A级 合格达标
1.日心说的代表人物是（ ）
A.托勒密
B.哥白尼
C.布鲁诺
D.第谷
解析：日心说的代表人物是哥白尼，布鲁诺是宣传日心说的代表人物.
答案：B
2.关于天体的运动以下说法正确的是（ ）
A.天体的运动毫无规律，无法研究
B.天体的运动是最完美的、和谐的匀速圆周运动
C.太阳从东边升起，从西边落下，所以太阳绕地球运动
D.太阳系中所有行星都围绕太阳运动
解析：天体运动是有规律的，不是做匀速圆周运动，轨迹是椭圆，地球绕太阳转动.日心说虽然最终战胜了地心说，但由于当时人们认知水平的局限性，它的一些观点也是不准确的，如运动轨道不是圆而是椭圆，做的不是匀速圆周运动而是变速曲线运动.故D项正确.
答案：D
3.（多选）关于开普勒第二定律，下列理解正确的是（ ）
A.行星绕太阳运动时，一定是做匀速曲线运动
B.行星绕太阳运动时，一定是做变速曲线运动
C.行星绕太阳运动时，由于角速度相等，故在近日点处的线速度小于它在远日点处的线速度
D.行星绕太阳运动时，由于它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故它在近日点的线速度大于它在远日点的线速度
解析：行星绕太阳运动的轨道是椭圆形的，故行星做变速曲线运动，A错，B对.行星绕太阳运动时，角速度不相等，根据开普勒第二定律可知，行星在近日点时的线速度最大，在远日点时的线速度最小，C错，D对.
答案：BD
4.开普勒分别于1609年和1619年发表了他发现的行星运动规律，后人称之为开普勒行星运动定律.关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是（ ）
A.所有行星绕太阳运动的轨道都是圆，太阳处在圆心上
B.对任何一颗行星来说，离太阳越近，运行速率就越大
C.在牛顿发现万有引力定律后，开普勒才发现了行星的运行规律
D.开普勒独立完成了观测行星的运行数据、整理观测数据、发现行星运动规律等全部工作
解析：根据第一定律——所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上，所以A错误；根据第二定律——对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，所以对任何一颗行星来说，离太阳越近，运行速率就越大，所以B正确；在开普勒发现了行星的运行规律后，牛顿才发现万有引力定律，故C错误；开普勒整理第谷的观测数据后，发现了行星运动的规律，所以D错误.
答案：B
5.有两颗行星环绕某恒星运动，它们的运动周期比为27∶1，则它们的轨道半径比为（ ）
A.3∶1
B.27∶1
C.9∶1
D.1∶9
解析：根据开普勒第三定律＝k，有eq
\f(R,T)＝eq
\f(R,T)，解得＝eq
\r(3,\f(T,T))＝9∶1，故选项C正确，A、B、D错误.
答案：C
B级 等级提升
6.太阳系各行星绕太阳轨道为椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上.如图为地球绕太阳运动的椭圆轨道，A为近日点，C为远日点，B、D为轨道短轴的两个端点，地球从B点经C点运动到D的时间为t1，地球从D点经A点运动到B的时间为t2，下列说法正确的是（ ）
A.t1>t2
B.t1C.t1＝t2
D.由于需要高等数学积分知识，高中阶段无法比较t1、t2的大小
解析：根据开普勒第二定律可知，地球在AB段的速度大小大于BC段的速度大小，则有AB段的时间小于BC段的时间；地球在DA段的速度大小大于CD段的速度大小，则有DA段的时间小于CD段的时间，所以有t1>t2，故A正确，B、C、D错误.
答案：A
7.地球和金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.太阳位于金星运行轨道的中心
B.它们在近日点速度小于远日点速度
C.地球和金星公转周期的平方之比等于它们轨道半长轴的立方之比
D.地球和金星绕太阳运行速度的大小始终相等
解析：根据开普勒第一定律，所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上，故A错误.根据开普勒第二定律，对每一个行星而言，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等.所以行星距离太阳越近，速度越大，在近日点速度大于远日点速度，故B错误.根据开普勒第三定律，可知eq
\f(r,T)＝eq
\f(r,T)，则eq
\f(T,T)＝eq
\f(r,r)，即地球和金星公转周期的平方之比等于它们轨道半长轴的立方之比，故C正确.根据开普勒第二定律——对每一个行星而言，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，速度始终在变化.对于处于不同轨道的地球和金星，绕太阳运行速度的大小不相等，故D错误.
答案：C
8.（多选）如图所示，已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地球运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到该卫星掠过其正上方.假设某时刻，该卫星在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2.设卫星由A到B（只经B点一次）运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力.则（ ）
A.T＝
B.T＝
C.t＝
D.t＝
解析：依题意有·3T0－·3T0＝5·2π，解得T＝，故A错误，B正确；根据开普勒第三定律知，＝eq
\f(r,T2)，解得t＝，故C正确，D错误.
答案：BC
9.1781年，人们发现了太阳系中的第七颗行星——天王星，但是，它的运动轨迹有些“古怪”：根据万有引力定律计算出来的轨道与实际观测的结果总有一些偏差.有人认为是其轨道外侧还有未发现的行星影响其运动，后来据此发现了海王星.设从两行星离得最近时开始计时，到下一
次两行星离得最近所经历的最短时间为t；设天王星的轨道半径为R，周期为T.忽略各行星之间的相互作用，那么海王星的轨道半径为（ ）
A.
R
B.
R
C.
R
D.R
解析：由题意可知：海王星与天王星相距最近时，对天体运动的影响最大，且每隔时间t发生一次.设海王星的周期为T′，轨道半径为R′，则有t＝2π，且＝，联立解得R′＝
R.故C正确.
答案：C
10.
土星直径为120
540
km，是太阳系中的第二大行星，自转周期为10.546
h，公转周期为29.5年，球心距离太阳1.429×109
km.土星最引人注目的是绕着其赤道的巨大光环.在地球上人们只需要一架小型望远镜就能清楚地看到光环，环的外沿直径约为274
000
km.请由上面提供的信息，估算地球距太阳有多远.（保留三位有效数字）
解析：根据开普勒第三定律＝k，k只与太阳的质量有关，则eq
\f(R,T)＝eq
\f(R,T)，其中T为公转周期，R为行星到太阳的距离，
代入数据可得eq
\f(R,（1年）2)＝，
解得R地≈1.50×1011
m＝1.50×108
km.
答案：1.50×108
km
PAGEA级 合格达标
1.下面列举的四位大师，他们对世界天文学的发展影响极其深远，那么其中排列符合历史发展顺序的是（ ）
A.哥白尼 托勒密 牛顿 开普勒
B.托勒密 牛顿 哥白尼 开普勒
C.哥白尼 托勒密 开普勒 牛顿
D.托勒密 哥白尼 开普勒 牛顿
解析：希腊科学家托勒密提出了地心说，认为地球是静止不动的，太阳、月亮和星星从人类头顶飞过，地球是宇宙的中心；波兰天文学家哥白尼，发表著作《天体运行论》提出日心说，预示了地心宇宙论的终结；德国天文学家开普勒对他的导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律；开普勒发现了行星的运行规律之后，牛顿根据开普勒定律和牛顿运动定律，总结出了万有引力定律.D与分析相符，符合题意.
答案：D
2.（多选）对于万有引力公式F＝G，下列说法中正确的是（ ）
A.对于相距很远，可看成质点的两物体，公式中的r为两质点间的距离
B.对于质量分布均匀的球体，公式中的r为两球体间的距离
C.公式中的万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，它在数值上等于质量均为1
kg的两质点相距1
m时的相互作用力
D.对于任意的两物体间的万有引力，r表示两物体重心之间的距离
解析：对于相距很远，可看成质点的两物体，公式中的r为两质点间的距离，故A正确；对于质量分布均匀的球体，公式中的r为两球体间的距离，故B正确；根据F＝G知，引力常量的大小在数值上等于质量均为1
kg的两质点相距1
m时的相互作用力，故C正确；在万有引力定律公式中，若两个物体可以看成质点，则r为质点间的距离，对于质量分布均匀的球体，公式中的r为两球体重心间的距离，故D错误.
答案：ABC
3.（多选）要使两物体间的万有引力减小到原来的，下列办法可以采用的是（ ）
A.使两物体的质量各减小一半，距离不变
B.使其中一个物体的质量减小到原来的，距离不变
C.使两物体间的距离增大为原来的2倍，质量不变
D.使两物体间的距离和质量都减小为原来的
解析：由万有引力定律F＝G可知，选项A、B、C中两物体间的万有引力都将减少到原来的，而选项D中两物体间的万有引力保持不变，故选项A、B、C正确.
答案：ABC
4.下列关于行星对太阳的引力的说法正确的是（ ）
A.行星对太阳的引力与太阳对行星的引力是同一性质的力
B.行星对太阳的引力与太阳的质量成正比，与行星的质量无关
C.太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力
D.行星对太阳的引力大小与太阳的质量成正比，与行星和太阳的距离成反比
解析：行星对太阳的引力与太阳对行星的引力是相互的，是同一性质的力，所以选项A正确；行星对太阳的引力与太阳对行星的引力，是作用力和反作用力，遵循牛顿第三定律，大小与太阳和行星质量的乘积成正比，与行星距太阳的距离的平方成反比，选项B、C、D均错误.
答案：A
5.（多选）关于引力常量，下列说法正确的是（ ）
A.引力常量是两个质量为1
kg的质点相距1
m时的相互吸引力
B.牛顿发现了万有引力定律，给出了引力常量的值
C.引力常量的测定，进一步证明了万有引力定律的正确性
D.引力常量的测定，使人们可以测出天体的质量
解析：引力常量的大小等于两个质量为1
kg的质点相距1
m时的万有引力的数值，而引力常量不是两个质量为1
kg的质点相距1
m时的相互吸引力，A错.牛顿发现了万有引力，但他并未测出引力常量的值，引力常量的值是卡文迪什巧妙地利用扭秤装置在实验室中测出的，B错.引力常量的测定，成了万有引力定律正确性的证据，而且也可以帮助人们测量天体的质量，这也是测出引力常量的意义所在，C、D对.
答案：CD
6.如图所示，两球间的距离为r，两球的质量分布均匀，大小分别为m1、m2，则两球的万有引力大小为（ ）
A.G
B.Geq
\f(m1m2,r)
C.G
D.G
解析：两球质量分布均匀，可认为质量集中于球心，由公式可知两球间万有引力应为G，故D正确.
答案：D
B级 等级提升
7.（多选）下列说法正确的是（ ）
A.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了F＝m，这个关系式实际上是牛顿第二定律的公式，是可以在实验室中得到验证的
B.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了v＝，这个关系式实际上是匀速圆周运动的一个公式，它是由速度的定义式得到的
C.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了＝k，这个关系式实际上是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到验证的
D.在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式都是可以在实验室中得到验证的
解析：物理公式或规律，都是在满足一定条件下建立的.有些通过实验获得，并能在实验室中进行验证的，如本题中选项A、B.但有些则无法在实验室中进行证明，如开普勒的三大定律，是根据行星运动的观察结果而总结归纳出来的，每一条都是经验定律，故开普勒的三大定律都是在实验室中无法验证的定律.公式F＝来源于开普勒定律，无法得到验证.故本题正确选项是A、B.
答案：AB
8.（多选）在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行的轨道与月球绕地球运行的轨道可视为圆轨道.已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍.关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是（ ）
A.太阳引力远大于月球引力
B.太阳引力与月球引力相差不大
C.月球对不同区域海水的吸引力大小相等
D.月球对不同区域海水的吸引力大小有差异
解析：根据F＝G，可得＝·eq
\f(R,R)，代入数据可知，太阳对相同质量海水的引力远大于月球的引力，A对，B错.由于月心到不同区域海水的距离不同，所以月球对不同区域海水的引力大小有差异，C错，D对.
答案：AD
9.有两个大小一样、由同种材料制成的均匀球体紧靠在一起，它们之间的万有引力为F.若用上述材料制成两个半径更小的均匀球体仍靠在一起，它们之间的万有引力将（ ）
A.等于F
B.小于F
C.大于F
D.无法比较
解析：设球的半径为R，密度为ρ，则球的质量m＝πR3ρ，根据万有引力定律，两个相同的球紧靠在一起时的万有引力F＝G＝Gπ2R4ρ2，由此可知，用同种材料制作两个更小的球，靠在一起时的万有引力F′，比两个大球紧靠在一起时的万有引力F小，故选项B正确.
答案：B
10.两个质量均匀、密度相同且大小相同的实心小球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F，如图所示.现将其一个小球按图所示挖去半径为原球半径的球，并按如图所示的形式紧靠在一起（三个球心在一条直线上），试计算剩余部分之间的万有引力大小.
解析：设两实心小球质量为m，半径为r，挖去部分质量为m1，由万有引力公式知，挖去小球前，两实心小球间的万有引力为F＝G.挖去部分与左边球之间的万有引力为F1＝G，
又有m1∶m＝∶r3＝1∶8，
联立得F1＝F.
则剩余部分之间的万有引力大小为
F′＝F－F1＝F.
答案：F
PAGEA级 合格达标
1.（多选）做匀速圆周运动的物体，关于向心力的说法，以下正确的是（ ）
A.向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变
B.向心力是根据力的作用效果命名的
C.向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力的合力，也可以是其中某个力的分力
D.向心力本质上是拉力
解析：物体做匀速圆周运动需要的向心力，总是沿半径指向圆心，且大小不变，A正确；做匀速圆周运动的物体向心力是以效果命名的.它可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，故B、C正确，D错误.
答案：ABC
2.（多选）关于圆周运动，下列说法中正确的是（ ）
A.物体做匀速圆周运动时，向心加速度就是物体的合加速度
B.物体做圆周运动时，向心加速度就是物体的合加速度
C.物体做圆周运动时的加速度的方向始终指向圆心
D.物体做匀速圆周运动时的加速度的方向始终指向圆心
解析：匀速圆周运动的合加速度即向心加速度，其方向指向圆心.而非匀速圆周运动的加速度不是向心加速度，故A、D正确，B、C错误.
答案：AD
3.如图所示，一半径为R的球体绕轴O1O2以角速度ω匀速转动，A、B为球体上两点.下列说法中正确的是（ ）
A.A、B两点具有相同的角速度
B.A、B两点具有相同的线速度
C.A、B两点具有相同的向心加速度
D.A、B两点的向心加速度方向都指向球心
解析：A、B两点随球体一起绕轴O1O2转动，转一周所用的时间相等，故角速度相等，有ωA＝ωB＝ω，A对.由于ωA＝ωB，rA＞rB，根据v＝ωr知，vA＞vB，B错.由向心加速度a＝rω2知，aA＞aB，其方向在转动平面内指向轴O1O2，并非指向球心，C、D错.
答案：A
4.（多选）如图所示，一小球用细绳悬挂于O点，将其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球以O点为圆心做圆周运动，运动中小球所需的向心力是（ ）
A.绳的拉力
B.重力和绳拉力的合力
C.重力和绳拉力的合力沿绳方向的分力
D.绳的拉力和重力沿绳方向分力的合力
解析：对小球进行受力分析，它受重力和绳子拉力的作用，向心力是指向圆心方向的合力.因此，可以说是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以说是各力沿绳方向的分力的合力，选项C、D正确.
答案：CD
5.如图所示，系在细线上的小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动.若小球做匀速圆周运动的轨道半径为R，细线的拉力等于小球重力的n倍，则小球的（ ）
A.线速度大小v＝
B.线速度大小v＝
C.角速度ω＝
D.角速度ω＝
解析：小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动，细线的拉力提供向心力，则有：T＝nmg＝m＝mω2R，解得v＝，ω＝.故C正确.
答案：C
6.如图所示，A、B为直线形拖把把手上的两点，把手可以沿竖直平面绕O点（O点固定不动）自由转动，A点是把手顶端，BO长度为整个把手长度的，现将拖把的把手从图示位置匀速旋转到水平位置的过程中，则（ ）
A.A、B两点的线速度大小之比为1∶3
B.A、B两点的角速度大小之比为1∶3
C.A、B两点的向心加速度大小之比为1∶3
D.A、B两点的向心加速度方向相同
解析：由题图可知，A、B是同轴转动，角速度相等，根据v＝rω知线速度和半径成正比，所以A、B的线速度之比为3∶1，故A、B错误；根据a＝rω2知，角速度相等，向心加速度和半径成正比，故AB的向心加速度之比为3∶1，故C错误；A、B两点都绕O点做圆周运动，所以它们的加速度的方向是相同的，都沿杆指向转轴.故D正确.
答案：D
B级 等级提升
7.质量为m的石块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图所示，那么（ ）
A.因为速率不变，所以石块的加速度为零
B.石块下滑过程中受的合外力越来越大
C.石块下滑过程中，加速度大小不变，方向在变化
D.石块下滑过程中，摩擦力大小不变，方向时刻在变化
解析：石块的速率不变，做匀速圆周运动，根据a＝v2r可知，加速度大小恒定，方向时刻变化，A错误，C正确；石块做匀速圆周运动，合力F合＝m，可知合外力大小不变，B错误；石块在运动过程中受重力、支持力及摩擦力作用，支持力与重力沿半径方向的分力，一起充当向心力，在物块下滑过程中，速度大小不变，则在切向上摩擦力与重力沿切线方向的分力大小相等，方向相反，因重力沿切线方向的分力变小，故摩擦力也会越来越小，D错误.
答案：C
8.（多选）如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的（ ）
A.线速度突然增大为原来的2倍
B.角速度突然增大为原来的2倍
C.向心加速度突然增大为原来的2倍
D.悬线拉力突然增大为原来的2倍
解析：悬线与钉子碰撞前后，线的拉力始终与球运动方向垂直，不改变小球线速度大小，故小球的线速度大小不变，A错误；当半径减小时，由ω＝知ω变大，为原来的2倍，B正确；再由a向＝知向心加速度突然增大为原来的2倍，C正确；在最低点F－mg＝m，故碰到钉子后合力变为原来的2倍，悬线拉力变大，但不是原来的2倍，D错误.
答案：BC
9.（多选）两个质量相等的小球a、b分别用细线连接，悬挂于同一点O.现给两小球一定的初速度，使两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，这样就构成两圆锥摆，如图所示.若a、b两球做匀速圆周运动的半径之比为ra∶rb＝2∶1，则下列关于描述a、b两球运动的物理量之比，正确的是（ ）
A.速度之比va∶vb＝2∶1
B.角速度之比ωa∶ωb＝2∶1
C.加速度之比aa∶ab＝2∶1
D.周期之比Ta∶Tb＝2∶1
解析：对其中一个小球受力分析，如图，受重力、绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力.
将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系，得细线的拉力FT＝，所以向心力F＝mgtan
θ＝m（htan
θ）ω2，所以角速度ω＝，故两球相同；
根据v＝ωr可知，线速度之比为半径比，即2∶1，A正确.
根据以上分析，可知角速度之比为1∶1，B错误.
由加速度a＝ω2r，可知加速度之比为半径比，即2∶1，C正确.
周期T＝可知，周期之比为1∶1，D错误.
答案：AC
10.如图，长L＝0.2
m的轻绳一端与质量m＝2
kg的小球相连，另一端连接一个质量M＝1
kg的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为μ.现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角θ＝60°时，滑块恰好不下滑.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10
m/s2.求：
（1）小球转动的角速度ω的大小；
（2）滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ.
解析：（1）通过对小球的受力分析，由牛顿第二定律，得mgtan
θ＝mω2Lsin
θ，解得小球转动的角速度ω＝10
rad/s.
（2）对小球，在竖直方向：FTcos
θ＝mg；
对滑块，由平衡条件可得：FTsin
θ＝FN，μFN＝Mg＋FTcos
θ；
解得滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ＝.
答案：（1）10
rad/s （2）
11.如图所示，水平转盘上放有一质量为m的物体（可视为质点），连接物体和转轴的绳子长为r，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍，转盘的角速度由零逐渐增大，求：
（1）绳子对物体的拉力为零时的最大角速度；
（2）当角速度为
时，绳子对物体拉力的大小.
解析：（1）当恰由最大静摩擦力提供向心力时，绳子拉力为零时转速达到最大，设此时转盘转动的角速度为ω0，则μmg＝mωr，
得ω0＝.
（2）当ω＝
时，ω＞ω0，所以绳子的拉力F和最大静摩擦力共同提供向心力，得F＋μmg＝mω2r，
即F＋μmg＝m··r，
解得F＝μmg.
答案：（1）
（2）μmg
PAGE章末质量评估（三）
（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4分，共40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4分，选错或不答的得0分）
1.下列说法正确的是（ ）
A.哥白尼提出，行星和太阳都绕地球做匀速圆周运动
B.德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了海王星，人们称其为“笔尖下发现的行星”
C.开普勒研究牛顿的行星观测记录后，认为行星绕太阳运动的轨道不是圆而是椭圆
D.牛顿得出万有引力与物体质量及它们之间距离的关系并进一步测得引力常量G
解析：哥白尼提出，行星和地球都绕着太阳运动，选项A错误；德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了海王星，人们称其为“笔尖下发现的行星”，选项B正确；开普勒研究第谷的行星观测记录后，认为行星绕太阳运动的轨道不是圆而是椭圆，选项C错误；牛顿得出万有引力与物体质量及它们之间距离的关系，卡文迪什用实验进一步测得引力常量G，选项D错误.
答案：B
2.关于行星绕太阳运动的下列说法中正确的是（ ）
A.所有行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积均相等
B.所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
C.行星绕太阳运动时，太阳位于行星椭圆轨道的对称中心处
D.离太阳越近的行星运动周期越短
解析：对于某一个行星，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积均相等，但是对不同的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不相等，选项A错误；所有行星都在不同的椭圆轨道上绕太阳运动，选项B错误；行星绕太阳运动时，太阳位于行星椭圆轨道的焦点处，选项C错误；根据开普勒第三定律＝k可知，离太阳越近的行星运动周期越短，选项D正确.
答案：D
3.宇航员王亚平在“天宫一号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象.若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为（ ）
A.0
B.
C.
D.
解析：“天宫一号”飞船绕地球飞行时与地球之间的万有引力F引＝G，由于“天宫一号”飞船绕地球飞行时重力与万有引力相等，即mg＝G，故飞船所在处的重力加速度g＝，故选项B正确，选项A、C、D错误.
答案：B
4.在天文学上，春分、夏至、秋分、冬至将一年分为春、夏、秋、冬四季.如图所示，从地球绕太阳的运动规律分析，下列判断正确的是（ ）
A.在冬至日前后，地球绕太阳的运行速率较大
B.在夏至日前后，地球绕太阳的运行速率较大
C.春夏两季比秋冬两季时间短
D.春夏两季和秋冬两季时间长度相同
解析：根据开普勒第二定律，对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化.近日点连线短，在冬至日前后，地球绕太阳的运行速率较大；远日点连线长，在夏至日前后，地球绕太阳的运行速率较小；春夏两季比秋冬两季时间长.
答案：A
5.2015年12月，我国暗物质粒子探测卫星“悟空”发射升空进入高为5.0×102
km的预定轨道.“悟空”卫星和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动，已知地球半径R＝6.4×103
km.下列说法正确的是（ ）
A.“悟空”卫星的线速度比同步卫星的线速度小
B.“悟空”卫星的角速度比同步卫星的角速度小
C.“悟空”卫星的运行周期比同步卫星的运行周期小
D.“悟空”卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度小
解析：地球同步卫星距地表36
000
km，由v＝可知，“悟空”卫星的线速度要大，所以A错误；由ω＝可知，“悟空”卫星的角速度要大，即周期要小，由a＝可知，“悟空”卫星的向心加速度要大，因此B、D错误，C正确.
答案：C
6.一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提供向心力，得mg＝m，解得v＝＝
.故A正确.
答案：A
7.如图所示，已知现在地球的一颗同步通信卫星信号最多覆盖地球赤道上的经度范围为2α，假设地球的自转周期变大，周期变大后的一颗地球同步通信卫星信号最多覆盖的赤道经度范围为2β，则前后两次同步卫星的运行周期之比为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：根据万有引力定律＝mr，可知T1∶T2＝eq
\r(r)∶eq
\r(r)，由几何关系可知r1＝，r2＝，其中R为地球半径，联立可得T1∶T2＝
.
答案：A
8.2019年热映的《流浪地球》中，人类带着地球逃出太阳系，采取了转圈扔铁饼的方式.先把地球绕太阳的公转轨道Ⅰ由圆形改为椭圆形轨道Ⅱ，再进入木星的圆轨道Ⅲ，途中只需在P和Q进行两次引擎推进，P和Q分别是椭圆轨道Ⅱ与轨道Ⅰ和轨道Ⅲ的切点，则（ ）
A.地球在轨道Ⅰ运动的速率小于在轨道Ⅲ的运动速率
B.地球在轨道Ⅰ运动的周期大于在轨道Ⅲ运动的周期
C.途中两次引擎推进分别设置在P点加速，Q点减速
D.地球在轨道Ⅱ经过P点速度大于经过Q点的速度
解析：根据万有引力提供向心力，得运行速度为v＝
，地球在轨道Ⅰ的半径小，运动的速率大于在轨道Ⅲ的运动速率，故A错误；根据开普勒第三定律可知：＝k，地球在轨道Ⅰ的半径小，运动的周期小于在轨道Ⅲ的运动周期，故B错误；地球从轨道Ⅰ两次变轨到轨道Ⅲ，根据变轨原理可知，在PQ两点均需要加速，故C错误；根据开普勒第二定律可知，相等时间内扫过的面积相等，故地球在轨道Ⅱ经过P点速度大于经过Q点的速度，故D正确.
答案：D
9.太阳系的几乎所有天体包括小行星都自转，由于自转导致星球上的物体所受的重力与万有引力的大小之间存在差异，有的两者的差异可以忽略，有的两者却不能忽略，若有一个这样的星球，半径为R，绕过两极且与赤道平面垂直的轴自转，测得其赤道上一物体的重力是两极上的.则该星球的同步卫星离地高度为（ ）
A.R
B.R
C.2R
D.2R
解析：设物体质量为m，星球质量为M，星球的自转周期为T，物体在星球两极时，万有引力等于重力：G＝mg.物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一分力就是重力：G＝mg′＋Fn，mg′＝mg，则Fn＝G＝mR，该星球的同步卫星的周期等于自转周期T，设其离地表高度为h，则有G＝m（R＋h），联立得：h＝R，B正确.
答案：B
10.
2019年4月10日，人类首张黑洞“照片”问世.黑洞是爱因斯坦广义相对论预言存在的一种天体，它具有的超强引力使光也无法逃离它的势力范围，即黑洞的逃逸速度大于光速.理论分析表明：星球的逃逸速度是其第一宇宙速度的倍.已知地球绕太阳公转的轨道半径约为1.5×1011m，公转周期约为3.15×107
s，假设太阳演变为黑洞，它的半径最大为（太阳的质量不变，光速c＝3.0×108
m/s）（ ）
A.1
km
B.3
km
C.100
km
D.300
km
解析：地球绕太阳做圆周运动的向心力由万有引力提供
G＝＝mω2r＝mr，
解得太阳的质量M＝.
太阳的第一宇宙速度v1＝.
假设太阳演变为黑洞，它的逃逸速度v2＝v1>c，
解得R<＝3
000
m＝3
km，故B符合题意.
答案：B
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
11.据观测，某行星外围有一模糊不清的环，为了判断该环是连续物还是卫星群，测出了环中各层的线速度v与该层至行星中心的距离r，则（ ）
A.若v与r成正比，则环是连续物
B.若v与r成反比，则环是连续物
C.若v2与r成正比，则环是卫星群
D.若v2与r成反比，则环是卫星群
解析：若环是连续物，则环中各层自转的角速度相等，有v＝rω，即v与r成正比，A对，B错.若环是卫星群，因卫星绕行星运动的向心力由万有引力提供，则有G＝m，可得v2＝，即v2与r成反比，C错，D对.
答案：AD
12.宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，我们称之为双星系统.设某双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，转动周期为T，轨道半径分别为RA、RB且RAA.星球A的向心力大于星球B的向心力
B.星球A的线速度一定大于星球B的线速度
C.星球A和星球B的质量之和为
D.双星的总质量一定，若双星之间的距离增大，其转动周期也变大
解析：由双星靠相互间的万有引力提供向心力，知向心力大小相等.故A错误.双星的角速度相等，根据v＝rω知，星球A的线速度一定小于星球B的线速度.故B错误.对于A有：＝mARAω2，
对于B有：＝mBRBω2，ω＝，L＝RA＋RB，联立解得
mA＋mB＝.故C正确.根据mA＋mB＝＝，双星之间的距离增大，总质量不变，则转动的周期变大.故D正确.故选CD.
答案：CD
13.两颗人造地球卫星质量之比是1∶2，轨道半径之比是3∶1，则下述说法中，正确的是（ ）
A.它们的周期之比是∶1
B.它们的线速度之比是1∶
C.它们的向心加速度之比是1∶9
D.它们的向心力之比是1∶9
解析：人造卫星绕地球转动时万有引力提供向心力，即G＝man＝m＝mr，解得an＝G∝，v＝∝，T＝2π
∝，故两颗人造卫星的周期之比T1∶T2＝∶1，线速度之比v1∶v2＝1∶，向心加速度之比an1∶an2＝1∶9，向心力之比F1∶F2＝m1an1∶m2an2＝1∶18，故B、C正确，A、D错误.
答案：BC
14.2019年3月10日，全国政协十三届二次会议第三次全体会议上，相关人士透露：未来十年左右，月球南极将出现中国主导、多国参与的月球科研站，中国人的足迹将踏上月球.假设你经过刻苦学习与训练后成为宇航员并登上月球，你站在月球表面沿水平方向以大小为v0的速度抛出一个小球，小球经时间t落到月球表面上的速度方向与月球表面间的夹角为θ，如图所示.已知月球的半径为R，引力常量为G.下列说法正确的是（ ）
A.月球表面的重力加速度为
B.月球的质量为
C.月球的第一宇宙速度
D.绕月球做匀速圆周运动的人造卫星的最小周期为2π
解析：小球在月球表面做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，所以tan
θ＝，则g＝，故A错误；月球表面的重力加速度为g＝，所以M＝＝，故B正确；第一宇宙速度为v1＝＝，故C正确；绕月球做匀速圆周运动的人造卫星的最小周期T＝＝2π.故D错误.
答案：BC
三、非选择题（本题共4小题，共44分）
15.（10分）火箭发射“神舟号”宇宙飞船开始阶段是竖直升空，设向上的加速度a＝5
m/s2，宇宙飞船中用弹簧测力计悬挂一个质量为m＝9
kg的物体，当飞船升到某高度时，弹簧测力计示数为85
N，那么此时飞船距地面的高度是多少？（地球半径R＝6
400
km，地球表面重力加速度g取10
m/s2）
解析：在地面附近，G＝mg.
在高空中，G＝mg′，
在宇宙飞船中，对质量为m的物体，
由牛顿第二定律可得：F－mg′＝ma，
由以上三式解得：h＝3.2×103
km.
答案：3.2×103
km
16.（10分）为了与“天宫一号”成功对接，在发射时，“神舟十号”宇宙飞船首先要发射到离地面很近的圆轨道，然后经过多次变轨，最终与在距地面高度为H的圆形轨道上绕地球飞行的“天宫一号”完成对接，假设之后整体保持在距地面高度仍为H的圆形轨道上绕地球继续运动.已知地球半径为R0，地面附近的重力加速度为g.求：
（1）地球的第一宇宙速度；
（2）“神舟十号”宇宙飞船在近地圆轨道运行的速度与对接后整体的运行速度之比（用题中字母表示）.
解析：（1）设地球的第一宇宙速度为v，根据万有引力定律和牛顿第二定律得：Geq
\f(Mm,R)＝m，
在地面附近有Geq
\f(Mm0,R)＝m0g，
联立以上两式解得v＝.
（2）设“神舟十号”在近地圆轨道运行的速度为v1，根据题意可知v1＝v＝，
对接后，整体的运行速度为v2，根据万有引力定律和牛顿第二定律，得G＝m′eq
\f(v,R0＋H)，
则v2＝
eq
\r(\f(gR,R0＋H))，
所以v1∶v2＝
.
答案：（1） （2）
17.（12分）2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内，实现人类探测器首次在月球背面软着陆.设搭载探测器的轨道舱绕月球运行半径为r，月球表面重力加速度为g，月球半径为R，引力常量为G，求：
（1）月球的质量M和平均密度ρ；
（2）轨道舱绕月球的速度v和周期T.
解析：（1）在月球表面：m0g＝G，则M＝，
月球的密度：ρ＝＝
＝.
（2）轨道舱绕月球做圆周运动的向心力由万有引力提供：G＝m，解得：v＝，T＝＝2π
.
答案：（1）M＝ ρ＝ （2）v＝
T＝2π
18.（12分）由于地球的自转，物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299∶300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等.而在有些星球却不能忽略.假如某星球因为自转的原因，一物体在赤道上的重力与其在该星球两极点受到的重力大小之比为7∶8.已知该星球的半径为R.
（1）求绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r；
（2）若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g，引力常量为G，求该星球的密度ρ.
解析：（1）设物体质量为m，星球质量为M，星球的自转周期为T，物体在星球两极时，万有引力等于重力，即F万＝G＝G极，物体在星球赤道上随星球自转时，其向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是物体的重力G赤，有F万＝G赤＋Fn.因为G赤＝G极，所以Fn＝G＝mR.该星球的同步卫星的周期等于星球的自转周期T，则有G＝mr，联立解得r＝2R.
（2）在星球赤道上，有G＝mg，
可得M＝.
又因星球的体积V＝πR3，
所以该星球的密度ρ＝＝.
答案：（1）2R （2）
PAGEA级 合格达标
1.打桩机的重锤的质量是250
kg，它提升到离地面15
m高处，后让它做自由落体运动，当重锤刚要接触地面时，其动能为（ ）
A.1.25×104
J
B.2.5×104
J
C.3.75×104
J
D.4.0×104
J
解析：重锤由15
m高处做自由落体运动，到刚要接触地面的过程中，只有重力做功，整个过程机械能守恒，减少的重力势能转化为重锤的动能，所以有Ek＝mgΔh＝250×10×15＝3.75×104
J，选项A、B、D错误，C正确.故选C.
答案：C
2.跳台滑雪是利用自然山形建成的跳台进行的滑雪运动之一，起源于挪威.运动员脚着特制的滑雪板，沿着跳台的倾斜助滑道下滑，借助下滑速度和弹跳力，使身体跃入空中，在空中飞行4～5秒钟后，落在山坡上.某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ ）
A.所受合外力始终为零
B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零
D.机械能始终保持不变
解析：运动员做曲线运动，合力方向与速度不共线，所受的合力不为零，选项A错误；运动员所受的摩擦力等于重力沿曲面向下的分量，可知运动员沿AB下滑过程中，摩擦力减小，选项B错误；根据动能定理可知，动能的变化量为零，可知合外力做功一定为零，选项C正确；运动员的动能不变，势能减小，则机械能减小，选项D错误；故选C.
答案：C
3.翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目.如图所示，翻滚过山车（可看成质点）从高处冲下，过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点.下列说法正确的（ ）
A.过山车做匀速运动
B.过山车做变速运动
C.过山车受到的合力等于零
D.过山车经过A、C两点时的速度方向相同
解析：过山车的速度方向沿轨道的切线方向，速度方向时刻在变化，速度是矢量，所以速度是变化的.故A错误，B正确.过山车的速度是变化的，加速度不为零，由牛顿第二定律得知，其合力不为零.故C错误.经过A、C两点时速度方向不同，速度不同.故D错误.故选B.
答案：B
4.如图所示，当小孩沿粗糙滑梯加速滑下时，其能量的变化情况是（ ）
A.重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小
B.重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变
C.重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加
D.重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变
解析：由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，A、C均错误；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，D错误；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，只有B正确.
答案：B
5.质量为0.4
kg的塑料球，从离桌面高0.5
m处自由落下，与桌面碰撞后获得2
m/s的速度，则碰撞时损失的机械能为（g取10
m/s2）（ ）
A.0.8
J
B.1.2
J
C.2.0
J
D.2.5
J
解析：根据机械能守恒定律得，小球碰地前的动能Ek1＝mgh＝0.4×10×0.5
J＝2
J，碰地后反弹的动能Ek2＝mv2＝×0.4×4
J＝0.8
J.由能量守恒定律可知，损失的机械能ΔE＝Ek1－Ek2＝1.2
J，故B正确，A、C、D错误.
答案：B
B级 等级提升
6.（多选）如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是（ ）
A.过山车在圆轨道上做匀速圆周运动
B.过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于
C.过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态
D.过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点
解析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A错误；在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则mg＝m，解得v＝，故B正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C正确；过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得mv′2＝mg（h－2R）＝0，解得v′＝0，所以不能通过最高点，故D错误.故选BC.
答案：BC
7.木箱静止于水平地面上.现在用一个80
N的水平推力推动木箱前进10
m，木箱受到地面的摩擦力为60
N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是（空气阻力不计）（ ）
A.U＝200
J，Ek＝600
J
B.U＝600
J，Ek＝200
J
C.U＝600
J，Ek＝800
J
D.U＝800
J，Ek＝200
J
解析：转化为木箱与地面系统的内能：U＝Ffx＝60×10
J＝600
J；根据能量关系可知，转化为木箱的动能：Ek＝Fx－U＝80×10
J－600
J＝200
J，选项B正确.
答案：B
8.如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g，在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中，物体（ ）
A.机械能损失了mgh
B.动能损失了mgh
C.动能损失了mgh
D.机械能损失了mgh
解析：由于物体沿斜面以加速度g做匀减速运动，
由牛顿第二定律，可知mgsin
30°＋f＝mg，
得f＝mg.
摩擦力做功Wf＝－f·2h＝－mgh，
机械能损失mgh，故A项正确，D项错误；
由动能定理得ΔEk＝－mgh－mgh＝－2mgh，
即动能损失了2mgh，故B、C两项错误.
答案：A
9.如图甲所示是一台打桩机的简易模型，重锤A在绳拉力F作用下从桩B处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，重锤继续运动到最高点后自由下落，落回桩处，将桩打入一定深度.已知重锤的质量m＝42
kg，重锤上升过程中，动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示.不计一切摩擦，g取10
m/s2.求：
（1）重锤从最高点经多长时间才撞击到桩；
（2）绳子有拉力作用时间内，拉力F的平均功率.
解析：（1）重锤自由落体时间t，H＝gt2，t＝＝1
s.
（2）解法一：
重锤从开始运动到刚撤去F过程，对重锤研究，
根据动能定理：Fh1－mgh1＝Ek－0.
得：F＝500
N.
根据动能定义式：Ek1＝mv，得：v1＝4
m/s.
重锤做匀加速直线运动，＝＝2
m/s，平均功率＝F＝1
000
W.
解法二：
重锤从开始运动到刚撤去F过程，对重锤研究，根据动能定理：
Fh1－mgh1＝Ek－0，
得：F＝500
N.
根据动能定义式：Ek1＝mv，得：v1＝4
m/s，
根据牛顿第二定律：F－mg＝ma，①
匀变速速度公式：v1＝at，②
拉力做的功：W＝Fh1，③
平均功率定义式：＝，④
由①②③④式联立得：＝＝1
000
W.
答案：（1）1
s （2）1
000
W
10.高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性.某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图.其中AB段是助滑坡，倾角α＝37°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆坡，倾角θ＝30°，DE段是停止区，AB段与BC段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.03，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝47
m.运动员连同滑雪板的质量m＝60
kg，滑雪运动员从A点由静止开始下滑，通过起跳台从C点水平飞出，运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C点的距离L＝120
m.设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
（1）运动员在助滑坡AB上运动加速度的大小；
（2）运动员在C点起跳时速度的大小；
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程中克服摩擦力所做的功.
解析：（1）运动员在助滑坡AB上运动时，根据牛顿第二定律得：mgsin
α－μmgcos
α＝ma，
解得：a＝g（sin
α－μcos
α）＝10×（0.6－0.03×0.8）＝5.76
m/s2.
（2）设运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间为t，C点到着陆坡上着陆点的距离为L.运动员从C点起跳后做平抛运动，则有
竖直方向Lsin
θ＝gt2，①
水平方向Lcos
θ＝v0t，②
由①②得tan
θ＝.
解得t＝2
s，v0＝30
m/s.
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程，根据动能定理得
mgh－Wf＝mv，
解得克服摩擦力所做的功Wf＝mgh－mv＝（60×10×47－×60×302）
J＝1
200
J.
答案：（1）5.76
m/s2 （2）30
m/s （3）1
200
J
11.如图所示，一个可视为质点的质量为m＝1
kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2
m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3
kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4
m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10
m/s2.请回答下列问题：
（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是多少？
（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多长？
解析：（1）小物块在C点时的速度大小vC＝，
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得
mgR（1－cos
60°）＝mv－mv，
代入数据解得vD＝2
m/s，
小物块在D点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq
\f(v,R)，
代入数据解得FN＝60
N，
由牛顿第三定律得F′N＝FN＝60
N，方向竖直向下.
（2）设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块加速度大小为a1＝＝μg，
长木板的加速度a2＝，
小物块与长木板的速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t.
对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得：
μmgL＝mv－（m＋M）v2，
解得L＝2.5
m，即木板的长度L至少是2.5
m.
答案：（1）60
N，方向竖直向下 （2）2.5
m
PAGE章末质量评估（二）
（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4分，共40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4分，选错或不答的得0分）
1.关于匀速圆周运动的说法正确的是（ ）
A.匀速圆周运动一定是匀速运动
B.匀速圆周运动是变加速运动
C.匀速圆周运动是匀加速运动
D.做匀速圆周运动的物体所受的合外力可能为恒力
解析：匀速圆周运动的线速度的大小不变，方向时刻改变，所以它不是匀速运动，A错误；匀速圆周运动和加速度方向始终指向圆心，方向时刻变化，故匀速圆周运动是变加速运动，所以B正确，C错误；由牛顿第二定律F合＝ma知，做匀速圆周运动的物体所受的合力一定是变力，D错误.
答案：B
2.洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中不正确的是（ ）
A.脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B.加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好
C.靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好
D.水会从筒中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故
解析：脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁.故A正确.F＝ma＝mω2R，ω增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去，脱水效果会更好，故B正确；中心的衣服，R比较小，角速度ω一样，所以向心力小，脱水效果差，故C正确；水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，故D错误.本题选择不正确的，故选D.
答案：D
3.如图所示，用一根结实的长度为L的细绳，一端拴一个质量为m的小物体，在足够大的光滑水平桌面上抡动细绳，使小物体做匀速圆周运动，已知小物体在t时间内通过的弧长为s，则小物体做匀速圆周运动的（ ）
A.角速度大小为
B.转速大小为
C.向心加速度大小为
D.向心力大小为
解析：物体做匀速圆周运动，其线速度为v＝，
角速度为ω＝＝，故A错误；
转速为n＝＝，故B错误；
加速度为a＝＝，故C错误；
向心力为F向＝m＝，故D正确.
答案：D
4.一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥.设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为FN2，则FN1与FN2之比为（ ）
A.3∶1
B.3∶2
C.1∶3
D.1∶2
解析：车过圆弧形桥的最高点（或最低点）时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力.如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即：FN1＝F′N1，①
所以由牛顿第二定律可得：mg－F′N1＝.②
同样，如图乙所示：F′N2＝FN2
汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有：
F′N2－mg＝③
由题意可知：FN1＝mg④
由①②③④式得FN2＝mg，所以FN1∶FN2＝1∶3，故C正确.
答案：C
5.如图所示，A、B轮通过皮带传动，A、C轮通过摩擦传动，半径RA＝2RB＝3RC，各接触面均不打滑，则A、B、C三个轮的边缘点的线速度和角速度之比分别为（ ）
A.vA∶vB∶vC＝1∶2∶3，ωA∶ωB∶ωC＝3∶2∶1
B.vA∶vB∶vC＝1∶1∶1，ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6
C.vA∶vB∶vC＝1∶1∶1，ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3
D.vA∶vB∶vC＝3∶2∶1，ωA∶ωB∶ωC＝1∶1∶1
解析：由题意，装置A、B轮通过皮带传动，A、B边缘上的点具有相同的线速度；A、C轮通过摩擦传动，A、C边缘上的点具有相同的线速度，所以三点的线速度是相等的，则：
vA∶vB∶vC＝1∶1∶1；
根据线速度与角速度之间的关系：v＝ωr，得：
ωA∶ωB∶ωC＝A∶∶＝1∶2∶3，选项C正确.
答案：C
6.如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动.已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则（ ）
A.受重力、支持力、摩擦力、向心力作用
B.受到的合力大小为F＝
C.若运动员加速，则一定沿倾斜赛道上滑
D.若运动员减速，则一定沿倾斜赛道下滑
解析：将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按照力的作用效果命名的力，不是物体受到的力，故A项与题意不相符；运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供匀速圆周运动需要的向心力，所以F＝，故B项与题意相符；若运动员加速，有向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，故C项与题意不相符；若运动员减速，有沿斜面向下运动的趋势，但不一定沿斜面下滑，故D项与题意不相符.
答案：B
7.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
8.质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过轨道最高点而不脱离轨道的最小速度是v，则当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道压力的大小是（ ）
A.0
B.3mg
C.5mg
D.8mg
解析：当小球以速度v经内轨道最高点时不脱离轨道，小球仅受重力，重力充当向心力，有mg＝m；当小球以速度3v经内轨道最高点时，小球受重力G和向下的支持力FN，合外力充当向心力，有mg＋FN＝m；又由牛顿第三定律得到，小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力相等，F′N＝FN；由以上三式得到F′N＝8mg，选项D正确.
答案：D
9.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2R的圆形，当地重力加速度大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：水滴离开伞边缘时的速度v＝Rω，此后水滴做平抛运动，俯视图如图：
水滴平抛的水平距离为
x＝＝R，小球平抛运动的时间t＝＝＝，则由竖直方向的自由落体可知，h＝gt2＝，A正确.
答案：A
10.如图所示，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.a一定比b先开始滑动
B.a、b所受的摩擦力始终相等
C.两物体相对圆盘未滑动时，向心加速度大小相等
D.ω＝时，a所受摩擦力大小为kmg
解析：根据kmg＝mrω2，可知小木块发生相对滑动的临界角速度ω＝，b转动的半径较大，则临界角速度较小，可知b一定比a先开始滑动，A错误；根据f＝mrω2知，a、b的角速度相等，转动的半径不等，质量相等，可知a、b所受的摩擦力不等，B错误；两物体相对圆盘未滑动时，向心加速度a＝ω2r可知，转动的半径不等，向心加速度大小不相等，C错误；当ω＝时，a所受的摩擦力f＝mlω2＝kmg，故D正确.
答案：D
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
11.我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素.长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等.转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动.横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的相对大小.则关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A.探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处
B.探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处
C.探究向心力和半径的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处
D.探究向心力和质量的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处
解析：在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法.在探究向心力和角速度的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要半径、质量都相同，则需要将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处.故A正确，B错误；探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、角速度都相同，如角速度相同，则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处，故C正确.探究向心力和质量的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，即将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处，故D正确.
答案：ACD
12.质量为m的小球由轻绳a和b系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示.当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向、绳b在水平方向.当小球运动到图示位置时，绳b被烧断，同时杆也停止转动，则（ ）
A.小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B.在b绳被烧断瞬间，a绳中张力突然减小
C.若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动
D.若角速度ω较大，小球可以在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动
解析：小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或做圆周运动，A错，C、D对.在绳b被烧断瞬间，绳a中张力与小球的重力的合力提供向心力，而向心力竖直向上，绳a的张力将大于重力，即张力突然增大，B错.
答案：CD
13.如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2
kg的木块，它与转台间最大静摩擦力fmax＝6.0
N.绳的一端系在木块上，穿过转台的中心孔O（孔光滑），另一端悬挂一个质量m＝1.0
kg的物体，当转台以角速度ω＝5
rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可能是（g取10
m/s2，M、m均视为质点）（ ）
A.0.04
m
B.0.08
m
C.0.16
m
D.0.32
m
解析：当M有远离轴心运动的趋势时，有：mg＋fmax＝Mω2rmax，当M有靠近轴心运动的趋势时，有：mg－fmax＝Mω2rmin，解得：rmax＝0.32
m，rmin＝0.08
m
即0.08
m≤r≤0.32
m，故选B、C、D.
答案：BCD
14.如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg.重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法正确的是（ ）
A.圆环角速度ω小于时，小球受到2个力的作用
B.圆环角速度ω等于时，细绳恰好伸直
C.圆环角速度ω等于时，细绳断裂
D.圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用
解析：设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mgtan
θ＝mRsin
θ·ω2，即ω＝.当绳恰好伸直时，θ＝60°，对应ω1＝，故A，B均正确.设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有FNcos
60°＝mg＋FTcos
60°，FNsin
60°＋FTsin
60°＝mω2Rsin
60°.当FT取最大值2mg时代入可得ω2＝，即当ω＞时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确.
答案：ABD
三、非选择题（本题共4小题，共44分）
15.（8分）某同学做验证向心力与线速度关系的实验.装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球.钢球静止时刚好位于光电门中央.主要实验步骤如下：
①用游标卡尺测出钢球直径d；
②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；
③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2；
已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：
（1）钢球经过光电门时的线速度表达式v＝ ，向心力表达式F向＝m＝ ；
（2）钢球经过光电门时的所受合力的表达式F合＝ ；
解析：（1）钢球的直径为d，钢球通过光电门时间为t，故钢球经过光电门的线速度v＝.mg＝F1，半径R＝L＋，所以F向＝m＝
（2）根据受力分析，F1＝mg，当钢球到达光电门时，钢球所受的合力等于F＝F2－mg＝F2－F1.
答案：（1） （2）F2－F1
16.（10分）如图所示，一个人用一根长R＝1.6
m的轻质细绳拴着一个质量m＝1
kg的小球在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O距离地面h＝4.8
m，转动中小球在最低点时绳子刚好断裂，此时小球的速度12
m/s，g取10
m/s2.试求：
（1）小球恰好经过最高点时的速度大小；
（2）绳子能够承受的最大拉力大小；
（3）绳子断后小球的位移大小.
解析：（1）小球在竖直平面内恰好做圆周运动，在最高点时重力提供向心力，得
mg＝，代入数据可得：v＝4
m/s.
（2）由题意，绳子被拉断前的瞬间，由牛顿第二定律有
F－mg＝meq
\f(v,R)，
代入数据解得：F＝100
N.
（3）绳断后，小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则由平抛运动的规律有
h－R＝gt2，
x＝vt，
解得x＝v
，
代入数据可得：x＝9.6
m，
小球的位移：s＝，
代入数据可得：s≈10.1
m.
答案：（1）4
m/s （2）100
N （3）10.1
m
17.（12分）质量分别为m1、m2的小球A、B用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为L1的细线与m1相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO′上，如图所示.当m1与m2均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为L2，求：
（1）此时弹簧的伸长量；
（2）绳子的弹力；
（3）将线突然烧断瞬间A、B两球的加速度大小分别是多少.
解析：（1）由题意可知，B球受到的弹簧弹力充当B球做圆周运动的向心力.设弹簧伸长ΔL，满足：kΔL＝m2ω2（L1＋L2），解得：
ΔL＝.
（2）对A球分析，绳的弹力和弹簧弹力的合力充当A球做匀速圆周运动的向心力.满足：F－kΔL＝m1ω2L1，解得F＝m2ω2（L1＋L2）＋m1ω2L1.
（3）绳子烧断的瞬间，A、B两球都由弹簧的弹力提供加速度.
对A球：kΔL＝m1a1，解得a1＝；
对B球：kΔL＝m2a2，解得a2＝ω2（L1＋L2）.
答案：（1） （2）m2ω2（L1＋L2）＋m1ω2L1
（3） ω2（L1＋L2）
18.（14分）如图所示的水平转盘可绕竖直轴OO′旋转，盘上水平杆上穿着两个质量均为m＝2
kg的小球A和B.现将A和B分别置于距轴rA＝0.5
m和rB＝1
m处，并用不可伸长的轻绳相连.已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是fm＝1
N，试分析转速ω从零缓慢逐渐增大（短时间内可近似认为是匀速转动），两球对轴保持相对静止过程中，在满足下列条件下，ω的大小.
（1）绳中刚要出现张力时的ω1；
（2）A、B中某个球所受的摩擦力刚要改变方向时的ω2，并指明是哪个球的摩擦力方向改变；
（3）两球对轴刚要滑动时的ω3.
解析：（1）当ω较小时，fA＝FAn＝mω2rA，fB＝FBn＝mω2rB，
因rB＞rA，所以B将先滑动.
对B球：fm＝FBn＝mωrB，解得：ω1＝＝rad/s≈0.7
rad/s.
（2）当绳上出现张力以后，对B球：fm＋T＝FBn＝mω2rB；
对A球：fA＋T＝FAn＝mω2rA.
当ω增大时，T增大，fA减小，当fA减小到0时，
对A球：T＝FAn＝mωrA；对B球：fm＋T＝FBn＝mωrB.
联立解得ω2＝＝1
rad/s.
（3）当ω再增大时，fA将改向向外，直至随B球一起向B球一侧滑动.
刚要滑动时，对A球：T－fm＝FAn＝mωrA；
对B球：fm＋T＝FBn＝mωrB.
联立解得ω3＝＝
rad/s≈1.4
rad/s.
答案：见解析
PAGEA级 合格达标
1.地球可近似看成球形，由于地球表面上物体都随地球自转，所以有（ ）
A.物体在赤道处受的地球引力等于两极处，而重力小于两极处
B.赤道处的角速度比南纬30°大
C.地球上物体的向心加速度都指向地心，且赤道上物体的向心加速度比两极处大
D.地面上的物体随地球自转时提供向心力的是重力
解析：由F＝G可知，若将地球看成球形，则物体在地球表面任何位置受到地球的引力都相等.此引力的两个分力，一个是物体的重力，另一个是物体随地球自转的向心力.在赤道上，向心力最大，重力最小，A对.地表各处的角速度均等于地球自转的角速度，B错.地球上只有赤道上的物体向心加速度指向地心，其他位置的向心加速度均不指向地心，C错.地面上物体随地球自转的向心力是万有引力与地面支持力的合力，D错.
答案：A
2.某个行星的质量是地球质量的一半，半径也是地球半径的一半，那么一个物体在此行星表面上的重力是地球表面上重力的（ ）
A.倍
B.倍
C.4倍
D.2倍
解析：物体在某星球表面的重力等于万有引力G星＝Geq
\f(M星m,r)＝G＝2Geq
\f(M地m,r)＝2G地，故D正确.
答案：D
3.“嫦娥三号”携带“玉兔”探测车在实施软着陆过程中，“嫦娥三号”离月球表面4
m高时最后一次悬停，确认着陆点.若总质量为M的“嫦娥三号”在最后一次悬停时，反推力发动机对其提供的反推力为F，已知引力常量为G，月球半径为R，则月球的质量为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：设月球的质量为M′，由G＝Mg和F＝Mg解得M′＝，选项A正确.
答案：A
4.某星球的半径为R，表面的重力加速度为g，引力常量为G，则该星球的平均密度为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：根据重力近似等于星球的万有引力，有G＝mg，解得M＝.把该星球看作均匀球体，则星球体积为V＝πR3，则其密度为ρ＝＝.
答案：B
5.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正确.
答案：D
B级 等级提升
6.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正确，D错误；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正确；由F＝G知，r增大时，引力F减小，在月球表面，物体的重力可近似认为等于物体所受的万有引力，故C正确.
答案：D
7.2018年10月20日，酒泉卫星发射中心迎来60岁生日.作为我国航天事业的发祥地，它拥有我国最早的航天发射场和目前唯一的载人航天发射场.2013年6月，我国成功实现目标飞行器“神舟十号”与轨道空间站“天宫一号”的对接.已知“神舟十号”从捕获“天宫一号”到两个飞行器实现刚性对接用时为t，这段时间内组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，组合体离地面的高度为H，万有引力常量为G.据以上信息，可求地球的质量为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：组合体在圆轨道运行的周期T＝·t，根据万有引力定律和牛顿定律得＝m（R＋H），所以M＝.选项A正确.
答案：A
8.
对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化.某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T关系作出如图所示图像，则可求得地球质量为（已知引力常量为G）（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：根据G＝mr，得r3＝，由题图可知＝＝，所以地球的质量M＝.
答案：B
9.一物体在地球表面重16
N，它在以5
m/s2的加速度加速上升的火箭中的视重（即物体对火箭竖直向下的压力）为9
N，则此火箭离地球表面的距离为地球半径的（地球表面重力加速度取10
m/s2）（ ）
A.2倍
B.3倍
C.4倍
D.
解析：设此时火箭离地球表面高度为h.
由牛顿第二定律得FN－mg′＝ma，①
在地球表面处mg＝G，②
由①可得g′＝0.625
m/s2.③
又因h处mg′＝G，④
由②④得＝.
代入数据，得h＝3R，故选B.
答案：B
10.火星半径约为地球半径的一半，火星质量约为地球质量的.一位宇航员连同宇航服在地球上的质量为50
kg.地球表面的重力加速度g取10
m/s2，则
（1）在火星上宇航员所受的重力为多少？
（2）宇航员在地球上可跳1.5
m高，他以相同初速度在火星上可跳多高？
解析：（1）由mg＝G，得g＝，
在地球上有g＝，在火星上有g′＝，
所以g′＝
m/s2，
那么宇航员在火星上所受的重力
mg′＝50×
N≈222.2
N.
（2）在地球上，宇航员跳起的高度为h＝eq
\f(v,2g)＝1.5
m，
在火星上，宇航员跳起的高度h′＝eq
\f(v,2g′)，
联立以上两式得h′＝3.375
m.
答案：（1）222.2
N （2）3.375
m
PAGE模块综合检测
（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4分，共40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4分，选错或不答的得0分）
1.在下列情景中，属于有效利用离心现象的是（ ）
A.汽车拐弯时减速行驶
B.给砂轮的外侧安装防护罩
C.游客乘坐过山车时扣紧安全带
D.运动员手持链球链条的一端加速旋转后松手
解析：A、B、C都是防止离心现象，D是利用离心现象，因而D正确.
答案：D
2.链球运动员用链子拉着铁球做速度逐渐增大的曲线运动，在此过程中，运动员的手和链球的运动轨迹都可以近似为圆.关于手和球的位置关系，下面四幅图中正确的是（ ）
解析：链球做速率增大的曲线运动，因此合力沿切线方向的分量与速度方向相同，拉力应与速度成锐角，并且链球运动半径大于手的运动半径，故选项A正确.
答案：A
3.关于对天体运动的理解，下列说法正确的是（ ）
A.所有绕同一中心天体的行星的公转周期与行星的轨道半径成正比
B.同步卫星绕地球转动的线速度与地球赤道处自转的线速度相同
C.若行星绕太阳运行的轨道为椭圆，则行星在远日点的速度最大
D.火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度
解析：由开普勒第三定律知，有绕同一中心天体的行星的公转周期的二次方与行星的轨道半径的三次方成正比，故A错误；同步卫星绕地球转动的角速度与地球自转的角速度相同，由线速度v＝ωr，可知同步卫星绕地球转动的线速度大于地球赤道处自转的线速度，故B错误；当行星从近日点沿椭圆轨道向远日点运动的过程中克服万有引力做功，速率减小，则行星在远日点的速度最小，故C错误；第二宇宙速度是发射脱离地球束缚卫星的最小发射速度，第三宇宙速度是发射脱离太阳束缚卫星的最小发射速度，火星探测器的发射速度应该大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故D正确.
答案：D
4.如图所示为某齿轮传动装置中的A、B、C三个齿轮，三个齿轮的齿数分别为32、12、20，当齿轮绕各自的轴匀速转动时，A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为（ ）
A.8∶3∶5
B.5∶3∶8
C.15∶40∶24
D.24∶40∶15
解析：三个齿轮同缘转动，所以三个齿轮边缘的线速度相等，即为vA＝vB＝vC.三个齿轮的齿数分别为32、12、20，根据ω＝，得A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为∶∶＝15∶40∶24，故C正确.
答案：C
5.奥运会比赛项目撑竿跳高如图所示.下列说法不正确的是（ ）
A.加速助跑过程中，运动员的动能增加
B.起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C.起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D.越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
解析：运动员加速助跑动能增加，A正确；起跳上升过程中，杆的弹性势能先增加后减少，B错误；上升过程中，运动员的重力势能增加，C正确；下落过程中，重力势能转化为动能，D正确.因此不正确的选B.
答案：B
6.轻质细杆OA的长度L＝0.50
m，A端有一质量为m＝3.0
kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0
m/s，g取10
m/s2，则此时细杆OA受到（ ）
A.6
N的拉力
B.6
N的压力
C.24
N的拉力
D.24
N的压力
解析：小球运动到最高点时受到重力与细杆的弹力，假设细杆的弹力FN方向向上，则mg－FN＝，即FN＝mg－m＝30
N－24
N＝6
N，由牛顿第三定律可知，小球对细杆产生向下的压力.
答案：B
7.用恒力F使质量为10
kg的物体从静止开始，以2
m/s2的加速度匀加速上升，不计空气阻力，g取10
m/s2，那么以下说法中正确的是（ ）
A.2
s内恒力F做功80
J
B.2
s内重力做的功是400
J
C.2
s内物体克服重力做的功是400
J
D.2
s内合力做的功为零
解析：根据牛顿第二定律可知，恒力为：F＝mg＋ma＝10×10＋10×2
N＝120
N，
2
s内物体上升的高度：h＝at2＝×2×22
m＝4
m，
2
s内恒力F做功：W1＝Fh＝120×4
J＝480
J，故选项A不符合题意；
2
s内重力做功：W2＝－mgh＝－400
J，
即2
s内物体克服重力做功为400
J，故选项B不符合题意，C符合题意；
2
s内合力做的功：W＝W1＋W2＝480
J－400
J＝80
J，
故选项D不符合题意.
答案：C
8.小王练习接排球.排球网高h1＝2.0
m，接球点距球网水平距离s＝4.8
m，离地面高h2＝0.2
m，忽略空气阻力.接球后，球刚好水平过网，则球离开小王手时的速度大小为（g取10
m/s2）（ ）
A.6
m/s
B.8
m/s
C.10
m/s
D.12
m/s
解析：采用逆向思维，排球做平抛运动，运动的时间
t＝
＝0.6
s，
则v0＝＝
m/s＝8
m/s，
排球竖直分速度vy＝gt＝10×0.6
m/s＝6
m/s，
可知排球离开小王手时的速度v＝eq
\r(v＋v)＝10
m/s.
答案：C
9.设土星绕太阳的运动为匀速圆周运动，若测得土星到太阳的距离为R，土星绕太阳运动的周期为T，万有引力常量G已知.根据这些数据，不能求出的量是（ ）
A.土星线速度的大小
B.土星加速度的大小
C.土星的质量
D.太阳的质量
解析：根据已知数据可求：土星的线速度大小v＝、土星的加速度a＝R、太阳的质量M＝，无法求土星的质量，所以选C.
答案：C
10.如图所示，传送带以1
m/s的速度水平匀速运动，沙斗以20
kg/s的流量向传送带上装沙子，为了保持传递速率不变，驱动传送带的电动机因此应增加功率（ ）
A.10
W
B.20
W
C.30
W
D.40
W
解析：每秒钟流到传送带的沙子获得的动能为ΔEk＝mv2，沙子达到速度v之前，相对传送带向后滑动，每秒转化为内能的机械能为Q＝fs相对，而s相对＝eq
\f(v－v,2a相)＝＝，Q＝fs相对＝μmg·＝mv2，因此，电动机必须增加的功率为ΔP＝＝＝20
W，选项B正确.
答案：B
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
11.如图所示，一根轻质弹簧固定于O点，另一端系一个重物，将重物从与悬挂点等高的地方无初速度释放，让其自由摆下，不计空气阻力，重物在摆向最低点的位置的过程中（ ）
A.重物重力势能减小
B.重物重力势能与动能之和增大
C.重物的机械能不变
D.重物的机械能减少
解析：在小球向下摆动过程中，重力做正功，故重力势能减小，故A项与题意相符；在小球向下摆动过程中，弹簧的弹力逐渐变大，故弹性势能逐渐变大；在整个运动的过程中，有重力和弹簧的弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；故重物重力势能与动能之和不断减小，故B项与题意不相符；根据功能关系，除重力外，其余力做的功等于机械能的增加量，故重物的机械能减少量等于克服弹簧弹力所做的功，物体的机械能减小.故C项与题意不符，D项与题意相符.
答案：AD
12.2019年5月17日，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功发射了第45颗北斗导航卫星.该卫星属地球静止轨道卫星.北斗卫星导航系统空间段计划有5颗地球静止轨道卫星.若地球的自转周期为T，这些卫星在轨运行的线速度大小为v，关于这些地球静止轨道卫星，下列说法正确的是（ ）
A.在赤道上空自东向西运动
B.运动的加速度大小均为
C.离地的高度均为
D.它们的角速度、向心加速度大小都相等
解析：同步卫星与地球的自转同步，则在赤道上空自西向东运动，故A错误；运动的加速度大小为a＝ωv＝，故B正确；轨道半径为r＝，因此离地的高度为h＝－R，要小于，故C错误；所有同步卫星的角速度、向心加速度大小都相等，但是质量不一定相等，所以向心力大小不一定相等，故D正确.
答案：BD
13.用一根绳子竖直向上拉一物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后物块继续加速，t1时刻物块达到最大速度.已知物块的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A.物块始终做匀加速直线运动
B.t1时刻物块的速度大小为
C.0～t0时间内物块的加速度大小为
D.0～t1时间内物块上升的高度为－eq
\f(P,2m2g3)
解析：0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P＝Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，物块做匀速直线运动，A错.在t1时刻速度达到最大，F＝mg，则速度v＝，B错.0～t0时间内，F＝mg＋ma，则P＝（mg＋ma）at，可知图像的斜率k＝m（g＋a）a，可知加速度a≠，C错.P-t图像围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得：＋P0（t1－t0）－mgh＝mv2，解得：h＝－eq
\f(P,2m2g3)，D对.
答案：BD
14.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T-v2图像如图乙所示，则（ ）
A.轻质绳长为
B.当地的重力加速度为
C.当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a
D.只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
解析：在最高点，重力和绳子拉力的合力充当向心力，有T＋mg＝m，即T＝v2－mg，故斜率k＝，纵截距y＝－mg，根据几何知识可得k＝，y＝－a，联立解得g＝，R＝，A错，B对.当v2＝c时，代入T＝v2－mg，解得T＝c－a，C错.只要v2≥b，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得最高点T1＋mg＝meq
\f(v,L)，最低点T2－mg＝meq
\f(v,L).从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒知，mv－mv＝2mgL，联立解得T2－T1＝6mg，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a，D对.
答案：BD
三、非选择题（本题共4小题，共44分）
15.（8分）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，图乙中y-x2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是 .
（3）图丙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，在轨迹上任取两点A、B，测得A、B两点纵坐标y1＝5.0
cm，y2＝45.0
cm，A、B两点水平间距Δx＝40.0
cm.则平抛小球的初速度v0为 m/s.
解析：为了保证小球的初速度水平，安装斜槽轨道时，斜槽末端必须保持水平，故a正确.
为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，让小球从斜槽的同一位置由静止释放，故b错误，c正确.
为描出小球的运动轨迹，描绘的点要用平滑曲线连接，故d错误.
（2）根据平抛运动的规律有x＝v0t，y＝gt2.
得y＝eq
\f(gx2,2v)＝kx2，
其中k＝eq
\f(g,2v)＝定值.可知y与x2的图像是过原点的倾斜直线.
因此，图丙y-x2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是C.
（3）根据y1＝gt，得t1＝.
根据y2＝gt，得t2＝.
则小球的初速度为v0＝.
已知y1＝5.0
cm＝0.05
m、y2＝45.0
cm＝0.45
m，Δx＝40.0
cm＝0.4
m，代入上式解得：v0＝2.0
m/s.
答案：（1）ac （2）C （3）2.0
16.（10分）如图所示，一条不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0
kg的小球.现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点.地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0
m，B点离地高度H＝1.0
m，A、B两点的高度差h＝0.5
m，重力加速度g取10
m/s2，不计空气阻力，求：
（1）地面上D、C两点间的距离s；
（2）轻绳所受的最大拉力大小.
解析：（1）小球从A运动到B的过程中机械能守恒，有
mgh＝mv，
小球从B运动到C做平抛运动.
在竖直方向上有H＝gt2，
在水平方向上有s＝vBt，
解得s＝
m.
（2）小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，此时轻绳所受的拉力最大，有F－mg＝meq
\f(v,L)，
解得F＝20
N.
根据牛顿第三定律可知，轻绳所受的最大拉力为F′＝F＝20
N.
答案：（1）
m （2）20
N
17.（12分）如图甲所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，上面放置劲度系数为k＝46
N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴O上，另一端连接质量为m＝1
kg的小物块A，物块与盘间的动摩擦因数为μ＝0.2，开始时弹簧未发生形变，长度为l0＝0.5
m，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10
m/s2，物块A始终与圆盘一起转动.则：
（1）圆盘的角速度为多大时，物块A开始滑动？
（2）当角速度缓慢地增加到4
rad/s时，弹簧的伸长量是多少？（弹簧伸长在弹性限度内且物块未脱离圆盘）.
（3）在角速度从零缓慢地增加到4
rad/s过程中，物块与盘间摩擦力大小为f，试通过计算在坐标系中作出f-ω2图像.
解析：（1）设盘的角速度为ω0时，物块A开始滑动，则μmg＝mωl0，解得ω0＝＝2
rad/s.
（2）设此时弹簧的伸长量为Δx，则μmg＋kΔx＝mω2（l0＋Δx），
解得Δx＝0.2
m.
（3）在角速度从零缓慢地增加到2
rad/s过程中，物块与盘间摩擦力为静摩擦力f＝ml0ω2，f∝ω2，f随着角速度平方的增加而增大；当ω>2
rad/s时，物块与盘间摩擦力为滑动摩擦力f＝μmg＝2
N.f-ω2图像如下图所示.
答案：（1）2
rad/s （2）0.2
m （3）见解析
18.（14分）如图是某游乐场的一种过山车的简化图，过山车由倾角为θ的斜面和半径为R的光滑圆环组成.假设小球从A处由静止释放，沿着动摩擦因数为μ的斜面运动到B点（B为斜面与圆环的切点），而后沿光滑圆环内侧运动，若小球刚好能通过圆环的最高点C（重力加速度为g），求：
（1）小球经过圆环最低点D时轨道对小球支持力的大小；
（2）A、B之间的距离.
解析：（1）小球在圆环最高点时由牛顿第二定律得
mg＝meq
\f(v,R)，
小球在圆环最低点时由牛顿第二定律得
FN－mg＝meq
\f(v,R)，
小球由D点运动到C点的过程中机械能守恒
mv＝mv＋2mgR，
由以上各式得FN＝6mg.
（2）设A、B间的距离为L，小球沿斜面由A点运动到B点的过程，根据动能定理得
mgLsin
θ－μmgLcos
θ＝mv，
小球由B点运动到C点的过程，由机械能守恒得
mv＝mv＋mgh，
又h＝（1＋cos
θ）R，
由以上各式解得
L＝R.
答案：（1）6
mg （2）R
PAGEA级 合格达标
1.关于某物体（质量一定）的速度和动能的一些说法中，正确的是（ ）
A.物体的速度变化，动能一定变化
B.物体的动能变化，速度一定变化
C.物体的速度变化大小相同时，其动能变化也一定相同
D.物体的速度减小时，动能有可能变为负值
解析：物体的速度变化，动能不一定变化，比如速度大小不变，方向改变，则动能不变，故A错误.根据Ek＝mv2知，物体的动能变化，则速度大小一定变化，可知速度一定变化，故B正确.根据ΔEk＝mv2－mv知，物体的速度变化大小相同时，即Δv＝v2－v1相同，动能变化不一定相同，故C错误.根据动能Ek＝mv2知，动能不可能为负值，故D错误.
答案：B
2.在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是（ ）
A.甲的速度是乙的4倍，甲的质量是乙的
B.甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
C.甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
D.甲的质量是乙的8倍，甲的速度是乙的
解析：根据Ek＝可知：若甲的速度是乙的4倍，甲的质量是乙的，则甲的动能是乙的8倍，故A错误；若甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的，则甲、乙两物体的动能相等，故B正确；若甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的，则甲的动能是乙的，故C错误；若甲的质量是乙的8倍，甲的速度是乙的，则甲的动能是乙的2倍，故D错误.
答案：B
3.从空中某一高度同时以大小相等的速度竖直上抛、竖直下抛两个质量均为m的小球，不计空气阻力，在小球落至地面的过程中，它们的（ ）
A.动能变化量不同，速度变化量相同
B.动能变化量和速度变化量均相同
C.动能变化量相同，速度变化量不同
D.动能变化量和速度变化量均不同
解析：根据动能定理知，两球在整个运动过程中只有重力做功，下降的高度相同，则重力做功相同，动能的变化量相同，可知落地的速度大小相等；规定向下为正方向，设初速度的大小为v0，末速度的大小为v，则竖直上抛运动的整个过程中，速度变化量Δv＝v－（－v0）＝v＋v0，竖直下抛运动的整个过程中，速度变化量Δv′＝v－v0，可知速度变化量不同，故C正确，A、B、D错误；故选C.
答案：C
4.放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向的水平力的作用下开始运动.若在某一过程中这两个力对物体做的功分别为3
J和4
J，则在该过程中物体动能的增量为（ ）
A.7
J
B.5
J
C.
J
D.1
J
解析：合外力做的功W＝3
J＋4
J＝7
J，则由动能定理可知在该过程中物体动能的增量为ΔEk＝W＝7
J，故选项A正确，B、C、D错误.
答案：A
5.一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v（方向与原来相反），在整段时间内，水平力所做的功为（ ）
A.mv2
B.－mv2
C.mv2
D.－mv2
解析：由动能定理得W＝m（－2v）2－mv2＝mv2.
答案：A
6.光滑水平面上有一物体，在水平恒力F作用下由静止开始运动.经过时间t1速度达到v，再经过时间t2速度由v增大到2v，在t1和t2两段时间内，外力F对物体做功之比为（ ）
A.1∶1
B.3∶1
C.1∶3
D.1∶4
解析：由动能定理可得：在时间t1内外力F对物体做功W1＝mv2－0＝mv2，在时间t2内外力F对物体做功W2＝m（2v）2－mv2＝mv2，所以W1∶W2＝1∶3，故选项C正确.
答案：C
7.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错误；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正确，B、D错误.
答案：C
B级 等级提升
8.如图所示，高为h的光滑斜面，一质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能沿斜面向上匀速运动，若把此物块放在斜面顶端，用2F的恒力沿斜面向下拉使其由静止向下滑动，滑至底端时其动能为（ ）
A.2mgh
B.3mgh
C.2Fh
D.3Fh
解析：设斜面的长度为L，倾角为θ，可知L＝，因为用恒力F可以使物块沿光滑斜面匀速上滑，可知物块此时受到的恒力F＝mgsin
θ，物块从斜面顶端在恒力2F的作用下沿斜面下滑时，根据动能定理有mgh＋2FL＝Ek－0，所以物块滑到斜面底端时的动能Ek＝mgh＋2FL＝mgh＋2mgsin
θ·＝3mgh.
答案：B
9.如图所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一固定的橡皮泥块Q相碰撞（碰后物体静止）.已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A.水平面阻力做的功为fx
B.物体克服水平面阻力做的功为－fx
C.橡皮泥块对物体做的功为fx－mv2
D.物体克服橡皮泥块的阻力做的功为mv2＋fx
解析：根据功的定义式，物体P受到的水平面的阻力做的功W1＝fxcos
180°＝－fx，A错误；物体克服水平面阻力做的功W2＝－W1＝fx，B错误；设橡皮泥块对物体做的功为W3，根据动能定理，有W1＋W3＝0－mv2，解得W3＝fx－mv2，C正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W4＝－W3＝－（fx－mv2）＝mv2－fx，D错误.
答案：C
10.（多选）如图甲所示，质量m＝2
kg的物体以100
J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是（ ）
A.物体运动的总位移大小为10
m
B.物体运动的加速度大小为10
m/s2
C.物体运动的初速度大小为10
m/s
D.物体所受的摩擦力大小为10
N
解析：由题图可知，物体运动的总位移为10
m，根据动能定理，得－fx＝0－Ek0，解得f＝＝N＝10
N，故A、D正确.根据牛顿第二定律，得物体运动的加速度大小a＝＝
m/s2＝5
m/s2，故B错误.根据Ek0＝mv，得v0＝＝m/s＝10
m/s，故C正确.
答案：ACD
11.一质量为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项正确.
答案：C
12.质量为2
t的汽车在平直公路上从静止开始先做匀加速运动，5
s末达额定功率后保持功率不变，其v-t如图所示.求：
（1）汽车的额定功率和汽车受到的阻力；
（2）速度为10
m/s时的加速度；
（3）变加速运动的总路程.
解析：（1）汽车先做匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：F－f＝ma且a＝1
m/s2，
在5
s末达额定功率有P＝Fv1，
保持功率不变，在55
s末有P＝fv2，
由②③得：F＝，f＝，
联立各式，解得：P＝15
kW，f＝1
000
N.
（2）速度v′＝10
m/s时有P＝F′v′，
据牛顿第二定律有F′－f＝ma′，
得a′＝0.25
m/s2.
（3）汽车在变加速运动阶段，据动能定理有
Pt2－fx2＝m2v－mv，
且t2＝50
s，得x2＝550
m.
答案：（1）P＝15
kW，f＝1
000
N （2）0.25
m/s2
（3）550
m
PAGEA级 合格达标
1.（多选）关于物体做竖直上抛运动的下列说法正确的是（ ）
A.上升过程物体做减速运动，下落过程做加速运动，加速度始终不变
B.物体上升到最高点时速度为零，加速度为零
C.上升过程的加速度大于下落过程的加速度
D.物体以初速度抛出，落回抛出点时的速度的大小与初速度的大小相等，加速度也相等
解析：分析如下：
选项
诊断
结论
A
物体在竖直上抛运动的整个过程中只受重力，加速度a＝g，方向竖直向下，保持不变
√
B
物体运动到最高点时速度为零，但加速度不为零，仍等于g
×
C
由选项A可知
×
D
由竖直上抛运动的对称性可知，落回抛出点时的速度与初速度大小相等，方向相反.加速度均为g不变
√
答案：AD
2.（多选）下列关于竖直上抛运动（不计空气阻力）的一些说法中正确的是（ ）
A.竖直上抛运动可分为上抛时的匀减速直线运动和下落时的自由落体运动两个过程
B.当速度为零时，物体到达所能达到的最高点
C.当位移为零时，物体到达所能达到的最高点
D.上抛和下落两个过程中，物体加速度的大小相同、方向相反
解析：竖直上抛运动可分为上抛时的匀减速直线运动和下落时的自由落体运动两个阶段，故A正确；到达最高点时，速度为零，故B正确；当位移为零时，物体回到了抛出点，故C错误；上抛和下落两个过程中，只受重力作用，物体加速度的大小相同、方向相同，加速度为g，故D错误.故选A、B.
答案：AB
3.做斜抛运动的物体，随着时间的延续，其加速度与速度方向间的夹角将（ ）
A.可能增大
B.一定减小
C.一定增大
D.可能减小
解析：斜抛运动中，物体向重力的方向偏转，所以速度方向与加速度方向间的夹角减小，故B正确.
答案：B
4.如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A.沿路径1抛出的小球落地的速率最小
B.沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C.三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D.三个小球抛出的初速度水平分量相等
解析：竖直方向上，因为高度一样，所以初速度的竖直分量一样，运动时间一样，所以B错误，C正确；水平方向上，由于路径1水平位移最大，而运动时间一样，所以1的水平速度最大，所以D错误；沿路径1运动的小球初速度最大，由于整个过程外力不做功，所以初末速度大小相等，所以落地速度1最大，所以A错误.
答案：C
5.一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5
s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3
s，则A、B之间的距离是（g取10
m/s.）（ ）
A.80
m
B.40
m
C.20
m
D.初速度未知，无法确定
解析：由题意知，从A到最高点的时间为
s，从B到最高点的时间为
s，因为sAB＝sA－sB，从最高点计算.
所以sAB＝m＝20
m.
答案：C
6.地面上的物体做斜抛运动，初速度为10
m/s，g取10
m/s2，其最大的射高和对应的抛射角分别为（ ）
A.10，90°
B.5，90°
C.5，45°
D.5，
0°
解析：物体竖直方向的分速度vy＝v0sin
θ；可知，当θ＝90°时，对应的竖直方向的分速度最大，则射高最大，此时射高为h＝eq
\f(v,2g)＝
m＝5
m，故选项B正确.
答案：B
B级 等级提升
7.（多选）一物体自空中某点竖直向上抛出，1
s后物体的速率为4
m/s，不计空气阻力，g取10
m/s2，设竖直向上为正方向，则在这1
s内物体的位移可能是（ ）
A.1
m
B.9
m
C.－1
m
D.－9
m
解析：由于向上为正方向，1
s后物体的速度可能为4
m/s，也可能为－4
m/s.根据v＝v0－gt，若v＝4
m/s，则v0＝14
m/s，这样s＝×t＝9
m，B正确；若v＝－4
m/s，则v0＝6
m/s，这样s＝t＝1
m，A正确，C、D错误.
答案：AB
8.“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上.棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为v0，此时离平台的高度为h.棋子质量为m，空气阻力不计，重力加速度为g.则此跳跃过程（ ）
A.所用时间t＝
B.水平位移大小x＝2v0
C.初速度的竖直分量大小为2
D.初速度大小为eq
\r(v＋gh)
解析：竖直方向上，由h＝gt2，可得t＝，该斜抛运动等效为两个完全相同的平抛运动，时间是2倍，故选项A错误；水平位移x＝2v0，故B选项正确；初速度的竖直分量大小为gt＝，故C选项错误；用速度的合成即勾股定理得初速度大小为eq
\r(v＋2gh)，故D选项错误.
答案：B
9.（多选）为了求出塔的高度，如果将一石子从塔顶以速度v0竖直下抛，那么除了要知道重力加速度和初速度v0外，还应知道的物理量可以是（ ）
A.石子落地时的速度
B.最后1
s内石子的位移
C.最初1
s内石子的位移
D.最后1
s内石子速度的增量
解析：由v＝v＋2gh可知，若vt已知，则可求h，故A项正确.若已知石子最后1
s内的位移，则可求出石子下落的总时间t，根据v0t＋gt2－＝Δs，求出t后，再根据h＝v0t＋gt2，即可求出塔高，而据C、D两项不可能求出塔高，故B项正确，C、D两项均错.
答案：AB
10.甲、乙两个同学打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角，如图所示，设乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前与击打后速度大小相等，方向相反.不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2之比为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处vx＝v1sin
α，在乙处vx＝v2sin
β，所以＝∶＝.故A正确，B、C、D错误.
答案：A
11.从A发射攻击导弹打击B目标，发射初速度为v1，方向与水平面成α角，运动轨迹如图所示.当导弹到达最高点时，拦截导弹以初速度v2竖直向上发射，此时拦截导弹与攻击导弹的水平距离为x.若导弹发射后均做无动力飞行，不计空气阻力，且恰好拦截成功，下列关系正确的是（ ）
A.v2＝eq
\f(vsin2
αcos
α,2gx)
B.v2＝eq
\f(vsin3α,2gx)
C.v2＝eq
\f(vcos3α,2gx)
D.v2＝eq
\f(vsin
αcos2
α,2gx)
解析：导弹能达到的最大高度H＝eq
\f(v,2g)＝，导弹到达最高点时的速度vx＝v1cos
α.因水平方向导弹做匀速运动，则被拦截时x＝v1cos
α·t，竖直方向H＝gt2＋.联立解得v2＝eq
\f(vsin2
αcos
α,2gx)，故选项A正确.
答案：A
PAGEA级 合格达标
1.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
2.在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动过程中（ ）
A.速度和加速度都在不断变化
B.速度与竖直方向的夹角不变
C.位移与竖直方向的夹角不变
D.在相等的时间间隔内，速度的变化量相等
解析：平抛运动的物体，其加速度恒定不变，速度方向时刻变化，故选项A错误；由于竖直分速度一直增大，而水平分速度不变，故合速度的方向由水平逐渐变为接近竖直，故与竖直方向夹角越来越小，故选项B错误；设位移与竖直方向的夹角α，则有tan
α＝＝＝，随时间t增大，tan
α减小，故位移与竖直方向的夹角减小，故选项C错误；平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，由Δv＝gΔt知，在相等时间内速度变化量大小相等，方向相同，均为竖直向下，故选项D正确.
答案：D
3.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.
答案：C
4.（多选）有一个物体在h高处以水平初速度v0抛出，落地时的速度为v，竖直分速度为vy，下列公式能用来计算该物体在空中运动时间的是（ ）
A.eq
\f(\r(v2－v),g)
B.
C.
D.
解析：由vy＝eq
\r(v2－v)＝gt，可得t＝eq
\f(\r(v2－v),g)，故A正确，B错误；由h＝gt2，得t＝，故C错误，由h＝·t，得t＝，故D正确.
答案：AD
5.如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O有一小球，小球从静止释放沿斜面运动到底端B的时间是t1.若给小球不同的水平初速度，使小球分别落到斜面上的A点，经过的时间是t2，落到斜面底端B点，经过的时间是t3；落到水平面上的C点，经过的时间是t4.不计空气阻力，则（ ）
A.t1B.t4C.t3D.t3解析：小球沿斜面下滑时：l＝at2，由于ah，所以沿斜面下滑时间是最长的，则t4t2，故C、D错误.
答案：B
6.如图所示，从同一条竖直线上两个不同点P、Q分别向右平抛两个小球，两个小球的初速度分别为v1、v2，结果它们同时落到水平面上的M点（不考虑空气阻力）.下列说法中正确的是（ ）
A.一定是P点的小球先抛出的，并且v1＜v2
B.一定是P点的小球先抛出的，并且v1＝v2
C.一定是Q点的小球先抛出的，并且v1＝v2
D.一定是Q点的小球先抛出的，并且v1＞v2
解析：根据h＝gt2得t＝，可知从P点抛出的小球的运动时间大于从Q点抛出的小球的运动时间，所以P点的小球先抛出；两者水平位移相等，从P点抛出的小球的运动时间长，则从P点抛出的小球的初速度小于从Q点抛出的小球的初速度.
答案：A
B级 等级提升
7.如图所示，相对的两个斜面，倾角分别为30°和60°，在顶点的两个小球A、B以同样大小的初速度分别向左、右两边水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两小球的运动时间之比为（ ）
A.1∶2
B.2∶1
C.1∶3
D.1∶
解析：对于A球，tan
30°＝＝eq
\f(\f(1,2)gt,v0tA)，解得tA＝；对于B球，tan
60°＝＝eq
\f(\f(1,2)gt,v0tB)，解得tB＝，所以＝＝.
答案：C
8.如图，从O点以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点.已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，不计空气阻力，则两小球初速度之比v1∶v2为（ ）
A.tan
α
B.cos
α
C.tan
α
D.cos
α
解析：设圆弧半径为R，两小球运动时间分别为t1、t2.对球1：Rsin
α＝v1t1，Rcos
α＝gt；对球2：Rcos
α＝v2t2，Rsin
α＝gt.解四式可得：＝tan
α，C正确.
答案：C
9.如图所示，竖直平面内有A、B、C三点，三点连线构成一直角三角形，AB边竖直，BC边水平，D点为BC边中点.一可视为质点的物体从A点水平抛出，轨迹经过D点，与AC交于E点，若物体从A运动到E的时间为t1，从A运动到D的时间为t2，则t1∶t2为（ ）
A.1∶1
B.1∶2
C.2∶3
D.1∶3
解析：设∠C＝θ，∠ADB＝α，由几何关系知，tan
α＝2tan
θ，物体初速度为v0，根据平抛运动规律，质点由A到E，tan
θ＝eq
\f(\f(1,2)gt,v0t1)
解得：t1＝；
同理：质点由A到D，tan
α＝eq
\f(\f(1,2)gt,v0t2).
解得：t2＝；故t1∶t2＝1∶2；选项B正确.
答案：B
10.如图所示，在倾角为37°的斜坡上有一人，前方有一物体沿斜坡匀速向下运动，速度v＝10.5
m/s，在二者相距L＝3
m时，此人以速度v0水平抛出一石块击打物体，石块和物体都可看成质点.（已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2）
（1）若物体在斜坡上被石块击中，求v0的大小；
（2）若物体开始时在斜面的底端沿水平面运动，设其在水平面上匀速运动的速度大小与在斜面上相同，该物体被石块击中，求v0的大小.
解析：（1）设石块运动过程中所需时间为t1，对于物体其运动的位移s1＝vt1，
对于石块，竖直方向：（L＋s1）sin
37°＝gt，
水平方向：（L＋s1）cos
37°＝v0t1，
解得v0＝10
m/s.
（2）物体在斜面的底端，其运动的位移s2＝vt2，
对于石块，其竖直方向：Lsin
37°＝gt，
其水平方向：Lcos
37°＋s2＝v0t2，
解得v0＝14.5
m/s.
答案：（1）10
m/s （2）14.5
m/s
11.如图所示，一小球从平台边缘水平抛出，恰好落在台的一倾角α＝53°的粗糙斜面顶端，并刚好沿斜面加速下滑.已知动摩擦因数μ＝0.5，斜面顶端与平台的高度差h＝0.8
m，重力加速度g取10
m/s2.sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6.
（1）求小球水平抛出的初速度v0和斜面顶端与平台边缘的水平距离s.
（2）若斜面顶端高H＝20.8
m，求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t.
解析：（1）平台到斜面做平抛运动，有h＝gt，
解得t1＝＝0.4
s，
到达斜面时速度方向与斜面平行，有tan
α＝＝，
解得v0＝3
m/s.
斜面顶端与平台边缘的水平距离s＝v0t1＝1.2
m.
（2）物体到达斜面时，由牛顿第二定律，有
mgsin
α－μmgcos
α＝ma，解得加速度a＝5
m/s2.
到达斜面时速度v＝eq
\r(v＋v)＝5
m/s.
斜面上物体做匀加速运动，则有＝vt2＋at，
解得t2＝2.38
s.故总时间t＝0.4＋2.38
s＝2.78
s.
答案：（1）3
m/s 1.2
m （2）2.78
s
PAGEA级 合格达标
1.在匀速转动的小型风扇扇叶上趴着一个相对扇叶静止的小虫，则小虫相对扇叶的运动趋势是（ ）
A.沿切线方向
B.沿半径指向圆心
C.沿半径背离圆心
D.无相对运动趋势
解析：可由静摩擦力的方向判断运动趋势的方向，小虫受到的静摩擦力提供向心力，指向圆心，故小虫相对扇叶的运动趋势是沿半径背离圆心.故C正确.
答案：C
2.洗衣机的脱水筒在工作时，有一衣物附着在竖直的筒壁上，则此时（ ）
A.衣物受重力和摩擦力作用
B.衣物随筒壁做圆周运动的向心力由摩擦力提供
C.筒壁的弹力随筒的转速的增大而增大
D.筒壁对衣物的摩擦力随筒的转速的增大而增大
解析：衣物在竖直方向受重力和摩擦力的作用且f＝mg，摩擦力f不变，水平方向受弹力的作用，A、D错；衣物随筒壁做圆周运动的向心力由弹力提供，由N＝mω2r可知当角速度增大时.弹力N增大，B错，C对.
答案：C
3.下列说法中正确的是（ ）
A.物体做离心运动时，将离圆心越来越远
B.物体做离心运动时，其运动轨迹是半径逐渐增大的圆
C.做离心运动的物体，一定不受到外力的作用
D.做匀速圆周运动的物体，因受合力大小改变而不做圆周运动时，将做离心运动
解析：离心运动指离圆心越来越远的运动，A正确；物体做离心运动时，运动轨迹可能是直线，也可能是曲线，但不是圆，B错误；当物体的合外力突然为零或小于向心力时，物体做离心运动，当合外力大于向心力时，物体做近心运动，C、D错误.
答案：A
4.如图所示为摩托车比赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时，如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线.将运动员与摩托车看作一个整体，下列说法正确的是（ ）
A.发生侧滑是因为运动员受到离心力的作用
B.为了避免转弯时发生侧滑，运动员应加速离开弯道
C.发生侧滑是因为运动员受到的合力小于所需的向心力
D.运动员转弯所需的向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供
解析：发生侧滑原因是运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力.为了避免转弯时发生侧滑，运动员应减速离开弯道，故C正确，A、B错误；运动员转弯所需的向心力由赛道对车轮的静摩擦力提供，故D错误.
答案：C
5.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
6.物体做离心运动时，运动轨迹（ ）
A.一定是曲线
B.一定是直线
C.可能是直线，可能是曲线
D.一定是圆周运动
解析：做匀速圆周运动的物体，在合外力突然消失时，物体做离心运动，轨迹是直线；当合外力不足以提供所需的向心力时，离心运动的轨迹为曲线.所以离心运动的轨迹可能是直线也可能是曲线，故C正确，A、B错误.合外力不足以提供所需的向心力时，物体做远离圆心的运动，所以轨迹不可能是圆，故D错误.
答案：C
B级 等级提升
7.如图所示，圆周c是质量为m的小球以速率v沿逆时针方向做匀速圆周运动的轨迹，轨迹圆半径为R.当小球运动到图中A点时，小球所受向心力大小突变为Fn.下列对小球随后的运动分析，正确的是（ ）
A.若Fn＝0，小球将沿轨迹d做匀速直线运动
B.若Fn>m，小球可能沿轨迹a做匀速直线运动
C.若0D.若0解析：根据题意可知，当Fn＝时，则沿圆周C运动；当Fn>时，则做近心运动；当0答案：D
8.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
9.汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值.当汽车的速率增大到原来的2倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应（ ）
A.增大到原来的2倍
B.减小到原来的一半
C.增大到原来的4倍
D.减小到原来的四分之一
解析：汽车在水平路面上转弯，向心力由静摩擦力提供.设汽车质量为m，汽车与路面的动摩擦因数为μ，汽车的转弯半径为r，则μmg＝m，由此得r∝v2，故速率增大到原来的2倍，转弯半径应增大到原来的4倍，选项C正确.
答案：C
10.某游乐场里的赛车场地为圆形，半径为100
m，一赛车和车手的总质量为100
kg，轮胎与地面间的最大静摩擦力为600
N（g取10
m/s2）.
（1）若赛车的速度达到72
km/h，这辆车在运动过程中会不会发生侧滑？
（2）若将场地建成外高内低的圆形，且倾角为30°，赛车的速度多大时，车手感觉不到自己有相对车的侧向的运动趋势？
解析：（1）赛车在场地上做圆周运动的向心力由静摩擦力提供.赛车做圆周运动所需的向心力为F＝m＝400
N<600
N，所以赛车在运动过程中不会发生侧滑.
（2）由题意得车手不受座椅侧向的摩擦力，于是车手只受支持力和重力，由牛顿第二定律知mgtan
θ＝m，解得v＝＝24
m/s.
答案：（1）不会侧滑 （2）24
m/s
PAGEA级 合格达标
1.关于经典力学的建立，下列说法中不正确的是（ ）
A.标志着近代自然科学的诞生
B.实现了人类对自然界认识的第一次理论大综合
C.确立了一切自然科学理论应有的基本特征
D.成为量子力学的基础
解析：经典力学实现了人类对自然界认识的第一次理论大综合，并提出了一切自然科学理论应有的基本特征，形成了由实验到数学推导这种行之有效的研究方法，并与其他基础科学结合，产生了一些交叉性的分支科学.经典力学曾经推动了我们这个社会的巨大进步，并仍会在相当长时间内指导我们的科学研究.
答案：D
2.经典力学有一定的局限性和适用范围.下列运动适合用经典力学研究和解释的是（ ）
A.氢原子内电子的运动
B.飞船绕月球做圆周运动
C.密度很大的中子星附近物体的运动
D.宇宙探测器以接近光速的速度远离地球的运动
解析：氢原子内电子已经不属于宏观物体，所以不适用于经典力学，故A错误；飞船绕月球做圆周运动是在弱引力场中的运动且运动速度远小于光速，所以适用于经典力学，故B正确；密度很大的中子星附近产生了强引力场，故不适用于经典力学，故C错误；速度接近光速的运动不适用于经典力学，故D错误.
答案：B
3.牛顿把天体运动与地上物体的运动统一起来，创立了经典力学.随着近代物理学的发展，科学实验发现了许多经典力学无法解释的事实.关于经典力学的局限性，下列说法正确的是（ ）
A.火车提速后，有关速度问题不能用经典力学来处理
B.由于经典力学有局限性，所以一般力学问题都用相对论来解决
C.经典力学适用于宏观、低速运动的物体
D.经典力学只适用于像地球和太阳那样大的宏观物体
解析：火车提速后的速度仍然远小于光速，有关速度问题仍然能用经典力学来处理，A错误.相对论并没有否定经典力学，而是在其基础上发展起来的，有各自成立范围；经典力学是狭义相对论在低速v，c条件下的近似，因此经典力学包含于相对论之中，经典力学是相对论的特例，B错误.经典力学适用于宏观、低速运动的物体，不仅仅适用于像地球和太阳那样大的宏观物体，像乒乓球、篮球、飞鸟等也可以使用，C正确，D错误.
答案：C
4.对于经典力学理论，下述说法中正确的是（ ）
A.由于相对论、量子论的提出，经典力学已经失去了它的意义
B.经典力学在今天广泛应用，它的正确性无可怀疑，仍是普遍适用的
C.经典力学在历史上起了巨大的作用，随着物理学的发展而逐渐过时，成为一种古老的理论
D.经典力学在宏观低速运动中适用
解析：经典力学和其他任何理论一样，有其自身的局限性和适用范围，但对于宏观低速物体的运动，经典力学仍然适用，并仍将在它的适用范围内大放异彩，所以D项正确.
答案：D
5.（多选）关于相对论，下列说法正确的是（ ）
A.根据狭义相对论，物体运动的速度是可以大于光速的
B.质量、长度的测量结果都随物体与观察者的相对运动状态而改变
C.根据爱因斯坦的相对论，我们之前所学的物理知识、规律都是错误的
D.惯性系中的观察者观察一个与他做匀速相对运动的时钟时，会看到这个时钟比与他相对静止的时钟走得慢些
解析：根据狭义相对论，物体运动的速度是不能够超过光速的，A错误；根据相对论，质量、长度的测量结果都随物体与观察者的相对运动状态而改变，B正确；我们之前所学的物理知识、规律在宏观低速时是适用的，所以我们不能说之前所学的物理知识、规律都是错误的，C错误；动杆变短，动钟变慢，这是相对论洛伦兹变换的公式得到的，D正确.
答案：BD
6.（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
7.（多选）判断下面说法中正确的是（ ）
A.“嫦娥三号”飞向月球的过程中从卫星上向前发出的光，对地速度一定比c大
B.“嫦娥三号”飞向月球的过程中从卫星上向后发出的光，对地速度一定比c小
C.“嫦娥三号”飞向月球的过程中从卫星上沿垂直于速度方向发出的光对地速度为c
D.“嫦娥三号”飞向月球的过程中从卫星上向任一方向发出的光对地速度都为c
解析：根据狭义相对论的基本假设——光速不变原理可知：真空中的光速相对于卫星的速度为c，相对于地面的速度也为c，对不同的惯性系是相同的，因此C、D正确，A、B错误.
答案：CD
PAGEA级 合格达标
1.如图所示，汽车以恒定速率通过半圆形拱桥，下列关于汽车在顶点处受力情况（空气阻力不计）的说法中，正确的是（ ）
A.汽车受重力、支持力和向心力的作用
B.汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力的作用
C.汽车所受的向心力就是重力
D.汽车所受的重力和支持力的合力充当向心力
解析：汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力作用.汽车过拱桥，做圆周运动，在最高点，重力和支持力的合力提供向心力，方向指向圆心，故A、B、C错误，D正确.
答案：D
2.（多选）世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067
km，共有23个弯道，如图所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法错误的是（ ）
A.赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的
B.赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的
C.赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的
D.由公式F＝mω2r可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道
解析：赛车在水平面上转弯时，它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的.由F＝m知，当v较大时，赛车需要的向心力也较大，当摩擦力不足以提供其所需的向心力时，赛车将冲出跑道，所以A、B错误，C正确；当v不变时，r越大，向心力越小，不易冲出跑道，所以D错误.故选A、B、D.
答案：ABD
3.某段水平公路转弯处弯道所在圆半径为40
m，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.25.假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g＝10
m/s2，汽车转弯时不发生侧滑的最大速率为（ ）
A.5
m/s
B.10
m/s
C.15
m/s
D.20
m/s
解析：汽车转弯时不发生侧滑，静摩擦力充当向心力，有：μmg＝m，解得汽车转弯时不发生侧滑的最大速率v＝＝
m/s＝10
m/s，故B正确.
答案：B
4.如图所示为模拟过山车的实验装置，小球从左侧的最高点释放后能够通过竖直圆轨道而到达右侧.若竖直圆轨道的半径为R，要使小球能顺利通过竖直圆轨道，则小球通过竖直圆轨道的最高点时的角速度最小为（ ）
A.
B.2
C.
D.
解析：小球能通过竖直圆轨道的最高点的临界状态为重力提供向心力，即mg＝mω2R，解得ω＝，选项C正确.
答案：C
5.一汽车通过拱形桥顶端时速度为10
m/s，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在桥顶时对桥面没有压力，车速至少为（ ）
A.15
m/s
B.20
m/s
C.25
m/s
D.30
m/s
解析：当FN＝G时，因为G－FN＝m，所以G＝m.当FN＝0时，G＝m，所以v′＝2v＝20
m/s.
答案：B
6.如图所示，质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时，路面对汽车的支持力为F1，通过凹形路面最低处时，路面对汽车的支持力为F2，重力加速度为g，则（ ）
A.F1＞mg
B.F1＝mg
C.F2＞mg
D.F2＝mg
解析：汽车过凸形路面的最高点时，设速度为v，半径为r，竖直方向上合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg－F1＝m得：F1＜mg，故A、B项错误；汽车过凹形路面的最低点时，设速度为v，半径为r，竖直方向上合力提供向心力，由牛顿第二定律得F2－mg＝m，得F2＞mg，故C项正确，D项错误.
答案：C
B级 等级提升
7.
在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低.如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些.汽车的运动可视为在水平面内做半径为R的圆周运动.设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g，要使车轮与路面之间的横向摩擦力（垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：汽车做圆周运动，要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向水平，向心力大小F向＝mgtan
θ，根据牛顿第二定律F向＝m，且tan
θ＝，解得汽车转弯时的车速v＝.
答案：B
8.（多选）如图所示，用长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动，则下列说法中正确的是（ ）
A.小球在最高点时的向心力一定等于重力
B.小球在最高点时绳子的拉力不可能为零
C.若小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则其在最高点的速率为
D.小球过最低点时，绳子的拉力一定大于小球的重力
解析：小球在最高点时，向心力可能等于重力，也可能等于重力与绳子的拉力的合力，具体受力情况取决于小球在最高点的瞬时速度的大小，故A错误；小球在最高点时.满足一定的条件时绳子的拉力可以为零，故B错误；小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则在最高点，重力提供向心力，v＝，故C正确；小球在最低点时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，绳子的拉力一定大于小球的重力，故D正确.
答案：CD
9.（多选）一辆汽车匀速通过半径为R的圆弧拱形路面，关于汽车的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A.汽车对路面的压力大小不变，总是等于汽车的重力
B.汽车对路面的压力大小不断发生变化，总是小于汽车所受重力
C.汽车的牵引力不发生变化
D.汽车的牵引力逐渐变小
解析：汽车受重力mg、路面对汽车的支持力N、路面对汽车的牵引力F（暂且不考虑汽车运动过程中受到的阻力），如图所示.设汽车所在位置路面切线与水平面所夹的角为θ，汽车运行时速率大小不变，沿轨迹切线方向合力为零，所以F－mgsin
θ＝0，则F＝mgsin
θ汽车在到达最高点之前，θ角不断减小，由上式可见，汽车的牵引力不断减小；从最高点向下运动的过程中，不需要牵引力，反而需要制动力，所以C选项不正确，D选项正确.
在沿着半径的方向上，汽车有向心加速度，由牛顿第二定律得
mgcos
θ－N＝，则N＝mgcos
θ－.
可见，路面对汽车的支持力N随θ的减小而增大，当到达顶端时θ＝0，N＝mg－达到最大，N＜mg，所以A选项不正确，B选项正确.
答案：BD
10.
（多选）如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点时，受到的弹力大小为F，速度大小为v，其Fv2图像如图乙所示.则（ ）
A.小球的质量为
B.当地的重力加速度大小为
C.v2＝c时，小球对轻杆的弹力方向向下
D.v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
解析：由题图乙可知，当v2＝b时，轻杆对球的弹力恰好为零，此时小球只受重力作用，重力提供向心力，mg＝m＝m，即重力加速g＝，故选项B错误；当v2＝0时，向心力为零，轻杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F＝mg＝a，即小球的质量m＝＝，故选项A正确；根据圆周运动的规律，当v2＝b时，轻杆对球的弹力为零，当v2b时，mg＋F＝，轻杆对球的弹力方向向下，v2＝c>b，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对轻杆的弹力方向向上，故选项C错误；当v2＝2b时，mg＋F＝m＝m，又g＝，F＝m－mg＝mg，故选项D正确.
答案：AD
11.如图所示，小球A质量为m，固定在轻细直杆L的一端，并随杆一起绕杆的另一端点O在竖直平面内做圆周运动，如果小球经过最高位置时，杆对小球的作用力大小等于小球的重力.求：
（1）小球的速度大小.
（2）当小球经过最低点时速度为，此时，求杆对球的作用力的大小和球的向心加速度的大小.
解析：（1）小球A在最高点时，对球受力分析：重力mg，拉力F＝mg或支持力F＝mg
根据牛顿第二定律得
mg±F＝m，①
F＝mg，②
解①②两式，可得v＝或v＝0.
（2）小球A在最低点时，受到重力mg和拉力F′.设向上为正方向.
根据牛顿第二定律，F′－mg＝m，
解得F′＝mg＋m＝7mg，
故球的向心加速度a＝＝6g.
答案：（1）或0 （2）7mg 6g
PAGEA级 合格达标
1.一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，树梢的角速度较大，易于判断
B.树木开始倒下时，树梢的线速度较大，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：由v＝ωr知，树木开始倒下时，树梢的线速度较大，易判断树倒下的方向.
答案：B
2.如图所示，地球可以看作一个球体，位于上海的物体A和位于赤道上的物体B，都随地球的自转做匀速圆周运动，则（ ）
A.物体的周期TA＝TB
B.物体的周期TA>TB
C.物体的线速度大小vA>vB
D.物体的角速度大小ωA<ωB
解析：两物体均随地球一起自转，所以两物体具有相同的周期和角速度，A正确，B、D错误；根据线速度与角速度关系v＝ωr，可知两物体角速度相同，而B物体圆周运动的半径大于A物体圆周运动的半径，所以B的线速度大于A的线速度，C错误.
答案：A
3.（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T＝，得T相等，则转速n相等，故选项D正确.
答案：CD
4.汽车后备厢盖一般都有可伸缩的液压杆，如图为简易侧视示意图，液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于厢内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备厢的过程中（ ）
A.A点相对于O′点做圆周运动
B.B点相对于O′点做圆周运动
C.A与B相对于O点线速度大小相同
D.A与B相对于O点角速度大小相同
解析：合上后备厢盖的过程中，O′A、O′B的长度都是变短的，因此A、B两点相对于O′点不是做圆周运动，故A、B均错误；从图示位置到合上后备厢盖的过程中，运动的时间是相同的，但从题图乙中可以看出AO与水平方向的夹角等于BO与水平方向的夹角，由角速度的定义ω＝可知，A与B相对于O点转动，角速度相同，半径不同，则线速度不同，故C错误，D正确.
答案：D
5.如图，靠轮传动装置中右轮半径为2r，a为它边缘上的一点，b为轮上的一点，距轴为r；左侧为一轮轴，大轮的半径为4r，d为它边缘上的一点，小轮半径为r，c为它边缘上的一点.若传动中靠轮不打滑，则下列说法错误的是（ ）
A.a点与d点的转速之比为2∶1
B.a点与c点的线速度之比为1∶1
C.c点与b点的角速度之比为2∶1
D.b点与d点的周期之比为2∶1
解析：因为a、c两点靠摩擦传动，则a、c两点的线速度之比为1∶1，a、d的转速之比等于a、c的转速之比，根据n＝得na∶nc＝1∶2，故A说法错误，B说法正确.c、d两点角速度相等，根据ω＝2πn知，a、c的角速度之比为1∶2，a、b的角速度相等，所以c、b的角速度之比为2∶1，b、d的角速度之比为1∶2，根据T＝可知b点与d点的周期之比为2∶1，故C、D说法正确.所以选A.
答案：A
B级 等级提升
6.如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮.假设脚踏板的转速为n，则自行车前进的速度为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：自行车前进的速度等于车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度大小相等，据v＝ωr可知r1ω1＝r2ω2.已知ω1＝2πn，则轮Ⅱ的角速度ω2＝ω1.因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，则ω3＝ω2，根据v＝ωr可知v＝r3ω3＝.
答案：C
7.半径R＝1
m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4
m/s的速度水平抛出，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图所示.若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是（ ）
A.4π
rad/s
B.6π
rad/s
C.8π
rad/s
D.10π
rad/s
解析：小球平抛运动的时间为t＝＝
s＝0.25
s，由小球平抛运动的时间和圆盘转动的时间相等，得ω＝＝8nπ（n＝1，2，3，…）.当n＝1时，ω＝8π
rad/s；当n＝2时，ω＝16π
rad/s.
答案：C
8.机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数.现有如下检测过程简图：车轴A的半径为ra，车轮B的半径为rb，滚动圆筒C的半径为rc，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n（每秒钟n转）运行时，下列说法正确的是（ ）
A.C的边缘线速度为2πnrc
B.A、B的角速度大小相等，均为2πn，且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动
C.A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动
D.B、C的角速度之比为
解析：由v＝2πnR可知，B的线速度为vb＝2πnrb，B、C线速度相同，即C的线速度为vc＝vb＝2πnrb，A错误；B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，D错误；A、B为主动轮，且同轴，角速度大小相等，C为从动轮，A、B顺时针转动，C逆时针转动，B正确，C错误.
答案：B
9.为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B，盘A、B平行且相距2
m，轴杆的转速为3
600
r/min.子弹穿过两盘留下两弹孔a、b，测得两弹孔所在半径的夹角θ＝30°，如图所示.则该子弹的速度可能是（ ）
A.360
m/s
B.720
m/s
C.1
440
m/s
D.108
m/s
解析：子弹从A盘到B盘，B盘转过的角度θ＝2πn＋（n＝0，1，2，…），B盘转动的角速度ω＝＝2πn＝2π×
rad/s＝120π
rad/s，子弹在A、B盘间运动的时间等于B盘转动的时间，即＝，所以v＝＝
m/s（n＝0，1，2，…）.n＝0时，v＝1
440
m/s；n＝1时，v≈110.77
m/s；n＝2时，v＝57.6
m/s…
答案：C
10.如图所示为广场的两个同心圆形走道，O为公共圆心，内外径分别为r1、r2.甲乙两同学分别以逆时针方向沿着走道匀速行走，某时刻二者所在位置与圆心恰在一条线上，此时甲在图中A位置，乙在B位置.已知甲、乙走一圈的时间分别为T1、T2，且T2＞T1.求：
（1）二人行走的速率之比；
（2）二人再次与圆心在一条线上时所经历的时间.
解析：（1）由线速度与周期的关系可知：
v1＝，v2＝，
可得到：＝.
（2）设经过时间t二者与圆心再次共线，则有：
－＝π，
经过t′＝二者再次与圆心共线.
答案：（1） （2）
PAGEA级 合格达标
1.关于重力做功与重力势能变化的关系，下列说法中正确的是（ ）
A.如果物体高度降低，则重力对物体做正功，物体的重力势能增加
B.如果物体高度降低，则重力对物体做负功，物体的重力势能减少
C.如果物体高度升高，则重力对物体做正功，物体的重力势能减少
D.如果物体高度升高，则重力对物体做负功，物体的重力势能增加
解析：物体高度降低，重力做正功，重力势能减少，A、B错误；物体高度升高，重力做负功，重力势能增加，C错误，D正确.
答案：D
2.如图所示，在离地面高为H处，将质量为m的小球以初速度v0竖直上抛，取抛出位置所在水平面为参考平面，则小球在最高点和落地处的重力势能分别为（ ）
A.mgeq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2g)＋H))，0
B.mv，－mgH
C.mv，mgH
D.mv，mgH＋mv
解析：小球能上升到的最高点与抛出点相距h＝eq
\f(v,2g)，所以在最高点时具有的重力势能Ep1＝mgh＝mv.落地时小球的位置在参考平面下方H处，所以落地时小球具有的重力势能Ep2＝－mgH.故B正确，A、C、D错误.
答案：B
3.关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是（ ）
A.当弹簧变长时，它的弹性势能一定变大
B.当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小
C.在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大
D.弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析：当弹簧由压缩状态变长时，弹簧的弹性势能变小，当弹簧由压缩状态再变短时，弹簧的弹性势能变大，故选项A、B错误；由Ep＝kl2可知，选项C正确，选项D错误.
答案：C
4.如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F的作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动.在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.弹簧的弹性势能逐渐减小
B.弹簧的弹性势能逐渐增大
C.弹簧的弹性势能先增大后减小
D.弹簧的弹性势能先减小后增大
解析：由于在力F的作用下物体处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态，撤去F后，物体在向右运动的过程中，弹簧的弹力对物体先做正功后做负功，所以弹簧的弹性势能先减小后增大.
答案：D
5.物体从某高度处做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列所示图像中，能正确描述物体的重力势能与下落高度关系的是（ ）
解析：由物体重力势能的表达式及重力势能零点选取方式可得，物体的重力势能Ep＝Ep0－mgh，故选项B正确.
答案：B
6.如图所示，小明玩蹦蹦杆，在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是（ ）
A.重力势能减少，弹性势能增大
B.重力势能增大，弹性势能减少
C.重力势能减少，弹性势能减少
D.重力势能不变，弹性势能增大
解析：将弹簧向下压缩的过程中，弹簧压缩量增大，弹性势能增大；重力做正功，重力势能减少，故A正确.
答案：A
B级 等级提升
7.（多选）质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止匀加速竖直下落到地面.下列说法中正确的是（ ）
A.物体的重力势能减少mgh
B.物体的动能增加mgh
C.物体的重力势能减少mgh
D.重力做功mgh
解析：物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小也为mgh.故A、D错误，C正确；物体的合力为F＝ma＝mg，则合力做功为W＝mgh，所以物体的动能增加为mgh，故B正确.
答案：BC
8.如图所示，质量相等的两木块中间连有一弹簧，今用力F缓慢向上提A，直到B恰好离开地面.开始时物体A静止在弹簧上面.设开始时弹簧的弹性势能为Ep1，B刚要离开地面时，弹簧的弹性势能为Ep2，则关于Ep1、Ep2大小关系及弹性势能变化ΔEp说法中正确的是（ ）
A.Ep1＝Ep2
B.Ep1>Ep2
C.ΔEp>0
D.ΔEp<0
解析：开始时弹簧形变量为x1，有kx1＝mg.设B离开地面时形变量为x2，有kx2＝mg.由于x1＝x2所以Ep1＝Ep2，选项A符合题意，B不符合题意；因为Ep1＝Ep2，则ΔEp＝0，选项C、D不符合题意.
答案：A
9.质量相等的均匀柔软细绳A、B平放于水平地面上，细绳A较长.分别捏住两绳中点缓慢提起，使它们全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做的功分别为WA、WB.以下说法正确的是（ ）
A.若hA＝hB，则一定有WA＝WB
B.若hA>hB，则可能有WAC.若hAD.若hA>hB，则一定有WA>WB
解析：A错：因绳A较长，若hA＝hB，则A的重心较低，故WAhB，不能确定两根绳子重心的高低，可能WAWB，还可能WA＝WB.C错：若hA答案：B
10.物体从某一高度自由落到直立于地面上的轻弹簧上，如图所示，在A点开始与弹簧接触，到B点物体速度为零，然后被弹回，则（ ）
A.物体从A到B的过程中，动能不断减小
B.物体从B上升到A的过程中，动能不断增大
C.物体从A到B及B上升到A的过程中动能是先变大后变小
D.物体在B点的动能不为零
解析：物体从A点接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短B点的过程中，物体的运动过程为，在物体刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，物体还是向下加速，当弹簧的弹力和物体的重力相等时，物体的速度达到最大，之后弹力大于重力，物体开始减速，直至减为零.弹簧从压缩到最短的B点到弹簧弹回原长A点的过程中，物体的运动过程为，弹簧压缩到最短时弹力最大，大于重力，合力方向向上，物体加速上升，当弹簧的弹力和物体的重力相等，物体的速度达到最大，之后弹力小于重力，小球开始减速.物体从A到B的过程中，速度先增大后减小，动能先增大后减小，故A错误；物体从B到A的过程中，速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B错误，C正确；由于物体在B点的速度为零，所以动能为零，故D错误.
答案：C
11.一物体以初速度v竖直向上抛出，做竖直上抛运动，则物体的重力势能—路程图像应是下图中的（ ）
解析：以抛出点为零势能点，则上升阶段路程为s时，克服重力做功mgs，重力势能Ep＝mgs，即重力势能与路程s成正比；下降阶段物体距抛出点的高度h＝2h0－s，其中h0为上升的最高点，故重力势能Ep＝mgh＝2mgh0－mgs，故下降阶段随着路程s的增大，重力势能线性减小，选项A正确.
答案：A
12.在水平地面上放一根竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为m的木块相连，若在木块上施加一个竖直向下的力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）根据重力做功与重力势能变化的关系有
ΔEp减＝WG＝mgh.
（2）根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ΔE′p增＝W1＋mgh.
答案：（1）mgh （2）W1＋mgh
PAGE1.（多选）下图是研究平抛运动的实验装置示意图，桌面上的小球经压缩状态的弹簧弹开后，飞出桌面做平抛运动，撞到带有白纸和复写纸的竖直长木板上，并留下痕迹A.重复实验，木板依次后退相同的水平距离x，小球撞在木板上，留下痕迹B、C，测量A、B、C点到同一点O的距离y1、y2、y3，其中O点与小球抛出时圆心位置等高.
关于此实验，以下说法正确的是 .
A.重复实验时，必须将弹簧压缩到同一位置，再释放小球
B.桌面必须保证严格水平
C.桌面必须尽量光滑，多次重复实验
D.一定会有y1∶y2∶y3＝1∶4∶9
解析：重复实验时，必须将弹簧压缩到同一位置，再释放小球，以保证每次弹出的初速度都相同，A对.桌面必须保证严格水平，以保证小球做平抛运动，B对.桌面光滑与否与实验精度无关，只要弹出时速度相同即可，C错.由于竖直长木板的初始位移与抛出点的距离不一定也是x，则O、A、B、C四点的时间间隔不一定相同，则不一定会有y1∶y2∶y3＝1∶4∶9，D错.
答案：AB
2.如图所示为频闪摄影方法拍摄的研究物体做平抛运动规律的照片，图中A、B、C为三个同时由同一点出发的小球。AA′为A球在光滑水平面上以速度v运动的轨迹；BB′为B球以速度v被水平抛出后的运动轨迹；CC′为C球自由下落的运动轨迹.通过分析上述三条轨迹可得出结论：_________________________________________
_______________________________________________________
_____________________________________________________.
解析：仔细观察照片可以发现，B、C两球在任一曝光瞬间的位置总在同一水平线上，说明平抛运动物体B在竖直方向上的运动特点与自由落体运动相同；而A、B两小球在任一曝光瞬间的位置总在同一竖直线上，说明平抛运动物体B在水平方向上的运动特点与匀速直线运动相同.所以，做平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动.
答案：见解析
3.在研究平抛运动的实验中
（1）为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用（ ）
A.空心小铁球
B.实心小铁球
C.实心小木球
D.以上三种小球都可以
（2）安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是（ ）
A.保证小球飞出时，初速度水平
B.保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
C.保证小球在空中运动的时间每次都相等
D.保证小球运动的轨迹是一条抛物线
（3）如图所示，某同学在做平抛运动的实验时，小球运动过程中先后经历了轨迹（轨迹未画出）上的a、b、c、d四个点；已知图中每个小方格的边长l＝1.6
cm，g取10
m/s2.
请你根据小方格纸上的信息，完成下面的问题：
①若已知平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，则小球运动过程中从a→b、b→c、c→d所经历的时间 （选填“相同”或“不同”）.
②小球平抛运动的初速度v0＝ m/s；
③小球在b点时的速率为vb＝ m/s（计算结果均保留两位有效数字）.
解析：（1）为了减小空气阻力对小球的影响，要选择体积较小质量较大的小球，故选实心小铁球，故选项B正确，A、C、D错误.
（2）斜槽末端的切线必须是水平的，是为了保证小球抛出后做平抛运动，故选项A正确，B、C、D错误.
（3）①小球在水平方向做匀速直线运动，由于a→b、b→c、c→d的水平间距相等，所以所经历的时间相同；
②在竖直方向上有Δy＝gT2，则有T＝＝
s＝0.04
s，可得小球平抛运动的初速度v0＝＝0.80
m/s；
③b点竖直方向的分速度vby＝＝＝0.60
m/s，小球在b点时的速率为vb＝eq
\r(v＋v)＝1.0
m/s.
答案：（1）B （2）A （3）①相同 ②0.80
m/s ③1.0
m/s
4.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置.
（1）（多选）关于实验过程中的一些做法，以下合理的有 .
A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B.调整木板，使之与小球下落的竖直面平行
C.每次小球应从同一位置由静止释放
D.用折线连接描绘的点得到小球的运动轨迹
（2）某同学在实验操作时发现，将小钢球轻轻放在斜槽末端时，小球能自动滚下.他应该如何调整：____________________________
.
（3）以抛出点为坐标原点O，利用水平位移x和竖直位移y的多组数据作出小球的运动轨迹图，如图乙所示.在图像上取一点P，其坐标如图所示.则小球从O运动到P的时间t＝ s；小球初速度的大小v0＝ m/s.（重力加速度g取10
m/s2）
解析：（1）为了保证小球离开斜槽后做平抛运动，安装斜槽轨道时，使其末端保持水平，故选项A正确；为准确方便确定小球运动轨迹，应调整木板，使之与小球下落的竖直面平行，故选项B正确；为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次小球应从斜槽的同一位置由静止释放，故选项C正确；用平滑的曲线连接描绘的点得到小球的运动轨迹，故选项D错误.
（2）小球能自动滚下说明斜槽末端不水平，应该调整：调节斜槽末端水平，保证小球做平抛运动.
（3）根据y＝gt2，解得小球从O运动到P的时间t＝＝
s＝0.3
s；水平方向则有x＝v0t，解得小球初速度的大小v0＝＝
m/s＝1
m/s.
答案：（1）ABC （2）调节斜槽末端水平 （3）0.3 1
PAGEA级 合格达标
1．在弯道上高速行驶的赛车，后轮突然脱离赛车．关于脱离了赛车的后轮的运动情况，以下说法正确的是( )
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：轮子由于惯性将沿弯道的切线方向直线飞出，故C正确．
答案：C
2．某质点在一段时间内做曲线运动，则在此段时间内( )
A．速度可以不变，加速度一定在不断变化
B．速度可以不变，加速度也可以不变
C．速度一定在不断变化
D．速度一定在不断变化，加速度一定在不断变化
解析：曲线运动的速度方向是时刻改变的，速度也就一定在变化，但加速度可以不变；曲线运动有两种情况，一种是匀变速曲线运动，另一种是非匀变速曲线运动．
答案：C
3．(多选)关于物体做曲线运动的条件，下列说法中正确的是( )
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．物体所受合力为零不可能做曲线运动
D．物体只要受到合力作用就一定做曲线运动
解析：物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一直线上，与合力是变力还是恒力无关，A错，B对．若物体所受合力为零，则物体静止或做匀速直线运动，C对．物体做匀变速直线运动时，一定受到合力作用，D错．
答案：BC
4．(多选)下列关于力和运动关系的说法中，正确的是( )
A．物体做曲线运动，一定受到了力的作用
B．物体做匀速运动，一定没有力作用在物体上
C．物体运动状态变化，一定受到了力的作用
D．物体受到摩擦力作用，运动状态一定会发生改变
解析：物体做曲线运动，一定受到与速度不在同一直线上的力的作用，A对；匀速运动的物体所受合力为零，并不是不受力的作用，B错误；力是改变物体运动状态的原因，C对；受摩擦力作用仍可能处于平衡状态，D错误．
答案：AC
5．(多选)某质点做曲线运动的轨迹如图中虚线所示，则下列各图中标出的质点通过位置P时的速度v、加速度a的方向，可能正确的是( )
解析：曲线运动的轨迹夹在速度和合外力之间且弯向合外力方向，所以A、C正确，B、D错误．
答案：AC
6．关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是( )
A．它所受的合力可能为零
B．有可能处于平衡状态
C．速度方向一定时刻改变
D．受的合外力方向有可能与速度方向在同一条直线上
解析：根据曲线运动的条件，只有物体所受的合外力不为零，且合力与它的速度不在一条直线上，物体才做曲线运动，A、B、D错误；曲线运动的速度方向时刻在发生改变，曲线运动一定是变速运动，C正确．
答案：C
7．(多选)物体受到几个恒力的作用而处于平衡状态，若再对物体施加一个恒力，则物体可能做( )
A．静止或匀速直线运动
B．匀变速直线运动
C．曲线运动
D．非匀变速曲线运动
解析：物体处于平衡状态，则原来几个力的合力一定为零，现受到另一个恒力作用，物体一定做匀变速运动，故A错误；若物体原来静止，则现在一定做匀加速直线运动，若物体原来做匀速直线运动，且速度与恒力的方向共线，则做匀变速直线运动，故B正确；若速度与恒力不在同一直线上，则物体做曲线运动，C正确；物体若是做曲线运动时，合外力是恒力，加速度也是恒定的，因此物体做匀变速曲线运动，D错误．
答案：BC
B级 等级提升
8．某质点仅在恒力F的作用下，由O点运动到A点的轨迹如图所示，在A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿( )
A．x轴正方向
B．y轴正方向
C．x轴负方向
D．y轴负方向
解析：A点速度方向与x轴平行，则合力只能在x轴与v0的反方向边界所夹区域内(不含边界)．
答案：D
9．如图所示，赛车在一段需转弯的水平路面上匀速率行驶，关于它受到的水平方向的作用力的示意图，可能正确的是(图中F为地面对车的静摩擦力，F1为它行驶时所受的阻力)( )
解析：F1为汽车行驶时所受阻力，阻力的方向必定与速度的方向相反，所以D选项错误；F为地面对汽车的静摩擦力，因速率不变，则沿切线方向的合力为零，即F沿切线方向的分力与F1等大反向，且F的另一个分力指向轨迹凹的一侧，所以C正确．
答案：C
10．在光滑水平面上有一质量为2
kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动．现突然将与速度反方向的2
N的力水平旋转60°，则关于物体运动情况的叙述正确的是( )
A．物体做速度大小不变的曲线运动
B．物体做加速度为1
m/s2的匀变速曲线运动
C．物体做速度越来越小的曲线运动
D．物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大
解析：物体开始做匀速直线运动，所以所受合力为0，将与速度反方向的2
N的力水平旋转60°，根据平行四边形定则，此时合力大小为2
N，方向与速度方向夹角为60°，与速度不在一条直线上，所以物体将做曲线运动，但因为合力与速度方向不垂直，力会改变速度大小，A错误；结合A选项的分析，物体做曲线运动，受合力大小为2
N，加速度a＝＝1
m/s2，不变，所以物体做加速度为1
m/s2的匀变速曲线运动，B正确；因为合力与速度夹角小于90°，速度增大，C错误；因为物体做匀变速曲线运动，D错误．
答案：B
PAGE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4分，共40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4分，选错或不答的得0分）
1.关于竖直下抛运动，下列说法正确的是（ ）
A.下落过程是加速运动，加速度越来越大
B.下落过程是匀速直线运动
C.在下抛时，由于给物体一定的作用力，所以在下落过程中的加速度大于重力加速度
D.下落过程中物体的运动是匀变速直线运动
解析：由于物体只受重力作用，下落过程中加速度不变，物体做匀加速直线运动，A、B、C三项错误，D项正确.
答案：D
2.将一蜡块置于注满清水的长玻璃管中，封闭管口后将玻璃管竖直倒置，在蜡块匀加速上浮的同时，使玻璃管紧贴竖直黑板面沿水平向右方向匀速移动，如图所示.设坐标系的x、y轴正方向分别为水平向右、竖直向上，则蜡块相对于黑板的运动轨迹是（ ）
A B C D
解析：蜡块参加了两个分运动：竖直方向在管中匀加速上浮，水平方向水平向右匀速直线移动，故它做匀变速曲线运动.蜡块的合力竖直向上，故它的运动轨迹向上弯曲，故A、B、D错误，C正确.
答案：C
3.某物理实验小组采用如图所示的装置研究平抛运动.每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出.改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹.某同学设想小球先后三次做平抛，将水平挡板依次放在1，2，3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距.若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1，x2，x3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是（ ）
A.x2－x1＝x3－x2
B.x2－x1＜x3－x2
C.x2－x1＞x3－x2
D.无法判断
解析：因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以x2－x1＞x3－x2.故C正确.
答案：C
4.磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫.当它腹朝天、背朝地躺在地面上时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中（设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）.弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离约为0.8
mm，弹射最大高度约为24
cm.则它重心向下的加速度是重力加速度的（ ）
A.3
000倍
B.300倍
C.
D.
解析：设磕头虫背部撞击地面的速度为vt，则有：v＝2as1＝2gs2，所以有＝＝＝300.
答案：B
5.某卡车在公路上与路旁障碍物相撞.处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体，经判断，它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的.为了判断卡车是否超速，需要测量的是（ ）
A.车的长度，车的质量
B.车的高度，车的重量
C.车的长度，零件脱落点与陷落点的水平距离
D.车的高度，零件脱落点与陷落点的水平距离
解析：零件被抛出做平抛运动，且平抛运动的初速度等于卡车原来的速度，则h＝gt2，x＝v0t，解得v0＝x.要测量卡车原来的速度，只要测出零件平抛运动的初速度.由上知，需要测量的量是车的高度h，零件脱落点与陷落点的水平距离x，故D正确.
答案：D
6.如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A点，不计空气阻力，若从抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（ ）
A.增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ
B.增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0
C.减小抛射速度v0，同时减小抛射角θ
D.增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0
解析：把篮球斜上抛的运动逆向看作平抛运动，若从抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则需要增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0，选项B正确.
答案：B
7.如图所示，在足够长的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它从抛出到离斜面最远所用时间为t1，从抛出到落到斜面上所用时间为t2，则t1与t2之比为（ ）
A.1∶1
B.1∶2
C.1∶3
D.1∶4
解析：从抛出到离斜面最远时速度方向与斜面平行，速度夹角为θ，得
tan
θ＝＝.
从抛出到落到斜面上时，位移夹角为θ，得
tan
θ＝＝eq
\f(\f(1,2)gt,v0t2)＝，
所以有＝，解得＝，故B正确.
答案：B
8.一只小船渡河，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说明对应船在静水中匀速运动，AD则说明船在静水中减速运动，故A、B错误；由以上分析可知，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
9.如图所示，炮弹射出炮口时的速度与水平方向成30°角，速度大小是800
m/s.在忽略所受空气阻力的情况下，下列分析正确的是（ ）
A.炮弹射出时的竖直分速度是400
m/s
B.炮弹射出时的水平分速度是400
m/s
C.炮弹射出后做匀变速直线运动
D.炮弹射出后能上升的最大高度小于2
000
m
解析：炮弹的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动.在竖直方向的初速度为vy＝v0sin
30°＝800×
m/s＝400
m/s，在水平方向上为vx＝v0cos
60°＝800×
m/s≈693
m/s，故A正确，B错误；炮弹射出后，因加速度不变，且加速度与速度不共线，做匀变速曲线运动，故C错误；根据运动学公式可知，射出后能上升的最大高度h＝eq
\f(v,2g)＝
m＝8
000
m，故D错误.
答案：A
10.如图所示，长为L＝1.5
m的圆筒悬挂于天花板上，在圆筒的正下方有直径小于圆筒内径的小钢球C，C与圆筒下端B的距离h＝2
m，某时刻烧断悬挂圆筒的悬绳，同时将小钢球C以v0＝20
m/s的初速度竖直上抛，空气阻力不计，g取10
m/s2，小钢球C从圆筒中穿过的时间是（ ）
A.0.015
s
B.0.05
s
C.0.075
s
D.0.1
s
解析：球C竖直上抛，筒自由落体，假设C、B点相遇时经历时间为t1，得：h＝gt＋v0t1－gt＝2
m.代入数据得：t1＝0.1
s.此时筒下落速度：v1＝gt1＝10×0.1
m/s＝1
m/s，球上升速度：v2＝v0－gt1＝（20－10×0.1
m/s）＝19
m/s.假设小球从B到A点，经历时间为t2，则筒长为L＝v1t2＋gt＋v2t2－gt＝1.5
m，解得：t2＝0.075
s.
答案：C
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
11.关于曲线运动，下列说法错误的是（ ）
A.做曲线运动的物体，其速度大小一定会发生变化
B.做曲线运动的物体，所受合力可能为零
C.做曲线运动的物体，其速度方向一定会发生变化
D.做曲线运动的物体，其速度不一定发生变化
解析：做曲线运动的物体，其速度大小不一定会发生变化.例如匀速圆周运动，选项A错误；做曲线运动的物体一定有加速度，则所受合力不可能为零，选项B错误；做曲线运动的物体，其速度方向一定会发生变化，则做曲线运动的物体其速度一定发生变化，选项C正确，D错误.
答案：ABD
12.有A、B两小球，B的质量为A的两倍.已知A的速度为v1，现将B以不同速率v2沿与v1同一方向抛出，不计阻力，图中①为A的运动轨迹，则（ ）
A.若v2＝v1，B的轨迹为①
B.若v2＞v1，B的轨迹为②
C.若v2＜v1，B的轨迹为③
D.若v2＞v1，B的轨迹为④
解析：A对，因抛出后两球均只受重力，故加速度相同，若两球初速度大小和方向均相同，则两球的运动轨迹相同，即B的轨迹为①.C对，B、D错；因初速度方向相同，若v2＞v1，B的轨迹既不是②也不是④；若v2＜v1，B的轨迹为③.
答案：AC
13.摩托车跨越表演是一项惊险刺激的运动，受到许多极限爱好者的喜爱.假设在一次跨越河流的表演中，摩托车离开平台时的速度为24
m/s，刚好成功落到对面的平台上，测得两岸平台高度差为5
m，如图所示.若飞越中不计空气阻力，摩托车可以近似看成质点，g取10
m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A.摩托车在空中的飞行时间为1
s
B.河宽为24
m
C.摩托车落地前瞬间的速度大小为10
m/s
D.若仅增加平台的高度（其他条件均不变），摩托车依然能成功跨越此河流
解析：A对，摩托车在竖直方向做自由落体运动，则有h＝gt2，解得摩托车在空中的飞行时间为t＝1
s.B对，河流的最大宽度即摩托车水平方向位移为d＝x＝v0t＝24×1
m＝24
m.C错，竖直方向速度为vy＝gt＝10
m/s，则摩托车落地前瞬间的速度为v＝eq
\r(v＋v)＝
m/s＝26
m/s.D对，摩托车离开平台做平抛运动，仅增加平台的高度（其他条件均不变），则有在空中的飞行时间增大，摩托车水平方向位移增大，所以摩托依然能成功跨越此河流.
答案：ABD
14.在一些广场经常会有一种抛圈游戏，现简化模型如图：细铁丝绕成的圆圈在界线的正上方水平抛出（圆圈平面一直保持水平）.不计空气阻力，落地后立即停止运动，且圆圈不能碰到玩具；细圆柱体玩具（直径忽略）垂直放置在水平地面上.设圆圈抛出时的离地高度为H，初速度v垂直于界线，界线到玩具的距离d＝1.8
m，已知圆圈的半径R＝0.1
m，玩具的高度为h＝0.2
m.为了套中玩具，以下说法正确的是（g取10
m/s2）（ ）
A.圆圈的抛出点越高，则需要抛出的速度越小
B.只要满足H＞h，同时控制好v，则必定可套中玩具
C.H至少为
m，否则无论v多大都不能套中玩具
D.H至少为1.25
m，否则无论v多大都不能套中玩具
解析：圆圈的抛出点越高，由t＝可知运动时间越长，由x＝v0t知，抛出的速度越小，A对.
临界轨迹如图所示，设从抛出点到玩具顶端的时间为t1，从抛出点到地面时间为t2，根据平抛规律有H－h＝gt，得t1＝，同理H＝gt，得t2＝，初速度v＝＝，代入数据解得t1＝0.9t2，即＝0.9
，解得H＝
m.如果H＜
m，无论如何也不能套中玩具，C对，B、D错.
答案：AC
三、非选择题（本题共4小题，共44分）
15.（8分）用频闪照相技术拍下的两小球运动的频闪照片如图所示，拍摄时，光源的频闪频率为10
Hz，a球从A点水平抛出的同时，b球自B点开始下落，背景的小方格为相同的正方形.重力加速度g取10
m/s2，不计阻力.
（1）根据照片显示的信息，下列说法中正确的是（ ）.
A.只能确定b球的运动是自由落体运动
B.不能确定a球沿竖直方向的运动是自由落体运动
C.只能断定a球的运动是水平方向的匀速直线运动
D.可以确定a球沿水平方向的运动是匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成
（2）根据照片信息可求出a球的水平速度大小为 m/s；当a球与b球运动了 s时它们之间的距离最小.
解析：（1）因为相邻两照片间的时间间隔相等，水平位移相等，知小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上的运动规律与b球运动规律相同，知竖直方向上做自由落体运动.故D正确，A、B、C错误.
（2）根据Δy＝gT2＝10×0.01
m＝0.1
m，所以2L＝0.1
m，所以平抛运动的初速度v0＝＝
m/s＝1
m/s.
因为两球在竖直方向上都做自由落体运动，所以位移之差恒定.当小球a运动到与b在同一竖直线上时距离最短，则t＝＝
s＝0.2
s.
答案：（1）D （2）1 0.2
16.（10分）如图，在一个平台边缘A点上以v0的初速度水平抛出一个小球，小球恰好落在倾角为30°的斜面上的P点，平台A点到斜面顶端O的竖直高度h＝
m，O、P间距离为L＝
m，（g取10
m/s2）求：
（1）小球飞行的时间；
（2）小球在P点的速度方向与斜面的夹角.
解析：（1）小球抛出去以后，做平抛运动，在竖直方向可分解为自由落体运动，得
h＋Lsin
30°＝gt2，
解得t＝1
s.
（2）设落点与水平方向夹角为θ，由平抛运动规律可得
vy＝gt，
Lcos
30°＝v0t，
tan
θ＝，
解得θ＝60°，
所以落点与斜面夹角为30°.
答案：（1）1
s （2）30°
17.（10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.（16分）如图所示，排球场的长为18
m，球网的高度为2
m.运动员站在离网3
m远的线上，正对球网竖直跳起，把球垂直于网水平击出.（g取10
m/s2）
（1）设击球点的高度为2.5
m，问球被水平击出时的速度在什么范围内才能使球既不触网也不出界？
（2）若击球点的高度小于某个值，那么无论球被水平击出时的速度为多大，球不是触网就是出界，试求出此高度.
解析：（1）如图甲所示，排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ，排球恰不出界时其运动轨迹为Ⅱ，根据平抛运动的规律，由x＝v0t和h＝gt2可得，当排球恰不触网时有
图甲
x1＝v1t1，①
h1＝gt，②
由①②可得v1＝3
m/s.
当排球恰不出界时有
x2＝v2t2，③
h2＝gt，④
由③④可得v2＝12
m/s.
所以排球既不触网也不出界的速度范围是3
m/s≤v0≤12
m/s.
（2）如图乙所示为排球恰不触网也恰不出界的临界轨迹.设击球点的高度为h，根据平抛运动的规律有
图乙
x1＝v0t1′＝3
m，⑤
h1′＝gt1′2＝h－2
m，⑥
x2＝v0t2′＝3
m＋9
m＝12
m，⑦
h2′＝h＝gt2′2，⑧
由⑤⑥⑦⑧式可得，高度h＝
m.
答案：（1）3
m/s≤v0≤12
m/s （2）
m
PAGEA级 合格达标
1.（多选）关于功和能，下列说法中正确的是（ ）
A.如果一个物体能够对外做功，我们就说这个物体具有能量
B.做功的过程总伴随着能量的改变，做了多少功，能量就改变多少
C.功就是能，能就是功
D.功是能量转化的量度
解析：能量是反映物体对外做功本领的物理量，一个物体如果能够对外做功，这个物体就具有能量，选项A正确；功是能量转化的量度和原因，能量改变了多少，就必定伴随着力对物体做了多少功，选项B、D正确；功是能量转化过程中的过程量，是能量转化的方式和手段，能量是状态量，功和能是两个不同的物理量，选项C错误.
答案：ABD
2.力对物体做功100
J，下列说法正确的是（ ）
A.物体具有的能量增加100
J
B.物体具有的能量减少100
J
C.有100
J的能量发生了转化
D.产生了100
J的能量
解析：由于物体是否对外做功未知，因此无法判断物体具有的能量的变化，A、B错误；功是能量转化的量度，故C正确、D错误.
答案：C
3.如图所示，已知m1>m2>m3，在同样大小的力F的作用下，三个物体都沿力的方向移动s，则力F所做的功（ ）
A.甲情况下F做功最多
B.乙情况下F做功最多
C.丙情况下F做功最多
D.三种情况下F做功一样多
解析：已知拉力和移动的位移相同，根据公式W＝Fs，可知做的功相同，故D正确，A、B、C错误.
答案：D
4.以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为f，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为（ ）
A.0
B.－fh
C.－2fh
D.4fh
解析：上升阶段，空气阻力做功W1＝－fh.下落阶段空气阻力做功W2＝－fh，整个过程中空气阻力做功W＝W1＋W2＝－2fh，故选项C正确.
答案：C
5.光滑的水平地面上放着一辆小车，站在小车上的人拉系在墙壁上的水平绳子，使小车和人一起向右加速运动.则下列说法正确的是（ ）
A.绳子的拉力对人做了负功
B.绳子的拉力对小车做了正功
C.小车对人的摩擦力对人做了正功
D.人对小车的摩擦力对小车做了正功
解析：绳子对人的拉力方向向右，小车向右加速运动，则拉力对人做正功，A错.由于拉力未作用在小车上，所以拉力对小车不做功，B错.小车对人的摩擦力方向向左，则小车对人的摩擦力对人做负功，C错.人对小车的摩擦力方向向右，则摩擦力对小车做正功，D对.
答案：D
6.（多选）如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至高处.在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.摩擦力对物体做正功
B.摩擦力对物体做负功
C.支持力对物体不做功
D.合外力对物体做正功
解析：物体P相对于传送带有向下运动的趋势，故P受到沿传送带向上的静摩擦力，摩擦力的方向与物体P的运动方向相同，故摩擦力对P做正功，A对，B错.支持力垂直于传送带向上，与物体P的运动方向垂直，故支持力对物体P不做功，C对.物体P做匀速运动，所受合外力为零，故合外力做功为零，D错.
答案：AC
B级 等级提升
7.如图所示，光滑斜劈M放在光滑的水平面上，当滑块N从M上滑下时，M同时向左滑动.关于各力的做功情况，下列判断正确的是（ ）
A.M对N的支持力不做功
B.M对N的支持力做负功
C.N对M的压力不做功
D.N对M的压力做负功
解析：M对N的支持力始终垂直M的斜面方向，因M向左移动，N的位移与M对N的支持力的夹角是钝角，故M对N的支持力做负功，故A错误，B正确；N对M的压力垂直斜面向下，M的位移向左，故N对M的压力与M位移夹角为锐角，N对M的压力做正功，故C、D错误.
答案：B
8.如图所示，物体在力F的作用下沿粗糙水平面发生了一段位移，三种情形下力F和位移l的大小都相等.角θ的大小和物体运动方向已在图中标明，下列说法正确的是（ ）
A.甲、乙两种情形下，力F都做正功
B.乙、丙两种情形下，力F都做负功
C.三种情形下，力F做功的绝对值相等
D.三种情形下，合力做功的绝对值相等
解析：甲中力与速度方向成锐角，故力F做正功；乙中力和速度方向成钝角，故力做负功；丙中力和速度方向成锐角，故力做正功，A、B错.这三种情形下力F和位移l的大小都是一样的，根据W＝Flcos
α可知三种情况下力F做功的绝对值相等，C对.这三种情形下，重力、支持力不做功，摩擦力做负功且Wf甲＝Wf乙0、WF乙<0、WF丙>0，可知合力做功的绝对值不相等，D错.
答案：C
9.如图所示，某个力F＝10
N作用于半径为R＝1
m的转盘边缘上，力F的大小保持不变，但方向始终与作用点的切线方向保持一致，则转动一周的过程中这个力F所做的功应为（ ）
A.0
B.20π
J
C.10
J
D.20
J
解析：这是一个变力做功问题，不能把物体的位移l直接代入W＝Flcos
θ进行计算，正确的做法是将运动过程分割成极短的小段来考虑问题.本题中每一瞬间大小恒定的力F与每一瞬间的位移方向相同，故累积的位移值应为周长2πR，所以力F在一周时间内所做的功W＝F·2πR＝10×2π×1
J＝20π
J.
答案：B
10.如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M.它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面.小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ.若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块做功的大小为（ ）
A.2μMgl
B.3μMgl
C.μMgl
D.μMgl
解析：由题意可知，所有小方块所受摩擦力的大小与小方块的位移成正比，所有小方块开始所受摩擦力为0，最大时为μMg，故所有小方块所受的平均摩擦力＝μMg，位移为l，则所有小方块克服摩擦力做的功Wf＝μMgl，C正确.
答案：C
11.
一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示.求：
（1）0～6
s时间内物体的位移；
（2）0～10
s时间内物体克服摩擦力所做的功.
解析：（1）由题图丙可知0～6
s时间内物体的位移为s＝×3
m＝6
m.
（2）由题图丙可知，在6～8
s时间内，物体做匀速运动，于是有摩擦力f＝2
N.
0～10
s时间内物体的总位移为
s′＝×3
m＝15
m，
物体克服摩擦力所做的功W＝fs′＝2×15
J＝30
J.
答案：（6）6
m （2）30
J
PAGEA级 合格达标
1.（多选）关于运动的合成，下列说法中正确的是（ ）
A.合运动的速度一定比每一个分运动的速度大
B.不在同一直线的两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C.两个分运动是直线运动的合运动，一定是直线运动
D.两个分运动的时间，一定与它们的合运动的时间相等
解析：合速度可能比分速度大，也可能比分速度小，还可能和分速度一样大，A错误；两个匀速运动的合运动一定是匀速运动，因为合加速度为零，B正确；如果一个匀加速，一个匀速，合加速度不为零且不与合速度共线，则合运动是曲线运动，C错误；根据运动的等时性可知：两个分运动的时间，一定与它们的合运动的时间相等，D正确.
答案：BD
2.两个不在同一直线上的分运动，一个是匀速直线运动，另一个是匀变速直线运动，则合运动（ ）
A.一定是直线运动
B.一定是曲线运动
C.可能是匀速运动
D.不可能是匀变速运动
解析：由于物体的受力方向与合速度的方向不在一条直线上，因此物体一定做匀变速曲线运动，B正确.
答案：B
3.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目.如图，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
D.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
4.如图所示，起重机将货物沿竖直方向匀加速吊起，同时又沿横梁水平匀速向右运动.此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是图中的（ ）
解析：货物向右匀速运动，向上匀加速运动，其运动轨迹为曲线，并且是抛物线，曲线应向加速度方向弯曲，故C正确.
答案：C
5.路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯.若车匀速向左运动的同时梯子匀速上升，则关于梯子上的工人的描述，正确的是（ ）
A.工人相对地面的运动轨迹为曲线
B.仅增大车速，工人相对地面的速度将变大
C.仅增大车速，工人到达顶部的时间将变短
D.仅增大车速，工人相对地面的速度方向与竖直方向的夹角将变小
解析：车上的工人一边与车一起向左匀速运动，一边随着梯子匀速上升，合成后的运动轨迹为直线，因此A错误；仅增大车速vx，由图像可知工人相对地面的速度v将变大，工人相对地面的速度方向v与竖直方向的夹角θ将变大，因此B正确，D错误；工人到达顶部的时间是由竖直方向上的距离除以竖直速度vy，竖直速度不变，所以时间不变，因此C错误.
答案：B
6.一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
7.如图为一个半圆形的固定硬杆AB，一根绳子跨过B端的定滑轮后，连接一个套在杆上的小环.小环在绳子的拉动下从靠近A端开始沿着杆AB运动到B端，已知拉绳速度恒为v，则小环从A到B的运动情况是（ ）
A.越来越快
B.越来越慢
C.先变快后变慢
D.先变慢后变快
解析：如图，将小环速度沿绳方向和垂直于绳方向分解后，有v1＝，小环运动过程中θ变大，v1不断变小，B正确.
答案：B
B级 等级提升
8.（多选）如图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿着水平直跑道AB运动拉弓放箭射向他左侧的固定靶.假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭速度为v2，跑道离固定靶的最近距离OA＝d.若不计空气阻力和箭的重力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则（ ）
A.运动员骑马奔驰时应该瞄准靶心放箭
B.运动员应该在距离A点为d的地方放箭
C.箭射到靶的最短时间为
D.箭射到靶的最短时间为eq
\f(d,\r(v－v))
解析：运动员骑马奔驰时，应沿平行于OA方向放箭.放箭后，对于箭有：沿AB方向s＝v1t；平行于OA方向d＝v2t；故放箭的位置距离A点的距离为s＝d，选项B正确.箭平行于OA方向放射时所需时间最短，则t＝，选项C正确.
答案：BC
9.如图所示，在长约一米的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个大小适当的圆柱形红蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，保证将其迅速竖直倒置时，红蜡块能沿玻璃管由管口匀速上升到管底.现将此玻璃管倒置安装在置于桌面上的小车上的同时，小车从A位置在恒力F作用下从静止开始运动.经过一段时间后，小车运动到虚线表示的B位置.按照图中建立的坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是（ ）
解析：红蜡块能沿玻璃管由管口匀速上升到管底，竖直合力为0，小车从A位置在恒力F作用下从静止开始运动，红蜡块在水平方向做匀加速运动，合力方向沿x方向正方向.C图与上述分析结论相符，故C正确.
答案：C
10.一小船在静水中的速度为3
m/s，它在一条河宽150
m、水流速度为4
m/s的河流中渡河，则该小船（ ）
A.能到达正对岸
B.渡河的时间可能少于50
s
C.以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200
m
D.以最短位移渡河时，位移大小为150
m
解析：因为小船在静水中的速度小于水流速度，所以小船不能到达正对岸，故A错误；当船头与河岸垂直时渡河时间最短，最短时间t＝＝50
s，故B错误；以最短时间渡河时，沿水流方向位移x＝v水t＝200
m，故C正确；当v船与实际运动方向垂直时渡河位移最短，设此时船头与河岸的夹角为θ，则cos
θ＝，故渡河位移s＝＝200
m，故D错误.
答案：C
11.如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：棒与平台接触点的实际运动即合运动方向垂直于棒斜向左上，如图所示，合速度v实＝ωL，沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsin
α＝v，所以ω＝，故B正确.
答案：B
12.一小船渡河，河宽d＝180
m，水流速度v1＝2.5
m/s.
（1）若船在静水中的速度为v2＝5
m/s，欲使船在最短的时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
（2）若船在静水中的速度为v2＝5
m/s，欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
（3）若船在静水中的速度为v2＝1.5
m/s，欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
解析：将船实际的速度（合速度）分解为垂直于河岸方向和平行于河岸方向的两个分速度，垂直于河岸的分速度影响渡河的时间，而平行于河岸的分速度只影响船在平行于河岸方向的位移.
（1）若v2＝5
m/s，欲使船在最短时间内渡河，船头应垂直于河岸方向，如图甲所示，合速度为倾斜方向，垂直于河岸的分速度v2＝5
m/s.
t＝＝
s＝36
s，v合＝eq
\r(v＋v)＝
m/s，
x＝v合t＝90
m.
（2）若v2＝5
m/s，欲使船渡河的航程最短，合速度应沿垂直于河岸方向，船头应朝图乙中的v2方向，垂直于河岸过河则要求cos
θ＝
＝，所以当船头与上游河岸成60°角时，航程最短x＝d＝180
m.
t＝＝
s＝24
s.
（3）若v2＝1.5
m/s，与（2）中不同，因为船速小于水速，所以船一定向下游漂移，如图丙所示.设船头指向与河岸夹角为θ，
欲使航程最短，船头指向与河岸夹角θ满足cos
θ＝＝0.6，得θ＝53°，即船头指向与上游河岸夹角为53°时航程最短.
最短航程：s短＝＝300
m，
所用时间：t＝＝150
s.
答案：（1）船头垂直于河岸 36
s 90
m （2）船头与上游河岸成60°角 24
s 180
m （3）船头与上游河岸成53°角 150
s 300
m
PAGEA级 合格达标
1.某型号大货车在上坡运输过程中，为了能顺利通过一个陡坡（ ）
A.以最大速度行驶，同时减小功率
B.尽量减小速度行驶，同时增加功率
C.以最大速度行驶，同时保持功率不变
D.尽量减小速度行驶，同时减小功率
解析：汽车上坡时需要较大的牵引力，根据P＝Fv可知，汽车要想获得较大的牵引力，必须要减速行驶，同时增加功率，故选项B正确.
答案：B
2.汽车以某一恒定功率启动后沿平直路面行驶，且行驶过程中受到的阻力恒为3×103
N，汽车能够达到的最大速度为30
m/s.则该恒定功率为（ ）
A.120
kW
B.90
kW
C.60
kW
D.45
kW
解析：当汽车达到最大速度时，受力平衡，则有F＝f＝3×103
N；则由P＝Fv可得：P＝3×103×30
W＝90
kW，选项B正确.
答案：B
3.一台电动机工作时的输出功率是10
kW，要用它匀速提升2.7×104
kg的货物，提升的速度约是（ ）
A.0.02
m/s
B.0.2
m/s
C.0.04
m/s
D.0.4
m/s
解析：由于物体是匀速上升的，所以物体受力平衡，电动机的拉力与物体的重力大小相等，由P＝Fv＝mgv可以求得v＝
m/s＝0.037
m/s≈0.04
m/s，故C正确.
答案：C
4.一台抽水机每秒能把30
kg的水抽到10
m高的水塔上.如果不计额外功的损失，这台抽水机保持输出功率不变的前提下，半小时内能做多少功（g＝10
m/s2）（ ）
A.3×105
J
B.5.4×105
J
C.5.4×106
J
D.3×106
J
解析：抽水机1秒钟内做的功是W＝mgh＝30×10×10
J＝3
000
J
所以抽水机的功率为P＝＝
W＝3
000
W，抽水机半小时做的功是W′＝Pt＝3
000×30×60
J＝5.4×106
J，故C正确.
答案：C
5.如图所示，一质量为1
kg的木块静止在光滑水平面上，在t＝0时，用一大小为F＝2
N、方向与水平面成θ＝30°的斜向右上方的力作用在该木块上，则在t＝3
s时力F的功率为（ ）
A.5
W
B.6
W
C.9
W
D.6
W
解析：对木块根据牛顿第二定律可知，木块的加速度为a＝＝
m/s2，则t＝3
s时的瞬时速度为v＝at＝3
m/s，则力F的瞬时功率为P＝Fvcos
θ＝2×3×
W＝9
W.故C项正确.
答案：C
6.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：由于拉力相同且通过相同的位移，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
7.质量为5
t的汽车，在水平路面上以加速度a＝2
m/s2启动，所受阻力为1.0×103
N，汽车启动后第1
s末的瞬时功率是（ ）
A.2
kW
B.22
kW
C.1.1
kW
D.20
kW
解析：根据牛顿第二定律得F－f＝ma，则F＝f＋ma＝1
000
N＋5
000×2
N＝11
000
N.汽车第1
s末的速度v＝at＝2×1
m/s＝2
m/s，所以P＝Fv＝11
000×2
W＝22
000
W＝22
kW，故B正确，A、C、D错误.
答案：B
B级 等级提升
8.（多选）右图是健身用的“跑步机”示意图.质量为m的运动员踩在与水平面成α角的静止皮带上，运动员用力后蹬皮带，皮带运动过程中，受到的阻力恒定为f阻，使皮带以速度v匀速运动，则在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A.人脚对皮带的摩擦力是皮带运动的动力
B.人对皮带不做功
C.人对皮带做功的功率为mgv
D.人对皮带做功的功率为f阻v
解析：脚蹬皮带时，脚和皮带之间产生了摩擦力，皮带受到的摩擦力是皮带运动的动力，故选项A正确；皮带在人的作用下移动了距离，人对皮带做功，故选项B错误；运动过程中受到的阻力恒定为F阻，使皮带以速度v匀速运动，人对皮带做功的功率，等于阻力的功率，即人对皮带做功的功率为F阻v，故选项C错误，选项D正确.
答案：AD
9.一小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球在空中运动的过程中重力做功的功率P随时间t变化的图像是（ ）
解析：设经过时间t速度大小为v，其方向与竖直方向（或重力方向）成θ角，由功率公式P＝Fvcos
θ知，此时重力的功率P＝mgvcos
θ＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，故A正确.
答案：A
10.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1
m/s，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g取10
m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A.滑块的质量为2
kg
B.第1
s内摩擦力对滑块做的功为－1
J
C.第2
s末拉力F的瞬时功率为0.3
W
D.第2
s内拉力F的平均功率为0.15
W
解析：由图像斜率得加速度a＝＝1
m/s2；由两图知，第1
s内有f＋F1＝ma，第2
s内有F2－f＝ma，代入数据得：f＋1
N＝3
N－f，解得摩擦力f＝1
N，滑块质量m＝2
kg，A对.根据f＝μmg可得动摩擦因数μ＝0.05，第1
s内的位移x＝×1×1
m＝0.5
m，根据功的公式W＝FL可得第1
s内摩擦力对滑块做的功为W＝－fx＝－0.5
J，B错.第2
s末滑块的速度是1
m/s，则拉力F的瞬时功率P2＝F2v2＝3
W，C错.根据vt图像可知，第2
s内的平均速度v2＝＝
m/s＝0.5
m/s，所以第2
s拉力F的平均功率P＝F2v2＝3×0.5
W＝1.5
W，D错.
答案：A
11.一辆汽车质量为1×103
kg，最大功率为2×104
W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定.发动机的最大牵引力为3×103
N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图所示.试求：
（1）根据图像ABC判断汽车做什么运动；
（2）v2的大小；
（3）整个运动过程中的最大加速度；
（4）匀加速运动过程的最大速度是多大？匀加速运动过程用时多长？当汽车的速度为10
m/s时发动机的功率为多大？
解析：（1）由题图可知，在AB段汽车的牵引力不变，而水平方向的阻力恒定，根据牛顿第二定律可知，汽车做加速度不变的加速运动.在BC段汽车的牵引力减小，根据牛顿第二定律可知，汽车做加速度减小的加速运动，此
过程中BC的斜率不变，所以＝Fv＝P保持不变，所以BC段是以恒定的功率加速.
（2）当汽车的速度为最大速度v2时，牵引力为F1＝1×103
N，v2＝＝
m/s＝20
m/s，故v2的大小为20
m/s.
（3）汽车做匀加速直线运动时的加速度最大，阻力F阻＝＝
N＝1
000
N，加速度为a＝＝2
m/s2，
故整个过程中最大加速度为2
m/s2.
（4）与B点对应的速度为v1＝＝
m/s≈6.67
m/s，
故匀加速运动过程所用时间t＝≈3.33
s.
当汽车的速度为10
m/s时处于图像BC段，
故此时的功率为最大功率Pmax＝2×104
W.
答案：见解析
PAGEA级 合格达标
1.（多选）下列说法正确的是（ ）
A.物体的机械能守恒，一定只受重力和弹簧弹力作用
B.物体处于平衡状态时机械能一定守恒
C.物体的动能和重力势能之和增大时，必定有重力以外的其他力对物体做了功
D.物体的动能和重力势能在相互转化过程中，一定通过重力做功来实现
解析：物体的机械能守恒时，一定只有重力或弹簧的弹力做功，但不一定只受重力或弹簧弹力的作用.
答案：CD
2.下列四幅图中，动能与势能没有发生相互转化的是（ ）
解析：汽车匀速运动，动能不变，动能与势能没有发生相互转化；其他三幅图中都发生了动能与势能的相互转化，本题选A.
答案：A
3.如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高为H处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为零，则小球落到地面前瞬间的机械能为（ ）
A.mgh
B.mgH
C.mg（H＋h）
D.g（H－h）
解析：机械能是动能和势能的总和，因为选桌面为零势能面，所以开始时机械能为mgH.由于小球在下落过程中只受重力，所以小球在落地之前机械能守恒，即在下落过程中任意一个位置机械能都与开始时机械能相等，故选项B正确.
答案：B
4.（多选）如图所示，一根弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置有一个小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零.在小球的下降阶段中，以下说法正确的是（ ）
A.系统的机械能守恒
B.在B位置小球动能最大
C.在C位置小球动能最大
D.从A→C位置小球重力势能的减少等于小球动能的增加
解析：当弹簧弹力小于重力时，小球向下加速，当两个力相等时速度最大，然后做减速运动，重力势能的减小量等于动能的增加和弹性势能的增大之和，系统的机械能守恒，A、C正确.
答案：AC
5.（多选）如图所示，细绳跨过定滑轮悬挂两物体M和m，且M的质量大于m的质量，不计摩擦和定滑轮质量，两物体由静止开始运动的过程中（ ）
A.M、m各自的机械能分别守恒
B.M减少的机械能等于m增加的机械能
C.M减少的重力势能等于m增加的机械能
D.M和m组成的系统机械能守恒
解析：M下落过程中，绳的拉力对M做负功，M的机械能减少；m上升过程中，绳的拉力对m做正功，m的机械能增加，A错误.对M、m组成的系统，机械能守恒，易得B、D正确.M减少的重力势能并没有全部转化为m的机械能，还有一部分转变成M的动能，所以C错误.
答案：BD
6.将物体由地面竖直上抛，如果不计空气阻力，物体能够达到的最大高度为H，以地面为零势能面，当物体在上升过程中的某一位置，它的动能是重力势能的2倍，则这一位置的高度为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：物体总的机械能为mgH，当高度为h时，动能是势能的2倍，即动能为2mgh，由机械能守恒定律可得：mgh＋2mgh＝mgH
解得：h＝，故B项与题意相符.
答案：B
B级 等级提升
7.质量为m的物体，在距离h高处，以的加速度由静止竖直下落到地面上，下列说法中正确的是（ ）
A.物体的重力势能减小mgh
B.物体的机械能减小mgh
C.物体的动能减小mgh
D.物体的重力做功mgh
解析：物体在下落过程中，物体的重力做正功为WG＝mgh，则重力势能减小为mgh；物体的合力为F＝ma＝mg，则合力做功为mgh，根据动能定理可得物体的动能增加为mgh，所以物体的机械能减小为mgh，选项D正确，A、B、C错误.
答案：D
8.（多选）如图所示，两质量相等的小球a、b被固定在轻质直角支架上，支架两边Oa和Ob长分别为L和L，支架可绕过顶点处垂直支架平面的水平转轴O自由转动，开始时，两小球静止，Oa竖直，不计空气阻力和转轴处的摩擦，释放支架后，下列说法正确的是（ ）
A.小球a、b组成的系统机械能守恒
B.小球b在下落过程中机械能守恒
C.小球b在下落过程中动能先增大后减小
D.在支架转动过程中，小球a的线速度可能小于b的线速度
解析：小球a、b组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，选项A正确；小球b在下落过程，轻杆对小球做功，则此过程机械能不守恒，选项B错误；小球b在下落过程开始时和最后速度均为零，则速度先增加后减小，则其动能先增大后减小，选项C正确；在支架转动过程中，小球a和小球b同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr可知，小球a的线速度大于b的线速度，选项D错误.
答案：AC
9.如图所示，有一条长为1
m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10
m/s2）（ ）
A.2.5
m/s
B.
m/s
C.
m/s
D.
m/s
解析：链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－×2mg·sin
θ－×2mg·＋0＝－mgL（1＋sin
θ），
链条全部下滑出后，动能为Ek′＝×2mv2，重力势能为Ep′＝－2mg·，由机械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′，
即－mgL（1＋sin
θ）＝mv2－mgL，
解得v＝＝×
m/s＝2.5
m/s，故A符合题意.
答案：A
10.如图所示，质量都是m的物体A和B，通过跨过滑轮的轻绳相连，物体B置于光滑斜面上，不计绳子和滑轮之间的摩擦，开始时物体A离地的高度为h，物体B位于斜面的底端，用手托住物体A，A、B两物体均静止时放手，求：
（1）物体A将要落地时的速度；
（2）物体A落地后，物体B由于惯性将继续沿斜面上升，则物体B在斜面上上升的最远点离地的高度多大？
解析：（1）A、B两物体组成的系统机械能守恒：
mgh－mghsin
θ＝（m＋m）v2，
整理得v＝.
（2）当物体A落地后，物体B由于惯性将继续上升，此时绳子无弹力，物体B的机械能守恒，设其上升的最远点离地高度为H，
根据机械能守恒定律得mv2＝mg（H－hsin
θ），
整理得H＝h（1＋sin
θ）.
答案：（1） （2）h（1＋sin
θ）
PAGEA级 合格达标
1.不同的地球同步卫星，下列哪个物理量可能不同（ ）
A.线速度大小
B.向心力大小
C.轨道半径
D.加速度大小
解析：同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，G＝mr＝m＝ma，则有r＝
.同步卫星的周期与地球自转周期相同，所以各个同步卫星轨道半径相同，线速度v＝，所以所有地球同步卫星线速度大小相同，故A、C不符合题意.向心加速度a＝，所以加速度大小相同，但质量不知，因此向心力大小不一定相同，故D不符合题意，B符合题意.
答案：B
2.行星A、B都可看作质量分布均匀的球体，其质量之比为1∶2、半径之比为1∶2，则行星A、B的第一宇宙速度大小之比为（ ）
A.2∶1
B.1∶2
C.1∶1
D.1∶4
解析：根据第一宇宙速度计算的表达式可得v1＝，行星A、B的第一宇宙速度大小之比为1∶1，C正确，A、B、D错误.
答案：C
3.已知地球两极处的重力加速度为g，赤道上的物体随地球匀速圆周运动的向心加速度为a、周期为T.由此可知地球的第一宇宙速度为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：根据a＝R，解得地球的半径为R＝，则地球的第一宇宙速度为v＝＝＝.
答案：C
4.如图所示为在同一轨道平面上的三颗人造地球卫星A、B、C，下列说法正确的是（ ）
A.根据v＝，可知三颗卫星的线速度vAB.根据万有引力定律，可知三颗卫星受到的万有引力FA>FB>FC
C.三颗卫星的向心加速度aA>aB>aC
D.三颗卫星运行的角速度ωA<ωB<ωC
解析：由G＝m得v＝
，故vA>vB>vC，选项A错误；卫星受的万有引力F＝G，但三颗卫星的质量关系不知道，故它们受的万有引力大小不能比较，选项B错误；由G＝ma得a＝，故aA>aB>aC，选项C正确；由G＝mω2r得ω＝
，故ωA>ωB>ωC，选项D错误.
答案：C
5.（多选）我国计划2020年发射火星探测器.已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的.下列关于火星探测器的说法中正确的是（ ）
A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可
B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C.发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度
D.火星探测器环绕火星运行的最大速度约为第一宇宙速度的一半
解析：根据三个宇宙速度的意义，可知发射火星探测器的速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度.故选项A、B不符合题意，选项C符合题意.已知M火＝，R火＝，则火星探测器环绕火星运行的最大速度与地球第一宇宙速度之比为：vmax∶v1＝∶≈0.5，故选项D符合题意.
答案：CD
B级 等级提升
6.星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为该星球的第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1.已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（ ）
A.
B.
C.
D.gr
解析：设地球的质量为M，半径为R，近地飞行的卫星质量为m，
由万有引力提供向心力：＝m，①
在地球表面有＝mg，②
联立①②式得v＝.
利用类比的关系知该星球第一宇宙速度为v1＝，
第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1，
即v2＝.
答案：C
7.在距地面200
km的轨道上，宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A.飞船的速度一定大于第一宇宙速度
B.在飞船中，用弹簧秤测一个物体的重力，读数为零
C.在飞船中，可以用天平测物体的质量
D.因飞船处于完全失重状态，飞船中一切物体的质量都为零
解析：由＝m，得v＝＜
.
所以飞船的速度小于第一宇宙速度，故A错误；在飞船中的物体处于完全失重状态，所以用弹簧秤测一个物体的重力，读数为零，故B正确；在飞船中物体处于完全失重状态，不可以用天平测物体的质量，故C错误；质量是物体的固有属性，飞船处于完全失重状态，飞船中一切物体的质量不会改变，故D错误.
答案：B
8.在地球上空有许多绕地球做匀速圆周运动的卫星，下面说法正确的是（ ）
A.我们可以发射一颗静止在上海正上空的同步卫星，来为2019年10月份NBA中国赛的上海站提供通信服务
B.离地面越高的卫星，周期越大
C.在同一圆周轨道上运动的卫星，向心加速度大小可能不同
D.这些卫星的发射速度至少为11.2
km/s
解析：同步卫星只能定点在赤道上空，不能静止在上海正上方，故A项错误；由＝m可知T＝，故离地面越高的卫星，运行周期越大，故B项正确；同一轨道上的卫星轨迹半径相同，则根据＝ma，可得a＝，故向心加速度大小相等，故C项错误；绕地球做匀速圆周运动的卫星发射速度至少为7.9
km/s，故D项错误.
答案：B
9.已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍.若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为（ ）
A.6
h
B.12
h
C.24
h
D.36
h
解析：同步卫星的周期与其中心天体的自转周期相同.设地球的半径为R1，某行星的半径为R2，地球的同步卫星的周期为T1，轨道半径为r1，地球的平均密度为ρ1，某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2，行星的平均密度为ρ2，已知T1＝24
h，r1＝7R1，r2＝3.5R2，ρ1＝2ρ2，根据牛顿第二定律和万有引力定律有
eq
\f(Gm1·ρ1\f(4,3)πR,r)＝m1r1，eq
\f(Gm2·ρ2\f(4,3)πR,r)＝m2r2，
两式化简得T2＝＝12
h.故选B.
答案：B
10.如图所示，a为赤道上的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星.以下关于a、b、c的说法中正确的是（ ）
A.它们的向心加速度都与轨道半径成正比
B.它们的向心加速度都与轨道半径的二次方成反比
C.a和c的角速度相同
D.a和b的运转周期相同
解析：地球赤道上的物体a与同步卫星c具有相同的角速度，所以ωa＝ωc.根据a＝rω2知，它们的向心加速度与轨道半径成正比.对于b、c，根据万有引力提供向心力G＝ma，得a＝，知b、c的向心加速度与轨道半径的二次方成反比.故A、B错误.地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa＝ωc，周期相同，故C正确.对于b、c，根据万有引力提供向心力＝m，知T＝2π，则c的周期大于b的周期，则a的周期大于b的周期，故D错误.
答案：C
PAGE
