4．下列说法正确的是(　　)
A．做自由落体运动的物体，在第1 s内与第3 s内重力势能的减少量之比为1∶9
B．物体做匀速直线运动时重力势能一定不变
C．重力势能等于零的物体，不可能对别的物体做功
D．以上说法均不对
解析：选D.做自由落体运动的物体在第1 s内与第3 s内下落的高度之比为hⅠ∶hⅢ＝1∶5，在这两段时间内重力势能的减少量等于重力所做的功，即ΔEpⅠ∶ΔEpⅢ＝mghⅠ∶mghⅢ＝1∶5，选项A错误．当物体沿斜面匀速下滑时，高度改变，重力势能也发生变化，选项B错误．重力势能具有相对性，其大小与参考平面的选取有关，所谓重力势能等于零的物体，是指物体处在零势能面上，并不能表明物体不具有做功的本领，例如地面上流动的河水，若取地面为参考面，则其重力势能为零，但当河水流向更低的下游时仍然可以对别的物体做功，所以选项C错误．故选D.
5．升降机中有一质量为m的物体，当升降机以加速度a匀速上升h高度时，物体增加的重力势能为(　　)
A．mgh
B．mgh＋mah
C．mah
D．mgh－mah
解析：选A.物体随升降机上升了h，物体克服重力做功W＝mgh，故物体的重力势能增加了mgh.
图2－2－8
6．如图2－2－8所示，物体沿不同的路径从A运动到B，其中按不同的路径：①有摩擦作用；②无摩擦作用；③无摩擦，但有其他外力拉它．比较这三种情况下重力做的功W1、W2、W3，重力势能的变化量ΔEp1、ΔEp2、ΔEp3的关系，有以下几种说法，正确的是(　　)
①W1＞W2＞W3
②W1＝W2＝W3
③ΔEp1＝ΔEp2＝ΔEp3
④ΔEp1＜ΔEp2＜ΔEp3
A．①③
B．①④
C．②④
D．②③
解析：选D.重力做功与运动路径无关，只取决于物体的初、末位置，且与受不受其他力无关．重力势能的变化量只取决于重力做的功，因此，三种情况下重力做功相同，重力势能的变化量也相同．
7．一个质量为0.5 kg的小球，从5 m高处自由下落，着地后反弹起1 m，取地面为参考平面，并取g＝10 m/s2，则(　　)
A．初、末位置物体的重力势能分别为25 J和－5 J
B．在下落和反弹过程中重力做功分别为25 J和5 J
C．由初位置到末位置重力做功20 J
D．重力做的功等于末位置重力势能减初位置的重力势能
解析：选C.取地面为参考平面，初位置重力势能：Ep1＝mgh1＝25 J，末位置重力势能：Ep2＝mgh2＝5 J
下落和反弹过程重力做功：W下＝mgh1＝25 J
W上＝－mgh2＝－5 J，整个过程重力做功WG＝mg(h1－h2)＝20 J，所以选项C正确．
图2－2－9
8．如图2－2－9所示，一质量为m、边长为a的正方体物块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1.为使它水平移动距离a，可以用将它翻倒或向前缓慢平推两种方法，则下列说法中正确的是(　　)
A．将它翻倒比平推前进做功少
B．将它翻倒比平推前进做功多
C．两种情况做功一样多
D．两种情况做功多少无法比较
解析：选B.将物块翻倒，外力至少做功WF＝mgΔh＝mg(a－)＝mga向前缓慢平推，外力做功：WF′＝μmga＝0.1mga，WF＞WF′，故B选项正确．
9．质量为m的均匀链条长为L，开始放在光滑的水平桌面上时，有的长度悬在桌边缘，如图2－2－10所示，松手后，链条滑离桌面，问：从开始到链条刚滑离桌面过程中重力势能变化了(　　)
图2－2－10
A．－mgL
B．－mgL
C．－mgL
D．－mgL
解析：选C.由图中始态和末态比较，可等效成将开始桌面上的的链条移至末态的下端处，故重心下降了L，所以重力势能减少了mg·L＝mgL，即ΔEp＝－mgL.
图2－2－11
10．如图2－2－11所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时与竖直放置的轻弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短．若不计空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中(　　)
A．小球的加速度在ab段不变，在bc段逐渐减小
B．小球的重力势能随时间均匀减少
C．小球在b点时动能最大
D．小球在c点时弹簧的弹性势能最大
解析：选D.在小球运动的过程中，在ab段做自由落体运动，加速度不变；在bc段小球的加速度先减小后反向增大，选项A错误．重力势能Ep＝mgh，由于小球从a点到b点是匀加速直线运动，从b点到平衡位置(题中未给出，应是重力等于弹力的点)小球做变加速直线运动，从平衡位置到最低点c小球做变减速直线运动，整个过程中小球不是匀速下降，所以重力势能随时间不是均匀变化，选项B错误．在平衡位置时，小球受的重力与弹簧的弹力大小相等、方向相反，合力为零，加速度为零，小球有最大速度和最大动能，故平衡位置不是b点，而是在b、c之间的某一点上，选项C错误．小球在c点时弹簧形变最大，弹性势能最大，选项D正确．
二、非选择题
11．在离地80 m处无初速释放一小球，小球质量为m＝200 g，不计空气阻力，g取10 m/s2，取最高点所在水平面为零势能参考面．求：
(1)在第2 s末小球的重力势能；
(2)在第3 s内重力所做的功，重力势能的变化．
解析：(1)在第2 s末小球所处的高度为：
h＝gt2＝－×10×22 m＝－20 m
重力势能为：
Ep＝mgh＝0.2×10×(－20)J＝－40 J
Ep＜0，说明重力势能减少．
(2)在第3 s末小球所处的高度为
h′＝－g×t′2＝－×10×32 m＝－45 m.
第3 s内重力做功为：
WG＝mg(h－h′)＝0.2×10×(－20＋45)J＝50 J
WG＞0，所以小球的重力势能减少，且减少了50 J.
答案：(1)－40 J　(2)50 J　重力势能减少了50 J
12．起重机以g的加速度将质量为m的物体匀减速沿竖直方向提升高度h，则起重机钢索的拉力对物体做的功为多少？物体克服重力做功为多少？物体的重力势能变化了多少？
解析：由题意知，物体的加速度a＝ g，方向向下，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，解得F＝mg，方向竖直向上．
拉力做功WF＝Fh＝mgh，
重力做功WG＝－mgh
即物体克服重力做功为mgh，
由WG＝－ΔEp，得ΔEp＝mgh，
即物体的重力势能增加了mgh.
答案：mgh　mgh　增加mgh

1．下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动，在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是(　　)
图2－3－5
解析：选C.图A、图B中，除重力外，力F对木块做功，机械能不守恒．图C中只有重力做功，机械能守恒．图D中除重力外，摩擦力对木块做功，机械能不守恒，故只有C项正确．
图2－3－6
2．如图2－3－6所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高为H处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为零，则小球落到地面前瞬间的机械能为(　　)
A．mgh　　　　　　　
B．mgH
C．mg(H＋h)
D．mg(H－h)
解析：选B.以桌面为零势能面，小球开始下落时的机械能为mgH，在下落的过程中只有重力对小球做功，机械能守恒，所以小球落地前瞬间的机械能为mgH.
3．在h高处，以初速度v0向空中抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为(　　)
A．v0＋　　　　　　　
B．v0－
C.
D.
解析：选C.选取地面为零势能面，利用机械能守恒定律，得mgh＋mv＝mv2，解得：v＝，故选C.
4．如图2－3－7所示，
图2－3－7
质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是g，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则(　　)
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少mg(H＋h)
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)
解析：选D.物块在未接触弹簧时加速度为，那么受空气的阻力为重力的一半．故机械能不守恒，选项A、B错；物块机械能减少为弹簧弹力与阻力做功和，应为mg(H＋h)，选项C错；物块与弹簧组成的系统机械能的减少量为阻力所做的功，为mg(H＋h)，选项D正确．
5.
图2－3－8
如图2－3－8所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮，一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连接，A的质量为4m，B的质量为m.开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦，设当A沿斜面下滑l距离后，细线突然断了，求物块B上升的最大高度H.
解析：设绳断时A、B的速度为v，由机械能守恒得：
4mg·lsin30°＝mg·l＋mv2＋4mv2
解得v＝
绳断后，B上升的高度为h
由机械能守恒得
mgh＝mv2
∴h＝
B物体上升的最大高度
H＝l＋＝l.
答案：l
一、单项选择题
1．机械能守恒的条件是“只有重力对物体做功”，这句话的意思是(　　)
A．物体只受重力的作用
B．物体除受重力以外，还可受其他力的作用，但其他力不做功
C．只要物体受到的重力做了功，物体的机械能就守恒，与其他力是否做功无关
D．以上说法都不正确
答案：B
2．在“验证机械能守恒定律”的实验中，由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大阻力，则结果(　　)
A．mgh＞mv2
B．mgh＜mv2
C．mgh＝mv2
D．以上都不可能
解析：选A.纸带受到较大阻力，重物克服阻力做功，设为W，根据动能定理有：mgh－W＝mv2，所以mgh＞mv2.
3．游乐场中的一种滑梯如图2－3－9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(　　)
图2－3－9
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.在滑动的过程中，人受三个力，重力做正功，势能减少，B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，A、C皆错，D正确．
4．在“验证机械能守恒定律”的实验中，某同学依据纸带求得相关各点的瞬时速度以及与此相对应的下落距离h，以v2为纵轴，h为横轴，建立坐标系，描点后画出变化图线，从而验证机械能守恒定律．若所有操作均正确，则得到的v2－h图象应是图中的(　　)
图2－3－10
解析：选C.若满足机械能守恒应有v2＝gh即v2与h成正比关系，C对．
图2－3－11
5．(2010年高考安徽卷)伽利略曾设计如图2－3－11所示的一个实验，将摆球拉至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.由题意知物体在运动过程中不受阻力，满足机械能守恒的条件，设下落的高度为H，则有mgH＝mv2，v＝，只与高度有关，C正确．
图2－3－12
6．两个质量不同的物块A和B，分别从高度相同的光滑斜面和弧形曲面的顶点滑向底部，如图2－3－12所示，它的初速度为零，则下列说法中正确的是(　　)
A．下滑过程中重力所做的功相等
B．它们到达底部时动能相等
C．它们到达底部时速度相等
D．物块A在最高点时的机械能和它到达最低点时的机械能相等
解析：选D.物块在下滑过程中只受重力和支持力作用，其中支持力不做功，机械能守恒，D正确；重力做的功WG＝mgh.高度相同，但质量不同，重力做的功不相等，A错误；由动能定理知，重力做的功等于它们在底部时的动能，B错误；由机械能守恒定律得mgh＝mv2，所以v＝，它们到达底部时速度大小相等，但方向不同，故C错误．
7．质量为m
图2－3－13
的物体以速度v0离开桌面，如图2－3－13所示，当它经过A点时，所具有的机械能是(以桌面为零势能面，不计空气阻力)(　　)
A.mv＋mgh
B.mv－mgh
C.mv＋mg(H－h)
D.mv
解析：选D.以桌面为零势面时，小球离开桌面时的机械能为mv，在运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，所以在A点的机械能为mv.D项正确．
8．利用传感器和计算机可以研究快
图2－3－14
速变化的力的大小，实验时让某消防队员从一平台上自由下落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象如图2－3－14所示，由图象可知(　　)
A．t2时刻消防员的速度最小
B．t3时刻消防员的动能最小
C．t4时刻消防员的加速度最小
D．消防员在整个运动过程中机械能守恒
解析：选C.0～t1，消防员做自由落体运动，t1～t2，消防员做加速度减小的加速运动，t2时，F＝mg，a＝0，此时速度最大，所以A错误；t2～t4，消防员做减速运动，t4时，消防员停止运动，v＝0，F＝mg，则a＝0，所以B错误，C正确；t2～t4，消防员的势能减小，动能也减小，所以机械能不守恒，故D错误．
9．如图2－3－15所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时两球恰好仍处在同一水平面上，则(　　)
图2－3－15
A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球损失的重力势能较多
解析：选B.A球下摆过程中，因机械能守恒，有
mgL＝mv①
B球下摆过程中，因机械能守恒，有
mgL＝Ep弹＋mv②
由①②得mv＝Ep弹＋mv，可见mv＞mv，故B正确．
10.
图2－3－16
如图2－3－16所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB与地面相垂直．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法中错误的是(　　)
A．A球到达最低点时速度为零
B．A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度
D．当支架从左向右回摆时，A球一定回到起始高度
解析：选A.把A、B两个小球和三根轻杆看成一个系统，A球相对B球的竖直高度为h，因为系统在运动过程中只有重力做功，故系统的机械能守恒，B、D选项正确；当A球到达最低点，B球到达左边与A球初始位置等高点时，A球重力势能减少2mgh，而B球重力势能增加mgh，因系统的机械能守恒，故此时A、B球必具有动能(速度)，亦即B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度，A选项错，C选项正确．
二、非选择题
11．如图2－3－17所示，两小球的质量分别为M和m(M＞m)，用细绳连接后跨接在半径为R的固定光滑半圆柱体上(离地面有足够高的距离)，两物体刚好位于其水平直径的两端，释放后它们由静止开始运动．求：m在圆柱体最高点时的速度大小．
图2－3－17
解析：取m、M的起始位置为零势能参考面．设起始位置系统的机械能为E1，当m运动到圆柱体顶时的速度为v，此时M向下移动，系统的机械能
E2＝mgR＋＋(M＋m)v2.
根据机械能守恒定律有：
E1＝E2，
即0＝mgR＋＋(M＋m)v2，
解得v2＝，
v＝ .
答案：
12．(2011年德州高一检测)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱．如图2－3－18所示是滑板运动的轨道，AB和CD是一段圆弧形轨道，BC是一段长7 m的水平轨道．一运动员从AB轨道上P点以6 m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零．已知运动员的质量为50 kg，h＝1.4 m，H＝1.8 m，不计圆弧轨道上的摩擦．(g＝10 m/s2)求：
图2－3－18
(1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少？
(2)运动员与BC轨道的动摩擦因数．
解析：(1)以水平轨道为零势能面，从P点到B点根据机械能守恒定律，mv＋mgh＝mv，解得vB＝8 m/s
从C点到Q点根据机械能守恒定律，
mv＝mgH，解得vC＝6 m/s
(2)从B到C由动能定理，
－μmgs＝mv－mv，解得μ＝0.2.
答案：(1)8 m/s　6 m/s　(2)0.2

1．下述做法能改善空气质量的是(　　)
A．以煤等燃料作为主要生活燃料
B．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源
C．鼓励私人购买和使用汽车代替公交车
D．限制使用电动车
解析：选B.本题考查的是当今社会的热门话题：环境保护、改善空气质量，主要是减少污染气体的排放．
2．关于能源的开发和利用，下列观点不正确的是(　　)
A．能源是有限的，无节制地使用常规能源是一种盲目的短期行为
B．根据能量守恒，能源是取之不尽、用之不竭的
C．能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响
D．不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的重要途径
解析：选B.能量虽然守恒，但在可利用的品质上却降低了，这是能源危机更深层的含义．
3．下列说法中，正确的是(　　)
A．从甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的内能比乙物体多
B．热机的效率从原理上讲可达到100%
C．因为能量守恒，所以“能源危机”是不可能的
D．以上说法均不正确
解析：选D.自发地热传递的条件是必须存在温度差，而不是内能差，甲物体传递热量给乙物体，说明甲物体的温度比乙物体高，故A错误；任何热机的效率都不可能达到100%，因此B错误．
4．一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2－4－2所示，则(　　)
图2－4－2
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的增加量
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，由于人随扶梯向上加速，则人受力还应有摩擦力，且踏板对人的支持力应大于重力，A、B选项错；踏板对人做的功就是支持力和摩擦力的合力做的功，根据功能关系可知C正确．
5．水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块A由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，如图2－4－3所示，在小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量为多少？
图2－4－3
解析：相对滑动时木块的加速度a＝μg，从放上至相对静止所用的时间t＝＝.此过程传送带对地的位移s1＝vt＝.木块对地的位移s2＝t＝.
摩擦力对木块做的功等于木块动能的增加
E1＝W1＝μmgs2＝mv2.
传送带克服摩擦力做的功
W2＝μmgs1＝mv2.
此过程中传送带克服摩擦力做功将传送带的能量转化为了两部分——木块的动能和内能．由能量守恒定律求出转化的内能为
ΔE＝W2－W1＝μmg(s1－s2)＝mv2－mv2＝mv2.
答案：mv2
一、单项选择题
1．当今人类利用的新能源是(　　)
A．电能
B．太阳能
C．石油
D．天然气
解析：选B.电能是二次能源，是由其他形式的能转化而来，不是新能源．石油、天然气是常规能源，太阳能和核能是当今的新能源，故B正确．
2．下列说法中不正确的是(　　)
A．热量能自发地从高温物体传给低温物体
B．热量能从低温物体传到高温物体
C．热传导是有方向的
D．能量耗散说明能量是不守恒的
解析：选D.“热量能自发地从高温物体传给低温物体”是符合“热传导是有方向性的”规律的，所以选项A和C是正确的．热量虽然不能自发地从低温物体传到高温物体，但在一定外加条件下，也能做到“热量从低温物体传到高温物体”．例如电冰箱等电器的工作过程，所以选项B正确．所谓“能量耗散”是指在能量的转化过程中没有办法把流散的能量重新收集起来，重新加以利用．“能量耗散”过程中能的总量还是守恒的，只是能量的转化是有方向性的，而不是能量不守恒，因此选项D是错误的．
3．下列说法正确的是(　　)
A．任何条件下，热量都不会由低温物体传递到高温物体
B．任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能
C．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行
D．内能可以全部转化为机械能
解析：选B.热量可以由低温物体传递到高温物体，但会引起其他变化，A错误；热机的效率不可能达到100%，B正确；能的转化和转移具有方向性，故C、D错误．
4．热传导的方向性是指(　　)
A．热量只能从高温物体传递到低温物体，而不能从低温物体传递到高温物体
B．热量只能从低温物体传递到高温物体，而不能从高温物体传递到低温物体
C．热量既能从高温物体传递到低温物体，又可以从低温物体传递到高温物体
D．热量会自发地从高温物体传递到低温物体，而不会自发地从低温物体传递到高温物体
解析：选D.由能量转化和转移的方向知：热量不能自发地从低温物体传递到高温物体．当提供能量让热机工作时，热量是可以从低温物体传递到高温物体的．故能说明热传导具有方向性的事实，必须是自发的热传导现象，D选项正确．
5．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这一过程中(　　)
A．汽车的机械能守恒
B．汽车的动能和势能相互转化
C．机械能转化为内能，总能量守恒
D．机械能和内能之间没有转化
答案：C
6．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．
7．下列说法中正确的是(　　)
A．太阳照到地球上的光能转化为其他形式的能量，但照射到宇宙空间中的能量都消失了
B．飞行中的炮弹爆炸后，弹片的总动能比爆炸前大得多，这说明能量不总是守恒的
C．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
D．“既要马儿跑，又要马儿不吃草”这句俗语违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的
解析：选D.本题考查了能量守恒定律这一自然界中最基本的物理规律，它体现在生活中的方方面面．太阳辐射出大量的能量，能到达地球的只是其中极小的一部分，便形成了地表的风、雨、云、雪，使万物生长，但辐射到星际空间中的能量也没有消失，而是转化成了其他能量，A错；炮弹在爆炸后的动能的确较爆炸前大得多，但动能的增量来源于炮弹内炸药的化学能，能量的总值不变，B错；所谓“全自动”手表内部也有能量转化装置，一般是一个摆锤，当人戴着手表活动时，摆锤不断摆动，给游丝弹簧补充能量，这样才能维持手表的走动，如果将这种表放置起来两天，它一定会停摆的，C错；马和其他动物，包括人，只要运动，就必须消耗能量，动物的能量来源是食物中储存的生物质能，D正确．
8．能源可划分为一级能源和二级能源．自然界以现成形式提供的能源称为一级能源；需要依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取：2H2O===2H2＋O2－517.6 kJ.下列叙述正确的是(　　)
①电能是二级能源　②水力是二级能源　③天然气是一级能源　④焦炉气是一级能源
A．①②
B．①③
C．③④
D．②④
解析：选B.焦炉气是焦炉厂运作生产产生的衍生物质，故不是一级能源．天然气和水力都是自然界中现成的能源，是一级能源．显然电能是二级能源，故选B.
9．质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力的作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动能增加了mgh
B．物体重力势能减少了mgh
C．物体的机械能减少了mgh
D．物体克服阻力做功为mgh
解析：选A.由牛顿第二定律F＝ma知，物体所受合外力为mg，由动能定理知，ΔEk＝F合h＝mgh，A正确；重力势能的减少等于重力做的功，即mgh，B错误；所受阻力为f＝mg－F合＝mg，物体克服阻力所做的功等于机械能的减少量，即ΔE＝fh＝mgh，C、D错误．
10．如图2－4－4所示，节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入竖直的炮筒中，然后点燃发射部分，通过火药剧烈燃烧产生高压燃气，将礼花弹由筒底射向空中．若礼花弹在由筒底发至筒口的过程中，克服重力做功为W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功为W2，高压燃气对礼花弹做功为W3，则礼花弹在筒中的运动过程中(设它的质量不变)(　　)
图2－4－4
A．动能变化量为W3－W2－W1
B．动能变化量为W1＋W2＋W3
C．机械能增加量为W3－W2－W1
D．机械能增加量为W3
解析：选A.动能变化量取决于合外力做功，即重力、阻力、推动力做功的代数和，所以动能变化量为W3－W2－W1，A项正确，B项错误；机械能增加量取决于除重力外的其他力做的功，所以机械能增加量为W3－W2，C、D项错误．
二、非选择题
11．照射在每平方米地面上的太阳能的平均功率(昼夜平均值)是200 W，平均每个家庭消耗的电功率为1000 W．若每块光电池的面积为0.5 m2，转化效率为20%，则每户家庭需多少块光电池，才能保证正常用电？
解析：为保证正常用电，光电池提供的太阳能功率为P1＝＝5000 W
每户家庭需要的电池块数为
n＝＝50(块)
答案：50块
图2－4－5
12．如图2－4－5所示，一传送带与水平面夹角为30°，以2 m/s的恒定速度顺时针运行．现将一质量为10 kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为μ＝，g取10 m/s2.求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能．
解析：首先要弄清什么是电动机“多消耗的电能”．当皮带空转时，电动机会消耗一定的电能．现将一工件置于皮带上，在摩擦力作用下，工件的动能和重力势能都要增加；另
外，滑动摩擦力做功还会使一部分机械能转化为热量，这两部分能量之和，就是电动机多消耗的电能．因沿斜面向上的滑动摩擦力μmgcos30°＝75 N大于物体重力的沿斜面方向的分力mgsin30°＝50 N，所以物体上滑，直到终态和传送带一起做匀速运动．
设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知μmgscos30°－mgssin 30°＝mv2.解得s＝0.8 m．说明工件未到达平台时，速度已达到v
所以工件动能的增量为ΔEk＝mv2＝20 J
工件重力势能增量为ΔEp＝mgh＝200 J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为，因此工件的位移是皮带运动距离s′的，即s′＝2s＝1.6 m.
由于滑动摩擦力做功而增加的能量
ΔE＝FΔs＝μmgcos30°(s′－s)＝60 J
电动机多消耗的电能为ΔEk＋ΔEp＋ΔE＝280 J.
答案：280 J

(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．小船在静水中的速度是v.今小船要渡过一河流，渡河时小船朝对岸垂直划行，若划行至中心时，水流速度突然增大，则渡河时间将(　　)
A．增大　　　　　　　
B．减小
C．不变
D．无法确定
解析：选C.渡河时间只跟河宽及垂直于河岸的分速度大小有关，与水流速度无关，本题因小船垂直河岸划行，即此方向的分速度不变，故渡河时间也不变．
2．(2011年武汉检测)做竖直上抛的物体在上升和下降过程中通过同一位置时，不相同的物理量是(　　)
A．速度
B．速率
C．加速度
D．位移
解析：选A.做竖直上抛运动的物体在上升和下降过程中通过同一位置时，位移大小、方向均相同，速度大小相等、方向相反，加速度均为g，故本题应选A.
3．以下说法中关于两个不共线的分运动的合运动的运动性质中，正确的是(　　)
A．两个匀速直线运动的合运动不一定是匀速直线运动
B．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
C．两个初速度不为零的匀加速直线运动的初速度大小分别为v01与v02，加速度大小分别为a1与a2，若＝则它们的合运动一定是匀变速直线运动
D．两个初速度不为零的匀变速直线运动的初速度大小分别为v01与v02，加速度大小分别为a1与a2，若≠，则它们的合运动一定是匀变速直线运动．
解析：选C.两个不共线的匀速直线运动合成后，v合≠0，F合＝0，其合运动一定为匀速直线运动，故A错误；两个不共线的匀变速直线运动，如果合成后，其初速度与F合不共线，则其合运动为匀变速曲线运动，故B错误；两个不共线的初速度不为零的匀变速直线运动合成时，如果＝，则其合速度与合加速度一定共线，合运动为匀变速直线运动，反之为匀变速曲线运动，故C正确，D错误．
4．如图3－6所示，
图3－6
在水平地面上匀速运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度大小分别为v1和v2，则下列说法中正确的是(　　)
A．物体在做匀速运动且v2＝v1
B．物体在做加速运动且v2＞v1
C．物体在做加速运动且v2＜v1
D．物体在做减速运动且v2＜v1
解析：选C.对v1速度分解如图
所示，得v2＝v1cosθ，所以v2＜v1；由于v1不变，θ角变小，cosθ变大，故v2变大，只有选项C正确．
5．人站在平台上平抛一小球，球离手的速度为v1，落地时速度为v2，不计空气阻力，下图中能表示出速度矢量的演变过程的是(　　)
图3－7
解析：选C.做平抛运动的小球在水平方向的分速度不变，即在任意时刻，v2在x轴上的分量始终等于v1，故C正确．
6．小船横渡一条河，船本身提供的速度大小、方向都不变．已知小船的运动轨迹如图3－8所示，则河水的流速(　　)
图3－8
A．越接近B岸水速越大
B．越接近B岸水速越小
C．由A到B水速先增后减
D．水流速度恒定
解析：选B.设小船由M点到N点，由速度方向均是曲线的切线方向，将vM，vN分解为水速和船速，水速方向指向下游，船速大小，方向均是确定的，由图可知，v2＜v1，即越接近B岸水速越小，B对．
7．(2011年福州高一检测)飞机以v的水平速度匀速飞行，某时刻让A球落下，相隔1 s又让B球落下，不计空气阻力，在以后的运动中(落地前)关于A球与B球的相对位置关系，正确的是(　　)
A．A球在B球的前下方
B．A球在B球的后下方
C．A球在B球的正下方
D．以上说法都不对
解析：选C.球从飞机上落下后，做平抛运动，由于飞机匀速飞行，所以，球始终与飞机水平方向运动相同，A、B两球在落地前都在飞机正下方．A先落地，所以A球在B球的正下方，故选C.
图3－9
8．(2011年绵阳高一检测)如图3－9所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的位置分别是B、C、D，且AB∶BC∶CD＝1∶3∶5.则v1、v2、v3之间的正确关系是(　　)
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1
C．v1∶v2∶v3＝6∶3∶2
D．v1∶v2∶v3＝9∶4∶1
解析：选C.根据平抛运动的特点：三个球的水平位移相同，则有v1t1＝v2t2＝v3t3①
又由于在竖直方向上做自由落体运动：
由AB∶BC∶CD＝1∶3∶5②
得：t1∶t2∶t3＝1∶2∶3③
由①③式得：v1∶v2∶v3＝6∶3∶2故A、B、D错，C对．
9．如图3－10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，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，这段飞行时间为(　　)
图3－10
A. s
B. s
C. s
D．2 s
解析：选C.平抛物体的运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，所以撞在斜面上时，水平方向的分速度vx＝9.8 m/s，合速度垂直于斜面，即合速度v与vx(水平方向)成α＝60°角，如图所示．竖直方向分速度vy＝vxtan 60°＝9.8 m/s，又因为vy＝gt，所以t＝＝ s＝ s．因为分运动与合运动等时，故物体飞行时间是 s.
10.
图3－11
如图3－11所示，一足够长的固定斜面与水平面的夹角为37°，物体A以初速度v1从斜面顶端水平抛出，物体B在斜面上距顶端L＝15 m处同时以速度v2沿斜面向下匀速运动，经历时间t物体A和物体B在斜面上相遇，则下列各组速度和时间中满足条件的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　)
A．v1＝16 m/s，v2＝15 m/s，t＝3 s
B．v1＝16 m/s，v2＝16 m/s，t＝2 s
C．v1＝20 m/s，v2＝20 m/s，t＝3 s
D．v1＝20 m/s，v2＝16 m/s，t＝2 s
解析：选C.由题意知
tan37°＝＝，所以t＝＝.
在时间t内，物体A的水平位移x＝v1t＝，
竖直位移y＝gt2＝，A的位移sA＝.
在时间t内，物体B的位移sB＝v2t＝.
A、B相遇条件：sA＝sB＋L，即＝v2t＋L.
代入各项整理化简得：＝＋L.
把各选项值代入验证得：v1＝20 m/s，v2＝20 m/s，
t＝3 s符合上式，所以选C.
二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．把答案填在题中横线上)
图3－12
11．(2011年蚌埠高一检测)两个同学根据不同的实验条件，进行了研究平抛运动规律的实验：
(1)如图3－12所示，用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，A、B两球同时开始运动，用“听”来判断两球落地时刻的先后．多次改变小球距地面的高度和打击力度，重复这个实验，发现每次两球都同时落地，这说明________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
图3－13
(2)在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸纪录轨迹，小方格的边长L＝1.25 cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图3－13中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0＝________(用L、g表示)，其值是________(g取9.8 m/s2)．
解析：(1)平抛运动的竖直方向的分运动是自由落体运动
(2)小球水平方向做匀速直线运动，从a→b与从b→c时间相同；竖直方向做匀加速直线运动，所以hbc－hab＝gt2，而hbc－hab＝L，所以t＝，水平方向：v0＝＝2＝2 m/s＝0.70 m/s.
答案：(1)见解析
(2)2　0.70 m/s
图3－14
12．某同学设计“测量弹射器弹丸出射初速度”的方案，按如图3－14所示安装好仪器，其中弹射器是水平的，弹丸射出后将落在水平地面上．
(1)实验中需要测量的量(并在示意图中用字母标出)为________________________________________________________________________；
(2)由于弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中应采取的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)计算公式为________________________________________________________________________．
答案：(1)弹丸下降的高度y和水平射程x
(2)在不改变高度y的条件下进行多次实验，测量水平射程x，得出平均水平射程，以减小误差
(3)v0＝x
三、计算题(本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)在链球比赛中，将球斜向上抛出，抛射角α＝53°.当t＝1.4 s时，球仍斜向上升，方向已与水平方向成β＝37°.求：
(1)球的初速度v0是多少？
(2)球将在什么时候到达最高点？(不计空气阻力，g取10 m/s2)
解析：(1)建立如图所示坐标系，球经时间t后在水平方向分速度为vx＝v0cosα
在竖直方向分速度为：
vy＝v0sinα－gt
由题意可得：＝tanβ.
代入数据解得v0＝40 m/s
(2)到达最高点时vy＝0.
即v0sinα－gt＝0，得t＝3.2 s.
答案：(1)40 m/s　(2)3.2 s
图3－15
14．(8分)跳台滑雪是利用依山势特别建造的跳台进行的，运动员踩着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后起跳，在空中飞行一段距离后着陆．如图3－15所示，设一位运动员由A点沿水平方向跃出，到B点着陆，测得AB间距离L＝75 m，山坡倾角θ＝37°(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，试计算：(不计空气阻力，g取10 m/s2)
(1)运动员在空中飞行的时间t；
(2)他起跳时的速度v0；
(3)落地前瞬间速度的大小．
解析：(1)运动员从起跳到落地的竖直位移
y＝gt2，而y＝Lsinθ
将g＝10 m/s2，L＝75 m，θ＝37°代入以上两式，解得t＝3 s.
(2)运动员的水平位移x＝v0t，x＝Lcosθ，将t＝3 s，L＝75 m，θ＝37°代入求得v0＝20 m/s.
(3)运动员落地时的竖直分速度
vy＝g·t＝10×3 m/s＝30 m/s
所以他落地时速度大小
v＝＝m/s≈36.1 m/s.
答案：(1)3 s　(2)20 m/s　(3)36.1 m/s
15．(10分)消防队员站立在建筑物前，水龙头出口处水流速度为18 m/s，其方向与水平方向夹角为60°.问：消防队员应站在离建筑物多远的地方，才能使水流水平喷入建筑物内部？
解析：从水龙头喷出的水柱做斜抛运动，要使水柱喷入建筑物内部，必须使水柱达到最大高度，此时离建筑物的距离应为斜抛运动的射程的一半，由斜抛运动的规律即可求出；也可认为水柱从最高处反向做平抛运动，利用平抛运动规律由下落高度求解下落时间t，再求水平运动距离x.
法一：水柱做斜抛运动，由斜抛运动规律知：
v0y＝v0sinθ＝18×sin60° m/s＝9 m/s
v0x＝v0cosθ＝18×cos60° m/s＝9 m/s
水柱达到最高点时间
t＝＝＝ s
则消防队员到建筑物的水平距离
x＝v0xt＝9× m＝14.03 m.
法二：根据对称性，可认为水柱从最高处反向做平抛运动，运动时间为t＝＝＝ s
则消防队员到建筑物的水平距离
x＝v0xt＝9× m＝14.03 m.
答案：14.03 m
16．(12分)(2010年高考山东卷)如图3－16所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45 m．水平轨道AB长s1＝3 m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6 N的水平恒力作用下起动，运动一段时间后撤去力F.当
小车在CD上运动了s2＝3.28 m时速度v＝2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝0.2 kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4(取g＝10 m/s2)求：
图3－16
(1)恒力F的作用时间t.
(2)AB与CD的高度差h.
解析：(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得
Fs－μMgs2＝Mv2①
设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得
F－μMg＝Ma②
s＝at2③
联立①②③式，代入数据得
t＝1 s④
(2)设小车在轨道CD上做加速运动时的末速度为v′，撤去力F后做减速运动时的加速度为a′，减速时间为t′，由牛顿第二定律得
－μMg＝Ma′⑤
v′＝at⑥
v＝v′＋a′t′⑦
设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得
mgR＝mv⑧
设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得
s1＝vAt1⑨
设滑块做平抛运动的时间为t1′，则
t1′＝t＋t′－t1⑩
由平抛运动规律得
h＝gt1′2?
联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩?式，代入数据可得
h＝0.8 m.
答案：(1)1 s　(2)0.8 m

1．做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是(　　)
A．速度
B．加速度
C．受力
D．速率
解析：选A.曲线运动速度的方向沿轨迹切线方向，所以速度方向时刻变化，但速度大小即速率不一定变化，做曲线运动的物体可以受恒力，也可以受变力，所以受力和加速度不一定变化．
图3－1－12
2．如图3－1－12所示，物体在恒力F作用下沿曲线从A运动到B，这时，突然使它受力反向，大小不变，即由F变成－F，若BD为曲线AB在B点的切线方向，则该物体(　　)
A．可能沿曲线BE运动
B．可能沿曲线BD运动
C．可能沿曲线BC运动
D．一定是做变加速运动
解析：选A.做曲线运动的物体在各点的速度方向为曲线上该点的切线方向．物体做曲线运动的条件是物体所受的合外力方向与速度方向不在同一直线上．所以物体在B点的速度方向沿BD方向．物体在AB段运动时所受合力F的方向应指向BD所在直线的下方，F突然反向，即改为BD所在直线的上方时，物体运动的轨迹应位于合力方向和速度方向之间，因此物体可能沿BE运动．所以选项A正确，B、C错误．又F为恒力，物体在恒力作用下的运动是匀加速运动．故选项D错误．
3．如图3－1－13所示，沿
图3－1－13
y方向的一运动的初速度v1是沿x方向的另一运动的初速度v2的2倍，而沿y方向的加速度a1是沿x方向的加速度a2的一半．对于这两个分运动的合运动，下列说法中正确的是(　　)
A．一定是曲线运动
B．一定是直线运动
C．可能是曲线运动，也可能是直线运动
D．无法判定
解析：选A.根据速度、加速度的合成可知，两分运动合速度方向与合加速度方向不在同一直线上，故该物体一定做曲线运动．
图3－1－14
4．民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上，弯弓放箭射击侧向的固定目标．假设运动员骑马由西向东奔驰，他要击中北方的目标，射击方向应(　　)
A．直接对准目标
B．偏东一些
C．偏西一些
D．无法确定
解析：选C.箭在发射前随运动员一起运动，射出后，由于惯性要保持原来向前的运动，此为箭的一个分运动，若要射中目标，就要求合速度方向指向目标，故射击方向(箭的另一分运动)应偏西，选C.
5．河宽60 m，水流速度v1＝6 m/s，小船在静水中速度v2＝3 m/s，则：
(1)船渡河的最短时间是多少？
(2)最短航程是多少？
解析：(1)以水流速度方向为x轴正方向，以垂直河岸方向为y轴正方向，以船开出点为坐标原点建立坐标系，设船与岸成θ角开出(如图甲所示)，将v2沿x、y方向分解：v2x＝v2cosθ，v2y＝v2sinθ，
过河时间t＝＝，
当θ＝90°时过河的时间最短
且tmin＝＝s＝20 s.
(2)先作出OA表示水流速度v1，然后以A为圆心，以船对水的速度v2的大小为半径作圆，过O作圆A的切线OB与圆A相切于B，连结AB，过O作AB的平行线，过B作OA的平行线，两平行线相交于C，则OC为船对静水的速度v2(如图乙所示)．由图不难看出，船沿OBD行驶到对岸位移最短，设v2与河岸的夹角为α，则有：cosα＝＝＝.
所以α＝60°，smin＝＝m＝120 m.
答案：(1)20 s　(2)120 m
一、单项选择题
1．关于运动的合成与分解有以下说法，其中不正确的是(　　)
A．两个直线运动的合位移一定比分位移大
B．运动的合成与分解都遵循平行四边形定则
C．两个分运动总是同时进行的
D．某个分运动的规律不会因另一个分运动而改变
解析：选A.位移的合成遵循平行四边形定则，平行四边形对角线不一定比邻边长，故对应的合位移不一定比分位移大，故A选项错；运动的合成与分解，其实质是对应物理量(位移、速度、加速度等矢量)的合成与分解，遵循矢量运算法则——平行四边形定则，故B选项正确；两个分运动与合运动同时发生，同时结束，彼此间具有等时性，故C选项正确；分运动间彼此独立，互不干扰，故D选项正确．
2．关于运动的合成，下列说法错误的是(　　)
A．两个直线运动的合运动一定是直线运动
B．两个不在一条直线上的匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C．两个匀加速直线运动的合运动不一定是直线运动
D．一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动的合运动可能仍是匀变速直线运动
解析：选A.对于两个匀速直线运动，其加速度均为零，因此，无论这两个分运动在同一直线上，还是互成角度，它们的合运动仍是匀速直线运动，B正确；一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动合成，如果这两个分运动在一条直线上，则合运动的加速度与速度也在一条直线上，物体仍做匀变速直线运动，D正确；若这两个分运动互成角度，则合运动的加速度与速度就不在一条直线上，物体将做曲线运动，A错误；两个匀加速直线运动合成，当合加速度与合速度在一条直线上时，物体做直线运动，否则，物体做曲线运动，C正确．
3．(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.根据运动的独立性原理，水平方向吹来的风不会影响竖直方向的运动，A、B错误；根据速度的合成，落地时速度v＝，若风速越大，则降落伞落地时速度越大．
4．船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2.为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为(　　)
图3－1－15
解析：选C.根据运动的合成与分解的知识可知，要使船垂直达到对岸即要船的合速度指向正对岸．根据平行四边形定则可知，C正确．
图3－1－16
5．(2010年高考江苏卷)如图3－1－16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(　　)
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.笔匀速向右移动时，x随时间均匀增长，y随时间均匀减小，说明橡皮水平方向匀速运动，竖直方向也是匀速运动．所以橡皮实际运动是匀速直线运动，A正确．
6．河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图3－1－17甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则(　　)
甲　　　　　　　　　乙
图3－1－17
A．船渡河的最短时间是60 s
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度是 m/s
解析：选B.当船头垂直河岸航行时，过河时间最短，tmin＝ s＝100 s，A错、B正确；因河水速度在变化，合速度大小、方向会变化，则航行的轨迹是一条曲线，C错；船的速度v＝，当船到河心处时有最大速度，其速度为vmax＝ m/s＝5 m/s，D错误．
7．(2011年高考上海卷)如图3－1－18，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为(　　)
图3－1－18
A．vsinα B.
C．vcosα D.
解析：选C.对v分解如图所示，v1＝vcosα，所以船的速率为vcosα，故选C.
8．某人站在自动扶梯上，经t1时间从一楼升到二楼，如果自动扶梯不动，人沿着扶梯从一楼走到二楼的时间为t2，现使扶梯正常运动，人也保持原有的速度沿扶梯向上走，则人从一楼到二楼的时间是(　　)
A．t2－t1 B.
C. D.
解析：选C.人的合运动由扶梯对地的运动和人对扶梯的运动合成，则：v合＝v1＋v2，即＝＋，故t＝.
9．某人骑自行车以10 m/s的速度在大风中向东行驶，他感到风正以相当于车的速度从北方吹来，实际上风的速度是(　　)
A．10 m/s，方向为正北
B．10 m/s，方向为正南
C．14 m/s，方向为南偏西45°
D．14 m/s，方向为东偏南45°
解析：选D.
空气的运动形成风，空气相对于车是由北向南运动，速度为v1＝10 m/s.车相对于大地是向东行驶，速度为v2＝10 m/s.取研究对象为空气，空气对地的速度即风速为合速度v，则车对地的速度v2和风对车的速度v1为两个分运动的速度，如图所示．
v＝＝10 m/s≈14 m/s方向为东偏南45°，所以本题选D.
10．如图3－1－19中，套在竖
图3－1－19
直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连．由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则(　　)
A．v2＝v1
B．v2＞v1
C．v2≠0
D．v2＝0
解析：
选D.轻环上升过程其速度v1可分解为两个分速度v∥和v⊥，如图所示，其中v∥为沿绳方向的速度，其大小等于重物B的速度v2；v⊥为绕定滑轮转动的线速度，关系式为v2＝v1cosθ，θ为v1与v∥间的夹角．当A上升至与定滑轮的连线水平的位置时，θ＝90°，cosθ＝0，即此时v2＝0.D正确．
二、非选择题
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，在切割处，切割刀的切割速度为10 m/s.
为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，切割刀的轨道应如何控制？切割一次的时间是多长？
解析：
要切割成矩形，则要求切割刀相对于玻璃的速度为垂直侧面，而切割刀的速度(即轨道)与玻璃侧面成θ角．如图所示：
cosθ＝＝＝，则sinθ＝，切割一次所用时间：t＝＝＝0.92 s.
答案：与玻璃侧面成arcos角　0.92 s
12．质量m＝2 kg的物体在光滑的平面上运动，其分速度vx和vy随时间变化的图线如图3－1－20所示．求：(1)物体受到的合力；(2)物体的初速度；(3)物体运动的轨迹方程．
图3－1－20
解析：(1)从题图线中可得到：ax＝－1 m/s2，ay＝0.
a＝＝1 m/s2.
由牛顿第二定律，可得物体
所受合外力为：F＝ma＝2 N.
(2)初速度的大小为：v0＝＝5.66 m/s.
(3)物体在x和y方向上的分位移方程分别为：
x＝4t－0.5t2，y＝4t.
消去t得轨迹方程为32x＝32y－y2.
答案：(1)2 N　(2)5.66 m/s
(3)32x＝32y－y2

1．(2011年聊城高一检测)做自由落体运动、竖直下抛运动和竖直上抛运动的物体，在相等的时间内速度的变化(　　)
A．大小相等，方向相同
B．大小相等，方向不同
C．大小不等，方向相同
D．大小不等，方向不同
解析：选A.由于三种运动的加速度相同均为g，则在相等时间Δt内，物体的速度变化为Δv＝gΔt，故Δv大小相等，方向均向下，A正确．
2．关于竖直上抛运动，下列说法正确的是(　　)
A．上升过程是减速运动，加速度越来越小，下降过程是加速运动，加速度越来越大
B．上升时加速度小于下降时加速度
C．在最高点速度为零，加速度为零
D．无论在上升过程、下降过程、最高点，物体的加速度都是g
解析：选D.竖直上抛运动是向上的匀减速直线运动，最高点速度为零但加速度仍是g，故选项D正确．
3．物体竖直上抛后又落回地面，设向上的速度为正，它在整个运动过程中速度v跟时间t的关系应为图中的(　　)
图3－2－3
解析：选B.整个过程加速度相同，上升和下降的速度方向相反．
4．(2011年渭南高一检测)一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a的时间间隔为Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔为Tb，则a、b之间的距离为(　　)
A.g(T－T)　　　　　　
B.g(T－T)
C.g(T－T)
D.g(T－T)
解析：选A.由上抛运动时间的对称性可知：物体从a点到最高点的时间为，物体从b点到最高点的时间为，故a、b之间的距离为Δh＝g()2－g()2＝g(T－T)．
5.
图3－2－4
在距地面2.4 m高处竖直下抛一物体，物体在最后0.3 s内位移为1.95 m，如图3－2－4所示，则物体的抛出速度多大？(g取10 m/s2)
解析：物体的运动过程可用图表示，＝1.95 m，时间tAB＝0.3 s，C点为AB段的中间时刻点，由平均速度得
vC＝＝＝6.5 m/s
vB＝vC＋gtBC＝6.5 m/s＋10×0.15 m/s＝8 m/s
由v－v＝2gh，得v0＝＝ m/s＝4 m/s.即抛出速度为4 m/s.
答案：见解析
一、单项选择题
1．关于竖直下抛运动，下列说法正确的是(　　)
A．下落过程是加速运动，加速度越来越大
B．下落过程是匀速直线运动
C．在下抛时，由于给物体一定的作用力，所以在下落过程中的加速度大于重力加速度
D．下落过程中物体的运动是匀变速直线运动
解析：选D.竖直下抛运动是加速度a＝g的匀变速直线运动，故D正确．
2．在同一高度将质量相等的A、B两球以大小相等的初速度分别竖直上抛和竖直下抛，则下列说法中不正确的是(　　)
A．A、B落地时位移相同
B．在运动过程中，A、B的加速度相同
C．A、B落地时速度相同
D．在整个运动过程中，A、B的速度变化量相同
解析：选D.初末位置相同因而位移相同，在运动过程中加速度都是g，A、B正确；由竖直上抛运动的对称性可知，A球落回抛出点时速度与B球抛出的速度相同，故A、B落地时的速度相同，C正确；在整个运动过程中，A、B的末速度相同，但两者的初速度不同，所以A、B的速度变化量一定不同，D错误．
3．将物体以一定的速度竖直下抛，则图3－2－5中能正确反映物体的速度随时间变化关系的是(　　)
图3－2－5
解析：选C.竖直下抛运动是初速度不为零、加速度为g的匀加速直线运动，在速度—时间图象上反映为一条倾斜的直线，直线的斜率表示重力加速度为g.又因为竖直下抛运动有一定的初速度，所以截距为正，故正确选项为C.
图3－2－6
4．一小火箭从地面竖直向上发射时的速度图象如图3－2－6所示，则小火箭上升到最高点的位置对应于图中的(　　)
A．O点
B．A点
C．B点
D．C点
解析：选D.因为速度方向始终未改变，故火箭越升越高，选D.
5．以速度v0竖直上抛一石块，1 s后从同一地点以同样速率竖直上抛第二块石块，两石块在空中相遇时，下列说法错误的是(　　)
A．两石块位移相同
B．两石块的速度相同
C．两石块的动能相同
D．两石块的加速度相同
解析：选B.两石块必在空中的同一点相遇，所以距抛出点的位移相同，A项正确；因为以相同速度抛出，上升的最大高度必相同，在各点的速率也相同，但因为往返的速度方向不同，所以B项错；动能与速度方向无关，所以C项正确，两石块的加速度都是g，所以D项正确．
6．自地面将物体竖直上抛，初速度大小为20 m/s，当它的位移为15 m时，经历的时间和运动速度分别为(g取10 m/s2，不计空气阻力，选取竖直向上为正方向)(　　)
A．1 s,10 m/s
B．2 s,15 m/s
C．3 s,10 m/s
D．4 s，－15 m/s
解析：选A.先求出上升的总时间和最大高度分别为t0＝＝ s＝2 s，hm＝＝ m＝20 m，所以位移为15 m时应当有两种情况，即处于上升阶段或下降阶段．根据公式h＝v0t－gt2，将h＝15 m代入即可求得t＝1 s或3 s，又由vt＝v0－gt可得vt＝10 m/s或－10 m/s，所以选项A正确．
7．(2011年徐州高一检测)某同学身高1.8 m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m高度的横杆．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为(g＝10 m/s2)(　　)
A．2 m/s
B．4 m/s
C．6 m/s
D．8 m/s
解析：选B.把人看做质点，其竖直上抛的位移大约为0.9 m，故由运动学公式，其起跳初速度v＝≈4 m/s，故选B.
8．以初速度v0从地面竖直上抛一物体，不计空气阻力，当物体速度大小减为时，所用时间可能是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选D.由vt＝v0－gt知，当v1方向向上时，vt＝，解得t＝；当vt方向向下时，vt＝－，解得t＝.选项D正确．
9．在20 m高处以初速度15 m/s竖直上抛一物体，不计空气阻力，g取10 m/s2，则物体在抛出点下方10 m时，所经历的时间是(　　)
A．1 s
B．2 s
C．3 s
D．3.56 s
解析：选D.竖直上抛运动是以抛出点为坐标原点，竖直向上为正方向，加速度a＝－g的匀减速直线运动．当物体在抛出点正下方10 m处时，有－10＝15t－×10t2，求得t1＝3.56 s和t2＝－0.56 s．t2不符合题意，舍去，D选项正确．
10．一杂技演员，用一只手抛球、接球．他每隔0.40 s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除正在抛、接球的时刻外，空中总有4个球．将球的运动近似看成是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2)(　　)
A．1.6 m
B．2.4 m
C．3.2 m
D．4.0 m
解析：选C.由于空中有四个球，而且在相等的时间间隔内接抛球一次，知其在空中运动的时间相等．设想一球在刚刚要抛出时的情景，必有一球恰好在最高点，另两球一球处于上升，一球处于下降，否则，四球的时间间隔不可能相等，故小球从上升至最高点的时间为0.8 s，由此可以计算出小球上升的最大高度为：h＝gt2＝3.2 m，故选项C是正确的．
二、非选择题
11．在h高处，小球A由静止开始自由落下，与此同时在A正下方地面上以初速度v0竖直向上抛出另一小球B.求A、B在空中相遇的时间与地点，并讨论A、B相遇的条件．不计空气阻力作用．
解析：设相遇时间为t，相遇处离地面距离为y，两球相遇必在同一位置
所以y＝v0t－gt2＝h－gt2，
即v0t＝h，所以相遇时间为t＝h/v0
t代入y表达式中，有：
y＝h－gt2＝h－g·＝h(1－)
即为相遇点离地面的高度．
讨论：A、B能在空中相遇，则y＞0，即h(1－)＞0，所以1－＞0，即v0＞，即为A、B在空中相遇的条件．
当在B球的最高点相遇时，应有
gt2＋＝h，且t＝v0/g，解得v0＝
因而当＜v0＜时，在B球下降过程中两球相遇；
当v0＝时，恰在B上升到最高点时，两球相遇；
当v0＞时，在B球上升过程中两球相遇．
答案：见解析
12.
图3－2－7
2009年中国第一个火星探测器将升空．一个宇宙空间探测器从某星球的表面垂直升空，假设探测器的质量和发动机的推力均恒定不变．宇宙探测器升空到某一高度时，发动机突然熄火关闭，图3－2－7表示其速度随时间变化的规律．
(1)升高后9 s、25 s、45 s，即在图线上A、B、C三点探测器的运动情况如何？
(2)求探测器在该行星表面达到的最大高度．
(3)计算该行星表面的重力加速度．(假设行星表面没有空气)
解析：看清图象，了解图象的物理意义，进而判断物体运动情况，是解决本题的关键．要明确在v－t图象中图线的
斜率反映物体的加速度，图线与横轴包围的面积反映物体的位移．
9 s前探测器做匀加速运动(OA段)，9 s后做匀减速运动，可知9 s时刻发动机熄火，探测器开始做竖直上抛运动(AB段)，能上升的最大高度可以通过图象中图线OAB与横轴包围的面积来计算，s1＝×64×25 m＝800 m.
25 s时刻速度为零，探测器开始做自由落体运动(BC段)，至45 s时，探测器自由落体的位置可通过图线BC与横轴间的面积计算s2＝×(45－25)×80 m＝800 m，表明探测器落回星球表面．
探测器在竖直上抛过程的加速度即为该行星表面的重力加速度，所以g＝＝ m/s2＝4 m/s2.
答案：(1)A点开始熄火做减速运动，B点开始做自由落体，C点刚落地　(2)800 m　(3)4 m/s2

1．关于平抛运动的下列说法中错误的是(　　)
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．平抛运动的时间由竖直下落的高度决定
C．水平方向的位移由高度及初速度来决定
D．平抛运动是非匀变速运动
解析：选D.物体做平抛运动时，只受到重力作用，运动的加速度等于g，为一恒量，故平抛运动是一种匀变速曲线运动，选项A正确，D错误．平抛运动的下落时间t＝，可知选项B正确．水平位移x＝v0t＝v0，可知选项C正确．
2．平
图3－3－10
抛物体的运动规律可概括为两条：第一条，水平方向做匀速直线运动；第二条，竖直方向做自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验，如图3－3－10所示，用小锤击打弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，两球同时落到地面，则这个实验(　　)
A．只能说明上述规律中的第一条
B．只能说明上述规律中的第二条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
解析：选B.实验中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地说明A球平抛运动的竖直分运动和B球相同，而不能说明A球的水平分运动是匀速直线运动，所以B项正确，A、C、D三项都不对．
3．如图3－3－11所示，在水平方向做匀速直线运动的列车中，一位乘客将一小钢球向后水平抛出，站在地面上的人看这个小球的运动轨迹不可能是(　　)
图3－3－11
解析：选D.在地面上的人看来，抛出时小球的水平分运动的速度可能为零、向前或向后，他看到的运动轨迹可能是A、B或C，不可能是D，因为只有竖直分运动是匀速直线运动时，才可能是D，显然，本题中小球的竖直分运动是自由落体运动．
4．滑雪运动员以20 m/s的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差3.2 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.运动员飞过的水平距离为s，所用时间为t，则下列结果正确的是(　　)
A．s＝16 m，t＝0.50 s
B．s＝16 m，t＝0.80 s
C．s＝20 m，t＝0.50 s
D．s＝20 m，t＝0.80 s
解析：选B.在竖直方向做自由落体运动，有
Δh＝gt2，即t＝＝s＝0.80 s
在水平方向做匀速直线运动，有
s＝v0t＝20×0.80 m＝16 m．故选B.
5．如图3－3－12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s＝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由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：
图3－3－12
(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，设子弹经时间t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，且目标靶与子弹运动时间相等，则h＝gt2
代入数值得h＝1.25 m.
答案：(1)0.5 s　(2)1.25 m
一、单项选择题
1．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．
2．若以抛出点为起点，取初速度方向为水平位移的正方向，在下列各图中，能正确描述做平抛运动的物体的水平位移x的图象的是(　　)
图3－3－13
解析：选C.平抛运动水平方向的运动为匀速直线运动，对应的位移—时间图象应为一条正比例函数图象，C正确．
3．物理实验小组利用如图3－3－14所示装置测量物体做平抛运动的初速度．他们经多次实验和计算后发现：在地面上沿抛出的速度方向水平放置一把刻度尺，让悬挂在抛出点处的重垂线的投影在刻度尺的零刻度线上，则利用小球在刻度尺上的落点位置，就可直观地得到小球做平抛运动的初速度．
图3－3－14
如下图四位同学在刻度尺旁边分别制作了速度标尺(图中P点为重锤所指位置)，可能正确的是(　　)
图3－3－15
解析：选A.小球下落高度一定，时间一定，在水平方向上做匀速直线运动，由v＝可判定，速度与位移成正比，所以速度标尺的刻度应是均匀的，故A选项正确．
4．在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地．若不计空气阻力，则(　　)
A．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定
B．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定
C．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定
D．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定
解析：选D.垒球做平抛运动，水平方向：v水＝v0，s水＝v0t，水平位移由时间和初速度共同决定，C选项错误．竖直方向：v垂＝gt，h＝gt2，则t＝，时间由高度决定，所以D选项正确．垒球的速度为v＝，落地时的速度由初速度和竖直方向速度共同决定，A、B选项均错误．
5．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，g取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 s6．初速度为v0的平抛物体，某时刻物体的水平分位移大小与竖直分位移大小相等，下列说法错误的是(　　)
A．该时刻物体的水平分速度大小与竖直分速度大小相等
B．该时刻物体的速率等于v0
C．物体运动的时间为
D．该时刻物体的位移大小等于
解析：选A.①设物体运动时间为t，根据题意可列方程v0t＝gt2，解得t＝2v0/g，可知C项正确．②当t＝2v0/g时，竖直分速度vy＝gt＝2v0≠v0，由于vx＝v0，该时刻物体瞬时速率为v＝＝v0，可知选项A错误，B正确．③当t＝2v0/g时，物体的水平位移与竖直位移相等，x＝v0t＝2v/g＝y.该时刻物体位移大小为：s＝＝2v/g，选项D也正确．
7．小球以6 m/s的速度水平抛出，落到水平地面时的速度为10 m/s，取g＝10 m/s2，小球从抛出到落地的时间及水平位移分别是(　　)
A．1 s　3.2 m
B．1 s　4.8 m
C．0.8 s　3.2 m
D．0.8 s　4.8 m
解析：选D.v0＝6 m/s，v＝10 m/s，则vy＝＝8 m/s，又因vy＝gt，所以t＝＝0.8 s，水平位移x＝v0t＝4.8 m，所以D正确．
图3－3－16
8．(2010年高考大纲全国卷)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3－3－16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.
B.
C．tanθ
D．2tanθ
解析：选B.平抛运动的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，有：tanθ＝.则下落高度与水平射程之比为＝＝＝，所以B正确．
图3－3－17
9．如图3－3－17所示，一架在2000 m的高空以200 m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸到山脚和山顶的目标A和B.已知山高720 m，山脚与山顶的水平距离为1000 m，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则投弹的时间间隔应为(　　)
A．4 s
B．5 s
C．9 s
D．16 s
解析：选C.若要炮弹击中A，炮弹下落的时间t1＝＝20 s，投弹点距A点的水平距离s1＝v0t1＝4000 m，若要炮弹击中B，炮弹下落的时间t2＝＝16 s，投弹点距B点的水平距离s2＝v0t2＝3200 m，投弹的时间间隔Δt＝s＝9 s.
10．如图3－3－18所
图3－3－18
示，相对的两个斜面倾角分别为37°和53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右两边水平抛出，小球均落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两个小球从抛出到落在斜面上所用时间之比为(　　)
A．1∶1
B．4∶3
C．16∶9
D．9∶16
解析：选C.tanθ＝＝＝
∴＝＝＝.
二、非选择题
图3－3－19
11．(2011年福州高一检测)如图3－3－19所示，质量m＝2 kg的木块静止在高h＝1.8 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝10 N，使木块产生位移s1＝2 m时撤去，木块又滑行s2＝2 m时飞出平台．(g＝10 m/s2)求：
(1)木块离开平台时速度的大小？
(2)木块落地点离平台边缘O点距离；
(3)求落地时木块的速度．
解析：设木块离开平台时速度为v1，落地时速度大小为v2，与水平方向之间的夹角为θ
(1)根据动能定理可得
Fs1－μmg(s1＋s2)＝mv
代入数据解得v1＝2 m/s.
(2)根据平抛运动知识可得：h＝gt2
代入数据解得：t＝0.6 s
木块落地点离平台边缘O点距离
x＝v1t＝2×0.6＝1.2 (m)
(3)根据机械能守恒定律可得：
mgh＋mv＝mv
代入数据解得：v2＝2 m/s
cosθ＝＝.θ＝arccos.
落地时速度方向与水平方向夹角的余弦值为.
答案：见解析
12．一排球场总长为18 m，设网高2 m，运动员站在离网的距离为3 m的线上正对网前跳起将球水平击出．
(1)设击球点的高度为2.5 m，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界．
(2)若击球点的高度小于某个值，那么无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求出这个高度．
解析：(1)如图，设球刚好触网而过，水平射程s1＝3 m，飞行时间
t1＝＝ s
故下限速度v1＝＝3 m/s
设球恰好打在边界线上
水平射程：s2＝12 m
飞行时间：t2＝＝ s
故上限速度v2＝＝12 m/s
欲使球既不触网也不越界则球初速度v0应满足：
3 m/s＜v0＜12 m/s.
(2)设击球点的高度为h2′时，临界状态为球恰能触网又压边线(如图所示)
v1＝＝①
v2＝＝②
如果v＜v1则触网，如果v＞v2则出界，如果v＜v2，则可存在v使之既不触网也不出界
所以v＞v③
联立①②③解得h2′＜2 m
即h2′＜2 m时无论v多大球不是触网就是越界．
答案：(1)3 m/s＜v0＜12 m/s　(2)h2′＜2 m时无论v多大球不是触网就是越界

1．(2011年成都高一检测)下列关于斜抛运动的说法正确的是(　　)
A．斜抛运动是非匀变速运动
B．飞行时间只与抛出的初速度有关，水平位移只与初速度和水平方向间的夹角有关
C．落地前在任意一段相等时间内速度的变化量都相同
D．斜抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
解析：选C.斜抛运动的加速度恒为g，为匀变速曲线运动，A错误；飞行时间t＝，射程s＝，故B错误；根据Δv＝gΔt.故C正确；斜抛运动的水平分速度是不变的，故物体落地的速度是斜向下的，D错误．
2．关于向斜上方抛出物体的运动，下列说法正确的是(　　)
A．抛射角一定，初速度小时，运动时间长
B．抛射角一定，初速度大时，运动时间长
C．初速度一定，抛射角小时，射程大
D．初速度一定，抛射角大时，射程大
解析：选B.由斜抛运动的规律可知物体的运动时间为竖直方向的分运动的时间．由t＝可知选项B是正确的．A错误，初速度一定时，抛射角为45°时射程最大，所以C、D错误．
3．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，不计空气阻力．则地面上的人看到的物体运动轨迹是(　　)
图3－4－4
解析：选B.被抛出的物体具有相对地面竖直向上的分速度和水平分速度，即斜向上的初速度，且运动中只受重力作用，恰好符合斜上抛的运动特点，故选项B正确．
4．迫击炮弹以v0＝100 m/s，抛射角θ＝45°射出，若不计空气阻力，则炮弹的水平射程约为(g取10 m/s2)(　　)
A．700 m　　　　　　　
B．1000 m
C．500 m
D．1400 m
解析：选B.炮弹在水平方向以vx＝v0cos45°＝50 m/s做匀速直线运动，竖直方向以vy＝v0sin45°＝50 m/s的初速度，以－10 m/s2的加速度做竖直上抛运动，全程总时间t＝2＝10 s，所以射程s＝vxt＝50×10 m＝1000 m，所以选B.
5．已知篮圈离地面的高度为3.05 m，某运动员以10 m/s的速度将篮球投出，投出时速度与水平方向的夹角为45°，出手高度为2.05 m(忽略空气阻力，g取10 m/s2)，求：
(1)篮球能达到的最大高度H；
(2)刚要从篮圈穿过时的速度v的大小．
解析：(1)篮球做斜抛运动，竖直方向的分速度v0y＝v0sin45°＝v0＝5 m/s
到达最高点时，v0y′＝0.故由v0y′2－vy＝－2gH′得H′＝＝2.5 m
即H＝H′＋2.05 m＝4.55 m.
(2)从最大高度到篮圈，Δh＝(4.55－3.05) m＝1.5 m
篮球从篮圈穿过时，竖直方向和水平方向的分速度为v1y＝＝ m/s
v1x＝v0x＝v0cos45°＝5 m/s
此时篮球的速度v＝＝ m/s≈8.9 m/s.
答案：(1)4.55 m　(2)8.9 m/s
一、单项选择题
1．从炮口发射的炮弹在空中运动的轨迹为(　　)
A．严格的抛物线　　　　　　　
B．圆弧
C．弹道曲线
D．以上说法都不对
解析：选C.炮弹在空中飞行时由于受空气阻力，所以其轨迹不是严格的抛物线，而是弹道曲线，故C正确．
2．斜抛运动可分解为(　　)
A．水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
B．水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动
C．水平方向的匀变速直线运动和竖直方向的自由落体运动
D．沿初速度方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动
解析：选B.若将斜抛运动按水平方向和竖直方向正交分解，两分运动分别为匀速直线运动和竖直上抛运动，故A、C错误，B正确；若沿初速度方向分解出一匀速直线运动，则另一分运动为竖直方向的自由落体运动，故D错误．
3．物体做斜上抛运动时，描述物体在竖直方向的分速度vy(取向上为正)随时间变化的图线是图3－4－5中的(　　)
图3－4－5
解析：选A.斜抛运动的竖直分运动为竖直上抛运动，其运动的速度先均匀减小到零，后又均匀增大，由于规定向上为正方向，故速度先为正，后为负．
图3－4－6
4．如图3－4－6是斜向上抛出的物体的运动轨迹，C点是轨迹最高点，A、B是轨迹上等高的两个点．下列叙述中正确的是(不计空气阻力)(　　)
A．物体在C点的速度为零
B．物体在A点的速度与在B点的速度相同
C．物体在A点、B点的水平分速度等于物体在C点的速度
D．物体在A、B两点的竖直分速度相同
解析：选C.斜抛运动水平方向是匀速直线运动，竖直方向是竖直上抛，所以A错、C对，在A、B两点的竖直分速度方向不同，故B、D错误．
图3－4－7
5．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3－4－7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.苹果通过第三个窗户时的水平位移最大，所用时间最长，所以A错误，通过三个窗户时，竖直位移相等，克服重力做功相等，所以C错，D对，第3个窗户所处位置最高，苹果平均速度最小．
图3－4－8
6．如图3－4－8所示，做斜抛运动的物体自A点以初速度v0与水平方向成θ角开始运动．恰好打在竖直墙上的B点，若保持θ角不变而增大v0，则(墙足够高)(　　)
A．将会打在B点上方
B．将会打在B点下方
C．仍打在B点
D．无法判断
解析：选A.如图所示，斜抛运动的轨迹为抛物线，由抛物线的特点知，若抛射角不变，初速度v0变大则轨迹将在原轨迹上方，故打在B点上方，所以A正确．
7．以
图3－4－9
相同的初速率、不同的抛射角同时抛出三个小球A、B、C，三个小球在空中的运动轨迹如图3－4－9所示，则下列说法不正确的是(　　)
A．A、B、C三个小球在运动过程中，加速度都相同
B．B球的射程最远，所以最迟落地
C．A球的射高最大，所以最迟落地
D．A、C两球的射程相等，两球的抛射角互为余角，即θA＋θC＝
解析：选B.三个小球都只受重力作用，故选项A正确；B球射程最远，但飞行时间取决于高度，而A球射高最大，所以A球飞行时间最长，故选项B错误，C正确；A球飞行时间为tA＝，C球飞行时间tC＝，由A、C射程相等，根据射程公式x＝可知sin2θA＝sin2θC，在θA≠θC的情况下，必有θC＋θA＝，才能使等式成立，故D正确．
8．如图3－4－10所示，在地面的A点用弹弓以vA的速度射出一石子，方向与水平地面成θ角，石子落在楼顶上的B点，此时石子的速度为vB，不计阻力，以下说法正确的是(　　)
图3－4－10
A．若在B点以与vB大小相等、方向相反的速度投出石子，则石子将落在A点
B．若在B点以与vA大小相等，与vB方向相反的速度投出石子，则石子将落在A点
C．若在B点以与vB大小相等，方向相反的速度投出石子，则石子将落在A点的右侧
D．若在B点以与vA大小相等，与vB方向相反的速度投出石子，则石子将落在A点的右侧
解析：选A.如果没有楼顶的阻挡，石子运动的轨迹将是如图所示的抛物线，石子在C点落地，这条抛物线关于过顶点的直线PQ对称，即石子经过两侧的对称点时，速度大小相等，即vC与vA大小相等，vB与vD大小相等．
9．(2011年武汉高一检测)一只澳大利亚袋鼠有一次以8 m/s的初速度以相对于水平地面成64.2°的角度纵身一跳，恰在其运动的最高点越过了一道篱笆，已知sin64.2°＝0.9，g＝10 m/s2，则该篱笆的高度为(　　)
A．3.2 m
B．2.6 m
C．6.4 m
D．5.2 m
解析：选B.袋鼠做斜抛运动，由H＝，得：H＝ m≈2.6 m，故B正确．
10．某人在地面以大小为20 m/s、方向与水平地面成30°角的速度，上抛一个物体，此物体运动到最高点所用的时间是(g取10 m/s2)(　　)
A．2 s
B．0.5 s
C．4 s
D．1 s
解析：选D.斜抛运动在竖直方向以v0sinθ即10 m/s做竖直上抛运动，所以物体运动到最高点的时间t＝＝ s＝1 s．所以选D.
二、非选择题
11．(2011年衡水高一检测)世界上最窄的海峡是苏格兰的塞尔海峡，它位于欧洲大陆与塞尔岛之间．这个海峡只有约6 m宽，假设有一位运动员，他要以相对于水平面为37°的角度进行“越海之跳”，可使这位运动员越过这个海峡的最小初速度是多少？(忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)
解析：设该运动员的最小初速度为v0，其射程恰为6 m，则其水平分速度：v0x＝v0cos37°
射程：x＝v0xt
竖直分速度：v0y＝v0sin37°
运动时间：t＝2
由以上几式代入数据解得：
v0＝ m/s.
答案： m/s
12．如图3－4－11所示，
图3－4－11
打高尔夫球的人在发球处(该处比球洞所在处低15 m)击球，该球初速度为36 m/s，方向与水平方向成30°角，问他会把球向球洞方向打到多远？(忽略空气阻力)
解析：小球初速度的水平分量为
v0x＝v0cosθ＝v0cos30°＝31.2 m/s
竖直分量为
v0y＝v0sinθ＝v0sin30°＝18.0 m/s
由y＝＝v0yt－gt2代入已知量，整理后可得
t＝2.29 s或t＝1.31 s
其中t＝1.31 s是对应于B点的解，表示了该球自由飞行至B点处所需时间．
因此取t＝2.29 s，在此飞行时间内，球的水平分速度不变，于是可得x＝v0xt＝31.2×2.29 m≈71.4 m.
答案：71.4 m

(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．(2011年长春高一检测)下列关于做圆周运动物体的向心加速度的说法中，正确的是(　　)
A．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直
B．向心加速度的方向可能与速度方向不垂直
C．向心加速度的方向保持不变
D．向心加速度的方向与速度的方向平行
解析：选A.向心加速度由向心力所产生，方向时刻沿半径指向圆心，速度方向时刻沿圆周切线方向，两者互相垂直，A对，B、D错，向心加速度不同时刻从圆周上不同的点沿半径指向圆心，也就是说方向时刻在变化，C错．
2．机械手表的分针与秒针从重合到第二次重合，中间经历的时间为(　　)
A. min　 B．1 min
C. min D. min
解析：选C.先分别求出分针与秒针的角速度ω1＝ rad/s，ω2＝ rad/s，设两次重合时间间隔为Δt，则有θ1＝ω1Δt，θ2＝ω2Δt.θ2－θ1＝2π，所以Δt＝＝＝ min.答案为C.
3．(2011年嘉兴高一检测)玩具车在圆形轨道上做匀速圆周运动，半径R＝0.1 m，向心加速度的大小为a＝0.4 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．玩具车运动的角速度为2π rad/s
B．玩具车做匀速圆周运动的周期为π s
C．玩具车在t＝ s内通过的位移大小为 m
D．玩具车在t＝π s内通过的路程为零
解析：选B.由a＝Rω2得角速度ω＝＝2 rad/s，A错误；周期T＝＝π s，B正确；玩具车在t＝ s内转过90°，通过的位移为R，C错误；π s内转过一周，通过的路程为2πR，D错误．
图4－7
4．(2011年福建龙岩高一质检)如图4－7所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，则两个物体的运动情况是(　　)
A．两物体均沿切线方向滑动
B．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远
C．两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动
D．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远
解析：选D.在烧断细线之前，每个物体的向心力都是由静摩擦力和细线拉力的合力提供的，此时两物体随圆盘一起转动，具有共同的角速度．
对A物体：F＋fm＝mω2RA，
对B物体：fm－F＝mω2RB，
当细线被烧断时，F＝0，A物体所受的最大静摩擦力小于它所需要的向心力，故A物体做离心运动；B物体所受的静摩擦力变小，故B物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，故D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．1 000 r/s B．1 000 r/min
C．1 000 r/h D．2 000 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，得n＝v/(2πr)＝2000÷(2π×0.3) r/min≈1000 r/min，选项B正确．
6．现在许多高档汽车都应用了自动挡无级变速装置，可不用离合就能连续变换速度．图4－8为截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮靠彼此之间的摩擦力带动，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚动轮从右向左移动时，从动轮转速增加．现在滚动轮处于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置，则主动轮转速n1与从动轮转速n2的关系是(　　)
图4－8
A.＝　 B.＝
C.＝ D.＝
解析：选B.由题意知主动轮和从动轮的线速度相等，由v＝＝得＝.
7．市内公共汽车在到达路口转弯时，车内广播中就要播放录音：“乘客们请注意，前面车辆转弯，请拉好扶手”，这样可以(　　)
A．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向前倾倒
B．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向后倾倒
C．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒
D．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的内侧倾倒
解析：选C.车辆转弯时，站着的乘客需要外力提供向心力，如不拉好扶手，由于惯性，乘客将向外侧倾倒，做离心运动，故选项C正确．
8．(2011年广州高一检测)如图4－9所示，小球以初速度v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部，图中A是高度小于h的光滑斜面、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内轨直径等于h光滑轨道、D是长为h的轻棒(可绕固定点O转动，小球与杆的下端相碰后粘在一起)．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有(　　)
图4－9
解析：选D.D中小球运动到最高点时，速度为零，根据机械能守恒可得上升的高度为h；A、B、C中小球上升到最高点时具有水平速度，其最大高度小于h.选D.
图4－10
9．如图4－10所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度(距离底部)也不同．下列说法中正确的是(　　)
A．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度为R/2
B．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度为R/2
C．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度为3R/2
D．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度为R
解析：选A.若小球最大上升高度在圆心水平线以下时，最高点速度为零，由机械能守恒mgh＝mv2，如果v0＝，则小球能够上升的最大高度为R/2，选项A正确；如果v0＝，则小球上升的最大高度为R，选项B错误；若小球最大上升高度在圆心水平线以上时，则最高点速度不为零，所以选项C错误；如果v0＝，则小球能够上升的最大高度为2R，且此时正好通过圆的最高点，临界速度v＝，选项D错误．
图4－11
10．如图4－11所示，OO′为竖直转轴，MN为固定在OO′上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，AC、BC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO′上．当细线拉直时，A、B两球的转动半径之比恒为2∶1，当转轴角速度增大时(　　)
A．AC线先断 B．BC线先断
C．两线同时断 D．不能确定哪段线先断
解析：选A.每个小球均受三个力的作用：重力、杆的弹力(竖直向上)和线的拉力(设拉力为F，与水平杆夹角为θ)．其中拉力的水平分量Fcosθ提供小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力，Fcosθ＝mrω2.由数学知识，cosθ＝，两式联立得F＝mω2 .由于A、B两球质量相同，套在同一水平杆MN上，角速度时刻相同，当两根细线拉直时，转动半径之比恒为2∶1，即rA>rB，因此由上式可知，细线所受拉力F的大小只与半径r有关，r越大，受力越大．即连接A球的AC线受力大，而AC、BC两根细线抗拉能力又相同，故当角速度ω增大时，AC线先断，选项A正确．
二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．把答案填在题中横线上)
11．海尔全自动洗衣机技术参数如下表所示，估算脱水桶正常工作时衣服所具有的向心加速度a＝________ m/s2，是重力加速度g的________倍，脱水桶能使衣服脱水是物理中的__________现象．
图4－12
海尔波轮洗衣机主要技术参数
电源：220 V　50 Hz
脱水方式：离心式
洗涤功率：330 W
脱水功率：280 W
洗涤转速：40转/分
脱水转速：900转/分
尺寸(长×宽×高) mm
500×530×900
内桶(直径×深度) mm
400×680
解析：由表中数据知r＝0.2 m，脱水桶转速n＝900 r/min＝15 r/s
则角速度ω＝2πn＝90 rad/s(π≈3)
脱水桶工作时衣服紧靠脱水桶壁与脱水桶一起做匀速圆周运动，向心加速度为a＝rω2＝1620 m/s2，所以＝162(g≈10 m/s2)．
答案：1620　162　离心
12．(2011年南通高一检测)一物理兴趣小组利用数字实验系统探究物体做圆周运动时向心力与角速度、半径的关系
(1)他们让一砝码做半径为r的圆周运动，数字实验系统通过测量和计算得到若干组向心力F和对应的角速度ω，如下表，请根据表中数据在图4－13中绘出F－ω的关系图象.
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
F/N
2.42
1.90
1.43
0.97
0.76
0.50
0.23
0.06
ω/rad
·s－1
28.8
25.7
22.0
18.0
15.9
13.0
8.5
4.3
图4－13
(2)通过对图象的观察，兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比，你认为，可以通过进一步转换，做出________关系图象来确定他们的猜测是否正确．
(3)如果他们的猜测成立，则你认为他们的依据是________________________________________________．
答案：(1)
(2)F－ω2
(3)由于在F－ω2图象中，图线为过原点的直线
三、计算题(本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)如图4－14所示，某游乐场的赛道为圆形，半径为100 m，赛车和选手的总质量为100 kg，车轮与地面间的最大静摩擦力为600 N，则赛车转弯时的速度最大为多少？
图4－14
解析：在水平面上，由静摩擦力来提供赛车转弯的向心力，即f＝
当摩擦力为最大静摩擦力时，速度最大，代入数据得：
600＝，v＝10 m/s.
答案：10 m/s
14．(8分)一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)．在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)．A球的质量为m1、B球的质量为m2.它们沿环形圆管顺时针转动，经过最低点时的速度都为v0.设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么B球在最高点的速度多大？
解析：取两球研究，受力分析如图所示．两球所受重力、弹力的合力提供向心力．
设两球所受弹力分别为FA、FB，由牛顿第二定律知：
对A球：FA－m1g＝m1v/R①
对B球：FB＋m2g＝m2v2/R②
由题意知：FA＝FB③
由①②③式得：B球在最高点的速度
v＝.
答案：
图4－15
15．(10分)如图4－15所示是生产流水线上的皮带传输装置，传输带上等间距地放着很多半成品．A轮处装有光电计数器，它可以记录通过A处的产品数目．已知测得轮A、B的半径分别为rA＝20 cm，rB＝10 cm，相邻两产品间距离为30 cm,1 min内有41个产品通过A处．求：
(1)产品随传输带移动的速度大小；
(2)A、B轮轮缘上的两点P、Q及A轮半径中点M的线速度和角速度大小，并在图中画出线速度方向；
(3)如果A轮是通过摩擦带动C轮转动，且rC＝5 cm，在图中标出C轮的转动方向，求出C轮的角速度(假设轮不打滑)．
解析：由题意知，1 min内有41个产品通过A处，说明1 min内传输带上每点运动的路程为两产品间距的40倍．
设产品随传输带移动速度大小为v，则：
(1)v＝＝m/s＝0.2 m/s.
(2)vP＝vQ＝0.2 m/s，A轮半径中点M与P点的角速度相等，故vM＝vP＝×0.2 m/s＝0.1 m/s，ωP＝ωM＝＝rad/s＝1 rad/s，ωQ＝2ωP＝2 rad/s.A、B轮轮缘上的两点P、Q及A轮半径中点M的线速度方向如图所示．
(3)C轮的转动方向如图所示，如果两轮间不打滑，则它们的接触处是相对静止的，即它们轮缘的线速度大小是相等的，所以ωCrC＝ωArA，故C轮的角速度ωC＝ωA＝×1 rad/s＝4 rad/s.
答案：见解析
16．(12分)过山车是游乐场中常见的设施．如图4－16所示是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m．一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：
图4－16
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；
(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．
解析：(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理
－μmgL1－2mgR1＝mv12－mv02①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，
根据牛顿第二定律F＋mg＝m②
由①②得F＝10.0 N．③
(2)设小球在第二个圆轨道最高点的速度为v2，
由题意mg＝m④
－μmg(L1＋L)－2mgR2＝mv22－mv02⑤
由④⑤得L＝12.5 m．⑥
(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种临界情况进行讨论：
Ⅰ.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，
设在最高点的速度为v3，应满足mg＝m⑦
－μmg(L1＋2L)－2mgR3＝mv－mv02⑧
由⑥⑦⑧得R3＝0.4 m．⑨
Ⅱ.如图，轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理－μmg(L1＋2L)－mgR3＝0－mv02
解得R3＝1.0 m，
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
(R2＋R3)2＝L2＋(R3－R2)2
解得R3＝27.9 m.
综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径需满足下面的条件
0＜R3≤0.4 m
或1.0 m≤R3≤27.9 m
(或写成1.0 m≤R3<27.9 m，也可)
当0＜R3≤0.4 m时，小球最终停留点与起点A的距离为L′，则－μmgL′＝0－mv02，L′＝36.0 m
当1.0 m≤R3≤27.9 m时，小球最终停留点与起点A的距离为L″，则L″＝2(L1＋2L)－L′＝26.0 m.
答案：(1)10.0 N　(2)12.5 m　(3)见解析

1．(2011年济南高一检测)下列关于匀速圆周运动的说法中正确的是(　　)
A．匀速圆周运动是一种匀速运动
B．任意相等的时间里通过的位移相同
C．任意相等的时间里通过的路程相等
D．做匀速圆周运动的物体的加速度为零
解析：选C.做匀速圆周运动的物体的线速度大小不变，但方向时刻变化，因此，其a一定不为零，故A、D均错误；在任意相等的时间内通过的路程(弧长)都相等，位移大小相等，但方向不一定相同，故B错误，C正确．
2．机械表的时针、分针、秒针都在做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．分针周期是秒针周期的60倍
B．分针转速是时针转速的60倍
C．秒针频率是分针频率的360倍
D．时针周期是秒针周期的710倍
解析：选A.机械表的时针、分针、秒针的周期分别为
T1＝60×60×12 s＝43200 s，T2＝60×60 s＝3600 s，T3＝60 s，因此，分针周期是秒针周期的60倍，A正确．时针周期是秒针周期的720倍，D错．由三个针的周期可得：
秒针的转速n3＝1 r/min，分针的转速n2＝ r/min，
时针的转速n1＝ r/min.则分针转速是时针转速的12倍，B错误．同理，秒针频率是分针频率的60倍，C错误．
3．关于匀速圆周运动的角速度与线速度，下列说法中不正确的是(　　)
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A.半径一定时，由v＝rω知，线速度与角速度成正比，B正确、A错；线速度一定时，ω与r成反比，C正确；ω一定时，v与r成正比，D正确．
4．(2011年南充高一检测)如图4－1－7所示，为一皮带传动装置，A、C在同一大轮上，B在小轮边缘上，在传动过程中皮带不打滑，已知R＝2r，Rc＝R，则(　　)
图4－1－7
A．角速度ωC＝ωB B．线速度vC＝vB
C．线速度vC＝vB D．角速度ωC＝2ωB
解析：选C.A、B为皮带传动，有vA＝vB
ωA·2r＝ωB·r　所以ωB＝2ωA
A、C为共轴传动，有ωC＝ωA＝
所以A、D选项错误．
又因为vC＝ωC·r　vB＝vA＝ωA·2r＝2vC
所以B选项错误，C选项正确．
图4－1－8
5．2010年2月16日，温哥华冬奥会花样滑冰双人滑金牌被中国名将申雪/赵宏博摘得，如图4－1－8所示，赵宏博以自己为轴拉着申雪做匀速圆周运动，转速为30 r/min.申雪的脚到转轴的距离为1.6 m．求：
(1)申雪做匀速圆周运动的角速度；
(2)申雪的脚运动速度的大小．
解析：(1)n＝30 r/min＝0.5 r/s
ω＝＝2πf＝2πn＝2π·0.5 rad/s＝π rad/s.
(2)v＝ω·r＝π×1.6 ≈5.0 m/s.
答案：(1)π rad/s　(2)5.0 m/s
一、单项选择题
1．两个物体都做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．若两者线速度大小相同，则角速度一定相同
B．若两者角速度相同，则周期一定相同
C．若两者周期相同，则半径一定相同
D．若两者转速相同，则线速度一定相同
解析：选B.由v＝rω可知，线速度大小相同时，角速度与半径成反比，则角速度不一定相同，A错．
由ω＝可知，角速度相同时，周期一定相同，B对．
由T＝可知，周期相同时，半径不一定相同，C错．
由v＝2πnr可知，转速相同时，线速度与半径成正比，则线速度不一定相同，D错．
2．做匀速圆周运动的物体，下列不变的物理量是(　　)
A．位移　　 B．速度
C．加速度 D．角速度
解析：选D.位移、速度、加速度都是矢量，既有大小，又有方向，角速度虽然是矢量，但在匀速圆周运动中其方向不变．
3．静止在地球上的物体都要随地球一起转动，下列说法正确的是(　　)
A．它们的运动周期都是相同的
B．它们的线速度都是相同的
C．它们的线速度大小都是相同的
D．它们的角速度是不同的
解析：选A.如图所示，地球绕自转轴转动时，地球上所有点的周期及角速度都是相同的(除极点外)．地球表面物体做圆周运动的平面是物体所在纬度线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬度处的物体做圆周运动的半径是不同的，只有同一纬度处的物体转动半径相等，线速度的大小才相等，但即使物体的线速度大小相等，方向也各不相同．
4．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.由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v1＝，v2＝，v1＜v2；由ω＝，得ω1＝，ω2＝，ω1＝ω2，故C正确．
图4－1－9
5．如图4－1－9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(　　)
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B.根据传动装置的特点可知：从动轮应做逆时针转动，故选项B对；皮带轮边缘上各点线速度大小相等，即r1·2πn＝r2·2πn＇，所以从动轮的转速为n′＝n，选项C、D均错．
6．某品牌电动自行车的铭牌如下：
车型：20英寸
(车轮直径：508 mm)
电池规格：36 V 12 Ah (蓄电池)
整车质量：40 kg
额定转速：210 r/min
外形尺寸：L 1800 mm×W 650 mm×H 1100 mm
充电时间：2 h～8 h
电机：后轮驱动、直流永磁式电机
额定工作电压/电流：36 V/5 A
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为(　　)
A．15 km/h B．18 km/h
C．20 km/h D．25 km/h
解析：选C.n＝210 r/min＝ r/s
v＝2 πr·n＝2π×0.254× m/s≈5.58 m/s＝20 km/h.
图4－1－10
7．两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图4－1－10所示．当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则O点到小球2的距离是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.两小球角速度相等，即ω1＝ω2，设两球到O点的距离分别为r1、r2，则＝，又由r1＋r2＝L，所以r2＝，B正确．
图4－1－11
8．如图4－1－11所示，纸质圆桶以角速度ω绕竖直轴O高速转动，一颗子弹沿圆桶截面直径方向穿过圆桶．若子弹在圆桶转动不到半周的过程中在桶上留下两个弹孔a、b，已知Oa和Ob间的夹角θ＜180°，圆桶截面直径为d，则子弹的速度大小为(　　)
A．dθ(2πω) B．dωθ
C．dω/(2π－θ) D．dω/(π－θ)
解析：选D.设子弹的速度大小为v，则它沿圆桶截面直径从a点运动至b点所需时间为t＝①
而在时间t内，圆桶转动不到半周，转过的角度为
φ＝π－θ＝ωt②
①②两式联立即得子弹的速度v＝dω/(π－θ)
本题正确选项是D.
图4－1－12
9．如图4－1－12所示的是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r.在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R＝3r.现在进行倒带，使磁带绕到A轮上，倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮．经测定，磁带全部绕到A轮上需要的时间为t，则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间(　　)
A．等于 B．大于
C．小于 D．此时间无法确定
解析：选B.因为A轮的角速度恒定，所以随着磁带缠绕厚度的增加，半径增大，A轮边缘的线速度增加，则磁带运行速度也随着增大．由于A轮边缘和B轮边缘的线速度与磁带的运行速度始终相等，当ωA＝ωB时，由v＝rω可知rA＝rB，即A、B两轮上磁带的厚度相等，此时绕至A轮上的磁带的长度恰好是磁带总长度的一半．而随着A轮边缘线速度的增加，后一半磁带的运行速度比前一半磁带的运行速度大．由t＝知，前一半所用的时间长，后一半所用的时间短，故选项B正确．
10．某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮(如图4－1－13)，链轮和飞轮的齿数如下表，前后轮的直径为660 mm，人骑自行车前进速度为4 m/s时，两轮不打滑，脚踏板做圆周运动的角速度的最小值为(　　)
图4－1－13
名称
链轮
飞轮
齿数N/个
48 38 28
14 16 18 21 24 28
A.1.9 rad/s B．3.5 rad/s
C．3.8 rad/s D．7.1 rad/s
解析：选B.后轮：ω后＝＝ rad/s≈12 rad/s.
飞轮：ω飞＝ω后＝12 rad/s，
由两轮不打滑条件知：v链＝v飞，
有ω链r链＝ω飞 r飞．
得ω链＝·ω飞
至此，需确定轮的半径与齿轮数间的关系，因圆周长l＝2 πr，又因每单位长度上的齿数n是一定的，故总齿数为N＝nl＝n·2 πr.
即齿数与半径成正比，找到这一隐含条件对于解决此题至关重要.＝.
由以上各式，得ω链＝ ω飞＝×12 rad/s≈3.5 rad/s.
二、非选择题
11．电子钟上的时针、分针和秒针在运动时的转速之比n1∶n2∶n3是多少？如果三针的长度之比是L1∶L2∶L3＝1∶1.5∶1.5，那么三针尖端的线速度之比v1∶v2∶v3是多少？
解析：时针、分针、秒针周期分别为T1＝12 h，
T2＝1 h，T3＝1 min＝ h．根据f＝n＝得
n1∶n2∶n3＝∶∶＝1∶12∶720，根据v＝得
v1∶v2∶v3＝∶∶＝1∶18∶1080.
答案：1∶12∶720　1∶18∶1080
图4－1－14
12．如图4－1－14所示，在半径为R的水平圆板中心正上方高h处水平抛出一个小球．圆板做匀速转动，当圆板半径OB转到与小球初速度方向平行时(图示位置)，小球开始抛出，要使小球与圆板只碰一次，且落点为B，求：
(1)小球的初速度大小；
(2)圆板转动的角速度．
解析：(1)小球做平抛运动，在竖直方向上h＝gt2，
则运动时间t＝①
又因为水平位移为R，所以小球的初速度
v＝＝＝.
(2)在t时间内圆板转过的角度θ＝n·2π②
又θ＝ωt③
由①②③式可得ω＝＝2nπ(n＝1、2、3…)．
答案：(1)　(2)2nπ(n＝1、2、3…)

1．细绳一端系一物体，使物体绕另一端在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．线速度一定时，线长容易断
B．向心加速度一定时，线短容易断
C．角速度一定时，线短容易断
D．周期一定时，线长容易断
解析：选D.v一定时，F＝m∝，即线越长，线的拉力越小，越不易断；a一定时，F＝ma，即F与l无关；
ω一定时，F＝mlω2∝l，即线长易断．
T一定时，F＝ml∝l，即线长易断．
2．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则以下结论错误的是(　　)
A．角速度为0.5 rad/s
B．转速为0.5 r/s
C．轨道半径为 m
D．加速度大小为4π m/s2
解析：选A.已知v＝4 m/s，T＝2 s，由v＝得，r＝＝m＝m，选项C正确；由ω＝得ω＝＝π rad/s，选项A错误；转速n＝＝ r/s，选项B正确；由a＝＝m/s2＝4π m/s2知选项D正确．
3．如图4－2－6所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动．若圆筒和物体以更大的角速度做匀速转动，下列说法正确的是(　　)
图4－2－6
A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小
C．物体所受弹力减小，摩擦力也减小
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
解析：选D.物体受力如图所示．其中f＝G，F提供物体做圆周运动的向心力，根据F＝mrω2，当ω增大时，F增大，所以，只有D是正确的．
图4－2－7
4．如图4－2－7所示，半径为R的圆盘绕过圆心的竖直轴OO′匀速转动，在距轴为r处有一竖直杆，杆上用长为L的细线悬挂一小球．当圆盘以角速度ω匀速转动时，小球也以同样的角速度做匀速圆周运动，这时细线与竖直方向夹角为θ，则小球的向心加速度大小为(　　)
A．ω2R　 B．ω2r
C．ω2Lsinθ D．ω2(r＋Lsinθ)
解析：选D.小球运动的轨迹是水平面内的圆，如题图中虚线所示，其圆心是水平面与转轴OO′的交点，所以圆运动的半径为r＋Lsinθ，正确选项为D.
图4－2－8
5．如图4－2－8所示，在光滑的圆锥顶用长为l的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥顶角为2θ，当圆锥和球一起以角速度ω匀速转动时，球压紧锥面．此时绳的张力是多少？若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？
解析：对小球进行受力分析如图所示，根据牛顿第二定律，指向圆心的方向上，即x方向上有：
T·sin θ－N·cos θ＝mω2r①
y方向上应有：
N·sin θ＋T·cos θ－mg＝0②
因为r＝l·sin θ③
由①②③式可得：T＝mgcos θ＋mω2lsin2 θ④
当小球刚好离开锥面时N＝0(临界条件)
则有T·sin θ＝mω2r⑤
T·cos θ－mg＝0⑥
由⑤⑥可知：ω＝ ，即小球角速度至少为 .
答案：mgcosθ＋mω2lsin2θ　　
一、单项选择题
1．(2011年唐山模拟)做匀速圆周运动的物体是处于(　　)
A．平衡状态　 B．不平衡状态
C．速度不变的状态 D．周期改变的状态
解析：选B.做匀速圆周运动的物体，其速度方向随时改变，所以受向心力作用，不是平衡状态，A错、B对、C错；匀速圆周运动的周期是不变的，D错．
2．一质量为m的小物块，由碗边滑向碗底，该碗的内表面是半径为R的圆弧且粗糙程度不同，由于摩擦力的作用，物块的运动速率恰好保持不变，则(　　)
A．物块的加速度为零
B．物块所受合力为零
C．物块所受合力大小一定，方向改变
D．物块所受合力大小、方向均一定
解析：选C.由题意可知，物块沿碗内表面(半径为R的圆弧)做匀速圆周运动，由匀速圆周运动的特点知，物块所受合力及加速度均不为零，合外力即向心力，大小不变，方向时刻变化，始终指向圆心，所以C正确．A、B、D错误．
3．关于向心力，下列说法正确的是(　　)
A．向心力是一种效果力
B．向心力是一种具有某种性质的力
C．向心力既可以改变线速度的方向，又可以改变线速度的大小
D．向心力不改变线速度的方向，只改变线速度的大小
解析：选A.向心力是按作用效果命名的，是一种效果力，它可以由重力、弹力、摩擦力等性质的力提供，所以A正确，B错误．由于向心力始终沿半径指向圆心，与线速度的方向垂直，即向心力对做圆周运动的物体始终不做功，不改变线速度的大小，只改变线速度的方向．因此C、D错误．
4．关于匀速圆周运动的向心加速度，下列说法中正确的是(　　)
A．由于a＝，所以线速度大的物体向心加速度大
B．由于a＝，所以向心加速度与旋转半径成反比
C．由于a＝rω2，所以角速度大的物体向心加速度大
D．以上结论都不正确
解析：选D.由三个物理量组成的关系式中，只有明确了一个量的情况，才能确定另外两个量之间的关系．
5．一小球被一细绳拴着，在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，向心加速度为a，则以下结论错误的是(　　)
A．小球的角速度ω＝
B．小球在时间t内通过的路程为s＝t
C．小球做匀速圆周运动的周期T＝
D．小球在时间t内可能发生的最大位移为2R
解析：选C.小球做圆周运动的线速度为v、角速度为ω，则有a＝＝Rω2，由此可得v＝，ω＝，周期T＝＝2π .所以小球在时间t内通过的路程为s＝vt＝t ，小球在时间t内可能发生的最大位移应该等于直径．正确选项为A、B、D.
图4－2－9
6．一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的圆形轨道滑行，如图4－2－9所示，经过轨道最低点的速度为v，物体与轨道间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时受到的摩擦力为(　　)
A．μmg　 B.
C．μm(g＋) D．μm(g－)
解析：选C.当物体滑至最低点时，对物体进行受力分析．如图所示，物体受重力、支持力、摩擦力作用．
沿半径方向上的合力提供向心力，由向心力公式F＝可得
N－mg＝，即N＝mg＋
再由滑动摩擦力公式f＝μN得f＝μ(mg＋)＝
μm(g＋)，故选C.
7．质量不计的轻质弹性杆P插在桌面上，杆上端套有一个质量为m的小球，现使小球沿水平方向做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，如图4－2－10所示，则杆的上端受到的作用力大小是(　　)
图4－2－10
A．mω2R
B.
C.
D．不能确定
解析：选C.对小球受力分析如图所示，N为杆对球的作用力，mg和N的合力提供小球做圆周的向心力，F合＝mω2R
∴N＝.故杆的上端受到的作用力大小为，C正确．
图4－2－11
8．甲、乙两名溜冰运动员，M甲＝80 kg，M乙＝40 kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图4－2－11所示，两人相距0.9 m，弹簧秤的示数为9.2 N，下列判断中正确的是(　　)
A．两人的线速度相同，约为40 m/s
B．两人的角速度相同，为6 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，甲为0.3 m，乙为0.6 m
解析：选D.甲、乙两人绕共同的圆心做圆周运动，他们之间的拉力互为向心力，他们的角速度相同，半径之和为两人的距离．设甲、乙两人所需要的向心力为F向，角速度为ω，半径分别为r甲、r乙， 则
F向＝M甲 ω2r甲＝M乙 ω2r乙＝9.2 N①
r甲＋r乙＝0.9 m②
由①②得r甲＝0.3 m，r乙＝0.6 m．故D正确．
图4－2－12
9．如图4－2－12中所示的装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，在装置的水平光滑的横杆上穿有质量分别为m1和m2的两个小球，两球之间通过轻绳相连接，则以下结论正确的是(　　)
A．只要轻绳不断裂，增大ω，两球做圆周运动的半径r1和r2将保持不变
B．若已知m1、m2及ω，则可以算出绳长
C．若m1＞m2，则增大ω时，两球将左移
D．用钉子在转轴处把轻绳固定，若r1＜r2，则增大ω时，r2那段绳将先被拉断
解析：选A.对m1和m2分别受力分析之后，找出提供m1、m2做匀速圆周运动的向心力及这两个向心力的关系是解答本题的关键．对m1可知F向1＝m1r1ω2，对m2可知F向2＝m2r2ω2.又因为F向1和F向2均由绳子拉力提供，所以F向1＝F向2，即m1r1ω2＝m2r2ω2，简化为m1r1＝m2r2，与ω无关，可得A选项正确．由已知可得绳长L＝r1＋r2，若已知m1、m2及ω，不知向心力，则不能算出r1和r2，故B选项错误．若m1＞m2，由m1r1＝m2r2，与ω无关，则增大ω，不影响m1r1＝m2r2，且m1、m2质量已确定，只能分析出r1＜r2，且r1、r2关系不变，不能得出两球将左移，C错误．用钉子在转轴处把轻绳固定，则两段绳子拉力不能认为时时相等，若r1＜r2，增大ω，因为不知m1、m2的关系，不能得出哪个球的向心力大，所以不能确定哪段绳子先断，D错误．
图4－2－13
10．(2011年哈尔滨高一检测)如图4－2－13所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，系A的吊绳较短，系B的吊绳较长，若天车匀速运动到某处突然停止，则该时刻两吊绳所受拉力FA、FB及两工件的加速度aA与aB的大小关系是(　　)
A．FA＞FB　 B．aA＜aB
C．FA＝FB＝mg D．aA＝aB
解析：选A.两工件的线速度大小相同，则有：a＝，由于rA＜rB，故aA＞aB，B、D错误；对工件F－mg＝m，即F＝mg＋m ，结合rA＜rB得：FA＞FB，C错误，A正确．
二、非选择题
图4－2－14
11．如图4－2－14所示，光滑的水平桌面上钉有同样的铁钉A、B，相距l0＝0.1 m．长l＝1 m的柔软细线一端拴在A上，另一端拴住一个质量为500 g的小球．小球的初始位置在AB连线上A的一侧．把细线拉直，给小球以2 m/s的垂直于细线方向的水平速度，使它做圆周运动．由于钉子B的存在，使细线逐渐缠在A、B上．若细线能承受的最大张力Tm＝7 N，则从开始运动到细线断裂历时多长？
解析：小球交替地绕A、B做匀速圆周运动，因线速度不变，随着转动半径的减小，线中张力T不断增大，每转半圈的时间t不断减小．
第一个半圈内T1＝m
t1＝
第二个半圈内T2＝m
t2＝
第三个半圈内T3＝m
t3＝
第n个半圈内Tn＝m
tn＝
令Tn＝Tm＝7 N，得n＝8，所以经历的时间为
t＝t1＋t2＋tn
＝{nl－[1＋2＋3＋…＋(n－1)l0]}
＝
＝×s≈8.2 s.
答案：8.2 s
图4－2－15
12．如图4－2－15所示，在光滑的水平桌面上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为m＝1 kg的小球A，另一端连接质量为M＝4 kg的重物B.求：
(1)当球A沿半径为R＝0.1 m的圆做匀速圆周运动，其角速度为ω＝10 rad/s时，B对地面的压力是多少；
(2)要使B物体对地面恰好无压力，A球的角速度应为多大．(g取10 m/s2)
解析：(1)对小球A来说，小球受到的重力和支持力平衡，因此绳子的拉力提供向心力，则
F＝mRω2＝1×0.1×102 N＝10 N
对物体B来说，受到三个力的作用：重力Mg，绳子的拉力F，地面的支持力N，由力的平衡条件可得：F＋N＝Mg，所以N＝Mg－F
将F＝10 N，代入可得：N＝(4×10－10) N＝30 N
由牛顿第三定律可知，B对地面的压力为30 N，方向竖直向下．
(2)当B对地面恰好无压力时，有Mg＝F′，拉力F′提供小球A所需向心力，则有F′＝mRω2，则ω＝ ＝ rad/s＝20 rad/s.
答案：(1)30 N　(2)20 rad/s
[学生用书 P65～P66]
1．(2011年厦门高一检测)如图4－3－22所示，一质量为m的物
图4－3－22
块，在细线的拉力作用下，沿较大的光滑平面做匀速圆周运动，当细线突然断裂时(　　)
A．将沿切线方向做匀速直线飞出
B．将做靠近圆心的曲线运动
C．将做远离圆心的曲线运动
D．沿断裂时细线的方向向外匀速飞出
解析：选A.据题意，细线断裂后，物块所受合力为零，将沿速度的方向做匀速直线运动，故A正确，B、C、D错误．
2．铁路转弯处的圆弧半径为R，内侧和外侧的高度差为h，L为两轨间的距离，且L>h.如果列车转弯速率大于，则(　　)
A．外侧铁轨与轮缘间产生挤压
B．铁轨与轮缘间无挤压
C．内侧铁轨与轮缘间产生挤压
D．内外铁轨与轮缘间均有挤压
解析：选A.当v＝时，铁轨与轮缘间无挤压；当v>时，火车需要更大的向心力，所以挤压外轨．
3．汽车驶过一凸形桥，为使在通过桥顶时，减小车对桥的压力，汽车应(　　)
A．以较慢的速度通过桥顶
B．以较快的速度通过桥顶
C．以较小的加速度通过桥顶
D．以上说法均不对
解析：选B.mg－N＝，可见v大，N小，同样a＝，a大，N也小．
4．溜冰时，冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员体重的k倍，运动员在冰面上做半径为R的匀速圆周运动，其安全速度为(　　)
A．v＝k　　　　　　　　B．v≤
C．v≤ D．v≤
解析：选B.人沿圆弧溜冰时，受三个力作用，重力、支持力、静摩擦力，重力与支持力相平衡，静摩擦力提供人做匀速圆周运动的向心力，由F向＝m知，当R一定时，v越大，F向越大，而静摩擦力提供向心力时，这个力不会无限增大，其最大值为最大静摩擦力，最大向心力对应的线速度就是安全速度临界值kmg＝，所以vm＝，故v≤.
图4－3－23
5．(2011年临沂高一检测)质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图4－3－23所示．已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg，则小球以速度通过圆管的最高点时(　　)
A．小球对圆管的内、外壁均无压力
B．小球对圆管的外壁压力等于
C．小球对圆管的内壁压力等于
D．小球对圆管的内壁压力等于mg
解析：选C.依题意，小球以速度v通过最高点时，由牛顿第二定律得2mg＝m①
令小球以速度通过圆管的最高点时小球受向下的压力为N，有
mg＋N＝m②
由①②式解得N＝－
上式表明，小球受到向上的压力，由牛顿第三定律知小球对圆管内壁有向下的压力，大小为.选项C正确．
一、单项选择题
图4－3－24
1．(2011年潍坊高一检测)如图4－3－24所示，飞机在飞行时，空气对飞机产生了一个向上的升力，如果飞机在一个半径为R的水平面内的轨道上匀速飞行，下列说法正确的是(　　)
A．飞机的重力与升力合力为零
B．飞机受到重力、升力、牵引力和空气阻力作用，其合力为零
C．飞机受到重力、升力、牵引力和空气阻力和向心力作用
D．飞机所受空气的升力沿斜向上方且偏向圆心一侧
解析：选D.飞机在竖直方向上受力平衡，水平方向上需要向心力，因此升力的竖直分力大小等于重力，水平分力提供向心力，即合力不能为零，故A、B、C错，D正确．
图4－3－25
2．如图4－3－25所示，半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体，现给小物体一个水平初速度v0＝，则物体将(　　)
A．沿球面滑至M点
B．按半径大于R的新圆弧轨道运动
C．立即离开球面做平抛运动
D．先沿球面滑至某点N，再离开球面做斜下抛运动
解析：选C.在半圆球的顶部，当v0＝时，物体做圆周运动所需要的向心力F＝m＝mg，即重力mg刚好提供向心力，物体与球之间无相互作用力．假设物体能沿球面下滑，因为重力势能转化为动能，物体速度增大，其做圆周运动所需要的向心力也增大，而此时只是由重力指向圆心方向的分力与背离球心方向的球面对物体的弹力的合力(小于重力mg)提供向心力，“供不应求”，物体将做离心运动而离开球面，所以物体不可能沿球面下滑，而是立即离开球面做平抛运动．
3．质量为m的汽车在半径为R的水平弯道上转弯，如果汽车与地面间的最大静摩擦力为f，那么不使汽车与地面发生相对滑动的最大转弯速率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.汽车与地面间的静摩擦力提供转弯时的向心力
根据F＝m　当m、R一定时，v越大，
F越大；所以有：f＝m∴v＝ ，只有B正确．
4．(2011年衡水高一检测)关于离心运动，下列说法中正确的是(　　)
A．物体突然受到离心力的作用，将做离心运动
B．做匀速圆周运动的物体，当提供向心力的合外力突然变大时将做离心运动
C．做匀速圆周运动的物体，只要提供向心力的合外力的数值发生变化，就将做离心运动
D．做匀速圆周运动的物体，当提供向心力的合外力突然消失或变小时将做离心运动
解析：选D.物体做什么运动取决于物体所受合外力与物体所需向心力的关系，只有当提供的向心力小于所需要的向心力时，物体做离心运动，所以做离心运动的物体并没有受到所谓的离心力的作用，离心力没有施力物体，所以离心力不存在．由以上分析可知D正确．
图4－3－26
5．如图4－3－26所示是杂技演员在表演“水流星”的节目，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来．对于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是(　　)
A．水处于失重状态，不受重力的作用
B．水受平衡力的作用，合力为零
C．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用
D．杯底对水的作用力可能为零
解析：选D.失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力，但物体重力不变，A错；水受力不平衡，有向心加速度，B错；向心力不是性质力，本题中向心力是由重力和弹力的合力提供，C错；当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时，杯底对水的作用力为零，D对．
6．在高速公路的转弯处，路面造得外高内低，即当车向右转弯时，司机左侧的路面比右侧的要高一些，路面与水平面间的夹角为θ.设转弯路段是半径为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.要使车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，意味着完全靠车的重力和地面的支持力的合力提供向心力，如图所示．
所以有mgtan θ＝m，解得
θ＝arctan，选项B正确．
7．如图4－3－27所示，将完全相同的两小球A、B用长L＝0.8 m的细绳悬于以速度v＝4 m/s向右匀速运动的小车顶部，两球与小车的前、后壁接触，由于某种原因，小车突然停止，此时悬线的拉力之比FB∶FA为(g取10 m/s2)(　　)
图4－3－27
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
解析：选C.小车突然停止，球B也随之停止，故FB＝mg，球A开始从最低点摆动，则
FA－mg＝m
FA＝m(g＋)＝3mg
所以＝.
图4－3－28
8．(2011年德州高一检测)试管中装了血液，封住管口后，将此管固定在转盘上，如图4－3－28所示，当转盘以一定角速度转动时(　　)
A．血液中密度大的物质将聚集在管的外侧
B．血液中密度大的物质将聚集在管的内侧
C．血液中密度大的物质将聚集在管的中央
D．血液中的各物质仍均匀分布在管中
解析：选A.对于密度比血液大的物质，在试管中间位置做圆周运动所需的向心力大于血液液体做圆周运动所需的向心力，故试管中密度比血液大的物质会做离心运动，A正确．
图4－3－29
9．如图4－3－29所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，现将质量相同的两个小球(小球半径远小于碗的半径)，分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时(　　)
A．两球的线速度大小相等
B．两球的角速度大小相等
C．两球对碗底的压力大小相等
D．两球对碗底的压力大小不相等
解析：选C.小球下滑时，由机械能守恒定律得
mgR＝mv2，v＝
因半径不相等，故速度大小也不相等，A错；
又ω＝＝　∴ω不相等，B错；
由N－mg＝得N＝3mg，与半径无关，C正确．
10．长度为L＝0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0 kg的小球，如图4－3－30所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到(　　)
图4－3－30
A．6.0 N的拉力 B．6.0 N的压力
C．24 N的拉力 D．24 N的压力
解析：选B.设小球以速率v0通过最高点时，球对杆的作用力恰好为零，即mg＝m，v0＝＝ m/s＝ m/s，由于v＝2.0 m/s＜ m/s，则过最高点时，球对细杆产生压力，如图所示，为小球的受力情况，由牛顿第二定律mg－N＝m，得N＝mg－m＝3.0×10 N－3.0×N＝6.0 N.
二、非选择题
图4－3－31
11．(2011年梅州高一检测)如图4－3－31所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R.一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道的最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度)．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．
解析：设物块在圆形轨道最高点时的速度为v，由机械能守恒定律得
mgh＝2mgR＋mv2①
物块在最高点受到的力为重力mg、轨道的压力N.重力与压力的合力提供向心力，有mg＋N＝m②
物块能通过最高点的条件是N≥0③
由②③式得v≥④
由①④式得h≥R⑤
按题目要求，N≤5mg，由②式得
v≤⑥
由①⑥式得h≤5R
h的取值范围是R≤h≤5R.
答案：R≤h≤5R
图4－3－32
12．(2011年安徽检测)如图4－3－32所示，质量为m的小球置于内壁光滑的正方体盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动，问：
(1)要使盒子在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为多少？
(2)若盒子以第(1)问中周期的1/2做匀速圆周运动，则当盒子运动到图示与O点位于同一水平面位置时，小球对盒子的哪些面有作用力，作用力为多大？(已知重力加速度为g)
解析：(1)设此时盒子的运动周期为T0，依题意，小球在最高点仅受重力作用，根据牛顿运动定律得：
mg＝m①
又v＝②
解①②两式得：T0＝2π.③
(2)设此时盒子的周期为T，则此时小球的向心加速度为：
a＝R④
由第一问知：g＝R⑤
依题意知T＝，联立④⑤两式得：
a＝4g⑥
设小球受盒子右侧面的作用力为F，受下侧面的作用力为N，根据牛顿运动定律知：
在水平方向上：F＝ma　即F＝4mg⑦
在竖直方向上：N－mg＝0　即N＝mg⑧
所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，作用力大小分别为4mg和mg.
答案：见解析

(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．(2011年镇江高一检测)关于万有引力定律，正确的说法是(　　)
A．物体间的万有引力与它们的质量成正比，与它们之间的距离成反比
B．地球上的物体和地球附近的物体受到的重力就是地球对物体的万有引力
C．万有引力与质量、距离和万有引力常量都成正比
D．任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟它们的质量的乘积成正比，跟它们的距离的平方成反比
解析：选D.由万有引力定律知任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟它们的质量的乘积成正比，跟它们的距离的平方成反比，故A、C错误，D正确；地球上的物体和地球附近的物体受到的重力是地球对物体的万有引力的一个分力，只有在地球的两极时重力才等于万有引力，故B错误．
2．(2011年梅州高一检测)关于万有引力定律和引力常量的发现，下列说法中正确的是(　　)
A．万有引力定律是由开普勒发现的，而引力常量是由伽利略测定的
B．万有引力定律是由开普勒发现的，而引力常量是由卡文迪许测定的
C．万有引力定律是由伽利略发现的，而引力常量是由牛顿测定的
D．万有引力定律是由牛顿发现的，而引力常量是由卡文迪许测定的
解析：选D.万有引力定律是牛顿在开普勒等前人的基础上总结出来的，不是开普勒，也不是伽利略；引力常量是由卡文迪许通过扭秤实验测定的，综合知D正确，A、B、C错误．
3．地球同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比例关系正确的是(　　)
①＝　②＝2　③＝　④＝
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：选D.∵a1＝ωr，a2＝ωR，又根据题意可知：
ω1＝ω2，∴＝，①正确．
∵v1＝ ，第一宇宙速度v2＝ ，
∴＝，④正确．故选D.
图5－1
4．(2011年潍坊高一检测)如图5－1，实线圆表示地球，竖直虚线a表示地轴，虚线圆b、c、d、e表示地球卫星可能的轨道，对于此图以下说法正确的有(　　)
A．b、c、d、e都可能是地球卫星的轨道
B．c可能是地球卫星的轨道
C．b可能是地球同步卫星的轨道
D．d可能是地球同步卫星的轨道
解析：选D.所有卫星都是万有引力提供向心力，卫星都绕地心做圆周运动；所以c不是地球卫星的轨道，A、B错误．同步卫星均在赤道的上空，所以C错误，D正确．
5．(2010年高考福建卷)火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目．假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行的周期为T1，神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，则T1与T2之比为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D.对火星探测器G＝m1R1解得T1＝2π .对神舟飞船G＝m2R2解得T2＝2π ，则＝ ＝ ，选项D正确．
6．(2010年高考四川卷)a是地球赤道上一幢建筑，b是在赤道平面内做匀速圆周运动、距地面9.6×106 m的卫星，c是地球同步卫星，某一时刻b、c刚好位于a的正上方(如图5－2甲所示)，经48 h，a、b、c的大致位置是图乙中的(取地球半径R＝6.4×106 m，地球表面重力加速度g＝10 m/s2，π＝)(　　)
图5－2
解析：选B.由题意可知，c应总是在a的正上方，故A错．由＝m，GM＝gR2可求得b的周期Tb＝ h．经过48 h，b转过了8.64圈，故B正确．
图5－3
7．(2011年西城区高一检测)2009年2月10日，美国一颗商用通信卫星与俄罗斯一颗已经报废的卫星在西伯利亚上空相撞，产生大约12 000块太空碎片，如图5－3所示．假设这些太空碎片都围绕地球做匀速圆周运动，则(　　)
A．质量越大的碎片速度越大
B．质量越小的碎片速度越大
C．离地球越远的碎片速度越大
D．离地球越近的碎片速度越大
解析：选D.太空碎片绕地球做匀速圆周运动所需的向心力由万有引力提供，设地球质量为M，某碎片质量为m，轨道半径为r，则G＝m得：v＝ ，所以碎片的速度与碎片质量无关，并且碎片离地球越近，即r越小，速度越大，故选项D正确．
8．(2011年高考江苏卷改编)一行星绕恒星做圆周运动．由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v.引力常量为G，则下列说法错误的是(　　)
A．恒星的质量为
B．行星的质量为
C．行星运动的轨道半径为
D．行星运动的加速度为
解析：选B.由＝＝mr得M＝＝，A对；无法计算行星的质量，B错；r＝＝＝，C对；a＝ω2r＝ωv＝v，D对．
9．地球赤道上的物体重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球的转速应为原来的(　　)
A．g/a倍 B.倍
C.倍 D.倍
解析：选B.因原来的向心加速度为a，设原来的角速度为ω0.赤道半径为R，则
∵a＝ωR，∴ω0＝
F向＝mg＋ma.
当赤道上的物体“飘”起来时，
F向＝mω2R，即mg＋ma＝mω2R
∴ω＝
∴＝ .B正确．
10．(2010年高考安徽卷)为了对火星及其周围的空间环境进行监测，我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”．假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2.火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G.仅利用以上数据，可以计算出(　　)
A．火星的密度和火星表面的重力加速度
B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力
C．火星的半径和“萤火一号”的质量
D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力
解析：选A.由“萤火一号”分别在两个不同的轨道上做匀速圆周运动可知：G＝m2(h1＋R)；
G＝m2(h2＋R)，两式联立可求得火星的质量M与火星的半径R，由火星的半径R可求出火星的体积，进一步求出火星的密度，再根据黄金代换：GM＝gR2，可求得火星表面处的重力加速度g，故A项对．
11．我国已发射一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥一号”．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，则该探月卫星绕月球运行的速率约为(　　)
A．0.4 km/s B．1.8 km/s
C．11 km/s D．36 km/s
解析：选B.对于环绕地球或月球运动的人造卫星，其所受的万有引力即为它们做圆周运动所需要的向心力，即G＝m，所以v＝ .第一宇宙速度指的是最小发射速度，同时也是近地卫星的环绕速度，对于近地卫星来说，其轨道半径近似等于地球半径．所以＝＝＝，所以v月＝v地＝×7.9 km/s≈1.8 km/s.故正确答案为B.
图5－4
12．如图5－4我国发射“神舟”号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M距地面200 km，远地点N距地面340 km.进入该轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是v1、v2.当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动．这时飞船的速率约为v3.比较飞船在M、N、P三点正常运行时(不包括点火加速阶段)的速率大小和加速度大小，下列结论正确的是(　　)
A．v1>v3>v2，a1>a3>a2
B．v1>v2>v3，a1>a2＝a3
C．v1>v2＝v3，a1>a2>a3
D．v1>v3>v2，a1>a2＝a3
解析：选D.飞船在太空中的加速度为a＝＝，由此知a1>a2＝a3，由M点至N点，飞船做离心运动，该过程重力做负功，则v1>v2，由N点进入圆轨道时飞船需加速，否则会沿椭圆轨道做向心运动，故v3>v2，比较两个圆轨道上的线速度由v＝ 知v3v3>v2.
二、计算题(本题共4小题，每小题10分，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．宇航员驾驶一飞船在靠近某行星表面附近的圆形轨道上运行，已知飞船运行的周期为T，行星的平均密度为ρ.试证明ρT2＝K(已知万有引力常量为G，K是恒量)
解析：设行星半径为R、质量为M，飞船在靠近行星表面附近的轨道上运行时，有G＝m2R即＝，将行星看成球体其体积可以表达为：V＝πR3，所以行星密度为ρ＝＝，化简得：ρT2＝＝K.
答案：见解析
14．在月球上以初速度v0竖直上抛一个小球，经时间T落回手中．月球半径为R，在月球上发射月球卫星，环绕月球的速度至少是多大？
解析：由竖直上抛运动可知，物体往返时间相同，取下落过程，则有v0＝·a，所以a＝，a为月球表面的重力加速度．发射环绕月球的卫星，最小速度应为第一宇宙速度，故G＝m，所以v＝，又因为ma＝G，所以GM＝aR2＝R2，所以v＝ ＝ .
答案：
图5－5
15．(2011年合肥高一检测)“伽利略”号木星探测器，从1989年10月进入太空起，历经6年，行程37亿千米，终于到达木星周围．此后在t秒内绕木星运行N圈对木星进行考察，设这N圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v，探测器上的照相机正对木星拍摄到整个木星时的视角为θ(如图5－5所示)，设木星为一球体．求：
(1)木星探测器运行时的轨道半径；
(2)星体绕木星表面附近做匀速圆周运动的速度．
解析：(1)“伽利略”号绕木星运行周期T＝
设木星探测器运行时轨道半径为r
则有v＝
所以r＝＝.
(2)设星体绕木星表面做匀速圆周运动的速度为v′
由＝m得
v′＝
所以＝＝＝
∴v′＝.
答案：(1)　(2)
16．(2011年湖北八校联考)人们认为某些白矮星(密度较大的恒星)每秒大约自转一周(引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，地球半径R约为6.4×103 km)．
(1)为使其表面上的物体能够被吸引住而不致由于快速转动被“甩”掉，它的密度至少为多少？
(2)假设某白矮星密度约为此值，且其半径等于地球半径，则它的第一宇宙速度为多少？
解析：(1)假设赤道上的物体刚好不被“甩”掉，则白矮星对物体的万有引力恰好提供物体随白矮星转动的向心力，设白矮星质量为M，半径为r，赤道上物体的质量为 m，
则有G＝mr，
白矮星的质量为M＝，
白矮星的密度为ρ＝＝＝
＝ kg/m3＝1.41×1011 kg/m3.
(2)由G＝m得白矮星的第一宇宙速度为：
v＝ ＝ ＝ ＝

m/s＝4.02×107 m/s.
答案：(1)1.41×1011 kg/m3　(2)4.02×107 m/s

1．(2011年南充高一检测)关于万有引力定律的适用范围，下列说法中正确的是(　　)
A．只适用于天体，不适用于地面物体
B．只适用于球形物体，不适用于其他形状的物体
C．只适用于地面物体，不适用于天体
D．适用于自然界中任意两个物体之间
解析：选D.万有引力定律适用于自然界中任意两个物体之间，包括天体、球形以及任意形状的物体，但是要用公式F＝G计算出万有引力的大小，该公式只适用于质点和均匀球体，故A、B、C错误，D正确．
2．某行星绕太阳运动的轨迹如图5－1－2所示．则以下说法不正确的是(　　)
图5－1－2
A．太阳一定在椭圆的一个焦点上
B．该行星在a点的速度比b、c两点的速度都大
C．该行星在c点的速度比a、b两点的速度都大
D．行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积是相等的
解析：选C.由开普勒第一定律知，太阳一定位于椭圆的一个焦点上，A正确；由开普勒第二定律知太阳与行星的连线在相等时间内扫过的面积是相等的，因为a点与太阳的连线最短，b点与太阳的连线最长，所以行星在a点速度最大，在b点速度最小，B、D正确，C错误．
3．关于引力常量G，下列说法正确的是(　　)
①在国际单位制中，G在数值上等于两个质量都为1 kg的物体相距1 m时的相互作用力　②牛顿发现万有引力定律时，给出了引力常量的值　③引力常量G的测定，使万有引力有了真正的实用价值　④G是一个没有单位的比例常数，它的数值是人为规定的
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
解析：选C.引力常量G最早是由卡文迪许通过精确的实验测出的，故②、④错；其物理意义是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，①、③对．
4．(2010年高考课标全国卷)太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的横轴是lg(T/T0)，纵轴是lg(R/R0)；这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列4幅图中正确的是(　　)
图5－1－3
解析：选B.根据开普勒周期定律：周期平方与轨道半径三次方成正比可知：T2＝kR3，T02＝kR两式相除后取对数，得：lg＝lg；整理得：2lg＝3lg，选项B正确．
5．(2011年高考安徽卷)(1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即＝k，k是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为M太．
(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为3.84×108 m，月球绕地球运动的周期为2.36×106s，试计算地球的质量M地．(G＝6.67×10－11N·m2/kg2，结果保留一位有效数字)
解析：(1)因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道的半长轴a即为轨道半径r.根据万有引力定律和牛顿第二定律有
G＝m行2r①
于是有＝M太②
即k＝M太．③
(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R，周期为T，由②式可得
＝M地④
解得M地＝6×1024 kg⑤
(M地＝5×1024 kg也算对)．
答案：(1)k＝M太　(2)6×1024kg
一、单项选择题
1．关于万有引力定律应用于天文学研究的历史事实，下列说法正确的是(　　)
①天王星、海王星都是运用万有引力定律，经过大量的计算以后发现的
②在18世纪已经发现的7颗行星中，人们发现第七颗行星——天王星的轨道总是与根据万有引力定律计算的结果有偏差，由此发现了海王星
③海王星是牛顿运用自己发现的万有引力定律，经过大量的计算以后发现的
④冥王星现在已经不是行星，它被列为“矮行星”的行列中
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选D.天王星是通过望远镜观测到的，而海王星是根据万有引力定律经过大量计算后发现的，故①错误，②正确；海王星并不是牛顿计算发现的而是由英国的亚当斯和法国的勒维列各自独立计算发现的，故③错误；2006年8月24日国际天文学联合会，投票通过了新的行星的定义，冥王星被排除在行星行列之外，将其列入“矮行星”，故④正确．故选D.
2．(2011年广州高一检测)关于万有引力及其应用，下列表述正确的是(　　)
A．人造地球卫星运行时不受地球引力作用
B．两物体间的万有引力跟它们质量的乘积成反比
C．两物体间的万有引力跟它们的距离成反比
D．人造卫星绕地球做匀速圆周运动所必需的向心力由万有引力提供
解析：选D.任何两个物体间均存在万有引力，故A错；由公式F＝G得B、C错误；人造卫星绕地球做匀速圆周运动所必需的向心力由万有引力提供，故D正确．
3．(2011年枣庄高一检测)两个质量相等的球形物体，两球心相距r，它们之间的万有引力为F，若它们的质量都加倍，两球心的距离也加倍，它们之间的作用力为(　　)
A．4F B．F
C.F D.F
解析：选B.两个质量相等的物体的万有引力为F＝G，质量加倍、距离加倍后引力不变，故B正确．
4．(2011年廊坊高一检测)行星绕恒星运动的椭圆轨道的半长轴R的三次方与周期T的平方的比值为常量，设＝k，则k的大小(　　)
A．只与恒星的质量有关
B．与恒星的质量及行星的质量有关系
C．只与行星的质量有关系
D．与恒星的质量及行星的速度有关系
解析：选A.根据开普勒定律，所有行星绕同一恒星运动均满足＝k，故k值只和恒星有关，A正确．
5．(2011年盐城高一检测)如图5－1－4，两球质量均匀分布，大小分别为m1、m2，则两球间的万有引力大小为(　　)
图5－1－4
A．G B．G
C．G D．G
解析：选D.万有引力定律表达式中r的意义是两质点之间的距离或两个均匀球球心之间的距离，在本题中应该为r1＋r2＋r，故D正确，A、B、C错误．
6．一颗小行星绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的4倍，则这颗小行星运转的周期是(　　)
A．4年 B．6年
C．8年 D.年
解析：选C.根据开普勒第三定律：
＝得：＝，即T行＝T地
＝×1年＝8年，故选项C正确．
7．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(　　)
①地球的向心力变为缩小前的一半　②地球的向心力变为缩小前的　③地球绕太阳公转周期与缩小前的相同
④地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半
A．①② B．③④
C．①④ D．②③
解析：选D.地球绕太阳近似做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和向心力公式得F向＝F引＝G＝m2r，
而M＝ρ1×πR13，m＝ρ2×πR23，得F向＝G及T2＝，其中M是太阳质量，m是地球质量，r是地球到太阳的距离，R1是太阳半径，ρ1是太阳密度，R2是地球半径，ρ2是地球密度．当天体的半径以及天体间的距离都减半时，从以上两式可得向心力变为原来的1/16，周期不变，②③正确．
图5－1－5
8．两个质量均为m的星体，其连线的中垂线为MN，O为连线的中点，一质量为m的物体从O沿OM方向运动，则它受的万有引力将(　　)
A．一直减小
B．一直增大
C．先减小再增大
D．先增大再减小
解析：选D.本题可以采用特殊点分析法，在O点受到的引力合力为0，在无穷远处受到引力也为0，所以从O沿OM方向运动，引力先增大后减小，故D正确，A、B、C错误．
9．(2011年高考新课标全国卷)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km，运行周期约为27天，地球半径约为6400 km，无线电信号传播速度为3×108 m/s)(　　)
A．0.1 s B．0.25 s
C．0.5 s D．1 s
解析：选B.主要考查开普勒第三定律．月球、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律有＝
解得r2＝r1·，代入数据求得r2＝4.2×107 m．如图所示，发出信号至对方接收到信号所需最短时间为t＝＝代入数据求得t＝0.28 s．所以正确答案是B.
10．地球半径为R，距离地心高为h处有一颗同步卫星，另有一个半径为3R的星球，距该星球球心高度为3h处也有一颗同步卫星，它的周期为72 h，则该星球的平均密度与地球的平均密度的比值为(　　)
A．1∶9 B．1∶3
C．9∶1 D．3∶1
解析：选A.设地球的同步卫星质量为m，星球的同步卫星质量为m′，地球与星球的平均密度分别为ρ地、ρ星，因为已知同步卫星的周期，所以有G＝mh，
对于星球的卫星有G＝m′·3h，
T地∶T星＝1∶3，∴＝
又∵ρ＝，∴＝·＝×3＝
∴A选项正确．
二、非选择题
11．如图5－1－6所示，在一个半径为R、质量为M的均匀球体中，紧贴球的边缘挖去一个半径为R/2的球形空穴后，对位于球心和空穴中心连线上、与球心相距d的质点m的引力是多大？
图5－1－6
解析：由万有引力定律得：完整的均质球体对球外质点m的引力F＝G.设半径为R/2的小球质量为M1，M1＝π3·ρ＝π3·＝M，它对球外质点m的引力F1＝G＝G
挖去球穴后的剩余部分对质点的引力F2等于完整的均质球体对球外质点m的引力F与半径为R/2的小球对球外质点m的引力F1之差．
所以挖去空穴后的剩余部分对球外质点m的引力
F2＝F－F1＝G－G
＝GMm.
答案：GMm
12．经天文学家观察，太阳在绕着银河系中心圆形轨道上运行，这个轨道半径约为3×104光年(约等于2.8×1020 m)，转动一周的时间约2亿年(约等于6.3×1015 s)．太阳做圆周运动的向心力是来自位于它轨道内侧的大量星体的引力，可以把这些星体的全部质量看成集中在银河系中心来处理问题．(G＝6.67×10－11N·m2/kg2)
(1)从给出的数据来计算太阳轨道内侧这些星体的总质量；
(2)试求出太阳在圆周运动轨道上的加速度．
解析：(1)设太阳轨道内侧星体的总质量为M，太阳质量为m，轨道半径为R，周期为T，太阳做圆周运动的向心力来自星体的万有引力．由牛顿第二定律得：
G＝m·R
所以M＝
＝ kg＝3.3×1041 kg.
(2)据a＝Rω2有：a＝·R
＝ m/s2＝2.8×10－10 m/s2.
答案：(1)3.3×1041 kg　(2)2.8×10－10 m/s2

1．人造卫星在不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，其中离地面越远的卫星(　　)
A．线速度越大 B．角速度越大
C．加速度越大 D．周期越长
解析：选D.由万有引力提供向心力可得：＝＝rω2＝r·＝a.可见D正确．
2．由于地球的自转，使得静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动．对于这些做匀速圆周运动的物体，以下说法正确的是(　　)
A．向心力都指向地心
B．速度等于第一宇宙速度
C．加速度等于重力加速度
D．周期与地球自转的周期相等
解析：选D.随地球自转的物体，向心力垂直地轴，指向地轴上的相应点，不是指向地心，A错误；随地球自转物体的向心力是万有引力的一个很小的分力提供的，而第一宇宙速度是地表卫星的环绕速度，故其速度会远小于第一宇宙速度，B错误；自转物体的向心力远小于重力，所以其向心加速度远小于重力加速度，C错误；物体相对于地球是静止的，所以周期与地球自转的周期相等，D正确．
3．(2011年绵阳高一检测)我们在推导第一宇宙速度时，需要做一些假设．例如：(1)卫星做匀速圆周运动；(2)卫星的运行周期等于地球自转周期；(3)卫星的轨道半径等于地球半径；(4)卫星需要的向心力等于它在地面上的重力．上面的四种假设正确的是(　　)
A．(1)(2)(3) B．(2)(3)(4)
C．(1)(2)(4) D．(1)(3)(4)
解析：选D.第一宇宙速度等于地球附近的卫星的环绕速度，在求解环绕速度时，应用圆周运动规律，故认为卫星做匀速圆周运动，半径约等于地球的半径，地球表面的万有引力约等于地面上的重力，故(1)、(3)、(4)正确，但是卫星的运转周期小于地球自转周期(2)错误．
4．(2011年高考广东卷改编)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．卫星的运行速度大于第一宇宙速度
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D.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5．(2011年盐城高一检测)中国首个月球探测计划“嫦娥工程”预计在2017年送机器人上月球，实地采样送回地球，为载人登月及月球基地选址做准备．设想我国宇航员随“嫦娥”号登月飞船绕月球飞行，飞船上备有以下实验仪器：
A．计时表一只
B．弹簧测力计一个
C．已知质量为m的物体一个
D．天平一个(附砝码一盒)
在飞船贴近月球表面时可近似看成绕月球做匀速圆周运动，宇航员测量出飞船在靠近月球表面的圆形轨道绕行N圈所用的时间为t.飞船的登月舱在月球上着陆后，遥控机器人利用所携带的仪器又进行了第二次测量，利用上述两次测量的物理量可推导出月球的半径和质量．(已知万有引力常量为G)
(1)说明机器人是如何进行第二次测量的？
(2)试推导用上述测量的物理量表示的月球半径和质量的表达式．
解析：(1)机器人在月球上用弹簧测力计竖直悬挂物体，静止时读出弹簧测力计的读数F，即为物体在月球上所受重力的大小．
(2)在月球上忽略月球的自转可得：mg＝F
飞船在绕月球运行时，因为是靠近月球表面，故近似认为其轨道半径为月球的半径R，由万有引力提供物体做圆周运动的向心力可知m1g＝G＝m1R，又T＝联立各式得月球的半径R＝＝，月球的质量M＝.
答案：(1)见解析　(2)R＝　M＝
一、单项选择题
1．关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是(　　)
A．第一宇宙速度又叫环绕速度
B．第一宇宙速度又叫脱离速度
C．第一宇宙速度跟地球的质量无关
D．第一宇宙速度跟地球的半径无关
解析：选A.第一宇宙速度又叫环绕速度A正确，第二宇宙速度叫脱离速度B错误；第一宇宙速度就是表面卫星的环绕速度，所以由万有引力提供向心力得：G＝m可见第一宇宙速度v与地球的质量和半径是有关系的，C、D错误．
2．(2011年广东省廉江模拟)据报道，我国数据中继卫星“天链一号01星”于2008年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，于5月1日成功定点在东经77°赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的“天链一号01星”，下列说法正确的是(　　)
A．运行速度大于7.9 km/s
B．离地面高度一定，相对地面静止
C．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小
D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等
解析：选B.“天链一号01星”为同步卫星，v＝3.1 km/s，A错，离地面的高度约为地球半径的5.6倍，且相对于地面静止，B对；月球的运行半径要大于同步卫星，其角速度要小，C错，同步卫星的加速度为a，则a＝ω2r，由a赤＝ω2R，因r＞R，ω相同，显然，a＞a赤，D错．
3．(2010年高考大纲全国卷)已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍．若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为(　　)
A．6小时 B．12小时
C．24小时 D．36小时
解析：选B.根据牛顿第二定律和万有引力定律有：G＝mr2，而M＝ρ·πR3，解得T＝，地球的同步卫星的周期为T1＝24小时，轨道半径为r1＝7R1，密度为ρ1.某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2＝3.5R2，密度ρ2＝ρ1.联立解得：T2＝12小时，B正确．
4．(2011年唐山高一检测)可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道
①与地球表面上某一纬度线(非赤道)是共面同心圆
②与地球表面上某一经度线所决定的圆是共面同心圆
③与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对地球表面是静止的
④与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的
上述说法正确的是(　　)
A．①② B．③④
C．②③④ D．②③
解析：选B.由于地球对卫星的引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，故卫星做圆周运动的圆心为地心，①错误；又由于地球在自转，所以卫星的圆轨道不能与某一经度线所决定的圆是共面同心圆，②错误；卫星可以与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但其周期随高度的不同而不同，故卫星可以相对地面静止也可以相对地面运动，③④正确．选B.
5．(2011年广州高一检测)在某星球表面以初速度v竖直上抛一个物体，物体上升的高度为H，已知该星球直径为D.如果要在该星球发射一颗卫星，其发射的最小速度为(　　)
A. B.
C．v D．v
解析：选B.物体竖直上抛后做匀减速运动有v2＝2gH，
发射卫星的最小速度就是表面附近卫星的环绕速度，万有引力提供向心力有：
mg＝m，联立两式得：v1＝，故B正确，A、C、D错误．
6．(2010年高考北京卷)一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量为G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D.由万有引力提供向心力得：G＝mr2而M＝ρ·πr3，解得T＝，故正确答案为D.
7．(2010年高考海南卷)火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍．根据以上数据，以下说法正确的是(　　)
A．火星表面重力加速度的数值比地球表面大
B．火星公转的周期比地球的长
C．火星公转的线速度比地球的大
D．火星公转的向心加速度比地球的大
解析：选B.由G＝mg得g＝G，计算得火星表面的重力加速度约为地球表面的，A错；由G＝m2r得T＝2π ，公转轨道半径大的周期长，B对；周期长的线速度小，或由v＝判断轨道半径大的线速度小，C错；公转向心加速度a＝G，D错．
8．(2011年高考山东卷改编)甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是(　　)
A．甲的周期小于乙的周期
B．乙的速度大于第一宇宙速度
C．甲的加速度小于乙的加速度
D．甲在运行时能经过北极的正上方
解析：选C.地球卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律知G＝m，得T＝2π.r甲>r乙，故T甲>T乙，选项A错误；贴近地表运行的卫星的速度称为第一宇宙速度，由G＝知v＝，r乙>R地，故v乙比第一宇宙速度小，选项B错误；由G＝ma，知a＝，r甲>r乙，故a甲9．近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则(　　)
A.＝4/3 B.＝4/3
C.＝2 D.＝2
解析：选B.卫星绕天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有＝m2R，可得＝K为常数，由重力等于万有引力＝mg，联立解得g＝＝，则g与T成反比．
10．已知万有引力常量G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出月球密度的是(　　)
A．在月球表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H和时间t
B．发射一颗贴近月球表面绕月球做圆周运动的卫星，测出卫星运行的周期T
C．观察月球绕地球的圆周运动，测出月球的直径D和月球绕地球运行的周期T
D．发射一颗绕月球做圆周运动的卫星，测出卫星离月球表面的高度H和卫星的周期T
解析：选B.根据选项A的条件可以算出月球上的重力加速度g，由g＝可以求出月球质量与月球半径的平方的比＝，无法求出密度，选项A不正确；根据选项B的条件，由＝m2R，可求出月球质量与月球半径的立方的比＝，而月球的密度为ρ＝＝＝，选项B正确；根据选项D的条件，由＝m2(R＋H)，可求出＝，虽然知道H的大小，仍然无法求出月球质量与月球半径的立方的比，故选项D不正确．通过分析知，选项C也不正确．答案为B.
二、非选择题
11．(2011年马鞍山高一检测)在地球表面，某物体用弹簧测力计竖直悬挂且静止时，弹簧测力计的示数为160 N，把该物体放在航天器中，若航天器以加速度a＝g/2(g为地球表面的重力加速度)竖直上升，在某一时刻，将该物体悬挂在同一弹簧测力计上，弹簧测力计的示数为90 N，若不考虑地球自转的影响，已知地球半径为R.求：
(1)此时物体所受的重力；
(2)此时航天器距地面的高度．
解析：(1)物体竖直悬挂且静止在地球表面时有：T＝mg，物体随航天器向上加速运动时，由牛顿第二定律得：T1－G1＝m，物体此时所受的重力为：G1＝10 N
(2)物体在地球表面上时有：T＝mg＝G，设航天器距地面的高度为h，此时对物体有G1＝G，所以有＝＝，所以h＝3R，即此时航天器距地面高度为3R.
答案：(1)10 N　(2)3R
12．(2011年西城区高一检测)2008年9月25日，我国继“神舟”五号、六号载人飞船后又成功地发射了“神舟”七号载人飞船．如果把“神舟”七号载人飞船绕地球运行看做是同一轨道上的匀速圆周运动，宇航员测得自己绕地心做匀速圆周运动的周期为T、距地面的高度为H，且已知地球半径为R、地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G.试用两种方法求地球的质量．
解析：法一：地球表面的重力加速度可以看做地表附近卫星的加速度，所以有：＝mg，地球的质量为：M＝.
法二：“神舟”七号载人飞船绕地球运行看做是匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得：
＝m(R＋H)，
地球的质量为：
M＝.
答案：见解析

1．下列关于“地心说”和“日心说”的说法中，正确的是(　　)
A．“地心说”的参照系是太阳
B．“日心说”的参照系是太阳
C．“地心说”和“日心说”只是参照系不同，两者具有等同的价值
D．“日心说”是由开普勒提出来的
解析：选B.地心说的参照系是地球，所以A错，日心说的参照系是太阳，B正确．两个学说的意义不同，C错．“日心说”是哥白尼提出来的，D错．
2．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5－3－8这样选址的优点是，在赤道附近(　　)
图5－3－8
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行轨道，在靠进赤道处的地面上物体的线速度最大，发射时比较节能，因此是利用了该处线速度较大，B正确，A、C、D错误．
3．假如你有幸成为我国第一位登上月球的宇航员，你在月球上不能观察到的现象是(　　)
A．月球上不能使用电风扇、降落伞及风筝
B．月球上能轻易把100 kg的重物举过头顶
C．利用降落伞从环月轨道舱降落到月球表面
D．月球车不需要防腐、防锈处理
解析：选C.由于月球表面上没有空气，电风扇、风筝、降落伞无法使用，月球车也不会被氧化，不需要防腐、防锈，故A、D选项正确，C选项错误；由于月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，人在月球上会轻易将100 kg的重物举起，故B项正确．
4．宇宙飞船和空间站在同一轨道上运动，若飞船想与前面的空间站对接，飞船为了追上空间站，可采取的最佳方法是(　　)
A．飞船加速直到追上空间站，完成对接
B．飞船从原轨道减速至一个较低轨道，再加速追上空间站完成对接
C．飞船加速至一个较高轨道再减速追上空间站完成对接
D．无论飞船如何采取何种措施，均不能与空间站对接
解析：选B.宇宙飞船做圆周运动的向心力是地球对其施加的万有引力．由牛顿第二定律，有＝m，得v＝，想追上同轨道上的空间站，直接加速会导致飞船轨道半径增大，无法对接，故A错．若飞船先减速，它的轨道半径会减小，但速度增大了，故在低轨道上飞船可接近或超过空间站，如图所示．
当飞船运动到合适的位置后再加速，则其轨道半径增大，同时速度减小，当刚好运动到空间站所在轨道时停止加速，则飞船的速度刚好等于空间站的速度，可完成对接，B正确；若飞船先加速到一个较高轨道，其速度小于空间站速度，此时空间站比飞船运动得快，当二者相对运动一周后，使飞船减速，其轨道半径减小又使飞船速度增大，仍可追上空间站，但这种方法易造成飞船与空间站碰撞，不是最好的办法．综上所述，应选B.
5．在天体运动中，将两颗彼此距离较近且相互绕行的行星称为双星，由于两星间的引力而使它们之间距离L保持不变，如果两个行星的质量分别为M1和M2，则它们的角速度多大？(已知万有引力常量为G)
解析：如图所示，由于两者的引力而使其间距离不变，M1和M2相当于一个用轻杆连接的整体，以相同的角速度运转，其连线上某点保持相对静止，这一点就是它们的质心．设该点到M1的距离为x，则：
对于M1：G＝M1ω2x
对于M2：G＝M2ω2(L－x)
联立解出：ω＝ .
答案：
一、单项选择题
1．数年来大家普遍认为太阳系有九大行星，但随着一颗比冥王星更大，更远的天体“齐娜”的发现，使得对冥王星大行星地位的争论愈演愈烈，为此2006年8月24日国际天文学第26届联合会，投票通过了新的行星的定义，冥王星被排除在行星行列之外，将其列入“矮行星”．关于“齐娜”与冥王星的下列论述，不正确的是(　　)
A．“齐娜”绕太阳公转的周期比冥王星大
B．“齐娜”绕太阳公转的速度比冥王星大
C．“齐娜”绕太阳公转的加速度比冥王星小
D．“齐娜”绕太阳公转的角速度比冥王星小
解析：选B.由万有引力定律和牛顿第二定律得：＝ma＝m＝mω2r＝m2r?T＝2π ，ω＝，v＝，a＝，因为“齐娜”是比冥王星更远的天体，故r越大，T越大，a，v，ω越小，A、C、D正确，B错误．
2．(2011年高考大纲全国卷)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比(　　)
A．卫星动能增大，引力势能减小
B．卫星动能增大，引力势能增大
C．卫星动能减小，引力势能减小
D．卫星动能减小，引力势能增大
解析：选D.周期变长，表明轨道半径变大，速度减小，动能减小，引力做负功故引力势能增大选D.
3．如图5－3－9所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的三颗卫星，卫星a和卫星b的质量相等且小于卫星c的质量，则下列说法错误的是(　　)
图5－3－9
A．卫星b所需向心力最小
B．卫星b、c的周期相等且大于卫星a的周期
C．卫星b、c的向心加速度大小相等，且大于卫星a的向心加速度
D．卫星b、c的线速度大小相等，且小于卫星a的线速度
解析：选C.卫星b受的万有引力最小，所以A正确．由G＝mr，得T＝2π ，易看出B正确．
由G＝ma，得a＝，得C错误．
由G＝，得v＝ ，得D正确．
4．(2010年高考重庆卷)月球与地球质量之比约为1∶80.有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O做匀速圆周运动．据此观点，可知月球与地球绕O点运动的线速度大小之比约为(　　)
A．1∶6400 B．1∶80
C．80∶1 D．6400∶1
解析：选C.双星系统中的向心力大小相等，角速度相同．据此可得M＝m，Mω2r1＝mω2r2，联立得＝＝，故C项正确．
5．(2010年高考山东卷改编)1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439 km和2384 km，则(　　)
图5－3－10
A．卫星在M点的势能大于在N点的势能
B．卫星在M点的角速度小于在N点的角速度
C．卫星在M点的加速度大于在N点的加速度
D．卫星在N点的速度大于7.9 km/s
解析：选C.卫星在M点受到的万有引力大于在N点受到的万有引力，所以卫星在M点的加速度大于在N点的加速度，C正确；卫星离地面越高，线速度越小，角速度越小，重力势能越大，所以A错误，B错误；卫星的第一宇宙速度是7.9 km/s，是最大的环绕速度，所以D错误．
6．如图5－3－11是“嫦娥一号”奔月示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测，下列说法正确的是(　　)
图5－3－11
A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度
B．在绕月圆轨道上，卫星周期与卫星质量有关
C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比
D．在绕月轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力
解析：选C.由于发射过程中多次变轨，在开始发射时其发射速度必须比第一宇宙速度大，不需要达到第三宇宙速度，选项A错误．在绕月轨道上，根据F＝G＝mr可知卫星的周期与卫星的质量无关，选项B错误，选项C正确．由于绕月球运动，地球对卫星的引力较小，故选项D错误．
7．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5－3－12)，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是(　　)
图5－3－12
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上的角速度大于在轨道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D.由v＝ ，ω＝ 知r越大，v、ω越小，故卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A错误；卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B错误；卫星受到的引力就是它的合力，无论在哪个轨道上运行，卫星在同一点受到的万有引力是相等的，所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度；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，故C错误，D正确．
图5－3－13
8．“嫦娥一号”探月卫星发动机关闭，轨道控制结束，卫星进入地月转移轨道．图5－3－13中MN之间的一段曲线表示转移轨道的一部分，P是轨道上的一点，直线AB过P点且和两边轨道相切．则下列说法不正确的是(　　)
A．卫星在此段轨道上，动能一直减小
B．卫星经过P点时动能最小
C．卫星经过P点时速度方向由P向B
D．卫星经过P点时加速度为零
解析：选A.因为P点为地月转移轨道的切点，卫星在该点受地球和月球引力的合力为零，加速度为零，且运动方向沿曲线的切线方向，C、D正确；从M经P到N的过程，卫星先克服指向地球的合力做功，经P点后，指向月球的合力做正功，B对，A错．
9．据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形工作轨道距月球表面分别约为200 km和100 km，运行速率分别为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.根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有
G＝m，那么卫星的线速度跟其轨道半径的平方根成反比，则有＝＝，C正确．
10．我国自行研制发射的“风云一号”、“风云二号”气象卫星的飞行轨道是不同的，“风云一号”是极地圆形轨道卫星，其轨道平面与赤道平面垂直，周期为T1＝12 h；“风云二号”是同步卫星，其轨道平面就是赤道平面，周期为T2＝24 h；两颗卫星相比(　　)
A．“风云一号”离地面较高
B．“风云一号”每个时刻可观察到的地球表面范围较大
C．“风云一号”线速度较大
D．若某时刻“风云一号”和“风云二号”正好同时在赤道上某个小岛的上空，那么再过12小时，它们又将同时到达该小岛的上空
解析：选C.因T1v2，C正确；由于T1＝12 h，T2＝24 h，则需再经过24 h才能再次同时到达该小岛的上空，D错．
二、非选择题
图5－3－14
11．(2010年高考大纲全国卷)如图5－3－14所示，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间距离为L.已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．引力常数为G.
(1)求两星球做圆周运动的周期．
(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2.已知地球和月球的质量分别为5.98×1024 kg和7.35×1022 kg.求T2和T1两者平方之比．(结果保留3位小数)
解析：(1)A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A和B的向心力相等．且A、B和O始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期．因此有：mω2r＝Mω2R，
r＋R＝L，
联立解得R＝ L，r＝ L
对A星根据牛顿第二定律和万有引力定律得：
＝m2L
解得：T＝2π
(2)将地月看成双星，由第一问所求有：
T1＝2π
将月球看做绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得
＝m2L
解得T2＝2π
所以两种周期的平方比值为
2＝＝＝1.01.
答案：(1)2π 　(2)1.01
12．(2011年襄樊高一检测)要发射一颗人造地球卫星，使它在半径为r2的预定轨道上绕地球做匀速圆周运动，为此先将卫星发射到半径为r1的近地暂行轨道上绕地球做匀速圆周运动．如图5－3－15所示，在A点，使卫星速度增加，从而使卫星进入一个椭圆的转移轨道上，当卫星到达转移轨道的远地点B时，再次改变卫星速度，使它进入预定轨道运行，试求卫星从A点到B点所需的时间．已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R.
图5－3－15
解析：卫星在轨道r1时：G＝mr1
物体m′在地球表面有：G＝m′g，可得：GM＝gR2
联立解得：T1＝
当卫星在椭圆轨道运行，其半长轴为：r3＝
由开普勒第三定律得：＝
联立解得：T3＝
卫星从A到B的时间为：tAB＝＝ .
答案：

(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，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．20世纪以来，人们发现了一些新的事实，而经典力学却无法解释．经典力学只适用于解决物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；只适用于宏观物体，一般不适用于微观粒子．则下列判断错误的是(　　)
A．随着认识的发展，经典力学已成了过时的理论
B．人们对客观事物的具体认识，在广度上是有局限性的
C．不同领域的事物各有其本质与规律
D．人们应当不断地扩展认识，在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律
解析：选A.人们对客观事物的认识，要受到他所处的时代的客观条件和科学水平的制约，所以形成的看法也都具有一定的局限性，人们只有不断地扩展自已的认识，才能掌握更广阔领域内的不同事物的本质与规律；新的科学的诞生，并不意味着对原来科学的全盘否定，只能认为过去的科学是新的科学在一定条件下的特殊情形．
2．19世纪，经典物理学建立了一座宏伟而且近乎完美的物理学大厦．经典物理学的辉煌成就，使得不少物理学家踌躇满志，同时产生了这样一种看法：物理学的大厦已告落成．然而，在物理学晴朗天空的远处，还有两朵小小的令人不安的乌云，正是这两朵小小的乌云，不久以后酿成了物理学中一场巨大变革．这两朵乌云指的是(　　)
A．光电效应实验和热辐射实验
B．热辐射实验和链式反应
C．热辐射实验和迈克尔孙—莫雷实验
D．链式反应和迈克尔孙—莫雷实验
答案：C
3．关于黑体辐射的实验规律，下列说法正确的有(　　)
A．随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加
B．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
C．黑体热辐射的强度与波长无关
D．黑体辐射无任何实验
解析：选A.黑体辐射的规律为随着温度的升高各种波长的辐射强度都有增加，同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，A正确，B错；黑体辐射的强度与波长、温度都有关系，C错；我们可以通过实验得出黑体辐射强度与波长、温度之间关系的实验曲线，D错．
4．下列关于光子的说法中，正确的是(　　)
A．在空间传播的光是连续的
B．光子的能量由光的强度决定，光越强，每份光子的能量一定越大
C．光子的能量由光的频率决定，其能量与它的频率成正比
D．光子可以被电场加速
解析：选C.光子的能量由光的频率决定，E＝hν，光子不带电，不能被电场加速．
5．(2011年哈尔滨高一检测)根据课本黑体辐射的实验规律，以下判断不正确的是(　　)
A．在同一温度下，波长越短的电磁波辐射强度越大
B．在同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间
C．温度越高，辐射强度的极大值就越大
D．温度越高，辐射强度最大的电磁波的波长越短
解析：选A.一切物体都向外辐射电磁波，但辐射的电磁波不是一个定值而是一个范围．中间波长的比例大、强度大，在同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间，故A错误，B正确；温度越高，辐射强度最大的电磁波的波长越短，辐射电磁波的范围整体向波长短的方向变化，辐射强度的极大值也越大．故C、D正确．
6．(2011年桂林高一检测)下列关于物质波的说法中，正确的是(　　)
A．物质波是由近及远地进行传播的
B．某种实物粒子的德布罗意波是没有一定规律的
C．一个光子的运动是受波动规律支配的
D．牛顿定律对高速运动的宏观物体不适用
解析：选D.物质波是概率波，不是由近及远地进行传播的，而是在空间出现的概率表现为波的性质，A错误；某种实物粒子的德布罗意波波长为λ＝是有一定规律的，B错误；一个光子的波动性本质是概率波，其运动是不受波动规律支配的，C错误；牛顿定律是经典物理学的基础，它适用于低速物体，对高速运动的宏观物体不适用，D正确．
7．一辆由超强力电池供电的摩托车和一辆普通有轨电车，若摩托车被加速到接近光速，有轨电车被加速到，如果乘坐在有轨电车中的乘客对两车的质量进行测量，以下说法中正确的是(　　)
A．有轨电车的质量增加
B．摩托车的质量增加
C．两车的质量都增加
D．两车的质量都不增加
解析：选B.由于乘客在有轨电车上，所以感觉到有轨电车是静止的，摩托车以接近光速运动，在有轨电车上的乘客也会感觉到摩托车的速度接近光速，根据相对论质速关系式可知，乘客感觉到摩托车的质量在增加，有轨电车的质量不变，所以A、C、D均错，B正确．
8．甲在接近光速的火车上看乙手中沿火车前进方向放置的尺子，同时乙在地面上看甲手中沿火车前进方向放置的尺子，则下列说法正确的是(　　)
A．甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度大
B．甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度小
C．乙看到甲手中的尺子长度与甲看到自己手中尺子长度一样大
D．乙看到甲手中的尺子长度比甲看到自己手中尺子长度大
解析：选B.对甲观察者来说，他看到火车内的尺子是静止的，故长度为公式中的l0，他观察到乙手中的尺子是运动的，看到的长度相当于公式中的l，由l＝l0得：l9．(2011年宜宾高一检测)硅光电池是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能．若有N个频率为ν的光子打在光电池极板上，这些光子的总能量为(　　)
A．hν B.Nhν
C．Nhν D．2Nhν
解析：选C.由普朗克量子理论可知，频率为ν的单个光子能量ε＝hν，则N个这样的光子的总能量E＝Nε＝Nhν，故选C.
10．(2011年徐州高一检测)一位宇航员要到离地球为5光年的星球上去旅行．如果宇航员希望能用3年的时间完成这段路程，则他所乘的火箭对于地球的速度是(c为真空中的光速)(　　)
A.c B.c
C.c D.c
解析：选C.根据公式l′＝l·知3＝5× 解得v＝c，故C正确．
二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．把答案填在题中横线上)
11．蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的．假设老鼠的体温为37 ℃，它发出的最强的热辐射的波长为λm，根据热辐射理论，λm与辐射源的绝对温度T的关系近似为λm·T＝2.90×10－3m·K.那么：
(1)老鼠发出最强的热辐射的波长约为________m.
(2)老鼠发出的这种最强的热辐射每份能量子(光子)的能量是________J.
答案：(1)9.4×10－6　(2)2.11×10－20
12．“国际物理年”决议的作出与爱因斯坦的相对论时空观有关．一个时钟，在它与观察者有不同相对速度的情况下，时钟的频率是不同的，它们之间的关系如图6－1所示．由此可知，当时钟和观察者的相对速度达到0.8c(c为真空中的光速)时，时钟的周期大约为________．在日常生活中，我们无法察觉时钟周期的变化现象，是因为观察者相对于时钟的运动速度________．
图6－1
解析：由图象可知，时钟和观察者的相对速度达到0.8c(c为真空中的光速)时，频率为0.3 Hz，周期为 s.
在日常生活中，物体运动的速度远小于光速，时间延缓效应可忽略不计．
答案： s　远小于光速
三、计算题(本小题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)以8 km/s的速度运行的人造地球卫星上一只完好的手表走过了1 min，地面上的人认为它走过这1 min“实际”上花了多少时间？
解析：卫星上观测到的时间为Δt′＝1 min，卫星运动的速度为v＝8×103 m/s，所以地面上的人观测到的时间为：
Δt＝＝(1＋3.6×10－10) min.
答案：(1＋3.6×10－10) min
图6－2
14．(10分)设想在一个无限大的光滑水平面上，有一个质量为m的物体，在一个水平恒力F的作用下，从静止开始运动，如图6－2所示．根据牛顿第二定律可知，物体将以加速度a＝做匀加速直线运动．由运动学公式可知，物体的速度v＝at.
由此我们可作出推断：随着时间的推移，物体的速度不断增大，最终可使物体获得任意大的速度．
你觉得上述推理合理吗？
解析：爱因斯坦在狭义相对论中阐述了物体以接近光速运动时所遵从的规律，得出了一些不同于经典力学的观念和结论．
(1)在经典力学中，物体的质量是不随运动状态改变的，而狭义相对论认为，物体的质量要随物体运动速度的增大而增大，即m＝
式中m0是物体的静止质量，m是物体以速度v运动时的质量，c是光在真空中的速度．上式是在光速不变原理基础上得出的．
由上式可知，m随v增大而增大，如地球以3×104 m/s的速度绕太阳公转时，它的质量增大十分微小，可以忽略，经典力学完全适用．但如果物体接近光速，如速度v＝0.8 c时，物体的质量约增大到静止质量的1.7倍．
(2)运动的物体和静止的物体相比不仅质量变了，而且沿运动方向的长度和时间都要变化，都具有相对性．
因此，当力F拉着物体运动的速度大到一定程度时，物体质量的增大和长度、时间的相对论效应将显著，这时，牛顿定律不能适用．
答案：见解析
15．(10分)一列匀速直线前进的火车，车厢地板上A处有一盏灯，在灯的正上方车厢顶B处有一面镜子，AB的高为h.现在我们要完成一个光学实验：打开灯的开关，光信号从A到B，再由镜面反射回到A处．车厢里站着一个观测者小明；站台上站一个观测者小芳，如图6－3所示．
图6－3
请问小明和小芳所测得的光信号往返的时间各多少？它们相等吗？
解析：如题图甲所示，在车厢里的小明观测到，光信号走过的距离是2h，因此往返时间Δt′＝.
而在站台上的小芳观测到，光信号走过的距离应为路径ACA′，如题图乙所示，光信号在从灯传递到镜子的过程中，火车向前移动了一段距离，镜子已跟随车厢移动到C，灯也从A移动到D.光信号再从镜子反射到灯的过程中，灯已从 D移动到A′.设火车的速度为v，小芳所测得的光信号往返时间为Δt.
根据光速不变原理，ACA′＝cΔt，应用勾股定理可得2＝2－h2.
这里用到了相对论的第二个假设，即对地面参考系来说，光速也是c.
以上两式消去h可得Δt′＝Δt .
因为 <1，所以总有Δt>Δt′.
这是一个令人吃惊的结论：光信号往返的时间，地面上的人(小芳)和车厢里的人(小明)测量的结果不一样，地面上的人测得的时间(Δt)要比车厢里的人测得的时间(Δt′)长些．
答案：见解析
16．(10分)自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断地向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为热辐射．热辐射具有如下特点：(1)辐射的能量中包含各种波长的电磁波；(2)物体温度越高，单位时间内从物体表面单位面积上辐射的能量越大；(3)在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同．处在一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变．若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能百分之百地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体．单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即P0＝σT4，其中常量σ＝5.67×10－8 W/(m·K4)．在下面的问题中，把研究对象都简单地看成黑体．
有关数据及数学公式：太阳半径Rs＝696000 km；太阳表面温度T＝5770 K；火星半径r＝3395 km.已知球面积S＝4πR2，其中R为球半径，K为热力学温度单位．
(1)太阳热辐射能量的绝大部分集中在波长为2×10－7 m～1×10－5 m范围内，求相应的频率范围．
(2)每小时从太阳表面辐射的总能量为多少？
(3)火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射到面积为πr2(r为火星半径)的圆盘上．已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其他天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度．
解析：(1)由ν＝得频率ν的范围为3×1013 Hz～1.5×1015 Hz.
(2)W总＝3600×4πR·P0＝3600×4πR·σT4＝3600×4×3.14×(696000×103)2×5.67×10－8×57704 J＝1.38×1010 J.
(3)设火星表面温度为T′，太阳到火星的距离为d，火星单位时间内吸收来的太阳的辐射能量为
P入＝4πRσT4 ，d＝400R，
所以P入＝πσT4r2/4002
火星单位时间内向外辐射电磁波能量为P出＝4πσr2T′4，火星位于平衡状态P入＝P出，即πσT4r2/4002＝4πσr2T′4得T′＝T/＝204 K.
答案：(1)3×1013 Hz～1.5×1015 Hz
(2)1.38×1010 J
(3)204 K

1．(2011年盐城高一检测)1905年爱因斯坦提出了狭义相对论，狭义相对论的出发点是以两条基本假设为前提的，这两条基本假设是(　　)
A．同时的绝对性和同时的相对性
B．运动的时钟变慢与运动的尺子缩短
C．时间间隔的绝对性与空间距离的绝对性
D．相对性原理与光速不变原理
解析：选D.狭义相对论的两个基本假设是相对性原理和光速不变原理，选项D正确．
2．如图6－1－2所示，强强乘坐速度为0.9c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c.强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为(　　)
图6－1－2
A．0.4c B．0.5c
C．0.9c D．1.0c
解析：选D.根据光速不变原理，在任何参考系中测量的光速都是c，D正确．
3．惯性系S中有一边长为l的正方形：(如图6－1－3A所示)．从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得此正方形的图形是(　　)
图6－1－3
解析：选C.根据相对性原理，当正方形沿x方向以接近光速匀速飞行时，在运动方向上会出现长度收缩效应，而在垂直于运动方向上则不会出现长度收缩效应，故选项C正确．
4．关于爱因斯坦质能关系式，下列说法中正确的是(　　)
A．E＝mc2中的E是物体以光速c运动的动能
B．E＝mc2是物体的核能
C．E＝mc2是物体各种形式能的总和
D．由ΔE＝Δmc2知，在核反应中，亏损的质量Δm转化成能量ΔE放出
解析：选D.爱因斯坦的质能关系式E＝mc2，只是说明物体具有的能量与它的质量之间存在着简单的正比关系．物体的能量增大了，质量也增大；能量减小了，质量也减小．
5．地球以3×104 m/s的速度绕太阳公转时，它的质量增大到静止质量的多少倍？如果物体的速度达到0.8c(c为真空中的光速)，它的质量增大到静止质量的多少倍？
解析：根据质速关系式：m＝
可得地球以3×104 m/s的速度绕太阳公转时，它的质量为
m地＝＝≈1.000000005m地0
即增大到静止质量的1.000000005倍．
物体的速度达到0.8c时，它的质量为：
m＝＝
≈1.666666667m0
即增大到静止质量的1.666666667倍．
答案：1.000000005倍　1.666666667倍
一、单项选择题
1．关于狭义相对论和经典力学，下面说法中正确的是(　　)
A．狭义相对论和经典力学是相对立、互不相容的两种理论
B．狭义相对论和经典力学其实是同一理论
C．在物体高速运动时，物体的运动服从狭义相对性理论，在低速运动时，物体的运动服从牛顿运动定律
D．上述说法都是错误的
解析：选C.狭义相对论没有否定经典力学，在宏观、低速情况下，狭义相对论的结论与经典力学没有区别．
2．设一列火车沿平直的轨道飞快行驶，如图6－1－4.车厢中央的光源发出了一个闪光，闪光照到了车厢的前壁与后壁，这是两个事件，下列说法正确的是(　　)
图6－1－4
A．车厢内的观察者认为闪光先到达后壁，后到达前壁
B．车厢内的观察者认为闪光同时到达前壁与后壁
C．车厢外的观察者认为闪光先到达前壁，后到达后壁
D．车厢外的观察者认为闪光同时到达前壁与后壁
解析：选B.车厢内的观察者认为两束光传播的距离是一样的，故到达前后壁的时间是一样的，故A错误B正确，车厢外的观察者认为向后壁传播的距离小于向前壁传播的距离，故光束先到达后壁，后到达前壁，C、D错误．
3．(2011年天津高一检测)如图6－1－5所示，按照狭义相对论的观点，火箭A是迎着光飞行的，火箭B是“追赶”光的，若火箭相对地面的速度为v，则两火箭上的观察者测出的光速分别为(　　)
图6－1－5
A．c＋v　c－v　 B．c－v　c＋v
C．c　c D．无法确定
解析：选C.根据光速不变原理，在一切惯性参考系中，测量到的真空中的光速c都一样，因此在火箭A、B两个惯性参考系中，观察者测量到的光速一样大，均为c，故C正确．
4．一个电子运动的速度为：v＝0.8c，它的质量测量值是静质量m0的(　　)
A．0.6倍 B．1.25倍
C．1.7倍 D．2.5倍
解析：选C.m＝＝≈1.7m0.
5．日常生活中，我们并没发现物体的质量随物体运动的速度变化而变化，其原因是(　　)
A．运动中物体无法称量质量
B．物体的速度远小于光速，质量变化极小
C．物体的质量太大
D．物体的质量不随速度的变化而变化
解析：选B.根据狭义相对论m＝可知，在宏观物体的运动中，v?c，所以m变化不大，而不是因为物体的质量太大或无法测量，也不是因为质量不随速度的变化而变化，正确选项为B.
6．关于爱因斯坦质能方程，下列说法错误的是(　　)
A．方程表明，物体具有的能量跟它的质量成正比
B．方程表明，物体质量增大，能量也增大；质量减小，能量也减小
C．方程表明，物体的质量减小，能量会增加，即在一定条件下质量可以转化为能量
D．方程表明，物体的质量减小，能量也会减小，即在一定条件下质量可以转化为能量
解析：选C.由E＝mc2知，E∝m，A正确；质量增大，能量增大，质量减小，能量减小，减小的质量以能量的形式散失，B、D均正确而C错，故选C.
7．(2010年高考北京卷)太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少．太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026 J，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近(　　)
A．1036 kg B．1018 kg
C．1013 kg D．109 kg
解析：选D.根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，得Δm＝＝ kg≈4×109 kg.
8．一只长的标尺以相对论速度穿过一根几米长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的，以下哪种叙述最恰当地描述了标尺穿过管子的情况(　　)
A．标尺收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它
B．管子收缩变短，因此在某些位置上，标尺从管子的两端伸出来
C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住标尺
D．所有这些都与观察者的运动情况有关
解析：选D.观察者的运动情况不同，选取不同的惯性系，标尺与管子的相对速度也不相同，观察到的标尺和管子的长度也不相同，所以选项D正确．
9．边长为a的正方形薄板，静止于惯性系S的xOy平面内，其两边分别与x、y轴平行．今有惯性系S′以0.8c的速度相对于S系沿x轴做匀速直线运动，则从S′系测得薄板的面积为(　　)
A．a2 B．0.6a2
C. D．0.8a2
解析：选B.在运动方向上长度缩短，这一方向上的长度变为b＝a ＝0.6a，则面积变为0.6a2.
二、非选择题
10．一枚静止时长30 m的火箭以3 km/s的速度从观察者的身边掠过，观察者测得火箭的长度应为多少？火箭上的人测得火箭的长度应为多少？如果火箭的速度为光速的二分之一呢？
解析：火箭相对于火箭上的人是静止的，所以不管火箭的速度是多少，火箭上测得的火箭长与静止时相同，为l′＝30 m，若火箭的速度为v＝3×103 m/s时，地面观察者测得的火箭长为
l＝l′＝30× m＝
30 m≈30 m，可见此时l与l′相差很小．
若v＝时，地面观察者测得的火箭长为
l＝l′＝30× m≈26 m
可见当v与c可比拟时l与l′有较大差距．
答案：30 m　30 m　26 m
11．在一飞船上测得船的长度为100 m，高度为10 m，当飞船以0.6c的速度从你身边经过时，按你的测量，飞船的高度和长度各为多少？
解析：因为长度收缩只发生在运动的方向上，在垂直运动的方向上没有这种效应，故飞船的高度仍为10 m，若测得飞船的长度为l，由长度收缩效应知
l＝l0 ＝100× m＝80 m.
答案：10 m　80 m

1．提出光的波动说的科学家是(　　)
A．牛顿 B．爱因斯坦
C．惠更斯 D．格里马第
答案：C
2．下列叙述错误的是(　　)
A．一切物体都在辐射电磁波
B．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
D．黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
解析：选B.根据热辐射的定义，一切物体都在辐射电磁波，A正确；根据热辐射和黑体辐射的特点知，一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射只与黑体的温度有关，B错误，C正确；根据黑体的定义知D正确．
3．普朗克能量子假说认为(　　)
A．在宏观领域，物体能量的变化是不连续的
B．在微观领域，物体的能量是连续变化的
C．物体辐射或吸收能量是一份一份进行的
D．辐射的频率越高，物体辐射的每一个能量子的能量就越小
解析：选C.在宏观领域，物体能量的变化是连续的，A错误；在微观领域，物体能量的变化是不连续的，B错误；按普朗克能量子假说，物体辐射或吸收能量是一份一份的，C正确；每份称为一个能量子，其能量是E＝hν，也就是说，辐射的频率越高，每一个能量子的能量就越大，D错误．
4．关于光的本性，下列说法中正确的是(　　)
①光子说并没有否定光的电磁说　②光电效应现象反映了光的粒子性　③光的波粒二象性是综合了牛顿的微粒说和惠更斯的波动说得出来的　④大量光子产生的效果往往显示出粒子性，个别光子产生的效果往往显示出波动性
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
解析：选A.光既有粒子性，又有波动性，但这两种特性并不是牛顿所支持的微粒说和惠更斯提出的波动说的简单综合，它体现出的规律不再是宏观粒子和机械波所表现出的规律，而是自身体现的一种波粒二象性，且大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性．故选A.
5．太阳光垂直射到地面上时，1 m2地面接受的太阳光的功率为1.4 kW，其中可见光部分约占45%.
(1)假如认为可见光的波长约为0.55 μm，日、地间距离R＝1.5×1011 m．普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，估算太阳每秒辐射出的可见光光子为多少？
(2)若已知地球的半径r＝6.4×106 m，估算地球接收的太阳光的总功率．
解析：(1)设地面上垂直阳光的1 m2面积上每秒钟接收的可见光光子数为n.则有
P×45%＝n·h.
解得n＝
＝
＝1.75×1021(个)．
设想一个以太阳为球心，以日、地距离为半径的大球面包围着太阳．大球面接受的光子数即等于太阳辐射的全部光子数．则所求可见光光子数：
N＝n·4πR2＝1.75×1021×4×3.14×(1.5×1011)2
≈4.9×1044(个)．
(2)地球背着阳光的半个球面没有接收太阳光，地球向阳的半个球面也不都与太阳光垂直．接收太阳光辐射且与阳光垂直的有效面积是以地球半径为半径的圆平面的面积，则地球接收阳光的总功率：
P地＝P·πr2＝1.4×3.14×(6.4×106)2 kW
≈1.8×1017 W.
答案：(1)4.9×1044个　(2)1.8×1017 W
一、单项选择题
1．下列说法中错误的是(　　)
A．为了克服经典物理学对黑体辐射现象解释的困难，德国物理学家普朗克提出了能量的量子化假说，解决了黑体辐射的理论困难，揭开了物理学崭新的一页
B．普朗克还提出了光量子理论，即光在传播过程中，能量是不连续的，它是数值分立的能量组成的
C．物质波理论揭示了物质(包括光和电子)的统一性
D．量子论认为原子处于一系列不连续的能量状态之中
解析：选B.爱因斯坦提出了光量子理论，即光在传播过程中能量是不连续的，它是数值分立的能量组成的，所以B选项错．
2．以下说法不正确的是(　　)
A．物体都具有波动性
B．抖动绳的一端，绳上的波都是物质波
C．电子的衍射证实了物质波的假设是正确的
D．物质波是一种概率波
解析：选B.物质均具有波粒二象性，这一点由电子衍射实验验证，同时物质波受波动规律支配，是一种概率波．
3．关于热辐射的说法正确的是(　　)
A．只有热的物体才辐射电磁波
B．物体向外辐射电磁波时只能以某一特定波长
C．冷的物体不能向外辐射电磁波
D．室温时物体热辐射的主要是频率较低的电磁波
解析：选B.一切物体都在辐射电磁波，故A错误；根据黑体辐射规律可知，物体只能辐射和吸收一定频率(或波长)的电磁波，故B正确；热辐射与温度有关，温度越高，辐射电磁波的能力越强，故C、D错误．
4．为了观察到纳米级的微小结构，需要用到分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜．下列说法中正确的是(　　)
A．电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射
B．电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此不容易发生明显衍射
C．电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此更容易发生明显衍射
D．电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此更容易发生明显衍射
解析：选A.为了观察纳米级的微小结构，用光学显微镜是不可能的．因为可见光的波长数量级是10－7 m，远大于纳米，会发生明显的衍射现象，因此不能精确聚焦．如果用很高的电压使电子加速，使它具有很大的速度，其物质波的波长就会很短，衍射的影响就小多了．因此本题应选A.
5．光的双缝干涉实验中，在光屏上放上照相底片，并设法减弱光的强度，使光子只能一个一个的通过狭缝，设每个光子从狭缝上通过打在底片上就留下一个点，则下述说法错误的是(　　)
A．若曝光时间不太长，则在底片上出现一些无规则的点
B．若曝光时间足够长，则底片上出现干涉条纹
C．这一实验表明光具有粒子性
D．这一实验表明光具有波动性
解析：选D.在光的双缝干涉实验中，如果短时间曝光，发现光子在底片上呈现不规则分布的点，长时间曝光才形成明暗相间的条纹．这说明了光的波动性不同于机械波，也不同于经典意义下的电磁波，而是一种概率波，即表现为光子在空间各点出现的可能性的大小．所谓概率大，即出现光子的数目多，也就是干涉、衍射时呈现出明亮的条纹；所谓概率小，即光子出现的数目少，也就是干涉、衍射时呈现出比较暗的条纹．
6．下列关于光具有波粒二象性的叙述中正确的是(　　)
A．光的波动性与机械波、光的粒子性与质点都是等同的
B．大量光子的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性
C．光既有波动性又有粒子性，是相互矛盾的，是不能统一的
D．光的频率越高，波动性越显著
解析：选B.光的波动性与机械波、光的粒子性与质点有本质的区别，A选项错．大量光子显示波动性，个别光子显示粒子性，B选项对．光是把粒子性和波动性有机结合在一起的矛盾统一体，C选项错．光的频率越高，粒子性越显著，D选项错．
7．某些物质受到光照后能发射荧光，若入射光的波长为λ0，该物质发射荧光的可能波长为λ，则(　　)
A．一定只有λ＝λ0 B．一定只有λ>λ0
C．一定有λ≤λ0 D．一定有λ≥λ0
解析：选D.由能量的关系可知发射光能量小于或等于入射光能量，以及光子的能量与频率或波长的关系ε＝hν＝，可知选项D正确．
8．(2010年高考上海卷)根据爱因斯坦光子说，光子能量E等于(h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长)(　　)
A．h B．h
C．hλ D.
解析：选A.由爱因斯坦光子说知，光子的能量E＝hν，而c＝νλ，故E＝h，A项正确．
9．人眼对绿光最为敏感，正常人的眼睛接收到波长为530 nm的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉．普朗克常量为6.63×10－34J·s，光速为3.0×108 m/s，则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是(　　)
A．2.3×10－18 W B．3.8×10－19 W
C．7.0×10－10 W D．1.2×10－18 W
解析：选A.因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，所以察觉到绿光所接收的最小功率P＝，式中E＝6ε，又ε＝hν＝h，可解得P＝6× W≈2.3×10－18 W.
二、非选择题
10．功率为100 W的灯泡所放出的能量有1 %在可见光范围内，它每秒内放出可见光子的数目为多少？(设可见光的平均波长为0.5 μm)
解析：依据量子理论，由于已知可见光的平均波长，我们可以首先求取每一个可见光光子的能量，而后计算出灯泡每秒释放的可见光总能量，两者之比即为每秒内放出可见光子的数目．
设灯泡在1 s内所放出的能量为E，则
E＝Pt＝100×1 J＝100 J
1 s内所放出能量在可见光范围内的光子总能量为
E′＝100×1 % J＝1 J
因E′＝nhν＝n·h·，所以每秒放出的可见光子数为
n＝＝
＝2.5×1018(个)．
答案：2.5×1018个
11．能量是2.0×10－12J的光子的波长是多少纳米？
解析：由光子的能量公式ε＝hν得光子的频率为：ν＝频率和波长的关系为ν＝将ν代入，得λ＝＝m≈9.95×10－14m＝9.95×10－5nm.
答案：9.95×10－5nm