学业分层测评(十)
(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3 4 3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3 4 3
A．根据v＝可知vA
B．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( )
【导学号：67120054】
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．下列关于绕地球运行的卫星的运动速度的说法中正确的是( )
A．一定等于7.9
km/s
B．一定小于7.9
km/s
C．大于或等于7.9
km/s，而小于11.2
km/s
D．只需大于7.9
km/s
【解析】 卫星在绕地球运行时，万有引力提供向心力，由此可得v＝，所以轨道半径r越大，卫星的环绕速度越小，实际的卫星轨道半径大于地球半径R，所以环绕速度一定小于第一宇宙速度，即v＜7.9
km/s.而C选项是发射人造地球卫星的速度范围．
【答案】 B
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3 4 4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( )
图3 4 4
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.
【导学号：67120055】
【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3 4 5
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3 4 6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3 4 6
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3 4 7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3 4 7
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．
【答案】 B
12．如图3 4 8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3 4 8
(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？
【导学号：67120056】
【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)学业分层测评(十五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．在“验证机械能守恒定律”实验中，纸带将被释放瞬间的四种情况如照片所示，其中最合适的是( )
【解析】 开始释放时，重锤要靠近打点计时器，纸带应保持竖直方向，故D正确．
【答案】 D
2．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
3．如图4 5 7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( )
【导学号：67120085】
图4 5 7
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
4．如图4 5 8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 5 8
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
图4 5 9
5．如图4 5 9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( )
A.
m/s
B．3
m/s
C．2
m/s
D．1
m/s
【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
6．(多选)由光滑细管组成的轨道如图4 5 10所示，其中AB、BC段均为半径为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处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )
图4 5 10
A．小球落到地面相对于A点的水平位移值为2
B．小球落到地面相对于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】 小球从D到A，根据机械能守恒定律知，mg(H－2R)＝mv2，小球从A出发后平抛，有gt2＝2R，水平位移x＝vt＝2，则B正确，A错误；竖直平面内小球在细管中可以过最高点A的最小速度为0，根据机械能守恒定律知，小球要到达A点且水平抛出，则需要满足H＞2R，则C正确，D错误．
【答案】 BC
7．(2016·九江高一检测)在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)下列物理量中需要用工具直接测量的有( )
A．重物的质量
B．重力加速度
C．重物下落的高度
D．与重物下落高度对应的重物的瞬时速度
(2)实验中，如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的 h图线应是________，才能合乎实验验证的要求， h图线的斜率等于________的数值．
【解析】 (1)在“验证机械能守恒定律”的实验中，只需要用刻度尺测量重物下落的高度．重物的质量不用测量．重力加速度不需要测量．通过计算可以得到与重物下落高度对应的重物的瞬时速度．故选C.
(2)在验证机械能守恒定律的实验中，有：mgh＝mv2，则有：＝gh，由于g是常数，所以 h图线为过原点的倾斜直线，图线的斜率等于g.
【答案】 (1)C
(2)过原点的倾斜直线 重力加速度g
8．在“验证机械能守恒定律”的实验中，某同学实验时，手总是抖动，找不出一条起始点迹清晰的纸带，该同学便选取一段纸带进行测量，如图4 5 11所示，A、B、C、D、E、F是以2个计时点为1个计数点，其测量结果是AB＝4.53
cm，AC＝10.58
cm，AD＝18.17
cm，AE＝27.29
cm，AF＝37.94
cm(g取9.8
m/s2)．
(1)若重物质量为m，从B到E重力势能减少了多少？
(2)从B到E动能增加了多少？
(3)试对实验结果进行分析．
图4 5 11
【解析】 (1)ΔEp＝mgΔh＝mg·BE＝m×9.8×(27.29－4.53)×10－2
J＝2.23m
J；
(2)由匀变速运动的速度特征得
vB＝AC＝＝m/s＝1.32
m/s，
vE＝DF＝＝m/s＝2.47
m/s.
又根据Ek＝mv2有EkB＝×m×1.322
J
＝0.87m
J，
EkE＝×m×2.472
J＝3.05m
J，
故ΔEk＝EkE－EkB＝(3.05m－0.87m)J＝2.18m
J.
(3)动能增加量为2.18m
J，略小于重力势能减少量，考虑实验误差，在实验误差允许的范围内，动能的增加等于重力势能的减少量，即机械能守恒．
【答案】 见解析
[能力提升]
9．(多选)如图4 5 12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( )
【导学号：67120086】
图4 5 12
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 5 13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)( )
图4 5 13
A．v0≥0
B．v0≥4
m/s
C．v0≥2m/s
D．v0≤2m/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＝2m/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＝2m/s.
所以满足条件的选项为CD.
【答案】 CD
11．如图4 5 14所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g.求：
图4 5 14
(1)小球在AB段运动的加速度的大小；
(2)小球从D点运动到A点所用的时间．
【解析】 (1)设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有，mg＝m
小球从B点运动到C点，根据机械能守恒定律，
mv＝mv＋2mgR，
在AB段设加速度的大小为a，由运动学公式，有
v＝2aR，
联立解得AB段运动的加速度的大小a＝g.
(2)设小球在D处的速度大小为vD，下落到A点时的速度大小为v，由机械能守恒定律有：
mv＝mv＋mgR.
mv＝mv2，
设小球从D点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得，gt＝v－vD
联立解得：t＝(－).
【答案】 (1)g (2)(－)
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 5 15，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 5 15
(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.
【导学号：67120087】
【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，考查了考生的分析综合能力，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．(多选)做匀速圆周运动的物体所受的向心力是( )
A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力
B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小
C．物体所受的合外力
D．向心力和向心加速度的方向都是不变的
【解析】 做匀速圆周运动的物体所受的向心力是物体所受的合外力，由于指向圆心，且与线速度垂直，不能改变线速度的大小，只用来改变线速度的方向，向心力虽大小不变，但方向时刻改变，不是恒力，由此产生的向心加速度也是变化的，所以A、D错误，B、C正确．
【答案】 BC
2．在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心．能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的选项是( )
【解析】 由于雪橇在冰面上滑动，故滑动摩擦力方向必与运动方向相反，即方向应为圆的切线方向，因做匀速圆周运动，合外力一定指向圆心，由此可知C正确．
【答案】 C
3．(2016·广安市期中)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．与线速度的方向始终相同
B．与线速度的方向始终相反
C．始终指向圆心
D．始终保持不变
【解析】 向心加速度的方向始终与线速度垂直，A、B、D错误．始终指向圆心，C正确．
【答案】 C
4．如图2 2 9为A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度a的大小随半径r变化的图象，其中A为双曲线的一个分支，由图可知( )
图2 2 9
A．A物体运动的线速度大小不变
B．A物体运动的角速度不变
C．B物体运动的角速度不变
D．B物体运动的线速度大小不变
【解析】 由a＝知，做匀速圆周运动的物体线速度大小不变时，向心加速度与半径成反比，故A正确，B错误；由a＝ω2r知，角速度不变时，向心加速度与半径成正比，故C正确，D错误．
【答案】 AC
5．质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端套有一个质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，且角速度为ω，如图2 2 10所示，则杆的上端受到球对其作用力的大小为( )
图2 2 10
A．mω2R
B．m
C．m
D．不能确定
【解析】 对小球进行受力分析，小球受两个力：一个是重力mg，另一个是杆对小球的作用力F，两个力的合力提供向心力．由平行四边形定则可得：F＝m，再根据牛顿第三定律，可知杆受到球对其作用力的大小为F′＝m.故选项C正确．
【答案】 C
6.如图2 2 11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是( )
【导学号：67120026】
图2 2 11
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.
(2014·安徽高考)如图2 2 12所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5
m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10
m/s2.则ω的最大值是( )
图2 2 12
A.
rad/s
B．
rad/s
C．1.0
rad/s
D．0.5
rad/s
【解析】 当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，受到的摩擦力最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)
由沿斜面的合力提供向心力，有
μmgcos
30°－mgsin
30°＝mω2R
得ω＝＝1.0
rad/s，选项C正确．
【答案】 C
8.如图2 2 13所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中轮上有A、B、C三点，这三点所在处的半径rA＞rB＝rC，则这三点的向心加速度aA、aB、aC的关系是( )
图2 2 13
A．aA＝aB＝aC
B．aC＞aA＞aB
C．aC＜aA＜aB
D．aC＝aB＞aA
【解析】 在题图中，A、B两点都在皮带上，线速度相等，即vA＝vB，因为rA＞rB，a＝，所以可得到：aA＜aB；因为A、C在同一个轮子上，同一个轮子上的点具有相同的角速度，因为rA＞rC，ωA＝ωC，所以aC＜aA，综上所述，A、B、C三点的向心加速度的大小关系为：aC＜aA＜aB.
【答案】 C
[能力提升]
9.(多选)球A和球B可在光滑杆上无摩擦滑动，两球用一根细绳连接如图2 2 14所示，球A的质量是球B的两倍，当杆以角速度ω匀速转动时，两球刚好保持与杆无相对滑动，那么( )
图2 2 14
A．球A受到的向心力大于球B受到的向心力
B．球A转动的半径是球B转动半径的一半
C．当A球质量增大时，球A向外运动
D．当ω增大时，球B向外运动
【解析】 因为杆光滑，两球的相互拉力提供向心力，所以FA＝FB，A错误；由F＝mω2r，mA＝2mB，得rB＝2rA，B正确；当A球质量增大时，球A向外运动，C正确；当ω增大时，球B不动，D错误．
【答案】 BC
10.
(多选)如图2 2 15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( )
图2 2 15
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．(2016·资阳市期末)如图2 2 16所示，水平转盘上放有质量为m的物块，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(绳中张力为零)，物块与转盘间最大静摩擦力是其重力的k倍，求：
图2 2 16
(1)转盘的角速度为ω1＝时绳中的张力T1.
(2)转盘的角速度为ω2＝时绳中的张力T2.
【解析】 设角速度为ω0时绳刚好被拉直且绳中张力为零，则由题意有：
kmg＝mωr
解得：ω0＝.
(1)当转盘的角速度为ω1＝时，有：
ω1<ω0，物体所受静摩擦力足以提供物体随转盘做圆周运动所需向心力
即：T1＝0.
(2)当转盘的角速度为ω2＝时，有：
ω2>ω0，物体所受最大静摩擦力不足以提供物体随转盘做圆周运动所需向心力
则：kmg＋T2＝mωr
解得：T2＝kmg.
【答案】 (1)0 (2)kmg
12.如图2 2 17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 17
(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.
【导学号：67120027】
【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学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)质量一定的物体( )
A．速度发生变化时其动能一定变化
B．速度发生变化时其动能不一定变化
C．速度不变时其动能一定不变
D．动能不变时其速度一定不变
【解析】 速度是矢量，速度变化时可能只有方向变化，而大小不变，动能是标量，所以速度只有方向变化时，动能可以不变；动能不变时，只能说明速度大小不变，但速度方向不一定不变，故只有B、C正确．
【答案】 BC
2．改变物体的质量和速度都可改变物体的动能，在下列情况下，物体的动能变化最大的是( )
A．物体的质量不变，运动速度增大到原来的2倍
B．物体的速度不变，质量增大到原来的2倍
C．物体的质量变为原来的3倍，运动速度减为原来的一半
D．物体的质量变为原来的一半，速度增加为原来的4倍
【解析】 由动能的计算式Ek＝mv2可知，D正确．
【答案】 D
3．一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v，在这段时间内，水平力所做的功为( )
A.mv2
B．－mv2
C.mv2
D．－mv2
【解析】 由动能定理得
W＝m(2v)2－mv2＝mv2.
【答案】 A
4．某消防队员从一平台上跳下，下落2
m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5
m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
【解析】 设地面对双脚的平均作用力为F，在全过程中，由动能定理得mg(H＋h)－Fh＝0
F＝＝mg＝5mg，B正确．
【答案】 B
5．(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图4 4 7所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
图4 4 7
A．力F对甲物体做功多
B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
【解析】 由功的公式W＝Fscos
α＝F·s可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理
，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－fs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误．
【答案】 BC
6．一空盒以某一初速度在水平面上滑行，滑行的最远距离为L.现往空盒中倒入砂子，使空盒与砂子的总质量为原来空盒的3倍，仍以原来的初速度在水平面上滑行，此时滑行的最远距离为( )
A.L
B．L
C．L
D．3L
【解析】 盒子与水平面动摩擦因数一定，据动能定理得－μmgs＝0－mv，解得s＝，位移s与物体质量无关，正确选项为C.
【答案】 C
7．甲、乙两辆汽车的质量之比m1∶m2＝2∶1，它们刹车时的初动能相同，若它们与水平地面之间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离之比s1∶s2等于( )
【导学号：67120082】
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶4
D．4∶1
【解析】 对两辆汽车由动能定理得：－μm1gs1＝0－Ek，－μm2gs2＝0－Ek，s1∶s2＝m2∶m1＝1∶2，B正确．
【答案】 B
8．将质量为m的物体，以初速度v0竖直向上抛出．已知抛出过程中阻力大小恒为重力的0.2倍．求
(1)物体上升的最大高度；
(2)物体落回抛出点时的速度大小．
【解析】 (1)上升过程，由动能定理
－mgh－fh＝0－mv①
将f＝0.2mg②
联立①②可得：h＝.③
(2)全过程，由动能定理：
－2fh＝mv2－mv④
联立②③④可得：v＝v0.
【答案】 (1) (2)v0
[能力提升]
9．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v t图象如图4 4 8所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则( )
图4 4 8
A．F∶f＝1∶3
B．W1∶W2＝1∶1
C．F∶f＝4∶1
D．W1∶W2＝1∶3
【解析】 对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；由图象知s1∶s2＝1∶4，由动能定理得Fs1－fs2＝0，所以F∶f＝4∶1，选项A错误，选项C正确．
【答案】 BC
图4 4 9
10．(2016·浙江高考)如图4 4 9所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)．则( )
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
【解析】 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝、s2＝
由动能定理知：
2mgh＝μmgs1cos
45°＋μmgs2cos
37°
解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；
下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1cos
45°＝mv2
解得v＝，选项B正确；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误；
滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝μgcos
37°－gsin
37°＝g，选项D错误．
【答案】 AB
11．某同学为探究“合力做功与物体速度变化的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：
①按图4 4 10摆好实验装置，其中小车质量M＝0.20
kg，钩码总质量m＝0.05
kg.
②释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f＝50
Hz)，打出一条纸带．
图4 4 10
(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图4 4 11所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.004
m，d2＝0.055
m，d3＝0.167
m，d4＝0.256
m，d5＝0.360
m，d6＝0.480
m…，他把钩码重力(当地重力加速度g取9.8
m/s2)作为小车所受合力算出打下0点到打下第5点合力做功W＝________J(结果保留三位有效数字)，打下第5点时小车的速度v5＝________m/s(结果保留三位有效数字)．
图4 4 11
(2)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功W∝v2”的结论，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是________．
A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小
D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因
【解析】 (1)根据题意物体所受合外力为：
F＝mg＝0.05×9.8
N＝0.49
N，
根据功的定义可知：W＝Fd5＝0.176
J；
根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出第5个点的速度大小为：
v5＝＝
m/s＝1.12
m/s.
(2)设绳子上拉力为F，根据牛顿第二定律有：
对小车：F＝Ma①
对钩码：mg－F＝ma②
联立①②可得F＝＝，由此可知当M m时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，会造成较大误差，故A正确；实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故B正确；释放小车和接通电源的顺序有误，影响打点多少，不一定会使动能的测量值偏小，故C错误；距离的测量产生的误差不是该实验产生的主要误差，故D错误．
【答案】 (1)0.176 1.12 (2)AB
12．如图4 4 12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4 4 12
(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.
【导学号：67120083】
【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学业分层测评(三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列关于平抛运动的说法中正确的是( )
A．平抛运动是非匀变速运动
B．平抛运动是匀变速曲线运动
C．做平抛运动的物体，每秒内速率的变化相等
D．水平飞行的距离只与初速度大小有关
【解析】 平抛运动是一种理想化的运动模型，不考虑空气阻力，且只受重力的作用，加速度大小为g，方向竖直向下，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A错、B对；因为Δv＝g·Δt，所以做平抛运动的物体在相等的时间内速度的变化(包括大小和方向)相等，但每秒内速率的变化不相等，C错；据h＝gt2得t＝，所以得x＝v0t＝v0，由此可见，平抛运动的水平位移由初速度v0和竖直高度h共同决定，D错．
【答案】 B
2.如图1 3 9所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8
m，水平距离为8
m，则运动员跨过壕沟的初速度至少为(g取10
m/s2)( )
图1 3 9
A．0.5
m/s
B．2
m/s
C．10
m/s
D．20
m/s
【解析】 根据x＝v0t，y＝gt2
将已知数据代入可得v0＝20
m/s.
【答案】 D
3．(多选)“在探究平抛物体的运动规律”
实验的装置如图1 3 10所示，在实验前应( )
【导学号：67120008】
图1 3 10
A．将斜槽的末端切线调成水平
B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行
C．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点
D．测出平抛小球的质量
【解析】 根据平抛运动的特点及实验要求知A、B正确．
【答案】 AB
4．(多选)(2016·攀枝花期中)人在距地面高h、离靶面距离L处，将质量为m的飞镖以速度v0水平投出，落在靶心正下方，如图1 3 11所示．不考虑空气阻力，只改变m、h、L、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是( )
图1 3 11
A．适当减小L
B．适当减小v0
C．适当减小m
D．适当增大v0
【解析】 适当减小L和适当增大v0，可减小飞镖飞行的时间，根据h＝gt2，可使飞镖投中靶心，故A、D正确．
【答案】 AD
5．平抛物体的运动规律可以概括为两点：一是水平方向上做匀速直线运动；二是竖直向上做自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做这样的实验：如图1 3 12所示，用小锤打击弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则这个实验( )
图1 3 12
A．只能说明上述规律中的第一条
B．只能说明上述规律中的第二条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
【解析】 实验中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地说明A球平抛运动的竖直分运动和B球相同，而不能说明A球的水平分运动是匀速直线运动，所以B项正确，A、C、D错误．
【答案】 B
6．如图1 3 13所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB＝BC＝CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时速度大小之比vA∶vB∶vC为( )
图1 3 13
A.∶∶
B．1∶∶
C．1∶2∶3
D．1∶1∶1
【解析】 由题意及题图可知DP＝vAtA＝vBtB＝vCtC，所以v∝；又由h＝gt2，得t∝，因此有v∝，由此得vA∶vB∶vC＝∶∶.
【答案】 A
7．(多选)如图1 3 14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，将球的运动视作平抛运动，下列叙述正确的是( )
图1 3 14
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，H＝gt2得，t＝
，B正确．球在水平方向做匀速直线运动，由x＝vt得，v＝＝＝L，A正确．击球点到落地点的位移大于L，且与球的质量无关，C、D错误．
【答案】 AB
8．(2016·昆明高一检测)某实验小组同学在“研究平抛物体的运动”
的实验中，只画出了如图1 3 15所示的曲线，于是他在曲线上取水
图1 3 15
平距离Δx相等的三点A、B、C，量得Δx＝0.2
m．又量出它们之间的竖直距离分别为h1＝0.1
m，h2＝0.2
m，(g＝10
m/s2)利用这些数据，可求得：
(1)物体抛出时的初速度为________m/s；
(2)物体经过B时竖直分速度为________m/s；
(3)抛出点在A点上方高度为________m处．
【解析】 (1)由Δh＝gT
2，得T＝0.1
s
v0＝
＝2
m/s.
(2)vBy＝
＝1.5
m/s.
(3)y0＝yB－h1＝－h1＝0.0125
m.
【答案】 (1)2 (2)1.5 (3)0.0125
[能力提升]
9.如图1 3 16所示，在倾角为θ的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点所用的时间为( )
图1 3 16
A.
B.
C.
D.
【解析】 设小球从抛出至落到斜面上的时间为t，在这段时间内水平位移和竖直位移分别为
x＝v0t，y＝gt2.
如图所示，由几何关系知
tan
θ＝＝＝，
所以小球的运动时间为t＝tan
θ，B正确．
【答案】 B
10.如图1 3 17所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的位置分别是B、C、D，且AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，则v1、v2、v3之间的正确的关系是( )
【导学号：67120009】
图1 3 17
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1
C．v1∶v2∶v3＝6∶3∶2
D．v1∶v2∶v3＝9∶4∶1
【解析】 由AB∶BC∶CD＝1∶3∶5知三小球竖直方向上的位移之比应是1∶4∶9，则小球从被抛出到落到B、C、D三点所用时间之比t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，而三种情况下小球的水平位移相同，小球的初速度与其运动时间成反比，所以v1∶v2∶v3＝6∶3∶2，C项正确．
【答案】 C
11.
(2016·茂名高一检测)如图1 3 18所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5
cm，如果g取10
m/s2，那么：
图1 3 18
(1)照相机的闪光频率是________Hz；
(2)小球运动中水平分速度的大小是______m/s；
(3)小球经过B点时的速度大小是________m/s.
【解析】 (1)因为xAB＝xBC，所以tAB＝tBC.在竖直方向上，由Δy＝gT2得5L－3L＝gT2，解得T＝0.1
s，故闪光频率为10
Hz.
(2)水平分速度v＝＝m/s＝1.5
m/s.
(3)vBy＝＝m/s＝2.0
m/s，又知vBx＝1.5
m/s，所以vB＝＝
m/s＝2.5
m/s.
【答案】 (1)10 (2)1.5 (3)2.5
12．如图1 3 19所示的是推行节水工程的转动喷水“龙头”，“龙头”距地面高为h，它沿水平方向把水喷出的距离为x，设“水龙头”的直径为d，则此喷水“龙头”的流量为多少？
图1 3 19
【解析】 设水在空中飞行时间为t，则
h＝gt2①
x＝v0t②
解①②联立得v0＝x/
Q＝v0S＝x·.
【答案】
13．如图1 3 20所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝1.4
m、宽L＝1.2
m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2
m的A点沿水平方向跳起离开斜面．忽略空气阻力，重力加速度g取10
m/s2.(已知sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)，求：
【导学号：67120010】
图1 3 20
(1)若运动员不触及障碍物，他从A点起跳后落至水平面的过程所经历的时间；
(2)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．
【解析】 (1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式H＝gt2解得：t＝＝0.8
s.
(2)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的距离为Hcot
53°＋L，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：H－h＝gt′2，Hcot
53°＋L＝vt′，联立解得v＝6.0
m/s.
【答案】 (1)0.8
s (2)6.0
m/s学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列关于功率的说法中正确的是( )
A．由P＝知，力做的功越多，功率越大
B．由P＝Fv知，物体运动得越快，功率越大
C．由W＝Pt知，功率越大，力做的功越多
D．由P＝Fvcos
α知，某一时刻，即使力和速度都很大，但功率不一定大
【解析】 在公式P＝中，只有P、W、t中两个量确定后，第三个量才能确定，故选项A、C错误；在P＝Fv中，P与F、v有关，故选项B错误；在P＝Fvcos
α中，P还与α有关，故选项D正确．
【答案】 D
2．一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝T时刻F的功率是( )
A.
B．
C.
D．
【解析】 木块加速度a＝，t＝T时速度v＝aT＝，瞬时功率P＝Fv＝.
【答案】 B
3．一个质量为m的小球做自由落体运动，那么，在前t秒内重力对它做功的平均功率P及在t秒末重力做功的瞬时功率P分别为(t秒末小球未着地)( )
【导学号：67120071】
A．P＝mg2t2，P＝mg2t2
B．P＝mg2t2，P＝mg2t2
C．P＝mg2t，P＝mg2t
D．P＝mg2t，P＝2mg2t
【解析】 前t秒内重力做功的平均功率
P＝＝＝mg2t
t秒末重力做功的瞬时功率
P＝Fv＝mg·gt＝mg2t.故C正确．
【答案】 C
4．汽车上坡的时候，司机必须换挡，其目的是( )
A．减小速度，得到较小的牵引力
B．增大速度，得到较小的牵引力
C．减小速度，得到较大的牵引力
D．增大速度，得到较大的牵引力
【解析】 汽车在上坡时，汽车的牵引力除了需要克服阻力以外，还要克服重力沿斜坡向下的分力，所以需要增大牵引力，由F＝可知，在P一定时，要增大牵引力，必须减小速度．
【答案】 C
5．一辆小车在水平面上做匀速直线运动，从某时刻起，小车所受牵引力和阻力随时间变化的规律如图4 2 6所示，则作用在小车上的牵引力F的功率随时间变化的规律是下图中的( )
图4 2 6
【解析】 车所受的牵引力和阻力恒定，所以车做匀加速直线运动，牵引力的功率P＝Fv＝F(v0＋at)，故选项D正确．
【答案】 D
6．汽车以恒定功率P由静止出发，沿平直路面行驶，最大速度为v，则下列判断正确的是( )
A．汽车先做匀加速运动，最后做匀速运动
B．汽车先做加速度越来越大的加速运动，最后做匀速运动
C．汽车先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动
D．汽车先做加速运动，再做减速运动，最后做匀速运动
【解析】 汽车在恒定功率下的启动中，力的大小与v的大小有关，由P＝Fv知v↑F↓a↓，当a＝0时，F＝f，做匀速运动，故选C.
【答案】 C
7．汽车由静止开始运动，若要使汽车在开始运动后一小段时间内保持匀加速直线运动，则( )
A．不断增大牵引力和牵引力的功率
B．不断减小牵引力和牵引力的功率
C．保持牵引力不变，不断增大牵引力功率
D．不能判断牵引力功率怎样变化
【解析】 汽车保持匀加速直线运动，所受合力不变，其中牵引力也不变，但速度增大，牵引力的功率增大，C对，A、B、D错．
【答案】 C
8．质量为m＝5×103
kg的汽车在水平公路上行驶，阻力是车重的0.1倍．让汽车保持额定功率为60
kW，从静止开始行驶．
(1)若以额定功率启动，求汽车达到的最大速度vm及汽车车速v1＝2
m/s时的加速度．
(2)若汽车以v2＝6
m/s的速度匀速行驶，求汽车的实际功率．(g取10
m/s2)
【解析】 (1)由P＝Fv＝fvm得
vm＝＝＝
m/s＝12
m/s.
由P＝Fv得F＝，当v1＝2
m/s时
F1＝＝
N＝3×104
N
由牛顿第二定律得F1－f＝ma，所以
a＝＝
m/s2＝
5
m/s2.
(2)P＝fv2＝μmgv2＝0.1×5×103×10×6
W
＝3×104
W＝30
kW.
【答案】 (1)12
m/s 5
m/s2 (2)30
kW
[能力提升]
9．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( )
【导学号：67120072】
【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
10．(多选)如图4 2 7所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )
图4 2 7
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．t1～t2时间内汽车牵引力逐渐减小
C．t1～t2时间内的平均速度为(v1＋v2)
D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小
【解析】 由题图可知，0～t1时间内汽车做匀加速直线运动，牵引力恒定，由P＝F·v可知，汽车的功率均匀增大，A错误；t1～t2时间内汽车以额定功率行驶，速度逐渐增大，牵引力逐渐减小，B正确；因t1～t2时间内，ab图线与t轴所围面积大于ab直线与t轴所围面积，故该过程中的平均速度大于(v1＋v2)，C错误；0～t1时间内，牵引力恒定，功率均匀增大，t1时刻以后牵引力逐渐减小，到t2时刻牵引力等于阻力，达到最小，而t1时刻达到额定功率后，功率保持不变，D正确．
【答案】 BD
11．如图4 2 8所示，质量为2
kg的物体在大小为24
N、沿斜面向上的力F作用下，由静止开始沿光滑斜面体向上运动，斜面的倾角为30°，斜面足够长(g取10
m/s2)．求：
图4 2 8
(1)5
s内拉力对物体做功的功率；
(2)5
s末拉力对物体做功的功率；
(3)5
s末物体克服重力做功的功率．
【解析】 物体在斜面上运动的加速度大小
a＝＝m/s2＝7
m/s2
5
s内发生的位移s＝at2＝×7×52
m
＝87.5
m
5
s末物体的速度v1＝at＝35
m/s
5
s内拉力做的功
W＝F·s＝24×87.5
J＝2
100
J.
5
s内拉力做功的功率P＝＝420
W.
5
s末拉力做功的功率P5＝F·v1＝24×35
W＝840
W.
5
s末物体克服重力做功的功率P′＝mgv1sin
30°＝20×35×
W＝350
W.
【答案】 (1)420
W (2)840
W (3)350
W
12.
(2016·成都高一检测)一辆汽车质量为2×103
kg，最大功率为3×104
W，在水平路面由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为6×103
N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图4 2 9所示．试求：
图4 2 9
(1)根据图线ABC判断汽车做什么运动？
(2)v2的大小；
(3)整个运动中的最大加速度；
(4)当汽车的速度为10
m/s时发动机的功率为多大？
【导学号：67120073】
【解析】 (1)图线AB表示牵引力F不变，阻力f不变，汽车做匀加速直线运动，图线BC的斜率表示汽车的功率P，P不变，则汽车做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度v2，此后汽车做匀速直线运动．
(2)汽车速度为v2时，牵引力为F1＝2×103
N，所以v2＝＝
m/s＝15
m/s.
(3)汽车做匀加速直线运动时的加速度最大，
阻力f＝＝
N＝2
000
N
a＝＝
m/s2＝2
m/s2.
(4)与B点对应的速度为
v1＝＝
m/s＝5
m/s
当汽车的速度为10
m/s时处于图线BC段，故此时的功率为最大功率
Pm＝3×104
W.
【答案】 (1)见解析 (2)15
m/s
(3)2
m/s2 (4)3×104
W学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(2016·乐山检测)关于匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )
A．线速度的方向保持不变
B．线速度的大小保持不变
C．角速度大小不断变化
D．线速度和角速度都保持不变
【解析】 匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，故A、D错误，B正确；匀速圆周运动的角速度大小不变，故C错误，故选B.
【答案】 B
2．(2016·广元期中)下列关于甲乙两个做圆周运动的物体的有关说法正确的是( )
A．它们角速度相等，则周期一定也相等
B．它们角速度相等，则线速度一定也相等
C．它们线速度相等，则角速度一定相等
D．它们周期相等，则线速度一定也相等
【解析】 甲、乙角速度相等，则周期一定相等，线速度不一不定相等，由此可判断A正确．
【答案】 A
3．如图2 1 7所示，两个摩擦传动的靠背轮，左边是主动轮，右边是从动轮，它们的半径不相等，转动时不打滑．则下列说法中正确的是( )
图2 1 7
A．两轮的角速度相等
B．两轮转动的周期相同
C．两轮边缘的线速度相等
D．两轮边缘的线速度大小相等
【解析】 靠摩擦传动的两轮边缘的线速度大小相等，而方向不同，故C错误、D正确；由v＝ωr得ω＝，故两轮的角速度不相等，周期也不相同，A、B错误．
【答案】 D
4．如图2 1 8所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )
【导学号：67120021】
图2 1 8
A．a、b和c三点的线速度大小相等
B．a、b和c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的大
D．c的线速度比a、b的大
【解析】 a、b和c均是同一陀螺上的点，它们做圆周运动的角速度都是陀螺旋转的角速度ω，B对，C错；三点的运动半径关系ra＝rb>rc，据v＝ωr可知，三点的线速度关系va＝vb＞vc，A、D错．
【答案】 B
5．(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
6．(多选)(2016·资阳期中)甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( )
A．它们的半径之比为2∶9
B．它们的半径之比为1∶2
C．它们的周期之比为2∶3
D．它们的周期之比为1∶3
【解析】 因为＝＝，且＝3，因此＝×＝，选项A正确，选项B错误；匀速圆周运动的周期T＝，则＝＝，选项C错误，选项D正确．
【答案】 AD
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 10
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．做匀速圆周运动的物体，10
s内沿半径为20
m的圆周运动100
m，试求物体做匀速圆周运动时：
【导学号：67120022】
(1)线速度的大小；
(2)角速度的大小；
(3)周期的大小．
【解析】 (1)依据线速度的定义式
v＝可得
v＝＝
m/s＝10
m/s.
(2)依据v＝ωr可得
ω＝＝
rad/s＝0.5
rad/s.
(3)T＝＝
s＝4π
s.
【答案】 (1)10
m/s (2)0.5
rad/s (3)4π
s
[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 11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 11
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．为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B，盘A、B平行且相距2
m，轴杆的转速为3
600
r/min，子弹穿过两盘留下两弹孔a、b，测得两弹孔所在半径的夹角θ＝30°，如图2 1 12所示．则该子弹的速度可能是( )
图2 1 12
A．360
m/s
B．720
m/s
C．1
440
m/s
D．108
m/s
【解析】 子弹从A盘到B盘的过程中，B盘转过的角度φ＝2πN＋(N＝0,1,2，…)，B盘转动的角速度ω＝＝2πf＝2πn＝2π×
rad/s＝120π
rad/s，子弹在A、B盘间运动的时间等于B盘转动的时间，即＝，所以v＝＝
m/s(N＝0,1,2，…)，N＝0时，v＝1
440
m/s；N＝1时，v≈110.77
m/s；N＝2时，v＝57.6
m/s，…故C正确．
【答案】 C
11．如图2 1 13所示，B物体放在光滑的水平地面上，在水平力F的作用下由静止开始运动，B物体的质量为m，同时A物体在竖直面内由M点开始做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动．求满足使A、B速度相同的力F的取值．
图2 1 13
【解析】 速度相同即大小、方向相同，B为水平向右，A一定要在最低点才能保证速度水平向右．由题意可知：当A从M点运动到最低点时
t＝nT＋T(n＝0,1,2，…)，线速度v＝ωr
对于B(初速度为0)：
v＝at＝(nT＋T)＝(n＋)
解得：F＝(n＝0,1,2，…)．
【答案】 F＝(n＝0,1,2，…)
12.如图2 1 14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.
【导学号：67120023】
图2 1 14
【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(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(2016·宿迁高一检测)关于曲线运动的说法正确的是( )
A．速率不变的曲线运动加速度为0
B．做曲线运动的物体所受合外力可能为0
C．变速运动一定是曲线运动
D．曲线运动一定是变速运动
【解析】 曲线运动的速度方向时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，加速度(合外力)不可能为0，故A、B错误，D正确；显然选项C错误．
【答案】 D
2．质点在一平面内沿曲线由P运动到Q，如果用v、a、F分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合外力，下列图象可能正确的是( )
【解析】 做曲线运动的物体，其速度方向就是曲线上那一点的切线方向，曲线运动的轨迹向合外力的方向弯曲，而合外力的方向就是加速度的方向，故只有D项正确．
【答案】 D
3．(多选)做曲线运动的质点，其轨迹上某一点的加速度方向( )
A．就在通过该点的曲线的切线方向上
B．与通过该点的曲线的切线垂直
C．与物体在该点所受合外力方向相同
D．与该点瞬时速度的方向成一定夹角
【解析】 加速度的方向与合外力的方向始终是相同的，加速度的方向与速度的方向无关，但与物体速度的变化量的方向有关，曲线运动的加速度与该点的瞬时速度的方向成一夹角，正确选项为C、D.
【答案】 CD
4．(多选)下列说法正确的是( )
A．曲线运动的速度大小可能不变
B．曲线运动的速度方向可能不变
C．曲线运动一定是变速运动
D．做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力
【解析】 做曲线运动的物体的速度方向时刻变化，速度大小可以不变，也可以变化，曲线运动一定是变速运动，故A、C对，B错；做曲线运动的物体所受合外力可以是恒力、也可以是变力，故D错．
【答案】 AC
5．(2016·乐山一中期中)一个物体做曲线运动，则这个物体( )
A．可能处于平衡状态
B．速度一定不断变化
C．受到的合外力方向在不断变化
D．受到的合外力大小不断变化
【解析】 曲线运动所处状态一定不是平衡状态，A错误．曲线运动速度一定不断变化，B正确．合外力方向、大小不一定变化，C、D错误．
【答案】 B
6．如图1 1 6所示，小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动，后受到磁极的侧向作用力而做图示的曲线运动到达D点，从图可知磁极的位置及极性可能是( )
【导学号：67120002】
图1 1 6
A．磁极在A位置，极性一定是N极
B．磁极在B位置，极性一定是S极
C．磁极在C位置，极性一定是N极
D．磁极在B位置，极性无法确定
【解析】 小钢球受到磁极侧向力作用时运动轨迹向合外力的方向弯曲，钢球的运动轨迹位于速度v0与合外力方向之间，故磁极在B位置，极性无法确定，D项正确．
【答案】 D
7．(2016·乐山期中)汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶．图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是( )
【解析】 汽车做曲线运动，合力F的方向应指向轨迹弯曲的内侧，故D正确．
【答案】 D
8.如图1 1 7所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )
图1 1 7
A．D点的速率比C点的速率大
B．A点的加速度与速度的夹角小于90°
C．A点的加速度比D点的加速度大
D．从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小
【解析】 质点做匀变速曲线运动，合力的大小方向均不变，加速度不变，故C错误；由B点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B点切线垂直且向下，故质点由C到D过程，合力方向与速度方向夹角小于90°，速率增大，A正确；A点的加速度方向与过A的切线(即速度方向)夹角大于90°，B错误；从A到D加速度与速度的夹角一直变小，D错误．
【答案】 A
[能力提升]
9．(多选)光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O(如图1 1 8所示)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F
x和沿y轴正方向的恒力Fy，则( )
图1 1 8
A．因为有Fx，质点一定做曲线运动
B．如果Fy>Fx，质点向y轴一侧做曲线运动
C．如果Fy＝Fx
tan
α，质点做直线运动
D．如果Fx>Fy
cot
α，质点向x轴一侧做曲线运动
【解析】 物体做曲线运动的条件是合外力方向和速度方向不在同一直线上，因此只有Fx、Fy的合力方向与速度v的方向在同一直线上才有可能做直线运动，所以答案C正确；答案A中因未考虑Fy，所以A是错的；因速度与x轴的夹角大小未知，所以FxFx
cot
α，由三角关系可知，合外力的方向在速度方向和x轴之间，所以D正确.
【答案】 CD
10．(多选)一个质点受到恒力F1的作用，由静止开始运动，保持恒力F1不变，突然又增加一个方向与F1的方向垂直的恒力F2的作用．则该质点此后( )
A．仍做直线运动
B．可能做变加速直线运动
C．一定做曲线运动
D．速度的大小一定增大
【解析】 质点由静止开始运动，运动方向一定与F1的方向相同．突然受到方向与F1的方向垂直的F2作用后，合力的方向一定不会与F1的方向相同，即不会与速度方向相同，一定做曲线运动，A、B都错，C正确．受F2作用后，F2的方向与F1的方向垂直，所以合力在F2作用的初始时刻，沿速度方向上的分量就是F1，与这时的速度方向相同，速度就要增大，D也正确．
【答案】 CD
11．(2016·甘孜期末)一个物体由静止开始自由下落一小段时间后突然受一恒定的水平风力影响，但落地前一小段时间风突然停止，则其运动轨迹可能为选项图中的哪一个( )
【导学号：67120003】
【解析】 物体由静止在重力作用下开始自由下落，将沿竖直方向做匀加速直线运动，其轨迹为竖直方向的直线；当受到水平风力后，物体的轨迹将从竖直方向偏向风的水平方向，其速度方向偏离竖直方向；当风停止后，物体只受重力，仍与速度方向不共线，物体的轨迹将又偏向竖直方向，综上分析，只有C符合实际情况，C选项正确．
【答案】 C
12．(2016·绵阳期中)如图所示的质点运动轨迹中，可能的是( )
【解析】 质点做直线运动时，速度方向和力的方向在同一条直线上，A错误．质点做曲线运动时，力的方向指向轨迹的凹侧，B、C错误，D正确．
【答案】 D
13．一个质点在恒力作用下，在xOy平面内从O点运动到M点的轨迹如图1 1 9所示，则恒力F的方向可能是( )
图1 1 9
A．沿＋x方向
B．沿－x方向
C．沿＋y方向
D．沿－y方向
【解析】 由质点的运动轨迹可知质点在O点的速度方向如图所示，由轨迹弯曲方向可直接排除B、C两选项(如力
沿－x方向或＋y方向，则质点将向v左侧偏转)．对于A选项，如力沿＋x方向，其轨迹向v右侧弯曲，但不可能出现M点后轨迹的弯曲形状；对于D选项，如力沿－y方向，其轨迹大致向v右侧弯曲，质点的竖直方向速度减为零，仍有水平方向的速度，受到与其垂直的力作用，轨迹向力的方向偏，即向－y方向偏转，只有D选项符合题意，故D选项正确．
【答案】 D
14．如图1 1 10所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，物体的速率将( )
图1 1 10
A．不断增大
B．不断减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
【解析】 物体在vM方向的速度变为零，说明物体受到的力在vM的反方向上有分力，同时物体受的力在垂直于vM向右的方向上也有分力，所以物体所受恒力的方向与vM的方向成钝角，与vN方向成锐角，故力对物体先为阻力，后为动力，物体的速率先减小后增大，选项C正确．
【答案】 C学业分层测评(七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．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
2．二十四节气中的春分和秋分均为太阳直射赤道，春分为太阳从南回归线回到赤道，秋分则为太阳从北回归线回到赤道.2004年3月20日为春分，9月23日为秋分．可以推算从春分到秋分为186天，而从秋分到春分则为179天，如图3 1 5所示，关于上述自然现象，(设两端时间内地球公转的轨迹长度相等)下列说法正确的是( )
【导学号：67120041】
图3 1 5
A．从春分到秋分地球离太阳远
B．从秋分到春分地球离太阳远
C．夏天地球离太阳近
D．冬天地球离太阳远
【解析】 地球绕太阳公转，从春分到秋分，地球应过远日点，此时地球运动速度较小，时间较长些，故A对．
【答案】 A
3．某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图3 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3 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3 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3 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( )
【导学号：67120042】
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3 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3 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＝6400
km)
【导学号：67120043】
【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
＝5.67×6400
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3 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(十六)
(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 6 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 6 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．(多选)为了探究能量转化和守恒，小明将小铁块绑在橡皮筋中部，并让橡皮筋穿入铁罐，两端分别固定在罐盖和罐底上，如图4 6 8所示．让该装置从不太陡的斜面上A处滚下，到斜面上B处停下，发现橡皮筋被卷紧了，接着铁罐居然从B处自动滚了上去．下列关于该装置能量转化的判断正确的是( )
【导学号：67120092】
图4 6 8
A．从A处滚到B处，主要是重力势能转化为动能
B．从A处滚到B处，主要是重力势能转化为弹性势能
C．从B处滚到最高处，主要是动能转化为重力势能
D．从B处滚到最高处，主要是弹性势能转化为重力势能
【解析】 在A处和B处时铁罐速度为零，动能为零，所以从A处到B处是重力势能转化为弹性势能，故A项错误，B项正确．从B处又滚到最高处的过程是弹性势能转化为重力势能的过程，故C项错误，D项正确．
【答案】 BD
4．下列关于能源开发和利用的说法中正确的是( )
A．能源利用的过程是内能转化成机械能的过程
B．要合理开发和节约使用核能、太阳能、风能、地热能、海洋能等常规能源
C．能源利用的过程是一种形式的能向其他形式的能转化的过程
D．无论是节约能源还是开发能源，我国都需要外国支援
【解析】 能源的利用过程实际上是一种形式的能向其他形式的能转化的过程，并不一定是单一的向机械能转化的过程，所以C正确，A错误；B中的核能、风能、地热能、海洋能等属于新能源，而不是常规能源，故B错误；节约能源和开发能源方面，我国主要依靠自己，故D错误．
【答案】 C
5．(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
6．(多选)(2016·桂林高一检测)如图4 6 9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( )
图4 6 9
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
7．(多选)(2016·攀枝花期末)如图4 6 10所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d，平均阻力为f.设木块滑行距离为s时开始匀速前进，下列判断正确的是( )
【导学号：67120093】
图4 6 10
A．子弹损失的动能等于fd
B．子弹损失的动能等于f(s＋d)
C．总机械能的损失等于fs
D．总机械能的损失等于fd
【解析】 子弹受到的合外力为f，合外力做负功，即Wf＝－f(s＋d)，根据动能定理得，子弹损失的动能为f(s＋d)，选项A错误、B正确；合外力对木块做的功为W＝fs，则木块增加的动能为fs；根据以上分析知道，子弹动能的减少量大于木块动能的增加量，选项C也错误；根据能量守恒可知，子弹、木块系统总机械能的损失为ΔE＝－f(s＋d)＋fs＝－fd，选项D正确．
【答案】 BD
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 6 11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 6 11
【解析】 由h＝at2
a＝＝1
m/s2
由v＝at＝1×1.0
m/s＝1
m/s
由能量守恒mgh＝mv2＋Q热
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 6 12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 6 12
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．(2016·扬州高一检测)如图4 6 13所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0
m．一个物体在离弧底E高度为h＝3.0
m处，以初速度4.0
m/s沿斜面运动．若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g取10
m/s2)
【导学号：67120094】
图4 6 13
【解析】 由于圆弧面是光滑的，由能量守恒定律知，物体最终在B、C之间摆动，且在B、C两点时速度为零．设物体在斜面上运动的总路程为s，物体在斜面上所受摩擦力为f＝μmgcos
60°，由能量守恒定律知
mv＋mg[h－R(1－cos
60°)]＝μmgscos
60°
物体在斜面上通过的总路程为
s＝
＝m＝280
m.
【答案】 280
m
12．如图4 6 14所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2
kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切．一质量m＝1
kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1
s后，滑块和木板以共同速度v＝1
m/s匀速运动，g取10
m/s2.求：
图4 6 14
(1)滑块与木板间的摩擦力大小Ff；
(2)滑块下滑的高度h；
(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q.
【解析】 (1)对木板：Ff＝Ma1
由运动学公式，有v＝a1t，
解得Ff＝2
N.
(2)对滑块：－Ff＝ma2
设滑块滑上木板时的速度是v0，
则v－v0＝a2t，可得v0＝3
m/s.
由机械能守恒定律有mgh＝mv，
h＝＝
m＝0.45
m.
(3)根据功能关系有：
Q＝mv－(M＋m)v2
＝×1×32
J－×(1＋2)×12
J
＝3
J.
【答案】 (1)2
N (2)0.45
m (3)3
J重点强化卷(三) 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：67120057】
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( )
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．嫦娥三号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．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.
【导学号：67120058】
【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
≈3.3×1041kg.
【答案】 3.3×1041kg
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7.35×1022kg.求T2与T1两者平方之比．(结果保留三位小数)
【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(二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于合运动与分运动的关系，下列说法正确的是( )
A．合运动速度一定不小于分运动速度
B．合运动加速度不可能与分运动加速度相同
C．合运动的速度与分运动的速度没有关系，但合运动与分运动的时间相等
D．合位移可能等于两分位移的代数和
【解析】 根据平行四边形定则，作出以两个互成角度的分速度为邻边的平行四边形，过两邻边夹角的对角线表示合速度，对角线的长度可能等于邻边长度，也可能小于邻边长度，也可能大于邻边长度，选项A错误；合运动的加速度可能大于、等于或小于分运动的加速度，选项B错误；合运动与分运动具有等效性、同体性、等时性等关系，选项C错误；如果两个分运动在同一直线上，且方向相同，其合位移就等于两分位移的代数和，选项D正确．
【答案】 D
2．如图1 2 5所示，竖直放置且两端封闭的玻璃管内注满清水，水中放一个用红蜡做成的圆柱体，玻璃管倒置时圆柱体能匀速运动．已知圆柱体实际运动的速度是5
cm/s，θ＝30°，则玻璃管水平运动的速度是( )
图1 2 5
A．5
cm/s
B．4.33
cm/s
C．2.5
cm/s
D．无法确定
【解析】 将实际速度v分解如图，则玻璃管的水平速度vx＝vcos
θ＝5cos
30°
cm/s＝5×
cm/s＝4.33
cm/s，B正确．
【答案】 B
3.如图1 2 6所示，在一张白纸上放置一把直尺，沿直尺的边缘放置一块直角三角板．将直角三角板沿刻度尺水平向右匀速运动，同时将一支铅笔从直角三角板直角边的最下端向上运动，而且向上的速度越来越大，则铅笔在纸上留下的轨迹可能是( )
图1 2 6
A B
C D
【解析】 铅笔在垂直于直尺方向向上加速运动，沿着直尺方向匀速运动，则铅笔的运动轨迹为曲线，向着加速度方向弯曲，选项C正确，其他选项均错．
【答案】 C
4．(多选)已知河水自西向东流动，流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2>v1，用小箭头表示船头的指向及小船在不同时刻的位置，虚线表示小船过河的路径，则下图中可能正确的是( )
【导学号：67120005】
【解析】 小船的路径应沿合速度方向，不可能与船头指向相同，故A、B错误，C、D正确．
【答案】 CD
5．一轮船以一定的速度垂直河流向对岸行驶，当河水匀速流动时，轮船所通过的路程、过河所用的时间与水流速度的正确关系是( )
A．水速越大，路程越长，时间越长
B．水速越大，路程越短，时间越短
C．水速越大，路程和时间都不变
D．水速越大，路程越长，时间不变
【解析】 轮船渡河的运动是两个分运动的合成：假设河水不流动，轮船在静止的河水中垂直对岸行驶；假设轮船不运行，而河水流动，则轮船随河水一起向下游漂动．这两个分运动具有独立性，因而河水流速增大不影响轮船到达对岸的时间，但在相同的时间里，沿水流方向移动的位移要增大，因而选项D正确．
【答案】 D
6．(2016·福州高一检测)一艘船的船头始终正对河岸方向行驶，如图1 2 7所示．已知船在静水中行驶的速度为v1，水流速度为v2，河宽为d.则下列判断正确的是( )
图1 2 7
A．船渡河时间为
B．船渡河时间为
C．船渡河过程被冲到下游的距离为·d
D．船渡河过程被冲到下游的距离为·d
【解析】 小船正对河岸运动，渡河时间最短t＝，沿河岸运动的位移s2＝v2t＝·d，所以A、B、D选项错误，C选项正确．
【答案】 C
7．(多选)两个互相垂直的匀变速直线运动，初速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，它们的合运动轨迹( )
A．如果v1＝v2＝0，那么轨迹一定是直线
B．如果v1≠0，v2≠0，那么轨迹一定是曲线
C．如果a1＝a2，那么轨迹一定是直线
D．如果＝，那么轨迹一定是直线
【解析】 判断合运动是直线还是曲线，看合初速度与合加速度是否共线．
【答案】 AD
8．在一次漂流探险中，探险者驾驶摩托艇想上岸休息，江岸是平直的，江水沿江向下流速为v，摩托艇在静水中航速为u，探险者离岸最近点O的距离为d.如果探险者想在最短的时间内靠岸，则摩托艇登陆的地点离O的距离为多少？
【解析】 如果探险者想在最短的时间内靠岸，摩托艇的前端应垂直于河岸，即u垂直于河岸，如图所示，则探险者运动的时间为t＝，那么摩托艇登陆的地点离O的距离为x＝vt＝d.
【答案】 d
[能力提升]
9．(2014·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )
A.
B．
C.
D．
【解析】 设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1＝，回程渡河所用时间t2＝.由题知＝k，联立以上各式得v0＝.选项B正确，选项A、C、D错误．
【答案】 B
10．(多选)一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图1 2 8所示．关于物体的运动，下列说法正确的是( )
【导学号：67120006】
图1 2 8
A．物体做曲线运动
B．物体做直线运动
C．物体运动的初速度大小为50
m/s
D．物体运动的初速度大小为10
m/s
【解析】 由v t图象可以看出，物体在x方向上做匀速直线运动，在y方向上做匀变速直线运动，故物体做曲线运动，选项A正确，B错误；物体的初速度大小为v0＝
m/s＝50
m/s，选项C正确，D错误．
【答案】 AC
11．如图1 2 9所示，一条小船位于200
m宽的河中央A点处，从这里向下游100
m处有一危险的急流区，当时水流速度为4
m/s，为使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少为( )
图1 2 9
A.
m/s
B．
m/s
C．2
m/s
D．4
m/s
【解析】如图所示，小船刚好避开危险区域时，设小船合运动方向与水流方向的夹角为θ，tan
θ＝＝，所以θ＝30°，
当船头垂直合运动方向渡河时，小船在静水中的速度最小，可以求出小船在静水中最小速度为2
m/s，C正确．
【答案】 C
12.直升机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开飞机后由于降落伞的作用在空中能匀速下落，无风时落地速度为5
m/s.若飞机停留在离地面100
m高处空投物资，由于风的作用，使降落伞和物资在竖直下落时又以1
m/s的速度匀速水平向北运动，求：
图1 2 10
(1)物资在空中运动的时间；
(2)物资落地时速度的大小；
(3)物资在下落过程中水平方向移动的距离．
【解析】 如图所示，物资的实际运动可以看做是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀速直线运动两个分运动的合运动．
(1)分运动与合运动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等．
所以t＝＝
s＝20
s.
(2)物资落地时vy＝5
m/s，vx＝1
m/s，由平行四边形定则得v＝＝
m/s＝
m/s.
(3)物资水平方向的位移大小为
x＝vxt＝1×20
m＝20
m.
【答案】 (1)20
s (2)
m/s (3)20
m学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列关于重力势能的说法正确的是( )
A．重力势能的大小只由重物本身决定
B．所处位置高的物体，则重力势能就大
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】 重力势能等于物体的重力与物体重心高度的乘积，故选项A、B都不对；重力势能具有相对性，零势能位置的选取是任意的，地面不一定是零势能位置，选项C错误；重力是物体与地球间的作用力，重力势能实际上也是地球与物体共有的，重力势能具有系统性，选项D正确．
【答案】 D
2．(2016·汉中高一检测)当重力对物体做正功时，物体的重力势能和动能可能的变化情况，下面说法正确的是( )
A．重力势能一定增加，动能一定减少
B．重力势能一定减少，动能一定增加
C．重力势能一定减少，动能不一定增加
D．重力势能不一定减少，动能一定增加
【解析】 只要重力做正功，重力势能一定减少，动能的变化要看合外力做功，与重力做功没有直接关系，C对．
【答案】 C
3．如图4 3 9所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F的作用下物体处于静止状态，当撤去F后，物体将向右运动．在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
【导学号：67120078】
图4 3 9
A．弹簧的弹性势能逐渐减小
B．弹簧的弹性势能逐渐增大
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．弹簧的弹性势能先减小后增大
【解析】 由物体处于静止状态可知，弹簧处于压缩状态，撤去F后物体在向右运动的过程中，弹簧的弹力对物体先做正功后做负功，故弹簧的弹性势能应先减小后增大．
【答案】 D
4．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
5．(多选)关于重力势能，下列说法中正确的是( )
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．物体与零势面的距离越大，它的重力势能也越大
C．一个物体的重力势能从－5
J变化到－3
J，重力势能变大了
D．在地面上的物体，它具有的重力势能不一定等于零
【解析】 重力势能具有相对性，零势能面的选取不同，其数值也不同，选项A错误，D正确；物体若在零势能面下方，物体与零势能面的距离越大，它的重力势能却越小，所以选项B错误；重力势能为标量，其“＋”“－”表示重力势能的大小，－5
J小于－3
J，选项C正确．
【答案】 CD
6．一个100
g的球从1.8
m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25
m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是(g取10
m/s2)( )
A．重力做功为1.8
J
B．重力做了0.55
J的负功
C．物体的重力势能一定减少0.55
J
D．物体的重力势能一定增加1.25
J
【解析】 整个过程中重力做功WG＝mgΔh＝0.1×10×0.55
J＝0.55
J，故重力势能减少0.55
J，所以选项C正确．
【答案】 C
7.
(2016·厦门高一检测)如图4 3 10所示，将一木球靠在轻质弹簧上，压缩后松手，弹簧将木球弹出．已知弹出过程弹簧做了40
J的功，周围阻力做了－10
J的功，此过程( )
图4 3 10
A．弹簧弹性势能减小10
J
B．弹簧弹性势能增加40
J
C．木球动能减小10
J
D．木球动能增加30
J
【解析】 弹簧弹力做了40
J的功，弹性势能减少了40
J，选项A、B错误；合外力对木球做功为30
J，木球动能增加了30
J，选项C错误，选项D正确．
【答案】 D
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．(多选)(2016·锦州高一检测)质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是( )
【导学号：67120079】
A．物体重力做的功为mgh
B．物体所受阻力做功为
C．物体重力势能减少了mgh
D．物体克服阻力所做的功为
【解析】 因物体的加速度为g，由牛顿第二定律可知，mg－Ff＝ma解得空气阻力Ff＝mg.重力做功WG＝mgh，阻力做功Wf＝－mgh，A、D对，B错；重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，重力做正功，故重力势能减小mgh，C正确．
【答案】 ACD
10．如图4 3 11所示，在水平地面上平铺着n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h.如果工人将砖一块一块地叠放起来，那么工人至少做功( )
图4 3 11
A．n(n－1)mgh
B．n(n－1)mgh
C．n(n＋1)mgh
D．n(n＋1)mgh
【解析】 本题关键在于分析各块砖的重心位置变化情况，从而找出n块砖的重力势能变化．
把n块砖看做一个整体，其总质量是M＝nm，以地面为零势能面，n块砖都平放在地上时，其重心都在高处，所以n块砖的初始重力势能为E1＝.
当n块砖叠放在一起时，其总高度为H＝nh，其总的重心位置在＝处，所以末态重力势能为E2＝nmg＝，人做的功至少等于重力势能的增量，即
W＝ΔEp＝E2－E1＝.
【答案】 B
11．如图4 3 12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？
图4 3 12
【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？
【导学号：67120080】
【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模块综合测评
(用间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48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，有选错的得零分)
1．自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分(如图1)，行驶时( )
图1
A．大齿轮边缘点比小齿轮边缘点的线速度大
B．后轮边缘点比小齿轮边缘点的角速度大
C．大齿轮边缘点与小齿轮边缘点的向心加速度与它们的半径成正比
D．后轮边缘点与小齿轮边缘点的向心加速度与它们的半径成正比
【解析】 大齿轮边缘点与小齿轮边缘点的线速度相等，A错；后轮与小齿轮的角速度相等，B错；根据an＝知C错误；根据an＝ω2r知D正确．
【答案】 D
2．2013年6月11日，“神舟十号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员王亚平进行了首次太空授课．在飞船进入圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( )
图2
A．等于7.9
km/s
B．介于7.9
km/s和11.2
km/s之间
C．小于7.9
km/s
D．介于7.9
km/s和16.7
km/s之间
【解析】 卫星在圆形轨道上运动的速度v＝.由于r＞R，所以v＜＝7.9
km/s，C正确．
【答案】 C
3．有一水平恒力F先后两次作用在同一物体上，使物体由静止开始沿水平面前进s，第一次是沿光滑水平面运动，第二次是沿粗糙水平面运动，设第一次力对物体做的功为W1，平均功率为P1；第二次力对物体做的功为W2，平均功率为P2，则有( )
A．W1＝W2，P1＝P2
B．W1＝W2，P1＞P2
C．W1＜W2，P1＝P2
D．W1＜W2，P1＜P2
【解析】 由W＝Fs知道，W1＝W2，因为a1＞a2由s＝at2知t1＜t2，由P＝知P1＞P2，故B项正确．
【答案】 B
4．如图3所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平跳跃并离开屋顶，在下一个建筑物的屋顶上着地．如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5
m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法错误的是(g取9.8
m/s2)( )
图3
A．他安全跳过去是可能的
B．他安全跳过去是不可能的
C．如果要安全跳过去，他在屋顶跑动的最小速度应大于6.2
m/s
D．如果要安全跳过去，他在空中的飞行时间需要1
s
【解析】 根据y＝gt2，当他降落在下一个屋顶时，下落的高度y＝4.9
m，所用时间t＝＝
s＝1.0
s，最大水平位移：x＝vmt＝4.5×1.0
m＝4.5
m＜6.2
m，所以他不能安全到达下一个屋顶．要想安全跳过去，他的跑动速度至少要大于m/s，即6.2
m/s.故B、C、D正确，A错误．
【答案】 A
5．(2016·福州高一期末)如图4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4
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
6．(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：67120100】
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
7．如图5所示，一个小环套在竖直放置的光滑圆形轨道上做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h变化的图象可能是( )
图5
【解析】 设小环在A点的速度为v0，由机械能守恒定律得－mgh＋mv2＝mv得v2＝v＋2gh，可见v2与h是线性关系，若v0＝0，B正确；若v0≠0，A正确，故正确选项是AB.
【答案】 AB
8．(2015·全国卷Ⅱ)如图6所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( )
【导学号：67120101】
图6
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【解析】 由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v′∥是相等的，即vacos
θ＝vbsin
θ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确；同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误；杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误；b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确．正确选项为B、D.
【答案】 BD
二、非选择题(共4小题，共52分．按题目要求作答)
9．(8分)(2016·四川高考)用如图7所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.
图7
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________．
(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．
A．弹簧原长
B．当地重力加速度
C．滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将________．
A．增大
B．减小
C．不变
【解析】 (1)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故滑块的速率v＝.
(2)根据功能关系，弹簧的弹性势能Ep＝mv2，所以要求弹性势能，还需要测得滑块的质量，故选项C正确．
(3)弹簧的形变量越大，弹性势能越大，滑块离开弹簧时的速度越大，滑块从B运动到C的时间越短，故x增大时，计时器显示时间t将变小，故选项B正确．
【答案】 (1)v＝ (2)C (3)B
10．(10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8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8
【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
11．(16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．(18分)如图9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9
(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：
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.
【导学号：67120102】
【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(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于功，下列说法正确的是( )
A．因为功有正负，所以功是矢量
B．因为力是矢量，所以功也是矢量
C．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有位移
D．一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体位移的大小及力和位移间夹角的余弦这三者的乘积
【解析】 因为功是标量，所以A、B选项错；根据W＝Fscos
α可判断C错，D正确．
【答案】 D
2．关于功和能，下列说法正确的是( )
A．功可以转化为能，能可以转化为功
B.
做了多少功，一定有多少能发生了转化
C.
能量从一种形式转化为另一种形式时，可以不通过做功这一过程
D.
人在平地上步行时，没有做功，但消耗了能量
【解析】 功和能是两个不同的概念，功为一个过程量，能是一个状态量，做功的过程是一种形式的能量转化为另一种形式的能量的过程，A错，B对．能量从一种形式转化为另一种形式时，必须通过做功来实现，C错．人在走路时重心有时上升，有时下降，人也要克服重力和阻力(包括空气阻力、关节内的摩擦等)做功，同时消耗能量，D错．
【答案】 B
3．有一根轻绳拴了一个物体，如图4 1 11所示，若整体以加速度a向下做减速运动时，作用在物体上的各力做功的情况是( )
图4 1 11
A．重力做正功，拉力做负功，合外力做负功
B．重力做正功，拉力做负功，合外力做正功
C．重力做正功，拉力做正功，合外力做正功
D．重力做负功，拉力做负功，合外力做正功
【解析】 重力与位移同向，做正功，拉力与位移反向，做负功，由于做减速运动，所以物体所受合力向上，与位移反向，做负功，A选项正确．
【答案】 A
4．两个相互垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，如图4 1 12所示，物体通过一段位移时，力F1对物体做功4
J，力F2对物体做功3
J，则力F1与F2的合力对物体做的功为( )
【导学号：67120067】
图4 1 12
A．7
J
B．2
J
C．5
J
D．3.5
J
【解析】 W1＝3
J，W2＝4
J，故合力的功为：W＝W1＋W2＝3
J＋4
J＝7
J，故选A.
【答案】 A
5．(2016·福州高一检测)以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的小球，上升最大高度是h.如果空气阻力f的大小恒定，则从抛出到落回出发点的整个过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A．－2fh
B．－fh
C．－2mgh
D．0
【解析】 空气阻力的大小恒定，始终与运动方向相反，上升过程空气阻力做的功W1＝－fh，下落过程空气阻力做的功W2＝－fh，整个运动过程中，空气阻力对小球做的功为W＝W1＋W2＝－2fh，选项A正确．
【答案】 A
6．用水平恒力F作用于质量为m的物体，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离x，恒力F做功为W1；再用该恒力作用在质量为2m的物体上，使之在粗糙的水平面上移动同样的距离x，恒力F做功为W2，则两次恒力做功的关系是( )
A．W1>W2
B．W1C．W1＝W2
D．无法判断
【解析】 物体沿力的方向运动，恒力做功就是指力F做的功，根据W＝Fxcos
α，两次做功中的F、x、α均相同，所以两次F做功相同，即W1＝W2.
【答案】 C
7．(多选)质量为m的物体放在粗糙的水平面上，受到水平力F的作用，下列叙述中正确的是( )
A．如果物体做匀加速直线运动，则力F一定做正功
B．如果物体做匀加速直线运动，则力F可能做负功
C．如果物体做匀减速直线运动，则力F可能做正功
D．如果物体做匀减速直线运动，则力F可能做负功
【解析】 物体在粗糙的水平面上运动一定要受到摩擦阻力，当物体在力F作用下做匀加速直线运动时，力F与位移的夹角为0°，力对物体一定做正功；当物体在力F作用下做匀减速直线运动时，力F与位移的夹角可以为0°，也可以为180°，故力对物体可以做正功，也可以做负功．
【答案】 ACD
8．如图4 1 13所示，一质量m＝4.0
kg的物体，由高h＝2.0
m，倾角θ＝53°的固定斜面的顶端滑到底端．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体所受各个力所做的功及合外力所做的功？(g取10
m/s2)
【导学号：67120068】
图4 1 13
【解析】 以物体为研究对象受力分析如图
物体受重力mg、摩擦力f、支持力N
N＝mgcos
θ
f＝μmgcos
θ
物体的位移s＝
根据功的公式可求得
WG＝mg·scos(90°－θ)＝mgh＝4.0×10×2.0
J＝80
J
WN＝0
Wf＝－f·s＝－μmgcos
θ·＝－0.2×4.0×10×2.0×
J＝－12
J
W合＝WG＋WN＋Wf＝80
J＋0－12
J＝68
J.
求合外力做的功也可以先求合外力，再求合力的功．
F合＝mgsin
θ－f
W合＝F合·s＝(mgsin
θ－μmgcos
θ)s＝
(4.0×10×0.8－0.2×4.0×10×0.6)×
J＝68
J.
【答案】 见解析
[能力提升]
9．(多选)质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图4 1 14所示．物体相对斜面静止，则下列说法正确的是( )
图4 1 14
A．重力对物体m做正功
B．合力对物体m做功为零
C．摩擦力对物体m做负功
D．支持力对物体m做正功
【解析】 物体的受力和位移如图所示．支持力N与位移s的夹角α<90°，故支持力做正功，D选项正确；重力与位移垂直，故重力不做功，A选项错误；摩擦力f与位移s的夹角大于90°，故摩擦力做负功，C选项正确；物体做匀速运动，所受合力为零，合力不做功，故B选项正确．
【答案】 BCD
10．如图4 1 15所示，倾角为θ的斜面上有一个质量为m的物体，在水平推力F的作用下移动了距离s，如果物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则推力对物体所做的功为( )
图4 1 15
A．Fssin
θ
B．Fscos
θ
C．μmgscos
θ
D．mg(sin
θ＋μcos
θ)s
【解析】 水平推力F与物体的位移s之间的夹角为θ，根据恒力做功的计算式可求得，水平推力F对物体所做的功为Fscos
θ，选项B正确．
【答案】 B
11.
(2016·淄博高一检测)一个质量m＝150
kg的雪橇，受到与水平方向成θ＝37°角斜向上方的拉力F＝500
N，在水平地面上移动的距离x＝5
m(如图4 1 16所示)．雪橇与地面间的滑动摩擦力f＝100
N，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求力对雪橇所做的总功．
图4 1 16
【解析】 对物体受力分析如图所示，法一：拉力F所做的功WF＝F·xcos
θ＝500
N×5
m×cos
37°＝2
000
J，摩擦力f所做的功Wf＝f·xcos
180°＝－100
N×5
m＝－500
J，重力mg及支持力N都不做功，则总功W总＝WF＋Wf＋WG＋WN＝1
500
J.
法二：雪橇所受到的合外力F合＝Fcos
θ－f＝300
N，水平向右
依据功的定义式得：
W合＝F合·x＝300
N×5
m＝1
500
J.
【答案】 1
500
J
12.在第22届冬季奥运会上，滑雪队员由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，如图4 1 17所示，然后在水平面上前进至B点停下．已知A点到水平面的高度为h，滑雪板与斜坡、水平面之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L，滑雪者在AB段运动的过程中，重力、支持力及摩擦力所做的功各为多少？
【导学号：67120069】
图4 1 17
【解析】 如图所示，滑雪者的运动可分为两个阶段，在斜面上运动阶段，重力做功WG1＝mgh，支持力做功WN1＝0
摩擦力做功
Wf1＝－μmgcos
θ·＝－μmgL1
在水平面上运动阶段重力做功WG2＝0
支持力做功WN2＝0
摩擦做功Wf2＝－μmgL2
故在AB段运动过程中，重力做功
WG＝WG1＋WG2＝mgh.
支持力做功WN＝0.
摩擦力做功
Wf＝Wf1＋Wf2＝－μmg(L1＋L2)＝－μmgL.
【答案】 mgh 0 －μmgL重点强化卷(四) 功和功率
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( )
【导学号：67120074】
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)( )
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( )
【导学号：67120075】
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．(多选)(2016·天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
图7
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
【解析】 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误．以后面的车厢为研究对象，F56＝3ma，F67＝2ma，则5、6与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确．根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误．若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确．
【答案】 BD
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？
【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.
【导学号：67120076】
【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重点强化卷(二) 圆周运动及综合应用
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·泸州高一期末)汽车在转弯时容易打滑出事故，为了减少事故发生，除了控制车速外，一般会把弯道做成斜面．如图3所示，斜面的倾角为θ，汽车的转弯半径为r，则汽车安全转弯速度大小为( )
图3
A.
B．
C.
D．
【解析】 高速行驶的汽车完全不依靠摩擦力转弯时所需的向心力由重力和路面的支持力的合力提供，如图．
根据牛顿第二定律得：
mgtan
θ＝m
解得：v＝
故选C.
【答案】 C
4.
(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4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4
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
5.
(多选)如图5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( )
【导学号：67120034】
图5
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
6．如图6所示，质量为m的小球固定在长为l的细轻杆的一端，绕轻杆的另一端O在竖直平面内做圆周运动．球转到最高点A时，线速度大小为，此时( )
图6
A．杆受到mg的拉力
B．杆受到mg的压力
C．杆受到mg的拉力
D．杆受到mg的压力
【解析】 以小球为研究对象，小球受重力和沿杆方向杆的弹力，设小球所受弹力方向竖直向下，则N＋mg＝，将v＝代入上式得N＝－mg，即小球在A点受杆的弹力方向竖直向上，大小为mg，由牛顿第三定律知杆受到mg的压力．
【答案】 B
7.
“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为α，如图7所示，不考虑空气阻力和绳的质量(选手可看为质点)，下列说法正确的是( )
图7
A．选手摆动到最低点时所受绳子的拉力等于mg
B．选手摆动到最低点时所受绳子的拉力大于mg
C．选手摆动到最低点时所受绳子的拉力大于选手对绳子的拉力
D．选手摆动到最低点的运动过程为匀变速曲线运动
【解析】 由于选手摆动到最低点时，绳子拉力和选手自身重力的合力提供选手做圆周运动的向心力，有T－mg＝F向，T＝mg＋F向>mg，B正确，A错误；选手摆到最低点时所受绳子的拉力和选手对绳子的拉力是作用力和反作用力的关系，根据牛顿第三定律，它们大小相等、方向相反且作用在同一条直线上，故C错误；选手摆到最低点的运动过程中，是变速圆周运动，合力是变力，故D错误．
【答案】 B
8．如图8所示，两个水平摩擦轮A和B传动时不打滑，半径RA＝2RB，A为主动轮．当A匀速转动时，在A轮边缘处放置的小木块恰能与A轮相对静止．若将小木块放在B轮上，为让其与轮保持相对静止，则木块离B轮转轴的最大距离为(已知同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等)( )
【导学号：67120035】
图8
A.
B.
C．RB
D．B轮上无木块相对静止的位置
【解析】 摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等．
根据题意有：
RAωA＝RBωB
所以ωB＝ωA
因为同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等，设在B轮上的转动半径最大为r，则根据最大静摩擦力等于向心力有：mRAω＝mrω
得：r＝＝＝.
【答案】 B
9．如图9所示，滑块M能在水平光滑杆上自由滑动，滑杆固定在转盘上，M用绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m的物体相连．当转盘以角速度ω转动时，M离轴距离为r，且恰能保持稳定转动．当转盘转速增到原来的2倍，调整r使之达到新的稳定转动状态，则滑块M( )
图9
A．所受向心力变为原来的4倍
B．线速度变为原来的
C．转动半径r变为原来的
D．角速度变为原来的
【解析】 转速增加，再次稳定时，M做圆周运动的向心力仍由拉力提供，拉力仍然等于m的重力，所以向心力不变，故A错误；转速增到原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，根据F＝mrω2，向心力不变，则r变为原来的.根据v＝rω，线速度变为原来的，故B正确，C、D错误．
【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10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10
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11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：
图11
(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？
【导学号：67120036】
【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(六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．通过阅读课本，几个同学对生活中的圆周运动的认识进行交流．甲说：“
洗衣机甩干衣服的道理就是利用了水在高速旋转时会做离心运动．”
乙说：“
火车转弯时，若行驶速度超过规定速度，则内轨与车轮会发生挤压．”
丙说：“
汽车过凸形桥时要减速行驶，而过凹形桥时可以较大速度行驶．”
丁说：“
我在游乐园里玩的吊椅转得越快，就会离转轴越远，这也是利用了离心现象．”
你认为正确的是( )
A．甲和乙
B．乙和丙
C．丙和丁
D．甲和丁
【解析】 甲和丁所述的情况都是利用了离心现象，D正确；乙所述的情况，外轨会受到挤压，汽车无论是过凸形桥还是凹形桥都要减速行驶，A、B、C选项均错．
【答案】 D
2.
(多选)(2016·遂宁市期中)如图2 3 22所示，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，则( )
图2 3 22
A．衣服随圆桶做圆周运动的向心力由静摩擦力提供
B．圆桶转速增大，衣服对桶壁的压力也增大
C．圆桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动
D．圆桶转速增大以后，衣服所受摩擦力也增大
【解析】 衣服做圆周运动的向心力由桶壁的弹力提供，A错误．转速增大，衣服对桶壁压力增大，而摩擦力保持不变，B正确，D错误．转速足够大时，衣服上的水滴做离心运动，C正确．
【答案】 BC
3.
(2016·泉州高一检测)如图2 3 23所示为模拟过山车的实验装置，小球从左侧的最高点释放后能够通过竖直圆轨道而到达右侧．若竖直圆轨道的半径为R，要使小球能顺利通过竖直圆轨道，则小球通过竖直圆轨道的最高点时的角速度最小为( )
图2 3 23
A.
B．2
C.
D．
【解析】 小球能通过竖直圆轨道的最高点的临界状态为重力提供向心力，即mg＝mω2R，解得ω＝，选项C正确．
【答案】 C
4.
(多选)在图2 3 24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( )
【导学号：67120031】
图2 3 24
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
5．(多选)(2016·济宁高一检测)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
6．(多选)如图2 3 25所示，小球m在竖直放置的光滑的圆形管道内做圆周运动，下列说法正确的是
( )
图2 3 25
A．小球通过最高点时的最小速度是
B．小球通过最高点时的最小速度为零
C．小球通过最低点时对管壁压力一定大于重力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时外侧管壁对小球一定有作用力
【解析】 小球在光滑的圆形管道内运动到最高点时的最小速度为零，A错误、B正确；小球通过最低点时N－mg＝m，得N＝mg＋m，故小球通过最低点时对管壁压力一定大于重力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时外侧管壁对小球不一定有作用力，D错误．
【答案】 BC
7．(多选)如图2 3 26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 3 26
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；重新做匀速圆周运动时由F′向＝mA＝mArω2＝mAr2知B、C错，D对．
【答案】 AD
8．有一种叫“飞椅”的游乐项目，如图2 3 27所示．长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘．转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ.不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．
图2 3 27
【解析】 对座椅受力分析，如图所示
y轴上，Fcos
θ＝mg
x轴上，Fsin
θ＝mω2(r＋Lsin
θ)
则由以上两式得
tan
θ＝
因此ω＝.
【答案】 ω＝
[能力提升]
9.
(多选)如图2 3 28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( )
【导学号：67120032】
图2 3 28
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．如图2 3 29所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆形轨道运动，通过适当调整释放点的高度，总能保证小球最终通过最高点D，则小球在通过D点后( )
图2 3 29
A．会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆轨道上
C．可能会落到水平面AE上
D．可能会再次落到圆轨道上
【解析】 小球刚好能过最高点时速度v＝，离开D后做平抛运动，下落高度为R，时间为t＝，水平位移x＝vt＝R＞R，所以小球一定落在AE上，故选A.
【答案】 A
11．如图2 3 30所示，小球A质量为m，固定在轻细直杆L的一端，并随杆一起绕杆的另一端点O在竖直平面内做圆周运动，如果小球经过最高位置时，杆对小球的作用力大小等于小球的重力．求：
图2 3 20
(1)小球的速度大小；
(2)当小球经过最低点时速度为，此时，求杆对球的作用力的大小和球的向心加速度的大小．
【解析】 (1)小球A在最高点时，对球受力分析：重力mg，拉力F＝mg或支持力F＝mg
根据小球做圆周运动的条件，合外力等于向心力，得
mg±F＝m①
F＝mg②
解①②两式，可得v＝或v＝0.
(2)小球A在最低点时，对球受力分析：重力mg、拉力F′，设向上为正方向
根据小球做圆周运动的条件，合外力等于向心力，F′－mg＝m，解得F′＝mg＋m＝7mg，
故球的向心加速度a＝＝6g.
【答案】 (1)或0 (2)7mg 6g
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.
【导学号：67120033】
【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学业分层测评(九)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为( )
A.
B．
C．
D．
【解析】 由物体静止时的平衡条件N＝mg得g＝，根据G＝mg和G＝m得M＝，故选B.
【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．(2016·石家庄高一检测)设土星绕太阳的运动为匀速圆周运动，若测得土星到太阳的距离为R，土星绕太阳运动的周期为T，万有引力常量G已知，根据这些数据，不能求出的量有( )
A．土星线速度的大小
B．土星加速度的大小
C．土星的质量
D．太阳的质量
【解析】 根据已知数据可求：土星的线速度大小v＝、土星的加速度a＝R、太阳的质量M＝，无法求土星的质量，所以选C.
【答案】 C
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( )
【导学号：67120050】
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3 3 3
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．假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )
A．1－
B．1＋
C.2
D．2
【解析】如图所示，根据题意“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”，可知：地面处的球壳对地面与矿井底部之间的环形部分的引力为零，设地面处的重力加速度为g，地球质量为M，由地球表面的物体m1，受到的重力近似等于万有引力，故m1g＝G，再将矿井底部所在的球体抽取出来，设矿井底部处的重力加速度为g′，该球体质量为M′，半径r＝R－d，同理可得矿井底部处的物体m2受到的重力m2g′＝G，且由M＝ρV＝ρ·πR3，M′＝ρV′＝ρ·π(R－d)3，联立解得＝1－，A对．
【答案】 A
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( )
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＝7.4×1022kg，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3 3 4所示，不计阻力．则根据h t图象可以计算出( )
图3 3 4
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．如图3 3 5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( )
【导学号：67120051】
图3 3 5
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：67120052】
【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(十七)
(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．关于经典力学和相对论，下列说法正确的是( )
A．经典力学和相对论是各自独立的学说，互不相容
B．相对论是在否定了经典力学的基础上建立起来的
C．相对论和经典力学是两种不同的学说，二者没有联系
D．经典力学包含于相对论之中，经典力学是相对论的特例
【解析】 经典力学包含于相对论之中，经典力学是相对论的特例，即当速度远小于光速时的特殊情形，故D对．
【答案】 D
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t＝可知，物体的速度越大，其时间进程越慢．
【答案】 C
4．相对论告诉我们，物体运动时的质量与其静止时的质量相比( )
A．运动时的质量比静止时的质量大
B．运动时的质量比静止时的质量小
C．运动时的质量与静止时的质量相等
D．是两个不同的概念，无法比较
【解析】 根据狭义相对论的质速关系m＝知，物体运动时的质量比静止时的质量大，A对，B、C、D错．
【答案】 A
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．如果真空中的光速为c＝3.0×108
m/s，当一个物体的运动速度为v1＝2.4×108
m/s时，质量为3
kg.当它的速度为1.8×108
m/s时，则质量是( )
A．2.25
kg
B．2.50
kg
C．3.00
kg
D．2.10
kg
【解析】 根据狭义相对论，m＝，
由题意知：m1＝，m2＝，
则＝＝＝，
解得m2＝m1＝
kg＝2.25
kg.A对．
【答案】 A
8．一支静止时长l的火箭以v的速度从观察者的身边飞过．
(1)火箭上的人测得火箭的长度应为多少？
(2)观察者测得火箭的长度应为多少？
(3)如果火箭的速度为光速的二分之一，观察者测得火箭的长度应为多少？
【解析】 (1)火箭上的人测得的火箭长度与火箭静止时测得的长度相同，即为l.
(2)火箭外面的观察者看火箭时，有相对速度v，测量长度将变短，由相对论长度收缩效应公式知l′＝l，其中c为真空中的光速．
(3)将v＝代入长度收缩效应公式得l′＝l.
【答案】 (1)l (2)l (3)l
[能力提升]
9．如图5 1 2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( )
【导学号：67120096】
图5 1 2
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．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的飞行器上测得该正方形的图象是( )
【解析】 由l＝l0可知沿速度方向即x轴方向的长度变短了，而垂直于速度方向即y轴方向的边长不变，故选项C正确．
【答案】 C
11．一个原来静止的电子，经电压加速后，获得的速度为v＝6×106
m/s.问电子的质量增大了还是减小了？改变了百分之几？
【解析】 根据爱因斯坦的狭义相对论m＝得出运动后的质量增大了．
m＝＝≈1.000
2m0.
所以改变的百分比为：
×100%＝0.02%.
【答案】 增大 0.02%
12．半人马星座α星是离太阳系最近的恒星，它距地球为4.3×1016
m．设有一宇宙飞船自地球往返于半人马星座α星之间．
(1)若宇宙飞船的速率为0.999c，按地球上时钟计算，飞船往返一次需多少时间？
(2)如以飞船上时钟计算，往返一次的时间又为多少？
【解析】 (1)由于题中恒星与地球的距离s和宇宙飞船的速度v均是地球上的观察者测量的，故飞船往返一次，地球时钟所测时间间隔
Δt＝＝2.87×108
s.
(2)可从相对论的时间延缓效应考虑．把飞船离开地球和回到地球视为两个事件，显然飞船上的钟测出两事件的时间间隔Δt′是固定的，地球上所测的时间间隔Δt与Δt′之间满足时间延缓效应的关系式．以飞船上的时钟计算，飞船往返一次的时间间隔为
Δt′＝Δt＝1.28×107
s.
【答案】 (1)2.87×108
s (2)1.28×107
s学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)在探究太阳与行星间的引力的思考中，属于牛顿的猜想的是
( )
A．使行星沿圆轨道运动，需要一个指向圆心的力，这个力就是太阳对行星的吸引力
B．行星运动的半径越大，其做圆周运动的运动周期越大
C．行星运动的轨道是一个椭圆
D．任何两个物体之间都存在太阳和行星之间存在的这种类型的引力
【解析】 牛顿认为任何方式改变速度都需要力(这种力存在于任何两物体之间)，行星沿圆或椭圆运动，需要指向圆心或椭圆焦点的力，这个力是太阳对它的引力．
【答案】 AD
2．设地球是半径为R的均匀球体，质量为M，若把质量为m的物体放在地球的中心，则物体受到的地球的万有引力大小为( )
A．零
B．无穷大
C．G
D．无法确定
【解析】 有的同学认为：由万有引力公式F＝G，由于r→0，故F为无穷大，从而错选B.设想把物体放到地球的中心，此时F＝G已不适用．地球的各部分对物体的吸引力是对称的，故物体受到的地球的万有引力是零，故应选A.
【答案】 A
3．(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
4．如图3 2 4所示，两球间的距离为r，两球的质量分布均匀，质量大小分别为m1、m2，半径大小分别为r1、r2，则两球间的万有引力大小为( )
【导学号：67120046】
图3 2 4
A．G
B．G
C．G
D．G
【解析】 两球质量分布均匀，可认为质量集中于球心，由万有引力公式可知两球间的万有引力应为G，故选D.
【答案】 D
5．一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
6．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
7．地球质量大约是月球质量的81倍，在登月飞船通过月、地之间的某一位置时，月球和地球对它的引力大小相等，该位置到月球中心和地球中心的距离之比为( )
【导学号：67120047】
A．1∶27
B．1∶9
C．1∶3
D．9∶1
【解析】 根据F＝G
，由于引力相等即G＝G，所以＝＝＝，故选项B正确．
【答案】 B
8．火星的半径为地球半径的一半，火星质量约为地球质量的，那么地球表面质量为50
kg的人受到地球的吸引力约为火星表面同质量物体受火星引力的多少倍？
【解析】 设火星质量为m1，地球质量为m2，火星半径为r1，地球半径为r2，则由万有引力定律可知F∝，则有＝·，代入数据得＝＝2.25.
【答案】 2.25
[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．(2014·全国卷Ⅱ)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为( )
【导学号：67120048】
A.
B．
C.
D．
【解析】 物体在地球的两极时，mg0＝G，物体在赤道上时，mg＋m2R＝G，以上两式联立解得地球的密度ρ＝.故选项B正确，选项A、C、D错误．
【答案】 B
11．两个质量分布均匀、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3 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3 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
12．宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．(取地球表面重力加速度g＝10
m/s2，空气阻力不计)
(1)求该星球表面附近的重力加速度g′的大小；
(2)已知该星球的半径与地球半径之比为＝，求该星球的质量与地球质量之比.
【解析】 (1)在地球表面以一定的初速度v0竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处，根据运动学公式可有t＝.同理，在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，经过时间5t小球落回原处，则5t＝，
根据以上两式，解得g′＝g＝2
m/s2.
(2)在天体表面时，物体的重力近似等于万有引力，即
mg＝，所以M＝，
由此可得，＝·＝×＝.
【答案】 (1)2
m/s2 (2)1∶80重点强化卷(一) 平抛运动规律的应用
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：67120011】
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)( )
【导学号：67120012】
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( )
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：
【导学号：67120013】
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重点强化卷(五) 动能定理和机械能守恒定律
一、选择题
1．(2015·四川高考)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A．一样大
B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最大
D．斜向下抛的最大
【解析】 不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．
【答案】 A
2．(多选)质量为m的物体，从静止开始以a＝g的加速度竖直向下运动h米，下列说法中正确的是( )
A．物体的动能增加了mgh
B．物体的动能减少了mgh
C．物体的势能减少了mgh
D．物体的势能减少了mgh
【解析】 物体的合力为ma＝mg，向下运动h米时合力做功mgh，根据动能定理可知物体的动能增加了mgh，A对，B错；向下运动h米过程中重力做功mgh，物体的势能减少了mgh，D对．
【答案】 AD
3．如图1所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为( )
图1
A.μmgR
B．mgR
C．mgR
D．(1－μ)mgR
【解析】 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有
mgR－WAB－μmgR＝0，
所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
【答案】 D
4．如图2所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ.开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止．对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是( )
【导学号：67120088】
图2
A．摩擦力对物体所做的功为mglsin
θ(1－cos
θ)
B．弹力对物体所做的功为mglsin
θcos
θ
C．木板对物体所做的功为mglsin
θ
D．合力对物体所做的功为mglcos
θ
【解析】 重力是恒力，可直接用功的计算公式，则WG＝－mgh；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以Wf＝0；因木块缓慢运动，所以合力F合＝0，则W合＝0；因支持力FN为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合＝ΔEk知，WG＋WN＝0，所以WN＝－WG＝mgh＝mglsin
θ.
【答案】 C
5.
(多选)如图3所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的光滑斜面，这个物体在斜面上上升的最大高度为h，则在此过程中( )
图3
A．物体的重力势能增加了mgh
B．物体的机械能减少了mgh
C．物体的动能减少了mgh
D．物体的机械能不守恒
【解析】 物体在斜面上上升的最大高度为h，重力对物体做负功W＝－mgh，物体的重力势能增加了mgh，故A正确；物体在上升过程中，只有重力做功，重力势能与动能之间相互转化，机械能守恒，故B、D均错误；由于物体所受的支持力不做功，只有重力做功，所以合力做功为－mgh，由动能定理可知，物体的动能减少了mgh，故C正确．
【答案】 AC
6.
(2016·福州高一检测)如图4所示，在水平面上的A点有一个质量为m的物体以初速度v0被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为( )
图4
A.mv＋mgH
B.mv＋mgh
C．mgH－mgh
D.mv＋mg(H－h)
【解析】 物体运动过程中，机械能守恒，由mgh＝Ek－mv得，到达B点时动能Ek＝mgh＋mv，故选项B正确．
【答案】 B
7.伽利略曾设计如图5所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小( )
图5
A．只与斜面的倾角有关
B．只与斜面的长度有关
C．只与下滑的高度有关
D．只与物体的质量有关
【解析】 小球在摆动过程中受重力和绳的拉力，绳的拉力不做功，故小球机械能守恒．同样，在光滑斜面上有mgh＝mv2，即小球的末速度只与下滑的高度h有关，故只有C正确．
【答案】 C
8．如图6所示，一根全长为l、粗细均匀的铁链，对称地挂在光滑的小滑轮上，当受到轻微的扰动，求铁链脱离滑轮瞬间速度的大小( )
图6
A.
B．
C.
D．
【解析】 设铁链的质量为2m，根据机械能守恒定律得
mg·＝·2mv2，所以v＝，只有选项B正确．
【答案】 B
二、计算题
9.
(2016·三门峡高一检测)如图7所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，从距挡板为s0的位置以v0的速度沿斜面向上滑行．设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足够长．求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s.
【导学号：67120089】
图7
【解析】 滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcos
θ①
整个过程滑块下落的总高度
h＝s0sin
θ②
根据动能定理
mgh－Ff·s＝0－mv③
联立①②③得
s＝＋.
【答案】 ＋
10．右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5
m，如图8所示．将一个质量为m＝0.5
kg的木块在F＝1.5
N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10
m/s2.求：
图8
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．
【解析】 (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，
由动能定理知
(F－μmg)L－mgh＝0得h＝
＝m
＝0.15
m.
(2)设木块滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离为s，由动能定理知，mgh－μmgs＝0
得s＝＝0.75
m.
【答案】 (1)0.15
m (2)0.75
m
11．如图9所示，质量m＝50
kg的跳水运动员从距水面高h＝10
m的跳台上以v0＝5
m/s的速度斜向上起跳，最终落入水中．若忽略运动员的身高和受到的阻力，g取10
m/s2，求：
图9
(1)运动员在跳台上时具有的重力势能(以水面为参考平面)；
(2)运动员起跳时的动能；
(3)运动员入水时的速度大小．
【解析】 (1)以水平面为零重力势能参考平面，则运动员在跳台上时具有的重力势能为Ep＝mgh＝5
000
J.
(2)运动员起跳时的速度为v0＝5
m/s，则运动员起跳时的动能为Ek＝mv＝625
J.
(3)解法一：应用机械能守恒定律
运动员从起跳到入水过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，则mgh＋mv＝mv2，解得v＝15
m/s.
解法二：应用动能定理
运动员从起跳到入水过程中，其他力不做功，只有重力做功，故合外力做的功为W合＝mgh，根据动能定理可得，mgh＝mv2－mv，解得v＝15
m/s.
【答案】 (1)5
000
J (2)625
J (3)15
m/s
12．(2015·海南高考)如图10所示，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2
m，s＝
m．重力加速度大小g取10
m/s2.
图10
(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小.
【导学号：67120090】
【解析】 (1)一小环套在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt ①，
h＝gt2 ②，从ab滑落过程中，根据动能定理可得mgR＝mv ③，
联立①②③可得R＝＝0.25
m.
(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝mv ④
因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角相等，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin
θ＝ ⑤，
根据运动的合成与分解可得sin
θ＝ ⑥
联立①②③④⑤⑥可得
v水平＝＝
m/s.
【答案】 (1)0.25
m (2)
m/s