综合检测(四)
第四章 机械能和能源
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分，共42分，1－3小题为单选，4－7小题为双选，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分．)
1．起重机将质量为m的物体匀速向上吊起一段距离，关于作用在物体上的各力的做功情况，下列说法正确的是( )
A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零
B．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零
C．重力做负功，拉力做正功，合力做正功
D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功
【解析】 由于物体匀速上升，重力与拉力是一对平衡力，重力做负功，拉力做正功，且数值相等，合外力做功为零，只有B正确．
【答案】 B
2．(2012·江门高一检测)质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的速度为v/4时，汽车的瞬时加速度的大小为( )
A．P/mv B．2P/mv
C．3P/mv D．4P/mv
【解析】 汽车以最大速度行驶时有P＝fv，故f＝，车的速度为v/4时，P＝F·，故F＝.汽车的加速度a＝＝＝.
【答案】 C
图1
3．(2013·龙岩高一期末)如图1所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为( )
A. B.
C. D.
【解析】 从A到B，由动能定理：－mgh－Wf＝－mv
从B到A，由动能定理：mgh－Wf＝mv
解以上两式得vA＝，B对．
【答案】 B
4．用图2所示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中( )
图2
A．重力做正功，重力势能增加
B．重力的瞬时功率一直增大
C．摆线对摆锤的拉力不做功
D．若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量
【解析】 摆锤向下运动，重力做正功，重力势能减小，故A错误．由于开始静止，所以开始重力功率为零，在D位置物体v的方向与重力垂直，PG＝Gvcos θ，可知PG＝0，而在从A位置摆动到D位置的过程中，重力功率不为零，所以所受重力瞬时功率先增大后减小，B错误．摆线拉力与v方向始终垂直，不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故C、D正确．
【答案】 CD
图3
5．(2013·深圳高一检测)质量为m的物体从地面上方H高处无初速释放，落到地面后出现一个深为h的坑，如图3所示，在此过程中( )
A．重力对物体做功mg(H＋h)
B．物体重力势能减少mg(H－h)
C．合力对物体做的总功为零
D．地面对物体的平均阻力为
【解析】 重力对物体做功为mg(H＋h)，也等于重力势能的减少，A正确，B错．由于ΔEk＝0，故W总＝0，C对．设平均阻力，由动能定理得：mg(H＋h)－h＝0，则＝.D错．
【答案】 AC
图4
6. (2012·广州高一检测)物块先沿轨道1从A点由静止下滑至底端B点，后沿轨道2从A点由静止下滑经C点至底端B点，AC＝CB，如图4所示．物块与两轨道的动摩擦因数相同，不考虑物块在C点处撞击的因素，则在物块整个下滑过程中( )
A．物块受到的摩擦力相同
B．沿轨道1下滑时的位移较小
C．物块滑至B点时速度大小相同
D．两种情况下损失的机械能相同
【解析】 设斜面的倾角为θ，下滑过程中，摩擦力大小为f＝μmgcos θ，θ不同，f不同，A错．位移都是由A指向B的有向线段，1、2位移相同，B错．摩擦力做功Wf＝－μmgcosθL＝－μmgx，两种方式中，水平位移x相等，Wf相同，损失机械能相同，D对，由WG＋Wf＝ΔEk知，动能增量即末动能相同，末速度大小相同，C对．
【答案】 CD
7．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是( )
【解析】 物体沿斜面下滑时，受到的合外力F为恒力，故A正确．物体下滑的加速度a＝也为恒定值，由v＝at可知B错误．由s＝at2可知C错误．设初态时物体的机械能为E0，由功能关系可得末态的机械能E＝E0－f·s＝E0－f·(at2)＝E0－，又因为物体滑到底端时仍有动能，故在t＝t0时刻E≠0，故D正确．
【答案】 AD
二、非选择题(本大题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤、有数值计算的要注明单位)
图5
8．(9分)光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，当物体经过光电门时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图5所示的装置验证机械能守恒定律．图中AB是固定的光滑斜面，倾角为30°，1和2是固定在斜面上的两个光电门(与它们连接的光电计时器没有画出)．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1和2的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2 s、2.00×10－2 s，已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g取9.8 m/s2，滑块经过光电门时的速度为其平均速度，求：
(1)滑块经过光电门1和2时的速度v1＝________m/s，v2＝________m/s；
(2)滑块经过光电门1和2之间的动能增加了______ J，重力势能减少了________ J．(保留三位有效数字)
【解析】 (1)v1＝＝ m/s＝1 m/s，
v2＝＝ m/s＝2.5 m/s；
(2)ΔEk＝m(v－v)＝5.25 J，
ΔEp＝mgs12sin 30°＝5.29 J.
【答案】 (1)1 2.5 (2)5.25 5.29
图6
9．(9分)(2013·台州高一期中)如图6所示，一个质量m＝2 kg的物体，受到水平拉力F＝20 N，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2.求物体从静止开始：
(1)拉力F在2 s内对物体所做的功；
(2)2 s末拉力F对物体做功的功率．
【解析】 (1)F－μmg＝ma
a＝5 m/s2
l＝at2/2＝10 m
W＝Fl＝200 J
(2)v＝at＝10 m/s
P＝Fv＝200 W
【答案】 (1)200 J (2)200 W
10．(12分)(2013·佛山高一期末)如图7所示，在光滑的水平面上有一平板小车m1正以速度v向右运动，现将一质量为m2的木块无初速度地放上小车，由于木块和小车间的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化．为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力F.当F作用一段时间后把它撤去时，木块恰能随小车一起以速度v共同向右运动．设木块和小车间的动摩擦因数为μ.求在这个过程中，水平恒力F对小车做了多少功？
图7
【解析】 x车＝vt
x木＝ t＝t
对木块应用动能定理，有：μm2gx木＝m2v2－0
对小车应用动能定理，有：WF－μm2gx车＝0
联立解得：WF＝m2v2
【答案】 m2v2
11．(14分)如图8所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02 m/s的匀速运动．取g＝10 m/s2，不计额外功．求：
图8
(1)起重机允许输出的最大功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．
【解析】 (1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力．
P0＝F0vm ①
P0＝mgvm ②
代入数据，有：P0＝5.1×104 W ③
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：
P0＝Fv1 ④
F－mg＝ma ⑤
v1＝at1 ⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得t1＝5 s ⑦
t＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则v2＝at ⑧
P＝Fv2 ⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得：P＝2.04×104 W.
【答案】 (1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W
12．(14分)(2011·云浮高一检测)如图9所示，在竖直平面内，由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道，圆形轨道的半径为R.质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h＝2.5R的A点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失．求：
(1)小物块通过B点时速度vB的大小；
(2)小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力F的大小；
(3)小物块能否通过圆形轨道的最高点D.
图9
【解析】 (1)物块从A点运动到B点的过程中，由动能定理得：mgh＝mv
解得：vB＝
(2)物块从B至C做匀速直线运动则vC＝vB＝
物块通过圆形轨道最低点C时，由牛顿第二定律有：
F－mg＝m
得F＝6mg
(3)若物块能从C点运动到D点，由动能定理得：
－mg·2R＝mv－mv
解得：vD＝
物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1，由牛顿第二定律得：mg＝m
vD1＝
由此可知物块恰能通过最高点．
【答案】 (1) (2)6mg (3)通过圆形轨道的最高点D
1．(双选)下列说法正确的是( )
A．海王星和冥王星是人们依据万有引力定律计算的轨道发现的
B．天王星是人们依据万有引力定律计算的轨道发现的
C．天王星的运行轨道偏离根据万有引力定律计算出来的轨道，其原因是天王星受到轨道外面其他行星的引力作用
D．以上说法都不对
【解析】 海王星和冥王星都是人们先根据万有引力定律计算出轨道，然后又被天文工作者观察到的．天王星是人们通过望远镜观察发现的．在发现海王星的过程中，天王星的运行轨道偏离根据万有引力定律计算出来的轨道引起了人们的思考，推测天王星外面存在其他行星．综上所述，选项A、C正确．
【答案】 AC
2．关于宇宙速度，下列说法正确的是( )
A．第一宇宙速度是能使人造地球卫星飞行的最小发射速度
B．第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度
C．第二宇宙速度是卫星在椭圆轨道上运行时的最大速度
D．第三宇宙速度是发射人造地球卫星的最小速度
【解析】 第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是地球卫星绕地球飞行的最大速度，A对，B错；第二宇宙速度是在地面上发射物体，使之成为绕太阳运动或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，C错；第三宇宙速度是在地面上发射物体，使之飞到太阳系以外的宇宙空间所必需的最小发射速度，D错．
【答案】 A
3．探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )
A．轨道半径变小 B．向心加速度变小
C．线速度变小 D．角速度变小
【解析】 探测器做匀速圆周运动由万有引力充当向心力，G＝mr，G＝m，G＝mω2r，G＝ma.由以上四式可知，T减小则r减小，a、v、ω均增大，故仅A正确．
【答案】 A
4．一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】 天体质量M＝πR3ρ，物体对天体表面无压力，即万有引力完全用来提供物体随天体自转的向心力，即＝mR，得T＝()，D正确．
【答案】 D
5．(双选)我国于2012年1月13日在西昌卫星发射中心利用“长征三号甲”运载火箭将自行研制的“风云二号F星”送入同步转移轨道，之后经过变轨控制后成功定点于东经112°赤道上空的地球同步轨道．关于定点后的“风云二号F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大
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】 7.9 km/s是第一宇宙速度，是所有地球卫星的最大运转速度，故A错误；因“风云二号F星”是同步卫星，其轨道半径大于地球半径，而小于月球的轨道半径，B、C均正确；因该星与赤道上物体的角速度相同，但到地心距离不同(r＞R)，由a向＝rω2得a星＞a物，故D错误．
【答案】 BC
6．“嫦娥一号”绕月卫星成功发射之后，我国又成功发射了“嫦娥二号”，其飞行高度距月球表面100 km，所探测到的有关月球的数据比飞行高度为200 km的“嫦娥一号”更加翔实．若两颗卫星环月的运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图3－2－4所示，则有( )
图3－2－4
A．“嫦娥二号”线速度比“嫦娥一号”小
B．“嫦娥二号”周期比“嫦娥一号”小
C．“嫦娥二号”角速度比“嫦娥一号”小
D．“嫦娥二号”加速度比“嫦娥一号”小
【解析】 根据G＝mω2r＝m()2r＝＝ma可得v＝，a＝G，ω＝，T＝2π，可见，轨道半径较小的“嫦娥二号”的线速度、加速度和角速度均较大，而周期较小．故B正确．
【答案】 B
7．(双选)(2013·揭阳高一检测)如图3－2－5所示，“神舟八号”与“天宫一号”在离地面的三百多公里的同一轨道上绕地球做匀速圆周运动时( )
图3－2－5
A．运行周期相同
B．都处于平衡状态
C．向心力相同
D．飞行速度都小于第一宇宙速度
【解析】 “神舟八号”与“天宫一号”的轨道半径相同．由T＝2π得，周期相同，A对．第一宇宙速度是最大的绕行速度，D对．由于两者做匀速圆周运动，不是平衡状态，B错．又因不知两者的质量关系，则向心力的大小不能确定，C错．
【答案】 AD
8．如图3－2－6所示，a、b、c是环绕地球圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是ma＝mb图3－2－6
A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
B．b、c的周期相等，且小于a的周期
C．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度
D．b所需向心力最小
【解析】 由G＝m＝mω2r＝mr＝ma
可得卫星的线速度v＝，故va>vb＝vc，A错．周期T＝2π，故Taab＝ac，C错．因为向心力F＝ma，aa>ab＝ac，ma＝mb故向心力Fa>Fb，Fc>Fb，D对．
【答案】 D
9．人造卫星在运行中因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运行的轨道半径会慢慢减小，在半径缓慢变化过程中，卫星的运动还可近似视为匀速圆周运动，当它在较大的轨道半径r1上运行时线速度为v1，周期为T1，后来在较小的轨道半径r2上运行时线速度为v2，周期为T2，则它们的关系是( )
A．v1v2，T1>T2
C．v1T2 D．v1>v2，T1【解析】 人造卫星做匀速圆周运动，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力
由G＝m，得v＝，即v∝，则r减小时，v增大．由G＝mr()2，得T＝，则r减小时，T减小．故C正确．
【答案】 C
10．如图3－2－7所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)．若已知一个极地卫星从北纬30°的正上方，按图示方向第一次运行至南纬60°正上方时所用时间为t，地球半径为R(地球可看做球体)，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G.由以上条件不能求出的( )
图3－2－7
A．卫星运行的周期 B．卫星距地面的高度
C．卫星的质量 D．地球的质量
【解析】 卫星从北纬30°的正上方，第一次运行至南纬60°正上方时，刚好为运动周期的，所以卫星运行的周期为4t，A能求出；知道周期、地球的半径，由＝m()2(R＋h)，可以算出卫星距地面的高度，B能求出；通过上面的公式可以看出，能算出中心天体的质量，不能算出卫星的质量，故选C.
【答案】 C
11．(2013·汕头高一期末)已知某行星的半径为R，以其第一宇宙速度运行的卫星绕行星运行的周期为T，该行星的同步卫星的运行速度为v，求：
(1)该行星的同步卫星距行星表面的高度h.
(2)该行星的自转周期T自．
【解析】 (1)对绕行星表面运行的卫星有：G＝mR()2
对该行星的同步卫星有：G＝m
可解得：h＝－R
(2)由于同步卫星的周期T同＝
所以行星的自转周期T自＝＝
【答案】 (1)－R (2)
12．(2013·锦州高一月考)某卫星在赤道上空做匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面重合，运行方向与地球的自转方向相同，轨道半径为r＝2R，地球半径为R，地球的自转角速度为ω0，地球表面重力加速度为g.在某时刻该卫星正通过赤道上某建筑物的正上方，试求到它下一次通过该建筑正上方所需时间t多长？
【解析】 卫星万有引力提供向心力：＝mω2(2R)
地表处万有引力近似等于物体重力得mg＝
卫星与建筑物两次相遇圆心角关系：ωt－ω0t＝2π
解得t＝.
【答案】
1．宇宙飞船在绕地球运行时，宇航员出舱工作，若宇航员释放一探测仪器，则该仪器将( )
A．继续和飞船一起沿轨道运行
B．做平抛运动，落向地球
C．由于惯性，沿轨道切线方向做匀速直线运动
D．做自由落体运动，落向地球
【解析】 由于探测仪器与宇宙飞船具有相同的速度，小物体受到地球的万有引力全部提供其做圆周运动的向心力，情况与飞船的相同，故探测仪器仍沿原轨道与飞船一起做圆周运动，A对，B、C、D错．
【答案】 A
2．在地球大气层外有很多太空垃圾绕地球做匀速圆周运动，每到太阳活动期，由于受太阳的影响，地球大气层的厚度开始增加，而使得部分垃圾进入大气层，开始做靠近地球的近心运动．产生这一结果的原因是( )
A．由于太空垃圾受到地球引力减小而导致的近心运动
B．由于太空垃圾受到地球引力增大而导致的近心运动
C．由于太空垃圾受到空气阻力而导致的近心运动
D．地球引力提供了太空垃圾做匀速圆周运动所需的向心力，故产生近心运动的结果与空气阻力无关
【解析】 由于空气阻力的作用，太空垃圾的速度减少，需要的向心力减小，使万有引力大于向心力，太空垃圾做向心运动，C正确．
【答案】 C
3．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，线速度为v，周期为T.若要使它的周期变为2T，可能的方法是( )
A．r不变，使线速度变为
B．v不变，使轨道半径变为2r
C．轨道半径变为r
D．无法实现
【解析】 人造卫星的轨道半径R、线速度v、周期T三个量，一定俱定，一变俱变，故A、B错；又T＝2π，则2T＝2π，所以R′＝R，故C正确．
【答案】 C
4．近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础．如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T，则火星的平均密度ρ的表达式为(k为某个常数)( )
A．ρ＝kT B．ρ＝
C．ρ＝kT2 D．ρ＝
【解析】 火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动时，＝mR，又M＝πR3ρ，可得：ρ＝＝，故只有D正确．
【答案】 D
5．(双选)美国“新地平线”号探测器，已于美国东部时间2006年1月17日13时(北京时间18日1时)借助“宇宙神－5”火箭，从佛罗里达州卡纳维拉尔角肯尼迪航天中心发射升空，开始长达九年的飞向冥王星的太空之旅．拥有3级发动机的“宇宙神－5”重型火箭将以每小时5.76万千米的惊人速度把“新地平线”号送离地球，这个冥王星探测器因此将成为人类有史以来发射的速度最高的飞行器．这一速度( )
A．大于第一宇宙速度
B．小于第二宇宙速度
C．大于第三宇宙速度
D．小于并接近第三宇宙速度
【解析】 由题中已知条件5.76×104km/h＝16 km/s，第一宇宙速度为v1＝7.9 km/s，第二宇宙速度为v2＝11.2 km/s，第三宇宙速度为v3＝16.7 km/s，由以上数据可以判断A、D正确．
【答案】 AD
6．我国成功发射的“神舟七号”载人飞船，随后航天员圆满完成了太空出舱任务并释放了伴飞小卫星．若小卫星和飞船在同一圆轨道上，相隔一段距离，一前一后沿同一方向绕行，下列说法正确的是( )
A．由飞船的轨道半径、周期和引力常量，可以算出飞船质量
B．小卫星和飞船的加速度大小相等
C．航天员在飞船表面进行太空漫步时，对表面的压力等于航天员的重力
D．飞船只需向后喷出气体，就可以和小卫星对接
【解析】 由飞船的轨道半径、周期和引力常量只能算出中心天体的质量，即地球的质量，A错；因为飞船和小卫星的轨道半径一样，所以它们的加速度一样，B对；宇航员处于失重状态，他和飞船表面的作用力应小于自身重力，C错；飞船向后喷气后，速度增大，将做离心运动，不可能与小卫星对接，D错．
【答案】 B
7．(2012·韶关高一检测)“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并测得两颗卫星的周期相等，以下判断错误的是( )
A．天体A、B表面的重力加速度与它们的半径成正比
B．两颗卫星的线速度一定相等
C．天体A、B的质量可能相等
D．天体A、B的密度一定相等
【解析】 由g＝可知，g与R成正比，A正确；由v＝可得，v与R成正比，只有当A、B两天体半径相等时，两卫星的线速度才相等，B错误；由G＝m得，M＝，当R相等时，M相等，C正确；由ρ＝得ρ＝，ρ一定相等，D正确．因此选B.
【答案】 B
8．(双选)(2013·浙江高考)如图3－3－5所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M、半径为R.下列说法正确的是( )
图3－3－5
A．地球对一颗卫星的引力大小为
B．一颗卫星对地球的引力大小为
C．两颗卫星之间的引力大小为
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为
【解析】 应用万有引力公式及力的合成规律分析．
地球与卫星之间的距离应为地心与卫星之间的距离，选项A错误，B正确；两颗相邻卫星与地球球心的连线互成120°角，间距为r，代入数据得，两颗卫星之间引力大小为，选项C正确；三颗卫星对地球引力的合力为零，选项D错误．
【答案】 BC
9．如图3－3－6所示，美国的“卡西尼”号探测器自1997年10月15日发射经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞行的轨道．又经过4年的探测至2011年6月30日圆满完成设定的任务，若“卡西尼”号探测器在半径为R的土星上空离土星表面高h的圆形轨道上绕土星飞行，环绕n周飞行时间为t，已知引力常量为G，则土星的质量为________，平均密度为________．
图3－3－6
【解析】 设“卡西尼”号探测器的质量为m，土星的质量为M，“卡西尼”号探测器围绕土星的中心做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，G＝m(R＋h)()2，其中T＝，解得M＝.又土星体积V＝πR3，所以ρ＝＝.
【答案】
10．飞船沿半径为R的圆周轨道绕地球运动，其周期为T，如果飞船要返回地面，可在轨道上的A处将速率降低到适当数值，从而使飞船沿着以地心为焦点的椭圆轨道运动，椭圆和地球表面在B点相切，如图3－3－7所示．如果地球半径为R0，求飞船由A点到B点所需要的时间？
图3－3－7
【解析】 由题意得，飞船椭圆轨道的半长轴为，设飞船沿椭圆轨道运动的周期为T′，则根据开普勒第三定律得＝，
求得：T′＝T
＝·
所以从A到B的时间为：
t＝＝.
【答案】
11．我国已启动“嫦娥工程”，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”已成功发射，“嫦娥三号”亦有望在2013年落月探测90天，并已给落月点起了一个富有诗意的名字——“广寒宫”．
(1)若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求月球绕地球运动的轨道半径r；
(2)若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落
回抛出点．已知月球半径为r月，引力常量为G，试求出月球的质量M月．
【解析】 (1)根据万有引力定律和向心力公式：
G＝M月()2r
质量为m的物体在地球表面时：mg＝G
解得：r＝ .
(2)设月球表面处的重力加速度为g月，根据题意：v0＝，g月＝，解得：M月＝.
【答案】 (1)r＝ (2)M月＝
12．宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球．经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L.若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常量为G，求该星球的质量M.
【解析】 设抛出点的高度为h，第一次抛出时水平射程为x；当初速度变为原来2倍时，水平射程为2x，如图所示．
由几何关系可知：
L2＝h2＋x2①
(L)2＝h2＋(2x)2②
①②联立，得：h＝L
设该星球表面的重力加速度为g
则竖直方向h＝gt2③
又因为＝mg(或GM＝gR2)④
由③④联立，得M＝.
【答案】
1．(双选)(2012·太原高一检测)下列关于力对物体做功的理解正确的是( )
A．力作用在物体上，一定对物体做功
B．物体运动过程中，一定有力对它做功
C．力对物体做正功，该力是动力
D．力对物体做负力，该力是阻力
【解析】 做功需要两个条件：一是物体受力作用；二是物体在力的方向上发生位移．A、B错．功的正负表示做功的力是动力还是阻力．力做正功，表示该力为动力，力做负功，表示该力为阻力，C、D对．
【答案】 CD
2．运动员用200 N的力把质量为0.5 kg的球踢出10 m，则运动员对球所做的功是( )
A．200 J B．2 000 J
C．100 J D．无法确定
【解析】 在公式W＝Fscos θ中，s为力F作用在物体上时物体的位移，本题中力F＝200 N，但球在此力作用下运动的位移不知道，但球运动10 m的过程中，运动员对球没有施加力，故W无法确定，故D正确．
【答案】 D
3．一个人乘电梯从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】 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＝Fscos α可知，支持力始终对人做正功，故D正确．
【答案】 D
4．(双选)如图4－1－12所示，物体在水平桌面上，当对它施加图A的拉力F，使它由静止发生位移s，当对它施加图B的推力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4－1－12
A．图B中F做功多
B．A、B中F做功相同
C．图B中克服摩擦力做功多
D．A、B中克服摩擦力做功相同
【解析】 力F做功WF＝F·scos α，两图中F做功相同，A错、B对；由于摩擦力fA＝μ(mg－Fsin α)，fB＝μ(mg＋Fsin α)，所以克服摩擦力做功WA＝fAs＝μ(mg－Fsin α)·s，WB＝fBs＝μ(mg＋Fsin α)s，C对、D错．
【答案】 BC
5．(双选)(2013·杭州高一联考)如图4－1－13所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )
图4－1－13
A．重力对m做正功
B．M对m的支持力对m做负功
C．M对m的摩擦力对m做负功
D．m所受的合外力对m做负功
【解析】 对m受力分析，位移分析如图所示．其中重力与位移夹角为锐角，故做正功，A对．支持力与位移夹角为钝角做负功，B对．摩擦力与位移夹角为锐角，做正功，C错．m所受合力沿斜面向下，故合力做正功，D错．
【答案】 AB
6．(双选)如图4－1－14所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是( )
图4－1－14
A．A、B都克服摩擦力做功
B．摩擦力对A不做功
C．摩擦力对B做负功
D．摩擦力对A、B都不做功
【解析】 对A、B受力分析如图所示，物体A在Ff2作用下没有位移，所以摩擦力对A不做功，故B正确；对物体B，Ff1与位移夹角为180°，做负功，故C正确，A、D错误．
【答案】 BC
7．以某一初速度竖直向上抛出一个质量为m的小球，上升的最大高度是h.如果空气阻力F阻的大小恒定，则从抛出到落回出发点的整个过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A．0 B．－F阻h
C．－2mgh D．－2F阻h
【解析】 整个过程中阻力是变力，分段求功，上升阶段阻力做的功W1＝－F阻h，下降阶段阻力做的功W2＝－F阻h，总功为W＝W1＋W2＝－2F阻h，D正确．
【答案】 D
图4－1－15
8．(双选)如图4－1－15所示为生活中磨刀的示意图，磨刀石静止不动，刀在手的推动下从右匀速运动到左，发生位移x，设刀与磨刀石之间的摩擦力大小为Ff，则下列叙述中正确的是( )
A．摩擦力对刀做负功，大小为Ffx
B．摩擦力对刀做正功，大小为Ffx
C．摩擦力对磨刀石做正功，大小为Ffx
D．摩擦力对磨刀石不做功
【解析】 刀所受摩擦力向右，刀对地的位移向左，故摩擦力对刀做负功，为－Ffx；磨刀石受摩擦力向左，但磨刀石对地位移为零，故摩擦力对磨刀石不做功．
【答案】 AD
9．如图4－1－16所示，小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力( )
图4－1－16
A．垂直于接触面，做功为0
B．垂直于接触面，做功不为0
C．不垂直于接触面，做功为0
D．不垂直于接触面，做功不为0
【解析】 当滑块从顶端滑至底端时，由于接触面光滑，斜面将向右移动一段距离，如图所示．重力对滑块做正功，尽管斜面对滑块的支持力垂直于斜面，但滑块的位移方向与斜面不平行，即支持力FN与位移的夹角大于.所以斜面对滑块的支持力对滑块做负功．很容易分析，滑块对斜面的压力对斜面做正功．B正确．
【答案】 B
图4－1－17
10．如图4－1－17所示，滑轮和绳的质量及摩擦不计，用力F开始提升原来静止的质量为m＝10 kg的物体，以大小为a＝2 m/s2的加速度匀加速上升，求前3 s内力F做的功．(取g＝10 m/s2)
【解析】 物体受到两个力的作用：拉力F′和重力mg，由牛顿第二定律得F′－mg＝ma，所以F′＝m(g＋a)＝10×(10＋2)N＝120 N．则F＝F′＝60 N.
物体从静止开始运动，3 s内的位移为s＝at2＝×2×32 m＝9 m.
力F作用点为绳的端点，而在物体发生9 m位移的过程中，绳的端点的位移为2s＝18 m，所以，力F做的功W＝F·2s＝60×18 J＝1 080 J.
【答案】 1 080 J
11．(2013·杭州高一联考)一个质量m＝10 kg的静止物体与水平地面间滑动摩擦系数μ＝0.5，受到一个大小为100 N与水平方向成θ＝37°的斜向上拉力作用而运动，假设拉力作用的时间为t＝1 s．(g取10 m/s2.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)求1 s内拉力做的功．
(2)求1 s内摩擦力做的功．
(3)求1 s内合外力做的功．
【解析】 (1)由受力分析知FN＝G－Fsin 37°＝40 N
由摩擦力公式得Ff＝μFN＝20 N
由牛顿第二定律F合
＝Fcos 37°－Ff＝ma
解得a＝6 m/s2
由位移公式可得x＝at2＝3 m
WF＝Fxcos 37°＝240 J
(2)WFf＝Ffxcos 180°＝－60 J
(3)W合＝F合x＝180 J
【答案】 (1)240 J (2)－60 J (3)180 J
12.如图4－1－18所示，水平传送带AB以2 m/s的速度匀速运动，将一质量为2 kg的工件轻轻放在传送带上(设传送带的速度不变)，如果工件与传送带之间的动摩擦因数为0.2，AB之间的距离为10 m，则放手后工件在5 s内的位移是多少？摩擦力对工件做功为多少？(g取10 m/s2)
图4－1－18
【解析】 工件放在传送带上的瞬间，水平方向的合力
F＝μmg
由牛顿第二定律得a＝＝μg＝2 m/s2
工件匀加速的时间t＝＝1 s
工件的速度与传送带相同以后，工件做匀速直线运动，因此工件在5 s内的位移s＝at2＋v(t总－t)
解得s＝9 m
在此过程中，只有在第1 s内有摩擦力对工件做功
所以W＝μmg·at2
解得W＝4 J.
【答案】 9 m 4 J
1．下列说法中正确的是( )
A．在水平地面以上某高度的物体重力势能一定为正值
B．质量大的物体重力势能一定大
C．不同的物体中离地面最高的物体其重力势能最大
D．离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零
【解析】 重力势能具有相对性，其大小或正负与参考平面的选取有关，所以在地面以上某高度的物体的重力势能不一定为正值，A项错误．若选取离地面某高度处为参考平面，物体在那一高度的重力势能为零，D项正确．重力势能的大小取决于物体质量和所在的高度两个因素，B、C项错误．
【答案】 D
2．(双选)在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是( )
A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动
【答案】 CD
3．(2012·清远高一检测)一人用力踢质量为1 kg的足球，使球由静止以10 m/s的速度沿水平方向飞出．假设人踢球时对球的平均作用力为200 N，球在水平方向运动了20 m，那么人对球所做的功为( )
A．50 J B．200 J
C．2 000 J D．4 000 J
【解析】 虽然球在水平方向运动了20 m，但球离开脚后已不再受到人给它的力，人对球做功转化为球的动能
人踢球时对球做的功为W＝mv2＝×1×102 J＝50 J，选项A正确．故B、C、D错误．
【答案】 A
图4－2－9
4．物体沿不同的路径从A滑到B，如图4－2－9所示，则( )
A．沿路径ACB重力做的功大些
B．沿路径ADB重力做的功大些
C．沿路径ACB和ADB重力做功一样多
D．条件不足，无法判断
【解析】 重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关，C正确．
【答案】 C
5．(双选)关于对动能的理解，下列说法错误的是( )
A．凡是运动的物体都具有动能
B．动能总为正值
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；速度变化时，动能也一定变化
D．物体动能不变时，一定处于平衡状态
【解析】 动能是因运动而具有的能量，A对．动能是标量，且总为正值，B对．物体动能变化，说明速度大小一定发生了变化，而当速度只是方向变化，则动能就不变，故C错．物体动能不变，说明速度大小不变，但速度方向可能变化，即物体可能做变速运动，而非平衡状态，D错．
【答案】 CD
6．(2012·黄冈高一检测)如图4－2－10所示的几个运动过程中，物体弹性势能增加的是( )
图4－2－10
A．图甲中撑杆跳运动员从压杆到杆伸直的过程中，杆的弹性势能
B．图乙中人拉长弹簧过程中弹簧的弹性势能
C．图丙中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．图丁中小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能
【解析】 甲中从压杆到伸直弹力先做负功，后做正功，弹性势能先增加后减小，A错；乙中弹簧的弹力做负功弹性势能增加，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，C、D错误．
【答案】 B
图4－2－11
7．如图4－2－11所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是( )
A．重力做功－mgh，重力势能减少mgh
B．弹力做功－WF，弹性势能增加WF
C．重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D．重力势能增加mgh，弹性势能增加WF－mgh
【解析】 可将整个过程分为两个阶段：一是弹簧伸长到m刚要离开地面阶段，拉力克服弹力做功WF1＝－W弹，等于弹性势能的增加；二是弹簧长度不变，物体上升h，拉力克服重力做功WF2＝－WG＝mgh，等于重力势能的增加，又由WF＝WF1＋WF2可知A、B、C错，D对．
【答案】 D
图4－2－12
8．如图4－2－12所示是位于锦江乐园的摩天轮，高度为108 m，直径是98 m．一质量为50 kg的游客乘坐该摩天轮做匀速圆周运动旋转一圈需25 min.如果以地面为零势能面，则他到达最高处时的(取g＝10 m/s2)( )
A．重力势能为5.4×104 J，角速度为0.2 rad/s
B．重力势能为4.9×104 J，角速度为0.2 rad/s
C．重力势能为5.4×104 J，角速度为4.2×10－3 rad/s
D．重力势能为4.9×104 J，角速度为4.2×10－3 rad/s
【解析】 以地面为零势能面，Ep＝mgh＝50×10×108 J＝5.4×104J，角速度ω＝2π/T且T＝25×60 s，所以角速度ω＝4.2×10－3rad/s.C正确．
【答案】 C
图4－2－13
9．如图4－2－13所示，质量为m的小球，从圆弧上A点滚下，又滚到圆弧上的另一点B，A点离圆弧底部的高度为h1，B点离圆弧底部的高度为h2.问小球从A点滚到B点的过程中，重力做多少功？小球的重力势能变化多少？
【解析】 重力所做的功只跟起点与终点的高度差有关，因此重力做的功为
W＝mgΔh＝mg(h1－h2)．
因为高度减小，重力做正功，小球的重力势能减少量为ΔEp＝W＝mg(h1－h2)．
【答案】 mg(h1－h2) 减少mg(h1－h2)
图4－2－14
10．如图4－2－14所示，桌面距地面0.8 m，一物体质量为2 kg，放在距桌面0.4 m的支架上(g＝10 m/s2)．以地面为参考平面，计算物体在支架上时具有的重力势能，并计算物体由支架下落到桌面的过程中，重力势能减少了多少？
【解析】 以地面为参考平面，物体的高度为
h1＝1.2 m.
物体的重力势能为
Ep1＝mgh1＝2×10×1.2 J＝24 J
物体落至桌面时的高度h2＝0.8 m，重力势能为
Ep2＝mgh2＝2×10×0.8 J＝16 J
物体重力势能的减少量为
ΔEp＝Ep1－Ep2＝(24－16) J＝8 J.
【答案】 24 J 8 J
11．在离地面80 m处无初速度地释放一小球，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参考平面．求：
(1)在第2 s末小球的重力势能；
(2)在第3 s内重力所做的功和重力势能的变化．
【解析】 (1)在第2 s末小球所处的高度h＝－gt2＝－×10×22 m＝－20 m.
重力势能Ep＝mgh＝0.2×10×(－20) J＝－40 J.
Ep<0说明物体在参考平面的下方．
(2)在第3 s末小球所处的高度
h′＝－gt2＝－×10×32 m＝－45 m.
第3 s内重力做功W＝mg(h－h′)＝0.2×10×(－20＋45) J＝50 J，即小球的重力势能减少了50 J.
【答案】 (1)－40 J (2)50 J 重力势能减少50 J
图4－2－15
12．(2012·泰州高一检测)通过探究得到弹性势能的表达式为Ep＝kx2，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧伸长(或缩短)的长度，请利用弹性势能表达式计算下列问题．放在地面上的物体上端系在劲度系数k＝400 N/m的弹簧上，弹簧的另一端拴在跨过定滑轮的绳子上，如图4－2－15所示．手拉绳子的另一端，从轻绳处于张紧状态开始，当往下拉0.1 m物体开始离开地面时，继续拉绳，使物体缓慢升高到离地h＝0.5 m高处．如果不计弹簧重和滑轮跟绳的摩擦，求整个过程拉力所做的功以及弹性势能的最大值．
【解析】 由题意知弹簧的最大伸长量x＝0.1 m
弹性势能Ep＝kx2＝×400×0.12 J＝2 J
此过程中拉力做的功与弹力做的功数值相等，
则有W1＝W弹＝ΔEp＝2 J
刚好离开地面时G＝F＝kx＝400×0.1 N＝40 N
物体缓慢升高，F＝40 N
物体上升h＝0.5 m时拉力克服重力做功
W2＝Fh＝40×0.5 J＝20 J
拉力共做功W＝W1＋W2＝(2＋20) J＝22 J.
【答案】 22 J 2 J
1．(双选)(2012·海口高一检测)下列关于运动的某个物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系，正确的是( )
A．如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零
B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零
C．如果合外力对物体所做的功不为零，则物体动能一定发生变化
D．如果合外力对物体所做的功为零，则物体动能一定发生变化
【解析】 合外力为零，根据功的决定因素知合外力一定不做功，A对．合外力的功为零，可能是在合外力方向上没有发生位移，但合外力不一定为零，B错．根据动能定理，合外力对物体做的功一定等于物体的动能变化，即合外力做功，物体的动能一定变化，合外力不做功，物体的动能一定不会发生变化，C对，D错．
【答案】 AC
2．关于公式W＝Ek2－Ek1＝ΔEk，下述正确的是( )
A．功就是动能，动能就是功
B．功可以变为能，能可以变为功
C．动能变化的多少可以用功来量度
D．功是物体能量的量度
【解析】 功和能是两个不同的物理量．功是物体能量变化的量度．其中动能的变化可以用合外力的功来量度，故C正确．
【答案】 C
3．物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙水平面上，开始时都处于静止状态，在相同的水平力F作用下移动相同的位移，则( )
A．力F对A做功较多，A的动能较大
B．力F对B做功较多，B的动能较大
C．力F对A和B做的功相同，A和B的动能相同
D．力F对A和B做的功相同，但A的动能较大
【解析】 由功的公式WF＝Fscos α可知，力F对A、B两物体做的功相同，但B物体除了力F对其做正功以外，还有摩擦阻力对其做负功，所以B物体所受合外力对其所做的功小于A物体所受合外力对其所做的功，由动能定理知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，因此A的末态动能大于B的末态动能，故选D.
【答案】 D
4．甲、乙两物体质量的比M1∶M2＝3∶1，速度的比v1∶v2＝1∶3，在相同的阻力作用下逐渐停下，则它们的位移比x1∶x2是( )
A．1∶1 B．1∶3
C．3∶1 D．4∶1
【解析】 由Ek＝mv2得两物体的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶3，而根据动能定理－Fx＝－Ek，所以x1∶x2＝Ek1∶Ek2＝1∶3，B正确．
【答案】 B
5．(双选)质量为m的物体，从静止开始以a＝g的加速度竖直向下运动h，下列说法中正确的是( )
A．物体的动能增加了mgh
B．物体的动能减少了mgh
C．物体的势能减少了mgh
D．物体的势能减少了mgh
【解析】 物体的合力F合＝ma＝mg，向下运动h时合力做功W＝F合h＝mgh，根据动能定理，物体的动能增加了mgh，A对，B错；向下运动h过程中重力做功mgh，物体的势能减少了mgh，C错，D对．
【答案】 AD
6．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g＝10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是
( )
A．合外力做功50 J
B．克服阻力做功500 J
C．重力做功500 J
D．支持力做功50 J
【解析】 对小孩做受力分析：可知支持力对小孩不做功，重力做正功，阻力做负功．由动能定理得：
mgh－Wf＝mv2－0
重力做功WG＝mgh＝750 J
克服阻力做功Wf＝700 J
合力做功：W合＝ΔEk＝mv2＝50 J.
【答案】 A
7．AB为1/4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】 设AB段摩擦力对物体做的功为W，物体由A运动到C的整个过程，由动能定理得：
mgR＋W－μmgR＝0－0
解得：W＝－(1－μ)mgR
故物体在AB段克服摩擦力所做的功为(1－μ)mgR，正确选项为D.
【答案】 D
8．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F的作用从静止起通过位移s时的动能为E1，当物体受水平力2F的作用，从静止开始通过相同位移s时，它的动能为E2.则( )
A．E2＝E1 B．E2＝2E1
C．E2>2E1 D．E1【解析】 物体在粗糙的水平面上通过位移s的过程中，所受到的摩擦力不变，由动能定理可得
水平力为F时，(F－f)s＝E1
水平力为2F时，(2F－f)s＝E2
则E2＝2(F－f)s＋fs＝2E1＋fs>2E1.
【答案】 C
9.
图4－3－9
质量为1 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图象如图4－3－9所示，g取10 m/s2, 则以下说法中正确的是( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．物体滑行的总时间为4 s
D．物体滑行的总时间为2.5 s
【解析】 直接应用动能定理，摩擦阻力大小为f＝＝2.5 N，动摩擦因数为0.25，故A、B错；物体初动能为50 J，则初速度就为10 m/s，加速度为2.5 m/s2，滑行时间应为4 s.
【答案】 C
10．质量为1 kg的重物自由下落，通过打点计时器在纸带上记录运动过程，打点计时器所接电源为6 V、50 Hz的交流电源，如图4－3－10所示，纸带上O点为重物自由下落时纸带打点的起点，选取的计数点A、B、C、D、E、F、G依次间隔一个点(图中未画出)，各计数点与O点之间的距离依次为31.4、70.6、125.4、195.9、282.1、383.8、501.2，单位为mm.则：
图4－3－10
(1)求出B、C、D、E、F各点速度，并填入下表：
计数点
B
C
D
E
F
v/(m·s－1)
(2)求出物体下落时从O点到图中各点过程中重力所做的功，并填入下表：
计数点
B
C
D
E
F
W/J
(3)适当选择坐标轴，在图4－3－11中作出物体重力做的功与物体速度之间的关系图象．图中纵坐标表示________，横坐标表示________，由图可得重力所做的功与________成________关系．
图4－3－11
【解析】 (1)各点速度可由公式v＝求出
vB＝＝ m/s≈1.18 m/s
同理vC≈1.57 m/s，vD≈1.96 m/s，vE≈2.35 m/s，vF≈2.74 m/s
(2)重力做的功由W＝mgΔx求出
WB＝mg＝1×9.8×70.6×10－3 J≈0.69 J
同理WC≈1.23 J，WD≈1.92 J，WE≈2.76 J，WF≈3.76 J
【答案】 (1)1.18 1.57 1.96 2.35 2.74
(2)0.69 1.23 1.92 2.76 3.76
(3)如图所示
重力做的功WG 物体速度的平方v2
物体速度的平方v2 正比
11．质量为m的小球系于轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的作用力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好通过最高点，求在此过程中小球克服阻力所做的功．
【解析】 在最低点由牛顿第二定律知：
F1－mg＝ ①
在最高点由牛顿第二定律知：
mg＝ ②
在由最低点到最高点的过程中，由动能定理可得：
－mg·2R－Wf＝mv－mv ③
解①②③得：Wf＝mgR.
【答案】 mgR
12．一物体以初速度v0竖直上抛，落回原处时速度为v1，空气阻力不能忽略且大小不变，求物体上升的最大高度．
【解析】 设上升的最大高度为h，空气阻力大小为f，则上升过程：－mgh－fh＝0－mv
下降过程：mgh－fh＝mv－0
解得：h＝.
【答案】
1．下列说法正确的是( )
A．机械能守恒时，物体一定不受阻力
B．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用
C．物体处于平衡状态时，机械能必守恒
D．物体所受的外力不等于零，其机械能也可以守恒
【解析】 机械能守恒的条件是只有重力做功或系统内物体间的弹力做功．机械能守恒时，物体或系统可能不只受重力和弹力作用，也可能受其他力，但其他力不做功或做的总功一定为零，A、B错．物体沿斜面匀速下滑时，它处于平衡状态，但机械能不守恒，C错．物体做自由落体运动时，合力不为零，但机械能守恒，D对．
【答案】 D
2．游乐场中的一种滑梯如图4－4－11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4－4－11
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】 支持力始终与速度垂直，不做功，A错．下滑过程中重力做正功，重力势能减小，B错．在滑动过程中摩擦力做负功，机械能减小，故C错，D对．
【答案】 D
3．(双选)下列说法中正确的是( )
A．用绳子拉着物体匀速上升，只有重力和弹力对物体做功，机械能守恒
B．竖直上抛运动的物体，只有重力对它做功，机械能守恒
C．沿光滑斜面自由下滑的物体，只有重力对物体做功，机械能守恒
D．水平拉力使物体沿光滑水平面匀加速运动，机械能守恒
【解析】 机械能守恒的条件是：只有系统内的重力或系统内的弹簧类弹力对物体做功．系统可以受其他力作用，但其他力不做功，或其他力所做功的代数和为零．对于弹力做功，一定要伴随着弹性势能和动能及重力势能之间的转化．选项A中，弹力对物体做功，但没有弹性势能参与转化，机械能不守恒．选项B中，竖直上抛的物体，只受重力作用，机械能守恒．选项C中，物体除受重力作用外还受斜面支持力作用，但支持力不做功，机械能守恒．选项D也是错误的．
【答案】 BC
4．一个人站在阳台上，以大小相同的速度v0分别把三个球竖直向上抛出、竖直向下抛出、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的速度( )
A．上抛球最大 B．下抛球最大
C．平抛球最大 D．三球一样大
【解析】 三球在空中运动轨迹虽然不同，但都只有重力做功，故机械能守恒．选地面为参考平面，对任意球都有mv＝mgh＋mv，所以vt＝.因为它们的h、v0(速度大小)相同，所以落地速度的大小也相同，故选D.
【答案】 D
图4－4－12
5．如图4－4－12所示，小球m分别从A点和B点无初速度释放，则经过最低点C时，小球的速度大小之比vA∶vB为(空气阻力不计)( )
A．1∶ B.∶1
C．2∶1 D．1∶2
【解析】 小球在下落的过程中，只有重力做功，机械能守恒．设C点所处的平面为零势能参考平面，则
对A：mgl＝mv ①
对B：mgl(1－cos 60°)＝mv ②
联立①②解得vA/vB＝/1.
【答案】 B
6.
图4－4－13
如图4－4－13是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M为半径为R＝1.0 m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同、质量m＝0.01 kg的小钢珠．假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，取g＝10 m/s2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为( )
A．0.10 J B．0.15 J
C．0.20 J D．0.25 J
【解析】 小钢珠恰好经过M的上端点有mg＝m，所以v＝ ＝ m/s.根据机械能守恒定律得Ep＝mgR＋mv2＝0.15 J.
【答案】 B
图4－4－14
7．(双选)(2012·衡水高一检测)如图4－4－14所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面．若以地面为参考平面且不计空气阻力，则( )
A．物体落到海平面时的重力势能为mgh
B．重力对物体做的功为mgh
C．物体在海平面上的动能为mv＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为mv＋mgh
【解析】 物体抛出后运动的全过程机械能守恒，以地面为参考平面，物体的机械能表示为mv，也等于全过程中任意位置的机械能，D错误；由动能定理知：mgh＝mv2－mv，所以在海平面上的动能为mgh＋mv，C正确；重力做的功WG＝mgh，所以B正确；到达海平面时的重力势能Ep＝－mgh，A错误．所以正确答案为B、C.
【答案】 BC
8．(双选)
图4－4－15
如图4－4－15所示装置中，木块与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，则从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A．子弹与木块组成的系统机械能守恒
B．子弹与木块组成的系统机械能不守恒
C．子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．子弹、木块和弹簧组成的系统机械能不守恒
【解析】 从子弹射入木块到木块压缩至最短的整个过程，由于存在机械能与内能的相互转化，所以对整个系统机械能不守恒．对子弹和木块，除摩擦生热外，还要克服弹簧弹力做功，故机械能也不守恒．
【答案】 BD
9．(双选)(2013·广东高考)如图4－4－16所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )
图4－4－16
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
【解析】 甲、乙两小孩沿不同轨道从A运动到B时，只有重力做功，根据机械能守恒定律和甲、乙两小孩运动的v－t图象解决问题．
甲、乙两小孩沿光滑轨道从A运动到B，只有重力做功，根据机械能守恒定律，得mgh＝mv2，即v＝，所以甲、乙两小孩在同一高度时，速度大小相等，选项B正确；甲、乙两小孩在运动过程的v－t图象如图所示．由v－t图象可知，选项A、C错误，选项D正确．
【答案】 BD
10．将物体从地面竖直上抛，如果不计空气阻力，物体能够达到的最大高度为H.当物体在上升过程中的某一位置，它的动能是重力势能的3倍，则这一位置的高度是( )
A．2H/3 B．H/2
C．H/3 D．H/4
【解析】 物体在运动过程中机械能守恒，设动能是重力势能的3倍时的高度为h，取地面为零势能面，则有mgH＝Ek＋mgh，即mgH＝4mgh，解得：h＝H/4，故D正确．
【答案】 D
11.
图4－4－17
(2012·衡水高一检测)如图4－4－17所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m的砝码相连，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h的距离时砝码未落地，木块仍在桌面上，求此时砝码的速度以及轻绳对砝码做的功．
【解析】 由题意知砝码从静止开始下降h的过程中，两物体组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则
2mgh＝mv2＋·2mv2
解得v＝
设轻绳对砝码做的功为W，对砝码根据动能定理有2mgh＋W＝·2mv2－0
解得W＝－mgh.
【答案】 －mgh
图4－4－18
12．如图4－4－18所示，质量不计的轻杆一端安装在水平轴O上，杆的中央和另一端分别固定一个质量均为m的小球A和B(可以当做质点)，杆长为l，将轻杆从静止开始释放，不计空气阻力．当轻杆通过竖直位置时，求：小球A、B的速度各是多少？
【解析】 对A、B(包括轻杆)组成的系统，由机械能守恒定律
ΔEp减＝ΔEk增，得mg＋mgl＝mv＋mv ①
又因A、B两球的角速度ω相等，则vA＝ω ②
vB＝ωl ③
联立①②③式，代入数据解得
vA＝，vB＝2.
【答案】 2
1．(双选)下列关于行星对太阳的引力的说法正确的是( )
A．行星对太阳的引力与太阳对行星的引力是同一性质的力
B．行星对太阳的引力与太阳的质量成正比，与行星的质量无关
C．太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力
D．行星对太阳的引力大小与太阳的质量成正比，与行星距太阳的距离的二次方成反比
【解析】 行星对太阳的引力与太阳对行星的引力是作用力与反作用力，是同一性质的力，大小相等，方向相反，A对，C错；行星与太阳间的引力大小与太阳的质量、行星的质量成正比，与行星距太阳的距离的二次方成反比，B错，D对．
【答案】 AD
2．关于万有引力定律和引力常量的发现，下列说法正确的是( )
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．万有引力定律是由牛顿发现的，而引力常量是由胡克测定的
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】 牛顿深入思考了月球受到的引力与地面物体受到的引力的关系，发现了万有引力定律．而英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了G的数值．选项D正确．
【答案】 D
3．(双选)关于太阳系中行星的运动，以下说法正确的是( )
A．行星轨道的半长轴越长，自转周期就越长
B．行星轨道的半长轴越长，公转周期就越长
C．水星的半长轴最短，公转周期最长
D．海王星离太阳“最远”，绕太阳运动的公转周期最长
【解析】 由＝k可知，R越大，T越大，故B、D正确，C错误；式中的T是公转周期而非自转周期，故A错．
【答案】 BD
4．一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】 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．
【答案】 C
5．如图3－1－4所示，一颗绕太阳运行的行星，当该行星由a向b运行的过程中，下列说法中正确的是( )
图3－1－4
A．行星运行的速度增大，加速度增大
B．行星运行的速度增大，加速度减小
C．行星运行的速度减小，加速度增大
D．行星运行的速度减小，加速度减小
【解析】 根据开普勒行星运动定律，从a到b过程中，行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，随着距离的增大，运行速度应减小；根据万有引力定律可知，行星受到太阳的引力随着距离的增大而减小，而由牛顿第二定律知，加速度也减小，故选项D正确．
【答案】 D
6．关于万有引力，下列说法正确的是( )
A．万有引力只有在天体与天体之间才能明显表现出来
B．一个苹果由于其质量很小，所以它受的万有引力几乎可以忽略
C．地球对人造卫星的万有引力远大于卫星对地球的万有引力
D．地球表面的大气层是因为万有引力的约束而存在于地球表面附近的
【解析】 自然界中任何两个物体间都有相同的引力作用，故A错；苹果质量虽小，但由于地球质量很大，故引力不可忽略，B错；物体间的引力是相互的，由牛顿第三定律知此两力应等大，故C错，D选项正确．
【答案】 D
7．(双选)(2012·珠海高一检测)下列关于万有引力定律说法正确的是( )
A．万有引力定律是卡文迪许发现的
B．万有引力定律是适用于质点间的相互作用
C．F＝G中的G是一个比例常数，没有单位
D．两个质量分布均匀的球体，r是两球心间的距离
【解析】 万有引力定律是牛顿发现的，A错误；万有引力定律适用于两质点间的相互作用，也适用于两个质量分布均匀的球体间的相互作用，r是两球心间的距离，B、D正确；引力常量G是一个常数，有大小，也有单位，C错误．
【答案】 BD
8．(双选)在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道．已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍．关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是( )
A．太阳引力远大于月球引力
B．太阳引力与月球引力相差不大
C．月球对不同区域海水的吸引力大小相等
D．月球对不同区域海水的吸引力大小有差异
【解析】 由F＝G得：＝
＝·＝2.7×107×≈169，故A正确；又因为月心到地球上不同区域海水的距离不同，所以引力大小有差异，故D正确．
【答案】 AD
9．(双选)下列说法正确的是( )
A．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝m，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的
B．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝，这个关系式实际上是匀速圆周运动的一个公式，它是由速度的定义式得来的
C．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的
D．在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式都是可以在实验室中得到证明的
【解析】 公式v＝的含义是线速度等于做圆周运动的物体一周内走过的弧长与所用时间的比值，选项B正确．牛顿第二定律是可以在实验室中得到验证的，而开普勒第三定律＝k是无法在实验室中得到验证的，它是开普勒在研究天文学家第谷的行星观测记录资料时发现的．A正确，C、D错误．
【答案】 AB
10．据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600 N的人在这个行星表面的重量将变为960 N．由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为( )
A．0.5 B．2
C．3.2 D．4
【解析】 若地球质量为M0，则“宜居”行星质量为M＝6.4M0，由mg＝G得：＝·＝
所以＝＝＝2.B对．
【答案】 B
11．美国国家航空航天局2010年11月15日宣布，研究人员在距离地球大约5 000万光年的太空发现“年纪”31岁的黑洞．该黑洞的半径R约45 km，质量M和半径R的关系满足＝(其中c为光速，G为引力常量)，则该黑洞表面重力加速度的数量级为( )
A．108 m/s2 B．1010 m/s2
C．1012 m/s2 D．1014 m/s2
【解析】 黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对黑洞表面一质量为m的物体有G＝mg
又＝
联立解得g＝
代入数据得该黑洞表面重力加速度的数量级为1012 m/s2，选项C正确．
【答案】 C
12．如图3－1－5所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面启动后，以加速度g/2竖直向上做匀加速运动，升到某一高度时，测试仪对平台的压力为启动前压力的17/18.已知地球半径为R，求火箭此时离地面的高度．(g为地面附近的重力加速度)
图3－1－5
【解析】 取测试仪为研究对象，其先后受力如图甲、乙所示，据物体的平衡条件有N1＝mg1，g1＝g，所以N1＝mg，据牛顿第二定律有N2－mg2＝ma＝mg/2
所以N2＝＋mg2，由题意知N2＝N1，
所以＋mg2＝mg.
所以g2＝g，由于mg≈G，设火箭距地面高度为H，
所以mg2＝G，
所以g＝
所以H＝.
【答案】
