1.1 飞机投弹与平抛运动
题组一 对曲线运动的理解
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．速率 B．速度
C．加速度 D．合外力
答案 B
解析 物体做曲线运动时，速度方向一定变化，速度大小不一定变化，A错，B对．做曲线运动的物体的合外力或加速度既可能变，也有可能不变，C、D错．
2．若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，下面4图中a、b、c、d表示物体运动的轨迹，其中正确的是( )
答案 B
解析 合外力F与初速度v0不共线，物体一定做曲线运动，C错．物体的运动轨迹向合外力F方向偏转，且介于F与v0的方向之间并与v0相切，A、D错，B对．
3．在弯道上高速行驶的赛车后轮突然脱离赛车，关于脱离了赛车的后轮的运动情况，以下说法正确的是( )
A．仍然沿着汽车行驶的弯道运动
B．沿着与弯道垂直的方向飞出
C．沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道
D．上述情况都有可能
答案 C
解析 曲线上某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向，所以脱离了赛车的后轮将沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动而离开弯道，故C正确．
题组二 对平抛运动的理解
4．在物理学史上，伽利略对平抛运动进行了深入细致的研究，下列关于伽利略研究的说法中，正确的是( )
A．伽利略通过精确的实验，发现平抛运动在水平和竖直方向上的运动既不彼此影响，也不互相妨碍
B．伽利略用几何方法得到了平抛物体的运动轨迹
C．伽利略对平抛运动的研究方法只适用于平抛运动
D．伽利略的研究揭示了研究二维曲线运动的基本方法
答案 BD
解析 伽利略假定做平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动互不影响，而不是通过精确实验证实这一结论，故A错误；在假设的基础上，伽利略用几何方法描绘出了平抛物体的运动轨迹，B正确；伽利略对平抛运动的研究方法可以普遍适用于二维或三维运动的研究，故C错误，D正确．
5．关于做平抛运动的物体，下列说法正确的是( )
A．速度始终不变
B．加速度始终不变
C．受力始终与运动方向垂直
D．受力始终与运动方向平行
答案 B
解析 做平抛运动的物体只受重力作用，故加速度等于重力加速度，保持不变，重力方向和速度方向的夹角随着物体的运动而变化，只有B正确．
6．关于平抛运动，下列说法正确的是( )
A．平抛运动是非匀变速运动
B．平抛运动是匀速运动
C．平抛运动是匀变速曲线运动
D．做平抛运动的物体落地时的速度可能是竖直向下的
答案 C
解析 做平抛运动的物体只受重力作用，产生恒定的加速度，是匀变速运动，其初速度与合外力垂直不共线，是曲线运动，故平抛运动是匀变速曲线运动，A、B错误，C正确；平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，故落地时的速度是水平方向的分速度和竖直方向的分速度的合速度，其方向一定与竖直方向(或水平方向)有一定的夹角，D错误．
7.如图1所示，空中悬挂一串五彩圆环，一支玩具手枪的枪管与绿环的圆心在同一水平直线上，管口与绿环的距离为L，绿环的圆心离地面的高度为H，现使手枪射出一颗子弹，同时自由释放这串五彩圆环，子弹可能击中(忽略空气阻力)( )
图1
A．红环 B．蓝环 C．黄环 D．绿环
答案 D
解析 子弹从枪管射出后做平抛运动，同时五彩圆环自由下落，子弹与五彩圆环在竖直方向上的运动状态相同，又因为子弹与绿环的圆心在同一水平直线上，以绿环为参照物看子弹是沿直线飞来的，故能击中绿环，D正确．
题组三 对平抛运动的研究
8．如图2所示，足够长的水平直轨道MN上左端有一点C，过MN的竖直平面上有两点A、B，A点在C点的正上方，B点与A点在一条水平线上，不计轨道阻力和空气阻力，下列判断正确的是( )
图2
A．在A、C两点以相同的速度同时水平向右抛出一小球，两球一定会相遇
B．在A、C两点以相同的速度同时水平向右抛出一小球，两球一定不会相遇
C．在A点水平向右抛出一小球，同时在B点由静止释放一小球，两球一定会相遇
D．在A、C两点以相同的速度同时水平向右抛出一小球，并同时在B点由静止释放一小球，三小球不可能在水平轨道上相遇
答案 A
解析 由于不计轨道阻力和空气阻力，从A点水平抛出的小球做平抛运动，它在水平方向上做匀速直线运动，而在C点抛出的小球沿轨道做匀速直线运动，当A处抛出的小球到达MN轨道时，在水平方向上与C处抛出的小球水平位移相同，它们一定相遇；在A点水平向右抛出一小球，同时在B点由静止释放一小球，从A处抛出的小球若能到达B的正下方，两球才会相遇否则不会相遇；由以上分析可知：在A、C两点以相同的速度同时水平向右抛出两小球，并同时在B点由静止释放一小球，三小球有可能在水平轨道上相遇．
9．有两个同学根据不同的实验条件，进行了“研究平抛运动”的实验：
图3
(1)甲同学用如图3甲所示的装置．用小锤击打弹性金属片，使A球沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤击打的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明__________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)乙同学采用如图乙所示的装置．两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端可看作与光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁C、D；调节电磁铁C、D的高度使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等，现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小球同时以相同的初速度v0分别从轨道M、N的末端射出．实验可观察到的现象应是____________________．仅仅改变弧形轨道所在平面AM的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明__________________________________________．
答案 (1)做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动 (2)P球击中Q球 做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动
解析 (1)通过对照实验，说明两球具有等时性，由此说明做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动．
(2)两球在水平轨道上相遇，水平方向运动情况相同，说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动．
10.如图4所示为用频闪照相的方法拍摄的研究物体做平抛运动规律的照片，图中A、B、C为三个同时由同一点出发的小球，AA′为A球在光滑水平面上以速度v运动的轨迹，BB′为B球以速度v被水平抛出后的运动轨迹，CC′为C球自由下落的运动轨迹．通过分析上述三条轨迹可得出结论： __________________________________________________
________________________________________________________________________.
图4
答案 做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动
1.2 研究平抛运动的规律（一）
题组一 合运动与分运动的关系、合运动运动性质的判断
1．关于运动的合成与分解，以下说法正确的是( )
A．合运动的位移为分运动位移的矢量和
B．物体的两个分运动若是直线运动，则它的合运动一定是直线运动
C．合运动和分运动具有等时性
D．若合运动是曲线运动，则其分运动中至少有一个是曲线运动
答案 AC
解析 位移是矢量，其运算满足平行四边形定则，A正确；两个直线运动的合运动也有可能是曲线运动，B、D项错；合运动与分运动具有等时性，C项正确．
2．关于互成角度的两个初速度不为零的匀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．可能是直线运动，也可能是曲线运动
D．以上都不对
答案 A
解析 两个运动都是匀速直线运动，所以加速度都为零，所以合运动的加速度也一定为零．两个互成角度的运动的初速度不为零，所以合运动的初速度不为零．所以合运动是初速度不为零，加速度为零的运动，即匀速直线运动．
3．如图1甲所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的有( )
图1
A．笔尖留下的痕迹可以是一条如图乙所示的抛物线
B．笔尖留下的痕迹可以是一条倾斜的直线
C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不变
答案 D
解析 由题可知，铅笔尖既随三角板向右做匀速运动，又沿三角板直角边向上做匀加速运动，其运动轨迹是向上弯曲的抛物线．故A、B错误．在运动过程中，笔尖运动的速度方向是轨迹的切线方向，时刻在变化．故C错误．笔尖水平方向的加速度为零，竖直方向加速度的方向向上，则根据运动的合成规律可知，笔尖运动的加速度方向始终竖直向上，保持不变．故D正确．
4.在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图2所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )
图2
A．相对地面的运动轨迹为直线
B．相对地面做变加速曲线运动
C．t时刻猴子对地的速度大小为v0＋at
D．t时间内猴子对地的位移大小为
答案 D
解析 猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，猴子的实际运动轨迹为曲线；因为猴子加速度恒定，所以相对地面猴子做的是匀变速曲线运动；t时刻猴子对地的速度大小为vt＝ ；t时间内猴子对地的位移大小为s＝ .
题组二 关联物体的速度分解问题
5．如图3所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车以速度v匀速向右运动到如图所示位置时，物体P的速度为( )
图3
A．v B．vcos θ
C. D．vcos2 θ
答案 B
解析 如图所示，绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于物体P的速度，根据平行四边形定则得，vP＝vcos θ.故B正确，A、C、D错误．
6．如图4所示，某人用绳通过定滑轮拉小船，设人匀速拉绳的速度为v0，小船水平向左运动，绳某时刻与水平方向夹角为α，则小船的运动性质及此时刻小船的速度vx为( )
图4
A．小船做变加速运动，vx＝
B．小船做变加速运动，vx＝v0cos α
C．小船做匀速直线运动，vx＝
D．小船做匀速直线运动，vx＝v0cos α
答案 A
解析 如图所示，小船的实际运动是水平向左的运动，它的速度vx可以产生两个效果：一是使绳子OP段缩短；二是使OP段绳与竖直方向的夹角减小，与水平方向的夹角增大．所以小船的速度vx应有沿OP绳指向O的分速度v0和垂直OP的分速度v1，由运动的分解可求得vx＝，α角逐渐变大，可得vx是逐渐变大的，所以小船做的是变加速运动．
7．如图5所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车匀速地从B点运动到M点，再运动到N点的过程中，关于物体A的运动和受力情况，下列说法正确的是( )
图5
A．物体A也做匀速直线运动
B．物体A的速度可能为零
C．绳的拉力总是等于A的重力
D．绳的拉力总是大于A的重力
答案 BD
解析 设和小车连接的绳子与水平面的夹角为θ，小车的速度为v，则这个速度分解为沿绳方向向上和垂直绳方向向下的速度，解三角形得沿绳方向的速度为vcos θ，随着小车匀速向右运动，显然θ先增逐渐大后减小，所以沿绳方向的分速度先越来越小后越来越大，又知物体A的速度与沿绳方向分速度大小一样，则在小车从右向左匀速行驶的过程中物体A先向下做减速运动，然后向上做加速运动，加速度始终向上，当小车到达M点时，沿绳子的速度为零，则物体A的速度也为零．则由牛顿第二定律得：F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，因此，绳的拉力总大于物体A的重力，故选项A、C错误，选项B、D正确．
题组三 小船渡河问题
8．小船在静水中速度为4 m/s，它在宽为200 m，流速为3 m/s的河中渡河，船头始终垂直河岸，如图6所示．则渡河需要的时间为( )
图6
A．40 s B．50 s
C．66.7 s D．90 s
答案 B
解析 船头始终垂直河岸，渡河时间t＝＝ s＝50 s，故选项B正确．
9．小船以一定的速率垂直河岸向对岸划去，当水流匀速时，它渡河的时间、发生的位移与水速的关系是( )
A．水速小时，位移小，时间也短
B．水速大时，位移大，时间也长
C．水速大时，位移大，但时间不变
D．位移、时间大小与水速大小无关
答案 C
解析 小船渡河时参与了顺水漂流和垂直河岸横渡两个方向的分运动，由运动的独立性和等时性知，小船的渡河时间决定于垂直河岸的分运动，等于河的宽度与垂直河岸的分速度之比，由于船“以一定速率垂直河岸向对岸划去”，故渡河时间一定，水速大，水流方向的分位移就大，合位移也就大，反之则合位移小．
10．下列四个选项的图中实线为河岸，河水的流速v方向如图中箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线，已知船在静水中速度小于水速，且船头方向为船对水的速度方向．则其中可能正确的是( )
答案 C
解析 因为静水速小于水流速，根据平行四边形定则知，合速度的方向不可能垂直河岸，也不可能偏向上游．故A、B错误．静水速垂直于河岸，合速度的方向偏向下游．故C正确．船头的指向为静水速的方向，静水速的方向不可能与合速度的方向一致．故D错误．
11．一只小船在静水中的速度为5 m/s，它要渡过一条宽为50 m的河，河水流速为4 m/s，则( )
A．这只船过河位移不可能为50 m
B．这只船过河时间不可能为10 s
C．若河水流速改变，船过河的最短时间一定不变
D．若河水流速改变，船过河的最短位移一定不变
答案 C
12．如图7，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度为v.现小船自A点渡河，第一次船头沿AB方向，到达对岸的D处；第二次船头沿AC方向，到达对岸E处，若AB与AC跟河岸垂线AD的夹角相等，两次航行的时间分别为tB、tC，则( )
图7
A．tB＞tC B．tB＜tC
C．tB＝tC D．无法比较tB与tC的大小
答案 C
解析 设第一次合速度为v1，第二次合速度为v2，因为静水速与河岸夹角相等，则v1在垂直于河岸方向上的速度等于v2在垂直于河岸方向上的速度，根据等时性知，tB＝tC.故C正确，A、B、D错误．
13．如图8所示，河宽d＝120 m，设小船在静水中的速度为v1，河水的流速为v2.小船从A点出发，在渡河时，船身保持平行移动．若出发时船头指向河对岸上游的B点，经过10 min，小船恰好到达河正对岸的C点；若出发时船头指向河正对岸的C点，经过8 min，小船到达C点下游的D点．求：
图8
(1)小船在静水中的速度v1的大小；
(2)河水的流速v2的大小；
(3)在第二次渡河中小船被冲向下游的距离sCD.
答案 (1)0.25 m/s (2)0.15 m/s (3)72 m
解析 (1)小船从A点出发，若船头指向河正对岸的C点，则此时v1方向的位移为d，故有v1＝＝ m/s＝0.25 m/s.
(2)设AB与河岸上游成α角，由题意可知，此时恰好到达河正对岸的C点，故v1沿河岸方向的分速度大小恰好等于河水的流速v2的大小，即v2＝v1cos α，此时渡河时间为t＝，所以sin α＝＝0.8，故v2＝v1cos α＝0.15 m/s.
(3)在第二次渡河中小船被冲向下游的距离为sCD＝v2tmin＝72 m.
1.2 研究平抛运动的规律（二）
题组一 平抛运动规律的理解及其应用
1．关于平抛运动，下列说法中正确的是( )
A．平抛运动是一种变加速运动
B．做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大
C．做平抛运动的物体每秒内速度增量相等
D．做平抛运动的物体每秒内位移增量相等
答案 C
解析 平抛运动是匀变速曲线运动，其加速度为重力加速度g，故加速度的大小和方向恒定，在Δt时间内速度的改变量为Δv＝gΔt，由此可知每秒内速度增量大小相等、方向相同，选项A、B错误，C正确；由于水平方向的位移x＝v0t，每秒内水平位移增量相等，而竖直方向的位移y＝gt2，每秒内竖直位移增量不相等，所以选项D错误．
2．物体在某一高度以初速度v0水平抛出，落地时速度为v，则该物体在空中运动的时间为(不计空气阻力)( )
A．(v－v0)/g B．(v＋v0)/g
C./g D./g
答案 C
解析 落地时的竖直分速度大小vy＝，与时间t的关系为vy＝gt，联立两式求得t＝.故选C.
3．将一个物体以初速度v0水平抛出，经过时间t其竖直方向的位移大小与水平方向的位移大小相等，那么t为(不计空气阻力)( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 经过时间t物体水平位移与竖直位移大小分别为x＝v0t，y＝gt2，则v0t＝gt2，所以时间t＝，B正确．
4.如图1所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )
图1
A．ta＞tb，va＜vb B．ta＞tb，va＞vb
C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb
答案 A
解析 由于小球b距地面的高度小，由h＝gt2可知tb＜ta，而小球a、b运动的水平距离相等，由x＝v0t可知，va＜vb.由此可知A正确．
5.某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的右侧(如图2所示)．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可作出的调整为( )
图2
A．减小初速度，抛出点高度不变
B．增大初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，提高抛出点高度
答案 AC
解析 设小球被抛出时的高度为h，则h＝gt2，小球从抛出到落地的水平位移x＝v0t，两式联立得x＝v0 ，根据题意，再次抛小球时，要使小球运动的水平位移x减小，可以采用减小初速度v0或降低抛出点高度h的方法，故A、C正确．
6．平抛一物体，当抛出1 s后它的速度与水平方向成45°角，落地时速度方向与水平方向成60°角，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．初速度为10 m/s
B．落地速度为10 m/s
C．开始抛出时距地面的高度为25 m
D．水平射程为20 m
答案 A
解析 该物体平抛的初速度v0＝vy1＝gt1＝10×1 m/s＝10 m/s，A对；落地速度为v＝＝20 m/s，B错；落地的竖直速度为vy2＝v0tan 60°＝10 m/s，开始抛出时距地面的高度h＝＝15 m，C错；水平射程为x＝v0t2＝10× m＝10 m，D错．
题组二 与斜面结合的平抛运动的问题
7.如图3所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
图3
A．当v1＞v2时，α1＞α2
B．当v1＞v2时，α1＜α2
C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2
D．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
答案 C
解析 小球从斜面顶端抛出后落到斜面上，小球的位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即
tan θ＝＝＝，
小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan φ＝＝，故可得tan φ＝2tan θ.
只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是φ，故速度方向与斜面的夹角就总是相等，与v1、v2的关系无关，C选项正确．
8.如图4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，这段飞行所用的时间为(g取9.8 m/s2)( )
图4
A. s B. s
C. s D．2 s
答案 C
解析 把平抛运动分解成水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动，抛出时只有水平方向速度v0，垂直地撞在斜面上时，既有水平方向分速度v0，又有竖直方向的分速度vy.物体速度的竖直分量确定后，即可求出物体飞行的时间．如题图所示，把末速度分解成水平方向分速度v0和竖直方向的分速度vy，则有tan 30°＝，vy＝gt，解两式得t＝＝＝ s，故C正确．
9.如图5所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一个小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，小球的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这个小球，以下哪个图像能正确表示小球的飞行时间t随v变化的函数关系( )
图5
答案 C
解析 据题意，设斜面倾角为θ，小球做平抛运动，运动过程中水平位移为：x＝v0t，竖直位移为：y＝gt2，由于斜面倾角不变，则有：tan θ＝，整理得：t＝，当小球落在斜面上时，飞行时间与平抛速度成正比；当小球落到水平地面上后，由于高度不变，则小球的平抛运动时间不变；故选项C正确．
10.如图6所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为α＝53°的斜面顶端并刚好沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h＝0.8 m，取g＝10 m/s2.求小球水平抛出的初速度v0和斜面顶端与平台边缘的水平距离s各为多少？(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
图6
答案 3 m/s 1.2 m
解析 小球从平台运动到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有：
s＝v0t，h＝gt2，vy＝gt
由题图可知：tan α＝＝
代入数据解得：v0＝3 m/s，s＝1.2 m.
题组三 综合应用
11．从离地高80 m处水平抛出一个物体，3 s末物体的速度大小为50 m/s，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)物体抛出时的初速度大小；
(2)物体在空中运动的时间；
(3)物体落地时的水平位移．
答案 (1)40 m/s (2)4 s (3)160 m
解析 (1)由平抛运动的规律知v＝
3 s末v＝50 m/s，vy＝gt＝30 m/s
解得v0＝vx＝40 m/s
(2)物体在空中运动的时间t′＝ ＝ s＝4 s
(3)物体落地时的水平位移x＝v0t′＝40×4 m＝160 m.
12.女排比赛时，某运动员进行了一次跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04 m高处，击球后排球以25.0 m/s的速度水平飞出，球的初速度方向与底线垂直，排球场的有关尺寸如图7所示，试计算说明：
图7
(1)此球能否过网？
(2)球是落在对方界内，还是界外？(不计空气阻力，g取10 m/s2)
答案 (1)能过网 (2)界外
解析 (1)当排球在竖直方向下落Δh＝(3.04－2.24) m＝0.8 m时，所用时间为t1，满足Δh＝gt，x＝v0t1.解以上两式得x＝10 m＞9 m，故此球能过网．
(2)当排球落地时h＝gt，x′＝v0t2.
将h＝3.04 m代入得x′≈19.5 m＞18 m，故排球落在对方界外．
1.3 研究斜抛运动
题组一 对斜抛运动的理解
1．关于斜抛运动，下列说法正确的是( )
A．斜抛运动是一种不受任何外力作用的运动
B．斜抛运动是曲线运动，它的速度方向不断改变，不可能是匀变速运动
C．任意两段相等时间内的速度大小变化相等
D．任意两段相等时间内的速度变化相等
答案 D
解析 斜抛运动是指将物体用一定的初速度斜向抛出，物体只在重力作用下的运动，所以A错．斜抛运动是曲线运动，是因为初速度方向与重力方向不共线，但物体只受重力，产生的重力加速度是恒定不变的，所以斜抛运动是匀变速曲线运动，故B错．根据加速度的定义式可得Δv＝gΔt，所以在相等的时间内速度的变化相等，而速度是矢量，包括大小与方向两个因素，在这里我们只能判断出速度的变化相等，故C错，D对．
2．斜抛运动和平抛运动的共同特点是( )
A．加速度都是g
B．运动轨迹都是抛物线
C．运动时间都与抛出时的初速度大小有关
D．速度变化率都随时间变化
答案 AB
解析 物理学中的斜抛运动和平抛运动都是仅受重力作用的抛体运动，因此其加速度或速度变化率都是相同的，都为重力加速度，因此选项A正确，选项D错误．它们的轨迹均为抛物线，选项B正确．斜抛运动的飞行时间由竖直方向的分运动决定，平抛运动的时间仅与竖直分位移有关，与初速度无关，故选项C错误．
3．做斜上抛运动的物体的运动可以分解为水平方向和竖直方向的两个分运动，下列图像中正确描述竖直方向上物体运动速度的为( )
答案 C
4.如图1所示是斜向上抛出的物体运动的轨迹，C点是轨迹的最高点，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)( )
图1
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点的水平分速度均等于物体在C点的速度
D．物体在A、B、C各点的加速度都相同
答案 CD
解析 速度是矢量，A、B处速度大小相等，方向不相同．物体的运动水平方向是匀速直线运动，竖直方向为加速度总为g的上抛运动．
题组二 斜抛运动的射高和射程
5．关于斜抛运动，下面的说法正确的是( )
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，运动时间长
D．初速度一定，抛射角大时，运动时间长
答案 BD
解析 斜抛运动的运动时间取决于竖直方向的分运动的运动时间．
6．A、B两物体初速度相同，A沿与水平方向成θ角的光滑斜面上滑；B与水平方向成θ角斜上抛．它们所能达到的最大高度分别为HA和HB，则下列关于HA和HB的大小判断正确的是( )
A．HAC．HA>HB D．无法确定
答案 C
解析 设初速度为v0，在光滑斜面上时，对物体A进行受力分析可以得到物体的加速度a＝＝gsin θ，物体在斜面上运动的长度为L，则v＝2gLsin θ，离地面的最大高度HA＝Lsin θ＝；斜向上抛时，B物体竖直分速度vy＝v0sin θ，上升的最大高度HB＝7．从水平地面上某处以相同速率v0用不同抛射角抛出两小球A、B，两小球的水平射程相同，已知小球A的抛射角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．球的水平射程为
B．小球B的抛射角一定为－θ
C．两小球A、B在空中飞行时间的比值为＝
D．两小球A、B上升的最大高度的比值为＝tan θ
答案 B
解析 将小球A的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，竖直分运动是竖直上抛运动，水平分运动是匀速直线运动，根据分运动公式，有：
竖直分运动：－v0sin θ＝v0sin θ－gt ①
水平分运动：x＝v0cos θt ②
联立①②解得：
x＝，故A错误；
水平射程表达式为：x＝＝.
由于两小球的水平射程相同，故两个小球的抛射角的两倍之和等于π，即两个小球的抛射角互余，故小球B的抛射角一定为－θ.故B正确．
根据①式，小球A运动时间为：tA＝；
同理，小球B运动时间为：tB＝；
故两小球A、B在空中飞行时间的比值为：＝；故C错误；
竖直分运动是竖直上抛运动，根据速度位移关系公式，有h＝＝；
故两小球A、B上升的最大高度的比值为：＝；故D错误；故选B项．
8.如图2所示，是一枚斜向上射出的炮弹飞行的理论曲线和弹道曲线，理论曲线和弹道曲线相差较大的原因是( )
图2
A．理论计算误差造成的
B．炮弹的形状造成的
C．空气阻力的影响造成的
D．这是一种随机现象
答案 C
解析 炮弹一般飞行的速度很大，故空气阻力的影响是很大的，正是空气阻力的影响，才使得理论曲线和弹道曲线相差较大．
题组三 综合应用
9．如图3所示，从地面上同一位置斜向上抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )
图3
A．B的加速度比A的大
B．B的飞行时间比A的长
C．B在最高点的速度比A在最高点的大
D．B在落地时的速度比A在落地时的大
答案 CD
解析 由题可知，A、B两小球均做斜抛运动，由运动的分解可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度均为重力加速度，故A错；设上升的最大高度为h，在下落过程，由h＝gt2，可知下落时间t＝，根据运动的对称性可知，两球上升时间和下落时间相等，故两小球的运动时间相等，故B错；由x＝vxt，可知vxA10.如图4所示，在地面上某一高度处将A球以初速度v1水平抛出，同时在A球正下方地面处将B球以初速度v2斜向上抛出，结果两球在空中相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中( )
图4
A．A和B的初速度大小关系为v1B．A和B的加速度大小关系为a1>a2
C．A做匀变速运动，B做变加速运动
D．A和B的速度变化量相同
答案 AD
解析 如图所示，设v2与水平方向夹角为θ，两球分别做平抛运动和斜抛运动，都只受重力作用，均做匀变速运动，加速度均为g，B、C错误；两球经过相等时间Δt在空中相遇，则水平位移相等，故v1Δt＝v2cos θΔt，v111.如图5所示，将小球沿与水平方向成α角以速度v向右侧抛出，经时间t1击中墙上距水平面高度为h1的A点；再将此球仍从同一点以相同速率抛出，抛出速度与水平方向成β(β＞α)角，经时间t2击中墙上距水平面高度为h2的B点(图中未标出)，空气阻力不计．则( )
图5
A．t1一定小于t2 B．t1一定大于t2
C．h1一定小于h2 D．h1一定大于h2
答案 A
解析 小球被抛出后，仅受重力作用，即在水平方向做匀速直线运动，无论小球是在上升阶段还是在下落阶段击中墙壁，其水平方向的位移都相等，因此有：vcos αt1＝vcos βt2，由于β＞α，因此vcos α＞vcos β，所以有：t1＜t2，故选项A正确，选项B错误；因小球击中墙壁可能在小球上升阶段，也可能在下落阶段，因此h1与h2的大小关系不能确定，故选项C、D错误．
2.1 怎样描述圆周运动
题组一 对匀速圆周运动的理解
1．下列对于匀速圆周运动的说法中，正确的是( )
A．线速度不变的运动
B．角速度不变的运动
C．周期不变的运动
D．转速不变的运动
答案 BCD
解析 匀速圆周运动的角速度、周期、转速不变，线速度时刻在变，故应选B、C、D.
2．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是( )
A．其角速度与转速成正比，与周期成反比
B．运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述
C．匀速圆周运动是匀速运动，因为其速率保持不变
D．做匀速圆周运动的物体，所受合力为零
答案 AB
解析 做匀速圆周运动的物体，其运动的快慢可用线速度或角速度描述，转速与角速度的关系是ω＝2πn，周期与角速度的关系是ω＝，即角速度与转速成正比，与周期成反比，故A、B正确；匀速圆周运动的速率保持不变，但速度的方向时刻变化，故是非匀速运动，C错误；匀速圆周运动是变速运动，一定受到不为零的合力作用，故D错误．
3．质点做匀速圆周运动，则( )
A．在任何相等的时间里，质点的位移都相等
B．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等
C．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同
D．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等
答案 BD
解析 如图所示，经，质点由A到B，再经，质点由B到C，由于线速度大小不变，根据线速度的定义，s＝v·，所以相等时间内通过的路程相等，B正确．但位移xAB、xBC大小相等，方向并不相同，平均速度不同，A、C错误．由角速度的定义ω＝知t相同，Δθ＝ωt相同，D对确．
题组二 圆周运动各物理量间的关系
4．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下列说法中正确的是( )
A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的半径一定小
D．角速度大的周期一定小
答案 D
解析 解决这类题目的方法是：确定哪个量不变，寻找各物理量之间的联系，灵活选取公式进行分析．由v＝ωR知，v大，ω不一定大；ω大，R不一定小，故A、C均错误；由v＝知，v大，T不一定小，B错误；而由ω＝可知，ω越大，T越小，故D正确．
5．甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( )
A．它们的半径之比为2∶9 B．它们的半径之比为1∶2
C．它们的周期之比为2∶3 D．它们的周期之比为1∶3
答案 AD
解析 由v＝ωR，得R＝，＝＝，A正确，B错误；由T＝，得T甲∶T乙＝∶＝，C错误，D正确．
6．一个电子钟的秒针角速度为( )
A．π rad/s B．2π rad/s
C．π/30 rad/s D．π/60 rad/s
答案 C
7．假设“神舟”十号实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n周，起始时刻为t1，结束时刻为t2，运行速度为v，半径为r.则计算其运行周期可用( )
A．T＝ B．T＝
C．T＝ D．T＝
答案 AC
解析 由题意可知飞船运动n周所需时间Δt＝t2－t1，故其周期T＝＝，故选项A正确．由周期公式有T＝，故选项C正确．
8．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，当该型号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为( )
A．1 000 r/s B．1 000 r/min
C．1 000 r/h D．2 000 r/s
答案 B
解析 由v＝Rω，ω＝2πn得
n＝＝ r/s≈17.7 r/s≈1 000 r/min.
题组三 同轴转动和皮带传动问题
9．如图1所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )
图1
A．a、b和c三点的线速度大小相等
B．a、b和c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的大
D．c的线速度比a、b的大
答案 B
解析 a、b和c均是同一陀螺上的点，它们做圆周运动的角速度都为陀螺旋转的角速度ω，B正确，C错误；三点的运动半径关系为Ra＝Rb>Rc，据v＝ω·R可知，三点的线速度关系为va＝vb>vc，A、D错误．
10．如图2所示，圆盘绕过圆心且垂直于盘面的轴匀速转动，其上有a、b、c三点，已知Oc＝Oa，则下列说法中错误的是( )
图2
A．a、b两点线速度相同
B．a、b、c三点的角速度相同
C．c点的线速度大小是a点线速度大小的一半
D．a、b、c三点的运动周期相同
答案 A
解析 同轴转动的不同点角速度相同，B正确；根据T＝知，a、b、c三点的运动周期相同，D正确；根据v＝ωR可知c点的线速度大小是a点线速度大小的一半，C正确；a、b两点线速度的大小相等，方向不同，A错误．
11．两个小球固定在一根长为1 m的杆的两端，杆绕O点逆时针旋转，如图3所示，当小球A的速度为3 m/s时，小球B的速度为12 m/s.则小球B到转轴O的距离是( )
图3
A．0.2 m B．0.3 m C．0.6 m D．0.8 m
答案 D
解析 设小球A、B做圆周运动的半径分别为R1、R2，则v1∶v2＝ωR1∶ωR2＝R1∶R2＝1∶4，又因R1＋R2＝1 m，所以小球B到转轴O的距离R2＝0.8 m，D正确．
12.如图4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.已知主动轮顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是( )
图4
A．从动轮顺时针转动 B．从动轮逆时针转动
C．从动轮的转速为n D．从动轮的转速为n
答案 BC
解析 主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A项错误，B项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v＝2πRn，可得两轮转速与半径成反比，所以C项正确，D项错误．
13．如图5所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是rA＝rC＝2rB.若皮带不打滑，则A、B、C三轮边缘上a、b、c三点的角速度之比和线速度之比为( )
图5
A．角速度之比1∶2∶2 B．角速度之比1∶1∶2
C．线速度之比1∶2∶2 D．线速度之比1∶1∶2
答案 AD
解析 A、B两轮通过皮带传动，皮带不打滑，则A、B两轮边缘的线速度大小相等，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，则B、C两轮的角速度相等．
a、b比较：va＝vb
由v＝ωr得：ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2
b、c比较：ωb＝ωc
由v＝ωr得：vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2
所以ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2
va∶vb∶vc＝1∶1∶2
故A、D正确．
题组四 综合应用
14．某转盘每分钟转45圈，在转盘离转轴0.1 m处有一个小螺帽，求小螺帽做匀速圆周运动的周期、角速度、线速度．
答案 s rad/s m/s
解析 由周期和转速的关系可求
周期T＝＝ s＝ s
角速度ω＝＝＝ rad/s
线速度v＝ωR＝ m/s.
15．如图6所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：
图6
(1)B球抛出时的水平初速度；
(2)A球运动的线速度最小值．
答案 (1)R (2)2πR
解析 (1)小球B做平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，则R＝v0t ①
在竖直方向上做自由落体运动，则h＝gt2 ②
由①②得v0＝＝R.
(2)设相碰时，A球转了n圈，则A球的线速度
vA＝＝＝2πRn
当n＝1时，其线速度有最小值，即
vmin＝2πR.
2.2 研究匀速圆周运动的规律
题组一 对向心加速度的理解及计算
1．关于向心加速度，下列说法正确的是( )
A．向心加速度是描述线速度变化的物理量
B．向心加速度既改变线速度的方向，又改变线速度的大小
C．向心加速度大小恒定，方向时刻改变
D．物体做非匀速圆周运动时，向心加速度的大小也可用a＝来计算
答案 D
解析 加速度是描述速度变化快慢的物理量，向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，因此A、B错误；只有匀速圆周运动的向心加速度大小才恒定，故C错误，D正确．
2.如图1所示为A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图象，其中A为双曲线的一个分支，由图可知( )
图1
A．A物体运动的线速度大小不变
B．A物体运动的角速度大小不变
C．B物体运动的角速度大小不变
D．B物体运动的角速度与半径成正比
答案 AC
解析 因为A为双曲线的一个分支，说明a与R成反比，由a＝可知，A物体的线速度大小不变，故A正确，B错误；而OB为过原点的直线，说明a与R成正比，由a＝ω2R可知，B物体的角速度大小不变，故C正确，D错误．
3.如图2所示，一小物块以大小为a＝4 m/s2的向心加速度做匀速圆周运动，半径R＝1 m，则下列说法正确的是( )
图2
A．小物块运动的角速度为2 rad/s
B．小物块做圆周运动的周期为π s
C．小物块在t＝ s内通过的位移大小为 m
D．小物块在π s内通过的路程为零
答案 AB
解析 因为a＝ω2R，所以小物块运动的角速度为ω＝＝2 rad/s，周期T＝＝π s，选项A、B正确；小物块在 s内转过，通过的位移大小为 m，在π s内转过一周，通过的路程为2π m，选项C、D错误．
4.如图3所示，质量为m的木块从半径为R的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用木块的速率不变，那么( )
图3
A．加速度为零
B．加速度恒定
C．加速度大小不变，方向时刻改变，但不一定指向圆心
D．加速度大小不变，方向时刻指向圆心
答案 D
解析 由题意知，木块做匀速圆周运动，木块的加速度大小不变，方向时刻指向圆心，D正确，A、B、C错误．
5.一小球质量为m，用长为L的悬绳(不可伸长，质量不计)固定于O点，在O点正下方处钉有一颗钉子．如图4所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则( )
图4
A．小球的角速度突然增大
B．小球的线速度突然减小到零
C．小球的向心加速度突然增大
D．小球的向心加速度不变
答案 AC
解析 由于小球的线速度不能发生突变，又做圆周运动的半径变为原来的一半，由v＝ωR知，角速度变为原来的两倍，A正确，B错误；由a＝知，小球的向心加速度变为原来的两倍，C正确，D错误．
题组二 对向心力的理解及其来源分析
6．下列关于向心力的说法中正确的是( )
A．物体由于做圆周运动而产生了一个向心力
B．向心力会改变做圆周运动物体的速度大小
C．做匀速圆周运动的物体其向心力即为其所受的合力
D．做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的
答案 C
解析 当物体所受外力的合力始终有一分力垂直于速度方向时，物体就将做圆周运动，该分力即为向心力，故先有向心力然后才使物体做圆周运动．因向心力始终垂直于速度方向，所以它不改变速度的大小、只改变速度的方向，当合力完全提供向心力时，物体就做匀速圆周运动，该合力大小不变、方向时刻改变，故向心力是变化的．
7.如图5所示，物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向所受的作用力有( )
图5
A．圆盘对B及A对B的摩擦力，两力都指向圆心
B．圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心
C．圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力
D．圆盘对B的摩擦力和向心力
答案 B
解析 以A、B整体为研究对象，受重力、圆盘的支持力及圆盘对B的摩擦力，重力与支持力平衡，摩擦力提供向心力，即摩擦力指向圆心．以A为研究对象，受重力、B的支持力及B对A的摩擦力，重力与支持力平衡，B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，即方向指向圆心，由牛顿第三定律知A对B的摩擦力背离圆心，所以物体B在水平方向受圆盘指向圆心的摩擦力和A对B背离圆心的摩擦力，故B正确．
8．在水平面上，小猴拉着小滑块做匀速圆周运动，O点为圆心，能正确地表示小滑块受到的牵引力及摩擦力f的图是( )
答案 A
解析 滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，故滑动摩擦力的方向沿圆周的切线方向，B、D错误；小滑块做匀速圆周运动，其合外力提供向心力，故A正确，C错误．
9．如图6所示，一小球用细绳悬挂于O点，将其拉离竖直位置使绳与竖直方向有一个角度后释放，则小球以O点为圆心做圆周运动，运动中小球所需的向心力是( )
图6
A．绳的拉力
B．重力和绳的拉力的合力
C．重力和绳拉力的合力沿绳方向的分力
D．绳的拉力和重力沿绳方向的分力的合力
答案 CD
解析 小球仅受重力和绳子拉力作用，向心力是指向圆心方向的合力．因此，它可以是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以是各力沿绳方向的分力的合力，故C、D正确．
10.一个小物块从内壁粗糙的半球形碗边下滑，在下滑过程中由于摩擦力的作用，物块的速率恰好保持不变，如图7所示，下列说法中正确的是( )
图7
A．物块所受合外力为零
B．物块所受合外力越来越大
C．物块所受合外力大小保持不变，但方向时刻改变
D．物块所受摩擦力大小变化
答案 CD
解析 由于物块做匀速圆周运动，故合外力的方向只是改变物体的速度方向，故合外力时刻指向圆心，且大小保持不变，A、B错误，C正确；对物块受力分析知物块所受摩擦力总是与重力沿切线方向的分力G1大小相等，因随物块下滑G1逐渐减小，故物块所受摩擦力也逐渐减小，D正确．
题组三 圆周运动中的动力学问题
11.如图8所示，半径为R的圆筒，绕竖直中心轴OO′旋转，小物块a靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现要使a不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为( )
图8
A. B.
C. D.
答案 D
解析 对物块受力分析知f＝mg，N＝F向＝mω2R，又由于f≤μN，所以解这三个方程得角速度ω至少为 ，D选项正确．
12．在光滑的水平面上，用长为l的细线拴一质量为m的小球，使小球以角速度ω做匀速圆周运动．下列说法中正确的是( )
A．l、ω不变，m越大线越易被拉断
B．m、ω不变，l越小线越易被拉断
C．m、l不变，ω越大线越易被拉断
D．m不变，l减半且角速度加倍时，线的拉力不变
答案 AC
解析 在光滑的水平面上细线对小球的拉力提供小球做圆周运动的向心力．由F向＝mω2R知，在角速度ω不变时，F向与小球的质量m、半径l都成正比，A正确，B错误；质量m不变时，F向又与l和ω2成正比，C正确，D错误．
13.如图9所示，在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，有m1＝2m2，用细线把两球连起来，当盘架匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，此时两小球到转轴的距离r1与r2之比为( )
图9
A．1∶1 B．1∶ C．2∶1 D．1∶2
答案 D
解析 设两球受绳子的拉力分别为F1、F2.
对m1：F1＝m1ωr1
对m2：F2＝m2ωr2
因为F1＝F2，ω1＝ω2
解得＝＝.
14.如图10所示，水平转盘上放有质量为m的物体(可视为质点)，连接物体和转轴的绳子长为r，物体与转盘间的最大静摩擦力是其重力的μ倍，转盘的角速度由零逐渐增大，求：
图10
(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度；
(2)当角速度为 时，绳子对物体拉力的大小．
答案 (1) (2)μmg
解析 (1)当恰由最大静摩擦力提供向心力时，绳子拉力为零且转速达到最大，设转盘转动的角速度为ω0，则μmg＝mωr，得ω0＝ .
(2)当ω＝ 时，ω＞ω0，所以绳子的拉力F和最大静摩擦力共同提供向心力，此时，F＋μmg＝mω2r
即F＋μmg＝m··r，得F＝μmg.
2.3 圆周运动的案例分析（一）
1．(轻杆模型)如图8所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5 m，小球质量为3 kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a的速度为va＝4 m/s，通过轨道最高点b的速度为vb＝2 m/s，取g＝10 m/s2，则小球通过最低点和最高点时对细杆作用力的情况是( )
图8
A．在a处为拉力，方向竖直向下，大小为126 N
B．在a处为压力，方向竖直向上，大小为126 N
C．在b处为拉力，方向竖直向上，大小为6 N
D．在b处为压力，方向竖直向下，大小为6 N
答案 AD
解析 小球对细杆的作用力大小等于细杆对小球的作用力．在a点设细杆对球的作用力为Fa，则有Fa－mg＝，所以Fa＝mg＋＝(30＋) N＝126 N，故小球对细杆的拉力为126 N，方向竖直向下，A正确，B错误．在b点设细杆对球的作用力向上，大小为Fb，则有mg－Fb＝，所以Fb＝mg－＝30 N－ N＝6 N，故小球对细杆为压力，方向竖直向下，大小为6 N，C错误，D正确．
2．(轻绳模型)如图9所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道内侧做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆轨道最高点时刚好不脱离圆轨道．则其通过最高点时( )
图9
A．小球对圆轨道的压力大小等于mg
B．小球所需的向心力等于重力
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
答案 BCD
解析 由题意可知，小球在竖直平面内的光滑圆轨道的内侧做圆周运动．经过圆轨道最高点时，刚好不脱离圆轨道的临界条件是，只由重力提供做圆周运动的向心力，即mg＝＝ma向，所以v＝，a向＝g，B、C、D正确．
3．(交通工具的转弯问题)汽车在水平地面上转弯时，地面的摩擦力已达到最大，当汽车速率增为原来的2倍时，若要不发生险情，则汽车转弯的轨道半径必须( )
A．减为原来的 B．减为原来的
C．增为原来的2倍 D．增为原来的4倍
答案 D
解析 汽车在水平地面上转弯，向心力由静摩擦力提供．设汽车质量为m，汽车与地面的最大静摩擦力为f，汽车
的转弯半径为R，则f＝m，故R∝v2，故速率增大到原来的2倍时，转弯半径需增大到原来的4倍，D正确.
题组一 交通工具的转弯问题
1．火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是( )
A．当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力
B．当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力
C．当速度大于v时，轮缘挤压外轨
D．当速度小于v时，轮缘挤压外轨
答案 AC
解析 火车拐弯时按铁路的设计速度行驶时，向心力由火车的重力和轨道的支持力的合力提供，A正确，B错误；当速度大于v时，火车的重力和轨道的支持力的合力小于向心力，外轨对轮缘有向内的弹力，轮缘挤压外轨，C正确，D错误．
2.如图1所示，质量相等的汽车甲和汽车乙，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，汽车甲在汽车乙的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f甲和f乙．以下说法正确的是( )
图1
A．f甲小于f乙 B．f甲等于f乙
C．f甲大于f乙 D．f甲和f乙的大小均与汽车速率无关
答案 A
解析 汽车在水平面内做匀速圆周运动，摩擦力提供做匀速圆周运动的向心力，即f＝F向＝m，由于R甲＞R乙，则f甲＜f乙，A正确．
3.赛车在倾斜的轨道上转弯如图2所示，弯道的倾角为θ，半径为r，则赛车完全不靠摩擦力转弯的速率是(设转弯半径水平)( )
图2
A. B.
C. D.
答案 C
解析 设赛车的质量为m，赛车受力分析如图所示，可见：F合＝mgtan θ，而F合＝m，故v＝.
题组二 竖直面内的圆周运动问题
4．如图3所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R，人体重为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为( )
图3
A．0 B. C. D.
答案 C
解析 由题意知F＋mg＝2mg＝m，故速度大小v＝，C正确．
5.半径为R的光滑半圆球固定在水平面上(如图4所示)，顶部有一小物体A，今给它一个水平初速度v0＝，则物体将( )
图4
A．沿球面下滑至M点
B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动
C．沿半径大于R的新圆弧轨道做圆周运动
D．立即离开半圆球做平抛运动
答案 D
解析 当v0＝时，所需向心力F向＝m＝mg，此时，物体与半球面顶部接触但无弹力作用，物体只受重力作用，故做平抛运动．
6.如图5所示，一个固定在竖直平面内的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是( )
图5
A．小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向下
B．小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向上
C．小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能向上
D．小球通过管道最高点时，小球对管道可能无压力
答案 ACD
7.杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m＝0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图6所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)( )
图6
A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N
答案 B
解析 水流星在最高点的临界速度v＝＝4 m/s，由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流出．故选B.
8.如图7所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于最高点的速度v，下列说法正确的是( )
图7
A．v的极小值为
B．v由零逐渐增大，向心力也增大
C．当v由逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大
D．当v由逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大
答案 BCD
解析 由于是轻杆，即使小球在最高点速度为零，小球也不会掉下来，因此v的极小值是零，A错误；v由零逐渐增大，由F＝可知，F向也增大，B正确；当v＝时，F向＝＝mg，此时杆恰对小球无作用力，向心力只由其自身重力提供；当v由增大时，则＝mg＋F，故F＝m－mg，杆对球的力为拉力，且逐渐增大；当v由减小时，杆对球的力为支持力．此时，mg－F′＝，F′＝mg－，支持力F′逐渐增大，杆对球的拉力、支持力都为弹力，所以C、D也正确，故选B、C、D.
9．质量为0.2 kg的小球固定在长为0.9 m的轻杆一端，杆可绕过另一端O点的水平轴在竖直平面内转动．(g＝10 m/s2)求：
(1)当小球在最高点的速度为多大时，球对杆的作用力为零？
(2)当小球在最高点的速度分别为6 m/s和1.5 m/s时，球对杆的作用力．
答案 (1)3 m/s (2)6 N，方向竖直向上 1.5 N，方向竖直向下
解析 (1)当小球在最高点对杆的作用力为零时，重力提供向心力，则mg＝m，解得：v0＝3 m/s.
(2)v1＞v0，由牛顿第二定律得：mg＋F1＝m，由牛顿第三定律得：F1′＝F1，解得F1′＝6 N，方向竖直向上．
v2＜v0，由牛顿第二定律得：mg－F2＝m，由牛顿第三定律得：F2′＝F2，解得：F2′＝1.5 N，方向竖直向下．
题组三 综合应用
10．质量为25 kg的小孩坐在质量为5 kg的秋千板上，秋千板离拴绳子的横梁2.5 m．如果秋千板摆动经过最低点的速度为3 m/s，这时秋千板所受的压力是多大？每根绳子对秋千板的拉力是多大？(g取10 m/s2)
答案 340 N 204 N
解析 把小孩作为研究对象对其进行受力分析知，小孩受重力G和秋千板对他的的支持力N两个力，故在最低点有：N－G＝m
所以N＝mg＋m＝250 N＋90 N＝340 N
由牛顿第三定律可知，秋千板所受压力大小为340 N.
设每根绳子对秋千板的拉力为T，将秋千板和小孩看作一个整体，则在最低点有：2T－(M＋m)g＝(M＋m)
解得T＝204 N.
11.如图8为电动打夯机的示意图，在电动机的转动轴O上装一个偏心轮，偏心轮的质量为m，其重心离轴心的距离为r.除偏心轮外，整个装置其余部分的质量为M.当电动机匀速转动时，打夯机的底座在地面上跳动而将地面打实夯紧，试分析并回答：
图8
(1)为了使底座能跳离地面，偏心轮的最小角速度ω是多少？
(2)如果偏心轮始终以这个角速度转动，底坐对地面压力的最大值为多少？
答案 (1) (2)2Mg＋2mg
解析 (1)M刚好跳离地面时受力分析
如图甲所示：对m有T1＋mg＝mω2r
对M有：T1－Mg＝0
解得：ω＝
(2)M对地面的最大压力为Nm时的受力分析如图乙所示：
对m有：T2－mg＝mω2r
对M有：Nm－Mg－T2＝0
解得：Nm＝2Mg＋2mg
2.3 圆周运动的案例分析（二）
题组一 圆周运动的各物理量的关系
1．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．由a向＝可知，a向与R成反比
B．由a向＝ω2R可知，a向与R成正比
C．由v＝ωR可知，ω与R成反比
D．由ω＝2πn可知，ω与n成正比
答案 D
解析 物体做匀速圆周运动的向心加速度与物体的线速度、角速度、半径有关．但向心加速度与半径的关系要在一定前提条件下才能成立．当线速度一定时，向心加速度与半径成反比；当角速度一定时，向心加速度与半径成正比．对线速度和角速度与半径的关系也可以同样进行讨论．正确选项为D.
2．一小球被细线拴着做匀速圆周运动，其半径为R，向心加速度大小为a向，则( )
A．小球相对于圆心的位移不变
B．小球的线速度大小为
C．小球在时间t内通过的路程s＝
D．小球做圆周运动的周期T＝2π
答案 BD
解析 小球做匀速圆周运动，各时刻相对圆心的位移大小不变，但方向时刻在变．
由a向＝得v2＝Ra向，所以v＝
小球在时间t内通过的路程s＝vt＝t
小球做圆周运动的周期T＝＝＝2π
3.如图1所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的( )
图1
A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1
B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶
C．线速度之比vA∶vB＝∶1
D．线速度之比vA∶vB＝1∶
答案 AD
解析 板上A、B两点绕同一个转轴转动，所以具有相同的角速度，即角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，故A正确，B错误．根据几何关系得板上A、B的轨道半径之比为1∶，所以线速度之比vA∶vB＝1∶，故C错误，D正确．
题组二 向心力来源分析
4.如图2，一小球套在光滑轻杆上，绕着竖直轴OO′匀速转动，下列关于小球的说法中正确的是( )
图2
A．小球受到重力、弹力和静摩擦力
B．小球受到重力、弹力和向心力
C．小球向心力的方向沿着水平方向指向圆心
D．小球受到的重力、弹力的合力是恒力
答案 C
解析 小球受重力、弹力，两个力的合力提供向心力，向心力的方向始终指向圆心，所以合力不是恒力．故C正确，A、B、D错误．
5.如图3所示，一根轻杆(质量不计)的一端以O点为固定转轴，另一端固定一个小球，小球以O点为圆心在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，当小球运动到图中位置时，轻杆对小球作用力的方向可能( )
图3
A．沿F1的方向 B．沿F2的方向
C．沿F3的方向 D．沿F4的方向
答案 C
解析 小球做匀速圆周运动，根据小球受到的合力提供向心力，则小球受的合力必指向圆心，小球受到竖直向下的重力，还有轻杆的作用力，由图可知，轻杆的作用力如果是F1、F2、F4，与重力的合力不可能指向圆心，只有轻杆的作用力为F3方向，与重力的合力才可能指向圆心，故A、B、D错误，C正确．
6.如图4所示，两个水平摩擦轮A和B传动时不打滑，半径RA＝2RB，A为主动轮．当A匀速转动时，在A轮边缘处放置的小木块恰能与A轮相对静止．若将小木块放在B轮上，为让其与轮保持相对静止，则木块离B轮转轴的最大距离为(已知同一物体在两轮上受到的最大静摩擦相等)( )
图4
A. B.
C．RB D．B轮上无木块相对静止的位置
答案 B
解析 摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等，根据题意有：两轮边缘上有：
RAωA＝RBωB
所以：ωB＝ωA
因为同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等，根据题意有，在B轮上的转动半径最大为r；则根据最大静摩擦力等于向心力有：
mRAω＝mrω
得：r＝＝＝.
7.如图5所示，M能在水平光滑杆上自由滑动，滑杆连架装在转盘上，M用绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m的物体相连．当转盘以角速度ω转动时，M离轴距离为r，且恰能保持稳定转动．当转盘转速增到原来的2倍，调整r使之达到新的稳定转动状态，则滑块M( )
图5
A．所需向心力变为原来的4倍
B．线速度变为原来的
C．半径r变为原来的
D．M的角速度变为原来的
答案 B
解析 转速增加，再次稳定时，M做圆周运动的向心力仍由拉力提供，拉力仍然等于m的重力，所以向心力不变，故A错误．转速增至原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，根据F＝mrω2，向心力不变，则r变为原来的.根据v＝rω，线速度变为原来的，故B正确，C、D错误．
8．质量为m的飞机，以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，空气对飞机作用力的大小等于( )
A．m B．m
C．m D．mg
答案 A
解析 空气对飞机的作用力有两个作用效果，其一：竖直方向的作用力使飞机克服重力作用而升空；其二：水平方向的作用力提供向心力，使飞机可在水平面内做匀速圆周运动．对飞机的受力情况进行分析，如图所示．飞机受到重力mg、空气对飞机的作用力F升，两力的合力为F向，方向沿水平方向指向圆心．由题意可知，重力mg与F向垂直，故F升＝，又F向＝m，联立解得F升＝m .
9.如图6所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
图6
A．小球P运动的周期变大
B．小球P运动的线速度变大
C．小球P运动的角速度变大
D．Q受到桌面的支持力变大
答案 BC
解析 对小球受力分析知，小球的合力为F合＝mgtan θ，因为mgtan θ＝mω2lsin θ，所以ω＝ ，当小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动时θ变大，则ω变大，又因为T＝，所以周期变小，故A错误，C正确．在更高的水平面上运动时，小球的运动半径变大，由v＝ωR知v变大，B正确；绳子的拉力在竖直方向的分力总等于小球P的重力，故Q受到桌面的支持力总等于P、Q的重力和，D错误．
10.质量不计的轻质弹性杆P插在桌面上，杆端套有一个质量为m的小球，今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7所示，则杆的上端受到的作用力大小为( )
图7
A．mω2R
B.
C.
D．不能确定
答案 C
解析 小球在重力和杆的作用力下做匀速圆周运动．这两个力的合力充当向心力必指向圆心，如图所示．用力的合成法可得杆对球的作用力：N＝＝，根据牛顿第三定律，小球对杆的上端的反作用力N′＝N，C正确．
题组三 汽车过拱(凹)形桥
11.一辆载重卡车，在丘陵地区的公路上匀速率行驶，地形如图8所示．由于轮胎太旧，中途
爆了胎．你认为在图中所示的A、B、C、D四处中，哪一处爆胎的可能性最大( )
图8
A．A B．B C．C D．D
答案 B
解析 卡车以同样的速率在公路上行驶时，在A处轮胎受到的支持力小于卡车重力，在B处轮胎受到的支持力大于卡车的重力，C、D处为直路面，支持力不大于卡车的重力，故在B处爆胎的可能性最大．
12.如图9所示，一辆质量为4 t的汽车匀速经过一半径为50 m的凸形桥．(g＝10 m/s2)
图9
(1)汽车若能安全驶过此桥，它的速度范围为多少？
(2)若汽车经最高点时对桥的压力等于它重力的一半，求此时汽车的速度多大？
答案 (1)v<22.4 m/s (2)15.8 m/s
解析 (1)汽车经最高点时受到桥面对它的支持力N，设汽车的行驶速度为v.
则mg－N＝m
当N＝0时，v＝
此时汽车从最高点开始离开桥面做平抛运动，汽车不再安全，故汽车过桥的安全速度v<＝ m/s≈22.4 m/s.
(2)设汽车对桥的压力为mg时汽车的速度为v′，由牛顿第三定律知桥对汽车的支持力为mg，则mg－mg＝m
v′＝ ≈15.8 m/s.
2.4 研究离心现象及其应用
题组一 对离心运动的理解
1．关于离心运动，下列说法中正确的是( )
A．物体一直不受外力作用时，可能做离心运动
B．做匀速圆周运动的物体，在外界提供的向心力突然变大时做离心运动
C．做匀速圆周运动的物体，只要向心力的数值发生变化变将做离心运动
D．做匀速圆周运动的物体，当外界提供的向心力突然消失或数值变小时将做离心运动
答案 D
解析 物体一直不受外力作用，物体应保持静止状态或匀速直线状态，选项A错误；作匀速圆周运动的物体，所受的合外力等于物体做匀速圆周运动的向心力，当外界提供的合外力增大时，物体所需的向心力并没有增大，物体将做近心运动，选项B错误；做匀速圆周运动的物体，向心力的数值发生变化，物体可能仍做圆周运动，例如变速圆周运动，也可能做近心运动或离心运动，选项C错误；根据离心运动的条件可知，选项D正确．
2．用绳子栓一个小球在光滑的水平面上做匀速圆周运动，当绳子突然断了以后，小球的运动情况是( )
A．沿半径方向接近圆心
B．沿半径方向远离圆心
C．沿切线方向做直线运动
D．仍维持圆周运动
答案 C
解析 当绳子断了以后，向心力消失，小球做离心运动，由于惯性，小球沿切线方向做直线运动，选项A、B、D错误，选项C正确．
3．在匀速转动的小型风扇扇叶上趴着一个相对扇叶静止的小虫，则小虫相对扇叶的运动趋势是( )
A．沿切线方向 B．沿半径指向圆心
C．沿半径背离圆心 D．无相对运动趋势
答案 C
解析 可由静摩擦力的方向判断运动趋势的方向，小虫受到的静摩擦力提供向心力，指向圆心，故小虫相对扇叶的运动趋势是沿半径背离圆心，故C正确．
4.某同学在进行课外实验时，做了一个“人工漩涡”的实验，取一个装满水的大盆，用手掌在水中快速转动，就在水盆中形成了“漩涡”，随着手掌转动越来越快，形成的漩涡也越来越大，如图1所示．则关于漩涡形成的原因，下列说法中正确的是( )
图1
A．由于水受到向心力的作用
B．由于水受到合外力的作用
C．由于水受到离心力的作用
D．由于水做离心运动
答案 D
解析 水在手的拨动下做圆周运动，当水转动越来越快时，需要的向心力也越来越大，当其所需的向心力大于所受合外力时，即做离心运动，故选项D正确．
题组二 离心现象的应用与防止
5．为了防止物体做离心运动而造成损失，下列做法正确的( )
A．汽车转弯时要限定速度
B．洗衣机转动给衣服脱水
C．转速较高的砂轮半径不宜太大
D．将砂糖熔化，在有孔的盒子中旋转制成“棉花糖”
答案 AC
解析 汽车转弯时车速过大，静摩擦力不足以提供所需的向心力，会发生侧滑，造成交通事故，所以要限速，A正确；半径大、转速高的砂轮，所需向心力大，飞轮会发生破裂伤人，C正确；B、D是离心运动的利用．
6.如图2所示，洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中不正确的是( )
图2
A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B．水会从桶中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故
C．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好
D．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好
答案 B
解析 A项脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，故A正确．
B项水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，故B错．
C项F＝ma＝mω2R，ω增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去．故C正确．
D项中心的衣服，R比较小，角速度ω一样，所以向心力小，脱水效果差，故D正确．
7．市内公共汽车在到达路口转弯前，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
答案 C
解析 汽车转弯时，车内乘客随车做圆周运动，需要向心力，不拉好扶手，站着的乘客可能无法提供足够的向心力而做离心运动，向外侧倾倒．
8．在世界一级方程式锦标赛中，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是( )
A．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道
B．是由于赛车行驶到弯道时，没有及时加速才造成赛车冲出跑道的
C．是由于赛车行驶到弯道时，没有及时减速才造成赛车冲出跑道的
D．由公式F＝mω2R可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道
答案 C
解析 赛车行驶到弯道时，由于速度过大，使赛车受到静摩擦力不足以提供所需的向心力，所以赛车将沿切线方向冲出跑道，选项C符合题意．故选C.
9.试管中装了血液，封住管口后，将试管固定在转盘上．如图3所示．当转盘以一定角速度旋转时( )
图3
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．血液中各种物质仍均匀分布在管中
答案 A
解析 密度大，则同体积的物质其质量大，由F＝mRω2可知其需要的向心力大，将做离心运动，A正确．
题组三 离心运动问题的分析
10.如图4所示，匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相等．当圆盘转速加快到两物体刚要滑动且沿未滑动的状态时，烧断细线，则两物体的运动情况是( )
图4
A．两物体均沿切线方向滑动
B．两物体均沿半径方向做远离圆心的运动
C．两物体随盘一起做匀速圆周运动，不发生滑动
D．物体A随盘一起做匀速圆周运动，不发生滑动，B物体将沿一条曲线运动，离圆心越来越远
答案 D
解析 当两物体刚要滑动时，A、B所受静摩擦力都是最大静摩擦力fm.
对A：fm－T＝mω2RA，对B：fm＋T＝mω2RB
若此时剪断细线，A的向心力由圆盘的静摩擦力提供，且f＝mω2RA，所以f11.如图5所示，高速公路转弯处弯道圆半径R＝100 m，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数μ＝0.23.最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，若路面是水平的，问汽车转弯时不发生径向滑动(离心现象)所许可的最大速率vm为多大？当超过vm时，将会出现什么现象？(g＝9.8 m/s2)
图5
答案 54 km/h 汽车做离心运动或出现翻车事故
解析 在水平路面上转弯，向心力只能由静摩擦力提供，设汽车质量为m，则fm＝μmg，则有m＝μmg，vm＝，代入数据可得vm≈15 m/s＝54 km/h.当汽车的速度超过54 km/h时，需要的向心力m大于最大静摩擦力，也就是说提供的合外力不足以维持汽车做圆周运动所需的向心力，汽车将做离心运动，严重的将会出现翻车事故．
3.1 探究动能变化跟做功的关系
题组一 对动能及动能定理的理解
1．关于对动能的理解，下列说法正确的是( )
A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能
B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，受力一定为零
答案 ABC
解析 动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都有动能，A正确；由于Ek＝mv2，而v与参考系的选取有关，所以B正确；由于速度为矢量，当方向变化时，若其速度大小不变，则动能并不改变，故C正确；做匀速圆周运动的物体动能不变，但物体受力并不为零，D错误.
2．质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5 kg的物体B以10 m/s的速度向西运动，它们的动能分别为EkA和EkB，则( )
A．EkA＝EkB
B．EkA＞EkB
C．EkA＜EkB
D．因运动方向不同，无法比较动能
答案 A
解析 根据Ek＝mv2知，EkA＝25 J，EkB＝25 J，而且动能是标量，所以EkA＝EkB，A项正确．
3．一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )
A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0
C．ΔEk＝5 J D．ΔEk＝0
答案 AD
解析 速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s.而动能是标量，初末两状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0.选A、D.
4．下列对动能定理表达式W＝Ek2－Ek1的理解，正确的是( )
A．物体具有动能是由于力对物体做了功
B．力对物体做功是由于该物体具有动能
C．力做功是由于物体的动能发生变化
D．物体的动能发生变化是由于力对物体做了功
答案 D
解析 功是能量发生变化的原因，功是能量转化的量度．所以物体的动能发生变化是由于合外力对物体做了功，且合外力做的功等于物体动能的变化，故D正确，A、B、C错误．
题组二 动能定理的简单应用
5．一质量为2 kg的滑块，以4 m/s的速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4 m/s，在这段时间里水平力所做的功为( )
A．32 J B．16 J C．8 J D．0
答案 D
解析 由动能定理得WF＝mv－mv＝×2×42 J－×2×(－4)2 J＝0，故D正确．
6．如图1所示，在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体以初速度v0被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为( )
图1
A.mv＋mgH B.mv＋mgh
C.mv－mgh D.mv＋mg(H—h)
答案 B
解析 由A到B，合外力对物体做的功W＝mgh，物体的动能变化ΔEk＝Ek－mv，根据动能定理得物体在B点的动能Ek＝mv＋mgh，B正确．
7.物体沿直线运动的v－t图像如图2所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则下列结论正确的是( )
图2
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为W
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
答案 CD
解析 在第1秒内，物体做匀加速直线运动，做功为W，设此时的合外力为F，位移为s，从第3秒末到第7秒末由图像的斜率可以知道，此时的合力大小为F，第3秒末到第5秒末合外力的方向与速度方向相反，第5秒末到第7秒末合力的方向与速度方向相同．所以有第3秒末到第5秒末的位移为2s，第5秒末到第7秒末的位移也为2s，所以合力做功为W2＝F×2s×cos 180°＝－W，W3＝F×2s×cos 0°＝W，第3秒末到第4秒末物体的位移为s，所以W4＝×scos 180°＝－0.75W，所以C、D正确．
题组三 探究恒力做功与物体动能变化的关系
8．在“探究恒力做功与动能变化的关系”实验中，某实验小组采用如图3甲所示的实验装置．
图3
(1)实验时为了保证小车受到的合外力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，在沙和沙桶的总质量m与小车的质量M的关系必须满足m≤M的同时，实验时首先要做的步骤是
________________________________________________________________________．
(2)如图乙为实验中打出的一条纸带，选取纸带中的A、B两点来探究恒力做功与动能变化的关系，测出A、B两点间距s和速度大小vA、vB.已知沙和沙桶的总质量m，小车的质量M，重力加速度g.则本实验要验证的数学表达式为________________________．(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)．
答案 (1)平衡摩擦力 (2)mgs＝M(v－v)
解析 (1)小车受到自身重力、木板支持力、细绳拉力及木板摩擦力等力的作用，实验要求保证小车受到的合外力与沙和沙桶的总重力基本相等，而细绳上的拉力小于沙和沙桶的总重力，那就必须将木板的摩擦力排除，因此，实验时必须先平衡摩擦力．
(2)A、B两点间距s表示小车在细绳拉力作用下运动的位移，细绳拉力近似等于沙和沙桶的总重力，该过程中合外力对小车做的总功为W＝mgs，小车在A、B两点的速度大小为vA、vB，小车在该过程中的动能变化量为ΔEk＝Mv－Mv.因此，该实验只要验证mgs＝M(v－v)成立，就验证了恒力做功与动能变化的关系结论．
9．某实验小组的同学采用如图4所示的装置(实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面)用打点计时器得到一条纸带后，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合力对小车所做的功与速度变化的关系．图5是实验中得到的一条纸带，点O为纸带上的起始点，A、B、C是纸带上的三个连续的计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图5所示．已知所用交变电源的频率为50 Hz，则：
图4
图5
(1)打B点时，小车的瞬时速度vB＝________m/s.(结果保留两位有效数字)
(2)实验中，该小组的同学画出小车位移s与速度v的关系图像如图6所示．根据该图线形状，某同学对W与v的关系作出的猜想，肯定不正确的是________．(填写选项字母代号)
图6
A．W∝v2 B．W∝v
C．W∝ D．W∝v3
(3)本实验中，若钩码下落高度为h1时合力对小车所做的功为W0，则当钩码下落h2时，合力对小车所做的功为________．(用h1、h2、W0表示)
答案 (1)0.80 (2)BC (3)W0
解析 (1)vB＝
＝ m/s
＝0.80 m/s.
(2)由题图知，位移与速度的关系图像很像抛物线，所以可能s∝v2或s∝v3，又因为W＝Fs，F恒定不变，故W∝v2或W∝v3，A、D正确，B、C错误．
(3)设合力为F，由W0＝Fh1，得F＝，所以当钩码下落h2时W＝Fh2＝W0.
10．某同学在探究功与动能变化的关系实验中，设计了如图7甲所示的实验．将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器或电磁打点计时器．先用手提着纸带，使重物静止在靠近计时器的地方．然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，计时器就在纸带上打下一系列小点．得到的纸带如图乙所示，O点为计时器打下的第1个点，该同学对数据进行了如下处理：取OA＝AB＝BC，并根据纸带算出了A、B、C三点的速度分别为vA＝0.12 m/s，vB＝0.17 m/s，vC＝0.21 m/s.根据以上数据你能否大致判定W∝v2?
图7
答案 见解析
解析 本题考查了实验探究的过程．设由O到A的过程中，重力对重物所做的功为W0，那么由O到B过程中，重力对重物所做的功为2W0，由O到C的过程中，重力对重物所做的功为3W0.
由计算可知，v＝1.44×10－2 m2/s2，v＝2.89×10－2 m2/s2，v＝4.41×10－2 m2/s2，≈2，≈3，即v≈2v，v≈3v，由以上数据可以判定W∝v2是正确的．也可以根据W－v2图像来判定，如图所示．
3.2 研究功与功率（一）
题组一 对功概念的理解
1．关于功的概念，下列说法中正确的是( )
A．位移大，力对物体做的功一定多
B．受力小，力对物体做的功一定少
C．物体静止，则力对物体一定不做功
D．力的大小和物体在力的方向上的位移大小决定功的多少
答案 CD
解析 根据功的定义式，功的大小与力、位移和力与位移之间的夹角三个因素有关，可以判断A、B错误，C、D正确．
2．根据力对物体做功的条件，下列说法中正确的是( )
A．工人扛着行李在水平路面上匀速前进时，工人对行李做正功
B．工人扛着行李从一楼走到三楼，工人对行李做正功
C．作用力与反作用力做的功大小相等，并且其代数和为0
D．在水平地面上拉着一物体运动一圈后又回到出发点，则由于物体位移为0，所以摩擦力不做功
答案 B
解析 选项A中，工人对行李的作用力竖直向上，与行李的运动方向始终垂直，故对行李不做功，选项A错误；选项B中，工人对行李的作用力与行李的运动方向的夹角为锐角，故对行李做正功，选项B正确；选项C中，根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反，但二者是对不同的物体做功，两个受力物体的位移大小不一定相等，所以选项C错误；选项D中，摩擦力是变力，且总与物体相对地面的运动方向相反，因此当物体回到出发点后，虽然物体位移为0，但摩擦力仍对物体做了负功，故选项D错误．
3．一个力对物体做了负功，则说明( )
A．这个力一定阻碍物体的运动
B．这个力不一定阻碍物体的运动
C．这个力与物体运动方向的夹角α>90°
D．这个力与物体运动方向的夹角α<90°
答案 AC
解析 由功的表达式W＝Fscos α知，只有当α>90°时，cos α <0，力对物体做负功，此力阻碍物体的运动，故A、C对．
4．一物体在两个力F1、F2的共同作用下发生了一段位移，做功分别为W1＝6 J、W2＝－6 J，下列说法正确的是( )
A．这两个力一定大小相等、方向相反
B．F1是动力，F2是阻力
C．这两个力做的总功为0
D．F1比F2做的功多
答案 BC
解析 由力F1、F2做功的正负可以确定力F1、F2与位移的夹角分别为小于90°、大于90°，但这两个力不一定大小相等、方向相反，A错；F1做正功一定是动力，F2做负功一定是阻力，但正、负不表示功的大小，B对，D错；两个力的总功等于这两个力所做功的代数和，C对．
题组二 对正、负功的判定
5.如图1，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是( )
图1
A．摩擦力对轮胎做了负功
B．重力对轮胎做了正功
C．拉力对轮胎不做功
D．支持力对轮胎做了正功
答案 A
解析 摩擦力方向与轮胎位移方向相反，摩擦力做负功，A项正确；重力和支持力的方向与轮胎位移方向垂直，不做功，B、D项错误；拉力方向与轮胎位移方向成锐角，做正功，C错误．
6．一人乘电梯从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，则电梯对人的支持力的做功情况是( )
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
答案 D
解析 在加速、匀速、减速的过程中，支持力与人的位移方向始终相同，所以支持力始终对人做正功，故D正确．
7．关于两个物体间的一对作用力和反作用力的做功情况，下列说法正确的是( )
A．作用力做功，反作用力一定做功
B．作用力做正功，反作用力一定做负功
C．作用力和反作用力可能都做负功
D．作用力和反作用力做的功一定大小相等
答案 C
解析 作用力和反作用力大小一定相等，但它们的做功情况却不一定相同．因为作用力和反作用力是作用在不同的物体上，所产生的作用效果不一定相同．作用力做正功，反作用力可能做负功；作用力不做功，反作用力可能做正功、负功或不做功．例如：①如图甲，B向左运动时，A对B的摩擦力做负功，而B对A的摩擦力不做功，所以A、B、D均错；②如图乙，分别用力F1和F2作用在A、B两物体上，结果A相对B发生滑动，此过程中，A、B间的一对滑动摩擦力均做负功，所以C对．
题组三 功的计算
8.如图2所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离s.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的( )
图2
A．支持力做功为mgs
B．重力做功为mgs
C．拉力做功为Fscos θ
D．滑动摩擦力做功为－μ mgs
答案 C
9．如图所示，力F大小相等，物体沿水平面运动的位移s也相同，下列哪种情况F做功最少( )
答案 D
解析 四种情况下，F、s都相同，由公式W＝Fscos α可知，cos α越小，力F做的功越少，D中cos α最小，故选D.
10．以一定的速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气的阻力大小恒为F，则从抛出至落回出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A．0 B．－Fh
C．－2Fh D．－4Fh
答案 C
解析 从全过程看，空气的阻力为变力，但将整个过程分为两个阶段：上升阶段和下落阶段，小球在每个阶段受到的阻力都为恒力，且总是跟小球运动的方向相反，所以空气阻力对小球总是做负功．全过程空气阻力对小球做的功等于两个阶段所做功的代数和，即W＝W上＋W下＝(－Fh)＋(－Fh)＝－2Fh.空气阻力、摩擦阻力是一种特殊
的力，在计算这种力做的功时，不可简单地套用功的计算公式W＝Fscos α，得出W＝0的错误结论．从上面的正确结果可以看出：空气阻力做的功在数值上等于阻力与全过程中小球路程的乘积．故选C.
11.如图3所示，质量m＝50 kg的滑雪运动员从高度h＝30 m的坡顶由静止下滑，斜坡的倾角θ＝37°，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数μ＝0.1.则运动员滑至坡底的过程中：
图3
(1)滑雪运动员所受的重力对他做了多少功？
(2)各力对运动员做的总功是多少？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，装备质量不计)
答案 (1)1.5×104 J (2)1.3×104 J
解析 (1)重力做的功WG＝mgssin 37°＝mgh＝50×10×30 J＝1.5×104 J
(2)物体所受合力：
F合＝mgsin 37°－μmgcos 37°＝260 N
方向沿斜面向下，沿合力方向位移s＝＝50 m
合力做的功W合＝F合·s＝260×50 J＝1.3×104 J.
12．弹簧原长l0＝15 cm，受拉力作用后弹簧逐渐伸长，当弹簧伸长到长度为l1＝20 cm时，作用在弹簧上的力为400 N，问：
(1)弹簧的劲度系数k为多少？
(2)在该过程中弹力做了多少功？
答案 (1)8 000 N/m (2)－10 J
解析 (1)根据胡克定律F＝kx得
k＝＝＝ N/m＝8 000 N/m.
(2)由于F＝kx，作出F－x图像如图所示，求出图中的阴影面积，即为弹力做功的绝对值，由于在伸长过程中弹力F的方向与位移x的方向相反，故弹力F在此过程中做负功，W＝－×0.05×400 J＝－10 J.
3.2 研究功与功率（三）
题组一 功的计算
1．起重机的吊钩下挂着质量为m的木箱，如果木箱以大小为a的加速度匀减速下降了高度h，则木箱克服钢索拉力所做的功为( )
A．mgh B．m(a－g)h
C．m(g－a)h D．m(a＋g)h
答案 D
解析 木箱克服钢索拉力所做的功就是钢索对木箱做负功的大小，因钢索的拉力F＝m(g＋a)，所以拉力做的功WF＝－m(g＋a)h，即木箱克服钢索拉力所做的功为m(g＋a)h，D对．
2．如图1，质量为M的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成α角的恒力F作用下，从静止开始运动，在时间t内，F对物体所做的功为WF，下列仅单独改变某一物理量(设该物理量改变后物体仍在水平面上运动)，可使恒力所做的功增大为2WF的是( )
图1
A．使恒力的大小增大为2F
B．使物体质量减小为
C．做功时间增长为2t
D．α从60°变为0°
答案 B
解析 A项拉力增大为2F时，物体的加速度变为原来的2倍，由s＝at2知，在相同时间内物体通过的位移为原来的2倍，由W＝Fscos α，可知，拉力做功为4WF.故A错误；B项物体质量减小为，则物体的加速度变为原来的2倍，由s＝at2知，在相同时间内物体通过的位移为原来的2倍，由W＝Fscos α，可知，拉力做功为2WF，故B正确；C项做功时间增长为2t，由s＝at2知，物体通过的位移为原来的4倍，由W＝Fscos α，可知，拉力做功为4WF.故C错误；D项由W＝Fscos α＝F·t2cos α＝cos2 α可知，α角从60°变为0°，可知，拉力做功为4WF，故D错误．
3．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间的图像如图2所示．下列说法正确的是( )
图2
A．0～6 s内物体的位移大小为20 m
B．0～6 s内拉力做功为100 J
C．滑动摩擦力的大小为5 N
D．0～6 s内滑动摩擦力做功为－50 J
答案 D
解析 A项在0～6 s内物体的位移大小为s＝×(4＋6)×6 m＝30 m，故A错误；B项P－t图线与时间轴围成的面积表示拉力做功的大小，则拉力做功W＝×2×30 J＋10×4 J＝70 J，故B错误；C项在2 s～6 s内，v＝6 m/s，P＝10 W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得f＝F＝＝ N，故C错误；D项在0～6 s内物体的位移大小为30 m，滑动摩擦力做负功即W＝－×30 J＝－50 J，D正确．
题组二 对摩擦力做功的理解与计算
4．关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( )
A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功
B．静摩擦力起着阻碍物体的相对运动趋势的作用，一定不做功
C．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功
D．滑动摩擦力可以对物体做正功
答案 D
解析 摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，而且摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．综上所述，只有D正确．
5．一个物体在粗糙的水平面上运动，先使物体向右滑动距离s，再使物体向左滑动s，正好回到起点，来回所受摩擦力大小都为f，则整个过程中摩擦力做功为( )
A．0 B．－2fs C．－fs D．无法确定
答案 B
解析 由题意可知，物体运动过程可分两段，两段内摩擦力做功均为负功，为W＝－fs；则全程摩擦力所做的功W总＝－2fs.
6．如图3所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同．在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB，则( )
图3
A．WA>WB B．WA＝WB
C．WA答案 B
解析 设斜面AD、斜面BD与水平面CD所成夹角分别为α、θ，根据功的公式，得WA＝μmgcos α·lAD＝μmglCD，WB＝μmgcos θ·lBD＝μmglCD，所以选B.
7．如图4所示，一个物体自光滑圆弧面下滑后冲上水平粗糙传送带，传送带顺时针匀速转动，则物体受到的摩擦力对物体做功情况不可能是( )
图4
A．不做功
B．先做负功后不做功
C．先做负功后做正功
D．先做正功后不做功
答案 C
解析 A项当物体的速度等于传送带速度时，则物体不受摩擦力，此时摩擦力不做功，故A正确；B项若刚开始物体的速度大于传送带的速度，摩擦力向左，则摩擦力做负功，物体做减速运动，当两者速度相等时，摩擦力不做功，故B正确；C项由B项可知如果摩擦力做了负功后，物体速度减小，当速度减小到与传送带相等时，摩擦力就不做功了，速度不变，一直运动，之后摩擦力不可能做正功，故C错误；D项当物体的速度小于传送带速度时，出现相对滑动，则物体要受到向右的滑动摩擦力，摩擦力做正功，速度增大，当两者速度相等时，摩擦力不做功，故D正确；本题选不可能的．
题组三 功率的计算及机车启动问题
8．如图5所示，在光滑的水平面上放着一个质量为10 kg的木箱，拉力F与水平方向成60°角，F＝2 N．木箱从静止开始运动，4 s末拉力的瞬时功率为( )
图5
A．0.2 W B．0.4 W
C．0.8 W D．1.6 W
答案 B
解析 木箱的加速度a＝＝0.1 m/s2,4 s末的速度v＝at＝0.4 m/s，则瞬时功率P＝Fvcos α＝0.4 W，B正确．
9．一个小球做自由落体运动，在第1 s内重力做功为W1，在第2 s内重力做功为W2；在第1 s末重力的瞬时功率为P1，在第2 s末重力的瞬时功率为P2，则W1∶W2及P1∶P2分别等于( )
A．1∶1,1∶1 B．1∶2,1∶3
C．1∶3,1∶2 D．1∶4,1∶2
答案 C
10．汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t．汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g＝10 m/s2，当汽车以额定功率匀速行驶时速度为12 m/s.突然减小油门，使发动机功率减小到40 kW，对接下去汽车的运动情况的描述正确的有( )
A．先做匀减速运动再做匀加速运动
B．先做加速度增大的减速运动再做匀速运动
C．先做加速度减小的减速运动再做匀速运动
D．最后的速度大小是8 m/s
答案 CD
解析 A项根据P＝Fv知，功率减小，则牵引力减小，牵引力小于阻力，根据牛顿第二定律知，物体产生加速度，加速度的方向与速度方向相反，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，知汽车做加速度减小的减速运动，当牵引力再次等于阻力时，汽车做匀速运动．故A、B错误，C正确；D项当功率为60 kW时，做匀速直线运动的速度为12 m/s，则f＝＝ N＝5 000 N．当牵引力再次等于阻力时，又做匀速直线运动，v＝＝ m/s＝8 m/s.故D正确．
11．一台起重机将静止在地面上、质量m＝1×103 kg的货物匀加速地竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝4 m/s.(取g＝10 m/s2，不计额外功)求：
(1)起重机在这2 s内的平均功率；
(2)起重机在2 s末的瞬时功率．
答案 (1)2.4×104 W (2)4.8×104 W
解析 设货物所受的拉力为F，加速度为a，则
(1)由a＝得a＝2 m/s2
F＝mg＋ma＝1.0×103×10 N＋1.0×103×2 N＝1.2×104 N
平均功率＝F＝F·＝1.2×104 N× m/s＝2.4×104 W
(2)瞬时功率P＝Fv＝1.2×104 N×4 m/s＝4.8×104 W
12．某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图6所示的v－t图像，已知小车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～10 s时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s末到达最大速度，在10 s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力f大小不变．求：
图6
(1)小车所受阻力f的大小；
(2)在t1～10 s内小车牵引力的功率P；
(3)求出t1的值及小车在0～t1时间内的位移．
答案 (1)2 N
(2)12 W
(3)1.5 s 2.25 m.
解析 (1)在10 s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速运动，
由图像可得减速时加速度的大小为a＝2 m/s2
则f＝ma＝2 N
(2)小车做匀速运动阶段即7 s～10 s内，设牵引力为F，则F＝f
由图像可知vm＝6 m/s；
解得P＝Fvm＝12 W
(3)设对应的位移为s1，在0～t1时间内的加速度大小为a1，
则由P＝F1v1得F1＝4 N，
F1－f＝ma1得a1＝2 m/s2，
则t1＝＝1.5 s，
s1＝a1t＝2.25 m．
3.2 研究功与功率（二）
题组一 对功率的理解
1．下列关于功率的说法中正确的是( )
A．由P＝知，力做的功越多，功率越大
B．由P＝Fv知，物体运动得越快，功率越大
C．由W＝Pt知，功率越大，力做的功越多
D．由P＝Fvcos α知，某一时刻，即使力和速度都很大，但功率不一定大
答案 D
解析 由公式P＝可知，只有P、W、t中两个量确定后，第三个量才能确定，故选项A、C错误．由P＝Fv可知，P与F、v有关，故选项B错误，由P＝Fvcos α可知，P还与α有关，故选项D正确．
2．下列关于功率的说法，正确的是( )
A．力对物体做的功越多，功率就越大
B．做功时间短的机械，功率大
C．完成相同的功，用的时间越长，功率越大
D．功率大的机械在单位时间内做的功会更多
答案 D
解析 功率与做功多少、做功所用时间没有必然的联系，选项A、B错误；完成相同的功，用时越长，功率越小，选项C错误；由功率的定义可知，选项D正确．
3．关于实际功率和额定功率，下列说法正确的是( )
A．动力机械铭牌上标明的是该机械的额定功率
B．额定功率是动力机械工作时必须保持的稳定功率
C．在较短的时间内，实际功率可以大于额定功率
D．在较长的时间内，实际功率可以小于额定功率
答案 ACD
4．放在水平面上的物体在拉力F作用下做匀速直线运动，先后通过A、B两点，在这个过程中( )
A．物体的运动速度越大，力F做功越多
B．不论物体的运动速度多大，力F做功不变
C．物体的运动速度越大，力F做功的功率越大
D．物体的运动速度越大，力F做功的功率不变
答案 BC
解析 求做功用W＝Fs，故不论速度多大，F做功不变，故A错，B对；物体运动速度越大，通过相等位移所用时间越短，功率就越大，故C对，D错．
题组二 机车启动问题分析
5．汽车由静止开始运动，若要使汽车在开始运动的一小段时间内保持匀加速直线运动，则( )
A．不断增大牵引力和牵引力的功率
B．不断减小牵引力和牵引力的功率
C．保持牵引力不变，不断增大牵引力功率
D．不能判断牵引力功率怎样变化
答案 C
解析 汽车保持匀加速直线运动，所受合力不变，其中牵引力也不变，但速度增大，牵引力的功率增大，C对，A、B、D错．
6．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下面四个图像中，哪个图像正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系( )
答案 C
解析 汽车在匀速行驶时牵引力等于阻力，而当功率减半时速度不变，由此可知牵引力减半，故阻力大于牵引力，车将减速，因功率恒定，故做变减速运动，而牵引力变大，由a＝知加速度逐渐减小．当牵引力等于阻力时，汽车将做匀速运动．由以上分析可知C项正确．
7．质量为m的汽车由静止开始以加速度a做匀加速运动，经过时间t，汽车达到额定功率，则下列说法正确的是( )
A．at是汽车额定功率下的速度最大值
B．at不是汽车额定功率下的速度最大值
C．汽车的额定功率是ma2t
D．题中所给条件求不出汽车的额定功率
答案 BD
解析 汽车在额定功率下的最大速度是a＝0时，vm＝＝，故A项错误、B项正确．汽车的功率是牵引力的功率，不是合力的功率，故C项错误．由F－f＝ma可知，F＝f＋ma，因f末知，则求不出F，故求不出汽车的额定功率，故D项正确．
8．如图1所示为一汽车在平直的公路上，由静止开始运动的速度图像，汽车所受阻力恒定．图中OA为一段直线，AB为一段曲线，BC为一平行于时间轴的直线，则( )
图1
A．OA段汽车发动机的功率是恒定的
B．OA段汽车发动机的牵引力是恒定的
C．AB段汽车发动机的功率可能是恒定的
D．BC段汽车发动机的功率是恒定的
答案 BCD
解析 由v t图知OA段汽车匀加速运动，阻力恒定，故牵引力恒定，故A错，B对．AB段加速度在减小，速度却在增加，是匀加速过程以后，即功率达到某个值以后的过程，故C对；而BC段a＝0，汽车做匀速直线运动，P＝Fv，功率恒定，D对，故选B、C、D.
题组三 功率的计算
9．质量为M的物体从高处由静止下落，若不计空气阻力，在第2 s内和第3 s内重力做的功的功率之比为(物体未落到地面，g取10 m/s2)( )
A．3∶5 B．1∶1 C．1∶3 D．2∶3
答案 A
解析 物体第2 s内的位移h1 ＝(g×22－ g×12) m＝×10×(4－1) m＝15 m
第2 s内的功率P＝＝＝150M
同理第3 s内的功率P＝250M，所以第2 s内和第3 s内重力做功的功率之比为3∶5，A正确．
10．拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢，这样做的主要目的是( )
A．节省燃料
B．提高柴油机的功率
C．提高传动机械的效率
D．增大拖拉机的牵引力
答案 D
解析 拖拉机耕地时受到的阻力比在路面上行驶时大得多，根据P＝Fv，在功率一定的情况下，减小速度，可以获得更大的牵引力，选项D正确．
11．如图2所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图像，那么甲物体的功率P甲与乙物体的功率P乙相比( )
图2
A．P甲＞P乙 B．P甲＜P乙
C．P甲＝P乙 D．无法判定
答案 B
解析 根据功率的定义式P＝可知，在功与所用时间的关系图像中，直线的斜率表示该物体的功率．因此，由图线斜率可知P甲＜P乙，选项B正确．
12．一辆小车在水平面上做匀速直线运动，从某时刻起，小车所受牵引力和阻力随时间变化的规律如图3所示，则作用在小车上的牵引力F的功率随时间变化的规律是下图中的( )
图3
答案 D
解析 车所受的牵引力和阻力恒定，所以车做匀加速直线运动，牵引力的功率P＝Fv＝F(v0＋at)，故选项D正确．
13．某物体从高为H处由静止下落至地面，用时为t，则下述结论正确的是( )
A．前、后内重力做功相等
B．前、后内重力做功相等
C．前、后内重力做功的平均功率相等
D．前、后内重力做功的平均功率相等
答案 A
解析 下落前、后过程中，重力做功均为mg·，A对；由于下落前用时较长，故前，重力的平均功率较
小，C错；下落前、后时间内，物体分别下落和H，重力做功分别为mgH和mgH，这两段时间相同，做功不同，表明重力的平均功率也不相等，B、D错．
14．如图4所示，位于水平面上的物体A，在斜向上的恒定拉力作用下，由静止开始向右做匀加速直线运动．已知物体质量为10 kg，F的大小为100 N，方向与速度v的夹角为37°，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g＝10 m/s2.求：
图4
(1)第2 s末，拉力F对物体做功的功率是多大？
(2)从运动开始，物体前进12 m过程中拉力对物体做功的平均功率是多大？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案 (1)960 W (2)480 W
解析 (1)物体对水平面的压力
N＝mg－Fsin 37°＝100 N－100×0.6 N＝40 N
由牛顿第二定律得物体的加速度
a＝＝ m/s2＝6 m/s2
第2 s末，物体的速度v＝at＝12 m/s
拉力F对物体做功的功率P＝Fvcos 37°＝960 W
(2)从运动开始，物体前进12 m用时
t′＝＝ s＝2 s
该过程中拉力对物体做功
W＝Fscos 37°＝100×12×0.8 J＝960 J
拉力对物体做功的平均功率P′＝＝ W＝480 W
3.3 动能定理的应用
题组一 合力做功与动能变化
1.如图1所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内( )
图1
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的合外力所做的功为Pt
D．小车受到的牵引力做的功为Fs＋mv
答案 D
解析 行驶过程中功率恒为P，小车做加速度逐渐减小的加速运动，小车受到的牵引力逐渐减小，选项A、B错误；小车受到的合外力所做的功为Pt－Fs，选项C错误；由动能定理，得W－Fs＝mv，小车受到的牵引力做的功为W＝Fs＋mv，选项D正确．
2．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．在相同的水平力作用下移动相同的距离，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做功相同，A和B的动能相同
D．力F对A和B做功相同，A的动能较大
答案 D
解析 因为力F及物体位移相同，所以力F对A、B做功相同，但由于B受摩擦力的作用，合外力对B做的总功小于合外力对A做的总功，根据动能定理可知移动相同的距离后，A的动能较大．
3.物体在合外力作用下做直线运动的v－t图像如图2所示．下列表述正确的是( )
图2
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
答案 A
解析 根据物体的v－t图像可知，在0～1 s内，物体做匀加速运动，速度增加，合外力(加速度)方向与运动方向相同，合外力做正功，故选项A对，B错；在1～3 s内，速度减小，合外力(加速度)方向与运动方向相反，合外力做负功，故选项C、D错．
4．起重机钢索吊着质量m＝1.0×103 kg的物体，以a＝2 m/s2的加速度由静止竖直向上提升了5 m，物体的动能增加了多少？钢索的拉力对物体所做的功为多少？(g取10 m/s2)
答案 1.0×104 J 6.0×104 J
解析 由动能定理可知，物体动能的增加量
ΔEk＝W＝mah
＝1.0×103×2×5 J＝1.0×104 J
W＝W拉－WG＝ΔEk，
所以拉力所做的功W拉＝ΔEk＋WG＝ΔEk＋mgh
＝1.0×104 J＋1.0×103×10×5 J＝6.0×104 J.
5．人骑自行车上坡，坡长s＝200 m，坡高h＝10 m，人和车的总质量为100 kg，人蹬车的牵引力为F＝100 N，若在坡底时车的速度为10 m/s，到坡顶时车的速度为4 m/s，(g取10 m/s2)求：
(1)上坡过程中人克服摩擦力做多少功；
(2)人若不蹬车，以10 m/s的初速度冲上坡，最远能在坡上行驶多远．(设自行力所受阻力恒定)
答案 (1)1.42×104 J (2)41.3 m
解析 (1)由动能定理得
Fs－mgh－Wf＝mv－mv
代入数据得Wf＝1.42×104 J；
(2)由Wf＝fs知，f＝＝71 N①
设当自行车减速为0时，其在坡上行驶的最大距离为s1，则有
－fs1－mgsin θ·s1＝0－mv ②
其中sin θ＝＝ ③
联立①②③解得s1≈41.3 m.
题组二 利用动能定理求变力做功
6.如图3所示，由细管道组成的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和，质量为m的直径略小于管径的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对管壁无压力，在B点时对管外侧壁压力为(A、B均为圆形轨道的最高点)．求小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功．
图3
答案 －mgR
解析 由圆周运动的知识可知，小球在A点时的速度vA＝.
小球在A点的动能EkA＝mv＝mgR
设小球在B点的速度为vB，则由圆周运动的知识得m＝mg＋＝mg.
因此小球在B点的动能EkB＝mv＝mgR.
小球从A点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mgR.
摩擦力做功为Wf，由动能定理得：
EkB－EkA＝mgR＋Wf，
由此得Wf＝－mgR.
7．一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v0＝12 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10 m/s2，求：
(1)人抛石块过程中对石块做了多少功？
(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少？
(3)若落地时的速度大小为22 m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功？
答案 (1)14.4 J (2)23.32 m/s (3)6 J
解析 (1)根据动能定理知，W＝mv＝14.4 J
(2)不计空气阻力，根据动能定理得
mgh＝－mv
解得v1＝≈23.32 m/s
(3)由动能定理得mgh－Wf＝－
解得Wf＝mgh－(－)＝6 J
8．如图4甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2(g取10 m/s2)，求：
图4
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．
答案 (1)4 m (2)24 J
解析 (1)根据题目条件及题图乙可知，物块在从B返回A的过程中，在恒力作用下做匀速直线运动，即
F－μmg＝ma.
由运动学公式知：sAB＝at2
代入数据解得：sAB＝4 m
(2)物块在前3 s内动能改变量为零，由动能定理得：
W1－Wf＝0，即W1－μmg·sAB＝0
则前3 s内水平力F做的功为W1＝8 J
根据功的定义式W＝Fs得，水平力F在第3 s～5 s时间内所做的功为W2＝F·sAB＝16 J
则水平力F在5 s内对物块所做的功为
W＝W1＋W2＝24 J.
题组三 利用动能定理分析多过程问题
9．一艘由三个推力相等的发动机推动的气垫船在湖面上，由静止开始加速前进s距离后，关掉一个发动机，气垫船匀速运动，当气垫船将运动到码头时，又关掉两个发动机，最后它恰好停在码头，则三个发动机都关闭后，气垫船通过的距离是多少？(设气垫船所受阻力恒定)
答案
解析 设每个发动机的推力是F，气垫船所受的阻力是f.当关掉一个发动机时，气垫船做匀速运动，则：
2F－f＝0，f＝2F.
开始阶段，气垫船做匀加速运动，末速度为v，
气垫船的质量为m，应用动能定理有
(3F－f)s＝mv2，得Fs＝mv2.
又关掉两个发动机时，气垫船做匀减速运动，应用动能定理有－fs1＝0－mv2，得2Fs1＝mv2.
所以s1＝，即关闭3个发动机后气垫船通过的距离为.
10．一铅球质量m＝4 kg，从离沙坑面1.8 m高处自由落下，铅球进入沙坑后下陷0.1 m静止，g＝10 m/s2，求沙对铅球的平均作用力．
答案 760 N
解析 解法一 铅球进入沙坑后不仅受阻力，还要受重力．从开始下落到最终静止，铅球受重力和沙的阻力的作用，重力一直做正功，沙的阻力做负功．
W总＝mg(H＋h)＋(－F阻h)
铅球动能的变化ΔEk＝Ek2－Ek1＝0.
由动能定理得
ΔEk＝mg(H＋h)＋(－F阻h)＝0
将H＝1.8 m，h＝0.1 m代入上式解得
F阻＝＝760 N.
即沙对铅球的平均作用力为760 N.
解法二 分段分析做功问题
铅球下落过程可分为两个过程(如图所示)
(1)自由落体下落H；
(2)在沙中减速下降h.
这两个过程的联系是铅球落至沙面时的速度，即第一段过程的末速度为第二段过程的初速度．设这一速度为v，对第一段过程应用动能定理：mgH＝mv2 ①
第二段过程铅球受重力和阻力，同理可得
mgh－F阻h＝0－mv2 ②
由①②式得F阻＝·mg＝760 N.
4.1 势能的变化与机械功
题组一 对重力做功的理解与计算
1．利用超导材料和现代科技可以实现磁悬浮．若磁悬浮列车的质量为20 t，因磁场间的相互作用，列车浮起的高度为100 mm，则该过程中磁悬浮列车克服重力做功是( )
A．20 J B．200 J
C．2.0×107 J D．2.0×104 J
答案 D
解析 重力做功的大小等于物重跟起点高度的乘积mgh1与物重跟终点高度的乘积mgh2两者之差WG＝mgh1－mgh2＝－20 000×10×0.1 J＝－2.0×104 J，所以克服重力做功2.0×104 J，故D正确．
2．如图1所示，质量为m的小球从高为h处的斜面上的A点滚下，经过水平面BC后再滚上另一斜面，当它到达的D点时速度为0，在这个过程中，重力做的功为( )
图1
A. B. C．mgh D．0
答案 B
解析 根据重力做功的公式得W＝mg(h1－h2)＝，故答案为B.
3．在高处的某一点将两个重力相同的小球以相同速率v0分别竖直上抛和竖直下抛，下列结论正确的是(不计空气阻力)( )
A．从抛出到刚着地，重力对两球所做的功相等
B．从抛出到刚着地，重力做功对两球做的功都是正功
C．从抛出到刚着地，重力对两球做功的平均功率相等
D．两球刚着地时，重力的瞬时功率相等
答案 ABD
解析 重力做功只取决于初、末位置的高度差，与路径和运动状态无关．由W＝mgh得出重力做功的大小只由重力和高度的变化决定，故A、B项正确；由于竖直上抛比竖直下抛的运动时间长，由P＝，知P上＜P下，故C项错误；由运动学公式得出落地时速度相同，重力的瞬时功率P＝mgv相同，故D项正确．
题组二 对重力势能的理解
4．关于重力势能，下列说法中正确的是( )
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C．一个物体的重力势能从－3 J变化到－5 J，重力势能增大了
D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功
答案 D
解析 重力势能的大小具有相对性，其大小与参考平面的选取有关，选项A错误；物体位于零势能面下方时，距离越大，重力势能越小，选项B错误；物体的重力势能从－3 J变化到－5 J，重力势能变小了，选项C错误；由重力做功与重力势能变化的关系可知选项D正确．
5．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．在水平地面以下某高度的物体重力势能为负值
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
答案 D
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(或以下)某高度的物体的重力势能不一定为正值(或负值)，A、B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，C项错误．
6．如图2所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，假设以桌面处为参考平面，则小球落到地面前瞬间的重力势能为( )
图2
A．mgh B．mgH
C．mg(h＋H) D．－mgh
答案 D
解析 重力势能的大小是相对参考平面而言的，参考平面的选择不同，物体的相对高度就不同，重力势能的大小也不同．本题中已选定桌面为参考平面，则小球在最高点时的高度为H，小球在与桌面相平时的高度为零，小球在地面时的高度为－h，所以小球落到地面前的瞬间，它的重力势能为Ep＝－mgh.
7.如图3中，虚线是一跳水运动员在跳水过程中其重心运动的轨迹，则从起跳至入水的过程中，该运动员的重力势能( )
图3
A．一直减小
B．一直增大
C．先增大后减小
D．先减小后增大
答案 C
解析 运动员的重心高度先增大后减小，所以其重力势能Ep＝mgh也先增大后减小，C项正确．
题组三 弹力做功与弹性势能变化的关系
8.如图4所示，一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此过程中以下说法正确的是( )
图4
A．物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比
B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功不相等
C．弹簧的弹力做正功，弹性势能减小
D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加
答案 BD
解析 由功的计算公式W＝Fscos α知，恒力做功时，做功的多少与物体的位移成正比，而弹簧对物体的弹力是一个变力，F＝kx，所以A错误；弹簧开始被压缩时弹力小，弹力做的功也少，弹簧的压缩量变大时，物体移动相同的位移，弹力做的功增大，故B正确；物体压缩弹簧的过程中，弹簧的弹力与弹力作用点的位移方向相反，所以弹力做负功，弹簧的压缩量增大，弹性势能增大，故C错误，D正确．故选B、D.
9.如图5所示，小明玩蹦蹦杆，在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是( )
图5
A．重力势能减少，弹性势能增大
B．重力势能增大，弹性势能减少
C．重力势能减少，弹性势能减少
D．重力势能不变，弹性势能增大
答案 A
解析 弹簧向下压缩的过程中，弹簧压缩量增大，弹性势能增大；重力做正功，重力势能减少，故A正确．
10.如图6所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中( )
图6
A．重力做正功，弹力不做功
B．重力做正功，弹力做负功，弹性势能增加
C．若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后，重力做正功，弹力不做功
D．若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后，重力做功不变，弹力不做功
答案 BC
解析 用细绳拴住小球向下摆动时重力做正功，弹力不做功，C对；用弹簧拴住小球下摆时，弹簧要伸长，小球轨迹不是圆弧，弹力做负功，弹性势能增加，重力做正功，且做功多，所以A、D错，B对．
题组四 重力做功与重力势能变化的关系
11．有关重力势能的变化，下列说法中正确的是( )
A．物体受拉力和重力作用向上运动，拉力做功是1 J，但物体重力势能的增加量有可能不是1 J
B．从同一高度将某一物体以相同的速率平抛或斜抛，落到地面上时，物体重力势能的变化是相同的
C．从同一高度落下的物体到达地面，考虑空气阻力和不考虑空气阻力的情况下重力势能的减少量是相同的
D．物体运动中重力做功是－1 J，但物体重力势能的增加量不是1 J
答案 ABC
解析 据重力做功的特点：与经过路径无关，与是否受其他力无关，只取决于始末位置的高度差，再根据重力做功等于重力势能的减少量可知B、C对，D错；对于A选项，当物体加速运动时克服重力做功少于1 J，重力势能增加量少于1 J，物体减速运动时，克服重力做功即重力势能增加量大于1 J，只有物体匀速向上运动时，克服重力做功即重力势能增加量才是1 J，A对．
12．北京时间2013年6月11日17时38分，“神舟十号”载人飞船成功发射．飞船发射上升过程中，其重力做功和重力势能变化的情况为( )
A．重力做正功，重力势能减小
B．重力做正功，重力势能增加
C．重力做负功，重力势能减小
D．重力做负功，重力势能增加
答案 D
解析 飞船发射时高度逐渐上升，飞船的重力做负功，重力势能越来越大，故D正确．
13．一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升h.关于此过程，下列说法中正确的是( )
A．提升过程中手对物体做功m(a＋g)h
B．提升过程中合外力对物体做功mah
C．提升过程中物体的重力势能增加m(a＋g)h
D．提升过程中物体克服重力做功mgh
答案 ABD
解析 对物体受力分析，如图所示，则F－mg＝ma，所以手对物体做功W1＝Fh＝m(g＋a)h，故A正确；合外力所做的功W合＝F合h＝mah，B正确；物体上升h，克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，C错，D对．
14.如图7所示，质量为m的小球，用一长为l的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点，若已知OD＝l，则小球由A点运动到C点的过程中，重力势能减少了多少？重力做功为多少？
图7
答案 mgl mgl
解析 从A点运动到C点，小球下落h＝l，
故重力做功WG＝mgh＝mgl，
重力势能的变化量ΔEp＝－WG＝－mgl
负号表示小球的重力势能减少了．
4.2 研究机械能守恒定律（一）
题组一 机械能是否守恒的判断
1．下列物体在运动过程中，可视为机械能守恒的是( )
A．飘落中的树叶
B．乘电梯匀速上升的人
C．被掷出后在空中运动的铅球
D．沿粗糙斜面匀速下滑的木箱
答案 C
解析 A项中，空气阻力对树叶做功，机械能不守恒；B项中人的动能不变，重力势能变化，机械能变化；C项中，空气阻力可以忽略不计，只有重力做功，机械能守恒；D项中，木箱动能不变，重力势能减小，机械能减小．
2．以下说法正确的是( )
A．物体做匀速运动，它的机械能一定守恒
B．物体所受合力的功为零，它的机械能一定守恒
C．物体所受的合力不等于零，它的机械能可能守恒
D．物体所受的合力等于零，它的机械能一定守恒
答案 C
解析 做匀速直线运动的物体，动能不变，但机械能不一定守恒，如：匀速上升的物体，机械能就不断增大，选项A错误；合力的功为零，物体的动能不变，但机械能不一定守恒，如匀速上升(或下降)的物体，机械能就增大(或减小)，故B、D错误；自由落体运动的物体，所受的合力为重力即不等于零，但它的机械能守恒，故C正确．
3．物体在平衡力作用下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．机械能一定不变
B．物体的动能保持不变，而势能一定变化
C．若物体的势能变化，机械能一定变化
D．若物体的势能变化，机械能不一定变化
答案 C
解析 由于物体在平衡力的作用下运动，速度不变，即物体的动能不变，当物体的势能变化时机械能一定变化，C正确，A、B、D错．
4．如图1所示的几种情况中，系统的机械能守恒的是( )
图1
A．图甲中一颗弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动
B．图乙中运动员在蹦床上越跳越高
C．图丙中小车上放一木块，小车的左侧由弹簧与墙壁相连．小车在左右运动时，木块相对于小车无滑动(车轮与地面间摩擦不计)
D．图丙中如果小车运动时，木块相对小车有滑动
答案 AC
解析 弹丸在碗内运动时，只有重力做功，系统机械能守恒，故A对；运动员越跳越高，表明她不断做功，机械能不守恒，故B错；由于是一对静摩擦力，系统中只有弹簧弹力做功，机械能守恒，故C对；滑动摩擦力做功，系统机械能不守恒，故D错．
5．下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中选项A、B、C中斜面是光滑的，选项D中的斜面是粗糙的，选项A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，选项A、B、D中的木块向下运动，选项C中的木块向上运动．在这四个图所示的运动过程中木块机械能守恒的是( )
答案 C
解析 依据机械能守恒条件：只有重力做功的情况下，物体的机械能才能守恒，由此可见，A、B均有外力F参与做功，D中有摩擦力做功，故A、B、D均不符合机械能守恒的条件，故答案为C.
题组二 机械能守恒定律的应用
6．一个人站在阳台上，以相同的速率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，则三球落地时的速率( )
A．上抛球最大 B．下抛球最大
C．平抛球最大 D．三球一样大
答案 D
7．把质量为3 kg的石块从20 m高的山崖上以沿水平方向成30°角斜向上的方向抛出(如图2所示)，抛出的初速度v0＝5 m/s，石块落地时的速度大小与下面哪些量无关(g取10 m/s2，不计空气阻力)( )
图2
A．石块的质量
B．石块初速度的大小
C．石块初速度的仰角
D．石块抛出时的高度
答案 AC
解析 以地面为参考平面，石块运动过程中机械能守恒，则mgh＋mv＝mv2
即v2＝2gh＋v，所以v＝
由v＝可知，v与石块的初速度大小v0和高度h有关，而与石块的质量和初速度的方向无关．
8．在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，如图3所示，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门．球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球的质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W(不计空气阻力，足球视为质点)( )
图3
A．等于mgh＋mv2
B．大于mgh＋mv2
C．小于mgh＋mv2
D．因为球入球门过程中的曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定
答案 A
解析 由动能定理，球员对球做的功等于足球动能的增加量，之后足球在飞行过程中机械能守恒，故W＝mgh＋mv2.
9．由光滑细管组成的轨道如图4所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )
图4
A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝R
答案 BC
解析 因为轨道光滑，所以小球从D点运动到A点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgH＝mg(R＋R)＋mv，解得vA＝，从A端水平抛出到落到地面上，根据平抛运动规律有2R＝gt2，水平位移s＝vAt＝·＝2，故选项A错误，B正确；因为小球能从细管A端水平抛出的条件是vA>0，所以要求H>2R，选项C正确，D错误．
10．以10 m/s的速度将质量为m的物体从地面上竖直向上抛出，若忽略空气阻力，取地面为零势能面，g取10 m/s2，则：
(1)物体上升的最大高度是多少？
(2)上升过程中在何处重力势能与动能相等？
答案 (1)5 m (2)2.5 m
解析 (1)由于物体在运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒．设物体上升的最大高度为h，则E1＝mv，在最高点动能为0，故E2＝mgh，由机械能守恒定律E1＝E2可得：mv＝mgh，所以h＝＝ m＝5 m.
(2)开始时物体在地面上，E1＝mv，设重力势能与动能相等时在距离地面h1高处，E2＝mv＋mgh1＝2mgh1，由机械能守恒定律可得：mv＝2mgh1，所以h1＝＝2.5 m.
题组三 综合应用
11．如图5所示，质量为m的物体，以某一初速度从A点向下沿光滑的轨道运动，不计空气阻力，若物体通过轨道最低点B时的速度为3，求：
图5
(1)物体在A点时的速度大小；
(2)物体离开C点后还能上升多高．
答案 (1) (2)3.5R
解析 (1)物体在运动的全过程中只有重力做功，机械能守恒，选取B点为零势能点．设物体在B处的速度为vB，则
mg·3R＋mv＝mv，
得v0＝.
(2)设从B点上升到最高点的高度为HB，由机械能守恒可得mgHB＝mv，HB＝4.5R
所以离开C点后还能上升
HC＝HB－R＝3.5R.
12．一质量为m＝2 kg的小球从光滑的斜面上高h＝3.5 m处由静止滑下，斜面底端平滑连接着一个半径R＝1 m的光滑圆环，如图6所示，求：
图6
(1)小球滑到圆环顶点时对圆环的压力的大小；
(2)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？(g取10 m/s2)
答案 (1)40 N (2)2.5 m
解析 (1)小球从开始下滑至滑到圆环顶点的过程中，只有重力做功，故可用动能定理求出小球到半圆环最高点时的速度，再由牛顿第二定律求压力．
由机械能守恒定律得
mg(h－2R)＝mv2
小球在圆环最高点时，由牛顿第二定律，得
N＋mg＝m
联立上述两式，代入数据得N＝40 N
由牛顿第三定律知，小球对圆环的压力大小为40 N.
(2)小球能越过圆环最高点的临界条件是在最高点时只有重力提供向心力，即mg＝m①
设小球应从H高处滑下，由机械能守恒定律得
mg(H－2R)＝mv′2 ②
由①②得H＝2.5R＝2.5 m.
4.2 研究机械能守恒定律（三）
题组一 机械能是否守恒的判断
1．如图1所示，电动小车沿斜面从A匀速运动到B，则在运动过程中( )
图1
A．动能减小，重力势能增加，总机械能不变
B．动能增加，重力势能减小，总机械能不变
C．动能不变，重力势能增加，总机械能不变
D．动能不变，重力势能增加，总机械能增加
答案 D
2．2012年9月16日，首届矮寨国际低空跳伞节在湖南吉首市矮寨大桥拉开帷幕．来自全球17个国家的42名跳伞运动员在矮寨大桥上奉献了一场惊险刺激的低空跳伞极限运动表演．他们从离地350米高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合．如图2所示，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．物体的重力势能减少了mgh
B．物体的动能增加了mgh
C．物体克服阻力所做的功为mgh
D．物体的机械能减少了mgh
答案 AB
题组二 系统机械能守恒问题分析
3．如图3所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根轻质细杆连接，两小球可绕过细杆中心的水平轴无摩擦转动，现让细杆水平放置，静止释放小球后，小球b向下转动，小球a向上转动，在转动90°的过程中，以下说法正确的是( )
图3
A．b球的重力势能减少，动能增加
B．a球的重力势能增大，动能减少
C．a球和b球的机械能总和保持不变
D．a球和b球的机械能总和不断减小
答案 AC
解析 在b球向下、a球向上转动过程中，两球均在加速转动，使两球动能增加，同时b球重力势能减少，a球重力势能增加，a、b两球的总机械能守恒．
4．北京残奥会的开幕式上，三届残奥会冠军侯斌依靠双手牵引使自己和轮椅升至高空，点燃了残奥会主火炬，其超越极限、克服万难的形象震撼了大家的心灵．假设侯斌和轮椅是匀速上升的，则在上升过程中侯斌和轮椅的( )
A．动能增加 B．重力势能增加
C．机械能减少 D．机械能不变
答案 B
解析 匀速上升过程中动能不变，重力势能增加，机械能增加，所以只有B项正确．
5．如图4所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
图4
A．2R B. C. D.
答案 C
解析 设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面上时，B恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，则A、B组成的系统机械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B以速度v竖直上抛，又上升的高度为h′＝，解得h′＝R，故B上升的总高度为R＋h′＝R，选项C正确．
6．如图5所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长时，圆环高度为h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑到底端的过程中(杆与水平方向夹角为30°)( )
图5
A．圆环机械能守恒
B．弹簧的弹性势能先减小后增大
C．弹簧的弹性势能变化了mgh
D．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大
答案 C
解析 圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环机械能不守恒，A错误；弹簧形变量先增大后减小然后再增大，所以弹性势能先增大后减小再增大，B错误；由于圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，所以弹簧的弹性势能增加mgh，C正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D错误．
题组三 应用机械能守恒定律解决综合问题
7．如图6所示，长度为L的细线下挂一个质量为m的小球，小球半径忽略不计，现用一个水平力F拉小球，使悬线偏离竖直方向θ角并保持静止状态．
图6
(1)求拉力F的大小；
(2)撤掉F后，小球从静止开始运动到最低点时的速度为多大？
(3)在最低点绳子拉力为多少？
答案 (1)mgtan θ (2) (3)3mg－2mgcos θ
解析 (1)小球处于静止状态，合外力为零，对其进行受力分析，得
F＝mgtan θ
(2)根据机械能守恒定律：mgL(1－cos θ)＝mv2/2
v＝
(3)拉力与重力的合力提供向心力：T－mg＝mv2/L
T＝3mg－2mgcos θ
8．如图7所示，轻弹簧k一端与墙相连，质量为4 kg的木块沿光滑水平面以5 m/s的速度运动，并压缩弹簧，求弹簧在被压缩的过程中最大弹性势能及木块速度减为3 m/s时的弹性势能．
图7
答案 50 J 32 J
解析 木块压缩弹簧的过程中，只有弹力做功，木块的动能与弹簧的弹性势能之和守恒．
从开始压缩至木块速度为零，根据机械能守恒mv＝Ep
可得：Ep＝50 J
从开始压缩至木块速度为3 m/s，根据机械能守恒
mv－mv2＝Ep′，可得：Ep′＝32 J
9．如图8所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4 m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长状态的右端．将一个质量为m＝0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力大小为F1＝58 N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3 m，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑．g＝10 m/s2，求：
图8
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力．
答案 (1)11.2 J (2)10 N，方向竖直向上
解析 (1)小球在C处时，受力分析，由牛顿第二定律及向心力公式得
F1－mg＝m，
v1＝＝ m/s＝5 m/s.
从A到B由动能定理得Ep－μmgx＝mv，
Ep＝mv＋μmgx＝×0.8×52 J＋0.5×0.8×10×0.3 J＝11.2 J.
(2)从C到D，由机械能守恒定律得：
mv＝2mgR＋mv，
v2＝＝ m/s＝3 m/s，
由于v2＞＝2 m/s，
所以小球在D处对轨道外壁有压力．
小球在D处，由牛顿第二定律及向心力公式得F2＋mg＝m，F2＝m＝0.8× N＝10 N.
由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10 N，方向竖直向上．
4.2 研究机械能守恒定律（二）
1．在验证机械能守恒定律的实验中，对于自由下落的重物，下列说法正确的是( )
A．只要足够重就可以
B．只要体积足够小就可以
C．既要足够重，又要体积非常小
D．应该密度大些，还应便于夹紧纸带，使纸带随同重物运动时不致被扭曲
答案 D
2．用自由落体法验证机械能守恒定律，就是看mv是否等于mghn(n为计数点的编号0、1、2…n)．下列说法中正确的是( )
A．打点计时器打第一个点0时，重物的速度为零
B．hn是计数点n到起始点0的距离
C．必须测量重物的质量
D．用vn＝gtn计算vn时，tn＝(n－1)T(T为打点周期)
答案 AB
解析 本实验的原理是利用重物的自由落体运动来验证机械能守恒定律．因此打点计时器打第一个点时，重物运动的速度应为零，A正确；hn与vn分别表示打第n个点时重物下落的高度和对应的瞬时速度，B正确；本实验中，不需要测量重物的质量，因为公式mgh＝mv2的两边都有m，故只要gh＝v2成立，mgh＝mv2就成立，机械能守恒定律也就被验证了，C错误；实验中应用公式vn＝来计算vn，D错误．
3．在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)将下列主要的实验步骤，按照实验的合理顺序把步骤前的序号填在题后横线上：
A．用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器处；
B．将纸带固定在重物上，让纸带穿过打点计时器的限位孔；
C．取下纸带，在纸带上任选几点，测出它们与第一个点的距离，并算出重物在打下这几个点时的瞬时速度；
D．接通电源，松开纸带，让重物自由下落；
E．查出当地的重力加速度g的值，算出打下各计数点时的动能和相应的减少的重力势能，比较它们是否相等；
F．把测量和计算得到的数据填入自己设计的表格里．
答：________________________________________________________________________.
(2)动能值和相应重力势能的减少值相比，实际上哪个值应偏小些？
答：________________________________________________________________________.
答案 (1)BADCFE (2)见解析
解析 (1)实验的合理顺序应该是：BADCFE.
(2)由于重物和纸带都受阻力作用，即都要克服阻力做功，所以有机械能损失，即重物的动能值要小于相应重力势能的减少值．
4.利用图1所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h，某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案．
图1
A．用刻度尺测出物体下落高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v.
B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝ 计算出瞬时速度．
C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过h＝计算出高度h.
D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v.
(1)以上方案中只有一种最合理，最合理的是________．(填入上述相应的字母)
(2)要使该实验误差尽量小，下述注意点正确的是______________________________
(填入下述相应的字母)．
a．使重物的质量越大越好，但悬挂时不能拉断纸带
b．选用电火花计时器比电磁打点计时器更好，可减小阻力影响
c．测长度时保持纸带悬挂状态，刻度尺的读数更准确
d．纸带上留下的点越大越好
e．纸带长一点更好
答案 (1)D (2)ab
解析 (1)A、B、C中用匀变速直线运动公式求v及h，这样得到的v、h不是实验直接测量数据，不能达到验证机械能守恒定律的目的．(2)纸带太长，会增大阻力．
5.如图2所示装置可用来验证机械能守恒定律．摆锤A栓在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离O竖直方向成θ角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动．
图2
(1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度．为了求出这一速度，实验中还应该测量哪些物理量：____________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v＝____________________.
(3)根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为________________________．
答案 (1)遇到挡板之后铁片的水平位移s和竖直下落高度h (2)s (3)＝L(1－cos θ)
解析 (1)平抛运动竖直方向为自由落体运动h＝gt2，运动时间t＝，水平方向匀速直线运动s＝vt，所以只要测量出竖直下落的高度h和水平位移s即可．
(2)根据平抛运动规律可得v＝＝s.
(3)摆锤下落过程，重力势能转化为动能，摆锤下落过程，减少的重力势能为mgL(1－cos θ)，增加的动能为mv2＝，若减少的重力势能等于增加的动能则有mgL(1－cos θ)＝，整理可得L(1－cos θ)＝.
6．某同学在“验证机械能守恒定律”时按如图3所示安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图4所示．图中O点为打点起始点，且速度为零．
图3
图4
(1)选取纸带上打出的连续点A、B、C、……，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3，已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T.为验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打下O点到打下F点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________(用题中所给字母表示)．
(2)以各点到起始点的距离h为横坐标，以各点速度的平方v2为纵坐标建立直角坐标系，用实验测得的数据绘出v2－h图线，如图5所示，该图像说明了______________．
图5
(3)从v2－h图线求得重锤下落的加速度g＝________m/s2.(结果保留三位有效数字)
答案 见解析
解析 (1)重锤重力势能的减少量ΔEp＝mgh2，动能增加量ΔEk＝.
(2)当物体自由下落时，只有重力做功，物体的重力势能和动能互相转化，机械能守恒．
(3)由mgh＝mv2可知题图的斜率表示重力加速度g的2倍，为求直线的斜率，可在直线上取两个距离较远的点，如(25.5×10－2,5.0)、(46.5×10－2,9.0)，则g＝＝×≈9.52 m/s2.
5.1 从托勒密到开普勒
题组一 对两种学说的认识及开普勒定律的理解
1．探索宇宙的奥秘，一直是人类孜孜不倦的追求．下列关于宇宙及星体运动的说法正确的是( )
A．地球是宇宙的中心，太阳、月亮及其他行星都绕地球运动
B．太阳是静止不动的，地球和其他行星都绕太阳运动
C．地球是绕太阳运动的一颗行星
D．地心说是正确的，日心说是错误的
答案 C
解析 开普勒定律可知，所有行星绕太阳做椭圆运动，太阳不是宇宙的中心，太阳围绕银河系中心旋转而银河系不过是宇宙中千亿个星系中微不足道的一个，故A、B、D错误，C正确．
2．发现“所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等”的科学家是( )
A．牛顿 B．第谷 C．开普勒 D．哥白尼
答案 C
解析 所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，也就是开普勒第三定律，是开普勒发现的．
3．根据开普勒定律，我们可以推出的正确结论有( )
A．人造地球卫星的轨道都是椭圆，地球在椭圆的一个焦点上
B．卫星离地球越远，速率越小
C．卫星离地球越远，周期越大
D．同一卫星绕不同的行星运行，的值都相同
答案 ABC
解析 由开普勒三定律知A、B、C均正确，注意开普勒第三定律成立的条件是对同一行星的不同卫星，有＝常量．
4．关于开普勒对行星运动规律的认识，下列说法正确的是( )
A．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B．所有行星绕太阳运动的轨道都是圆
C．所有行星的轨道半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相同
D．所有行星的公转周期与行星的轨道半径成正比
答案 A
解析 由开普勒第一定律知所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上．选项A正确，B错误；由开普勒第三定律知所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，选项C、D错误．
5．关于开普勒第二定律，正确的理解是( )
A．行星绕太阳运动时，一定是匀速曲线运动
B．行星绕太阳运动时，一定是变速曲线运动
C．行星绕太阳运动时，由于角速度相等，故在近日点处的线速度小于它在远日点处的线速度
D．行星绕太阳运动时，由于它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故它在近日点的线速度大于它在远日点的线速度
答案 BD
解析 行星的运动轨道是椭圆形的，故做变速曲线运动，A错误，B正确；根据开普勒第二定律可知，在近日点时的线速度大，C错误，D正确．
题组二 开普勒三定律的应用
6.如图1所示是行星m绕恒星M运动情况的示意图，下列说法正确的是( )
图1
A．速度最大点是B点
B．速度最小点是C点
C．m从A到B做减速运动
D．m从B到A做减速运动
答案 C
解析 由开普勒第二定律可知，行星m在近恒星点时运行速度最大，因此，A、B错误；行星由A向B运动的过程中，行星与恒星的连线变长，其速度减小，故C正确；行星由B向A运动的过程中，速度增大，D错误．
7．已知两个行星的质量m1＝2m2，公转周期T1＝2T2，则它们绕太阳运转轨道的半长轴之比为( )
A. B．2 C. D.
答案 C
解析 由开普勒第三定律知＝k和行星的质量无关，由＝，得＝ ＝ ＝，所以C正确．
8．某人造地球卫星运行时，其轨道半径为月球轨道半径的1/3，已知月球环绕地球的运行周期为27天，则此卫星运行周期大约是( )
A．3～5天 B．5～7天
C．7～9天 D．大于9天
答案 B
解析 月球绕地球运行的周期约为27天，根据开普勒第三定律＝k，得＝，则T＝×27× (天)≈5.2(天)．
9.某行星绕太阳沿椭圆轨道运行，如图2所示，在这颗行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点，若行星运动周期为T，则该行星( )
图2
A．从a到b的运动时间等于从c到d的运动时间
B．从d经a到b的运动时间等于从b经c到d的运动时间
C．a到b的时间tabD．c到d的时间tcd>T/4
答案 CD
解析 根据开普勒第二定律知行星在近日点速度最大，远日点速度最小．行星由a到b运动时的平均速度大于由c到d运动时的平均速度，而弧长ab等于弧长cd，故A错误；同理可知B错误；在整个椭圆轨道上tab＝tad<，tcd＝tcb>，故C、D正确．
10．月球环绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，运行周期约为27天．应用开普勒定律计算：在赤道平面内离地多高时，人造地球卫星随地球一起转动，就像停留在天空中不动一样？(结果保留三位有效数字，取R地＝6 400 km)
答案 3.63×104 km
解析 月球和人造地球卫星都环绕地球运动，故可用开普勒第三定律求解．当人造地球卫星相对地球不动时，则人造地球卫星的周期与地球自转周期相同．
设人造地球卫星轨道半径为R、周期为T.
根据题意知月球轨道半径为60R地，周期为T0＝27天，则有：＝.整理得
R＝ ×60R地＝ ×60R地≈6.67R地．
卫星离地高度H＝R－R地＝5.67R地＝5.67×6 400 km≈3.63×104 km.
11．天文观测发现某小行星绕太阳的周期是27年，它离太阳的最小距离是地球轨道半径的2倍，求该小行星离太阳的最大距离是地球轨道半径的几倍？
答案 16倍
解析 设该小行星离太阳的最大距离为s，由开普勒第三定律有＝
得：s＝16R，即该小行星离太阳的最大距离是地球轨道半径的16倍．
5.2 万有引力定律是怎样发现的
题组一 万有引力的发现过程
1．牛顿发现万有引力定律的思维过程是下列的( )
A．理想实验——理论推导——实验检验
B．假想——理论推导——实验检验
C．假想——理论推导——规律形成
D．实验事实——假想——理论推导
答案 B
解析 牛顿发现万有引力定律的思维过程是先假想维持月球绕地球运动的力与使苹果下落的力是同一种力，同样遵从“平方反比”定律，然后通过理论推导得到理论上的结果，最后通过实验测得的数据计算实际结果，并将两种结果加以对比，从而得出结论，故B正确．
2．“月—地检验”的结果说明( )
A．地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是同一种性质的力
B．地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力不是同一种性质的力
C．地面物体所受地球的引力只与物体的质量有关，即G＝mg
D．月球所受地球的引力只与月球质量有关
答案 A
解析 通过完全独立的途径得出相同的结果，证明地球表面上的物体所受地球的引力和月球所受地球的引力是同一种性质的力．
3．把行星运动近似看做匀速圆周运动以后，开普勒第三定律可写为T2＝r3/k，m为行星质量，则可推得( )
A．行星受太阳的引力为F＝k
B．行星受太阳的引力都相同
C．行星受太阳的引力为F＝k
D．质量越大的行星受太阳的引力一定越大
答案 C
解析 行星受到的太阳的引力提供行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力，则有F＝m，又因为v＝，代入上式得F＝.由开普勒第三定律＝k，得T2＝，代入上式得F＝k.太阳与行星间的引力与太阳、行星的质量及太阳与行星间的距离有关．故选C.
题组二 对万有引力的理解
4．对于万有引力定律的表达式F＝G，下列说法中正确的是( )
A．公式中的G为比例常数，无单位
B．m1与m2之间的相互作用力，总是大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力
C．当r趋近于0时，F趋向无穷大
D．当r趋近于0时，公式不成立
答案 BD
解析 万有引力公式中的G为引力常量，不但有大小而且有单位，单位是N·m2/kg2，故A错误；m1与m2之间万有引力是一对作用力和反作用力，B正确；当r趋于0时，无论是球体还是其他形状的两个物体，都不能看成质点，故公式不成立，C错误，D正确．
5．关于引力常量G，下列说法中正确的是( )
A．G值的测出使万有引力定律有了真正的实用价值
B．引力常量G的大小与两物体质量的乘积成反比，与两物体间距离的平方成正比
C．引力常量G在数值上等于两个质量都是1 kg的可视为质点的物体相距1 m时的相互吸引力
D．引力常量G是不变的，其值大小与单位制的选择无关
答案 AC
解析 引力常量G是一个普遍适用的常量，其物理意义是两个质量都是1 kg的质点相距1 m时的万有引力为6.67×10－11 N，它的大小与所选的单位制有关．
6．关于万有引力，下列说法中正确的是( )
A．万有引力只有在研究天体与天体之间的作用时才有价值
B．由于一个苹果的质量很小，所以地球对它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
答案 D
解析 由万有引力定律知D正确．万有引力定律不但在天体之间有价值，在天体与物体间也有价值，如重力，故A、B错误；由牛顿第三定律知C错误．
7．万有引力定律首次揭示了自然界中物体间一种基本相互作用规律，以下说法正确的是( )
A．物体的重力不是地球对物体的万有引力引起的
B．人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越大
C．人造地球卫星绕地球运动的向心力由地球对它的万有引力提供
D．宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于没有受到万有引力的作用
答案 C
解析 物体的重力是地球对物体的万有引力引起的，A选项错误；人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越小，B选项错误；宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于受到的万有引力提供了圆周运动的向心力，D选项错误；只有C选项正确．
题组三 万有引力定律的应用
8．地球质量大约是月球质量的81倍，一飞行器位于地球与月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时，飞行器距月球球心的距离与月球球心距地球球心之间的距离之比为( )
A．1∶9 B．9∶1 C．1∶10 D．10∶1
答案 C
解析 设月球质量为m，则地球质量为81m，地月间距离为r，飞行器质量为m0，当飞行器距月球为r′时，地球对它的引力等于月球对它的引力，则G＝G，所以＝9，r＝10r′，r′∶r＝1∶10，故选项C正确．
9．要使两个物体之间的万有引力减小到原来的，可采用的方法是( )
A．使两物体之间的距离增至原来的2倍，质量不变
B．使两物体的质量各减少一半，距离保持不变
C．使其中一个物体的质量减为原来的，距离保持不变
D．使两物体的质量及它们之间的距离都减为原来的
答案 ABC
解析 根据F＝G可知，当两物体质量不变，距离增至原来的2倍时，两物体间的万有引力F′＝＝·＝F，A正确；当两物体的距离保持不变，质量各减少一半时，万有引力F′＝＝·＝F，B正确；当只有一个物体的质量减为原来的时，万有引力F′＝＝·＝F，C正确；当两物体的质量及它们之间的距离都减为原来的时，万有引力F′＝＝＝F，D错误．
10．假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d(矿井宽度很小)．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )
A．1－ B．1＋
C.2 D.2
答案 A
解析 设地球的密度为ρ，地球的质量为M，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g＝.地球质量可表示为M＝πR3ρ.因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R－d)为半径的地球的质量为M′＝π(R－d)3ρ，解得M′＝3M，则矿井底部处的重力加速度g′＝，则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为＝1－，选项A正确，选项B、C、D错误．
11.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点．现从M中挖去半径为R的球体，如图1所示，则剩余部分对m的万有引力F为多少？
图1
答案
解析 质量为M的球体对质点m的万有引力
F1＝G＝G
挖去的球体的质量M′＝M＝
质量为M′的球体对质点m的万有引力
F2＝G＝G
则剩余部分对质点m的万有引力
F＝F1－F2＝G－G＝.
5.3 万有引力定律与天文学的新发现
题组一 天体质量和密度的计算
1．地球表面的平均重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，可估算地球的平均密度为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 忽略地球自转的影响，对处于地球表面的物体，有mg＝G，又地球质量M＝ρV＝πR3ρ，代入上式化简可得地球的平均密度ρ＝.
2．火星直径约为地球直径的一半，质量约为地球质量的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转半径的1.5倍．根据以上数据，下列说法中正确的是( )
A．火星表面重力加速度的数值比地球表面的小
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
答案 AB
解析 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正确；由G＝m()2r得T＝2π ，公转轨道半径大的周期长，B正确；周期长的线速度小(或由v＝ 判断轨道半径大的线速度小)，C错误；公转向心加速度a＝G，轨道半径大的向心加速度小，D错误．故选A、B.
3．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 设卫星的质量为m′
由万有引力提供向心力，得G＝m′ ①
m′＝m′g ②
由已知条件：m的重力为N得
N＝mg ③
由③得g＝，代入②得：R＝
代入①得M＝，故A、C、D三项均错误，B项正确．
题组二 天体运动的分析与计算
4．科学家们推测，太阳系除八大行星之外的另一颗行星就在地球的轨道上，从地球上看，它永远在太阳的背面，人类一直未能发现它，可以说是“隐居”着的地球的“孪生兄弟”．由以上信息可以确定( )
A．这颗行星的公转周期与地球相等
B．这颗行星的半径等于地球的半径
C．这颗行星的密度等于地球的密度
D．这颗行星的质量
答案 A
解析 因为只知道这颗行星的轨道半径，所以只能判断出其公转周期与地球的公转周期相等．
由G＝m可知，行星的质量在方程两边可以消去，因此无法知道其质量及密度．
5．把太阳系各行星的运动近似看成匀速圆周运动，则离太阳越远的行星( )
A．周期越小 B．线速度越小
C．角速度越小 D．加速度越小
答案 BCD
解析 行星绕太阳做匀速圆周运动，所需的向心力由太阳对行星的引力提供，由G＝m得v＝ ，可知r越大，线速度越小，B正确．由G＝mω2r得ω＝ ，可知r越大，角速度越小，C正确．又由T＝知，ω越小，周期T越大，A错误．由G＝ma得a＝，可知r越大，a越小，D正确．
6．若地球绕太阳公转周期及其公转轨道半径分别为T和R，月球绕地球公转周期和公转半径分别为t和r，则太阳质量与地球质量之比为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 无论地球绕太阳公转还是月球绕地球公转，统一表示为＝mr，即M∝，所以＝，选项A正确．
7．土星外层有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度v与该层到土星中心的距离R之间的关系，则下列判断正确的是( )
A．若v2∝R则该层是土星的卫星群
B．若v∝R则该层是土星的一部分
C．若v∝则该层是土星的一部分
D．若v2∝则该层是土星的卫星群
答案 BD
解析 若外层的环为土星的一部分，则它们各部分转动的角速度ω相等，由v＝ωR知v∝R，A错误，B正确；若是土星的卫星群，则由＝m，得v2∝，故C错误，D正确．
题组三 万有引力和重力的关系
8．设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地心4R(R是地球的半径)处，由于地球的作用而产生的加速度为g，则为( )
A．1 B. C. D.
答案 D
解析 地球表面上的重力加速度和在离地心4R处的加速度均由地球对物体的万有引力产生，忽略自转所以有
在地面上，G＝mg0， ①
离地心4R处，G＝mg， ②
由①②两式得＝2＝.
9．一物体在地球表面重16 N，地面上重力加速度为10 m/s2.它在以5 m/s2的加速度加速上升的火箭中的视重为9 N，则此火箭离地球表面的距离为地球半径的(忽略地球自转)( )
A．2倍 B．3倍 C．4倍 D．一半
答案 B
解析 设此时火箭上升到离地球表面高度为h处，火箭上物体的视重等于物体受到的支持力N，物体受到的重力为mg′，g′是h高处的重力加速度，由牛顿第二定律得
N－mg′＝ma ①
其中m＝，代入①式得
mg′＝N－a＝ N＝1 N
在距离地面为h处，物体的重力为1 N，忽略自转，物体的重力等于万有引力．
在地球表面：mg＝G ②
在距地面h高处，mg′＝G ③
②与③相除可得＝，
所以R地＋h＝ R地＝R地＝4R地
所以h＝3R地，故选B.
10．火星半径约为地球半径的一半，火星质量约为地球质量的.一位宇航员连同宇航服在地球上的质量为 50 kg.求：
(1)在火星上宇航员所受的重力为多少？
(2)宇航员在地球上可跳1.5 m高，他以相同初速度在火星上可跳多高？(取地球表面的重力加速度g＝10 m/s2)
答案 (1)222.2 N (2)3.375 m
解析 (1)由mg＝G，得g＝.
在地球上有g＝，在火星上有g′＝，
所以g′＝ m/s2，
那么宇航员在火星上所受的重力
mg′＝50× N≈222.2 N.
(2)在地球上，宇航员跳起的高度为h＝
即1.5 m＝
在火星上，宇航员跳起的高度h′＝＝，
联立解得h′＝3.375 m．
5.4 飞出地球去（一）
题组一 对三个宇宙速度的理解
1．关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是( )
A．第一宇宙速度是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度
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
答案 A
解析 第一宇宙速度是物体在地面附近做匀速圆周运动的速度，A正确，B错误；根据G＝m得v＝ ，可见第一宇宙速度与地球的质量和半径有关，C、D错误．
2．下列关于三种宇宙速度的说法中正确的是( )
A．第一宇宙速度v1＝7.9 km/s，第二宇宙速度v2＝11.2 km/s，则人造卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度大于等于v1，小于v2
B．美国发射的“凤凰号”火星探测卫星，其发射速度大于第三宇宙速度
C．第二宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的人造行星的最小发射速度
D．第一宇宙速度7.9 km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度
答案 CD
解析 根据v＝ 可知，卫星的轨道半径r越大，即距离地面越远，卫星的环绕速度越小，v1＝7.9 km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，选项D正确；实际上，由于人造卫星的轨道半径都大于地球半径，故卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度都小于第一宇宙速度，选项A错误；美国发射的“凤凰号”火星探测卫星，仍在太阳系内，所以其发射速度小于第三宇宙速度，选项B错误；第二宇宙速度是在地面附近使物体挣脱地球束缚而成为太阳的一颗人造行星的最小发射速度，选项C正确．
3．若取地球的第一宇宙速度为8 km/s，某行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球半径的1.5倍，此行星的第一宇宙速度约为( )
A．16 km/s B．32 km/s
C．4 km/s D．2 km/s
答案 A
解析 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，对于近地卫星，其轨道半径近似等于星球半径，所受万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律得G＝m，解得v＝.因为行星的质量M′是地球质量M的6倍，半径R′是地球半径R的1.5倍，则＝ ＝ ＝2，故v′＝2v＝2×8 km/s＝16 km/s，A正确．
4．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，此速度( )
A．大于第一宇宙速度
B．大于第二宇宙速度
C．大于第三宇宙速度
D．小于并接近第三宇宙速度
答案 ABD
解析 由题中已知条件：5.76×104 km/h＝16 km/s以及第一宇宙速度是7.9 km/s，第二宇宙速度是11.2 km/s，第三宇宙速度是16.7 km/s，可以判断A、B、D正确．
5．一颗人造地球卫星以初速度v发射后，可绕地球做匀速圆周运动，若使发射速度增为2v，则该卫星可能( )
A．绕地球做匀速圆周运动
B．绕地球运动，轨道变为椭圆
C．不绕地球运动，成为太阳的人造行星
D．挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙去了
答案 CD
解析 以初速度v发射后能成为人造地球卫星，可知发射速度v一定大于第一宇宙速度7.9 km/s；当以2v速度发射时，发射速度一定大于15.8 km/s，已超过了第二宇宙速度11.2 km/s，也可能超过第三宇宙速度16.7 km/s，所以此卫星不再绕地球运行，可能绕太阳运行，或者飞到太阳系以外的空间去了，故选项C、D正确．
题组二 人造卫星运动的规律
6．可以发射一颗这样的人造卫星，使其圆轨道( )
A．与地球表面上某一纬线(非赤道)是共面同心圆
B．与地球表面上某一经线所决定的圆是共面同心圆
C．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对地球表面是静止的
D．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的
答案 CD
解析 人造卫星运行时，由于地球对卫星的引力是它做圆周运动的向心力，而这个力的方向必定指向圆心，即指向地心，也就是说人造卫星所在轨道圆的圆心一定要和地球的中心重合，故A错误；由于地球自转，所以卫星的轨道平面也不可能和经线所决定的平面共面，所以B错误；相对地球表面静止的就是同步卫星，它必须在赤道线平面内，且距地面有确定的高度，这个高度约为三万六千千米，而低于或高于这个轨道的卫星也可以在赤道平面内运动，不过由于它们自转的周期和地球自转周期不同，就会相对于地面运动．
7．假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍做圆周运动，则( )
A．根据公式v＝ωr，可知卫星运动的线速度将增大到原来的2倍
B．根据公式F＝m，可知卫星所需的向心力将减少到原来的
C．根据公式F＝G，可知地球提供的向心力将减小到原来的
D．根据上述B和C中给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的
答案 CD
解析 从v＝ 看出，离地球越远的卫星速度越小，当半径加倍时，地球对卫星的万有引力变为原来的，即地球提供的向心力减小到原来的，速度变为原来的倍．
8．2013年6月11日17时38分，“神舟十号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员王亚平进行了首次太空授课．在飞船进入圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( )
A．等于7.9 km/s
B．介于7.9 km/s和11.2 km/s之间
C．小于7.9 km/s
D．介于7.9 km/s和16.7 km/s之间
答案 C
解析 卫星在圆形轨道上运动的速度v＝ .由于轨道半径r＞地球半径R，所以v＜ ＝7.9 km/s，C正确．
9．如图1，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
图1
A．甲的向心加速度比乙的小
B．甲的运行周期比乙的小
C．甲的角速度比乙的大
D．甲的线速度比乙的大
答案 A
解析 甲、乙两卫星分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，万有引力提供各自做匀速圆周运动的向心力．由牛顿第二定律G＝ma＝mr＝mω2r＝m，可得a＝，T＝2π ，ω＝ ，v＝ .由已知条件可得a甲＜a乙，T甲＞T乙，ω甲＜ω乙，v甲＜v乙，故正确选项为A.
题组三 对同步卫星规律的理解及应用
10．下面关于同步通信卫星的说法中，正确的是( )
A．同步通信卫星的高度和速率都是确定的
B．同步通信卫星的高度、速度、周期中，有的能确定，有的不能确定，可以调节
C．我国发射第一颗人造地球卫星的周期是114 min，比同步通信卫星的周期短，所以第一颗人造卫星离地面的高度比同步通信卫星的低
D．同步通信卫星的速率比我国发射的第一颗人造地球卫星的速率小
答案 ACD
解析 同步通信卫星的周期与角速度跟地球自转的周期与角速度分别相同，由ω＝ 和h＝r－R可知，卫星高度确定，由v＝ωr知速率也确定，选项A正确，B错误；由T＝2π 知，第一颗人造地球卫星的高度比同步通信卫星的低，选项C正确；由v＝ 知，同步通信卫星比第一颗人造地球卫星的速率小，故选项D正确．
11．关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法，正确的是( )
A．若其质量加倍，则轨道半径也要加倍
B．它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播
C．它以第一宇宙速度运行
D．它运行的角速度与地球自转角速度相同
答案 D
解析 由G＝m得r＝，可知轨道半径与卫星质量无关，A错误．同步卫星的轨道平面必须与赤道平面重合，即在赤道上空运行，不能在北京上空运行，B错误．第一宇宙速度是卫星在最低圆轨道上运行的速度，而同步卫星在高轨道上运行，其运行速度小于第一宇宙速度，C错误．所谓“同步”就是卫星保持与地面赤道上某一点相对静止，所以同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，D正确．
12．“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成．地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍．下列说法正确的是( )
A．静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍
B．静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍
C．静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的
D．静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的
答案 A
解析 根据G＝mr，可得T＝2π ，代入数据，A正确；根据G＝m，可得v＝ ，代入数据，B错误；根据G＝mω2r，可得ω＝ ，代入数据，C错误；根据G＝ma，可得a＝，代入数据，D错误．
题组四 综合应用
13．已知地球的半径是6.4×106 m，地球的自转周期是24 h，地球的质量是5.98×1024 kg，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，若要发射一颗地球同步卫星，试求：
(1)地球同步卫星的轨道半径r；
(2)地球同步卫星的环绕速度v的大小，并与第一宇宙速度比较大小关系．
答案 (1)4.2×107 m (2)3.1×103 m/s 小于第一宇宙速度
解析 (1)根据万有引力提供向心力得
＝mω2r，ω＝，
则r＝
＝ m
≈4.2×107 m.
(2)根据＝m得：
v＝ ＝ m/s≈3.1×103 m/s＝3.1 km/s<7.9 km/s.
14．据报载：某国发射了一颗质量为100 kg，周期为1 h的人造环月卫星，一位同学记不住引力常量G的数值，且手边没有可查找的资料，但他记得月球半径为地球半径的，月球表面重力加速度为地球表面重力加速度的，经过推理，他认定该报道是则假新闻，试写出他的论证方案．(地球半径约为6.4×103 km，g地取9.8 m/s2)
答案 见解析
解析 对环月卫星，根据万有引力定律和牛顿第二定律得＝mr，解得T＝2π
则r＝R月时，T有最小值，又＝g月
故Tmin＝2π ＝2π ＝2π
代入数据解得Tmin≈1.73 h
环月卫星最小周期为1.73 h，故该报道是则假新闻．
5.4 飞出地球去（二）
题组一 赤道物体、同步卫星和近地卫星的区别
1．关于近地卫星、同步卫星、赤道上的物体，以下说法正确的是( )
A．都是万有引力等于向心力
B．赤道上的物体和同步卫星的周期、线速度、角速度都相等
C．赤道上的物体和近地卫星的轨道半径相同但线速度、周期不同
D．同步卫星的周期大于近地卫星的周期
答案 CD
解析 赤道上的物体是由万有引力的一个分力提供向心力，A项错误；赤道上的物体和同步卫星有相同的周期和角速度，但线速度不同，B项错误；同步卫星和近地卫星有相同的中心天体，根据＝m＝mr得v＝ ，T＝2π ，由于r同>r近，故v同T近，D正确；赤道上的物体、近地卫星、同步卫星三者间的周期关系为T物＝T同>T近，根据v＝ωr可知v物2．a是地球赤道上一栋建筑，b是在赤道平面内做匀速圆周运动的卫星，c是地球同步卫星，已知c到地心距离是b的二倍，某一时刻b、c刚好位于a的正上方(如图1所示)，经48 h，a、b、c的大致位置是图中的( )
图1
答案 B
解析 b、c都是地球的卫星，由地球对它们的万有引力提供向心力，是可以比较的．a、c是在同一平面内以相同角速度转动的，也是可以比较的．在某时刻c在a的正上方，则以后永远在a的正上方，对b和c，根据G＝mr，rc＝2rb，推知Tc＝2Tb，又由2Tc＝nbTb
得：nb＝2×2≈5.66圈，所以B正确．
3．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近的近地轨道上做圆周运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图2所示，则有( )
图2
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
C．c在4 h内转过的圆心角是
D．d的运动周期可能是30 h
答案 BCD
解析 a受到万有引力和地面的支持力，由于支持力等于重力，与万有引力大小接近，所以向心加速度远小于重力加速度，选项A错误；由v＝ 知b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，选项B正确；c为同步卫星，周期Tc＝24 h，在4 h内转过的圆心角θ＝·2π＝，选项C正确；由T＝ 知d的周期最大，所以Td>Tc＝24 h，则d的周期可能是30 h，选项D正确．
题组二 卫星发射和变轨问题
4．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
答案 A
解析 由G＝m知T＝2π ，变轨后T减小，则r减小，故选项A正确；由G＝ma，知r减小，a变大，故选项B错误；由G＝m知v＝ ，r减小，v变大，故选项C错误；由ω＝知T减小，ω变大，故选项D错误．
5．如图3所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的3颗人造卫星，下列说法正确的是( )
图3
A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
B．a加速可能会追上b
C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等到同一轨道上的c
D．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，仍做匀速圆周运动，则其线速度将变大
答案 BD
解析 因为b、c在同一轨道上运行，故其线速度大小、加速度大小均相等．又由b、c轨道半径大于a轨道半径，由v＝ 可知，vb＝vc＜va，故选项A错误；当a加速后，会做离心运动，轨道会变成椭圆，若椭圆与b所在轨道相切(或相交)，且a、b同时来到切(或交)点时，a就追上了b，故B正确；当c加速时，c受的万有引力F＜m，故它将偏离原轨道，做离心运动；当b减速时，b受的万有引力F＞m，它将偏离原轨道，做向心运动．所以无论如何c也追不上b，b也等不到c，故选项C错误(对这一选项，不能用v＝ 来分析b、c轨道半径的变化情况)；对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，由v＝ 可知，r减小时，v逐渐增大，故选项D正确．
6．图4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4
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
答案 C
解析 “嫦娥一号”发射时因通过自带的火箭加速多次变轨，所以其发射速度应达到第一宇宙速度，而它未离开太阳系，故发射速度小于第三宇宙速度，A错误；在绕月圆轨道上，由＝m0R得T＝ 与卫星质量无关，B错误；在绕月轨道上，卫星受月球的引力大于地球对它的引力，D错误；由万有引力F＝G得C正确．
题组三 双星及三星问题
7．天文学家如果观察到一个星球独自做圆周运动，那么就想到在这个星球附近存在着一个看不见的星体——黑洞．若星球与黑洞由万有引力的作用组成双星，以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，那么( )
A．它们做圆周运动的角速度与其质量成反比
B．它们做圆周运动的周期与其质量成反比
C．它们做圆周运动的半径与其质量成反比
D．它们所需的向心力与其质量成反比
答案 C
解析 由于该双星和它们的轨道中心总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即它们做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同，A、B错误；因为它们所需的向心力都是由它们之间的万有引力来提供，所以大小必然相等，D错误；由F＝mω2r可得r∝，C正确．
8．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出S2的质量为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 设S1和S2的质量分别为m1、m2，对于S1有
G＝m12r1，得m2＝.
9．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，双星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为( )
A. T B.T C.T D.T
答案 B
解析 设m1的轨道半径为R1，m2的轨道半径为R2.两星之间的距离为l.
由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同．由向心力公式可得：
对m1：G＝m1R1 ①
对m2：G＝m2R2 ②
又因为R1＋R2＝l，m1＋m2＝M
由①②式可得T2＝
所以当两星总质量变为kM，两星之间的距离变为原来的n倍时，
圆周运动的周期T′2＝＝＝T2
即T′＝T，故A、C、D错误，B正确．
故选B.
10．宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统．其中有一种三星系统如图5所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R.忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G.则( )
图5
A．每颗星做圆周运动的线速度为
B．每颗星做圆周运动的角速度为
C．每颗星做圆周运动的周期为2π
D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
答案 AC
解析 任意两个星体之间的万有引力F＝，每一颗星体受到的合力F1＝F
由几何关系知：它们的轨道半径r＝R ①
合力提供它们的向心力：＝ ②
联立①②，解得：v＝ ，故A正确；
由＝
解得：T＝π ，故C正确；
角速度ω＝＝ ，故B错误；
由＝ma
得a＝，故加速度与它们的质量有关，故D错误．
故选A、C.
题组四 天体运动运动规律的理解及应用
11．美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、能适合居住的行星——“开普勒－22b”，它每290天环绕着一颗类似于太阳的恒星运转一周．若引力常量已知，要想求出该行星的轨道半径，除了上述信息只须知道( )
A．该行星表面的重力加速度
B．该行星的密度
C．该行星的线速度
D．被该行星环绕的恒星的质量
答案 CD
解析 行星绕恒星做圆周运动由G＝m，若已知M，则可求r，选项D正确；由T＝知，若已知v，则可求r，选项C正确．
12．已成为我国首个人造太阳系小行星的“嫦娥二号”，2014年2月再次刷新我国深空探测最远距离纪录，超过7 000万公里，“嫦娥二号”是我国探月工程二期的先导星，它先在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T；然后从月球轨道出发飞赴日地拉格朗日L2点(物体在该点受日、地引力平衡)进行科学探测．若以R表示月球的半径，引力常量为G，则( )
A．“嫦娥二号”卫星绕月运行时的线速度为
B．月球的质量为
C．物体在月球表面自由下落的加速度为
D．嫦娥二号卫星在月球轨道经过减速才能飞赴日地拉格朗日点
答案 B
13．“嫦娥三号卫星”简称“嫦娥三号”，专家称“三号星”，是嫦娥绕月探月工程计划中嫦娥系列的第三颗人造绕月探月卫星．若“三号星”在离月球表面距离为h的圆形轨道绕月球飞行，周期为T1.若已知地球中心和月球中心距离为地球半径R的n倍，月球半径为r，月球公转周期为T2，引力常量G.求：
(1)月球的质量；
(2)地球受月球的吸引力．
答案 (1) (2)
解析 (1)设“嫦娥三号”的质量为m，其绕月球做圆周运动的向心力由月球对它的吸引力提供
G＝m·2·(r＋h)
得M月＝.
(2)由题意知，地球中心到月球中心距离为nR.
月球做圆周运动的向心力等于地球对月球的吸引力，即
F＝M月2·nR
由牛顿第三定律，地球受月球的吸引力
F′＝F＝M月·2·nR＝.
6.1 经典力学的巨大成就和局限性
题组一 经典力学及其巨大成就
1．17世纪末，采用归纳与演绎、综合与分析的方法，建立了完整的经典力学体系，使物理学从此成为一门成熟的自然科学的科学家是( )
A．牛顿 B．开普勒
C．笛卡儿 D．伽利略
答案 A
解析 牛顿是经典力学理论体系的建立者，牛顿运动定律是经典力学的基础．
2．伽利略是经典力学的开创者，有关他的叙述正确的是( )
A．伽利略对运动进行了描述和分类，对自由落体运动规律进行了探索，得到了惯性原理，研究了抛体运动的轨迹
B．伽利略提出了运动的相对性原理，开创了实验科学
C．伽利略的研究，无论是在动力学的基本原理上，还是在动力学的研究方法上，都做出了奠基性的重要贡献
D．伽利略研究了物体间的引力，利用归纳—演绎法总结出了万有引力定律
答案 ABC
3．下列说法正确的是( )
A．经典力学中物体的质量是不变的
B．经典力学中的时间和空间是独立于物体及其运动的
C．万有引力定律适用于强作用力
D．物体的速度可以是任意值
答案 AB
4．根据经典物理学知识，人们对时间和空间的认识，下列说法正确的是( )
A．时间和空间是绝对的，与物质的存在和物质的运动都无关
B．时间和空间可以脱离物质而独立存在，二者之间无联系
C．时间和空间可以脱离物质而独立存在，二者之间存在一定的联系
D．时间和空间不能脱离物质而独立存在，二者之间存在一定的联系
答案 AB
题组二 经典力学的适用范围
5．牛顿力学的适用范围是( )
A．适用于宏观物体的低速运动(与光速相比)
B．适用于微观粒子的运动
C．适用于宏观物体的高速运动(与光速相比)
D．适用于受到强引力作用的物体
答案 A
解析 牛顿力学属于经典力学，它只适用于低速、宏观物体的运动以及引力不太强时的情况．故A对，B、C、D错．
6．经典力学只适用于“宏观世界”，这里的“宏观世界”是指( )
A．行星、恒星、星系等巨大的物质领域
B．地球表面上的物质世界
C．人眼能看到的物质世界
D．不涉及分子、原子、电子等微观粒子的物质世界
答案 D
解析 A、B、C三个选项说的都属于“宏观世界”，但都很片面，没有全面描述，本题应选D.
7．牛顿运动定律不适用于下列哪些情况( )
A．研究原子中电子的运动
B．研究“神舟九号”飞船的高速发射
C．研究地球绕太阳的运动
D．研究飞机从北京飞往纽约的航线
答案 A
解析 牛顿力学属于经典力学的研究范畴，适用于宏观、低速运动的物体，并注意低速和高速的标准是相对于光速，可判定牛顿运动定律适用于B、C、D中描述的运动，而A不适用．
8．经典力学不能适用于下列哪些运动( )
A．火箭的发射
B．宇宙飞船绕地球的运动
C．“勇气号”宇宙探测器的运动
D．微观粒子的波动性
答案 D
解析 经典力学只适用于低速运动，不适用高速运动，只适用于宏观世界，不适用于微观世界，所以不能适用于微观粒子的波动性．
题组三 经典力学的局限性
9．下列说法正确的是( )
A．以牛顿运动定律为基础的经典力学因其局限性而没有存在的价值
B．物理学的发展，使人们认识到经典力学有它的适用范围
C．经典力学适用于任何情况，不需要再完善
D．经典力学对处理低速运动的宏观物体具有相当高的实用价值
答案 BD
10．20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，不适用于微观粒子．这说明( )
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．人们应当不断扩展认识，在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律
答案 BCD
解析 人们对客观世界的认识，要受到所处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己的认识，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，并不意味着对原有科学的全盘否定．所以A错，B、C、D对．
