章末检测卷(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1.如图1所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是( )
图1
A．质点经过C点的速率比D点的大
B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C．质点经过D点时的加速度比B点的大
D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
答案 A
解析 小球做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，即C点速率比D点大；在A点速度方向与加速度方向的夹角也为钝角；而从B到E的过程中加速度方向与速度方向间的夹角越来越小，故正确答案为A.
2．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内( )
A．速度一定在不断改变，加速度也一定不断改变
B．速度可以不变，但加速度一定不断改变
C．质点不可能在做匀变速运动
D．质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向
答案 D
解析 物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一方向，故速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动，其加速度不为零，但加速度可以不变，例如平抛运动，就是匀变速运动．故A、B、C错误．曲线运动的速度方向时刻改变，质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向，故D正确．
3．关于互成角度(不为0和180°)的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是( )
A．一定是直线运动
B．一定是曲线运动
C．可能是直线，也可能是曲线运动
D．以上答案都不对
答案 B
解析 两运动的合运动的速度方向在两个分运动速度方向所夹的某一方向上，而运动物体的合加速度沿着原匀变速直线运动的方向，也就是说运动物体的合加速度与它的速度方向不在同一条直线上，物体一定做曲线运动，B对，A、C、D错．
4．游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是( )
A．路程变大，时间延长 B．路程变大，时间缩短
C．路程变大，时间不变 D．路程和时间均不变
答案 C
解析 运动员渡河可以看成是两个运动的合运动：垂直河岸的运动和沿河岸的运动．运动员以恒定的速率垂直河岸渡河，垂直河岸方向的分速度恒定，由分运动的独立性原理可知，渡河时间不变；但是水速变大，沿河岸方向的运动速度变大，因时间不变，则沿河岸方向的分位移变大，总路程变大，故选项C正确．
5．弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹．若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻力，则导弹从此时起水平方向的位移( )
A．只由水平速度决定
B．只由离地高度决定
C．由水平速度、离地高度共同决定
D．与水平速度、离地高度都没有关系
答案 C
解析 不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x＝v0t＝v0，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C正确．
6．一小球以10 m/s的初速度从地面斜向上抛出，速度方向与地面间的夹角为30°，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球的水平射程为( )
A．7.5 m B．8.0 m
C．8.7 m D．9.0 m
答案 C
解析 小球做斜抛运动在竖直方向的初速度v0y＝v0sin θ＝10× m/s＝5 m/s，在水平方向的分速度vx＝v0cos θ＝10× m/s＝5 m/s.
小球飞行的时间t′＝2t＝＝ s＝1 s
故小球的水平射程X＝vxt′＝5×1 m≈8.7 m，C正确．
7.如图2所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处．不计空气阻力，则落到B处的石块( )
图2
A．初速度大，运动时间短
B．初速度大，运动时间长
C．初速度小，运动时间短
D．初速度小，运动时间长
答案 A
解析 由于B点在A点的右侧，说明水平方向上B点的距离更远，而B点距抛出点的竖直高度较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B点的石块的初速度较大，故A正确，B、C、D错误．
8.如图3所示为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O.一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石块，已知AO＝40 m，忽略人的身高，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图3
A．若v0>18 m/s，则石块可以落入水中
B．若v0<20 m/s，则石块不能落入水中
C．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
答案 A
解析 石块做平抛运动刚好落入水中时，40sin 30°＝gt2，40cos 30°＝v0t，解得v0≈17.3 m/s，选项A正确，选项B错误；若石块能落入水中，设落水时速度方向与水平面的夹角为α，tan α＝＝，v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，选项C错误；若石块不能落入水中，设落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为β，tan 30°＝＝，tan β＝＝2tan 30°，可知β为定值，与v0无关，故选项D错．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．关于曲线运动的速度，下列说法正确的是( )
A．速度的大小与方向都在时刻变化
B．速度的大小不断发生变化，速度的方向不一定发生变化
C．速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化
D．质点在某一点的速度方向是曲线上该点的切线方向
答案 CD
解析 曲线运动的速度方向一定是时刻变化的，故选项B错误；物体可以做速度方向时刻变化而大小不变的曲线运动，故选项A错误，C正确．曲线运动的速度方向即质点所在位置处曲线的切线方向，D正确．
10．某地发生地震，一架装载救灾物资的直升飞机，以10 m/s的速度水平飞行，在距地面180 m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则( )
A．物资投出后经过6 s到达地面目标
B．物资投出后经过18 s到达地面目标
C．应在距地面目标水平距离60 m处投出物资
D．应在距地面目标水平距离180 m处投出物资
答案 AC
解析 物资投出后做平抛运动，其落地所用时间由高度决定，t＝＝6 s，A项正确，B项错误；抛出后至落地的水平位移为x＝vt＝60 m，C项正确，D项错误．
11．如图4所示，蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平瞄准它，就在子弹出枪口时，开始逃跑，松鼠可能的逃跑方式有下列四种．在这四种逃跑方式中，松鼠不能逃脱厄运而被击中的是(设树枝足够高)( )
图4
A．自由落下
B．竖直上跳
C．迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝
D．背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝
答案 ACD
解析 射出的子弹做平抛运动，根据平抛运动的特点，竖直方向做自由落体运动，所以无论松鼠以自由落下，迎着枪口沿AB方向水平跳离树枝，还是背着枪口沿AC方向水平跳离树枝，竖直方向运动情况都与子弹相同，一定被打中，不能逃脱厄运而被击中的是A、C、D.
12．物体以v0的速度水平抛出，当其竖直分位移与水平分位移大小相等时，以下说法正确的是( )
A．竖直分速度与水平分速度大小相等
B．瞬时速度的大小为v0
C．运动时间为
D．运动位移的大小为
答案 BCD
解析 设从抛出到竖直分位移与水平分位移大小相等时所需时间为t，根据平抛运动规律知，竖直分位移y＝gt2，水平分位移x＝v0t，竖直方向的分速度为vy＝gt，由题设知x＝y，以上各式联立解得：t＝2，vy＝2v0，x＝y＝，所以瞬时速度的大小为v＝＝v0，运动位移的大小为s＝＝，故选B、C、D项．
三、填空题(本题共2小题，共10分)
13．(3分)如图5甲所示的演示实验中，A、B两球同时落地，说明__________________________，某同学设计了如图乙所示的实验：将两个斜滑轨道固定在同一竖直面内，最下端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一位置由静止同时释放，滑道2与光滑水平板平滑连接，则他将观察到的现象是______________________________，这说明_____________________．
图5
答案 平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动 上面小球砸在下面小球上 做平抛运动的小球在水平方向上做匀速直线运动
14．(7分)未来在一个未知星球上用如图6甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则：
图6
(1)由已知信息，可知a点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；
(2)由已知信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为________ m/s2；
(3)由已知信息可以算出小球平抛的初速度是________ m/s；
(4)由已知信息可以算出小球在b点时的速度是________ m/s.
答案 (1)是 (2)8 (3)0.8 (4)
解析 (1)由初速度为零的匀加速直线运动在相邻的相等的时间内通过位移之比为1∶3∶5可知，a点为抛出点；(2)由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c、c到d运动时间相同，设为T，在竖直方向有Δh＝gT2，T＝0.1 s，可求出g＝8 m/s2；(3)由两位置间的时间间隔为0.10 s，实际水平距离为8 cm，x＝vxt，得水平速度为 0.8 m/s；(4)b点竖直分速度为ac间的竖直平均速度，根据速度的合成求b点的合速度，vyb＝ m/s＝0.8 m/s，所以vb＝＝ m/s.
四、计算题(本题有3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，有数值计算的答案中须明确写出数值和单位)
15．(10分)一人带一猴在表演杂技，如图7所示，直杆AB长h＝8 m，猴子在直杆上由A向B匀速向上爬，同时人用肩顶着直杆水平匀速运动．已知在5 s内，猴子由A运动到B，而人也由甲位置运动到了乙位置，已知s＝6 m，求：
图7
(1)猴子相对地面的位移大小；
(2)猴子相对地面的速度大小．
答案 (1)10 m (2)2 m/s
解析 (1)猴子对地的位移AB′为猴子相对于人的位移AB与人的位移AA′的矢量和，所以AB′为AB′＝＝＝ m＝10 m.
(2)猴子相对于地的速度v＝＝ m/s＝2 m/s.
16．(12分)从高为H＝80 m的楼顶以某水平速度抛出一个石块，落地点距楼的水平距离为120 m，(不计空气阻力，g取10 m/s2)求：
(1)石块的初速度大小；
(2)石块着地时的速度v.
答案 (1)30 m/s (2)50 m/s，方向与水平方向的夹角为53°
解析 (1)石块的运动时间
t＝ ＝ s＝4 s
石块的初速度
v0＝＝ m/s＝30 m/s
(2)石块着地时竖直方向的速度vy＝gt＝40 m/s
石块着地时的速度大小v＝＝50 m/s
着地时的速度与水平方向的夹角为θ
则tan θ＝＝，θ＝53°
17．(16分)如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝1.0 kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R＝5 m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g＝10 m/s2.
图8
(1)为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；
(2)若小物块在水平台阶上运动时，水平恒力一直作用在小物块上，当小物块经过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标．
答案 (1) s (2)x＝5 m，y＝5 m
解析 (1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F作用最长时间t，小物块刚好运动到O点．
由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1
解得：a1＝2.5 m/s2
减速运动时的加速度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s2
由运动学公式得：s＝a1t2＋a2t
而a1t＝a2t2
解得：t＝t2＝ s
(2)水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有：v＝2a1s
解得小物块到达O点时的速度为：v0＝5 m/s
小物块过O点后做平抛运动．
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y＝gt2
又x2＋y2＝R2
解得位置坐标为：x＝5 m，y＝5 m
章末检测卷(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1．关于向心加速度的下列说法中正确的是( )
A．向心加速度越大，物体速率变化得越快
B．向心加速度的大小与轨道半径成反比
C．向心加速度的方向始终与线速度方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
答案 C
解析 向心加速度只改变速度方向，故A不正确．向心加速度可用a＝或a＝ω2R表示，不知线速度和角速度的变化情况，无法确定向心加速度的大小与轨道半径的关系，故B错误．向心加速度的方向始终与线速度方向垂直，在圆周运动中始终指向圆心，方向在不断变化，不是恒量，故匀速圆周运动不是匀变速运动，而是变加速运动，故C正确，D错误．
2.如图1所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针)，某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，而这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是( )
图1
答案 C
解析 橡皮块做加速圆周运动，合力不指向圆心，但一定指向圆周的内侧；由于做加速圆周运动，动能不断增加，故合力与速度的夹角小于90°.故选C.
3．如图2所示，是从一轴在水平公路上行驶着的汽车后方拍摄的汽车后轮照片．从照片来看，汽车此时正在( )
图2
A．直线前进 B．向右转弯
C．向左转弯 D．不能判断
答案 C
解析 从汽车后方拍摄的后轮照片上可以看到汽车的后轮发生变形，汽车不是正在直线前进，而是正在转弯，根据惯性、圆周运动和摩擦力知识，可判断出地面给车轮的静摩擦力水平向左，所以汽车此时正在向左转弯，应选择答案C.
4.如图3所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的( )
图3
A．线速度 B．角速度
C．加速度 D．轨道半径
答案 B
解析 a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，所以它们的周期T、角速度ω相同；B正确；a、b转动的圆心分别在它们所在的纬度确定的平面与地轴的交点上，故半径不同，D错误；由v＝ωR知线速度不同，A错误；由a＝ω2R知加速度不同，故C错误．
5.质量为m的小木块从半球形的碗口下滑，如图4所示，已知木块与碗内壁间的滑动摩擦系数为μ，木块滑到最低点时的速度为v，那么木块在最低点受到的摩擦力为( )
图4
A．μmg B．μmv2/R
C．μm(g＋v2/R) D．0
答案 C
解析 木块滑到最低点的受力如图所示
由于N－mg＝
所以N＝mg＋
由f＝μN得f＝μm(g＋)，故C正确．
6.如图5所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系正确的有( )
图5
A．线速度vA＝vB
B．它们受到的摩擦力fA>fB
C．运动周期TA>TB
D．筒壁对它们的弹力NA>NB
答案 D
解析 A、B两物体同轴转动，角速度相同，半径不同，故线速度不相等，A错误；在竖直方向上都有f＝mg，所以fA＝fB，B错误；T＝，TA＝TB，C错误；都是弹力提供向心力，N＝F向＝mω2R，由于ωA＝ωB，RA>RB，所以NA>NB，D正确．
7．如图6所示 ，在光滑水平面上，钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿府视逆时针方向做匀速圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是( )
图6
A．小球的速度变大
B．小球的角速度变大
C．小球的向心加速度变小
D．细绳对小球的拉力变大
答案 C
解析 在绳子完全被释放后与释放前相比，小球所受的拉力与速度垂直，不改变速度大小，故A错误．由v＝ωR，v不变，R变大，则角速度ω变小，故B错误；小球的加速度a＝，v不变，R变大，则a变小，故C正确；细绳对小球的拉立F＝，不变，R变大，则F变小．故D错误．
8.一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，如图7所示，则其他土豆对该土豆的作用力为( )
图7
A．mg B．mω2R
C. D.
答案 C
解析 设其他土豆对该土豆的作用力为N，受力分析知该土豆受到重力mg和N作用．由于该土豆做匀速圆周运动，所以这两个力的合力提供该土豆做匀速圆周运动的向心力，如图所示．根据直角三角形的关系得N＝，而F向＝mω2R，所以N＝，C正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．在人们经常见到的以下现象中，属于离心现象的是( )
A．舞蹈演员在表演旋转动作时，裙子会张开
B．在雨中转动一下伞柄，伞面上的雨水会很快地沿伞面运动，到达边缘后雨水将沿切线方向飞出
C．满载黄沙或石子的卡车，在急转弯时，部分黄沙或石子会被甩出
D．守门员把足球踢出后，球在空中沿着弧线运动
答案 ABC
解析 裙子张开属于离心现象，伞上的雨水受到的力由于不够提供向心力导致水滴做离心运动，黄沙或石子也是因为受到的力不够提供向心力而做离心运动，守门员踢出足球，球在空中沿着弧线运动是因为足球在力的作用下运动，不是离心现象．
10.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图8所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是( )
图8
A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越大
D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
答案 BC
解析 摩托车受力如图所示，由于N＝，所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关保持不变，摩托车对侧壁的压力N′也不变，A错误；由F向＝mgtan θ＝m＝mω2R知h变化时向心力F向不变，但高度升高R变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B、C正确，D错误．
11.如图9所示，长l＝0.5 m的轻质细杆，一端固定有一个质量为m＝3 kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为v＝2 m/s.取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图9
A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 N
B．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 N
C．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 N
D．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N
答案 BD
解析 设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg－N＝m，得N＝mg－m＝6 N，由牛顿第三定律知小球对杆的压力大小是6 N，A错误，B正确；小球通过最低点时N′－mg＝m，得N′＝mg＋m＝54 N，由牛顿第三定律知小球对杆的拉力大小是54 N，C错误，D正确．
12.m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，如图10所示，已知皮带轮半径为R，传送带与皮带轮间不会打滑，当m可被水平抛出时( )
图10
A．皮带的最小速度为
B．皮带的最小速度为
C．A轮每秒的转数最少是
D．A轮每秒的转数最少是
答案 AC
解析 物体恰好被水平抛出时，在皮带轮最高点满足mg＝，即速度最小为，选项A正确；又因为v＝2πRn，可得n＝，选项C正确．
三、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(6分)如图11，在探究向心力公式的实验中，为了探究物体质量、圆周运动的半径、角速度与向心力的关系，运用的试验方法是________法；现将小球分别放在两边的槽内，为探究小球受到的向心力大小与角速度大小的关系，正确的做法是：在小球运动半径________(填“相等”或“不相等”)的情况下，用质量________(填“相同”或“不相同”)的钢球做实验．
图11
答案 控制变量法 相等 相同
解析 在研究物体的“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间关系”四个物理量间的关系时，由于变量较多，因此采用了“控制变量法”进行研究，分别控制一个物理量不变，看另外两个物理量之间的关系；为探究小球受到的向心力大小与角速度大小的关系，正确的做法是：必须在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的钢球做实验．
14．(6分)为验证向心力公式，某探究小组设计了如图12所示的演示实验，在米尺的一端钻一个小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一质量为m，直径为d的小钢球．将米尺固定在水平桌面上，测量出悬点到钢球的细线长度l，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为O，待钢球的运动稳定后，用眼睛从米尺上方垂直于米尺往下看，读出钢球外侧到O点的距离r，并用秒表测量出钢球转动n圈用的时间t.则：
图12
(1)小钢球做圆周运动的周期T＝________.
(2)小钢球做圆周运动的向心力F＝________.
答案 (1)
(2)m(r－)或mg
解析 (1)小钢球完成一次完整的圆周运动所用的时间是一个周期，则T＝.
(2)小钢球做圆周运动的半径应为小钢球的球心到圆心O的距离，则半径R＝r－，小钢球做圆周运动的向心力F＝m，而v＝，所以F＝mR＝m(r－)(设悬线与竖直方向的夹角为θ，向心力还可表示为F＝mgtan θ＝mg)．
四、计算题(本题有3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的答案中须明确写出数值和单位)
15．(10分)有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图13所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时弹簧未发生形变，长度为R.求
图13
(1)盘的转速n0多大时，物体A开始滑动？
(2)当转速达到2n0时，弹簧的伸长量Δx是多少？
答案 见解析
解析 (1)依题意，得：μmg＝m(2πn0)2R
得：n0＝ .
(2)依题意，得：kΔx＋μmg＝m(4πn0)2(R＋Δx)
得：Δx＝.
16．(12分)如图14所示，将一根光滑的细金属棒折成“V”形，顶角为2θ，其对称轴竖直，在其中一边套上一个质量为m的小金属环P.
图14
(1)若固定“V”形细金属棒，小金属环P从距离顶点O为x的A点处由静止自由滑下，则小金属环由静止下滑至顶点O需多长时间？
(2)若小金属环P随“V”形细金属棒绕其对称轴以每秒n转匀速转动时，则小金属环离对称轴的距离为多少？
答案 (1) (2)
解析 (1)小金属环在下滑过程中，在重力和金属棒对它的支持力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设小金属环沿棒运动的加速度为a，滑至O点所需时间为t，由牛顿第二定律得：
mgcos θ＝ma
由运动学公式得：x＝at2
以上两式联立解得：t＝ .
(2)小金属环随“V”形细金属棒绕其对称轴做匀速圆周运动所需的向心力由重力和金属棒对它的支持力的合力提供，如下图所示．
设小金属环离对称轴的距离为r，由牛顿第二定律和向心力公式得
mgcot θ＝mω2r
又ω＝2πn
联立解得r＝.
17．(14分)如图15所示，轨道ABCD的AB段为一半径为R＝0.2 m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：
图15
(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；
(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；
(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远．如果不能，请说明理由．
答案 (1)2 m (2)6 N (3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m
解析 (1)设小球离开B点做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为x
由h＝gt得：t1＝＝1 s
x＝vBt1＝2 m.
(2)小球到达B点时受重力G和竖直向上的弹力N作用，由牛顿第二定律知
F向＝N－G＝m
解得N＝6 N
由牛顿第三定律知小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下．
(3)如图，斜面BEC的倾角θ＝45°，CE长d＝h＝5 m，因为d＞x，所以小球离开B点后能落在斜面上．
假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2
Lcos θ＝vBt2 ①
Lsin θ＝gt ②
联立①②两式得t2＝0.4 s
L≈1.13 m.
章末检测卷(三)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1.如图1所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力( )
图1
A．等于零，对人不做功
B．水平向左，对人做负功
C．水平向右，对人做正功
D．沿斜面向上，对人做正功
答案 C
解析 人向右上方加速，则摩擦力水平向右，对人做正功．
2.如图2是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )
图2
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
答案 A
解析 由整体法、隔离法结合牛顿第二定律，可知A正确，B错；由动能定理可知C错；因返回舱具有竖直向上的加速度，因此处于超重状态，D错．
3．汽车的额定功率为90 kW，路面的阻力恒为F，汽车行驶的最大速度为v.则( )
A．如果阻力恒为2F，汽车的最大速度为
B．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2v
C．如果汽车的牵引力变为原来的，汽车的额定功率就变为45 kW
D．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90 kW
答案 A
解析 汽车速度达到最大时，做匀速运动，此时汽车的牵引力等于阻力，根据P＝Fv，当阻力加倍时，最大速度减半，选项A正确；牵引力加倍，只要阻力不变，最大速度也不变，选项B错误；汽车的额定功率是不变的，选项C错误；汽车可以以某一恒定功率做匀速运动，不一定以额定功率，选项D错误．
4．某运动员臂长为L，将质量为m的铅球推出，铅球出手时的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是( )
A. B．mgL＋mv
C.mv D．mgL＋mv
答案 A
解析 设运动员对铅球做功为W，由动能定理得W－mgLsin 30°＝mv，所以W＝mgL＋mv.
5．静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿s轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标s的变化关系如图3所示，图线为半圆．则小物块运动到s0处时的动能为( )
图3
A．0 B.Fms0
C.Fms0 D.s
答案 C
解析 F－s图线与s坐标轴所包围的面积就等于变力F在位移s上做功的数值，即W＝π()2＝πs，A、D错误．
由几何关系得Fm＝
根据动能定理，W＝Ek－0
所以Ek＝Fms0，B错误，C正确．
6.如图4所示，铁路提速要解决许多具体的技术问题，其中提高机车牵引力的功率是一个重要的问题．若匀速行驶时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即f＝kv2.那么，当列车分别以120 km/h和40 km/h的速度在水平直轨道上匀速行驶时，机车的牵引力的功率之比为( )
图4
A．3∶1 B．9∶1 C．27∶1 D．81∶1
答案 C
解析 根据公式P＝fv＝kv3，可得列车分别以120 km/h和40 km/h的速度匀速行驶时，机车的牵引力的功率之比为27∶1，C正确．
7．如图5所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下，已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为l.在滑雪者经过AB段的过程中，摩擦力所做功的大小为(已知滑雪者从斜坡滑上水平面时没有动能损失)( )
图5
A．大于μmgl B．小于μmgl
C．等于μmgl D．以上三种情况都有可能
答案 C
解析 设在斜面上滑动的距离为s，斜面倾角为θ，在由A到B的过程中摩擦力所做的功为Wf＝－(μmgcos θ)s－μmg(l－scos θ)＝－μmgl，故C正确．
8．如图6所示，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，木板置于光滑水平地面上，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，小木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时小木块静止在木板左端，现用水平向右的拉力F将小木块m拉至木板右端，拉力F至少做的功为( )
图6
A．μmgL B．2μmgL
C. D．μ(M＋m)gL
答案 A
解析 若要使拉力F做功最少，可使拉力F恰能匀速拉动小木块，经分析得F＝2μmg，位移为s＝，故W＝F·s＝2μmg·＝μmgL.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，下列说法正确的是( )
A．合力对物体不做功
B．地板对物体的支持力做正功
C．重力对物体做负功
D．地板对物体的支持力做负功
答案 BC
解析 升降机加速上升时，物体所受支持力方向向上，与位移同向做正功；物体所受重力方向向下，与位移反向做负功；物体所受合力方向向上，与位移同向做正功．故选项B、C正确．
10．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )
A．质量小的物体滑行的距离大
B．质量大的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功一样多
答案 AD
解析 由动能定理可得－fs＝0－Ek1，即μmgs＝Ek1，由于两者动能相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek1.
11.如图7所示，一块长木板B放在光滑水平面上，B上放一粗糙物体A.现以恒力F拉B，A在B上滑动但未滑离B，以地面为参考系，A、B都前移了一段距离，在此过程中( )
图7
A．F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力做的功，等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案 BD
解析 A所受的合外力即为B给A的摩擦力，由动能定理可知B正确；A、B间有一对相互作用的摩擦力，尽管两摩擦力等大，但A、B相对于地面的位移不相等，故两个摩擦力做的功也不相等，故C错误；对B物体，由动能定理有WF－Wf＝ΔEkB，D正确；而对于选项A，正确的说法是F做的功等于A和B动能的增量加上系统内能的增量，A错误．
12．如图8甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与作用时间t的关系如图乙所示，设物块与地面间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( )
图8
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
答案 BD
解析 在0～t1时间内物块A所受的合力为零，物块A处于静止状态，根据P＝Fv知，力F的功率为零，选项A错误；在t2时刻物块A受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A的加速度最大，选项B正确；物块A在t1～t2时间内做加速度增大的加速运动，在t2～t3时间内做加速度减小的加速运动，t3时刻，加速度等于零，速度最大，动能也最大，选项C错误，选项D正确．
三、实验题(本题共10分)
13．如图9所示是某同学探究动能定理的实验装置．已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力，该同学的实验步骤如下：
图9
a．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连．
b．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为m.
c．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动．
d．测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L.
e．依据以上数据探究动能定理．
(1)根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是________．
A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳
B．实验时，小车加速运动的合外力为F＝Mg
C．实验过程不需要测出斜面的倾角
D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M
(2)小车经过光电门A、B的瞬时速度为vA＝________、vB＝________.如果关系式________________________在误差允许范围内成立，就验证了动能定理．
答案 (1)AC
(2) mgL＝M()2－M()2
四、计算题(本题有3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，有数值计算的答案中须明确写出数值和单位)
14．(8分)如图10所示，均匀长木板长a＝40 cm，放在水平桌面上，它的右端与桌边相齐，木板质量m＝2 kg，与桌面的动摩擦因数μ＝0.2.今用水平推力F将其推下桌子，则水平推力至少做多少功？(g＝10 m/s2)
图10
答案 0.8 J
解析 当木板向前滑动20 cm，重心滑到桌子边缘，速度刚好减为零时，推力做功最少，由动能定理得
W－μmg·＝0
所以W＝μmg·＝0.2×2×10×0.2 J＝0.8 J.
15．(8分)一颗子弹以700 m/s的速度打穿第一块木板后速度为500 m/s，若让它继续打穿第二块同样的木板，则子弹的速度变为多少？(假定木板对子弹的阻力恒定)
答案 100 m/s
解析 由W＝Fs知，子弹打穿每块木板，木板对子弹做的功都相等．
打穿第一块时：W＝mv－mv；
打穿第二块时：W＝mv－mv；
联立解得v3＝100 m/s.
16．(10分)一台起重机将质量m＝1×103 kg的货物从静止匀加速地竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝4 m/s.求起重机在2 s 内对货物做的功和在2 s内的平均输出功率．(g取10 m/s2)
答案 4.8×104 J 2.4×104 W
解析 货物运动的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，设钢绳的拉力为F，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，故
F＝mg＋ma＝1×103×(10＋2) N＝1.2×104 N
货物上升的位移s＝at2＝4 m
拉力做的功W＝Fs＝1.2×104×4 J＝4.8×104 J
则平均输出功率＝＝2.4×104 W
17．(12分)一列车的质量是5.0×105 kg，在平直的轨道上以额定功率3 000 kW加速行驶，当速度由10 m/s加速到所能达到的最大速率30 m/s时，共用了2 min，则在这段时间内列车前进的距离是多少？(设阻力恒定)
答案 1 600 m
解析 由于列车的运动不是匀变速直线运动，不能用匀变速直线运动的规律求位移，本题应根据动能定理求位移．
列车以额定功率加速行驶时，其加速度在减小，加速度减小到零时，速度最大，则P＝Fv＝fvmax.所以f＝＝ N＝1.0×105 N.
在列车加速运动时，只有两个力对它做功，一是牵引力做正功，可表示为Pt，二是摩擦力做负功，可表示为－fs，由动能定理得：Pt－fs＝mv－mv
解得：s＝1 600 m.
章末检测卷(四)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1．关于能量和能源，下列说法正确的是( )
A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加
B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减小
C．能量在转化和转移过程中其总量保持不变，因此没有必要节约能源
D．能量的转化和转移有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源
答案 D
2．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中( )
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
解析 汽车关闭发动机后，匀速下滑，重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡，摩擦力做功，汽车摩擦生热，温度升高，有部分机械能转化为内能，机械能减少，但总能量守恒．因此，选项C正确．
3．桌面距地面高度为h，质量为m的小球从桌面边缘上方且距桌面高度为H处自由下落．不计空气阻力，假设桌面处于零势能位置，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)
答案 B
解析 小球下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，因为选取桌面为参考平面，所以开始时机械能为mgH，小球落地前瞬间的机械能仍为mgH，故选B.
4．一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的动能( )
A．上抛球最大 B．下抛球最大
C．平抛球最大 D．一样大
答案 D
解析 由动能定理得mgh＝Ek－mv.Ek＝mgh＋mv，D正确．
5．物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面．在下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是( )
答案 B
解析 由机械能守恒定律知：Ep＝E－Ek，故势能与动能的关系图像为倾斜的直线，C错；由动能定理，Ek＝mgh，则Ep＝E－mgh，故势能与h的关系图像也为倾斜的直线，D错；又Ep＝E－mv2，故势能与速度的关系图像为开口向下的抛物线，B对；同理Ep＝E－mg2t2，势能与时间的关系图像也为开口向下的抛物线，A错．
6.如图1所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一初速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其加速度大小为g，在这个过程中有关该物体的说法中正确的是( )
图1
A．重力势能增加了mgh
B．动能损失了mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh
答案 A
解析 物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A正确；物体的合力做的功等于动能的减少量ΔEk＝mas＝ma·＝2mgh，选项B、C错误；物体机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因mgsin 30°＋f＝ma，所以f＝mg，故物体克服摩擦力做的功为fs′＝mg·2h＝mgh，选项D错误．
7.如图2所示，mA＝2mB，不计摩擦阻力，物体A自H高处由静止开始下落，且B物体始终在水平台面上．若以地面为零势能面，则当物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面的高度是( )
图2
A．H/5 B．2H/5
C．4H/5 D．H/3
答案 B
解析 A、B组成的系统机械能守恒．设物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面的高度是h，A的速度为v.则有mAgh＝mAv2，即v2＝2gh.从开始到A距地面的高度为h的过程中，A减少的重力势能为ΔEp＝mAg(H－h)＝2mBg(H－h)．系统增加的动能为ΔEk＝(mA＋mB)v2＝×3mB×2gh＝3mBgh.由ΔEp＝ΔEk，得h＝H.
8.质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图3所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子所受拉力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为( )
图3
A. B.
C. D．mgR
答案 C
解析 在最低点有7mg－mg＝，在最高点有mg＝
由最低点到最高点的过程，根据动能定理得－2mgR－Wf＝mv－mv
由以上三个方程解得Wf＝mgR，故C正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9.如图4所示，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则( )
图4
A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0
B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为v0
C．人沿沙坡下滑时所受阻力f＝mgsin α－2
D．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0
答案 BC
10.如图5所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则( )
图5
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度为－μg
C．物体做匀减速运动的时间为2
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg
答案 BD
解析 撤去F后，在物体离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体先做变加速运动，再做变减速运动，离开弹簧之后做匀减速运动，故A错；刚开始时，由kx0－μmg＝ma可知B正确；离开弹簧之后做匀减速运动，减速时间满足3x0＝a1t2，a1＝μg则t＝，C错；速度最大时合力为零，此时弹簧弹力F＝μmg＝kx，x＝，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
Wf＝μmg(x0－x)＝μmg，D正确．
11．如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是( )
答案 AC
解析 小球在运动过程中机械能守恒，A、C图中小球不能脱离轨道，在最高点速度为零，因而可以到达h高度处．但B、D图中小球都会脱离轨道而做斜抛运动，在最高点具有水平速度，所以在最高点的重力势能要小于mgh(以轨道最低点为零势能面)，即最高点的高度要小于h，选项A、C正确．
12.如图6所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是( )
图6
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和
答案 CD
解析 木箱加速上移的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功，支持力不做功，由动能定理得：
WF－WG－Wf＝mv2－0.
即WF＝WG＋Wf＋mv2.
A、B错误，D正确，又因木箱克服重力做功WG等于木箱重力势能的增加量，故C正确．
三、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(4分)图7为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：
图7
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________．(填入正确选项前的字母)
A．米尺 B．秒表
C．0～12 V的直流电源 D．0～12 V的交流电源
(2)实验中误差产生的原因有________．(写出两个原因)
答案 (1)AD (2)①纸带与打点计时器之间有摩擦 ②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差 ③计算势能变化时，选取初、末两点距离过近 ④交流电频率不稳定
解析 打点计时器需接交流电源；需要用米尺测量纸带上打出的点之间的距离．
14．(8分)某小组同学利用如图8所示的斜槽和小钢球来验证机械能守恒定律，每次都使小球在斜槽上同一位置滚下，冲过水平槽飞出后做平抛运动．在小球经过的地方水平放置一块木板，木板上放一张白纸，白纸上放有复写纸，这样可记录小球在白纸上的落点．要判断小球从斜槽滚下减少的重力势能等于其在斜槽末端具有的动能：
图8
(1)提供的测量仪器有秒表、刻度尺、天平、弹簧秤，请指出需要使用的有________．
(2)需要测量的物理量有：用刻度尺测小球在斜槽上的起始位置到斜槽末端的高度h；还需要用________测________________；用________测________________．
(3)若小球的质量为m，用测量的物理量表示小球从斜槽上滑下过程中所减少的重力势能为________；小球在斜槽末端具有的动能为________．
(4)为提高实验的准确程度，你认为以下建议确实有作用的是________．(填选项前字母)
A．斜槽表面要尽量光滑
B．小球的质量要测量精确
C．钢球的体积越大越好
D．木板要尽量水平放置
答案 (1)刻度尺 (2)见解析 (3)mgh
(4)AD
解析 (1)本实验中，为了求出平抛运动的初速度，需要测出平抛运动的水平位移和竖直位移，不需要测量时间和质量，故只需要刻度尺．
(2)要用刻度尺测出小球在木板上的落点到斜槽末端的水平距离s，用刻度尺测出斜槽末端到木板的竖直高度H.
(3)减少的重力势能等于重力做的功，即mgh；由H＝gt2和s＝vt可得平抛运动的初速度即小球到斜槽水平部分时的速度v＝s，故小球在斜槽末端具有的动能为mv2＝.
(4)AD
四、计算题(本题共4小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的答案中须明确写出数值和单位)
15．(6分)如图9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质量均为m的小球A和B(可以看作质点)，杆长为l，现将轻杆从静止水平释放，不计空气阻力，当轻杆竖直时，小球A、B的速度是多少？
图9
答案 2
解析 对A、B(包括轻杆)组成的系统，由机械能守恒定律得
mg＋mgl＝mv＋mv，
又因A、B两球的角速度ω相等，则vA＝ω，vB＝ωl，
联立解得vA＝ ，vB＝2.
16．(8分)在地面处，以30 m/s的初速度竖直向上抛出一个球，不计空气阻力，取地面为零势能面．问：(g取10 m/s2)
(1)球距地面多高时，它的重力势能是动能的2倍？
(2)若小球在运动过程中，动能是重力势能的2倍时，它的速度大小为多少？
答案 (1)30 m (2)24.5 m/s
解析 (1)设小球距地面高度为h时，Ep＝2Ek
由机械能守恒定律知Ep＋Ek＝mv
在离地面h高处物体的重力势能Ep＝mgh
由以上三个方程解得h＝30 m
(2)设当小球速度为v时，Ek＝2Ep，Ek＝mv2
由机械能守恒定律知Ek＋Ep＝mv
以上三个方程式代数解得v≈24.5 m/s.
17．(10分)如图10所示，竖直平面内半径为R的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB相连接，AB的长度为s.一质量为m的小球，在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动，小球与水平轨道间的动摩擦因数为μ，到B点时撤去力F，小球沿圆轨道运动到最高点C时对轨道的压力为2mg，重力加速度为g.求：
图10
(1)小球在C点的加速度大小；
(2)恒力F的大小．
答案 (1)3g (2)μmg＋
解析 (1)由牛顿第三定律知在C点，轨道对小球的弹力为N＝2mg
小球在C点时，受到重力和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得N＋mg＝ma，解得a＝3g.
(2)设小球在B、C两点的速度分别为v1、v2，在C点由a＝.得v2＝.
从B到C过程中，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2R.
解得v1＝.
从A到B过程中，由动能定理得
Fs－μmgs＝mv－0.
解得F＝μmg＋.
18．(12分)如图11所示，质量为M＝0.2 kg 的木块放在水平台面上，水平台面比水平地面高出h＝0.2 m，木块距水平台面的右端L＝1.7 m．质量为m＝0.1M的子弹以v0＝180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90 m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到水平台面右端的水平距离为s＝1.6 m，求：(g取10 m/s2)
图11
(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；
(2)木块与水平台面间的动摩擦因数μ.
答案 (1)－243 J 8.1 J (2)0.5
解析 (1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为
W1＝mv2－mv＝－243 J
同理，子弹对木块所做的功为
W2＝Mv＝8.1 J
(2)设木块离开水平台面时的速度为v2，木块在水平台面上滑行的阶段由动能定理有：－μMgL＝Mv－Mv
木块离开水平台面后的平抛阶段，有
水平方向：s＝v2t
竖直方向：h＝gt2
联立以上各式，解得μ＝0.5.
章末检测卷(五)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1．某物体在地面上受到地球对它的万有引力为F，为使此物体受到的引力减小到，应把此物体置于距地面的高度为(R指地球半径)( )
A．R B．2R C．4R D．8R
答案 A
解析 在地球表面时有F＝G，当物体受到的引力减小到时有＝G，解得h＝R.
2．据国际小行星中心通报：中科院紫金山天文台1981年10月23日发现的国际永久编号为4073号的小行星已荣获国际小行星中心和国际小行星中心命名委员会批准，正式命名为“瑞安中学星”．这在我国中等学校之中尚属首次．“瑞安中学星”沿着一个近似圆形的轨道围绕太阳运行，轨道半径长约3.2天文单位(一个天文单位为日地间的平均距离)，则“瑞安中学星”绕太阳运行一周大约需( )
A．1年 B．3.2年
C．5.7年 D．6.4年
答案 C
解析 由开普勒第三定律得＝，T星＝ ·T地＝年≈5.7年，C正确．
3．2013年6月13日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”飞行器成功自动对接，航天员聂海胜、张晓光、王亚平在“天宫一号”中处于完全失重状态(如图1)对于太空舱中的航天员，下列说法正确的是( )
图1
A．航天员处于平衡状态
B．航天员不受任何力的作用
C．航天员的加速度恒定不变
D．航天员受到地球的引力作用
答案 D
4．“奋进”号宇航员斯蒂法尼斯海恩·派帕在一次太空行走时丢失了一个工具包，关于工具包丢失的原因可能是( )
A．宇航员松开了拿工具包的手，在万有引力作用下工具包“掉”了下去
B．宇航员不小心碰了一下“浮”在空中的工具包，使其速度发生了变化
C．工具包太重，因此宇航员一松手，工具包就“掉”了下去
D．由于惯性，工具包做直线运动而离开了圆轨道
答案 B
解析 宇航员在太空行走时，宇航员与工具包都绕地球做匀速圆周运动，地球对他们的引力完全用来提供向心力，既使宇航员松开手，工具包仍保持与宇航员同样的匀速圆周运动，但宇航员若“碰”包则会改变工具包的速度，若包的速度变大则会做离心运动，若包的速度变小，则会做向心运动，这样宇航员与工具包就会有相对运动，工具包就会丢失，故B选项正确．
5．假设地球的质量不变，而地球的半径增大到原来半径的2倍，那么从地球发射人造卫星的第一宇宙速度的大小应为原来的( )
A. 倍 B. 倍
C.倍 D．2倍
答案 B
解析 因第一宇宙速度即为地球的近地卫星的线速度，此时卫星的轨道半径近似的认为是地球的半径，且地球对卫星的万有引力提供向心力．故公式G＝成立，解得v＝ ，因此，当M不变，R增加为2R时，v减小为原来的倍，即选项B正确．
6．如图2所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是( )
图2
A．物体A和卫星C具有相同大小的线速度
B．物体A和卫星C具有相同大小的加速度
C．卫星B在P点的加速度与卫星C在该点的加速度一定相同
D．卫星B在P点的线速度与卫星C在该点的线速度一定相同
答案 C
解析 物体A和卫星B、C周期相同，故物体A和卫星C角速度相同，但半径不同，根据v＝ωR可知二者线速度不同，A项错误；根据a＝Rω2可知，物体A和卫星C向心加速度不同，B项错误；根据牛顿第二定律，卫星B和卫星C在P点的加速度a＝，故两卫星在P点的加速度相同，C项正确；卫星C做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，卫星B轨道为椭圆，故万有引力与卫星C所需向心力不相等，二者线速度不一定相等，D项错误．
7．我国于2010年发射的“嫦娥二号”探月卫星简化后的路线示意图如图3所示．卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，然后在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道，卫星开始对月球进行探测．已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为b，卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则( )
图3
A．卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为
B．卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为
C．卫星在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度
D．卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速
答案 D
解析 根据G＝m得v＝ ，卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为＝ ＝，A项错误；根据T＝＝2πr ，卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为＝ ＝b，B错误；由v＝ 知r越大，v越小，则卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度，C项错误；卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，要远离地球，卫星必须加速才能做离心运动，故D项正确．
8．地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形．已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为( )
A．0.19 B．0.44
C．2.3 D．5.2
答案 B
解析 由＝m得v＝ 所以有＝ ＝0.44，选项B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．美国的“大鸟”侦察卫星可以发现地面上边长仅为0.36 m的方形物体，它距离地面高度仅有16 km，理论和实践都表明：卫星离地面越近，它的分辨率就越高，那么分辨率越高的卫星( )
A．向心加速度一定越大 B．角速度一定越小
C．周期一定越大 D．线速度一定越大
答案 AD
解析 由万有引力提供向心力，有＝m＝mω2r＝mr＝ma，可得a＝，r越小，a越大，A正确；v＝ ，r越小，v越大，D正确；ω＝ ，r越小，ω越大，B错误；T＝ ，r越小，T越小，C错误．
10．已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G.有关同步卫星，下列表述正确的是( )
A．卫星距地面的高度为
B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度
C．卫星运行时受到的向心力大小为G
D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
答案 BD
解析 根据＝m2(R＋h)，同步卫星距地面的高度h＝ －R，选项A错误；近地卫星的运行速度等于第一宇宙速度，同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度，选项B正确；卫星运行时的向心力大小为F向＝，选项C错误；由G＝mg得地球表面的重力加速度g＝G，而卫星所在处的向心加速度g′＝G，选项D正确．
11．美国地球物理专家通过计算得知，因为日本的地震导致地球自转快了1.6 μs(1 s的百万分之一)，通过理论分析下列说法正确的是( )
A．地球赤道上物体的重力会略变小
B．地球赤道上物体的重力会略变大
C．地球同步卫星的高度略变小
D．地球同步卫星的高度略变大
答案 AC
解析 对地球赤道上的物体，mg＋m()2R＝，周期T略变小，g会略变小，则A项正确，B项错误；对地球同步卫星，m()2(R＋h)＝，周期T略变小，h会略变小，则C项正确，D项错误．
12．如图4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4
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
答案 BC
解析 地球对一颗卫星的引力等于一颗卫星对地球的引力，由万有引力定律得其大小为，故A错误，B正确；任意两颗卫星之间的距离L＝r，则两颗卫星之间的引力大小为，C正确；三颗卫星对地球的引力大小相等且三个引力互成120°，其合力为0，故D选项错误．
三、填空题(本题共2小题，共14分)
13．(6分)2003年10月15日9时整，中国第一艘载人飞船“神舟五号”由“长征2号F”运载火箭从甘肃酒泉卫星发射中心发射升空(如图5)，10分钟后，成功进入预定轨道，中国首位航天员杨利伟，带着中国人的千年企盼梦圆浩瀚太空，中国成为世界上第三个能够独立开展载人航天活动的国家．
图5
(1)火箭在加速上升过程中宇航员处于________(选填“超重”或“失重”)状态．由于地球在自西向东不停地自转，为节省燃料，火箭在升空后，应向________(选填“偏东”、“偏西”)方向飞行．
(2)2013年12月“嫦娥三号”成功登月，已知月球表面没有空气，没有磁场，引力为地球的，假如登上月球，你能够________(填代号)
A．用指南针判断方向
B．轻易跃过3米高度
C．乘坐热气球探险
D．做托里拆利实验时发现内外水银面高度差为76 cm
答案 (1)超重 偏东 (2)B
14．(8分)火星半径是地球半径的1/2，火星质量是地球质量的1/10，忽略火星的自转，如果地球上质量为60 kg的人到火星上去，则此人在火星表面的质量是________ kg，所受的重力是________ N；在火星表面由于火星的引力产生的加速度是________ m/s；在地球表面上可举起60 kg杠铃的人，到火星上用同样的力，可以举起质量________ kg的物体．(g取9.8 m/s2)．
答案 60 235.2 3.92 150
解析 人到火星上去后质量不变，仍为60 kg；根据mg＝，则g＝，所以＝·＝×22＝0.4，所以g火＝9.8×0.4 m/s2＝3.92 m/s2，人在火星的重力为mg火＝60×3.92 N＝235.2 N，在地球表面上可举起60 kg杠铃的人，到火星上用同样的力，可以举起质量为m＝＝60×2.5 kg＝150 kg.
四、计算题(本题有3小题，共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的答案中须明确写出数值和单位)
15．(8分)如图6是发射地球同步卫星的简化轨道示意图，先将卫星发射至距地面高度为h1的近地轨道Ⅰ上．在卫星经过A点时点火实施变轨，进入远地点为B的椭圆轨道Ⅱ上，最后在B点再次点火，将卫星送入同步轨道Ⅲ.已知地球表面重力加速度为g，地球自转周期为T，地球的半径为R，求：
图6
(1)近地轨道Ⅰ上的速度大小；
(2)远地点B距地面的高度．
答案 (1) (2) －R
解析 (1)设地球的质量为M，卫星的质量为m，卫星在近地轨道Ⅰ上的速度为v1，在近地轨道Ⅰ上：
＝m ①
在地球表面：G＝mg ②
由①②得：v1＝ . ③
(2)设B点距地面高度是h2.
在同步轨道Ⅲ上：G＝m()2(R＋h2) ④
由②④得h2＝ －R.
16．(14分)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星之间的距离为r，试推算这个双星系统的总质量．(引力常量为G)
答案
解析 设两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，角速度分别为ω1、ω2.根据题意有
ω1＝ω2 ①
r1＋r2＝r ②
根据万有引力定律和牛顿定律，有
G＝m1ωr1 ③
G＝m2ωr2 ④
联立以上各式解得r1＝ ⑤
根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝2π/T ⑥
联立③⑤⑥式解得这个双星系统的总质量
m1＋m2＝.
17．(12分)宇航员在某星球表面以初速度v0竖直向上抛出一个物体，物体上升的最大高度为h.已知该星球的半径为R，且物体只受该星球的引力作用．
(1)求该星球表面的重力加速度．
(2)如果要在这个星球上发射一颗贴近它表面运行的卫星，求该卫星做匀速圆周运动的线速度和周期．
答案 (1) (2)v0
解析 (1)设该星球表面的重力加速度为g′，物体做竖直上抛运动，由题意得v＝2g′h，得g′＝.
(2)卫星贴近星球表面运行，则有mg′＝m，得v＝＝v0；
由T＝，得T＝.
