第五节
验证机械能守恒定律
1．在“验证机械能守恒定律”的实验中，下列说法或做法正确的是( )
A．必须用秒表测重物下落的时间
B．选用质量小的重物可减小实验误差
C．实验时必须先用天平测出重物的质量
D．实验中不得用公式v＝
求下落高度h时的速度
解析：实验中通过打点计时器计算时间，不需要秒表，A错误．实验供选择的重物应该是相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，B错误．因为是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要测出重物的质量，C错误．若用公式v＝求下落高度h时的速度，表明就已经承认了机械能守恒，这与本实验“验证机械能守恒定律”的目的矛盾，D对．
答案：D
2．下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差的说法，正确的是( )
A．重物质量的称量不准会造成较大误差
B．重物质量选用得大些，有利于减小误差
C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差
D．打点计时器选用电磁打点计时器比电火花计时器误差要小
解析：为减小实验误差，重物应选质量大些的，且重物质量不需称量，A、C错，B正确；电磁打点计时器的振针与纸带间有摩擦，电火花计时器对纸带的阻力较小，故选用电磁打点计时器误差大些，D错误．
答案：B
3.(多选)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，在下面所列举的该实验的几个操作步骤中，没有必要进行的或者错误的步骤是( )
A．按照图示的装置安装器件
B．将打点计时器接到学生电源的交流输出端上
C．用天平测量出重物的质量
D．先放手让纸带和重物下落，再接通电源开关
E．在打出的纸带上，依据打点的先后顺序选取A、B、C、D四个合适的相邻点，通过测量计算得出B、C两点的速度为vB、vC，并测出B、C两点间的距离为h
F．在误差允许范围内，看减少的重力势能mgh是否等于增加的动能mv－mv，从而验证机械能守恒定律
解析：步骤C不必要，因为根据测量原理，重物的动能和势能表达式中都包含了质量m，可以约去，所以不必测量重物的质量，步骤D错，应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放纸带．
答案：CD
4．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1个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．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g＝9.80
m/s2，那么：
(1)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；
(2)从O点到(1)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(结果保留三位有效数字)．
解析：(1)由题图中所给数据只能计算出B点的瞬时速度，故选OB做研究．
(2)vB＝＝×10－2
m/s＝1.92
m/s，ΔEk＝mv＝×1.00×1.922
J＝1.84
J，ΔEp＝mgOB＝1.00×9.80×19.20×10－2
J＝1.88
J.
答案：(1)B (2)1.88 1.84
5．用落体法验证机械能守恒定律的实验中：
(1)运用公式mv2＝mgh对实验条件的要求是__________，为达到此目的，所选择的纸带第1、第2两点间的距离应接近________．
(2)若实验中所用重锤的质量m＝1
kg，打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02
s，则记录B点时，重锤的速度vB＝________，重锤的动能Ek＝________，从开始下落起至B点重锤的重力势能减少量是________，由此可得出的结论是___________________．
(3)根据纸带算出相关各点的速度v，下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象应是( )
解析：(1)重锤从静止开始自由下落时，在0.02
s内的位移应为h＝gt2＝×9.8×0.022
m≈2
mm.
(2)vB＝＝
m/s＝0.58
m/s，此时重锤的动能为Ek＝mv＝×1×0.582
J＝0.168
J，重锤的重力势能减少量为ΔEp＝mghB＝1×9.8×17.6×10－3
J＝0.172
J．因此在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒．
(3)由机械能守恒定律可知，mgh＝mv2，即验证机械能守恒定律成立，只需验证v2＝gh即可．若以为纵坐标，h为横坐标，则图象是过原点且斜率为g的直线，故选项C正确．
答案：(1)打第一个点时重锤的初速度为零 2
mm
(2)0.58
m/s 0.168
J 0.172
J 在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒
(3)C第五节
斜抛运动
A级 抓基础
1．下列关于斜抛运动的说法正确的是( )
A．斜抛运动是非匀变速运动
B．飞行时间只与抛出的初速度大小有关，水平位移只与初速度和水平方向间的夹角有关
C．落地前在任意一段相等时间内速度的变化量都相同
D．做斜抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
解析：做斜抛运动的物体，仅受重力作用，加速度g恒定，是匀变速曲线运动，A错误；由飞行时间和水平位移表达式知，两者都与抛出的初速度的大小、方向有关，故B错误；斜抛运动水平方向为匀速直线运动，故水平速度不变，竖直方向为竖直上抛运动，加速度g恒定，故速度在相等时间内变化量相同，即合运动在相等时间内速度变化量相同，C正确；由于水平方向速度恒定，故落地的合速度不可能竖直向下，D错误．
答案：C
2．一小球从水平地面以v0斜抛而出，最后又落回同一水平面，不计空气阻力，在下列图中能正确表示速度矢量的变化过程的是( )
解析：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，所以速度变化量的方向可以由Δv＝gt来判断，因此Δv的方向应竖直向下，表示任意两时刻速度的有向线段末端的连线保持竖直，故选项C正确．
答案：C
3．在不考虑空气阻力的情况下，以相同大小的初速度斜向上抛出甲、乙、丙三个小球，抛射角分别为30°、45°、60°，射程较远的小球是( )
A．甲
B．乙
C．丙
D．无法确定
解析：由X＝eq
\f(vsin
2θ,g)知，v0大小一定的情况下，当抛射角θ＝45°时，射程最远．故选B.
答案：B
4．(多选)斜抛运动和平抛运动的共同特点是( )
A．加速度都是g
B．运动轨迹都是抛物线
C．运动时间都与抛出时的初速度大小有关
D．速度变化率都随时间变化
解析：物理学中的斜抛运动和平抛运动都是仅受重力作用的抛体运动，因此其加速度或速度变化率都是相同的，都为重力加速度，因此选项A正确，选项D错误．它们的轨迹均为抛物线，选项B正确．斜抛运动的时间由竖直方向的分速度决定，平抛运动的时间仅与高度有关，与初速度无关，故选项C错误．
答案：AB
5．小球以初速度v0与水平方向成α角斜向上抛出，不计空气阻力，球从抛出到落至与抛出点同一高度的过程中，小球速度的变化量为( )
A．v0sin
α
B．2v0sin
α
C．v0cos
α
D．2v0cos
α
解析：小球在整个过程中，若取竖直向下为正方向，竖直方向上初速度vy0＝－v0sin
α，末速度为vyt＝v0sin
α，所以速度的变化量Δv＝2v0sin
α，故选项B正确．
答案：B
6．如图所示，是一枚射出的炮弹飞行的理论曲线和弹道曲线，理论曲线和弹道曲线相差较大的原因是( )
A．理论计算误差造成的 B．炮弹的形状造成的
C．空气阻力的影响造成的
D．这是一种随机现象
解析：炮弹一般飞行的速度很大，故空气阻力的影响是很大的，正是空气阻力的影响，才使得理论曲线和弹道曲线相差较大．
答案：C
B级 提能力
7.如图所示，在水平地面上的A点以速度v1射出一弹丸，方向与地面成θ角，经过一段时间，弹丸恰好以v2的速度垂直穿入竖直墙壁上的小孔B，不计空气阻力．下面说法正确的是( )
A．如果在B点以与v2大小相等的速度，水平向左射出弹丸，则它必定落在地面上A点
B．如果在B点以与v1大小相等的速度，水平向左射出弹丸，则它必定落在地面上A点
C．如果在B点以与v2大小相等的速度，水平向左射出弹丸，则它必定落在地面上A点左侧
D．如果在B点以与v1大小相等的速度，水平向左射出弹丸，则它必定落在地面上A点右侧
解析：弹丸由B到A的过程应为平抛运动，且初速度为v2＝v1cos
θ，所以以v2射出的弹丸应落在A点，故A正确，B错误；因为v1>v2，故以v1射出的弹丸应落在A点的左侧，故C、D错误．
答案：A
8．如图所示，从距离墙壁为l的水平地面上的A点，以初速度v0、抛射角θ＝45°斜向上抛一小球，小球恰在上升到最高点时与墙相碰，碰后被水平反弹回来，落到地面上的C点，且OC＝.则小球被反弹的速度v的大小与初速度v0的大小之比为( )
A．1∶2
B.∶1
C.∶1
D.∶1
解析：斜抛运动以其顶点为界，可以分成上升和下落两个过程，这两个过程有一定对称性．下落过程实际上就是以水平分速度v0cos
θ为初速度的平抛运动．如果小球上升到最高点与墙壁碰撞后速度大小不变，仍为v0cos
θ，则小球碰撞后做平抛运动，轨迹形状与上升时相同，即从B到A.再把B到A的过程与B到C的过程相比较，它们从同一高度被水平抛出，因此，在空中飞行的时间t相等，根据水平位移之比可得反弹速度v＝v0cos
θ＝v0，即＝.故选D.
答案：D
9．电脑控制果蔬自动喷灌技术被列为全国节水灌溉示范项目，在获得经济效益的同时也获得了社会效益．已知从该水管中射出的水流轨迹呈现一道道美丽的弧线，如果水喷出管口的速度是20
m/s，管口与水平方向的夹角为45°，空气阻力不计，试计算水的射程和射高各为多少(g取10
m/s2)．
解析：水的竖直分速度vy＝v0sin
45°＝10
m/s，
上升的最大高度h＝eq
\f(v,2g)＝
m＝10
m.
水在空中的运动时间为t＝＝2
s.
水的水平分速度vx＝v0cos
45°＝10
m/s.
水平射程s＝vxt＝10×2
m＝40
m.
答案：40
m 10
m第七节
功率
A级 抓基础
1．关于功率的概念，下列说法中正确的是( )
A．功率是描述力对物体做功多少的物理量
B．力做功时间越长，力的功率一定越小
C．由P＝知，功率等于单位时间内力做的功
D．由P＝Fv知，力越大，做功越快
解析：功率是描述力对物体做功快慢的物理量，做功越快，功率越大，A错．力对物体做功少，或者做功用时长，功率未必小，B错．由P＝知，功率就等于力在1秒内做的功，C对．由P＝Fv知，力越大，且在力的方向上的速度越大，功率才越大，做功越快，D错．
答案：C
2．如图所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图象，那么甲物体的功率P甲与乙物体的功率P乙相比( )
A．P甲＞P乙
B．P甲＜P乙
C．P甲＝P乙
D．无法判定
解析：根据功率的定义式P＝可知，在功与所用时间的关系图象中，直线的斜率表示时刻的功率．因此，由图线斜率可知P甲
答案：B
3．一辆汽车在水平公路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变，汽车的发动机始终以额定功率输出．关于牵引力和汽车速度，下列说法中正确的是( )
A．汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大
B．汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增大
C．汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大
D．当牵引力等于零时，速度达到最大值
解析：汽车的发动机输出功率恒定，即P一定，则由公式P＝Fv可得出v增大，此时F减小，但由于合外力方向与汽车运动方向一致，因此汽车速度仍在增大；当汽车受到的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大值，而后做匀速直线运动，故C正确．
答案：C
4．某人用同一水平力F先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进l距离，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进l距离，若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，则( )
A．W1＝W2，P1＝P2
B．W1＝W2，P1>P2
C．W1>W2，P1>P2
D．W1>W2，P1＝P2
解析：由于拉力相同而又通过相同的位移，根据W＝Fl可知拉力对物体做的功一样多，但由于沿光滑水平面前进时间短，所以P1>P2，故B正确．
答案：B
5．飞机在飞行时受到与速度平方成正比的空气阻力，若飞机以速度v匀速飞行时，发动机的功率为P，则当飞机以速度nv匀速飞行时，发动机的功率为( )
A．nP
B．2nP
C．n2P
D．n3P
解析：由题意知P＝fv＝kv3，P′＝f′nv＝kn3v3＝n3P，D正确．
答案：D
6．一位同学在二楼教室窗口把一个篮球用力水平抛出，篮球落地时重力的瞬时功率约为( )
A．5
W
B．50
W
C．500
W
D．5
000
W
解析：此题为估算题，二楼教室窗口到地面的高度大约为4
m左右，一个篮球的质量大约有0.6
kg左右，篮球落地时的竖直分速度v1＝＝
m/s＝9
m/s.重力的瞬时功率P＝mgv1＝54
W，故本题选B.
答案：B
B级 提能力
7．自由下落的物体，在第1
s内、第2
s内、第3
s内重力的平均功率之比为( )
A．1∶1∶1
B．1∶2∶3
C．1∶3∶5
D．1∶4∶9
解析：做自由落体运动的物体，第1
s末、2
s末、3
s末的速度分别为v1＝gt1＝g，v2＝gt2＝2g，v3＝gt3＝3g，则第1
s、2
s、3
s内重力的平均功率分别为1＝mg＝mg2，2＝mg＝mg2，3＝mg·＝mg2，所以1∶2∶3＝1∶3∶5，故C选项正确．
答案：C
8．(多选)如图所示，在天花板上的O点系一根细绳，细绳的下端系一小球．将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，小球从位置A开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B点的运动过程中，下面说法正确的是( )
A．小球受到的向心力在逐渐变大
B．重力对小球做功的平均功率为零
C．重力对小球做功的瞬时功率逐渐增大
D．由于细线的拉力方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力对小球做的功为零
解析：小球下落时，速度越来越大，由F向＝m可知向心力逐渐增大，A对；重力做功不为零，所以重力做功的平均功率不为零，B错；A点时，小球速度为零，所以重力的瞬时功率为零，B点时，重力与速度方向垂直，所以重力的瞬时功率为零，所以，重力的瞬时功率先增大后减小，C错；由W＝Flcos
α可知，D对．
答案：AD
9.如图所示，将质量为m的小球以初速度v0从A点水平抛出，正好垂直于斜面落在斜面上B点，已知斜面的倾角为α.
(1)小球落到斜面上B点时重力做功的瞬时功率是多少？
(2)小球从A到B过程中重力做功的平均功率是多少？
解析：(1)将小车落在斜面上时的速度进行正交分解，如图所示．
小球在竖直方向上的分速度为vy＝v0cot
α，
所以小球落到斜面上B点时重力做功的瞬时功率为
P＝mgvy＝mgv0cot
α.
(2)小球从A到B过程中重力做功的平均功率为
＝mgy＝mg×(0＋vy)＝mgv0cot
α.
答案：(1)mgv0cot
α (2)mgv0cot
α
10．如图所示是一学生骑车爬坡的情形．假如他骑车时的最大功率是1
200
W，车和学生的总质量是75
kg，斜坡倾角为20°，运动过程中受到的摩擦阻力恒为60
N，则此学生骑车上坡的最大速度是多少？假如他在水平路面上骑车，最大速度可达到多少(g取10
m/s2)
解析：如图所示，学生骑车上坡的过程受到总的阻力是F阻＝mgsin
θ＋f，其中f＝60
N.
当学生骑车达到最大速度时，一定做匀速运动，此时它受到的合力为零，即F引－F阻＝0.
学生和车前进的动力F引＝F阻，且发挥出最大功率
Pmax＝1
200
W．由P＝Fv得学生骑车上坡的最大速度vmax＝＝
m/s≈3.8
m/s.
若自行车在平直的公路上行驶，他受到的阻力仅是f＝60
N，达到最大速度时匀速运动，必有F
′引＝f且P＝Pmax，
所以最大车速可达到v′max＝＝
m/s＝20
m/s.
答案：3.8
m/s 20
m/s第一节
万有引力定律
A级 抓基础
1．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，则太阳位于( )
A．F2
B．A
C．F1
D．B
解析：根据开普勒第二定律：太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相同的面积，因为行星在A点的速率比在B点的速率大，所以太阳和行星的连线必然是行星与F2的连线，故太阳位于F2.
答案：A
2．下列关于万有引力定律的说法中，正确的是( )
①万有引力定律是卡文迪许在实验室中发现的 ②对于相距很远、可以看成质点的两个物体，万有引力定律F＝G中的r是两质点间的距离 ③对于质量分布均匀的球体，公式中的r是两球心间的距离 ④质量大的物体对质量小的物体的引力大于质量小的物体对质量大的物体的引力
A．①③
B．②④
C．②③
D．①④
解析：卡文迪许在实验室中得出了G的数值，F＝G中的r是两质点间的距离，对于质量分布均匀的球体，公式中的r是两球心间的距离，两物体之间的相互引力遵循牛顿第三定律，则②③正确，①④错误．
答案：C
3．理论和实践证明，开普勒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．对于开普勒第三定律的公式＝k，下列说法正确的是( )
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：行星和卫星的轨道可以近似为圆，公式＝k也适用，故A错；比例系数k是一个由中心天体决定而与行星无关的常量，但不是恒量，不同的星系中，k值不同，故B错，C对；月球绕地球转动的k值与地球绕太阳转动的k值不同，故D错．
答案：C
4．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：由万有引力定律公式F＝G得G＝，所以B项正确．
答案：B
5．月球绕地球运动的周期约为27天，则月球中心到地球中心的距离R1与地球同步卫星(绕地球运动的周期与地球的自转周期相同)到地球中心的距离R2之比R1∶R2约为( )
A．3∶1
B．9∶1
C．27∶1
D．18∶1
解析：由开普勒第三定律有eq
\f(R,T)＝eq
\f(R,T)，所以＝eq
\r(3,\f(T,T))＝＝，选项B正确，A、C、D错误．
答案：B
B级 提能力
6．两个行星的质量分别为m1和m2，绕太阳运行的轨道半径分别是r1和r2.若它们只受太阳的引力作用，那么这两个行星的向心加速度之比为( )
A．1
B.
C.
D.
解析：设两个质量分别为m1、m2的行星的向心力分别是F1、F2，太阳的质量为M，由太阳与行星之间的作用规律，可得F1＝Geq
\f(Mm1,r)，F2＝Geq
\f(Mm2,r)，而a1＝，a2＝，故＝.
答案：D
7．月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的，一个质量为600
kg的飞行器到达月球后，下列说法错误的是( )
A．在月球上的质量仍为600
kg
B．在月球表面上的重力为980
N
C．在月球表面上方的高空中重力小于980
N
D．在月球上的质量将小于600
kg
解析：物体的质量与物体所处的位置及运动状态无关，故A对，D错；由题意可知，物体在月球表面上受到的重力为地球表面上重力的，即F＝mg＝×600×9.8
N＝980
N，故B对；由F＝G知，r增大时，引力F减小，在星球表面，物体的重力可近似认为等于物体所受的万有引力，故C对．
答案：D
8．随着太空技术的飞速发展，地球上的人们登陆其他星球成为可能．假设未来的某一天，宇航员登上某一星球后，测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，而该星球的平均密度与地球的差不多，则该星球质量大约是地球质量的( )
A.
B．2倍
C．4倍
D．8倍
解析：由G＝mg得M＝，而M＝ρ·πR3，由两式可得R＝，所以M＝，易知该星球质量大约是地球质量的8倍．D对．
答案：D
9．近几年，全球形成探索火星的热潮，发射火星探测器可按以下步骤进行．第一步，在地球表面用火箭对探测器进行加速，先使之成为一个绕地球轨道运动的人造卫星．第二步，在适当时刻启动探测器上的火箭发动机，在短时间内对探测器沿原方向加速，使其速度增大到适当值，从而使探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道飞行，运行其半个周期后正好飞行到火星表面附近，使之成为绕火星运转的卫星，然后采取措施使之降落在火星上，如图所示．设地球的轨道半径为R，火星的轨道半径为1.5R，探测器从地球运行轨道到火星运行轨道大约需要多长时间？
解析：由题可知，探测器在飞向火星的椭圆轨道上运行时，其轨道半长轴为a＝＝1.25R.由开普勒定律可得eq
\f(R3,T)＝，即T′＝eq
\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.25R,R)))\s\up12(3)·T)＝T地＝1.4T地，故t＝＝0.7T地＝8.4月．
答案：8.4月
10．月球质量是地球质量的，月球半径是地球半径的，如果以同一初速度在地球上和月球上竖直上抛一物体．求：
(1)两者上升的最大高度之比；
(2)两者从抛出到落回原抛点的时间之比．
解析：对星球表面的物体有mg＝G，所以g＝，
故＝eq
\f(M月R,M地R)＝×＝.
(1)上升高度h＝eq
\f(v,2g)，所以＝＝.
(2)由于t＝，所以＝＝.
答案：(1) (2)第三节
飞向太空
A级 抓基础
1．(多选)人们离开大气层，进行航天飞行所需的运载工具可以是( )
A．喷气式飞机
B．火箭
C．直升机
D．航天飞机
解析：喷气式飞机和直升机必须依靠空气进行飞行，不能离开大气层，A、C错误．而火箭和航天飞机依靠自身所带的燃料，不依靠空气飞行，可以飞出大气层，B、D正确．
答案：BD
2．人造卫星在太空绕地球运行时，若天线偶然折断，天线将( )
A．继续和卫星一起沿轨道运行
B．做平抛运动，落向地球
C．由于惯性，沿轨道切线方向做匀速直线运动
D．做自由落体运动，落向地球
解析：折断后的天线与卫星具有相同的速度，天线受到地球的万有引力全部提供其做圆周运动的向心力，情况与卫星的相同，故天线仍沿原轨道与卫星一起做圆周运动，A对，B、C、D错．
答案：A
3．宇宙飞船要与环绕地球运转的轨道空间站对接，飞船为了追上轨道空间站( )
A．只能从较低轨道上加速
B．只能从较高轨道上加速
C．只能从与空间站同一高度轨道上加速
D．无论在什么轨道上，只要加速都行
解析：飞船从低轨道加速做离心运动到达空间站所在轨道对接，A选项正确．
答案：A
4．月球探测器在环绕月球运行过程中，轨道半径为r，运行速率为v，当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时( )
A．r、v都略微减小
B．r、v都将保持不变
C．r略微减小，v略微增大
D．r略微增大，v略微减小
解析：当探测器飞越质量密集区上空时，月球对探测器的引力增大，由F＝知半径r将减小；根据G＝得v＝，可知v将增大，故选C.
答案：C
5．探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )
A．轨道半径变小
B．向心加速度变小
C．线速度变小
D．角速度变小
解析：探测器做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，则G＝mr，整理得T＝2π，可知周期T较小的轨道，其半径r也小，A正确；由G＝ma＝m＝mrω2，整理得：a＝G，v＝，ω＝，可知半径变小，向心加速度变大，线速度变大，角速度变大，故B、C、D错误．
答案：A
6．“神舟十一号”与“天宫二号”已成功实现自动交会对接．如果对接前“神舟十一号”和“天宫二号”在同一轨道上运动，若“神舟十一号”与前面的“天宫二号”对接，“神舟十一号”为了追上“天宫二号”，可采用的方法是( )
A．“神舟十一号”加速追上“天宫二号”，完成对接
B．“神舟十一号”从原轨道减速至一个较低轨道，再加速追上“天宫二号”完成对接
C．“神舟十一号”加速至一个较高轨道再减速追上“天宫二号”完成对接
D．无论“神舟十一号”如何采取措施，均不能与“天宫二号”对接
解析：神舟十一号要追上天宫二号，神舟十一号应先减速，使它的半径减小，速度增大，故在低轨道上神舟十一号可接近或超过天宫二号，当神舟十一号运动到合适的位置时再加速，使其轨道半径增大，速度减小，当刚好运动到天宫二号所在轨道时停止加速，则神舟十一号的速度刚好等于天宫二号的速度，可以完成对接．B正确．
答案：B
B级 提能力
7．(多选)航天技术的不断发展，为人类探索宇宙创造了条件，1988年发射的“月球勘探者号”空间探测器，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定等方面取得最新成果，探测器在一些环形山中央发现了质量密集区，当飞越这些重力异常区域时( )
A．探测器受到的月球对它的万有引力将变大
B．探测器运行的轨道半径将变大
C．探测器飞行的速度将变大
D．探测器飞行的速度将变小
解析：由于在质量密集区域，由F＝G，可知月球对它的万有引力变大，此时F＞而做近心运动，半径减小，由v＝可知v增大，故选项A、C正确．
答案：AC
8.(多选)要使卫星从如图所示的圆形轨道1通过椭圆轨道2转移到同步轨道3，需要两次短时间开动火箭对卫星加速，加速的位置应是图中的( )
A．P点
B．Q点
C．R点
D．S点
解析：卫星要从圆形轨道1转移到椭圆轨道2要在P点加速，做离心运动，否则卫星仍在圆形轨道1运动；卫星要从椭圆轨道2转移到同步轨道3，加速的位置应是图中的R点，若选在Q或S点点火，这样会使卫星进入另一个与Q或S点相切的椭圆或圆轨道，而不会进入预定的与R点相切的同步轨道3，因此要在R点点火．
答案：AC
9．
(多选)假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是( )
A．飞船在轨道Ⅰ上经过P点时的速度大于飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度
B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同
解析：飞船在轨道Ⅰ上运动至P点时必须点火加速才能进入轨道Ⅱ，因此飞船在轨道Ⅰ上经过P点时的速度小于飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度，A错误；由开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度，B正确；由公式a＝G可知，飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，C正确；由公式T＝2π可知，因地球质量和火星质量不同，所以飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期不相同，D错误．
答案：BC第三节
量子化现象
A级 抓基础
1．下列物理事件和科学家不相对应的是( )
A．普朗克最先提出能量量子化理论
B．牛顿发现并建立了万有引力定律
C．爱因斯坦提出了光子说，成功解释了光电效应现象
D．霍金最早建立了狭义相对论
解析：最早建立狭义相对论的是爱因斯坦，不是霍金．
答案：D
2．在演示光电效应实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针会张开一个角度．如图所示，这时( )
A．锌板带正电，指针带负电
B．锌板带正电，指针带正电
C．锌板带负电，指针带正电
D．锌板带负电，指针带负电
解析：弧光灯照射锌板，有带负电的电子从板上飞出，所以锌板带正电．因为验电器和锌板有导线相连，故验电器和锌板都带正电．故B正确．
答案：B
3．(多选)对于原子光谱，下列说法正确的是( )
A．原子光谱是连续的
B．由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的光谱是相同的
C．各种原子的结构不同，所以各种原子的光谱也是不同的
D．氢原子光谱是不连续的
解析：原子光谱是不连续的，A错，D对；不同原子发出不同频率的光，B错，C对．
答案：CD
4．根据爱因斯坦的“光子说”可知( )
A．“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”
B．光的波长越大，光子的能量越小
C．一束单色光的能量可以连续变化
D．只有光子数很多时，光才具有粒子性
解析：光子并非实物粒子，其能量是一份一份的，不连续变化，每个光子的能量E＝hν＝，光的波长越大，光子能量越小，所以选项A、C错误，选项B正确；光子数很少时，光容易表现出粒子性，选项D错误．
答案：B
5．(多选)关于光的波粒二象性，下列说法中正确的是( )
A．光的粒子性表现在能量的不连续上
B．光的粒子性就是光是由一些小质点组成的
C．光的波动性表现为光子运动的不确定性
D．光的波动性就是光像水波一样呈波浪式传播
解析：光子的能量E＝hν，其中ν为光的频率，是一份一份的，是不连续的，体现了光的粒子性，A对．光的波动性和粒子性与宏观世界中的“波”和“微粒”有本质的区别，它是指粒子在什么地方出现存在一个概率问题，概率大的地方出现的可能性大，概率小的地方出现的可能性小，显示出波动性是一种概率波，C对，B、D错．
答案：AC
B级 提能力
6．现有a、b、c三束单色光，其频率关系为νa<νb<νc.用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应．若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定( )
A．a光束照射时，不能发生光电效应
B．c光束照射时，不能发生光电效应
C．b光的强度减小时，不能发生光电效应
D．b光的强度增大时，不能发生光电效应
解析：a、b、c三束单色光的频率νa<νb<νc，已知用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应，则c光束照射能发生光电效应，a光束不能，A对、B错；能否发生光电效应只与光的频率有关，与光的强度无关，C、D均错．
答案：A
7．太阳能发电是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能的．假设有N个频率为ν的光子打在硅光电池极板上并完全被转化为电能，则产生的电能为( )
A．hν
B.Nhν
C．Nhν
D．2Nhν
解析：由普朗克量子理论可知，频率为ν的单个光子能量ε＝hν，则N个这样的光子的总能量为Nhν，故C正确．
答案：C
8．按照玻尔理论，一个氢原子中的电子从半径为ra的圆周轨道上自发地直接跃迁到一个半径为rb的圆周轨道上，ra>rb.关于原子发射光子的频率说法正确的是( )
A．原子要发出一系列频率的光子
B．原子要吸收一系列频率的光子
C．原子要发出某一频率的光子
D．原子要吸收某一频率的光子
解析：根据玻尔理论，电子从高能级向低能级跃迁时，原子要发出某一频率的光子，且满足hν＝Em－En，所以选项C正确．
答案：C
9．假设一只功率为P、发出单色光的灯，辐射出光的频率为ν，在距离该灯为R的较远某位置，有一正对该灯的较小面积S，则时间t内，面积S上获得的光子数是多少(h为普朗克常量)
解析：灯在时间t内辐射的能量E＝Pt，
单个光子的能量ε＝hν，
所以面积S上获得的光子数
n＝＝.
答案：第二节
万有引力定律的应用
A级 抓基础
1．(多选)与“神舟九号”相比，“神舟十号”的轨道更高，若宇宙飞船绕地球的运动可视为匀速圆周运动，则“神舟十号”比“神舟九号”的( )
A．线速度小
B．向心加速度大
C．运行周期大
D．角速度大
解析：轨道越高，半径越大，宇宙飞船的线速度、角速度和向心加速度都越小，只有运行周期越大．故A、C正确，B、D错误．
答案：AC
2．(多选)关于地球同步卫星，下列说法正确的是( )
A．它们的质量一定是相同的
B．它们的周期、高度、速度大小一定是相同的
C．我国发射的地球同步卫星可以定点在北京上空
D．我国发射的地球同步卫星必须定点在赤道上空
解析：同步卫星的特点是：定位置(赤道的上方)、定周期(24
h)、定速率、定高度．同步卫星与地球保持相对静止，可知同步卫星必须位于赤道的上方．同步卫星的周期一定，与地球的自转周期相等．根据万有引力提供向心力G＝mr知，轨道半径一定，则卫星的高度一定，轨道半径一定，则卫星的速度大小一定．对于同步卫星的质量，不一定相同．故B、D正确，A、C错误．故选B、D.
答案：BD
3．(多选)地球半径为R，地面上重力加速度为g，在高空绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其线速度的大小可能是( )
A.
B.
C.
D．2
解析：贴近地表运行的卫星的线速度是所有绕地球做匀速圆周运动卫星的最大环绕速度，其大小为v＝，所以高空卫星的线速度应小于，故A、B正确，C、D错误．
答案：AB
4．(多选)美国宇航局宣布发现了太阳系外第一颗类似地球的、可能适合居住的行星——“开普勒 22b”，它每290天环绕着一颗类似于太阳的恒星运转一周．若引力常量已知，根据下列选项中的信息能求出该行星的轨道半径的是( )
A．该行星表面的重力加速度
B．该行星的密度
C．该行星的线速度
D．被该行星环绕的恒星的质量
解析：行星做圆周运动的向心力由万有引力提供，有＝mr，v＝r，其中M为被该行星环绕的恒星的质量，v为该行星的线速度，T为该行星的运动周期，选项C、D正确．
答案：CD
5．(多选)“嫦娥三号”在落月前的一段时间内，绕月球表面做匀速圆周运动．若已知月球质量为M，月球半径为R，引力常量为G，对于绕月球表面做圆周运动的卫星，以下说法正确的是( )
A．线速度大小为
B．线速度大小为
C．周期为T＝
D．周期为T＝
解析：“嫦娥三号”绕月球表面做匀速圆周运动，可认为轨道半径等于月球半径R，月球对“嫦娥三号”的万有引力提供“嫦娥三号”做圆周运动的向心力，由G＝m，可得v＝
，A错误，B正确；由G＝mR，可得T＝
，C错误，D正确．
答案：BD
B级 提能力
6．设地面附近重力加速度为g0.地球半径为R0，人造地球卫星圆形轨道半径为R，那么以下说法错误的是( )
A．卫星在轨道上向心加速度大小为eq
\f(g0R,R2)
B．卫星运行的速度大小为
eq
\r(\f(g0R,R))
C．卫星运行的角速度大小为
eq
\r(\f(R3,Rg0))
D．卫星运行的周期为2πeq
\r(\f(R3,Rg0))
解析：G＝ma向，a向＝G，又g0＝eq
\f(GM,R)，故a向
＝eq
\f(g0R,R2)，选项A正确；又a向＝，v＝＝
eq
\r(\f(g0R,R))，选项B正确；ω＝＝eq
\r(\f(g0R,R3))，选项C错误；T＝＝2πeq
\r(\f(R3,g0R))，选项D正确．
答案：C
7．(多选)一行星绕恒星做圆周运动．由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v.引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A．恒星的质量为
B．行星的质量为
C．行星运动的轨道半径为
D．行星运动的加速度为
解析：由＝＝mr得M＝＝，A对；无法计算行星的质量，B错；r＝＝＝，C错；a＝ω2r＝ωv＝v，D对．
答案：AD
8．火星直径约为地球的，质量约为地球的，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍．根据以上数据，以下说法中正确的是( )
A．火星表面重力加速度的数值比地球表面的大
B．火星公转的周期比地球的长
C．火星公转的线速度比地球的大
D．火星公转的向心加速度比地球的大
解析：由G＝mg得g＝G，计算得火星表面的重力加速度约为地球表面的，A项错误；由G＝m得T＝2π，公转轨道半径大的周期长，B项对；由v＝判断轨道半径大的线速度小，C项错；公转向心加速度a＝G，可以判断火星的向心加速度小，D项错．
答案：B
9．若取地球的第一宇宙速度为8
km/s，某行星的质量是地球的6倍，半径是地球的1.5倍，此行星的第一宇宙速度约为( )
A．16
km/s
B．32
km/s
C．4
km/s
D．2
km/s
解析：由G＝m，得v＝.
因为行星的质量M′是地球质量M的6倍，半径R′是地球半径R的1.5倍，即M′＝6M，R′＝1.5R，得
＝＝＝2，
即v′＝2v＝2×8
km/s＝16
km/s.
答案：A
10．(多选)我国成功发射了“中星2A”通信广播地球同步卫星．在某次实验中，飞船在空中飞行了36
h，环绕地球24圈．那么，同步卫星与飞船在轨道上正常运转相比较( )
A．同步卫星运转周期比飞船大
B．同步卫星运转速率比飞船大
C．同步卫星运转加速度比飞船大
D．同步卫星离地高度比飞船大
解析：宇宙飞船在太空中环绕地球运转时，飞船就相当于地球的一颗卫星，此卫星与同步卫星相比有一些不同，但也有相同之处，那就是由万有引力提供向心力．由万有引力定律和牛顿第二定律得
G＝
飞船的运转周期T′＝
h＝1.5
hh，故A正确；由②得＝，为恒量，得同步卫星离地高度h大，故D正确；由①得v＝
，所以同步卫星运转的速率小，B错误；由③得a＝，所以同步卫星运转的加速度小，C错误．
答案：AD第四节
平抛运动
A级 抓基础
1．做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是( )
A．大小相等，方向相同
B．大小不等，方向不同
C．大小相等，方向不同
D．大小不等，方向相同
解析：在平抛运动中速度的变化量Δv＝gΔt，所以每秒内的速度变化量大小都等于9.8
m/s，方向都是竖直向下．选项A正确．
答案：A
2．关于平抛运动的性质，以下说法中正确的是( )
A．变加速运动
B．匀变速运动
C．匀速率曲线运动
D．可能是两个匀速直线运动的合运动
解析：平抛运动是水平抛出且只在重力作用下的运动，所以是加速度恒为g的匀变速运动，故A、C错误，B正确．平抛运动可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，所以D错误．
答案：B
3．(多选)物体在做平抛运动时，在相等时间内，下列物理量相等的是( )
A．速度的增量
B．加速度
C．位移的增量
D．位移
解析：平抛运动是匀变速曲线运动，加速度是恒定的，B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，任意相等时间间隔Δt内的速度改变量均竖直向下，且Δv＝Δvy＝g·Δt，A正确；在相等时间间隔Δt内，水平位移x＝v0Δt相等，而竖直位移y＝vΔt＋gΔt2是随时间增大的，所以位移不是均匀变化的，C、D错误．
答案：AB
4.如图所示，一固定斜面的倾角为α，高为h，一小球从斜面顶端沿水平方向抛出，刚好落至斜面底端，不计小球运动中所受的空气阻力，设重力加速度为g，则小球从抛出到落至斜面底端所经历的时间为( )
A.
B.
C.
D.
解析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度求出运动的时间．
根据h＝gt2得t＝，故C正确，A、B、D错误．故选C.
答案：C
5.(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有( )
A．两球的质量应相等
B．两球应同时落地
C．应改变装置的高度，进行多次实验
D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
解析：物体做自由落体运动的运动情况与物体的质量无关，两球质量没有必要相等，选项A错误；改变装置的高度，且每次都同时落地，才能说明A球在竖直方向做自由落体运动，选项B、C正确；本实验不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动，选项D错误．
答案：BC
6.如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的位置分别是B、C、D，且AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，则v1、v2、v3之间的正确的关系是( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1
C．v1∶v2∶v3＝6∶3∶2
D．v1∶v2∶v3＝9∶4∶1
解析：由AB∶BC∶CD＝1∶3∶5知三小球竖直方向的位移之比应是1∶4∶9，则小球从被抛出到打在B、C、D三点所用时间之比t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，而三种情况下小球的水平位移相同，小球的初速度与其运动时间成反比，所以v1∶v2∶v3＝6∶3∶2，C项正确．
答案：C
B级 提能力
7.甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示．将甲、乙两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，在下列条件下，乙球可能击中甲球的是( )
A．同时抛出，且v1B．甲先抛出，且v1C．甲先抛出，且v1>v2
D．甲后抛出，且v1>v2
解析：甲球从较高位置抛出，击中时甲的竖直位移大，运动时间长，故应先抛出甲球．甲、乙两球的水平位移相等，由x＝v0t知，t甲>t乙，所以v1答案：B
8.如图所示，两个足够长的斜面，倾角分别为37°和53°.在顶点把A、B两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为( )
A．1∶1
B．4∶3
C．16∶9
D．9∶16
解析：由平抛物体运动的位移规律，可得x＝v0t，y＝gt2.而tan
θ＝，则t＝，所以有＝＝.选项D正确．
答案：D
9.(多选)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(g＝10
m/s2)( )
A．1
m/s
B．2
m/s
C．3
m/s
D．4
m/s
解析：由h＝gt2知，面片在空中的运动时间t＝＝0.4
s，而水平位移x＝v0t，故面片的初速度v0＝，将x1＝0.5
m，x2＝1.5
m代入得面片的最小初速度v01＝＝1.25
m/s，最大初速度v02＝＝3.75
m/s，即1.25
m/s≤v0≤3.75
m/s，B、C选项正确．
答案：BC
10．(多选)平抛运动可以分解为水平和竖直方向上的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v－t图线，如图所示，若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是( )
A．图线2表示竖直分运动的v－t图线
B．t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°
C．t1时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切值为
D．2t1时刻的位移方向与初速度方向夹角为60°
解析：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A对；由v－t图象可知，t1时刻，水平和竖直分速度相等，所以t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为45°，B错；设t1时刻速度方向与初速度方向夹角为φ，位移方向与初速度方向夹角为θ，则有推论；tan
φ＝2tan
θ，C对；由v－t图象可知，2t1时刻，vy＝2vo，tan
φ＝2，故tan
θ＝1，即2t1时刻的位移方向与初速度方向夹角为45°.
答案：AC
11.如图所示，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，求小球水平抛出的初速度v0和斜面与平台边缘的水平距离x各为多少(取sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g＝10
m/s2)
解析：小球从平台到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有x＝v0t，h＝gt2，vy＝gt，
由题图可知tan
α＝＝，
代入数据，解得v0＝3
m/s，x＝1.2
m.
答案：3
m/s 1.2
m第一节
功
A级 抓基础
1．(多选)下面列举的几种情况中做功为零的是( )
A．卫星做匀速圆周运动，地球引力对卫星做的功
B．平抛运动中，重力对物体做的功
C．举重运动员，扛着杠铃在头的上方停留10
s，运动员对杠铃做的功
D．木块在粗糙水平面上滑动，支持力对木块做的功
解析：地球引力是卫星做圆周运动的向心力，向心力与卫星运动速度方向垂直，所以，这个力不做功．停留10
s时间内，杠铃的位移为零，运动员对杠铃的支持力不做功．木块的支持力与位移方向垂直，所以支持力不做功．故A、C、D正确．
答案：ACD
2．如图所示，物体在大小相等的恒力作用下，在水平方向上的位移相等，则( )
A．情况①中，力F做的功最少
B．情况②中，力F做的功最少
C．情况③中，力F做的功最少
D．情况④中，力F做的功最少
解析：由功的一般计算公式W＝Fscos
α，F与s相同，夹角越大，F做的功越少．
答案：D
3．(多选)一物体在两个力F1、F2的共同作用下发生了一段位移，做功分别为W1＝6
J、W2＝－6
J，下列说法正确的是( )
A．这两个力一定大小相等、方向相反
B．F1是动力，F2是阻力
C．这两个力做的总功为0
D．F1比F2做的功多
解析：由W1＝6
J，W2＝－6
J，W＝Fscos
α，得F1cos
α1＝－F2cos
α，因此不能得出F1与F2大小相等、方向相反的结论，选项A错误；功的正负只表示是动力做功还是阻力做功，并不表示功的大小，选项B正确，选项D错误；合力做的功等于各个分力做功的代数和，选项C正确．
答案：BC
4.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．如果某受训练者拖着轮胎在水平直道前行，那么下列说法正确的是( )
A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功
B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功
C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功
D．轮胎受到地面的支持力对轮胎做了正功
解析：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．
答案：A
5.如图所示，扶梯水平台阶上的人随扶梯一起斜向上匀速运动，下列说法中不正确的是( )
A．重力对人做负功
B．支持力对人做正功
C．摩擦力对人做正功
D．合外力对人做功为零
解析：因为人站在扶梯上匀速上升，而重力的方向是向下的，所以重力对人做负功，选项A正确；支持力的方向是向上的，故支持力对人做正功，选项B正确；而因为人做匀速直线运动，故他不受摩擦力的作用，所以摩擦力对人不做功，选项C错误，所以C符合题意；因为人的合外力为零，所以合外力对人做功为零，选项D正确．
答案：C
B级 提能力
6.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：物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动，根据平衡条件得知，A对B的静摩擦力与拉力F平衡，地面对A的滑动摩擦力与B对A的静摩擦力平衡，则地面对A的滑动摩擦力方向向左，对A做负功，物块A对地面的滑动摩擦力不做功，A对B的静摩擦力做负功，B对A的静摩擦力做正功，因此，选项C正确，其他选项均错．
答案：C
7．如图所示，三个固定的斜面底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样．完全相同的物体(可视为质点)A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部的过程中( )
A．物体A克服摩擦力做的功最多
B．物体B克服摩擦力做的功最多
C．物体C克服摩擦力做的功最多
D．三物体克服摩擦力做的功一样多
解析：设底边长度为b，则Wf＝－μmgcos
θ·＝－μmgb，即克服摩擦力做功为定值，选项D正确．
答案：D
8．如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )
A．0
B．FR
C.πFR
D．2πFR
解析：虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋π，则拉力做的功为πFR，故C正确．
答案：C
9.如图所示，平行于斜面向上的拉力F使质量为m的物体匀速地沿着长为L、倾角为α的斜面的一端向上运动到另一端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，分别求作用在物体上各力对物体所做的功．
解析：选物体为研究对象，其受力如图所示：
(1)拉力F对物体所做的功为WF＝FL，由于物体做匀速运动，故
F＝mgsin
α＋Ff＝mgsin
α＋μmgcos
α，
所以WF＝mgL(sin
α＋μcos
α)，
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，
物体克服重力所做的功为mgLsin
α.
(3)摩擦力对物体所做的功为
WFf＝FfLcos
180°＝－FfL＝－μmgLcos
α，
物体克服摩擦力做功μmgLcos
α.
(4)弹力F1对物体所做的功为
W1＝F1Lcos
90°＝0，
弹力对物体不做功．
答案：拉力做功mgL(sin
α＋μcos
α)，重力做功－mgLsin
α，摩擦力做功－μmgLcos
α，斜面弹力对物体不做功
10.如图所示，水平传送带以速度v＝6
m/s顺时针运转，两传动轮M、N之间的距离为L＝10
m．若在M轮的正上方，将一质量为m＝3
kg的物体轻放在传送带上，已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3，在物体由M处传送到N处的过程中，传送带对物体的摩擦力做了多少功(g取10
m/s2)
解析：物体放在传送带上后的加速度a＝＝＝μg＝0.3×10
m/s2＝3
m/s2.设一段时间后物体的速度增大到v＝6
m/s，此后物体与传送带速度相同，二者之间不再相对滑动，滑动摩擦力随之消失，可见滑动摩擦力的作用时间为t＝＝
s＝2
s．在这2
s内物体水平向右运动的位移为l＝at2＝×3×22
m＝6
m＜L＝10
m，滑动摩擦力对物体所做的功为W＝Fl＝μmgl＝0.3×3×10×6
J＝54
J.
答案：54
J第一节
什么是抛体运动
A级 抓基础
1．关于抛体运动，以下说法中正确的是( )
A．所有抛体运动都是匀变速直线运动
B．所有抛体运动都是匀变速曲线运动
C．竖直方向的抛体运动都是匀变速直线运动
D．以上说法都错
解析：抛体运动为匀变速运动，轨迹有可能是直线也有可能是曲线．
答案：C
2．关于物体做曲线运动的条件，以下说法中正确的是( )
A．物体受变力作用才可能做曲线运动
B．物体受恒力作用也可能做曲线运动
C．物体不受力也能做曲线运动
D．物体只要受到外力就一定做曲线运动
解析：物体做曲线运动的条件是所受的合力方向与它的速度方向不在一条直线上，跟此合力是否为变力无关，故选项A、D错误，选项B正确；物体不受力时，将处于静止或匀速直线运动状态，故选项C错误．
答案：B
3．关于曲线运动，下面说法正确的是( )
A．物体运动状态改变时，它一定做曲线运动
B．物体做曲线运动时，它的运动状态一定在改变
C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致
D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向和所受到的合力方向有时不一定一致
解析：物体运动状态的改变是指物体运动速度的变化，包括速度大小或方向的变化或速度的大小和方向都变化．若物体只改变速度的大小而保持方向不变，则物体做直线运动，故选项A错误．而曲线运动是变速运动，它的运动状态一定改变，故选项B正确，物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不共线，而加速度方向就是合力的方向，故选项C、D错误．
答案：B
4．某质点做曲线运动，从A到B速率逐渐增大．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：加速度的方向应指向曲线凹侧且与速度的夹角为锐角，故D正确．
答案：D
5．(多选)机械运动按轨迹分为直线运动和曲线运动，按运动的性质(加速度)又分为匀速运动和变速运动．下列判断正确的有( )
A．匀速运动都是直线运动
B．匀变速运动都是直线运动
C．曲线运动都是变速运动
D．曲线运动不可能是匀变速运动
解析：匀速运动是指匀速直线运动，A正确；匀变速运动包括匀变速直线运动和匀变速曲线运动两种，B错；曲线运动中速度的方向每时每刻都在发生变化，所以曲线运动一定是变速运动，C正确；一般的抛体运动都是匀变速曲线运动，D错误．
答案：AC
6．(多选)法国网球公开赛上，西班牙选手纳达尔以3∶1逆转击败塞尔维亚天王德约科维奇，获得冠军，网球由运动员击出后在空中飞行过程中，若不计空气阻力，它的运动将是( )
A．曲线运动，加速度大小和方向均不变，是匀变速曲线运动
B．曲线运动，加速度大小不变，方向改变，是非匀变速曲线运动
C．曲线运动，加速度大小和方向均改变，是非匀变速曲线运动
D．若水平抛出是匀变速曲线运动，则斜向上抛出也是匀变速曲线运动
解析：网球只受重力，大小和方向均不变，加速度大小和方向也都不变，刚抛出时速度方向和重力不在同一条直线上，所以网球的运动性质是匀变速曲线运动，正确选项是A、D.
答案：AD
B级 提能力
7.如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图．已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )
A．D点的速率比C点的速率大
B．A点的加速度与速度的夹角小于90°
C．A点的加速度比D点的加速度大
D．从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小
解析：质点做匀变速曲线运动，合力的大小和方向均不变，加速度不变，选项C错误；由B点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B点切线垂直且向下，故质点由C到D过程，合力方向与速度方向夹角小于90°，速率增大，选项A正确；A点的加速度方向与速度方向夹角大于90°，选项B错误；从A到D加速度与速度的夹角一直变小，选项D错误．
答案：A
8．赛车时，观众感觉精彩与刺激的同时，车手们却时刻处在紧张与危险之中．某车手驾车在一个弯道上行驶，突然高速行驶的赛车后轮脱落，从而不得不遗憾地退出了比赛．关于脱落的后轮的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．仍然沿着汽车行驶的弯道运动
B．沿着与弯道垂直的方向飞出
C．沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道
D．上述情况都有可能
解析：赛车沿弯道行驶，被甩出的后轮的速度方向就是甩出点轨迹的切线方向，车轮被甩出后，不再受到车身的约束，水平方向只受到与速度方向相反的阻力作用(重力和地面对车轮的支持力相平衡)．车轮做直线运动，故车轮不可能沿汽车行驶的弯道运动，也不可能沿垂直于弯道的方向运动，故选项C正确．
答案：C
9．一个物体在F1、F2、F3三个恒力的共同作用下，做匀速直线运动．若突然撤去力F1后，则物体( )
A．可能做曲线运动
B．不可能继续做直线运动
C．必然沿F1的方向做直线运动
D．必然沿F1的反方向做匀速直线运动
解析：物体做匀速直线运动的速度方向与F1的方向关系不明确，可能是相同、相反或不在同一条直线上.
因此，撤去F1后物体所受合力的方向与速度v的方向关系不确定，故物体可能做直线运动，也可能做曲线运动，所以选项A是正确的．B、C、D错．
答案：A
10．(多选)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：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＝＝，若初速度方向与F合方向共线，则物体做匀变速直线运动，若初速度方向与F合方向不共线，则物体做匀变速曲线运动．综上所述，本题选B、C.
答案：BC第一节
匀速圆周运动
A级 抓基础
1．做匀速圆周运动的物体，改变的物理量是( )
A．速度
B．速率
C．角速度
D．周期
解析：匀速圆周运动的基本特点是角速度、周期、频率、转速都恒定不变，而线速度的大小不变，方向时刻改变．对于匀速圆周运动，其某时刻瞬时速度的方向沿该点的切线方向，所以线速度方向时刻变化，大小不变，所以A正确，B、C、D均错误．
答案：A
2．(多选)下列关于甲、乙两个做匀速圆周运动的物体的有关说法中正确的是( )
A．若甲、乙两物体的线速度相等，则角速度一定相等
B．若甲、乙两物体的角速度相等，则线速度一定相等
C．若甲、乙两物体的周期相等，则角速度一定相等
D．若甲、乙两物体的周期相等，则转速一定相等
解析：由v＝ωr可知，只有在半径r一定时，若线速度相等，则角速度一定相等，若角速度相等，则线速度一定相等，故选项A、B错误；由ω＝可知，甲、乙两物体的周期相等时，角速度一定相等，故选项C正确；由ω＝2πn＝，得T相等，则转速n相等，故选项D正确．
答案：CD
3.(多选)如图所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心r的地方，它们都随圆盘一起运动．比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是( )
A．两木块的线速度相等
B．两木块的角速度相等
C．M的线速度是N的线速度的3倍
D．M的角速度是N的角速度的3倍
解析：由传动装置特点知，M、N两木块有相同的角速度，又由v＝ωr知，因rN＝r，rM＝r，故木块M的线速度是木块N线速度的3倍，选项B、C正确．
答案：BC
4．有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树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝哪个方向倒下，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，树梢的角速度最大，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，树梢的周期较大，易于判断
D．伐木工人的经验缺乏科学依据
解析：树木开始倒下时，树各处的角速度一样大，故A项错误．由T＝知，树各处的周期也一样大，故C项错误．由v＝ωr知，树梢的线速度最大，易判断树倒下的方向，故B项正确，D项错误．
答案：B
5.两个小球固定在一根长为1
m的杆的两端，杆绕O点逆时针旋转，如图所示，当小球A的速度为3
m/s时，小球B的速度为12
m/s.则小球B到转轴O的距离是( )
A．0.2
m B．0.3
m C．0.6
m D．0.8
m
解析：设小球A、B做圆周运动的半径分别为r1、r2，则v1∶v2＝ωr1∶ωr2＝r1∶r2＝1∶4，又因r1＋r2＝1
m，所以小球B到转轴O的距离r2＝0.8
m，D正确．
答案：D
6．(多选)如图所示，一个以过O点垂直于盘面的轴匀速转动的圆盘上有a、b、c三点，已知Oc＝，则下面说法中正确的是( )
A．a、b两点的线速度大小不相同
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：a、b、c三点在同一圆盘上且绕同一轴转动，故角速度、周期相同，B、D正确；由v＝ωr知va＝vb，vc＝，A错误、C正确．
答案：BCD
B级 提能力
7.(多选)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n1，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n1
D．从动轮的转速为n1
解析：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速度相等，所以由2πn1r1＝2πn2r2，得从动轮的转速为n2＝n1，C正确，D错误．
答案：BC
8.(多选)如图所示，假设地球绕地轴自转时，在其表面上有A、B两物体(图中斜线为赤道平面)，θ1和θ2为已知，则( )
A．A、B两物体的角速度之比为ωA∶ωB＝1∶1
B．线速度之比vA∶vB＝sin
θ1∶sin
θ2
C．线速度之比vA∶vB＝1∶1
D．周期之比TA∶TB＝sin
θ1∶sin
θ2
解析：地球上的物体都绕地轴做匀速圆周运动，它们的运动周期、角速度、转速都相等，A正确，D错误；由线速度与角速度的关系v＝ωr得v∝r，所以，vA∶vB＝Rsin
θ1∶Rsin
θ2＝sin
θ1∶sin
θ2，B正确，C错误．
答案：AB
9．如图所示，直径为d的纸制圆筒以角速度ω绕垂直于纸面的轴O匀速转动(图示为截面)．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，在圆周上留下a、b两个弹孔．已知aO和bO夹角为θ，求子弹的速度．若无旋转不到半周的限制，则子弹的速度又如何？
解析：设子弹速度为v，则子弹穿过圆筒的时间t＝.
此时间内圆筒转过的角度α＝π－θ.
据α＝ωt，得π－θ＝ω.
则子弹的速度v＝.
本题中若无旋转不到半周的限制，则在时间t内转过的角度
α＝2nπ＋(π－θ)＝π(2n＋1)－θ.
则子弹的速度v＝(n＝0，1，2，…)．
答案： (n＝0，1，2，…)第二节
动能
势能
A级 抓基础
1．下列关于重力势能的说法中正确的是( )
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C．一个物体的重力势能从－5
J变化到－3
J，重力势能变小了
D．从同一高度，将物体沿不同方向以相同速率抛出后，落地时减少的重力势能相等
解析：重力势能Ep＝mgh，其中h表示物体所在位置相对参考平面的高度，具有相对性，当物体的位置确定，但参考平面不同时，则相对高度h不同，所以重力势能mgh也不同，故选项A错误；当物体在参考平面下方时，物体与参考平面距离越大，重力势能越小，故选项B错误；重力势能是标量，负号说明物体在参考平面下方，判断其大小时，与数学上－5<－3的规律一致，所以重力势能由－5
J变为－3
J，重力势能变大了，故选项C错误；重力势能的变化仅与物体的位置变化有关，而与路径无关，故选项D正确．
答案：D
2．关于物体的动能，下列说法中正确的是( )
A．一个物体的动能可能小于零
B．一个物体的动能与参考系的选取无关
C．动能相同的物体的速度一定相同
D．两质量相同的物体，动能相同，其速度不一定相同
解析：由Ek＝mv2可知，动能Ek总为正值，A错；因速度v的大小与参考系的选取有关，故动能Ek的大小也与参考系的选取有关，B错；由Ek＝mv2可知，动能Ek的大小与物体质量m和速度v大小有关，动能相同，速度不一定相同，C错；质量m相同的物体，动能相同时，速度大小一定相同，但速度方向不一定相同，D对．
答案：D
3．下列关于重力势能的说法中正确的是( )
A．重力势能的大小只由重物本身决定
B．重力势能恒大于零
C．当物体放在地面上时，它具有的重力势能一定为零
D．重力势能不是物体单独具有的，而是地球与物体共同具有的
解析：重力势能的大小由物体的重力大小和所处的高度共同决定，A错误．重力势能的正、负由所处位置(相对于参考平面)决定，物体在参考平面之上，重力势能为正，反之为负，B错误．若所选取的参考平面不是地面，在地面上的物体的重力势能不为零，C错误．根据重力势能的系统性可知重力势能是物体与地球共同具有的，故D正确．
答案：D
4．(多选)如图所示，一小球贴着光滑曲面自由滑下，依次经过A、B、C三点．以下表述正确的是( )
A．若以地面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点大
B．若以A点所在的水平面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点小
C．若以B点所在的水平面为参考平面，小球在C点的重力势能大于零
D．无论以何处水平面为参考平面，小球在B点的重力势能均比C点大
解析：由于B点比C点位置高，无论选取参考平面为何处，小球在B点的重力势能都比C点的大，A、D对，B错．若选B点所在水平面为参考平面，小球在C点的重力势能为负值，C错．
答案：AD
5．关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是( )
A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大
B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定减小
C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大
D．弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析：若弹簧处于压缩状态，当弹簧变长时，弹簧的弹性势能减小，A错误．当处于压缩状态时，弹簧变短，弹簧的弹性势能增大，B错误．由Ep＝kx2知，在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大，C正确．弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，弹簧在拉伸时的弹性势能不一定大于压缩时的弹性势能，故D错误．
答案：C
6.
(多选)如图所示，虚线是一跳水运动员在跳水过程中其重心运动的轨迹，则从起跳至入水的过程中，该运动员的动能和重力势能变化情况是( )
A．动能先减小后增大
B．动能先增大后减小
C．重力势能先增大后减小
D．重力势能先减小后增大
解析：运动员的速度先减小后增大，则其动能Ek＝mv2先减小后增大，故A对、B错；运动员的重心高度先增大后减小，则其重力势能Ep＝mgh也先增大后减小，故C对、D错．
答案：AC
B级 提能力
7.(多选)如图所示，一个物体在A时，弹簧处于原长，将物体从A推到B时，弹力做功W1；将物体从A推到B再推到C最后再回到B，弹力做功W2.下列说法正确的是( )
A．W1＜W2
B．W1＝W2
C．上述两个过程中弹簧的弹性势能变化不同
D．上述两个过程中弹簧的弹性势能变化相同
解析：对于同一弹簧，其弹性势能的大小取决于它的形变量，将物体由A推到B和将物体由A推到B再推到C最后再回到B的形变量相同，故有W1＝W2；而且均是外界对弹簧做正功，故弹簧弹性势能均增加．故选BD.
答案：BD
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：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．
答案：B
9．一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升h.关于此过程，下列说法中不正确的是( )
A．提升过程中手对物体做功m(a＋g)h
B．提升过程中合外力对物体做功mah
C．提升过程中物体的重力势能增加m(a＋g)h
D．提升过程中物体克服重力做功mgh
解析：对物体受力分析，如图所示，则F－mg＝ma，所以手对物体做功W1＝Fh＝m(g＋a)h，故A正确；合外力做的功W合＝F合h＝mah，B正确；物体上升h，克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，C错误，D正确．
答案：C
10．在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为m的木块相连，若在木块上再作用一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动h，力F做功W1，此时木块再次处于平衡状态，如图所示．求：
(1)在木块下移h的过程中重力势能的减少量；
(2)在木块下移h的过程中弹性势能的增加量．
解析：(1)据重力做功与重力势能变化的关系有
ΔEp减＝WG＝mgh.
(2)据弹力做功与弹性势能变化的关系有
ΔEp增′ ＝－W弹．
又因木块缓慢下移，力F与重力mg的合力与弹力等大、反向，
所以W弹＝－W1－WG＝－W1－mgh，
所以弹性势能增量ΔEp增′ ＝W1＋mgh.
答案：(1)mgh (2)W1＋mgh第二节
向心力
A级 抓基础
1．关于向心加速度，以下说法中正确的是( )
A．它描述了角速度变化的快慢
B．它描述了线速度大小变化的快慢
C．它描述了线速度方向变化的快慢
D．公式a＝只适用于匀速圆周运动
解析：由于向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，故C正确，A、B错；公式a＝不仅适用于匀速圆周运动，也适用于变速圆周运动，故D错误．
答案：C
2．在水平冰面上，马拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心．能正确表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力Ff的图是( )
解析：由于雪橇在冰面上滑动，其滑动摩擦力方向必与运动方向相反，即沿圆的切线方向；因雪橇做匀速圆周运动，合力一定指向圆心．由此可知C正确．
答案：C
3.如图所示，玻璃球沿碗的内壁做匀速圆周运动(若忽略摩擦)，这时球受到的力是( )
A．重力和向心力
B．重力和支持力
C．重力、支持力和向心力
D．重力
解析：玻璃球沿碗内壁做匀速圆周运动的向心力由重力和支持力的合力提供，向心力不是物体受的力，故B正确．
答案：B
4.(多选)在地球表面处取这样几个点：北极点A、赤道上一点B、AB弧的中点C、过C点的纬线上取一点D，如图所示，则( )
A．B、C、D三点的角速度相同
B．C、D两点的线速度大小相等
C．B、C两点的向心加速度大小相等
D．C、D两点的向心加速度大小相等
解析：地球表面各点(南北两极点除外)的角速度都相同，A对；由v＝ωr知，vC＝vD，B对；由a＝ω2r知，aB>aC，aC＝aD，C错，D对．
答案：ABD
5.(多选)如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有( )
A．线速度vA>vB
B．运动周期TA>TB
C．它们受到的摩擦力FfA>FfB
D．筒壁对它们的弹力FNA>FNB
解析：由于两物体角速度相等，而rA＞rB，则vA＝rAω＞vB＝rBω，A项对；由于ω相等，则T相等，B项错；因竖直方向受力平衡，Ff＝mg，所以FfA＝FfB，C项错；弹力等于向心力，故FNA＝mrAω2＞FNB＝mrBω2，D项对．
答案：AD
6．质量为m的木块从半球形的碗口下滑到碗底的过程中，如果由于摩擦力的作用，使得木块的速率不变，那么( )
A．下滑过程中木块的加速度为零
B．下滑过程中木块所受合力大小不变
C．下滑过程中木块所受合力为零
D．下滑过程中木块所受的合力越来越大
解析：因木块做匀速圆周运动，故木块受到的合外力即向心力大小不变，向心加速度大小不变，故选项B正确．
答案：B
7．游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达到20
m/s2，g取10
m/s2.那么此位置座椅对游客的作用力相当于游客重力的( )
A．1倍
B．2倍
C．3倍
D．4倍
解析：游客乘过山车在圆弧轨道最低点的受力如图所示．由牛顿第二定律，得FN－mg＝ma，则FN＝mg＋2mg＝3mg，即＝3.
答案：C
B级 提能力
8.如图所示为质点P、Q做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的图线，表示质点P的图线是双曲线，表示质点Q的图线是过原点的一条直线．由图线可知( )
A．质点P的线速度不变
B．质点P的角速度不变
C．质点Q的角速度不变
D．质点Q的线速度不变
解析：质点P的a－r图线是双曲线的一支，即a与r成反比，由a＝知质点P的线速度v的大小是定值，但方向变化，A错误；根据ω＝知角速度ω是变量，所以B错误；质点Q的a－r图线是一条直线，表示a∝r，由a＝rω2知角速度ω是定值，C正确；根据v＝ωr，线速度v是变量，所以D错误．
答案：C
9.质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋，如图所示，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则此时空气对飞机的作用力大小为( )
A．m
B．mg
C．m
D．m
解析：飞机在空中水平盘旋时在水平面内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作用力两个力的作用，其合力提供向心力F向＝m.飞机受力情况如图所示，根据勾股定理，得
F＝eq
\r(（mg）2＋F)＝m
答案：C
10.(多选)质量均为m的小球A、B分别固定在一长为L的轻杆的中点和一端点，如图所示．当轻杆绕另一端点在光滑水平面上做角速度为ω的匀速圆周运动时，则( )
A．处于中点的小球A的线速度为ωL
B．处于中点的小球A的加速度为ω2L
C．处于端点的小球B所受的合外力为mω2L
D．轻杆OA段中的拉力与AB段中的拉力之比为3∶2
解析：处于中点的小球A的运动半径为，线速度为，选项A错误；处于中点的小球A的加速度为，选项B错误；处于端点的小球B的向心加速度a＝ω2L，由牛顿第二定律F＝ma可知小球B所受的合外力为F＝mω2L，选项C正确；设轻杆OA段中的拉力为F1，轻杆AB段中的拉力为F2，对小球A：由牛顿第二定律，可得F1－F2＝；对小球B：由牛顿第二定律，可得F2＝mω2L，联立解得F1∶F2＝3∶2，选项D正确．
答案：CD
11．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘．转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ.不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．
解析：设转盘角速度为ω，钢绳与竖直方向夹角为θ，座椅到中心轴的距离：R＝r＋Lsin
θ，
对座椅分析有：Fn＝mgtan
θ＝mRω2，
联立两式得ω＝
.
答案：ω＝第一节
经典力学的成就与局限性
第二节
经典时空观与相对论时空观
A级 抓基础
1．日常生活中，我们并没有发现物体的质量随着物体运动速度的变化而变化，其原因是( )
A．运动中的物体无法称量其质量
B．物体的速度远小于光速，质量变化极小
C．物体的质量太小
D．物体的质量不随速度的变化而变化
解析：在宏观物体的运动中，由于v c，所以质量变化不大，而不是因为物体的质量太小或无法测量，也不是因为质量不随速度的变化而变化，正确选项是B.
答案：B
2．下列说法正确的是( )
A．牛顿运动定律就是经典力学
B．经典力学的基础是牛顿运动定律
C．牛顿运动定律可以解决自然界中所有的问题
D．量子力学的建立，说明经典力学是错误的
解析：牛顿运动定律是经典力学的基础，但经典力学并不等于牛顿运动定律，故A错、B对．经典力学并非万能，和其他任何理论一样，它也有其自身的局限性和适用范围，并不能解决自然界中所有的问题，相对论的建立和量子力学的建立并不是对经典力学的否定，对于宏观物体的运动，量子现象并不显著，经典力学仍然适用，故C、D错．
答案：B
3．(多选)通常我们把地球和相对地面静止或匀速运动的物体参考系看成是惯性系，若以下列系统为参考系，则属于非惯性系的有( )
A．停在地面上的汽车
B．绕地球做匀速圆周运动的飞船
C．在大海上匀速直线航行的轮船
D．进站时减速行驶的火车
解析：绕地球做匀速圆周运动的飞船相对地面有向心加速度．进站时减速行驶的火车相对于地面也有加速度．
答案：BD
B级 提能力
4．(多选)20世纪以来，人们发现了一些新的事实，而经典力学却无法解释．经典力学只适用于解决物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；只适用于宏观物体，一般不适用于微观粒子．这说明( )
A．随着认识的发展，经典力学已成了过时的理论
B．人们对客观事物的具体认识，在广度上是有局限性的
C．经典力学与相对论是相互矛盾的一对理论
D．人们应当不断地扩展认识，在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律
解析：人们对客观世界的认识，要受到所处的时代的客观条件和科学水平的制约，所以形成的看法也都具有一定的局限性，人们只有不断地扩展自己的认识，才能掌握更广阔领域内的不同事物的本质与规律；新的科学的诞生，并不意味着对原来科学的全盘否定，只能认为过去的科学是新的科学在一定条件下的特殊情形．所以A、C错，B、D对．
答案：BD
5．下列说法错误的是( )
A．牛顿运动定律只适用于相对静止的参考系
B．在任何惯性系中，物体的加速度都具有不变性
C．按照经典时空理论，物体的长度、质量和运动时间都与参考系的运动无关
D．伽利略相对性原理表明，在惯性运动的范围内不存在绝对空间和绝对运动
解析：牛顿运动定律只适用于惯性系，而相对静止的参考系不一定是惯性系；伽利略的相对性原理表明，所有的惯性系都是等效的；经典时空理论中，物体的长度、质量和运动时间都与参考系的运动无关．
答案：A
6．(多选)对于公式m＝，下列说法中正确的是( )
A．式中的m0是物体以速度v运动时的质量
B．当物体的运动速度v>0时，物体的质量m>m0，即物体的质量改变了，故经典力学不适用
C．当物体以较小速度运动时，质量变化十分微弱，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速运动时，质量变化才明显，故经典力学适用于低速运动，而不适用于高速运动
D．通常由于物体的运动速度较小，质量的变化引不起我们的感觉，故在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量的变化
解析：公式中m0是静止时的质量，m是物体以速度v运动时的质量，A错；由公式可知，只有当v接近光速时，物体的质量变化才明显，一般情况下物体的质量变化十分微小，故经典力学仍然适用，故选项B错，选项C、D正确．
答案：CD第六节
能量的转化与守恒
A级 抓基础
1．我们绝不会看到：一个放在水平地面上的物体，靠降低温度，可以把内能自发地转化为动能，使这个物体运动起来．其原因是( )
A．这违反了能量守恒定律
B．在任何条件下内能都不可能转化为机械能，只有机械能才会转化为内能
C．机械能和内能的转化过程具有方向性，内能转化成机械能是有条件的
D．以上说法均不正确
解析：机械能和内能可以相互转化，但必须通过做功来实现．因为各种有关热的物理过程都具有方向性，所以内能不可能全部转化成机械能，同时不引起其他变化．
答案：C
2．下列说法中正确的是( )
A．能量转化与守恒定律的成立是有一定条件的
B．行驶的汽车具有动能，刹车时动能转化为内能
C．能量从一种形式转化为另一种形式时，总量会减少
D．热传递是能量的转化
解析：能量转化与守恒定律对任何物体都成立、无条件，A、C错．汽车刹车时动能转化成内能，B对，热传递是能量的转移，D错．
答案：B
3．(多选)下列关于能量守恒定律的认识正确的是( )
A．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机械——永动机不可能制成
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
解析：根据能量守恒定律可知，能量既不会消灭，也不会创生．能量只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到其他物体，A、B正确，D错误，永动机违背了能量守恒定律，故它不可能制造出来，C正确．
答案：ABC
4．下列过程中，可能发生的是( )
A．某工作物质从高温热源吸收20
kJ的热量，全部转化为机械能，而没有引起其他变化
B．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发溢进去，恢复原状
C．利用其他手段，使低温物体的温度更低，高温物体的温度更高
D．将两瓶不同液体互溶，然后又自发地各自分开
解析：某工作物质从高温热源吸收20
kJ的热量，全部转化为机械能，而没有引起其他变化，这是不可能的，则A错误；能量传递具有方向性，则B、D错误；利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体的温度更高，如空调，则C正确．
答案：C
5．小明同学在家锻炼身体，做杠铃练习．他将杠铃由静止开始举高H，并获得速度v.则下列说法中不正确的是( )
A．小明对杠铃做的功等于杠铃机械能的增量
B．杠铃动能的增量等于杠铃所受合外力对它做的功
C．克服杠铃重力做的功等于杠铃重力势能的增量
D．合外力对杠铃做的功等于机械能的增量
解析：合力做功等于杠铃的动能增量，不是机械能的增量，B对，D错；小明对杠铃做的功等于杠铃能量的增加(即机械能的增加)，A对；重力做功等于重力势能的增量，C对．
答案：D
B级 提能力
6．(多选)在体育比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )
A．他的动能减少了Fh－mgh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
解析：由动能定理，得mgh－Fh＝ΔEk，故动能减少了Fh－mgh，A选项正确；他的重力势能减少了mgh，B选项错误；他的机械能减少了ΔE＝Fh，C选项错误，D选项正确．
答案：AD
7.劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球．开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g.下列分析正确的是( )
A．轻质弹簧的原长为R
B．小球过B点时，所受的合力为mg＋m
C．小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能
D．小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为mgR－mv2
解析：由几何知识可知弹簧的原长为R，A错误；根据向心力公式：小球过B点时，则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力，F合＝m，B错误；以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能，故C错误；根据能量的转化与守恒：mgR＝mv2＋Ep，得Ep＝mgR－mv2，故D正确．
答案：D
8.(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是( )
A．电动机多做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．电动机增加的功率为μmgv
D．传送带克服摩擦力做功为mv2
解析：由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以A项错；根据动能定理，对物体列方程，Wf＝mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝＝＝μmgv，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误．
答案：BC
9.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．
解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全部所产生的热量
Q＝mv＋mgx0sin
θ，
又因为全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即
Q＝μmgxcos
θ，
解以上两式，可得
x＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2gcos
θ)＋x0tan
θ)).
答案：eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2gcos
θ)＋x0tan
θ))第二节
运动的合成与分解
A级 抓基础
1．关于互成角度的两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动，下列说法中正确的是( )
A．一定是直线运动
B．一定是曲线运动
C．可能是直线运动，也可能是曲线运动
D．以上说法都不对
解析：两个分运动的初速度合成、加速度合成如图所示，其中v1、v2分别为两个分运动的初速度，a1、a2分别为两个分运动对应的加速度，a、v分别为两个分运动的合加速度和合初速度．当a与v的方向共线时，物体做直线运动；当a与v的方向不共线时，物体做曲线运动．由于题目没有给出两个分运动的加速度和初速度的具体数值及方向，因此以上两种情况均有可能，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
2．(多选)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．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：由平行四边形定则可知，两个分运动的合运动就是以两个分运动为邻边的平行四边形的对角线，故A正确；而将一个合运动分解为两个分运动时，可以在不同方向上进行分解，从而得到不同的解，故B正确；任何形式的运动都可以分解，如竖直上抛运动可以分解成自由落体运动和匀速直线运动，故C错，D正确．
答案：ABD
3．已知河水自西向东流动，流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2>v1.用小箭头表示船头的指向及小船在不同时刻的位置，虚线表示小船过河的路径，则下列图中可能的是( )
A B C D
解析：若静水速的方向垂直河岸，水流速自西向东，根据平行四边形定则知，合速度的方向偏向下游，渡河的轨迹为倾斜的直线，故A错误，C正确；静水速斜向下游，根据平行四边形定则知，合运动的方向不可能与静水速的方向重合，故B错误；根据平行四边定则知，合速度的方向夹在静水速和水流速之间，不可能垂直河岸，故D错误．
答案：C
4．一轮船以一定的速度垂直河流向对岸行驶，当河水匀速流动时，轮船所通过的路程、过河所用的时间与水流速度的正确关系是( )
A．水速越大，路程越长，时间越长
B．水速越大，路程越短，时间越短
C．水速越大，路程和时间都不变
D．水速越大，路程越长，时间不变
解析：轮船渡河的运动是两个分运动的合成：假设河水不流动，轮船在静止的河水中垂直向对岸行驶；假设船不运行，而河水流动，则船随河水一起向下漂动．这两个分运动具有独立性，因而河水流速增大不影响船到达对岸的时间，但在相同的时间里，沿水流方向移动的位移要增大，因而选项D正确．
答案：D
5．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机由静止跳下后，在下落过程中不免会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( )
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力有关
C．运动员着地速度与风力无关
解析：运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立，因而，水平风速越大，落地的合速度越大，但落地时间不变．
答案：B
B级 提能力
6.如图所示，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(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)( )
A．2
m/s
B．2.4
m/s
C．3
m/s
D．3.5
m/s
解析：由于船沿直线AB运动，因此船的合速度v合沿AB方向，根据平行四边形定则可知当v船垂直于直线AB时，船有最小速度，由图知v船＝v水·sin
37°＝2.4
m/s，选项B正确．
答案：B
7.如图所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩．在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B之间的距离以d＝H－2t2(SI)(SI表示国际单位制，式中H为吊臂离地面的高度)规律变化，则物体B做( )
A．速度大小减小的曲线运动
B．速度大小恒定的曲线运动
C．加速度大小、方向均不变的曲线运动
D．加速度大小、方向均变化的曲线运动
解析：物体B在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上由d＝H－2t2得出物体B做匀变速直线运动．物体B的实际运动是这两个分运动的合运动．对速度和加速度进行合成可知，加速度恒定且与合速度不共线，故C正确．
答案：C
8．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．相对地面的运动轨迹为直线
B．相对地面做变加速曲线运动
C．t时刻猴子对地的速度大小为v0＋at
D．t时间内猴子对地的位移大小为
解析：猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，猴子的实际运动轨迹为曲线；因为猴子受到的合力恒定(因为加速度恒定)，所以相对地面猴子做的是匀变速曲线运动；t时刻猴子对地的速度大小为vt＝eq
\r(v＋（at）2)；t时间内猴子对地的位移大小为s＝.
答案：D
9.如图所示，滑块A套在竖直光滑的细杆MN上，A通过细绳绕过定滑轮与物块B连在一起．令A向上运动的速度为vA，B向下运动的速度为vB，则当连接滑块A的绳子处于水平位置时，一定有( )
A．vA>vB
B．vA＝vB
C．vAD．vB＝0
解析：本题属运动的分解问题．滑块A的运动应为合运动，把速度分解，如图所示，则v1为滑块A沿绳方向的速度，B物体的运动速度vB＝v1＝vAcos
θ.当绳子处于水平时，θ＝90°，vB＝0.此时vA≥0，故A、B、C错，D正确．
答案：D
10．如图所示，货车正在以a1＝0.1
m/s2的加速度启动．同时，一只壁虎以v2＝0.2
m/s的速度在货车壁上向上匀速爬行．试求：
(1)经过2
s时，地面上的人看到壁虎的速度大小和方向；
(2)经过2
s的时间壁虎相对于地发生的位移的大小．
解析：(1)壁虎同时参与了相对于车向上的匀速运动和随车一起向左的匀加速直线运动．经过2
s时，壁虎向上运动的速度
vy＝v2＝0.2
m/s，
随车运动的速度
vx＝v1＝a1t＝0.2
m/s，
如图甲所示，壁虎2
s末运动的合速度大小
v＝eq
\r(v＋v)＝
m/s，
tan
α＝＝＝1，即壁虎速度方向在该时刻与水平方向成45°.
(2)如图乙，在汽车启动后2
s内，壁虎的水平位移x＝a1t2＝0.2
m，竖直位移y＝vyt＝0.4
m，壁虎相对地面发生的位移为：s＝＝
m.
答案：(1)
m/s 与水平方向成45° (2)
m第2课时
动能定理
A级 抓基础
1．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( )
A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变
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．运动物体所受的合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化
解析：若物体所受的合力不为零，则物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体的动能不变化，如匀速圆周运动，故选项A、D错误；若运动物体所受的合力为零，则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化，故选项B正确；若物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功，同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度的方向，产生向心加速度，如匀速圆周运动)，故选项C错误．
答案：B
2．下列说法正确的是( )
A．做直线运动的物体动能不变，做曲线运动的物体动能变化
B．物体的速度变化越大，物体的动能变化也越大
C．物体的速度变化越快，物体的动能变化也越快
D．物体的速率变化越大，物体的动能变化也越大
解析：对于给定的物体来说，只要速度的大小发生变化它的动能就改变，与是直线运动还是曲线运动无关，且速率变化越大，动能变化也越大，故选项A错误，D正确；速度是矢量，它的变化可以只是速度方向的变化，故选项B错误；速度变化的快慢是指加速度，加速度的大小与速度大小之间无必然的联系，故选项C错误．
答案：D
3．一个质量为0.3
kg的弹性小球，在光滑水平面上以6
m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv或碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为( )
A．Δv＝0
m/s
B．Δv＝12
m/s
C．ΔEk＝1.8
J
D．ΔEk＝10.8
J
解析：取末速度方向为正方向，则Δv＝(6＋6)
m/s＝12
m/s；由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选择B正确．
答案：B
4．质量为m的物体静止在水平地面上，起重机将其竖直吊起，上升高度为h时，物体的速度为v，此过程中( )
A．重力对物体做功为mv2
B．起重机对物体做功为mgh
C．合外力对物体做功为mv2
D．合外力对物体做功为mv2＋mgh
解析：由动能定理可求得合外力的功，由重力做功的特点可求得重力所做的功．重力做功W＝－mgh，故B错误；由动能定理可知，合外力做功W＝mv2，故C正确，D错误；而物体受重力、拉力，合力为F－mg，有(F－mg)h＝mv2，重力做功不等于mv2，故A错误．
答案：C
5.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合力做的功为零
C．重力和摩擦力做的功代数和为零
D．重力和摩擦力的合力为零
解析：物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与阻力做的功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，C对，B、D错．
答案：C
6．(多选)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A由静止运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s，下列说法正确的是( )
A．小车克服重力所做的功是－mgh
B．合力对小车做的功是mv2
C．推力对小车做的功是Fs－mgh
D．小车阻力做的功是mv2＋mgh－Fs
解析：小车受重力G、推力F、支持力N、摩擦力f作用，全程重力做功WG＝－mgh，即小车克服重力所做的功是mgh，选项A错误．推力F做功WF＝Fs，选项C错误．支持力N不做功，由动能定理得合力做功为Fs－mgh＋Wf＝mv2，选项B正确．且得出阻力对小车做的功Wf＝mv2＋mgh－Fs，选项D正确．
答案：BD
B级 提能力
7.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点．第一次小球在水平拉力F1作用下，从平衡位置P点缓慢地移到Q点，此时绳与竖直方向夹角为θ(如图所示)，在这个过程中水平拉力做功为W1.第二次小球在水平恒力F2作用下，从P点移到Q点，水平恒力做功为W2，重力加速度为g，且θ<90°，则( )
A．W1＝F1lsin
θ，W2＝F2lsin
θ
B．W1＝W2＝mgl(1－cos
θ)
C．W1＝mgl(1－cos
θ)，W2＝F2lsin
θ
D．W1＝F1lsin
θ，W2＝mgl(1－cos
θ)
解析：第一次水平拉力为变力，由动能定理可求得W1＝mgl(1－cos
θ)；第二次水平拉力为恒力，由功的公式可求得W2＝F2lsin
θ，故C项对．
答案：C
8．起重机钢索将质量为1.0×103
kg的物体以2
m/s2的加速度竖直向上提升了5
m，钢索对物体的拉力做的功为多少？物体的动能增加了多少(g取10
m/s2)
解析：由动能定理，可知物体动能的增加量
ΔEk＝mah＝1.0×103×2×5
J＝1.0×104
J，
根据动能定理，得W拉－WG＝ΔEk，所以拉力做的功
W拉＝ΔEk＋WG＝ΔEk＋mgh＝(1.0×104＋1.0×103×10×5)J＝6.0×104
J.
答案：6.0×104
J 1.0×104
J
9.如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0
m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5
m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝0.2
kg，与BC段间的动摩擦因数μ1＝0.4.若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h.
解析：物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理，得
mgh－μ1mgL＝0，
代入数据，得h＝0.2
m.
答案：0.2
m第四节
机械能守性定律
A级 抓基础
1．关于机械能，下列说法正确的是( )
A．机械能守恒时，物体的动能和重力势能都不变
B．物体处于平衡状态时，机械能一定守恒
C．物体机械能的变化等于合力对它做的功
D．物体所受合力不为零时，其机械能可以守恒
解析：机械能守恒是指机械能的总和不变，其中动能和重力势能都有可能变，A错；物体处于平衡状态时，动能不变，但重力势能可以变化，机械能不一定守恒，B错；合力做的功等于动能的变化，C错；物体所受合力不为零，如果只有重力做功，则机械能守恒，D对．
答案：D
2．(多选)下列情况中，运动物体机械能一定守恒的是( )
A．做匀速直线运动的物体
B．做平抛运动的物体
C．物体不受摩擦力
D．物体只受重力
解析：在竖直方向做匀速直线运动的物体，动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，故A错误；做平抛运动的物体，只有重力做功，机械能必定守恒，故B正确；物体在拉力作用下在竖直方向做匀速运动时，不受摩擦力，但机械能增加，故C错误；物体只受重力时，机械能守恒，故D正确．故选B、D.
答案：BD
3．质量为1
kg的物体从倾角为30°、长2
m的光滑斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，那么，当它滑到斜面中点时具有的机械能和重力势能分别是(g取10
m/s2)( )
A．0
J，－5
J
B．0
J，－10
J
C．10
J，5
J
D．20
J，－10
J
解析：物体下滑时机械能守恒，故它下滑到斜面中点时的机械能等于在初始位置的机械能，下滑到斜面中点时的重力势能Ep＝－mg·sin
30°＝－1×10×sin
30°
J＝－5
J．故选项A正确．
答案：A
4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换成质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A.
B.
C.
D．0
解析：设小球A下降高度h时，弹簧的弹性势能为Ep，由机械能守恒可知Ep＝mgh.当小球A换为质量为2m的小球B时，设小球B下降h时速度为v，根据机械能守恒定律有2mgh＝·2mv2＋Ep，解得v＝，B项正确．
答案：B
5.(多选)如图所示，质量为m的小球在地面上以初速度v0沿斜向上抛出后，能达到的最大高度为H，当它将要落到离地面高度为h的平台上时，下列判断正确的是(不计空气阻力，取地面为参考平面)( )
A．它的总机械能为mv
B．它的总机械能为mgH
C．它的动能为mg(H－h)
D．它的动能为mv－mgh
解析：小球在空中运动时，由于不计空气阻力，所以小球只受重力作用，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，选择地面为参考平面，所以小球的总机械能为mv，选项A正确；小球在最高点时，由于小球具有一个水平向右的速度，因而具有一定的动能，此时的总机械能等于此时的动能和重力势能mgH之和，所以选项B错误；由于机械能守恒，小球在平台上的动能和势能mgh之和等于mv，所以小球落在平台上时的动能等于mv－mgh，选项C错误，选项D正确．
答案：AD
6.如图所示的滑轮光滑轻质，阻力不计，M1＝2
kg，M2＝1
kg，M1离地高度为H＝0.5
m．M1与M2从静止开始释放，M1由静止下落0.3
m时的速度为( )
A.
m/s
B．3
m/s
C．2
m/s
D．1
m/s
解析：对系统运用机械能守恒定律得，(M1－M2)gh＝(M1＋M2)v2，代入数据解得v＝
m/s，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
B级 提能力
7.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5
m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动过程中，下列说法正确的是(g取10
m/s2)( )
A．物块的机械能一定增加
B．物块的机械能一定减小
C．物块的机械能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
解析：由于mgsin
α＋Ff－F＝ma可知
F－Ff＝mgsin
30°－ma＝0
即F＝Ff，则WF＝WFf，合力功为重力功，可知物块机械能不变．
答案：C
8.(多选)两质量相同的小球A、B用线悬在等高的O1、O2两点，A球的悬线比B球的长．把两球的悬线均拉到水平后将小球无初速释放，则经最低点时(以悬点为零势能点，不计空气阻力)( )
A．B球的动能大于A球的动能
B．A球的动能大于B球的动能
C．A球的机械能大于B球的机械能
D．A球的机械能等于B球的机械能
解析：空气阻力不计，小球下落过程中只有动能和重力势能之间的转化，机械能守恒，选项C错误，选项D正确；到最低点时A球减少的重力势能较多，增加的动能较多，选项A错误，选项B正确．
答案：BD
9.如图所示，在水平台面上的A点，一个质量为m的物体以初速度v0被抛出，v0与水平方向的夹角为30°，水平台面离地面的高度为h，不计空气阻力．
(1)求物体落至地面瞬间的速度大小；
(2)若以地面为参考平面，求当动能与势能相等时，物体速度的大小．
解析：(1)法一：物体抛出后的运动过程中只受重力作用，机械能守恒，若选地面为参考平面，则
mgh＋mv＝mv2，
解得v＝eq
\r(v＋2gh).
法二：若使用机械能守恒定律的另一种形式：重力势能的减少量等于动能的增加量，不需要选取参考平面，有
mgh＝mv2－mv，
解得v＝eq
\r(v＋2gh).
(2)以地面为参考平面，当Ek＝Ep时，动能为总机械能的一半，设此时的速度大小为v′，则
2×mv′2＝mv＋mgh，
解得v′＝eq
\r(\f(v,2)＋gh).
答案：(1)eq
\r(v＋2gh) (2)
eq
\r(\f(v,2)＋gh)
10.如图所示，一根轻质细杆两端分别固定着A、B两个质量均为m的小球，O点是光滑水平轴．已知AO＝L，BO＝2L.使细杆从水平位置由静止开始转动，当B球转到O点正下方时，它对细杆的拉力是多少？
解析：设B球到达O点的正下方时，A、B两球的速度分别为vA、vB.两球在转动过程中角速度相等．由v＝ωr得：
vA∶vB＝L∶2L＝1∶2.①
对A、B组成的系统应用机械能守恒定律ΔEp减＝ΔEk增，有：
mg2L－mgL＝mv＋mv.②
由①②联立解得：
vB＝.③
B球在O点正下方时，由向心力公式，有
F－mg＝meq
\f(v,2L).④
将③代入④得：
F＝mg＋m＝1.8mg.
由牛顿第三定律可得，球对细杆的拉力F′＝F＝1.8mg.
答案：1.8mg第三节
竖直方向的抛体运动
A级 抓基础
1．关于竖直下抛运动，下列说法正确的是( )
A．飞行中的轰炸机抛下的炸弹的运动是竖直下抛运动
B．从屋顶竖直向下抛出的铅球的运动是竖直下抛运动
C．竖直下抛运动是一种特殊的非匀变速直线运动
D．某同学站在窗前将衣服竖直向下抛给伙伴，他认为衣服的运动是竖直下抛运动
解析：轰炸机抛下的炸弹具有水平初速度，不是竖直下抛运动，故A错；衣服向下运动时所受空气阻力太大，与其重力相比不可忽略，其运动不是竖直下抛运动，故D错；从屋顶竖直向下抛出的铅球具有竖直向下的初速度且其所受空气阻力可以忽略，其运动可以看作竖直下抛运动，故B正确；竖直下抛运动仅受重力作用，其加速度为重力加速度g，故C错．
答案：B
2．关于竖直下抛运动，下列说法不正确的是( )
A．竖直下抛运动是匀变速直线运动，其加速度为重力加速度g
B．竖直向下投掷的悠悠球的运动是竖直下抛运动
C．竖直下抛运动可以看成自由落体运动和匀速直线运动两个分运动的合运动
D．物体做自由落体运动一段时间后，物体的运动可看成竖直下抛运动
解析：竖直下抛运动只受重力作用，其加速度为重力加速度g，是匀变速直线运动，故A正确．竖直向下投掷的悠悠球的运动虽然具有向下的初速度，但由于有线绕在悠悠球上，悠悠球不只是受到重力作用，故B错误．竖直下抛运动可以看作自由落体运动和以初速度为速度的匀速直线运动的两个分运动的合运动，故C正确．做自由落体运动一段时间后物体的运动满足竖直下抛运动的条件，故D正确．
答案：B
3．(多选)一个物体以初速度v0竖直上抛，又回到原出发点，比较上升与下落过程( )
A．所用的时间相同
B．物体的位移相同
C．物体的加速度相同
D．物体的平均速度相同
解析：由竖直上抛运动的对称性知选项A对；由矢量的性质、运动的特点知，物体上升与下落阶段的位移大小和平均速度大小相等、方向相反，选项B、D错，物体在整个过程中加速度恒为g，选项C对．
答案：AC
4．跳伞运动员以5
m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h＝10
m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g取10
m/s2)( )
A．2
s
B.
s
C．1
s
D．(2－)
s
解析：跳伞运动员掉下扣子后的着陆时间t1＝＝
s＝2
s，扣子的着地时间设为t2，则有h＝v0t2＋gt，即10＝5t2＋5t，解得t2＝1
s．故Δt＝1
s，C正确．
答案：C
5．一物体以初速度20
m/s竖直上抛，当速度变为－10
m/s时所经历的时间为( )
A．1
s
B．2
s
C．3
s
D．4
s
解析：以初速度的方向为正方向，v0＝20
m/s，vt＝－10
m/s，由vt＝v0－gt，得t＝＝
s＝3
s，C正确．
答案：C
6．做竖直下抛运动的物体，第9
s内和第4
s内的位移之差为(g取10
m/s2)( )
A．5
m
B．10
m
C．25
m
D．50
m
解析：设初速度为v0，由h＝v0t＋gt2，第9
s内的位移h9＝－＝v0＋g.第4
s内的位移h4＝－＝v0＋g，则Δh＝h9－h4＝g＝50
m.
答案：D
B级 提能力
7．(多选)在同一高度处，分别以相等的速率竖直上抛物体甲、竖直下抛物体乙，最后都落到地面．那么( )
A．它们在空中运动的时间t甲B．它们落地时的速度v甲＝v乙
C．它们的速度增量Δv甲＝Δv乙
D．它们的位移s甲＝s乙
解析：甲运动一段时间后又回到抛出点时的速度等于乙抛出时的速度，以后的运动与乙的运动完全相同，所以A错误、B正确．由于初、末位置相同，则它们的位移相同，所以选项D正确.
由于它们的末速度相同，而它们的初速度不相同(方向不同)，所以速度增量不同，所以选项C错误．
答案：BD
8．(多选)在高层楼房的阳台外侧以20
m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15
m处所经历的时间可能是(不计空气阻力，g取10
m/s2)( )
A．1
s
B．2
s
C．4
s
D．(2＋)
s
解析：当石块在抛出点的上方时，由公式h＝v0t－gt2得15＝20t－×10t2，解得t1＝1
s，t2＝3
s；当石块在抛出点的下方时，－h＝v0t－gt2，即－15＝20t－×10t2，解得t3＝(2＋)s，t4＝(2－)s(舍去)，所以选项A、D正确．
答案：AD
9．竖直上抛的物体，初速度是30
m/s，经过2
s产生的位移是多少？路程是多少？经过4
s产生的位移是多少？路程是多少(空气阻力不计，g＝10
m/s2)
解析：物体以30
m/s的初速度做竖直上抛运动，根据位移时间关系公式，有：
x＝v0t－gt2＝30×2
m－×10×4
m＝40
m.
没有到达最高点，所以路程等于位移的大小，
即：x＝s＝40
m.
物体上升的时间为：t0＝＝
s＝3
s.
上升的高度为：h＝gt2＝×10×9
m＝45
m.
下降的位移为：h′＝gt′2＝×10×1
m＝5
m.
故位移为：x＝h－h′＝45
m－5
m＝40
m.
路程为：s＝h＋h′＝45
m＋5
m＝50
m.
答案：40
m 40
m 40
m 50
m
10．气球上系一重物，以10
m/s的速度自地面匀速上升．当上升到离地面高度h＝40
m处时，绳子突然断了．问：
(1)重物是否立即下降？重物要经过多长时间才能落到地面？
(2)重物落地时的速度多大(g取10
m/s2)
解析：(1)绳子突然断时，重物与气球具有相同的速度，由于惯性，重物将继续向上运动，上升一段距离到达最高点后再做自由落体运动．上升过程：上升时间t＝＝
s＝1
s，自40
m高处继续上升的最大高度：hm＝eq
\f(v,2g)＝5
m，重物做自由落体运动的过程：下降的总高度H＝hm＋h＝45
m，由h＝gt2可求得下降的时间t下＝3
s.
重物从绳子断到落地的总时间：t总＝t＋t下＝4
s.
(2)重物落地时的速度vt＝gt下＝30
m/s.
答案：(1)否 4
s (2)30
m/s第三节
离心现象及其应用
A级 抓基础
1．(多选)下列现象中，应用离心现象的有( )
A．洗衣机的脱水筒把衣服甩干
B．抖掉衣服表面的灰尘
C．使用离心机可迅速将悬浊液中的颗粒沉淀
D．站在行驶的公共汽车上的人，在汽车转弯时，要用力拉紧扶手，以防摔倒
解析：洗衣机脱水筒做圆周运动，当衣服对水的附着力小于水随筒做圆周运动所需要的向心力时，水就做离心运动，是对离心现象的应用，选项A正确；抖掉衣服表面的灰尘，是惯性的利用，选项B错误；离心沉淀的原理是悬浊液中的颗粒做圆周运动时水对颗粒的作用力小于所需的向心力，颗粒就会沉淀，是对离心现象的应用，选项C正确；汽车转弯时，站立的乘客需要拉紧扶手，是扶手给人的力来提供向心力，才能保证不做离心运动，是对离心运动的防止，选项D错误．
答案：AC
2．市内公共汽车在到达路口转弯前，车内广播中就要播放录音：“乘客们请注意，前面车辆转弯，请拉好扶手”，这样可以( )
A．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时向前倾倒
B．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时向后倾倒
C．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时向转弯的外侧倾倒
D．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时向转弯的内侧倾倒
解析：车辆转弯时，站着的乘客如果不拉好扶手，有可能由于离心运动而向转弯的外侧倾倒．
答案：C
3．(多选)做离心运动的物体，其速度变化情况是( )
A．速度的大小不变，方向改变
B．速度的大小改变，方向不变
C．速度的大小和方向可能都改变
D．速度的大小和方向可能都不变
解析：当物体所受合外力突然消失时，物体将沿所在位置的切线方向做匀速直线运动，速度的大小、方向都不改变，D正确.
当合力不足以提供所需向心力时，物体做一般曲线运动，速度的大小、方向都改变，C正确．
答案：CD
4．有关洗衣机脱水筒的问题，下列说法正确的是( )
A．如果衣服上的水太多，脱水筒就不能脱水
B．脱水筒工作时衣服上的水做离心运动，衣服并不做离心运动
C．脱水筒工作时筒内的衣服也会做离心运动，所以脱水筒停止工作时衣服紧贴在筒壁上
D．脱水筒停止工作后，衣服缠绕在一起是因为离心运动
解析：洗衣机脱水筒是应用离心运动的原理．当脱水筒工作时，转速增大，使衣服及衣服上的水做离心运动．衣服由于做离心运动而紧贴筒壁，筒壁施加弹力提供衣服转动的向心力，衣服以后就不再做离心运动．而衣服上的水，做圆周运动只靠与衣服之间的吸附力，转速增大时，这个力不足以提供向心力，所以水做离心运动，脱水筒停止工作后，衣服缠绕在一起与离心运动无关．故正确选项为C.
答案：C
5.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法中正确的是( )
A．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
C．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做近心运动
解析：若拉力突然变大，则小球将做近心运动，不会沿轨迹Pb做离心运动，A错误．若拉力突然变小，则小球将做离心运动，但由于力与速度有一定的夹角，故小球将做曲线运动，B正确，D错误．若拉力突然消失，则小球将沿着P点处的切线运动，C正确．
答案：BC
6.如图所示是赛车中摩托车转弯的情形．转弯处路面是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．对于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是( )
A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B．摩托车所受外力的合力小于所需的向心力
C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去
D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
解析：摩托车受重力、地面的支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，选项A错误；摩托车正常转弯时可看作是做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的合力小于需要的向心力，选项B正确；摩托车将沿曲线做离心运动，选项C、D错误．
答案：B
B级 提能力
7.如图所示，在注满水的玻璃管中放一个乒乓球，然后再用软木塞封住管口，将此玻璃管放在旋转的转盘上，且保持与转盘相对静止，则乒乓球会( )
A．向外侧运动
B．向内侧运动
C．保持不动
D．条件不足，无法判断
解析：若把乒乓球换成等体积的水球，则此水球将会做圆周运动，能够使水球做圆周运动的是两侧的水的合压力，而且这两侧压力不论是对乒乓球还是水球都是一样的．但由于乒乓球的质量小于相同体积的水球的质量，所以此合压力大于乒乓球在相同轨道相同角速度下做圆周运动所需的向心力，所以乒乓球将会做近心运动．故B正确
答案：B
8．(多选)如图甲所示，在光滑水平转台上放一木块A，用细绳的一端系住木块A，另一端穿过转台中心的光滑小孔O悬挂另一木块B.当转台以角速度ω匀速转动时，A恰能随转台一起做匀速圆周运动，图乙为其俯视图．则( )
图甲 图乙
A．当转台的角速度变为1.5ω时，木块A将沿图乙中的a方向运动
B．当转台的角速度变为1.5ω时，木块A将沿图乙中的b方向运动
C．当转台的角速度变为0.5ω时，木块A将沿图乙中的b方向运动
D．当转台的角速度变为0.5ω时，木块A将沿图乙中的c方向运动
解析：木块A以角速度ω做匀速圆周运动时的向心力由木块B提供，大小等于木块B的重力，而木块B的重力不变，所以转台角速度增大时，木块A需要的向心力大于B的重力，A做离心运动，故B正确；转台角速度减小时，木块A需要的向心力小于木块B所受的重力，故D正确．
答案：BD
9．航天员在进入宇宙飞船进行航天活动之前要进行多种训练，如图所示是离心实验器的原理图．可以用此实验研究过荷对人体的影响，测定人体的抗荷能力．离心实验器转动时，被测者做匀速圆周运动．现观察到图中的直线AB(线AB与舱底垂直)与水平杆成30°角，则：
(1)被测者对座位的压力是他所受重力的多少倍？
(2)如被测者可看成质点，AB长度为L1，B到转动轴的距离BO＝L2，求这时离心器的角速度．
解析：(1)被测者受重力和弹力的作用，两个力的合力提供向心力．受力分析如图所示．
被测者受座位的弹力FN＝＝2mg，
由牛顿第三定律知，被测者对座位的压力是其重力的2倍．
(2)由牛顿第二定律有mgcot
30°＝mω2R，其中
R＝L1cos
30°＋L2，解得ω＝.
答案：(1)2倍 (2)第1课时
实验：探究动能定理
1．在探究功与物体速度变化关系的实验中，根据实验数据作出的W－v图象，下列符合实际的是( )
解析：根据实验探究知道W∝v2，故W－v图象应是开口向上的抛物线的一部分，故B对，A、C、D都错．
答案：B
2．利用重锤下落探究外力做功与物体动能变化实验中，下面叙述正确的是( )
A．应该用天平称出物体的质量
B．应该选用点迹清晰、特别是第一点没有拉成长条的纸带
C．操作时应先放纸带再通电
D．打点计时器应接在电压为4～6
V的直流电源上
解析：因为要记录重锤自由下落的情况，所以操作时应先通电再放纸带，且用交流电源，因求证mgh＝mv2，故不需要称物体的质量．
答案：B
3．某同学在探究功与物体速度变化的关系实验中，设计了如图甲所示的实验．将纸带固定在重物上，纸带穿过电火花计时器或打点计时器．先用手提着纸带，使重物靠近计时器并静止．然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，计时器就在纸带上打下一系列小点，得到的纸带如图乙所示．O点为计时器打下的第1个点，该同学对数据进行了下列处理：取OA＝AB＝BC，并根据纸带算出了A、B、C三点的速度分别为vA＝0.12
m/s，vB＝0.17
m/s，vC＝0.21
m/s.
图甲 图乙
根据以上数据你能否大致判断W∝v2
解析：设由O到A的过程中，重力对重物所做的功为W，那么由O到B过程中，重力对重物所做的功为2W.由O到C过程中，重力对重物所做的功为3W.
由计算可知
v＝1.44×102
m2/s2，
v＝2.89×10－2
m2/s2，
v＝4.41×102
m2/s2，eq
\f(v,v)≈2，eq
\f(v,v)≈3，
即v≈2v，v≈3v.
由以上数据可以判定W∝v2是正确的，也可以根据W－v2的图线来判断(如图所示)．
答案：能判断
4．在用自由落体运动探究外力做功与动能关系时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示，其中O点是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的三个点，该同学用毫米刻度尺测量O点到A、B、C各点的距离，并记录在图中(单位cm)．已知打点计时器电源频率为50
Hz，重物质量为m，当地重力加速度g＝9.80
m/s2.
(1)这三组数据中不符合有效数字读数要求的是________．
(2)该同学用重物在OB段的运动来探究两者之间的关系，先计算出该段时间重力做的功为：________，接着从打点计时器打下的第一个点O数起，图中的B点是打点计时器打下的第9个点，他用vB＝gt计算B点对应的重物的瞬时速度，得到动能的增加量为________(均保留三位有效数字)．这样他发现重力做的功________(填“大于”或“小于”)动能的增加量，造成这一错误结论的原因是___
______________________________________________________.
解析：从有效数字的位数上不难得出15.7不符合有效数字的读数要求．
(2)重力做的功为：
WG＝mghOB＝m×9.80×12.42×10－2
≈1.22m，
vB＝gt＝9.80×0.16
m/s＝1.568
m/s，
动能的增加量ΔEk＝mv＝m×1.5682≈1.23m.
ΔEk>WG，造成这一现象的原因是计算重物速度时，认为重物下落加速度为g，而实际由于重物下落过程中受到空气阻力作用，故重物的加速度小于g，将重物的速度算大了．应该用AC段的平均速度计算，即vB＝(T＝0.02
s)．
答案：(1)15.7 (2)1.22m 小于 认为重力加速度为g而将重物的速度算大
5．在“探究恒力做功和物体速度变化的关系”实验中：
(1)某同学的实验设计方案如图所示，该实验用钩码的重力表示小车受到的合外力，为此，实验时在安装正确、操作规范的前提下(已平衡摩擦力)，还需要满足的条件是
_____________________________________________________.
(2)如图所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是该同学确定的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图所示．则打C点时小车的速度为______________________，要验证合外力的功与速度变化的关系，除位移、速度外，还要测出的物理量有________．
解析：(1)只有当钩码的重力远小于小车的总重力时，才能近似地认为小车受到的拉力等于钩码的重力．
(2)C点的速度等于BD段的平均速度，故vC＝＝.要探究合外力做的功和速度变化间的关系，需要测出小车受到的拉力大小(钩码的重力)和小车位移，所以除位移、速度外，还需要测出钩码的重力．
答案：(1)钩码的重力远小于小车的总重力
(2) 钩码的重力第八节
能源的利用与开发
A级 抓基础
1．(多选)下列选项中是二次能源的是( )
A．太阳能
B．电能
C．氢能
D．焦炭
解析：太阳能是一次能源，而电能、氢能、焦炭是从一次能源直接或间接转化来的能源，为二次能源，故选BCD.
答案：BCD
2．关于能量和能源，下列说法正确的是( )
A．由于自然界的能量守恒，所以不需要节约能源
B．在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少，但能量品质降低了
C．能量耗散说明能量在转化过程中没有方向性
D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
解析：自然界中能量守恒，但仍需节约能源，在利用能源过程中，品质降低是对能源危机更深层的理解，A错，B对；能量转化具有方向性，不能被创造，C、D错．
答案：B
3．煤、石油、天然气和生物质能作为能源的共同特点是( )
A．都为可再生能源，取之不尽，用之不竭
B．都为不可再生能源，用一点，少一点
C．都为来自太阳辐射的能量
D．都为污染环境的能源
解析：煤、石油、天然气是不可再生能源，对环境污染严重，生物质能是可再生能源，对环境无污染或污染少，但它们都来自太阳辐射．因此，选项C正确，其他选项均错误．
答案：C
4．下列供热方式最有利于环境保护的是( )
A．用煤作燃料供热
B．用石油作燃料供热
C．用天然气或煤气作燃料供热
D．用太阳能灶供热
解析：煤、石油、天然气等燃料的使用，使人类获得大量的内能，但由于这些燃料中含有杂质以及燃烧的不充分，使得废气中含有粉尘、一氧化碳、二氧化硫等物质，污染了大气．太阳能是一种无污染的能源，故D选项正确．
答案：D
5．氢能是一种既高效又干净的新能源，发展前景良好，用氢作能源的燃料电池汽车备受青睐．我国拥有完全自主知识产权的氢燃料电池轿车“超越三号”，已达到世界先进水平，并加快向产业化的目标迈进．氢能具有的优点包括( )
①原料来源广 ②易燃烧、热值高 ③储存方便 ④制备工艺廉价易行
A．①② B．①③ C．③④ D．②④
解析：氢能易燃烧，热值高，原料来源广，但制备成本较高且难以储存，故A对．
答案：A
6．(多选)关于温室效应，下列说法正确的是( )
A．太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了“温室效应”
B．石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量，由此产生了“温室效应”
C．“温室效应”使得地面气温上升，两极冰雪融化
D．“温室效应”使得土壤酸化
解析：“温室效应”的产生是由于石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量，它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升、淹没沿海城市、海水向河流倒灌、耕地盐碱化等，故B、C选项正确．
答案：BC
7．近年来，在公交车和出租车中推行用天然气代替汽油作燃料的改革，取得了显著的进展，走上街头你会发现不少公交车和出租车上印有“CNG”的标记，代表它们是以天然气为燃料的汽车，则推广这一改革的主要目的是( )
A．延长发动机的寿命
B．促进地方经济和西部发展
C．减少大气污染
D．节约能源
解析：天然气虽然是化石燃料的一种，不是绿色能源．但是天然气与煤和石油相比，天然气有热值高、二氧化碳排放少的优势，因此，可以说，在化石燃料中，天然气是清洁燃料．但不能把天然气同绿色能源、清洁能源等同对待，混为一谈．
答案：C
B级 提能力
8．潮汐发电一般左方为陆地和海湾，中间的水坝下有通道，水经通道可带动发电机．涨潮时，水进入海湾，待内外水面高度相同，堵住通道，如图甲所示．潮落至最低时放水发电，如图乙所示．待内外水面高度相同，再堵住通道，直至下次涨潮到最高点，又放水发电，如图丙所示．设海湾平均面积为S＝5.0×108
m2，高潮与低潮间高度差为h＝3.0
m，求一天内水流的平均功率(g取10
m/s2)．
图甲 图乙 图丙
解析：潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能．
每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的质量为
m＝ρV＝ρSh＝1.0×103×5.0×108×3.0
kg＝1.5×1012
kg.
其重心的高度变化h′＝＝1.5
m．一天内海水两进两出，故水流功率为
P＝＝
W≈1.0×109
W.
答案：1.0×109
W
9．一水电站，水流的落差为20
m，水流冲击水轮发电机后，水流能20%转化为电能．若发电机的功率为200
kW，则每分钟流下的水量为多少(g取10
m/s2)
解析：设每分钟水的流量为Q，则在1分钟内流下的水的质量m＝Qρ.
在1分钟内流下的水减少的重力势能
ΔEp＝mgh＝Qρgh.
由题意可知：发动机的功率P＝，
整理得：Q＝，
代入数据得：Q＝
m3＝300
m3.
答案：300
m3