沪科版必修2 同步测试（26份）

学业分层测评(十七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(2016·南京高一检测)把人造地球卫星的运动近似看做匀速圆周运动，则离地球越近的卫星(　　)
A．质量越大　　　
B．万有引力越大
C．周期越大
D．角速度越大
【解析】　由万有引力提供向心力得F向＝F引＝＝mrω2＝mr，可知离地面越近，周期越小，角速度越大，且运动快慢与质量无关．所以卫星离地球的远近决定运动的快慢，与质量无关，故A、C错误，D正确；由于卫星质量m不确定，故无法比较万有引力大小，故B错误．
【答案】　D
2．在轨道上运行的人造地球卫星，若卫星上的天线突然折断，则天线将(　　)
A．做自由落体运动
B．做平抛运动
C．和卫星一起绕地球在同一轨道上运行
D．由于惯性沿轨道切线方向做直线运动
【解析】　卫星上折断的天线与卫星的线速度大小相同，由于折断的天线距地心的距离也不变化，所以它和卫星一起绕地球在同一轨道上运行，仍然做匀速圆周运动．故C选项正确．
【答案】　C
3．(2016·临沂高一检测)如图5 4 7所示是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是(　　)
图5 4 7
A．根据v＝可知vAB．根据万有引力定律可知FA>FB>FC
C．角速度ωA>ωB>ωC
D．向心加速度aA【解析】　由题图知三颗不同的人造地球卫星的轨道半径关系为rA由万有引力提供向心力得
＝m＝mrω2＝ma
可知v＝
所以vA>vB>vC，A选项错误；由于三颗卫星的质量关系不确定，故万有引力大小不确定，B选项错误；ω＝，所以ωA>ωB>ωC，C选项正确；a＝，所以aA>aB>aC，故D选项错误．
【答案】　C
4．星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为该星球的第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v2与其第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1.已知某星球的半径为r，表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为(　　)
A.
B．
C.
D.gr
【解析】　由第一宇宙速度公式可知，该星球的第一宇宙速度为v1＝，结合v2＝v1可得v2＝，C正确．
【答案】　C
5．如图5 4 8所示，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5 4 8
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
【解析】　由G＝ma，得卫星的向心加速度与行星的质量成正比，即甲的向心加速度比乙的小，选项A正确；由G＝mr，得甲的运行周期比乙的大，选项B错误；由G＝mrω2，得甲的角速度比乙的小，选项C错误；由G＝m，得甲的线速度比乙的小，选项D错误．
【答案】　A
6．已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为(　　)
A．3.5
km/s　　　　　　　
B．5.0
km/s
C．17.7
km/s
D．35.2
km/s
【解析】　由G＝m得，对于地球表面附近的航天器有：G＝，对于火星表面附近的航天器有：G＝，由题意知M′＝M、r′＝，且v1＝7.9
km/s，联立以上各式得：v2≈3.5
km/s，选项A正确．
【答案】　A
7．(多选)如图5 4 9所示，地球赤道上的物体A、近地卫星B和同步卫星C均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设A、B、C的运动速率分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则(　　)【导学号：02690064】
]图5 4 9
A．v1>v2>v3
B．v1C．a1>a2>a3
D．a1【解析】　由v＝rω知，当ω相同时，r越大，v越大．由于处于地球赤道上随地球自转时的物体和处于地球同步卫星轨道上时角速度ω相同，且r3>r1，故v3>v1，而近地卫星的运行速度最大，故v2>v3>v1.同理，由a＝rω2知a3>a1，由a＝知，a2>a3，故a2>a3>a1.所以B、D正确．
【答案】　BD
8．有两颗人造卫星，都绕地球做匀速圆周运动，已知它们的轨道半径之比r1∶r2＝4∶1，求这两颗卫星的：
(1)线速度之比；
(2)角速度之比；
(3)周期之比；
(4)向心加速度之比．
【解析】　(1)由G＝m得v＝
所以v1∶v2＝1∶2.
(2)由G＝mω2r得ω＝
所以ω1∶ω2＝1∶8.
(3)由T＝得T1∶T2＝8∶1.
(4)由G＝ma得a1∶a2＝1∶16.
【答案】　(1)1∶2　(2)1∶8　(3)8∶1　(4)1∶16
[能力提升]
9．(多选)(2015·天津高考)P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动．图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则(　　)
图5 4 10
A．P1的平均密度比P2的大
B．P1的“第一宇宙速度”比P2的小
C．s1的向心加速度比s2的大
D．s1的公转周期比s2的大
【解析】　由图像左端点横坐标相同可知，P1、P2两行星的半径R相等，对于两行星的近地卫星：G＝ma，得行星的质量M＝，由a r2图像可知P1的近地卫星的向心加速度大，所以P1的质量大，平均密度大，选项A正确；根据G＝得，行星的第一宇宙速度v＝，由于P1的质量大，所以P1的第一宇宙速度大，选项B错误；s1、s2的轨道半径相等，由a r2图像可知s1的向心加速度大，选项C正确；根据G＝m2r得，卫星的公转周期T＝2π，由于P1的质量大，故s1的公转周期小，选项D错误．
【答案】　AC
10．(多选)为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年，2009年被定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射的“嫦娥一号”卫星绕月球经过一年多的运行，完成了既定任务，于2009年3月1日16时13分成功撞月．如图5 4 11为“嫦娥一号”卫星撞月的模拟图，卫星在控制点1开始进入撞月轨道．假设卫星绕月球做圆周运动的轨道半径为R，周期为T，引力常量为G.根据题中信息，以下说法正确的是(　　)
图5 4 11
A．可以求出月球的质量
B．可以求出月球对“嫦娥一号”卫星的引力
C．“嫦娥一号”卫星在控制点1处应减速
D．“嫦娥一号”在地面的发射速度大于11.2
km/s
【解析】　由G＝mR可得M＝，选项A正确；月球对“嫦娥一号”卫星的引力F＝G，因不知道卫星的质量，故月球对卫星的引力不能求得，选项B错误；卫星在控制点1减速时，万有引力大于向心力，卫星做向心运动，半径减小，进入撞月轨道，选项C正确；若发射速度大于11.2
km/s，会脱离地球的束缚，不可能绕月球转动，选项D错误．
【答案】　AC
11．如图5 4 12所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是(　　)
图5 4 12
A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
B．b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度
C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c
D．a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将减小
【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b、c轨道半径大于a的轨道半径，由v＝知，vb＝vc，故它将做向心运动．所以无论如何c也追不上b，b也等不到c，故C选项错．对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短时间内，可近似认为它的轨道半径未变，视为稳定运行，由v＝知，r减小时v逐渐增大，故D选项错误．
【答案】　B
12．如图5 4 13所示，A是地球同步卫星，另一个卫星B的圆轨道位于赤道平面内，距离地面高度为h.已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．
图5 4 13
(1)卫星B的运行周期是多少？
(2)如果卫星B的绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，求至少再经过多长时间，它们再一次相距最近？
【解析】　(1)由万有引力定律和向心力公式得
G＝m(R＋h)①
G＝mg②
联立①②解得　TB＝2π.③
(2)由题意得(ωB－ω0)t＝2π④
由③得　ωB＝⑤
代入④得t＝.
【答案】　(1)2π　(2)
重点强化卷(五)　万有引力定律的应用
一、选择题
1．两个密度均匀的球体，相距r，它们之间的万有引力为10－8N，若它们的质量、距离都增加为原来的2倍，则它们间的万有引力为(　　)
A．10－8N　　　
B．0.25×10－8
N
C．4×10－8N
D．10－4N
【解析】　原来的万有引力为：F＝G
后来变为：F′＝G＝G
即：F′＝F＝10－8N，故选项A正确．
【答案】　A
2．已知引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，重力加速度g＝9.8
m/s2，地球半径R＝6.4×106
m，则可知地球质量的数量级是(　　)
A．1018
kg
B．1020
kg
C．1022
kg
D．1024
kg
【解析】　根据mg＝G得地球质量为M＝≈6.0×1024
kg.故选项D正确．
【答案】　D
3．(2016·中山高一检测)关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星，下述说法正确的是(　　)
A．已知它的质量是1.24
t，若将它的质量增为2.84
t，其同步轨道半径将变为原来的2倍
B．它的运行速度大于7.9
km/s
C．它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用它进行电视转播
D．它距地面的高度约为地球半径的5倍，故它的向心加速度约为其下方地面上物体的重力加速度的
【解析】　同步卫星的轨道半径是固定的，与质量大小无关，A错误；7.9
km/s是人造卫星的最小发射速度，同时也是卫星的最大环绕速度，卫星的轨道半径越大，其线速度越小．同步卫星距地面很高，故其运行速度小于7.9
km/s，B错误；同步卫星只能在赤道的正上方，C错误；由G＝man可得，同步卫星的加速度an＝G＝G＝G＝g，故选项D正确．
【答案】　D
4．如图1所示，在同一轨道平面上的几个人造地球卫星A、B、C绕地球做匀速圆周运动，某一时刻它们恰好在同一直线上，下列说法中正确的是(　　)
图1
A．根据v＝可知，运行速度满足vA>vB>vC
B．运转角速度满足ωA>ωB>ωC
C．向心加速度满足aAD．运动一周后，A最先回到图示位置
【解析】　由G＝m得，v＝，r大，则v小，故vATB>TC，因此运动一周后，C最先回到图示位置，D错误．
【答案】　C
5．(多选)(2016·湘潭高一检测)据英国《卫报》网站2015年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”．假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍．则该行星与地球的(　　)
【导学号：02690065】
A．轨道半径之比为
B．轨道半径之比为
C．线速度之比为
D．线速度之比为
【解析】　行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有G＝mR，解得：R＝，该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍，故：＝＝，故A正确，B错误；根据v＝，有：＝·＝·＝；故C正确，D错误．
【答案】　AC
6．银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动．由天文观测得其周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知万有引力常量为G.由此可求出S2的质量为(　　)
【导学号：02690066】
A.
B.
C.
D.
【解析】　设S1、S2两星体的质量分别为m1、m2，根据万有引力定律和牛顿定律得，对S1有G＝m1()2r1，解之可得m2＝，则D正确，A、B、C错误．
【答案】　D
7．质量相等的甲、乙两颗卫星分别贴近某星球表面和地球表面围绕其做匀速圆周运动，已知该星球和地球的密度相同，半径分别为R和r，则(　　)
A．甲、乙两颗卫星的加速度之比等于R∶r
B．甲、乙两颗卫星所受的向心力之比等于1∶1
C．甲、乙两颗卫星的线速度之比等于1∶1
D．甲、乙两颗卫星的周期之比等于R∶r
【解析】　由F＝G和M＝ρπR3可得万有引力F＝GπRmρ，又由牛顿第二定律F＝ma可得，A正确；卫星绕星球表面做匀速圆周运动时，万有引力等于向心力，因此B错误；由F＝GπRmρ，F＝m可得，选项C错误；由F＝GπRmρ，F＝mR可知，周期之比为1∶1，故D错误．
【答案】　A
8．(2016·雅安三诊考试)2013年12月2日，西昌卫星发射中心成功将着陆器和“玉兔号”月球车组成的嫦娥三号探测器送入轨道．现已测得探测器绕月球表面附近飞行时的速率大约为1.75
km/s(可近似当成匀速圆周运动)，若已知地球质量约为月球质量的81倍
，地球第一宇宙速度约为7.9
km/s，则地球半径约为月球半径的多少倍？(　　)
A．3倍
B．4倍
C．5倍
D．6倍
【解析】　根据万有引力提供向心力知，当环绕天体在中心天体表面运动时，运行速度即为中心天体的第一宇宙速度，由G＝m解得：v＝，故地球的半径与月球的半径之比为＝·，约等于4，故B正确，A、C、D错误．
【答案】　B
9．(2016·山东省实验中学高一期末)如图2所示，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上．某时刻b卫星恰好处于c卫星的正上方．下列说法中正确的是(　　)
图2
A．b、d存在相撞危险
B．a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度
C．b、c的角速度大小相等，且小于a的角速度
D．a、c的线速度大小相等，且小于d的线速度
【解析】　b、d在同一轨道，线速度大小相等，不可能相撞，A错；由a向＝知a、c的加速度大小相等且大于b的加速度，B对；由ω＝
知，a、c的角速度大小相等，且大于b的角速度，C错；由v＝
知a、c的线速度大小相等，且大于d的线速度，D错．
【答案】　B
10．(2015·四川高考)登上火星是人类的梦想．“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比(　　)
行星
半径/m
质量/kg
轨道半径/m
地球
6.4×106
6.0×1024
1.5×1011
火星
3.4×106
6.4×1023
2.3×1011
A.火星的公转周期较小
B．火星做圆周运动的加速度较小
C．火星表面的重力加速度较大
D．火星的第一宇宙速度较大
【解析】　火星和地球都绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，由＝mr＝ma知，因r火＞r地，而＝，故T火＞T地，选项A错误；向心加速度a＝，则a火＜a地，故选项B正确；地球表面的重力加速度g地＝，火星表面的重力加速度g火＝，代入数据比较知g火＜g地，故选项C错误；地球和火星上的第一宇宙速度：v地＝，v火＝，v地＞v火，故选项D错误．
【答案】　B
二、计算题
11．经天文学家观察，太阳在绕着银河系中心(银心)的圆形轨道上运行，这个轨道半径约为3×104光年(约等于2.8×1020m)，转动一周的周期约为2亿年(约等于6.3×1015s)．太阳做圆周运动的向心力是来自位于它轨道内侧的大量星体的引力，可以把这些星体的全部质量看做集中在银河系中心来处理问题．(G＝6.67×10－11N·m2/kg2)
用给出的数据来计算太阳轨道内侧这些星体的总质量．
【解析】　假设太阳轨道内侧这些星体的总质量为M，太阳的质量为m，轨道半径为r，周期为T，太阳做圆周运动的向心力来自于这些星体的引力，则
G＝mr
故这些星体的总质量为
M＝＝kg
≈3.3×1041
kg.
【答案】　3.3×1041
kg
12．质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间距离为L.已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．引力常量为G.
图3
(1)求两星球做圆周运动的周期；
(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2.已知地球和月球的质量分别为5.98×1024
kg和7.35×1022
kg.求T2与T1两者平方之比．(结果保留三位小数)【导学号：02690067】
【解析】　(1)两星球围绕同一点O做匀速圆周运动，其角速度相同，周期也相同，其所需向心力由两者间的万有引力提供，设OB为r1，OA为r2，则
对于星球B：G＝Mr1
对于星球A：G＝mr2
其中r1＋r2＝L
由以上三式可得T＝2π.
(2)对于地月系统，若认为地球和月球都围绕中心连线某点O做匀速圆周运动，由(1)可知地球和月球的运行周期T1＝2π
若认为月球围绕地心做匀速圆周运动，由万有引力与天体运动的关系：G＝mL
解得T2＝
则＝＝1.012.
【答案】　(1)2π　(2)1.012学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法正确的是(　　)
A．随着科技的发展，永动机是可以制成的
B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的
D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
【解析】　永动机是指不消耗或少消耗能量，而可以大量对外做功的装置，违背了能量转化和守恒定律，A错；太阳辐射大量的能量，地球只吸收了极少的一部分，但辐射到星际空间的能量也没有消失，一定是转化成了别的能量，B错；马和其他动物，包括人要运动，必须消耗能量，动物的能量来源是食物中储存的生物质能，C正确；所谓的“全自动”手表内部是有能量转化装置的，只有当人戴着手表活动时，才能不断补充能量，维持手表的运行，如果把表放在桌面上静置一段时间，它一定会停摆的，D错．
【答案】　C
2．市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子(如图4 3 7所示)．在阳光的照射下，小电扇快速转动，能给炎热的夏季带来一丝凉爽．该装置的能量转化情况是(　　)
图4 3 7
A．太阳能→电能→机械能
B．太阳能→机械能→电能
C．电能→太阳能→机械能
D．机械能→太阳能→电能
【解析】　电池板中太阳能转化为电能，小电动机中电能转化为机械能．
【答案】　A
3．(2016·杭州高一检测)下列对能的转化和守恒定律的认识错误的是(　　)
A．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
B．某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是不可能制成的
D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明机械能消失了
【解析】　根据能量守恒定律得知，某种形式的能减少，其他形式的能一定增大；某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，A、B正确；不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，违反了能量的转化和守恒定律，不可能制成，C正确；石子在运动和碰撞中机械能转化为了石子本身及周围物体的内能，能量并没有消失，故D错误．
【答案】　D
4．(多选)(2016·桂林高一检测)如图4 3 8所示，高h＝2
m
的曲面固定不动．一个质量为1
kg的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为4
m/s.g取10
m/s2.在此过程中，下列说法正确的是(　　)
【导学号：02690049】
图4 3 8
A．物体克服摩擦力做功20
J
B．物体的动能增加了8
J
C．物体的重力势能减少了20
J
D．曲面对物体的支持力对物体不做功
【解析】　根据动能定理得mgh＋Wf＝mv2＝×1×42
J＝8
J，B对；其中重力做功WG＝mgh＝1×10×2
J＝20
J，故重力势能减少20
J，C对；所以摩擦力做功Wf＝8
J－20
J＝－12
J，A错；支持力始终与物体的速度垂直，故支持力不做功，D对．
【答案】　BCD
5．(多选)竖直向上的恒力F作用在质量为m的物体上，使物体从静止开始运动，升高h时速度达到v，在这个过程中，设阻力恒为f.则下列表述正确的是(　　)
A．恒力F对物体做的功等于物体动能的增量，即Fh＝mv2
B．恒力F对物体做的功等于物体机械能的增量，即Fh＝mv2＋mgh
C．恒力F与阻力f对物体做功之和等于物体机械能的增量，即(F－f)h＝mv2＋mgh
D．物体所受合力做的功等于物体动能的增量，即(F－f－mg)h＝mv2
【解析】　由动能定理得Fh－fh－mgh＝mv2，D正确；由上式得Fh＝mgh＋mv2＋fh，由此得出F做的功等于物体机械能的增量与克服阻力做功之和，A，B错；由①式得(F－f)h＝mv2＋mgh，即恒力F与阻力f对物体做功之和等于机械能的增加量，C对．
【答案】　CD
6．(多选)(2016·琼海高一检测)如图所示4 3 9，长木块A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木块A上，则从物体B冲到木块A上到相对木块A静止的过程中，下述说法中正确的是(　　)
图4 3 9
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木块A获得的动能与系统内能的增加量之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木块A做的功的总和等于系统内能的增加量
【解析】　物体B动能的减少量等于B克服摩擦力做的功，也等于B的机械能的减少量，A错；摩擦力对物体B做的功等于B机械做的减少，摩擦力对木板A做的功等于A机械能的增加，故摩擦力对物体B做的功和对木块A做的功的总和等于系统机械能的减少量，由能量守恒定律，系统内能增加量等于机械能的减少量，故B错，C、D对．
【答案】　CD
7．(多选)下列过程中，可能实现的是(　　)
A．水的温度自动下降时释放的内能全部转化为机械能
B．利用不同深度的海水温度不同来制造一种机器，把海水的内能转化为机械能
C．粗糙水平面上运动的物体的动能转化为内能，使物体温度升高
D．静止在光滑水平面上的物体，温度降低时释放的内能转化为物体的动能，使物体运动起来
【解析】　根据能量转化和转移的方向性可知，物体温度下降释放的内能不可能在不引起其他变化的情况下完全转化为机械能，因此选项A、D是错误的，而选项B、C都是可实现的过程．
【答案】　BC
8．在质量为0.5
kg的重物上安装一极轻的细棒(设细棒足够长)，如图4 3 10所示的那样，用手在靠近重物处握住细棒，使重物静止，握细棒的手不动，稍稍减小握力，使手和细棒间保持一定的摩擦力，让重物和细棒保持一定的加速度下落，在起初的1.0
s的时间里，重物落下了0.50
m．在此过程中手和细棒之间所产生的热量是多少？(g取10
m/s2)
图4 3 10
【解析】　由h＝at2
a＝＝1
m/s2
得v＝at＝1×1.0
m/s＝1
m/s
由能量守恒mgh＝mv2＋Q热得，
Q热＝0.5×10×0.50
J－×0.5×12
J＝2.25
J.
【答案】　2.25
J
[能力提升]
9．足够长的传送带以v匀速传动，一质量为m的小物块A由静止轻放于传送带上，若小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图4 3 11所示，当小物块与传送带相对静止时，转化为内能的能量为(　　)
图4 3 11
A．mv2　　　　　　　
B．2mv2
C.mv2
D.mv2
【解析】　物块A被放于传送带即刻做匀加速直线运动，加速度a＝＝μg，匀加速过程前进的距离：x1＝＝，该时间内传送带前进距离：
x2＝vt＝v·＝，所以物块相对传送带滑动距离：
Δx＝x2－x1＝，故产生的内能：
Q＝μmg·Δx＝μmg·＝mv2，D正确．
【答案】　D
10．两块完全相同的木块A、B，其中A固定在水平桌面上，B放在光滑的水平桌面上，两颗同样的子弹以相同的水平速度射入两木块，穿透后子弹的速度分别为vA、vB，在子弹穿透木块过程中因克服摩擦力产生的热量分别为QA、QB，设木块对子弹的摩擦力大小一定，则(　　)
A．vA＞vB，QA＞QB
B．vA＜vB，QA＝QB
C．vA＝vB，QA＜QB
D．vA＞vB，QA＝QB
【解析】　两颗同样的子弹穿透木块的过程中，摩擦阻力f相同，子弹相对木块滑动的距离相同，所以摩擦力做功过程中产生的内能Q＝fΔx相同，根据能量守恒定律有：
mv2＝QA＋mv
mv2＝QB＋mv＋mBv′2
由以上两式可知vA＞vB，综上所述选项D正确．
【答案】　D
11．太阳能是21世纪重点发展的能源之一．太阳能汽车是利用太阳能电池将接收到的太阳能转化为电能，再利用电动机来驱动汽车的一种新型汽车．如图4 3 12所示的是一辆太阳能实验车，车上太阳能电池接受太阳能的面板的有效面积为S＝8
m2，太阳光照射到电池板每平方米面积上的辐射功率为P0＝1
kW.在晴朗天气，电池对着太阳时产生的电压为U＝120
V，并对车上的电动机提供10
A的电流.
【导学号：02690050】
图4 3 12
试问：
(1)该太阳能电池将太阳能转化为电能的效率是多少？
(2)如果这辆汽车的电动机将电能最终转化为机械能的效率为80
%，则汽车在水平路面上以6
m/s的速度匀速行驶时，电动机提供的牵引力是多大？
【解析】　(1)对于太阳能电池有：
P有用＝P电＝IU＝10×120
W＝1
200
W.
P总＝P0S＝1
000×8
W＝8
000
W，
故转化效率η1＝＝×100%＝15%.
(2)对于电动机有：
F＝＝
N＝160
N.
【答案】　(1)15%　(2)160
N
12．小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g.将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图4 3 13所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：
图4 3 13
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度．
【解析】　(1)由动能定理得
mgh－μmgcos
θ＝mv2①
得v＝.②
(2)在水平滑道上由能量守恒定律得mv2＝Ep③
联立②③解得Ep＝mgh－μmghcot
θ.④
(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块A被弹回过程中由能量守恒定律得Ep＝μmgh1cot
θ＋mgh1⑤
联立④⑤解得h1＝.
【答案】　(1)
(2)mgh－μmghcot
θ　(3)
重点强化卷(四)　动能定理和机械能守恒定律
(建议用时：60分钟)
一、选择题
1．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图1所示，则力F所做的功为(　　)
图1
A．mglcos
θ　　　　
B．Flsin
θ
C．mgl(1－cos
θ)
D．Fl
【解析】　小球缓慢由P→Q过程中，F大小变化，为变力做功．
设力F做功为WF，对小球由P→Q应用动能定理
WF－mgl(1－cos
θ)＝0
所以WF＝mgl(1－cos
θ)，故选C.
【答案】　C
2．(多选)某人用手将1
kg的物体由静止向上提起1
m，这时物体的速度为2
m/s(g取10
m/s2)，则下列说法正确的是(　　)
A．手对物体做功12
J
B．合力做功2
J
C．合力做功12
J
D．物体克服重力做功10
J
【解析】　WG＝－mgh＝－10
J，D对；由动能定理W合＝ΔEk＝mv2－0＝2
J，B对，C错；又因W合＝W手＋WG，故W手＝W合－WG＝12
J，A对．
【答案】　ABD
3．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图2所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是(　　)
图2
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C．重力和摩擦力的合力做的功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
【解析】　物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C对，B、D错．
【答案】　C
4．物体在合外力作用下做直线运动的v t图象如图3所示，下列表述正确的是(　　)
【导学号：02690051】
图3
A．在0～1
s内，合外力做正功
B．在0～2
s内，合外力总是做负功
C．在1
s～2
s内，合外力不做功
D．在0～3
s内，合外力总是做正功
【解析】　由v t图象知0～1
s内，v增加，动能增加，由动能定理可知合外力做正功，A对，B错；1
s～2
s内v减小，动能减小，合外力做负功，可见C、D错．
【答案】　A
5．(多选)质量为m的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P和汽车受到的阻力f均恒定不变，在时间t内，汽车的速度由v0增加到最大速度vm，汽车前进的距离为x，则此段时间内发动机所做的功W可表示为(　　)
A．W＝Pt
B．W＝fx
C．W＝mv－mv＋fx
D．W＝mv＋fx
【解析】　由题意知，发动机功率不变，故t时间内发动机做功W＝Pt，所以A正确；车做加速运动，故牵引力大于阻力f，故B错误；根据动能定理W－fx＝mv－mv，所以C正确，D错误．
【答案】　AC
6．木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度，如图4所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，下面说法正确的是(　　)
图4
A．子弹的机械能守恒
B．木块的机械能守恒
C．子弹和木块的总机械能守恒
D．以上说法都不对
【解析】　子弹打入木块的过程中，子弹克服摩擦力做功产生热能，故系统机械能不守恒．
【答案】　D
7．如图5所示，在高1.5
m的光滑平台上有一个质量为2
kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度大小为2
m/s，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10
m/s2)(　　)
图5
A．10
J　　
B．15
J　　　
C．20
J　　　
D．25
J
【解析】　弹簧与小球组成的系统机械能守恒，以水平地面为零势能面，Ep＋mgh＝mv2，解得Ep＝10
J，A正确．
【答案】　A
8.如图6所示，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球后，a可能达到的最大高度为(　　)
图6
A．h　　　　　　　　
B．1.5h
C．2h
D．2.5h
【解析】　释放b后，在b到达地面之前，a向上加速运动，b向下加速运动，a、b系统的机械能守恒，若b落地瞬间速度为v，则3mgh＝mgh＋mv2＋(3m)v2，可得v＝.b落地后，a向上做匀减速运动，设能够继续上升的高度为h′，由机械能守恒得mv2＝mgh′，h′＝.所以a达到的最大高度为1.5h，B正确．
【答案】　B
9．(2015·天津高考)如图7所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
图7
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
【解析】　圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．
【答案】　B
二、计算题
10．如图8所示，斜面长为s，倾角为θ，一物体质量为m，从斜面底端的A点开始以初速度v0沿斜面向上滑行，斜面与物体间的动摩擦因数为μ，物体滑到斜面顶端B点时飞出斜面，最后落在与A点处于同一水平面上的C处，则物体落地时的速度大小为多少？
【导学号：02690052】
图8
【解析】　对物体运动的全过程，由动能定理可得：
－μmgscos
θ＝mv－mv
所以vC＝.
【答案】　
11．(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图9所示，质量m＝60
kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6
m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24
m/s，A与B的竖直高度差H＝48
m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5
m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1
530
J，取g＝10
m/s2.
图9
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大．
【解析】　(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
v＝2ax①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144
N．③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mv－mv④
设运动员在C点所受的支持力FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m
⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12.5
m．⑥
【答案】　(1)144
N　(2)12.5
m
12．如图10所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的光滑定滑轮与质量为M的砝码相连．已知M＝2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h的距离(未落地)时，木块仍没离开桌面，则砝码的速度为多少？
图10
【解析】　解法一：用E初＝E末求解．
设砝码开始离桌面的高度为x，取桌面所在的水平面为参考面，则系统的初始机械能E初＝－Mgx，
系统的末机械能E末＝－Mg(x＋h)＋(M＋m)v2.
由E初＝E末得：－Mgx＝－Mg(x＋h)＋(M＋m)v2，
解得v＝.
解法二：用ΔEk增＝ΔEp减求解．
在砝码下降h的过程中，系统增加的动能为
ΔEk增＝(M＋m)v2，
系统减少的重力势能ΔEp减＝Mgh，
由ΔEk增＝ΔEp减得：(M＋m)v2＝Mgh，
解得v＝＝.
【答案】　学业分层测评(十八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
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．开普勒　　　　　　　
B．伽利略
C．牛顿
D．笛卡儿
【解析】　采用归纳与演绎法的科学家是牛顿，故C对．
【答案】　C
2．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
【解析】　A、B、C三个选项说的当然都属于“宏观世界”，但都很片面，没有全面描述，本题应选D.
【答案】　D
3．(多选)经典力学能适用下列哪些运动(　　)
A．火箭的发射
B．宇宙飞船绕地球的运动
C．“勇气号”宇宙探测器
D．微观粒子的波动性
【解析】　经典力学适用于宏观、低速、弱引力等领域，故A、B、C都适用，而研究微观粒子的波动性时，经典力学不再适用，D错误．
【答案】　ABC
4．(多选)通常我们把地球和相对地面静止或匀速运动的物体参考系看成是惯性系，若以下列系统为参考系，则属于非惯性系的有(　　)
A．停在地面上的汽车
B．绕地球做匀速圆周运动的飞船
C．在大海上匀速直线航行的轮船
D．进站时减速行驶的火车
【解析】　停在地面上的汽车和匀速直线航行的轮船是惯性系，而匀速圆周运动的飞船和减速行驶的火车是做变速运动，是非惯性系．
【答案】　BD
5．在探索微观世界的过程中，科学家们常通过建立假说、模型来把握物质的结构及特点，不断拓展认识的新领域．关于假说，有如下表述，其中正确的是(　　)
A．假说是对现实中已知事物或现象的一种简化处理
B．假说是对未知领域的事物或现象提出的一种推测
C．假说是对一个问题的所有幻想和假定
D．假说最终都可以变成科学理论
【解析】　物理学中的假说是对未知领域的事物或现象提出的一种推测．
【答案】　B
6．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．开普勒发现了行星运动定律
B．牛顿建立了万有引力定律
C．卡文迪许测出了引力常量G的数值
D．经典力学适用的领域有微观领域和低速领域
【解析】　开普勒总结得出了行星运动定律，故A正确；牛顿建立了万有引力定律，故B正确；牛顿建立了万有引力定律之后，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量G的数值，故C正确；经典力学适用的领域有宏观领域和低速领域，故D不正确．
【答案】　ABC
7．(多选)下列有关伽利略在经典力学中的贡献的叙述，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．伽利略发现了万有引力定律
【解析】　伽利略在经典力学上做出了突出贡献，上述A、B、C皆为其科学贡献．D项是牛顿的发现．
【答案】　ABC
8．继哥白尼提出“太阳中心说”、开普勒提出行星运动三定律后，牛顿站在世人的肩膀上，创立了经典力学，揭示了包括行星在内的宏观物体的运动规律；爱因斯坦既批判了牛顿力学的不足，又进一步发展了牛顿的经典力学，创立了相对论，这说明(　　)
A．世界无限扩大，人不可能认识世界，只能认识世界的一部分
B．人的认识具有能动性，都能够正确地反映客观世界
C．人对世界的每一个正确认识都有局限性，需要发展和深化
D．每一个认识都可能被后人推翻，人不可能获得正确的认识
【解析】　发现总是来自于认识过程，观点总是为解释发现而提出的，主动认识世界，积极思考问题，追求解决(解释)问题，这是科学研究的基本轨迹．任何一个人对客观世界的认识都要受当时的客观条件和科学水平的制约，所以所形成的“正确理论”都有一定的局限性，爱因斯坦的相对论理论是对牛顿力学的理论的发展和深化，但也有人正在向爱因斯坦理论挑战．综上所述，只有C正确．
【答案】　C
[能力提升]
9．(多选)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也有它的适用范围
C．相对论和量子力学的出现，是对经典力学的全盘否定
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
【解析】　牛顿运动定律能够解决宏观物体的低速运动问题，在生产、生活及科技方面起着重要作用，解决问题时虽然有一定误差，但误差极其微小，可以忽略不计，虽然相对论和量子力学更加深入科学地认识自然规律，它是科学的进步，但并不表示对经典力学的否定，故选项B、D正确．
【答案】　BD
10．(多选)关于经典力学的伟大成就，下列论述正确的是(　　)
A．经典力学第一次实现了对自然界认识的理论大综合
B．经典力学第一次预言了宇宙中黑洞的存在
C．经典力学第一次向人们展示了时间的相对性
D．人们借助于经典力学中的研究方法，建立了完整的经典物理学体系
【解析】　经典力学把天上物体和地上物体的运动统一起来，从力学上证明了自然界的多样性的统一，实现了人类对自然界认识的第一次理论大综合．在研究方法上，人们把经典力学中行之有效的实验与教学相结合的方法推广到物理学的各个分支上，相继建立了热学、声学、光学、电磁学等，形成了完整的经典力学体系．综上所述，应选A、D.
【答案】　AD
11．20世纪以来，人们发现了一些事实，用经典力学却无法解释．经典力学只适用于解决物体的________运动问题，不能用来处理__________运动问题，只适用于________物体，
不适用于________粒子．这说明人们对客观事物的具体认识在广度上是有________的，人们应当____________________．
【答案】　低速　高速　宏观　微观　局限性　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
12．以牛顿运动定律为基础的经典力学，在科学研究和生产技术中有哪些应用？
【解析】　经典力学在科学研究和生产技术中有广泛的应用．经典力学与天文学相结合建立了天体力学；经典力学和工程实际相结合，建立了应用力学，如水利学、材料力学、结构力学等．从地面上各种物体的运动到天体的运动；从大气的流动到地壳的变动；从拦河筑坝、修建桥梁到设计各种机械；从自行车的运动到汽车、火车、飞机等现代交通工具的运动；从投出篮球到发射导弹、卫星、宇宙飞船等，所有这些都服从经典力学规律．
【答案】　见解析章末综合测评(四)
(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．如图所示实例中均不考虑空气阻力，系统机械能守恒的是(　　)
【解析】　人上楼、跳绳过程中机械能不守恒，从能量转化角度看都是消耗人体的化学能；水滴石穿，水滴的机械能减少的部分转变为内能；弓箭射出过程中是弹性势能与动能、重力势能的相互转化，只有重力和弹力做功，机械能守恒．
【答案】　D
2．如图1所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为mgh
C．运动员克服摩擦力做功为mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh
【解析】　运动员的加速度为g，沿斜面：mg－f＝m·g，f＝mg，Wf＝mg·2h＝mgh，所以A、C项错误，D项正确；Ek＝mgh－mgh＝mgh，B项错误．
【答案】　D
3．如图2所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)
【导学号：02690053】
图2
A．Mg－5mg　　　　　　
B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg
D．Mg＋10mg
【解析】　设小环到大环最低点的速度为v，由能量守恒定律，得mv2＝mg2R①
小环在大环上做圆周运动，在最低点时，大环对它的支持力方向竖直向上，设为FN，由牛顿第二定律，得FN－mg＝m②
由①②得FN＝5mg，由牛顿第三定律可知，小环对大环竖直向下的压力FN′＝FN＝5mg.大环平衡，轻杆对大环的拉力为F＝FN′＋Mg＝Mg＋5mg，选项C正确．
【答案】　C
4．一小石子从高为10
m处自由下落，不计空气阻力，经一段时间后小石子的动能恰等于它的重力势能(以地面为参考平面)，g取10
m/s2，则该时刻小石子的速度大小为(　　)
A．5
m/s
B．10
m/s
C．15
m/s
D．20
m/s
【解析】　设小石子的动能等于它的重力势能时速度为v，根据机械能守恒定律得mgh＝mgh′＋mv2
由题意知mgh′＝mv2，所以mgh＝mv2
故v＝＝10
m/s，B正确．
【答案】　B
5.如图3所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A与B始终沿同一直线运动，则A与B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)
图3
A．A开始运动时　　　
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时
D．A和B的速度相等时
【解析】　因系统只有弹力做功，系统机械能守恒，故A与B组成的系统动能损失最大时，弹簧弹性势能最大．又因当两物体速度相等时，A与B间弹簧形变量最大，弹性势能最大，故D项正确．
【答案】　D
6.如图4所示，一小球自A点由静止自由下落到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短．若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→B→C的运动过程中(　　)
图4
A．小球和弹簧总机械能守恒
B．小球的重力势能减少
C．小球在B点时动能最大
D．到C点时小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
【解析】　小球由A→B→C的运动过程中，小球和弹簧组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，A正确；到C点时小球重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量，B、D正确；小球下落过程中动能先增大后减小，重力和弹力相等时小球动能最大，故C错误．
【答案】　ABD
7．下列过程中，可能发生的是(　　)
A．某工作物质从高温热源吸收20
kJ的热量，全部转化为机械能，而没有引起其他变化
B．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发进去，恢复原状
C．利用其他手段，使低温物体的温度更低，高温物体的温度更高
D．将两瓶不同液体混合，不会自发地各自分开
【解析】　根据能量转化的方向性可知，机械能可以完全转化为内能，但内能不能够完全转化成机械能而不引起其他变化，内能完全转化为机械能需要借助其他条件，引起其他变化，选项A错误；高压密闭容器内气体可以自由地溢出变为低压气体，但低压气体要变为高压气体，再返回到容器内需要外力作用才能完成，选项B错误；利用空调和冰箱，通过消耗电能可以使物体的温度变得更低，利用电炉可以使物体的温度变得更高，选项C正确；两瓶不同液体混合，分子间扩散，但扩散过程不可逆，选项D正确．
【答案】　CD
8．由光滑细管组成的轨道如图5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(　　)
【导学号：02690054】
图5
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
【解析】　要使小球从A点水平抛出，则小球到达A点时的速度v＞0，根据机械能守恒定律，有mgH－mg·2R＝mv2，所以H＞2R，故选项C正确，选项D错误；小球从A点水平抛出时的速度v＝，小球离开A点后做平抛运动，则有2R＝gt2，水平位移x＝vt，联立以上各式可得水平位移x＝2，选项A错误，选项B正确．
【答案】　BC
二、非选择题(共4小题，共52分)
9．(10分)(2016·全国甲卷)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图6所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
图6
(1)实验中涉及下列操作步骤：
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号)．
(2)图7中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50
Hz.由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为__________________
m/s.比较两纸带可知，____________(填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．
图7
【解析】　(1)实验时首先向左推物块使弹簧压缩，测量出弹簧压缩量，然后把纸带向左拉直，先接通打点计时器电源，待打点稳定后，再松手释放物块，故正确的操作顺序是④①③②.
(2)物块脱离弹簧后将在光滑水平桌面上做匀速直线运动，由M纸带可知物块脱离弹簧时的速度v＝＝m/s≈1.29
m/s.比较M、L两纸带，物块脱离弹簧后在相同时间内的位移M的比L的大，则M纸带对应的那次实验中物块在脱离弹簧后的速度大，即M纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．
【答案】　(1)④①③②　(2)1.29　M
10．(10分)用如图8实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图9甲给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50
g，m2＝150
g，打点计时器工作频率为50
Hz，则(g取10
m/s2，结果保留两位有效数字)
图8
(1)纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s；
(2)在打0～5的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J，系统势能的减少量ΔEp＝________J，由此得出的结论是__________________________．
(3)若某同学作出v2 h图象图9乙所示，则当地的重力加速度g′＝____
m/s2.
甲
乙
图9
【解析】　(1)在纸带上打下计数点5时的速度大小为
v＝＝×10－2m/s＝2.4
m/s.
(2)在打点0～5过程中系统动能的增量为
ΔEk＝(m1＋m2)v2－0＝×(50＋150)×10－3×2.42
J－0≈0.58
J
系统重力势能的减少量为
ΔEp＝(m2－m1)gh05＝(150－50)×10－3×10×(38.40＋21.60)×10－2J＝0.60
J
实验结果表明，在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统重力势能的减少量等于动能的增加量，即系统的机械能守恒．
(3)m1、m2组成的系统机械能守恒，则
m2g′h－m1g′h＝m2v2＋m1v2－0，整理得v2＝g′h
可见，重力加速度g′大小等于 h图象斜率的2倍，则g′＝2×
m/s2＝9.7
m/s2.
【答案】　(1)2.4　(2)0.58　0.60　系统的机械能守恒　(3)9.7
11．(14分)如图10所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的恒力F拉滑块B.
图10
(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？
(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．
【解析】　(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为l，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得
μmgl＝mv
(F－μmg)·(l＋L)＝mv
又由等时性可得
＝(其中aA＝μg，aB＝)
解得l＝.
(2)由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有
F(l＋L)＝mv＋mv＋Q
解得Q＝μmgL.
【答案】　(1)　(2)μmgL
12．(18分)如图11所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10
cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8
m，水平距离s＝1.2
m，水平轨道AB长为L1＝1
m，BC长为L2＝3
m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10
m/s2.
图11
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度；
(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度的范围是多少？
【导学号：02690055】
【解析】　(1)小球恰能通过最高点，有mg＝m，
由B到最高点有mv＝mv2＋mg·2R.
由A→B有－μmgL1＝mv－mv.
解得在A点的初速度vA＝3
m/s.
(2)若小球恰好停在C处，则有
－μmg(L1＋L2)＝0－mv，
解得在A点的初速度vA＝4
m/s.
若小球停在BC段，则有3
m/s≤vA≤4
m/s.
若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有
h＝gt2，s＝vCt，
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv，
则有vA＝5
m/s.
若小球能过D点，则vA≥5
m/s.
综上，初速度范围是：
3
m/s≤vA≤4
m/s或vA≥5
m/s.
【答案】　(1)3
m/s　(2)
3m/s≤vA≤4
m/s或vA≥5
m/s章末综合测评(三)
(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．一小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球在空中运动的过程中重力做功的功率P随时间t变化的图像是(　　)
【解析】　设经过时间t速度大小为v，其方向与竖直方向(或重力方向)成θ角，由功率公式P＝Fvcos
θ知，此时重力的功率P＝mgvcos
θ＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，所以A正确．
【答案】　A
2．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减速上升，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．斜向上，对人做正功
【解析】　人随扶梯沿斜面减速上升，人的受力有重力、支持力和水平向左的静摩擦力，且静摩擦力方向与运动方向的夹角大于90°，故静摩擦力对人做负功．
【答案】　B
3.如图2所示，质量为m的物体A静止于倾角为θ的斜面体B上，斜面体B的质量为M，现对该斜面体施加一个水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平方向向左做加速度为a的匀加速运动，移动s，则此过程中斜面体B对物体A所做的功为(　　)
图2
A．Fs　　　　　　　　
B．mgssin
θ
C．mas
D．(M＋m)as
【解析】　物体A随斜面体一起做匀加速运动，它所受合外力等于ma，这个力水平向左由斜面B所给，由W＝mas故选项C正确．
【答案】　C
4.如图3所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是(　　)
【导学号：02690042】
图3
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大
【解析】　小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．
【答案】　A
5．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，如图4所示．假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比．每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120
km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为(　　)
图4
A．120
km/h
B．240
km/h
C．320
km/h
D．480
km/h
【解析】　设一节动车功率为P，动车和拖车质量均为m，阻力系数为k，则有P＝k·4mg·v1，
6P＝k·9mg·v2，
v1＝120
km/h，
由以上三式得v2＝320
km/h，故C正确．
【答案】　C
6．物体沿直线运动的v t图象如图5所示，已知在第1秒内合力对物体做功为W，则(　　)
图5
A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－0.75W
【解析】　由题中图象可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1
s内：W＝mv2，
第1
s末到第3
s末：W1＝mv2－mv2＝0，A错；
第3
s末到第5
s末：W2＝0－mv2＝－W，B错；
第5
s末到第7
s末：W3＝m(－v)2－0＝W，C正确；
第3
s末到第4
s末：W4＝m()2－mv2＝－0.75W，D正确．
【答案】　CD
7．关于物体所受外力的合力做功与物体动能的变化的关系以下说法正确的是(　　)
A．合力做正功，物体动能增加
B．合力做正功，物体动能减少
C．合力做负功，物体动能增加
D．合力做负功，物体动能减少
【解析】　根据动能定理，合力做功等于物体动能变化，合力做正功，动能增加；合力做负功，动能减少．所以A和D正确．
【答案】　AD
8．如图6是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，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，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(　　)
图6
A．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动
B．这段时间内阻力所做的功为Pt
C．这段时间内合力做的功为mv
D．这段时间内电动机所做的功为Fs＋mv
【解析】　从题意得到，可将太阳能驱动小车运动视为“汽车以功率不变启动”，所以这段时间内小车做加速运动，A项错误；电动机做功用Pt计算，阻力做功为W＝Fs，B项错误；根据动能定理判断，这段时间内合力做功为mv，C项正确；这段时间内电动机所做的功为Pt＝Fs＋mv，D项正确．
【答案】　CD
二、非选择题(共4小题，共52分)
9．(8分)(2013·福建高考)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图7)：
图7
(1)下列说法哪一项是正确的(　　)
A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
(2)图8是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O，A，B，C为计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为
50
Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为____m/s(保留三位有效数字)．
图8
【解析】　平衡摩擦力的原理就是在没有拉力的情况下调整斜面倾角，使μ＝tan
θ，A错；为减小系统误差应使钩码质量远小于小车质量，B错；实验时使小车靠近打点计时器能充分利用纸带，由静止释放则通过后面的点测出的动能即等于该过程的动能变化量，便于利用实验数据进行探究．据vB＝＝0.653
m/s可得打B点时小车的瞬时速度．
【答案】　(1)C　(2)0.653
10．(12分)在“探究功与速度变化的关系”的实验中，得到的纸带如图9所示，小车的运动情况可描述为：A，B之间为________________
运动；C，D之间为________运动．小车离开橡皮筋后的速度为________m/s.
图9
【解析】　由图可知小车在A、B之间做加速运动，由于相邻计数点间位移之差不等，由Δs＝aT2知，小车的加速度是变化的，故做变加速运动．在C，D之间计数点均匀分布，说明小车做匀速运动．小车离开橡皮筋后做匀速运动，由CD段纸带，求出速度为：
v＝＝
m/s＝0.36
m/s.
【答案】　变加速　匀速　0.36
11．(16分)质量m＝1
kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4
m时，拉力F停止作用，运动到位移是8
m时物体停止，运动过程中Ek s的图线如图10所示，g＝10
m/s2，求：
图10
(1)物体和平面间的动摩擦因数；
(2)拉力F的大小．
【解析】　(1)在运动的第二阶段，物体在位移s2＝4
m内，动能由Ek＝10
J变为零，
由动能定理得－μmgs2＝－Ek
故动摩擦因数
μ＝＝＝0.25.
(2)在运动的第一阶级，物体位移s1＝4
m，
初动能Ek0＝2
J，
根据动能定理Fs1－μmgs1＝Ek－Ek0
所以F＝4.5
N.
【答案】　(1)0.25　(2)4.5
N
12．(16分)如图11所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角θ＝30°的固定的光滑斜轨道面进行．有一件质量为m＝2.0
kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B，然后又在水平地面上滑行一段距离停下，若A点距离水平地面的高度h＝5.0
m，重力加速度g取10
m/s2，求：
图11
(1)包装盒由A滑到B经历的时间；
(2)若地面的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？(不计斜面与地面接触处的能量损耗)
【解析】　(1)包装盒沿斜面下滑受到重力和斜面支持力，由牛顿第二定律，得mgsin
θ＝ma
a＝gsin
θ＝5.0
m/s2
包装盒沿斜面由A到B的位移为
SAB＝＝10
m
包装盒由A到B做匀加速运动的时间为t
SAB＝at2得
t＝＝2.0
s.
(2)由动能定理得：
－fs＝0－mv
其中滑动摩擦力f＝μmg
在B点速度vB＝at
代入已知，得s＝10
m.
【答案】　(1)2.0
s　
(2)10
m学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法正确的是(　　)
A．物体沿水平面做匀加速运动，机械能一定守恒
B．起重机匀速提升物体，机械能一定守恒
C．物体沿光滑曲面自由下滑过程中，机械能一定守恒
D．跳伞运动员在空中匀速下落过程中，机械能一定守恒
【解析】　A项，势能不变动能增加；B项，动能不变势能增加；C项，只有重力做功机械能守恒；D项，动能不变势能减小，综上所述选项C正确．
【答案】　C
2．如图4 2 12所示，在水平台面上的A点，一个质量为m的物体以初速度v0被抛出，不计空气阻力，则它到达B点时速度的大小是(　　)
图4 2 12
A.　　　　　
B.
C.
D．v0
【解析】　若选桌面为参考面，则mv
＝－mgh＋mv，解得vB＝.
【答案】　B
3.(多选)竖直放置的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图4 2 13所示．则迅速放手后(不计空气阻力)(　　)
图4 2 13
A．放手瞬间小球的加速度等于重力加速度
B．小球与弹簧与地球组成的系统机械能守恒
C．小球的机械能守恒
D．小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大
【解析】　放手瞬间小球加速度大于重力加速度，A错；整个系统(包括地球)的机械能守恒，B对，C错；向下运动过程中，由于重力势能减小，所以小球的动能与弹簧弹性势能之和增大，D对．
【答案】　BD
4．(2016·金华高一检测)质量为1
kg的物体从倾角为30°、长2
m的光滑斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，那么，当它滑到斜面中点时具有的机械能和重力势能分别是(g取10
m/s2)(　　)
A．0
J，－5
J　　　　
B．0
J，－10
J
C．10
J,5
J
D．20
J，－10
J
【解析】　物体下滑时机械能守恒，故它下滑到斜面中点时的机械能等于在初始位置的机械能，下滑到斜面中点时的重力势能Ep＝－mg·sin
30°＝－1×10××sin
30°
J＝－5
J．故选项A正确．
【答案】　A
5．如图4 2 14所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A的速率为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物块运动到C点时弹簧的弹性势能为(　　)
图4 2 14
A．mgh　　　　　　　
B．mgh＋mv2
C．mgh－mv2
D.mv2－mgh
【解析】　由机械能守恒定律可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有mv2＝mgh＋Ep，故Ep＝mv2－mgh.
【答案】　D
6．如图4 2 15所示的光滑轻质滑轮，阻力不计，M1＝2
kg，M2＝1
kg，M1离地高度为H＝0.5
m．M1与M2从静止开始释放，M1由静止下落0.3
m
时的速度为(　　)
【导学号：02690047】
A.
m/s
B．3
m/s
C．2
m/s
D．1
m/s
图4 2 15
【解析】　
对系统运用机械能守恒定律得，(M1－M2)gh＝(M1＋M2)v2，代入数据解得v＝
m/s，故A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
7．质量为25
kg的小孩坐在秋千上，小孩重心离拴绳子的横梁2.5
m，如果秋千摆到最高点时，绳子与竖直方向的夹角是60°，秋千板摆到最低点时，忽略手与绳间的作用力，求小孩对秋千板的压力大小．(g取10
m/s2)
图4 2 16
【解析】　秋千摆在最低点过程中，只有重力做功，机械能守恒，则：
mgl(1－cos
60°)＝mv2①
在最低点时，设秋千对小孩的支持力为FN，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m②
联立①②解得：FN＝2mg＝2×25×10
N＝500
N，
由牛顿第三定律得小孩对秋千板的压力为500
N.
【答案】　500
N
8．2014年冬季奥林匹克运动会跳台滑雪比赛在俄罗斯举行．图4 2 17为一跳台的示意图．假设运动员从雪道的最高点A由静止开始滑下，不借助其他器械，沿光滑雪道到达跳台的B点时速度多大？当他落到离B点竖直高度为10
m的雪地C点时，速度又是多大？(设这一过程中运动员没有做其他动作，忽略摩擦和空气阻力，g取10
m/s2)
图4 2 17
【解析】　运动员在滑雪过程中只有重力做功，故运动员在滑雪过程中机械能守恒．取B点所在水平面为参考平面．由题意知A点到B点的高度差h1＝4
m，B点到C点的高度差h2＝10
m，从A点到B点的过程由机械能守恒定律得mv＝mgh1，
故vB＝＝4
m/s≈8.9
m/s；
从B点到C点的过程由机械能守恒定律得
mv＝－mgh2＋mv，
故vC＝＝2
m/s≈16.7
m/s.
【答案】　8.9
m/s　16.7
m/s
[能力提升]
9．(多选)如图4 2 18所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项正确的是(　　)
图4 2 18
A．物体落到海平面时的势能为mgh
B．重力对物体做的功为mgh
C．物体在海平面上的动能为mv＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为mv
【解析】　若以地面为参考平面，物体落到海平面时的势能为－mgh，所以A选项错误；此过程重力做正功，做功的数值为mgh，因而B正确；不计空气阻力，只有重力做功，所以机械能守恒，有mv＝－mgh＋Ek，在海平面上的动能为Ek＝mv＋mgh，C选项正确；在地面处的机械能为mv，因此在海平面上的机械能也为mv，D选项正确．
【答案】　BCD
10．(多选)如图4 2 19所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4
m，最低点有一小球(半径比r小很多)，现给小球以水平向右的初速度v0，如果要使小球不脱离圆轨道运动，那么v0应当满足(g取10
m/s2)(　　)
【导学号：02690048】
图4 2 19
A．v0≥0
B．v0≥4
m/s
C．v0≥2
m/s
D．v0≤2
m/s
【解析】　当小球沿轨道上升的最大高度等于r时，由机械能守恒定律得mv＝mgr，得v0＝2
m/s；
当小球恰能到达圆轨道的最高点时有mg＝m
又由机械能守恒mv＝mg2r＋mv2
解得v0＝2
m/s.
所以满足条件的选项为CD.
【答案】　CD
11．某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律，测得数据如图4 2 20所示．
图4 2 20
(1)某同学用20分度的游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球的直径为________cm.图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A，B，计时装置测出小球通过A，B的时间分别为2.55
ms、5.15
ms，由此可知小球通过光电门A，B时的速度分别为vA，vB，其中vA＝________m/s.
(2)用刻度尺测出光电门A，B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较____________是否相等，就可以验证机械能是否守恒(用题目中涉及的物理量符号表示)．
(3)通过多次实验发现，小球通过光电门A的时间越短，(2)中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是________________．
【解析】　(1)由游标卡尺的读数方法d＝主尺读数＋游标尺的读数，注意分度，读得小球直径为1.020
cm，小球通过光电门可近似认为做匀速直线运动，所以vA＝＝＝4
m/s；
(2)在验证机械能守恒定律时，要看动能的减少量是否等于势能的增加量，即gh＝－；
(3)小球通过光电门A的时间越短，意味着小球的速度越大，而速度越大受到的空气阻力就越大，损失的能量就越多，动能的减少量和势能的增加量差值就越大．
【答案】　(1)1.020　4(4.0或4.00也对)
(2)gh和
(3)小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大
12．山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图4 2 21，图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8
m，h2＝4.0
m，x1＝4.8
m，x2＝8.0
m．开始时，质量分别为M＝10
kg和m＝2
kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g取10
m/s2.求：
图4 2 21
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．
【解析】　本题考查了平抛运动、机械能守恒定律和圆周运动的综合应用，考查了考生的综合分析能力，运动过程和受力分析是解答关键．思路大致如下：根据平抛运动求猴子的最小速度，根据机械能守恒定律求猴子荡起时的速度，利用圆周运动，结合几何关系，求青藤的拉力．
(1)设猴子从A点水平跳离时速度最小值为vmin，根据平抛运动规律，有
h1＝gt2①
x1＝vmint②
由①②式，得vmin＝8
m/s.③
(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有
(M＋m)gh2＝(M＋m)v④
vC＝＝
m/s≈9
m/s.⑤
(3)设拉力为FT，青藤长度为L，在最低点，由牛顿第二定律得
FT－(M＋m)g＝⑥
由几何关系
(L－h2)2＋x＝L2⑦
故L＝10
m⑧
综合⑤⑥⑧式并代入数据得FT＝216
N.
【答案】　(1)8
m/s　(2)9
m/s　(3)216
N学业分层测评(五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于做匀速圆周运动物体的向心加速度的方向，下列说法中正确的是(　　)
A．与线速度方向始终相同
B．与线速度方向始终相反
C．始终指向圆心
D．始终保持不变
【解析】　向心加速度的方向与线速度方向垂直，始终指向圆心，A、B错误，C正确；做匀速圆周运动物体的向心加速度的大小不变，而方向时刻变化，D错误．
【答案】　C
2．做匀速圆周运动的两物体甲和乙，它们的向心加速度分别为a1和a2，且a1>a2，下列判断正确的是(　　)
A．甲的线速度大于乙的线速度
B．甲的角速度比乙的角速度小
C．甲的轨道半径比乙的轨道半径小
D．甲的速度方向比乙的速度方向变化快
【解析】　由于不知甲和乙做匀速圆周运动的半径大小关系，故不能确定它们的线速度、角速度的大小关系，A、B、C错；向心加速度是表示线速度方向变化快慢的物理量，a1>a2，表明甲的速度方向比乙的速度方向变化快，D对．
【答案】　D
3．如图2 2 7所示，跷跷板的支点位于板的中点，A、B是板的两个点，在翘动的某一时刻，A、B的线速度大小分别为vA、vB，角速度大小分别为ωA、ωB，向心加速度大小分别为aA、aB，则(　　)
【导学号：02690018】
图2 2 7
A．vA＝vB，ωA>ωB，aA＝aB
B．vA>vB，ωA＝ωB，aA>aB
C．vA＝vB，ωA＝ωB，aA＝aB
D．vA>vB，ωA<ωB，aA【解析】　由题意知A、B的角速度相等，由图看出rA>rB，根据v＝ωr得线速度vA>vB，根据a＝ω2r得aA>aB，所以B选项正确．
【答案】　B
4.(2016·天水高一检测)如图2 2 8所示，某物体沿光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点的过程中，物体的速率逐渐增大，则(　　)
图2 2 8
A．物体的合力为零
B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C．物体的合力就是向心力
D．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)
【解析】　物体做加速曲线运动，合力不为零，A错；物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力提供向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合力方向间的夹角为锐角，合力方向与速度方向不垂直，B、C错，D对．
【答案】　D
5．一辆开往雅安地震灾区满载新鲜水果的货车以恒定速率通过水平面内的某转盘，角速度为ω，其中一个处于中间位置的水果质量为m，它到转盘中心的距离为R，则其他水果对该水果的作用力为(　　)
A．mg　　　　　　　　
B．mω2R
C.
D.
【解析】　处于中间位置的水果在水平面内随车转弯，做水平面内的匀速圆周运动，合外力提供水平方向的向心力，则F向＝mω2R，根据平衡条件及平行四边形定则可知，其他水果对该水果的作用力大小为F＝，选项C正确，其他选项均错误．
【答案】　C
6.(多选)如图2 2 9所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有(　　)
图2 2 9
A．线速度vA>vB
B．运动周期TA>TB
C．它们受到的摩擦力FfA>FfB
D．筒壁对它们的弹力FNA>FNB
【解析】　由于两物体角速度相等，而rA>rB，所以vA＝rAω>vB＝rBω，A项对；由于ω相等，则T相等，B项错；因竖直方向受力平衡，Ff＝mg，所以FfA＝FfB，C项错；弹力等于向心力，所以FNA＝mrAω2>FNB＝mrBω2，D项对．
【答案】　AD
7．如图2 2 10所示，在男女双人花样滑冰运动中，男运动员以自身为转动轴拉着女运动员做匀速圆周运动．若运动员的转速为30
r/min，女运动员触地冰鞋的线速度为4.8
m/s，求女运动员做圆周运动的角速度、触地冰鞋做圆周运动的半径及向心加速度大小．
图2 2 10
【解析】　男女运动员的转速、角速度是相同的，
由ω＝2πn得ω＝2×3.14×30/60
rad/s＝3.14
rad/s.
由v＝ωr得r＝＝
m＝1.53
m.
由a＝ω2r得a＝3.142×1.53
m/s2＝15.1
m/s2.
【答案】　3.14
rad/s　1.53
m　15.1
m/s2
8.长为L的细线，拴一质量为m的小球，细线上端固定，让小球在水平面内做匀速圆周运动，如图2 2 11所示，求细线与竖直方向成θ角时：
图2 2 11
(1)细线中的拉力大小；
(2)小球运动的线速度的大小．
【解析】　(1)小球受重力及绳子的拉力两力作用，如图所示，竖直方向
FTcos
θ＝mg，
故拉力FT＝.
(2)小球做圆周运动的半径
r＝Lsin
θ，
向心力F＝FTsin
θ＝mgtan
θ，
而F＝m，
故小球的线速度v＝.
【答案】　(1)　(2)
[能力提升]
9.(多选)如图2 2 12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 2 12
A．小球运动的角速度为
2
rad/s
B．小球做圆周运动的周期为π
s
C．小球在t＝
s内通过的位移大小为
m
D．小球在π
s内通过的路程为零
【解析】　由a＝ω2r可求得ω＝2
rad/s，由a＝r可求得T＝π
s，则小球在
s内转过90°，通过的位移为R，π
s内转过一周，路程为2πR，故A、B正确，C、D错误．
【答案】　AB
10.(多选)如图2 2 13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)．现使小球改到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(　　)
【导学号：02690019】
图2 2 13
A．Q受到桌面的支持力变大
B．Q受到桌面的静摩擦力变大
C．小球P运动的角速度变大
D．小球P运动的周期变大
【解析】　根据小球做圆周运动的特点，设绳与竖直方向的夹角为θ，故FT＝，对物体受力分析由平衡条件Ff＝FTsin
θ＝mgtan
θ，FN＝FTcos
θ＋Mg＝mg＋Mg，故在θ增大时，Q受到的支持力不变，静摩擦力变大，A选项错误，B选项正确；由mgtan
θ＝mω2Lsin
θ，得ω＝，故角速度变大，周期变小，故C选项正确，D选项错误．
【答案】　BC
11.如图2 2 14所示，压路机大轮的半径R是小轮半径r的2倍，压路机匀速行进时，大轮边缘上A点的向心加速度是0.12
m/s2，那么小轮边缘上的B点向心加速度是多少？大轮上距轴心的距离为的C点的向心加速度是多大？
图2 2 14
【解析】　因为vB＝vA，由a＝，得＝＝2，
所以aB＝0.24
m/s2，
因为ωA＝ωC，由a＝ω2r，得＝＝
所以aC＝0.04
m/s2.
【答案】　0.24
m/s2　0.04
m/s2
12.如图2 2 15所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5
m，离水平地面的高度H＝0.8
m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4
m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10
m/s2.求：
图2 2 15
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.
【解析】　(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有
H＝gt2①
在水平方向上有
s＝v0t②
由①②式解得
v0＝s
代入数据得v0＝1
m/s.③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
fm＝m④
fm＝μN＝μmg⑤
由③④⑤式解得　μ＝
代入数据得μ＝0.2.
【答案】　(1)1
m/s　(2)0.2章末综合测评(一)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．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
【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，在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．
【答案】　C
2．如图1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1
A．v　　　　　　　　　　　
B．vcos
θ
C.
D．vcos2
θ
【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．
【答案】　B
3.如图2所示，跳伞员在降落伞打开一段时间以后，在空中做匀速运动．若跳伞员在无风时竖直匀速下落，着地速度大小是4.0
m/s.当有正东方向吹来的风，风速大小是3.0
m/s，则跳伞员着地时的速度(　　)
图2
A．大小为5.0
m/s，方向偏西
B．大小为5.0
m/s，方向偏东
C．大小为7.0
m/s，方向偏西
D．大小为7.0
m/s，方向偏东
【解析】　跳伞员着地时的速度大小v＝
m/s＝5
m/s.设速度与竖直方向的夹角为θ，则tan
θ＝，故θ＝37°，即速度方向为下偏西37°角，故选项A正确．
【答案】　A
4．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，如图3所示．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(　　)
图3
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
【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．
【答案】　C
5．以初速度v0水平抛出一个物体，经过时间t物体的速度大小为v，则经过时间2t，物体速度大小的表达式正确的是(　　)
A．v0＋2gt
B．v＋gt
C.
D.
【解析】　物体做平抛运动，vx＝v0，vy＝g·2t，故2t时刻物体的速度v′＝＝，C正确，A错误；t时刻有v2＝v＋(gt)2，故v′＝，B、D错误．
【答案】　C
6．如图4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(　　)【导学号：02690013】
图4
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
【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点距抛出点竖直方向上的距离较小，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．
【答案】　A
7．(2015·浙江高考)如图5所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)．球员顶球点的高度为h.足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则(　　)
图5
A．足球位移的大小x＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan
θ＝
【解析】　根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平＝，则足球位移的大小为：x＝＝，选项A错误；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝，选项B正确；对小球落地时vy＝，可得足球末速度v＝＝，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan
θ＝，选项D错误．
【答案】　B
8．一物体做平抛运动，先后在两个不同时刻的速度大小分别为v1和v2，时间间隔为Δt，那么(　　)
A．v1和v2的方向一定不同
B．v1C．由v1到v2的速度变化量Δv的方向不一定竖直向下
D．由v1到v2的速度变化量Δv的大小为gΔt
【解析】　平抛运动的轨迹是曲线，某时刻的速度方向为该时刻轨迹的切线方向，不同时刻方向不同，A对；v0不变，vy∝t，所以v2>v1，B对；由Δv＝gΔt知Δv方向一定与g方向相同即竖直向下，大小为gΔt，C错，D对．
【答案】　ABD
9．(2016·衡水高一检测)如图6所示，一小球以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的，则下列说法中正确的是(　　)
图6
A．在碰撞中小球的速度变化大小为v0
B．在碰撞中小球的速度变化大小为v0
C．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离的比为
D．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为
【解析】　小球垂直落到斜面上，根据平行四边形定则将速度分解，如图所示，则v＝＝2v0，反弹后的速度大小为v′＝v＝v0，因为反方向弹回，所以碰撞中小球的速度变化大小为Δv＝v′＋v＝v0，选项A正确，选项B错误；小球在竖直方向下落的距离为y＝＝＝，水平方向通过的距离为x＝v0t＝v0·＝，位移之比为＝，选项D正确，选项C错误．
【答案】　AD
10．(2013·武汉检测)如图7所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球经时间t1将击中坑壁上的最低点D点；而在C点在初速度v2沿BA方向平抛的小球经时间t2击中D点．已知∠COD＝60°，则下列判断正确的是(小球视为质点)(　　)
图7
A．t1∶t2＝2∶1
B．t1∶t2＝∶1
C．v1∶v2＝∶2
D．v1∶v2＝∶3
【解析】　小球从A点平抛：R＝v1t1，R＝gt，小球从C点平抛；Rsin
60°＝v2t2，R(1－cos
60°)＝gt，联立解得＝，＝，
故选项B、D正确．
【答案】　BD
二、非选择题(共3小题，共40分)
11．(12分)一人带一猴在表演杂技，如图8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移动．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8
(1)猴子相对地面的位移大小；
(2)猴子相对地面的速度大小．
【解析】　(1)猴子对地的位移AB′为猴子相对于人的位移AB与人对地的位移AA′的矢量和，所以AB′＝＝
＝
m＝10
m.
(2)猴子相对于地的速度v＝＝
m/s
＝2
m/s.
【答案】　(1)10
m　(2)2
m/s
12．(12分)如图9所示，飞机距地面高为H＝500
m，v1＝100
m/s，追击一辆速度为v2＝20
m/s的同向行驶的汽车，欲使投弹击中汽车，飞机应在距汽车多远处投弹？(g取10
m/s2，不计空气阻力)
图9
【解析】　由H＝gt2，得炸弹下落时间t＝＝
s＝10
s，由水平方向的位移关系知：v1t－v2t＝s.
解得s＝800
m.
【答案】　800
m
13．(16分)如图10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取10
m/s2.
【导学号：02690014】
图10
(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，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标．
【解析】　(1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F作用最长时间t1时，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＝a1t＋a2t
而a1t1＝a2t2
解得：t1＝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.
【答案】　(1)
s　(2)x＝5
m，y＝5
m学业分层测评(十)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)(2016·驻马店高一检测)一物体在水平方向的两个平衡力(均为恒力)作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去一个水平力，则有(　　)
A．物体的动能可能减少
B．物体的动能可能不变
C．物体的动能可能增加
D．余下的一个力一定对物体做正功
【解析】　设撤掉一个力后另一个力与原速度方向间的夹角为α.当90°＜α≤180°时，力对物体做负功，物体动能减小，A对，D错；当0°≤α＜90°时，力对物体做正功，物体动能增加，C正确；无论α多大，力都对物体做功，物体动能一定变化，B错．
【答案】　AC
2．(多选)对水平面上的物体施以水平恒力F，从静止开始运动了位移l，撤去力F，这以后又经过了位移l而停止下来，若物体的质量为m，则(　　)
A．它所受的阻力为F　　
B．它所受的阻力为
C．力F做功为零
D．力F做功为Fl
【解析】　对物体运动的全过程应用动能定理，Fl－F阻·2l＝0－0，所以F阻＝，B对，A错；力F做的功W＝Fl，D对，C错．故正确答案为BD.
【答案】　BD
3．质量m＝2
kg的物体在水平面上滑行，其动能随位移变化的规律如图3 3 7所示，则物体与水平面间的动摩擦因数为(g取10
m/s2)(　　)
图3 3 7
A．0.4
B．0.3
C．0.2
D．0.1
【解析】　由动能定理－fs＝0－Ek0，解得f＝4
N，由f＝μmg可得，μ＝＝＝0.2，故C正确．
【答案】　C
4．(多选)如图3 3 8所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
图3 3 8
A．小车克服重力所做的功是mgh
B．合外力对小车做的功是mv2
C．推力对小车做的功是mv2＋mgh
D．阻力对小车做的功是mv2＋mgh－Fx
【解析】　重力做功WG＝－mgh，A对；推力做功WF＝Fx＝mv2＋mgh－Wf，C错；根据动能定理WF＋Wf＋WG＝mv2，即合外力做功mv2，B对；由上式得阻力做功Wf＝mv2－WF－WG＝mv2＋mgh－Fx，D正确．
【答案】　ABD
5．如图3 3 9所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍．它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为(　　)
【导学号：02690040】
图3 3 9
A.kmgR
B．0
C．2πkmgR
D．2kmgR
【解析】　物块在开始滑动时的最大静摩擦力是圆周运动的向心力，故kmg＝m，所以v2＝kRg.则由动能定理得W＝mv2－0＝kmgR.故选A.
【答案】　A
6．如图3 3 10所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d＝0.5
m．盆边缘的高度为h＝0.3
m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止地点到B的距离为(　　)
图3 3 10
A．0.50
m
B．0.25
m
C．0.10
m
D．0
【解析】　设物块在BC上运动的路程为s，由动能定理知：μmgs＝mgh，则s＝＝
m＝3
m，因为d＝0.5
m，则＝＝6，故物块停在B点，选项D正确．
【答案】　D
7．(2016·江门高一检测)如图3 3 11所示，一弹簧与物块相连，物块的质量为m，它与水平面间的动摩擦因数为μ.起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v.试用动能定理求此过程中弹力所做的功．
图3 3 11
【解析】　设W弹为弹力对物块做的功，物块克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx
由动能定理得：W弹－μmgx＝mv2－0
故W弹＝μmgx＋mv2.
【答案】　μmgx＋mv2
[能力提升]
8．(多选)质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用并以初速度v0做匀减速直线运动，经距离d以后，速度减为，则(　　)
A．此平面动摩擦因数为
B．物体再前进便停止
C．摩擦力做功为mv
D．若使物体前进总距离为2d，其初速度至少为·v0
【解析】　设动摩擦因数为μ，根据动能定理W＝ΔEk，有Wf＝－μmgd＝m2－mv＝－mv，解得μ＝，选项A正确；设物体总共能滑行l，则有：－μmgl＝0－mv得l＝d，即再前进便停止，选项B错；摩擦力做的功等于物体动能的变化，即Wf＝－mv，C错；若要使物体滑行2d，则物体初速度为v，根据动能定理有：－μmg(2d)＝0－mv2，得v＝v0，选项D正确．
【答案】　AD
9．如图3 3 12所示，OD是水平面，AB是斜面，初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零．如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点时速度刚好也为零，则第二次物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，斜面与平面为圆滑连接)(　　)
图3 3 12
A．大于v0
B．等于v0
C．小于v0
D．取决于斜面的倾角
【解析】　设OD＝s，OA＝h，斜面倾角为α，物体从D点出发，沿DBA(或DCA)滑动到顶点A，过B点(或C点)时物体与斜面碰撞没有机械能损失，由动能定理得－mgsin
α×－μmgcos
α－μmg(s－hcot
α)＝0－mv
即μmgs＋mgh＝mv得v0＝.
由上式可知，物体的初速度跟斜面倾角无关，选B.
【答案】　B
10．(2016·汕头高一检测)如图3 3 13所示，质量m＝1
kg的小球(可看成质点)，从距离一固定于水平面的半圆形槽上沿高H＝5
m处自由下落，接着沿半圆形槽壁运动，半圆槽半径R＝0.5
m．小球第一次到达槽最低点时速率为10
m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，小球与槽壁相碰时不损失能量，不计空气阻力，求：(g取10
m/s2)
图3 3 13
(1)从开始直到小球停止运动过程中，克服摩擦力做的功；
(2)小球第一次离槽上升距槽上沿的高度h.
【解析】　(1)从开始直到小球停止运动过程中，根据动能定理：mg(H＋R)－Wf＝0，
解得Wf＝55
J.
(2)小球从开始直到第一次离槽上升距槽上沿的高度为h，根据动能定理：
mg(H－h)－W′f＝0.
小球从开始直到第一次到达槽最低点，
由动能定理：mg(H＋R)－W′f＝mv2.
联立以上两式得h＝4
m.
【答案】　(1)55
J　(2)4
m
11．如图3 3 14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，物块在受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，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：
【导学号：02690041】
(1)AB间的距离；
(2)水平力F在5
s时间内对物块所做的功．
甲　　　　　　　　　　　乙
图3 3 14
【解析】　(1)在3～5
s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，AB间的距离为s，则
F－μmg＝ma
a＝＝
m/s2＝2
m/s2
s＝at2＝4
m.
(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：
WF－2μmgs＝mv
v＝2as
WF＝2μmgs＋mas＝24
J.
【答案】　(1)4
m　(2)24
J模块综合测评
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～7题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．物体以初速度v0水平抛出，当抛出后竖直位移是水平位移的2倍时，则物体抛出的时间是(　　)
A.　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　设平抛的水平位移是x，则竖直方向上的位移就是2x，
水平方向上：x＝v0t①
竖直方向上：2x＝gt2②
联立①②可以求得：t＝.故选C.
【答案】　C
2．甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v1、v2，则(　　)
A．ω1＞ω2，v1＞v2
B．ω1＜ω2，v1＜v2
C．ω1＝ω2，v1＜v2
D．ω1＝ω2，v1＝v2
【解析】　由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v1＝，v2＝，v1＜v2，由v＝rω，得ω＝，ω1＝＝，ω2＝，ω1＝ω2，故C正确．
【答案】　C
3．(2016·福州高一期末)如图1所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(　　)
图1
A.
B.
C.
D.
【解析】　设小球从A到B克服摩擦力做的功为Wf，小球从A至B，由动能定理，有－Wf－mgh＝0－mv
小球从B至A，由动能定理，有
mgh－Wf＝mv－0
解以上两式得vA＝，B对．
【答案】　B
4．如图2所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是(　　)
图2
A．轨道对小球做正功，小球的线速度vP>vQ
B．轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQ
C．小球的向心加速度aP>aQ
D．轨道对小球的压力FP>FQ
【解析】　轨道光滑，小球在运动的过程中只受重力和支持力，支持力时刻与运动方向垂直，所以不做功，A错；那么在整个过程中只有重力做功，满足机械能守恒，根据机械能守恒有vPrQ，根据ω＝，a＝，得小球在P点的角速度小于在Q点的角速度，B正确；在P点的向心加速度小于在Q点的向心加速度，C错；小球在P和Q两点的向心力由重力和支持力提供，即mg＋FN＝ma向，可得P点对小球的支持力小于Q点对小球的支持力，D错．
【答案】　B
5．(2015·全国卷Ⅰ)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4
m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103
kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8
m/s2.则此探测器(　　)
【导学号：02690074】
A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9
m/s
B．悬停时受到的反冲作用力约为2×103
N
C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒
D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
【解析】　设月球表面的重力加速度为g月，
则＝＝·＝×3.72，解得g月≈1.7
m/s2.
A．由v2＝2g月h，得着陆前的速度为v＝＝
m/s≈3.7
m/s，选项A错误．
B．悬停时受到的反冲力F＝mg月≈2×103
N，选项B正确．
C．从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C错误．
D．设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v1、v2，则＝＝＝＜1，故v1＜v2，选项D正确．
【答案】　BD
6．如图3所示，小滑块从一个固定的光滑斜槽轨道顶端无初速开始下滑，用v、t和h分别表示小球沿轨道下滑的速率、时间和距轨道顶端的高度．如图所示的v t图象和v2 h图象中可能正确的是(　　)
图3
【解析】　小滑块下滑过程中，小滑块的重力沿斜轨道切向的分力逐渐变小，故小滑块的加速度逐渐变小，故A错误，B正确；由机械能守恒得：mgh＝mv2，故v2＝2gh，所以v2与h成正比，C错误，D正确．
【答案】　BD
7．如图4所示，重10
N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8
m，bc＝0.4
m，那么在整个过程中下列说法正确的(　　)
图4
A．滑块动能的最大值是6
J
B．弹簧弹性势能的最大值是6
J
C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6
J
D．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒
【解析】　滑块能回到原出发点，所以机械能守恒，D正确；以c点为参考点，则a点的机械能为6
J，c点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6
J，从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量，故为6
J，所以B、C正确；由a→c时，因重力势能不能全部转变为动能，故A错．
【答案】　BCD
二、非选择题(共5小题，共58分)
8．(8分)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段．在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置．某物理小组利用图5甲所示装置探究平抛运动规律．他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙，O为抛出点，P为运动轨迹上某点．则根据平抛运动规律分析下列问题：
(1)乙图中，摄像头A所拍摄的频闪照片为________[选填“(a)”或“(b)”]．
(2)测得图乙(a)中OP距离为45
cm，(b)中OP距离为30
cm，则平抛物体的初速度大小应为________m/s，P点速度大小应为________m/s.
甲　　　　　　　　　　　　乙
图5
【解析】　(1)摄像头A所拍摄的频闪照片反映的是平抛运动在水平方向的分运动——匀速直线运动，小球间距应相等，故应选(b)图．
(2)由hOP＝gt可得：tOP＝＝0.3
s
由xOP＝v0tOP可得：v0＝＝1
m/s
vP＝＝
m/s.
【答案】　(1)(b)　(2)1　
9．(8分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)供实验选择的重物有以下四个，应选择：(　　)
A．质量为10
g的砝码
B．质量为200
g的木球
C．质量为50
g的塑料球
D．质量为200
g的铁球
(2)下列叙述正确的是(　　)
A．实验中应用秒表测出重物下落的时间
B．可用自由落体运动的规律计算重物的瞬时速度
C．因为是通过比较和mgh是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量
D．释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔
(3)质量m＝1
kg的物体自由下落，得到如图6所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04
s，那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep＝________
J，此过程中物体动能的增加量Ek＝________J．(g取9.8
m/s2，保留三位有效数字)
图6
【解析】　(1)为减小实验误差应选用铁球．
(3)ΔEp＝mg＝2.28
J
vB＝＝2.125
m/s
ΔEk＝mv＝2.26
J.
【答案】　(1)D　(2)CD　(3)2.28　2.26
10．(12分)用一台额定功率为P0＝60
kW的起重机，将一质量为m＝500
kg的工件由地面竖直向上吊起，不计摩擦等阻力，g取10
m/s2.求：
(1)工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度vm；
(2)若使工件以a＝2
m/s2的加速度从静止开始匀加速向上吊起，则匀加速过程能维持多长时间？
(3)若起重机在始终保持额定功率的情况下从静止开始吊起工件，经过t＝1.14
s工件的速度vt＝10
m/s，则此时工件离地面的高度h为多少？
【解析】　(1)当工件达到最大速度时，
F＝mg，P＝P0＝60
kW
故vm＝＝
m/s＝12
m/s
(2)工件被匀加速向上吊起时，a不变，v变大，P也变大，当P＝P0时匀加速过程结束，根据牛顿第二定律得F′－mg＝ma，
解得F′＝m(a＋g)＝500×(2＋10)N＝6
000
N
匀加速过程结束时工件的速度为
v＝＝
m/s＝10
m/s
匀加速过程持续的时间为t0＝＝
s＝5
s.
(3)根据动能定理，有P0t－mgh＝mv－0
代入数据，解得h＝8.68
m.
【答案】　(1)12
m/s　(2)5
s　(3)8.68
m
11．(14分)荡秋千是大家喜爱的一项体育活动．随着科技的迅速发展，将来的某一天，同学们也许会在其他星球上享受荡秋千的乐趣．假设你当时所在星球的质量为M、半径为R，可将人视为质点，秋千质量不计、摆长不变、摆角小于90°，万有引力常量为G.那么，
(1)该星球表面附近的重力加速度g星等于多少？
(2)若经过最低位置的速度为v0，你能上升的最大高度是多少？
【解析】　(1)设人的质量为m，在星球表面附近的重力等于万有引力，有mg星＝，解得g星＝.
(2)设人能上升的最大高度为h，由功能关系得
mg星h＝mv
解得h＝.
【答案】　(1)　(2)
12．(16分)(2015·福建高考)如图7所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.
图7
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小
车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
【导学号：02690075】
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.
【解析】　(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒
mgR＝mv
滑块在B点处，由牛顿第二定律得
N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律得N′＝3mg.
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒得
mgR＝Mv＋m(2vm)2
解得vm＝
.
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得
mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得
μmg＝Ma
由运动学规律得
v－v＝－2as
解得s＝L.
【答案】　(1)3mg　(2)①
　②L学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)(2016·怀化高一检测)16世纪，哥白尼根据天文观测的大量资料，经过40多年的天文观测和潜心研究，提出“日心说”的如下四个基本论点，这四个论点目前看存在缺陷的是(　　)
A．宇宙的中心是太阳，所有行星都绕太阳做匀速圆周运动
B．地球是绕太阳做匀速圆周运动的行星，月球是绕地球做匀速圆周运动的卫星，它绕地球运转的同时还跟地球一起绕太阳运动
C．天空不转动，因为地球每天自西向东转一周，造成太阳每天东升西落的现象
D．与日地距离相比，恒星离地球都十分遥远，比日地间的距离大得多
【解析】　所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上；行星在椭圆轨道上运动的周期T和轨道半长轴满足＝恒量，故所有行星实际并不是在做匀速圆周运动；整个宇宙是在不停运动的．
【答案】　ABC
2．关于太阳系中各行星的轨道，以下说法中不正确的是(　　)
A．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B．有的行星绕太阳运动的轨道是圆
C．不同行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴是不同的
D．不同的行星绕太阳运动的轨道各不相同
【解析】　八大行星的轨道都是椭圆，A对、B错．不同行星离太阳远近不同，轨道不同，半长轴也就不同，C对、D对．
【答案】　B
3．某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图5 1 6所示，F1和F2是椭圆轨道的两个焦点，行星在A点的速率比在B点的大，则太阳位于(　　)
图5 1 6
A．F2　　　　　　　　　
B．A
C．F1
D．B
【解析】　根据开普勒第二定律：太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相同的面积，因为行星在A点的速率比在B点的速率大，所以太阳和行星的连线必然是行星与F2的连线，故太阳位于F2.
【答案】　A
4．(2016·杭州高一检测)如图5 1 7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5 1 7
A．速度最大点是B点
B．速度最小点是C点
C．m从A到B做减速运动
D．m从B到A做减速运动
【解析】　由开普勒第二定律可知，近日点时行星运行速度最大，因此A、B错误；行星由A向B运动的过程中，行星与恒星的连线变长，其速度减小，故C正确，D错误．
【答案】　C
5．太阳系有八大行星，八大行星离地球的远近不同，绕太阳运转的周期也不相同．下列能反映周期与轨道半径关系的图象中正确的是(　　)
【解析】　由开普勒第三定律知＝k，所以R3＝kT2，D正确．
【答案】　D
6．宇宙飞船进入一个围绕太阳运动的近乎圆形的轨道上运动，如果轨道半径是地球轨道半径的9倍，那么宇宙飞船绕太阳运行的周期是(　　)
A．3年　　　　　　
B．9年
C．27年
D．81年
【解析】　根据开普勒第三定律＝，得T船＝27年．
【答案】　C
7．月球绕地球运动的周期约为27天，则月球中心到地球中心的距离R1与地球同步卫星(绕地球运动的周期与地球的自转周期相同)到地球中心的距离R2之比R1∶R2约为(　　)
A．3∶1
B．9∶1
C．27∶1
D．18∶1
【解析】　由开普勒第三定律有＝，所以＝＝＝，选项B正确，A、C、D错误．
【答案】　B
8．土星直径为119
300
km，是太阳系统中第二大行星，自转周期只需10
h
39
min，公转周期为29.4年，距离太阳1.432×109
km.土星最引人注目的是绕着其赤道的巨大光环．在地球上人们只需要一架小型望远镜就能清楚地看到光环，环的外沿直径约为274
000
km.请由上面提供的信息，估算地球距太阳有多远．(保留3位有效数字)
图5 1 8
【解析】　根据开普勒第三定律有：＝k，k只与太阳质量有关．则＝，其中T为公转周期，R为行星到太阳的距离．代入数值得：＝得R地＝1.50×1011
m＝1.50×108
km.
【答案】　约1.50×108
km
[能力提升]
9．某行星沿椭圆轨道运行，远日点离太阳的距离为a，近日点离太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时的速率为(　　)
A．vb＝va
　　　　　
B．vb＝va
C．vb＝va
D．vb＝va
【解析】　如图所示，A、B分别为远日点和近日点，由开普勒第二定律，太阳和行星的连线在相等的时间里扫过的面积相等，取足够短的时间Δt，则有：va·Δt·a＝vb·Δt·b，所以vb＝
va.
【答案】　C
10．2006年8月24日晚，国际天文学联合会大会投票，通过了新的行星定义，冥王星被排除在太阳系大行星行列之外，太阳系的大行星数量由九颗减为八颗．若将八大行星绕太阳运行的轨迹可粗略地认为是圆，各星球半径和轨道半径如下表所示：
图5 1 9
行星名称
水星
金星
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
星球半径(×106m)
2.44
6.05
6.37
3.39
69.8
58.2
23.7
22.4
轨道半径(×1011m)
0.579
1.08
1.50
2.28
7.78
14.3
28.7
45.0
从表中所列数据可以估算出海王星的公转周期最接近(　　)
A．80年
B．120年
C．165年
D．200年
【解析】　设海王星绕太阳运行的平均轨道半径为R1，周期为T1，地球绕太阳公转的轨道半径为R2，周期为T2(T2＝1年)，由开普勒第三定律有＝，故T1＝·T2≈165年．
【答案】　C
11．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？(R地＝6
400
km)
【导学号：02690057】
【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同地球自转周期相等．
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.
【答案】　3.63×104
km
12．地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球轨道半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现，哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星．哈雷彗星最近出现的时间是1986年，请你根据开普勒行星运动第三定律(即＝k，其中T为行星绕太阳公转的周期，r为轨道的半长轴)估算．它下次飞近地球是哪一年？
图5 1 10
【解析】　由＝k，其中T为行星绕太阳公转的周期，r为轨道的半长轴，k是对太阳系中的任何行星都适用的常量．可以根据已知条件列方程求解．
将地球的公转轨道近似成圆形轨道，其周期为T1，半径为r1；哈雷彗星的周期为T2，轨道半长轴为r2，则根据开普勒第三定律有：＝
因为r2＝18r1，地球公转周期为1年，所以可知哈雷彗星的周期为T2＝×T1＝76.4年．
所以它下次飞近地球是在2062年．
【答案】　2062年学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)质点做匀速圆周运动时(　　)
A．线速度越大，其转速一定越大
B．角速度大时，其转速一定大
C．线速度一定时，半径越大，则周期越长
D．无论半径大小如何，角速度越大，则质点的周期一定越长
【解析】　匀速圆周运动的线速度v＝＝＝2πrn，则n＝，故线速度越大，其转速不一定越大，因为还与r有关，A错误；匀速圆周运动的角速度ω＝＝＝2πn，则n＝，所以角速度大时，其转速一定大，B正确；匀速圆周运动的周期T＝，则线速度一定时，半径越大，则周期越长，C正确；匀速圆周运动的周期T＝，与半径无关，且角速度越大，则质点的周期一定越短，D错误．
【答案】　BC
2．静止在地球上的物体都要随地球一起转动，下列说法正确的是(　　)
A．它们的运动周期都是相同的
B．它们的线速度都是相同的
C．它们的线速度大小都是相同的
D．它们的角速度是不同的
【解析】　如图所示，地球绕自转轴转动时，地球上各点的运动周期及角速度都是相同的．地球表面上的物体随地球做圆周运动的平面是物体所在纬度线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬度处物体做圆周运动的半径是不同的，只有同一纬度处的物体转动半径相等，线速度的大小才相等．但即使物体的线速度大小相同，方向也各不相同．故B、C、D错误，A正确．
【答案】　A
3.(2016·山西师大附中高一检测)如图2 1 8所示是一个玩具陀螺．a、b、c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是(　　)
图2 1 8
A．a、b、c三点的线速度大小相等
B．a、b、c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的角速度大
D．c的线速度比a、b的线速度大
【解析】　a、b、c三点的角速度相同，而线速度不同，由v＝ωr得va＝vb>vc，选项B正确，选项A、C、D错误．
【答案】　B
4．(多选)如图2 1 9所示为某一皮带传动装置，主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2，已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是(　　)
图2 1 9
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮的转速为
n
D．从动轮的转速为
n
【解析】　根据皮带的缠绕方向知B正确，由2πnr1＝2πn2r2，得n2＝
n，C项正确．
【答案】　BC
5．(2016·台州高一检测)如图2 1 10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2 1 10
A．角速度之比ωA∶
ωB＝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
【解析】　因为A、B在同一薄板上，所以ωA＝ωB，故A、B选项错误；
＝
＝
，故C正确，D错误．
【答案】　C
6．甲、乙两物体分别做匀速圆周运动，如果它们转动的半径之比为1∶5，线速度之比为3∶2，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲、乙两物体的角速度之比是2∶15
B．甲、乙两物体的角速度之比是10∶3
C．甲、乙两物体的周期之比是2∶15
D．甲、乙两物体的周期之比是10∶3
【解析】　由v＝rω可得＝∶＝×＝×＝；又ω＝，所以＝＝，选项C正确．
【答案】　C
7.(多选)一辆卡车在水平路面上行驶，已知该车轮胎半径为R，轮胎转动的角速度为ω，关于各点的线速度大小，下列说法正确的是
(　　)
图2 1 11
A．相对于地面，轮胎与地面的接触点的速度为ωR
B．相对于地面，车轴的速度大小为ωR
C．相对于地面，轮胎上缘的速度大小为ωR
D．相对于地面，轮胎上缘的速度大小为2ωR
【解析】　因为轮胎不打滑，相对于地面，轮胎与地面接触处保持相对静止，该点相当于转动轴，它的速度为零，车轴的速度为ωR.而轮胎上缘的速度大小为2ωR.故选项B、D正确．
【答案】　BD
8．一半径为R的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转，如图2 1 12所示，伞边缘距地面高h，甩出的水滴在地面上形成一个圆，求此圆半径r为多少？
图2 1 12
【解析】　间距关系如图所示(俯视图)．
雨滴飞出的速度大小为v＝ωR
雨滴做平抛运动，在竖直方向上有h＝gt2
在水平方向上有s＝vt
由几何关系知，雨滴半径r＝
解以上几式得r＝R.
【答案】　r＝R
[能力提升]
9．无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度，其性能优于传统的挡位变速器，很多高档汽车都应用了“无级变速”．图2 1 13所示为一种“滚轮—平盘无级变速器”的示意图，它由固定在主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n1、从动轴的转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是(　　)
图2 1 13
A．n2＝n1　　　　　　　
B．n1＝n2
C．n2＝n1
D．n2＝n1
【解析】　由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同，即v1＝v2，由此可得x·2πn1＝r·2πn2，所以n2＝n1，选项A正确．
【答案】　A
10.半径为R的大圆盘以角速度ω旋转，如图2 1 14所示．有人站在盘边P点上随盘转动，他想用枪击中在圆盘中心的目标O，若子弹的速度为v0，则(　　)
图2 1 14
A．枪应瞄准目标O射去
B．枪应向PO的右方偏过角度θ射去，而cos
θ＝ωR/v0
C．枪应向PO的左方偏过角度θ射去，而tan
θ＝ωR/v0
D．枪应向PO的左方偏过角度θ射去，而sin
θ＝ωR/v0
【解析】　子弹同时参与两个运动：沿P点切线方向的速度ωR；沿枪口方向的匀速运动，合成的速度沿PO方向，如图所示，枪应向PO的左方偏过角度θ射去，且sin
θ＝，故D正确．
【答案】　D
11．(多选)图2 1 15甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R＝3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮，则在倒带的过程中下列说法正确的是(　　)
【导学号：02690016】
图2 1 15
A．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1∶3
B．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1∶3
C．倒带过程中磁带的运动速度变大
D．倒带过程中磁带的运动速度不变
【解析】　此问题属皮带传动模型，
＝
，
倒带开始时rA＝
rB，所以ωA∶
ωB＝3∶1，A错误；
倒带结束时，rA＝3rB，所以ωA∶ωB＝1∶3，B正确；
根据v＝ωr可知倒带过程中磁带的运动速度变大，C正确，D错误．
【答案】　BC
12.如图2 1 16所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h处沿OB方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B，求小球的初速度和圆盘转动的角速度ω.
图2 1 16
【解析】　小球做平抛运动，在竖直方向上h＝gt2，则运动时间t＝.
又因为水平位移为R，
所以球的速度v＝＝R·.
在时间t内盘转过的角度
θ＝n·2π，
又因为θ＝ωt，则转盘角速度
ω＝＝2nπ(n＝1,2,3…)．
【答案】　R·　2nπ(n＝1,2,3…)学业分层测评(二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．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，时间亦短
B．水速大时，位移大，时间亦长
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
【解析】　小船渡河时参与了顺水漂流和垂直河岸横渡两个分运动，由运动的独立性原理和等时性，小船的渡河时间等于河的宽度与垂直河岸的分速度之比，由于小船以一定的速率垂直河岸向对岸划去，垂直河岸的分速度即为船速，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．
【答案】　C
2．如图1 2 11所示，一玻璃管中注满清水，水中放一软木做成的小圆柱体R(圆柱体的直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上浮)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧(图甲)．现将玻璃管倒置(图乙)，在圆柱体R上升的同时，将玻璃管水平向右加速移动，观察圆柱体R的运动，将会看到它斜向右上方运动，经过一段时间，玻璃管移至图丙中虚线所示的位置，圆柱体R恰好运动到玻璃管的顶端．在下面四个图中，能正确反映圆柱体R运动轨迹的是(　　)
图1 2 11
【解析】　木塞在竖直方向向上做匀速直线运动，而水平向右做初速度为零的匀加速直线运动，即y＝vyt，即经相同时间经过位移y相等，x＝at2经相等时间Δx越来越大，图线应为C.
【答案】　C
3．一个物体以初速度v0水平抛出，经时间t，竖直方向的速度大小为v0，则t等于(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.v0
【解析】　平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，与水平分运动无关，由v＝gt得t＝＝，所以A正确．
【答案】　A
4．(2016·西安高一检测)小球在离地面高为h处，以初速度v0水平抛出，球从抛出到着地，速度变化量的大小和方向为(　　)
【导学号：02690006】
A.，方向竖直向下
B.，方向竖直向下
C.，方向斜向下
D.，方向斜向下
【解析】　如图所示，速度变化量为竖直方向上的速度vy，则由v＝2gh，得vy＝，方向竖直向下，B正确．
【答案】　B
5．如图1 2 12所示是由实验得到的一条平抛运动的轨迹，若O点为抛出点，则在平抛运动的轨迹上，有纵坐标为h、4h、9h的三点，它们的横坐标之比为(　　)
图1 2 12
A．1∶2∶3
B．1∶1∶1
C．1∶3∶5
D．3∶2∶1
【解析】　平抛运动在竖直方向是自由落体运动，根据h＝gt2知，纵坐标为h、4h、9h的各点间的时间间隔相等．在水平方向是匀速直线运动，由x＝v0t知它们的横坐标之比为1∶2∶3.
【答案】　A
6．(2016·铜仁高一检测)以30
m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，打在倾角θ为30°的斜面上，此时速度方向与斜面夹角α为60°，(如图1 2 13所示)则物体在空中飞行的时间为(不计空气阻力，g取10
m/s2)(　　)
图1 2 13
A．1.5
s　　　　　　　
B.
s
C．1.5
s
D．3
s
【解析】　将物体打在斜面上时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解．
如图所示，得
vy＝v0tan(α－θ)
＝30tan
30°
m/s＝10
m/s
且vy＝gt，得t＝
s．选项B正确．
【答案】　B
7．(2016·沈阳高一检测)一物体从某高度以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为vt，则它的运动时间为(　　)
A.
B．
C.
D.
【解析】　设平抛运动的时间为t.落地时的竖直分速度为vy＝gt，根据运动的合成与分解，则落地时的速度为vt＝，那么t＝，选项D正确，其他选项均错．
【答案】　D
8.(2016·石家庄高一检测)如图1 2 14所示，在高15
m的平台上，有一个小球被细线拴在墙上，球与墙之间有一被压缩的轻弹簧，当细线被烧断时，小球被弹出，不计一切阻力．
图1 2 14
(1)小球在空中运动的时间是多少？
(2)已知小球落地时速度方向与水平方向成60°角，求小球被弹簧弹出时的速度大小？小球落地时，小球在水平方向的位移多大？(g取10
m/s2)
【解析】　(1)根据竖直方向的自由落体运动
h＝gt2，t＝＝
s.
(2)把速度进行分解，tan
60°＝，
v0＝＝10
m/s
由水平方向做匀速直线运动，水平距离
x＝v0t＝10
m.
【答案】　(1)
s　(2)10
m/s　10
m
[能力提升]
9.(多选)如图1 2 15所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视做平抛运动，下列表述正确的是(　　)
图1 2 15
A．球的速度v等于L
B．球从击出至落地所用时间为
C．球从击球点至落地点的位移等于L
D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
【解析】　由平抛运动规律知，在水平方向上有：L＝vt，在竖直方向上有：H＝gt2，联立解得t＝，v＝L，所以A、B正确；球从击球点至落地点的位移为s＝，C、D错误．
【答案】　AB
10．(2016·赣州高一检测)如图1 2 16所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均落到斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α2，则(　　)
图1 2 16
A.当v1＞v2时，α1＞α2
B．当v1＞v2时，α1＜α2
C．无论v1、v2大小如何，均有α1＝α2
D．3tan
θ＝tan(α1＋θ)
【解析】　如图，由平抛中点结论得，2tan
θ＝tan
φ，φ＝θ＋α，无论v多大，θ不变，得出φ不变，α也不变，所以无论v多大，α1＝α2，故A、B、D错误，C正确．
【答案】　C
11．如图1 2 17所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s＝100
m，子弹射出的水平速度v＝200
m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10
m/s2.
图1 2 17
求：(1)从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？
(2)目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？
【解析】　(1)子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间击中目标
靶，则t＝，代入数据得t＝0.5
s.
(2)目标靶做自由落体运动，则h＝gt2，
代入数据得h＝1.25
m.
【答案】　(1)0.5
s　(2)1.25
m
12．(2016·万州高一检测)跳台滑雪是勇敢者的运动，如图1 2 18所示，运动员在专用滑雪板上，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆，这项运动极为壮观．设一位运动员由a点沿水平方向跃起，到山坡b点着陆，如图所示．测得a、b间距离L＝40
m，山坡倾角θ＝30°，山坡可以看作一个斜面．试计算：
【导学号：02690007】
图1 2 18
(1)运动员起跳后他在空中从a到b飞行的时间；
(2)运动员在a点的起跳速度大小．(不计空气阻力，g取10
m/s2)
【解析】　(1)运动员做平抛运动，其位移为L，将位移分解，其竖直方向上的位移Lsin
θ＝gt2
所以t＝＝s＝2
s.
(2)水平方向上的位移Lcos
θ＝v0t
故运动员在a点的起跳速度v0＝10
m/s.
【答案】　(1)2
s　(2)10
m/s
重点强化卷(一)　平抛运动规律的应用
(建议用时：60分钟)
一、选择题
1．一个物体以速度v0水平抛出，落地时速度的大小为2v0，不计空气的阻力，重力加速度为g，则物体在空中飞行的时间为(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　如图所示，gt为物体落地时竖直方向的速度，由(2v0)2＝v＋(gt)2得：t＝，C正确．
【答案】　C
2.(多选)如图1所示，在高空匀速飞行的轰炸机，每隔1
s投下一颗炸弹，若不计空气阻力，则(　　)
图1
A．这些炸弹落地前排列在同一条竖直线上
B．这些炸弹都落于地面上同一点
C．这些炸弹落地时速度大小方向都相同
D．相邻炸弹在空中距离保持不变
【解析】　这些炸弹是做平抛运动，速度的水平分量都一样，与飞机速度相同．相同时间内，水平方向上位移相同，所以这些炸弹排在同一条竖直线上．这些炸弹抛出时刻不同，落地时刻也不一样，不可能落于地面上的同一点．由于这些炸弹下落的高度相同，初速度也相同，这些炸弹落地时速度大小和方向都相同．
两相邻炸弹在空中的距离为
Δx＝x1－x2＝g(t＋1)2－gt2＝gt＋g.
由此可知Δx随时间t增大而增大．
【答案】　AC
3.(多选)某人在竖直墙壁上悬挂一镖靶，他站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖插在靶上的状态如图2所示(侧视图)，若不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
图2
A．B镖的运动时间比A镖的运动时间长
B．B镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度大
C．A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度大
D．A镖的质量一定比B镖的质量小
【解析】　飞镖A、B都做平抛运动，由h＝gt2得t＝，故B镖运动时间比A镖运动时间长，A正确；由v0＝知A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度大，B错误，C正确；无法比较A、B镖的质量大小，D错误．
【答案】　AC
4.从O点抛出A、B、C三个物体，它们做平抛运动的轨迹分别如图3所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系和三个物体在空中运动的时间tA、tB、tC的关系分别是(　　)
【导学号：02690008】
图3
A．vA>vB>vC，tA>tB>tC
B．vAC．vAtB>tC
D．vA>vB>vC，tA【解析】　三个物体抛出后均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向有x＝v0t，由于hA>hB>hC，故tA>tB>tC，又因为xA【答案】　C
5．如图4所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则v1、v2的关系应满足(　　)
图4
A．v1＝v2
B．v1＝
v2
C．v1＝
v2
D．v1＝
v2
【解析】　设经t时间拦截成功，则平抛的炮弹下落h＝gt2，水平运动s＝v1t；
竖直上抛的炮弹上升H－h＝v2t－gt2，由以上各式得v1＝
v2，故D正确．
【答案】　D
6．如图5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5
A.
s
B．
s
C.
s
D．2
s
【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的速度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．
【答案】　C
7．(多选)(2016·唐山高一检测)刀削面是同学们喜欢的面食之一，因其风味独特，驰名中外．刀削面全凭刀削，因此得名．如图6所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便飞向锅里，若面团到锅的上沿的竖直距离为0.8
m，最近的水平距离为0.5
m，锅的半径为0.5
m．要想使削出的面片落入锅中，则面片的水平速度可以是下列选项中的哪些(g＝10
m/s2)(　　)
图6
A．1
m/s
B．2
m/s
C．3
m/s
D．4
m/s
【解析】　由h＝gt2知，面片在空中的运动时间t＝＝0.4
s，而水平位移x＝v0t，故面片的初速度v0＝，将x1＝0.5
m，x2＝1.5
m代入得面片的最小初速度v01＝＝1.25
m/s，最大初速度v02＝＝3.75
m/s，即1.25
m/s≤v0≤3.75
m/s，B、C选项正确．
【答案】　BC
8．如图7所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(　　)
图7
A．tan
φ＝sin
θ
B．tan
φ＝cos
θ
C．tan
φ＝tan
θ
D．tan
φ＝2tan
θ
【解析】　设物体飞行时间为t，则tan
φ＝＝，tan
θ＝＝＝，故tan
φ＝2tan
θ，D正确．
【答案】　D
9.(多选)如图8所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的．不计空气阻力，则(　　)
【导学号：02690009】
图8
A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小
D．b的初速度比c的大
【解析】　x＝v0t，y＝gt2，所以t＝，由yb＝yc>ya，得tb＝tc>ta，选项
A
错，B
对；又根据
v0＝x，因为yb>ya，xbxc，故va>vb，vb>vc，选项
C
错，D
对．
【答案】　BD
10.(2016·成都高一检测)如图9所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则(　　)
图9
A.＝2
B．tan
θ1
tan
θ2＝2
C.＝2
D.＝2
【解析】　OA方向即小球末速度垂线的方向，θ1是末速度与水平方向的夹角；BA方向即小球合位移的方向，θ2是位移方向与竖直方向的夹角．
由题意知：tan
θ1＝＝，
tan
θ2＝＝＝
由以上两式得：tan
θ1
tan
θ2＝2.故B项正确．
【答案】　B
二、计算题
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，g取10
m/s2.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．
【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vx＝40
m/s，即v0＝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.
【答案】　(1)40
m/s　(2)4
s　(3)160
m
12．如图10所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0
s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角
θ＝37°，运动员的质量m＝50
kg.不计空气阻力．(取sin
37°＝0.60，cos
37°＝0.80，g＝10
m/s2)求：
图10
(1)A点与O点的距离；
(2)运动员离开O点时的速度大小．
【解析】　(1)设A点与O点的距离为L，运动员在竖直方向做自由落体运动，有Lsin
37°＝gt2
L＝＝75
m.
(2)设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，
即Lcos
37°＝v0t
解得v0＝＝20
m/s.
【答案】　(1)75
m　(2)20
m/s学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是(　　)
A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动
【解析】　由动能的表达式Ek＝mv2知，A、B错误，C正确；因动能是标量，故D正确．
【答案】　CD
2．(2016·漳州高一检测)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是(　　)
A．质量不变，速度变为原来的2倍
B．质量和速度都变为原来的2倍
C．质量变为原来的2倍，速度减半
D．质量减半，速度变为原来的2倍
【解析】　由Ek＝mv2知，m不变，v变为原来的两倍，Ek变为原来的4倍．同理，m和v都变为原来的2倍时，Ek变为原来的8倍，m变为2倍，速度减半时，Ek变为原来的一半；m减半，v变为2倍时，Ek变为原来的2倍，故选项D正确．
【答案】　D
3．关于动能定理，下列说法中正确的是(　　)
A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和
B．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D．动能定理既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况
【解析】　外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，A错；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况，C错，D对．
【答案】　D
4．(2016·昆明高一检测)如图3 1 8所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5
m，速度为6
m/s，若物体的质量为1
kg.则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(　　)
图3 1 8
A．50
J　　　　　　　
B．18
J
C．32
J
D．0
J
【解析】　由动能定理得mgh－Wf＝mv2，故Wf＝mgh－mv2＝1×10×5
J－×1×62
J＝32
J，C正确．
【答案】　C
5．质量为m的金属块，当初速度为v0时，在水平面上滑行的最大距离为s，如果将金属块质量增加到2m，初速度增大到2v0，在同一水平面上该金属块最多能滑行的距离为(　　)
A．s
B．2s
C．4s
D．8s
【解析】　根据动能定理得μmgs＝mv
μ2mgs′＝·2m·(2v0)2
由以上两式解得s′＝4s.
【答案】　C
6．(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3
J，拉力F做功8
J，空气阻力做功－0.5
J，则下列判断正确的是(　　)
A．物体的重力势能增加了3
J
B．物体的重力势能减少了3
J
C．物体的动能增加了4.5
J
D．物体的动能增加了8
J
【解析】　因为重力做功－3
J，所以重力势能增加
3
J，A对，B错；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3
J＋8
J－0.5
J＝4.5
J，C对，D错．
【答案】　AC
7．质量为m＝50
kg的滑雪运动员，以初速度v0＝4
m/s从高度为h＝10
m的弯曲滑道顶端A滑下，到达滑道底端B时的速度v1＝10
m/s.求：滑雪运动员在这段滑行过程中克服阻力做的功．(g取
9.8
m/s2)
图3 1 9
【解析】　从A运动到B，物体所受摩擦力随之变化，所以克服摩擦力所做的功不能直接由功的公式求得，此时要根据动能定理求解．
设摩擦力做的功为W，根据动能定理
mgh－W＝mv－mv
代入数值得：W＝2
900
J.
【答案】　2
900
J
[能力提升]
8．在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在质量为M、长度为L的静止的长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ.现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，下列关系式错误的是(　　)
图3 1 10
A．μmgs1＝mv
B．Fs2－μmgs2＝Mv
C．μmgL＝mv
D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv＋mv
【解析】　滑块在摩擦力作用下前进的距离为s1，故对于滑块μmgs1＝mv，A对，C错；木板前进的距离为s2，对于木板Fs2－μmgs2＝Mv，B对；由以上两式得Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv＋mv，D对．故应选C.
【答案】　C
9．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，v
t图象如图3 1 11所示．设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则(　　)
图3 1 11
A．F∶f＝1∶3
B．F∶f＝4∶1
C．W1∶W2＝1∶1
D．W1∶W2＝1∶3
【解析】　全过程初、末状态的动能都为零，
对全过程应用动能定理得
W1－W2＝0①
即W1＝W2，选项C正确．
设物体在0～1
s内和1～4
s内运动的位移大小分别为s1、s2，则
W1＝Fs1②
W2＝f(s1＋s2)③
在v t图象中，图象与时间轴包围的面积表示位移，由图象可知，
s2＝3s1④
由②③④式解得　F∶f＝4∶1，选项B正确．
【答案】　BC
10．某同学在探究功与物体速度变化的关系实验中，设计了如图3 1 12所示的实验，将纸带固定在重物上，让纸带穿过打点计点器，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，得到的纸带如图所示，O点为计时器打下的第1个点，该同学对数据进行了下列处理：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断W∝v2
【导学号：02690032】
图3 1 12
【解析】　设由O到A的过程中，重力对重物所做的功为WOA，那么由O到B过程中，重力对重物所做的功为2WOA，由O到C的过程中，重力对重物所做的功为3WOA.
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的曲线来判断(见图)．
【答案】　能判定W∝v2
11．如图3 1 13所示，粗糙水平轨道AB与半径为R的光滑半圆形轨道BC相切于B点，现有质量为m的小球(可看作质点)以初速度v0＝，从A点开始向右运动，并进入半圆形轨道，若小球恰好能到达半圆形轨道的最高点C，最终又落于水平轨道上的A处，重力加速度为g，求：
图3 1 13
(1)小球落到水平轨道上的A点时速度的大小vA；
(2)水平轨道与小球间的动摩擦因数μ.
【解析】　(1)mg＝m，得vC＝，
从C到A由动能定理得：mg2R＝mv－mv，得vA＝.
(2)AB的距离为xAB＝vCt＝×＝2R
从A出发回到A由动能定理得：－μmgxAB＝mv－mv，得μ＝0.25.
【答案】　(1)　(2)0.25章末综合测评(五)
(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法中错误的是(　　)
A．德国天文学家开普勒对他的导师——第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律
B．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了万有引力常量
C．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性
D．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上
【解析】　根据物理学史可知C错，A、B、D正确．
【答案】　C
2．(2015·江苏高考)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51
peg
b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51
peg
b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的.该中心恒星与太阳的质量比约为(　　)
A.　
B．1　　
C．5　　
D．10
【解析】　行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G＝mr，则＝3·2＝3×2≈1，选项B正确．
【答案】　B
3．(2015·北京高考)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么(　　)
A．地球公转周期大于火星的周期公转
B．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C．地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D．地球公转的角速度大于火星公转的角速度
【解析】　根据G＝m2r＝m＝man＝mω2r得，公转周期T＝2π，故地球公转的周期较小，选项A错误；公转线速度v＝，故地球公转的线速度较大，选项B错误；公转加速度an＝，故地球公转的加速度较大，选项C错误；公转角速度ω＝，故地球公转的角速度较大，选项D正确．
【答案】　D
4．如图1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1
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不相同
D．可能出现在每天的某一时刻卫星B在A的正上方
【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；根据a＝Rω2可知，物体A和卫星C向心加速度不同，B项错；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项错误；对于D选项，物体A是匀速圆周运动，线速度大小不变，角速度不变，而卫星B的线速度是变化的，近地点最大，远地点最小，即角速度发生变化，而周期相等，所以如图所示开始转动一周的过程中，会出现A先追上B，后又被B落下，一个周期后A和B都回到自己的起点．所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方，则D正确．
【答案】　D
5．同步卫星位于赤道上方，相对地面静止不动．如果地球半径为R，自转角速度为ω，地球表面的重力加速度为g.那么，同步卫星绕地球的运行速度为(　　)
【导学号：02690068】
A.　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　同步卫星的向心力等于地球对它的万有引力G＝mω2r，故卫星的轨道半径r＝.物体在地球表面的重力约等于所受地球的万有引力G＝mg，即GM＝gR2.所以同步卫星的运行速度v＝rω＝ω·＝，D正确．
【答案】　D
6．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两星球球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是
(　　)
A．双星相互间的万有引力增大
B．双星做圆周运动的角速度不变
C．双星做圆周运动的周期增大
D．双星做圆周运动的速度增大
【解析】　双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律，F＝G，知万有引力减小，故A错误．根据G＝m1r1ω2，G＝m2r2ω2，知m1r1＝m2r2，v1＝ωr1，v2＝ωr2，轨道半径之比等于质量的反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，周期变大，线速度变小，故B、D错误，C正确．
【答案】　C
7．恒星演化发展到一定阶段，可能成为恒星世界的“侏儒”——中子星．中子星的半径较小，一般在
7～20
km，但它的密度大得惊人．若某中子星的半径为10
km，密度为1.2×1017
kg/m3，那么该中子星上的第一宇宙速度约为(　　)
【导学号：02690069】
A．7.9
km/s　　　　
B．16.7
km/s
C．2.9×104
km/s
D．5.8×104
km/s
【解析】　中子星上的第一宇宙速度即为它表面处的卫星的环绕速度，此时卫星的轨道半径近似地认为是该中子星的球半径，且中子星对卫星的万有引力充当向心力，由G＝m，得v＝，又M＝ρV＝ρ，
得v＝r＝1×104×
m/s
＝5.8×107
m/s＝5.8×104
km/s.故选D.
【答案】　D
8．北京时间2005年7月4日下午1时52分(美国东部时间7月4日凌晨1时52分)探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”，如图2所示．假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，则关于“坦普尔一号”彗星的下列说法中正确的是(　　)
图2
A．绕太阳运动的角速度不变
B．近日点处线速度大于远日点处线速度
C．近日点处加速度大于远日点处加速度
D．其椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比是一个与太阳质量有关的常数
【解析】　由开普勒第二定律知近日点处线速度大于远日点处线速度，B正确；由开普勒第三定律可知D正确；由万有引力提供向心力得C正确．
【答案】　BCD
9．2013年6月11日17时38分，我国利用“神舟十号”飞船将聂海胜、张晓光、王亚平三名宇航员送入太空．设宇航员测出自己绕地球做匀速圆周运动的周期为T，离地高度为H，地球半径为R，则根据T、H、R和引力常量G，能计算出的物理量是(　　)
图3
A．地球的质量
B．地球的平均密度
C．飞船所需的向心力
D．飞船线速度的大小
【解析】　由G＝m(R＋H)，可得：M＝，选项A可求出；又根据ρ＝，选项B可求出；根据v＝，选项D可求出；由于飞船的质量未知，所以无法确定飞船的向心力．
【答案】　ABD
10．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1－581c”却很值得我们期待．该行星的温度在0
℃到40
℃之间，质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍，公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则(　　)
A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同
B．如果人到了该行星，其体重是地球上的2倍
C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的倍
D．由于该行星公转速度比地球大，地球上的物体如果被带上该行星，其质量会稍有变化
【解析】　解题关键是明确中心天体对行星的万有引力提供了行星的向心力，对行星的卫星有G＝m，得v＝，将质量关系和半径关系代入得第一宇宙速度关系为＝2，选项A错误；由G＝mg得，人在该行星上的体重是地球上的2倍，选项B正确；对行星应用万有引力定律G＝mr，
得r＝，＝＝，选项C错误．根据爱因斯坦的狭义相对论可判D选项正确．
【答案】　BD
二、非选择题(共3小题，共40分)
11．(12分)
已知太阳的质量为M，地球的质量为m1，月球的质量为m2，当发生日全食时，太阳、月球、地球几乎在同一直线上，且月球位于太阳与地球之间，如图4所示．设月球到太阳的距离为a，地球到月球的距离为b，则太阳对地球的引力F1和对月球的吸引力F2的大小之比为多少？
图4
【解析】　由太阳对行星的引力满足
F∝知
太阳对地球的引力
F1＝G
太阳对月球的引力
F2＝G
故F1/F2＝.
【答案】　
12．(12分)2007年10月24日18时，“嫦娥一号”卫星星箭成功分离，卫星进入绕地轨道．在绕地运行时，要经过三次近地变轨：12小时椭圆轨道①→24小时椭圆轨道②→48小时椭圆轨道③→地月转移轨道④.11月5日11时，当卫星经过距月球表面高度为h的A点时，再一次实施变轨，进入12小时椭圆轨道⑤，后又经过两次变轨，最后进入周期为T的月球极月圆轨道⑦.如图5所示．已知月球半径为R.
图5
(1)请回答：“嫦娥一号”在完成三次近地变轨时需要加速还是减速？
(2)写出月球表面重力加速度的表达式．
【解析】　(1)加速．
(2)设月球表面的重力加速度为g月，在月球表面有
G＝mg月
卫星在极月圆轨道有G＝m()2(R＋h)
解得g月＝.
【答案】　(1)加速　(2)
13．(16分)我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星－500”的实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的.已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，忽略火星以及地球自转的影响，求：
【导学号：02690070】
(1)火星表面的重力加速度g′的大小；
(2)王跃登陆火星后，经测量发现火星上一昼夜的时间为t，如果要发射一颗火星的同步卫星，它正常运行时距离火星表面将有多远？
【解析】　(1)在地球表面，万有引力与重力相等，
＝m0g
对火星＝m0g′
联立解得g′＝g.
(2)火星的同步卫星做匀速圆周运动的向心力由火星的万有引力提供，且运行周期与火星自转周期相同．设卫星离火星表面的高度为h，则
＝m0()2(R′＋h)
解出同步卫星离火星表面高度h＝－R.
【答案】　(1)g　(2)－R学业分层测评(六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(2016·合肥高一检测)飞机俯冲拉起时，飞行员处于超重状态，此时座位对飞行员的支持力大于所受的重力，这种现象叫过荷．过荷过重会造成飞行员大脑贫血，四肢沉重，暂时失明，甚至昏厥．受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的支持力影响．取g＝10
m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲速度为
100
m/s
时，圆弧轨道的最小半径为(　　)
A．100
m
　　　　　　
B．111
m
C．125
m
D．250
m
【解析】　由题意知，8mg＝m
，代入数值得R＝125
m.
【答案】　C
2.(2016·石家庄高一检测)如图2 3 11所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10
m/s
时，车对桥顶的压力为车重的.如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为(　　)
图2 3 11
A．15
m/s
B．20
m/s
C．25
m/s
D．30
m/s
【解析】　当v＝10
m/s时，mg－
mg＝m
①
当FN＝0时，mg＝m
②
由①②解得v1＝20
m/s.
【答案】　B
3．(2016·宁波高一检测)如图2 3 12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，人体受重力为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2 3 12
A．0
B．
C.
D.
【解析】　由题意知F＋mg＝m即2mg＝m，故速度大小v＝，C正确．
【答案】　C
4．(多选)在某转弯处，规定火车行驶的速率为v0，则下列说法中正确的是(　　)
A．当火车以速率v0行驶时，火车的重力与支持力的合力方向一定沿水平方向
B．当火车的速率v>v0时，火车对外轨有向外的侧向压力
C．当火车的速率v>v0时，火车对内轨有向内的挤压力
D．当火车的速率v【解析】　在转弯处，火车以规定速度行驶时，在水平面内做圆周运动，重力与支持力的合力充当向心力，沿水平面指向圆心，选项A正确．当火车的速率v>v0时，火车重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车对外轨有向外的侧向压力；当火车的速率v【答案】　ABD
5．冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，其安全速度应为(　　)
A．v＝k　　　　　　
B．v≤
C．v≥
D．v≤
【解析】　当处于临界状态时，有kmg＝m，得临界速度v＝.故安全速度v≤.
【答案】　B
6．(多选)(2016·连云港高一检测)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关．下列说法正确的是(　　)
【导学号：02690022】
A．v一定时，r越小则要求h越大
B．v一定时，r越大则要求h越大
C．r一定时，v越小则要求h越大
D．r一定时，v越大则要求h越大
【解析】　设轨道平面与水平方向的夹角为θ，由mgtan
θ＝m，得tan
θ＝，又因为tan
θ≈sin
θ＝，所以＝.可见v一定时，r越大，h越小，故A正确，B错误；当r一定时，v越大，h越大，故C错误，D正确．
【答案】　AD
7．(多选)火车在铁轨上转弯可以看做是做匀速圆周运动，火车速度提高易使外轨受损．为解决火车高速转弯时使外轨受损这一难题，你认为理论上可行的措施是(　　)
A．减小弯道半径
B．增大弯道半径
C．适当减小内外轨道的高度差
D．适当增加内外轨道的高度差
【解析】　当火车速度增大时，可适当增大转弯半径或适当增大轨道倾角，以减小外轨所受压力．
【答案】　BD
8．(多选)(2013·全国卷Ⅱ)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图2 3 13，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处(　　)
图2 3 13
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
【解析】　汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确，选项D错误．当vvc时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确．
【答案】　AC
[能力提升]
9.铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图2 3 14所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于
，则(　　)
图2 3 14
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C．这时铁轨对火车的支持力等于
D．这时铁轨对火车的支持力大于
【解析】　由牛顿第二定律F合＝m
，解得F合＝mgtan
θ，此时火车受重力和铁路轨道的支持力作用，如图所示，FNcos
θ＝mg，则FN＝
，内、外轨道对火车均无侧压力，故C正确，A、B、D错误．
【答案】　C
10．(多选)在图2 3 15所示光滑轨道上，小球滑下经平直部分冲上圆弧部分的最高点A时，对圆弧的压力为mg，已知圆弧的半径为R，则(　　)
图2 3 15
A．在最高点A，小球受重力和向心力
B．在最高点A，小球受重力和圆弧的压力
C．在最高点A，小球的速度为
D．在最高点A，小球的向心加速度为2g
【解析】　小球在最高点受重力和压力，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ma
又FN＝mg，所以a＝2g，B、D正确．
【答案】　BD
11．如图2 3 16所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道．表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动．已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝
的速度过轨道最高点B，并以v2＝v1
的速度过最低点A.求在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差多少？
【导学号：02690023】
图2 3 16
【解析】　在B点，FB＋mg＝m
解之得FB＝mg；在A点，FA－mg＝m
解之得FA＝7mg.所以在A、B两点轨道对车的压力大小相差6mg.
【答案】　6mg
12．在公路转弯处，常采用外高内低的斜面式弯道，这样可以使车辆经过弯道时不必大幅减速，从而提高通行能力且节约燃料．若某处有这样的弯道，其半径为r＝100
m，路面倾角为θ，且tan
θ＝0.4，取g＝10
m/s2.
(1)求汽车的最佳通过速度，即不出现侧向摩擦力时的速度．
(2)若弯道处侧向动摩擦因数μ＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求汽车的最大速度．
【解析】　(1)如图甲所示，当汽车通过弯道时，做水平面内的圆周运动，不出现侧向摩擦力时，汽车受到重力G和路面的支持力N两个力作用，两力的合力提供汽车做圆周运动的向心力．则有mgtan
θ＝m
所以v0＝＝
m/s＝20
m/s.
(2)当汽车以最大速度通过弯道时的受力分析如图乙所示．将支持力N和摩擦力f进行正交分解，有
N1＝Ncos
θ，N2＝Nsin
θ，f1＝fsin
θ，f2＝fcos
θ
所以有G＋f1＝N1，N2＋f2＝F向，且f＝μN
由以上各式可解得向心力为
F向＝
mg＝
mg
根据F向＝m可得
v＝＝
m/s＝15
m/s.
【答案】　(1)20
m/s　(2)15
m/s章末综合测评(六)
(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．(2016·金华高一检测)狭义相对论的基本公设之一，是在不同的惯性系中(　　)
A．真空中光速不变
B．时间间隔具有相对性
C．物体的质量不变
D．物体的能量与质量成正比
【解析】　狭义相对论的两条公设分别是在任何惯性系中真空中的光速不变和一切物理规律相同，故A正确．
【答案】　A
2．惯性系S中有一边长为l的正方形，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行，飞行器上测得该正方形的图像是(　　)
【解析】　物体在沿运动方向上才有长度收缩效应，而与运动方向垂直的方向上没有这种效应．
【答案】　C
3．如图1所示，沿平直铁路线有间距相等的三座铁塔A，B和C.假想有一列车沿AC方向以接近光速行驶，当铁塔B发出一个闪光，列车上的观测者测得A，C两铁塔被照亮的顺序是(　　)
图1
A．同时被照亮　　　　　
B．A先被照亮
C．C先被照亮
D．无法判断
【解析】　列车上的观测者看到的是由B发出后经过A和C反射的光，由于列车在这段时间内靠近C，而远离A，所以C的反射光先到达列车上的观测者，看到C先被照亮，故只有C正确．
【答案】　C
4．太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少．太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026
J，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近(　　)
A．1036
kg
B．1018
kg
C．1013
kg
D．109
kg
【解析】　根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，可得Δm＝＝
kg≈4.4×109
kg，故D选项正确．
【答案】　D
5．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是(　　)
A．改用频率更大的紫外线照射
B．改用红外线照射
C．改用强度更大的原紫外线照射
D．延长原紫外线的照射时间
【解析】　发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度和照射时间无关，故选项A正确，C、D错误；红外线的频率小于紫外线的频率，不可能使该金属发生光电效应，故选项B错误．
【答案】　A
6．下列说法正确的是(　　)
①当物体运动速度远小于光速时，相对论物理学和经典物理学的结论没有区别；②当物体运动速度接近光速时，相对论物理学和经典物理学没有区别；③当普朗克恒量h(6.63×10－34J·s)可以忽略不计时，量子力学和经典力学的结论没有区别；④当普朗克恒量h不能忽略不计时，量子力学和经典力学的结论没有区别．
A．①③　　　　　　　　
B．②④
C．①④
D．②③
【解析】　经典力学可以认为是相对论物理学在低速、宏观下的特例，①正确；对于微观世界，需要应用量子力学．当普朗克常量可以忽略不计时，量子力学和经典力学的结论没有区别，③正确，故选A.
【答案】　A
7．对于公式m＝，下列说法中正确的是(　　)
A．式中的m0是物体以速度v运动时的质量
B．当物体的运动速度v>0时，物体的质量m>m0，即物体的质量改变了，故经典力学不适用
C．当物体以较小速度运动时，质量变化十分微弱，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速运动时，质量变化才明显，故经典力学适用于低速运动，而不适用于高速运动
D．通常由于物体的运动速度很小，故质量的变化引不起我们的感觉．在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量的变化
【解析】　公式中m0是静止质量，m是物体以速度v运动时的质量，A项不对；由公式可知，只有当v接近光速时，物体的质量变化才明显，一般情况下物体的质量变化十分微小，故经典力学仍然适用，故B项不对，C，D两项正确．
【答案】　CD
8.如图2所示，如果你以接近光速的速度向某一星体飞去，下列说法正确的是(　　)
图2
A．你的质量变大了
B．你的心跳没有变化
C．你的尺寸变大了
D．你的感觉和在地面上的感觉是一样的
【解析】　根据狭义相对论的观点，可知A正确，B错误，C错误；“你”相对飞船这个惯性参考系是静止的，因此“你”不能发现自己有什么变化，“你”的感觉和在地面上的感觉是一样的，D正确．
【答案】　AD
9．根据爱因斯坦的“光子说”可知(　　)
A．“光子说”与牛顿的“微粒说”本质不同
B．光的波长越大，光子的能量越小
C．一束单色光的能量可以连续变化
D．只有光子数很多时，光才具有粒子性
【答案】　AB
二、非选择题(共3小题，共46分)
10．(12分)如图3所示为光电管的工作电路图，则图中电源的正极为_____(填“a”或“b”)，若使这种光电管产生光电效应的入射光的最大波长为λ，则能使光电管工作的入射光光子的最小能量为________．
图3
【解析】　产生光电子的地方在K极板，若能让这些光电子在电场作用下定向移动到A，便可在回路中形成光电流，故电源正极应为a.已知产生光电效应的入射光的最大波长为λ，那么金属的极限频率就为ν＝，对应的能使光电管工作的入射光子的最小能量为E＝h·ν＝.
【答案】　a　
11．(16分)某人测得一静止棒长为l0，质量为m0，从而求得此棒线密度ρ(即单位长度质量)．若此棒以速度v沿自身长度方向运动，此人再测棒的线密度应为多少？若棒在垂直自身长度方向上运动，它的线密度又为多少？
【导学号：02690073】
【解析】　当棒沿自身长度方向运动时
m′＝，l′＝l0·
ρ′＝＝·＝
当棒在垂直自身长度方向上运动时m″＝，
l″＝l0，所以ρ″＝＝.
【答案】　　
12．(18分)(1)一个原来静止的电子，经电压加速后，获得的速度为v＝6×106
m/s.问电子的质量是增大了还是减小了？改变了百分之几？
(2)在粒子对撞机中，有一个电子经过高压加速，速度达到光速的0.6倍．试求此时电子的质量变为静止时的多少倍？
【解析】　(1)根据爱因斯坦狭义相对论中物体质量与速度的关系m＝可知运动后质量增大了．
m＝＝＝1.000
2m0，
所以改变的百分比为×100
%＝0.02
%.
(2)由于电子的速度接近光速，所以质量变化明显，根据爱因斯坦狭义相对论中运动质量与静止质量的关系得
m＝＝＝m0.
【答案】　(1)增大了　0.02
%　(2)倍学业分层测评(三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)斜抛运动与平抛运动相比较，相同的是(　　)
A．都是匀变速曲线运动
B．平抛运动是匀变速曲线运动，而斜抛运动是非匀变速曲线运动
C．都是加速度逐渐增大的曲线运动
D．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛运动是速度先减小后增大的曲线运动
【解析】　斜抛运动和平抛运动都只受重力，故都是匀变速曲线运动，它们的加速度都是重力加速度，保持不变．斜抛运动的速度先减小，后增大．故A，D正确，B，C错误．
【答案】　AD
2．(2016·长沙高一检测)一个物体同时参与不在同一直线上的一个初速度为零的匀加速直线运动和一个匀速直线运动，它的合运动的轨迹是(　　)
A．直线　　　　　　　
B．双曲线
C．抛物线
D．其他曲线
【解析】　如果这两个分运动互相垂直时，我们知道它将做类平抛运动，轨迹应该是抛物线，如果成某一夹角时，物体做的将是类斜抛运动，同样可以分析得到此运动的轨迹为抛物线．
【答案】　C
3．做斜上抛运动的物体的运动可以分解为水平和竖直方向的两个分运动，下列图象中正确描述竖直方向上物体运动的速度为(　　)
【解析】　斜抛运动的竖直分运动是自由落体运动，其运动的速度先均匀减小到零，后反向均匀增大，由于规定向上为正方向，故速度先为正，后为负，C正确．
【答案】　C
4．(多选)如图1 3 10是斜向上抛出的物体的轨迹，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 3 10
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
【解析】　速度是矢量，A、B处速度大小相等，方向不相同．在水平方向上是匀速直线运动，竖直方向的加速度总为g.
【答案】　CD
5．(多选)关于斜抛运动中的射高，下列说法中正确的是(　　)
A．初速度越大，射高越大
B．抛射角越大，射高越大
C．初速度一定时，抛射角越大，射高越大
D．抛射角一定时，初速度越大，射高越大
【解析】　斜抛运动的射高，是由初速度和抛射角共同决定的，初速度一定时，抛射角越大，射高越大；抛射角一定时，初速度越大，射高也越大，故C、D正确．
【答案】　CD
6．(多选)如图1 3 11所示，从地面上同一位置抛出两小球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1 3 11
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
【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，竖直方向做自由落体运动，两球的加速度均为重力加速度g，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vxA＜vxB，故C对；由v＝2gh，可知落地时，竖直方向的速度vyA＝vyB，再由v＝，可知B在落地时的速度比A
在落地时的大，故D对．
【答案】　CD
7．某人在水平地面上沿与水平面成60°角的方向以20
m/s的初速度抛出一小球，不计空气阻力．(g取10
m/s2)试求：
【导学号：02690011】
(1)小球所能上升的最大高度H；
(2)在空中运动的总时间；
(3)最大水平运动距离．
【解析】　(1)水平方向的初速度
vx0＝v0cos
60°＝10
m/s
竖直方向的初速度
vy0＝v0sin
60°＝10
m/s
根据竖直方向的运动，设上升的最大高度为H，则v＝2gH，得H＝15
m
(2)设上升到最大高度时间为t，则vy0＝gt
得t＝
s
所以在空中运动的总时间为T＝2
s
(3)设飞行的水平距离为L，
则L＝vx0T＝20
m.
【答案】　(1)15
m　(2)2
s　(3)20
m
[能力提升]
8.(多选)(2016·汉中高一检测)以相同的初速率、不同的抛射角同时抛出三个小球A、B、C，三球在空中的运动轨迹如图1 3 12所示，则下列说法中正确的是(不考虑空气阻力)(　　)
图1 3 12
A．A、B、C三球在运动过程中，加速度都相同
B．B球的射程最远，所以最迟落地
C．A球的射高最大，所以最迟落地
D．B球的抛射角一定为45°
【解析】　A、B、C三球在运动过程中只受重力作用，故具有相同的加速度g，A选项正确；斜抛运动可以分成上升和下落两个过程，下落过程就是平抛运动，根据平抛物体在空中的飞行时间只决定于抛出点的高度可知，A球从抛物线顶点落至地面所需的时间最长，再由对称性可知，斜抛物体上升和下落所需的时间是相等的，所以A球最迟落地，故C选项正确，B选项错误；B球的射程相对于A、C最远，但不一定是该初速率对应的最远射程，故抛射角不一定为45°，因此D选项错误．
【答案】　AC
9．(多选)在谷物的收割和脱粒过程中，小石子、草屑等杂物很容易和谷物混在一起，另外谷粒中也有瘪粒．为了将它们分离，可用扬场机分选，如图1 3 13所示，它的分离原理是(　　)
图1 3 13
A．小石子质量最大，空气阻力最小，飞得最远
B．空气阻力对质量不同的物体影响不同
C．瘪谷粒和草屑质量最小，在空气阻力作用下，加速度最大，飞得最远
D．空气阻力使它们的速度变化不同
【解析】　扬场机将小石子、实谷粒、瘪谷粒和草屑以相同的初速度斜向上抛出，但由于质量不同，在空气阻力作用下，获得的加速度不同，由于小石子质量大，加速度小，所以射程最远，而瘪谷粒及草屑质量小，加速度大，所以射程最近，因此选项B、D正确，选项A、C错误．
【答案】　BD
10．(2016·衡水高一检测)世界上最窄的海峡是苏格兰的塞尔海峡，它位于欧洲大陆与塞尔岛之间．这个海峡只有约6
m宽，假设有一位运动员，他要以相对于水平面37°的角度进行“越海之跳”，可使这位运动员越过这个海峡的最小初速度是多少？(忽略空气阻力，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2)
【解析】　设该运动员的最小初速度为v0，其射程恰为6
m，则其水平分速度：v0x＝v0cos
37°
射程：x＝v0xt
竖直分速度：v0y＝v0sin
37°
运动时间：t＝2
由以上几式代入数据解得：v0＝
m/s.
【答案】　
m/s
11．一座炮台置于距地面60
m高的山崖边，以与水平方向成45°角的方向发射一颗炮弹，炮弹离开炮口时的速度大小为120
m/s，g取10
m/s2，求：
(1)炮弹能达到的最大高度h；
(2)炮弹的水平射程x.
【解析】　(1)炮弹离开炮口时的竖直分速度为
vy＝v0sin
45°＝60
m/s
从抛出点到最高点的竖直位移为
h1＝＝360
m
则炮弹离地面的最大高度为h＝h1＋60
m＝420
m.
(2)从抛出到达到最高点所用的时间为
t1＝＝6
s
从最高点落回地面所用的时间为t2＝，则t2＝2
s
那么，炮弹的射程为
x＝v0cos
45°(t1＋t2)＝720
m＋120
m
≈1
497.7
m.
【答案】　(1)420
m　(2)1
497.7m学业分层测评(七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下面关于离心运动的说法，正确的是(　　)
A．物体做离心运动时将离圆心越来越远
B．物体做离心运动时其运动轨迹一定是直线
C．做离心运动的物体一定不受外力作用
D．做匀速圆周运动的物体所受合力大小改变时将做离心运动
【解析】　物体远离圆心的运动就是离心运动，故A对；物体做离心运动时其运动轨迹可能是曲线，故B错；当做圆周运动的物体所受合外力提供的向心力不足时就做离心运动，合外力等于零仅是物体做离心运动的一种情况，故C错；当物体所受合力增大时，将做近心运动，故D错．
【答案】　A
2．(2016·长葛高一检测)精彩的F1赛事相信你不会觉得陌生吧！有一次车王在一个弯道上高速行驶，赛车后轮突然脱落，从而不得不遗憾地退出了比赛。关于脱落的后轮的运动情况，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
【解析】　赛车在弯道上转弯时做曲线运动，其速度沿轨道的切线方向，车轮从赛车上脱落后将沿速度方向即轨道的切线方向做直线运动．故C正确．
【答案】　C
3．物体做离心运动时，运动轨迹的形状(　　)
A．一定是直线
B．一定是曲线
C．可能是一个圆
D．可能是直线，也可能是曲线
【解析】　若F合＝0，则物体沿切线飞出而做直线运动；若0＜F合＜F向，则物体做曲线运动，故D正确．
【答案】　D
4.在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图2 4 7所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径为R，则管状模型转动的最低角速度ω为(　　)
图2 4 7
A.　　　　　　
B.
C.
D．2
【解析】　以管状模型内最高点处的铁水为研究对象，转速最低时，重力等于向心力，即mg＝mω2R，得ω＝.
【答案】　A
5．下列哪些现象是为了利用物体产生的离心运动(　　)
A．汽车转弯时要限制速度
B．转速很大的砂轮半径做得不能太大
C．在修建铁路时，转弯处内轨要低于外轨
D．工作的洗衣机脱水桶转速很大
【解析】　A中汽车转弯向心力由静摩擦力提供，F向＝m≤fm，速度过大，F向>fm会发生离心运动，所以要限速防止离心运动．B中砂轮转动时，轮边缘处受向心力F向＝mω2r，半径越大，所需向心力越大越容易断裂而发生离心运动，所以半径小是为了防止离心运动．C中火车转弯时，内轨低于外轨是防止离心运动．只有D中脱水时是利用离心运动把水脱去，故只选D.
【答案】　D
6．如图2 4 8所示，在注满水的玻璃管中放一个乒乓球，然后再用软木塞封住管口，将此玻璃管放在旋转的水平转盘上，且保持与盘相对静止，则乒乓球会(　　)
图2 4 8
A．向外侧运动
B．向内侧运动
C．保持不动
D．条件不足，无法判断
【解析】　若把乒乓球换成等体积的水球，则此水球将会做圆周运动，能够使水球做圆周运动的是两侧的水的合压力，而且这两侧压力不论是对乒乓球还是水球都是一样的．但由于乒乓球的质量小于相同体积的水球的质量，所以此合压力大于乒乓球在相同轨道相同角速度下做圆周运动所需的向心力，所以乒乓球将全做近心运动．
【答案】　B
7．如图2 4 9是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．对于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是(　　)
图2 4 9
A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B．摩托车所受外力的合力小于所需的向心力
C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去
D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
【解析】　摩托车只受重力、地面支持力和地面摩擦力的作用，没有离心力，A项错误；摩托车正常转弯时可看作是做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，B项正确；摩托车将在沿线速度方向与半径向外的方向之间做离心曲线运动，C、D项错误．
【答案】　B
8．一辆质量m＝2×103
kg的汽车在水平公路上行驶，经过半径r＝50
m的弯路时，如果车速v＝72
km/h，这辆汽车会不会发生侧滑？已知轮胎与路面间的最大静摩擦力Fmax＝1.4×104
N.
【导学号：02690026】
【解析】　汽车的速度：
v＝72
km/h＝20
m/s
汽车过弯路时所需的向心力大小为
F＝m＝2×103×N＝1.6×104
N
由于F＞Fmax，所以汽车做离心运动，即发生侧滑．
【答案】　会
[能力提升]
9.(多选)如图2 4 10所示，水平转台上放着A、B、C三个物体，质量分别为2m、m、m，离转轴的距离分别为R、R、2R，与转台间的动摩擦因数相同，转台旋转时，下列说法中正确的是(　　)
图2 4 10
A．若三个物体均未滑动，C物体的向心加速度最大
B．若三个物体均未滑动，B物体受的摩擦力最大
C．转速增加，A物体比B物体先滑动
D．转速增加，C物体先滑动
【解析】　三个物体均未滑动时，做圆周运动的角速度相同，均为ω，根据a＝ω2r知，半径最大的向心加速度最大，A正确；三个物体均未滑动时，静摩擦力提供向心力，fA＝2mω2R，fB＝mω2R，fC＝2mω2R，B物体受的摩擦力最小，B错误；转速增加时，角速度增加，当三个物体都刚要滑动时，对A：2μmg＝2mω2R，对B：μmg＝mω2R，对C：μmg＝2mω2R，所以当转速增加时，C的静摩擦力提供向心力首先达到不足，C物体先滑动，D正确；A与B要么不动，要么一起滑动，C错误．
【答案】　AD
10．(多选)如图2 4 11所示，小球原来能在光滑水平面上做匀速圆周运动，若剪断BC间的细线，当A球重新做匀速圆周运动后，A球的(　　)
图2 4 11
A．运动半径变大
B．速率变大
C．角速度变大
D．周期变大
【解析】　球A的向心力由线的拉力提供，开始时，F向＝(mB＋mC)g，若剪断BC间的细线，拉力提供的向心力F′向＝mBg＜F向，故球A将做离心运动，所以运动半径要变大，A正确；由F＝m及F＝mrω2、T＝知F变小r变大时，v变小，ω变小，T变大，选项B、C错误，D正确．
【答案】　AD
11.如图2 4 12所示，水平杆AB可以绕竖直轴OO′匀速转动，在离杆的B端0.3
m处套着一个质量为0.2
kg的小环，当杆以
20
r/min
的转速匀速转动时，小环受到的摩擦力多大？如环与杆之间的最大静摩擦力等于压力的0.4倍，问：当杆以
40
r/min
的转速匀速转动时，小环最远可以放到什么位置上而不至于滑动？(g取10
m/s2)
图2 4 12
【解析】　角速度ω1＝2πn1＝π
rad/s
对环由牛顿第二定律有
f＝mωr1＝0.2×2×0.3
N＝0.26
N.
转速增加而环恰好不滑动时
角速度ω2＝2πn2＝π
rad/s
又kmg＝mωr2
故r2＝＝0.23
m.
【答案】　0.26
N　距B端0.23
m处
12．如图2 4 13所示，让摆球从图中的A位置由静止开始下摆，正好摆到最低点B位置时摆绳被拉断．设摆绳长度l＝1.6
m，摆球质量为0.5
kg，摆绳的最大拉力为10
N，悬点与地面的竖直高度H＝4.0
m，不计空气阻力，g取10
m/s2.求：
图2 4 13
(1)摆球落地时速度的大小；
(2)D点到C点的距离．
【解析】　(1)摆球在B点时，摆绳的拉力恰好达到最大值，根据牛顿第二定律得：
F－mg＝m
摆绳被拉断后，由B到D的过程中，由平抛运动规律得：
v＝2g(H－L)
v＝v＋v
联立以上三式解得：vD＝8
m/s.
(2)D点到C点的距离在数值上等于平抛运动的水平位移s，则H－l＝gt2.
s＝vBt
联立解得：s＝16
m≈2.8
m.
【答案】　(1)8
m/s　(2)2.8
m
重点强化卷(二)　圆周运动的分析
一、选择题
1.如图1所示为一种早期的自行车，这种带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了(　　)
图1
A．提高速度
B．提高稳定性
C．骑行方便
D．减小阻力
【解析】　在骑车人脚蹬车轮转速一定的情况下，据公式v＝ωr知，轮子半径越大，车轮边缘的线速度越大，车行驶得也就越快，故A选项正确．
【答案】　A
2.两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆的O点做圆周运动，如图2所示，当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则转轴O到小球2的距离是(　　)
图2
A.
　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　两小球角速度相等，即ω1＝ω2.设两球到O点的距离分别为r1、r2，即
＝
；又由于r1＋r2＝L，所以r2＝
，故选B.
【答案】　B
3．(2016·深圳高一检测)如图3所示为质点P、Q做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的图线．表示质点P的图线是双曲线的一支，表示质点Q的图线是过原点的一条直线．由图线可知(　　)
图3
A．质点P的线速度大小不变
B．质点P的角速度大小不变
C．质点Q的角速度随半径变化
D．质点Q的线速度大小不变
【解析】　由a＝知：v一定时，a∝，即a与r成反比；由a＝rω2知：ω一定时，a∝r.从图象可知，质点P的图线是双曲线的一支，即a与r成反比，可得质点P的线速度大小是不变的．同理可知：质点Q的角速度是不变的．
【答案】　A
4.(2016·南昌高一检测)如图4所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点(　　)
图4
A．角速度大小相同
B．向心力大小相同
C．线速度大小相同
D．向心加速度大小相同
【解析】　O点为圆心，a和b两质点与O点的距离不相等，即圆周运动的半径不相等，但两质点与圆心连线在相等时间内转过的圆心角相等，因此，两质点的角速度大小相同，线速度大小不相同，选项A正确，选项C错误；向心力为F＝mRω2，两质点的质量与角速度都相等，半径不相等，则向心力与向心加速度不相同，选项B、D均错误．
【答案】　A
5.
(2016·温州高一检测)一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的圆形轨道滑行，如图5所示，经过最低点的速度为v，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为
(　　)
图5
A．μmg
B．μ
C．μm(g－)
D．μm(g＋)
【解析】　小球在最低点时，轨道支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，物体受到的摩擦力为f＝μFN＝μm(g＋)，选项D正确．
【答案】　D
6.如图6所示，O、O′为两个皮带轮，O轮的半径为r，O′轮的半径为R，且R>r，M点为O轮边缘上的一点，N点为O′轮上的任意一点，当皮带轮转动时，(设转动过程中不打滑)则(　　)
图6
A．M点的向心加速度一定大于N点的向心加速度
B．M点的向心加速度一定等于N点的向心加速度
C．M点的向心加速度可能小于N点的向心加速度
D．M点的向心加速度可能等于N点的向心加速度
【解析】　在O′轮的边缘上取一点Q，则Q点和N点在同一个轮子上，其角速度相等，即ωQ＝ωN，又rQ>rN，由向心加速度公式a＝ω2r可知aQ>aN；由于皮带转动时不打滑，Q点和M点都在由皮带传动的两个轮子边缘，这两点的线速度大小相等，即vQ＝vM，又rQ>rM，由向心加速度公式a＝可知，aQaN，A正确．
【答案】　A
7．(2016·绵阳高一检测)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，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
【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，汽车与地面的动摩擦因数为μ，汽车的转弯半径为r，则μmg＝m，故r∝v2.速率增大到原来的2倍时，转弯半径增大到原来的4倍，D正确．
【答案】　D
8.(多选)如图7所示，用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动，圆周半径为R，则下列说法正确的是(　　)
图7
A．小球过最高点时，绳子张力可能为零
B．小球过最高点时的最小速度为零
C．小球刚好过最高点时的速度为
D．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反
【解析】　绳子只能提供拉力作用，其方向不可能与重力相反，D错误；在最高点有mg＋FT＝m，拉力FT可以等于零，此时速度最小为vmin＝，故B错误，A、C正确．
【答案】　AC
9．(2016·岳阳高一检测)在高速公路的拐弯处，路面建造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧的要高一些，路面与水平面间的夹角为θ，设拐弯路段是半径为R的圆弧，要使车速为v时车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，θ应满足
(　　)
【导学号：02690027】
A．sin
θ＝
B．tan
θ＝
C．sin
2θ＝
D．cot
θ＝
【解析】　当车轮与路面的横向摩擦力等于零时，汽车受力如图所示
则有：FNsin
θ＝m
FNcos
θ＝mg
解得：tan
θ＝，故B正确．
【答案】　B
10.(多选)中央电视台《今日说法》栏目曾报道过一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图8所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是(　　)
现场示意图
图8
A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动
B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动
C．公路在设计上可能内(东北)高外(西南)低
D．公路在设计上可能外(西南)高内(东北)低
【解析】　由题图可知发生事故时，卡车在做圆周运动，从图可以看出卡车冲入民宅时做离心运动，故选项A正确，选项B错误；如果外侧高，卡车所受重力和支持力的合力提供向心力，
则卡车不会做离心运动，也不会发生事故，故选项C正确，D错误．
【答案】　AC
二、计算题
11．(2016·赣州高一检测)在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108
km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍．
(1)如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？
(2)如果高速路上设计了圆弧拱桥做立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱桥的半径至少是多少？
【解析】　(1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有Fm＝0.6mg＝m
，由速度v＝30
m/s得，弯道半径r＝150
m.
(2)汽车过拱桥，看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有：mg－FN＝m
，为了保证安全，车对路面间的弹力FN必须大于等于零，有mg≥
m
，则R≥90
m.
【答案】　(1)150
m　(2)90
m
12.(2016·嘉兴高一检测)如图9所示，一光滑的半径为0.1
m的半圆形轨道放在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口飞出时，轨道对小球的压力恰好为零，g取10
m/s2，求：
【导学号：02690028】
图9
(1)小球在B点速度是多少？
(2)小球落地点离轨道最低点A多远？
(3)落地时小球速度为多少？
【解析】　(1)小球在B点时只受重力作用，竖直向下的重力提供小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：mg＝m
代入数值解得：vB＝＝1
m/s.
(2)小球离开B点后，做平抛运动．根据平抛运动规律可得：2r＝gt2
s＝vBt
代入数值联立解得：s＝0.2
m.
(3)根据运动的合成与分解规律可知，小球落地时的速度为v＝＝
m/s.
【答案】　(1)1
m/s　(2)0.2
m　(3)
m/s学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．长江三峡西起重庆奉节的白帝城，东到湖北宜昌的南津关，是我国的一个重要旅游区．三峡索道的建成，为三峡旅游区又增添了一道亮丽的风景线．一位游客乘坐匀速运动的缆车过江时，将一石子从手中释放，不计空气阻力，该乘客看到石子下落的轨迹是图中的哪一个(　　)
【解析】　石子从乘客手中释放后，水平方向因惯性保持乘客和缆车的速度，因而石子落水前总处在缆车正下方，竖直方向做自由落体运动，所以乘客看到石子下落的轨迹是A图．
【答案】　A
2．平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速直线运动；②竖直方向做自由落体运动．如图1 1 10所示为研究平抛运动的实验装置，现把两个小铁球分别吸在电磁铁C，E上，然后切断电磁铁C的电源，使一个小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面，这个实验(　　)
图1 1 10
A．只能说明上述规律中的第①条
B．只能说明上述规律中的第②条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
【解析】　由于左端小铁球平抛的同时，右端小铁球开始做自由落体运动，且两球同时落地，说明平抛的小铁球在竖直方向上和右端小铁球做同样的运动，也做自由落体运动，但无法说明平抛小铁球在水平方向的运动，故只有B正确．
【答案】　B
3．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．平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
【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．
【答案】　C
4．(2016·衡水高一检测)一架飞机水平匀速飞行，飞机上每隔1
s释放一个铁球，先后共释放4个，若不计空气阻力，则落地前四个铁球在空中的排列情况是(　　)
【解析】　铁球释放后做平抛运动，水平方向铁球速度和飞机都相同，竖直方向相对飞机做自由落体运动，位移越来越大，故B正确．
【答案】　B
5．(2016·深圳高一检测)下列哪个运动是平抛运动(　　)
A．随电梯一起运动的物体的运动
B．水平抛向空中的细绳的运动
C．水平抛向空中的纸片的运动
D．水平抛向空中的铅球的运动
【解析】　做平抛运动的物体要同时满足两个条件：(1)初速度水平；(2)只受重力作用．显然选项A不满足，选项B、C中物体所受空气阻力不能忽略，只有选项D中物体所受空气阻力可忽略，可看作平抛运动．
【答案】　D
6．如图1 1 11所示，某同学让带有水的伞绕伞柄旋转，可以看到伞面上的水滴沿伞边水平飞出．若不考虑空气阻力，水滴飞出后在空中的运动是(　　)
【导学号：02690002】
图1 1 11
A．匀速直线运动
B．平抛运动
C．自由落体运动
D．圆周运动
【解析】　若不考虑空气阻力，由于惯性水滴在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上只受重力做自由落体运动，因此水滴飞出后在空中做平抛运动．B正确．
【答案】　B
7．(多选)如图1 1 12所示，一战斗机在距地面高度一定的空中，由东向西沿水平方向匀速飞行，发现地面目标P后，开始瞄准并投掷炸弹．若炸弹恰好击中目标P，假设投弹后飞机仍以原速度水平匀速飞行，则(不计空气阻力)(　　)
图1 1 12
A．飞机投弹时在P点的正上方
B．炸弹落在P点时，飞机在P点的正上方
C．飞机飞行速度越大，投弹时飞机到P点的距离应越大
D．无论飞机飞行速度多大，从投弹到击中目标经历的时间是一定的
【解析】　炸弹离开飞机做平抛运动，水平方向的运动和飞机运动情况相同，所以在落到P点时，飞机应在P点正上方，故A错，B对；飞机飞行速度越大，投弹时飞机到P点的距离应越大，C对；炸弹运动时间由竖直方向的自由落体运动决定，与水平速度大小无关，D对．
【答案】　BCD
8．让两个小球同时开始运动，一个做自由落体运动，一个做平抛运动，利用闪光照相可以得到小球的运动过程照片，通过分析小球的位置变化，可以得到的结论是(　　)
A．只能得到“平抛运动在竖直方向上做自由落体运动”
B．只能得到“平抛运动在水平方向上做匀速直线运动”
C．既能得到“平抛运动在竖直方向上做自由落体运动”，又能得到“平抛运动在水平方向上做匀速直线运动”
D．既不能得到水平方向上的运动规律，又不能得到竖直方向上的运动规律
【解析】　通过对比做自由落体运动的小球和做平抛运动的小球在竖直方向上的位置关系，可以得到竖直方向上的运动规律；由于闪光时间不变，通过分析做平抛运动的小球在水平方向上的位置变化，可以得到水平方向上的运动规律，故C正确．
【答案】　C
[能力提升]
9.如图1 1 13所示，从一根空心竖直钢管甲的上端边缘，沿着直径方向向管内水平抛出一弹性小球，球与管壁多次相碰后落地(管壁光滑，球与管壁相碰时间均不计，相碰无能量损失)，若换一根等高但较粗的钢管乙，用同样的方法抛入此小球，则对运动时间的判断，正确的是(　　)
【导学号：02690003】
图1 1 13
A．在甲管中运动时间长
B．在乙管中运动时间长
C．在两管中运动时间一样长
D．无法确定
【解析】　因为小球开始时水平抛出，管壁光滑，所以小球与管壁碰撞时，竖直方向的分速度不变，水平分速度大小不变，方向与碰前相反，而竖直方向的运动决定下落时间．在乙中小球竖直方向也类似自由落体运动，因而与甲中运动时间相同，只有C项正确．
【答案】　C
10．在高空中有四个小球在同一位置以相同的速率v同时向前、向后、向左、向右被抛出去，不计空气阻力，则经过1
s后，四个小球在空中的位置构成的图形(俯视图)大致为下列中的(　　)
【解析】　每个小球的运动都可看作竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动．四个小球在竖直方向上都做自由落体运动，所以在竖直方向上四个小球相对静止；在水平方向上四个小球都做匀速直线运动，且速度大小相同，故正确的图形为选项A.
【答案】　A
11．某同学画出了两幅平抛运动的图形，图中用箭头标明了运动轨迹上A，B，C三点的加速度的方向，如图1 1 14所示，请指出哪幅图正确，为什么？
图1 1 14
【解析】　图乙正确．图甲标明的是速度方向，因为做曲线运动的物体其速度方向沿运动轨迹的切线方向；图乙标明的是加速度方向，因为做平抛运动的物体只受重力作用，加速度的方向跟重力的方向相同，大小等于g.
【答案】　见解析
12．如图1 1 15所示是利用闪光照相研究平抛运动的示意图．小球A由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌边缘时，小球B也同时下落，闪光频率为10
Hz的频闪相机拍摄的照片中B球有四个像，像间距离已在图中标出，单位cm，如图所示．两球恰在位置4相碰．画出图中A球的运动轨迹，并在轨迹上用小圆圈画出与B球2、3位置相对应的A球所在位置．
图1 1 15
【解析】　平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，在竖直方向是自由落体运动，经过相同时间A，B应在等高的水平线上，且A的水平距离相等．
【答案】　见解析学业分层测评(九)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下面四幅图是小新提包回家的情景，小新对提包的拉力没有做功的是(　　)
A．将包提起来
B．站在水平匀速行驶的车上
C．乘升降电梯　　　　　
D．提着包上楼
【解析】　根据功的概念及功的两个因素可知，只有同时满足力及在力的方向上有位移两个条件时，力对物体才做功，A、C、D做功，B没有做功，选B.
【答案】　B
2．质量为m的小物块在倾角为α的斜面上处于静止状态，如图3 2 11所示．若斜面体和小物块一起以速度
v沿水平方向向右做匀速直线运动，通过一段位移l.斜面体对物块的摩擦力和支持力的做功情况是(　　)
图3 2 11
A．摩擦力做正功，支持力做正功
B．摩擦力做正功，支持力做负功
C．摩擦力做负功，支持力做正功
D．摩擦力做负功，支持力不做功
【解析】　物体受力情况如图所示，物体受到重力mg、摩擦力Ff和支持力FN的作用．物体相对斜面静止，物体相对地面水平向右匀速移动距离l，这些力均是恒力，故可用W＝Fl·cos
α计算各力的功．
WFf＝Fflcos
α＞0
WFN＝FNlcos(90°＋α)＜0
所以选项B正确．
【答案】　B
3．关于功率，下列说法中正确的是(　　)
A．根据P＝可知，机械做功越多，其功率就越大
B．根据P＝Fv可知，汽车的牵引力一定与其速度成反比
C．根据P＝可知，只要知道时间t内所做的功，就可知任意时刻的功率
D．根据P＝Fv可知，发动机的功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比
【解析】　由P＝可知，在时间t一定的情况下，机械做功越多，其功率就越大，选项A错误；根据P＝Fv可知，在发动机的输出功率P一定的情况下，汽车的牵引力与其速度成反比，选项B错误，D正确；功W与一段运动过程相对应，故利用P＝计算出的是时间t内力对物体做功的平均功率，选项C错误．
【答案】　D
4．质量为m的物体从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．在运动时间为t的过程中，合外力对它做功的平均功率为(　　)
A．ma2t　　　　　
B.ma2t
C．2ma2t
D.ma2t
【解析】　W＝F·s＝ma·at2＝ma2t2，P＝＝ma2t，故选项B正确．
【答案】　B
5．一质量为m的木块静止在光滑的水平地面上，大小为F、方向与水平面成θ角的恒力作用在该木块上，经过时间t，力F的瞬时功率为(　　)
【导学号：02690036】
A.　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　对木块受力分析可知，木块受重力、支持力和力F的作用，由牛顿第二定律可得，Fcos
θ＝ma，所以a＝，t时刻的速度为v1＝at＝，所以瞬时功率P＝Fv1cos
θ＝，A
正确．
【答案】　A
6．如图3 2 12所示，AB＝3AE，AC＝2AE，AD＝1.5
AE，若把物体从斜面底部沿AB、AC、AD三个斜面匀速拉到顶端A时(不计摩擦)，则(　　)
图3 2 12
A．沿着AB用的拉力最小，做功最多
B．沿着AC用的拉力最小，做功最多
C．沿着AD用的拉力最小，做功也最少
D．沿着三个斜面用的拉力不相等，做功一样多
【解析】　设斜面的倾角为θ，AE＝h，则从斜面底部向上匀速拉物体做的功为：W＝F·s＝mg·sin
θ·＝mgh，所以选项D正确．
【答案】　D
7．同一恒力按同样的方式施于物体上，使它分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同一段距离时，恒力做的功和平均功率分别为W1、P1和W2、P2，则二者的关系是(　　)
A．W1＞W2、P1＞P2
B．W1＝W2、P1＜P2
C．W1＝W2、P1＞P2
D．W1＜W2、P1＜P2
【解析】　恒力做的功仅由力、位移及二者夹角决定，由题意，很显然W1＝W2；沿粗糙面运动时，加速度小，通过相同位移所用时间长，即t1＞t2，根据P＝，则有P1＜P2，故选项B正确．
【答案】　B
8．某型号汽车发动机的额定功率为60
kW，在水平路面上行驶时受到的阻力是1
800
N，求在额定功率下，汽车行驶的速度为15
m/s时，汽车受到的牵引力大小和汽车行驶的最大速度．
【解析】　由P＝F引·v知，F引＝＝
N＝4
000
N，在以额定功率P＝60
kW行驶时，汽车受到的阻力是F＝1
800
N，由于P＝Fvmax，
所以vmax＝＝
m/s≈33.3
m/s.
【答案】　4
000
N　33.3
m/s
[能力提升]
9．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1
m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图3 2 13甲和乙所示．设在第1
s内、第2
s内、第3
s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系式正确的是(　　)
图3 2 13
A．W1＝W2＝W3
B．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2
D．W1＝W2＜W3
【解析】　各秒内位移等于速度图线与横轴所围的“面积”，由乙图可知x1＝×1×1
m＝0.5
m，x2＝×1×1
m＝0.5
m，x3＝1×1
m＝1
m，结合甲图力的大小，可以求得W1＝1×0.5
J＝0.5
J，W2＝3×0.5
J＝1.5
J，W3＝2×1
J＝2
J，所以选B.
【答案】　B
10．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．下面四个图象中，哪个图象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(　　)
【解析】　功率减小一半后，汽车做加速度越来越小的减速运动，最终匀速运动．
【答案】　C
11．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 2 14
(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取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，装备质量不计)
【解析】　(1)重力做的功
WG＝mgh＝50×10×30
J＝1.5×104
J.
(2)运动员所受合力：
F合＝mgsin
37°－μmgcos
37°＝260
N
方向沿斜坡向下，沿合力方向位移l＝＝50
m
合力做的功W合＝F合·l＝260×50
J＝1.3×104
J.
【答案】　(1)1.5×104
J　(2)1.3×104
J
12．图3 2 15所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103
kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a＝0.2
m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02
m/s的匀速运动．g取10
m/s2，不计额外功．求：
【导学号：02690037】
图3 2 15
(1)起重机允许输出的最大功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．
【解析】　(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力．
P0＝F0vm①
P0＝mgvm②
代入数据，有：P0＝5.1×104
W．③
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：
P0＝Fv1④
F－mg＝ma⑤
v1＝at1⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5
s
⑦
t＝2
s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则
v2＝at⑧
P＝Fv2⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得：P＝2.04×104
W.
【答案】　(1)5.1×104
W　(2)5
s　2.04×104
W
重点强化卷(三)　功和功率
(建议用时：60分钟)
一、选择题
1．下列关于力做功的说法中正确的是(　　)
A．人用力F＝300
N将足球踢出，球在空中飞行40
m，人对足球做功12
000
J
B．人用力推物体，但物体未被推动，人对物体做功为零
C．物体竖直上升时，重力不做功
D．只有恒力才能做功，变力不能做功
【解析】　球在空中飞行40
m不是人踢足球的力伴随的位移，A错；物体没有被推动，位移为零，人对物体做功为零，B对；物体竖直上升时，重力做负功，C错；任何力都有可能做功，D错．
【答案】　B
2．(多选)如图1所示，用力F拉一质量为m的物体，使它沿水平地面匀速向右移动距离s.若物体和地面间的动摩擦因数为μ，则此力F对物体做功的表达式正确的有(　　)
图1
A．Fscos
α　　　　　
B．Fssin
α
C．μmgs
D.
【解析】　由功的公式得F做功W＝F·scos(90°－α)＝Fs·sin
α，故A错，B正确；由于物体受力平衡，可将物体受力正交分解，如图所示．
则：水平方向：Fsin
α＝f①
竖直方向：Fcos
α＋N＝mg②
f＝μN③
联立①②③得F＝
由功的公式得WF＝F·ssin
α＝，
故C错，D正确．
【答案】　BD
3．如图2所示，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，关于A与地面间的滑动摩擦力和A、B间的静摩擦力做功的说法，正确的是(　　)
图2
A．静摩擦力都做正功，滑动摩擦力都做负功
B．静摩擦力都不做功，滑动摩擦力都做负功
C．有静摩擦力做正功，有滑动摩擦力不做功
D．有静摩擦力做负功，有滑动摩擦力做正功
【解析】　物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动，根据平衡条件得知，A对B的静摩擦力与拉力F平衡，地面对A的滑动摩擦力与B对A的静摩擦力平衡，则地面对A的滑动摩擦力方向向左，对A做负功，物块A对地面的滑动摩擦力不做功，A对B的静摩擦力做负功，B对A的静摩擦力做正功，因此，选项C正确，其他选项均错．
【答案】　C
4．(多选)如图3所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上，始终与斜面保持相对静止，下列说法中正确的是(　　)
图3
A．若斜面向右匀速移动距离s，斜面对物块没有做功
B．若斜面向上匀速移动距离s，斜面对物块做功mgs
C．若斜面向左以加速度a移动距离s，斜面对物块做功mas
D．若斜面向下以加速度a移动距离s，斜面对物块做功m(g＋a)s
【解析】　若斜面匀速移动，由平衡条件可知，斜面对物体的作用力与重力大小相等方向相反，即竖直向上，向右平移时，作用力方向与位移方向垂直，斜面对物体的作用力不做功；向上时，作用力方向与位移方向相同，做功为W＝Fs＝mgs，A、B均正确；若斜面向左以加速度a移动时，物体所受合外力F合＝ma，因为重力不做功，合外力做功即为斜面对物体做的功W＝F合s＝mas，C正确；若斜面向下以加速度a移动时，斜面对物体的作用力为F，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，所以F＝mg－ma，斜面对物体做的功为W＝－Fs＝－(mg－ma)s，D错误．
【答案】　ABC
5．(多选)质量为2
kg的物体置于水平面上，在运动方向上受到水平拉力F的作用，沿水平方向做匀变速运动，拉力F作用2
s后撤去，物体运动的速度图象如图4所示，则下列说法正确的是(g取10
m/s2)(　　)
【导学号：02690038】
图4
A．拉力F做功150
J
B．拉力F做功350
J
C．物体克服摩擦力做功100
J
D．物体克服摩擦力做功175
J
【解析】　由题图可以求出0～2
s内的加速度a1＝2.5
m/s2，2～6
s内的加速度a2＝－2.5
m/s2，由F＋Ff＝ma1，Ff＝ma2联立，得F＝10
N，Ff＝－5
N，由题图还可求出前2
s内的位移l1＝15
m,2～6
s内的位移l2＝20
m．所以拉力做功WF＝Fl1＝10×15
J＝150
J，摩擦力做功WFf＝Ff(l1＋l2)＝－5×(15＋20)J＝－175
J，即物体克服摩擦力做功175
J，故A、D正确．
【答案】　AD
6．将质量为m的物体置于光滑的水平面上，用水平恒力F作用于m上，使之在光滑的水平面上沿力F的方向移动距离s，此过程中恒力F做功为W1，平均功率为P1，再将另一质量为M(M>m)的物体静置于粗糙水平面上，用该水平恒力F作用其上，使之在粗糙的水平面上沿力F的方向移动同样距离s，此过程中恒力F做功为W2，平均功率为P2.则两次恒力F做功和平均功率的关系是(　　)
A．W1>W2　P1>P2
B．W1C．W1＝W2　P1>P2
D．W1＝W2　P1【解析】　两次水平恒力相等，位移相等，根据W＝Fs知，恒力F所做的功相等．在光滑水平面上运动的加速度大，根据位移时间公式知，在光滑水平面上的运动时间短，根据P＝知，P1＞P2，故C正确，A、B、D错误．
【答案】　C
7．(多选)如图5所示，四个相同的小球在距地面相同的高度以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜抛，不计空气阻力，则下列关于这四个小球从抛出到落地过程的说法中正确的是(　　)
图5
A．小球飞行过程中单位时间内的速度变化相同
B．小球落地时，重力的瞬时功率均相同
C．从开始运动至落地，重力对小球做功相同
D．从开始运动至落地，重力对小球做功的平均功率相同
【解析】　因为抛体运动的加速度恒为g，所以选项A正确；小球落地时竖直方向速度大小不同，B错误；WG＝mgh，选项C正确；从抛出到落地所用时间不等，所以D错误．
【答案】　AC
8．(2016·宁波高一检测)质量为m的汽车启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定．当汽车速度为v时，汽车做匀速运动；当汽车速度为时，汽车的瞬时加速度的大小为(　　)
A.　　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　由题意知，汽车所受阻力Ff＝，汽车速度为时的牵引力F＝＝，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma.联立以上三式求得a＝，C正确．
【答案】　C
9．(2016·保定高一检测)如图6是小孩滑滑梯的情景，假设滑梯是固定光滑斜面，倾面为30°，小孩质量为m，由静止开始沿滑梯下滑，滑行距离为s时，重力的瞬时功率为(　　)
图6
A．mg
B．mg
C．mg
D.mg
【解析】　小孩的加速度a＝＝g，由v2＝2as得小孩滑行距离s时的速率v＝，故此时重力的瞬时功率P＝mgvsin
30°＝mg，B正确．
【答案】　B
10．(2015·全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图7所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)
图7
【解析】　当牵引力大于阻力时，机车加速运动，但速度的增加会导致牵引力变小，机车所受的合力变小，机车的加速度变小，故机车的运动为加速度不断变小的加速运动，直到加速度等于零变为匀速直线运动，故0～t1时间内，是一个恒定功率加速过程，直到变为匀速直线运动，t1～t2时间内，是另一个恒定功率加速过程，直到变为匀速直线运动，故A项正确．
【答案】　A
二、计算题
11.如图8所示，在光滑水平面上，物体受两个相互垂直的大小分别为F1＝3
N和F2＝4
N的恒力，其合力在水平方向上，从静止开始运动10
m，求：
图8
(1)F1和F2分别对物体做的功是多少？代数和为多大？
(2)F1和F2合力为多大？合力做功是多少？
【导学号：02690039】
【解析】　(1)力F1做的功
W1＝F1lcos
θ1＝3×10×
J＝18
J
力F2做的功
W2＝F2lcos
θ2＝4×10×
J＝32
J
W1与W2的代数和
W＝W1＋W2＝18
J＋32
J＝50
J.
(2)F1与F2的合力F＝＝
N＝5
N
合力F做的功W′＝Fl＝5×10
J＝50
J.
【答案】　(1)18
J　32
J　50
J　(2)5
N　50
J
12．(2016·重庆高一检测)已知解放牌汽车发动机的额定功率为60
kW，汽车的质量为4
t，它在水平路面上行驶时所受的阻力为车重的0.1
倍，g取10
m/s2，求：
(1)解放牌汽车以额定功率从静止启动后，能达到的最大速度；
(2)若解放牌汽车以0.5
m/s2的加速度匀加速启动，其匀加速运动的时间多长．
【解析】　(1)Ff＝kmg＝4
000
N
以额定功率启动，达到最大速度时，
P＝Fvm＝Ff·vm
由此：vm＝＝15
m/s.
(2)由a＝得F＝ma＋Ff＝6
000
N
由P＝Fv得v＝10
m/s
故t＝＝20
s.
【答案】　(1)15
m/s　(2)20
s章末综合测评(二)
(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．(2016·长沙高一检测)对于物体做匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
A．其转速与角速度成反比，其周期与角速度成正比
B．运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述
C．匀速圆周运动的速度保持不变
D．做匀速圆周运动的物体，其加速度保持不变
【解析】　由公式ω＝2πn可知，转速和角速度成正比，由ω＝可知，其周期与角速度成反比，故A错误；运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述，所以B正确；匀速圆周运动的速度大小不变，但速度方向在变，所以C错误；匀速圆周运动的加速度大小不变，方向在变，所以D错误．
【答案】　B
2．如图1所示，两轮用齿轮传动，且不打滑，图中两轮的边缘上有A、B两点，它们到各自转轴O1、O2的距离分别为rA、rB，且rA＞rB.当轮子转动时，这两点的角速度分别为ωA和ωB，线速度大小分别为vA和vB，则下列关系式正确的是(　　)
图1
A．ωA＝ωB　　　　　
B．ωA＞ωB
C．vA＝vB
D．vB＜vA
【解析】　由齿轮传动特点可知vA＝vB，所以C正确，D错误；再由v＝ωr，rA＞rB，可知ωA＜ωB，故A、B均错误．
【答案】　C
3．一小球沿半径为2
m的轨道做匀速圆周运动，若周期T＝4
s，则(　　)
A．小球的线速度大小是0.5
m/s
B．经过4
s，小球的位移大小为4π
m
C．经过1
s，小球的位移大小为2
m
D．若小球的速度方向改变了
rad，经过时间一定为1
s
【解析】　小球的周期为T＝4
s，则小球运动的线速度为v＝＝π，选项A错误；经过4
s后，小球完成一个圆周运动后回到初始位置，位移为零，选项B错误；经过1
s后，小球完成个圆周，小球的位移大小为s＝R＝2
m，选项C正确；圆周运动是周期性运动，若方向改变弧度，经历的时间可能为t＝(n＋1)·＝(n＋1)
s或t＝(n＋3)·＝(n＋3)
s，选项D错误．
【答案】　C
4．(2016·沈阳高一检测)荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向是图2中的(　　)
图2
A．竖直向下a方向
B．沿切线b方向
C．水平向左c方向
D．沿绳向上d方向
【解析】　如图，将重力分解，沿绳子方向T－Gcos
θ＝m，当在最高点时，v＝0，故T＝Gcos
θ，故合力方向沿G2方向，即沿切线b方向，由牛顿第二定律，加速度方向沿切线b方向．
【答案】　B
5．如图3所示，一圆盘可绕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)．某段时间内圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，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(　　)
【导学号：02690030】
图3
【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.
【答案】　C
6．如图4所示，是从一辆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4
A．直线前进　　　　　　
B．向右转弯
C．向左转弯
D．不能判断
【解析】　从汽车后方拍摄的后轮照片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，答案应选C.
【答案】　C
7．(2016·泉州高一检测)如图5所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是(　　)
图5
A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来
B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力
C．人在最低点时对座位的压力等于mg
D．人在最低点时对座位的压力大于mg
【解析】　过山车是竖直面内杆系小球圆周运动模型的应用．人在最低点时，由向心力公式可得：F－mg＝m，即F＝mg＋m＞mg，故选项C错误，选项D正确；人在最高点，若v＞时，向心力由座位对人的压力和人的重力的合力提供，若v＝时，向心力由人的重力提供，若v＜时，人才靠保险带拉住，选项A错误；F＞0，人对座位产生压力，压力大小F＝m－mg，当v2＝2Rg时F＝mg，选项B错误．
【答案】　D
8．如图6所示，长0.5
m的轻质细杆，一端固定有一个质量为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2
m/s.g取10
m/s2，下列说法正确的是(　　)
图6
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
【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，故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，小球对杆的拉力大小是54
N，C错误，D正确．
【答案】　BD
9．如图7所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的(　　)
A．运动周期相同
B．运动线速度一样
C．运动角度相同
D．向心加速度相同
图7
【解析】　小球受力如图所示，根据牛顿第二定律
有mgtan
θ＝ma＝mω2·Lsin
θ＝m＝mLsin
θ，
解得a＝gtan
θ＝g·，
v＝，ω＝＝，
T＝2π.
【答案】　AC
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
【解析】　摩托车受力如图所示．
由于N＝
所以摩托车受到侧壁的压力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力F也不变，A错误；由F＝mgtan
θ＝m＝mω2r知h变化时，向心力F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．
【答案】　BC
二、非选择题(共3小题，共40分)
11．(10分)如图9所示，水平转盘上放有质量为m的物体，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳上张力为零)．物体和转盘间的最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：
图9
(1)当转盘的角速度ω1＝时，细绳的拉力T1；
(2)当转盘的角速度ω2＝时，细绳的拉力T2.
【解析】　设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为ω0，则μmg＝mωr，解得ω0＝.
(1)因为ω1＝＜ω0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物体与盘产生的摩擦力还未达到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即T1＝0.
(2)因为ω2＝＞ω0，所以物体所需向心力大于物体与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体施加拉力T2，由牛顿第二定律得T2＋μmg＝mωr，解得T2＝.
【答案】　(1)T1＝0　(2)T2＝
12．(15分)如图10所示，在内壁光滑的平底试管内放一个质量为1
g的小球，试管的开口端与水平轴O连接．试管底与O相距5
cm，试管在转轴带动下在竖直平面内做匀速圆周运动．g取10
m/s2，求：
图10
(1)转轴的角速度达到多大时，试管底所受压力的最大值等于最小值的3倍？
(2)转轴的角速度满足什么条件时，会出现小球与试管底脱离接触的情况？
【解析】　(1)当试管匀速转动时，小球在最高点对试管的压力最小，在最低点对试管的压力最大．
在最高点：F1＋mg＝mω2r
在低高点：F2－mg＝mω2r
F2＝3F1
联立以上方程解得ω＝＝20
rad/s
(2)小球随试管转到最高点，当mg＞mω2r时，小球会与试管底脱离，即ω＜.
【答案】　(1)20
rad/s　(2)ω＜
13．(15分)(2016·泸州高一检测)质量是1
kg的小球用长为0.5
m的细线悬挂在O点，O点距地面的高度为1
m，如果使小球绕过O点的竖直轴在水平面内做圆周运动，细线的最大承受拉力为12.5
N，g取10
m/s2.求：
(1)当小球的周期为多大时，线将断裂；
(2)断裂后小球的落地点与悬点的水平距离．
【解析】　(1)当线的拉力达到最大时，线将断裂，设绳子此时与竖直方向夹角为θ，小球受力如图
Tmaxsin
θ＝mr
r＝Lsin
θ
cos
θ＝
得：T＝s.
(2)断裂后小球做平抛运动
竖直方向：h－Lcos
θ＝gt2
水平方向：x＝vt
又v＝
由图，断裂后小球的落地点与悬点的水平距离R＝得：R＝0.6
m.
【答案】　(1)
s　(2)0.6
m学业分层测评(十六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(2015·重庆高考)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为(　　)
A．0　　　　　　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即G＝mg，得g＝，选项B正确．
【答案】　B
2．“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常量为G，半径为R的球体体积公式V＝πR3，则可估算月球的(　　)
A．密度　　　
B．质量
C．半径
D．自转周期
【解析】　由万有引力提供向心力有G＝mr，由于在月球表面轨道有r＝R，由球体体积公式V＝πR3，联立解得月球的密度ρ＝，故选A.
【答案】　A
3．科学家们推测，太阳系内除八大行星之外还有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．这颗行星上同样存在着生命
【解析】　因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，因此无法知道其密度．
【答案】　A
4．(多选)一行星绕恒星做圆周运动．由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v，引力常量为G，则(　　)
A．恒星的质量为
B．行星的质量为
C．行星运动的轨道半径为
D．行星运动的加速度为
【解析】　行星绕恒星转动一圈时，运行的距离等于周长即v·T＝2πr
得r＝，C选项正确；由万有引力公式及牛顿第二定律知＝mr得M＝＝3＝，A选项正确；由a＝＝，D选项正确；行星绕恒星的运动与其自身质量无关，行星的质量由已知条件无法求出，故B选项错误．
【答案】　ACD
5．月球与地球质量之比约为1∶80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，它们都围绕地月连线上某点O做匀速圆周运动．据此观点，可知月球与地球绕O点运动线速度大小之比约为(　　)
图5 3 5
A．1∶6
400　　　　　
B．1∶80
C．80∶1
D．6
400∶1
【解析】　月球和地球绕O点做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，则地球和月球的向心力相等．且月球和地球与O点始终共线，说明月球和地球有相同的角速度和周期．因此有mω2r＝Mω2R，所以＝＝，线速度和质量成反比，正确答案为C.
【答案】　C
6．2010年诺贝尔物理学奖授予英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”缆线的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空．现假设有一“太空电梯”悬在赤道上空某处，相对地球静止，如图5 3 6所示，那么关于“太空电梯”，下列说法正确的是(　　)
图5 3 6
A．“太空电梯”各点均处于完全失重状态
B．“太空电梯”各点运行周期随高度增大而增大
C．“太空电梯”上各点线速度与该点离地球球心距离的开方成反比
D．“太空电梯”上各点线速度与该点离地球球心距离成正比
【解析】　“太空电梯”随地球一起自转，其周期相同，B错；根据v＝ωr可知C错，D对；“太空电梯”不是处于完全失重状态，A错．
【答案】　D
7．“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200
km的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟．已知引力常量G＝6.67×10－11
N·m2/kg2，月球半径约为1.74×103
km.利用以上数据估算月球的质量约为(　　)
【导学号：02690061】
A．8.1×1010
kg
B．7.4×1013
kg
C．5.4×1019
kg
D．7.4×1022
kg
【解析】　天体做圆周运动时都是万有引力提供向心力．“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知：＝，得M＝，其中r＝R＋h，代入数据解得M＝7.4×1022
kg，选项D正确．
【答案】　D
8．(2016·西城区高一检测)地球绕太阳公转的轨道半径为1.49×1011
m，公转的周期是3.16×107
s，太阳的质量是多少？
【解析】　根据牛顿第二定律得：
F向＝ma向＝m()2r①
又因为F向是由万有引力提供的，所以
F向＝F万＝G②
由①②式联立可得：
M＝＝
kg
＝1.96×1030
kg.
【答案】　1.96×1030
kg
[能力提升]
9．一物体从某行星表面某高度处自由下落．从物体开始下落计时，得到物体离行星表面高度h随时间t变化的图象如图5 3 7所示，不计阻力．则根据h t图象可以计算出(　　)
图5 3 7
A．行星的质量
B．行星的半径
C．行星表面重力加速度的大小
D．物体受到行星引力的大小
【解析】　根据图象可得物体下落25
m，用的总时间为2.5
s，根据自由落体公式可求得行星表面的重力加速度，C项正确；根据行星表面的万有引力约等于重力，只能求出行星质量与行星半径平方的比值，不能求出行星的质量和半径，A项和B项错误；因为物体质量未知，不能确定物体受到行星的引力大小，D项错误．
【答案】　C
10．(多选)如图5 3 8所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)．若已知一个极地卫星从北纬30°
的正上方，按图示方向第一次运行至南纬60°
正上方时所用时间为t，地球半径为R(地球可看做球体)，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G.由以上条件可以求出(　　)
图5 3 8
A．卫星运行的周期
B．卫星距地面的高度
C．卫星的质量
D．地球的质量
【解析】　根据t时间内转过的圆心角可求出周期T；由G＝m(R＋h)，可求出卫星距地面的高度h；由GM＝gR2可求出地球质量M，故A、B、D正确．
【答案】　ABD
11．宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不至于因万有引力的作用吸引到一起．设二者的质量分别为m1和m2，二者相距为L，求：
(1)双星的轨道半径之比；
(2)双星的线速度之比．
【解析】　这两颗星必须各以一定速率绕某一中心转动才不至于因万有引力作用而吸引在一起，所以两天体间距离L应保持不变，二者做圆周运动的角速度ω必须相同．如图所示，设二者轨迹圆的圆心为O，圆半径分别为R1和R2
由万有引力提供向心力有
G＝m1ω2R1①
G＝m2ω2R2②
(1)①②两式相除，得＝.
(2)因为v＝ωR，所以＝＝.
【答案】　(1)m2∶m1　(2)m2∶m1
12．进入21世纪，我国启动了探月计划——“嫦娥工程”．同学们也对月球有了更多的关注．
(1)若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径；
(2)若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点．已知月球半径为r，万有引力常量为G，试求出月球的质量M月.
【导学号：02690062】
【解析】　(1)根据万有引力定律和向心力公式
G＝M月R月()2①
mg＝G②
联立①②得
R月＝.
(2)设月球表面的重力加速度为g月，根据题意：
v0＝　③
mg月＝G④
联立③④得　M月＝.
【答案】　(1)　(2)学业分层测评(十五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)关于太阳与行星间引力F＝G，下列说法中正确的是(　　)
A．公式中的G是引力常量，是人为规定的
B．这一规律可适用于任何物体间的引力
C．太阳与行星的引力是一对平衡力
D．检验这一规律是否适用于其他天体的方法是比较观测结果与推理结果的吻合性
【解析】　公式中的G是由相互作用力的性质决定的，不是人为规定的；理论推理的结果是否具有普遍性要通过应用于实际问题来检验．
【答案】　BD
2．陨石落向地球(如图5 2 3)是因为(　　)
图5 2 3
A．陨石对地球的引力远小于地球对陨石的引力，所以陨石才落向地球
B．陨石对地球的引力和地球对陨石的引力大小相等，但陨石的质量小，加速度大，所以陨石改变运动方向落向地球
C．太阳不再吸引陨石，所以陨石落向地球
D．陨石是受到其他星球斥力作用落向地球的
【解析】　两个物体间的引力是一对作用力与反作用力，它们的大小相等，且在任何情况下都存在，故选项A、C、D不正确．陨石落向地球是由于陨石的质量和地球相比小得多，故运动状态容易改变且加速度大，选项B正确．
【答案】　B
3．对于质量为m1和质量为m2的两个物体间的万有引力的表达式F＝G，下列说法正确的是(　　)
A．m1和m2所受引力总是大小相等的
B．当两物体间的距离r趋于零时，万有引力趋于无穷大
C．当有第3个物体m3放入m1、m2之间时，m1和m2间的万有引力将增大
D．m1和m2所受的引力性质可能相同，也可能不同
【解析】　物体间的万有引力是一对相互作用力，是同种性质的力，且始终等大反向，故A对D错；当物体间距离趋于零时，物体就不能看成质点，因此万有引力定律不再适用，物体间的万有引力不会变得无穷大，B错；物体间万有引力的大小只与两物体的质量m1、m2和物体间的距离r有关，与是否存在其他物体无关，故C错．
【答案】　A
4．一个物体在地球表面所受的重力为G，在距地面高度为地球半径的位置，物体所受地球的引力大小为(　　)
A.　　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　在地球表面附近，物体所受的重力近似等于万有引力，即重力G地＝F万＝G；在距地面高度为地球半径的位置，F′万＝G＝，故选项C正确．
【答案】　C
5．已知地球半径为R，将一物体从地面发射至离地面高h处时，物体所受万有引力减少到原来的一半，则h为(　　)
A．R
　　　　　
B．2R
C.R
D．(－1)R
【解析】　根据万有引力定律，F＝G，F′＝
G＝F，代入可求解得h＝(－1)R.
【答案】　D
6．(多选)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，其数值大小与单位制的选择无关
【解析】　利用G值和万有引力定律不但能“称”出地球的质量，而且可测定远离地球的一些天体的质量、平均密度等，故A正确；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时的相互吸引力，它的大小与所选的单位有关，故B、D错误，C正确．
【答案】　AC
7．(多选)如图5 2 4所示，P、Q为质量均为m的两个质点，分别置于地球表面不同纬度上，如果把地球看成是一个均匀球体，P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
图5 2 4
A．P、Q受地球引力大小相等
B．P、Q做圆周运动的向心力大小相等
C．P、Q做圆周运动的角速度大小相等
D．P、Q两质点的重力大小相等
【解析】　P、Q两点所受的地球引力都是F＝G，A正确；P、Q两点都随地球一起转动，其角速度一样大，但P的轨道半径大于Q的，根据F＝mω2r可知P的向心力大，所以C正确，B错误；物体的重力为万有引力的一个分力，赤道处重力最小，两极处重力最大，D错误．
【答案】　AC
8．地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响，在距地面高度为h的空中重力加速度是地面上重力加速度的几倍？(已知地球半径为R.)
【解析】　不计地球自转的影响，物体受到的重力等于物体受到的万有引力．设地球质量为M，物体质量为m，则在地面：mg＝G，在h
高处：mg′＝G，解得：＝.
【答案】　倍
[能力提升]
9．两个大小相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F.若将两个用同种材料制成的半径是小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则两大铁球之间的万有引力为(　　)
A．2F　　　　　　
B．4F
C．8F
D．16F
【解析】　两个小铁球之间的万有引力为F＝G＝G.实心球的质量为m＝ρV＝ρ·πr3，大铁球的半径是小铁球的2倍，则大铁球的质量m′与小铁球的质量m之比为＝＝.故两个大铁球间的万有引力为F′＝G＝G＝16F.
【答案】　D
10．1990年5月，紫金山天文台将他们发现的第2752号小行星命名为吴健雄星，该小行星的半径为16
km，若将此小行星和地球均看成质量分布均匀的球体，小行星密度与地球相同．已知地球半径R＝6
400
km，地球表面重力加速度为g.这个小行星表面的重力加速度为(　　)
【导学号：02690059】
A．400
g
B．
g
C．20
g
D.
g
【解析】　由g＝，得＝＝＝＝，所以g′＝
g.
【答案】　B
11．(多选)目前，中国正在实施“嫦娥一号”登月工程，已知月球上没有空气，重力加速度为地球的，假如你登上月球，你能够实现的愿望是(　　)
A．轻易将100
kg物体举过头顶
B．放飞风筝
C．做一个同地面上一样的标准篮球场，在此打球，发现自己成为扣篮高手
D．推铅球的水平距离变为原来的6倍
【解析】　因为g月＝g地，所以在月球上举100
kg的重物，相当于在地球上举16.7
kg的物体，故A正确；在月球上弹跳高度是地球上的6倍，故C正确；根据平抛运动x＝v0，知D错；月球上没有空气，故不能放飞风筝，B错．
【答案】　AC
12．两个质量分布均匀、密度相同且大小相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F，如图5 2 5所示，现将其中一个小球中挖去半径为原球半径一半的球，并按如图所示的形式紧靠在一起(三个球心在一条直线上)，试计算它们之间的万有引力大小．
图5 2 5
【解析】　用“割补法”处理该问题．原来是个实心球时可知F＝G.
假如挖空部分为实心球，则该球与左边球之间的万有引力为
F1＝G，
m1∶m＝3∶r3＝1∶8，
联立得F1＝F.
剩余部分之间的万有引力大小为
F′＝F－F1＝F.
【答案】　F学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于重力势能的下列说法中正确的是(　　)
A．重力势能的大小只由重物本身决定
B．重力势能恒大于零
C．在地面上的物体，它具有的重力势能一定等于零
D．重力势能实际上是物体和地球所共有的
【解析】　重力势能由重物的重力和重物所处的高度共同决定，选项A错误；重力势能的大小与选取的零势能参考平面有关，选项B、C错误；重力势能是由于物体被举高而具有的一种能量，物体相对于地球的位置高度发生变化，物体的重力势能就变化，重力势能是物体和地球所共有的一种能量，选项D正确．
【答案】　D
2．如图4 1 15所示，某物块分别沿三条不同的轨道由离地面高h的A点滑到同一水平面上，轨道1、2是光滑的，轨道3是粗糙的，则(　　)
图4 1 15
A．沿轨道1滑下重力做的功多
B．沿轨道2滑下重力做的功多
C．沿轨道3滑下重力做的功多
D．沿三条轨道滑下重力做的功一样多
【解析】　重力做功只与初末位置的高度差有关，与路径无关，D选项正确．
【答案】　D
3．关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是(　　)
A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大
B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小
C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大
D．弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
【解析】　弹簧长度变化时，弹力可能做负功，也可能做正功，弹性势能可能增加，也可能变小，因此选项A、B错误；对于不同弹簧拉伸相同长度时，k越大克服弹力做功越大，弹性势能越大，选项C正确；把一个弹簧拉伸和压缩相同长度时，克服弹力做功相同，则弹性势能相同，选项D错误．
【答案】　C
4.(2016·泰安高一检测)某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图4 1 16所示，则下列说法正确的是(　　)
图4 1 16
A．从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程中重力做的功
B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程中重力做的功
C．从A到B重力做功mg(H＋h)
D．从A到B重力做功mgH
【解析】　重力做功与物体的运动路径无关，只与初末状态的高度差有关，从A到B的高度差是H，故从A到B重力做功mgH，D正确．
【答案】　D
5．(多选)物体在某一运动过程中，重力对它做了40
J的负功，下列说法中正确的是(　　)
A．物体的高度一定升高了
B．物体的重力势能一定减少了40
J
C．物体重力势能的改变量不一定等于40
J
D．物体克服重力做了40
J的功
【解析】　重力做负功，物体位移的方向与重力方向之间的夹角一定大于90°，所以物体的高度一定升高了，A正确；由于WG＝－ΔEp，故ΔEp＝－WG＝40
J，所以物体的重力势能增加了40
J，B、C错误；重力做负功又可以说成是物体克服重力做功，D正确．
【答案】　AD
6．升降机中有一质量为m的物体，当升降机以加速度a匀加速上升高度h时，物体增加的重力势能为(　　)
A．mgh　　　　　　
B．mgh＋mah
C．mah
D．mgh－mah
【解析】　重力势能的改变量只与物体重力做功有关，而与其他力做的功无关．物体上升h过程中，物体克服重力做功mgh，故重力势能增加mgh，选A.
【答案】　A
7．一根粗细均匀的长直铁棒重600
N，平放在水平地面上．现将其一端从地面抬高0.50
m，而另一端仍在地面上，则(　　)
A．铁棒的重力势能增加了300
J
B．铁棒的重力势能增加了150
J
C．铁棒的重力势能增加量为0
D．铁棒重力势能增加多少与参考平面选取有关，所以无法确定
【解析】　铁棒的重心升高的高度h＝0.25
m，铁棒增加的重力势能等于克服重力做的功，与参考平面的选取无关，即ΔEp＝mgh＝600×0.25
J＝150
J，故B正确．
【答案】　B
8．在离地80
m处无初速释放一小球，小球质量为m＝200
g，不计空气阻力，g取10
m/s2，取最高点所在水平面为零势能参考平面．求：
(1)在第2
s末小球的重力势能；
(2)在第3
s内重力所做的功及重力势能的变化．
【解析】　(1)在第2
s末小球所处的高度为：
h＝－gt2＝－×10×22
m＝－20
m
重力势能为：
Ep＝mgh＝0.2×10×(－20)J＝－40
J.
(2)在第3
s末小球所处的高度为
h′＝－gt′2＝－×10×32
m＝－45
m.
第3
s内重力做功为：
WG＝mg(h－h′)＝0.2×10×(－20＋45)J＝50
J
WG>0，所以小球的重力势能减少，且减少了50
J.
【答案】　(1)－40
J　(2)50
J　减少了50
J
[能力提升]
9．物体从某高度处做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列所示图象中，能正确描述物体的重力势能与下落高度的关系的是(　　)
【解析】　设物体开始下落时的重力势能为Ep0，物体下落高度h过程中，重力势能减少量ΔEp＝mgh，故物体下落高度h时的重力势能Ep＝Ep0－ΔEp＝Ep0－mgh，即Ep h图象为倾斜直线，B正确．
【答案】　B
10．如图4 1 17所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是(　　)
图4 1 17
A．重力做功－mgh，重力势能减少mgh
B．弹力做功－WF，弹性势能增加WF
C．重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D．重力势能增加mgh，弹性势能增加WF－mgh
【解析】　由于物体提高h，重力做功－mgh，重力势能增加mgh，A错误；由于物体缓缓升高，物体动能不变，由动能定理得WF－mgh＋W弹＝0，所以W弹＝mgh－WF，B错误；弹性势能增加－W弹＝WF－mgh，C错误，D正确．
【答案】　D
11．如图4 1 18所示，一条铁链长为2
m，质量为10
kg，放在水平地面上，拿住一端提起铁链直到铁链全部离开地面的瞬间，铁链克服重力做功为多少？铁链的重力势能变化了多少？
【导学号：02690045】
图4 1 18
【解析】　铁链从初状态到末状态，它的重心位置提高了h＝，因而铁链克服重力所做的功为
W＝mgl＝×10×9.8×2
J＝98
J
铁链的重力势能增加了98
J.
铁链重力势能的变化还可由初、末状态的重力势能来分析．设铁链初状态所在水平位置为零势能参考平面，则Ep1＝0，Ep2＝，铁链重力势能的变化ΔEp＝Ep2－Ep1＝＝×10×9.8×2
J＝98
J，即铁链重力势能增加了98
J.
【答案】　98
J　增加了98
J
12．金茂大厦是上海的标志性建筑之一，它的主体建筑包括地上101层，地下3层，高420.5
m，距地面341
m的第88层为观光层，环顾四周，极目眺望，上海新貌尽收眼底．假如一质量为60
kg的游客在第88层观光(g取10
m/s2)．
(1)求以地面为参考平面时游客的重力势能；
(2)若游客乘电梯从地面上升到88层，重力做功与重力势能的变化各是多少？
【解析】　(1)以地面为参考平面，游客相对地面的高度为341
m.
Ep＝mgh＝60×10×341
J≈2.0×105
J.
(2)游客上升过程中重力做负功，
WG＝－mgh≈－2.0×105
J.
Ep2＝mgh＝60×10×341
J≈2.0×105
J
Ep1＝0
由ΔEp＝Ep2－Ep1＝2.0×105
J.
即重力势能增加约2.0×105
J，或由重力做功与重力势能的变化关系可知重力做负功约2.0×105
J，重力势能增加约2.0×105
J.
【答案】　(1)2.0×105
J　(2)重力做功－2.0×105
J　重力势能增加2.0×105
J学业分层测评(十九)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列表述正确的是(　　)
A．牛顿发现了万有引力定律
B．牛顿通过实验证实了万有引力定律
C．相对论的创立表明经典力学已不再适用
D．爱因斯坦建立了狭义相对论，把物理学推广到高速领域
【解析】　万有引力定律是牛顿发现的，但在实验室里加以验证是卡文迪许进行的，A对，B错；相对论并没有否定经典力学，经典力学对于低速、宏观物体的运动仍适用，C错；狭义相对论的建立，是人类取得的重大成就，从而把物理学推广到高速领域，D对．
【答案】　AD
2．A、B两火箭沿同一方向高速飞过地面上的某处，vA＞vB.在火箭A上的人观察到的结果正确的是(　　)
A．火箭A上的时钟走得最快
B．地面上的时钟走得最快
C．火箭B上的时钟走得最快
D．火箭B上的时钟走得最慢
【解析】　在火箭A看来，地面和火箭B都高速远离自已，由Δt＝知，在火箭A上的人观察到的结果是地面和火箭B的时钟都变慢了，且vA＞vB，故地面的时钟最慢，因此A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
3．假设有兄弟俩个，哥哥乘坐宇宙飞船以接近光速的速度离开地球去遨游太空，经过一段时间返回地球，哥哥惊奇地发现弟弟比自己要苍老许多，则该现象的科学解释是(　　)
A．哥哥在太空中发生了基因突变，停止生长了
B．弟弟思念哥哥而加速生长
C．由相对论可知，物体速度越大，其时间进程越慢，生理进程也越慢
D．这是神话，科学无法解释
【解析】　根据公式Δt＝可知，物体的速度越大，其时间进程越慢．
【答案】　C
4．假设地面上有一列火车以接近光速的速度运行，其内站立着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是(　　)
A．这个人是一个矮胖子
B．这个人是一个瘦高个子
C．这个人矮但不胖
D．这个人瘦但不高
【解析】　由公式l＝l0可知，在运动方向上，人的宽度要减小，在垂直于运动方向上，人的高度不变．
【答案】　D
5．(2016·攀枝花高一检测)关于爱因斯坦质能关系式，下列说法中正确的是(　　)
A．E＝mc2中的E是物体以光速c运动的动能
B．E＝mc2是物体的核能
C．E＝mc2是物体各种形式能的总和
D．由ΔE＝Δmc2知，在核反应中，亏损的质量Δm与放出的能量ΔE存在一定关系
【解析】　爱因斯坦的质能关系E＝mc2，只是说明物体具有的能量与它的质量之间存在着简单的正比关系．物体的能量增大了，质量也增大；能量减小了，质量也减小．故只有D项是正确的，其他均错．
【答案】　D
6．(多选)对于带电微粒辐射和吸收能量时的特点下列说法正确的有(　　)
A．以某一个最小能量值一份一份地辐射或吸收的
B．辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍
C．吸收的能量可以是连续的
D．辐射和吸收的能量是量子化的
【解析】　根据普朗克的量子理论
，能量是不连续的，其辐射和吸收的能量只能是某一最小能量单位的整数倍，故A、B、D均正确而C错．
【答案】　ABD
7.如图6 2 2所示，按照狭义相对论的观点，火箭A是迎着光行驶的，火箭B是“追赶”光的，若火箭相对地面的速度为v，则两火箭上的观察者测出的光速分别为(　　)
图6 2 2
A．c＋v　c－v　　　
B．c－v　c＋v
C．c　c
D．无法确定
【解析】　根据光速不变原理，在一切惯性参考系中，测量到的真空中的光速c都一样，因此在火箭A、B两个惯性参考系中，观察者测量到的光速一样大，均为c，故C正确．
【答案】　C
8．通过一个加速装置对电子施加一个很大的恒力，使电子从静止开始加速，则对这个加速过程，下列描述正确的是(　　)
A．根据牛顿第二定律，电子将不断做匀加速直线运动
B．电子先做加速运动，后以光速做匀速直线运动
C．电子开始先近似于匀加速运动，后来质量增大，牛顿运动定律不再适用
D．电子是微观粒子，整个加速过程根本就不能用牛顿运动定律解释
【解析】　电子在加速装置中由静止开始加速，开始阶段速度较低，远低于光速，此时牛顿运动定律基本适用，可以认为在它被加速的最初阶段做匀加速运动．随着电子的速度越来越大，接近光速时，相对论效应越来越大，质量加大，它不再做匀加速直线运动，牛顿运动定律不再适用．综上所述，只有C选项正确．
【答案】　C
[能力提升]
9．如图6 2 3所示，a、b、c为三个完全相同的时钟，a放在水平地面上，b、c分别放在以速度vb、vc向同一方向飞行的两枚火箭上，且vb＜vc，则地面的观察者认为走得最慢的钟为(　　)
图6 2 3
A．a
B．b
C．c
D．无法确定
【解析】　根据公式Δt＝可知，相对于观察者的速度v越大，其上的时间进程越慢，由vc＞vb＞va＝0，知c钟走得最慢．
【答案】　C
10．在粒子对撞机中，有一个电子经过高压加速，速度达到光速的0.8倍，此时质量m与原质量m0的关系为(　　)
【导学号：02690072】
A．m＝m0
B．m＝0.5m0
C．m＝1.155m0
D．m＝
【解析】　由于电子的速度接近光速，所以质量变化明显，根据爱因斯坦狭义相对论中运动质量与静止质量的关系，m＝得m＝＝，故D对．
【答案】　D
11．(2016·武汉高一检测)在某惯性系中测得相对该惯性系静止的立方体的边长为L0，另一惯性系以相对速度v平行于立方体的一边运动．则在后一惯性系中的观察者测得的该立方体体积是多少？
【解析】　由狭义相对论知，在运动方向上，观察者测得的立方体边长L＝L0，而在垂直于运动方向上，测得的立方体边长不变，所以立方体的体积V＝LL＝L.
【答案】　L
12．近地卫星以7.9
km/s的最大运行速度环绕地球匀速运行．其上安装了一只完好的手表走过了1
min，地面上的人认为这只表走过这1
min“实际”上花了多少时间？
【解析】　由狭义相对论原理知卫星上测到的时间Δt′＝1
min，卫星运行的速度v＝7.9×103
m/s.所以地面上的人观测到的时间为Δt＝＝min＝(1＋3.47×10－10)min，通过这个题目说明，即使对于人造卫星这样飞快的速度，相对论效应也是微不足道的．
【答案】　(1＋3.47×10－10)min