2017-2018学年物理必修2课堂练习与作业（36份，Word版，含解析）

(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤．从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是(　　)
A．树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断
B．树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断
C．树木开始倒下时，树梢的向心加速度较大，易于判断
D．伐木工人的经验缺乏科学依据
解析：选B．树木倒下时树干上各部分的角速度相同，半径越大其线速度越大，B项正确．
2．一小球沿半径为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：选C．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．
3．用一根细绳，一端系住一个质量为m的小球，另一端悬在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动．若使小球不离开桌面，其转速最大值是(　　)
A．
B．π
C．
D．2π
解析：选A．转速最大时，小球对桌面刚好无压力，则F向＝mgtan
θ＝mlsin
θω2，即ω＝，其中cos
θ＝，所以n＝＝，故选A．
4．质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的临界速度值是v，当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道的压力值为(　　)
A．mg
B．2mg
C．3mg
D．5mg
解析：选C．小球经过最高点而不脱离轨道时，重力完全提供向心力，即mg＝m，当小球的速度等于2v时，则有N＋mg＝m，那么N＝3mg，方向竖直向下，因此，小球对轨道的压力等于3mg，选项C正确．
5．如图所示，在绕中心轴OO′转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法中正确的是(　　)
A．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变
B．物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了
C．物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零
D．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变
解析：选CD．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，则摩擦力的竖直分量与重力平衡，切线分量与速度方向相同，使物体速度增加，所以物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零，C正确；物体的向心力由弹力提供，随着速度增加，向心力增加，物体所受弹力逐渐增大，如果圆筒的角速度均匀增加，则摩擦力大小不变，D正确．
6．一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：选C．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．
7.如图所示，小物块位于地面上的半径为R的半球的顶端，若给小物块一水平的初速度v时小物块对半球刚好无压力，则下列说法正确的是(　　)
A．小物块立即离开球面做平抛运动
B．小物块落地时水平位移为R
C．小物块沿球面运动
D．小物块落地时速度的方向与地面成45°角
解析：选AB．小物块在最高点时对半球刚好无压力，表明从最高点开始小物块即离开球面做平抛运动，A对，C错；由mg＝m知，小物块在最高点的速度大小v＝，又由于R＝gt2，vy＝gt，x＝vt，故x＝R，B对；tan
θ＝＝，θ>45°，D错．
8．如图所示，一个内壁光滑的圆锥的轴线垂直于水平面，圆锥固定不动，两个质量相同的球A、B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则(　　)
A．球A的线速度必大于球B的线速度
B．球A的角速度必小于球B的角速度
C．球A的运动周期必小于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力必大于球B对筒壁的压力
解析：选AB．对A有mg·cot
θ＝m＝mω·RA
对B有mg·cot
θ＝m
＝mω·RB
由题图知RA>RB，得vA>vB，ωA<ωB，故A、B正确，又因为T＝，所以TA>TB，又由受力情况知NA＝NB＝，故C、D错误．
9．如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下述分析正确的是(　　)
A．螺丝帽受的重力与最大静摩擦力平衡
B．螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外，背离圆心
C．此时手转动塑料管的角速度ω＝
D．若塑料管的转动加快，螺丝帽有可能相对杆发生运动
解析：选A．由于螺丝帽做圆周运动过程中恰好不下滑，则竖直方向上重力与摩擦力平衡．塑料管对螺丝帽的弹力提供其做匀速圆周运动的向心力，此时角速度ω满足mrω2＝N＝，ω＝，选项A正确，B、C错误；无论塑料管的转动速度增大多少，竖直方向受力平衡，故选项D错误．
10．如图所示，有一质量为M的大圆环，半径为R，被一轻杆固定后悬挂在O点，有两个质量为m的小环(可视为质点)，同时从大环两侧的对称位置由静止滑下．两小环同时滑到大环底部时，速度都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为(　　)
A．(2m＋2M)g
B．mg－
C．2m＋Mg
D．2m＋Mg
解析：选C．隔离一个小环，向上为正方向：
N－mg＝m，N＝mg＋m
把大环和两个小环合起来作为研究对象
F＝Mg＋2N＝Mg＋2m
故C正确．
二、计算题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11.
(12分)如图是离心实验原理图，可以用此实验研究过荷对人体的影响，测量人体的抗荷能力．离心试验器转动时，被测者做匀速圆周运动．现观测到图中的直线AB(线AB与舱底垂直)与竖直方向成30°角，则被测者对座位的压力是他所受重力的多少倍？若被测者做圆周运动的半径R＝2
m，求此时转动的角速度的平方为多少？(g＝10
N/kg)
解析：被测者在水平面内做匀速圆周运动，对被测者受力分析可知，竖直方向受力平衡，则Ncos
30°＝mg(3分)
因此N＝＝mg(2分)
由牛顿第三定律可知，被测者对座舱的压力
N′＝mg(2分)
所以，压力是重力的倍．
合外力充当向心力，根据牛顿第二定律可得
mgtan
30°＝mω2R(3分)
则ω2＝
(rad/s)2.(2分)
答案：　
(rad/s)2
12．(14分)如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带足够长，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8
m，与运煤车车厢中心的水平距离x＝1.2
m．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心，取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R；
(2)煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t.
解析：(1)由平抛运动公式，得
x＝vt，H＝gt2(3分)
代入数据解得v＝2
m/s(2分)
要使煤块在轮最高点做平抛运动，则煤块到达轮最高点时对轮压力为零，由牛顿第二定律，得mg＝m
(2分)
代入数据得R＝0.4
m．(2分)
(2)由牛顿第二定律F＝ma得
a＝＝μgcos
θ－gsin
θ＝0.4
m/s2(3分)
由v＝v0＋at得t＝＝5
s．(2分)
答案：(1)2
m/s　0.4
m　(2)5
s
13．(14分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)ω＝(1±k)ω0，且0＜k 1，求小物块受到的摩擦力的大小和方向．
解析：(1)当ω＝ω0时，小物块只受重力和支持力作用，如图甲所示，其合力提供向心力，
F合＝mgtan
θ①(1分)
F向＝mωr②(1分)
而r＝Rsin
θ，F合＝F向③(1分)
由①②③得ω0＝.④(1分)
(2)当ω＝(1＋k)ω0，且0在水平方向上：Nsin
θ＋fcos
θ＝mω2r⑤(1分)
在竖直方向上：Ncos
θ－fsin
θ－mg＝0⑥(1分)
由几何关系知r＝Rsin
θ⑦(1分)
联立⑤⑥⑦式，解得f＝mg⑧(2分)
当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力的方向沿罐壁的切线方向向上．建立如图丙所示的坐标系．
在水平方向上：
Nsin
θ－fcos
θ＝mω2r⑨(1分)
在竖直方向上：Ncos
θ＋fsin
θ－mg＝0⑩(1分)
由几何关系知r＝Rsin
θ (1分)
联立⑨⑩ 式，解得f＝mg.(2分)
答案：(1)ω0＝
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为f＝mg
当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为f＝mg1．关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是(　　)
A．第一宇宙速度又叫环绕速度
B．第一宇宙速度又叫脱离速度
C．第一宇宙速度跟地球的质量无关
D．第一宇宙速度跟地球的半径无关
解析：选A．第一宇宙速度又叫环绕速度，A对，B错；万有引力提供向心力，由G＝m可知第一宇宙速度与地球的质量和半径有关，C、D错．
2．同一遥感卫星离地面越近时，获取图像的分辨率也就越高，则当图像的分辨率越高时，卫星的(　　)
A．向心加速度越小
B．角速度越小
C．线速度越小
D．周期越小
解析：选D．由万有引力提供向心力G＝mrω2＝m＝m()2r＝ma，可得v＝，ω＝，T＝2π，a＝，当r减小时，T减小，a、ω、v增大，D对，A、B、C错．
3.
如图所示是卫星拍摄的一张月球表面照片，陨石落入月球表面形成的美丽“花环”清晰可见．如果大量的陨石落入(忽略碰撞引起的月球速度变化)，使月球的质量增加，则(　　)
A．月球的公转周期变大
B．地月距离增大
C．某月球卫星的线速度减小
D．某月球卫星的周期减小
解析：选D．根据万有引力提供向心力G＝m可知，当研究月球公转时，公式与m无关，月球质量增加使月球所需向心力和所受引力同时增大，不影响地月距离和月球的公转周期，A、B错误；当研究月球卫星时，月球质量增大使卫星所受引力增大，大于卫星稳定时所需的向心力，卫星做近心运动，使卫星到月球的距离减小，线速度增大，周期减小，C错误，D正确．
4．已知地球半径为R，质量为M，自转角速度为ω，地面重力加速度为g，万有引力常量为G，地球同步卫星的运行速度为v，则第一宇宙速度的值可表示为(　　)
A．
B．
C．
D．ωR
解析：选ABC．第一宇宙速度等于近地卫星运行的速度，由mg＝G＝，解得第一宇宙速度v1＝＝，A、C项正确；对同步卫星，设运行半径为r，由v＝ωr，＝m，结合＝m得v1＝，B项正确．
5．若两颗人造地球卫星的周期之比为T1∶T2＝2∶1，则它们的轨道半径之比R1∶R2＝________，向心加速度之比a1∶a2＝______.
解析：由开普勒定律，R1∶R2＝∶＝∶1.由牛顿第二定律，G＝ma，向心加速度之比a1∶a2＝R∶R＝1∶2.
答案：∶1　1∶21．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下列说法正确的是(　　)
A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的半径一定小
D．角速度大的周期一定小
解析：选D．由v＝rω得ω＝，显然只有当半径r一定时，角速度与线速度才成正比，故A项错；由v＝得T＝，只有当半径r一定时，周期与线速度才成反比，故B项错；由ω＝知，线速度一定时，角速度与半径成反比，故C项错；由ω＝得T＝，显然周期与角速度成反比，角速度大的，周期一定小，故D项对．
2．如图所示，闹钟和手表之间的争论中，其中闹钟是用哪个物理量来分析圆周运动的(　　)
A．角速度
B．周期
C．线速度
D．转速
解析：选C．闹钟和手表秒针的角速度相等，根据v＝rω，半径越大，线速度越大，闹钟秒针的针尖到转轴的距离大于手表的秒针的针尖到转轴的距离，所以v闹>v手，闹钟根据自己线速度大而说自己运动得快．故C正确，A、B、D错误．
3．如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成．车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动．已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，当手推手轮圈的角速度为ω时，小车轮的角速度为(　　)
A．ω
B．ω
C．ω
D．9ω
解析：选D．手轮圈和大车轮的转动角速度相等，都等于ω，大车轮、小车轮和地面之间不打滑，则大车轮与小车轮的线速度相等，若小车轮的半径是r，则有v＝ω·9r＝ω′·r，小车轮的角速度为ω′＝9ω，选项D正确．
4．如图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(　　)
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：选BC．因为主动轮顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误，B正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，所以由2πnr1＝2πn2r2，得从动轮的转速为n2＝，C正确，D错误．
5．一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图甲所示的装置，一个直径为d＝40
cm的纸带环，
安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线．在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹(若此过程转台转过不到一圈)．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图乙所示．
甲
乙
丙
(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图乙可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1＝________cm，速度最小的雾滴到标志线的距离s2＝________cm;
(2)如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0＝________(用字母表示)；
(3)如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0－图线，如图丙所示，则可知转台转动的周期为T＝________s.
解析：速度最大，跑得最快，时间最短，转盘转动的角度最小，所以从刻度尺上可以得到速度最大的雾滴到标志线的距离s1＝2.1
cm，速度最小的雾滴到标志线的距离s2＝2.9
cm，根据等时性：＝，v0＝，代入数据得T＝1.6
s.
答案：(1)2.1　2.9　(2)　(3)1.61．关于万有引力，下列说法正确的是(　　)
A．万有引力只有在天体与天体之间才能明显表现出来
B．一个苹果由于其质量很小，所以它受的万有引力几乎可以忽略
C．地球对人造卫星的万有引力远大于卫星对地球的万有引力
D．地球表面的大气层是因为万有引力的约束而存在于地球表面附近的
解析：选D．由月—地检验可知：自然界中任何两个物体间都有相同的引力作用，故A错；苹果质量虽小，但由于地球质量很大，故引力不可忽略，B错；物体间的引力是相互的，由牛顿第三定律知应等大，故C错，D正确．
2．对于引力常量G的理解，下列说法中错误的是(　　)
A．G是一个比值，在数值上等于质量均为1
kg的两个质点相距1
m时的引力大小
B．G的数值是为了方便而人为规定的
C．G的测定使万有引力定律公式更具有实际意义
D．G的测定从某种意义上也能够说明万有引力定律公式的正确性
解析：选B．根据万有引力定律公式F＝G可知，G＝，当r＝1
m，m1＝m2＝1
kg时，G＝F，故A正确．G是一个有单位的物理量，单位是m3/(kg·s2)．G的数值不是人为规定的，而是在牛顿发现万有引力定律一百多年后，由卡文迪许利用扭秤实验测出的，故B错误，A、C、D正确．
3．如图所示，两个半径为r1＝0.40
m，r2＝0.60
m且质量分布均匀的实心球质量分别为m1＝4.0
kg、m2＝1.0
kg，两球间距离r0＝2.0
m，则两球间的引力的大小为(G＝6.67×10－11
N·m2/kg2)(　　)
A．6.67×10－11
N
B．大于6.67×10－11
N
C．小于6.67×10－11
N
D．不能确定
解析：选C．此题中为两质量分布均匀的球体，r是指两球心间的距离，由万有引力定律公式得F＝
＝
N＝2.96×10－11
N<6.67×10－11
N，故选C．
4．北斗导航卫星的成功发射标志着北斗卫星导航系统的建设又迈出了坚实的一步．若卫星质量为m、离地球表面的高度为h，地球质量为M、半径为R，G为引力常量，则地球对卫星万有引力的大小为(　　)
A．G
B．G
C．G
D．G
解析：选D．卫星的轨道半径为卫星到地心的距离(R＋h)，由万有引力定律可知F＝G，D对．
5．如图所示，一火箭以a＝的加速度竖直升空．为了监测火箭到达的高度，可以观察火箭上搭载物视重的变化．如果火箭上搭载的一只小狗的质量为m＝1.6
kg，当检测仪器显示小狗的视重为F＝9
N时，火箭距离地面的高度是地球半径的多少倍？(g取10
m/s2)
解析：火箭距离地面的高度为h，该处的重力加速度为g′，设地球的半径为R.根据牛顿第二定律，有F－mg′＝ma，g′＝－＝
m/s2.根据万有引力定律，有g′＝G∝，所以＝，即＝，所以火箭距离地面的高度为h＝3R.
答案：3倍一、选择题
1．关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法中正确的是(　　)
A．运动物体所受的合力不为零，合力一定做功，物体的动能一定变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变
C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零
D．运动物体所受合力不为零，则该物体不一定做变速运动
答案：B
2.物体在合外力作用下做直线运动的v－t图像如图所示．下列表述错误的是(　　)
A．在0～2
s内，合外力做正功
B．在0～7
s内，合外力总是做功
C．在2～3
s内，合外力不做功
D．在4～7
s内，合外力做负功
解析：选B．根据动能定理，由动能的变化来判断合外力做功情况.0～2
s内，加速度为正值，合外力与位移方向相同，A项正确.2～3
s内，合外力为零，C项正确，B项错误；4～7
s内，合外力与位移方向相反，D项正确．
3.
如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面间的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则(　　)
A．摩擦力对A、B做功相等
B．A、B动能的增量相同
C．F对A做的功与F对B做的功相等
D．合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等
解析：选B．因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；但A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D错误．
4.
一物体m在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其v－t图像如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和力F做的功W大小的关系式正确的是(　　)
A．F＝2μmg
B．F＝3μmg
C．W＝μmgv0t0
D．W＝μmgv0t0
解析：选B．0～t0的位移为x1＝v0t0,0～3t0的位移为x2＝v0·3t0＝v0t0.全过程由动能定理得：Fx1－fx2＝0，f＝μmg得F＝3μmg，B正确；F做的功为：W＝Fx1＝μmgv0t0，C、D错误．
5.运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19
kg，g取10
m/s2，则以下说法正确的是(　　)
A．μ＝0.05
B．μ＝0.03
C．滑行时间t＝5
s
D．滑行时间t＝10
s
解析：选D．对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－mv，
得μ＝＝＝0.01.
冰壶运动时：a＝μg＝0.1
m/s2
由运动学公式x＝at2得：t＝10
s.
6.
如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．已知物体和木板之间的摩擦力为f.当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中(　　)
A．物体到达木板最右端时具有的动能为(F＋f)(L＋x)
B．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为fx
C．物体克服摩擦力所做的功为fL
D．物体和木板增加的动能之和为Fx
解析：选B．由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F－f)(L＋x)＝mv2，故A错误．对木板：fx＝Mv2，故B正确．物体克服摩擦力所做的功为f(L＋x)，故C错．物体和木板增加的动能之和为：mv2＋Mv2＝F(L＋x)－fL＝(F－f)L＋Fx，故D错．
7．如图所示，一木块沿着高度相同、倾角不同的3个斜面由顶端从静止开始下滑，已知木块与各斜面间的动摩擦因数相同，则下面关于木块滑到底端时的速度与动能的表达正确的是(　　)
A．倾角大的动能最大
B．倾角大的运动时间最短
C．三者的速度相同
D．三者的动能相同
解析：选AB．木块无论沿哪条斜面运动都是重力和摩擦力做功．设静止时木块到底端的竖直高度差为h，滑到底端的动能为Ek，速度大小为v，由动能定理知，mgh－μmgcos
α·s＝
mv2，s＝，倾角越大，动能越大，所以A正确，D错误；由于速度是矢量，所以沿不同斜面到达底端时速度大小、方向均不同，故C错误；设木块沿倾角为α的斜面运动的加速度为a，则mgsin
α－μmgcos
α＝ma，s＝，由s＝at2得t＝，所以α越大，t越小，故B正确．
8.如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是(　　)
A．小铁块不能到达P点
B．小铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量无关
D．以上说法均不对
解析：选C．如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgx1sin
α－μmgx1cos
α－μmgx2＝0，可得：mgx1sin
α＝μmg(x1cos
α＋x2)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为vP，由动能定理得：mgx3sin
β－μmgx3cos
β＝mv－mv，因x1sin
α＝x3sin
β，x1cos
α＋x2＝x3cos
β，故得：vP＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，故C正确．
9．足球比赛时，某方获得一次罚点球机会，该方一名运动员将质量为m的足球以速度v0猛地踢出，结果足球以速度v撞在球门高h的门梁上而被弹出．现用g表示当地的重力加速度，则此足球在空中飞往门梁的过程中克服空气阻力所做的功应等于(　　)
A．mgh＋mv2－mv
B．mv2－mv－mgh
C．mv－mv2－mgh
D．mgh＋mv－mv2
解析：选A．在足球被踢出后飞往门梁的过程中应用动能定理得：WF阻－mgh＝mv2－mv，得WF阻＝mgh＋mv2－mv.故选项A正确．
10．如图所示，质量m＝1
kg、长L＝0.8
m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5
N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10
m/s2)(　　)
A．1
J
B．2
J
C．1.6
J
D．4
J
解析：选C．开始一段运动过程受推力F作用，薄板向右加速，撤去F后，薄板向右减速，当薄板向右运动到的距离时，板的速度恰好为零，薄板翻下，对应力F做功的最小值，由动能定理得：WF－μmg＝0，WF＝μmg＝1.6
J，C正确．
二、非选择题
11.如图甲所示，一质量为m＝1
kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3
s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5
s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求(g取10
m/s2)：
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5
s内对物块所做的功．
解析：(1)在3
s～5
s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝ma
a＝＝
m/s2＝2
m/s2
x＝at2＝4
m.
即A与B间的距离为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－2μmgx＝mv
v＝2ax
由以上两式得WF＝2μmgx＋max＝24
J.
答案：(1)4
m　(2)24
J
☆12.
如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有个光滑的细钉，已知OP＝L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B．则：
(1)小球到达B点时的速率多大？
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度v0＝3，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
解析：(1)小球恰能到达最高点B，
有mg＝m
解得vB＝.
(2)由A→B由动能定理得
－mg＝mv－mv
可求出：v0＝.
(3)由动能定理得
－mg－Wf＝mv－mv
可求出：Wf＝mgL.
答案：(1)
　(2)
　(3)mgL一、选择题
1．关于重力做功和物体的重力势能，下列说法不正确的是(　　)
A．重力对物体做正功时，物体的重力势能一定减少
B．物体克服重力做功时，物体的重力势能一定增加
C．地球上任何一个物体的重力势能都是一个确定值
D．重力做功的多少和重力势能的变化都与参考平面的选取无关
解析：选C．重力对物体做正功，重力势能一定减少，物体克服重力做功，表明重力对物体做负功，物体的重力势能一定增加，故A、B均正确；物体的重力势能的大小与所选取的零势面位置有关，不同的参考平面，对应不同的重力势能的值，故C错误；重力做功与重力势能的变化均与参考平面的选取无关，D正确．
2.
轻绳一端固定在O点，另一端拴一小球，拉起小球使绳水平伸直，然后无初速度释放，小球从开始运动到绳竖直的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．重力先做正功后做负功
B．重力做的功大于重力势能的减少量
C．重力的功率一直增大
D．重力的功率先增大后减小
解析：选D．此过程中重力一直做正功，开始功率为零，最后的功率也为零，故功率先增大后减小．
3．物体做自由落体运动，其相对于地面的重力势能与下落速度的关系如图所示，其中正确的是(　　)
解析：选C．若下落高度为h，则h＝，减少的重力势能为：mgh＝mg＝mv2.相对于地面的重力势能为：Ep＝mgh0－mgh＝mgh0－mv2，式中h0为起始高度，即Ep与v的关系图像为抛物线的一部分，故C正确．
4．某同学利用弹弓将石子斜向上弹出，在石子弹出的过程中，下述说法正确的是(　　)
A．弹弓橡皮筋收缩，弹力对石子做功
B．石子的动能增加
C．弹弓橡皮筋的弹性势能减少
D．石子的重力势能减小，转化为石子的动能
解析：选ABC．弹弓橡皮筋收缩产生弹力将石子弹出，弹力对石子做正功，石子动能增加，橡皮筋弹性势能减少，石子上升，重力势能增加，A、B、C对，D错．
5．一条长为l、质量为m的均匀链条放在光滑水平桌面上，其中有三分之一悬在桌边，如图所示，在链条的另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条全部拉到桌面上时，所需做的功为(　　)
A．mgl
B．mgl
C．mgl
D．mgl
解析：选A．悬在桌边的l长的链条重心在其中点处，离桌面的高度h＝×l＝l.它的质量是m′＝m，当把它拉到桌面时，增加的重力势能就是外力需要做的功，故有W＝ΔEp＝mg×l＝mgl.
6．一根长为2
m，重为200
N的均匀木杆放在水平地面上，现将它的一端从地面提高0.5
m，另一端仍搁在地面上，则至少需要做功(g取10
m/s2)(　　)
A．400
J
B．200
J
C．100
J
D．50
J
解析：选D．外力做功使物体的重心升高0.25
m，对应的重力势能增加ΔEp＝GΔh＝200×0.25
J＝50
J，故选项D正确．
7.
如图所示，一个质量为M的物体，放在水平地面上，物体上方安装一个长度为L、劲度系数为k的轻弹簧处于原长，现用手拉着弹簧上端的P点缓慢向上移动，直到物体离开地面一段距离，在这一过程中，P点的位移(开始时弹簧处于原长)是H，则物体重力势能的增加量为(　　)
A．MgH
B．MgH＋
C．MgH－
D．MgH－
解析：选C．物体离开地面时，弹簧伸长x＝
重物上升的高度h＝H－x
重力势能增加量Ep＝Mgh＝MgH－
所以正确答案为C．
8.
运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程．将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．阻力对系统始终做负功
B．系统受到的合力始终向下
C．重力做功使系统的重力势能增加
D．任意相等的时间内重力做的功相等
解析：选A．无论在什么情况下，阻力一定做负功，A对．加速下降时合力向下，减速下降时合力向上，B错．系统下降，重力做正功，所以它的重力势能减少，C错．由于系统做变速运动，系统在相等时间内下落的高度不同，所以重力做功不同，D错．
9．在光滑的水平面上，物体A以较大速度va向前运动，与以较小速度vb向同一方向运动的、连有轻质弹簧的物体B发生相互作用，如图所示．在相互作用的过程中，当系统的弹性势能最大时(　　)
A．va>vb
B．va＝vb
C．vaD．无法确定
解析：选B．va＝vb时，A、B相距最近，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．
10.
如图所示，水平地面上固定一竖直轻弹簧，有一物体由弹簧正上方某位置竖直下落，从与弹簧接触后物体继续下落到速度变为零的过程中(　　)
A．物体的速度逐渐减小
B．物体的重力势能逐渐减小
C．弹簧的弹力对物体做正功
D．弹簧的弹性势能逐渐减小
解析：选B．物体的合力先是向下，后向上，故其运动的速度先增大后减小，A错．下落过程中，物体的高度变低，重力势能减小，B对．物体受到向上的弹力，此力对物体做负功，C错．弹簧的形变量越来越大，弹性势能逐渐变大，D错．
二、非选择题
11．在离地面80
m处无初速度释放一小球，小球质量为m＝200
g，不计空气阻力，g取10
m/s2，取最高点所在水平面为参考平面，求：
(1)在第2
s末小球的重力势能；
(2)在第3
s内重力所做的功和重力势能的变化．
解析：(1)在第2
s末小球所处的高度
h＝－gt2＝－×10×22
m＝－20
m，
重力势能Ep＝mgh＝0.2×10×(－20)
J＝－40
J，
Ep<0说明小球在参考平面的下方．
(2)在第3
s末小球所处的高度
h′＝－gt′2＝－×10×32
m＝－45
m.
第3
s内重力做功
W＝mg(h－h′)＝0.2×10×(－20＋45)
J＝50
J，
即小球的重力势能减少50
J.
答案：(1)－40
J　(2)50
J　减少50
J
☆12.通过探究得到弹性势能的表达式为Ep＝kx2，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧伸长(或缩短)的长度，请利用弹性势能表达式计算下列问题．
放在地面上的物体上端系在劲度系数k＝400
N/m的弹簧上，弹簧的另一端拴在跨过定滑轮的绳子上，如图所示，手拉绳子的另一端，当往下拉0.1
m时物体开始离开地面，继续拉绳，使物体缓慢升高到离地h＝0.5
m高处．如果不计弹簧的重力和滑轮跟绳的摩擦，求拉力所做的功以及弹性势能的大小．
解析：弹性势能
Ep＝kx2＝×400×0.12
J＝2
J
此过程中拉力做的功与弹力做的功数值相等，则有
W1＝W弹＝ΔEp＝2
J
刚好离开地面时
G＝F＝kx＝400×0.1
N＝40
N
则物体缓慢升高，F＝40
N
物体上升h＝0.5
m
拉力克服重力做功
W2＝Fl＝mgh＝40×0.5
J＝20
J
拉力共做功W＝W1＋W2＝(20＋2)
J＝22
J.
答案：22
J　2
J1．关于曲线运动，下列说法正确的是(　　)
A．曲线运动不一定是变速运动
B．曲线运动可以是匀速率运动
C．做曲线运动的物体没有加速度
D．做曲线运动的物体加速度一定不变
解析：选B．曲线运动的速度方向时刻在变，故曲线运动一定是变速运动，选项A错误；当合力方向始终与速度方向垂直时，物体速度大小不变，选项B正确；物体做曲线运动时一定受力的作用，所以做曲线运动的物体一定有加速度，选项C错误；当物体受到的合力变化时，加速度也变化，选项D错误．
2．关于力和运动的关系，以下说法中正确的是(　　)
A．物体受到外力作用，其运动状态一定改变
B．物体受到不变的合外力的作用，其加速度一定不变
C．物体做曲线运动，说明其受到的合外力为变力
D．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动
解析：选BD．物体受到外力作用，若外力的合力为零，其运动状态也不会发生改变，故A错误；不变的合外力将使物体产生恒定的加速度，故B正确；物体所受的外力不论是恒力还是变力，只要外力与速度不在一条直线上，物体一定做曲线运动，故C错误；若物体所受合力方向与运动方向相反，即合外力方向与速度方向在同一条直线上，那么该物体一定做直线运动，选项D正确．
3．一个物体在相互垂直的恒力F1和F2作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去F2，则物体的运动情况是(　　)
A．物体做匀变速曲线运动
B．物体做变加速曲线运动
C．物体做匀速直线运动
D．物体沿F1的方向做匀加速直线运动
解析：选A．物体在相互垂直的恒力F1和F2的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，其速度方向与F合的方向一致，经过一段时间后，撤去F2，F1与v不在同一直线上，故物体必做曲线运动；由于F1恒定，由a＝知，a也恒定，故应为匀变速曲线运动，选项A正确．
4．如图所示为一质点在恒力F作用下在xOy平面上从O点运动到B点的轨迹，且在A点时的速度vA与x轴平行，则恒力F的方向可能是(　　)
A．沿＋x方向
B．沿－x方向
C．沿＋y方向
D．沿－y方向
解析：选D．根据做曲线运动的物体所受合外力指向曲线内侧的特点，质点在O点受力方向可能沿＋x方向或－y方向，而在A点速度方向沿＋x可以推知恒力方向不能沿＋x方向，但可以沿－y方向，所以D项正确．
5．若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，下图表示物体运动的轨迹，正确的是(　　)
解析：选B．当物体所受合外力的方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，所以选项C错误；在物体做曲线运动时，运动的轨迹始终处在合外力方向与速度方向的夹角之中，并且合外力F的方向指向轨迹的凹侧，据此可知，选项B正确，A、D错误．一、选择题
1．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：选B．做匀速圆周运动的物体，其匀速是指速度的大小不变，方向时刻变化，在高中知识范围内角速度是不变的，所以B正确．
2.某老师在做竖直面内圆周运动快慢的实验研究，并给运动小球拍了频闪照片，如图所示(小球相邻影像间的时间间隔相等)，小球在最高点和最低点的运动快慢比较，下列说法中正确的是(　　)
A．最高点附近小球相邻影像间弧长短，线速度小，运动较慢
B．最低点附近小球相邻影像间圆心角大，角速度大，运动较快
C．小球在相邻影像间运动时间间隔相等，最高点与最低点运动一样快
D．无法比较最高点和最低点的运动快慢
解析：选AB．由所给频闪照片可知，在最高点附近，像间弧长较小，表明最高点附近的线速度较小，运动较慢，A对；在最低点附近，像间弧长较大，对应相同时间内通过的圆心角较大，故角速度较大，运动较快，B对；故选A、B项．
3．地球自转一周为一昼夜时间(24
h)，新疆乌鲁木齐市处于较高纬度地区，而广州则处于低纬度地区，关于两地所在处物体具有的角速度和线速度相比较(　　)
A．乌鲁木齐处物体的角速度大，广州处物体的线速度大
B．乌鲁木齐处物体的线速度大，广州处物体的角速度大
C．两处物体的角速度、线速度都一样大
D．两处物体的角速度一样大，但广州处物体的线速度比乌鲁木齐处物体的线速度要大
解析：选D．由于地球上的各点随地球自转时，无论纬度如何，其周期都相同，由ω＝知，角速度都相同；而地球上的各点都在绕地轴转动，不同纬度的点到地轴的距离不同，即不同纬度的点做圆周运动的半径不同，由公式v＝rω知纬度低的点线速度大．综上知选项D正确．
4．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：选AD．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．
5.如图，圆盘绕过圆心且垂直于盘面的轴匀速转动，其上有a、b、c三点，已知Oc＝Oa，则下列说法中错误的是(　　)
A．a、b两点线速度相同
B．a、b、c三点的角速度相同
C．c点的线速度大小是a点线速度大小的一半
D．a、b、c三点的运动周期相同
解析：选A．同轴转动的不同点角速度相同，B正确；根据T＝知，a、b、c三点的运动周期相同，D正确；根据v＝ωr可知c点的线速度大小是a点线速度大小的一半，C正确；a、b两点线速度的大小相等，方向不同．A错误．
6．假设某一飞船升空后，先运行在近地点高度为200
km、远地点高度为350
km的椭圆轨道上，实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n周，起始时刻为t1，结束时刻为t2，运行速度为v，半径为r，则计算其运行周期可用(　　)
A．T＝
B．T＝
C．T＝
D．T＝
解析：选AC．由题意可知飞船做匀速圆周运动n周所需时间Δt＝t2－t1，故其周期T＝＝，选项A正确；由周期公式有T＝，选项C正确．
☆7.(2014·绵阳高一检测)如图所示，直径为d的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口垂直对准圆筒轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，则子弹的速度不可能是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B．圆筒上只有一个弹孔，表明子弹从一个位置进入和离开圆筒，故子弹穿过圆筒的时间t内，转过的角度θ＝(2n＋1)π(n＝0,1,2…)，故子弹的速度v＝＝＝.n＝0时，v＝，A对．n＝1时，v＝，C对．n＝2时，v＝，D对．
8．汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长．某国产轿车的车轮半径约为30
cm，当该型轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前的速率计的指针指在“120
km/h”上，可估算出该车车轮的转速约为(　　)
A．1
000
r/s
B．1
000
r/min
C．1
000
r/h
D．2
000
r/s
解析：选B．据车速与转速的关系知v＝2πr·n即
120×103＝2π×0.3n1，解得每小时的转速n1≈6.4×104r/h.＝2π×0.3n2，解得每分钟的转速n2≈1
000
r/min.＝2π×0.3n3，解得每秒钟的转速n3≈18
r/s.
二、非选择题
9．观察自行车的主要传动部件，了解自行车是怎样用链条传动来驱动后轮前进的，如图，是链条传动的示意图，两个齿轮俗称“牙盘”．试分析并讨论：
(1)同一齿轮上各点的线速度、角速度是否相同？
(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同？转速是否相同？
(3)两个齿轮的转速与齿轮的直径有什么关系？你能推导出两齿轮的转速n1、n2与齿轮的直径d1、d2的关系吗？
解析：(1)同一齿轮上各点绕同一轴转动，因而各点的角速度相同．但同一齿轮上各点，因到转轴的距离不同，由v＝rω知，其线速度不同．
(2)自行车前进时，链条不会脱离齿轮打滑，因而两个齿轮边缘的线速度必定相同．但两个齿轮的直径不同，根据公式v＝rω可知，两个齿轮的角速度不同，且角速度与半径成反比．由角速度ω和转速n存在关系：ω＝2πn，两齿轮角速度不同，转速当然也不同．
(3)因两齿轮边缘线速度相同，而线速度和角速度的关系是：v＝rω，ω＝2πn，故2πn1R1＝2πn2R2，即n1d1＝n2d2，转速与直径成反比．
答案：见解析
10．如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，O轴离地面高为2R，轮上a、b两点与O点连线相互垂直，a、b两点均粘有一小物体，当a点转至最低位置时，a、b两点处的小物体同时脱落，经过相同时间落到水平地面上．
(1)试判断圆轮的转动方向．
(2)求圆轮转动的角速度的大小．
解析：(1)由题意知，a、b两点处的物体脱离圆轮后在空中的运动时间相等，因hb>ha，所以脱离时b点处物体的速度应竖直向下，即圆轮的转动方向为逆时针．
(2)a、b两点处的物体脱落前分别随圆盘做匀速圆周运动v0＝ωR①
脱落后a点处物体做平抛运动
ha＝gt2＝R②
b点处物体做竖直下抛运动
hb＝v0t＋gt2＝2R③
联立以上方程得ω＝.
答案：(1)逆时针　(2)
☆11.如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中的a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：
(1)B球抛出时的水平速度多大？
(2)A球运动的线速度最小值为多大？
解析：(1)小球B做平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，设小球B的水平速度为v0，
则R＝v0t①
在竖直方向上做自由落体运动，则
h＝gt2②
由①②得v0＝＝R.
(2)A球的线速度取最小值时，A球刚好转过一圈，B球落到a点与A球相碰，则A球做圆周运动的周期正好等于B球的飞行时间，即T＝
所以vA＝＝2πR.
答案：(1)R　(2)2πR1.如图所示，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(　　)
A．mv＋mgH
B．mv＋mgh
C．mgH－mgh
D．mv＋mg(H－h)
解析：选B．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．
2．如图所示，下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动．在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是(　　)
解析：选C．机械能守恒定律是指在只有重力和弹力做功的情况下，物体的动能和势能相互转化的过程中，机械能的总量保持不变．在图C中，只有重力对木块做功，机械能守恒．故C图是正确的．在图A和图B中，除重力做功以外，还有外力F对木块做功，机械能不守恒．在图D中，由于斜面是粗糙的，木块还要克服摩擦力做功，机械能将减小，也不守恒．所以A、B、D都不正确．
3.如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则(　　)
A．v1＝v2，t1＞t2
B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2
D．v1＜v2，t1＜t2
解析：选A．
利用机械能守恒定律和速率变化特点解决问题．根据机械能守恒定律可知v1＝v2，再根据速率变化特点知，小球由M到P再到N，速率先减小至最小，再增大到原速率．小球由M到Q再到N，速率先增大至最大，再减小到原速率．由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图象，由图象可知小球沿MQN路径运动的平均速率大，所以t1>t2，故选项A正确．
4．一质量为m的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0
时刻物体在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是(　　)
A．物体运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgR
B．物体运动的过程中，动能随时间的变化关系为Ek＝mv2－mgR
C．物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝mv2
D．物体运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝mv2＋mgR
解析：选D．重力势能Ep＝mg(R－Rcos
θ)，θ＝ωt＝t.则Ep＝mgR(1－cost)，物体的动能Ek＝mv2不变．机械能Ep＝mv2＋mgR.故D项正确．
5.如图所示，质量均为m的小球A、B、C，均用长为l的细线相连，置于高为h的光滑水平桌面上，l>h，A球刚好在桌边，若A球、B球相继下落着地后不再反弹，则C球离开桌边时速度大小是多少？
解析：先以地球和三个小球组成的系统作为研究对象，Ep0＝3mgh，Ek0＝0，Ept＝2mgh，Ekt＝·3mv，其中v1为A球落地三球运动的共同速率，由系统机械能守恒得：
3mgh＝2mgh＋·3mv，
再以B、C和地球组成的系统作为研究对象，则：
Ep0′＝2mgh，Ek0′＝·2mv，Ept′＝mgh，Ekt′＝·2mv，其中v2为B球落地时B、C两球具有的速率，也就是C球离开桌边时的速率．新的系统机械能也守恒，即2mgh＋·2mv＝mgh＋·2mv，
解得v2＝.
答案：一、选择题
1．一辆正在路面上行驶的汽车，遇到前方有人横穿马路时，司机紧急制动后又经过x米的距离停下来才避免了一场车祸的发生，若汽车与地面的摩擦力大小为f，则关于汽车与地面间摩擦力做功的以下说法中正确的是(　　)
A．摩擦力对汽车、地面均不做功
B．摩擦力对汽车做－fx的功，对地面做fx的功
C．摩擦力对汽车、地面均做－fx的功
D．摩擦力对汽车做－fx的功，对地面不做功
解析：选D．根据做功的条件：力和力的方向上发生一段位移，可知选D．
2．如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是(　　)
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
解析：选ACD．若物体滑上传送带时速度与传送带速度相等，物体将做匀速运动，所受摩擦力为零，做功为零．若物体滑上传送带时的速度小于传送带的速度，物体将受到向右的摩擦力并向右做加速运动，速度与传送带速度相等时做匀速运动，加速时摩擦力对物体做正功，匀速时没有摩擦力，传送带对物体不做功．若物体滑上传送带时的速度大于传送带的速度，物体将受到向左的摩擦力并向右做减速运动，速度与传送带速度相等时做匀速运动，减速时摩擦力对物体做负功，匀速时没有摩擦力，传送带对物体不做功．综上，选项A、C、D正确．
3.
如图所示，均匀长直木板长L＝40
cm，放在水平桌面上，它的右端与桌边相齐，木板质量m＝2
kg，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，今用水平推力F将其推下桌子，则水平推力至少做功为(g取10
m/s2)(　　)
A．0.8
J
B．1.6
J
C．8
J
D．4
J
解析：选A．将木板推下桌子即木板的重心要通过桌子边缘，水平推力做的功至少等于克服滑动摩擦力做的功，W＝Fx＝μmg＝0.2×20×
J＝0.8
J．故A是正确的．
4.
如图所示，粗糙的斜面与光滑的水平面相连接，滑块沿水平面以速度v0运动，设滑块运动到A点的时刻为t＝0，距B点的水平距离为x，水平速度为vx.由于v0不同，从A点到B点的运动图像有如下几种可能，其中表示摩擦力做功最大的是(　　)
解析：选D．A、C图表示物体水平方向速度不变，说明从A点做平抛运动．B图说明先平抛一段再落在斜面上，相碰后又脱离斜面运动．D图说明滑块沿斜面下滑，所以D表示摩擦力做功最大．
5．静止在粗糙水平面上的物块，受方向相同但大小先后为F1、F2、F3的水平拉力作用，先做匀加速运动、再做匀速运动、最后做匀减速运动到停下(F1、F2、F3分别对应上述三个过程)．已知这三个力的作用时间相等，物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列说法中正确的有(　　)
A．这三个力中，F1做功最多
B．这三个力中，F2做功最多
C．加速运动过程中合力做的功大于减速运动过程中克服合力做的功
D．在全过程中，这三个力做的总功为零
解析：选B．根据题意作出v－t图如图所示，设0～t时刻物块通过的位移为x，则t～2t时刻通过的位移为2x,2t～3t时刻通过的位移为x.W1＝F1·x，W2＝F2·2x，W3＝F3·x.又因为物体是先加速、再匀速、后减速的运动过程，所以有F1＞μmg，F2＝μmg，F3＜μmg，且F1－μmg＝μmg－F3.以上各式联立可得，W2＞W1＞W3，A错B对；加速过程和减速过程中物块所受合外力大小相等，方向相反，通过的路程相等，因此加速过程中合力做的功等于减速过程中克服合力做的功，C错；全过程中，这三个力方向始终与物块位移方向相同，三力总功不为零，D错．
6.自动扶梯与水平地面成θ角，一人站在扶梯上，扶梯从静止开始匀加速上升，达到一定速度再匀速上升．若以N表示水平梯板对人的支持力，G表示人所受的重力，f表示梯板对人的静摩擦力，则(　　)
A．匀速过程中，f＝0，N、G都不做功
B．加速过程中，f＝0，N、G都做功
C．加速过程中，f≠0，f、N、G都做功
D．加速过程中，f≠0，N不做功
解析：选C．若扶梯匀速上升时，由平衡条件知f＝0，N＝G≠0.由功的公式可知Wf＝0，WN>0，WG<0，A错；若扶梯加速上升时，由牛顿第二定律知，f≠0，方向水平向右，N>G≠0，由功的公式可知，
Wf>0，WN>0，WG<0，故B、D均错，C正确．
7.
如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于(　　)
A．0.3
J
B．3
J
C．30
J
D．300
J
解析：选A．由生活常识及题图知，一只鸡蛋的质量接近0.05
kg，上抛高度在0.6
m左右，则人对鸡蛋做的功W＝mgh＝0.3
J，故A对，B、C、D错．
☆8.如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定(　　)
①物块返回底端时的速度
②物块所受摩擦力大小
③斜面倾角θ
④3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
A．①③
B．②④
C．①④
D．②③
解析：选A．物块沿斜面向上运动时，有gsin
θ＋μgcos
θ＝；向下运动时，有gsin
θ－μgcos
θ＝.而向上滑行与向下滑行时路程相同，即s＝·t0＝·2t0.由以上三式可求斜面倾角θ及物块返回底端时的速度，①、③正确．由于物体质量未知，所以不能确定物块所受摩擦力大小，不能求3t0时间内物块克服摩擦力所做的功，②、④错误．
☆9.
如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法错误的是(　　)
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力(F阻)做功为－mgL
D．空气阻力(F阻)做功为－F阻πL
解析：选C．如图所示，因为拉力T在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WT＝0.
重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以WG＝mgL.F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即
WF阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)＝－F阻πL.
故重力做的功为mgL，绳子拉力做功为零，空气阻力所做的功为－F阻πL.
二、非选择题
10.
如图所示，某人用300
N的水平推力，把一个质量为50
kg的木箱沿水平路面加速推动10
m，后来又把它匀速举高2
m，这个人对木箱共做功多少？(g取10
m/s2)
解析：整个做功过程分为两个阶段：在水平路面上用力F1＝300
N，位移x1＝10
m；在竖直方向上用力F2，位移x2＝2
m，全过程中做功为这两个阶段做功之和．
沿水平路面推动时，人对木箱做功为
W1＝F1x1＝300×10
J＝3×103
J.
匀速举高时，人对木箱的力F2＝mg，人对木箱做功为
W2＝F2x2＝50×10×2
J＝1×103
J.
所以全过程中人对木箱做的总功为
W＝W1＋W2＝4×103
J.
答案：4×103
J
11.
如图所示，一个质量为m＝2
kg的物体受到与水平面成37°角的斜向下方的推力F＝10
N的作用，在水平地面上移动了距离x1＝2
m后撤去推力，此物体又滑行了x2＝1.6
m的距离后停止运动，动摩擦因数为0.2，g取10
m/s2.求：
(1)推力F对物体做的功；
(2)全过程中摩擦力对物体所做的功．
解析：(1)推力做功由W＝Fxcos
θ得
WF＝Fx1cos
37°＝10×2×0.8
J＝16
J.
(2)受力分析可知竖直方向
N1＝mg＋Fsin
37°＝26
N
所以摩擦力做功
Wf1＝μN1x1cos
180°＝0.2×26×2×(－1)
J＝－10.4
J，
撤去外力后N2＝mg＝20
N
Wf2＝μN2x2cos
180°＝0.2×20×1.6×(－1)
J＝－6.4
J
故Wf＝Wf1＋Wf2＝－16.8
J.
答案：(1)16
J　(2)－16.8
J
☆12.如图所示，传送带与地面倾角θ＝30°，AB长度为L＝16.5
m，传送带以v0＝11
m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放上一个质量为m＝0.5
kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10
m/s2，则
(1)从物体开始运动至物体刚与传递带达到共同速度这一过程中，传送带的摩擦力对物体做了多少功？
(2)物体从与传送带达到共同速度的瞬间至滑到B端的过程中，传送带的摩擦力对物体又做了多少功？
解析：(1)物体放上传送带后，受到传送带的沿斜面向下的滑动摩擦力f1，以a1做匀加速直线运动，直至与传送带速度相等．设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为x1，则由牛顿第二定律，有mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，解得a1＝11
m/s2.
由运动学公式v0＝a1t1得t1＝＝1
s，则
x1＝a1t＝×11×12
m＝5.5
m.
滑动摩擦力对物体做正功W1＝μmgcos
θ·x1＝×0.5×10××5.5
J＝16.5
J.
(2)物体与传送带达到共同速度后，因为mgsin
θ<μmgcos
θ，物体将与传送带保持相对静止，以v0匀速下滑至B端，其摩擦力f2＝mgsin
θ.
故摩擦力f2对物体做负功W2＝－f2x2＝－mgsin
θ·(L－x1)＝－27.5
J.
答案：(1)16.5
J　(2)－27.5
J(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行．设小明与车的总质量为100
kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，
g取10
m/s2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近(　　)
A．10
W
B．100
W
C．300
W
D．500
W
解析：选B．由P＝Fv可知，要求骑车人的功率，一要知道骑车人的动力，二要知道骑车人的速度，前者由于自行车匀速行驶，由二力平衡可知F＝f＝20
N，后者对于骑车人的速度我们应该有一个定性估测，约为5
m/s，所以P＝Fv＝20×5
W＝100
W.
2.如图所示，现有两个完全相同的可视为质点的物块a、b从静止开始运动，a自由下落，b沿光滑的固定斜面下滑，最终它们都到达同一水平面上，空气阻力忽略不计，则(　　)
A．a与b两物块运动位移和时间均相等
B．重力对a与b两物块所做的功相等
C．重力对a与b两物块所做功的平均功率相等
D．a与b两物块运动到水平面时，重力做功的瞬时功率相同
解析：选B．设a、b运动的竖直高度为H，由题意知，a的运动时间ta＝，位移xa＝H
到达水平面时的速度va＝，而b沿斜面运动的加速度ab＝gsin
θ，位移xb＝>xA．
运动时间tb＝＝＝
>ta，故A选项错；到达水平面时的速度大小vb＝at＝gsin
θ·＝，方向平行斜面向下，由功的公式W＝Fxcos
θ知Wa＝Wb，故B选项正确；由平均功率公式P＝得Pa>Pb，故C选项错误；由瞬时功率公式P＝Fv·cos
θ得Pa＝mg，Pb＝mg·cos(90°－θ)＝mg·sin
θ3．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，汽车行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选C．汽车在平直路面行驶，当牵引力F等于阻力f时，汽车速度达到最大值，即F＝f，P＝F·v，故f＝
当汽车的速度v1＝时的牵引力F1＝＝
由牛顿第二定律得F1－f＝ma，所以a＝＝＝.故C选项正确．
4．一辆汽车在平直的公路上以速度v0开始加速行驶，经过一段时间t，前进了距离l，此时恰好达到其最大速度vm，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P工作，汽车所受的阻力恒为f，则在这段时间里，发动机所做的功为(　　)
A．fvmt
B．Pt
C．mv－mv＋fl
D．ft
解析：选ABC．因为发动机以额定功率工作，所以发动机的功W＝Pt，故B对．达到最大速度vm时，牵引力与阻力相等，所以W＝P·t＝f·vm·t，故A对．由动能定理W－f·l＝mv－mv，所以W＝mv－mv＋fl，故C对．故选ABC．
5．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8
m处由静止滑下．以坡底为零势能参考面，当下滑到距离坡底l1处时，运动员的动能和势能恰好相等；到坡底后运动员又靠惯性冲上右侧斜坡．若不计经过坡底时的机械能损失，当上滑到距离坡底l2处时，运动员的动能和势能再次相等，上滑的最大距离为4
m．在此全过程中，下列说法正确的是(　　)
A．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化
B．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员机械能的变化
C．l1<4
m，l2>2
m
D．l1>4
m，l2<2
m
解析：选C．在整个过程中，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知重力和摩擦力所做的总功等于运动员动能的变化，选项B错误；由功能关系可知摩擦力所做的功等于运动员机械能的变化，选项A错误；在下滑过程中，若不考虑空气阻力，l1＝4
m；若考虑空气阻力，l1处的机械能应小于初始状态的机械能，即l1<4
m；在上滑过程中，若不考虑空气阻力，l2应在2
m处，若考虑空气阻力，l2处机械能应大于4
m处机械能，即l2>2
m，选项C正确，D错误．
6.
如图所示，斜面AB、DB动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是(　　)
A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大
B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大
C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多
D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多
解析：选B．已知斜面AB、DB动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x，则斜面高度为h＝xtan
θ，斜面长度L＝，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有：mgh－μmgLcos
θ＝mv2，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误，B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgLcos
θ＝μmgx相同，故C、D错误．
7.
一小物体冲上一个固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点到达斜面的最高点后返回时，又通过了A、B两点，如图所示，对于物体上滑时由A到B和下滑时由B到A的过程中，其动能的增量的大小分别为ΔEk1和ΔEk2，机械能的增量的大小分别是ΔE1和ΔE2，则以下大小关系正确的是(　　)
A．ΔEk1＞ΔEk2　ΔE1＞ΔE2
B．ΔEk1＞ΔEk2　ΔE1＜ΔE2
C．ΔEk1＞ΔEk2　ΔE1＝ΔE2
D．ΔEk1＜ΔEk2　ΔE1＝ΔE2
解析：选C．设物体在A、B间滑动时克服阻力做功为Wf，则物体由A到B，有mgh＋Wf＝ΔEk1，由B到A，有mgh－Wf＝ΔEk2，所以ΔEk1>ΔEk2；再根据功能关系，物体克服阻力做的功等于物体机械能改变量的大小，有：Wf＝ΔE1＝ΔE2，故选项C正确．
8.如图，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则(　　)
A．小球从接触弹簧开始速度一直减小
B．小球运动过程中最大速度等于2
C．弹簧的最大弹性势能为3mgx0
D．弹簧劲度系数等于
解析：选C．小球由A到B的过程中，小球和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，机械能守恒，B点时弹性势能最大为Epm，则Epm＝mg(2x0＋x0)＝3mgx0，故C选项正确；由于弹力与压缩量成正比，且克服弹力做功等于弹性势能的增加量，即·x0＝Epm＝3mgx0，得k＝，故D选项错；小球从O到B的过程中由于弹力越来越大，所以小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，当mg＝kx′时速度最大，动能最大，即x′＝＝x0，最大速度为vm，即·x0＋mv＝mg(2x0＋x0)得vm＝，故A、B均错．
二、填空题(本题共1小题，共10分，按题目要求作答)
9．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00
kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02
s打一个点，当地的重力加速度为9.8
m/s2，那么
(1)纸带的________端(填“左”或“右”)与重物相连；
(2)根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律；
(3)从O点到(2)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝________J，动能增加量ΔEk＝________J．(结果取三位有效数字)
解析：由题意知，O点为第一个点，所以纸带的左端与重物相连，为了减小误差和便于求重物动能的增加量，可取题图中O点到B点来验证机械能守恒定律，此过程中重力势能的减少量ΔEp＝mghOB＝1.00×9.8×19.25×10－2
J≈1.89
J.
打B点时重物的瞬时速度
vB＝＝
m/s
＝1.845
m/s.
所以动能增量
ΔEk＝mv＝×1.00×1.8452
J≈1.70
J.
答案：(1)左　(2)B　(3)1.89　1.70
三、计算题(本题共4小题，共42分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(8分)质量为2
000
kg，额定功率为80
kW的汽车，在平直公路上行驶的最大速度为20
m/s.若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2
m/s2，运动中的阻力不变，求：
(1)汽车所受阻力的大小；
(2)3
s末汽车的瞬时功率．
解析：(1)设汽车所受阻力为f，当汽车达到最大速度时有P＝Fv＝fvm(1分)
所以f＝＝
N＝4×103
N．(1分)
(2)由牛顿第二定律得F－f＝ma
则F＝f＋ma(1分)
汽车达到匀加速运动的最大速度为v＝(1分)
又据运动学公式v＝at(1分)
匀加速运动的时间为t＝5
s．(1分)
所以3
s末汽车的瞬时功率
P＝Fv3＝(f＋ma)at3
＝(4×103＋2
000×2)×2×3
W＝4.8×104
W．(2分)
答案：(1)4×103
N　(2)4.8×104
W
11.
(10分)如图所示，质量为M＝0.2
kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20
m，木块距水平台的右端L＝1.7
m．质量为m＝0.10M的子弹以v0＝180
m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90
m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9
m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l＝1.6
m，求：(g取10
m/s2)
(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；
(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.
解析：(1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为
W1＝mv2－mv＝－243
J(2分)
同理，子弹对木块所做的功为
W2＝Mv＝8.1
J．(2分)
(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理，有
－μMgL＝Mv－Mv(3分)
木块离开台面后的平抛阶段l＝v2(2分)
解得μ＝0.50.(1分)
答案：(1)－243
J　8.1
J　(2)0.50
12．(10分)如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．
解析：(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，即：ΔE＝mgLcos
θ.①(2分)
(2)对全程应用动能定理：WG＋Wf＝0②(1分)
WG＝mgLcos
θ③(1分)
由②③得Wf＝－WG＝－mgLcos
θ.④(2分)
(3)由滑动摩擦力公式得f＝μF⑤(1分)
摩擦力做的功Wf＝－fs⑥(1分)
④⑤式代入⑥式得：μ＝.(2分)
答案：(1)mgLcos
θ
(2)－mgLcos
θ
(3)
13．(14分)(2013·高考浙江卷)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．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＝10
m/s2，求：
(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：(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有
h1＝gt2①(1分)
x1＝vmint②(1分)
联立①、②式，得
vmin＝8
m/s.③(2分)
(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(2分)
vC＝＝
m/s≈9
m/s.⑤(2分)
(3)设拉力为T，青藤的长度为L.对最低点，由牛顿第二定律得
T－(M＋m)g＝(M＋m)⑥(2分)
由几何关系
(L－h2)2＋x＝L2⑦(1分)
得：L＝10
m⑧(2分)
综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：
T＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216
N．(1分)
答案：(1)8
m/s　(2)约9
m/s　(3)216
N一、选择题
1．一个质点同时参与互成一定角度(不在同一直线)的匀速直线运动和匀变速直线运动，该质点的运动特征是(　　)
A．速度不变
B．运动中的加速度不变
C．轨迹是直线
D．轨迹是曲线
解析：选BD．合运动的加速度等于两个分运动的加速度矢量和，即合运动的加速度是恒定加速度a，而合运动的加速度与合运动的速度不在同一条直线上，故合运动一定是曲线运动．所以B、D正确．
2．雨滴由静止开始下落，遇到水平吹来的风，下述说法正确的是(　　)
A．风速越大，雨滴下落时间越长
B．风速越大，雨滴着地时速度越大
C．雨滴下落时间与风速无关
D．雨滴着地速度与风速无关
解析：选BC．雨滴竖直向下的下落运动和在风力作用下的水平运动是雨滴同时参与的两个分运动，雨滴下落的时间由竖直分运动决定，两分运动彼此独立，互不影响，雨滴下落的时间与风速无关，选项A错误，选项C正确；雨滴着地时的速度与竖直分速度和水平风速有关，风速越大，雨滴着地时的速度越大，选项B正确，选项D错误．
3．如图所示，一玻璃筒中注满清水，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)，在软木塞上升的同时，将玻璃管水平向右加速移动，观察软木塞的运动，将会看到它斜向右上方运动，经过一段时间，玻璃管移至图丙中右图所示位置，软木塞恰好运动到玻璃管的顶端，在图丁四个图中，能正确反映软木塞运动轨迹的是(　　)
解析：选C．圆柱体参与了竖直方向的匀速直线运动和水平向右的初速度为零的匀加速直线运动，所以其合初速度的方向竖直向上，合加速度的方向水平向右，物体运动的轨迹(直线还是曲线)由物体的速度和加速度的方向关系决定，由于合初速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，圆柱体一定做曲线运动，所以A错；圆柱体在竖直方向的速度不变，而水平方向的速度逐渐增大，所以合速度的方向与水平方向的夹角逐渐减小，做曲线运动的物体的轨迹的切线方向即为速度的方向，所以B、D错，C对．
4．欲划船渡过一宽100
m的河，船相对静水速度v1＝5
m/s，水流速度v2＝3
m/s，则(　　)
A．过河最短时间为20
s
B．过河最短时间为25
s
C．过河位移最短所用的时间是25
s
D．过河位移最短所用的时间是20
s
解析：选AC．当船头指向垂直河岸航行时，过河用时最短，最短时间t1＝＝
s＝20
s，A对，B错．当船驶向上游与河岸成θ角，合速度与岸垂直时，且v1cos
θ＝v2时，过河位移最短，此时cos
θ＝＝，过河时间t2＝＝
s＝25
s，故C对，D错．
5．某人横渡一河岸，船划行速度和水流速度一定，此人过河最短时间为T1；若此船用最短的位移过河，则所需时间为T2，若船速大于水速，则船速与水速之比为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选A．设船在静水中速度为v1，水流速度为v2，河宽为d，则过河最短时间T1＝；过河位移最短时，所用时间T2＝，联立以上两式得＝
.
6.如图所示，水平面上的小车向左运动，系在车后缘的轻绳绕过定滑轮，拉着质量为m的物体上升．若小车以v1的速度做匀速直线运动，当车后的轻绳与水平方向的夹角为θ时，物体的速度为v2，轻绳对物体的拉力为T，则下列关系式正确的是(　　)
A．v2＝v1
B．v2＝
C．T＝mg
D．T>mg
解析：
选D．轻绳的速度大小与物体m的速度v2相等，小车沿水平面向左匀速运动的速度为v1，因此，小车的合速度为v1，小车沿轻绳方向的速度是小车的分速度，根据平行四边形定则将速度v1分解，如图所示，v2＝v1cos
θ，选项A、B均错；v1不变，在小车向左运动的过程中，角θ减小，cos
θ增大，因此物体上升的速度v2不断增大，物体加速上升，根据牛顿第二定律可知T－mg＝ma>0，则T>mg，选项C错误，选项D正确．
7．匀速上升的载人气球中，有人水平向右抛出一物体，取竖直向上为y轴正方向，水平向右为x轴正方向，取抛出点为坐标原点，则地面上的人看到的物体的运动轨迹是图中的(　　)
解析：选B．抛出的物体由于惯性仍具有向上的初速度，而竖直方向上的分运动是竖直上抛运动，水平方向上的分运动是匀速直线运动．所以B正确．
8．如图所示，甲、乙两同学从河中
O点出发，分别沿直线游到
A点和
B点后，立即沿原路线返回到
O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且
OA＝OB．若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间
t甲、t乙的大小关系为(　　)
A．t甲B．t甲＝t乙
C．t甲>t乙
D．无法确定
解析：选C．设水流的速度为v水，两人在静水中的速度为v人，从题意可知v人>v水，设OA＝OB＝L，对甲同学t甲＝＋＝，对乙同学来说，要想垂直到达B点，其速度方向要指向上游，并且来回时间相等，即t乙＝
，则＝，即t甲>t乙，C正确．
☆9.小河宽为d，河水中各点的水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比，v水＝kx，k＝，x是各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v0，则下列说法中正确的是(　　)
A．小船渡河时的轨迹为直线
B．小船渡河时的轨迹为曲线
C．小船到达距河对岸处，船的渡河速度为v0
D．小船到达距河对岸处，船的渡河速度为v0
解析：选BC．由题意可知，小船在垂直于河岸方向上做匀速直线运动；由于水的速度与水到岸边的距离有关，所以小船在沿河方向做变速运动，所以小船的轨迹为曲线，B正确，A错误．小船到达距河对岸处时，小船沿河岸方向的速度为v0，其合速度为v0，所以C正确．小船到达距河对岸处时，小船到另一河岸的距离为
，所以其合速度为v0，D错误．
二、非选择题
10.
2014年3月9日全国山地自行车冠军赛首站结束，刘馨阳、任成远分获男、女越野赛冠军．若某一路段车手正在骑自行车以4
m/s的速度向正东方向行驶，天气预报报告当时是正北风，风速也是4
m/s，则车手感觉的风速多大？方向如何？
解析：
以人为参考系，气流水平方向上有向西的4
m/s的速度，向南有4
m/s的速度，所以合速度为4
m/s，方向为西南方向，如图所示．
由图可知骑车的人感觉到风速方向为东北方向的东北风．
答案：4
m/s　东北风
11.
如图所示，A物块以速度v沿竖直杆匀速下滑，由细绳通过定滑轮拉动物体B在水平方向上运动．当细绳与水平面夹角为θ时，求物体B运动的速度大小．
解析：
本题为绳子末端速度分解问题．物块A沿杆向下运动，产生使绳子伸长和使绳子绕定滑轮转动两个效果．因此绳子端点(即物块A)的速度可以分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，如图所示，其中物体B的速度大小等于沿绳子方向的分速度，则有sin
θ＝，因此vB＝vsin
θ.
答案：vsin
θ
☆12.一物体在光滑水平面上运动，它在x方向和y方向上的两个分运动的速度—时间图像如图所示．
(1)判断物体的运动性质；
(2)计算物体的初速度大小；
(3)计算物体在前3
s内和前6
s内的位移大小．
解析：(1)由图像可知，物体沿x方向的分运动为匀速直线运动，沿y方向的分运动为匀变速直线运动，故合运动为匀变速曲线运动．
(2)物体的初速度为
v0＝
＝
m/s＝50
m/s.
(3)在前3
s内
x方向：x＝vxt＝30×3
m＝90
m
y方向：y＝－×40×3
m＝－60
m
合位移大小为
s＝＝
m＝30
m
前6
s内
x方向：x′＝vxt′＝30×6
m＝180
m.
y方向：y′＝0
合位移：s′＝＝180
m.
答案：(1)匀变速曲线运动　(2)50
m/s
(3)30
m　180
m一、选择题
1．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：选D．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，故速率增大到原来的2倍时，转弯半径增大到原来的4倍，D正确．
2.如图所示，撑开带有水滴的伞，使其绕着伞柄在竖直面内顺时针旋转，伞面上的水滴随伞做曲线运动．若有水滴从伞面边缘最高处O点飞出，则水滴飞出伞面后的运动可能是(　　)
A．沿曲线Oc做曲线运动
B．沿直线Ob做匀速直线运动
C．沿曲线Oa做曲线运动
D．沿圆弧Od做匀速圆周运动
解析：选A．水滴从伞面边缘最高处O点飞出做离心运动，提供向心力的附着力突然消失，由于惯性将沿切线方向飞出，过O点的切线水平，故飞出时具有水平初速度，飞出后水滴受重力作用，若忽略空气阻力，水滴做平抛运动，曲线Oc是可能的运动轨迹，选项A正确．
3．2013年元旦前夕，备受全球瞩目的京广高铁全线贯通，全程2
298
km，列车时速达到350
km以上．为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是(　　)
A．减小内外轨的高度差
B．增加内外轨的高度差
C．减小弯道半径
D．增大弯道半径
解析：选BD．把火车转弯近似看成是做匀速圆周运动，增加内外轨的高度差，尽可能使轨道平面对火车的支持力与火车重力的合力提供向心力，可有效减小火车对外轨的侧向挤压，B正确；同时，尽可能增大弯道半径，减小火车转弯时的向心力也能起到保护外轨的作用，D正确．
4．中央电视台《今日说法》栏目报道了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在三个月内连续遭遇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所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是(　　)
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)高外(西)低
D．公路在设计上可能外(西)高内(东)低
解析：选AC．汽车进入民宅，远离圆心，因而车做离心运动，A对，B错．汽车在水平公路上拐弯时，静摩擦力提供向心力，此处，汽车以与水平公路上相同速度拐弯，易发生侧翻，摩擦力不足以提供向心力；也可能是路面设计不太合理，内高外低．重力沿斜面方向的分力背离圆心而致，C对，D错．
5.如图所示，将完全相同的两个小球A、B，用长L＝0.8
m的细绳悬于以v＝4
m/s向右匀速运动的小车顶部，两球与小车前后壁接触，由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比FB∶FA为(g＝10
m/s2)(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶4
解析：选C．小车突然停止运动后，小球A从最低端开始向右做圆周运动，即FA－mg＝m，FA＝mg＋m＝30m；小车突然停止运动后，小球B也立刻静止，故FB＝mg＝10m.所以FB∶FA＝1∶3，C对．
☆6.如图所示，一只光滑的碗水平放置，其内放一质量为m的小球，开始时小球相对于碗静止于碗底，则下列哪些情况能使碗对小球的支持力大于小球的重力(　　)
A．碗竖直向上做加速运动
B．碗竖直向下做减速运动
C．碗竖直向下做加速运动
D．当碗和小球由水平匀速运动而碗突然静止时
解析：选ABD．碗竖直向上做加速运动或向下做减速运动，加速度方向均向上，小球处于超重状态，对碗的压力都大于它的重力；碗竖直向下做加速运动，加速度方向向下，小球处于失重状态，对碗的压力小于它的重力；当碗由水平匀速运动而突然静止时，小球从最低端向上做圆周运动，向心力竖直向上，即碗对球的支持力大于它的重力，所以A、B、D正确．
7．质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动，A为传送带的终端皮带轮，如图所示，皮带轮半径为r，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选A．若物体通过终端能水平抛出，说明到达皮带轮时刻，物体与皮带轮间无相互作用力，即重力充当向心力，则mg＝，即v＝，而n＝＝＝
.
8.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度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(　　)
A．
rad/s
B．
rad/s
C．1.0
rad/s
D．0.5
rad/s
解析：选C．考查圆周运动的向心力表达式．当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmgcos
30°－mgsin
30°＝mω2r解得ω＝1.0
rad/s，故选项C正确．
9．地球可以看做一个巨大的拱形桥，桥面的半径就是地球的半径(约为6
400
km)．地面上有一辆汽车在行驶，已知汽车的速度越大，地面对它的支持力就越小．当汽车的速度达到下列哪个值时，地面对车的支持力恰好为零(　　)
A．0.5
km/s
B．7.9
km/s
C．11.2
km/s
D．16.7
km/s
解析：选B．若地面对车的支持力恰好为零，那么车的重力提供向心力，即mg＝mv2/r，所以v＝＝
m/s＝7.9×103
m/s＝7.9
km/s.
二、非选择题
10.
(2014·孝感高一检测)如图所示，长度L＝1.0
m的绳系一小球在竖直面内绕固定点O做圆周运动，小球的质量m＝1
kg，半径不计．若小球在通过最低点时的速度大小v＝4
m/s，试求：(取g＝10
m/s2)
(1)小球在最低点的向心加速度；
(2)小球在最低点所受绳的拉力．
解析：(1)由向心加速度公式得：
an＝＝16
m/s2.
(2)对最低点小球受力分析可知，细绳拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
T－mg＝m
代入数值解得：T＝26
N.
答案：(1)16
m/s2　(2)26
N
11.如图所示，被长为L的细绳系着的小球A能绕O点在竖直平面内做圆周运动，O点离地面的竖直高度为h＝3L，如果绳受到的拉力等于小球重力的5倍时就会断裂，那么小球运动到最低点的速度多大时，绳恰好断裂？小球以该速度飞出后落地点距O点的水平距离为多少？
解析：小球在最低点绳恰好断裂时，绳上拉力为
T＝5mg，根据牛顿第二定律得，T－mg＝m
则小球在最低点的速度为v0＝
小球在最低点细绳恰好断裂后做平抛运动，则
h－L＝gt2
h＝3L
且s＝v0t
联立解得：s＝4L.
答案：　4L
☆12.如图所示，质量为m的小球置于方形的光滑盒子中，盒子的边长略大于小球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内以O点为圆心做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，求：
(1)若要使盒子运动到最高点时与小球之间恰好无作用力，则该同学拿着盒子做匀速圆周运动的周期为多少？
(2)若该同学拿着盒子以第(1)问中周期的做匀速圆周运动，则当盒子运动到如图所示位置(球心与O点位于同一水平面上)时，小球对盒子的哪些面有作用力？作用力大小分别为多少？
解析：(1)设盒子的运动周期为T0.因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用，由重力提供向心力，根据牛顿运动定律得mg＝mR2
解得T0＝2π.
(2)此时盒子的运动周期为，则小球的向心加速度为a0＝R
由第(1)问知T0＝2π，且T′＝
由上述三式知a0＝4g
设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为N，
根据牛顿运动定律知
在水平方向上F＝ma0
即F＝4mg
在竖直方向上N＋mg＝0
即N＝－mg
因为F为正值、N为负值，所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，大小分别为4mg和mg.
答案：(1)2π　(2)右侧面：4mg　下侧面：mg1.如图所示，一物体从A点出发，分别沿粗糙斜面AB和光滑斜面AC下滑及斜向上抛出，运动后到达同一水平面上的B、C、D三点．关于重力的做功情况，下列说法正确的是(　　)
A．沿AB面滑下时，重力做功最多
B．沿AC面滑下时，重力做功最多
C．沿AD抛物线运动时，重力做功最多
D．三种情况下运动时，重力做的功相等
解析：选D．从A运动到B，从A运动到C和从A运动到D，三个过程虽然路径不同，接触面的粗糙程度不同，三个过程的初速度大小不同，但它们的初末位置的高度差相同，即它们的重力相同并且重力方向上发生的竖直位移相同，因此重力做的功相同，选项D正确．
2．下面关于重力做功及重力势能的说法中，正确的是(　　)
A．两物体A、B，A的高度是B的2倍，那么A的重力势能也是B的2倍
B．如果考虑空气阻力，从某一高度下落一物体到达地面，物体重力势能的减少要比无阻力自由下落时重力势能减少得少
C．重力做功的多少，与参考平面的选取无关
D．相对不同的参考平面，物体具有不同数值的重力势能，但这并不影响研究有关重力势能的问题
解析：选CD．由重力势能的计算公式Ep＝mgh可知，重力势能由mg和h共同决定，故A错误；由ΔEp＝－mgh可知，重力势能的变化只与mgh有关，而与阻力无关，故B错误，C正确；虽然重力势能具有相对性，选择不同的参考平面，物体具有不同数值的重力势能，但这并不影响对重力势能的研究，故D正确，所以本题的正确选项为C、D．
3．如图所示的几个运动过程中，物体弹性势能增加的是(　　)
A．如图甲，跳高运动员从压杆到杆伸直的过程中，杆的弹性势能
B．如图乙，人拉长弹簧过程中弹簧的弹性势能
C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能
D．如图丁，小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能
解析：选B．形变量变大，弹性势能变大，形变量变小，弹性势能变小．图甲中杆的形变先变大后变小，图丙和图丁中橡皮筋和弹簧的形变减小，形变量变大的只有图乙，故选项B正确．
4．一实心的正方体铁块与一实心的正方体木块质量相等，将它们放在水平地面上，下列结论正确的是(　　)
A．铁块的重力势能大于木块的重力势能
B．铁块的重力势能等于木块的重力势能
C．铁块的重力势能小于木块的重力势能
D．上述三种情况都有可能
解析：选C．木块的重力势能大，因为木块的质心位置高．
5．如图所示，杠中点有一转轴O，两端分别固定质量为2m和m的小球a和b，当杆从水平位置转到竖直位置时，小球a和b构成的系统的重力势能如何变化，变化了多少？
解析：重力对小球a做的功为
W1＝2m·g·L
重力对小球b做的功为W2＝－mgL
则重力对由a、b组成的系统所做的总功为
WG＝W1＋W2＝2mgL＋(－mgL)＝mgL.
因为WG＞0，所以系统的重力势能减少，且减少了mgL.
答案：减少，且减少了mgL1．17世纪末，采用归纳与演绎、综合与分析的方法，建立了完整的经典力学体系，使物理学从此成为一门成熟的自然科学的科学家是(　　)
A．牛顿
B．开普勒
C．笛卡儿
D．伽利略
解析：选A．牛顿创建了完整的经典力学体系，故A正确．
2．下列说法正确的是(　　)
A．在经典力学中，物体的质量不随运动状态而改变，在狭义相对论中，物体的质量也不随运动状态而改变
B．在经典力学中，物体的质量随运动速度的增加而减小，在狭义相对论中，物体的质量随物体速度的增大而增大
C．在经典力学中，物体的质量是不变的，在狭义相对论中，物体的质量随物体速度的增大而增大
D．上述说法都是错误的
解析：选C．在经典力学中，物体的质量是不变的，在狭义相对论中，物体的质量随物体速度的增大而增大，二者在速度远小于光速时是统一的，故只有C正确．
3．关于经典力学、相对论和量子力学，下面说法中正确的是(　　)
A．相对论和经典力学是相互对立、互不相容的两种理论
B．在物体高速运动时，物体的运动服从相对论理论，在低速运动时，物体的运动服从牛顿运动定律
C．经典力学适用于宏观物体的运动，量子力学适用于微观粒子的运动
D．不论是宏观物体，还是微观粒子，经典力学和量子力学都是适用的
解析：选BC．相对论并没有否定经典力学，而是认为经典力学是相对论理论在一定条件下的特殊情况，A错．经典力学适用于宏观物体的低速运动，对于微观粒子的高速运动问题，经典力学不再适用，但相对论、量子力学适用，故B、C对，D错．
4．下面说法中正确的是(　　)
①根据牛顿的万有引力定律可以知道，当星球质量不变，半径变为原来的
1/2时，引力将变为原来的4倍
②按照广义相对论可以知道，当星球质量不变，半径变为原来的1/2
时，引力将大于原来的4倍
③在天体的实际半径远大于引力半径时，根据爱因斯坦的引力理论和牛顿的引力理论计算出的力差异很大
④在天体的实际半径接近引力半径时，根据爱因斯坦的引力理论和牛顿的引力理论计算出的力差异不大
A．①②
B．③④
C．①③
D．②④
答案：A
5．日常生活中，我们并没有发现物体的质量随物体的运动的变化而变化，其原因是(　　)
A．运动物体无法称质量
B．物体的速度远小于光速，质量不变
C．物体的质量太大
D．物体的质量不随速度变化而变化
解析：选B．日常生活中的运动物体速度很小，远小于光速，这是经典力学的研究范畴，人们认为质量是不变的，故选项B正确．一、选择题
1．太阳是人类的“能源之母”，下述关于太阳能的说法中错误的是(　　)
A．三大常规能源都是太阳能的产物
B．光合作用是太阳能转换为化学能
C．光驱动机械手表是太阳能先转换为电能，再转换为机械能
D．自然界的风能、水能、潮汐能也都来自于太阳能
解析：选D．常规能源是指煤、石油及天然气，在其地质形成过程中累积了太阳能，因此其能量来自于太阳；光合作用使太阳能转换为化学能储存在植物之中；光驱动手表内装有太阳能电池，先将太阳能转换为电能再转换为指针转动的机械能；自然界的风能、水能与太阳能有关，而潮汐能是由引力作用产生的．应选D．
2．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)(　　)
A．礼花弹的动能变化量为W3＋W2＋W1
B．礼花弹的动能变化量为W3－W2－W1
C．礼花弹的机械能变化量为W3－W2
D．礼花弹的机械能变化量为W3－W2－W1
解析：选BC．动能变化量等于各力做功的代数和，阻力重力都做负功，故W3－W1－W2＝ΔEk，所以B对，A错．重力以外其他力做功的和为W3－W2此即等于机械能增加量，所以C对，D错．此题选B、C．
3.如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是(　　)
A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等
C．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等
D．小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等
解析：选BD．小球从A出发到返回A的过程中，重力做功为零，摩擦力做负功，A错误；小球从A到C过程与从C到B过程中，合外力做功相等，动能的变化量相等，但速度的变化量不等，B正确，C错误；小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，而克服摩擦力做的功相等，故D正确．
4．飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆．下列说法正确的是(　　)
A．制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减小
B．制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加
C．重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加
D．重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变
解析：选A．制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减小，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减小，故C、D均错误．
5.
如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4
m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动过程中，正确的说法是(　　)
A．物块的机械能一定增加
B．物块的机械能一定减小
C．物块的机械能可能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
解析：选A．机械能变化的原因是非重力、弹簧弹力做功，本题亦即看成F与f做功大小问题，由mgsin
30°＋f－F＝ma，知F－f＝mgsin
30°－ma>0，即F>f，故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大．
6.一物块从如图所示的弧形轨道上的A点由静止开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是(　　)
A．h1＝h2
B．h1C．h1>h2
D．h1、h2大小关系不确定
解析：选C．由能的转化和守恒定律可知，物块由A到B的过程中重力势能减少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即WfAB＝mgh1，同理：WfBC＝mgh2，又随着小滑块最大高度的降低，运动过程中的同位置处滑块对轨道的压力变小，必有WfAB>WfBC，所以mgh1>mgh2，得：
h1>h2，C项正确．
7.如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x.在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时，具有的弹性势能为(　　)
A．(mg－F阻)(H－L＋x)
B．mg(H－L＋x)－F阻(H－L)
C．mgH－F阻(H－L)
D．mg(L－x)＋F阻(H－L＋x)
解析：选A．设物体克服弹力做功为W弹，则对物体应用动能定理得(mg－F阻)(H－L＋x)－W弹＝ΔEk＝0，所以，W弹＝(mg－F阻)(H－L＋x)，即为弹簧具有的弹性势能．
8.
如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力做功等于木箱增加的重力势能
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和
解析：选CD．克服重力做的功等于物体重力势能的增加ΔEp＝WG，C正确．由动能定理：－WG－Wf＋WF＝mv2，WF＝mv2＋WG＋Wf＝ΔEk＋ΔEp＋Wf，A、B不对，D对．
☆9.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中(　　)
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
解析：
选BC．由于有摩擦，O点不在AB的中点，而是在AB中点的左侧(如图所示)．由题知AB＝a，OA＞，OB＜.根据功能关系，物块在A点时，弹簧的弹性势能Ep＝W－μmgOA＜W－μmga，选项A错误；物块在B点时，弹簧的弹性势能E′p＝Ep－μmga＝W－μmgOA－μmga＜W－μmga，选项B正确；物块在O点的动能Ek＝Ep－μmgOA＝W－2μmgOA＜W－μmga，选项C正确；物块动能最大时，弹簧的弹力kx＝μmg，此时物块处于M点(如图所示)，若BM光滑，则物块能运动至M′点速度为零，则OM′＝OM，由于存在摩擦，OB＜OM，故物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点时弹簧的弹性势能，选项D错误．
二、非选择题
10.
如图所示，质量为m的自行车特技运动员从B点由静止出发，经BC圆弧，从C点竖直冲出，完成空翻，完成空翻的时间为t.由B到C的过程中，克服摩擦力做功为W.空气阻力忽略不计，重力加速度为g，试求：自行车运动员从B到C至少做多少功？
解析：自行车由C点冲出后做竖直上抛运动
上升高度等于下降高度h＝gt①
上、下时间相等t上＝t下＝②
由功能关系知，在从B到C再到D的过程中，自行车运动员做的功W人应当等于他克服摩擦力做的功W与增加的重力势能之和，W人＝W＋mgh③
联立①②③式得W人＝W＋mgh＝W＋mg2t2.
答案：W＋mg2t2
11.
如图所示，质量为m的小铁块A以水平速度v0冲上质量为M、长为l置于光滑水平面C上的木板B，正好不从木板上掉下，已知A、B间的动摩擦因数为μ，此时木板对地位移为x，求这一过程中：
(1)木板增加的动能；
(2)小铁块减少的动能；
(3)系统机械能的减少量；
(4)系统产生的热量．
解析：(1)对B根据动能定理得
μmgx＝Mv2－0
从上式可知：ΔEkB＝μmgx.
(2)滑动摩擦力对小铁块A做负功，根据功能关系可知：
ΔEkA＝－μmg(x＋l)
即小铁块减少的动能为
－ΔEkA＝mv－mv2＝μmg(x＋l)．
(3)系统机械能的减少量为
ΔE＝mv－mv2－Mv2＝μmgl.
(4)m、M相对位移为l，根据能量守恒得：Q＝μmgl.
答案：见解析
☆12.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5
m，传送带在电动机的带动下以v＝1
m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10
kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝/2，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10
m/s2)
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功．
解析：(1)物块加速上升时的加速度
a＝＝2.5
m/s2
当小物体的速度v＝1
m/s时，时间为t，位移为l1，则
v＝at，l1＝at2
解得t＝0.4
s，l1＝0.2
m
之后，小物体与传送带保持相对静止，即以v＝1
m/s的速度走完4.8
m的路程．
由功能关系得：W＝mv2＋mglsin
θ＝255
J.
(2)小物块与传送带的相对位移
Δl＝vt－t＝0.2
m
摩擦生热Q＝μmgcos
θ·Δl＝15
J
故电动机做的功为
W机＝W＋Q＝270
J.
答案：(1)255
J　(2)270
J1．从空中以40
m/s的初速度平抛一重为10
N的物体，物体在空中运动3
s落地，不计空气阻力，取g＝10
m/s2，则物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为(　　)
A．300
W
B．400
W
C．500
W
D．700
W
解析：选A．物体落地瞬间vy＝gt＝30
m/s，所以PG＝Gvy＝300
W，故A正确．
2．汽车在平直公路上以恒定功率起动．设阻力恒定，则在图中关于汽车运动过程中的加速度、速度随时间变化的关系，下列说法中正确的是(　　)
A．汽车的加速度—时间图像可用图乙描述
B．汽车的速度—时间图像可用图甲描述
C．汽车的加速度—时间图像可用图丁描述
D．汽车的速度—时间图像可用图丙描述
解析：选AB．由a＝，P＝Fv知，当速度增加时，F减小，加速度在减小，当F＝f时，速度达到最大，故A、B对．
3．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5
s内做匀加速直线运动，5
s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图所示，已知汽车的质量为m＝2×103
kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10
m/s2，则(　　)
A．汽车在前5
s内的牵引力为4×103
N
B．汽车在前5
s内的牵引力为6×103
N
C．汽车的额定功率为60
kW
D．汽车的最大速度为30
m/s
解析：选BCD．由v－t图像知，前5
s的加速度a＝＝2
m/s2，由牛顿第二定律知，前5
s内的拉力F－kmg＝ma，得F＝(0.1×2×103×10＋2×103×2)
N＝6×103
N，故B对、A错；又5
s末达到额定功率P＝F·v5＝6×103×10
W＝6×104
W＝60
kW，故C对；最大速度vmax＝＝
m/s＝30
m/s，故D对．
4．(2012·高考上海卷)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有(　　)
A．F2＝F1　v1>v2
B．F2＝F1　v1C．F2>F1　v1>v2
D．F2解析：选BD．设F2与水平方向成θ角，由题意可知：物体都做匀速运动，受力平衡，则F1＝μmg，F2cos
θ＝μ(mg－F2sin
θ)，解得F2(cos
θ＋μsin
θ)＝μmg＝F1①
根据F1与F2功率相同得F1v1＝F2v2cos
θ②
由①②可得＝＝1＋μtan
θ>1，所以v15．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m＝10
kg的物体．在水平推力F1＝20
N的作用下，从静止开始做匀加速直线运动．运动3
s后推力F的大小变为F2＝10
N，方向不变．求：
(1)推力F在3
s内对物体所做的功；
(2)推力F在3
s内对物体做功的平均功率；
(3)推力F在4
s时做功的瞬时功率．
解析：(1)运动物体在前3
s内的加速度为a1，运动位移为x1，第3
s末的速度大小为vt，则有
a1＝＝
m/s2＝2
m/s2
x1＝a1t2＝×2×32
m＝9
m
vt＝a1t＝2×3
m/s＝6
m/s
所以推力F在3
s内对物体做的功
WF1＝F1·x1＝20×9
J＝180
J.
(2)推力F在3
s内对物体做功的平均功率
＝＝
W＝60
W.
(3)4
s时物体的运动速度为
vt′＝vt＋a2t2＝vt＋t2＝6
m/s＋×1
m/s＝7
m/s.
所以推力F在4
s时做功的瞬时功率
P＝F2·vt′＝10×7
W＝70
W.
答案：(1)180
J　(2)60
W　(3)70
W1．某高速公路弯道处设计为内侧低外侧高的圆弧弯道，使路面与水平面有一倾角α，弯道半径为R.当汽车在该弯道处沿侧向的摩擦力恰为零时，汽车转弯的速度v为(　　)
A．v＝
B．v＝
C．v＝
D．安全速度与汽车的质量有关
解析：选A．当汽车在该弯道处沿侧向的摩擦力恰为零时，汽车转弯所需的向心力由重力和路面支持力的合力提供，即mgtan
α＝m，则汽车的转弯速度为v＝，选项A正确．
2.如图所示，轻杆的一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O.现给球一初速度，使球和杆一起绕轴O在竖直面内转动，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力．则F(　　)
A．一定是拉力
B．一定是推力
C．一定等于0
D．可能是拉力，也可能是推力，也可能等于0
解析：选D．小球经过最高点所需要的向心力由小球的重力和杆对小球的力F的合力提供，即F＋mg＝m，若小球的速率v＝，力F等于零；若小球的速率v>，力F竖直向下，是拉力；若小球的速率v<，力F竖直向上，是推力，选项D正确．
3．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时木架停止转动，则(　　)
A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B．在绳被烧断瞬间，a绳中张力突然增大
C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动
D．若角速度ω较大，小球可在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动
解析：选BCD．绳b烧断前，竖直方向合力为零，即Fa＝mg，烧断b后，因惯性，要在竖直面内做圆周运动，且F′a－mg＝m，所以Fa′>Fa，A错，B对．当ω足够小时，小球不能摆过AB所在高度，C对．当ω足够大时，小球在竖直面内能通过AB上方最高点，从而做圆周运动，D对．
4．质量为103
kg的小汽车驶过一座半径为50
m的圆形拱桥，到达桥顶时的速度为5
m/s.求：
(1)汽车在桥顶时对桥的压力；
(2)如果要求汽车到达桥顶时对桥的压力为零，且车不脱离桥面，到达桥顶时的速度应是多大？
解析：(1)汽车在最高点时重力与支持力的合力提供向心力．
mg－N＝m
N＝mg－m＝9
500
N
由牛顿第三定律可知，汽车对桥的压力N′＝9
500
N(竖直向下)．
(2)当汽车对桥面压力恰好为0时，
有：mg＝m
v＝＝10
m/s.
答案：(1)9
500
N，方向竖直向下　(2)10
m/s一、选择题
1．设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视作半径为r的圆．已知万有引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足(　　)
A．GM＝
B．GM＝
C．GM＝
D．GM＝
解析：选A．对行星有：＝mr，故GM＝，选项A正确．
2．科学家在研究地月组成的系统时，从地球向月球发射激光，测得激光往返时间为t，若已知万有引力常量为G，月球绕地球运动(可视为匀速圆周运动)的周期为T，光速为c，地球到月球的距离远大于它们的半径．则可求出地球的质量为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选A．月球绕地球运动的轨道半径r＝.由G＝mr()2得地球质量M＝，选项A正确．
3．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：选A．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．
4．2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2.则等于(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B．“天宫一号”运行时所需的向心力由万有引力提供，根据G＝得线速度v＝
，所以＝
，故选项B正确，选项A、C、D错误．
5．“嫦娥二号”卫星环月飞行的高度距离月球表面100
km，所探测到的有关月球的数据比环月飞行高度为200
km的“嫦娥一号”更加详实．若两颗卫星环月飞行均可视为匀速圆周运动，飞行轨道如图所示．则(　　)
A．“嫦娥二号”环月飞行的周期比“嫦娥一号”更小
B．“嫦娥二号”环月飞行的线速度比“嫦娥一号”更小
C．“嫦娥二号”环月飞行时角速度比“嫦娥一号”更小
D．“嫦娥二号”环月飞行时向心加速度比“嫦娥一号”更小
解析：选A．由T＝可知，A正确；由v＝可知B错误；由ω＝＝可知，C错误；由a＝可知，D错误．
6．假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是(　　)
A．地球的向心力变为缩小前的一半
B．地球的向心力变为缩小前的
C．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同
D．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半
解析：选BC．天体的密度不变，天体直径缩小到原来的一半，则太阳和地球的质量都减小为原来的，又公转半径变为原来的，由F＝G可知，向心力减小为原来的，选项B正确．由G＝mr，得T＝2π
，因此周期不变，选项C正确．
7．地球“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地高度为同步卫星离地高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致．关于该“空间站”说法正确的有(　　)
A．运行的加速度一定等于其所在高度处的重力加速度
B．运行的速度等于同步卫星运行速度的倍
C．站在地球赤道上的人观察到它向东运动
D．在“空间站”工作的宇航员因受力平衡而在其中悬浮或静止
解析：选AC．空间站运动的加速度和其所在位置的重力加速度均由其所受万有引力提供，故A正确；由G＝m v＝，运行速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，故B错误；由G＝m2R T＝2πR，所以空间站运行周期小于地球自转的周期，故C正确；空间站宇航员所受万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，D错误．
8．根据观测，某行星外围有一模糊不清的环，为了判断该环是连续物还是卫星群，测出了环中各层的线速度v的大小与该层至行星中心的距离R.则以下判断中正确的是(　　)
A．若v与R成正比，则环是连续物
B．若v与R成反比，则环是连续物
C．若v2与R成反比，则环是卫星群
D．若v2与R成正比，则环是卫星群
解析：选AC．若该环为连续物，则环的角速度与行星相同，由v＝ωR可知，v与R成正比，A正确；若该环为卫星群，则有：＝m，得：v2＝，v2与R成反比，C正确．
☆9.经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离．如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动的轨道半径为(　　)
A．R＝R0
B．R＝R0
C．R＝R0
D．R＝R0
解析：选A．行星发生最大偏离时，A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星B的运行周期为T、轨道半径为R，则有t0－t0＝2π，所以T＝.由开普勒第三定律得＝，R＝R0所以选项A正确．
二、非选择题
10．天宫一号与随后发射的神舟系列飞船在太空完成交会对接，实现了中国载人航天工程的一个新的跨越．天宫一号的运行周期为T，距地面的高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G.若将天宫一号的运行轨道看作圆轨道，求：
(1)地球质量M；
(2)地球的平均密度．
解析：(1)因为天宫一号的运行轨道被看作圆轨道，万有引力充当向心力，所以：G＝m(R＋h)()2
M＝.
(2)地球的平均密度
ρ＝＝.
答案：(1)　(2)
11．已知引力常量G，地球半径R，月心和地心之间的距离r，同步卫星距地面的高度h，月球绕地球的运转周期T1，地球的自转周期T2，地球表面的重力加速度g.某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M的方法：同步卫星绕地球做圆周运动，由G＝m2h得M＝.
(1)请判断上面的结果是否正确，并说明理由．如不正确，请给出正确解法和结果．
(2)请根据已知条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果．
解析：(1)上面结果是错误的，地球的半径R在计算过程中不能忽略．正确的解法和结果是：
G＝m2(R＋h)得M＝.
(2)法一：月球绕地球做圆周运动
由G＝m2r得出M＝.
法二：地面重力近似等于万有引力
由G＝mg得M＝.
答案：见解析
☆12.月球自转一周的时间与月球绕地球运行一周的时间相等，都为T0.我国的“嫦娥二号”探月卫星成功进入绕月运行的“极月圆轨道”，这一圆形轨道通过月球两极上空，距月球表面的高度为h.若月球质量为m月，月球半径为R，引力常量为G.
(1)求“嫦娥二号”绕月运行的周期．
(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行多少圈？
(3)“嫦娥二号”携带了一台CCD摄像机(摄像机拍摄不受光照影响)，随着卫星的飞行，摄像机将对月球表面进行连续拍摄．要求在月球自转一周的时间内，将月面各处全部拍摄下来，摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少是多少？
解析：(1)“嫦娥二号”轨道半径r＝R＋h
由G＝mr
可得“嫦娥二号”卫星绕月周期
T＝2π.
(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数
n＝＝
.
(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s＝＝.
答案：见解析一、选择题
1.如图所示为在空中某一水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆，关于摆球A的受力情况，下列说法中正确的是(　　)
A．受重力、拉力和向心力的作用
B．受拉力和向心力的作用
C．受拉力和重力的作用
D．受重力和向心力的作用
解析：选C．小球只受拉力和重力作用，二者的合力提供向心力，选项C正确．
2．在光滑的水平面上，用长为l的细线拴一质量为m的小球，以角速度ω做匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
A．l、ω不变，m越大线越易被拉断
B．m、ω不变，l越小线越易被拉断
C．m、l不变，ω越大线越易被拉断
D．m不变，l减半且角速度加倍时，线的拉力不变
解析：选AC．由向心力表达式F线＝F向＝mlω2可知，F线上拉力越大，线越易断，故选项A、C正确，B错误；若m不变，当l减半而角速度ω加倍时，线的拉力加倍，故D错误．
3．质量为m的石块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图所示，那么(　　)
A．因为速率不变，所以石块的加速度为零
B．石块下滑过程中受的合外力越来越大
C．石块下滑过程中受的摩擦力大小不变
D．石块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心
解析：选D．由于石块做匀速圆周运动，只存在向心加速度，大小不变，方向始终指向球心，D对，A错；由F合＝F向＝ma向知合外力大小不变，B错；又因石块在运动方向(切线方向)上合力为零，才能保证速率不变，在该方向重力的分力不断减小，所以摩擦力不断减小，C错．
4．如图所示，某游乐场有一水上转台，可在水平面内匀速转动，沿半径方向面对面手拉手坐着甲、乙两个小孩，假设两小孩的质量相等，他们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两小孩刚好还未发生滑动时，某一时刻两小孩突然松手，则两小孩的运动情况是(　　)
A．两小孩均沿切线方向滑出后落入水中
B．两小孩均沿半径方向滑出后落入水中
C．两小孩仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动而落入水中
D．甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，乙发生滑动最终落入水中
解析：选D．在松手前，甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静摩擦力及拉力的合力提供的，且静摩擦力均达到了最大静摩擦力．因为这两个小孩在同一个圆盘上转动，故角速度ω相同，设此时手中的拉力为T，则对甲：fm－T＝mω2R甲．对乙：T＋fm＝mω2R乙，当松手时，T＝0，乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力，故乙做离心运动，然后落入水中．甲所受的静摩擦力变小，直至与它所需要的向心力相等，故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，选项D正确．
5．小球做匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为a，则下列说法错误的是(　　)
A．小球的角速度ω＝
B．t时间内小球转过的角度φ＝t
C．小球的线速度v＝
D．小球运动的周期T＝2π
解析：选B．匀速圆周运动物体的向心加速度为a＝＝ω2R，因此，小球的线速度为v＝，选项C正确；小球的角速度为ω＝，选项A正确；
小球圆周运动的周期为T＝2π，选项D正确；t时间内小球转过的角度为φ＝ωt＝t，选项B错误．
6．如图所示，圆弧轨道AB在竖直平面内，在B点，轨道的切线是水平的，一小球由圆弧轨道上的某点从静止开始下滑，不计任何阻力．设小球刚到达B点时的加速度为a1，刚滑过B点时的加速度为a2，则(　　)
A．a1、a2大小一定相等，方向可能相同
B．a1、a2大小一定相等，方向可能相反
C．a1、a2大小可能不等，方向一定相同
D．a1、a2大小可能不等，方向一定相反
解析：选D．刚到达B点时，小球仍做圆周运动，此时a1＝，方向竖直向上，当刚滑过B点后，小球做平抛运动，a2＝g，方向竖直向下，有可能等于g，故D正确．
7．两个质量相同的小球，在同一水平面内做匀速圆周运动，悬点相同，如图所示，A运动的半径比B的大，则(　　)
A．A受到的向心力比B的大
B．B受到的向心力比A的大
C．A的角速度比B的大
D．B的角速度比A的大
解析：选A．在同一个水平面内做匀速圆周运动，设细线与竖直方向的夹角为β，小球转动的平面与细线另一端的竖直距离为h，那么转动的向心力为mgtan
β，转动的半径为R＝htan
β，因为向心力F＝mω2r，所以mgtan
β
＝mω2·(htan
β)，所以ω2＝g/h
，即角速度与质量、线的长度无关，又因为两小球转动的平面在同一个水平面内，所以两个小球的h相同，所以角速度相同，周期相同．
8．如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员(　　)
A．受到的拉力大小为G
B．受到的拉力大小为2G
C．向心加速度大小为g
D．向心加速度大小为2g
解析：选BC．女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动时受到重力G和拉力F的作用，合力沿水平方向指向圆心，拉力F＝＝2G，由mgcot
30°＝ma得向心加速度为a＝g，故本题正确选项为B、C．
9．如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比(　　)
A．线速度之比为1∶4
B．角速度之比为4∶1
C．向心加速度之比为8∶1
D．向心加速度之比为1∶8
解析：选D．由题意知2va＝2v3＝v2＝vc，其中v2、v3为轮2和轮3边缘的线速度，所以va∶vc＝1∶2，A错．设轮4的半径为r.则aa＝＝＝＝ac，即aa∶ac＝1∶8，C错、D对.＝＝＝，B错．
二、非选择题
10．如图所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无滑动，大轮的半径是小轮的2倍，大轮上的一点S与转动轴的距离是半径的，当大轮边上P点的向心加速度是12
cm/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度分别为多大？
解析：ωS＝ωP，由向心加速度公式a＝ω2r，可得＝.
所以aS＝aP·＝12×
cm/s2＝4
cm/s2
又因为皮带不打滑，所以皮带传动的两轮边缘各点线速度大小相等：vP＝vQ.
由向心加速度公式a＝可得：＝
所以aQ＝aP·＝12×
cm/s2＝24
cm/s2.
答案：4
cm/s2　24
cm/s2
☆11.如图所示，OP＝PQ＝R，两个小球质量都是m，a、b为水平轻绳．两小球正随水平圆盘以角速度ω匀速同步转动．小球和圆盘间的摩擦力可以不计．求：
(1)绳b对小球Q的拉力大小；
(2)绳a对小球P的拉力大小．
解析：(1)对球Q，受力如图甲所示，其做圆周运动的半径为2R，根据牛顿第二定律有
Fb＝mω2·2R＝2mω2R.
(2)对球P，受力如图乙所示，其做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有Fa－Fb′＝mω2R
Fb＝Fb′
解得Fa＝Fb′＋mω2R＝3mω2R.
答案：(1)2mω2R　(2)3mω2R
12.如图所示，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：
(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一、选择题
1．物体做平抛运动时，它的速度方向和水平方向间的夹角α的正切tan
α随时间t变化的图像是图中的(　　)
解析：选B．平抛运动的合速度v与两个分速度v0、vy的关系如图所示．
则tan
α＝＝·t，故正切tan
α与时间t成正比，B正确．
2．在地面上方某一高处，以初速度v0水平抛出一石子，当它的速度由水平方向变化到与水平方向成θ角时，石子的水平位移的大小是(不计空气阻力)(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选C．经时间t后竖直方向的速度为vy＝gt，由三角函数关系可得：tan
θ＝，水平位移的大小x＝v0t＝，选项C正确．
3．在运动的合成和分解的实验中，蜡块在长1
m的竖直放置的玻璃管中在竖直方向做匀速直线运动．现在某同学拿着玻璃管在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动(忽略蜡块与玻璃管之间的摩擦)，并每隔1
s画出蜡块运动所到达的位置，运动轨迹如图所示，若在轨迹上C点(a，b)作该曲线的切线(图中虚线)交y轴于A点，则A的坐标为(　　)
A．(0,0.5b)
B．(0,0.6b)
C．(0,0.5a)
D．(0，a)
解析：选A．作出图示，设v与x轴的夹角为θ，有tan
θ＝，根据平抛运动的规律有
在水平方向：x＝vxt/2，
在竖直方向：y＝vyt，综合各式得tan
θ＝y/(2x)．
在直角三角形ABC中，＝xtan
θ＝y/2＝0.5b，故A点的坐标应为(0,0.5b)．
4.某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的右侧(如图所示)．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可能作出的调整为(　　)
A．减小初速度，抛出点高度不变
B．增大初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，提高抛出点高度
解析：选AC．设小球被抛出时的高度为h，则h＝gt2，小球从抛出到落地的水平位移x＝v0t，两式联立得x＝v0，根据题意，再次抛小球时，要使小球运动的水平位移x减小，可以采用减小初速度v0或降低抛出点高度h的方法，故A、C正确．
5．在一次飞越黄河的表演中，汽车在空中飞经最高点后在对岸着地，已知汽车从最高点至着地点经历的时间约为1
s，忽略空气阻力，则最高点与着地点的高度差约为(　　)
A．8.0
m
B．5.0
m
C．3.2
m
D．1.0
m
解析：选B．汽车从最高点开始做平抛运动，竖直方向y＝gt2＝×10×12m＝5.0
m，即最高点与着地点的高度差约为5.0
m，B正确．
6．如图所示，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(　　)
A．tan
φ＝sin
θ
B．tan
φ＝cos
θ
C．tan
φ＝tan
θ
D．tan
φ＝2tan
θ
解析：选D．竖直方向的分速度与水平方向的分速度之比为：tan
φ＝，竖直方向的位移与水平方向的位移之比为：tan
θ＝＝，故有tan
φ＝2tan
θ.
7．如图所示，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θ为30°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是(　　)
A．
s
B．
s
C．
s
D．2
s
解析：选C．物体撞击到斜面上时速度可按如图所示分解，由物体与斜面撞击时速度的方向，建立起平抛运动的物体竖直分速度vy与已知的水平速度v0之间的关系，求出vy，再由自由落体速度与时间的关系求出物体的飞行时间．由图可知：tan
θ＝，即tan
30°＝，可以求得t＝
s.
8．如图，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(　　)
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：选BD．由平抛运动知识，飞行时间t＝，由高度决定，b、c飞行时间相同，a最短，A错，B对．结合x＝v0t＝v0，h相同，x正比于v0，D正确．对a，h最小，x最大，故v0最大，C错误．
☆9.如图所示，两个倾角分别为30°、45°光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等．有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端．若同时释放，小球a、b、c到达该水平面时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间关系正确的是(　　)
A．
t1＞t3＞t2
B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′
C．t1′＞t2′＞t3′
D．t1＜t1′、t2＜t2′、t3＜t3′
解析：选AB．设三小球在同一高度h处，由静止释放三小球时，对a：＝gsin
30°·t，则t21＝.对b：h＝gt22，则t22＝.对c：＝gsin
45°·t23，则t23＝，所以t1＞t3＞t2.当平抛三小球时：小球b做平抛运动，竖直方向运动情况同第一种情况；小球a、c在斜面内做类平抛运动，沿斜面向下方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′.故选A、B．
二、非选择题
10.跳台滑雪是勇敢者的运动，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：
(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
11．如图所示，水平屋顶高H＝5
m，墙高h＝3.2
m，墙到房子的距离L＝3
m，墙外马路宽D＝10
m，小球从屋顶水平飞出落在墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v应该满足什么条件？(g＝10
m/s2)
解析：小球速度很小，则不能越过墙；小球速度很大，则飞到马路外面．两临界状态就是刚好越过墙和落在马路右侧边缘．设小球刚好越过墙如图中Ⅰ所示，此时小球的水平初速度为v1，则
H－h＝gt21，t1＝
由L＝v1t1得v1＝5
m/s.
设小球越过墙刚好落在马路的右边缘如图中Ⅱ所示，此时小球的水平速度为v2，则
H＝gt22，t2＝
由L＋D＝v2t2得v2＝13
m/s.
所以小球离开屋顶时的速度满足5
m/s≤v≤13
m/s时，小球落在墙外的马路上．
答案：5
m/s≤v≤13
m/s
12．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，
求圆的半径．
解析：小球做平抛运动，水平位移x＝R＋R，竖直位移y＝R，根据平抛运动特点知小球在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，即
R＋R＝v0t①
小球在竖直方向做自由落体运动，有y＝gt2，即
R＝gt2②
联立①②得圆的半径R＝.
答案：1．关于动能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．动能有可能为负值
C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：选AC．机械能包括动能和势能，而动能是物体由于运动具有的能，且Ek＝mv2≥0，故A正确，B错误；一定质量的物体的动能变化时，速度的大小一定变化，但速度变化时，动能不一定变化，如匀速圆周运动，动能不变，但速度变化，故C正确，D错误．
2．一质量为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(方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为(　　)
A．mv2
B．－mv2
C．mv2
D．－mv2
解析：选A．对滑块由动能定理得：
W＝m(－2v)2－mv2＝mv2，故A正确．
3.某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图像如图所示，在物体开始运动后的前4.0
m内，物体具有最大动能时对应的位移是(　　)
A．2.0
m
B．1.0
m
C．3.0
m
D．4.0
m
解析：选A．由题图知x＝2.0
m时，F合＝0，此前F合做正功，而此后F合做负功，故x＝2.0
m时物体的动能最大，故A正确．
4．水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(　　)
A．30%
B．50%
C．70%
D．90%
解析：选A．根据v＝和Ek＝mv2解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v′与碰撞前白球速度v的比值，＝
.所以损失的动能ΔEk＝mv2－·2mv′2，≈30%，故选项A正确．
5.物块质量为m，从高为H，倾角为θ的斜面上端由静止开始沿斜面下滑．滑至水平面C点处停止，测得水平位移为x，若物块与接触面间动摩擦因数相同，求动摩擦因数．
解析：
以物块为研究对象，其受力分析如图所示，根据动能定理有mgH－μmgcos
θ－μmg(x－Hcot
θ)＝0，即H－μx＝0，μ＝.
答案：一、
选择题
1．牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律．在创建万有引力定律的过程中，牛顿(　　)
A．接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的平方成反比”的猜想
B．根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即F∝m的结论
C．根据F∝m和牛顿第三定律，分析地月间的引力关系，进而得出F∝m1m2
D．根据大量实验数据得出了比例系数G的大小
解析：选AB．在创建万有引力定律的过程中，牛顿接受了平方反比猜想，和物体受地球的引力与其质量成正比，即F∝m的结论，而提出万有引力定律．后来卡文迪许利用扭秤测量出万有引力常量G的大小，只有C项是在建立万有引力定律后才进行的探索，因此符合题意的只有A、B．
2．对于太阳与行星间的引力及其表达式F＝G，下列说法正确的是(　　)
A．公式中G为比例系数，与太阳、行星有关
B．太阳、行星彼此受到的引力总是大小相等
C．太阳、行星彼此受到的引力是一对平衡力，合力为零，M、m都处于平衡状态
D．太阳、行星彼此受到的引力是一对相互作用力
解析：选BD．太阳与行星间引力表达式F＝G中的G为比例系数，与太阳、行星都没有关系，A错误；太阳与行星间的引力分别作用在两个物体上，是一对作用力和反作用力，不能进行合成，B、D正确，C错误．
3．地球可近似看成球形，由于地球表面上物体都随地球自转，所以有(　　)
A．物体在赤道处受的地球引力等于两极处，而重力小于两极处
B．赤道处的角速度比南纬30°大
C．地球上物体的向心加速度都指向地心，且赤道上物体的向心加速度比两极处大
D．地面上的物体随地球自转时提供向心力的是重力
解析：选A．由F＝G可知，物体在地球表面任何位置受到地球的引力都相等，此引力的两个分力一个是物体的重力，另一个是物体随地球自转的向心力．在赤道上，向心力最大，重力最小，A对．地表各处的角速度均等于地球自转的角速度，B错．地球上只有赤道上的物体向心加速度指向地心，其他位置的向心加速度均不指向地心，C错．地面上物体随地球自转的向心力是万有引力与地面支持力的合力，D错．
4．已知太阳的质量为M，地球的质量为m1，月亮的质量为m2，当发生日全食时，太阳、月亮、地球几乎在同一直线上，且月亮位于太阳与地球中间，如图所示．设月亮到太阳的距离为a，地球到月亮的距离为b，则太阳对地球的引力F1和对月亮的引力F2的大小之比为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选D．太阳对地球的引力F1＝G
太阳对月亮的引力F2＝G.
故＝.
5．假如地球自转速度增大，关于物体所受的重力，下列说法正确的是(　　)
A．放在赤道地面上物体的万有引力不变
B．放在两极地面上物体的重力不变
C．放在赤道地面上物体的重力减小
D．放在两极地面上物体的重力增加
解析：选ABC．地球自转角速度增大，物体受到的万有引力不变，选项A正确；在两极，物体受到的万有引力等于其重力，则其重力不变，选项B正确、D错误；而对放在赤道地面上的物体，F万＝G重＋mω2R，由于ω增大，则G重减小，选项C正确．
6．两个质量均为m的星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图所示，一个质量为m的物体从O沿OM方向运动，则它受到的万有引力大小变化情况中正确的是(　　)
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
解析：选C．当物体m在O点时，两星体对物体的万有引力等大反向，合力为零；当物体在无限远处时，两星体对物体的万有引力均为零，合力也为零，故物体从O沿OM方向运动，则它受到的万有引力大小是先增大后减小．
7．一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量为G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选D．由于物体对天体表面的压力恰好为零，所以物体受到天体的万有引力全部提供物体随天体自转做圆周运动的向心力，G＝mR，又因为ρ＝＝，由以上两式解得T＝，选项D正确．
8．两颗行星的质量分别为m1和m2，它们绕太阳运动的轨道半径分别是r1和r2，若它们只受太阳引力的作用，那么这两颗行星的向心加速度之比为(　　)
A．1
B．
C．
D．
解析：选D．设行星m1、m2所受的向心力分别为F1、F2，由太阳与行星之间的作用规律可得：
F1∝，F2∝，而a1＝，a2＝，故＝，D正确．
9．假设火星和地球都是球体，火星的质量为M火星，地球的质量为M地球，两者质量之比为p；火星的半径为R火，地球的半径为R地，两者半径之比为q，它们表面处的重力加速度之比为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选C．不计星球自转，星球表面处物体的重力等于它所受的万有引力，则：
在地球表面：G＝mg地①
在火星表面：G＝mg火②
解①②式得：＝·2＝p·2＝，故C正确．
二、非选择题
10．地球质量大约是月球质量的81倍，一个飞行器在地球与月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时，这个飞行器距地心的距离与距月心的距离之比为多少？
解析：设R是飞行器到地心的距离，r是飞行器到月心的距离．则由题意得：
G＝G
所以＝＝.
答案：9∶1
☆11.某星球“一天”的时间是T＝6
h，用弹簧测力计在星球上测同一物体的重力时，“赤道”上比在“两极”处读数小10%.设想该星球自转的角速度加快，使赤道上的物体自动飘起来，这时星球的“一天”是多少小时？
解析：设该物体在星球的“赤道”上时重力为G1，在两极处的重力为G2，在“赤道”处
G－G1＝mRω2①
在“两极”处G＝G2②
依题意得1－(G1/G2)×100%＝10%.③
设该星球自转的角速度增加到ω0时赤道上的物体自动飘起来，是指地面与物体间没有相互作用力，物体受到星球的万有引力全部提供其随星球自转的向心力，则
G＝mRω.④
又ω0＝，ω＝⑤
联立①②③④⑤式解得：T0＝
h＝1.9
h.
答案：1.9
h
☆12.如图所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度竖直向上匀加速运动．升到某一高度时，测试仪对平台的压力为起动前压力的.已知地球半径为R，求火箭此时离地面的高度(g为地面附近的重力加速度)．
解析：在地面附近的物体，所受重力近似等于物体所受到的万有引力．即mg≈G，物体距地面一定高度时，万有引力定律中的距离为物体至地心的距离，重力和万有引力不相等，故此时的重力加速度小于地面上的重力加速度．
取测试仪为研究对象，其先后受力如图甲、乙所示，据物体的平衡条件有N1＝mg1，g1＝g，所以N1＝mg，据牛顿第二定律有N2－mg2＝ma＝m·，所以N2＝＋mg2，由题意知N2＝N1，所以＋mg2＝×mg，所以g2＝g.由于mg≈G，设火箭距地面高度为H，所以mg2＝G·，所以g＝，所以H＝.
答案：1．关于运动的合成与分解，以下说法中正确的是(　　)
A．由两个分运动求合运动，合运动是唯一确定的
B．由合运动分解为两个分运动，可以有不同的分解方法
C．只有物体做曲线运动时，才能将这个运动分解为两个分运动
D．任何形式的运动，都可以用几个分运动代替
解析：选ABD．从运动合成或分解的法则——平行四边形定则出发思考，明确运动分解的意义、方法，可做出正确的判断，答案为A、B、D．
2.如图所示，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时，则跳伞员着地时的速度(　　)
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：
选A．跳伞员竖直方向的匀速直线运动和水平方向上与风同速的匀速直线运动是他的两个分运动，如图所示，
由平行四边形定则及几何知识得，v合＝
m/s＝5.0
m/s，方向偏西．选项A正确，其他选项均错．
3．一物体运动规律是x＝3t2
m，y＝4t2
m，则下列说法中正确的是(　　)
A．物体在x轴和y轴方向上都是初速度为零的匀加速直线运动
B．物体的合运动是初速度为零、加速度为5
m/s2的匀加速直线运动
C．物体的合运动是初速度为零、加速度为10
m/s2的匀加速直线运动
D．物体的合运动是加速度为5
m/s2的曲线运动
解析：选AC．根据匀加速直线运动的位移公式s＝v0t＋at2可知，物体在x轴和y轴方向上都是初速度为零的匀加速直线运动，选项A正确；物体在x、y方向上的加速度分别为ax＝6
m/s2，ay＝8
m/s2，根据平行四边形定则知，物体的合加速度为a＝＝10
m/s2，v0＝0，选项B、D错误，选项C正确．
4．某电视台群众娱乐节目中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台的边缘上，向平台圆心处的球筐内投篮球．如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向，群众演员沿切线方向与转盘同速，且v＝ωR)(　　)
解析：选B．篮球被投出时由于惯性具有同圆盘边缘线速度等大的切向速度v1＝ωR，要投入平台中心处的篮筐，篮
球的合速度应该沿半径方向水平向左，根据平行四边形定则可知，选项B正确，其他选项所标注的篮球投出方向都不能使篮球的合速度沿半径方向指向圆心．
5．小船在200
m宽的河中横渡，水流速度为2
m/s，船在静水中的航速是4
m/s，求：
(1)当小船的船头始终正对对岸时，它将在何时、何处到达对岸？
(2)要使小船到达正对岸，应如何行驶？历时多长？
解析：小船参与了两个运动：随水漂流和船在静水中的运动．因为分运动之间是互不干扰的，具有等时的性质，故
(1)小船渡河时间等于垂直于河岸的分运动时间
t＝t1＝＝
s＝50
s
沿河流方向的位移x水＝v水t＝2×50
m＝100
m
即在正对岸下游100
m处靠岸．
(2)要小船垂直过河，即合速度应垂直于河岸，如图所示，
则cos
θ＝＝＝
所以θ＝60°，即航向与岸上游成60°角
渡河时间t＝＝＝
s＝
s≈57.7
s.
答案：(1)50
s后在正对岸下游100
m处靠岸
(2)航向与岸上游成60°角　57.7
s一、选择题
1．一物体由静止开始下落一小段时间后，突然受一恒定水平风力的影响，但着地前一小段时间风突然停止，则其运动轨迹的情况可能是图中的(　　)
解析：选C．风力停止之前，物体的速度方向斜向下，风力停止后，物体还有重力作用，重力方向竖直向下，力的方向指向轨迹凹侧，故选C．
2．某一物体受到几个共点力的作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力F1时，物体可能做(　　)
A．匀加速直线运动
B．匀减速直线运动
C．匀变速曲线运动
D．变加速曲线运动
解析：选ABC．由于撤去恒力F1后物体受的合力为恒力，故一定是匀变速运动，但初速度的方向不知，所以轨迹可能是直线也可能是曲线，可能是匀加速直线运动，可能是匀减速直线运动也可能是匀变速曲线运动．故A、B、C都是有可能的．
3．质点做曲线运动从A到B速率逐渐增加，如图所示，有四位同学用示意图表示A到B的轨迹及速度方向和加速度的方向，其中正确的是(　　)
解析：选D．由牛顿第二定律可知，加速度a与合外力的方向相同，指向曲线的凹侧，另外速度v的方向沿曲线的切线方向，故B、C项错误．由于质点从A到B速率逐渐增加，则加速度与速度的夹角应小于90°，综上可知，只有D项正确．
4．如图所示，一物体在O点以初速度v开始做曲线运动，已知物体只受到沿x轴方向的恒力作用，则物体速度大小变化是(　　)
A．先减小后增大
B．先增大后减小
C．不断增大
D．不断减小
解析：选A．开始时物体所受合力方向与速度方向的夹角大于90°，物体速度减小，经过一段时间后，物体的速度方向与其合力方向的夹角小于90°，物体又做加速运动，故A项正确．
5．下列说法正确的是(　　)
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在变力作用下有可能做曲线运动
C．物体做曲线运动，沿垂直速度方向的合力一定不为零
D．沿垂直速度方向的合力为零时，物体一定做直线运动
解析：选BCD．物体是否做曲线运动，取决于物体所受合外力方向与物体运动方向是否共线，只要两者不共线，无论物体所受合外力是恒力还是变力，物体都做曲线运动，故A错误，B正确．由垂直速度方向的力改变速度的方向，沿速度方向的力改变速度的大小知，C、D正确．
6．质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做(　　)
A．加速度大小为的匀变速直线运动
B．加速度大小为的匀变速直线运动
C．加速度大小为的匀变速曲线运动
D．匀速直线运动
解析：选BC．物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故F合＝F3，加速度a＝＝，但因不知原速度方向与F合的方向间的关系，故有B、C两种可能．
7．如图所示，火车在水平轨道上以大小为v的速度向西做匀速直线运动，车上有人相对车厢以大小为u的速度向东水平抛出一小球，已知v>u，站在地面上的人看到小球的运动轨迹应是(图中箭头表示列车运动的方向)(　　)
解析：选D．小球抛出后相对于地面有水平向西的速度，由于抛出后小球合力向下，故抛出后小球仍向前运动，同时向下落，运动轨迹为曲线，选项D正确．
8．翻滚过山车是大型游乐园里的一种比较刺激的娱乐项目．如图所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下，
过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点．下列说法中正确的是(　　)
A．过A点时的速度方向沿AB方向
B．过B点时的速度方向沿水平方向
C．过A、C两点时的速度方向相同
D．圆形轨道上与M点速度方向相同的点在AB段上
解析：选B．翻滚过山车经过A、B、C三点的速度方向如图所示，由图判断B正确，A、C错误．用直尺和三角板作M点速度方向的平行线且与圆相切于N点，则过山车过N点时速度方向与M点相同，D错误．
9．一质点在xOy平面内运动的轨迹如图所示，下面判断正确的是(　　)
A．若x方向始终匀速，则y方向先加速后减速
B．若x方向始终匀速，则y方向先减速后加速
C．若y方向始终匀速，则x方向先减速后加速
D．若y方向始终匀速，则x方向先加速后减速
解析：选BD．曲线运动合外力的方向一定指向轨迹的凹侧，若x方向始终匀速，由轨迹的弯曲方向可判定，在y方向上，质点受到的力先沿y轴负方向，后沿y轴正方向，故质点在y方向先减速后加速，故B正确．同理可判定D也正确．
☆10.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．质点经过C点的速率比D点的大
B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C．质点经过D点时的加速度比B点的大
D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
解析：选A．质点做匀变速曲线运动，所以合外力不变，则加速度不变；在D点，加速度应指向轨迹的凹侧且与速度方向垂直，则在C点加速度的方向与速度方向成钝角，故质点由C到D速度在变小，即vC＞vD，选项A正确．
二、非选择题
11．汽车以恒定的速率绕圆形广场一周用2
min的时间，汽车每行驶半周，速度的方向将改变多少度？汽车每行驶10
s，速度的方向将改变多少度？
解析：汽车运动的方向时刻改变，汽车每绕圆形广场一周所用时间为2
min，即为120
s，则每秒汽车转过的角度为3°.又因为物体做曲线运动的速度方向就是物体运动轨迹上该点的切线方向，所以汽车每运行半周，速度的方向改变Δθ＝60×3°＝180°.故汽车每行驶10
s速度方向改变Δθ′＝10×3°＝30°.
答案：180°　30°
12.如图所示，为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动．开始时，探测器以恒定的速率v0向x轴正方向平移．
(1)单独分别开动P1、P2、P3、P4，探测器将分别做什么运动？
(2)单独开动P2和P4，探测器的运动有什么不同．
解析：(1)单独开动P1时，力沿－x方向，故探测器做匀减速直线运动；单独开动P3时，探测器做匀加速直线运动；单独开动P2或P4时，探测器做匀变速曲线运动．
(2)单独开动P2时，探测器在坐标系第Ⅰ象限内做曲线运动，轨迹向上弯曲；单独开动P4，探测器在坐标系第Ⅳ象限内做曲线运动，运动轨迹向下弯曲．
答案：见解析1．“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：选D．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．
2．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，则下列说法错误的是(　　)
A．双星相互间的万有引力减小
B．双星做圆周运动的角速度增大
C．双星做圆周运动的周期增大
D．双星做圆周运动的半径增大
解析：选B．距离增大万有引力减小，A正确；由m1r1ω2＝m2r2ω2及r1＋r2＝r得，r1＝，r2＝，可知D正确；F＝G＝m1r1ω2＝m2r2ω2，r增大F减小，r1增大，故ω减小，B错；由T＝知C正确．
3．美国宇航局曾发布声明宣布，通过开普勒太空望远镜项目证实了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星．该行星被命名为开普勒－22b(kepler－22b)，距离地球约600光年之遥，体积是地球的2.4倍．这是目前被证实的从大小和运行轨道来说最接近地球形态的行星，它每290天环绕着一颗类似于太阳的恒星运转一圈．若行星开普勒－22b绕恒星做圆周运动的轨道半径可测量，万有引力常量G已知．根据以上数据可以估算的物理量有(　　)
A．行星的质量
B．行星的密度
C．恒星的质量
D．恒星的密度
解析：选C．由万有引力定律和牛顿第二定律知卫星绕中心天体运动的向心力由中心天体对卫星的万有引力提供，由G＝mr求得恒星的质量M＝，所以选项C正确．
4.2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的(　　)
A．线速度大于地球的线速度
B．向心加速度大于地球的向心加速度
C．向心力仅由太阳的引力提供
D．向心力仅由地球的引力提供
解析：选AB．飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，所以ω飞＝ω地，由圆周运动线速度和角速度的关系v＝rω得v飞＞v地，选项A正确；由公式a＝rω2知，a飞＞a地，选项B正确；飞行器受到太阳和地球的万有引力，方向均指向圆心，其合力提供向心力，故C、D选项错．
5．如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v，此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面，已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：
月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小．
解析：设地球的质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月面时的速度大小为vt.
由mg′＝G和mg＝G，得g′＝g.
由v－v2＝2g′h2，得vt＝.
答案：g　一、选择题
1．关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法，正确的是(　　)
A．若其质量加倍，则轨道半径也要加倍
B．它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播
C．它以第一宇宙速度运行
D．它运行的角速度与地球自转角速度相同
解析：选D．由G＝m知轨道半径与卫星质量无关，A错；同步卫星轨道必须和赤道平面重合，即卫星只能在赤道上空，不能在北京上空，B错；其运行速度小于第一宇宙速度，C错；同步卫星必和地球自转的角速度相同，D对．
2．关于人造地球卫星及其中物体的超重、失重问题，下列说法中正确的是(　　)
A．在发射过程中向上加速时产生超重现象
B．在降落过程中向下减速时产生超重现象
C．进入轨道后做匀速圆周运动，产生失重现象
D．失重是由于地球对卫星内物体的作用力减小而引起的
解析：选ABC．超、失重是一种表象，是从重力和弹力的大小关系而定义的．当向上加速时超重，向下减速时(a方向向上)也超重，故A、B正确．卫星做匀速圆周运动时，万有引力完全提供向心力，卫星及卫星内的物体皆处于完全失重状态，故C正确．失重的原因是重力(或万有引力)使物体产生了加速度，故D错．
3.
2013年6月我国发射的“神舟十号”飞船与目标飞行器“天宫一号”成功完成交会对接．若二者对接前在各自稳定圆周轨道运行的示意图如图所示，二者运行方向相同，视为做匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
A．为使“神舟十号”与“天宫一号”对接，可在当前轨道位置对“神舟十号”适当加速
B．“天宫一号”所在处的重力加速度比“神舟十号”大
C．“天宫一号”在发射入轨后的椭圆轨道运行阶段，近地点的速度大于远地点的速度
D．在“天宫一号”内，太空健身器、体重计、温度计都可以正常使用
解析：选AC．神舟十号适当加速后做离心运动可与天宫一号对接，选项A正确．由于天宫一号距地面较远，所以天宫一号所在处的重力加速度比神舟十号小，选项B错．由机械能守恒定律可知，“天宫一号”在发射入轨后的椭圆轨道运行阶段，近地点的速度大于远地点的速度，选项C正确．在“天宫一号”内，处于完全失重状态，体重计不可以正常使用，选项D错．
4．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比(　　)
A．距地面的高度变大
B．向心加速度变大
C．线速度变大
D．角速度变大
解析：选A．A．地球的自转周期变大，则地球同步卫星的公转周期变大．由＝m(R＋h)，得h＝－R，T变大，h变大，A正确．
B．由＝ma，得a＝，r增大，a减小，B错误．
C．由＝，得v＝，r增大，v减小，C错误．
D．由ω＝可知，角速度减小，D错误．
5.
如图所示，在同一轨道平面上的几颗人造地球卫星A、B、C，在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的是(　　)
A．根据v＝，可知三颗卫星的线速度vAB．根据万有引力定律，可知三颗卫星受到的万有引力FA>FB>FC
C．三颗卫星的向心加速度aA>aB>aC
D．三颗卫星运行的角速度ωA<ωB<ωC
解析：选C．由G＝m得v＝，故vA>vB>vC，选项A错误；卫星受的万有引力F＝G，但三颗卫星的质量关系不知道，故它们受的万有引力大小不能比较，选项B错误；由G＝ma得a＝，故aA>aB>aC，选项C正确；由G＝mω2r得ω＝，故ωA>ωB>ωC，选项D错误．
6．“嫦娥二号”成功发射后，探月成为同学们的热门话题．一位同学为了测算卫星在月球表面附近做匀速圆周运动的环绕速度，提出了如下实验方案：在月球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，测出物体上升的最大高度h，已知月球的半径为R，便可测算出绕月卫星的环绕速度．按这位同学的方案，绕月卫星的环绕速度为(　　)
A．v0
B．
v0
C．
v0
D．v0
解析：选D．绕月卫星的环绕速度即第一宇宙速度，v＝，对于竖直上抛的物体有v＝2gh，所以环绕速度为v＝＝＝v0
，选项D正确．
7．某次发射同步卫星的过程如下：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后再次点火进入椭圆形的过渡轨道2，最后将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是(　　)
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
解析：选D．由G＝m＝mrω2得，v＝，ω＝，由于r1v3，ω1>ω3，A、B错；轨道1上的Q点与轨道2上的Q点是同一点，到地心的距离相同，根据万有引力定律及牛顿第二定律知，卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，同理卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，C错，D对．
8．假设某飞船在离地球表面高h处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球的质量和半径分别为M和R，引力常量为G，在该轨道上，飞船(　　)
A．运行的线速度大小为
B．运行的线速度小于第一宇宙速度
C．运行时的向心加速度大小为
D．宇航员太空行走时速度很小，可认为没有加速度
解析：选B．由公式v＝＝，故A项错误；设飞船质量为m，由公式G＝m得v＝
，而第一宇宙速度v1＝
，故B项正确；因为G＝ma向，所以a向＝，故C项错误；宇航员相对于飞船速度很小，但相对于地球，其行走速度很大，存在向心加速度，故D项错误．
☆9.2013年6月13日13时18分，天宫一号目标飞行器与神舟十号飞船成功实现交会对接．若对接前两者在同一轨道上运动，下列说法正确的是(　　)
A．对接前
“天宫一号”的运行速率大于“神舟十号”的运行速率
B．对接前“神舟十号”的向心加速度小于“天宫一号”的向心加速度
C．“神舟十号”先加速可实现与“天宫一号”在原轨道上对接
D．“神舟十号”先减速后加速可实现与“天宫一号”在原轨道上对接
解析：选D．由万有引力定律和牛顿第二定律列式v＝，a＝，在同一轨道上的速度和加速度相等，所以选项A、B错误，加速做离心运动，只能实现低轨道与高轨道对接，所以选项C错．“神舟十号”先减速到低轨道后加速做离心运动，可实现两者在原轨道对接．所以选项D正确．
二、非选择题
10．某人在某星球上做实验，在星球表面水平放一长木板，在长木板上放一木块，木板与木块之间的动摩擦因数为μ，现用一弹簧测力计拉木块．当弹簧测力计示数为F时，经计算发现木块的加速度为a，木块质量为m.若该星球的半径为R，则在该星球上发射卫星的第一宇宙速度是多少？
解析：设该星球表面重力加速度为g′.在木板上拉木块时，由牛顿第二定律有F－μmg′＝ma，解得
g′＝.
人造卫星的向心力由重力提供，即mg′＝，所以卫星的第一宇宙速度为v＝＝
.
答案：
11．某卫星在赤道上空做匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面重合，运行方向与地球的自转方向相同，轨道半径为r＝2R，地球半径为R，地球的自转角速度为ω0，地球表面重力加速度为g.在某时刻该卫星正通过赤道上某建筑物的正上方，试求到它下一次通过该建筑物正上方所需时间t多长．
解析：万有引力提供向心力：G＝mω2(2R)
地表处万有引力近似等于物体重力得：mg＝
卫星与建筑物两次相遇，圆心角关系：ωt－ω0t＝2π
解得t＝.
答案：
☆12.如图是发射地球同步卫星的简化轨道示意图，先将卫星发射至距地面高度为h1的近地轨道Ⅰ上，在卫星经过A点时点火实施变轨，进入远地点为B的椭圆轨道Ⅱ上，最后在B点再次点火，将卫星送入同步轨道Ⅲ.已知
地球表面重力加速度为g，地球自转周期为T，地球的半径为R.求：
(1)近地轨道Ⅰ上的速度大小；
(2)远地点B距地面的高度．
解析：(1)设地球的质量为M，卫星的质量为m，近地轨道Ⅰ上的速度为v1
在圆周轨道Ⅰ上＝m.①
在地球表面＝mg.②
由①②得：v1＝.③
(2)设B点距地面高度是h2
＝m2(R＋h2)，④
由②④得h2＝－R.
答案：(1)
　(2)
－R1.
如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100
m，那么下列说法正确的是(　　)
A．轮胎受到地面的摩擦力做了负功
B．轮胎受到的重力做了正功
C．轮胎受到的拉力不做功
D．轮胎受到地面的支持力做了正功
解析：选A．根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，B、D错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C错误．
2．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1
，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1
,
Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
解析：选C．根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝，得两过程的加速度关系为a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．
3.如图所示，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(　　)
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：选C．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．
4．起重机以1
m/s2的加速度将质量为1
000
kg的货物由静止开始匀加速向上提升，若g取10
m/s2，则在1
s内起重机对货物所做的功是(　　)
A．500
J
B．4
500
J
C．5
000
J
D．5
500
J
解析：选D．货物的加速度向上，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，起重机的拉力F＝mg＋ma＝11
000
N，货物上升的位移是x＝at2＝0.5
m，做功为5
500
J.
5.如图所示，在平行于斜面向上的F＝50
N的拉力作用下，使质量为m＝2
kg的物体沿着长为L＝2
m，倾角为α＝30°的斜面从底端向上滑到顶端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2，分别求作用在物体上的各力对物体所做的功(g取10
m/s2)．
解析：
(1)拉力F对物体所做的功为WF＝FLcos
0°＝50×2×1
J＝100
J
拉力F对物体做正功．
(2)重力mg对物体所做的功为
WG＝mgLcos(90°＋α)＝－mgLsin
α
＝－2×10×2×
J＝－20
J
“负号”表示物体克服重力做功．
(3)摩擦力f对物体做的功为
Wf＝f·Lcos
180°＝－μmgLcos
α
＝－0.2×2×10×2×
J＝－4
J
“负号”表示物体克服摩擦力做功，摩擦力是阻力．
(4)弹力N对物体做的功为
WN＝NLcos
90°＝0
J
表示弹力对物体不做功．
答案：拉力做功100
J　重力做功－20
J　摩擦力做功－4
J　支持力做功0
J1.如图所示，小物块A与圆盘始终保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，下列有关A相对圆盘运动趋势的说法正确的是(　　)
A．沿切线方向
B．指向圆心
C．背离圆心
D．没有相对运动趋势
解析：选C．小物块随圆盘一起做匀速圆周运动需要沿半径指向圆心的向心力，提供向心力的只能是圆盘对小物块的静摩擦力．因此，小物块相对圆盘有背离圆心的运动趋势，选项C正确，其他选项均错．
2.如图所示，M能在水平光滑杆上自由滑动，滑杆连架装在转盘上．M用绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m的物体相连．当转盘以角速度ω转动时，M离轴距离为r，且恰能保持稳定转动．当转盘转速增至原来的2倍，调整r使之达到新的稳定转动状态，则滑块M(　　)
A．所受向心力变为原来的4倍
B．线速度变为原来的
C．半径r变为原来的
D．M的角速度变为原来的
解析：选B．向心力为绳的拉力，而绳的拉力等于mg，故向心力不变；转速变为两倍，ω变为原来的两倍；由F＝mωv，线速度变为原来的；由F＝mω2r，半径变为原来的1/4.
3．如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．
b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝
是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝
时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：选AC．小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：
fa＝mωl，当fa＝kmg时，kmg＝mωl，ωa＝
；
对木块b：fb＝mω·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mω·2l，ωb＝
，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝
时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝kmg，选项D错误．
4.如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，整体一起向左匀速运动，系A的吊绳较短，系B的吊绳较长，若天车运动到P处突然静止，则两吊绳所受拉力FA、FB的大小关系是(　　)
A．FA>FB＞mg
B．FAC．FA＝FB＝mg
D．FA＝FB＞mg
解析：选A．当天车突然停止时，A、B两物体将做圆周运动，在最低点时，向心力由吊绳的拉力与重力的合力提供，即F－mg＝m，故F＝mg＋m，所以有FA＞FB＞mg.
5.一位链球运动员在水平面内旋转质量为4
kg的链球，链球每1
s转一圈，转动半径为1.5
m，求：
(1)链球的线速度；
(2)链球做圆周运动需要的向心力．
解析：(1)链球的角速度ω＝，故线速度v＝rω＝＝3π
m/s＝9.42
m/s.
(2)根据向心力公式F＝可得F＝
N＝236.6
N.
答案：(1)9.42
m/s　(2)236.6
N1．关于天体的运动，以下说法中正确的是(　　)
A．天体的运动和地面上物体的运动遵循不同的规律
B．天体的运动是最完美、最和谐的匀速圆周运动
C．太阳从东边升起，西边落下，所以太阳绕地球运动
D．太阳系中所有的行星都绕太阳运动
解析：选D．天体的运动与地面上物体的运动都遵循相同的物理规律，都遵守牛顿运动定律等，A错．天体的运动轨道都是椭圆，而非圆，只是椭圆比较接近圆，有时将椭圆当作圆处理，但椭圆毕竟不是圆，B错．太阳从东边升起，又从西边落下，是地球自转的结果，C错．
2．关于太阳系中各行星的轨道，以下说法中正确的是(　　)
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时的轨道是圆
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：选ACD．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，半长轴就不同，C、D对．
3．关于开普勒行星运动的公式＝k，以下理解正确的是(　　)
A．k是一个与行星无关的量
B．若地球绕太阳运转轨道的半长轴为R地，周期为T地；月球绕地球运转轨道的半长轴为R月，周期为T月，则＝
C．T表示行星运动的自转周期
D．T表示行星运行的公转周期
解析：选AD．＝k是指围绕太阳的行星或者指围绕某一行星的卫星的周期与半径的关系，T是公转周期，k是一个与环绕星体无关的量，只与被环绕的中心天体有关，中心天体不同，其值不同，只有围绕同一天体运动的行星或卫星，它们半长轴的三次方与公转周期的二次方之比才是同一常数，故≠，所以B、C错，A、D对．
4．地球到太阳的距离为水星到太阳距离的2.6倍，那么地球和水星绕太阳运行的线速度之比为(设地球和水星绕太阳运动的轨道为圆)(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选C．设地球绕太阳运转的半径为R1，周期为T1，水星绕太阳运转的半径为R2，周期为T2，由开普勒第三定律有＝＝k，因地球和水星都绕太阳做匀速圆周运动，有T1＝，T2＝，联立上面三式解得：＝＝＝
.
5．天文学家观察到哈雷彗星的转动周期是75年，离太阳最近的距离是8.9×1010
m，离太阳最远的距离不能被测出．试根据开普勒定律估算这个最远距离．(太阳系的开普勒常数k＝3.354×1018
m3/s2)
解析：结合数学知识知道r＝
由开普勒第三定律＝k
联立得l2＝2r－l1＝2－l1.
代入数值得
l2＝[2×－8.9×1010]
m＝5.226×1012
m.
答案：5.226×1012
m一、选择题
1．关于开普勒第二定律，正确的理解是(　　)
A．行星绕太阳运动时，一定是匀速曲线运动
B．行星绕太阳运动时，一定是变速曲线运动
C．行星绕太阳运动时，由于角速度相等，故在近日点处的线速度小于它在远日点处的线速度
D．行星绕太阳运动时，由于它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故它在近日点的速率大于它在远日点的速度
解析：选BD．由于行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，所以相等时间里通过的曲线长度不同，线速度和角速度都不相同．
2．关于行星绕太阳运动的下列说法中正确的是(　　)
A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处
C．离太阳越近的行星的运动周期越长
D．所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等
解析：选D．不同的行星，有不同的椭圆轨道，太阳在椭圆轨道的一个焦点上，故A、B错误；由开普勒第三定律知，所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，半长轴越大，其公转周期越长，故C错误，D正确．
3．关于开普勒第三定律＝k，下列说法中正确的是(　　)
A．公式只适用于绕太阳做椭圆轨道运行的行星
B．公式适用于宇宙中所有围绕星球运行的行星(或卫星)
C．式中的k值，对所有的行星(或卫星)都相等
D．围绕不同星球运行的行星(或卫星)，其k值不同
解析：选BD．开普勒第三定律＝k适用于所有天体，即适用于行星围绕恒星和卫星围绕行星的运转，故A错误，B正确；式中的常数k是由中心天体决定的，同一中心天体k值相同，不同的中心天体k值不同，
故C错误，D正确．
4.如图所示是行星m绕恒星M运动情况的示意图，下列说法正确的是(　　)
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：选C．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．
5．地球绕太阳公转，地球本身绕地轴自转，形成了一年四季：春夏秋冬，则下面说法中正确的是(　　)
A．春分地球公转速率最小
B．夏至地球公转速率最小
C．秋分地球公转速率最小
D．冬至地球公转速率最小
解析：选B．每年1月初，地球位于绕日公转轨道的近日点，速度最大；每年7月初，地球位于绕日公转轨道的远日点，速度最小．
6．某行星沿椭圆轨道运行，近日点离太阳距离为a，远日点离太阳的距离为b，过近日点时行星的速率为va，则过远日点时的速率为(　　)
A．vb＝va
B．vb＝va
C．vb＝va
D．vb＝va
解析：选C．如图所示，A、B分别为近日点、远日点，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．
7．目前的航天飞机的飞行轨道都是近地轨道，一般在地球上空300～700
km飞行，绕地球飞行一周的时间为90
min左右．这样，航天飞机里的宇航员在24
h内可以见到日落日出的次数应为(　　)
A．0.38
B．1
C．2.7
D．16
解析：选D．航天飞机绕行到地球向阳的区域，阳光能照射到它时为白昼，当飞到地球背阳的区域，阳光被地球挡住时就是黑夜．因航天飞机绕地球一周所需时间为90
min，而地球昼夜交替的周期是24×60
min，所以，航天飞机里的宇航员在一天的时间内，看到的日落日出次数n＝＝16.
8．某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图所示，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，则太阳是位于(　　)
A．F2
B．A
C．F1
D．B
解析：选A．根据开普勒第二定律：太阳和行星的连线在相等时间内扫过相等的面积，因为行星在A点的速率比在B点大，所以太阳位于F2.
☆9.下表所示为太阳系八大行星的星球半径和轨道半径，若将八大行星绕太阳运行的轨迹粗略地认为是圆，可以估算出海王星的公转周期最接近(　　)
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(×1011
m)
0.579
1.08
1.50
2.28
7.78
14.3
28.7
45.0
A．80年
B．120年
C．165年
D．200年
解析：选C．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≈164年，故选C．
二、非选择题
10．地球公转轨道的半径在天文学上常用来作为长度单位，叫做一个天文单位，用来量度太阳系内的天体与太阳的距离．已知火星公转的周期是1.84年，根据开普勒第三定律，火星公转轨道半径是多少个天文单位的长度？将地球和火星绕太阳公转的轨道近似看成圆形轨道．
解析：设地球和火星的轨道半径分别为r1、r2，公转周期分别为T1、T2，根据开普勒第三定律：＝，得r2＝·r1＝1.5(个天文单位)．
答案：1.5
11．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1684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公转半径的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估算，它下一次飞近地球是哪一年？
解析：根据开普勒第三定律可得
＝
T彗＝≈76.4年
则哈雷彗星下一次出现的时间为1986年＋76年＝2062年．
答案：2062年
☆12.有一个名叫谷神的小行星，质量为m＝1.00×1021
kg，它的轨道半径是地球绕太阳运动半径的2.77倍，求谷神星绕太阳一周所需要的时间．
解析：设地球的轨道半径为R0，则谷神星绕太阳运行的轨道半径为Rn＝2.77R0
又知地球绕太阳运行周期为T0＝365天
据＝得：谷神星绕太阳的运行周期
Tn＝T0＝×365天＝1
683天＝1
683×24×3
600
s＝1.45×108
s.
答案：1
683天或1.45×108
s1．关于能源的利用，下列说法中正确的是(　　)
A．由于我国煤和石油的储量十分丰富，所以太阳能和核能的开发并不十分重要
B．能源的利用过程，实质上是能的转化和传递过程
C．现在人类社会使用的能源主要是煤、石油和天然气
D．煤、石油和天然气的化学能在利用中不会对环境造成污染
解析：选BC．煤、石油和天然气是由古代的动植物的遗体在长期地质变迁中形成的．在利用这些能源时会产生大量的二氧化碳和甲烷，易产生温室效应对环境造成污染，D选项错误；目前人类使用的能源主要仍是煤、石油和天然气．燃料燃烧时，将化学能转化为内能，内能又可转化为机械能和电能．人类在生产和生活中需要各种形式的能，我们可以根据需要把能源所含的能量转化成多种形式，以供利用，所以能源的利用过程，实质上是能的转化和传递的过程，故B、C正确；我国的煤和石油尽管储量丰富，但终究有限，且利用后不能再生，所以开发和利用新能源，特别是核能和太阳能是解决能源问题的出路．故A错误．
2.细绳一端固定在天花板上，另一端拴一质量为m的小球，如图所示．使小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动．下列说法中正确的是(　　)
A．小球机械能守恒
B．小球能量正在消失
C．小球摆动过程中，只有动能和重力势能在相互转化
D．总能量守恒，但小球的机械能减少
解析：选D．由于小球最终停止摆动，一定存在阻力，小球机械能不守恒，机械能逐渐转化为内能，总能量守恒，所以选项A、B、C错误，选项D正确．
3.如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)
A．动能损失了2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．机械能损失了mgH
解析：选AC．运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系．
物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力f＝mg，当上升高度为H时，位移s＝2H，由动能定理得ΔEk＝－2mgH；由功能关系知ΔE＝Wf＝－mgs＝－mgH，选项A、C正确．
4．水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上．设小工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设小工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在小工件相对传送带滑动的过程中(　　)
A．滑动摩擦力对小工件做的功为mv2
B．小工件的机械能增量为mv2
C．小工件相对于传送带滑动的路程大小为
D．传送带对小工件做功为零
解析：选ABC．小工件相对传送带滑动的过程中，受到的合外力就是传送带对它施加的摩擦力，根据动能定理可知，摩擦力做的功等于小工件增加的动能，小工件的初速度为零，末速度为v，其动能增加为mv2，则小工件受到的滑动摩擦力对小工件做的功为mv2，选项A正确，而选项D错误；根据功能关系知，除了重力和弹力以外的其他力所做的功等于小工件机械能的改变量，选项B正确；由动能定理可得μmgs1＝mv2，则s1＝，s1是小工件相对地面的位移，该过程中，传送带相对地面的位移为s2＝vt＝v·＝2s1，则小工件相对于传送带的位移为s＝s2－s1＝，选项C正确．
5．物体以60
J的初动能从A点出发沿一斜面向上运动，当它到达某一高度时，动能损失了50
J，而机械能损失了10
J，则该物体返回A点时动能为多少？
解析：由A点上升到某一点动能损失ΔEk1＝50
J，机械能损失ΔE1＝10
J.
由此可知由此点上升到最高点动能损失ΔEk2＝10
J．设机械能损失为ΔE2，则有＝
可知ΔE2＝2
J.
全程机械能损失为(10＋2)×2
J＝24
J
该物体返回A点时动能为(60－24)J＝36
J.
答案：36
J一、选择题
1．物体在平衡力作用下的运动中(　　)
A．物体的机械能一定不变
B．如果物体的重力势能有变化，则它的机械能一定有变化
C．物体的动能可能变化，但机械能一定不变
D．物体的重力势能可能变化，但它的机械能一定不变
解析：选B．由动能定理知，平衡力作用下物体的动能一定不变，C错，若物体的重力势能不变则机械能不变，若重力势能变化，则机械能一定有变化，B对，A、D错．
2.
如图所示，A、B两球的质量相等，A球挂在不能伸长的绳上，B球挂在轻质弹簧上，把两球都拉到水平位置，然后释放，若小球通过悬点O正下方的C点时，弹簧和绳子等长，则(　　)
A．在C点A、B两球的动能相等
B．A、B两球重力势能的减少量相等
C．A球的机械能守恒
D．B球的机械能减小
解析：选BCD．两个小球下落的高度相同，减少的重力势能相等，B对．A球受到绳子的作用力，这个力不做功，A球机械能守恒，C对．弹簧到C点时伸长，具有弹性势能，B球的机械能减少，D对．
3．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是(　　)
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
解析：选ABC．运动员到达最低点前，重力一直做正功，重力势能减小，选项A正确．弹力一直做负功，弹性势能增加，选项B正确．除重力、弹力之外无其他力做功，故机械能守恒，选项C正确．重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，故选项D错误．
4.
如图所示，P、Q两球质量相等，开始时两球静止，将P上方的细绳烧断，在Q落地之前，下列说法正确的是(不计空气阻力)(　　)
A．在任一时刻，两球动能相等
B．在任一时刻，两球加速度相等
C．在任一时刻，系统动能和重力势能之和保持不变
D．在任一时刻，系统机械能是不变的
解析：选D．细绳烧断后，Q落地前，两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，整个系统的机械能守恒．
5．物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面．下列所示图像中，能正确反映各物理量之间的关系的是(　　)
解析：选B．设物体的质量为m，初态势能为E0，则有Ep＝E0－mg2t2＝E0－mv2＝E0－Ek＝E0－mgh.综上可知只有B对．
6.如图，把一根内壁光滑的细圆管弯成3/4圆周形状，且竖直放置，管口A竖直向上，管口B水平向左，一小球从管口A的正上方h1高处自由落下，经细管恰能到达细管最高点B处．若小球从A管口正上方h2高处自由落下，进入A管口运动到B点后又从空中飞落进A管口，则h1∶h2为(　　)
A．1∶2
B．2∶3
C．4∶5
D．5∶6
解析：选C．当小球从管口A的正上方h1高处自由落下，到达细管最高点B处时的速度为零，则根据机械能守恒定律有(取管口A的位置重力势能为零)，mgh1＝mgR，解得h1＝R；当从A管口正上方h2高处自由落下时，根据平抛运动规律有R＝vBt，R＝gt2解得vB＝，根据机械能守恒定律有mgh2＝mgR＋mv，解得h2＝，故h1∶h2＝4∶5.
7．半径为R＝0.4
m的圆桶固定在小车内，有一光滑小球静止在圆桶最低点，如图所示．小车以速度v＝4
m/s向右做匀速运动，g取10
m/s2，当小车突然停止，此后关于小球在圆桶中上升的最大高度下列说法正确的是(　　)
A．等于0.8
m
B．等于0.4
m
C．大于0.4
m小于0.8
m
D．小于0.4
m
解析：选C．小车突然停止后，小球在圆筒内做圆周运动．当小球的动能全部转化为重力势能时，小球能上升的高度为h＝＝0.8
m，但它若能沿轨道运动到圆筒的最高点时，在最高点还须满足m≥mg，即v≥＝2
m/s，所以它必然在上升到圆心位置之上而到达最高点之前离开轨道做斜上抛运动，C正确．
☆8.如图所示，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错误的是(　　)
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：选A．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小量，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．
☆9.如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是(　　)
A．①③
B．②④
C．①④
D．②③
解析：选A．对①、③轨道，小球到达右侧最高点的速度可以为零，由机械能守恒可得，小球进入右侧轨道后的高度仍为h，故①、③正确；轨道②右侧轨道最大高度小于h，小球运动到轨道最高点后做斜抛运动，小球到达最高点时仍有水平速度，因此，小球能到达的最大高度小于h，②不正确；轨道④右侧为圆形轨道，小球通过最高点必须具有一定速度，因此，小球沿轨道④不可能到达h高度，④错误．
二、非选择题
10．在“验证机械能守恒定律”的实验中：所用电源的频率为50
Hz.某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O的距离(单位：mm)如图所示，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D、E分别是每打两个点取出的计数点．
(1)从下列器材中选出实验所必需的，其编号为________．
A．打点计时器(包括纸带)
B．重锤
C．天平
D．毫米刻度尺
E．秒表(或停表)
F．运动小车
(2)若重锤的质量为m，则重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能是________
J，从重锤下落到打B点时增加的动能是________
J，得到的结论是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(取g＝9.8
m/s2，结果保留三位有效数字)
解析：(1)用打点计时器和纸带记录小车的运动情况，打点计时器是必需的，重锤是必需的，毫米刻度尺用于测量纸带上各计数点到第一个点的距离，是必需的．
(2)减少的重力势能mghB＝1.91m，增加的动能mv＝m()2＝1.88m.
两者在误差许可的范围内，可看作相等．
答案：(1)ABD　(2)1.91m　1.88m
在实验误差允许的范围内，重锤的机械能守恒
11.
如图所示质量为m的小球自弧形斜面顶端A处由静止滑下，在斜面底端B处进入半径为R的圆形轨道，小球刚好能通过圆形轨道的最高点C，已知A、B两点的高度差为3R，AB段粗糙，BC段光滑，重力加速度为g.求：
(1)小球在B点的速度；
(2)A到B过程中摩擦力对小球做的功．
解析：(1)设小球在C点速度为vC，由牛顿第二定律得
mg＝①
设小球在B点的速度为vB，在小球由B到C的过程中，由机械能守恒得
2mgR＝mv－mv②
由以上两式解得vB＝③
(2)小球由A到B的过程中，设摩擦力做功为W，则
由动能定理得3mgR＋W＝mv－0④
由③④解得W＝－.
答案：见解析
12.如图所示，一根全长为L、粗细均匀的铁链，对称地挂在轻小的定滑轮上．当受到轻微的抖动时，铁链开始滑动．当铁链脱离滑轮瞬间，铁链的速度多大？
解析：初始时，铁链的重心在小定滑轮下方L处．铁链脱离滑轮瞬间，其重心在小定滑轮下方L处．设铁链的质量为m，并设铁链脱离滑轮瞬间的速度为v，据铁链减少的重力势能ΔEp等于增加的动能ΔEk可得
ΔEp＝mg＝ΔEk＝mv2，解得v＝，
即铁链脱离滑轮瞬间，铁链的速度为.
答案：一、选择题
1．拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢，这样做的主要目的是(　　)
A．节省燃料
B．提高柴油机的功率
C．提高传动机械的效率
D．增大拖拉机的牵引力
解析：选D．拖拉机耕地时受到的阻力比在路面上行驶时大得多，根据P＝Fv，在功率一定的情况下，减小速度，可以获得更大的牵引力，选项D正确．
2．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　　)
A．v2＝k1v1
B．v2＝v1
C．v2＝v1
D．v2＝k2v1
解析：选B．车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率．故P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝v1，选项B正确．
3．钢球在足够深的油槽中由静止开始下落，若油对钢球的阻力正比于其速率，则钢球在下落的过程中阻力对钢球做功的功率大小随时间的变化关系最接近于图中的(　　)
解析：选A．设油对钢球的阻力为f＝kvt，阻力对钢球做功的功率P＝f·vt＝kv，所以开始的一段时间内随着速度的增大，钢球所受的阻力也增大，阻力做功的功率也增大，当所受阻力f＝mg时，钢球将向下做匀速运动，阻力做功的功率不再发生变化，故A正确，B、C、D均错．
4．一根质量为M的直木棒，悬挂在O点，有一只质量为m的猴子抓着木棒，如图所示．剪断悬挂木棒的细绳，木棒开始下落，同时猴子开始沿木棒向上爬．设在一段时间内木棒沿竖直方向下落，猴子对地的高度保持不变，忽略空气阻力，则下列的四个图中能正确反映在这段时间内猴子做功的功率随时间变化的关系的是(　　)
解析：选B．猴子对地的高度不变，所以猴子受力平衡．设木棒对猴子的作用力为F，则有F＝mg.设木棒的重力为Mg，则木棒受合外力为F＋Mg＝mg＋Mg，根据牛顿第二定律，Mg＋mg＝Ma，可见a是恒量，t时刻木棒速度v＝at.猴子做功的功率P＝mgv＝mgat，P与t为正比例关系，故B正确．
5．如图所示，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，此时三个力的功率分别为P1、P2、P3，则(　　)
A．P1＝P2＝P3
B．P1＞P2＝P3
C．P3＞P2＞P1
D．P1＞P2＞P3
解析：选A．因三种情况加速度相同，则F1＝F2cos
α＝F3cos
β
(β为F3与斜面的夹角)，再由v＝可知，它们到达斜面顶端时的速度相同，而P1＝F1v，P2＝F2cos
α·v，P3＝F3cos
β·v，因此P1＝P2＝P3，故A对．
6.
起重机的钢索将重物由地面吊到空中某一高度，其v－t图像如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是图中的哪一个(　　)
解析：选B．在0～t1时间内，重物加速上升，设加速度为a1，则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1＝mg＋ma1，速度vt＝a1t，所以拉力的功率为：P1＝m(a1＋g)a1t；在t1～t2时间内，重物匀速上升，拉力F2＝mg，速度为v1＝a1t1，所以拉力的功率为：P2＝mga1t1；在t2～t3时间内，重物减速上升，设加速度大小为a2，则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F2＝mg－ma2，速度v2＝a1t1－a2t，所以拉力的功率为：P1＝m(g－a2)(a1t1－a2t)．综上所述，只有B选项正确．
7．列车在恒定功率的机车牵引下，从车站出发沿平直轨道行驶10
min，速度达到108
km/h的最大速度，那么这段时间内列车行驶的距离(　　)
A．等于18
km
B．等于9
km
C．一定小于9
km
D．一定大于9
km，小于18
km
解析：选D．如图所示列车以恒定功率做变加速运动，其位移为曲线下方的面积．若是匀加速运动则x1＝×
km＝9
km，若以vm匀速运动，则x2＝108×
km＝18
km，所以，以恒定功率行驶的距离x1＜x＜x2，即9
km＜x＜18
km，故选D．
8.为了保护环境，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102
kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15
m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F－图像如图(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则(　　)
A．在全过程中，电动车在B点时速度最大
B．AB过程电动车做匀加速运动
C．BC过程电动车做减速运动
D．BC过程电动车的牵引力的功率恒定
解析：选BD．因为刚开始起动时，v较小，较大，所以看F－图像时，应该从图像的右边向左看，根据图像可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动.越小，速度v越大，所以，在全过程中，电动车在C点时速度最大，选项A错误；AB过程中，牵引力F不变，所以加速度a＝(F－f)/m不变，电动车做匀加速运动，选项B正确；根据图像，在BC过程中，的取值逐渐减小，这说明速度v逐渐增大，所以电动车做加速运动，选项C错误；在BC过程中，F与成正比，所以Fv＝P，恒定不变，选项D正确．
☆9.2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4
s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1
000
m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则(　　)
A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
B．在0.4
s～2.5
s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D．在0.4
s～2.5
s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
解析：选AC．由v－t图像面积可知，飞机从着舰到停止发生的位移约为x＝×3×70
m＝105
m，即约为无阻拦索时的，选项A正确；由v－t图像斜率知，飞机与阻拦索作用过程中(0.4
s～2.5
s时)，其F合恒定，在此过程中阻拦索两段间的夹角变小，而合力恒定，则阻拦索张力必减小，选项B错误；在0.4
s～2.5
s时间内，加速度a＝
m/s2≈27.1
m/s2>2.5g，选项C正确；在0.4
s～2.5
s时间内，阻拦系统对飞机的作用力F合不变，但v减小，所以功率减小，选项D错误．
二、非选择题
10．质量为3
kg的物体，从高30
m处自由落下，(g取10
m/s2)问：
(1)第2
s内重力做功的功率是多少？
(2)第2
s末重力做功的功率是多少？
解析：(1)第2
s内是指一段时间，应对应P＝，
是平均功率．
第2
s内的位移
x＝g(t－t)＝×10×(22－12)
m＝15
m.
重力做的功
W＝mgx＝3×10×15
J＝450
J.
重力在第2
s内的功率
P＝＝
W＝450
W.
(2)第2
s末指时刻，应采用P＝Fv计算，是瞬时功率．
第2
s末物体的速度
v＝gt2＝10×2
m/s＝20
m/s
第2
s末重力做功的瞬时功率
P＝mgv＝3×10×20
W＝600
W.
答案：(1)450
W　(2)600
W
11．2013年1月，一场别开生面的节能车竞赛在东风本田发动机有限公司T区内进行，40支车队以各家独门绝技挑战1升汽油行驶里程的最高纪录．某公司研制开发的某型号小汽车发动机的额定功率为24
kW，汽车连同驾乘人员总质量为m＝2
000
kg，在水平路面上行驶时受到恒定的阻力是800
N，求：
(1)汽车在额定功率下匀速行驶的速度大小；
(2)汽车在额定功率下行驶，速度为20
m/s时的加速度大小．
解析：(1)汽车匀速行驶时，牵引力F等于阻力f，即F＝f，又P＝Fv
代入数据得v＝30
m/s.
(2)设v1＝20
m/s时汽车牵引力为F1，则P＝F1v1
根据牛顿第二定律F1－f＝ma
代入数据得：a＝0.2
m/s2.
答案：(1)30
m/s　(2)0.2
m/s2
☆12.如图为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103
kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2
m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02
m/s的匀速运动．取g＝10
m/s2，不计额外功．求：
(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
F0＝mg②
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
s⑦
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
W1．关于平抛运动，下列说法中正确的是(　　)
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：选C．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，其初速度方向与合外力方向垂直不共线，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．
2．下列速率－时间图像中，图线Ⅰ、Ⅱ分别表示物体以初速度v0做平抛运动时，水平方向和竖直方向的两个分运动情况，其中正确的是(　　)
解析：选C．由于平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，即vx＝v0，vy＝gt，故选项C正确．
3.在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两个物体A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两物体在空中相遇，则必须(　　)
A．同时抛出两物体
B．先抛出A物体
C．先抛出B物体
D．使两物体质量相等
解析：选A．从同一高度抛出的两个物体在空中相遇，说明两物体的竖直分位移相等，由h＝gt2知两者运动时间相等，若要相遇必须同时从同一高度抛出，选项A正确，选项B、C错误；平抛运动的时间与物体的质量无关，选项D错误．
4.
(2014·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)(　　)
A．1
m/s
B．2
m/s
C．3
m/s
D．4
m/s
解析：选BC．面片做平抛运动，面片的运动时间为t＝＝0.4
s，面片的初始位置距离锅的水平距离满足0.5
mm，又x＝v0t，则面片的初始速度应满足1.25
m/sm/s，因此选项B、C正确，选项A、D错误．
5．一水平放置的水管，距地面高h＝1.8
m，管内横截面积S＝2.0
cm2.有水从管口处以不变的速度v＝2.0
m/s源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速度都相同，并假设水流在空中不散开．取重力加速度g＝10
m/s2，不计空气阻力．求水流稳定后在空中有多少立方米的水．
解析：喷出的水做平抛运动，则利用平抛运动规律及等效法即可求解．
以t表示水由喷口处到落地所用的时间，有
h＝gt2
单位时间内喷出的水量Q＝Sv
空中水的总量V＝Qt
由以上各式解得V＝Sv
代入数值得V＝2.4×10－4
m3.
答案：2.4×10－4
m3(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．我国发射的“天链一号01星”是一颗同步卫星，其运动轨道与地球表面上的(　　)
A．某一纬度线(非赤道)是共面的同心圆
B．某一经度线是共面的同心圆
C．赤道线是共面同心圆，且卫星相对地面是运动的
D．赤道线是共面同心圆，且卫星相对地面是静止的
解析：选D．同步卫星相对地球静止，自西向东转，所有的卫星都必须以地心为圆心，因此同步卫星在赤道上空，与赤道线是共面同心圆，故D项正确．
2．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：选C．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．
3．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B．由N＝mg得g＝.在行星表面G＝mg，卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则G＝m，联立以上各式得M＝，故选B．
4．一物体从一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变化的图像如图所示，不计阻力．则根据h－t图像可以计算出(　　)
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：选C．根据图像可得物体下落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．
5.如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R.下列说法正确的是(　　)
A．地球对一颗卫星的引力大小为
B．一颗卫星对地球的引力大小为
C．两颗卫星之间的引力大小为
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为
解析：选BC．地球与卫星之间的距离应为地心与卫星之间的距离，选项A错误，B正确；两颗相邻卫星与地球球心的连线互成120°角，间距为r，代入数据得，两颗卫星之间引力大小为，选项C正确；三颗卫星对地球引力的合力为零，选项D错误．
6．卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105
km，运行周期约为27天，地球半径约为6
400
km，无线电信号的传播速度为3×108
m/s)(　　)
A．0.1
s
B．0.25
s
C．0.5
s
D．1
s
解析：选B．根据＝m同(R＋h)，＝m月r，结合已知数据，解得地球同步卫星距地面的高度h≈3.6×107
m．再根据电磁波的反射及直线传播得：2h＝ct，得t≈0.24
s，故选项B正确，选项A、C、D错误．
7．“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为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：选A．“嫦娥二号”在近月表面做匀速圆周运动，已知周期T，有G＝mR.无法求出月球半径R及质量M，但结合球体体积公式可估算出密度，A正确．
8．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，它们都围绕月地连线上某点O做匀速圆周运动．据此观点，可知月球与地球绕O点运动的线速度大小之比约为(　　)
A．1∶6
400
B．1∶80
C．80∶1
D．6
400∶1
解析：选C．月球与地球做匀速圆周运动的圆心在两质点的连线上，所以它们的角速度相等，其向心力是相互作用的万有引力，大小相等，即mω2r＝Mω2R，所以mω·ωr＝Mω·ωR，即mv＝Mv′，所以v∶v′＝M∶m＝80∶1，选项C正确．
9.2013年6月，“神舟十号”与“天宫一号”完美“牵手”，成功实现交会对接(如图)．交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段．则下列说法正确的是(　　)
A．在远距离导引段，“神舟十号”应在距“天宫一号”目标飞行器前下方某处
B．在远距离导引段，“神舟十号”应在距“天宫一号”目标飞行器后下方某处
C．在组合体飞行段，“神舟十号”与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9
km/s
D．分离后，“天宫一号”变轨升高至飞行轨道运行时，其速度比在交会对接轨道时大
解析：选BC．在远距离导引段，“神舟十号”位于“天宫一号”的后下方的低轨道上飞行，通过适当加速，“神舟十号”向高处跃升，并追上“天宫一号”与之完成对接，A错，B对．“神舟十号”与“天宫一号”组合体在地球上空数百公里的轨道上运动，线速度小于第一宇宙速度7.9
km/s，C对．分离后，“天宫一号”上升至较高轨道上运动，线速度变小，D错．
10．地球同步卫星到地心的距离r可由r3＝求出，已知式中a的单位是m，b的单位是s，c的单位是m/s2，则(　　)
A．a是地球半径，
b是地球自转周期，c是地球表面处的重力加速度
B．a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c是同步卫星的加速度
C．a是赤道周长，b是地球自转的周期，c是同步卫星的加速度
D．a是地球半径，b是地球自转的周期，c是同步卫星的加速度
解析：选A．同步卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对同步卫星的万有引力提供：＝，可得：
r3＝，又GM＝gR2，故有：r3＝，根据题意可知，a是地球半径，b是同步卫星的周期，等于地球自转周期，c是地球表面的重力加速度，故A正确．
二、计算题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(12分)在某星球上，宇航员用弹簧测力计提着质量为m的物体以加速度a竖直上升，此时弹簧测力计示数为F，而宇宙飞船在靠近该星球表面绕星球做匀速圆周运动而成为该星球的一颗卫星时，宇航员测得其环绕周期是T.根据上述数据，试求该星球的质量．
解析：由牛顿第二定律可知F－mg＝ma(1分)
所以mg＝F－ma(1分)
设星球半径为R，在星球表面mg＝G(2分)
所以F－ma＝G(1分)
解得R＝
(2分)
设宇宙飞船的质量为m′，
则其环绕星球表面飞行时，轨道半径约等于星球半径，
则有＝m′2R(2分)
所以M＝＝(1分)
解得M＝(2分)
即该星球质量为.
答案：
12．(12分)科学家在地球轨道外侧发现了一颗绕太阳运行的小行星，经过观测该小行星每隔t时间与地球相遇一次，已知地球绕太阳公转的半径是R，周期是T，设地球和小行星都是圆轨道，求小行星距太阳的距离．
解析：设小行星绕太阳运行的周期为T′，T′>T，地球和小行星每隔时间t相遇一次，则有
－＝1(3分)
设小行星绕太阳运行的轨道半径为R′，万有引力提供向心力，则
G＝m′R′(3分)
同理对于地球绕太阳运动也有
G＝mR(3分)
由上面两式得＝得
R′＝()R.(3分)
答案：()R
13．(16分)(1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即＝k，k是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知万有引力常量为G，太阳的质量为M太．
(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为3.84×108
m，月球绕地球运动的周期为2.36×106
s，试计算地球的质量M地．(G＝6.67×10－11
N·m2/kg2，结果保留一位有效数字)
解析：(1)因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道半长轴a即为轨道半径r.根据万有引力定律和牛顿第二定律有
G＝m行2r①(4分)
于是有＝M太②(3分)
即k＝M太．(2分)
(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R，周期为T，由②式可得
＝M地(4分)
解得M地＝6×1024
kg.(3分)
(M地＝5×1024
kg也算对)
答案：见解析