实验 研究平抛运动
1．(多选)在做“研究平抛运动”的实验中，下列说法中正确的是( )
A．安装斜槽和木板时，一定要注意木板是否竖直
B．安装斜槽和木板时，只要注意小球不和木板发生摩擦即可
C．每次实验都要把小球从同一位置由静止释放
D．实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动的规律
解析：安装斜槽和木板时，木板要竖直，以保证描点准确，选项A正确，选项B错误；为保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次实验都要把小球从同一位置由静止释放，选项C正确；实验目的就是选项D所述，故选项D正确．
答案：ACD
2．(多选)下列因素会使“研究平抛物体的运动”实验的误差增大的是( )
A．小球与斜槽之间有摩擦
B．安装斜槽时其末端不水平
C．建立坐标系时，以斜槽末端端口位置为坐标原点
D．根据曲线计算平抛运动的初速度时，在曲线上取作计算的点离原点O较远
解析：小球与斜槽之间有摩擦，影响小球平抛的初速度大小，但不会影响研究平抛物体的运动轨迹，斜槽末端不水平，小球将不做平抛运动，斜槽末端端口作为坐标原点，影响小球下落高度的测量值，计算平抛初速度时选取计算的点离O较远时，测量误差较小，因此选BC.
答案：BC
3．如图所示是用闪光照相法拍摄到的平抛小球在运动过程中的闪光照片的一部分．A为抛出后小球运动过程中的某一位置．闪光时间间隔为0.1 s，重力加速度g＝10 m/s2，则小球在B点速度的大小为________．
解析：设坐标纸上每个小正方形方格的边长为l，由于yBC－yAB＝gt2，且yAB＝3l，yBC＝5l，g＝10 m/s2，t＝0.1 s，故l＝gt2＝0.05 m.
而xAB＝xBC＝2l＝v0t，所以小球的初速度v0＝＝1.00 m/s.小球在B点的竖直速度大小vy＝＝＝2.00 m/s.小球在B点速度的大小v＝＝ m/s≈2.2 m/s.
答案： m/s(或2.2 m/s)
4.试根据平抛运动原理设计测量弹射器弹丸射出初速度的实验方法．提供的实验器材有：弹射器(含弹丸)、铁架台(带有夹具)、米尺．
(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(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，在实验中应采取的方法是_________________________________________．
(5)计算公式为________________________________________．
解析：(1)如图所示．
(2)安装时要注意弹射器应固定，且弹射器发射方向保持水平．
(3)实验中需测量弹丸射出的水平距离x和弹射器与水平地面高度差h.
(4)在弹射器高度不变情况下多次实验，取x1，x2，…，xn平均值作为实验数据．
(5)v弹丸＝＝.
答案：见解析
5．利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图甲所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO′＝h(h>L)．
(1)电热丝P必须置于悬点正下方的理由是：_________________
_______________________________________________________
_______________________________________________________
_______________________________________________________
_____________________________________________________.
(2)将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C＝s，则小球做平抛运动的初速度v0＝________．
(3)在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O′点的水平距离s将随之改变，经多次实验，以s2为纵坐标、cos θ为横坐标，得到如图乙所示图象．则当θ＝30°时，s＝________m.
解析：(1)小球运动到悬点正下方时速度v0为水平方向，保证小球做平抛运动．
(2)小球做平抛运动的下落高度H＝h－L，满足h－L＝gt2，s＝v0t，由此得v0＝s.
(3)由原题图s2cos θ图象可知s2与cos θ的关系满足s2＝acos θ＋b，将(0，2.0)和(1.0，0)分别代入，解得a＝－2.0，b＝2.0.所以s2与cos θ的关系为s2＝－2cos θ＋2，当θ＝30°时，可解得s＝0.52 m.
答案：(1)保证小球沿水平方向抛出
(2)s (3)0.52
章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①速度方向 ②平行四边形 ③独立 ④等时 ⑤v0＋gt ⑥v0t＋gt2 ⑦v0－gt ⑧v0t－gt2 ⑨匀变速曲线 ⑩匀速直线 ?自由落体 ?v0 ?v0t ?gt ?gt2 ?匀速直线 ?竖直上抛 ? ? ?
主题一 关联物体运动的分解
1．常见问题．
物体斜拉绳或绳斜拉物体，如图所示．
2．规律．
由于绳不可伸升，绳两端所连物体的速度沿着绳方向的分速度大小相同．
3．速度分解方法．
图甲中小车向右运动，拉绳的结果一方面使滑轮右侧绳变长，另一方面使绳绕滑轮转动．由此可确定车的速度应分解为沿绳和垂直于绳的两个分速度．甲、乙两图的速度分解如图所示．
【典例1】 (多选)如图所示，做匀速直线运动的小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和小车速度的大小分别为vB、vA，则( )
A．vA>vB
B．vA
C．绳的拉力等于B的重力
D．绳的拉力大于B的重力
解析：小车A向左运动的过程中，小车的速度是合速度，可分解为沿绳方向与垂直于绳方向的速度，如图所示，由图可知vB＝vAcos θ，则vB答案：AD
针对训练
1．(多选)如图所示，在河水面上方20 m的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30°.人以恒定的速率v＝3 m/s拉绳，使小船靠岸，若运动时间t＝5 s，则( )
A．小船一直向前匀速运动
B．小船前进了约19.6 m
C．此时小船的速度为5 m/s
D．此时小船的速度为4 m/s
解析：由分速度与合速度的关系可得v船＝，由于绳与水平方向的夹角发生变化，则小船的运动为变速运动，A错误；原来小船距岸x1＝20 m≈34.6 m，从船头至滑轮绳长l0＝＝40 (m)，经t＝5 s，从船头至滑轮绳长l＝l0－vt＝40－3×5＝25(m)，此时小船距岸x2＝＝＝15 (m)，所以小船前进了约19.6 m，B正确；此时绳与水面的夹角为θ′，则tan θ′＝＝，cos θ′＝，所以此时小船的速度：v船＝＝5 m/s，C正确，D错误．
答案：BC
主题二 抛体运动规律的综合应用
1．常见抛体运动的比较．
比较项目
竖直下抛
竖直上抛
平抛运动
斜上抛运动
斜下抛运动
不同点
轨迹
运动时间
由v0、h决定
由v0、h决定
由h决定
由v0、θ、h决定
由v0、θ、h决定
相同点
v0≠0
a＝g(大小和方向)，匀变速运动
可看成两个分运动的合运动
2.抛体运动的基本规律．
抛体运动问题实际上是数学抛物线轨迹问题．因此正确运用数学知识是解决该类问题的关键．
(1)从合运动与分运动的关系中可以得到平抛运动的抛物线方程为y＝x2，若知道抛体运动轨迹上的两个坐标点即可求得抛体运动的初速度v0.
(2)时间及竖直速度均由高度决定．末速度大小及方向、落点位移大小及方向、水平位移均由高度及初速度决定．
(3)速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的两倍，即tan φ＝2tan θ.
3．抛体运动的研究方法．
(1)对于竖直方向的抛体运动(即竖直下抛和竖直上抛运动)，符合匀变速直线运动的规律，可以直接应用匀变速直线运动的规律进行分析．要注意竖直上抛运动的对称性．
(2)对于平抛和斜抛两种曲线运动，常常采用运动的合成与分解的方法将其转化为直线运动，通过研究两个分运动来达到分析曲线运动的目的．
【典例2】 A、B两小球同时从距地面高为h＝15 m处的同一点抛出，初速度大小均为v0＝10 m/s.A球竖直下抛，B球水平抛出，空气阻力不计，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)A球经过多长时间落地；
(2)A球落地时，A、B两球间的距离．
解析：A球竖直向下抛出，做初速度不为0的匀加速直线运动，由运动学规律很容易求解下落时间．B球水平抛出，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，依据A球的下落时间，可以分别求出B球的水平和竖直位移．最后根据简单的几何关系(如图所示)可以求得A、B球间距离大小．
(1)A球做竖直下抛运动h＝v0t＋gt2，
将h＝15 m、v0＝10 m/s代入，可得t＝1 s.
(2)B球做平抛运动
将v0＝10 m/s、t＝1 s代入，可得x＝10 m，y＝5 m.
此时A球与B球的距离为L＝，
将x，y，h代入，得L＝10 m.
答案：(1)1 s (2)10 m
针对训练
2．从离地高h处投出A、B、C三个小球，使A球自由下落，B球以速率v0水平抛出，C球以速率v0竖直向上抛出，设三球落地时间分别为tA、tB、tC，若不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．tA＝tB＝tC B．tA＝tBC．tA>tB>tC D．tA解析：A球和B球在竖直方向上都做自由落体运动，故tA＝tB，C球竖直向上抛出，要先上升到最高点又做自由落体运动，故tC最大．
答案：B
统揽考情
本章重点讲解了抛体运动的特点和研究方法，其中平抛运动是高考的热点和重点，主要考查利用运动的合成与分解原理处理平抛运动问题，有时也兼顾考查小船渡河模型的应用和关联速度的分解问题．在高考命题中，本章内容有时单独命题，有时与以后学习的电场、磁场综合考查类平抛运动问题，各类题型均有涉及．所占分值大约为6～10分．
真题例析
(2015·课标全国Ⅰ卷)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．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( )
A.B.C.D.解析：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＝gt.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＝gt.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v1答案：D
针对训练
(2015·浙江卷)如图所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)．球员顶球点的高度为h.足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )
A．足球位移的大小x＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝
解析：根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平＝，则足球位移的大小为：x＝ ＝，选项A错误；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝，选项B正确；对小球应用动能定理：mgh＝－，可得足球末速度v＝＝，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ＝，选项D错误．
答案：B
1.(2015·广东卷)如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物( )
A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v
B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v
C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为 v
D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为 v
解析：以帆板为参照物，帆船具有朝正东方向的速度v和朝正北方向的速度v，两速度的合速度大小为v，方向朝北偏东45°，故选项D正确．
答案：D
2．(2016·江苏卷)有A、B两小球，B的质量为A的2倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )
A．① B．②
C．③ D．④
解析：由于不计空气阻力，因此小球以相同的速度沿相同的方向抛出，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向的初速度相同，加速度为重力加速度，水平方向的初速度相同，因此两个球的运动情况完全相同，即B球的运动轨迹与A球的一样，也为①，A正确．
答案：A
3．(多选)(2016·全国Ⅰ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( )
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：质点做匀速直线运动时受力平衡，再施加一个恒力，若恒力和质点运动方向共线，则质点继续做直线运动；若恒力和质点原运动方向不共线，则质点会做曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，A错误；质点受恒力做曲线运动时，速度方向不断发生变化，不可能总是和恒力方向垂直，B正确；根据牛顿第二定律，加速度的方向总是与合外力的方向相同，C正确；质点单位时间内速度大小的变化量可能不同，D错误．
答案：BC
4.图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有( )
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C．每次小球应从同一高度由静止释放
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，下列y －x2图象中能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是( )
(3)图乙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm，y2为45.0 cm，A、B两点水平间距Δx为40.0 cm.则平抛小球的初速度v0为________ m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0 cm，则小球在C点的速度vC为________ m/s(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2).
解析：(1)为了保证小球做平抛运动，实验中必须保证斜槽末端水平，为了保证每次做平抛运动的初速度相同，每次应该让小球从同一高度由静止释放，小球的运动轨迹应为平滑的曲线，因此A、C项合理．
(2)小球做平抛运动，水平位移x＝v0t，
竖直位移y＝gt2，因此y＝g，
y－x2图象是一条过原点的直线，C项正确．
(3)由y＝gt2得，t1＝＝0.10 s，t2＝＝0.30 s，因此小球平抛运动的初速度为v0＝＝ m/s＝2.0 m/s.小球在C点时竖直方向的分速度vy3＝＝ m/s＝2 m/s，因此C点速度vC＝＝4.0 m/s.
答案：(1)AC (2)C (3)2.0 4.0
5．如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；
(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；
(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．
解析：(1)装甲车的加速度a＝＝ m/s2.
(2)第一发子弹飞行时间t1＝＝0.5 s，
弹孔离地高度h1＝h－gt＝0.55 m.
第二个弹孔离地的高度h2＝h－g＝1.0 m，
两弹孔之间的距离Δh＝h2－h1＝0.45 m.
(3)若第一发子弹打到靶的下沿，装甲车枪口离靶的距离为
L1＝(v0＋v)＝492 m.
若第二发子弹打到靶的下沿，装甲车枪口离靶的距离为
L2＝v＋s＝570 m.
L的范围为492 m答案：(1) m/s2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ① ② ③ ④ω2r ⑤ωv ⑥ ⑦mω2r ⑧mωv ⑨速率 ⑩角速度 ?周期 ?合力 ?速度方向 ?速度大小 ?速度方向
主题一 圆周运动的各物理量之间的关系
1．运动快慢的描述：线速度是描述物体沿圆周运动快慢的物理量，若比较两物体做匀速圆周运动的快慢，不能只看线速度的大小，角速度、周期和转速都是描述物体转动快慢的物理量．物体做匀速圆周运动时，角速度越大，周期越小，转速越大，物体转动越快；反之则转动越慢．由于线速度和角速度的关系为v＝ωr，所以，在半径不确定的情况下，不能由角速度大小判断线速度大小，也不能由线速度大小判断角速度大小．
2．公式v＝ωr的应用和说明．
(1)在线速度v一定时，角速度ω与圆周运动的半径r成反比；在角速度ω一定时，线速度v与圆周运动的半径r成正比；在运动半径r一定时，线速度v与角速度ω成正比．
(2)在分析转动装置的各物理量之间的关系时，要首先明确哪些量是相等的，哪些量是不相等的．通常情况下，同轴转动的各点的角速度ω、转速n和周期T是相等的，而线速度v＝ωr，与半径r成正比．在皮带传动装置中，皮带不打滑的情况下，传动皮带和与皮带连接的轮子的边缘上各点的线速度大小相等，而角速度与半径r成反比．
【典例1】
(多选)如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的( )
A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶
B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1
C．线速度之比vA∶vB＝1∶
D．线速度之比vA∶vB＝ ∶1
解析：板上A、B两点是同轴转动，A、B两点的转动角速度相等，即ωA＝ωB，选项A错误，选项B正确；又知rB∶rA＝ ∶1，且v＝ωr，因此，A、B两点的线速度之比vA∶vB＝1∶，选项C正确，选项D错误．
答案：BC
针对训练
1．(多选)如图所示，甲、乙、丙为某机械装置内部三个紧密啮合的齿轮．已知甲、乙、丙三齿轮半径之比r甲∶r乙∶r丙＝1∶5∶3，下列判断正确的是( )
A．甲、乙两齿轮转动频率之比f甲∶f乙＝5∶1
B．甲、乙两齿轮转动频率之比f甲∶f乙＝1∶5
C．甲、丙两齿轮转动频率之比f甲∶f丙＝15∶1
D．甲、丙两齿轮转动频率之比f甲∶f丙＝3∶1
解析：甲、乙、丙三齿轮紧密啮合，因此三齿轮边缘上各点的线速度相等，均为v，又由于v＝ωr，则甲、乙、丙三齿轮的角速度之比为ω甲∶ω乙∶ω丙＝15∶3∶5，即三齿轮的频率之比为f甲∶f乙∶f丙＝15∶3∶5，则选项A、D正确，选项B、C错误．
答案：AD
主题二 圆周运动中的临界问题
1．竖直平面内的临界问题：物体在竖直面内做的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，该类运动常有临界问题，并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语，常分为两种模型——“轻绳模型”和“轻杆模型”，分析比较如下：
项目
轻绳模型
轻杆模型
常见类型
过最高点的临界条件
由mg＝m，得v临＝
v临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v＞，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；
(2)不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
(2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小；
(3)当v＝时，FN＝0；
(4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
2.水平面内的临界问题．
(1)与摩擦力有关的临界问题：
①物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，则有Ff＝，静摩擦力的方向一定指向圆心；
②如果除摩擦力外还有其他力，如绳两端连接物体，其中一个物体竖直悬挂，另外一个物体在水平面内做匀速圆周运动，此时存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向分别为沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．
(2)与弹力有关的临界问题：压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等．
【典例2】
如图所示，杆长为L，杆的一端固定一质量为m的小球，杆的质量忽略不计，整个系统绕杆的另一端O在竖直平面内做圆周运动．
(1)小球在最高点A时速度vA为多大时，才能使杆对小球的作用力为零？
(2)如m＝0.5 kg，L＝0.5 m，vA＝0.4 m/s，g＝10 m/s2，则在最高点A时，杆对小球的作用力是多大？是推力还是拉力？
解析：(1)若杆和小球之间相互作用力为零，那么小球做圆周运动的向心力由重力mg提供，mg＝解得：vA＝.
(2)杆长L＝0.5 m时，临界速度为
v临＝＝ m/s＝2.2 m/s，
vA＝0.4 m/s由mg－FA＝m，
解得：FA＝mg－m＝ N＝4.84 N.
答案：(1) (2)4.84 N 推力
针对训练
2．如图所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳上张力为零)．物块和转盘间最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：
(1)当转盘的角速度ω1＝ 时，细绳的拉力F1；
(2)当转盘的角速度ω2＝ 时，细绳的拉力F2.
解析：设角速度为ω0时，物块所受静摩擦力为最大静摩擦力
有：μmg＝mωr，解得ω0＝.
(1)由于ω1＝ ＜ω0，
故绳未拉紧，此时静摩擦力未达到最大值，F1＝0.
(2)由于ω2＝ ＞ω0，故绳被拉紧，
F2＋μmg＝mω2r，
解得F2＝.
答案：(1)0 (2)
统揽考情
本章的主要内容是圆周运动的运动学特征和动力学特征，其中匀速圆周运动的向心力分析和“绳模型”“杆模型”是高考的热点、重点．试题有时在本章内单独命题，题型多为选择题；有时和以后学习的功能关系、电场、磁场等知识综合考查，题型多为计算题，偶尔出现实验题．本章内容所占分数大约为6～10分．
真题例析
(2015·全国Ⅰ卷)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)．
图(a)
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg.
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg.
图(b)
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示．
序号
1
2
3
4
5
m/kg
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留2位有效数字)．
解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg.
(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为
m＝ kg＝1.81 kg.
小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为
F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N.
由题意可知小车的质量为
m′＝(1.40－1.00) kg＝0.40 kg.
对小车，在最低点时由牛顿第二定律得
F－m′g＝.
解得v≈1.4 m/s.
答案：1.40 7.9 1.4
针对训练
(2015·天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
解析：旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝ ，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．
答案：B
1．(多选)(2016·浙江卷)如图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OO′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( )
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：汽车在弯道上行驶时，由静摩擦力提供向心力，若不打滑，转弯所需向心力不能超过最大静摩擦力，以临界情况计算，有μmg＝m和μmg＝m，计算出汽车在小圆弧弯道上的最大速度v1＝30 m/s，大圆弧弯道上的最大速度v2＝45 m/s，因此，若要行驶时间最短，汽车在绕过小圆弧弯道后应该加速，A、B正确；由几何关系求出直道长度x＝50 m，根据v－v＝2ax，得加速度a≈6.5 m/s2，C错误；由几何关系可求出小圆弧所对圆心角θ＝，因此，汽车通过小圆弧弯道的时间t＝＝ s≈2.79 s，D错误．
答案：AB
2.长度为0.5 m的轻质细杆OA，A端有一质量为3 kg的小球，以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，小球通过最高点时的速度为1 m/s，取g＝10 m/s2，则此时小球( )
A．受到6 N的拉力
B．受到6 N的支持力
C．受到24 N的支持力
D．受到36 N的拉力
解析：小球在最高点受杆的拉力的临界条件为v0＝＝ m/s，当小球在最高点的速度v＞ m/s时，小球受杆的拉力，现小球在最高点的速度为1 m/s小于临界速度，杆对小球产生向上的支持力，由牛顿定律可得mg－FN＝m，FN＝mg－m＝24 N，C选项正确．
答案：C
3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：对物体受力如图所示，当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，故选项C正确．
答案：C
4．(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A. b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωl，当fa＝kmg时，kmg＝mωl，ωa＝ ；
对木块b：fb＝mω·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mω·2l，ωb＝ ，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa答案：AC
5．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k?1，求小物块受到的摩擦力的大小和方向．
解析：(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和陶罐的支持力的合力提供圆周运动的向心力，有mgtan θ＝mω·Rsin θ.
代入数据得ω0＝ .
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向下，设摩擦力的大小为f，陶罐壁对小物块的支持力为FN，沿水平和竖直方向建立坐标系，则
水平方向：FNsin θ＋fcos θ＝mω2·Rsin θ，
竖直方向：FNcos θ－fsin θ－mg＝0，
代入数据解得：f＝mg.
同理，当ω＝(1－k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向上，则
水平方向：FNsin θ－fcos θ＝mω2·Rsin θ，
竖直方向：FNcos θ＋fsin θ－mg＝0，
代入数据解得：f＝mg.
答案：见解析
章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①地球 ②太阳 ③＝k ④质点 ⑤G ⑥卡文迪许 ⑦减小 ⑧增大 ⑨减小 ⑩增大 ?7.9 ?11.2 ?16.7
主题一 卫星与赤道上随地球自转的
物体的区别
1．近地卫星、同步卫星和赤道上随地球自转的物体三种匀速圆周运动的异同．
(1)轨道半径：近地卫星与赤道上物体的轨道半径近似相同，同步卫星的轨道半径较大．r同>r近＝r物．
(2)运行周期：同步卫星与赤道上物体的运行周期相同．由T＝2π可知，近地卫星的周期要小于同步卫星的周期．T近(3)向心加速度：由G＝ma知，同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度．由a＝rω2＝r知，同步卫星的加速度大于赤道上物体的加速度．a近>a同>a物．
(4)动力学规律：近地卫星和同步卫星都只受万有引力作用，由万有引力提供向心力，满足万有引力提供向心力所决定的天体运行规律．赤道上的物体由万有引力和地面支持力的合力提供向心力(或说成万有引力的分力提供向心力)，它的运动规律不同于卫星的运动规律．
2．卫星的向心加速度与物体随地球自转的向心加速度的区别．
项目内容
卫星的向心加速度
物体随地球自转的向心加速度
产生原因
由万有引力产生
万有引力的一个分力(另一分力为重力)产生
方向
指向地心
垂直指向地轴
大小
a＝g′＝(地面附近a近似等于g)
a＝rω，r为地面上某点到地轴的距离，ω为地球自转角速度
特点
随物体到地心的距离增大而减小
从赤道到两极逐渐减小
【典例1】 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近的近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有( )
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
C．c在4小时内转过的圆心角是
D．d的运动周期有可能是20小时
解析：对a：－FN＝ma，又FN>0，＝mg，故a答案：B
针对训练
1．(多选)同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
解析：先研究a1与a2的关系，由于地球同步卫星运行周期与地球自转周期相同，因此，二者角速度相等，由a＝rω2得＝，选项A正确，B错误；再研究v1与v2的关系，由于二者均由万有引力提供向心力，即＝，因此根据线速度公式v＝可得＝，选项C错误，D正确．
答案：AD
主题二 天体运动中的双星问题
众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着中间的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星．
如图所示为质量分别是m1和m2的两颗相距较近的恒星．它们间的距离为L.此双星问题的特点是：
(1)两星的运行轨道为同心圆．
(2)两星的运动半径之和等于它们间的距离，即r1＋r2＝L.
(3)两星的转动周期(角速度)相同．由于m1r1ω2＝m2r2ω2，即m1r1＝m2r2，所以双星中某星的运动半径与其质量成反比．若已知双星的运动周期T，由G＝m1r1和G＝m2r2可求得两星的总质量为m1＋m2＝.
【典例2】 两个靠得很近的恒星称为双星，这两颗恒星必须以一定的角速度绕二者连线上的一点转动才不至于由于万有引力作用而吸在一起，已知两颗星的质量分别为m1、m2，相距L，试求这两颗星的中心位置和转动的周期．
解析：设两颗星做圆周运动的周期均为T，转动中心O距m1距离为R1，由两颗星做圆周运动的向心力由两颗星间万有引力提供，有：
G＝m1R1，G＝m2(L－R1)．
解得R1＝，T＝2πL.
答案： 2πL
针对训练
2．(多选)甲、乙两恒星相距为L，质量之比＝，它们离其他天体都很遥远，我们观察到它们的距离始终保持不变，由此可知( )
A．两恒星一定绕它们连线的某一位置做匀速圆周运动
B．甲、乙两恒星的角速度之比为2∶3
C．甲、乙两恒星的线速度之比为 ∶
D．甲、乙两恒星的向心加速度之比为3∶2
解析：据题可知甲、乙两恒星的距离始终保持不变，围绕两星连线上的一点做匀速圆周运动，靠相互间的万有引力提供向心力，角速度一定相同，故A正确，B错误．双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：
m甲r甲ω2＝m乙r乙ω2，得：＝＝.
根据v＝rω，知v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝3∶2.故C错误．根据a＝rω2知，向心加速度之比a甲∶a乙＝r甲∶r乙＝3∶2，故D正确．
答案：AD
统揽考情
本章的主线是万有引力定律在天体、航天技术中的应用，在高考考查中属于每年必考内容，在全国卷中一般只考查一道选择题，占6分，命题的热点主要是万有引力定律的理解，还有利用万有引力定律求天体的质量、密度，利用万有引力提供向心力分析航天器、卫星的运行规律．在试题中，有时也考查双星模型与能量综合等问题．
真题例析
(2016·全国Ⅰ卷)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )
A．1 h B．4 h
C．8 h D．16 h
解析：仅用三颗卫星实现通信目的，三颗卫星离地面的最小距离如图所示，由几何关系可知，卫星离地心的距离r为地球半径R的2倍．根据＝k，可得＝，解得T≈4 h，B正确．
答案：B
针对训练
(2016·四川卷)国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星“东方红一号”，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2 060 km；1984年4月8日成功发射的“东方红二号”卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上．设“东方红一号”在远地点的加速度为a1，“东方红二号”的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为( )
A．a2＞a1＞a3 B．a3＞a2＞a1
C．a3＞a1＞a2 D．a1＞a2＞a3
解析：对于东方红一号卫星，在远地点由牛顿第二定律可知＝m1a1，即a1＝(r1＝2 060 km)．对于红方红二号卫星，由牛顿第二定律可知＝m2a2，即a2＝(r2＝35 786 km)．因为r1＜r2，所以a1＞a2.由圆周运动规律可知，对东方红二号卫星：a2＝r2，对地球赤道上的物体：a3＝R，因为r2＞R，所以a2＞a3.综上可得a1＞a2＞a3，D正确．
答案：D
1.(2016·天津卷)我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )
A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
解析：卫星绕地球做圆周运动，满足G＝.若加速度，则会造成G＜，卫星将做离心运动．因此要想使两卫星对接绝不可能同轨道加速或减速，只能从低轨道加速或从高轨道减速，C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．(2015·福建卷)如图，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( )
A.＝ B.＝
C.＝()2 D.＝()2
解析：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．
答案：A
3．(2015·江苏卷)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的.该中心恒星与太阳质量的比值约为( )
A. B．1
C．5 D．10
解析：行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G＝mr，则＝·＝×≈1，选项B正确．
答案：B
4.(2015·山东卷)如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )
A．a2>a3>a1 B．a2>a1>a3
C．a3>a1>a2 D．a3>a2>a1
解析：空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a＝r知，a2>a1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G＝ma，可知a3>a2，故选项D正确．
答案：D
5．(多选)(2015·课标全国Ⅰ卷改编)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2，则此探测器( )
A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/s
B．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 N
C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，相对月球的速度先增大后减小
D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
解析：在地球表面附近有G＝mg地，在月球表面附近有G＝mg月，可得g月＝1.656 m/s2，所以探测器落地的速度为v＝＝3.64 m/s，故A错误；探测器悬停时受到的反冲作用力为F＝mg月≈2×103 N，B正确；探测器在着陆过程中速度先减小后增大，C错误；在靠近星球的轨道上有G＝mg＝m，即有v＝，可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地球轨道上运行的线速度，故选项D正确．
答案：BD
章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①< ②＝ ③> ④mv2 ⑤mgh ⑥无关 ⑦Ep1－Ep2 ⑧动能的变化 ⑨重力(或弹力)
⑩Ep2＋Ek2 ?
主题一 摩擦力做功的特点
1．静摩擦力做功的特点：
(1)静摩擦力可以做正功、负功，还可以不做功．
(2)在静摩擦力做功的过程中，机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，没有转化为其他形式的能量．
(3)相互摩擦的系统，一对静摩擦力所做功的代数和总等于零．
2．滑动摩擦力做功的特点：
(1)滑动摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功(如相对运动的两物体之一对地面静止，滑动摩擦力对该物体不做功)．
(2)一对滑动摩擦力在做功的过程中，能量的转化和转移的情况：一是相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体；二是部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能损失的能量．
(3)在相互摩擦的物体系统中，一对相互作用的滑动摩擦力所做功的代数和总是负值，其绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的积，即Wf＝Ff·x相对，表示物体克服了摩擦力做功，系统损失机械能，转变成内能，即ΔE损＝Ff·x相对＝Q热(摩擦生热)．
【典例1】 电动机带动水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当小木块与传送带相对静止时，求：
(1)小木块的位移；
(2)传送带转过的路程；
(3)小木块获得的动能；
(4)摩擦过程产生的内能；
(5)因传送小木块，电动机需要多输出的能量．
解析：小木块刚放上时相对传送带向左滑动，由牛顿第二定律，得μmg＝ma，得加速度a＝μg，故达到与传送带速度相同所用的时间t＝＝.
(1)小木块的位移
x＝at2＝.
(2)传送带匀速转动，转过的路程
s＝vt＝.
(3)小木块获得的动能，根据动能定理，得
Ek＝mv2.
(4)摩擦产生的内能
Q＝μmg(s－x)＝mv2.
(5)由能的转化与守恒定律，可知电动机多输出的能量转化为小木块的动能和摩擦产生的内能，所以多输出的能量
E＝Ek＋Q＝mv2.
答案：(1) (2) (3)mv2 (4)mv2 (5)mv2
针对训练
1．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速地轻放到长木块右端，小铁块与木块间动摩擦因数为μ，当小铁块在木块上相对木块滑动L时与木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l，求这个过程中：
(1)系统产生的热量；
(2)小铁块增加的动能；
(3)木块减少的动能；
(4)系统机械能减少量．
解析：画出这一过程中两物体的位移示意图，如图所示．
(1)m、M间相对滑动位移为L，根据能量守恒，得Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于转化的内能．
(2)根据动能定理，得μmg(l－L)＝mv2－0，其中(l－L)为小铁块相对地面的位移，从上式可看出ΔEkm＝μmg(l－L)，说明摩擦力对小铁块做的正功等于小铁块动能的增量．
(3)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系ΔEkM＝－μmgl，即木块减少的动能等于克服摩擦力做的功μmgl.
(4)系统机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即ΔE＝μmgL.
答案：(1)μmgL (2)μmg(l－L) (3)μmgl (4)μmgL
主题二 动能定理与机械能守恒定律的应用
1．动能定理．
动能定理明确了做功与物体动能改变的因果和数量关系，应用动能定理的优越性是可以根据物体动能的变化来计算变力所做的功．
2．机械能守恒定律．
机械能守恒定律明确了只有在重力和系统内的弹力做功的条件下，物体或系统的动能与势能之间的联系．应用机械能守恒定律的优越性是根据力的做功情况直接判断初、末状态的机械能是否相等，而不必考虑中间过程．
在力学中的大多数题目，应用以上两条思路都可以得到解决．
【典例2】 民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面．如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度AB＝3.0 m，斜面长AC＝5.0 m，斜面与水平地面CD段间有一段小圆弧平滑连接．旅客从气囊上由静止开始滑下，其与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.55，不计空气阻力，g＝10 m/s2.求：
(1)人滑到斜面底端C时的速度大小；
(2)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下．
解析：(1)人从斜面顶端A滑至底端C的过程中，重力和摩擦力对人做了功，根据动能定理得知：
mghAB－μmgcos θ·sAC＝mv，
代入数值得：vC＝4 m/s.
(2)设人离开C点后还要在地面上滑行的位移为s，则根据动能定理得：
－μmgs＝－mv，
代入数值得s＝ m≈1.45 m.
答案：(1)4 m/s (2)1.45 m
针对训练
2.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面相垂直，圆心处有一个垂直圆面的光滑水平固定轴O，在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A.在O点的正下方离O点处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动，问：
(1)当A球转到最低点时，两小球的重力势能之和减小了多少？
(2)A球转到最低点时的线速度是多少？
解析：(1)当A球转到最低点，两小球重力势能之和减少了
ΔEp＝mgr－mg·＝mgr.
(2)设此时A球的速度为vA，
B的速度vB＝ω＝vA，
根据机械能守恒定律ΔEk＝ΔEp，得
mv＋m·＝mgr，
求得vA＝2.
答案：(1)mgr (2)2
统揽考情
本章主要讲述从功的角度和能的角度分析物理问题，重要的物理概念有功、功率，重要的物理规律有动能定理、功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律等．在高考命题中，既有本章的单独命题，与其他知识综合的题目，既有选择题．也有计算题．在高考试卷中本章占有的分数也较多，大约为15～20分．
真题例析
(多选)(2016·全国Ⅱ卷)如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜.在小球从M点运动到N点的过程中( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
解析：由∠ONM＜∠OMN＜可知，在M点与N点弹簧长度lOM∠lON，但二者弹力却相等，说明在M点弹簧被压缩而在N点弹簧被拉伸，且在这两点形变量相同．在从M到N的过程中弹簧先被压缩，然后恢复原长后再被拉伸，弹力先做负功再做正功，A错误；有两个时刻小球加速度等于重力加速度，一个是当弹簧垂直竖直杆的时候(此时弹簧处于压缩状态)，一个是当弹簧刚好恢复原长的时候，B正确；弹簧长度最短时弹簧垂直竖直杆，此时F⊥v，功率为零，C正确；在M→N过程中小球与弹簧系统机械能守恒，有mgHM＋kx＝mv2＋mgHN＋kx(HM、HN是相对于零势能面的)，又因为|x1|＝|x2|(弹力相等)，所以mv2＝mgHM－mgHN，D正确．
答案：BCD
针对训练
(2015·天津卷)如图所示，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( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．
答案：B
1．(2015·课标全国Ⅱ卷)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( )
A B
C D
解析：由P－t图象知：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．
答案：A
2．(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
解析：对运动员由动能定理可知WG＋Wf＝Ek末－Ek切，由题知，WG＝1 900 J，Wf＝－100 J，即ΔEk＝1 800 J，A、B错误；又WG＝Ep初－Ep末，即ΔEp＝－1 900 J，重力势能减少了1 900 J，C正确，D错误．
答案：C
3．(2015·课标全国Ⅰ卷)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W解析：设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.
设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′答案：C
4．(多选)(2015·课标全国Ⅱ卷)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析：由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v是相等的，即vacos θ＝vbsin θ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确．同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误．杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误．b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确．正确选项为B、D.
答案：BD
5.(2016·全国Ⅱ卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl，①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l，②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝，③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足－mg≥0，④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l，⑤
联立③⑤式得vD＝，⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2，⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt，⑧
联立⑥⑦⑧式得，s＝2l.⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl＞μMg·4l，⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有Mv≤Mgl，?
联立①②⑩?式得m≤M＜m.?
答案：(1) 2l (2)m≤M＜m
章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①同时 ②时间间隔 ③空间距离 ④质量 ⑤相对性 ⑥光速不变 ⑦相对 ⑧慢 ⑨缩短 ⑩增大 ?能量子 ?光电效应 ?不连续
主题一 经典时空观与相对论时空观
1．经典时空观：经典力学认为，时间和空间跟任何外界物质的存在及其运动情况无关，是绝对不变的，且彼此独立．
2．相对论时空观：相对论认为，时间和空间与在其中运动的物质存在着密不可分的联系，且彼此紧密相连．当物体运动的速度变大时，时钟变慢，尺子在运动方向变短，物体的质量变大等．
3．两种时空观的关系：当物体运动的速度远小于真空的光速时，时间和空间可看成不随运动状态变化，即用经典时空观分析问题；当物体运动的速度接近真空的光速时，时间和空间都随物质运动状态的变化而变化，即只能用相对论时空观分析问题．
【典例1】 一根10 m长的梭镖以相对速度穿过一根10 m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的．以下叙述最好地描述了梭镖穿过管子的情况的是( )
A．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它
B．管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来
C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖
D．所有这些都与观察者的运动情况有关
解析：如果你是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位置梭镖会完全处在管子内部．然而当你和梭镖一起运动时，你看到的管子就缩短了，所以在某些位置，你可以看到梭镖两端都伸出管子．假如你在梭镖和管子之间运动，运动的速度是在梭镖运动的方向上，而大小是其一半，那么梭镖和管子都相对于你运动，且速度的大小一样，你看到这两样东西都缩短了，且缩短的量相同．所以你看到的一切都是相对的——依赖于你的参考系．
答案：D
针对训练
1．若一列火车以接近光速的速度在高速行驶，车上的人用望远镜来观察地面上的一个排球，如果观察得很清晰，则观察结果是( )
A．像一个乒乓球(体积变小)
B．像一个篮球(球体变大)
C．像一个橄榄球(竖直放置)
D．像一个橄榄球(水平放置)
解析：根据长度收缩效应可知，排球在水平方向的线度变短，在竖直方向线度不变，因此观察的结果是像一个竖直放置的橄榄球．
答案：C
主题二 对物质的波粒二象性的理解
1．光子说并不否认光的电磁说，按光子说，光子的能量ε＝hν，其中ν表示光的频率，表示了波的特征．可见光的确既具有波动性又具有粒子性．在理解光的波粒二象性时，既不能把光当成宏观中的波，也不能把它当成微观概念中的粒子．
2．静止质量不为零的物质与光一样也具有波粒二象性．应当明确，粒子性或量子性的本质在于不连续性；波动性的实质在于对微观物体状态及运动描述的不确定性，不能把物质波理解为经典的机械波和电磁波．
【典例2】 (多选)下列说法中正确的是( )
A．光的波粒二象性学说是由牛顿的微粒说和惠更斯的波动说组成的
B．光的波粒二象性彻底推翻了麦克斯韦的电磁场理论
C．光子学说并没有否定电磁说，在光子能量ε＝hν中，ν表示波的特性，ε表示粒子的特性
D．光波不同于宏观概念中的那种连续的波，它是个别光子运动规律的一种几率波
解析：解答本题必须掌握一定的物理学史，了解波粒二象性学说的由来及与其他学说的区别与联系．现在人们对光的普遍认识是受波动规律支配的几率波．
答案：CD
针对训练
2．下列对光的波粒二象性的理解正确的是( )
A．光有时是波，有时是粒子
B．光表现为波动性时，与水面波是同种类的波
C．光不可能同时具有波动性和粒子性
D．光的直线传播只是宏观近似规律
解析：光同时具有波动性和粒子性，只是条件不同，两者的明显程度不同，所以A、C错误．光是概率波，与宏观的机械波不同，B错误．由于光有波动性，所以光在传播时是近似直线传播，D正确．
答案：D
章末质量评估(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．关于斜抛运动，下列说法不正确的是( )
A．任何斜抛运动都可以看成是两个方向上的直线运动的合运动
B．斜抛运动可以看成是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动
C．斜抛运动一定是变加速运动
D．斜抛运动是匀变速运动
解析：任何斜抛运动都可以分解成任何两个方向上的分运动，包括互相垂直的两个方向，所以A正确；根据斜抛运动的规律，B是正确的；合力不变的物体所做的斜抛运动是匀变速运动，所以C错误，D正确．故选C.
答案：C
2.一个小球在水平桌面上以速度v0运动，当小球运动至P点时，开始受到某力的作用，轨迹如图所示，AP为直线，PB为曲线．以下说法中正确的是( )
A．该外力可能沿x轴正方向
B．该外力可能沿x轴负方向
C．该外力可能沿y轴正方向
D．该外力可能沿y轴负方向
解析：物体做曲线运动时，所受外力指向圆弧的内侧，在图中小球所受外力可能沿y轴正方向，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
3．物体自地面做竖直上抛运动后又落回地面，则( )
A．上抛过程中，加速度方向向上，速度方向向上，相对于抛出点的位移方向向上
B．下落过程中，加速度方向向下，速度方向向下，相对于抛出点的位移方向向下
C．在最高点，速度大小为零，不受力的作用
D．到达最高点后，加速度方向不变，速度方向改变
解析：物体抛出后只受重力作用，加速度方向向下，大小恒定．落地前的位移相对于抛出点方向向上，A、B、C均错，D正确．
答案：D
4．如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看作竖直上抛)．设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足( )
A．v1＝v2 B．v1＝v2
C．v1＝v2 D．v1＝v2
解析：要拦截成功，两炮弹必在空中相遇，设经时间t两炮弹相遇，则x＝v1t，y＝gt2，s＝v2t－gt2，y＋s＝H，联立以上各式，解得v1＝v2.故选C.
答案：C
5．一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示．船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可以确定船沿三条不同路径渡河( )
A．时间相同，AD是匀加速运动的轨迹
B．时间相同，AC是匀加速运动的轨迹
C．沿AC用时最短，AC是匀加速运动的轨迹
D．沿AD用时最长，AD是匀加速运动的轨迹
解析：根据题意，船在静水中的速度是不同的，因此它们的时间也不相同，根据曲线运动条件可知，AC轨迹说明船在静水中加速运动，而AB则对应船在静水中匀速运动，对于AD，则船在静水中减速运动，故A、B错误；由上分析可知，由AC轨迹，船在静水中加速运动，因此所用时间最短，故C正确；沿着AD运动轨迹，对应的时间是最长的，但AD是匀减速运动的轨迹，故D错误．
答案：C
6．如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水中的速度)从A处过河，经过t时间，正好到达正对岸的B处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，下列方法中可采用的是( )
A．只要增大v1大小，不必改变θ角
B．只要增大θ角，不必改变v1大小
C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角
D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角
解析：因小船垂直河岸过河，则由速度的分解知识可知水流速度：v＝v1cos θ；则在水流速度v不变的情况下，增大v大小，必须增大θ角，故选项C正确．
答案：C
7．某同学在一古井口以1 m/s的速度竖直向下扔一石块，2 s 后听到石块击水的声音，声音的传播时间忽略不计，取g＝10 m/s2，可估算出古井的深度约为( )
A．20 m B．22 m
C．2 m D．7 m
解析：石块做竖直下抛运动，则s＝v0t＋gt2＝1×2 m＋×10×22 m＝22 m．由此可知古井约为22 m，B正确．
答案：B
8．从地面上同时抛出两小球，A沿竖直向上，B沿斜向上方，它们同时到达最高点，不计空气阻力．则( )
A．A先落到地面上
B．B的加速度比A的大
C．A上升的最大高度比B大
D．抛出时B的初速度比A大
解析：A小球和B小球竖直方向上都做竖直上抛运动，它们同时到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，它们下降的过程经历的时间也是相同的，所以它们一定是同时落地，故A错误； A和B的加速度是相同的，都是重力加速度，故B错误；它们同时到达最高点，所以在竖直方向上的位移是相等的，即上升的高度是相等的，故C错误；它们同时到达最高点，所以B的初速度沿竖直方向的分速度与A的初速度大小相等，所以B的初速度一定大于A的初速度，故D正确．
答案：D
9.如图所示，从一根内壁光滑的空心竖直钢管A的上端边缘，沿直径方向向管内水平抛入一钢球．球与管壁多次相碰后落地(球与管壁相碰时间不计)，若换一根等高但较粗的内壁光滑的钢管B，用同样的方法抛入此钢球，则运动时间( )
A．在A管中的球运动时间长
B．在B管中的球运动时间长
C．在两管中的球运动时间一样长
D．无法确定
解析：小球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，球跟管壁碰撞中受水平方向弹力作用，只改变水平方向速度大小，而竖直方向始终仅受重力作用，保持自由落体运动，由公式y＝gt2，得t＝，因A、B等高，故t相同，应选C.
答案：C
10．如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则( )
A.＝2 B．tan θ1tan θ2＝2
C.＝2 D.＝2
解析：由题意知：tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，由以上两式得tan θ1tan θ2＝2.故B项正确．
答案：B
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
11．如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动．下列关于铅笔笔尖的运动及其所留下的痕迹的判断中正确的是( )
A．笔尖留下的痕迹是一条抛物线
B．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线
C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D．在运动讨程中，笔尖运动的加速度方向始终不变
解析：笔尖的运动为水平向右的匀速直线运动和竖直向上的匀加速直线运动的合运动，轨迹为抛物线，A正确，B错误．运动过程中笔尖的加速度始终不变，速度方向时刻发生变化，C错误，D正确．
答案：AD
12.某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的右侧(如图所示)．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可能做出的调整为( )
A．减小初速度，抛出点高度不变
B．增大初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，提高抛出点高度
解析：设小球被抛出时的高度为h，则h＝gt2，小球从抛出到落地的水平位移x＝v0t，两式联立得x＝v0，根据题意，再次抛小球时，要使小球运动的水平位移x减小，可以采用减小初速度v0或降低抛出点高度h的方法，故A、C正确．
答案：AC
13.如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻速度分别为v1和v2，绳子对物体的拉力为F拉，物体所受重力为G，则下列说法正确的是( )
A．物体做匀速运动，且v1＝v2
B．物体做加速运动，且v2C．物体做加速运动，且F拉>G
D．物体做匀速运动，且F拉＝G
解析：小车在运动的过程中，其速度产生两个效果，故将小车的速度按照沿绳子方向与垂直绳子的方向进行分解，如图所示，则由图可以看出v2＝v1cos α，则v2G.故B、C正确．
答案：BC
14.小球从O点水平抛出，建立如图所示的坐标系．x轴上OA＝AB＝BC，y轴沿竖直方向，从A、B、C三点作y轴的平行线，与小球运动轨迹交于M、N、P三点，那么下列比值中正确的是( )
A．小球在这三点的水平速度之比v1x∶v2x∶v3x＝1∶1∶1
B．小球在OM、MN、NP三段轨迹上运动的时间之比t1∶t2∶t3＝1∶2∶3
C．小球在这三点的竖直分速度之比v1y∶v2y∶v3y＝1∶2∶3
D．AM∶BN∶CP＝1∶2∶3
解析：因为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，由题意知OA＝AB＝BC，故小球在OM、MN、NP三段轨迹上运动的时间相等，故A正确，B错误；由于t1＝t2＝t3，又由vy＝gt知v1y＝gt，v2y＝g2t，v3y＝g3t，所以v1y∶v2y∶v3y＝1∶2∶3，故C正确；由于AM、BN、CP为竖直分位移，由y＝gt2知D错误．
答案：AC
三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(8分)研究平抛运动时，我们用到如图甲所示的装置，将两个完全相同的斜槽固定在同一竖直面内，它们的最下端水平．把两个质量相等的小钢球，从斜面的顶点由静止同时释放，斜槽2的水平轨道末端与光滑水平面吻合．可以观察到现象：___________________，
这说明：_______________________________________________.
同时我们还用到如图乙所示的装置(装置离地面足够高)，小球2与斜槽末端在同一水平线上．将小球1从任意高度释放，当它到达斜槽末端时释放小球2；再水平移动小球2，重复上述过程．可以观察到现象：_________________________________________________.
这说明：______________________________________________.
本实验的关键是如何确保小球1水平抛出时小球2能同时释放，这就需要一个控制装置．我们可以设置一个发射器(即一个光源)，让接收器接收它发出的光时去控制电磁铁吸住小球2.当小球1从斜槽末端经过时将发射器发出的光挡住，接收器未收到光信号就控制电磁铁停止工作，小球2落下．
解析：图甲中，小球1做平抛运动，小球2沿光滑水平面做匀速直线运动，两小球同时沿着同一水平方向运动．在斜槽尾端两小球沿相同的光滑斜槽从相同高度同时由静止释放，则两小球的水平初速度相同，小球1必定落到光滑水平面上与小球2相碰，这说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动；图乙中，小球1做平抛运动，小球2同时做自由落体运动，发现两小球总能在空中某位置相遇，这种现象说明，平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．
答案：两球在斜槽2的水平轨道上相碰 平抛运动的水平分运动是匀速直线运动
实验中两个小球都能在空中相碰 平抛运动的竖直分运动是自由落体运动
16．(12分)质量m＝2 kg的物体在光滑水平面上运动，其两个相互垂直的x、y方向上的分速度vx和vy随时间变化的图线如图所示，求：
(1)物体的初速度；
(2)t1＝8 s时物体的速度大小；
(3)t2＝4 s时物体的位移大小．
解析：(1)t＝0时，vx＝3 m/s，vy＝0.
所以初速度v0＝3 m/s，沿x轴正方向．
(2)t1＝8 s时，vx＝3 m/s，vy＝4 m/s，
则v＝＝ m/s＝5 m/s.
(3)t2＝4 s时，x＝vx·t＝3×4 m＝12 m，
y＝at＝×0.5×42m＝4 m，
合位移s＝ ＝ m＝4 m≈12.6 m.
答案：(1)3 m/s，沿x轴正方向 (2)5 m/s
(3)12.6 m(或4 m)
17．(12分)在竖直的井底，将一物体以11 m/s的速度竖直向上抛出，物体冲出井口时被人接住，在被人接住前1 s内物体的位移是4 m，位移方向向上，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)物体从抛出到被人接住所经历的时间；
(2)此井的竖直深度．
解析：(1)设人接住物体前1 s时速度为v，则有s′＝vt′－gt′2，即4＝v×1－×10×12，解得v＝9 m/s，则物体从抛出到被接住所用总时间t＝＋t′＝1.2 s.
(2)井的竖直深度为s＝v0t－gt2＝11×1.2 m－×10×1.22 m＝6 m.
答案：(1)1.2 s (2)6 m
18．(14分)在高处以初速度v1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l、2l处有A、B两个小气球以速度v2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹)．试求：
(1)飞镖刺破A气球时，飞镖的速度大小；
(2)A、B两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中的高度差．
解析：(1)飞镖从抛出到刺破气球A，经过了时间tA＝，
竖直方向速度vy＝gtA＝，
则飞镖速度大小vA＝.
(2)A、B两气球被刺破位置的高度差
h1＝3×gt＝，
B球比A球多运动时间，
B比A多上升h2＝v2，
A、B未被刺破前高度差
H＝h1＋h2＝＋.
答案：(1) (2)＋
章末质量评估(三)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．在下面列举的科学家中，对发现和完善万有引力定律有贡献的是( )
A．第谷、焦耳 B．牛顿、卡文迪许
C．安培、布鲁诺 D．麦克斯韦、法拉第
解析：牛顿提出了万有引力定律；卡文迪许测出了引力常量G的数值，故选项B正确．
答案：B
2．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( )
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的二次方等于它们轨道半长轴之比的三次方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
解析：由开普勒第一定律(轨道定律)可知，太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，选项A错误；火星和木星绕太阳运行的轨道不同，运行速度的大小不可能始终相等，选项B错误；根据开普勒第三定律(周期定律)知，所有行星绕太阳公转轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的二次方的比值是一个常数，由此可知，选项C正确；对于某一个行星来说，其与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相等，不同行星在相同的时间内扫过的面积不一定相等，选项D错误．
答案：C
3．某同学设想驾驶一辆“陆地—太空”两用汽车，沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大．当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车”．不计空气阻力，已知地球的半径R＝6 400 km.下列说法正确的是( )
A．汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大
B．当汽车速度增加到7.9 km/s，将离开地面绕地球做圆周运动
C．此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1 h
D．在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力
解析：由mg－FN＝m，得FN＝mg－m，选项A错误；7.9 km/s是最小的发射速度，也是最大的环绕速度，选项B正确；由mg＝mR，知T＝85 min，选项C错误；“航天汽车”处于完全失重状态，任何与重力有关的实验都无法进行，选项D错误．
答案：B
4．万有引力定律首次揭示了自然界中物体间的一种基本相互作用规律，以下说法正确的是( )
A．物体的重力不是地球对物体的万有引力引起的
B．人造地球卫星离地球越远受到地球的万有引力越大
C．人造地球卫星绕地球运动的向心力由地球对它的万有引力提供
D．宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于没有受到万有引力的作用
解析：物体的重力是地球对物体的万有引力引起的，A错误；人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越小，B错误；宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于受到的万有引力提供了圆周运动的向心力，C正确，D错误．
答案：C
5．若使两质点间的万有引力减小为原来的，下列办法可采用的是( )
A．使两质点间距离增为原来的4倍，质量不变
B．使两质点的质量都减半，间距减为原来的
C．使其中一质点的质量减为原来的，间距不变
D．使两质点的质量和间距都减为原来的
解析：质点间的万有引力大小为F＝，故C可行，A、B、D不可行．
答案：C
6．我国古代神话传说中：地上的“凡人”过一年，天上的“神仙”过一天．如果把看到一次日出就当作“一天”，某卫星的运行半径为月球绕地球运行半径的，则该卫星上的宇航员24 h内在太空中度过的“天”数约为(已知月球的运行周期为27天)( )
A．1 B．8
C．16 D．24
解析：根据天体运动的公式＝mr得＝，解得卫星运行的周期为3 h，故24 h内看到8次日出，B项正确．
答案：B
7.如图所示，A、B是在地球大气层外圆周轨道上运行的质量不等的两颗卫星，它们的轨道半径满足RA＝2R，RB＝3R，R为地球半径，下列说法正确的是( )
A．A、B的角速度之比ωA∶ωB＝1∶1
B．A、B的线速度之比vA∶vB＝3∶2
C．A、B的加速度之比aA∶aB＝9∶4
D．A、B受到的万有引力之比FA∶FB＝9∶4
解析：由万有引力定律及牛顿第二定律，有＝mω2r＝m＝ma，解得：ω＝，v＝，a＝，又RA∶RB＝2∶3，故ωA∶ωB＝3∶2，选项A错误；vA∶vB＝∶，选项B错误；aA∶aB＝9∶4，选项C正确；因不知两卫星的质量，故无法比较万有引力的大小，选项D错误．
答案：C
8．一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上以初速度v0沿竖直方向抛出一个小球，测得小球经过时间t落回抛出点，已知该星球半径为R，则该星球的第一宇宙速度为( )
A. B.
C. D．无法确定
解析：竖直上抛落回原点的速度大小等于初速度，方向与初速度相反．设星球表面的重力加速度为g，由竖直上抛规律可得：v0＝－v0＋gt，解得g＝由地面万有引力等于重力，万有引力提供向心力可得：mg＝m.
解得：v＝＝ ，故A正确．
答案：A
9．一物体静止在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量为G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为( )
A. B.
C. D.
解析：物体对天体表面压力恰好为零，说明天体对物体的万有引力提供向心力：G＝mR，解得T＝2π.①
又因为密度ρ＝＝，②
①②两式联立得T＝.
答案：D
10．在太空中，两颗靠得很近的星球可以组成双星，他们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动．则下列说法不正确的是( )
A．两颗星有相同的角速度
B．两颗星的旋转半径与质量成反比
C．两颗星的加速度与质量成反比
D．两颗星的线速度与质量成正比
解析：双星运动的角速度相同，选项A正确； 由F＝m1ω2r1＝m2ω2r2，
可得m1r1＝m2r2，即两颗星的旋转半径与质量成反比，选项B正确；F＝m1a1＝m2a2，可知两颗星的加速度与质量成反比，选项C正确；F＝m1＝m2，故可知两颗星的线速度与质量不是成正比关系，选项D错误，故选D.
答案：D
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
11.若北斗卫星导航系统中两颗卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，则以下判断中正确的是( )
A．这两颗卫星的环绕速度大小相等，均为
B．这两颗卫星的加速度大小相等，均为
C．卫星1加速后一定能追上卫星2
D．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为
解析：由G＝m和G＝mg，得两颗卫星的环绕速度大小均为v＝，选项A错误；由G＝ma和G＝mg，得两颗卫星的加速度大小均为a＝，选项B正确；卫星1加速后做离心运动，轨道半径变大后其运动速率变小，不能追上卫星2，选项C错误；由G＝mr和G＝mg，得两颗卫星的周期均为T＝，卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为t＝T＝，选项D正确．
答案：BD
12．预计我国将于2020年前发射月球登陆车，采集月球表面的一些样本后返回地球．月球登陆车返回时，由月球表面发射后先绕月球在近月圆轨道上飞行，经轨道调整后与停留在较高轨道的轨道舱对接．下列关于此过程的描述正确的是( )
A．登陆车在近月圆轨道上运行的周期小于月球自转的周期
B．登陆车在近月轨道的加速度大于在较高轨道的轨道舱的加速度
C．登陆车与轨道舱对接后由于质量增加若不加速则轨道半径不断减小
D．登陆车与轨道舱对接后经减速后才能返回地球
解析：登陆车在近月轨道的半径小于月球同步轨道半径，故周期小于月球自转周期，选项A正确；由G＝ma可知，选项B正确；环绕半径与环绕天体的质量无关，选项C错误；对接后需要加速才能返回地球，选项D错误．
答案：AB
13．设地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，则有关同步卫星的说法正确的是( )
A．同步卫星的轨道与地球的赤道在同一平面内
B．同步卫星的离地高度为h＝
C．同步卫星的离地高度为h＝－R
D．同步卫星的角速度为ω，线速度大小为
解析：同步卫星是指卫星的轨道在赤道上空一定高度、周期和地球自转周期相同的卫星，所以G＝m＝mω2(R＋h)，可求得：h＝－R，v＝，故选A、C、D.
答案：ACD
14.澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的红矮星wolf 1061周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视作圆，如图所示．已知万有引力常量为G.下列说法正确的是( )
A．可求出b、c的公转半径之比
B．可求出c、d的向心加速度之比
C．若已知c的公转半径，可求出红矮星的质量
D．若已知c的公转半径，可求出红矮星的密度
解析：行星b、c的周期分别为5天、18天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式＝k，可以求解轨道半径之比，故A正确；行星c、d的周期分别为18天、67天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式＝k，可以求解轨道半径之比；根据万有引力等于向心力列式，有：G＝ma，解得：a＝∝，故可以求解出c、d的向心加速度之比，故B正确；已知c的公转半径和周期，根据牛顿第二定律，有：G＝mr，解得：M＝，故可以求解出红矮星的质量，但不知道红矮星的体积，无法求解红矮星的密度，故C正确，D错误；故选ABC.
答案：ABC
三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(10分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h处平抛一物体，水平射程为60 m，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？
解析：平抛运动水平位移x＝v0t，
竖直位移h＝gt2，
解以上两式得x＝v0·.
由重力等于万有引力mg＝G，得g＝.
所以＝＝9×＝36.
＝＝，
x星＝x地＝10 m.
答案：10 m
16．(10分)科学家在地球轨道外侧发现了一颗绕太阳运行的小行星，经过观测发现：该小行星每隔t时间与地球相遇一次．已知地球绕太阳公转的半径为R，周期是T，设地球和小行星都是圆轨道，求小行星到太阳的距离．
解析：设小行星绕太阳的周期为T′，小行星与地球每隔时间t相遇一次，
则有－＝1.
设小行星绕太阳轨道半径为R′，万有引力提供向心力，则
G＝m′R′，
同理，对于地球绕太阳运动也有
G＝mR，
由以上两式，有＝，
故R′＝R.
答案：R
17．(12分)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，设每个星体的质量均为m，四颗星稳定地分布在边长为a的正方形的四个顶点上，已知这四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，引力常量为G.
(1)求星体做匀速圆周运动的轨道半径；
(2)若实验观测得到星体的半径为R，求星体表面的重力加速度；
(3)求星体做匀速圆周运动的周期．
解析：(1)由星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动可知，星体做匀速圆周运动的轨道半径r＝a.
(2)由万有引力定律可知G＝m′g，则星体表面的重力加速度g＝G.
(3)星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由万有引力定律和向心力公式得．
G＋2Gcos 45°＝m·a·，
解得周期T＝2πa.
答案：(1)a (2)G (3)2πa
18．(14分)某行星运行一昼夜时间T＝6 h，若弹簧测力计在其“赤道”上比“两极”处测同一物体重力时读数小10%.
(1)则该行星的密度为多大？
(2)设想该行星自转角速度加快到某一值时，在“赤道”上的物体会“飘”起来，这时该行星的自转周期是多少？
解析：(1)在两极，因物体随行星自转半径为零，无需向心力，其万有引力等于重力，G＝mg；
在赤道上，万有引力分解为两个分力，其一是物体重力，其二为物体随行星转动的向心力，即G＝mg′＋mR.
所以mg－mg′＝0.1mg，0.1G＝mR，M＝，
密度ρ＝＝＝3.0×103 kg/m3.
(2)对物体原来有0.1＝mR＝ma向，
飘起来时：＝ma向＝mR，
由上述两式，得T1＝T＝×6 h＝1.9 h.
答案：(1)3.0×103 kg/m3 (2)1.9 h
章末质量评估(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．关于曲线运动和圆周运动，下列说法正确的是( )
A．做曲线运动的物体速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动
B．做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变
C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心
D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动
解析：做曲线运动的物体速度方向沿切线方向，时刻改变，所以曲线运动是变速运动，A对；平抛运动是曲线运动，但合外力是重力，大小方向都不变，B错；做变速圆周运动的物体，所受的合外力不指向圆心，C错；物体受到垂直于初速度方向的恒力作用，将做平抛运动，D错．
答案：A
2．下列现象中，为了避免发生离心运动发生的是( )
A．汽车拐弯时要减速 B．制作棉花糖
C．洗衣机甩干衣物 D．制作无缝钢管
解析：离心现象有些是有益的有些是有害的，汽车拐弯时，静摩擦力提供向心力，如果车速过快，静摩擦力不足以提供向心力，汽车容易发生侧滑发生危险，所以A项正确；制作棉花糖时利用糖浆之间力不足够提供向心力发生离心现象，制成的是有益的应用，所以B项错误；水滴与衣服之间的附着力不足够提供向心力时发生离心现象而离开衣服是有益的应用，所以C项错误；钢水在圆周运动时需要向心力模型对钢水的支持力提供向心力，制作无缝钢管也是有益的离心现象，所以D项错误．
答案：A
3．在下面所介绍的各种情况中，将出现超重现象的是( )
①荡秋千经过最低点的小孩 ②汽车过凸形桥 ③汽车过凹形桥 ④在绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器
A．①② B．①③
C．①④ D．③④
解析：①③中的小孩、汽车的加速度都竖直向上，所以处于超重状态．而②④中的汽车、飞船中的仪器处于失重状态．
答案：B
4．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为( )
A. B.
C. D.
解析：设伞边缘距地面的高度为h，伞边缘水滴的速度v＝ωR，水滴下落时间t＝，水滴平抛的水平位移x＝vt＝ωR.由几何关系，R2＋x2＝r2，可得：h＝，选项A正确．
答案：A
5．一个物体做匀速圆周运动，向心加速度为2 m/s2.下列说法正确的是( )
A．向心加速度描述了瞬时速度(线速度)大小变化的快慢
B．向心加速度描述了瞬时速度(线速度)变化的方向
C．该物体经过1 s时间速度大小的变化量为2 m/s
D．该物体经过1 s时间速度变化量的大小为2 m/s
解析：匀速圆周运动的线速度大小不变，只是方向不断改变，因此，向心加速度描述的是线速度的方向改变的快慢，选项A、B错误；匀速圆周运动的线速度大小不变，选项C错误；根据加速度定义式a＝可知，经过1 s时间速度的变化量为Δv＝a·Δt＝2 m/s，选项D正确．
答案：D
6．如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R，人体受重力为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为( )
A．0 B.
C. D.
解析：由题意知F＋mg＝2mg＝m，故速度大小v＝，C正确．
答案：C
7．如图所示，小强正在荡秋千．关于绳上a点和b点的线速度和角速度，下列关系正确的是( )
A．va ＝ vb B．va > vb
C．ωa ＝ ωb D．ωa < ωb
解析：小强在荡秋千过程，人和绳都以O为圆心做圆周运动，人与a、b两点的角速度相等，C选项正确；a、b两点到O点的半径不同，线速度不等．
答案：C
8.如图所示，O、O′为两个皮带轮，O轮的半径为r，O′轮的半径为R，且R>r，M点为O轮边缘上的一点，N点为O′轮上的任意一点，当皮带轮转动时，(设转动过程中不打滑)则( )
A．M点的向心加速度一定大于N点的向心加速度
B．M点的向心加速度一定等于N点的向心加速度
C．M点的向心加速度可能小于N点的向心加速度
D．M点的向心加速度可能等于N点的向心加速度
解析：在O′轮的边缘上取一点Q，则Q点和N点在同一个轮子上，其角速度相等，即ωQ＝ωN，又rQ>rN，由向心加速度公式an＝ω2r可知aQ>aN；由于皮带转动时不打滑，Q点和M点都在由皮带传动的两个轮子边缘，这两点的线速度大小相等，即vQ＝vM，又rQ>rM，由向心加速度公式an＝可知，aQaN，A正确．
答案：A
9．如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，刚好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为( )
A．15 m/s B．20 m/s
C．25 m/s D．30 m/s
解析：汽车通过拱桥顶点的过程可以看作圆周运动的一部分，合力在指向圆心方向的分力提供向心力，即mg－FN＝m，当v＝10 m/s时FN＝mg；若要汽车在桥顶摩擦力为零，应有FN＝0，由此可得v＝20 m/s，B选项正确．
答案：B
10．飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆周运动，在轨道的最高点和最低点时，飞行员对座椅的压力( )
A．是相等的 B．相差
C．相差 D．相差2mg
解析：在最高点，设座椅对飞行员的支持力为FN1，则mg＋FN1＝m，得FN1＝m－mg.由牛顿第三定律，在最高点飞行员对座椅的压力大小为F′N1＝m－mg.在最低点，设座椅对飞行员的支持力为FN2，则FN2－mg＝m得FN2＝mg＋m.由牛顿第三定律，在最低点飞行员对座椅的压力大小为F′N2＝mg＋m，所以F′N2－F′N1＝2mg.故选D.
答案：D
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
11．关于向心力的下列说法中正确的是( )
A．向心力不改变做圆周运动物体速度的大小
B．做匀速圆周运动的物体，其向心力时刻改变
C．做圆周运动的物体，所受合力一定等于向心力
D．做匀速圆周运动的物体，所受的合力为零
解析：向心力只改变做圆周运动物体速度的方向，不改变速度的大小，故A对；做匀速圆周运动的物体，向心力的大小是不变的，但其方向时刻改变，所以B对；做圆周运动的物体，其所受的合力不一定都用来提供向心力，还可能提供切线方向的加速度，只有做匀速圆周运动的物体所受合力才等于向心力，故C不对；显然匀速圆周运动是变速运动，物体所受的合力不能为零，故D不对．
答案：AB
12．如图所示，皮带传动装置中，右边两轮连在一起共轴转动，图中三轮半径分别为r1＝3r，r2＝2r，r3＝4r；A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑．向心加速度分别为a1、a2、a3，则下列比例关系正确的是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
解析：由于皮带不打滑，v1＝v2，a＝，故＝＝，A错，B对．由于右边两轮共轴转动，ω2＝ω3，a＝rω2，＝＝，C错、D对．
答案：BD
13．一只质量为m的老鹰，以速率v在水平面内做半径为r的匀速圆周运动，则关于老鹰的向心加速度的说法正确的是( )
A．大小为 B．大小为g－
C．方向在水平面内 D．方向在竖直面内
解析：根据an＝可知选项A正确；由于老鹰在水平面内运动，向心加速度始终指向圆心，所以向心加速度的方向在水平面内，C正确．
答案：AC
14.如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动．点a、b分别表示轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是( )
A．a处为拉力，b处为拉力 B．a处为拉力，b处为推力
C．a处为推力，b处为拉力 D．a处为推力，b处为推力
解析：在a处小球受到竖直向下的重力，因此a处一定受到杆的拉力，因为小球在最低点时所需向心力沿杆由a指向圆心O，向心力是杆对球的拉力和重力的合力．小球在最高点b时杆对球的作用力有三种情况：(1)杆对球恰好没有作用力，这时小球所受的重力提供向心力，设此时小球速度为v临，由mg＝得v临＝.(2)当小球在b点，速度v>v临时，杆对小球有向下的拉力．
(3)当小球在b点，速度0答案：AB
三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(8分)如图所示，光滑水平桌面上的O处有一光滑的圆孔，一根轻绳一端系质量为m的小球，另一端穿过小孔拴一质量为M的木块．当m以某一角速度在桌面上做匀速圆周运动时，木块M恰能静止不动，这时小球做圆周运动的半径为r，求此时小球做匀速圆周运动的角速度．
解析：m受重力、支持力、轻绳拉力的共同作用，而重力与支持力平衡，所以轻绳拉力F充当向心力，即F＝mrω2.木块M静止，所以轻绳拉力F＝Mg，即Mg＝mrω2，所以ω＝.
答案：
16．(12分)原长为L的轻弹簧一端固定一小铁块，另一端连接在竖直轴OO′上，小铁块放在水平圆盘上，若圆盘静止，把弹簧拉长后将小铁块放在圆盘上，使小铁块能保持静止的弹簧的最大长度为.现将弹簧长度拉长到后，把小铁块放在圆盘上，在这种情况下，圆盘绕中心轴OO′以一定角速度匀速转动，如图所示．已知小铁块的质量为m，为使小铁块不在圆盘上滑动，圆盘转动的角速度ω最大不得超过多少？
解析：以小铁块为研究对象，圆盘静止时：
设铁块受到的最大静摩擦力为fmax，由平衡条件得
fmax＝.
圆盘转动的角速度ω最大时，铁块受到的摩擦力fmax与弹簧的拉力kx的合力提供向心力，由牛顿第二定律得kx＋fmax＝mω.
又因为x＝，
解以上三式得角速度的最大值ωmax＝ .
答案：
17.(12分)如图所示，已知绳长为L＝20 cm，水平杆L′＝0.1 m，小球质量m＝0.3 kg，整个装置可绕竖直轴转动，问：
(1)要使绳子与竖直方向成45°角，该装置必须以多大的角速度转动才行？
(2)此时绳子的张力为多少？
解析：小球绕杆做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径r＝L′＋Lsin 45°，绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力．对小球受力分析如图所示，设绳对小球的拉力为F，重力为mg，则绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力．
对小球由牛顿第二定律，得
mgtan 45°＝mω2r，
r＝L′＋Lsin 45°，
联立以上两式，将数值代入，得
ω＝6.4 rad/s，
F＝＝4.16 N.
答案：(1)6.4 rad/s (2)4.16 N
18．(14分)如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径RA＝2RB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上，若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为多少？
解析：因为vA＝vB，所以由v＝ωr得＝＝，①
木块在A轮边缘恰能静止，其所需的向心力是由最大静摩擦力提供．设木块质量为m，与轮子的最大静摩擦力为fmax，则
fmax＝mRAω，②
设木块放在B轮上距B轮轴的最大距离为r，由于木块与A、B轮的动摩擦因数相同，所以木块放在r处时仍是最大静摩擦力提供向心力，即
fmax＝mωr，③
联立①②③式，解得r＝RA＝RA＝RB.
答案：RB
章末质量评估(四)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．下列物理量不可能为负值的是( )
A．加速度 B．功
C．动能 D．重力势能
解析：加速度是矢量，可正可负，表示方向，为正时，与规定的正方向相同，为负时，与规定的正方向相反；功和动能为标量，功为正，说明力与位移的夹角小于90°，功为负，说明力与位移的夹角大于90°；物体的重力势能有正负，为正时，说明物体在零势能参考面的上方，为负时，说明物体在零势能参考面的下方；动能与速度的平方成正比，不可能为负值，故选C.
答案：C
2．下列关于力对物体做功的说法正确的是( )
A．摩擦力对物体做功的多少与路径无关
B．合力不做功，物体必定做匀速直线运动
C．在相同时间内作用力与反作用力做功绝对值一定相等，一正一负
D．一对作用力和反作用力，可能其中一个力做功，而另一个力不做功
解析：根据摩擦力做功的特点知，摩擦力的功与路径有关，A错误；合力不做功，合力不一定为零，物体不一定做匀速直线运动，B错误，一对作用力、反作用力的功不一定数值相等、一正一负，有可能一个力做功，另一个力不做功，C错误，D正确．
答案：D
3．清洁工人在清洁城市道路时驾驶洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶．当洒水车行驶到某一路口时开始洒水，若洒水车的速度保持不变，且所受阻力与车重成正比，则开始洒水后( )
A．洒水车受到的牵引力保持不变
B．洒水车受到的牵引力逐渐增大
C．洒水车发动机的输出功率保持不变
D．洒水车发动机的输出功率不断减小
解析：因为洒水车的重力在减小，且所受阻力与车重成正比，故阻力也减小，所以受到的牵引力减小，选项A、B错误；又因为洒水车的速度不变，故由P＝Fv 可知，发动机的输出功率不断减小，选项C错误，D正确．
答案：D
4．下列各种运动过程中，物体(弓、过山车、石头、圆珠笔)机械能守恒的是(忽略空气阻力)( )
A．将箭搭在弦上，拉弓的整个过程
B．过山车在动力作用下从轨道上缓慢上行的过程
C．在一根细线的中央悬挂着一石头，双手拉着细线缓慢分开的过程
D．手握内有弹簧的圆珠笔，笔帽抵在桌面放手后圆珠笔弹起的过程
解析：将箭搭在弦上，拉弓的整个过程，因为人对弓要做功，故机械能增加，选项A错误；过山车在动力作用下从轨道上缓慢上行的过程，因为动力对车做功，故机械能增加，选项B错误；在一根细线的中央悬挂着一石头，双手拉着细线缓慢分开的过程，人要做功，故手头的机械能增加，选项C错误；手握内有弹簧的圆珠笔，笔帽抵在桌面放手后圆珠笔弹起的过程，只有重力和弹力对笔帽做功，故机械能守恒，选项D正确，故选D.
答案：D
5.如图所示，在加速运动的车厢中，一个人用力沿车前进的方向推车厢，已知人与车厢始终保持相对静止，那么人对车厢做功的情况是( )
A．做正功 B．做负功
C．不做功 D．无法确定
解析：人随车一起向车前进的方向加速运动，表明车对人在水平方向上的合力向前，根据牛顿第三定律，人对车在水平方向的合力与车运动方向相反，故人对车做负功，B正确．
答案：B
6.如图所示，一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质轻簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此过程中以下说法正确的是( )
A．物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比
B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功相等
C．弹簧的弹力做正功，弹性势能减小
D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加
解析：物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量不成正比，A项错误；物体向墙壁运动相同的位移，弹簧的弹力增大，弹力做的功也增大，B项错误；在压缩过程中，弹簧的弹力做负功，弹性势能增加，D项正确C项错误．
答案：D
7．跳水运动是我国的一个体育强项，此项运动大体上可以简化为三个阶段：运动员从跳板上起跳做竖直上抛运动、再做自由落体运动、入水后做匀减速直线运动．某质量为m的运动员(可视为质点)，入水后的加速度大小为a＝1.5 g，在水中下沉深度h时速度减为零．在运动员从入水到停止下沉的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员的动能减小了1.5mgh
B．运动员的机械能减小了1.5mgh
C．运动员克服阻力所做的功为1.5mgh
D．运动员的重力势能减小了1.5mgh
解析：入水过程对运动员受力分析，可知F合＝f－mg＝ma，由动能定理，可知ΔEk＝－F合h＝－1.5mgh，运动员的动能减小了1.5mgh，选项A正确；由功能关系，可知ΔE＝－fh＝－2.5mgh，运动员克服阻力所做的功为2.5mgh，机械能减小了2.5mgh，选项B、C错误；由mgh＝－ΔEp，可知运动员的重力势能减小了mgh，选项D错误．
答案：A
8．如图所示，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( )
A．mgh B．mgh＋mv2
C．mgh－mv2 D.mv2－mgh
解析：由机械能守恒定律可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有mv2＝mgh＋Ep，故Ep＝mv2－mgh.
答案：D
9．放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象如图甲、乙所示，则物体的质量为(g取10 m/s2)( )
A. kg B. kg
C. kg D. kg
解析：物体在前2 s做匀加速直线运动，由P＝Fv，2 s末功率为30 W，速度为6 m/s，因此前2 s拉力F1＝5 N，后4 s做匀速直线运动，F拉＝F阻，拉力大小与阻力大小都是＝ N；再由前2 s内a＝3 m/s2，且F1－F阻＝ma，得m＝ kg，故选项B正确．
答案：B
10.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
解析：重力做功与路径无关，所以WG＝mgR，选项A错；小球在B点时所受重力提供向心力，即mg＝m，所以v＝，从P点到B点，由动能定理知：W合＝mv2＝mgR，故选项C错；根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量|ΔE|＝|ΔEp|－|ΔEk|＝mgR，故选项B错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，等于mgR，故选项D对．
答案：D
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
11．一个质量为m的物体，分别做下列运动，其动能在运动过程中一定发生变化的是( )
A．匀速直线运动 B．匀变速直线运动
C．平抛运动 D．匀速圆周运动
解析：物体做匀速直线运动，速度的大小和方向均不改变，根据公式Ek＝mv2，动能不变，故A错误；物体做匀变速直线运动，速度的大小变化，根据公式Ek＝mv2，动能一定改变，故B正确；物体做平抛运动，速度的大小不断增加，根据公式Ek＝mv2，动能一定增加，故C正确；物体做匀速圆周运动，速度的大小没有变化，根据公式Ek＝mv2，动能不变，故D错误；故选BC.
答案：BC
12．把质量为m的小球从距地面高为h处以θ角斜向上方抛出，初速度为v0，不计空气阻力，小球落地时的速度大小与下列因素中有关的是( )
A．小球的初速度v0的大小
B．小球的质量m
C．小球抛出时的高度h
D．小球抛出时的仰角θ
解析：从小球从抛出到落地，由动能定理可知：mv＋mgh＝mv2，解得v＝，则小球落地时的速度大小与小球的初速度v0的大小、小球抛出时的高度h有关，故选A、C.
答案：AC
13.如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m的小球，从轻弹簧的正上方某一高处自由落下，并将弹簧压缩，直到小球的速度变为零．对于小球、轻弹簧和地球组成的系统，在小球开始与弹簧接触时起到小球速度变为零的过程中，有( )
A．小球的动能不断减小，直至为零
B．弹簧的弹性势能不断增大
C．小球的动能与重力势能之和不变
D．小球的动能与重力势能之和不断变小
解析：小球与弹簧刚接触时，弹力小于重力，合力与速度方向都向下，小球做加速运动，当合力为零时，速度最大，动能最大，故小球的动能先增大后减小，选项A错误；弹簧压缩量越大，弹性势能越大，选项B正确；小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变，故选项C错误，选项D正确．
答案：BD
14.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
解析：对于M和m组成的系统，除了重力、轻绳弹力做功外，摩擦力对M做了功，系统机械能不守恒，选项A错误；对于M，合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和，根据动能定理可知，M动能的增加等于合外力做的功，选项B错误；对于m，只有其重力和轻绳拉力做了功，根据功能关系可知，除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量，选项C正确；对于M和m组成的系统，系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零，只有两滑块的重力和M受到的摩擦力对系统做了功，根据功能关系得，M的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量，选项D正确．
答案：CD
三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)供实验选择的重物有以下四个，应选择( )
A．质量为10 g的砝码 B．质量为200 g的木球
C．质量为50 g的塑料球 D．质量为200 g的铁球
(2)(多选)下列叙述正确的是( )
A．实验中应用秒表测出重物下落的时间
B．可用自由落体运动的规律计算重物的瞬时速度
C．因为是通过比较和mgh是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量
D．释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔
(3)质量m＝1 kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04 s，那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep＝________J，此过程中物体动能的增加量Ek＝________J(g取9.8 m/s2，结果保留三位有效数字)．
解析：(1)为减小实验误差应选用铁球．
(3)ΔEp＝mgOB＝2.28 J；
vB＝＝2.125 m/s，ΔEk＝mv＝2.26 J.
答案：(1)D (2)CD (3)2.28 2.26
16．(10分)下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平直道上以额定功率匀速行驶的速度．
额定车速
整车质量
载重
电源
电源输出电压
充电时间
额定输出功率
电动机额定工作电压和电流
18 km/h
40 kg
80 kg
36 V/
12 Ah
≥
36 V
6～8 h
180 W
36 V/6 A
请参考表中数据，完成下列问题(g取10 m/s2)：
(1)求电动车在水平直道上行驶过程中受到阻力的大小．
(2)若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3 m/s时的加速度为多少？
解析：(1)设电动车的额定车速为vm，此时电动车牵引力为F1，
则P额＝F1·vm，①
F1－f＝0.②
联立①②可得f＝36 N.
(2)当车速为3 m/s，此时电动车牵引力为F2，
P额＝F2·v，③
F2－f＝ma.④
联立③④可得a＝0.2 m/s2.
答案：(1)36 N (2)0.2 m/s2
17．(12分)如图所示，物体A和B系在跨过定滑轮的细绳两端，物体A的质量为1.5 kg，物体B的质量为1 kg，开始时把物体A托起，使B刚好与地接触，这时物体A离地面的高度为1 m，放手后让A由静止开始下落，当A着地时，物体A的速度为多少(取g＝10 N/kg)?
解析：取地面为零重力势能面，在该变化过程中，除了物体A和B的重力做功外还有连接A、B的绳子上的拉力做了功，但绳上拉力做的总功等于零，物体A、B和细绳组成的系统，在该过程中机械能守恒．
初状态时的机械能为E1＝mAgh＝15 J，
末状态时的机械能为E2＝mBgh＋(mA＋mB)v2，
则mAgh＝mBgh＋(mA＋mB)v2，
代入数值，解得v＝2 m/s.
答案：2 m/s
18．(14分)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形粗糙导轨在B点衔接，导轨半径为R.一个质量为m的物块将弹簧压缩后静止在A处，释放后在弹力的作用下获得向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能到达最高点C.求：
(1)弹簧对物块的弹力做的功；
(2)物块从B至C克服阻力做的功；
(3)物块离开C点后落回水平面时其动能的大小．
解析：(1)设物块经过B点时的速度为v1，则由动能定理得W＝mv，
根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，
两式联立得W＝(FN－mg)R＝3mgR.
(2)设物块经C点时的速度为v2，由题意知mg＝m.
则由动能定理得
－(Wf＋2mgR)＝mv－mv，
所以从B至C克服阻力做的功
Wf＝mv－mv－2mgR＝mgR.
(3)根据机械能守恒定律2mgR＝Ek－mv，
故物块落回水平面时的动能
Ek＝mv＋2mgR＝mgR.
答案：(1)3mgR (2)mgR (3)mgR
第一章 抛体运动
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
第一章 抛体运动
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＝＝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
第一章 抛体运动
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＝；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．vA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＝＝ 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
第一章 抛体运动
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＝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＝＝ 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
第一章 抛体运动
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
第三章 万有引力定律及其应用
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＝，所以＝＝＝，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＝G，F2＝G，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＝，即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＝＝×＝.
(1)上升高度h＝，所以＝＝.
(2)由于t＝，所以＝＝.
答案：(1) (2)
第三章 万有引力定律及其应用
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
第三章 万有引力定律及其应用
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
B．卫星运行的速度大小为
C．卫星运行的角速度大小为
D．卫星运行的周期为2π
解析：G＝ma向，a向＝G，又g0＝，故a向 ＝，选项A正确；又a向＝，v＝＝ ，选项B正确；ω＝＝，选项C错误；T＝＝2π，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 h答案：AD
第二章 圆周运动
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，…)
第二章 圆周运动
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)
第二章 圆周运动
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＝＝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＝
第五章 经典力学与物理学革命
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：
第五章 经典力学与物理学革命
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
第四章 机械能和能源
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
第四章 机械能和能源
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
第四章 机械能和能源
第三节 探究外力做功与物体动能
变化的关系
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，≈2，≈3，
即v≈2v，v≈3v.
由以上数据可以判定W∝v2是正确的，也可以根据W－v2的图线来判断(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
第四章 机械能和能源
第三节 探究外力做功与物体动能
变化的关系
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
第四章 机械能和能源
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．va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
第四章 机械能和能源
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
第四章 机械能和能源
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
第四章 机械能和能源
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＝.
答案：
第四章 机械能和能源
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＝.
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＝.
(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′＝.
答案：(1) (2)
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＝m.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
