课时跟踪检测（一） 曲线运动
1．(多选)下列说法中正确的是( )
A．做曲线运动的物体，速度方向一定变化
B．速度方向发生变化的运动一定是曲线运动
C．速度变化的运动一定是曲线运动
D．做曲线运动的物体一定具有加速度
解析：选AD 做曲线运动的物体，其运动轨迹上某点的切线方向表示速度的方向，切线方向是时刻变化的，故速度方向一定变化，A正确。向空中竖直上抛一小球，小球减速至最高点后又反向做加速运动，小球在运动中速度的方向和大小都发生了改变，但其运动是直线运动，B、C错误。做曲线运动的物体的速度一定是变化的，即Δv≠0，故物体一定具有加速度，D正确。www.21-cn-jy.com
2．(多选)(全国乙卷)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。 21cnjy.com
3．如图1所示，篮球沿优美的弧线穿过篮筐，图中能正确表示篮球在相应点速度方向的是( )
图1
A．v1 B．v2
C．v3 D．v4
解析：选C 依据曲线运动特征可知：物体做曲线运动时，任意时刻的速度方向是曲线上该点的切线方向，所以图中能正确表示篮球在相应点速度方向的只有v3，故C正确。
4．(多选)下列关于力和运动关系的说法中，正确的是( )
A．物体做曲线运动，一定受到了力的作用
B．物体做匀速运动，一定没有力作用在物体上
C．物体运动状态变化，一定受到了力的作用
D．物体受到摩擦力作用，运动状态一定会发生改变
解析：选AC 物体做曲线运动，一定受到与速度不在同一直线上的力的作用，A对；匀速运动的物体所受合力为零，并不是不受力的作用，B错；力是改变物体运动状态的原因，C对；受摩擦力作用仍可能处于平衡状态，D错。21教育网
5．质点在某一平面内沿曲线由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。则下列选项中可能正确的是( )
解析：选D 质点做曲线运动时，速度方向是曲线上这一点的切线方向，选项A错误；质点所受合外力和加速度的方向指向运动轨迹的凹侧，选项B、C错误，只有选项D正确。
6. (多选)如图2所示，小铁球m以初速度v0在光滑的水平面上运动。后来受到磁铁的作用力而做图示的曲线运动到达P点。据图判断磁铁的位置可能在( )
图2
A．A点 B．B点
C．C点 D．D点
解析：选BD 小铁球受到磁铁的引力一定指向轨迹的凹侧，故磁铁可能在B、D两点。
7.如图3所示，物体在恒力F的作用下沿曲线从A运动到B，这时突然使它所受外力反向，大小不变，在这样的力作用下，关于物体以后的运动情况，下列说法中正确的是( )
图3
A．物体沿曲线Ba运动
B．物体沿直线Bb运动
C．物体沿曲线Bc运动
D．物体沿曲线从B又返回A
解析： 选C 根据曲线运动的条件，做曲线运动的物体受到的合力的方向与曲线AB上各点的速度方向(即切线方向)都不在一条直线上，其方向应是由曲线AB上的各点指向曲线弯曲的内侧，如图所示的F1是在A点时恒力F的可能方向之一。当物体运动到B点时，恒力F突然反向后与B点的速度方向仍不在同一条直线上，所以物体继续做曲线运动，而不可能沿直线Bb运动，同时反向后的恒力－F1应指向B点之后的曲线弯曲的内侧，故物体不可能沿曲线Ba运动，也不可能沿原曲线由B返回A，只可能沿曲线Bc运动，因此C正确。
8.如图4所示为某一物体的速度—时间图像(曲线为圆弧)，则由此可知物体是做( )
图4
A．曲线运动
B．匀速直线运动
C．匀变速直线运动
D．变减速直线运动
解析：选D 本图像不是物体运动的轨迹，而是物体运动的v-t图像。据题图可知，物体运动的速度方向一直为正方向，其大小逐渐减小，斜率逐渐增大，即物体做加速度逐渐增大的变减速直线运动。所以本题的正确选项为D。21世纪教育网版权所有
9．物体由静止开始自由下落一小段时间后，突然受一恒定水平向右的风力的影响，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下列图中的( )
解析：选C 第一阶段：开始下落一小段时间内，小球做自由落体运动，其运动轨迹为直线。第二阶段：小球受风力影响，且水平风力和重力的合力F与vA成一夹角，物体开始做匀变速曲线运动。轨迹为如图所示的AB曲线。第三阶段：假设小球运动到B点时风力突然停止，由于小球在B的速度vB的方向沿轨迹的切线方向，则它在重力的作用下将沿曲线BC运动。综上所述，C正确。21·cn·jy·com
10．(多选)在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动。现突然将与速度方向相反、大小为2 N的力水平旋转90°，则下列关于物体运动情况的叙述中正确的是( )21·世纪*教育网
A．物体做速度大小不变的曲线运动
B．物体做加速度为 m/s2的匀变速曲线运动
C．物体做速度越来越大的曲线运动
D．物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大
解析：选BC 物体原来所受合外力为零，当将与速度方向相反、大小为2 N的力水平旋转90°后其受力如图所示，其中F是Fx、Fy的合力，即F＝2 N，且大小、方向都不变，是恒力，故物体的加速度为a＝＝ m/s2＝ m/s2，且恒定。又F与v的夹角θ<90°，所以物体做速度越来越大、加速度恒为 m/s2的匀变速曲线运动。选项B、C正确。www-2-1-cnjy-com
11.如图5所示，物体做圆周运动，在A点物体所受的合外力F既不与速度的方向垂直也不与速度的方向在一条直线上，此时我们可以将F进行正交分解，使一个分力F1与速度v的方向垂直，另一个分力F2与速度方向平行，其中分力F1只改变速度的________，分力F2只改变速度的________。F与v的夹角为α，当α＝0°时，F1＝0，物体做________________运动；α＝90°时，F2＝0，物体的速率__________；α为锐角时，物体运动的速率________。
图5
解析：曲线运动中，物体的合外力可以分解为垂直物体速度的法向分力和与速度共线的切向分力，法向分力只改变速度的方向，切向分力只改变速度的大小，切向分力与速度同向，物体做加速运动，反向则物体做减速运动。2·1·c·n·j·y
答案：方向 大小 加速直线 不变 增加
12.如图6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向正x方向平移。2-1-c-n-j-y
图6
(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，探测器在坐标系中第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
课时跟踪检测（七） 天体运动
1．下面关于丹麦科学家第谷通过对行星的位置观察所记录的数据，说法正确的是( )
A．这些数据在测量记录时误差相当大
B．这些数据说明太阳绕地球运动
C．这些数据与以行星绕太阳做匀速圆周运动为模型得到的结果相吻合
D．这些数据与以行星绕太阳做椭圆运动为模型得到的结果相吻合
解析：选D 德国天文学家研究了第谷的行星观测记录，发现如果假设行星的运动是匀速圆周运动，计算所得的数据与观测数据不符。只有假设行星绕太阳运动的轨道是椭圆，才能解释这种差别，D正确。21·世纪*教育网
2．(多选)关于太阳系中各行星的运动，下列说法正确的是( )
A．太阳系中的各行星有一个共同的轨道焦点
B．行星的运动方向总是与它和太阳的连线垂直
C．行星在近日点的速率大于远日点的速率
D．离太阳“最远”的行星，绕太阳运动的公转周期最长
解析：选ACD 由开普勒第一定律可知，太阳处于椭圆的一个焦点上，故A正确；所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，运动方向为轨迹上某一点切线方向，不一定与它和太阳的连线垂直，故B错误；由开普勒第二定律可知行星在近日点运动快，在远日点运动慢，故C正确；根据开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比，故离太阳越远的行星绕太阳运转的周期越长，故D正确。
3.某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图1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点的小，则太阳位于( )2·1·c·n·j·y
图1
A．A B．B
C．F1 D．F2
解析：选C 根据开普勒第二定律，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积。行星在远日点速率小，在近日点速率大，则A点为远日点，B点为近日点，所以太阳位于F1，故C正确，A、B、D错误。21世纪教育网版权所有
4．理论和实践证明，开普勒行星运动定律不仅适用于太阳系中的天体运动，而且对一切天体(包括卫星绕行星的运动)都适用。下面对于开普勒第三定律的公式＝k，下列说法正确的是( )2-1-c-n-j-y
A．公式只适用于轨道是椭圆的运动
B．式中的k值，对于所有行星(或卫星)都相等
C．式中的k值，只与中心天体有关，与绕中心天体旋转的行星(或卫星)无关
D．若已知月球与地球之间的距离，根据公式可求出地球与太阳之间的距离
解析：选C 开普勒第三定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动。所以也适用于轨道是圆的运动，故A错误；式中的k是与中心星体的质量有关，与绕中心天体旋转的行星(或卫星)无关，故B错误，C正确；式中的k是与中心星体的质量有关，已知月球与地球之间的距离，无法求出地球与太阳之间的距离，故D错误。
5.某行星绕太阳运动的椭圆轨道如图2所示，则下列说法中正确的是( )
图2
A．该行星速度的最大点在b点
B．该行星速度的最小点在c点
C．该行星从a点运动到b点，做减速运动
D．该行星从b点运动到a点，做减速运动
解析：选C 根据开普勒第二定律可知，行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等。由于近日点a到太阳的距离最小，远日点b到太阳的距离最大，则行星在近日点a运动的速度最大，在远日点b运动的速度最小，选项A、B错误。行星从a点运动到b点的过程中，行星与太阳的连线变长，其速度减小，故选项C正确，D错误。
6．两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，它们的周期之比TA∶TB＝1∶8，则轨道半径之比和运动速度之比分别为( )21*cnjy*com
A．RA∶RB＝4∶1，vA∶vB＝1∶2
B．RA∶RB＝4∶1，vA∶vB＝2∶1
C．RA∶RB＝1∶4，vA∶vB＝1∶2
D．RA∶RB＝1∶4，vA∶vB＝2∶1
解析：选D 已知两卫星的周期关系，由开普勒第三定律得＝，故＝＝，由v＝可得＝＝，D正确。【来源：21cnj*y.co*m】
7．(多选)关于开普勒第二定律，正确的理解是( )
A．行星绕太阳运动时，一定是匀速曲线运动
B．行星绕太阳运动时，一定是变速曲线运动
C．行星绕太阳运动时，由于角速度相等，故在近日点处的线速度小于它在远日点处的线速度
D．行星绕太阳运动时，由于它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故它在近日点的线速度大于它在远日点的线速度【出处：21教育名师】
解析：选BD 行星的运动轨迹是椭圆形的，故做变速曲线运动，A错，B对；又在相等时间内扫过的面积相等，所以在近日点时线速度大，C错，D对。【版权所有：21教育】
8．(多选)把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周，由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得( )
A．火星和地球的质量之比
B．火星和太阳的质量之比
C．火星和地球到太阳的距离之比
D．火星和地球绕太阳运行速度的大小之比
解析：选CD 由于火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律，＝k，k为常量，又v＝，则可知火星和地球到太阳的距离之比和运行速度大小之比，所以C、D选项正确。21教育名师原创作品
9．太阳系八大行星绕太阳运行的轨迹可粗略地视为圆，下表是各星球的半径和轨道半径。
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/×106 m
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：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。21教育网
10．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，则过近日点时行星的速率vb为( )21·cn·jy·com
A．vb＝va B．vb＝va
C．vb＝va D．vb＝va
解析：选D 取极短时间Δt，根据开普勒第二定律得行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，
a·va·Δt＝b·vb·Δt
得到：vb＝va，D正确。
11．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)21cnjy.com
解析：哈雷彗星运行的半长轴r＝，由开普勒第三定律＝k，联立得l2＝2r－l1＝2－l1，代入数值解得，l2＝5.226×1012 m。www.21-cn-jy.com
答案：5.226×1012 m
12．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，试估算从你发出信号至对方接收到信号所需要的最短时间。(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，无线电信号传播速度为3×108 m/s)【来源：21·世纪·教育·网】
解析：月球、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律有＝解得r2＝r1·，代入数据求得r2＝4.2×107 m。发出信号至对方接收到信号所需最短时间为t＝，代入数据求得t＝0.24 s。www-2-1-cnjy-com
答案：0.24 s
课时跟踪检测（三） 平抛运动
1.如图1所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v0运动，同时刻在它正上方有一小球b也以初速度v0水平抛出，并落于c点，则( )【来源：21·世纪·教育·网】
图1
A．小球a先到达c点
B．小球b先到达c点
C．两球同时到达c点
D．不能确定
解析：选C 做平抛运动的小球b在水平方向上的运动与小球a同步，b球落地前两球一直在同一竖直线上，两球同时到达c点，C正确。21·世纪*教育网
2．物体在高处以初速度v0水平抛出，落地时速度为v，则该物体在空中运动的时间为(不计空气阻力)( )www-2-1-cnjy-com
A. B.
C. D.
解析：选C 竖直分速度大小vy＝，与在空中运动的时间t的关系为vy＝gt，联立两式求得t＝，C正确。2-1-c-n-j-y
3．如图2所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处。不计空气阻力，则落到B处的石块( )21世纪教育网版权所有
图2
A．初速度大，运动时间短 B．初速度大，运动时间长
C．初速度小，运动时间短 D．初速度小，运动时间长
解析：选A 由y＝gt2可知tB
xA，故vB>vA，选项A正确。21cnjy.com
4．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( )
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。2·1·c·n·j·y
5．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图3中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )
图3
A．tan θ B．2tan θ
C. D.
解析：选D 小球在竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比即为平抛运动合位移与水平方向夹角的正切值。小球落在斜面上速度方向与斜面垂直，故速度方向与水平方向夹角为－θ，由平抛运动结论：平抛运动速度方向与水平方向夹角正切值为位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，可知：小球在竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比为tan＝，D项正确。21*cnjy*com
6．(多选)图4为自动喷水装置的示意图。喷头高度为H，喷水速度为v，若要增大喷洒距离L，下列方法中可行的有( )【来源：21cnj*y.co*m】
图4
A．减小喷水的速度v B．增大喷水的速度v
C．减小喷头的高度H D．增大喷头的高度H
解析：选BD 根据H＝gt2得，t＝，则喷洒的距离x＝vt＝v，则增大喷水的速度，增大喷头的高度可以增大喷洒距离。故B、D正确，A、C错误。
7.如图5所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O有一小球，从静止释放，运动到底端B的时间为t1，若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A点，经过的时间为t2，落到斜面底端B点，经过的时间为t3，落到水平面上的C点，经过的时间为t4，则( )
图5
A．t2>t1 B．t3>t2
C．t4>t3 D．t1＝t4
解析：选B 由＝gsin α·t12可得t1＝ ，而t4＝t3＝，故有C、D错误；由t2<可得：t1>t2，t3>t2，A错误，B正确。21·cn·jy·com
8．(多选)从正在高空水平匀速飞行的飞机上每隔1 s释放1个小球，先后共释放5个，不计空气阻力，则( )【出处：21教育名师】
A．这5个小球在空中处在同一条竖直线上
B．这5个小球在空中处在同一条抛物线上
C．在空中，第1、2两球间的距离保持不变
D．相邻两球的落地间距相等
解析： 选AD 释放的每个小球都做平抛运动。水平速度与飞机的飞行速度相等，每个小球落地前都位于飞机的正下方，即处在同一条竖直线上，如图所示。21教育网
第1、2两球在空中的间距为
Δh＝g(t＋1 s)2－gt2＝g(2t＋1 s)
可见，Δh随时间的增加而增大。
相邻两球落地时的间距为Δx＝v0(t＋1 s)－v0t＝v0
可见，Δx与下落时间无关。综上所述，本题正确选项为A、D。
9．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图6所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )【版权所有：21教育】
图6
A.B.C.D.解析：选D 设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间。则竖直方向上有3h－h＝gt12 ①，水平方向上有＝v1t1 ②。由①②两式可得v1＝。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt22 ③，在水平方向有 ＝v2t2 ④。由③④两式可得v2＝ 。则v的最大取值范围为v110试根据平抛运动原理，设计测量弹射器射出弹丸初速度的实验。提供的实验器材有弹射器(含弹丸，如图7所示)、铁架台(带有夹具)、米尺。
图7
(1)画出实验示意图。
(2)在安装弹射器时应注意：__________________________________________________。
(3)实验中需要测量的量(并在示意图中用字母标出)：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)由于弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中采取的方法是：________________________________________________________________________。
(5)计算公式：_____________________________________________________。
解析：根据研究平抛运动的实验原理，可使弹丸做平抛运动，通过测量下落高度可求出时间，再测水平位移可求出其出射的初速度。www.21-cn-jy.com
(1)实验示意图如图所示。
(2)弹射器必须保持水平，以保证弹丸的初速度沿水平方向。
(3)应测出弹丸下降的高度y和水平位移x，如图所示。
(4)在不改变高度y的条件下进行多次实验，测量水平位移，得出水平位移x的平均值，以减小误差。
(5)因为y＝gt2，所以t＝ ，
又x＝v0t，故v0＝＝x 。
答案：见解析
11.如图8所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为α＝53°的斜面顶端并刚好沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h＝0.8 m，取g＝10 m/s2。求小球水平抛出的初速度v0和斜面顶端与平台边缘的水平距离s各为多少？(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)21教育名师原创作品
图8
解析：小球从平台运动到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有：
s＝v0t，h＝gt2，vy＝gt
由题图可知：tan α＝＝
代入数据解得：v0＝3 m/s，s＝1.2 m。
答案：3 m/s 1.2 m
12.如图9所示，一长为l的木板倾斜放置且倾角为45°。今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后速度方向与木板夹角相等。不计小球与木板碰撞的时间，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板底端，则：
(1)小球释放点距木板上端的水平距离应为多大？
图9
(2)小球落到木板底端前，先后两段运动所用时间之比为多大？
解析：(1)设小球第一次碰板时速度大小为v，对自由下落阶段
y1＝gt12①
v＝gt1②
对平抛阶段
y2＝gt22③
x2＝vt2④
根据题意可知
lsin 45°＝y1＋y2⑤
联立以上方程可解得
y1＝⑥
小球释放点距木板上端的水平距离为
x＝y1＝。
(2)由①③⑤⑥可求出小球落到木板底端前的两段运动所用时间之比为t1∶t2＝1∶2。
答案：(1) (2)1∶2
课时跟踪检测（九） 万有引力定律的应用
1．下列说法正确的是( )
A．海王星是人们直接应用万有引力定律计算出轨道而发现的
B．天王星是人们依据万有引力定律计算出轨道而发现的
C．海王星是人们经过长期的太空观测而发现的
D．天王星的运行轨道与由万有引力定律计算的轨道存在偏差，其原因是天王星受到轨道外的行星的引力作用，由此人们发现了海王星www.21-cn-jy.com
解析：选D 由行星的发现历史可知，天王星并不是根据万有引力定律计算出轨道而发现的；海王星不是通过观测发现，也不是直接由万有引力定律计算出轨道而发现的，而是人们发现天王星的实际轨道与理论轨道存在偏差，然后运用万有引力定律计算出“新”星的轨道，从而发现了海王星。由此可知，A、B、C错误，D正确。【来源：21·世纪·教育·网】
2．为了研究太阳演化的进程需知太阳的质量，已知地球的半径为R，地球的质量为m，日地中心的距离为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T，则太阳的质量为( )21*cnjy*com
A. B.
C. D.
解析：选A 地球绕太阳运动有G＝mr，对地球表面的物体有m′g＝G，联立解得M日＝，A正确。【出处：21教育名师】
3．地球表面的平均重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，可估算地球的平均密度为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 忽略地球自转的影响，对处于地球表面的物体，有mg＝G，又地球质量M＝ρV＝πR3ρ。代入上式化简可得ρ＝，A正确。2·1·c·n·j·y
4.如图1所示，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则( )【版权所有：21教育】
图1
A.＝ B.＝
C.＝2 D.＝2
解析：选A 对人造卫星，根据万有引力提供向心力＝m，可得v＝ 。 所以对于a、b两颗人造卫星有＝，故选项A正确。21教育名师原创作品
5．(多选)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。若还已知万有引力常量G，月球绕地球旋转(可看成匀速圆周运动)的周期T，光速c(地球到月球的距离远大于它们的半径)。则由以上物理量可以求出( )
图2
A．月球到地球的距离 B．地球的质量
C．月球受地球的引力 D．月球的质量
解析：选AB 根据激光往返时间为t和激光的速度可求出月球到地球的距离，A正确；又因知道月球绕地球旋转的周期T，根据G＝m2r可求出地球的质量M＝，B正确；根据题中数据只能计算中心天体的质量，D不对；因不知月球的质量，无法计算月球受地球的引力，C也不对。21*cnjy*com
6．火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目。假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行的周期为T1，神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，则T1与T2之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 火星探测器绕火星做圆周运动过程中，火星对探测器的万有引力提供向心力，即G＝mR12?T1＝ ，同理可知飞船绕地球的周期T2＝ ，所以＝ ＝ ，D项正确。21cnjy.com
7．(多选)据观测，某行星外围有一模糊不清的环，为了判断该环是行星的连续物还是卫星群，又测出了环中各层的线速度的大小和该层至行星中心的距离R，以下判断中正确的是( )21教育网
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 若环是行星的连续物，则其角速度与行星自转的角速度相同，故v与R成正比，A对，B错。若环是行星的卫星群，则由G＝m可得v2＝G，即v2与R成反比，C对，D错。21·世纪*教育网
8．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( )
A. B.
C. D.
解析：选B 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。
9．(多选)通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是( )www-2-1-cnjy-com
A．卫星的速度和角速度
B．卫星的质量和轨道半径
C．卫星的质量和角速度
D．卫星的运行周期和轨道半径
解析：选AD 根据线速度和角速度可以求出半径r＝，根据万有引力提供向心力，则有＝m，整理可得M＝，故选项A正确；由于卫星的质量m可约掉，故选项B、C错误；若知道卫星的运行周期和轨道半径，则＝m2r，整理得M＝，故选项D正确。【来源：21cnj*y.co*m】
10．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为( )
A.T B.T
C.T D.T
解析：选B 设m1的轨道半径为R1，m2的轨道半径为R2，两星之间的距离为L。
由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同。由向心力公式可得：
对m1：G＝m1R1…①
对m2：G＝m2R2…②
又因为R1＋R2＝L，m1＋m2＝M
由①②式可得：T＝2π
所以当两星总质量变为kM，两星之间的距离变为原来的n倍，圆周运动的周期为T′＝2π＝T，故A、C、D错误，B正确。21世纪教育网版权所有
11．经过近7年时间，在太空中穿行35亿千米后，美航天局和欧航天局合作研究出的“卡西尼”号土星探测器抵达预定轨道，开始“拜访”土星及其卫星家族，这是人类首次针对土星及其31颗已知卫星最详尽的探测。若“卡西尼”号土星探测器进入环绕土星上空的圆轨道飞行，已知土星半径为R，探测器离土星表面高度为h，环绕n周的飞行时间为t。求土星的质量M和平均密度ρ(球体体积公式V＝)。21·cn·jy·com
解析：土星对探测器的引力提供探测器运行的向心力：
G＝m(R＋h)，
探测器运行的周期：T＝，
联立以上二式解得土星的质量为M＝，
由M＝Vρ和V＝联立解得土星的平均密度ρ为
ρ＝。
答案：
12．假想科学家在宇宙中观测到一个星球以角速度ω自转，如果阻止它离心“瓦解”的力是万有引力，这个星球的密度应该有一个最小值，写出这个最小值的表达式。蟹状星云中心天体的自转周期为0.33 s，则其是否可能是一种白矮星？(白矮星的密度是109～1011 kg/m3)2-1-c-n-j-y
解析：设该星球的质量为M，半径为R，取该星球表面赤道处的一小物体作为研究对象，设其质量为m。万有引力提供向心力，为确保小物体m不飘离该星球，则有G≥mω2R①
即M ≥
所以星球的最小密度ρmin＝＝②
蟹状星云中心天体的自转周期T＝0.33 s
角速度ω＝③
将③代入②得蟹状星云中心天体的最小密度
ρmin≈1.3×1012 kg/m3
由于以上密度值不在白矮星的密度范围内，所以不是白矮星。
答案：ρmin＝ 否
课时跟踪检测（二） 运动的合成与分解
1．关于两个分运动的合运动，下列说法中正确的是( )
A．合运动的速度一定大于两个分运动的速度
B．合运动的速度一定大于一个分运动的速度
C．合运动的方向就是物体实际运动的方向
D．由两个分速度的大小就可以确定合速度的大小
解析：选C 合速度的大小可以大于分速度的大小，也可以小于分速度的大小，还可以等于分速度的大小，故A、B均错；仅知道两个分速度的大小，无法画出平行四边形，也就不能求出合速度的大小，故D错，只有C正确。【来源：21·世纪·教育·网】
2．(多选)关于互成角度(非0°或180°)的两个匀变速直线运动的合运动，下列说法中正确的是( )21·世纪*教育网
A．一定是曲线运动 B．可能是直线运动
C．一定是匀变速运动 D．可能是匀速直线运动
解析：选BC 由于两个分运动都是匀变速直线运动，所以合加速度是恒定的，如果合初速度与合加速度在一条直线上，物体做匀变速直线运动；如果合初速度与合加速度不共线，物体做匀变速曲线运动，故选BC。2-1-c-n-j-y
3．小船以一定的速率垂直河岸向对岸划去，当水流匀速时，它渡河的时间、发生的位移与水速的关系是( )21*cnjy*com
A．水速小时，位移小，时间也小
B．水速大时，位移大，时间也大
C．水速大时，位移大，但时间不变
D．位移、时间大小与水速大小无关
解析：选C 小船渡河时参与了顺水漂流和垂直河岸横渡两个分运动，由运动的独立性原理和等时性知，小船的渡河时间决定于垂直河岸的分运动，等于河的宽度与垂直河岸的分速度之比，由于船“以一定速率垂直河岸向对岸划去”，故渡河时间一定。水速大，水流方向的分位移就大，合位移也就大，反之则合位移小。21教育网
4.竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。当红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平匀速向右运动，测得红蜡块实际运动方向与水平方向成30°角，如图1所示。若红蜡块沿玻璃管上升的速度为7 cm/s，则玻璃管水平运动的速度约为( )【来源：21cnj*y.co*m】
图1
A．14 cm/s B．12 cm/s
C．7.0 cm/s D．3.5 cm/s
解析：选B 红蜡块的水平分运动和竖直分运动均是匀速直线运动，根据平行四边形定则作图，如下：
故v2＝＝≈12 cm/s，故选B。
5.江中某轮渡站两岸的码头A和B正对，如图2所示，水流速度恒定且小于船速，若要使渡船沿直线往返于两码头之间，则船在航行时应( )【出处：21教育名师】
图2
A．往返时均使船垂直河岸航行
B．往返时均使船头适当偏向上游一侧
C．往返时均使船头适当偏向下游一侧
D．从A驶往B时，应使船头适当偏向上游一侧，返回时应使船头适当偏向下游一侧
解析：选B 从A到B，合速度方向垂直于河岸，水流速度水平向右，根据平行四边形定则，则船头的方向偏向上游一侧。从B到A，合速度的方向仍然垂直于河岸，水流速度水平向右，船头的方向仍然偏向上游一侧，故B正确，A、C、D错误。
6．(多选)如图3所示，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。为了节省救援时间，在消防车向前前进的过程中，人同时相对梯子匀速向上运动。在地面上看消防队员的运动，下列说法中正确的是( )
图3
A．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀加速直线运动
B．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动
C．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动
D．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速直线运动
解析：选BC 当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动，选项B正确，A错误。当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动，选项C正确，D错误。
7．降落伞下落一段时间后的运动近似是匀速的。没有风的时候，跳伞员着地的速度是5 m/s。现在有风，风使他以4 m/s的速度沿水平方向向东移动，问跳伞员将以多大的速度着地？这个速度的方向怎样？21·cn·jy·com
解析： 跳伞员在有风时着地的速度，为降落伞无风时匀速下降的速度和风速的合速度，如图所示。由勾股定理求得【版权所有：21教育】
v地＝＝ m/s≈6.4 m/s
设着地速度v地与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝＝＝0.8
查三角函数表得θ≈38.7°。
答案：6.4 m/s 偏东与竖直方向成38.7°夹角斜向下
8.如图4所示，水平面上的小车向左运动，系在车后的轻绳绕过定滑轮，拉着质量为m的物体上升。若小车以v1的速度匀速直线运动，当车后的绳与水平方向的夹角为θ时，物体的速度为v2，则下列关系式正确的是( )21教育名师原创作品
图4
A．v2＝v1 B．v2＝v1cos θ
C．v2＝0 D．v2＝
解析：选B 由于细线不可伸长，故细线两端的速度沿着细线方向的分速度是相等的，如图所示：
故v2＝v1cos θ，故选B。
9．如图5所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为( )www-2-1-cnjy-com
图5
A．2 m/s B．2.4 m/s
C．3 m/s D．3.5 m/s
解析：选B 船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动v水速度的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v船大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则)，如图所示。当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船的最小值为v船＝v水sin 37°＝2.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。21世纪教育网版权所有
10．质量为m＝2 kg的物体在光滑的水平面上运动，在水平面上建立xOy坐标系，t＝0时物体位于坐标系的原点O，物体在x轴和y轴方向的分速度vx、vy随时间t变化图线如图6甲、乙所示，求：www.21-cn-jy.com
图6
(1)t＝0时，物体速度的大小和方向；
(2)t＝8.0 s时，物体速度的大小和方向；(角度可用三角函数表示)
(3)t＝8.0 s时，物体的位置(用位置坐标x、y表示)。解析：(1)由题目中图可知，t＝0时刻，vx＝3.0 m/s，vy＝0。21cnjy.com
t＝0时刻，物体的速度大小v0＝3.0 m/s，方向沿x轴正方向。
(2)t＝8.0 s时，vx＝3.0 m/s，vy＝4.0 m/s，
物体的速度大小v＝＝5 m/s
速度方向与x轴正向夹角设为α，
tan α＝＝
解得：α＝53°。
(3)t＝8.0 s时，物体的位置坐标x＝vxt＝24 m
y＝ayt2＝16 m
则物体的位置坐标是(24 m,16 m)。
答案：(1)物体速度的大小为3.0 m/s，方向沿x轴正方向
(2)物体速度的大小为5 m/s，方向与x轴正向夹角为53°
(3)物体的位置坐标是(24 m,16 m)
11.一船从河岸的A处出发渡河，小船保持与河岸垂直方向行驶，10 min运动到对岸下游120 m的C处，如图7所示，若小船保持原来的速度逆水向上与河岸成α角方向行驶，经12.5 min到达正对岸B处，求河的宽度。2·1·c·n·j·y
图7
解析：小船过河的过程，同时参与了两种运动，一是小船相对水的运动，一是随水流的运动。船的运动为合运动，设河宽为d，水流速为v水，船速为v船，船两次运动速度合成如图所示。依题意有，第一次渡河与第二次渡河在垂直岸的方向上位移相等，
则v船t1＝v船·sin α·t2，第一次渡河船在水流方向上位移为BC，则B＝v水t1。
由图可得船的合速度：v2＝v水tan α，所以河的宽度为：d＝v2t2＝v水tan α·t2，
联立解得：sin α＝0.8，tan α＝，v水＝12 m/min，d＝12××12.5 m＝200 m。
答案：200 m
课时跟踪检测（五） 匀速圆周运动的向心力和向心加速度
1．(多选)关于向心力的下列说法中正确的是( )
A．物体受到向心力的作用才能做圆周运动
B．向心力是指向圆心方向的合外力，它是根据力的作用效果命名的
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力的合力，也可以是某种力的分力
D．向心力不但能改变物体的运动方向，而且可以改变物体运动的快慢
解析：选BC 向心力是根据力的作用效果命名的力，而不是一种性质力，物体之所以能做圆周运动，不是因为物体多受了一个向心力的作用，而是物体所受各种力的合力始终指向圆心，从而只改变物体速度的方向而不改变速度的大小，故选项A、D错误，B、C正确。
2．甲、乙两质点做匀速圆周运动，其半径之比R1∶R2＝3∶4，角速度之比ω1∶ω2＝4∶3，则甲、乙两质点的向心加速度之比a1∶a2是( )www.21-cn-jy.com
A. B.
C. D.
解析：选A 因为半径之比R1∶R2＝3∶4，角速度之比ω1∶ω2＝4∶3，根据a＝ω2R得：a1∶a2＝4∶3，故选A。2-1-c-n-j-y
3. (多选)如图1所示，为A、B两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，其中A为双曲线的一个分支，由图可知( )21*cnjy*com
图1
A．A物体运动的线速度大小不变
B．A物体运动的角速度大小不变
C．B物体运动的角速度大小不变
D．B物体运动的线速度大小不变
解析：选AC 匀速圆周运动的向心加速度的计算式有两个：a＝或a＝ω2r，因此不能不加判断就认为a与r成反比或a与r成正比，而只能这样表述：当v的大小相等时，a的大小跟r成反比；当ω相同时，a的大小跟r成正比。B质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化规律是通过原点的一条直线，即a∝r，故C项对。A质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化规律是双曲线的一支，即a∝，故A项对。【出处：21教育名师】
4.如图2所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针)。某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是( )【版权所有：21教育】
图2
解析：选C 橡皮块做加速圆周运动，合力不指向圆心，但一定指向圆周的内侧；由于做加速圆周运动，速率不断增加，故合力与速度的夹角小于90°，选项C正确。
5.如图3所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是( )21教育网
图3
A．sin θ＝ B．tan θ＝
C．sin θ＝ D．tan θ＝
解析：选A 小球所受重力和轻杆的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝mLω2，解得sin θ＝，故A正确，B、C、D错误。21*cnjy*com
6．A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比sA∶sB＝4∶3，转过的圆心角之比φA∶φB＝3∶2。则下列说法中正确的是( )
A．它们的线速度之比vA∶vB＝4∶3
B．它们的角速度之比ωA∶ωB＝2∶3
C．它们的周期之比TA∶TB＝3∶2
D．它们的向心加速度之比aA∶aB＝3∶2
解析：选A A、B两质点分别做匀速圆周运动，若在相等时间内它们通过的弧长之比为sA∶sB＝4∶3，根据公式v＝，线速度之比为vA∶vB＝4∶3，故A正确；通过的圆心角之比φA∶φB＝3∶2，根据公式ω＝，角速度之比为3∶2，故B错误；由公式T＝，周期之比为TA∶TB＝2∶3，故C错误；根据a＝ωv，可知aA∶aB＝2∶1，故D错误。
7.如图4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取10 m/s2)( )
图4
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
解析：选C 小车突然停止，B球受到的拉力FB仍然等于小球的重力，A球要做圆周运动，由牛顿第二定律得FA－mg＝m，解得FA＝3 mg，所以FB∶FA＝1∶3，C正确。
8. (多选)如图5所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，OC距离为，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的( )21·世纪*教育网
图5
A．线速度突然增大为原来的2倍
B．角速度突然增大为原来的2倍
C．向心加速度突然增大为原来的2倍
D．悬线拉力突然增大为原来的2倍
解析：选BC 悬线与钉子碰撞前后，线的拉力始终与小球运动方向垂直，小球的线速度不变，A错；当半径减小时，由ω＝知ω变大为原来的2倍，B对；再由a＝知向心加速度突然增大为原来的2倍，C对；而在最低点F－mg＝m，故碰到钉子后合力变为原来的2倍，悬线拉力变大，但不是原来的2倍，D错。21·cn·jy·com
9．如图6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( )21教育名师原创作品
图6
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：选C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
10.如图7所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有质量相同的两个小玻璃球A、B，沿锥面在水平面内做匀速圆周运动，关于A、B两球的角速度、线速度和向心加速度正确的说法是( )21世纪教育网版权所有
图7
A．它们的角速度相等ωA＝ωB
B．它们的线速度vAC．它们的向心加速度相等
D．A球的向心加速度大于B球的向心加速度
解析：选C 对A、B两球分别受力分析，如图所示。
由图可知
F合＝F合′＝mgtan θ
根据向心力公式有
mgtan θ＝ma＝mω2R＝m
解得
a＝gtan θ
v＝
ω＝
由于A球转动半径较大，故A球的线速度较大，角速度较小；两球的向心加速度一样大，故选C。
11.如图8所示，水平长杆AB绕过B端的竖直轴OO′匀速转动，在杆上套有一个质量m＝1 kg的圆环，若圆环与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.5，且假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等(g取10 m/s2)，求：21cnjy.com
图8
(1)当杆转动的角速度ω＝2 rad/s时，圆环随杆转动的最大半径为多大？
(2)如果水平杆转动的角速度降为ω′＝1.5 rad/s，圆环能否相对于杆静止在原位置，此时它所受的摩擦力有多大？2·1·c·n·j·y
解析：(1)圆环在水平面内做匀速圆周运动的向心力是杆施加给它的静摩擦力提供的，则最大向心力F向＝μmg，代入公式F向＝mRmaxω2，得Rmax＝，代入数据可得Rmax＝1.25 m。
(2)当水平杆转动的角速度降为1.5 rad/s时，圆环所需的向心力减小，则圆环所受的静摩擦力随之减小，不会相对于杆滑动，故圆环相对于杆仍静止在原来的位置，此时的静摩擦力f＝mRmaxω′2≈2.81 N。【来源：21·世纪·教育·网】
答案：(1)1.25 m (2)能 2.81 N
12.如图9所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T。(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：【来源：21cnj*y.co*m】
图9
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力，小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平。www-2-1-cnjy-com
在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan θ＝mω02lsin θ
解得：ω02＝，即ω0＝＝ rad/s。
(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有：
mgtan θ＝mω′2lsin θ
解得：ω′2＝，即ω′＝ ＝2 rad/s。
答案：(1) rad/s (2)2 rad/s
课时跟踪检测（八） 万有引力定律
1．发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是( )
A．牛顿、卡文迪许 B．伽利略、卡文迪许
C．开普勒、牛顿 D．第谷、伽利略
解析：选A 牛顿根据行星的运动规律推导出了万有引力定律，经过100多年后，由英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置巧妙的测量出了两个铁球间的引力，从而第一次较为准确的得到万有引力常量，故A正确，B、C、D错误。21世纪教育网版权所有
2．设想把质量为m的物体(可视为质点)放到地球的中心，地球质量为M、半径为R。则物体与地球间的万有引力是( )www.21-cn-jy.com
A．零 B．无穷大
C. D．无法确定
解析：选A 把物体放到地球的中心时r＝0，此时万有引力定律不再适用。由于地球关于球心对称，所以吸引力相互抵消，整体而言，万有引力为零。21·世纪*教育网
3．在某次测定引力常量的实验中，两金属球的质量分别为m1和m2，球心间的距离为r，若测得两金属球间的万有引力大小为F，则此次实验得到的引力常量为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由万有引力定律公式F＝G得G＝，所以B项正确。
4．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变大
B．放在两极地面上的物体的重力不变
C．放在赤道地面上物体的重力不变
D．放在两极地面上物体的重力增加
解析：选B 地球自转速度增大，物体受到的万有引力不变，选项A错误；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；而对于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错误。
5．要使可视为质点的两物体间万有引力减小到原来的，可采取的方法是( )
A．两物体间距离保持不变，两物体的质量均减为原来的
B．两物体间距离保持不变，仅一个物体质量减为原来的
C．两物体质量均不变，两物体间的距离变为原来的
D．两物体质量均不变，两物体间的距离变为原来的2倍
解析：选B 根据F＝G知，两物体间距离保持不变，两物体的质量均减为原来的，则万有引力减小为原来的，故A错误；根据F＝G知，两物体间距离保持不变，仅一个物体质量减为原来的，则万有引力减小为原来的，故B正确；根据F＝G知，两物体质量均不变，两物体间的距离变为原来的，则万有引力变为原来的4倍，故C错误；根据F＝G知，两物体质量均不变，两物体间的距离变为原来的2倍，则万有引力变为原来的，故D错误。21·cn·jy·com
6．甲、乙两星球的平均密度相等，半径之比是R甲∶R乙＝4∶1，则同一物体在这两个星球表面受到的重力之比是( )2·1·c·n·j·y
A．1∶1 B．4∶1
C．1∶16 D．1∶64
解析：选B 由G＝mg得g甲∶g乙＝M甲R乙2∶M乙R甲2，而M＝ρ·πR3。可以推得G甲∶G乙＝g甲∶g乙＝R甲∶R乙＝4∶1，故选B。【来源：21·世纪·教育·网】
7.两个质量均为M的星体，其连线的垂直平分线为AB，O为两星体连线的中点，如图1所示，一质量为m的物体从O沿OA方向运动，设A离O足够远，则物体在运动过程中受到两个星球万有引力的合力大小变化情况是( )www-2-1-cnjy-com
图1
A．一直增大 B．一直减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：选D 在O点两星球对物体m的万有引力大小相等、方向相反，合力为零；在离O很远的A点，由于距离太大，星球对物体的万有引力非常小，也可以近似认为等于零。由此可见，物体在运动过程中受到两个星球万有引力的合力先增大后减小，D正确。
8．(多选)如图2所示，P、Q为质量均为m的两个质点，分别置于地球表面上的不同纬度上，如果把地球看成一个均匀球体，P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )21cnjy.com
图2
A．P、Q受地球引力大小相等
B．P、Q做圆周运动的向心力大小相等
C．P、Q做圆周运动的角速度大小相等
D．P受地球引力大于Q所受地球引力
解析：选AC 计算均匀球体与质点间的万有引力时，r为球心到质点的距离，因为P、Q到地球球心的距离相同，根据F＝G，P、Q受地球引力大小相等。P、Q随地球自转，角速度相同，但轨道半径不同，根据F＝mrω2，P、Q做圆周运动的向心力大小不同。综上所述，选项A、C正确。2-1-c-n-j-y
9．两大小相同的实心小铁球紧靠在一起时，它们之间的万有引力为F。若两个半径为实心小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力为( )
A．2F B．4F
C．8F D．16F
解析：选D 小铁球之间的引力F＝G＝G，大铁球半径是小铁球2倍，对小铁球有m＝ρV＝ρ，对大铁球有M＝ρV′＝ρ＝8ρ＝8m，两大铁球间的万有引力F′＝G＝G＝16G＝16F，故选D。
10．设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R。同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 物体在南极地面所受的支持力等于万有引力，F＝①，
在赤道处，F万－F′＝F向，得F′＝F万－F向，又F向＝mR，则F′＝－mR②，
由①、②式，可得，选项A正确。
11．火星半径是地球半径的一半，火星质量约为地球质量的，那么地球表面质量为m的人受到地球的吸引力约为火星表面同质量的人受到火星引力的多少倍？
解析：设火星半径为R，质量为M，则地球半径为2R，质量为9M。
在地球表面人受到的引力F＝G
在火星表面人受到的引力F′＝G；
所以＝，即同质量的人在地球表面受到的引力是在火星表面受到的引力的倍。
答案：倍
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)21教育网
(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
课时跟踪检测（六） 圆周运动的实例分析
1．秋千的吊绳有些磨损。在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千( )
A．在下摆过程中 B．在上摆过程中
C．摆到最高点时 D．摆到最低点时
解析：选D 当秋千摆到最低点时速度最大，由F－mg＝m知，吊绳中拉力F最大，吊绳最容易断裂，选项D正确。【来源：21·世纪·教育·网】
2．某同学在进行课外实验时，做了一个“人工漩涡”的实验，取一个装满水的大盆，用手掌在水中快速转动，就在水盆中形成了“漩涡”，随着手掌转动越来越快，形成的漩涡也越来越大，则关于漩涡形成的原因，下列说法中正确的是( )www-2-1-cnjy-com
A．由于水受到向心力的作用
B．由于水受到合外力的作用
C．由于水受到离心力的作用
D．由于水做离心运动
解析：选D 水在手的拨动下做圆周运动，当水转动越来越快时，需要的向心力也越来越大，当其所需向心力大于所受合外力时，即做离心运动，故选项D正确。
3．摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图1所示。它的优点是能够在现有线路上运行，勿须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆式车体的先进性，实现高速行车，并能达到既安全又舒适的要求。运行实践表明：摆式列车通过曲线速度可提高20%～40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”。假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h的速度拐弯，拐弯半径为1 km，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的向心力为( )21cnjy.com
图1
A．500 N B．1 000 N
C．500 N D．0
解析：选A 360 km/h＝100 m/s，乘客在列车拐弯过程中所受的合外力提供向心力F＝m＝50× N＝500 N，故A正确。2·1·c·n·j·y
4.如图2所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球。当汽车以某一速率在水平地面上匀速行驶时，弹簧长度为L1，当汽车以大小相同的速度匀速通过一个桥面为圆弧形的凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列选项中正确的是( )
图2
A．L1＝L2 B．L1>L2
C．L1解析：选B 小球随汽车一起做圆周运动，小球的向心力是由重力和弹簧弹力的合力提供的，所以只有弹力减小才能使小球获得指向圆心的合力，小球才能做圆周运动。弹力减小，弹簧的形变量减小，故L1>L2，B正确。www.21-cn-jy.com
5.在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)质量为m，A为终端皮带轮，如图3所示，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑。当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少是( )2-1-c-n-j-y
图3
A. B.
C. D.
解析：选A 物体恰在终端被水平抛出时，物体与皮带间没有力的作用，则有mg＝m，得v＝，则n＝＝，A项正确。21*cnjy*com
6.(多选)铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车以速度v通过该弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是( )【出处：21教育名师】
图4
A．轨道半径R＝
B．v＝
C．若火车速度小于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内
D．若火车速度大于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外
解析：选BD 火车转弯时受力如图所示，火车转弯的向心力由重力和支持力的合力提供，则mgtan θ＝m，故转弯半径R＝；转弯时的速度v＝；若火车速度小于v时，需要的向心力减小，此时内轨对车轮产生一个向外的作用力，即车轮挤压内轨；若火车速度大于v时，需要的向心力变大，外轨对车轮产生一个向里的作用力，即车轮挤压外轨。【版权所有：21教育】
7．(多选)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图5所示，则下列说法错误的是( )21·cn·jy·com
图5
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点的最小速度是零
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
解析：选CD 小球过最高点时，若v＝，杆所受弹力等于零，选项A正确。此题属于轻杆模型，小球过最高点的最小速度是零，选项B正确。小球过最高点时，若v<，杆对球有向上的支持力，且该力随速度的增大而减小；若v>，杆对球有向下的拉力，且该力随速度的增大而增大，选项C、D错误。21世纪教育网版权所有
8. (多选)如图6所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
图6
A．小球P运动的周期变大
B．小球P运动的线速度变大
C．小球P运动的角速度变大
D．Q受到桌面的支持力变大
解析：选BC 对小球受力分析知，小球的合力为F合＝mgtan θ，因为mgtan θ＝mω2lsin θ，所以ω＝，当小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动时θ变大，则ω变大，又因为T＝，所以周期变小，故A错，C对。在更高的水平面上运动时，小球的运动半径变大，由v＝ωr知v变大，B正确；绳子的拉力在竖直方向的分力总等于小球P的重力，故Q受到桌面的支持力总等于P、Q的重力和，D错误。
9.无缝钢管的制作原理如图7所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是( )
图7
A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D．管状模型转动的角速度ω最大为
解析：选C 铁水做圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，没有离心力，故A错误；铁水在竖直面内做圆周运动，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同，故B错误；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则是重力恰好提供向心力，故C正确；为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不能小于临界角速度，故D错误。
10．(多选)如图8所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
图8
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
解析：选AB 赛车做圆周运动时，由F＝知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；21·世纪*教育网
在大圆弧弯道上时，根据F＝m知，其速率v＝＝＝45 m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30 m/s。【来源：21cnj*y.co*m】
如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝Lsin 60°＝50 m ，据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈6.50 m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝，对应的运动时间t＝≈2.79 s，选项D错误。21*cnjy*com
11．如图9所示，桥面为圆弧形的立交桥AB，横跨在水平路面上，长为L＝160 m，桥高h＝35 m。可以认为桥的两端A、B与水平路面的连接处是平滑的，一辆质量m＝2.0 t的小轿车，驶过半径R＝90 m的一段圆弧形桥面，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图9
(1)若桥面为凸形，轿车以v1＝10 m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面压力是多大？
(2)若轿车通过凸形桥面顶点时，对桥面刚好没有压力，则速度v2是多大？
(3)若轿车以问题(2)中的速度v2通过凸形桥面顶点，求轿车到达水平路面时速度的大小及其方向与水平方向夹角的余弦值。21教育网
解析：(1)轿车通过桥面最高点时，由桥面的支持力和重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg－N＝m
可得N＝m＝2 000×N≈1.78×104 N
由牛顿第三定律得：汽车对桥面压力是N′＝N＝1.78×104 N。
(2)若轿车通过凸形桥面顶点时，对桥面刚好没有压力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg＝m
可得v2＝＝ m/s＝30 m/s。
(3)若轿车以问题(2)中的速度v2通过凸形桥面顶点后做平抛运动，则有
h＝gt2，t＝＝ s＝ s
轿车到达水平路面时速度的大小v＝＝40 m/s
速度方向与水平方向夹角的余弦值cos α＝＝0.75。
答案：(1)1.78×104 N (2)30 m/s (3)40 m/s 0.75
12.如图10所示，有一长L＝0.4 m的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴有质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离L1＝0.65 m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。
图10
(1)求小球通过最高点A时的速度大小。
(2)若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T恰好为小球重力的6倍，且小球经过B点的瞬间让细线断裂，求小球的落地点到C点的距离。21教育名师原创作品
解析：(1)小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力刚好为零，根据向心力公式有：
mg＝m
则得vA＝＝ m/s＝2 m/s；
(2)小球在B点时，根据向心力公式得：
T－mg＝m
又T＝6mg
解得：vB＝2 m/s
小球运动到B点时细线断裂，小球开始做平抛运动，有：
竖直方向上：L1－L＝gt2
水平方向上：x＝vBt
解得x＝1 m。
答案：(1)2 m/s (2)1 m
课时跟踪检测（十一） 功
1．关于功，下列说法中正确的是( )
A．力越大，做功越多 B．位移越大，做功越多
C．功的单位是焦耳 D．功是矢量
解析：选C 力做功的表达式为W＝Fxcos α，即功与力的大小有关，还与在力的方向上通过的位移有关，故力大或位移大，功不一定大，故A、B错误；功的单位为焦耳，故C正确；功是标量，故D错误。21世纪教育网版权所有
2．(多选)关于功的正负，下列叙述中正确的是( )
A．正功表示功的方向与物体运动方向相同，负功为相反
B．正功表示功大于零，负功表示功小于零
C．正功表示力和位移两者之间夹角小于90°，负功表示力和位移两者之间的夹角大于90°
D．正功表示做功的力为动力，负功表示做功的力为阻力
解析：选CD 功是标量，正、负不表示方向，也不表示大小，而是说明F与位移或速度间的夹角大小。A、B选项错误，C、D选项正确。21cnjy.com
3．如图1所示，同一物体在大小相同、方向不同的F力的作用下，在光滑水平面上移动了一段相同的位移x，两种情况下力所做的功分别为W甲、W乙，下列表述正确的是( )
图1
A．W甲＝W乙 B．W甲＝－W乙
C．W甲>W乙 D．W甲解析：选A 这两种情形下力F和位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，竖直分力不做功，故两种情况下力F做的功的大小是相同的；并且均做正功，A正确。2·1·c·n·j·y
4．某人从4 m深的水井中，将50 N的水桶匀速提至地面，又提着水桶在水平地面上匀速行走了12 m，在整个过程中，人对水桶所做的功为( )www-2-1-cnjy-com
A．800 J B．600 J
C．200 J D．－200 J
解析：选C 人在上提过程中做的功W＝Fx＝Gx＝50×4 J＝200 J；而在人匀速行走时，人对水桶不做功，故人对水桶做的功为200 J；故选C。2-1-c-n-j-y
5．力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动一段位移，如果力F1对物体做功为6 J，物体克服力F2做功为9 J，则F1、F2的合力对物体所做的功为( )
A．3 J B．－3 J
C．15 J D．－15 J
解析：选B F1、F2做的功分别为W1＝ 6 J，W2＝－9 J，则它们的合力做功W＝W1＋W2＝－3 J，B正确。【来源：21cnj*y.co*m】
6．(多选)某物体同时受到三个力作用而做匀减速直线运动，其中F1与加速度a的方向相同，F2与速度v的方向相同，F3与速度v的方向相反，则( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．F1对物体做正功 B．F2对物体做正功
C．F3对物体做负功 D．合外力对物体做负功
解析：选BCD 物体做匀减速直线运动，F1与加速度a的方向相同，则与速度的方向相反，则F1做负功，A错。F2与速度v的方向相同，则F2做正功，B对。F3与速度v的方向相反，则F3做负功，C对。合力的方向与速度方向相反，则合力做负功，D对。
7.如图2所示，一根绳子绕过高4 m的滑轮(大小、摩擦均不计)，绳的一端拴一质量为10 kg的物体，另一侧沿竖直方向的绳被人拉住。若人拉住绳子前进3 m，使物体匀速上升，则人拉绳所做的功为( )【出处：21教育名师】
图2
A．500 J B．100 J
C．300 J D．50 J
解析：选B 将人对绳子做功等效为绳子对物体做功。由于物体匀速上升，绳子上的拉力大小始终等于物体所受重力的大小，即F＝mg＝100 N；滑轮右侧绳子的长度由最初的4 m变成后来的5 m，长度增加了1 m，则滑轮左侧绳子长度缩短了1 m，即物体上升了1 m。根据公式W＝Fxcos α＝100×1×1 J＝100 J，B正确。【版权所有：21教育】
8．关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( )
A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功
B．静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用，一定不做功
C．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功
D．静摩擦力可能对物体做正功
解析：选D 功的计算公式W＝Fxcos α中的x是指相对于地面的位移，滑动摩擦力(静摩擦力)仅起阻碍物体间的相对运动(相对运动趋势)的作用，它与物体对地“绝对位移”的方向既可能相同也可能相反，所以它可能做正功，也可能做负功，A、C错误；物体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，但物体可以相对地面移动，所以静摩擦力也可能做功，B错误；物体间的静摩擦力可能是动力，也可能是阻力，因此可能做正功，也可能做负功，选项D正确。21教育网
9．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图3甲、乙所示。设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系式正确的是( )21*cnjy*com
图3
A．W1＝W2＝W3 B．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2 D．W1＝W2＜W3
解析：选B 各秒内位移等于速度图线与横轴所围的“面积”，由乙图可知：x1＝×1×1 m＝0.5 m，x2＝×1×1 m＝0.5 m，x3＝1×1 m＝1 m，结合甲图力的大小，可以求得：W1＝1×0.5 J＝0.5 J，W2＝3×0.5 J＝1.5 J，W3＝2×1 J＝2 J，所以选B。
10.如图4所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离。此过程中，小球重力大小为G，做功为WG；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小为F2，做功为W2。不计一切摩擦，则下列判断正确的是( )www.21-cn-jy.com
图4
A．F2＝G，W2＝0 B．F1＝G，W1＝WG
C．F1>G，W1>WG D．F2>G，W2>WG
解析：选A 对小球受力分析可知：
F1cos 45°＝mg
F1sin 45°＝F2
联立解得：F2＝G，F1＝G，
由于F2与位移方向垂直，故F2不做功，W2＝0，
F1做功大小为：W1＝F1hcos 45°＝Gh
重力做功大小为：WG＝Gh
故W1＝WG，故A正确。
11.如图5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：21·世纪*教育网
图5
(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＝F1xcos θ1＝3×10× J＝18 J
力F2做的功
W2＝F2xcos 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′＝Fx＝5×10 J＝50 J。
答案：(1)18 J 32 J 50 J (2)5 N 50 J
12.水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图6所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：21·cn·jy·com
图6
(1)物块B克服摩擦力所做的功；
(2)物块A、B的加速度大小。
解析：(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝s①
物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg②
物块B克服摩擦力所做的功为W＝fs1＝2μmgs。③
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律得
F－μmg－T＝maA④
2T－4μmg＝4maB⑤
由A和B的位移关系得aA＝2aB⑥
联立④⑤⑥式得
aA＝⑦
aB＝。⑧
答案：(1)2μmgs (2)
课时跟踪检测（十三） 势 能
1．(多选)下列关于物体的重力势能的说法中正确的是( )
A．物体重力势能的数值随选择的参考平面的不同而不同
B．物体的重力势能实际上是物体和地球组成的系统所共有的
C．重力对物体做正功，则物体的重力势能增加
D．物体位于所选的参考平面以下时，物体的重力势能为负值
解析：选ABD 根据重力势能的相对性，A项正确；根据重力势能的系统性，B项正确；根据重力做功与重力势能变化的关系，C项错误；根据重力势能正、负的含义，D项正确。
2．如图1所示的几个运动过程中，物体弹性势能增加的是( )
图1
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。21教育网
3.某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图2所示，则下列说法正确的是( )www.21-cn-jy.com
图2
A．从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程中重力做的功
B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程中重力做的功
C．从A到B重力做功mg(H＋h)
D．从A到B重力做功mgH
解析：选D 重力做功与物体的运动路径无关，只与初、末状态物体的高度差有关。从A到B的高度差是H，故从A到B重力做功mgH，D正确。www-2-1-cnjy-com
4．关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是( )
A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增加
B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定减少
C．在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大
D．弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析：选C 如果弹簧原来处于压缩状态，那么当它恢复原长时，它的弹性势能减小，当它变短时，它的弹性势能增大，弹簧拉伸时的弹性势能可能大于、小于或等于压缩时的弹性势能，需根据形变量来判定，所以选项A、B、D错误。当拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，需要克服弹力做的功越多，弹簧的弹性势能越大，选项C正确。
5．一棵树上有一个质量为0.3 kg的熟透了的苹果P，该苹果从树上A先落到地面C最后滚入沟底D。已知AC、CD的高度差分别为2.2 m和3 m，以地面C为零势能面，A、B、C、D、E面之间竖直距离如图3所示。算出该苹果从A落下到D的过程中重力势能的减少量和在D处的重力势能分别是( )21cnjy.com
图3
A．15.6 J和9 J B．9 J和－9 J
C．15.6 J和－9 J D．15.6 J和－15.6 J
解析：选C 以地面C为零势能面，根据重力势能的计算公式得D处的重力势能Ep＝mgh＝0.3×10×(－3)J＝－9 J，从A落下到D的过程中重力势能的减少量ΔEp＝mgΔh＝0.3×10×(2.2＋3)J＝15.6 J，故选C。【来源：21·世纪·教育·网】
6.如图4所示，质量相等的两木块中间连有一弹簧，开始时A静止在弹簧上面。今用力F缓慢向上提A，直到B恰好离开地面。设开始时弹簧的弹性势能为Ep1，B刚要离开地面时，弹簧的弹性势能为Ep2，则关于Ep1、Ep2大小关系及弹性势能变化ΔEp的说法中正确的是( )
图4
A．Ep1＝Ep2 B．Ep1＜Ep2
C．ΔEp＞0 D．ΔEp＜0
解析：选A 开始时弹簧形变量为x1，有kx1＝mg，则它离开地面时形变量为x2，有kx2＝mg。由于x1＝x2，所以Ep1＝Ep2，ΔEp＝0，A对。2-1-c-n-j-y
7.如图5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。如果人工将砖一块一块地叠放起来，那么人至少做功( )21世纪教育网版权所有
图5
A．n(n－1)mgh B.n(n－1)mgh
C．n(n＋1)mgh D.n(n＋1)mgh
解析：选B 取n块砖的整体为研究对象，叠放起来后整体的重心距地面nh，原来的重心距地面h，故有W＝ΔEp＝nmg×nh－nmg×h＝n(n－1)mgh，B正确。
8．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6所示。在相互作用的过程中，当系统的弹性势能最大时( )21·世纪*教育网
图6
A．va>vb B．va＝vb
C．va解析：选B 只要va>vb，A、B就有相对运动，弹簧就会被压缩，弹力做负功，弹性势能增加，当va＝vb时，A、B相距最近，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，故选项B正确。
9．(多选)图7甲是玩家玩“蹦极”游戏的真实照片，玩家将一根长为AB的弹性绳子的一端系在身上，另一端固定在高处，然后从高处跳下，图乙是玩家到达最低点时的情况，其中AB为弹性绳子的原长，C点是弹力等于重力的位置，D点是玩家所到达的最低点，对于玩家离开跳台至最低点的过程中，下列说法正确的是( )21教育名师原创作品
图7
A．重力对人一直做正功
B．人的重力势能一直减小
C．玩家通过B点之后，绳子具有弹性势能
D．从A到D，弹性绳子的弹性势能一直增加
解析：选ABC 整个过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小；人从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中，弹性绳子不做功，此后弹性绳子一直做负功，弹性势能一直增加，故A、B、C正确。2·1·c·n·j·y
10．(多选)如图8所示，ACP和BDP是竖直平面内两个半径不同的半圆形光滑轨道，A、P、B三点位于同一水平面上，C和D分别为两轨道的最低点，将两个质量相同的小球分别从A和B两处同时无初速释放，以C处为零势能参考面，则( )【出处：21教育名师】
图8
A．沿BDP光滑轨道运动的小球的重力势能永远为正值
B．两小球到达C点和D点时，重力做功相等
C．两小球到达C点和D点时，重力势能相等
D．两小球刚开始从A和B两处无初速释放时，重力势能相等
解析：选AD 不管选哪一点为零势能点，A点和B点相对零势能面的竖直高度均相等，所以重力势能相等。两小球到达C点和D点时，重力势能不相等。重力势能Ep＝mgh，具有相对性，如果选A、P、B三点在零势能参考面上，则两球在运动过程中的重力势能恒为负值；如果选C点在零势能参考面上，则两球在运动过程中的重力势能恒为正值。另外，重力做功跟路径无关，只取决于物体在初始和终末两点在竖直方向的高度，两球从开始运动到到达C点和D点时竖直高度不等，所以重力做功不相等。21·cn·jy·com
11.如图9所示，质量为m的小球，用一长为l的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点，若已知OD＝l，则小球由A点运动到C点的过程中，重力势能减少了多少？重力做功为多少？【版权所有：21教育】
图9
解析：从A点运动到C点，小球下落高度h＝l，
故重力做功WG＝mgh＝mgl，
重力势能的变化量
ΔEp＝－WG＝－mgl
负号表示小球的重力势能减少了。
答案：mgl mgl
12．弹簧原长l0＝15 cm，受拉力作用后弹簧逐渐伸长，当弹簧伸长到l1＝20 cm时，作用在弹簧上的力为400 N。则：【来源：21cnj*y.co*m】
(1)弹簧的劲度系数k为多少？
(2)在该过程中弹力做了多少功？
(3)弹簧的弹性势能变化了多少？
解析：(1)k＝＝ N/m＝8 000 N/m。
(2)由于F＝kl，作出F-l图像如图所示，求出图中阴影部分面积，即为弹力做功的绝对值，由于在伸长过程中弹力F方向与位移方向相反，故弹力F在此过程中做负功。21*cnjy*com
可得W＝－(l1－l0)＝－×0.05 J＝－10 J。
(3)ΔEp＝－W＝10 J，即弹性势能增大10 J。
答案：(1)8 000 N/m (2)－10 J (3)增加了10 J
课时跟踪检测（十二） 功 率
1．(多选)关于功率公式P＝Fv，下列说法正确的是( )
A．当F是恒力，v是平均速度时，对应的P是平均功率
B．当v是瞬时速度时，对应的P是瞬时功率
C．只适用于物体做匀速直线运动的情况
D．只适用于F与v同方向的情况
解析：选ABD 用公式P＝Fv计算功率时，F应与速度v方向相同，D对；当v为瞬时速度时，Fv为瞬时功率，B对；v为平均速度，且F为恒力时，Fv为平均功率，A对；P＝Fv适用于任何运动的求解，但应注意v是力F方向上的速度，C错。
2.如图1所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图像，那么甲物体的功率P甲与乙物体的功率P乙相比( )21cnjy.com
图1
A．P甲>P乙
B．P甲C．P甲＝P乙
D．无法判定
解析：选B 根据功率的定义式P＝可知，在功与所用时间的关系图像中，直线的斜率表示该物体的功率。因此，由图线斜率可知P甲3．一小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球在空中运动的过程中重力做功的功率P随时间t变化的图像是( )21*cnjy*com
解析：选A 设经过时间t速度大小为v，其方向与竖直方向(或重力方向)成θ角，由功率公式P＝Fvcos θ知，此时重力的功率P＝mgvcos θ＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，所以A正确。【来源：21cnj*y.co*m】
4．起重机用4 s的时间将2×104 N重物匀速提升10 m，在此过程中起重机的输出功率为( )
A．2×105 W B．5×105 W
C．5×104 W D．8×104 W
解析：选C 物体匀速上升，则牵引力F＝mg＝2×104 N；起重机做功W＝Fh＝2×104 N×10 m＝2×105 J；则起重机的输出功率P＝＝ W＝5×104 W；故选C。
5.如图2所示，小丽和小芳都从一楼到二楼商场去购物，小丽从楼梯走上去，克服重力做功W1，所用时间t1，克服重力做功的平均功率为P1；小芳乘电梯上去，克服重力做功W2，所用时间t2，克服重力做功的平均功率为P2。已知她们的体重相同，且t1>t2，则( )
图2
A．P1＝P2 B．P1>P2
C．W1＝W2 D．W1>W2
解析：选C 这两个同学的体重相同，爬楼的高度相同，根据公式W＝－Gh可知两人上楼过程重力做功相同，故克服重力做的功W1、W2大小相等，即W1＝W2；克服重力的平均功率为P＝，由于t1>t2，故P16. (多选)如图3所示为一汽车在平直的公路上由静止开始运动的速度图像，汽车所受阻力恒定。图中OA为一段直线，AB为一曲线，BC为一平行于时间轴的直线，则( )
图3
A．OA段汽车发动机的功率是恒定的
B．OA段汽车发动机的牵引力恒定
C．AB段汽车发动机的功率可能是恒定的
D．BC段汽车发动机的功率是恒定的
解析：选BCD OA为一段直线，说明OA段汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，根据P＝Fv可知，速度增大，牵引力不变，功率增大，故A错误，B正确；AB为一曲线，斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，牵引力减小，根据P＝Fv可知，牵引力减小，速度增大，功率可能不变，故C正确；BC为一平行于时间轴的直线，则汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，不变，速度也不变，根据P＝Fv可知，功率不变，故D正确。
7．汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达到的最大速度为vm。则当汽车速度为时，汽车的加速度为(重力加速度为g)( )
A．0.1g B．0.2g
C．0.3g D．0.4g
解析：选A 令汽车质量为m，则汽车行驶时的阻力f＝0.1mg。当汽车速度达到最大值vm时，汽车所受的牵引力F＝f，则有P＝fvm。当速度为时有P＝F·，由以上两式可得F＝＝2f。根据牛顿第二定律F－f＝ma，得a＝＝0.1g，A正确。
8．如图4甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(g取10 m/s2)( )
图4
A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为21 N
C．4 s末F的功率大小为42 W
D．4 s内F做功的平均功率为42 W
解析：选C 由速度－时间图像可得加速度
a＝0.5 m/s2，
由牛顿第二定律得：2F－mg＝ma，
所以F＝＝10.5 N，
4 s末，P＝F(2v物)＝10.5×2×2 W＝42 W，
4 s内，＝＝＝ W＝21 W，
故选项C正确。
9. (多选)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图5所示，力的方向保持不变，则( )
图5
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
解析：选BD 2t0时刻速度大小v2＝a1·2t0＝。3t0时刻的速度大小为v3＝v2＋a2t0＝＋·t0＝，3t0时刻力F＝3F0，所以瞬时功率P＝3F0·v3＝，B对，A错。0～3t0时间段，水平力对物体做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×(2t0)2＋3F0·t0＝，平均功率P＝＝，D对，C错。21世纪教育网版权所有
10.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图6所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )21·cn·jy·com
图6
解析：选A 由P-t图像知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。www.21-cn-jy.com
11．动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐。几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组。假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为m＝8×104 kg。其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别是P1＝2×107 W和P2＝1×107 W(第一节车厢达到额定功率如功率不够用时启动第二节车厢)，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍。(g＝10 m/s2)2·1·c·n·j·y
(1)求该动车组的最大行驶速度；
(2)若列车以1 m/s2的加速度匀加速启动，求t＝10 s时，第一节和第二节车厢之间拉力的值。
解析：(1)对整列动车，当前两节都输出额定功率且总牵引力等于总阻力时，动车速度最大，P1＋P2＝fvm【来源：21·世纪·教育·网】
f＝0.1×6mg
联立解得vm＝62.5 m/s。
(2)当t＝10 s时，v1＝at＝10 m/s。
假设只有第一节车厢提供动力，输出功率P：
－f＝6ma，
得P＝9.6×106 WF－f2＝5ma
f2＝0.1×5mg
解得：F＝8×105 N。
答案：(1)62.5 m/s (2)8×105 N
12．一架质量m＝2.0×104 kg的飞机在水平跑道上起飞，发动机提供的推力恒为F1，在跑道上经过s1＝400 m的加速运动，达到起飞速度vm＝100 m/s。现要使该飞机能在s2＝100 m的航母跑道上起飞，需用电磁弹射器辅助。假设电磁弹射器对飞机施加恒定推力F2，飞机在地面和航母跑道上运动时所受的阻力均为＝1.0×104 N，求：
(1)飞机发动机的推力F1大小；
(2)电磁弹射器的推力F2大小；
(3)电磁弹射器的平均输出功率。
解析：(1)设第一阶段的加速度大小为a1，飞机在地面和航母跑道上运动时所受的阻力均为f＝1.0×104 N，根据牛顿第二定律得2-1-c-n-j-y
F1－f＝ma1 ①
根据运动学知识知vm2－0＝2a1s1 ②
联立①②解得：F1＝2.6×105 N。
(2)设飞机在电磁弹射区的加速度大小为a2，
a2＝＝m/s2＝50 m/s2 ③
由F2＋F1－f＝ma2 ④
解③④得：F2＝7.5×105 N。
(3)平均速度为：＝＝50 m/s
平均功率为：
＝F2＝7.5×105×50 W＝3.75×107 W。
答案：(1)2.6×105 N (2)7.5×105 N (3)3.75×107 W
课时跟踪检测（十五） 机械能守恒定律
1．关于机械能守恒，以下说法中正确的是( )
A．机械能守恒的物体一定只受重力和弹力的作用
B．物体处于平衡状态时，机械能一定守恒
C．物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒
D．合外力做功时，物体的机械能一定不守恒
解析：选C 物体机械能守恒时还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零，故A错误。物体处于平衡状态时，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，B错误。物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下落的物体，C正确。自由落体运动中，合外力做正功，机械能守恒，D错。21世纪教育网版权所有
2．(多选)下列几种情况，系统的机械能守恒的是( )
图1
A．图甲中，一颗弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动
B．图乙中，运动员在蹦床上越跳越高
C．图丙中，小车上放一木块，小车的左侧有弹簧与墙壁相连，小车在左右振动时，木块相对于小车无滑动(车轮与地面摩擦不计)21·cn·jy·com
D．图丙中，如果小车振动时，木块相对小车有滑动
解析：选AC 图甲中，弹丸在碗内运动时，只有重力做功，系统机械能守恒，A正确。图乙中，运动员越跳越高，表明她不断做功，系统机械能不守恒，B错误。图丙中，若小车和木块间是静摩擦力，二者相对于地面的位移总是相同，小车和木块间的静摩擦力做功总是一正一负，数值相等，总功为零，系统中只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒；若木块相对小车滑动，滑动摩擦力做功，有内(热)能产生，系统机械能不守恒，C正确，D错误。
3.如图2所示，距离地面h高处以初速度v0沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，下列说法正确的是( )【来源：21·世纪·教育·网】
图2
A．物体在c点比在a点具有的重力势能大
B．物体在c点比在a点具有的动能大
C．物体在a点比在b点具有的动能大
D．物体在a、b、c三点具有的动能一样大
解析：选B 物体在下落过程中，重力势能减小，动能增大，所以物体在a点的重力势能大于在c点的重力势能，在b、c点的动能大于在a点的动能，B正确。
4.如图3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3
A．mgh B．mgh＋mv2
C．mgh－mv2 D.mv2－mgh
解析：选D 由机械能守恒定律可得物块的动能转化为重力势能和弹簧的弹性势能，有mv2＝mgh＋Ep，故Ep＝mv2－mgh，故选D。21cnjy.com
5.如图4所示，一个小球套在竖直放置的光滑圆环上，小球从最高点向下滑动过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是( )【来源：21cnj*y.co*m】
图4
解析：选A 小球在下落的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：
mv2＝mv02＋mgh
则v2＝v02＋2gh
若v0＝0，则v2与h成正比关系，若v0≠0，则v2与h成一次函数关系，故A正确，B、C、D错误。
6.两个质量不同的物块A和B分别从高度相同的、固定的、光滑的斜面和弧形曲面的顶点滑向底部，如图5所示，它们的初速度为零，下列说法中正确的是( )
图5
A．下滑过程中重力所做的功相等
B．它们到达底部时速率相等
C．它们到达底部时动能相等
D．物块A在最高点时的机械能大于它到达最低点时的机械能
解析：选B 由重力做功W＝mgh知，由于h相等而m不同，则重力做功不同，故A错误；物块下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2＝Ek，物块到达底部时的速率v＝，h相同，故速率大小相等，但由于质量不等，故下滑到底部时的动能不相等，故B正确，C错误；由于只有重力做功，所以物体的机械能守恒，则物块A在最高点时的机械能和它到达最低点的机械能相等，故D错误。
7.一根全长为l、粗细均匀的铁链，对称地挂在轻小光滑的定滑轮上，如图6所示，当受到轻微的扰动，铁链开始滑动，当铁链脱离滑轮瞬间，铁链速度大小为( )
图6
A. B.
C. D.
解析：选A 设铁链脱离滑轮瞬间链条的速度为v，则下落过程只有重力做功，机械能守恒。以铁链脱离瞬间在竖直方向时铁链的重心为参考面，则有×2＝mv2，21教育网
解得v＝，选项A正确。
8.有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图7所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为( )21·世纪*教育网
图7
A. B.
C. D.
解析：选D 由运动的合成与分解可知滑块A和B在绳长方向的速度大小相等，有vAsin 60°＝vBcos 60°，解得vA＝v，将滑块A、B看成一系统，系统的机械能守恒，设滑块B下滑的高度为h，有mgh＝mvA2＋mvB2，解得h＝，由几何关系可知绳子的长度为L＝2h＝，故选项D正确。21*cnjy*com
9．(多选)如图8为两个半径不同而内壁光滑的固定半圆轨道，质量相等的两个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由滑下，它们通过轨道最低点时，下列说法正确的是( )【出处：21教育名师】
图8
A．向心加速度相同 B．对轨道的压力相等
C．机械能相等 D．速度相同
解析：选ABC 设小球的质量为m，通过最低点时的速度大小为v，碗的半径为R，则根据机械能守恒定律mgR＝mv2，得v＝，由于两碗的半径不同，两球过最低点时的速度不同，D错。a＝＝2g，两球过最低点时的加速度相等，A对。由牛顿第二定律知N－mg＝m，N＝mg＋m＝3mg，两球过最低点时对碗的压力大小相等，B对。两球的机械能都守恒，均等于它们在最高点的机械能，若取最高点所在水平面为参考平面，则两球的机械能都等于零，C对。2-1-c-n-j-y
10.如图9所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )www.21-cn-jy.com
图9
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：选B 圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误。www-2-1-cnjy-com
11.如图10所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是多少？
图10
解析：设小球做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为mg＝
解得v0＝
小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在平面为参考平面，如题图所示，由机械能守恒定律得0＝mv02－mg(L－2R)
解得R＝L
所以OA的最小距离为L－R＝L。
答案：L
12．如图11所示，滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平光滑固定导轨上自由滑动，小球用长为l的轻绳悬于滑块上的O点。开始时轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度由减为零。小球继续向左摆动。求：2·1·c·n·j·y
图11
(1)小球到达最低点时速度的大小；
(2)小球继续向左摆动到达最高点时轻绳与竖直方向的夹角θ；
(3)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球所做的功。
解析：(1)小球下摆的过程中，小球和滑块组成的系统，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：
mgl＝mvA2＋mvB2，
其中：vA＝
解得：vB＝。
(2)小球继续向左摆动到达最高点的过程中，B球机械能守恒，根据机械能守恒定律得：
－mgl(1－cos θ)＝0－mvB2
解得：θ＝60°。
(3)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，根据动能定理得：
mgl＋W＝mvB2－0
解得：W＝－mgl。
答案：(1) (2)60° (3)－mgl
课时跟踪检测（十） 人造卫星 宇宙速度
1. (多选)如图1中的圆a、b、c，其圆心均位于地球的自转轴线上，对卫星环绕地球做匀速圆周运动而言，以下说法正确的是( )21cnjy.com
图1
A．卫星的轨道可能为a
B．卫星的轨道可能为b
C．卫星的轨道可能为c
D．同步卫星的轨道只可能为b
解析：选BCD 由于物体做匀速圆周运动时，合力一定是指向圆心的，所以地球卫星的圆心应与地球球心重合，A错误，B、C正确。同步卫星的轨道必须在赤道上方，选项D正确。
2.如图2所示，在1687年出版的《自然哲学的数学原理》一书中，牛顿曾设想在高山上水平抛出物体，若速度一次比一次大，落点就一次比一次远。当速度足够大时，物体就不会落回地面而成为人造卫星了，这个足够大的速度至少为(不计空气阻力)( )
图2
A．340 m/s B．7.9 km/s
C．11.2 km/s D．3.0×108 m/s
解析：选B 当物体的速度大到向心力恰好等于地球的万有引力时，物体就能成为地球的卫星而不落到地球上，这个足够大的速度是地球的第一宇宙速度，大小是7.9 km/s，B正确。21教育网
3．2013年6月11日17时38分，“神舟十号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员王亚平进行了首次太空授课。在飞船进入圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( )【来源：21·世纪·教育·网】
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：选C 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。21·世纪*教育网
4．(多选)假如做匀速圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍后，仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )www-2-1-cnjy-com
A．根据公式v＝ωr可知卫星运动的线速度增大到原来的2倍
B．根据公式F＝可知卫星所需的向心力将减小到原来的
C．根据公式F＝G可知地球提供的向心力减小到原来的
D．根据上述B和C中给出的公式可知，卫星运行的线速度减小到原来的
解析：选CD 卫星绕地球做匀速圆周运动时，所需向心力由万有引力提供，故F向＝G＝＝mω2r，得F＝G，v＝，ω＝，故v减小到原来的，ω减小到原来的，F减小到原来的，C、D正确。2-1-c-n-j-y
5．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1。已知某星球的半径为r，它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( )【来源：21cnj*y.co*m】
A. B.
C. D.
解析：选B 设某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：＝
解得：v1＝ ①
又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。
得：＝m②
v2＝v1③
由①②③解得：v2＝，故选B。
6．已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是( )21·cn·jy·com
A．卫星距离地面的高度为
B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度
C．卫星运行时受到的向心力大小为G
D．卫星运行的向心加速度大于地球表面的重力加速度
解析：选B 根据万有引力提供向心力，＝，r＝R＋h，解得h＝－R，故A错误；第一宇宙速度为v1＝ ，故B正确；卫星运行时受到的向心力大小是，故C错误；地表重力加速度为g＝，卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。21*cnjy*com
7. (多选)2013年12月2日，肩负着“落月”和“勘察”重任的“嫦娥三号”沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面100 km的P点进行第一次制动后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后，卫星在P点又经过第二次“刹车制动”，进入距月球表面100 km的圆形工作轨道Ⅱ，绕月球做匀速圆周运动，在经过P点时会再一次“刹车制动”进入近月点距月球15公里的椭圆轨道Ⅲ，然后择机在近月点下降进行软着陆，如图3所示，则下列说法正确的是( )【版权所有：21教育】
图3
A．“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动的周期最长
B．“嫦娥三号”在轨道Ⅲ上运动的周期最长
C．“嫦娥三号”经过P点时在轨道Ⅱ上运动的线速度最大
D．“嫦娥三号”经过P点时，在三个轨道上的加速度相等
解析：选AD 由于“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动的半长轴大于在轨道Ⅱ上运动的半径，也大于轨道Ⅲ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，“嫦娥三号”在各轨道上稳定运行时的周期关系为TⅠ>TⅡ>TⅢ，故A正确，B错误。“嫦娥三号”在由高轨道降到低轨道时，都要在P点进行“刹车制动”，所以经过P点时，在三个轨道上的线速度关系为vⅠ>vⅡ>vⅢ，所以C错误；由于“嫦娥三号”在P点时的加速度只与所受到的月球引力有关，故D正确。
8．(多选)地球同步卫星离地心的距离为r，运行速度为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则以下正确的是( )
A.＝ B.＝2
C.＝ D.＝
解析：选AD 设地球的质量为M，同步卫星的质量为m1，近地卫星的质量为m2，根据向心加速度和角速度的关系有：www.21-cn-jy.com
a1＝ω12r，a2＝ω22R，ω1＝ω2
故＝，可知选项A正确，B错误。
由万有引力定律得：对同步卫星：G＝m1
对近地卫星：G＝m2
由以上两式解得：＝，可知选项D正确，C错误。
9．(多选)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( )【出处：21教育名师】
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：选AC 行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有：＝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。
10．(多选)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4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( )21教育名师原创作品
图4
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：选AC 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。
11．已知地球的半径是6.4×106 m，地球的自转周期是24 h，地球的质量是5.98×1024kg，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，若要发射一颗地球同步卫星，试求：
(1)地球同步卫星的轨道半径r；
(2)地球同步卫星的环绕速度v。
解析：(1)根据万有引力提供向心力得＝mω2r，ω＝，则r＝
＝ m≈4.2×107 m。
(2)根据＝m得：
v＝＝ m/s≈3.1×103 m/s＝3.1 km/s。
答案：(1)4.2×107 m (2)3.1×103 m/s
12．取地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，地球表面的重力加速度为g＝10 m/s2，某行星的质量是地球的8倍，半径是地球的2倍，则此行星的第一宇宙速度大小为多少？一个质量60 kg的人在该行星表面上的重力大小是多少？21世纪教育网版权所有
解析：设卫星的质量为m，中心天体的质量为M，半径为R，天体的第一宇宙速度即为卫星绕天体表面做圆周运动的运行速度，设为v。2·1·c·n·j·y
即F向＝F引，
所以＝，
解得v＝ 。①
由题意可得M行＝8M地，R行＝2R地，②
由①②得v行＝2v地＝15.8 km/s。
设人的质量为m′，当人在一个中心天体表面上时有
m′g＝F引，
所以m′g＝，
解得g＝。③
由②③得：g行＝2g地＝20 m/s2。
所以在该行星表面上，一个质量60 kg的人的重力大小为m′g行＝1 200 N。
答案：15.8 km/s 1 200 N
课时跟踪检测（十六） 能源的开发与利用
1．有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度。他的办法是：关好房间的门窗然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递，则开机后，室内的温度将( )
A．逐渐有所升高
B．保持不变
C．开机时降低，停机时又升高
D．开机时升高，停机时降低
解析：选A 冰箱工作，会产生热量，即消耗电能，产生了内能，且房间与外界没有能量交换，所以房内温度会升高，A正确。21·世纪*教育网
2．力对物体做功100 J，下列说法正确的是( )
A．物体具有的能量增加100 J
B．物体具有的能量减少100 J
C．有100 J的能量发生了转化
D．产生了100 J的能量
解析：选C 力对物体做功100 J, 就有100 J的能量发生了转化，但是物体具有的能量不一定增加也不一定减少，比如只有重力做功的情况物体具有的机械能不变，故A、B、D错误，C正确。【来源：21cnj*y.co*m】
3．关于能源的开发和节约，你认为以下观点错误的是( )
A．能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为
B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现
C．能源的开发利用，必须要同时考虑对环境的影响
D．和平利用核能是目前开发新能源的一项有效途径
解析：选B 虽然能量守恒，但由于常规能源不可再生，可利用能源仍存在减少问题，故要节约能源和开发新能源。故选B。21教育网
4．不同的物理现象往往反映出相同的物理规律。如图1所示的现象中在能量转化方面的共同点是( )
图1
A．物体的机械能转化为其他形式的能量
B．物体的动能全部转化为重力势能
C．其他形式的能量转化为物体的机械能
D．物体的重力势能转化为其他形式的能量
解析：选A 题图中几种现象的共同特点是物体的机械能转化为其他形式的能量，选项A正确。
5．(多选)某人将重物由静止开始举高h，并使物体获得速度v，则下列说法中正确的是( )
A．物体所受合外力对它做的功等于物体动能的增加
B．此人对物体做的功等于物体动能和重力势能的增加量
C．物体所受合外力做的功等于物体动能和重力势能的增加量
D．克服重力做的功等于物体重力势能的增加量
解析：选ABD 由动能定理知，合外力做的功等于物体动能的改变量，故A正确，C错误；人给物体的力对物体做的功等于物体机械能的改变量，B正确；重力做负功，克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，D正确。www.21-cn-jy.com
6. (多选)质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v1和v2，位移分别为s1和s2，如图2所示。则这段时间内此人所做的功的大小等于( )www-2-1-cnjy-com
图2
A．Fs2 B．F(s1＋s2)
C.m2v22＋(m＋m1)v12 D.m2v22
解析：选BC 根据功能转化关系知道：人做的功都转化成了系统的能量，即m1、m2和人的动能，所以C正确；或者利用动能定理得绳子上的拉力对m1、m2做功的和为他们动能的增量。根据恒力做功的计算方法绳子上的力也为F，由恒力做功公式W＝Fs得：W＝F(s1＋s2)，所以B正确。21世纪教育网版权所有
7．两块完全相同的木块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内能分别为QA、QB，设木块对子弹的摩擦力大小一定，则( )21*cnjy*com
A．vA＞vB，QA＞QB B．vA＜vB，QA＝QB
C．vA＝vB，QA＜QB D．vA＞vB，QA＝QB
解析：选D 设子弹的初速度为v0，质量为m，木块的厚度为d，穿透过程中子弹所受阻力大小为?，未固定的木块前进了x，根据动能定理：?d＝mv02－mvA2，?(d＋x)＝mv02－mvB2，比较以上两式得vA＞vB，两种情况下产生的热量相等，QA＝QB＝?d，故D正确。
8. (多选)如图3所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是( )21cnjy.com
图3
A．小球的机械能守恒
B．物块与小球组成的系统机械能守恒
C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块M与桌面间摩擦产生的热量
D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块M与桌面间摩擦产生的热量
解析：选CD 由于绳子对小球做负功，因此小球的机械能减小，A错误；由于桌面粗糙，摩擦力对M做负功，因此物块与小球组成的系统机械能减小，B错误；若小球匀速下降，根据能量守恒，小球减小的重力势能没有转化为动能，而是完全转化为M与桌面摩擦生成的热量，C正确；而若小球加速下降，则小球减小的机械能一部分摩擦生热，另一部分转化为物块与小球组成系统的动能，因此D正确。【来源：21·世纪·教育·网】
9．如图4所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，下列说法正确的是( )
图4
A．系统受到外力作用，动能不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大
D．两车的速度每次减小到零时，弹簧的弹力大小都大于外力F1、F2的大小
解析：选B 对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减小，A错误。弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确。弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减小，C错误。当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回速度减小为零时，弹簧的弹力为零，小于外力F1、F2的大小，D错误。21·cn·jy·com
10.如图5所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则( )2-1-c-n-j-y
图5
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少mg(H＋h)
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)
解析：选D 对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误；对于物块和弹簧组成的系统来说，减少的机械能为克服空气阻力所做的功，故B错误；由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误；物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得：f＝mg－ma＝mg，所以空气阻力所做的功－mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少mg(H＋h)，故D正确。
11.某海湾共占面积1.0×107 m2，涨潮时平均水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m不变，退潮时，坝外水位降至18 m(如图6)。利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出多少电能？(g＝10 m/s2，不计发电机的能量损失)【版权所有：21教育】
图6
解析：退潮时，由坝内流向坝外的水的质量
m＝ρV＝ρSh＝1.0×103×1.0×107×(20－18)kg＝2×1010 kg
该过程中重力势能的减少量
ΔEp减＝mg
两次涨潮、退潮共减少
ΔEp＝2mg＝mgh
故每天发出的电能
E电＝ΔEp·10%＝2×1010×10×2×10% J＝4×1010 J。
答案：4×1010 J
12.严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响。汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点。地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。【出处：21教育名师】
图7
若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达最高速度72km/h，再匀速运动80 s，接着匀减速运动15 s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。
(1)求甲站到乙站的距离；
(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量。(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)
解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1，距离为s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t2，距离为s2，速度为v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为s。则2·1·c·n·j·y
s1＝v t1①
s2＝v t2②
s3＝v t3③
s＝s1＋s2＋s3④
联立①②③④式并代入数据得
s＝1 950 m。⑤
(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2。设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功W，将排放气态污染物的质量为M。则21教育名师原创作品
W1＝Fs1⑥
W2＝Pt2⑦
W＝W1＋W2⑧
M＝(3×10－9kg·J－1)·W⑨
联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得
M＝2.04 kg。⑩
答案：见解析
课时跟踪检测（十四） 动能 动能定理
1．两个物体的质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比是( )
A．1∶4 B．4∶1
C．2∶1 D．1∶1
解析：选B 两个物体的质量比为1∶4，速度大小比为4∶1，根据Ek＝mv2得，动能之比为：
Ek1∶Ek2＝∶＝4∶1。
故选B。
2．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动。若这两个力分别做了6 J和8 J的功，则该物体的动能增加了( )21·cn·jy·com
A．48 J B．14 J
C．10 J D．2 J
解析：选B 合力对物体做功W合＝6 J＋8 J＝14 J。根据动能定理得物体的动能增加量为14 J，B对。2-1-c-n-j-y
3．(多选)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )【来源：21cnj*y.co*m】
A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0
C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0
解析：选AD 速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s。而动能是标量，初末两状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0，A、D正确。
4．速度为v的子弹，恰可穿透一块固定的木板。如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板( )21教育网
A．2块 B．3块
C．4块 D．8块
解析：选C 设木板的厚度为d，子弹的速度为v时，由动能定理知－fd＝0－mv2。当子弹的速度为2v时，设能穿透n块木板，由动能定理知－f·nd＝0－m(2v)2，联立两式解得n＝4，C正确。【来源：21·世纪·教育·网】
5.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图1所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
图1
A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
解析：选A 由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，故物体克服弹簧弹力做功W＝mv02－μmg(s＋x)，A正确。21cnjy.com
6.如图2所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍。物块与转轴OO′相距R，随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )21*cnjy*com
图2
A．0 B．2πkmgR
C．2kmgR D.kmgR
解析：选D 在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg＝m。设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf，由动能定理可得Wf＝mv2，解得Wf＝kmgR，D正确。【版权所有：21教育】
7．从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹。求：21教育名师原创作品
(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少。
(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少。
解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0，www.21-cn-jy.com
解得h＝H。
(2)设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s，对全过程由动能定理得mgH－kmgs＝0，21·世纪*教育网
解得：s＝。
答案：(1)H (2)
8.如图3所示，一质量为1 kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k＝50 N/m，现用一竖直向下的F＝5 N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧一直处于弹性限度内)( )
图3
A．1 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D. m/s
解析：选A 当弹簧的弹力等于重力和F的合力时，球的速度最大，此时弹簧又向下被压缩了x＝＝m＝0.1 m，根据动能定理：Fx＝mv2，解得：v＝1 m/s，故选A。
9．(多选)(全国丙卷)如图4，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )www-2-1-cnjy-com
图4
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC 质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。
10．如图5所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下。已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.3。若某人和滑板的总质量m＝60 kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图5
(1)把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图；
(2)若已知θ＝37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；
(3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大长度为L1＝20 m，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；21世纪教育网版权所有
(4)若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2＝30 m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过多少？【出处：21教育名师】
解析：
(1)受力如图所示。
(2)根据牛顿第二定律得，mgsin 37°－f＝ma
N＝mgcos 37°
f＝μN
联立以上三式，代入数据解得a＝3.6 m/s2。
(3)人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理：mgH－μmgcos 37°－μmgL1＝0－0
代入数据解得H＝10 m。
(4)设A到D的高度为h，根据动能定理
mgh－μmgcos θ－μmg＝0－0
代入数据解得h＝9 m。
答案：(1)见解析 (2)3.6 m/s2 (3)10 m (4)9 m
11.如图6所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点。现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：2·1·c·n·j·y
图6
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
解析：(1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有：mgR(1－cos 37°)＝mv2
解得：v2＝2gR(1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2
在B点，由牛顿第二定律有：
N－mg＝m
解得：N＝mg＋m＝1×N＝14 N
由牛顿第三定律有：N′＝N＝14 N。
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：
μmg·BD＝mv2
施加恒力F后，物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：μ(mg＋F)BC＝mv2
可得：mgBD＝(mg＋F)BC
由题知：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F
解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N。
答案：(1)14 N (2)10 N
课时跟踪检测（四） 圆周运动
1．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中正确的是( )
A．物体可能处于受力平衡状态
B．物体的运动状态可能不发生变化
C．物体的加速度可能等于零
D．物体运动的速率是恒定不变的
解析：选D 匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻变化，显然匀速圆周运动是变速运动，具有加速度。故A、B、C错误，D对。21教育网
2．电脑中用的光盘驱动器采用恒定角速度驱动光盘，光盘上凹凸不平的小坑是存贮数据的。请问激光头在何处时，电脑读取数据速度较快( )www-2-1-cnjy-com
A．内圈 B．外圈
C．中间位置 D．与位置无关
解析：选B 光盘做匀速圆周运动，光盘上某点的线速度v＝rω，ω恒定，则r越大时，v就越大，因此激光头在光盘外圈时，电脑读取数据速度比较快。21*cnjy*com
3．(多选)质点做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是( )
A．因为v＝Rω，所以线速度v与轨道半径R成正比
B．因为ω＝，所以角速度ω与轨道半径R成反比
C．因为ω＝2πn，所以角速度ω与转速n成正比
D．因为ω＝，所以角速度ω与周期T成反比
解析：选CD v＝Rω，ω一定时，线速度v才与轨道半径R成正比，v一定时，角速度ω才与R成反比，A、B错误。ω＝2πn＝，2π为常数，所以角速度ω与转速n成正比，与周期T成反比，C、D正确。【来源：21cnj*y.co*m】
4.如图1所示，细杆上固定两个小球a和b，杆绕O点做匀速转动，下列说法正确的是( )
图1
A．a、b两球线速度相等
B．a、b两球角速度相等
C．a球的线速度比b球的大
D．a球的角速度比b球的大
解析：选B 细杆上固定两个小球a和b，杆绕O点做匀速转动，所以a、b属于同轴转动，故两球角速度相等，故B正确，D错误；由图可知b球的转动半径比a球转动半径大，根据v＝rω可知：a球的线速度比b球的小，故A、C错误。2·1·c·n·j·y
5.如图2所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是( )【出处：21教育名师】
图2
A．顺时针转动，周期为
B．逆时针转动，周期为
C．顺时针转动，周期为
D．逆时针转动，周期为
解析：选B 主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度相等，由齿数关系知主动轮转一周时，从动轮转三周，故T从＝，B正确。【版权所有：21教育】
6.机械手表(如图3所示)的分针与秒针从第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为( )
图3
A. min B．1 min
C. min D. min
解析：选C 分针与秒针的角速度分别为ω分＝ rad/s，ω秒＝ rad/s
设两次重合的时间间隔为Δt，
则有ω秒·Δt－ω分·Δt＝2π
得Δt＝＝ s＝ s＝ min
故C正确。
7.如图4所示是一种粒子测速器，圆柱形容器半径为R，器壁有一槽口A，沿直径方向与A正对的位置是B，P是喷射高速粒子流的喷口，其喷射方向沿着直径，使容器以角速度ω旋转，则喷射流可以从A槽口进入容器，最后落在B′上，测得BB′的弧长为x，求喷射流的速度。21世纪教育网版权所有
图4
解析：对粒子流有2R＝v0t
对容器有ωt＝(2kπ＋φ)＝(k＝0,1,2，…)
故联立可得v0＝(k＝0,1,2，…)
答案：(k＝0,1,2，…)
8．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如图5是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则( )
图5
A．该车可变换两种不同挡位
B．该车可变换五种不同挡位
C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4
D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1
解析：选C 由题意知，A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换四种挡位；当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A转一圈，D转4圈，即＝，选项C对。21cnjy.com
9．(多选)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，A、B平行相距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，测得两弹孔半径的夹角是30°，如图6所示，则该子弹的速度可能是( )21·cn·jy·com
图6
A．360 m/s B．57.6 m/s
C．1 440 m/s D．108 m/s
解析：选BC 子弹从A盘到B盘，盘转过的角度可能为
θ＝2πk＋(k＝0,1,2，…)
盘转动的角速度
ω＝＝2πf＝2πn＝2π× rad/s＝120π rad/s
子弹在A、B间运动的时间等于圆盘转动的时间，即＝
所以v＝＝＝(k＝1,2,3，…)
k＝0时，v＝1 440 m/s
k＝1时，v≈110.77 m/s
k＝2时，v＝57.6 m/s
…
故B、C正确。
10.如图7所示，一绳系一小球在光滑的桌面上做匀速圆周运动，绳长L＝0.1 m，当角速度为ω＝20 rad/s时，绳断开，试分析绳断开后：www.21-cn-jy.com
图7
(1)小球在桌面上运动的速度；
(2)若桌子高1.00 m，小球离开桌面时速度方向与桌子边缘垂直。求小球离开桌子后运动的时间和落点与桌子边缘的水平距离。【来源：21·世纪·教育·网】
解析：(1)v＝ωr＝20×0.1 m/s＝2 m/s。
(2)小球离开桌面后做平抛运动，
竖直方向：h＝gt2，
所以：t＝＝ s＝0.45 s，
水平方向：x＝vt＝2×0.45 m＝0.9 m。
答案：(1)2 m/s (2)0.45 s 0.9 m
11.如图8所示，一个水平放置的圆桶正绕中心轴匀速运动，桶上有一小孔，桶壁很薄，当小孔运动到上方时，在小孔的正上方h处有一个小球由静止开始下落，已知小孔的半径略大于小球的半径，为了让小球下落时不受任何阻碍，h与桶的半径R之间应满足什么关系(不考虑空气阻力)?21·世纪*教育网
图8
解析：设小球下落h所用时间为t1，经过圆桶所用时间为t2，则h＝gt12，h＋2R＝g(t1＋t2)22-1-c-n-j-y
小球到达圆桶表面时，圆孔也应该到达同一位置，所以有
ωt1＝2nπ，其中n＝1,2,3，…
ωt2＝(2k－1)π，其中k＝1,2,3，…
解得h＝。
答案：h＝(n＝1,2,3，…。k＝1,2,3，…)
