2012【优化方案】精品练：沪科物理必修2（24份）

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1．下列说法中正确的是(　　)
A．在经典力学中，物体的质量是不随物体运动状态而改变的
B．以牛顿运动定律为基础的经典力学理论具有局限性，它只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界
C．相对论与量子力学的出现否定了经典力学理论
D．伽利略的“自然数学化”的方法和牛顿的“归纳演绎法”是经典力学方法的典型
答案：ABD
2．下列说法中正确的是(　　)
A．自然界中的一切现象都能够用经典力学来描述
B．研究分子、原子的运动规律时，经典力学就不适用了
C．没有经典力学就没有今天的空间科学
D．无论物体以多大的速度运动，其加速度都和受到的合外力成正比
解析：选BC.经典力学的成就是辉煌的，作为现代航空航天理论基础的天体力学就是经典力学跟天文学相结合的产物，C正确；以牛顿运动定律为代表的经典力学体系，也有其自身的局限性和适用范围，A错误；一般来讲，经典力学不适用于描述微观粒子的运动，也不适用于描述接近光速的高速运动，B正确，D错误．
3．关于经典力学和狭义相对论，下列说法中正确的是(　　)
A．经典力学只适用于低速运动，不适用于高速运动(速度接近于真空中的光速)
B．狭义相对论只适用于高速运动(速度接近于真空中的光速)，不适用于低速运动
C．经典力学既适用于低速运动，也适用于高速运动(速度接近于真空中的光速)
D．狭义相对论既适用于高速运动(速度接近于真空中的光速)，也适用于低速运动
答案：AD
4．19世纪和20世纪之交，经典物理已达到了完整、成熟的阶段，但“在物理学晴朗天空的远处还有两朵小小的、令人不安的乌云”，人们发现了经典物理学也有无法解释的实验事实，“两朵乌云”是指(　　)
A．宏观问题　　　　　　　 B．高速问题
C．微观问题 D．低速问题
解析：选BC.由伽利略和牛顿创立的经典力学及物理学的各个分支，在19世纪相继进入鼎盛时期，它的完美和威力使物理学家深信：天地四方，古往今来的一切现象都能够用经典力学来描述，但是当人们用来解释原子内部结构和接近光速的高速运动的物体时，发现与实际情况有很大的出入，这令许多物理学家感到困惑，成为“令人不安的乌云”．
5．假设火箭以0.25c的速度离开地球，从火箭上向地球发射一个光信号，在火箭上测得光离开的速度是c，根据经典力学的绝对时空观，光达到地球时地球上测得的光信号的速度是多少？根据狭义相对性原理地球上测得的光信号的速度又是多少？
解析：(1)根据经典力学的速度合成法则，光信号相对火箭的速度是c，方向指向地球，而火箭相对地球的速度是0.25c，方向背离地球，二者方向相反，所以光信号相对地球的速度是v＝c－0.25c＝0.75c，方向指向地球．所以地球上测得的光信号速度是0.75c.
(2)根据狭义相对性原理，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．所以地球上测得的光信号速度仍是c.
答案：0.75c　c
一、选择题
1．继哥白尼提出“日心说”、开普勒提出行星运动三定律后，牛顿站在前人的肩膀上，创立了经典力学；揭示了包括行星在内的宏观物体的运动规律；爱因斯坦既批判了经典力学的不足，又进一步发展了经典力学，创立了相对论，这说明(　　)
A．世界无限广大，人不可能认识世界，只能认识世界的一部分
B．人的意识具有能动性，能够正确地反映客观世界
C．人对世界的认识具有局限性，需要发展和深化
D．每一个认识都可能被后人推翻，人不可能获得正确的认识
解析：选BC.发现总是来自于认识过程，观点总是为解释发现而提出的，主动认识世界，积极思考问题，解决(解释)问题，这是科学研究的基本轨迹．任何一个人对客观世界的认识都要受到当时的客观条件和科学水平的制约，所形成的“正确理论”都有一定的局限性，爱因斯坦的相对论是对经典力学理论的发展和深化，但也有人正在向爱因斯坦的理论挑战．因此，本题中B、C选项正确．
2．爱因斯坦相对论的提出，是物理学思想的一场重大革命，他(　　)
A．否定了牛顿的力学原理
B．提出了时间、空间并非绝对不变的属性
C．认为时间和空间是绝对不变的
D．承认了“以太”是参与电磁波传播的重要介质
答案：B
3．牛顿运动定律能适用于下列哪些情况(　　)
A．研究原子中电子的运动
B．研究“神舟”五号飞船的高速飞行
C．研究地球绕太阳的运动
D．研究飞机从北京飞往纽约的航线
解析：选BCD.B、C、D中各项运动虽然是“高速”，但相对于光速来说，却是微不足道的，完全可以用牛顿运动定律研究其规律．原子、电子等是微观粒子，它们的运动不服从牛顿运动定律，故牛顿运动定律不适用于A选项中的情况．
4．下列说法中正确的是(　　)
A．经典力学适用于任何情况下的任何物体
B．狭义相对论否定了经典力学
C．量子力学能够描述微观粒子运动的规律性
D．万有引力定律也适用于强相互作用力
解析：选C.经典力学只适用于宏观、低速、弱引力的情况下，A是错误的．狭义相对论没有否定经典力学，在宏观低速情况下，相对论的结论与经典力学没有区别，B错误．量子力学正确地描述了微观粒子运动的规律性，C是正确的．万有引力定律只适用于弱相互作用力，而对于强相互作用力是不适用的，D是错误的．
5．20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．不同领域的事物各有其本质与规律
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：选BCD.人们对客观世界的认识，要受到他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错，B、C、D对．
6．在高速世界里，时间和空间都是相对的，都会随惯性参照系的选择不同而不同．爱因斯坦根据基于相对性原理和光速不变原理，建立了狭义相对论，下面正确的是(　　)
A．相对性原理是指，物理规律在一切参照系中都具有相同的形式
B．光速不变原理是指，在一切参照系中，测量到的真空中的光速c都一样
C．光速不变原理是指，在一切惯性参照系中，测量到的真空中的光速c都一样
D．上面所述均不正确
答案：C
7．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．运动中物体无法称量质量
B．物体的速度远小于光速，质量变化极小
C．物体的质量太大
D．物体的质量不随速度的变化而变化
解析：选B.我们日常生活中物体的速度远小于光速，物体的质量随着速度的变化量极小，可以认为物体的质量没有变化，此时经典力学仍然成立．
8．假设有一列很长的火车沿平直轨道飞快匀速前进，车厢中央有一个光源发出了一个闪光，闪光照到了车厢的前后壁，根据狭义相对论原理，下列说法中正确的是(　　)
A．地面上的人认为闪光是同时到达两壁的
B．车厢里的人认为闪光是同时到达两壁的
C．地面上的人认为闪光先到达前壁
D．车厢里的人认为闪光先到达前壁
答案：B
9．如图6－1－2所示，强强乘电梯速度为0.9c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为(　　)
图6－1－2
A．0.4c B．0.5c
C．0.9c D．1.0c
解析：选D.根据光速不变原理，观测到的光速应为c，选项D正确．
10．下列说法中正确的是(　　)
A．相对性原理能简单而自然的解释电磁学的问题
B．在真空中，若物体以速度v背离光源运动，则光相对物体的速度为c－v
C．在真空中，若光源向着观察者以速度v运动，则光相对于观察者的速度为c＋v
D．迈克耳逊—莫雷实验得出的结果是：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的
答案：A
二、非选择题
11．牛顿在伽利略、笛卡儿、开普勒、惠更斯等人研究的基础上，采用______________的方法，总结出一套普遍适用的力学规律——牛顿运动定律和万有引力定律，建立了完整的经典力学体系．
答案：归纳与演绎、综合与分析
12．考虑几个问题：
图6－1－3
(1)如图6－1－3所示，参考系O′相对于参考系O静止时，人看到的光速是多少？
(2)参考系O′相对于参考系O以速度v向右运动，人看到的光速是多少？
(3)参考系O′相对于参考系O以速度v向左运动，人看到的光速是多少？
解析：根据速度合成法则，第一种情况人看到的光速应是c，第二种情况应是c＋v，第三种情况应是c－v，而根据狭义相对论原理，光速不变的，都应是c.
答案：三种情况都是c
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1．下面有关重力势能的说法正确的是(　　)
A．举得越高的物体，具有的重力势能就越大
B．质量越大的物体，具有的重力势能就越大
C．物体的重力势能可能小于零
D．物体的重力势能不可能为零
解析：选C.物体的重力势能Ep＝mgh，h是到零势能参考平面的距离．举得越高的物体，具有的重力势能不一定越大，质量越大的物体具有重力势能也不一定越大，所以A、B均错．当物体在参考平面上时，该物体的重力势能就为零；在参考平面以下时重力势能就小于零，所以C正确，D错．
2．关于重力势能和弹性势能，下列说法正确的是(　　)
A．重力势能属于物体和地球这个系统，弹性势能属于发生弹性形变的物体
B．重力势能是相对的，弹性势能是绝对的
C．重力势能和弹性势能都是相对的
D．重力势能和弹性势能都是状态能
解析：选ACD.重力势能是地球和物体共有的，弹性势能是发生弹性形变的物体具有的能．故A正确；重力势能和弹性势能都是相对的，故B错，C正确；势能都对应于物体的某一状态，故D正确．
3.
图4－1－3
如图4－1－3所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为0，则小球落到地面前瞬间的重力势能为(　　)
A．mgh　　　　　　　 B．mgH
C．mg(h＋H) D．－mgh
解析：选D.重力势能的大小是相对参考平面而言的，参考平面选择不同，物体的高度不同，重力势能的大小则不同．据题意知已选定桌面为参考平面，则小球在最高点时的高度为H，小球在桌面的高度为零，小球在地面时的高度为－h，所以小球落到地面上时，它的重力势能为Ep＝－mgh.
4.
图4－1－4
如图4－1－4所示，一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，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，弹力做的功不相等
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：选BD.由功的计算公式W＝Fscosθ知，恒力做功时，做功的多少与物体的位移成正比，而弹簧对物体的弹力是一个变力F＝ks，所以A不正确．弹簧开始被压缩时弹力小，弹力做的功也少，弹簧的压缩量变大时，物体移动相同的位移做的功多，故B正确．物体压缩弹簧的过程，弹簧的弹力与弹力作用点的位移方向相反，所以弹力做负功，弹簧的压缩量增大，弹性势能增大，故C错误，D正确．
5．世界著名撑竿跳高运动员乌克兰名将布勃卡身高1.83 m，体重82 kg，他曾35次打破撑竿跳高世界纪录，目前仍保持着6.14 m的室内世界纪录．请你探究以下两个问题：
(1)他跳过6.14 m时，至少克服重力做多少功？
(2)他的重力势能改变了多少？
解析：(1)WG＝－mgh＝－82×10× J≈－4285 J，即克服重力做功为4285 J.
(2)根据重力做功与重力势能变化的关系可知，他的重力势能增加了4285 J.
答案：(1)4285 J　(2)增加了4285 J
一、选择题
1．下列关于重力势能的说法，正确的是(　　)
A．重力势能等于零的物体，不能对别的物体做功
B．重力势能是地球和物体共有的，而不是物体单独具有的
C．在同一高度的质量相同的物体，虽然参考平面选取不同，但重力势能一定相等
D．在地面上的物体，它具有的重力势能一定等于零
解析：选B.重力势能是由物体和地球的相对位置决定的能，由地球和物体所共有，故选项B正确；由于重力势能具有相对性，其大小与参考平面的选取有关，所以重力势能等于零并不等于没有对外做功的本领，只是表明物体的重心位于参考平面上，故选项A、C错误；只有选地面为参考平面时，地面上的物体重力势能才等于零，故选项D错误．
图4－1－5
2．若物体m沿不同的路径Ⅰ和Ⅱ从A滑到B，如图4－1－5所示，则重力所做的功为(　　)
A．沿路径Ⅰ重力做功较大
B．沿路径Ⅱ重力做功较大
C．沿路径Ⅰ和Ⅱ重力做功一样大
D．条件不足，不能判断
解析：选C.重力做功的特点：只与高度差有关，与路径无关．
3．关于弹性势能，下列说法中正确的是(　　)
A．任何发生弹性形变的物体，都具有弹性势能
B．任何具有弹性势能的物体，一定发生了弹性形变
C．物体只要发生形变，就一定具有弹性势能
D．弹簧的弹性势能只跟弹簧被拉伸或压缩的长度有关
解析：选AB.由弹性势能的定义和相关因素进行判断．发生弹性形变的物体的各部分之间，由于弹力作用而具有的势能，叫做弹性势能．所以，任何发生弹性形变的物体都具有弹性势能，任何具有弹性势能的物体一定发生了弹性形变．物体发生了形变，若是非弹性形变，无弹力作用，则物体就不具有弹性势能．弹簧的弹性势能除了跟弹簧被拉伸或压缩的长度有关外，还跟弹簧劲度系数的大小有关．
4.
图4－1－6
某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图4－1－6所示，则下列说法正确的是(　　)
A．从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程重力做的功
B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程重力做的功
C．从A到B重力做功mg(H＋h)
D．从A到B重力做功mgH
解析：选D.重力做功与经过路径无关，与是否受其他力也无关，只与始末位置有关，由WG＝mgΔh可知D对，A、B、C错．
5．一实心正方体铁块与一实心正方体木块质量相等，将它们放在同一水平地面上，下列结论中正确的是(　　)
A．铁块的重力势能大于木块的重力势能
B．铁块的重力势能等于木块的重力势能
C．铁块的重力势能小于木块的重力势能
D．上述三种情况都有可能
解析：选C.由于铁块和木块的密度不同，所以，质量相等的铁块和木块，木块的体积较大，放在同一水平地面上时，木块的重心高，因此，木块的重力势能较大．
6．如图4－1－7
图4－1－7
所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的斜面加速下滑，α1>α2，且第一个斜面光滑，第二个斜面粗糙．由顶端滑到底端的过程中，重力对物体做的功分别为W1和W2，重力势能的变化量分别为ΔEp1和ΔEp2，则(　　)
A．W1＝W2 B．W1C．ΔEp1>ΔEp2 D．ΔEp1<ΔEp2
解析：选A.两物体的质量相等，重力相同．初、末位置的高度差相同，所以重力做功相等，重力势能的改变量也相等，故A正确．
7.
图4－1－8
如图4－1－8所示，一个质量为M的物体，放在水平地面上，物体上方安装一个长度为L、劲度系数为k的轻弹簧处于原长，现用手拉着弹簧上端的P点缓慢向上移动，直到物体离开地面一段距离，在这一过程中，P点的位移(开始时弹簧处于原长)是H，则物体重力势能的增加量为(　　)
A．MgH B．MgH＋
C．MgH－ D．MgH－
解析：选C.物体离开地面时，弹簧伸长x＝
重物上升的高度h＝H－x
重力势能增加量Ep＝Mgh＝MgH－
所以正确答案为C.
8．利用超导材料和科学技术可以实现磁悬浮．若磁悬浮列车的质量为20 t，因磁场间的相互作用而浮起的高度为100 mm，则该过程中磁悬浮列车增加的重力势能是(g取10 m/s2)(　　)
A．20 J B．200 J
C．2×104 J D．2×107 J
解析：选C.Δh＝100 mm＝0.1 m，所以ΔEp＝mgΔh＝20×103×10×0.1 J＝2×104 J.
9.
图4－1－9
用拉力T将一个重为5 N的物体匀速升高3 m，如图4－1－9所示，在这个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物体的重力做了15 J的功
B．拉力T对物体做了15 J的功
C．物体的重力势能增加了15 J
D．合力对物体做的功是15 J
解析：选BC.物体上升，重力做负功，WG＝－mgh＝－5×3 J＝－15 J，选项A错误；因为物体匀速上升，所以拉力T＝G＝5 N，则拉力做功WT＝Th＝5×3 J＝15 J，选项B正确；因物体克服重力做功15 J，故物体重力势能增加15 J，选项C正确；因为物体匀速上升，合力为零，则合力不做功，选项D错误．
10.
图4－1－10
如图4－1－10所示，将横截面积为S的玻璃管弯成连通器，放在水平桌面上，左、右管处在竖直状态，先关闭阀门K，往左、右管中分别注入高度为h1和h2、密度为ρ的液体，然后打开阀门K，直到液体静止．在上述过程中，液体的重力势能减少了(　　)
A．ρgS(h1－h2)
B.ρgS(h1－h2)2
C.ρgS(h1－h2)2
D.ρgS(h1－h2)
解析：选C.打开阀门K后，左管中的液体流向右管，直到两管液面相平，相当于把左管中高为的液体“搬”到右管中，其重心下降的高度为，所以该过程中，液体重力势能的减少量为ΔEp＝ρgS·＝ρgS(h2－h1)2.
二、非选择题
11.
图4－1－11
在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为2.0 kg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0.10 m，力F做功2.5 J．此时木块再次处于平衡状态，力F的大小为50 N，如图4－1－11所示，求：
(1)在木块下移0.10 m的过程中弹性势能的增加量；
(2)弹簧的劲度系数．
解析：(1)木块下移0.10 m过程中，F与重力的合力等于弹簧弹力，所以力F和重力做功等于弹簧弹性势能的增加量，故弹性势能的增加量为ΔEp＝WF＋mgh＝(2.5＋2.0×10×0.10) J＝4.5 J.
(2)由平衡条件得，木块再次处于平衡时F＝kh，所以劲度系数k＝＝ N/m＝500 N/m.
答案：(1)4.5 J　(2)500 N/m
12．在离地面高80 m 处无初速度释放一小球，小球质量为m＝200 g，不计空气阻力，g取10 m/s2, 取最高点所在水平面为参考平面．求：
(1)在第2 s末小球的重力势能；
(2)在第3 s内重力所做的功和重力势能的变化量．
解析：(1)在第2 s末小球的高度：
h＝－gt2＝－×10×22 m＝－20 m，
重力势能Ep＝mgh＝0.2×10×(－20) J＝－40 J，
Ep<0说明了小球在参考平面的下方．
(2)在第3 s 末小球的高度：
h′＝－gt′2＝－×10×32 m＝－45 m，
第3 s内重力做的功W＝mg(h－h′)＝0.2×10×(－20＋45) J＝50 J，则小球的重力势能减少了50 J.
答案：(1)－40 J　(2)50 J　减少了50 J
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1．人造地球卫星的轨道半径越大，则(　　)
A．速度越小，周期越小
B．速度越小，加速度越小
C．加速度越小，周期越大
D．角速度越小，加速度越大
解析：选BC.由卫星线速度公式v＝ 可知，人造地球卫星半径越大，速度越小．由开普勒第三定律＝k知，r越大，T越大．由向心加速度a＝知，半径越大，向心加速度越小．由公式ω＝ 知，r越大，ω越小．
2．我国发射的探月卫星“嫦娥2号”轨道是圆形的，且贴近月球表面．已知月球的质量约为地球质量的，月球的半径约为地球半径的，地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s，则该探月卫星绕月运行的速率约为(　　)
A．0.4 km/s B．1.8 km/s
C．11 km/s D．36 km/s
解析：选B.由万有引力提供向心力得
G＝，即v＝ .
又M月＝M地，r月＝r地．
所以＝＝.
探月卫星绕月运行的速率v月＝v地＝1.76 km/s.故B正确．
3．宇宙飞船在轨道上运行，由于地面指挥人员发现某一火箭残体的轨道与飞船轨道有一交点，通知宇航员某一时间飞船有可能与火箭残体相遇．宇航员随即开动飞船上的发动机使飞船加速，脱离原轨道，关于飞船的运动，下列说法正确的是(　　)
A．飞船高度降低 B．飞船高度升高
C．飞船周期变小 D．飞船的向心加速度变大
解析：选B.当宇宙飞船加速时，它所需向心力增大，因此飞船做离心运动，轨道半径增大，由此知A错误；B正确；由T＝2π 可知，r增大，T增大，故C错误；由于a＝，r增大，a变小，D错误．
4．(2011年高考浙江卷)为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则(　　)
A．X星球的质量为M＝
B．X星球表面的重力加速度为gX＝
C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为＝
D．登陆舱的半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2＝T1
解析：选AD.飞船绕X星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律知G＝m，则X星球质量M＝，选项A正确．由G＝m＝ma1，知r1轨道处的向心加速度a1＝＝，而对绕X星球表面飞行的飞船有G＝mgX(R为X星球的半径)，则gX＝G>a1＝＝，选项B错误．由G＝m知v＝ ，故＝，选项C错误．根据G＝m得T＝ ，故＝，即T2＝T1，选项D正确．
5．金星的半径是地球的0.95倍，质量为地球的0.82倍，金星表面的自由落体加速度是多大？金星的第一宇宙速度是多大？
解析：第一宇宙速度是成功发射卫星的最小速度，其数值等于卫星在行星表面附近运行的速度．
金星表面物体的重力等于万有引力，设金星质量为M1、半径为R1，其表面自由落体加速度为g1.
在金星表面：mg1＝G①
同理，在地球表面：m′g2＝G②
由①②两式得：＝
所以g1＝2·g2＝×2×9.8 m/s2＝8.9 m/s2
卫星沿金星表面运行时，万有引力提供向心力，则有：
G＝m(或mg1＝m)得金星的第一宇宙速度v1＝＝＝ m/s＝7.4 km/s.
答案：8.9 m/s2　7.4 km/s
一、选择题
1．关于人造地球卫星，下列说法哪些是正确的(　　)
A．发射卫星时，运载火箭飞行的速度必须达到或超过第一宇宙速度，发射才有可能成功
B．卫星绕地球做圆周运动时，其线速度一定不会小于第一宇宙速度
C．卫星绕地球做圆周运动的周期只要等于24小时，这个卫星一定相对于地面“定点”
D．发射一个地球同步卫星，可以使其“定点”于西安市的正上方
解析：选A.第一宇宙速度为物体绕地球做匀速圆周运动的最大速度，也是在地面上发射卫星的最小速度，所以B项说法是错误的．只有地球同步卫星才相对于地面“定点”，而且地球同步卫星只能在赤道上方一定的高度上，所以C、D项说法都是错误的．
2．土卫十和土卫十一是土星的两颗卫星，都沿近似为圆周的轨道绕土星运动，其参数如下表：
卫星半径(m) 卫星质量(kg) 轨道半径(m)
土卫十 8.90×104 2.01×1018 1.51×108
土卫十一 5.70×104 5.60×1017 1.51×108
两卫星相比，土卫十(　　)
A．受土星的万有引力较大
B．绕土星做圆周运动的周期较大
C．绕土星做圆周运动的向心加速度较大
D．动能较大
解析：选AD.根据GMm/r2＝ma向＝mv2/r＝mrω2＝mr(2π/T)2，两卫星相比，土卫十受土星的万有引力较大，速度较大，动能也较大．
3．(2011年高考重庆卷)
图5－4－4
某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图5－4－4所示，该行星与地球的公转半径之比为(　　)
A．() B．()
C．() D．()
解析：选B.根据ω＝可知，ω地＝，ω星＝，再由＝mω2r可得，＝()＝() ，答案为B.
4．(2011年高考北京理综卷)由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的(　　)
A．质量可以不同
B．轨道半径可以不同
C．轨道平面可以不同
D．速率可以不同
解析：选A.地球同步卫星的运转周期与地球的自转周期相同且与地球自转“同步”，所以它们的轨道平面都必须在赤道平面内，故C项错误；由ω＝、mRω2＝G可得R＝，由此可知所有地球同步卫星的轨道半径都相同，故B项错误，由v＝rω，ω＝，可得v＝R，可知同步卫星的运转速率都相同，故D项错误；而卫星的质量不影响运转周期，故A项正确．
5．(2011年开封高一考试)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，该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：选A.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，故A正确．
6．(2011年陕西铜川高一检测)星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．某星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1，已知该星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球重力加速度g的1/6.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：选C.万有引力提供向心力G＝m，又在星球表面上．G＝m′g星，由题意知：g星＝g.解得v1＝.故该星球的第二宇宙速度v2＝v1＝，C正确．
7．如图5－4－5是“嫦娥一号奔月”示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测，下列说法正确的是(　　)
图5－4－5
A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度
B．在绕月圆轨道上，卫星的周期与卫星质量有关
C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比
D．在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力
解析：选C.发射卫星的速度达到第三宇宙速度时，卫星会跑到太阳系以外空间，A错．由G＝mr得T＝2π ，所以卫星的周期与它本身的质量无关，B错误．据万有引力F＝G可知，卫星受到的引力与它到月球中心的距离的二次方成反比，C对．由于卫星绕月飞行，离地球太远，此时卫星所受的引力主要考虑月球的，D错．
8．地球同步卫星到地心的距离r可由r3＝求出．已知式中a的单位是m，b的单位是s，c的单位是m/s2，则(　　)
A．a是地球半径，b是地球自转的周期，c是地球表面处的重力加速度
B．a是赤道周长，b是同步卫星绕地心运动的周期，c是同步卫星的加速度
C．a是地球半径，b是地球自转的周期，c是同步卫星的加速度
D．a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c是地球表面处的重力加速度
解析：选AD.题目给出r的表达式，四种说法不能直接判断是否正确．但由万有引力提供同步卫星的向心力可得：＝mr，则r3＝.其中M为地球质量，T为同步卫星绕地心运动的周期，也即地球自转的周期．
对地球附近的卫星，有＝mg，得GM＝gR2，等效替换得r3＝g.
9.
图5－4－6
如图5－4－6所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造卫星，下列说法正确的是(　　)
A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度
C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等到同一轨道上的c
D．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将变大
解析：选D.因为b、c在同一轨道上运行，故其线速度、加速度大小均相等．由于b、c的轨道半径大于a的轨道半径，由v＝ ，可知vb＝vcmv2b/rb，故它将偏离轨道做近心运动，所以c追不上b，b也等不到c，选项C错误．对于a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短的时间内，可近似认为它的轨道半径未变，视为稳定运行，由v＝ 知，r减小时v逐渐增大，故D选项正确．
二、非选择题
10．2008年9月25日，我国“神舟”七号飞船发射成功，并第一次实现了太空行走．在飞船上升阶段，航天员对坐椅的压力______重力；在飞船绕地球做匀速圆周运动的过程中，航天员对坐椅的压力为______；在飞船返回舱返回地面的减速竖直下落过程中航天员对坐椅的压力______重力．
解析：上升阶段，飞船做加速运动，有向上的加速度；根据牛顿第二定律，对航天员有N－mg＝ma，所以N＝mg＋ma>mg，由牛顿第三定律可知，航天员对坐椅的压力大于重力．飞船绕地球做匀速圆周运动的过程中，地球对航天员的引力全部充当航天员做圆周运动的向心力，航天员处于完全失重状态，对坐椅的压力为零．飞船竖直下落，做减速运动，有向上的加速度；根据牛顿第二定律，对航天员有N－mg＝ma，N＝mg＋ma>mg，由牛顿第三定律可知，航天员对坐椅的压力大于重力．飞船发射过程加速上升，有向上的加速度；飞船减速下降，也有向上的加速度，在这两个过程中飞船中的任何物体均处于超重状态．飞船绕地球做匀速圆周运动的过程中，重力全部充当向心力，飞船中的任何物体均处于完全失重状态．
答案：大于　零　大于
11．某人在一星球上以速率v竖直向上抛出一物体，经时间t物体以速率v落回手中，已知该星球的半径为R，求此星球上的第一宇宙速度．
解析：根据匀变速运动的规律可知，该星球表面的重力加速度为g＝，该星球的第一宇宙速度，即为卫星在其表面附近绕它做匀速圆周运动的线速度，该星球对卫星的万有引力(重力)提供卫星做圆周运动的向心力．
则mg＝，该星球表面的第一宇宙速度为v1＝＝ .
答案：
12．据报载：某国发射了一颗质量为100 kg，周期为1 h的人造环月卫星，一位同学记不住引力常量G的数值，且手边没有可查找的资料，但他记得月球半径为地球半径的1/4，月球表面重力加速度为地球表面重力加速度的1/6，经过推理，他认定该报道是则假新闻，试写出他的论证方案．(地球半径约为6.4×103 km，g取9.8 m/s2)
解析：对环月卫星，根据万有引力定律和牛顿第二定律得＝mr，解得T＝2π ，
则r＝R月时，T有最小值，又＝g月；故
Tmin＝2π＝2π＝2π，
代入数据解得Tmin＝1.73 h
环月卫星最小周期为1.73 h，故该报道是则假新闻．
答案：见解析
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1．做斜抛运动的物体(　　)
A．水平分速度不变
B．加速度不变
C．在相同的高度处有相同的速度
D．经过最高点时，瞬时速度为零
解析：选AB.斜抛运动可以看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，A正确．在运动过程中只受到重力作用，合外力恒定则加速度不变，B正确．水平方向速度不变，竖直方向在上升和下降的过程中，同一个位置速度大小相等，但是方向不相同，所以在相同高度速度大小相等，但是方向不一样，C错．在最高点竖直方向的速度减到零，但有水平方向的速度，D错．
2．某同学在篮球场地上做斜上抛运动实验，设抛出球的初速度为20 m/s，抛射角分别为30°、45°、60°、75°，不计空气阻力，则关于球的射程，以下说法中正确的是(　　)
A．以30°角度抛射时，射程最大
B．以45°角度抛射时，射程最大
C．以60°角度抛射时，射程最大
D．以75°角度抛射时，射程最大
解析：选B.根据射程公式X＝可知，当抛射角为45°时，射程最大．
3. 以相同的初速率、不同的抛射角抛出三个小球A、B、C，三球在空中的运动轨迹如图1－3－3所示，下列说法中正确的是(　　)
图1－3－3
A．A、B、C三球在运动过程中，加速度都相同
B．B球的射程最远，所以最迟落地
C．A球的射高最大，所以最迟落地
D．A、C两球的射程相等，两球的抛射角互为余角，即θA＋θC＝
解析：选ACD.A、B、C三球在运动过程中，只受到重力作用，具有相同的加速度g，故选项A正确；斜抛运动可以分成上升和下落两个过程，下落过程就是平抛运动，根据平抛运动在空中运动的时间只决定于抛出点的高度可知，A球从抛物线顶点落至地面所需的时间最长，再由对称性可知，斜抛物体上升和下落时间是相等的，所以A球最迟落地，选项C正确，B错误；已知A、C两球的射程相等，根据射程公式X＝可知，sin2θA＝sin2θC，在θA≠θC的情况下，必有θA＋θC＝，选项D正确．
4．一位田径运动员在跳远比赛中以10 m/s的速度沿与水平面成30°的角度起跳，在落到沙坑之前，他在空中滞留的时间约为(g取10 m/s2)(　　)
A．0.42 s 　　　　　　　　 B．0.83 s
C．1 s D．1.5 s
解析：选C.起跳时竖直向上的分速度
v0y＝v0sin30°＝10× m/s＝5 m/s
所以在空中滞留的时间为
t＝＝ s＝1s，故C正确．
5．从地面上斜抛一物体，其初速度为v0，抛射角为θ.
(1)求物体所能达到的最大高度hm(射高)．
(2)求物体落地点的水平距离xm(射程)．
(3)抛射角多大时，射程最大？
解析：(1)利用竖直分运动的速度公式，有
vy＝v0sinθ－gt＝0
所以斜抛物体达到最高点的时间为t＝
将此结果代入竖直分运动的位移公式，便可得
hm＝v0yt－gt2＝－
因此hm＝.
(2)设斜抛物体的飞行时间为T.利用竖直分运动的位移公式，有y＝v0sinθ×T－gT2＝0
所以斜抛物体的飞行时间为T＝
将此结果代入水平分运动的位移公式，便得到
xm＝v0cosθ×T＝＝.
(3)当θ＝45°时，sin2θ＝1，射程xm最大，为xm＝.
答案：(1)　(2)　(3)45°
一、选择题
1．若不计空气阻力，下列运动可以看成斜抛运动的是(　　)
A．斜向上方发射的探空火箭
B．足球运动员远射踢出的高速旋转的“香蕉球”沿奇妙的弧线飞入球门
C．姚明勾手投篮时抛出的篮球
D．军事演习中发射的导弹
解析：选C.发射的火箭、导弹靠燃料的推力加速运动，而香蕉球由于高速旋转受到较大的空气作用力，故A、B、D错误，而姚明勾手投篮抛出的篮球只受重力作用，故C正确.
2．做斜抛运动的物体，到达最高点时(　　)
A．速度为零，加速度不为零
B．速度为零，加速度也为零
C．速度不为零，加速度也不为零
D．速度不为零，加速度为零
解析：选C.做斜抛运动的物体达到最高点时，竖直分速度为零，水平分速度不为零，运动过程中始终仅受重力作用，所以有竖直向下的重力加速度g，故C正确．
3．将同一物体分别以不同的初速度、不同的仰角做斜抛运动，若初速度的竖直分量相同，则下列哪个量相同 (　　)
A．落地时间
B．水平射程
C．自抛出至落地的速度变化量
D．最大高度
解析：选ACD.落地时间和最大高度取决于竖直方向的分运动，水平射程与水平分速度、运动时间有关，水平分速度不一定相同，故A、D正确，B错误．由于初速度的竖直分量相同，由对称性知自抛出至落地的速度变化量相同，C正确．
4．下列关于斜抛运动的说法中正确的是(　　)
A．上升阶段与下落阶段的加速度相同
B．物体到达最高点时，速度最小，但不为零
C．物体到达最高点时，速度为v0cosθ(θ是v0与水平方向间的夹角)，但不是最小
D．上升和下落至空中同一高度时，速度相同
解析：选AB.斜抛物体的加速度为重力加速度g，A正确；除最高点速度为v0cosθ外，其他点的速度均是v0cosθ与竖直速度的合成，B正确，C错；上升与下落阶段速度的方向一定不同，D错．
5．斜抛运动与平抛运动相比较，相同的是(　　)
A．都是匀变速曲线运动
B．平抛是匀变速曲线运动，而斜抛是非匀变速曲线运动
C．都是加速度逐渐增大的曲线运动
D．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛是速度一直减小的曲线运动
解析：选A.平抛运动与斜抛运动的共同特点是它们以一定的初速度抛出后，都只受重力作用．合外力为G＝mg，根据牛顿第二定律可以知道平抛运动和斜抛运动的加速度都是恒定不变的，大小为g，方向竖直向下，都是匀变速运动. 它们不同的地方就是平抛运动是水平抛出、初速度的方向是水平的，斜抛运动有一定的抛射角，可以将它分解成水平分速度和竖直分速度，也可以将平抛运动看成是特殊的斜抛运动(抛射角为0°)．平抛运动和斜抛运动初速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，所以它们都是匀变速曲线运动．B、C错，A正确．平抛运动的速率一直在增大，斜抛运动的速率先减小后增大，D错．
6. 如图1－3－4所示是斜向上抛出物体的运动轨迹，C点是轨迹最高点，A、B是轨迹上等高的两个点．下列叙述中正确的是(不计空气阻力)(　　)
图1－3－4
A．物体在C点的速度为零
B．物体在A点的速度与在B点的速度相同
C．物体在A点、B点的水平分速度均等于物体在C点的速度
D．物体在A、B、C各点的加速度都相同
解析：选CD.斜抛运动只受重力作用，故各点加速度相同都为重力加速度g，选项D正确；又因水平方向匀速运动，故选项C正确，A错误；A、B两点的速度大小相等，方向不同，故B错误．
7．关于向斜上方抛出物体的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．抛射角一定，初速度小时，运动时间长
B．抛射角一定，初速度大时，运动时间长
C．初速度一定，抛射角小时，运动时间长
D．初速度一定，抛射角大时，运动时间长
解析：选BD.斜抛运动的运动时间取决于竖直方向的分运动的时间，由T＝知抛射角θ一定时， v0越大，T越大；v0一定时，θ越大，T越大；故B、D正确，A、C错误．
8．一跳高运动员起跳后做斜上抛运动，若初速度为8 m/s，且起跳仰角为θ＝30°，则该运动员能跳过的最大高度是(g取10 m/s2)(　　)
A．0.8 m B．2.4 m
C．1.6 m D．1.2 m
解析：选A.根据Y＝，代入数据可得Y＝0.8 m，故A正确．
9．(2011年陕西安康高一检测)两物体自同一地点分别与水平方向成θ1＝60°、θ2＝30°的仰角抛出，若两物体所达到的射程相等，则它们的抛射速度之比为(　　)
A．1∶1　　　　　　　　　 B．1∶
C.∶1 D．1∶3
解析：选A.由于二者的射程相等，根据X＝，又因为sin120°＝sin60°，所以两物体抛射速度大小相等，A正确．
10. 在倾角为α的斜坡上，沿着与水平线成α角的方向斜向上方抛出一石块，如图1－3－5所示．设石块落在斜坡上的位置离抛出点的距离为L，则石块抛出的初速度为(　　)
图1－3－5
A．v0＝
B．v0＝
C．v0＝
D．v0＝
解析：选A.将石块的运动看成是沿v0方向的匀速直线运动和自由落体运动的合运动．运动合成情况如图所示．图中平行四边形对角线是合运动位移，依题意其大小为L，两条相邻边s和h则是两个分运动的位移．
设运动时间为t，由运动学公式知：s＝v0t，h＝gt2再由几何关系知：scosα＝Lcosα，ssinα＋Lsinα＝h联立以上四式，消去t，解得v0＝ ，故选A.
二、非选择题
11．一足球运动员开出角球，球的初速度是20 m/s，初速度方向跟水平面的夹角是37°.如果球在飞行过程中，没有被任何一名队员碰到，空气阻力不计，g取10 m/s2，求：
(1)落点与开出点之间的距离；
(2)球在运动过程中离地面的最大距离．
解析：(1)将球的初速度进行分解，其水平分量v1＝vsinθ＝16 m/s，竖直分量为v2＝vcosθ＝12 m/s
飞行时间t＝＝2.4 s
水平距离s＝v1·t＝38.4 m.
(2)最大高度h＝＝7.2 m.
答案：见解析
12．将小球以10 m/s的速度斜向上抛出，速度方向与水平方向成30°角，求小球在0.8 s内的位移大小及0.8 s末的速度．
解析：水平方向：vx＝v0x＝10×cos30° m/s＝5 m/s
水平位移：x＝vxt＝5×0.8 m＝4 m
竖直方向：v0y＝v0sin30°＝5 m/s
所以小球在0.8 s内的竖直位移为y＝v0yt－gt2
＝5×0.8 m－×10×0.82 m＝0.8 m，
0．8 s末的竖直速度为v
vy＝v0y－gt＝(5－10×0.8) m/s＝－3 m/s
故s＝＝ m≈7.0 m
v＝＝ m/s≈9.2 m/s
tanθ＝＝＝，即此时速度方向与水平方向所夹角度θ＝arctan.
答案：7.0 m　9.2 m/s　方向与水平方向夹角θ＝arctan
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．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)
1．经典力学不能适用于下列哪些运动(　　)
A．火箭的发射
B．宇宙飞船绕地球的运动
C．“勇气号”宇宙探测器
D．微观粒子的波动性
解析：选D.经典力学适用于宏观、低速、弱引力等领域，所以A、B、C都适用，而研究微观粒子的波动性时，经典力学不再适用．
2．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，引力不太大时适用
解析：选D.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，但对于低速宏观物体的运动，经典力学仍然适用，并仍将在它适用范围内大放异彩，所以D正确．
3．(2010年高考北京卷)属于狭义相对论基本假设的是：在不同的惯性系中(　　)
A．真空中光速不变
B．时间间隔具有相对性
C．物体的质量不变
D．物体的能量与质量成正比
解析：选A.狭义相对论的两条假设分别是：相对性原理和光速不变原理．
4．下列说法中正确的是(　　)
A．经典力学适用于任何情况下的任何物体
B．狭义相对论否定了经典力学
C．狭义相对论研究的是物体在高速运动时所遵循的规律
D．狭义相对论研究的是物体在低速运动时所遵循的规律
解析：选C.经典力学只适用于宏观、低速、弱引力的情况，故A错；狭义相对论没有否定经典力学，在宏观、低速情况下，相对论的结论与经典力学没有区别，故B错；狭义相对论研究的是物体在高速运动时所遵循的规律，故C正确，D错．
5．关于光电效应，下列说法正确的是(　　)
A．极限频率越大的金属材料逸出功越大
B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应
C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小
D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多
解析：选A.极限频率越大，电子从金属中逃逸出来克服原子核引力做功越多，即逸出功越大，A对；若入射光的频率低于金属的极限频率，照射时间再长，也不会发生光电效应，B错；光电子的最大初动能由金属逸出功和入射光的频率两个方面决定，C错；光强一定时，即单位时间照射在单位面积上的光子数不变，出来的光电子数也不变，D错．
6．下列关于光子的说法中正确的是(　　)
A．在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子
B．光子的能量由光强决定，光强大，每份光子的能量一定大
C．光子的能量由光频率决定，其能量与它的频率成正比
D．光子可以被电场加速
解析：选AC.根据爱因斯坦的光子说，光子是一份一份的，每一个光子的能量与光的频率成正比，与光强无关，所以选项A、C正确，选项B错误．光子不带电，所以不能被电场加速，所以选项D错误．
7．现代高能物理研究常用的粒子加速器中，粒子可以被加速到0.9998c的高速，这时，从加速器中高速运动的粒子的角度观测，原长2 m的管道，沿它运动方向测量其长度是(　　)
A．2 m　　　　　　　　　 B．1 m
C．2 cm D．4 cm
解析：选D.按照狭义相对论的时空观，一个一维物体相对它静止的观测者测其长度为l′(静止长度)，该物体相对于另一惯性系沿自身长度方向以速度v匀速运动时，此惯性系中的观测者测该物体长度为l＝l′ .根据此公式可算出l＝4 cm.
8．现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa>λb>λc.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．a光束照射时，释放出的光电子数目最多
D．a光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最大
解析：选A.a、b、c三束单色光的频率关系为νa<νb<νc，既然b光恰能使金属发生光电效应，则a光不能使金属发生光电效应，而c光一定能使金属发生光电效应，故选项A正确、B错误、C错误．因为c光的频率最大，故c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最大，因此选项D错误．
9．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，是不正确的
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太小，故质量的变化引不起我们的感觉．在分析地球上一般物体的运动时，不必考虑质量的变化
解析：选CD.公式中m0是静止质量，m是物体以速度v运动时的质量，A错误；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B错误，C、D正确．
图6－3
10．研究光电效应规律的实验装置如图6－3所示，以频率为ν的光照射光电管阴极K时，有光电子产生．由于光电管K、A间加的是反向电压，光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动．光电流i由图中电流计G测出，反向电压U由电压表V测出．当电流计示数恰好为零时，电压表的示数称为反向截止电压U0.在下列表示光电效应实验规律的图像中，错误的是(　　)
图6－4
解析：选B.由光电效应规律可知，光电流的强度与光强成正比，光射到金属上时，光电子的发射是瞬时的，不需要时间积累，故A、D图像正确．从金属中打出的光电子，在反向电压作用下做减速运动，随着反向电压的增大，到达阳极的电子数减少，故C图像正确；由光电效应方程可知：hν＝hν0＋Ekm，而eU0＝Ekm，所以有hν＝hν0＋eU0，由此可知，B图像错误．
二、填空题(本题共2小题，共16分．把答案填在题中的横线上)
11．(6分)使金属钠产生光电效应的光最长的波长是500 nm，则金属钠的逸出功W0＝________；用频率在3.90×1014 Hz到7.50×1014 Hz范围内的光照射钠，那么，使钠产生光电效应的频率范围是从________Hz到________Hz.(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)
解析：由光电效应方程知W0＝hν0＝h.＝3.98×10－19J.由ν0＝.知ν0＝ Hz＝6.0×1014 Hz，故当ν>ν0时均可发生．
答案：3.98×10－19 J　6.0×1014 Hz　7.5×1014 Hz
12．(10分)请将图6－5中三位科学家的姓名按历史年代先后顺序排列：__________、__________、__________.
任选其中二位科学家，简要写出他们在物理学上的主要贡献各一项：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
图6－5
答案：伽利略　牛顿　爱因斯坦
伽利略：望远镜的发明，将实验方法引进物理学等
牛顿：发现运动定律，万有引力定律等
爱因斯坦：光电效应，相对论等
三、计算题(本题共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)一块广告牌高3 m，长5 m，将它平行放在马路旁，如果你以0.8 c的速度通过它身旁，广告牌的高和长各是多少？
解析：长度收缩效应只是在运动方向上才能发生，与速度垂直的方向则没有这种效应，故这块广告牌的高度仍为3 m.
在其运动方向上，其长度L′＝L，代入数据可得L′＝3 m.
答案：高3 m，长3 m
14．(10分)静止时质量是m的物体，以v的速度运动，它所具有的动能是多少？与此动能对应，其质量增加了多少？
解析：由动能定理可知：物体具有的动能是：
Ek＝mv2.
根据相对论的质量变化公式可知，物体的质量随物体的速度而改变，现在知道其静止质量为m，设物体的运动质量为m′，得：m′＝ .
所以物体的质量增加值为：
Δm＝m′－m＝－m.
答案：mv2　－m
15．(12分)半人马星座α星是太阳系最近的恒星，它距地球为4.3×1016 m．设有一宇宙飞船自地球往返于半人马星座α星之间．若宇宙飞船的速度为0.999c，按地球上的时钟计算，飞船往返一次需多少时间？如以飞船上的时钟计算，往返一次的时间又为多少？
解析：选地球为惯性系，飞船往返一次所需时间为：t＝＝ s＝2.87×108 s＝9年．选飞船为惯性系，设飞船上时钟时间为t′，根据钟慢效应得：t＝＝＝9年，解得：t′＝0.4年．
答案：9年　0.4年
16．(12分)太阳在不断地辐射能量，因而其质量也不断地减少．若太阳每秒钟辐射的总能量为4×1026 J．试计算太阳在一秒内失去的质量．估算5 000年内总共减少了多少质量，并与太阳的总质量2×1027t比较之．
解析：由太阳每秒钟辐射的能量ΔE可得其每秒内失去的质量为Δm＝＝ kg＝×1010kg
5 000年内太阳总共减少的质量为：
ΔM＝5 000×365×24×3 600××1010 kg＝7.008×1020kg
与总质量的比值为：
P＝＝＝3.504×10－10
这个比值是十分微小的．
答案：见解析
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1．爱因斯坦提出了质能方程，揭示了质量与能量的关系，关于质能方程，下列说法正确的是(　　)
A．质量就是能量
B．当物体向外释放能量时，其质量必定减少，且减少的质量Δm与释放的能量ΔE满足ΔE＝Δmc2
C．如果物体的能量增加了ΔE，那么它的质量相应减少了Δm，并且ΔE＝Δmc2
D．mc2是物体能够放出能量的总和
解析：选B.由质能方程可知，能量与质量之间存在着一种对应关系，而不能认为质量就是能量或能量就是质量，能量与质量是两个不同的概念，因此本题正确答案为B.
2.
图6－3－1
如图6－3－1所示，有两个走时很准的时钟，一个在高速行驶的汽车上(假设接近光速)，另一个在公路的一侧，当汽车在经过路边的时钟时，下列说法中正确的是(　　)
A．车上的人观察到地上的时钟走得快
B．车上的人观察到车上的时钟走得快
C．地上的人观察到车上的时钟走得快
D．地上的人观察到两时钟走得一样快
解析：选B.对车上的人而言，地上的时钟是运动的，根据运动时钟延缓这一结论，车上的时针走得快．同理，对地上的人而言，车上的时钟走得慢．
3．(2011年高考广东卷)光电效应实验中，下列表述正确的是(　　)
A．光照时间越长光电流越大
B．入射光足够强就可以有光电流
C．遏止电压与入射光的频率有关
D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子
解析：选CD.由爱因斯坦光电效应方程知，只有当入射光频率大于极限频率时才能产生光电子，光电流几乎是瞬时产生的，其大小与光强有关，与光照时间长短无关，易知eUc＝Ek＝hν－W0(其中Uc为遏止电压，Ek为光电子的最大初动能，W0为逸出功，ν为入射光频率)．由以上分析知，A、B错误，C、D正确．
4．下列叙述正确的是(　　)
A．在其他条件相同时，光的频率越高，波动性越明显
B．光的频率越高，粒子性越显著，光的频率越低，波动性越显著
C．大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性
D．如果让光子一个一个地通过狭缝，它们将严格按照相同的轨道做极规则的匀速直线运动
解析：选BC.光是一种电磁波，它的频率越高，波长越短，粒子性越明显，A错；频率越高的光，波长越短，其波动性越弱，粒子性越强；相反，频率越低的光，波长越长，其波动性越强，粒子性越弱，故B正确；大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性，故C正确．若让光子一个一个地通过狭缝打在底片上，形成的光点的分布是无规则的，说明光子的运动跟我们宏观假设的质点的运动不同，没有一定的轨道，所以D错．
5．一艘宇宙飞船的船身长度为90 m，相对地面以0.8 c的速度在某一地点上空飞过．求：
(1)该地点测得飞船的船身通过该地点上空的时间间隔？
(2)航天员测得船身通过该地点上空的时间间隔？
解析：(1)该地点测得飞船的船身长度为
l＝l′＝90× m＝54 m.
通过该地点上空的时间间隔为
Δt＝＝＝2.25×10－7 s.
(2)航天员测得船身通过该地点上空的时间间隔是
Δt′＝＝＝3.75×10－7 s.
答案：(1)2.25×10－7 s　(2)3.75×10－7 s
一、选择题
1．关于光的波粒二象性，下列说法中正确的是(　　)
A．有的光是波，有的光是粒子
B．光子与电子是同样的粒子
C．光的波长越长，其波动性越明显，波长越短，其粒子性越明显
D．光子说和波动说是相互对立、互不联系的两种学说
解析：选C.光既具有波的性质，又具有粒子的性质，这两个性质都是光同时具有的，而且光的波长越长其波动性越明显，波长越短其粒子性越明显．
2．下列说法正确的是(　　)
A．1905年爱因斯坦提出，在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子，这就是光子说
B．“光子”的能量是由光的频率决定的，不同的色光频率不同
C．爱因斯坦的光子说成功的解释了光电效应
D．爱因斯坦的光子说使惠更斯的波动理论更加完美
解析：选ABC.由光子说的内容及爱因斯坦提出光子说的实验基础知道选项A、B、C正确，选项D错误．
3．如果你是宇航员驾驶一艘飞船以接近于光速的速度朝一星体飞行，你是否可以根据下述变化发觉自己是在运动(　　)
A．你的质量在减少
B．你的心脏跳动在慢下来
C．你永远不能由自身的变化知道你是否在运动
D．你的身体在变大
解析：选C.宇航员以飞船为惯性系，其相对于惯性系的速度始终为零，因此他不可能发现自身的变化，所以选项A、B、D错误，选项C正确．
4．联合国将2005年定为“国际物理年”，以纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献．对于爱因斯坦提出的质能方程E＝mc2，以下说法中正确的是(　　)
A．E＝mc2表明物体具有的能量与其质量成正比
B．E＝mc2中的E是发生核反应中释放的核能
C．根据ΔE＝Δmc2可以计算核反应中释放的核能
D．ΔE＝Δmc2表示发生的质量亏损Δm转变为能量ΔE释放出来
解析：选AC.爱因斯坦质能方程E＝mc2表明物体具有的能量与它的质量之间存在正比关系，并不是发生核反应中释放的核能，故选项A正确，B错误；ΔE＝Δmc2中的Δm不一定是指质量亏损，也可能是增加的质量，它描述的是Δm的质量与ΔE的能量的对应关系，故选项C正确，D错误．
5．如图6－3－2所示，一根10 m长的梭镖以相对论速度穿过一根10 m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的．以下哪种叙述最好地描述了梭镖穿过管子的情况(　　)
图6－3－2
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：选D.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．又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在缩短了，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．
6．关于光电效应现象，下列说法正确的是(　　)
A．只有入射光的波长大于使该金属发生光电效应的极限波长，才能发生光电效应现象
B．在光电效应现象中，产生的光电子最大的初动能跟入射光的频率成正比
C．产生的光电子最大初动能与入射光的强度成正比
D．在入射光频率一定时，单位时间内从金属中逸出的光电子个数与入射光的强度成正比
解析：选D.(1)当入射光频率大于极限频率时才能发生光电效应，设此时波长为λ0，极限频率为ν0，则由光速c＝λν，可知当光波波长大于极限波长λ0时，其频率将小于极限频率ν0，所以大于极限波长的光不能使金属发生光电效应，因此选项A错误．
(2)由光电效应方程Ek＝hν－W可知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但并不与入射光频率成正比，因此选项B错误．由于光电子的最大初动能与入射光的强度无关，显然选项C错误．
(3)若光强度增大到原来的n倍，则单位时间内入射光的能量就增大到原来的n倍．在入射光频率一定时，单个光子的能量不变，则单位时间内入射的光子数将增大到原来的n倍，因此选项D正确．
7．对光电效应的解释正确的是(　　)
A．金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的能量足够大时，就能逸出金属
B．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应
C．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最初动能就越大
D．由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不同
解析：选BD.按照爱因斯坦的光子说，光的能量是由光的频率决定的，与光强无关．入射光的频率越大，发生光电效应时产生的光电子的最大初动能越大．但要使电子离开金属，须使电子具有足够的动能，而电子增加的动能只能来源于照射光的光子能量，但电子只能吸收一个光子，不能吸收多个光子．因此光的频率低，即使照射时间足够长，也不会发生光电效应．
8．(2011年高考福建理综卷)
图6－3－3
爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图6－3－3所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是(　　)
A．逸出功与ν有关
B．Ekm与入射光强度成正比
C．当ν<ν0时，会逸出光电子
D．图中直线的斜率与普朗克常量有关
解析：选D.由爱因斯坦的光电效应方程hν＝Ekm＋W得：Ekm＝hν－W，因此Wkm－ν图像的斜率为h，故D正确；Ekm随入射光频率的增大而增大，B错；逸出功是由金属自身决定的，与ν无关，A错，当ν<ν0，无光电子逸出，C错．
9．下表给出一些金属材料的逸出功.
材料 铯 钙 镁 铍 钛
逸出功(×10－19 J) 3.0 4.3 5.9 6.2 6.6
现用波长为400 nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种(普朗克常量h＝6.62×10－34 J·s，光速为c＝3.00×108 m/s)(　　)
A．2种　　　　　　　　　 B．3种
C．4种 D．5种
解析：选A.由公式E＝hν＝h＝6.62×10－34× J＝4.965×10－19 J．故大于铯、钙的逸出功，选项A正确．
二、非选择题
10．如果真空中的光速c＝3.0×108 m/s，当一个物体的运动速度v1＝2.4×108 m/s时，质量为3 kg.当它的速度为1.8×108 m/s 时，质量是______kg.
解析：根据狭义相对论，m＝，
由题意知：m1＝，m2＝，
所以＝＝＝，
所以m2＝m1＝ kg＝2.25 kg.
答案：2.25
11．以8 km/s的速度运行的人造地球卫星上一只完好的手表走过了1 min，地面上的人认为它走过这1 min“实际”上花了多少时间？
解析：卫星上观测到的时间为Δt′＝1 min，卫星运动的速度为v＝8×103 m/s，所以地面上的人所观测到的时间为
Δt＝＝(1＋3.6×10－10)min.
答案：(1＋3.6×10－10)min
12．一支静止时长30 m的火箭以3 km/s的速度从观察者的身边掠过，火箭上的人测得火箭的长度应为多少？如果火箭的速度为光速的二分之一呢？
解析：火箭上的人相对于火箭是静止的，因此其测得的长度不变，仍为30 m.
如果火箭的速度为光速的，根据公式l＝l0可以计算得到观察者测得的火箭长度为26 m.
答案：30 m　26 m
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1．下列关于平抛运动的说法中正确的是(　　)
A．平抛运动是非匀变速运动
B．平抛运动是匀速运动
C．平抛运动是匀变速曲线运动
D．平抛运动是加速度大小变化、方向不变的曲线运动
解析：选C.平抛运动在运动过程中只受重力，所以加速度恒为g，所以是匀变速运动，又因为其运动轨迹为曲线，所以平抛运动是匀变速曲线运动．
2．在做“研究平抛物体运动”的实验中，每次均应将小球从同一位置自由释放．关于释放位置的选择，下列说法中正确的是(　　)
A．释放位置低一点好，因为释放位置越低，小球的初速度小，受的阻力小
B．释放位置高一点好，因为释放位置越高，小球的初速度大，平抛射程大，便于测量
C．释放位置以小球恰能从白纸上的左上角射入、从右下角射出为宜
D．释放位置不需选择，任意均可
解析：选C.实验中同一位置释放保证小球平抛时的初速度相同，因为实验中要通过白纸记录，并描迹分析，故选项C说法正确．
3．在高空水平向右匀速飞行的飞机上，每隔时间t释放一小球，不计空气阻力，则小球在空中运动时的连线是下图中的(　　)
图1－1－8
解析：选C.由于小球释放后在水平方向上的速度都与飞机水平飞行的速度相同，所以，小球在相同时间内水平位移相同，故小球在空中的连线是一条竖直线，所以C正确．
4．(2011年福建厦门高一考试)如图1－1－9甲所示的演示实验中，A、B两球同时落地，说明________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
某同学设计了如图乙所示的实验：将两个斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平．把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板吻接，则将观察到的现象是________________，这说明________________．
图1－1－9
解析：甲图中A、B两球同时落地，说明B球在竖直方向的运动与A球的运动相同，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；乙图中球2做匀速直线运动，球1落到水平面上时与球2发生碰撞，说明平抛运动在水平方向上是匀速直线运动．
答案：平抛运动在竖直方向上是自由落体运动　球1落到光滑水平板上并击中球2　平抛运动在水平方向上是匀速直线运动
5. (原创题)图1－1－10是用闪光照相法测平抛物体的初速度时，用10次/秒的闪光照相机对正在做平抛运动的球拍摄的照片，背景是每格边长为5 cm的正方形格子，求小球的初速度．能否用此照片求出当地的重力加速度？如果能，根据该照片求出的重力加速度的数值是多少？
图1－1－10
解析：T＝ s，v0＝＝＝ m/s＝2.5 m/s；
由Δy＝gT2，有g＝＝＝10 m/s2.
答案：2.5 m/s　能　10 m/s2
一、选择题
1．关于平抛运动，下列说法正确的是(　　)
A．平抛运动是匀变速运动
B．平抛运动是变加速运动
C．平抛运动的飞行时间由高度和初速度决定
D．任意两段相等时间内速度变化相同
解析：选AD.本题主要把握好平抛运动是匀变速曲线运动及速度的矢量性，平抛运动的物体只受重力作用，故a＝g，即做匀加速曲线运动，A正确，B错误．由平抛运动的规律h＝gt2得t＝，飞行时间仅由高度决定C错误．由匀加速运动的速度公式Δv＝gΔt，所以任意相等的时间内Δv相同，D正确．
2．下列哪些因素或做法会给实验中测量初速度v0的值带来误差(　　)
A．小球与斜槽间有摩擦
B．根据曲线计算平抛物体初速度时，在曲线上所取的点离抛出点较近且密集
C．以重垂线确定坐标轴的y轴
D．小球受空气阻力
解析：选BD.只要每次释放点位置不变，且初速度为零，则小球离开斜槽口的速度不变，故A无影响；如果所取的点离抛出点太近，太密集，则会带来测量误差，B正确；C选项是要求必须做到的；有空气阻力情况下，物体在竖直方向不是做自由落体，给实验带来系统误差，D正确，故选BD.
3．(2011年宁夏吴忠高一检测)下列说法正确的是(　　)
A．做曲线运动的物体一定具有加速度
B．做曲线运动的物体加速度一定是变化的
C．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动
D．物体在变力作用下，可能做直线运动
解析：选AD.做曲线运动的物体，速度不断变化一定具有加速度，A正确．物体在恒力作用下，可能做曲线运动，其加速度也是恒定的．如只受重力的抛体做曲线运动，故B、C错误，物体受变力且与速度共线时，做直线运动，故D正确．
4．关于平抛运动的性质，下列说法中正确的是(　　)
A．平抛运动是变加速运动
B．平抛运动是匀变速曲线运动
C．平抛运动是曲线运动，它的速度方向不断改变，不可能是匀变速运动
D．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
解析：选BD.平抛运动是具有水平初速度且只在重力作用下的运动，加速度恒为g，是匀变速曲线运动，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，故D正确．
5．火车做匀速直线运动，一人从窗口伸出手释放一物体，不计空气阻力，在地面上的人看到该物体(　　)
A．做自由落体
B．因惯性而向车前进的反方向沿抛物线落下
C．将以火车的速度为初速度做平抛运动
D．将向前下方做匀加速直线运动
解析：选C.站在地面上的人看在火车上释放的小球，具有与火车相同的水平速度，不计空气阻力，物体只受重力，所以做平抛运动．
6．从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是(　　)
A．从飞机上看，物体静止
B．从飞机上看，物体始终在飞机的后方
C．从地面上看，物体做平抛运动
D．从地面上看，物体做自由落体运动
解析：选C.在匀速飞行的飞机上释放物体，物体有一水平速度，故从地面上看，物体做平抛运动，C对、D错；飞机的速度与物体水平方向上的速度相同，故物体始终在飞机的正下方，且相对飞机的竖直位移越来越大，A、B错．
7. 平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速直线运动；②竖直方向做自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图1－1－11所示，用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验(　　)
图1－1－11
A．只能说明上述规律中的第①条
B．只能说明上述规律中的第②条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
解析：选B.这个实验说明平抛运动在竖直方向上的运动与自由落体运动相同，因而平抛运动在竖直方向的运动是自由落体运动，B对.
8．从同一高度以不同的速度同时水平抛出两个质量不同的石子，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　)
A．速度大的先着地
B．质量大的先着地
C．两个石子同时着地
D．题中未给出具体数据，因而无法判断
解析：选C.物体在空中运动的时间与初速度无关，只与物体的竖直高度有关，两物体的高度相同，所以会同时落地．
9. 如图1－1－12所示，在光滑的水平桌面上，有一个小球A以初速度v0向前运动，同时刻，在它的正上方有一小球B以初速度v0被水平抛出，并落于C点，则(　　)
图1－1－12
A．小球A先到达C点
B．小球B先到达C点
C．小球A、B同时到达C点
D．无法确定
解析：选C.由于小球B做平抛运动，所以在水平方向上，A、B两个小球具有相同的速度，根据x＝v0t可知，在相同的时间内，二者在水平方向上有相同的位移，故C对．
二、非选择题
10．(2011年陕西榆林高一检测)通过如图1－1－13所示实验装置，描绘小球平抛运动轨迹时有下列几个步骤：
图1－1－13
A．将小钢球从斜槽上的某点释放，它离开斜槽后做平抛运动，在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球，使球恰好从孔中央通过而不碰到卡片，然后对准孔中央在白纸上记下一个点．
B．以斜槽末端作为平抛运动的起点O，在白纸上标出O的位置．
C．取下白纸，在纸上画一条与竖直线Oy垂直的水平线Ox.
D．用光滑曲线把记录小球通过的位置的若干点连接起来，就得到平抛运动的轨迹，由于测定各个点时存在误差，所画的曲线可不通过个别偏差大的点，但必须保持曲线光滑，不允许出现凹陷处．
E．从斜槽上不同点释放小球，用步骤A的方法测定平抛轨迹上的其他点．
F．靠目测在纸上画出过O点向下的竖直线Oy.
G．将白纸用图钉钉在竖直的木板上，在木板的左上角固定斜槽．
(1)请指出以上实验步骤中有错误或不足的步骤，并进行修改．
(2)将修改后的实验步骤按正确的顺序排列是______．
解析：上述步骤中需要修改的是：
步骤G应改为：将白纸用图钉钉在竖直放置且固定在支架上的木板上，再将斜槽固定在木板上白纸的左上角，并使斜槽末端的切线方向保持水平，而且让小球离开斜槽末端后所做的平抛运动的轨迹平面与白纸所在平面平行．
步骤B应改为：把小球离开斜槽末端时球心在白纸上的投影点作为小球平抛运动的起点，在白纸上标出这一点O的位置．
步骤F应改为：利用系在斜槽末端的重垂线在白纸上画出通过O点的竖直线Oy.
为了找准小球做平抛运动时所通过的各点的位置，可做一个带圆孔的卡片(圆孔的直径略大于小球的直径)，在小球做平抛运动轨道上的不同位置去迎接小球，当小球能通过圆孔而不碰到卡片时，圆孔的中心在白纸上的投影点即为小球做平抛运动所通过的点．所以步骤A的第一句话改为“将小钢球从斜槽上的适当位置由静止释放(能使小球通过白纸后在白纸的右下端离开白纸)，”后面的话不用改动．
为了保证用带孔卡片找到的各点是同一个平抛轨道通过的各点，步骤E应改为：从斜槽上与A步骤中所述的同一位置由静止释放小球，在小球离开斜槽后，在运动轨迹的不同位置上重复A步骤并在白纸上记下一系列点(至少6个点).
??答案：(1)见解析　(2)GBFAECD
11．如图1－1－14所示为用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：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
图1－1－14
解析：将B球与A球的运动相比较，可以看出在同一时刻，在水平方向上B球与A球在相同位置，说明B球在水
平方向上与A球的运动是相同的，即在水平方向上B球做匀速直线运动．将B球与C球的运动相比较，可以看出在同一时刻，B球在竖直方向上的位置与C球是相同的，即在竖直方向上B球与C球的运动是相同的，所以B球在竖直方向上的运动是自由落体运动．
答案：做平抛运动的物体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(或平抛运动是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合成)
12. 某同学在做“研究平抛运动”的实验时，忘记记下斜槽末端位置，图1－1－15中的A点为小球运动一段时间后的位置，他便以A点为坐标原点，建立了水平方向和竖直方向的坐标轴，得到如图所示的图像．试根据图像求出小球做平抛运动的初速度．(g取10 m/s2)
图1－1－15
解析：从题图的图像中可以看出小球的A、B、C、D位置间的水平距离都是0.20 m，由于小球在水平方向上做匀速直线运动，于是可知小球由A运动到B，由B运动到C，以及由C运动到D所用的时间是相等的，设该时间为t.又由于小球在竖直方向上做自由落体运动，加速度等于重力加速度g，根据匀变速直线运动的特点Δy＝gt2，得
t＝ ＝ s＝0.10 s.
小球抛出的初速度v0可由水平分运动求出，由于在t＝0.10 s内的位移x＝0.20 m，则
v0＝＝ m/s＝2.0 m/s.
答案：2.0 m/s
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1．关于在公路上行驶的汽车正常转弯时的情况，下列说法中正确的是(　　)
A．在内外侧等高的公路上转弯时的向心力由静摩擦力提供
B．在内外侧等高的公路上转弯时的向心力由滑动摩擦力提供
C．在内侧低、外侧高的公路上转弯时的向心力可能由重力和支持力的合力提供
D．在内侧低、外侧高的公路上转弯时的向心力可能由重力、摩擦力和支持力的合力提供
解析：选ACD.汽车在内外侧等高的水平公路上拐弯时，受重力、支持力和摩擦力．重力和支持力均在竖直方向，不能够提供向心力；向心力由摩擦力提供，由于轮胎与地面没有发生相对滑动，所以应为静摩擦力．在内侧低、外侧高的公路上转弯时，由于支持力向内倾斜，所以可以由重力和支持力的合力提供向心力；若这二者的合力不能够恰好提供向心力，则需要借助摩擦力来共同提供向心力．
2．建造在公路上的桥梁大多是凸形桥，较少是水平桥，更没有凹形桥，其主要原因是(　　)
A．为的是节省建筑材料，以减少建桥成本
B．汽车以同样速度驶过凹形桥时对桥面的压力要比水平的或凸形桥压力大，故凹形桥易损坏
C．可能是建造凹形桥技术特别困难
D．无法确定
解析：选B.汽车经过凸形桥桥顶时对桥面的压力最小，汽车经过凹形桥桥顶时对桥面的压力最大，容易损坏桥面，而经过水平桥时，汽车对桥面的压力等于汽车本身重力，三种情况比较，汽车对过凸形桥时对桥面的压力最小，因此选项B正确．
3．游客坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达到20 m/s2，g＝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：选C.对位于轨道最低点的游客受力分析如图：则N－mg＝ma，故N＝mg＋ma＝3mg
即座椅对游客作用力相当于游客重力的3倍．
4．长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是(　　)
A．v的最小值为
B．v由零逐渐增大，向心力也增大
C．当v由 值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大
D．当v由 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大
解析：选BCD.由于是轻杆，即使小球在最高点速度为零，小球也不会掉下来，因此它的最小值是零；v由零逐渐增大，由F向＝可知，F向也增大；当v＝ 时，F向＝＝mg，此时杆恰对小球无作用力，向心力只由其自身重力来提供，当v由 增大时，则＝mg＋T T＝m－mg，杆对球的力为拉力，且逐渐增大；当v由减小时，杆对球的力为支持力，此时，mg－N＝，N＝mg－，支持力N逐渐增大，杆对球的拉力、支持力都为弹力．
5. 杂技演员在做“水流星”表演时，用一根细绳系着盛水的杯子，抡起绳子，让杯子在竖直面内做圆周运动．如图 2－3－10所示，杯内水的质量m＝0.5 kg，绳长l＝60 cm，求：
(1)在最高点水不流出的最小速率；
(2)水在最高点速率v＝3 m/s时，水对杯底的压力大小．
图2－3－10
解析：(1)在最高点水不流出的条件是重力不大于水做圆周运动所需要的向心力，即：mg≤m，则所求最小速率：v0＝＝ m/s＝2.42 m/s.
(2)当水在最高点的速率大于v0时，只靠重力提供向心力已不足，此时水桶底对水有一向下的压力，设为N，由牛顿第二定律有：
N＋mg＝m，即N＝m－mg＝2.6 N
由牛顿第三定律知，水对水桶的作用力N′＝N＝2.6 N，
方向竖直向上．
答案：(1)2.42 m/s　(2)2.6 N
一、选择题
1．下列说法中正确的是(　　)
A．在光滑水平面上汽车无法转弯
B．火车转弯时受到的支持力提供向心力
C．火车转弯时的速度大于转弯时规定速度，则轨道内侧受压力
D．圆锥摆所受的合外力提供向心力
解析：选AD.光滑面没有摩擦力，无法产生向心力，A对．火车转弯时是合力提供向心力，B错．火车转弯时速度大，内侧不受力，火车都是向外侧翻，C错，D对．
2．在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心．图2－3－11中能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的图是(　　)
图2－3－11
解析：选C.由受力的特点知，滑动摩擦力总是与物体的相对运动的方向相反，所以滑动摩擦力应沿切线方向，而雪橇还做匀速圆周运动，即合外力提供向心力，切线方向的合力为零，选项C正确．
3．关于铁道转弯处内外铁轨间的高度关系，下列说法中正确的是(　　)
A．内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故
B．因为列车在转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒
C．外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压
D．以上说法均不正确
解析：选C.铁道转弯处外轨比内轨略高，从而使支持力的水平方向合力可提供一部分向心力，以减少车轮与铁轨的挤压避免事故发生，C对，A、B、D错．
4. 一辆载重车在丘陵地上行驶，地形如图2－3－12所示，轮胎已经很旧，为防爆胎应使车经何处时速率最小(　　)
图2－3－12
A．M点　　　　　　 B．N点
C．P点　　　　　 　 D．Q点
解析：选D.对于M或P点来说，N＝mg－m≤mg，而对于N、Q两点来说N′＝mg＋m≥mg，因此，在N、Q两点比在M、P两点更容易爆胎．对于N、Q两点来说，v相同时，Q点半径小，向心力大，支持力或压力较大，因此为防爆胎，应使车经过Q点时速率最小．
5．(2011年上海浦东高一检测) 如图2－3－13所示，摆式列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，行走在直线上时，车厢又恢复原状．它的优点是能够在现有线路上运行，勿须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆式车体的先进性，实现高速行车，并能达到既安全又舒适的要求．运行实践表明：摆式列车通过曲线速度可提高20%～40%.假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h的速度拐弯，拐弯半径为1 km，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g＝10 m/s2)(　　)
图2－3－13
A．500 N B．1000 N
C．500 N D．0
解析：选C.对乘客受力分析如图：
乘客受到火车的作用力为：
F＝
把m＝50 kg，R＝1000 m，
g＝10 m/s2，v＝360 km/h＝100 m/s
代入上式得：F＝500 N，故选项C正确．
6．如图2－3－14所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体以水平初速度v0时，小物体对球顶恰无压力，则(　　)
图2－3－14
A．物体立即离开球面做平抛运动
B．物体落地时水平位移为R
C．物体的初速度v0＝
D．物体着地时速度方向与地面成45°角
解析：选ABC.无压力意味着mg＝m，v0＝，物体以v0为初速度做平抛运动，A、C正确；由平抛运动可得t＝＝ ，那么落地时水平位移sx＝v0t＝R，B正确；落地时tanθ＝＝＝＝，θ＝arctan，即为着地时速度与地面的夹角，D错误．
7．火车在倾斜的弯道上转弯，弯道的倾角为θ，半径为R，则火车内、外轨都不受轮边缘挤压的转弯速度是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.如图所示，要使火车内、外轨都不受轮边缘挤压，必使车受的重力与支持力的合力提供向心力，N＝mgtanθ＝m，所以v＝.
8．杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个总质量为m＝0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图2－3－15所示，若“水流星”通过最高点的速度为4 m/s，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)(　　)
图2－3－15
A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N
解析：选B.求出水流星的临界速度v＝＝4 m/s，所以绳的拉力恰为零，水恰不流出．
9. 如图2－3－16所示，质量为m的小球固定在长为L的细轻杆的一端，绕细杆的另一端O在竖直平面内做圆周运动，球转到最高点A时，线速度的大小为 ，此时(　　)
图2－3－16
A．杆受到mg/2的拉力
B．杆受到mg/2的压力
C．杆受到3mg/2的拉力
D．杆受到3mg/2的压力
解析：选B.在最高点小球受重力和杆的作用力，假设小球受杆的作用力向下，则mg＋F＝m，又v＝ ，解得F＝－mg，即小球受杆的支持力方向向上，由牛顿第三定律知杆受到小球的压力，大小为，故B正确．
二、非选择题
10．如图2－3－17所示，自行车和人的总质量为M，在一水平地面上运动．若自行车以速度v转过半径为R的弯道．求：
图2－3－17
(1)自行车的倾角应多大？
(2)自行车所受的地面的摩擦力多大？
解析：自行车和人都做匀速圆周运动，圆心在水平地面上的O点，如图所示，将人和自行车视为质点，受到重力G，静摩擦力f及地面的支持力N，合力提供向心力，如图根据牛顿第二定律f＝M
N＝G＝Mg
地面对自行车的作用力(N与f的合力)必过人与车的重心，沿着人体方向(因为N、f、G三力是共点力)，故tanθ＝＝＝，故θ＝arctan()．
答案：(1)arctan()　(2)M
11．(2011年陕西安康高一检测)质量为25 kg的小孩坐在质量为5 kg的秋千板上，秋千板离拴绳子的横梁2.5 m．如果秋千板摆动经过最低点的速度为3 m/s，这时秋千板所受的压力是多大？每根绳子对秋千板的拉力是多大？(g取10 m/s2)
解析：把小孩作为研究对象对其进行受力分析知，小孩受重力G和秋千板对他的支持力N两个力，故在最低点有：N－G＝m
所以N＝mg＋m＝250 N＋90 N＝340 N
由牛顿第三定律可知，秋千板所受压力大小为340 N.
设每根绳子对秋千板的拉力为T，将秋千板和小孩看做一个整体，则在最低点有：
2T－(M＋m)g＝(M＋m)
解得T＝240 N.
答案：340 N　204 N
12. 长L＝0.5 m、质量可忽略的杆，其一端固定于O点，另一端连有质量m＝2 kg的小球，它绕O点在竖直平面内做圆周运动．当通过最高点时，如图2－3－18所示，求下列情况下，杆受到的力(计算出大小，并说明是拉力还是压力，g取10 m/s2)：
(1)当v＝1 m/s时，杆受到的力多大，是什么力？
(2)当v＝4 m/s时，杆受到的力多大，是什么力？
图2－3－18
解析：(1)当v＝1 m/s时，小球所需向心力F1＝＝N＝4 N小球满足mg－N＝，则
N＝mg－＝2.0×10 N－ N＝16 N
由牛顿第三定律可知，杆受到压力N′＝16 N，方向竖直向下．
(2)当v＝4 m/s时，小球所需向心力F2＝＝ N＝64 N>mg.显然重力不能提供足够的向心力，则杆对球有一拉力，受力如图所示．
小球满足mg＋T＝即
T＝－mg＝ N－2×10 N＝44 N
由牛顿第三定律可知，小球对杆有一拉力，大小T′＝44 N.
方向竖直向上．
答案：(1)16 N　支持力　(2)44 N　拉力
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．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)
1．(2011年广东佛山高一考试)物体在做平抛运动的过程中，以下物理量不变的是(　　)
A．物体的速度
B．物体位移的方向
C．物体竖直向下的分速度
D．物体的加速度
解析：选D.平抛运动只受重力作用，运动过程中加速度不变，故D正确；因竖直方向做匀加速直线运动，故物体的速度、位移随时间变化，故A、B、C错误．
2．(2010年高考江苏卷)如图1－8所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度(　　)
图1－8
A．大小和方向均不变　　　　 B．大小不变，方向改变
C．大小改变，方向不变 D．大小和方向均改变
解析：选A.由于橡皮参与两个分运动，一个是竖直向上的运动．由绳收缩的量决定；一个是水平的分运动，由铅笔的运动决定，这两个分运动都是匀速直线运动，所以橡皮的合运动也是匀速直线运动，A正确．
3．(2011年东城区模拟)如图1－9所示，人站在平台上平抛一小球，球离手时速度为v1，落地时速度为v2，不计空气阻力，图中能正确表示出速度矢量的演变过程的是(　　)
图1－9
解析：选C.做平抛运动的小球，水平方向的速度不变，即无论在哪一时刻，v2在x轴上的分量始终为v1，故C正确．
4．下列关于运动的分解的说法中不正确的是(　　)
A．初速度不为零的匀加速直线运动，可以分解成一个匀速直线运动与一个初速度为零的匀加速直线运动
B．一个在平面上的曲线运动可以分解成两个直线运动
C．沿斜面向上的运动可以分解为一个水平方向的运动和一个竖直向上的运动
D．可以将斜向下速度为9 m/s的运动分解成两个速度分别为3 m/s和5 m/s的匀速运动
解析：选D.由匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋at2可以看出初速度不为零的匀加速直线运动，可分解成一个匀速直线运动和初速度为零的匀加速直线运动，A正确．平面上的曲线运动可以分解成两个直线运动，沿斜面向上的运动可以分解成一个水平方向和一个竖直方向向上的运动，B、C正确．两个分别为3 m/s和5 m/s的匀速运动其合运动速度不可能为9 m/s.D项错．
5．斜抛物体运动的轨迹在射高两侧对称分布(抛出点与落地点在同一水平面上)，则(　　)
A．位移大小相等的位置有两处
B．速度大小相等的位置仅有两处
C．从抛出点到最高点的时间一定等于从最高点到落地点的时间
D．整个过程中速度方向时刻改变，速率也越来越大
解析：选BC.斜抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平方向速度不变，由竖直上抛运动的对称性可得速度大小相等的点有两个，上升和下落时间相等，因此B、C对．A选项中竖直位移相等的时刻有两个，但水平位移不相等，因此位移大小处处不等．整个过程中速度方向时刻改变，在上升过程中速率越来越小，下落过程中速率越来越大，D错．
6. (2011年菏泽高一检测)如图1－10所示，一架战斗机在距地面高度一定的空中，由东向西沿水平方向匀速飞行，发现地面目标P后，开始瞄准并投掷炸弹．若炸弹恰好击中目标P，假设投弹后飞机仍以原速度水平匀速飞行，则(空气阻力不计)(　　)
图1－10
A．飞机投弹时在P点的正上方
B．炸弹落在P点时，飞机在P点的正上方
C．飞机飞行速度越大，投弹时飞机到P点的距离应越小
D．无论飞机飞行速度多大，从投弹到击中目标经历的时间是一定的
解析：选BD.炸弹离开飞机时以和飞机相同的水平初速度做平抛运动，炸弹在水平方向做匀速直线运动，落地时与飞机的水平位移相等，此时飞机在P点的正上方，A错误，B正确；炸弹的飞行时间由竖直高度决定，即t＝.与飞机的飞行速度无关，D正确；由x＝v0t知飞行速度越大，水平位移越大，飞机到P点的距离应越大，C错误．
7．河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图1－11甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则(　　)
图1－11
A．船渡河的最短时间是100 s
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度是5 m/s
解析：选ABD.由图甲、乙可知，河宽d＝300 m，水流最大速度vm水＝4 m/s，船在静水中的速度v船＝3 m/s，要使船以最短时间过河，船头必须与河岸垂直，且最短时间tmin＝＝ s＝100 s，故A、B正确；由于水流速度不恒定，故船的轨迹是一条曲线，C错误；船在河水中的最大速度vm＝＝ m/s＝5 m/s，D正确．
8．在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力，下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图像，可能正确的是(　　)
图1－12
解析：选B.运动员下落过程中受到的空气阻力随下落速度的增大而增大，随下落速度的减小而减小．水平方向运动员仅受空气阻力，fx＝max，vx减小，fx减小，ax减小，故B对、A错，竖直方向运动员受重力(向下)和空气阻力fy，则有：mg－fy＝may，vy增大，fy增大，ay减小，C、D均错．
9．如图1－13所示．离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是(　　)
图1－13
A. B.
C. D．2
解析：选A.甲做平抛运动h＝gt2①
乙做初速度为v0的匀加速直线运动
h＝v0t＋gt2sin45°②
联立①②得v0＝/2.
10．将一个小球以速度v0水平抛出，要使小球垂直打到一个斜面上，斜面与水平方向的夹角为α，下列说法中正确的是(　　)
A．若保持水平速度v0不变，斜面与水平方向的夹角α越大，小球的飞行时间越长
B．若保持水平速度v0不变，斜面与水平方向的夹角α越大，小球的飞行时间越短
C．若保持斜面倾角α不变，水平速度v0越大，小球的飞行时间越长
D．若保持斜面倾角α不变，水平速度v0越大，小球的飞行时间越短
解析：选BC.如图所示，小球垂直打到斜面上的情况由图示知：
vy＝vcosα①
v0＝vsinα②
又vy＝gt③
由①②③式得t＝
所以，v0恒定，α越大，t越小，选项B正确；α恒定，v0越大，t越大，选项C正确．
二、填空题(本题共2小题，共18分，把答案填在题中的横线上)
11．(10分) 试根据平抛运动原理设计测量弹射器弹丸出射初速度的实验方法，提供实验器材：弹射器(含弹丸，如图1－14所示)、铁架台(带有夹具)、米尺，试按要求作答：
图1－14
(1)在安装弹射器时应注意________．
(2)实验中需要测量的量是________．
(3)由于弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中采取的办法是________．
答案：(1)弹射器保持水平，保证弹丸初速度沿水平方向
(2)弹丸下降的高度h和水平射程x
(3)在不改变高度h的条件下，进行多次实验测量水平射程x，求出x的平均值，以减小误差
12. (8分)(2010年高考天津卷)如图1－15所示，在高为h的平台边缘水平抛出小球A，同时在水平地面上距台面边缘水平距离为s处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g.若两球能在空中相遇，则小球A的初速度vA应大于________，A、B两球初速度之比为________．
图1－15
解析：设A、B球经过时间t相遇，A平抛，有vAt>s，h>，解得vA>s.
对A有：vAt＝s，对B有：vBt－＝h－，两式相比得，＝.
答案：s　
三、计算题(本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
图1－16
13．(10分)(2010年高考北京卷)如图1－16所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经3.0 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点．斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力．(取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g取10m/s2)求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小．
解析：(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有
Lsin37°＝gt2
A点与O点的距离L＝＝75 m.
(2)设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，
即Lcos37°＝v0t
解得v0＝＝20 m/s.
答案：(1)75 m　(2)20 m/s
14．(10分)打高尔夫球的人在发球处(该处比球洞所在处低15 m)击球，该球初速度为36 m/s，与水平方向成30°角．问他会把球向球洞处打多远？(忽略空气阻力，g取9.8 m/s2)
解析：如图所示．
球初速度的水平分量和竖直分量分别是：
v0x＝v0cosθ＝36cos30° m/s＝31.2 m/s，
v0y＝v0sinθ＝36sin30° m/s＝18 m/s.
由y＝CD，可得CD＝v0yt－gt2，
代入已知量，整理后可得t＝2.40 s或t＝1.28 s.
其中t＝1.28 s是对应于B点的解(如图所示)，表示了该球自由飞行至B点处所需的时间，因此在本题中，t应取2.40 s．在此飞行时间内，球的水平分速度不变，于是最后可得：
x＝v0xt＝31.2×2.40 m＝74.9 m.
答案：74.9 m
15. (10分)(2011年固原高一考试)在“研究平抛物体运动”的实验中，某同学记录了运动轨迹上三点A、B、C，如图1－17所示，以A为坐标原点，建立坐标系，各点坐标值已在图中标出．求：
图1－17
(1)小球平抛初速度的大小；
(2)小球做平抛运动的初始位置坐标．
解析：(1)如题图所示，小球在AB段、BC段水平位移相等，而小球在水平方向做匀速运动，因此小球在这两段的运动时间tAB＝tBC＝T.
小球在竖直方向做匀加速运动，
由Δy＝aT2得(0.25－0.15)cm＝10 m/s2T2，T＝0.1 s
小球在水平方向上做匀速运动，
有v0＝＝ m/s＝1 m/s.
(2)由于小球在竖直方向上做匀加速直线运动，小球在B点的竖直分速度大小等于在AC段竖直方向平均速度的大小．
vBy＝ m/s＝2 m/s
设小球从抛出点O到B点历时为tOB，有
tOB＝＝ s＝0.2 s
小球从抛出点O到A点历时：
tOA＝tOB－T＝0.1 s
因此，xOA＝v0tOA＝10 cm，yOA＝gt＝5 cm
故O点坐标值为(－10 cm，－5 cm)．
答案：(1)1 m/s　(2)(－10 cm，－5 cm)
16．(12分)抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动．现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．(设重力加速度为g)
图1－18
(1)若球在球台边缘O点正上方高度为h1处以速度v1水平发出，落在球台的P1点(如图1－18实线所示)，求P1点距O点的距离x1.
(2)若球在O点正上方以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的P2点(如图1－18虚线所示)，求v2的大小．
解析：(1)如图所示，设发球时飞行时间为t1，根据平抛运动
h1＝gt①
x1＝v1t1②
解得：x1＝v1③
(2)设发球高度为h2，飞行时间为t2，同时根据平抛运动
h2＝gt④
x2＝v2t2⑤
且h2＝h⑥
2x2＝L⑦
得：v2＝.⑧
答案：(1)v1　(2)
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．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)
1．关于向心加速度的说法中正确的是(　　)
A．向心加速度越大，物体速率变化越快
B．向心加速度的大小与轨道半径成反比
C．向心加速度的方向始终与速度方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
解析：选C.向心加速度反映做圆周运动的物体速度方向变化的快慢，其大小由向心力大小决定，方向时刻改变但始终与线速度方向垂直且指向圆心．故选项C正确．
2．大型游乐场中有一种叫“摩天轮”的娱乐设施，如图2－9所示，坐在其中的游客随轮的转动而做匀速圆周运动，对此有以下说法，其中正确的是(　　)
图2－9
A．游客处于一种平衡状态
B．游客做的是一种变加速曲线运动
C．游客做的是一种匀变速运动
D．游客的速度和加速度都在不断地改变着
解析：选BD.游客做匀速圆周运动，速度和加速度的大小不变，但它们的方向时刻在改变，均为变量，因此游客做的是变加速曲线运动，而非匀变速运动，不是处于平衡状态．
3．有一种大型游戏器械，它是一个圆桶形容器，桶壁竖直，游客进入容器后靠桶壁站立，当圆桶开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为(　　)
A．游客处于失重状态
B．游客随着转速的增大有沿壁向上滑动的趋势
C．游客受到桶壁的摩擦力平衡重力
D．游客受到桶壁的向心力
解析：选C.游客随圆桶一起做圆周运动，桶壁对其的弹力提供向心力，从而具备了摩擦力产生的必要条件，当游客受到重力有向下滑动的趋势时，摩擦力和重力平衡，使游客仍旧能保持在竖直方向上不动．
4．某同学在观察飞机在空中进行表演时，发现飞机有时在竖直方向做圆周运动上下翻飞；有时在水平方向做匀速圆周运动，如图2－10所示，他得出下述结论，其中正确的是(　　)
图2－10
A．飞机做圆周运动的向心力只能由重力提供
B．飞机在水平面上做匀速圆周运动时，向心力可由空气的支持力与重力的合力提供
C．飞机在竖直面上做圆周运动在最高点时，因加速度竖直向下，故飞行员有失重感觉
D．飞机在竖直面上做圆周运动在最低点时，因加速度竖直向上，故飞行员受座椅的作用力最大
解析：选BCD.飞机在水平面上做匀速圆周运动时受力如图所示，所需要的向心力由空气的支持力与重力的合力来提供，飞机在竖直面上运动到最低点，速度最大，由N—mg＝可知，座椅对飞行员的支持力N最大．只要加速度方向向下，则飞行员处于失重状态．
5. 图2－11为一种早期的自行车，这种不带链条传动系统的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了(　　)
图2－11
A．提高速度
B．提高稳定性
C．骑行方便
D．减小阻力
解析：选A.前轮和脚蹬是同轴传动，角速度相同，由v＝rω可得前轮直径越大，轮子边缘的线速度就越大，前进速度就越大，选项A正确．
6．铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道与水平面的夹角为θ，如图2－12所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，则(　　)
图2－12
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C．这时铁轨对火车的支持力等于mg/cosθ
D．这时铁轨对火车的支持力大于mg/cosθ
解析：选AC.火车与内外轨均无挤压时，mgtanθ＝m，此时v＝，若v>，则外轨对外侧车轮有挤压，若v<，内轨对内侧车轮有挤压，由于竖直方向的重力没有变化，而支持力N＝，所以支持力不变，故A、C正确．
图2－13
7．质量不计的轻质弹性杆P插在桌面上，杆上套有一个质量为m的小球，今使小球沿水平方向做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，如图2－13所示，则杆的上端受到的作用力大小为(　　)
A．mω2R　　　　　　　　 B.
C. D．不能确定
解析：选C.小球受重力mg和杆的作用力F，如图所示，F与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律
水平方向：Fcosθ＝mω2R
竖直方向：Fsinθ＝mg
由以上两式得：
F＝
8．如图2－14所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在转动过程中，皮带不打滑，则
(　　)
图2－14
A．a点与b点的线速度大小相等
B．a点与b点的角速度大小相等
C．a点与c点的线速度大小相等
D．a点与d点的向心加速度大小相等
解析：选CD.左、右两轮通过皮带传动，在皮带不打滑的前提下，应有a、c两点的线速度大小相等，b、c、d三点的角速度大小相等，即va＝vc，ωb＝ωc＝ωd.由v＝Rω可得vb＝rωb，vc＝2rωc，显然vc>vb，则va>vb.又va＝rωa>vb＝rωb，则ωa>ωb，A、B两选项错，C选项正确．由a＝可得，aa＝，ad＝＝＝，选项D正确．故正确选项为C、D.
9．在光滑平面中，有一转轴垂直于此平面，交点O的上方h处固定一细绳的一端，绳的另一端固定一质量为m的小球B，绳长AB＝l>h，小球可随转轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图2－15所示，要使球不离开水平面，转轴的转速最大值是(　　)
图2－15
A. B．π
C. D．2π
解析：选A.以小球为研究对象，小球受三个力作用，重力G、水平面支持力N、绳子拉力T.在竖直方向上合力为零，在水平方上向所需向心力为，故得Tcosθ＋N＝mg①
Tsinθ＝＝mRω2＝m4π2n2R＝m4π2n2htanθ②
解①②得N＝mg－m4π2n2h
当球即将离开水平面时N＝0，
转速n有最大值：n＝或n＝ .
10．如图2－16所示，小球m在竖直放置的光滑的圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
图2－16
A．小球通过最高点时的最小速度是
B．小球通过最高点时的最小速度为零
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定有作用力
解析：选BD.当小球运动到最高点时，若速度较小，mg>N，则管内壁对小球有支持力，满足mg－N＝，则N＝mg－，由此可知，v越小，N越大，由于内壁的约束，到最高点时速度可以为零，故A错误，B正确；当小球运动到水平线ab以下时，小球一定需要向心力，但重力方向竖直向下，小球必定与外壁挤压，即外壁对小球一定有作用力．C错误，D正确．
二、填空题(本题共2小题，共18分．把答案填在题中的横线上)
11．(8分)小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度．他的设想是：通过计算脚踏板转动的角速度，推算自行车的骑行速度．经过骑行，他得到如下的数据：
图2－17
在时间t内脚踏板转动的圈数为N，那么脚踏板转动的角速度ω＝________；要推算自行车的骑行速度，还需要测量的物理量有________________________________________________；自行车骑行速度的计算公式v＝________________________________________________________________________.
解析：在时间t内脚踏板转动的圈数为N，即转一圈所用的时间T＝，由角速度的定义可得ω＝＝，要求自行车的骑行速度，还要知道自行车后轮的半径R，牙盘的半径r1、飞轮的半径r2；由v1＝ωr1＝v2＝ω2r2，又ω2＝ω后，而v＝ω后R，联立以上各式解得v＝Rω＝2πR.
答案：　牙盘的齿轮数m、飞轮的齿轮数n、自行车后轮的半径R(或牙盘的半径r1、飞轮的半径r2、自行车后轮的半径R)　Rω或2πR(2πR或Rω)．
12．(10分)(2011年江苏常州高一考试)如图2－18甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器．
图2－18
(1)请将下列实验步骤按先后排序：________________________________________________________________________.
A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触
B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来
C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来
D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值
(2)要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是
________________.
A．秒表 B．毫米刻度尺
C．圆规 D．量角器
(3)写出角速度ω的表达式，并指出表达式中各个物理量的意义：________________________________________________________________________.
(4)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示．这对测量结果有影响吗？
解析：因为这个题目用的是打点计时器，所以两点之间的时间是0.02 s，通过量角器量出圆心到两点之间的角度，利用ω＝θ/t.
①具体的实验步骤应该是A、C、B、D
②量出角度应该用量角器D
③ω＝，θ为n个点对应的圆心角，t为时间间隔
④应该注意的一个问题是不能转动一圈以上，因为点迹重合，当半径减小时，因为单位时间内转过的角度不变，所以没有影响．
答案：(1)ACBD　(2)D　(3)ω＝，θ为n个点对应的圆心角，t为时间间隔　(4)没有影响
三、计算题(本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)(2011年赤峰高一期中)如图2－19所示，在光滑水平面上，一质量为m＝0.20 kg的小球在绳的拉力作用下做半径为r＝1.0 m的匀速圆周运动．已知小球运动的线速度大小为v＝2.0 m/s，求：
图2－19
(1)小球运动的周期．
(2)小球做匀速圆周运动时，绳对它的拉力大小．
解析：(1)根据周期公式可知小球运动的周期：T＝＝3.14 s.
(2)设小球做匀速圆周运动时，细绳对它的拉力为F，根据牛顿第二定律有：F＝m＝0.80 N.
答案：(1)3.14 s　(2)0.80 N
14．(10分)如图2－20所示，一质量为m＝2 kg的小球用细绳拴住在竖直平面内做圆周运动，绳长L＝0.5 m，固定点O距地面的高度为5.5 m，绳的最大承受力F＝120 N，则小球经过最低点时的速率最大为多少？若以此最大速率经过最低点时，细绳恰好被拉断，则小球落地时距离固定点O的水平距离为多大？(g取10 m/s2)
图2－20
解析：(1)设小球经过最低点时的速度为v，此时细绳所承受的力达到最大值，则由向心力公式：T－mg＝m可得：v＝5 m/s.
(2)当细绳被拉断之后，小球将做平抛运动，其初速度为v0＝5 m/s.
设小球从抛出到落地的时间为t
则由自由落体运动规律可知：t＝＝1 s
其水平位移x＝v0t＝5×1 m＝5 m.
答案：5 m/s　5 m
15. (10分)(2011年陕西咸阳高一检测)如图2－21所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m的小物块．求：
图2－21
(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．
解析：(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件得摩擦力的大小f＝mgsinθ＝
支持力的大小N＝mgcosθ＝ .
(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，如图所示，设筒转动的角速度为ω，有向心力公式可知
mgtanθ＝mω2·
由几何关系得　tanθ＝
联立以上各式解得ω＝.
答案：(1)　　(2)
16．(12分)电动打夯机的结构如图2－22所示，由偏心轮(飞轮和配重物m组成)、电动机和底座三部分组成，飞轮上的配重物的质量m＝6 kg.电动机、飞轮(不含配重物)和底座总质量M＝30 kg，配重物的重心到轮轴的距离r＝20 cm.在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，g取10 m/s2，求：
图2－22
(1)在电动机带动下，偏心轮转动的角速度ω；
(2)打夯机对地面的最大压力．
解析：(1)设偏心轮转动的角速度为ω，配重物在最高点时有(M＋m)g＝mω2r
得ω＝ ＝10 rad/s＝17.3 rad/s.
(2)配重物在最低点时，飞轮对它的作用力为F.由牛顿第二定律可知：
F－mg＝mω2r，对机体，由平衡得
F′＝Mg＋F
所以打夯机对地面的最大压力N＝F′＝2(M＋m)g＝720 N.
答案：(1)17.3 rad/s　(2)720 N
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．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)
1．下列说法正确的是(　　)
A．第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度
B．其他天体和地球具有相同的第一宇宙速度
C．海王星是人们依据万有引力定律计算的轨道而发现的
D．牛顿于1687年在《自然哲学的数学原理》中发表了万有引力定律并给出了万有引力常量的值
解析：选C.第一宇宙速度是人造卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度；第一宇宙速度v＝，不同天体的g、R不同，因此它们的第一宇宙速度也不一样；牛顿1687年在《自然哲学的数学原理》中发表了万有引力定律，但并没有给出引力常量．选项C正确，A、B、D错误．
2．关于太阳系中行星运动的轨道，以下说法正确的是(　　)
A．所有行星绕太阳运动的轨道都是圆
B．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
C．不同行星绕太阳运动时椭圆轨道半长轴是相同的
D．不同行星绕太阳运动时椭圆轨道是固定不变的
解析：选B.由开普勒第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故B正确．
3.
图5－2
如图5－2所示为卡文迪许测定万有引力常量的实验示意图，关于这个实验正确的说法有(　　)
A．此装置须放在密闭的室内进行
B．T形架由细绳悬挂着
C．T形架扭转θ角时，由平面镜M反射的光线也转动θ角
D．卡文迪许测量的G值等于6.67×10－11 N·m2/kg2
解析：选A.卡文迪许扭秤的主要部分是一个轻而坚固的T形架，倒挂在一根金属丝的下端，所以B错．T形架的竖直部分装有小平面镜M，它能把射来的光线反射到刻度尺上，当T形架扭转θ角时，由平面镜M反射的光线转动2θ角，所以C错．卡文迪许测量的G值为6.754×10－11 N·m2/kg2，故D错．
4.
图5－3
(2011年陕西咸阳高一检测)在圆轨道上运动的国际空间站里，一宇航员A静止(相对空间舱)“站”于舱内朝向地球一侧的“地面”B上，如图5－3下列说法不正确的是(　　)
A．宇航员不受地球引力作用
B．宇航员受到地球的引力、“地面”对他的支持力和重力三个力的作用
C．宇航员与“地面”之间无弹力作用
D．若宇航员将手中一小球无初速度(相对空间舱)释放，该小球将落到“地面”上
解析：选ABD.宇航员随空间站一起绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，对“地面”的压力为零，故选项A、B错误，C正确；若将一小球无初速度(相对空间舱)释放，小球还是随空间站绕地球做圆周运动，不会落到“地面”上，选项D错误．
5．(原创题)翟志刚在太空行走，成为一颗“人体卫星”，有同学查阅资料后得出下列结论，正确的是(　　)
A．翟志刚太空行走的速度大于第一宇宙速度
B．翟志刚环绕地球的周期和他的质量无关
C．由翟志刚的环绕周期和他的质量就可以估算出地球质量
D．翟志刚在圆形轨道上的向心力由地球对他的万有引力提供
解析：选BD.卫星的绕行速度都小于第一宇宙速度，A错．在圆形轨道上，万有引力提供向心力，D正确．由＝mr()2可知，卫星的周期和卫星质量无关，B正确．由于m在公式中被消去，可知仅由周期和卫星质量无法估算中心天体质量，C错．
6．(2010年高考天津卷)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：选A.根据万有引力提供向心力得G＝ma＝m＝mω2r＝m()2r，T变小，则r变小，v、a、ω变大．
7．(2010年高考北京卷)一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量为G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为(　　)
A．() B．()
C．() D．()
解析：选D.物体与天体表面没有作用力，万有引力作为向心力有＝mR()2①，又有M＝ρπR3②，解二式得T＝() .
8．(2011年高考山东卷)甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是(　　)
A．甲的周期大于乙的周期
B．乙的速度大于第一宇宙速度
C．甲的加速度小于乙的加速度
D．甲在运行时能经过北极的正上方
解析：选AC.设地球质量为M，卫星质量为m，轨道半径为r.甲、乙两卫星遵循相同的规律：G＝mr，得出T甲>T乙，A正确．根据G＝m，第一宇宙速度对应轨道半径为地球半径，小于乙的半径，所以乙的速度小于第一宇宙速度，B错误．由G＝ma知，a甲9．(2011年高考大纲全国卷)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比(　　)
A．卫星动能增大，引力势能减小
B．卫星动能增大，引力势能增大
C．卫星动能减小，引力势能减小
D．卫星动能减小，引力势能增大
解析：选D.由F＝＝m知，Ek＝mv2＝，r越大，Ek越小．r增大，卫星在升高过程中要克服万有引力做功，引力势能增大．综上所述D对，A、B、C错．
10．用m表示地球通信卫星(同步卫星)的质量，h表示它离地面的高度，R0表示地球的半径，g0表示地球表面处的重力加速度，ω0表示地球自转的角速度，则通信卫星所受地球对它的万有引力的大小为(　　)
A．等于零　　　　　　　　 B．等于
C．等于m D．以上结果均不对
解析：选BC.通信卫星所受万有引力的大小为
F＝G①
地球表面物体的重力可以近似认为等于万有引力，即
mg0＝G
故g0＝G②
由①②式可得F＝m，B选项是正确的．
由于通信卫星的角速度等于地球自转的角速度ω0，由F引＝F向得
G＝mω20(R0＋h)，
即R0＋h＝③
联立①②③式可得F＝m，C选项也是正确的．
二、填空题(本题共2小题，共18分．把答案填在题中的横线上)
11．(8分)(2011年高考上海卷)人造地球卫星在运行过程中由于受到微小的阻力，轨道半径将缓慢减小，在此运动过程中，卫星所受万有引力大小将________(填“减小”或“增大”)；其动能将________(填“减小”或“增大”)．
解析：由F＝知，当r减小时万有引力增大．由于卫星轨道半径缓慢减小，短时间内仍可将卫星的运动认为是绕地球的匀速圆周运动，由G＝m及Ek＝mv2可得Ek＝，可见r减小时Ek增大．
答案：增大　增大
12．(10分)“嫦娥一号”在绕月工作轨道的运动可视为匀速圆周运动，轨道半径为R(约等于月球半径)．此前曾有宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h处释放，经时间t后落到月球表面，据上述信息可推出“嫦娥一号”绕月运行的速率约为________．假设地球、月球都静止不动，卫星在近地轨道变轨后，靠惯性飞向月球，若卫星变轨时的动能小于卫星飞到月球过程中需要克服地球引力做的功，则探测卫星________(选填“可能”或“不可能”)到达月球．
解析：由h＝gt2可得
g＝
由mg＝m
由以上两式可得v＝
若卫星变轨时的动能小于卫星飞到月球过程中需要克服地球引力做的功，但若卫星变轨时的动能与月球引力对卫星做的功之和大于卫星飞到月球过程中需要克服地球引力做的功，卫星就可以到达月球．
答案：　可能
三、计算题(本题共4小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)
图5－4
“嫦娥奔月”的过程可以简化为：“嫦娥一号”升空后，绕地球沿椭圆轨道运动，远地点A距地面高为h1，在远地点时的速度为v，然后经过变轨被月球捕获，再经多次变轨，最终在距离月球表面高为h2的轨道上绕月球做匀速圆周运动．
(1)已知地球半径为R1、表面的重力加速度为g0，求“嫦娥一号”在远地点A处的加速度a；
(2)已知月球的质量为M、半径为R2，引力常量为G，求“嫦娥一号”绕月球运动的周期T.
解析：(1)设地球质量为M′，在地球表面处有：
G＝mg0
所以GM′＝g0R
根据牛顿第二定律有：G＝ma
由上述两式可得a＝.
(2)根据牛顿第二定律有：G＝m(R2＋h2)
所以T＝2π .
答案：(1)　(2)2π
14．(10分)1969年7月21日，美国宇航员阿姆斯特朗在月球上烙下了人类第一只脚印，迈出了人类征服宇宙的一大步．在月球上，如果阿姆斯特朗和同伴奥尔德林用弹簧测力计测出质量为m的仪器的重力为F；而另一位宇航员科林斯驾驶指令舱，在月球表面附近飞行一周，记下时间为T.试回答：只利用这些数据，能否估算出月球的质量？为什么？
解析：设月球的质量为M，半径为R，表面的重力加速度为g，根据万有引力定律，有
F＝mg＝G
根据指令舱做匀速圆周运动的向心加速度就是月球表面的重力加速度，有
a＝g＝＝()2R
则月球的质量可以表示为
M＝
所以，在已知引力常量G的条件下，才能利用上式估算出月球的质量．
答案：见解析
15．(10分)
图5－5
如图5－5所示，α星和β星组成的双星系统其“晃动”(实际是环绕运动，不过人们往往只能看到它们在晃动)周期为T，α星的晃动范围为Dα，β星的晃动范围为Dβ，试求α星和β星的质量．
解析：晃动范围实际上就是它们做圆周运动的直径，晃动周期就是环绕周期．由于两者互相环绕转动，它们绕旋转中心转动的角速度相同．两者相距L＝(Dα＋Dβ)/2，彼此的万有引力提供向心力，故对α、β星分别有：
G＝Mα ω2·
G＝Mβ ω2·
由以上两式得
Mα＝
Mβ＝.
答案：　
16．(12分)一颗人造地球卫星在离地面高度等于地球半径的圆形轨道上运行，已知卫星的第一宇宙速度是v1＝7.9 km/s，求：
(1)这颗卫星运行的线速度为多大？
(2)它绕地球运行的向心加速度为多大？
(3)质量为1 kg的仪器放在卫星内的平台上，仪器所受的重力为多大？它对平台的压力为多大？
解析：(1)卫星近地运行时，有：
G＝m①
卫星离地高度为R时，有：
G＝m②
由①②两式得：
v2＝＝ km/s＝5.6 km/s.
(2)卫星离地面高度为R时，有：
G＝ma③
靠近地面时，有＝mg④
由③④两式得：a＝g＝2.45 m/s2.
(3)在卫星内，仪器的重力就是地球对它的吸引力，则：G′＝mg′＝ma＝1×2.45 N＝2.45 N
由于卫星内仪器的重力充当向心力，仪器处于完全失重状态，所以仪器对平台的压力为零．
答案：(1)5.6 km/s　(2)2.45 m/s2　(3)2.45 N　0
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1．下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中A、B、C中的斜面是光滑的，D中的斜面是粗糙的，A、B中的F为木块所受的力，方向如图中箭头所示．A、B、D中的木块向下运动，C中的木块向上运动，在这四个图所示的运动过程中，木块的机械能守恒的是(　　)
图4－2－8
解析：选C.在A、B、D中均有除重力以外的其他力做功，机械能不守恒，在C中只有重力做功，机械能守恒，故C正确．
2.
图4－2－9
(2011年高考上海综合卷)用如图4－2－9示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中(　　)
①重力做正功，重力势能增加
②重力的瞬时功率一直增大
③动能转化为重力势能
④摆线对摆锤的拉力不做功
⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量
A．①③ B．②④
C．②⑤ D．④⑤
解析：选D.摆锤向下运动，重力做正功，重力势能减小，故①错误．由于开始静止，所以开始重力功率为零，在D位置物体v的方向与重力垂直，PG＝Gvcosθ，可知PG＝0，而在从A位置摆动到D位置的过程中，重力功率不为零，所以所受重力瞬时功率先增大后减小，②错误．在向下运动的过程中，重力势能减小，动能增加，故③错误．摆线拉力与v方向始终垂直，不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故④⑤正确，选D.
3.
图4－2－10
如图4－2－10所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间用一根长为L的轻杆连接(杆的质量可不计)，两小球可绕穿过杆中心O的水平轴无摩擦地转动．现让轻杆处于水平位置，然后无初速释放，重球b向下，轻球a向上，产生转动．在杆转至竖直的过程中(　　)
A．b球的重力势能减小，动能增加
B．a球的重力势能增加，动能增加
C．a球和b球的总机械能守恒
D．a球和b球的总机械能不守恒
解析：选ABC.由于不计一切摩擦和阻力，a和b两个球组成的系统中，只存在动能和重力势能的相互转化，系统的机械能守恒．其中a球的动能和势能均增加，机械能增加，杆中力对a做正功；b球的重力势能减少，动能增加，机械能减少，杆中力对b球做负功．
4.
图4－2－11
(2010年高考课标全国卷)图4－2－11为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有______．(填入正确选项前的字母)
A．米尺 B．秒表
C．0～12 V的直流电源 D．0～12 V的交流电源
(2)实验中误差产生的原因有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.(写出两个原因)
解析：(1)根据本实验的原理，打点计时器用交流电源，计算物体的瞬时速度以及测量物体下落的高度时都需要用到米尺，打点计时器本身是计时仪器，故不需要秒表．
(2)见答案．
答案：(1)AD　(2)纸带和打点计时器间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差、空气阻力等；计算势能变化时，选取的两点距离过近；交变电流频率不稳定(选取两个原因即可)
5．如图4－2－12所示是上海“明珠线”某轻轨车站的设计方案，与站台连接的轨道有一个小坡度，电车进站时要上坡，出站时要下坡，如果坡高2 m，电车到a点的速度是25.2 km/h，此后便切断电动机的电源．如果不考虑电车所受的摩擦力，则
图4－2－12
(1)电车到a点电源切断后，能不能冲上站台？
(2)如果能冲上，它到达b点时的速度是多大？(g取10 m/s2)
解析：(1)取a所在水平面为重力势能的参考面，电车在a点的机械能为
E1＝mv
式中v1＝25.2 km/h＝7 m/s.
将这些动能全部转化为势能，据机械能守恒定律有
mgh′＝mv
所以h′＝＝m＝2.45 m.
因为h′>h，所以电车能够冲上站台．
(2)设电车到达b点时的速度为v2, 根据机械能守恒定律有
mv＝mgh＋mv
所以v2＝＝ m/s＝3 m/s.
答案：(1)能　(2)3 m/s
一、选择题
1．关于机械能守恒，下列说法正确的是(　　)
A．物体的机械能守恒时，一定只受重力
B．物体处于平衡状态时，机械能守恒
C．物体除受重力外，还受其他力，机械能一定不守恒
D．物体的重力势能和动能之和增大时，必定有重力以外的力对它做功
解析：选D.物体机械能守恒的条件是只有重力做功，并非只受重力作用．物体受到其他力，但不做功，机械能应该守恒，故选项A、C错误；物体处于平衡状态时，如物体沿一斜面匀速下滑，物体要克服摩擦力做功，此时机械能不守恒，选项B错误；物体若有重力以外的力对它做功时，物体的机械能必定变化，选项D正确．
2.
图4－2－13
如图4－2－13所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，以桌面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为(　　)
A．0　　　　　　　 B．mgh
C．mgH D．mg(H＋h)
解析：选C.由于小球在下落过程中只受重力作用，所以机械能守恒，也就是说小球在任一位置时的机械能都相等，并且都等于刚释放时的机械能E＝mgH，故正确选项为C.
3．(2011年高考新课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是(　　)
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳子张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
解析：选ABC.到达最低点前高度始终在降低，所以重力势能始终减小，故A正确．绳张紧后的下落过程，伸长量逐渐增大，弹力做负功，弹性势能增大，故B正确．在蹦极过程中，只有重力与系统内弹力做功，故机械能守恒，C正确．重力势能的改变与重力做功有关，重力做功只与始末位置高度差有关，与零势能面的选取无关，故D错误．
4．在“验证机械能守恒定律”的实验中有关重锤的质量，下列说法中正确的是(　　)
A．应选用质量较大的重锤，使重锤和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力
B．应选用质量较小的重锤，使重锤的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
C．不需要称量重锤的质量
D．必须称量重锤的质量，而且要估读到0.01 g
解析：选AC.本实验依据的原理是用重锤自由下落验证机械能守恒定律，因此重锤的质量应取得大一些，以使系统所受的阻力和重锤的重量相比可以忽略不计，以保证系统做自由落体运动．对自由落体来说，物体的机械能守恒，即重力势能的减小等于其动能的增加．设物体质量为m，下落距离h时的速度为v，则有mv2＝mgh，约去m后，有v2＝2gh，分别计算对应的v2和2gh，即可验证机械能守恒定律是否成立．
5．(2011年延安高一检测)
图4－2－14
利用传感器和计算机可以研究力随时间变化的大小关系，实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，最后停止，用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化的图线如图4－2－14所示．根据图线所提供的信息，以下判断错误的是(　　)
A．t1时刻消防队员的速度最大
B．t3时刻消防队员的动能最小
C．t4时刻消防队员的动能最小
D．消防员在运动过程中机械能守恒
解析：选ABD.由图像可知，消防队员在t1时刻开始与地面接触，t1到t2做加速度减小的加速运动，t2时刻速度增加到最大；t2到t3做加速度增大的减速运动，t3到t4做加速度减小的减速运动，t4时刻速度减为零．因为消防队员接触地面后，地面的弹力对消防队员做负功，所以其机械能不守恒．
6.
图4－2－15
(2010年高考安徽卷)伽利略曾设计如图4－2－15所示的一个实验，将摆球拉到M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小(　　)
A．只与斜面的倾角有关　　　 B．只与斜面的长度有关
C．只与下滑的高度有关 D．只有物体的质量有关
解析：选C.物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，仅有重力做功，机械能守恒，故有mgh＝mv2 v＝，所以其末速度仅由高度决定，故C项正确．
7．一物体从高h处自由下落，落至某一位置时其动能与重力势能恰好相等(取地面为零势能面)(　　)
A．此时物体所处的高度为h/2
B．此时物体的速度为
C．这段下落的时间为
D．此时机械能可能小于mgh
解析：选ABC.物体下落中机械能守恒，D错．由mgh＝2·mgh′知h′＝h/2，A对．由mgh＝2·mv2知v＝，B对．由t＝v/g知t＝，C对．
8.
图4－2－16
三个物体以相同的初速度v0分别竖直上抛、沿光滑斜面上滑、斜上抛，不计阻力，它们所能到达的最大高度分别用H1、H2、H3表示，如图4－2－16所示，斜面足够长，则比较三者的最大高度有(　　)
A．H1＝H2＝H3 B．H1＝H2>H3
C．H1>H2＝H3 D．H1解析：选B.三个物体在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，前两种情况下物体在最高点的速度为零，由ΔEk＝ΔEp得H1＝H2；第三种情况下物体在最高点的速度不等于零，由mv＋0＝mgH3＋Ek′知，H39．如图4－2－17所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻质弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上．分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳和轻弹簧均水平，弹簧处于自然伸长状态，将两球分别由静止开始释放．当两球到达各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则(　　)
图4－2－17
A．两球到达各自悬点的正下方时，两球的动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，A球的动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，B球的动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球损失的重力势能较多
解析：选B.A球下落过程中，只有重力对它做功，故A球的机械能守恒．B球下落过程中，除重力外还有弹力对它做功，故B球与弹簧组成的系统机械能守恒．初状态A、B球的机械能相等，而末状态两球在同一水平面上，故整个过程中二者减少的重力势能相等．A球减少的重力势能全部转化为它的动能；B球减少的重力势能转化为它的动能及弹簧的弹性势能．所以，两球都到达悬点正下方时，A球的动能较大．
二、非选择题
10．在“验证机械能守恒定律”的实验中，所用电源的频率为50 Hz，某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测量时各计数点对应刻度尺上的读数如图4－2－18所示(图中O点是打点计时器打出的第1个点，A、B、C、D、E分别是每打两个点取出的计数点)．
图4－2－18
根据纸带要求计算：
(1)若重锤的质量为m，则重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能是多少？
(2)重锤下落到打B点时增加的动能有多大？
(3)从(1)(2)数据可得出什么结论？产生误差的主要原因是什么？
解析：在验证机械能守恒定律的实验中，误差中的一部分来自于空气阻力及纸带和打点计时器限位孔之间的摩擦，故重力势能的减少量应等于动能的增加量和克服阻力做功之和．所以，此题在计算结论上肯定是重力势能减少的多，动能增加的少，其差值除偶然误差外，就是上述原因造成的．
(1)重锤从开始下落到打B点时减少的重力势能为：
ΔEp减＝mgh＝mg＝9.8×0.1950m J＝1.911m J.
(2)重锤下落到打B点时的速度为
vB＝(sAB＋sBC)/2T＝(0.07＋0.0855)/(2×0.04)m/s＝1.944 m/s
则物体从开始下落到打B点增加的动能为
ΔEk增＝mv/2＝(1.944)2m/2＝1.89m J.
(3)从(1)(2)可以得出，在实验误差允许的范围内，重锤重力势能的减少等于其动能的增加，机械能守恒．
重锤减少的重力势能略大于其增加的动能的原因是：重锤在下落时要受到阻力的作用(打点计时器对纸带摩擦、空气阻力等)，重锤克服阻力做功要损失一部分机械能．
答案：见解析
11．游乐场的过山车的运动过程可以抽象为图4－2－19所示模型．弧形轨道下端与圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端A点静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，最后离开．试分析A点离地面的高度h至少要多大，小球才可以顺利通过圆轨道最高点(已知圆轨道的半径为R，不考虑摩擦等阻力)．
图4－2－19
解析：由机械能守恒定律得：mgh＝mg2R＋mv2
在圆轨道最高处：mg＝m
v＝v0
解得h＝R.
答案：R
12．质量均为m的三个小球A、B、C依次用长都是l的细绳相连．置于高为h的光滑水平台面上，l>h，如图4－2－20所示．在平台边缘右上方的轨道恰能使小球无摩擦地通过，A球位于平台的边缘，受到微小的扰动后开始下落，设A、B两球相继落地后均不弹起，求C球刚要离开平台时的速度大小．
图4－2－20
解析：A小球下落h的过程中，以A、B、C三球为整体机械能守恒，A球刚到地面时，速率为v1，则A球减少的重力势能等于三球增加的动能，所以有
mgh＝3×mv21
A球落地后，B球以速率v1开始下落h的过程中，以B、C球组成整体机械能守恒，B球减少的重力势能等于B、C两球增加的动能，所以有
mgh＝·2mv22－·2mv21
B球落地后，B、C间绳子已松弛，C球在光滑台面上以速度v2匀速前进l－h距离后离开平台，代入数值解得
vC＝v2＝.
答案：
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1．下列关于平抛运动的说法中正确的是(　　)
A．在日常生活中，我们将物体以水平速度抛出后，物体在空中一定做平抛运动
B．做平抛运动的物体水平位移越大，则说明物体的初速度越大
C．做平抛运动的物体运动时间越长，则说明物体水平初速度越小
D．做平抛运动的物体落地时速度方向与水平方向夹角的正切值与时间成正比
解析：选D.日常生活中将物体平抛后，有一些由于受空气阻力作用较大，所以不是做平抛运动，A错误；由x＝v0t＝v0知，水平位移由v0和h共同决定，B错误；运动时间t＝，由h决定，C错误；设着地时竖直分速度vy＝gt，则tanθ＝＝t，tanθ与t成正比，D正确．
2. (2011年高考江苏卷)如图1－2－14所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为(　　)
图1－2－14
A．t甲C．t甲>t乙 D．无法确定
解析：选C.设两人在静水中的游速为v0，水速为v，则
t甲＝＋＝
t乙＝＝<
故A、B、D错，C对．
3. (2011年延安高一检测)竖直放置两端封闭的玻璃管内注满清水，内有一个用红蜡块做成的圆柱体，玻璃管倒置时圆柱体能匀速上升，现将玻璃管倒置，在圆柱体匀速上升的同时让玻璃管水平匀速运动．已知圆柱体运动的合速度是5 cm/s，α＝30°，如图1－2－15所示，则玻璃管水平运动的速度是(　　)
图1－2－15
A．5 cm/s B．4.33 cm/s
C．2.5 cm/s D．无法确定
解析：选C.圆柱体运动的合速度是水平和竖直两个方向上分速度的合成，由图知水平分速度为vsinα＝5×sin30°＝2.5 cm/s，C正确．
4．如图1－2－16所示，某人用绳通过定滑轮拉小船，设人匀速拉绳的速度为v0，绳某时刻与水平方向夹角为α，则船的运动性质及此时此刻小船水平速度vx为(　　)
图1－2－16
A．船做变加速运动，vx＝
B．船做变加速运动，vx＝v0cosα
C．船做匀速直线运动，vx＝
D．船做匀速直线运动，vx＝v0cosα
解析：选A.将小船的运动分解如图中所示，则有vx＝v0/cosα.因v0为定值，故vx随α角的改变而改变，所以小船做变加速运动．选项A正确．
5．(2011年开封高一检测)小球以15 m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上．求：
(1)小球在空中飞行的时间；
(2)抛出点距落地点的高度．(g取10 m/s2)
解析：把球将要到达落地点时的速度分解，如图所示．
由图可知θ＝37°，φ＝90°－37°＝53°
(1)tanφ＝，则t＝·tanφ＝× s＝2 s.
(2)h＝gt2＝×10×22 m＝20 m.
答案：(1)2 s　(2)20 m
一、选择题
1．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．两个匀速直线运动的合运动不可能是匀速直线运动
C．两个分运动互相干扰，共同决定合运动
D．两个分运动的时间一定与它们的合运动时间相等
解析：选D.合运动的性质的确是由两个分运动共同来决定，但两个分运动互不干扰，故选项C错误．合速度与分速度的关系应遵循平行四边形定则，他们的大小可以有各种关系，故选项A错误．两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动，故选项B错误．而分运动与合运动具有等时性．
图1－2－17
2．如图1－2－17所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中以速度v匀速上浮．现当红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平匀加速向右运动，则蜡块的轨迹可能是(　　)
A．直线P 　　 　　　 B．曲线Q
C．曲线R D．无法确定
解析：选B.红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做匀加速直线运动，所受合力水平向右，合力与合速度不共线，红蜡块的轨迹应为曲线，A错误．由于做曲线运动的物体所受合力应指向弯曲的一侧，B正确，C、D错误．
3．在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人．假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为6 m/s，摩托艇在静水中的航速是8 m/s，战士救人的地点离岸边最近处的距离为32 m，若战士要用最短的时间将人送上岸，则摩托艇的实际航程是(　　)
A．32 m B．40 m
C．52 m D．60 m
解析：选B.摩托艇行驶的最短时间为t＝＝s＝4 s．此时船速垂直江岸，则摩托艇实际运动的速度v＝＝ m/s＝10 m/s，故摩托艇的实际航程s＝vt＝40 m，B正确．
4．一架飞机以200 m/s的速度在高空沿水平线做匀速直线飞行．每相隔1 s先后从飞机上落下A、B、C三个物体．不计空气阻力，在运动过程中(　　)
A．A在B前200 m，B在C前200 m
B．A、B、C在空中排列成一条抛物线
C．A、B、C排列在一条竖直线上，间距不变
D．A、B、C排列在一条竖直线上，间距不断增大
解析：选D.我们讨论此问题时，是以地面为参考系的．刚从飞机上落下的每一个物体都具有跟飞机一样的水平初速度，因此，在地面上的人看来，落下的物体均做平抛运动．由于它们具有相同的水平速度，所以，它们在空中的位置排在一条竖直线上；落下的物体在竖直方向上均做自由落体运动，故它们之间的距离(自上而下)满足1∶3∶5的规律，故随着时间的推移，相邻物体间的距离越来越大．若以飞机为参考系，则空中的物体做自由落体运动，就把问题转化为研究相同时间间隔的自由落体运动．
5. (2010年高考大纲全国卷Ⅰ)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图1－2－18中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为(　　)
图1－2－18
A．tanθ B．2tanθ
C. D.
解析：
选D.如图所示，设小球抛出时的初速度为v0，则
vx＝v0①
vy＝v0cotθ②
vy＝gt③
x＝v0t④
y＝⑤
解①②③④⑤得：＝，D正确．
6．如图1－2－19所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是(　　)
图1－2－19
A．绳的拉力大于A的重力
B．绳的拉力等于A的重力
C．绳的拉力小于A的重力
D．拉力先大于重力，后变为小于重力
解析：选A.车水平向右的速度(也就是绳子末端的运动速度)为合速度，它的两个分速度v1、v2如图所示，其中v2就是拉动绳子的速度，它等于A上升的速度．
由图得vA＝v2＝vcosθ.
小车匀速向右运动过程中，θ逐渐变小，知vA逐渐增大，故A做加速运动，由A的受力及牛顿第二定律知绳的拉力大于A的重力，故选A.
7．(2011年陕西榆林高一检测)如图1－2－20所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(　　)
图1－2－20
A．tanφ＝sinθ B．tanφ＝cosθ
C．tanφ＝tanθ D．tanφ＝2tanθ
解析：选D.如图所示，tan θ＝＝＝①
tanφ＝＝②
联立①②两式，可得tanφ＝2tanθ.
8．一只船在静水中的速度是3 m/s，它要横渡一条30 m宽的河，水流速度为4 m/s.下列说法中正确的是(　　)
A．这只船不可能垂直于河岸到达正对岸
B．这只船对地的速度一定是5 m/s
C．过河时间可能是6 s
D．过河时间可能是12 s
解析：选AD.要使船垂直渡河，必须使合速度垂直于河岸，即划船速度沿河岸向上的分速度与水流速度相等，由于v船9. 如图1－2－21所示，水平地面上有P、Q两点，A点和B点分别在P点和Q点的正上方，距离地面高度分别为h1和h2.某时刻在A点以速度v1水平抛出一小球，经时间t后又从B点以速度v2水平抛出另一球，结果两球同时落在P、Q连线上的O点，则有 (　　)
图1－2－21
A．PO∶OQ＝v1h1∶v2h2
B．PO∶OQ＝v1h∶v2h
C．PO∶OQ＝v1∶v2
D．h1∶h2＝
解析：选C.PO＝v1 ，OQ＝v2
所以PO∶OQ＝v1∶v2
h1－h2＝g(t－t)＝g(t1－t2)(t1＋t2)＝gt(t1＋t2)>.
10. 如图1－2－22所示，M、N是两块挡板，挡板M高h′＝10 m，其上边缘与挡板N的下边缘在同一水平面，从高h＝15 m的A点以速度v0水平抛出一小球，A点与两挡板的水平距离分别为d1＝10 m，d2＝20 m．N板的上边缘高于A点．若能使小球直接进入挡板M的右边区域，则小球水平抛出的初速度v0的大小可能是下列给出数据中的哪一个(　　)
图1－2－22
A．v0＝8 m/s B．v0＝4 m/s
C．v0＝15 m/s D．v0＝21 m/s
解析：选C.小球要想进入M挡板的右侧，小球最大初速度v1使得小球恰好从N的下端通过，水平位移d2＝v1t，竖直位移h－h′＝gt2，可以得到v1＝ ＝20 m/s；最小初速度v2使得小球恰好从M的上端通过，水平位移d1＝v2t，竖直位移h－h′＝gt2，可以得到v2＝＝10 m/s；小球的初速度在v1、v2之间就可以进入M挡板的右侧，故选C.
二、非选择题
11. (2011年上海高一考试卷)如图1－2－23所示，飞机离地面高度为H＝500 m，水平飞行速度为v1＝100 m/s，追击一辆速度为v2＝20 m/s同向行驶的汽车．假设炸弹在空中飞行时的阻力忽略不计，欲使飞机投下的炸弹击中汽车，取g＝10 m/s2，求：
(1)从飞机投下炸弹开始计时，炸弹在空中飞行的时间．
(2)飞机应在距离汽车的水平距离多远处投弹？
s
图1－2－23
解析：(1)炸弹离开飞机后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有H＝gt2
则t＝
代入数据得t＝10 s.
(2)炸弹在水平方向上做匀速直线运动，在10 s内水平方向的位移即为飞机在这段时间内的位移，x机＝v1t，代入数据得x机＝1000 m
在这段时间内汽车的位移为x车＝v2t，代入数据得x车＝200 m
Δx＝x机－x车＝800 m
所以飞机应在距离汽车的水平距离800 m处投弹．
答案：(1)10 s　(2)800 m
12．如图1－2－24所示，河宽d＝100 m，设河水的流速为v1，船在静水中的速度为v2，小船从A点出发，在渡河时，船身保持平行移动，若出发时船头指向河对岸的上游B点处，经过10 min，小船恰好到达河正对岸的C点，若出发时船头指向河正对岸的C点，经过8 min小船到达C点下游的D点处，求：
图1－2－24
(1)船在静水中的速度v2的大小；
(2)河水流速v1的大小；
(3)在第二次渡河中小船被冲向下游的距离CD.
解析：(1)当船头正对C点航行时，所用时间最短，由t2＝得，v2＝＝ m/s＝0.208 m/s.
(2)设AB与上游河岸成α角，由题知船头正对B点航行，正好达对岸C点，航程最短，如图所示．
由图知cosα＝，渡河时间t1＝，
即v1＝ ，解得：v1＝0.125 m/s.
(3)在第二次渡河中，由运动的独立性和等时性得：
＝v1t2＝0.125×8×60 m＝60 m.
答案：(1)0.208 m/s　(2)0.125 m/s　(3)60 m
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1．一个人站在h高处，抛出一个质量为m的物体，阻力不计，物体落地时的速度为v，则人对物体做的功为(　　)
A．mgh　　　　　　　　　　 B.mv2
C．mgh＋mv2 D.mv2－mgh
解析：选D.设人对物体做功W，由动能定理得，W＋mgh＝mv2，所以W＝mv2－mgh，故D正确．
2．木块在水平恒力F作用下沿水平路面由静止出发前进了距离s，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2s的距离后才停下，设木块运动的全过程中地面的情况相同，则物体所受摩擦力的大小f和木块获得的最大动能Ekmax分别为(　　)
A．f＝，Ekmax＝ B．f＝，Ekmax＝Fs
C．f＝，Ekmax＝ D．f＝，Ekmax＝
解析：选C.对全过程运用动能定理：Fs－f·3s＝0，∴f＝F.力F作用距离s时，木块获得的动能最大，运用动能定理：Ekmax＝ΔEk＝(F－f)s＝Fs.
3．一质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑的水平面上以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速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为(　　)
A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s
C．W＝0 D．W＝10.8 J
解析：选BC.由于碰撞前后速度大小相等方向相反，所以Δv＝vt－(－v0)＝12 m/s，根据动能定理W＝ΔEk＝mv－mv＝0.故选项B、C正确．
4．如图3－3－6所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC为水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为(　　)
图3－3－6
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：选D.对小物块从A点出发到最后停下来整个过程用动能定理，mgh－μmgs＝0，s＝＝ m＝3 m．而d＝0.50 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，所以D选项正确．
5．如图3－3－7所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移s1＝3 m时撤去，木块又滑行s2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小？
图3－3－7
解析：物体运动分为三个阶段，先是在s1段匀加速直线运动，然后是在s2段匀减速直线运动，最后是平抛运动，设木块落地时的速度为v，整个过程各力做功情况分别为
推力做功WF＝F·s1，
摩擦力做功Wf＝－μmg(s1＋s2)，
重力做功WG＝mgh，由动能定理得：
Fs1－μmg(s1＋s2)＋mgh＝mv2－0
代入数据
20×3－0.2×1×10×(3＋1)＋1×10×1.2＝×v2
解得：v＝8 m/s.
答案：8 m/s
一、选择题
1．(2011年陕西铜川高一检测)以一定的初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为f，则从抛出到落回到抛出点时动能为(　　)
A.mv－2fh B．mgh－fh
C.mv＋2fh D．2fh
解析：选A.小球从抛出到落回抛出点重力不做功，空气阻力做负功，由动能定理得－2fh＝Ek－mv，故Ek＝mv－2fh，A正确．
图3－3－8
2．如图3－3－8所示，在水平台面上的A点，一个质量为m的物体以速度v0被抛出．不计空气阻力，当它到达B点时的动能为(　　)
A.mv＋mgH
B.mv＋mgh
C．mgH－mgh
D.mv＋mg(H－h)
解析：选B.物体由A到B，只有重力做功，由动能定理知，mgh＝mv－mv，所以物体在B点的动能EkB＝mv＝mv＋mgh，故B正确．A、C、D均错．
3．物体从高h的斜面顶端A由静止滑下，到斜面底端后又沿水平面运动到C点而停止．要使这个物体从C点沿原路返回到A，则在C点处物体应具有的速度大小至少是(　　)
A. B．2
C. D.
解析：选B.从A→C由动能定理得mgh－Wf＝0，从C→A有－mgh－Wf＝0－mv，故C点速度v0＝2.
4. 如图3－3－9所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道的动摩擦因素都是μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为(　　)
图3－3－9
A.μmgR B.mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案：D
5. 如图3－3－10所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′，若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
图3－3－10
A．fL＝Mv2
B．fL′＝mv2
C．fL′＝mv－(M＋m)v2
D．f(L＋L′)＝mv－mv2
解析：选ACD.根据动能定理：
对子弹，－f(L＋L′)＝mv2－mv，故选项D正确；
对木块，fL＝Mv2，选项A正确．
由以上两式相加整理可得fL′＝mv－(M＋m)v2，选项C正确．
6．如图3－3－11所示，质量为m的物体置于光滑平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F的作用下，以恒定速率v0竖直向下运动，物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α＝45°过程中，绳中张力对物体做的功为(　　)
图3－3－11
A. B．mv
C. D.
解析：选B.物体初速度为零，末速度
vcos45°＝v0①
对物体应用动能定理W＝mv2②
由①②联立得W＝mv，选项B正确．
7．如图3－3－12所示，一传送带在水平面上以速度v0匀速转动，两轮之间的距离为L，现将质量为m的物体轻轻放到传送带的A端，已知当物体到达距B端s0时(s0图3－3－12
A．物体在从A端到B端的过程中，摩擦力对物体做正功，W＝μmgL
B．物体在从A端到B端的过程中，摩擦力对物体做正功，W＝μmg(L－s0)
C．物体在从A端到B端的过程中，摩擦力对物体做正功W>μmg(L－s0)
D．物体在从A端到B端的过程中，摩擦力对物体做正功W＝mv
解析：选BD.当小物体放上后，物体与传送带发生相对滑动，其间的摩擦力f＝μmg，当达到共同速度后，f＝0，所以摩擦力在前一段位移(L－s0)内做功 W＝f(L－s0)＝μmg(L－s0 )，故B正确；由动能定理得，摩擦力做的功等于物体动能的增量，即W＝mv，故D正确．
8．如图3－3－13所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的．BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计，一质量为m的小滑块在高为h的A点由静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D点．现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由D点推回到A点时停下，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功等于(　　)
图3－3－13
A．mgh B．2mgh
C．μmg(s＋) D．μmgs＋μmghcotθ
解析：选B.下滑时，mgh－Wf＝0，上滑时，WF－mgh－Wf＝0，则WF＝2mgh，又因为轨道为曲面，滑动摩擦力无法表示，只有B正确．
9．物体沿直线运动的v－t关系如图3－3－14所示，已知在第1 s内合力对物体做的功为W，则(　　)
图3－3－14
A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4 W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2 W
C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.75 W
解析：选CD.设第1 s末的速度为v，则由动能定理可得，mv2＝W；从第1 s 末到第3 s末合力做功为mv2－mv2＝0；从第3 s末到第5 s末合力做功为0－mv2＝－W；从第5 s末到第7 s末合力做功为mv2－0＝W；从第3 s末到第4 s末合力做功为m()2－mv2＝－×mv2＝－0.75 W，故C、D正确．
10．如图3－3－15所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍．它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为(　　)
图3－3－15
A.kmgR B．0
C．2πkmgR D．2kmgR
解析：选A.物块在开始滑动时的最大静摩擦力是圆周运动的向心力，故kmg＝m，所以v2＝kRg.
则由动能定理得，W＝mv2－0＝kmgR.故选A.
二、非选择题
11．(2011年江苏苏州高一考试)质量为m＝50 kg的滑雪运动员，以初速度v0＝4 m/s从高度为h＝10 m的弯曲滑道顶端A滑下，到达滑道底端B时的速度vt＝10 m/s.求：滑雪运动员在这段滑行过程中克服阻力做的功．
图3－3－16
解析：设摩擦力做功为Wf，根据动能定理
mgh－Wf＝mv－mv
代入数值得：Wf＝2900 J.
答案：2900 J
12．如图3－3－17所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落，落到地面进入沙坑 停止，则：
图3－3－17
(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？
(2)若要使钢珠陷入沙坑，则钢珠在h处的动能应为多少？(设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变)
解析：(1)取钢珠为研究对象，对它的整个运动过程，由动能定理得
WG－Wf＝0
即mg(h＋)－f·＝0
解得f＝11mg
即钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的11倍．
(2)设钢珠在h处的动能为Ek，则对钢珠的整个运动过程，由动能定理得
mg(h＋)－f·＝0－Ek
解得Ek＝mgh.
答案：(1)11倍　(2)mgh
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1．关于万有引力，下列说法正确的是(　　)
A．万有引力只有在天体之间才能明显表现出来
B．一个苹果由于质量很小，所以它受的万有引力几乎可以忽略
C．地球对人造卫星的万有引力远大于卫星对地球的万有引力
D．地球表面的大气层是因为万有引力的约束而存在于地球表面附近
解析：选D.自然界中任何两个物体之间都有相互吸引的力的作用，故A错误；苹果质量虽小，但由于地球质量很大，故引力不可忽略，B错误；物体间的引力是相互的，由牛顿第三定律知等大，故C错误．
2．关于行星绕太阳运动的正确说法是(　　)
A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B．行星绕太阳运动时，太阳位于行星轨道的中心处
C．离太阳越近的行星运动的周期越长
D．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等
解析：选D.不同的行星围绕太阳运动的椭圆轨道不同，A项错；太阳处在所有椭圆的一个焦点上，B项错；由＝k知，离太阳越近，周期越短，C项错；正确答案是D.
3．人造卫星受到地球的万有引力为F，且F＝G，下列说法正确的是(　　)
A．F的方向指向地心
B．式中r是卫星到地面的距离
C．由于卫星的质量m小于地球的质量M，所以卫星对地球的引力F′小于F
D．卫星对地球的引力F′与F是作用力和反作用力
解析：选AD.万有引力的方向应沿两质点的连线，地球的全部质量可以看成集中在地心，所以A正确．公式中r应为卫星到地心的距离，所以B错误．两物体间的万有引力是相互的，互为作用力与反作用力，所以C错误，D正确．
4．设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地心4R(R是地球的半径)处，由于地球的作用而产生的加速度为g，则g/g0为(　　)
A．1 B．1/9
C．1/4 D．1/16
解析：选D.地球表面处的重力加速度和在离地心高4R处的加速度均由地球对物体的万有引力产生，所以有F＝G＝mg，故＝()2＝＝1/16.
5．某物体在地面上受到的重力为160 N，将它放置在卫星中，在卫星以a＝g的加速度随火箭向上加速升空的过程中，当物体与卫星中支持物的相互挤压力为90 N时，卫星距地球表面有多远？(地球半径R地＝6.4×103 km，g取10 m/s2)
解析：卫星在升空过程中可以认为是竖直向上做匀加速直线运动，设卫星离地面高度为h，这时受到地球的万有引力为
F＝G
在地球表面G＝mg①
在上升至离地面高度为h时
N－G＝ma②
由①②式得＝
h＝( －1)R地③
将m＝16 kg，N＝90 N，a＝g＝5 m/s2，R地＝6.4×103 km代入③得h＝1.92×104 km.
答案：1.92×104 km
一、选择题
1．关于开普勒第三定律的公式＝k，下列说法中正确的是(　　)
A．公式只适用于绕太阳做椭圆轨道运行的行星
B．公式适用于所有围绕星球运行的行星(或卫星)
C．式中的k值，对所有行星(或卫星)都相等
D．式中的k值，对围绕不同星球运行的行星(或卫星)都相同
解析：选B.开普勒运动定律不仅适用于椭圆运动，也适用于圆周运动，不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动．式中的k是与中心星体的质量有关的．
2．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的物体相距1 m时的相互吸引力
B．牛顿发现了万有引力定律时，给出了引力常量的值
C．引力常量的测定，证明了万有引力的存在
D．引力常量的测定，使人们可以测出天体的质量
解析：选CD.引力常量的大小等于两个质量是1 kg的物体相距1 m时的万有引力的数值，而引力常量不能等于物体间的吸引力，选项A错误；牛顿发现了万有引力，但他并未测出引力常量，引力常量是卡文迪许巧妙地利用扭秤装置在实验室中第一次比较精确地测出的，所以选项B错误；引力常量的测出，不仅证明了万有引力的存在，而且也使人们可以测出天体的质量，这也是测出引力常量的意义所在．
3．关于万有引力和万有引力定律的理解正确的是(　　)
A．不能看成质点的两物体间不存在相互作用的引力
B．只有能看成质点的两物体间的引力才能用F＝G计算
C．由F＝知，两物体间距离r减小时，它们之间的引力增大
D．万有引力常量的大小首先是由牛顿测出来的，且等于6.67×10－11 N·m/kg2
解析：选C.任何物体间都存在相互作用的引力，故称万有引力，A错；两个质量均匀的球体间的万有引力也能用F＝来计算，B错；物体间的万有引力与它们距离r的二次方成反比，故r减小，它们间的引力增大，C对；引力常量G是由卡文迪许精确测出的，D错．
4．设想把质量为m的物体放到地球的中心，地球的质量为M，半径为R(把地球看成质量分布均匀的球体)，则物体与地球间的万有引力是(　　)
A．G B．无穷大
C．零 D．无法确定
解析：选C.设地球的质量是均匀分布的，将地球看成是由无数质点组成的，各质点对放在地球中心的物体都有万有引力作用，由对称性可知，放在地球中心的物体受到的地球各质点的万有引力的合力为零，正确选项为C.
5．两大小相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F，若两个半径是小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力为(　　)
A．2F B．4F
C．8F D．16F
解析：选D.小铁球之间的万有引力F＝G＝G
大铁球半径是小铁球半径的2倍，其质量分别为小铁球m＝ρV＝ρ·(πr3)
大铁球M＝ρV′＝ρ[π(2r)3]＝8ρ·πr3＝8m
故两个大铁球间的万有引力
F′＝G＝G＝16G＝16F.
6．某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球轨道半径的，则此卫星运行的周期大约是(　　)
A．1天～4天 B．4天～8天
C．8天～16天 D．大于16天
解析：选B.设月球绕地球运动的轨道半径为r月，周期T月＝27天；人造卫星绕地球运动的轨道半径为r卫，周期为T卫．
根据开普勒第三定律得
＝k1，＝k2.
因为都绕地球运动，所以k1＝k2，即＝.
所以T卫＝T月＝27天＝5.2天，故B正确．
7．1990年5月，紫金山天文台将他们发现的第2752号小行星命名为吴健雄星，该小行星的半径为16 km.若将此小行星和地球均看成质量分布均匀的球体，小行星密度与地球相同．已知地球半径R＝6400 km，地球表面重力加速度为g，这个小行星表面的重力加速度为(　　)
A．400g B.g
C．20g D.g
解析：选B.星球表面上mg＝G，星球质量M＝πR3·ρ，所以g＝ρGπR.＝，所以g′＝g.
8．某行星沿椭圆轨道运动，远日点离太阳的距离为a，近日点离太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时的速率为(　　)
A．vb＝va B．vb＝
C．vb＝va D．vb＝
解析：
选C.如图所示，A、B分别为远日点、近日点，由开普勒第二定律知，太阳和行星的连线在相等的时间里扫过面积相等，取足够短的时间Δt，则有：va·Δt·a＝vb·Δt·b，所以vb＝va.
9．如果人造地球卫星受到地球的引力为其在地球表面时的一半，则人造地球卫星距地面的高度是(　　)
A．等于地球的半径R
B. R
C．(－1)R
D．(＋1)R
解析：选C.设地球半径为R，卫星离地面的高度为h，则卫星在地面和高空受到的引力分别为
F1＝G，F2＝G
由题设G＝2G
所以，h＝(－1)R.
二、非选择题
10．(2011年高考海南卷)2011年4月10日，我国成功发射第8颗北斗导航卫星．建成以后北斗导航系统将包含多颗地球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖．GPS由运行周期为12小时的卫星群组成．设北斗导航系统的同步卫星和GPS导航卫星的轨道半径分别为R1和R2，向心加速度分别为a1和a2，则R1∶R2＝________，a1∶a2＝________.(可用根式表示)
解析：同步卫星的运行周期T1＝24小时，GPS导航卫星的运行周期T2＝12小时，由开普勒第三定律＝可得R1∶R2＝＝，再由a＝R×()2可得
a1∶a2＝＝ .
答案：　
11．冥王星离太阳的距离是地球离太阳距离的39.5倍，那么冥王星绕太阳公转的周期是多少？(冥王星和地球绕太阳公转的轨道可视为圆形轨道)
解析：设冥王星的公转周期为T1，轨道半径为R1，地球的公转周期为T2，轨道半径为R2，
根据开普勒第三定律列关系式为：＝，
则T12＝T22，
求解得到结论：T1＝ T2，
所以T1＝(39.5) ×1年＝248.25年．
答案：248.25年
12．地球表面的重力加速度g0＝9.8 m/s2，忽略地球自转的影响，在距离地面高度为h＝1.0×103 m的空中重力加速度g与g0的差值是多大？取地球半径R＝6.37×106 m.
解析：不计地球自转的影响，物体的重力等于物体受到的地球的引力，有：mg＝G，mg0＝G
两式相比得＝()2＝()2＝0.99969
Δg＝g0－g＝3.04×10－3 m/s2.
答案：3.04×10－3 m/s2
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1．下列说法正确的是(　　)
A．海王星和冥王星是人们依据实验观察而直接发现的
B．天王星是人们依据万有引力定律计算的轨道而发现的
C．天王星的运动轨道偏离根据万有引力定律计算出来的轨道，其原因是由于天王星受到轨道外面其他行星的引力作用
D．以上说法均不正确
解析：选C.海王星的发现是因为在1781年发现的天王星的运行轨道，总是与万有引力定律计算出来的有一定的偏离，经过计算、预测、观察发现了海王星，冥王星的发现是基于同样的原理．所以天王星的轨道偏离是因为受其他行星引力的作用，C正确．
2．已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T.仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有(　　)
A．月球的质量
B．地球的质量
C．地球的半径
D．月球绕地球运行速度的大小
解析：选BD.由G＝mR有：
M＝.
故可计算地球的质量．
又v＝，所以还可估算月球绕地球运行速度的大小．
3．两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为TA∶TB＝1∶8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为(　　)
A．RA∶RB＝4∶1，vA∶vB＝1∶2
B．RA∶RB＝4∶1，vA∶vB＝2∶1
C．RA∶RB＝1∶4，vA∶vB＝1∶2
D．RA∶RB＝1∶4，vA∶vB＝2∶1
解析：选D.G＝m·R
∴R∝
又∵TA∶TB＝1∶8，
RA∶RB＝1∶4　v＝
∴vA∶vB＝2∶1.
4．(2011年高考江苏卷)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(　　)
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：选ACD.行星绕恒星转一圈，运行的距离等于圆的周长，即2πr＝vT得r＝，故C正确；a＝rω2＝r＝，故D正确；由G＝mr得M＝，故A正确；行星绕恒星的运动与其自身质量无关，行星的质量由已知条件求不出来，故B错误．
5．某行星的自转周期为T＝6 h，用弹簧秤在该行星的“赤道”和“两极”处测同一物体的重力，弹簧秤在赤道上的读数比在两极上的读数小10%(行星视为球体)．
(1)该行星的平均密度是多大？
(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，即G＝mg；在赤道上，万有引力产生了两个作用效果，一是让物体随行星一起自转，需要自转向心力，二是让物体来挤压地面，产生重力．即在赤道上，我们把物体所受到的万有引力分解为自转向心力和重力G＝mg′＋mR
所以mg－mg′＝0.1×G＝mR
该行星的质量为M＝
密度为ρ＝＝＝3.1×103 kg/m3.
(2)对物体原来有：0.1G＝mR＝ma向
物体“飘”起来时有：G＝ma向′＝mR
由上面两式联立得T1＝T＝×6 h＝1.9 h.
答案：(1)3.1×103 kg/m3
(2)1.9 h
一、选择题
1．发现海王星的天文学家是(　　)
A．哈雷、吉尔伯特　　　　 B．开普勒、哥白尼
C．勒维烈、亚当斯 D．牛顿、第谷
解析：选C.海王星是勒维烈与亚当斯根据万有引力定律，通过计算各自独立地发现的，故C正确．
2．关于万有引力定律的应用，下列说法正确的是(　　)
A．可以预言未知天体的轨道和位置
B．可以计算天体的运行周期
C．能够计算环绕天体的质量
D．在天体的运行中，万有引力提供向心力
解析：选ABD.发现万有引力定律之后，天文学家根据万有引力定律通过计算预言了海王星的轨道和位置，计算出了彗星的周期和中心天体的质量而不能计算环绕天体的质量．故C错误．在天体的运行中向心力是由万有引力提供的，故A、B、D均正确．
3．要计算地球的质量，除已知的一些常数外还须知道某些数据，现给出下列各组数据，可以计算出地球质量的有哪些(　　)
A．地球半径R
B．卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径r和线速度v
C．卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v和周期T
D．地球公转的周期T′及运转半径r′
解析：选BC.设有相对于地面静止的某一物体质量为m，地球的质量为M，根据地面上的物体所受万有引力和重力近似相等的关系得
G＝mg，解得M＝.
所以选项A正确．
设卫星的质量为m，根据万有引力提供卫星运转的向心力，可得＝m·，即M＝.
所以选项B正确．
再根据T＝，得M＝＝＝.
所以选项C正确．
若已知地球公转的周期T′及运转半径r′，只能求出地球所围绕的中心天体——太阳的质量，不能求出地球的质量，所以选项D错误．
4．(2011年高考福建卷)“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期T.已知引力常量为G，半径为R的球体体积公式V＝πR3，则可估算月球的(　　)
A．密度 B．质量
C．半径 D．自转周期
解析：选A.因“嫦娥二号”在月球表面附近的圆轨道上运行，所以其轨道半径即为月球半径．根据万有引力提供向心力可知＝m·R，化简得M＝，又V＝πR3，联立消去R3可得ρ＝＝，故A正确．
5．(2011年高考四川卷)据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55 Cancrie”，该行星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍．假设母星与太阳密度相同，“55 Cancrie”与地球均做匀速圆周运动，则“55 Cancrie”与地球的(　　)
A．轨道半径之比约为
B．轨道半径之比约为
C．向心加速度之比约为
D．向心加速度之比约为
解析：选B.由万有引力提供向心力＝m2·r和M＝ρV，得出r∝ ，计算知B正确；由向心加速度a＝2·r，再结合r∝，得a∝，计算知C、D错误．
6．科学家们推测，太阳系还有一颗行星就在地球的轨道上，从地球上看，它永远在太阳的背面，人类一直未能发现它，可以说是“隐居”着的地球的“孪生兄弟”．由以上信息可以确定(　　)
A．这颗行星的公转周期与地球相等
B．这颗行星的半径等于地球的半径
C．这颗行星的密度等于地球的密度
D．这颗行星上同样存在着生命
解析：选A.因只知道这颗行星的轨道半径，所以只能判断出其公转周期与地球的公转周期相等．由G＝m可知，行星的质量在方程两边可以消去，因此无法知道其密度．
7．宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h处释放，经时间t后落到月球表面(设月球半径为R)．据上述信息推断，飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.飞船在月球表面飞行时，由重力充当向心力，
mg＝m，v＝，又因为h＝gt2，g＝2h/t2，所以v＝/t，B正确．
8．若有一艘宇宙飞船在某一行星表面做匀速圆周运动，设其周期为T，引力常量为G，那么该行星的平均密度为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.设飞船的质量为m，它做圆周运动的半径为行星半径R，则G＝m()2R，所以行星的质量M＝，行星的平均密度ρ＝＝＝，B项正确．
9．土星周围有美丽壮观的“光环”，组成环的颗粒是大小不等、线度从1 μm到10 m的尘埃、岩石，类似于卫星，它们与土星中心的距离从7.3×104 km延伸到1.4 ×105 km.已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14 h，引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2，则土星的质量约为(估算时不考虑环中颗粒间的相互作用)(　　)
A．9.0×1016 kg B．6.4×1017 kg
C．9.0×1025 kg D．6.4×1026 kg
解析：选D.对外缘的颗粒，由万有引力提供向心力，得G＝m()2r，所以M＝.将r＝1.4×105 km，T＝14 h代入即可得D正确．
二、非选择题
10．有两颗人造卫星，都绕地球做匀速圆周运行，已知它们的轨道半径之比r1∶r2＝4∶1，求这颗卫星的：(1)线速度之比；(2)角速度之比；(3)周期之比；(4)向心加速度之比．
解析：(1)由G＝m得v＝
所以v1∶v2＝1∶2
(2)由G＝mω2r得ω＝
所以ω1∶ω2＝1∶8
(3)由T＝得T1∶T2＝8∶1
(4)由G＝ma得a1∶a2＝1∶16.
答案：(1)1∶2　(2)1∶8　(3)8∶1　(4)1∶16
11．两个星球组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两行星中心距离为R，其周期为T.求两行星的总质量．
解析：由万有引力定律得：G＝m1ω2R1
所以＝ω2R1，即m2＝
同理：G＝m2ω2R2，所以m1＝，即
m1＋m2＝
又因为R1＋R2＝R，所以m1＋m2＝，而ω＝
解得：m1＋m2＝.
答案：m1＋m2＝
12．土星周围有许多大小不等的岩石颗粒，其绕土星的运动可视为圆周运动．其中有两颗岩石颗粒A和B与土星中心的距离分别为rA＝8.0×104 km和rB＝1.2×105 km.忽略所有岩石颗粒间的相互作用．(结果可用根式表示)
(1)求岩石颗粒A和B的线速度之比．
(2)求岩石颗粒A和B的周期之比．
(3)土星探测器上有一物体，在地球上重为10 N，推算出它在距土星中心3.2×105 km处受到土星的引力为0.38 N．已知地球半径为6.4×103 km，请估算土星质量是地球质量的多少倍．
解析：(1)设土星质量为M0，颗粒质量为m，颗粒距土星中心距离为r，线速度为v，根据牛顿第二定律和万有引力定律：＝
解得v＝，对于A、B两颗粒分别有vA＝和vB＝，解得＝.
(2)设颗粒绕土星做圆周运动的周期为T，则T＝
对于A、B两颗粒分别有TA＝和TB＝，解得
＝.
(3)设地球质量为M，地球半径为r0，地球上物体的重力可视为万有引力，探测器上物体质量为m0，在地球表面重力为G0，距土星中心r0′＝3.2×105 km处的万有引力为G0′，根据万有引力定律G0＝，G0′＝
解得＝95.
答案：(1)　(2)　(3)95
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1．下列关于动能的说法中，正确的是(　　)
A．运动物体所具有的能就是动能
B．物体做匀变速运动，在中间时刻的速度为v，则物体在全过程中的动能都是mv2
C．做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变
D．物体在外力F的作用下做加速运动，当力F逐渐减小时，其动能也逐渐减小
解析：选C.运动的物体除具有动能以外，还具有其他形式的能，故A错；动能是状态量，动能随速度的变化而变化，故B错；当物体做匀速圆周运动时，速度的方向变化，但大小不变，所以物体的动能不变，故C正确；当物体的加速度减小时，其速度在增大，所以物体的动能仍在增大，故D错．
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2倍，甲的质量是乙的
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动
解析：选CD.由动能的表达式Ek＝mv2知，A、B错，C对；动能是标量，D对．
3．有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma>mb，它们的动能相同．若a和b分别受到不变的阻力fa和fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则(　　)
A．fa>fb，且safb，且sa>sb
C．fasb
解析：选A.由题意知：mav＝mbv，由于ma>mb，所以vafb.
4．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v.用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv
B．－mv2－mv－mgh
C．mgh＋mv－mv2
D．mgh＋mv2－mv
解析：选C.本题中阻力做功为变力做功，不能直接由功的表达式W＝Fl求解，因此要想到应用动能定理求解，初态为抛物块处，末态为着地处，整个过程中重力做功只和高度有关．由动能定理得：
WG－Wf＝mv2－mv
Wf＝WG＋mv－mv2＝mgh＋mv－mv2.
5．一颗质量m＝10 g的子弹，以速度v＝600 m/s从枪口飞出，子弹飞出枪口时的动能为多少？若测得枪膛长s＝0.6 m，则火药引爆后产生的高温高压气体在枪膛内对子弹的平均推力为多大？
解析：子弹的动能可由动能定义式直接算出．子弹的动能是依靠火药引爆后产生的气体对它做功转化来的，由功的定义式根据已知的枪膛长度即可算出气体的平均推力．子弹飞出枪口时的动能为
Ek＝mv2＝×10×10－3×6002 J＝1.8×103 J.
根据动能定理可知，火药引爆后的气体在枪膛内对子弹做的功为W＝ΔEk＝1.8×103 J.
设气体的平均推力为，
由功的定义式知W＝s
所以＝＝＝ N＝3.0×103 N.
答案：1.8×103 J　3.0×103N
一、选择题
1．关于动能的概念，下列说法中正确的是(　　)
A．物体由于运动具有的能，叫做动能
B．运动物体所具有的能，叫做动能
C．运动物体的质量越大，其动能一定越大
D．速度较大的物体，具有的动能一定较大
解析：选A.动能是指物体由于运动而具有的能量，但运动物体具有的能量并不一定都是动能，例如，空中飞行的飞机，除具有动能外还具有其他形式的能，故B错误，A正确；影响动能大小的因素有质量和速度，物体的质量越大，速度越大，动能才越多，故C、D错误．
2．下列各种物体的运动，动能保持不变的是(　　)
A．物体做匀速直线运动
B．物体做匀变速直线运动
C．物体做匀速圆周运动
D．物体做平抛运动
解析：选AC.只要物体的速度大小保持不变，动能就不变，匀速直线运动、匀速圆周运动速率不变，故动能不变．
3．(2011年山东济宁高一考试)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面四种情况中，能使汽车的动能变为原来的4倍的是(　　)
A．质量不变，速度增大到原来的4倍
B．质量不变，速度增大到原来的2倍
C．速度不变，质量增大到原来的2倍
D．速度不变，质量增大到原来的4倍
解析：选BD.由公式Ek＝mv2知，若质量不变，则速度变成原来的2倍；若速度不变，质量应为原来的4倍，故选项B、D正确．
4．在探究恒力做功与物体动能变化的关系的实验中作出W－v图像如图3－1－4所示，哪一个是符合实际的(　　)
图3－1－4
解析：选C.由恒力做功与动能变化的关系知W＝F·s＝mv2，即W∝v2，故W与v的变化关系应是抛物线的一部分，选项C正确．
5．一物体做变速运动时，下列说法中正确的是(　　)
A．合外力一定对物体做功，使物体动能改变
B．物体所受合外力一定不为零
C．合外力一定对物体做功，但动能可能不变
D．物体加速度一定不为零
解析：选BD.变速运动一定有加速度，合外力一定不为零，所以B、D正确；变速运动中发生改变的如果只是速度的方向，则动能不发生改变，合力也就不做功，所以A、C错误．
6．速度为v的子弹，恰可穿透一固定的木板，如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板(　　)
A．2块 B．3块
C．4块 D．8块
解析：选C.子弹的动能与速度的平方成正比，速度变为2v时，动能变为原来的4倍，所以能穿透4块木板．
7．水平铁轨上停着一辆矿车，煤矿工人用水平力F推动矿车从静止开始运动了位移s后停止推车，煤车在轨道上又滑行了3s后停下来，那么矿车受到的阻力为(　　)
A．F B．F/2
C．F/3 D．F/4
解析：选D.对整个过程应用动能定理得：Fs－f·4s＝0－0，解得：f＝F/4，所以选项D正确．
8．一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶时，同样情况下急刹车后滑行的距离s2应为(　　)
A．6.4 m B．5.6 m
C．7.2 m D．10.8 m
解析：选A.急刹车后，车只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．设摩擦力为f，根据动能定理得：－fs1＝0－mv，－fs2＝0－mv，两式相除得：＝，故得汽车滑行距离
s2＝s1＝()2×3.6 m＝6.4 m.
9．质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初速度v0做匀减速直线运动，经距离d以后，速度减为，则(　　)
A．此平面动摩擦因数为
B．物体再前进便停止
C．摩擦力做功为mv
D．若使物体前进总距离为2d时，其初速度至少为v0
解析：选ABD.设动摩擦因数为μ，据动能定理W＝ΔEk有Wf＝－μmgd＝m()2－mv＝－mv，解得μ＝，选项A正确；设物体总共能滑行l，则有：－μmgl＝0－mv，得l＝d，即再前进便停止，选项B正确；若要使物体滑行2d，则物体初速度为v，根据动能定理有：－μmg(2d)＝0－mv，得v＝v0，选项D正确．
二、非选择题
10．滑块在某一水平面上滑行，利用速度采集器获取其初速度v，并测量出不同初速度时的最大滑行距离s，得到下表的几组数据：
数据组 1 2 3 4 5 6
v/(m·s－1) 0 0.16 0.19 0.24 0.30 0.49
s/m 0 0.045 0.075 0.111 0.163 0.422
(1)一同学根据表中数据，作出s－v图像如图3－1－5甲所示．观察该图像，该同学做出如下推理：根据s－v图像大致是一条抛物线，可以猜想，s可能与v2成正比．请在乙图中所示的坐标系中选择适当的坐标轴，作出图线验证该同学的猜想．
　
图3－1－5
(2)根据你所作的图像，你认为滑块滑行的最大距离s与滑块初速度的二次方v2的关系是________．
解析：(1)既然猜想s可能与v2成正比，则以v2为横轴、s为纵轴建立坐标系，作出图像如图所示．
(2)由图线可知，s－v2是一条过原点的直线，所以滑块的最大滑行距离s与v2成正比，即s∝v2.
答案：(1)见解析图　(2)s∝v2
11．质量为2 kg的物体做自由落体运动，求出物体在第1 s末、第2 s末的动能各是多少？(g取10 m/s2)
解析：根据vt＝gt可知，v1＝10 m/s，v2＝20 m/s.
根据Ek＝mv2可知，Ek1＝mv＝×2 kg×(10 m/s)2＝100 J，
Ek2＝mv＝×2 kg×(20 m/s)2＝400 J.
答案：100 J　400 J
12. (2011年浙江杭州高一考试)某滑板爱好者在离地h＝1.8 m高的平台上滑行，水平离开A点后落在水平地面上的B点，其水平位移s1＝3.6 m．着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v＝4 m/s，并以此为初速度沿水平地面滑行s2＝8 m后停止．已知人与滑板的总质量m＝60 kg.试求：
图3－1－6
(1)人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力的大小；
(2)人与滑板离开平台时的水平初速度的大小(空气阻力忽略不计，取当地的重力加速度g＝10 m/s2)．
解析：(1)设人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力的大小为f，根据动能定理有－fs2＝0－mv2
解得f＝60 N.
(2)人与滑板离开平台后做平抛运动，设初速度的大小为v0，飞行时间为t，根据平抛运动的规律有
h＝gt2，
s1＝v0t，联立解得v0＝6 m/s.
答案：(1)60 N　(2)6 m/s
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1．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动可能是匀变速运动
C．匀速圆周运动是一种变速运动
D．匀速圆周运动是一种匀速率圆周运动
解析：选CD.匀速圆周运动中的匀速指的是速度的大小即速率不变，所以匀速圆周运动是一种匀速率圆周运动，D正确．匀速圆周运动中线速度的方向沿圆周上该点的切线方向，时刻变化，而速度的大小或方向有一个发生变化或同时变化，速度就发生变化，所以匀速圆周运动是一种变速运动，A错误，C正确．匀速圆周运动中速度的方向时刻发生变化，其受力方向也时刻变化，所以匀速圆周运动不是匀变速运动，B错误．
2．关于角速度、线速度和周期，下面说法中正确的是(　　)
A．半径一定，角速度与线速度成反比
B．半径一定，角速度与线速度成正比
C．线速度一定，角速度与半径成正比
D．不论半径等于多少，角速度与周期始终成反比
解析：选BD.关于角速度、线速度、周期的关系由公式v＝ωR，ω＝可以得出，半径一定时，角速度与线速度成正比，不论半径等于多少，ω与T始终成反比．故选项B、D正确．对v＝ωR公式的应用，应针对情景，找出v或ω哪一个量不变，再进行分析．
3. (2011年吴忠高一检测)如图2－1－7所示为某一皮带传动装置，主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法中正确的是(　　)
图2－1－7
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮的转速为n
D．从动轮的转速为n
解析：选BC.主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮转逆时针转动，A项错误，B项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v＝2πRn，可得两轮转速与半径成反比，所以C项正确，D项错误．
4．航天员杨利伟遨游太空，标志着中华民族载人航天的梦想已变成现实．“神舟5号”飞船升空后，先运行在近地点高度200 km、远地点高度350 km的椭圆轨道上，实施变轨后，进入343 km的轨道．假设“神舟5号”实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n周，起始时刻为t1，结束时刻为t2，运行速度为v，半径为r，则计算其运行周期可用(　　)
A．T＝(t2－t1)/n
B．T＝(t1－t2)/n
C．T＝2πr/v
D．T＝2πv/r
解析：选AC.根据圆周运动周期定义可得T＝(t2－t1)/n，根据线速度v与周期T的关系式可得T＝2πr/v.故选项A、C正确．
5．做匀速圆周运动的物体，10 s内沿半径是20 m的圆周运动100 m，试求物体做匀速圆周运动的：
(1)线速度的大小；
(2)角速度的大小；
(3)周期的大小．
解析：(1)依据线速度的定义式v＝
可得v＝＝ m/s＝10 m/s.
(2)10 s内，物体转过的角度为 rad＝5 rad.
由角速度的定义式ω＝，可得
ω＝＝ rad/s＝0.5 rad/s.
(3)由ω＝，解得
T＝＝ s＝4π s.
答案：(1)10 m/s　(2)0.5 rad/s　(3)4π s
一、选择题
1．某质点绕圆轨道做匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
A．因为该质点速度大小始终不变，所以它做的是匀速运动
B．该质点速度大小不变，但方向时刻改变，是变速运动
C．该质点速度大小不变，因而加速度为零，处于平衡状态
D．该质点做的是变速运动，具有加速度，故它所受合外力不等于零．
解析：选BD.匀速圆周运动的速度大小不变，但方向时刻改变，所以不是匀速运动，A错，B对；既然速度的方向改变，就存在速度的变化量，由公式a＝得，一定存在加速度，不处于平衡状态，合外力F＝ma，不等于零，C错，D对．
2．一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是(　　)
A．轨道半径越大，线速度越大
B．轨道半径越大，线速度越小
C．轨道半径越大，周期越大
D．轨道半径越大，周期越小
解析：选A.根据角速度和线速度关系v＝ωr，在角速度一定的情况下，半径越大，线速度越大；根据角速度与周期的关系ω＝2π/T，角速度一定，周期就一定，故正确答案为A.
3．正常走动的钟表，其分针和时针都在做匀速转动，下列说法中正确的是(　　)
A．时针和分针的角速度相等
B．分针的角速度是时针角速度的12倍
C．时针和分针的周期相等
D．分针的周期是时针周期的12倍
解析：选B.正常工作的钟表，转一周分针用一小时，时针用12小时．二者转动的周期之比为1∶12，根据公式ω＝2π/T，角速度之比为12∶1.
4．地球自转一周为一昼夜时间(24 h)，新疆乌鲁木齐市处于较高纬度地区，而广州则处于低纬度地区，关于两地所在处物体具有的角速度和线速度相比较(　　)
A．乌鲁木齐处物体的角速度大，广州处物体的线速度大
B．乌鲁木齐处物体的线速度大，广州处物体的角速度大
C．两处物体的角速度、线速度都一样大
D．两处物体的角速度一样大，但广州处物体的线速度比乌鲁木齐处物体的线速度要大
解析：选D.广州和乌鲁木齐与地球一起自转具有相同的角速度，因为广州到地轴的距离大于乌鲁木齐到地轴的距离，由v＝ωr知广州处物体的线速度大，选项D正确．
5．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用，如图2－1－8所示．设驴的运动为匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
图2－1－8
A．相等的时间内驴通过的弧长相等
B．相等的时间内驴发生的位移相等
C．相等的时间内驴的平均速度相等
D．相等的时间内驴转过的角度相等
解析：选AD.对于匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长是相等的，故A正确；在相等的时间内的位移方向不同，所以平均速度也就不同，故B、C错；相等时间内转过的角度相等，故D正确．
6．两个做圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是(　　)
A．它们的轨道半径之比为2∶9
B．它们的轨道半径之比为1∶2
C．它们的周期之比为2∶3
D．它们的周期之比为1∶3
解析：选AD.由公式v＝rω得，r＝v/ω，＝＝×＝，由公式T＝2π/ω得，＝＝.
7. (2011年陕西铜川高一考试)如图2－1－9所示，一个匀速转动的半径为r的水平的圆盘上放着两个小木块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(　　)
图2－1－9
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的线速度的两倍
D．M的角速度是N的角速度的两倍
解析：选B.由传动装置特点知，M、N两木块有相同的角速度，又由v＝ω·r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正确．
8．无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器，很多种高档汽车都应用了无级变速．如图2－1－10所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮降低转速；滚轮从右向左移动时，从动轮转速增加，当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是(　　)
图2－1－10
A.＝　　　　　　　 B.＝
C.＝ D.＝
解析：选B.从动轮与主动轮边缘线速度相等，则有·ω1＝·ω2，即D1n1＝D2n2，故＝.
9．如图2－1－11所示，直径为d的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴O匀速转动，把枪口垂直圆筒轴线发射子弹，结果发现圆筒上只有一个弹孔，则子弹的速度不可能是(　　)
图2－1－11
A. B.
C. D.
解析：选BD.由题意知圆筒上只有一个弹孔，证明子弹穿过圆筒时，圆筒转过的角度应满足θ＝π＋2kπ＝(2k＋1)π(k＝0,1,2，…)，子弹穿过圆孔所用时间t＝＝，所以有v＝(k＝0,1,2，…)，故不可能的选项为B、D.
二、非选择题
10．如图2－1－12是自行车的传动装置示意图，若脚蹬匀速转一圈需要时间T，已数出链轮齿数为48，飞轮齿数为16，要知道在此情况下自行车前进的速度，还需要测量的物理量是________(填写该物理量的名称及符号)．用这些量表示自行车前进速度的表达式v＝________.
图2－1－12
解析：由题意可知链轮与飞轮的半径之比r1∶r2＝3∶1.链轮和飞轮边缘的线速度大小相等，后轮与飞轮具有相同的角速度．链轮(或飞轮)边缘的线速度为r1，则飞轮(或后轮)的角速度为＝.可以测出后轮的半径r，则后轮边缘的线速度即自行车前进的速度，为v＝；或者测出后轮的直径d，则v＝；或者测出后轮的周长l，则v＝.
答案：后轮的半径r(或后轮的直径d、后轮的周长l)　(或，)
11. 如图2－1－13所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h处沿OB方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B，则小球的初速度v＝________，圆盘转动的角速度ω＝________.
图2－1－13
解析：小球做平抛运动，在竖直方向上h＝gt2，则运动时间t＝，又因为水平位移为R，所以球的速度为v＝＝R·.
在时间t内盘转过的角度θ＝n·2π，又因为θ＝ωt，则转盘角速度为ω＝＝2nπ(n＝1,2,3，…)．
答案：R　2nπ(n＝1,2,3，…)
12．(2011年开封高一期末)如图2－1－14所示为磁带录音机倒带时的示意图，轮子1是主动轮，轮子2是从动轮，轮1和2就是磁带盒内的两个转盘，空带一边半径为r1＝0.5 cm，满带一边半径为r2＝3 cm.已知主动轮转速不变，恒为n1＝36 r/min，试求：
图2－1－14
(1)从动轮2的转速变化范围；
(2)磁带运动的速度变化范围．
解析：(1)因为v＝ωr，且两轮边缘上各点的线速度大小相等，所以2πn2r2＝2πn1r1，即n2＝n1
当r2＝3 cm时，从动轮2的转速最小，
n21＝n1＝×36 r/min＝6 r/min
当磁带走完即r2′＝0.5 cm，r1′＝3 cm时，从动轮2的转速最大，为n22＝n1＝×36 r/min＝216 r/min
故从动轮2的转速变化范围是6 r/min(2)由v＝2πn1r1得知：
r1＝0.5 cm时，v1＝0.5×10－2×2π× m/s＝0.019 m/s
r1′＝3 cm时，v1′＝3×10－2×2π×m/s＝0.113 m/s
故磁带的速度变化范围是0.019 m/s答案：(1)6 r/min(2)0.019 m/s21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
1．以下几种说法正确的是(　　)
A．机械能可以完全变成内能，但内能不能完全变成机械能
B．热量不能从低温物体传给高温物体
C．若机器的各处均是光滑的，则它可以把从热源吸收的热量全部用来对外做功，而不引起其他变化
D．自然界的能量是守恒的，所以我们没有必要节约能源
解析：选A.能量的转化和转移是有方向性的，机械能向内能的转化具有不可逆性，所以A对，C错．热量不能自发地从低温物体传给高温物体，而不引起其他变化．但在某一特定条件下，热量可以从低温物体传给高温物体，例如电冰箱，所以B错．尽管自然界的能量守恒，但有的能量便于我们利用，有的不便于我们利用，所以仍要节约能源，D错．
2．石块自由下落过程中，由A点到B点重力做的功是10 J，下列说法正确的是(　　)
A．由A到B，石块的势能减少了10 J
B．由A到B，功减少了10 J
C．由A到B,10 J的功转化为石块的动能
D．由A到B,10 J的势能转化为石块的动能
解析：选AD.重力做功10 J，重力势能减少10 J，机械能总量不变，动能增加10 J，A、D对，B、C错．
3．设想在一间与外界绝热的房间里，有一台正在工作的电冰箱，如果冰箱的门是开着的，那么室内的温度将(　　)
A．升高　　　　　　　　 B．降低
C．不变 D．都有可能
解析：选A.电冰箱里利用制冷剂从箱内蒸发器处吸热而汽化后，到箱外冷凝器中放热液化，然后又到蒸发器中吸热汽化……如此循环而制冷的．由于蒸发器温度低，冷凝器温度高，在制冷过程中，是靠压缩机将蒸发器中的制冷剂抽出再压缩到冷凝器中，以实现热量从低温物体传递给高温物体．其中压缩机对制冷剂蒸气做了功，电能转化为内能，所以制冷剂从蒸发器吸收的热量比整台冰箱放出的热量要少，房间又是绝热的，故室内温度升高，A对．
4．下列关于能源开发和利用的说法中，正确的是(　　)
A．能源利用的过程是内能转化成机械能的过程
B．要合理开发和节约使用核能、太阳能、风能、地热能、海洋能等常规能源
C．能源利用的过程，是一种形式的能向另一种形式的能转化的过程
D．无论是节约能源还是开发能源，我国都要靠外国支援
解析：选C.根据能量的转化和守恒定律可知C选项正确；能源的利用方式有多种，不是只有内能向机械能转化，因此A选项错误；B选项中的几种能源都是新能源，因此B选项错误；在节约能源和开发能源上，我国自力更生，技术一直处于国际领先水平，因此D选项也错误．
5．一种风力发电装置的扇面面积S＝2 m2，当风速v＝10 m/s时，该装置的发电机组输出功率为875 W．已知空气的密度ρ＝1.29 kg/m3，求该装置的能量转化效率．
解析：沿风的方向上取面积为S、长度为vt的圆柱体，则在t时间内该圆柱体内的风的动能将被转化为其他形式的能，所以E总＝mv2＝ρSv3t
输入总功率：P总＝ρSv3＝1290 W
所以能量转化效率：η＝＝×100%＝68%.
答案：68%
一、选择题
1．关于能的转化与守恒定律的说法中错误的是(　　)
A．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一个物体
B．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化
C．一个物体能量增加了，必然伴随着别的物体能量减少
D．能的转化与守恒定律证明了第一类永动机是不可能制成的
解析：选A.能量不仅能从一种形式转化为另一种形式，而且也能从一个物体转移到另一物体，例如热传递，内能从高温物体向低温物体传递．
2．关于能量和能源，下列说法中正确的是(　　)
A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加
B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少
C．能量在转化和转移过程中总量保持不变，故节约能源没有必要
D．能量的转化和转移具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源
解析：选D.能量在转化和转移过程中，总量是守恒的，故选项A、B错误；能量在转化和转移过程中总量保持不变，但我们要注意节约能源，选项C错误，D正确．
3．下列说法中正确的是(　　)
A．水流能和风能都是“可再生能源”
B．太阳能是一种清洁能源
C．沼气是一种新能源
D．核能对环境的污染比常规能源对环境的污染大
解析：选ABC.水流能和风能都能再生，A正确．太阳能属于清洁能源，B正确．沼气属于新能源，C正确．核能属于清洁能源，D错误．
4．下列对于能量转化具有方向性的理解正确的是(　　)
A．若甲种形式的能可以转化为乙种形式的能，则乙种形式的能不可以转化为甲种形式的能
B．虽然能量的转化具有方向性，但这种自发的转化方向可以改变
C．所谓方向性指能量的自发转化方向
D．反向的转化在一定条件下是可以进行的
解析：选CD.能量转化具有方向性是指自发地转化而不引起其他变化是有方向性的，但在一定外在条件下也可以发生反向的转化，所以选项A、B错误，C、D正确．
5．下列实例中内能转化为机械能的是(　　)
A．物体做抛体运动
B．在内燃机的压缩冲程
C．空中飞行的炮弹爆炸
D．弹丸击中沙袋而摆动
解析：选C.物体的抛体运动中由于只有重力做功，机械能保持守恒，故A错误；内燃机的压缩冲程中活塞压缩空气做功，机械能转化为内能，B错误，炮弹爆炸时，炸药燃烧形成的高温高压气体使各部分获得动能，即内能转化为机械能，C正确；弹丸击中沙袋时机械能减少，而使它们的温度升高，但沙袋的摆动是由于弹丸动能转化为弹丸与沙袋摩擦产生的内能和弹丸与沙袋系统所具有的机械能，故D错误．
6．行驶中的汽车制动后滑行一段距离停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰；降落伞在空中匀速下降．上述不同现象所包含的相同的物理过程是(　　)
A．物体克服阻力做功
B．物体的动能转化为其他形式的能量
C．物体的势能转化为其他形式的能量
D．物体的机械能转化为其他形式的能量
解析：选AD.不同的物理现象可能存在着相同的物理过程，相似的物理现象也许遵循不同的物理规律．行驶中的汽车制动后滑行一段距离，汽车克服阻力做功，机械能转化为内能；流星在夜空中坠落并发出明亮的火焰，流星克服阻力做功，机械能转化为内能、光能；降落伞在空中匀速下降，降落伞克服阻力做功，机械能转化为内能．
7．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法正确的是(　　)
A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能
B．子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统产生的热量
C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和
D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和
解析：选BD.子弹射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用，使得子弹的动能减少，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失量，故A错B对；子弹的动能减少量应等于木块动能的增加量与系统内能增加量之和，故C错D对，正确的选项为B、D.
8.
图4－3－2
一质量均匀、不可伸长的绳索，重为G，A、B两端固定在天花板上，如图4－3－2所示．现在最低点C处施加一竖直向下的力，将最低点缓慢拉至D点．在此过程中，绳的重心位置(　　)
A．逐渐升高　　　　　　 B．逐渐降低
C．先降低后升高 D．始终不变
解析：选A.从外力做功引起绳索重力势能的变化进行分析，外力对绳索做功，绳索的机械能增加，由于绳索的动能不变，增加的必是重力势能，重力势能增加是重心升高的结果．
9．下图4－3－3表示撑杆跳高运动的几个阶段：助跑、撑杆起跳、越横杆．下面定性地说明在这几个阶段中能量的转化情况，其中不正确的是(　　)
图4－3－3
A．运动员助跑阶段，身体中的化学能转化为人和杆的动能
B．起跳阶段，运动员的动能和身体中的化学能转化为人的重力势能和动能，使人体升高
C．起跳阶段，运动员的动能和身体中的化学能转化为人的重力势能、动能和杆的弹性势能，使人体升高
D．运动员上升越过横杆后，运动员的重力势能转化为动能
解析：选B.助跑阶段：人做功将自身化学能转化为人和杆的动能，选项A正确；起跳阶段：人体动能和化学能转化为人的重力势能、杆的弹性势能和人的动能，选项B错误，C正确；运动员越杆后，其重力势能转化为动能，选项D正确．
10.
图4－3－4
如图4－3－4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．重力势能增加了3mgh
C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh
解析：选A.重力做了mgh的负功，重力势能增加mgh，B错．由于物体沿斜面以加速度g做减速运动，由牛顿第二定律可知：mgsin30°＋f＝mg，f＝mg.
摩擦力做功为：Wf＝－f·2h＝－mgh
机械能损失mgh，故A项正确，D错．
由动能定理得ΔEk＝－mgh－mgh＝－2mgh
即动能损失了2mgh，故C错．
二、非选择题
11.
图4－3－5
太阳能热水器有经济、安全、卫生、环保、节能等优点．如图4－3－5所示是一种太阳能热水器，该热水器的集热器的有效采光面积为3 m2，能在8 h内使225 L水的温度升高40 ℃.设热水器每平方米面积每秒钟接收太阳能辐射能力为1.4×103 J，即P0＝1.4×103 J/(m2·s)．求：该太阳能热水器的效率是多大？[保留两位有效数字，水的比热容c＝4.2×103 J/(kg·℃)]
解析：太阳能在8 h内吸收的热量为
Q＝P0St＝1.4×103 J/(m2·s)×3 m2×8×3600 s＝1.2×108 J
水吸收的热量
Q吸＝cmΔt＝4.2×103×225×40 J＝3.8×107 J
所以热水器的效率
η＝×100 %＝×100%＝31.7 %.
答案：31.7%
12．(2011年陕西西安高一考试)如图4－3－6所示，一传送带与水平面夹角为θ＝30°，以2 m/s的恒定速度顺时针运行．现将一质量为10 kg的工件轻放于传送带底端，经一段时间送到高度为2 m的高处，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝.求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能．
图4－3－6
解析：设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知
－mgssin30°＋μmgscos30°＝0－mv2
代入数值，解得s＝0.8 m，说明工件未到达平台时，速度已达到v，所以工件动能的增量为
ΔEk＝mv2＝20 J
工件重力势能增量为
ΔEp＝mgh＝200 J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为＝，因此工件的位移是皮带运动距离的，即
s′＝2s＝1.6 m
由于滑动摩擦力做功而增加的内能为
Q＝fΔs＝μmgcos30°(s′－s)＝60 J
故电动机多消耗的电能为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝280 J.
答案：280 J
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．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)
1．甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉两个物体在水平面上从静止开始移动相同的距离s.如图3－7所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下面的说法中正确的是(　　)
图3－7
A．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
B．力对甲做功多
C．甲、乙两个物体获得的动能相同
D．甲物体获得的动能比乙大
解析：选AD.由W＝F·s知，力F对甲、乙两物体做功一样多，选项A正确，B错误；由动能定理知，对甲有Ek甲＝F·s，对乙物体有Ek乙＝F·s－Wf，故甲物体获得的动能大．选项C错误，D正确．
2．(2010年高考上海卷)如图3－8为质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v－t图像，由图可知(　　)
图3－8
A．在t时刻两个质点在同一位置
B．在t时刻两个质点速度相等
C．在0～t时间内质点B比质点A位移大
D．在0～t时间内合外力对两个质点做功相等
解析：选BCD.根据v－t图像的意义可知t时刻A、B两质点的速度相等，B项正确．再结合动能定理可知D项正确．v－t图中的面积表示对应时间内的位移，由图可知0～t时间内质点B比质点A的位移大，C项正确．由于两质点的初始位置不确定，故不能确定t时刻两质点的位置，故A选项错误．
3．关于作用力与反作用力做功的关系，下列说法中正确的是(　　)
A．当作用力做正功时，反作用力一定做负功
B．当作用力不做功时，反作用力也不做功
C．作用力与反作用力所做的功一定是大小相等，正负符号相反的
D．作用力做正功时，反作用力也可能做正功
解析：选D.作用力和反作用力分别作用在两个物体上，力与物体运动的方向可能相同、相反、垂直或物体不运动．故A、B、C错，D正确．
4．已知运动物体所受的合力情况，对合力做功和动能变化的关系分析正确的是(　　)
A．如果物体所受的合力为零，合力对物体做的功一定为零
B．如果合力对物体所做的功为零，则合力一定为零
C．物体在合力作用下做变速运动，动能一定变化
D．物体的动能不变，所受的合力必定为零
解析：选A.根据功的定义知，合力为零，合力的功一定为零，但合力对物体做功为零，合力不一定为零，A正确，B错误．根据动能定理，物体在合力作用下做变速运动，合力不一定做功，动能不一定变化；若物体动能不变，合力的功一定为零，但合力不一定为零，C、D均错误．
5. 如图3－9所示，质量为M的物体，受水平力F的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中不正确的是(　　)
图3－9
A．如果物体做加速直线运动，F一定对物体做正功
B．如果物体做减速直线运动，F一定对物体做负功
C．如果物体做匀速直线运动，F一定对物体做正功
D．如果物体做减速直线运动，F可能对物体做正功
解析：选B.无论物体是加速还是减速，F、v夹角都为零，则F对物体做正功，A、C、D对，B错．
6．起重机的钢绳吊着物体由静止开始竖直向上运动，先以加速度a(aA．第一段中最小　　　　　 B．第二段中最大
C．第三段中最小 D．第三段中最大
解析：选BC.设物体的质量为m，所能达到的最大速度为v，减速阶段加速度的大小为a′，则在加速过程中的平均功率为P1＝m(g＋a)，匀速运动过程中的平均功率为P2＝mgv，减速过程中的平均功率为P3＝m(g－a′).由于a(g－a′)，所以P1>P3，故B、C正确．
7．(2011年高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
解析：选ABD.若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A正确．若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B正确．若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确．
8．人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车的速度为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为(　　)
A．－4000 J B．－3800 J
C．－5000 J D．－4200 J
解析：选B.下坡过程中，重力做功WG＝mgh＝100×10×8 J＝8000 J，支持力不做功，阻力做功W，由动能定理得：WG＋W＝mv－mv，代入数据得：W＝－3800 J.
9. (2011年榆林一中模拟)图3－10为起重机沿竖直方向提起重物的过程中重物运动的速度—时间图像，则该过程中起重机的输出功率—时间图像最接近于四个选项中的(　　)
图3－10
图3－11
解析：选D.起重机的输出功率P＝Fv，由于物体的运动分三个阶段：加速阶段、匀速阶段、减速阶段，所以拉力的大小有F加>F匀>F减．
10. 汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1s末关闭发动机，做匀减速直线运动，t2s末静止，其v－t图像如3－12图所示，图中α<β，若汽车牵引力做功为W，平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率分别为P1和P2，则(　　)
图3－12
A．W＝W1＋W2 B．W1>W2
C．P＝P1 D．P1＝P2
解析：选ABD.整个过程动能变化量为零，所以合外力做功为零，A项正确；加速和减速过程中摩擦力大小相等，第一段位移大，所以B项正确；第一段是加速，牵引力大于摩擦力，所以P>P1，C项错；因两段平均速度相等，所以摩擦力的功率相等，D项正确．
二、填空题(本题共2小题，共18分，把答案填在题中的横线上)
11．(6分)人的心脏每跳一次大约输送8.0×10－5 m3的血液，正常人血压(可看做心脏送血的压强)的平均值为1.5×104 Pa，心跳约每分钟70次，据此估计心脏工作的平均功率约为________W.
解析：如图所示，心脏对外做功可建立气缸——活塞模型说明，设活塞截面积为S，在气体压力下移动的位移为l，则气体对活塞做功：W＝Fl＝pSl＝pΔV
式中ΔV为移动活塞气体体积的变化值，
则P＝＝＝ W＝1.4 W.
答案：1.4
12．(12分)(2011年赤峰市高一检测)某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图3－13所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细砂．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小砂桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．
若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：
图3－13
(1)你认为还需要的实验器材有______________．
(2)实验时为了保证滑块受到的合力与砂桶的总重力大小基本相等，砂和砂桶的总质量应满足的实验条件是________________________________．实验时首先要做的是______________________________．
(3)在(2)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量为M.往砂桶中装入适量的细砂，用天平称出此时砂和砂桶的总质量为m.让砂桶带动滑块加速运动．用打点计时器记录运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1解析：该实验中的研究对象是滑块，目的是比较合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系．因为合外力不等于滑块的重力，两端质量不可能“抵消”，所以要分别测出砂、滑块的质量，还要测出滑块移动的距离，便于计算做的功和速度．实验时应注意平衡摩擦力，以减小误差，从实验方便性上考虑要把砂的重力看作滑块的合外力，故m远远小于M，故实验表达式为mgL＝Mv－Mv.
答案：(1)天平、刻度尺　(2)砂和砂桶的总质量远小于滑块的质量　平衡摩擦力　(3)mgL＝Mv－Mv
三、计算题(本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)一铅球运动员，奋力一推将8 kg的铅球推出10 m远．铅球落地后将地面击出一坑，有经验的专家根据坑的深度形状认为铅球落地的速度大约是12 m/s.若铅球出手时的高度是2 m，求推球过程中运动员对球做的功大约是多少．(g取10 m/s2)
解析：设铅球出手时的速度大小为v0，对铅球从出手到落地这一过程运用动能定理，在这一过程中只有重力对铅球做功，所以有mgh＝mv2－mv.
对运动员抛铅球的过程应用动能定理，人对球做的功认为是力对铅球的合功，则W人＝mv－0＝mv＝mv2－mgh＝(×8×122－8×10×2) J＝416 J.
答案：416 J
14．(10分)能源短缺和环境恶化已经成为关系到人类社会能否持续发展的大问题．为缓解能源紧张压力、减少环境污染，汽车制造商纷纷推出小排量经济实用型轿车．某公司研制开发了某型号小汽车发动机的额定功率为24 kW，汽车连同驾乘人员总质量为m＝2 t，在水平路面上行驶时受到的阻力是800 N，求：
(1)汽车在额定功率下匀速行驶的速度；
(2)汽车在额定功率下行驶，速度为20 m/s时的加速度．
解析：(1)汽车匀速行驶时，机车牵引力F等于阻力f
又P＝Fv
代入数据得
v＝30 m/s.
(2)设v1＝20 m/s时机车牵引力为F1，则
P＝F1v1
根据牛顿第二定律
F1－f＝ma
代入数据得a＝0.2 m/s2.
答案：(1)30 m/s　(2)0.2 m/s2
15．(10分)质量为m的物体以速度v0竖直上抛，物体落回地面时，速度大小为v0，设运动的过程中空气阻力大小不变，求：
(1)物体在运动过程中所受空气阻力的大小；
(2)物体以初速度2v0竖直上抛时的最大高度．
解析：(1)设物体能够上升的最大高度为h，所受的空气阻力为f，由动能定理得
上升阶段：－mgh－fh＝0－mv，
下降阶段：mgh－fh＝m(v0)2－0，
由以上两式可求得：f＝mg.
(2)设上升的最大高度为h′，由动能定理：－mgh′－fh′＝0－m(2v0)2，
将f＝mg代入可得：h′＝.
答案：(1)mg　(2)
16．(12分)电动机通过一轻绳吊起一质量为8 kg的物体，绳的拉力不能超过120 N，电动机功率不能超过1200 W，要将此物体由静止开始用最快的方式将其升高90 m(已知此物体在被吊起高度接近90 m时已开始以最大速度匀速上升)所需时间至少为多少？
解析：本题可分为两个过程来处理：第一个过程是以绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体匀加速上升．第一个过程结束时，电动机功率刚达到最大功率．第二个过程是电动机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，物体变加速上升，当拉力等于重力时，物体开始匀速上升．
在匀加速运动过程中，加速度
a＝＝ m/s2＝5 m/s2
匀加速运动的末速度
v1＝＝ m/s＝10 m/s
匀加速上升时间
t1＝＝ s＝2 s
匀加速上升高度
h1＝t1＝×2 m＝10 m，
h2＝90－h1＝80 m
在功率恒定的上升过程中，最后匀速运动的速度vm＝＝＝ m/s＝15 m/s
此过程外力对物体做的总功W＝Pmt2－mgh2
由动能定理W＝ΔEk得
Pmt2－mgh2＝mv－mv
代入数据解得t2＝5.75 s
所需时间最少应为t＝t1＋t2＝(2＋5.75) s＝7.75 s.
答案：7.75 s
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1．如图3－2－9所示，用同样的力F拉同一物体，在甲(光滑水平面)、乙(粗糙水平面)、丙(光滑斜面)、丁(粗糙斜面)上通过同样的距离，则拉力F的做功情况是(　　)
图3－2－9
A．甲中做功最少　　　 B．丁中做功最多
C．做功一样多 D．无法比较
解析：选C.功是力和在力的方向上的位移的乘积，四种情况下力和在力的方向上的位移都相同，所以四种情况做功一样多．或由W＝Fscosα计算，也可判断出四种情况做功一样多．
2．以下关于功率的说法中正确的是(　　)
A．据P＝W/t可知，机器做功越多，其功率就越大
B．据P＝Fv可知，汽车牵引力一定与速度成反比
C．据P＝W/t可知，只要知道时间t内机器所做的功，就可求得这段时间内任一时刻机器做功的功率
D．据P＝Fv可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比
解析：选D.做功越多，若所用时间也很长，则其功率不一定大；在功率P一定时，牵引力与速度成反比；P＝只能求一段时间内的平均功率，不能求任一时刻的瞬时功率．
3．(2011年开封高一检测)一辆汽车以功率P1在平直公路上以速率v0匀速行驶．若某一时刻突然加大油门，使汽车的功率增大为P2，并保持这一功率继续行驶．设整个过程中阻力恒定，则功率增大为P2后，汽车的v－t图像可能是(　　)
图3－2－10
解析：选D.汽车的功率增大为P2时，由P＝Fv可知，汽车的牵引力要增大，所以汽车要做加速运动，速度增大后，牵引力会逐渐减小，因此汽车先做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，加速度减为零，而速度达到最大，最后就以最大速度做匀速直线运动．
4. (2011年高考上海卷)如图3－2－11所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为(　　)
图3－2－11
A．mgLω B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
解析：选C.由能的转化和守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．PG＝mgvy＝mgvcos60°＝mgωL.故选C.
5．某汽车发动机的额定功率为P＝6.0×104 W，汽车的质量为m＝5.0×103 kg，该车在水平路面上沿直线行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10 m/s2.试求：
(1)汽车保持额定功率的大小从静止启动后能达到的最大速度是多少？
(2)若汽车从静止开始且保持以a＝0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持多长时间？
解析：(1)设汽车以额定功率启动达到最大速度vm时牵引力为F，此时汽车的加速度a＝0.
根据牛顿第二定律和功率的表达式
F－f＝ma＝0①
f＝0.1mg②
P＝Fvm③
联立①②③解得vm＝12 m/s.
(2)设汽车从静止开始做匀加速运动终止时的速度为v，这一过程所用的时间为t，由于速度为v时汽车的实际功率F′v等于汽车的额定功率P.根据匀变速运动公式和牛顿第二定律得F′－f＝ma④
v＝at⑤
F′v＝P⑥
联立④⑤⑥解得t＝16 s.
答案：(1)12 m/s　(2)16 s
一、选择题
1．如图3－2－12所示，力F大小相等，A、B、C、D中物体运动的位移s也相同，哪种情况F做功最少(　　)
图3－2－12
解析：选D.对恒力F做功的多少，可由W＝Fscosα分析，由题中条件知D项做功最少．
2．质量为m的物体沿倾角为θ的斜面滑到底端时的速度大小为v，则此时重力的瞬时功率为(　　)
A．mgv　　　　　　　　　 B．mgvsinθ
C．mgvcosθ D．mgvtanθ
解析：选B.重力与物体的速度之间的夹角为90°－θ，则重力的瞬时功率为P＝Fvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，所以选项B正确．
3．一个力对物体做了负功，则说明(　　)
A．这个力一定阻碍物体的运动
B．这个力不一定阻碍物体的运动
C．这个力与物体运动方向的夹角α>90°
D．这个力与物体运动方向的夹角α<90°
解析：选AC.由功的表达式W＝Fscosα知，只有当α>90°时，cosα<0，力对物体做负功；此力阻碍物体的运动，故A、C对．
4．汽车由静止启动即以加速度a做匀加速运动，则汽车刚达到额定功率时，汽车的速度(　　)
A．同时达到最大值
B．还没有达到最大值
C．在没有达到额定功率之前就达到最大值
D．此后速度将保持不变
解析：选B.当汽车刚达到额定功率时，其还有加速度，由F－f＝ma和P＝Fv，此后F逐渐减小，加速度a也逐渐减小，速度继续增大，直到加速度为零时，速度才达到最大，故B正确．
5. 举重运动是我国多次在世界级大赛中摘金夺银的传统强项．在举重比赛中，运动员举起杠铃时必须使杠铃平衡一段时间才能被裁判视为成功，如图3－2－13所示．下列说法中正确的是(　　)
图3－2－13
A．向上举起的过程中，运动员对杠铃做功
B．向上举起的过程中，运动员对杠铃不做功
C．举起后保持平衡的一段时间内，运动员对杠铃做功
D．举起后保持平衡的一段时间内，运动员对杠铃没有力
解析：选A.向上举起的过程中，运动员对杠铃有向上的作用力，运动员对杠铃做正功，选项A正确，B错误；举起后保持平衡的一段时间内，运动员对杠铃有向上的作用力，但杠铃没有位移，因此运动员对杠铃不做功，C、D错误．
6．质量为m的物体始终固定在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是(　　)
A．若斜面水平向右匀速运动距离s，斜面对物体没有做功
B．若斜面向上匀速运动距离s，斜面对物体做功mgs
C．若斜面水平向左以加速度a运动距离s，斜面对物体做功mas
D．若斜面向下以加速度a运动距离s，斜面对物体做功m(g＋a)s
解析：选ABC.斜面对物体做功即斜面对物体的作用力(支持力和摩擦力)做功．物体受到平衡力作用而处于匀速直线运动状态，与重力相平衡的力是斜面给它的作用力，方向竖直向上．斜面沿水平方向匀速运动时，力与位移垂直，斜面对物体不做功．斜面向上匀速运动时，力与位移同向，即W＝F·s＝mgs.斜面水平向左加速运动时，物体所受的合外力为ma，恰等于斜面给它的作用力在位移方向上的分量，即W＝Fs·s＝mas.斜面向下加速时，对物体有mg＋F＝ma，W＝F·s＝m(a－g)·s.
7. (2011年高考江苏卷)如图3－2－14所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于(　　)
图3－2－14
A．0.3 J B．3 J
C．30 J D．300 J
解析：选A.一只鸡蛋重约1 N，人的身高一般为1.6 m，则鸡蛋被抛出的高度约为0.6 m，则鸡蛋获得的最大机械能约为E＝mgh＝1×0.6 J＝0.6 J，故人对鸡蛋做的功约为0.6 J，最接近0.3 J，故A正确，B、C、D错误．
8．(2011年高考海南卷)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断中正确的是(　　)
A．0～2 s内外力的平均功率是 W
B．第2秒内外力所做的功是 J
C．第2秒末外力的瞬时功率最大
D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
解析：选AD.由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2秒内的加速度分别为a1＝2 m/s2、a2＝1 m/s2，则质点在第1 s 末与第2 s末的速度分别为v1＝2 m/s、v2＝3 m/s，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔEk1＝mv＝2 J、ΔEk2＝mv－mv＝2.5 J，所以＝.D正确．再由动能定理可知第2 s内与0～2 s内，外力所做功分别为W2＝ΔEk2＝2.5 J、W＝mv－0＝4.5 J，则在0～2 s内外力的平均功率P＝＝2.25 W，A正确、B错误．由P＝Fv知，质点在第1 s 末与第2 s末的瞬时功率分别为P1＝4 W、P2＝3 W，故C错误．
9. 如图3－2－15所示，物块A放在小车B上，A用绳系在固定的墙上，现用力F向右拉动小车，在此过程中，A对B的摩擦力对B做功W1，B对A的摩擦力对A做功W2，以下关系中正确的是(　　)
图3－2－15
A．W1<0，W2<0 B．W1>0，W2<0
C．W1<0，W2＝0 D．W1<0，W2>0
解析：选C.当向右拉动小车时，B相对A向右运动，则A对B的摩擦力方向向左，与B的运动方向相反，所以做负功，即W1<0，由牛顿第三定律，B对A的摩擦力方向向右，但A的位移等于零，所以B对A的摩擦力不做功，即W2＝0，故选C.
10. 一辆汽车在水平路面上原来做匀速运动，从某时刻开始，牵引力F和阻力f随时间t的变化规律如图3－2－16所示，则从图中的t1到t2时间内，汽车牵引力的功率P随时间t变化的关系图线应为图3－2－17中的(　　)
图3－2－16
图3－2－17
解析：选C.从图中可以看出，t1到t2时间内，汽车牵引力F小于阻力f，汽车做匀减速运动，速度减小，汽车的牵引力功率P＝Fv也应均匀减小，所以选项C正确．
二、非选择题
11．质量m＝3 kg的物体，在水平力F＝6 N的作用下，在光滑水平面上从静止开始运动，运动时间t＝3 s，求：
(1)力F在t＝3 s内对物体所做功的平均功率；
(2)在3 s末力F对物体做功的瞬时功率.
解析：物体在水平力F的作用下，在光滑水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可求出加速度a＝＝2 m/s2，则物体在3 s末的速度v＝at＝6 m/s，物体在3 s内的位移s＝at2＝9 m.
(1)力F在3 s 内的平均功率P＝＝＝18 W(或P＝F＝18 W)．
(2)3 s末力F的瞬时功率P＝Fv＝36 W.
答案：(1)18 W　(2)36 W
12．下表列出了某种型号轿车的部分数据，试根据表中数据回答下列问题：
××型轿车(部分数据)
长(mm)×宽(mm) ×高(mm) 4871×1835×1460
净重/(kg) 1500
传动系统 前轮驱动与挡变速
发动机型式 直列4缸
发动机排量(L) 2.2
最高时速(km/h) 252
0～108 km/h的加速时间(s) 10
额定功率(kW) 140
图3－2－18
(1)如图3－2－18为轿车中用于改变车速的排挡．手推变速杆到达不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1～5”各挡速度逐渐增大，R是倒车挡．试问轿车要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一挡？并说明理由．
(2)该车以额定功率和最高速度运行时，轿车的牵引力为多大？
(3)如果把0～108 km/h的加速过程看做匀加速直线运动，则此过程中汽车的加速度为多大？
解析：(1)变速杆应推至“1”挡．
由F＝可知，P一定，v越小，F越大．所以车以最大动力上坡时，应推至“1”挡．
(2)由P＝Fv得，F＝＝2.0×103 N.
(3)由a＝可求得：a＝3 m/s2.
答案：(1)推至“1”挡　(2)2.0×103 N　(3)3 m/s2
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1．下列关于离心现象的说法中正确的是(　　)
A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象
B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动
C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动
解析：选C.向心力是根据效果命名的，做匀速圆周运动的物体所需的向心力，是它所受的某个力或几个力的合力提供的，它不受向心力和离心力的作用．它之所以产生离心现象是由于F合＝F向2．如图2－4－5所示，光滑的水平面上，小球m在拉力F的作用下做匀速圆周运动，若小球在到达P点时突然发生变化，则下列说法正确的是(　　)
图2－4－5
A．若F突然消失，小球将沿轨迹a做离心运动
B．若F突然变小，小球将沿轨迹a做离心运动
C．若F突然变大，小球将沿轨迹b做离心运动
D．若F突然变小，小球将沿轨迹c做近心运动
解析：选A.若F消失，则物体将做匀速直线运动．根据公式F＝可得，r＝，若F变小，则物体将做半径变大的离心运动，若F变大，物体将做半径变小的近心运动．
3. 如图2－4－6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水平转盘上，且保持与盘相对静止，则乒乓球会(　　)
图2－4－6
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：选B.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．
4．如图2－4－7所示是一种娱乐设施“魔盘”，画面反映的是“魔盘”转速较大时盘中人的情景．甲、乙、丙三位同学看了图后发生争论，甲说：“图画错了，做圆周运动的物体受到向心力的作用，“魔盘”上的人应该向中心靠拢”．乙说，“图画得对，因为旋转的“魔盘”给人离心力，所以人向盘边缘靠拢”．丙说：“图画得对，当盘对人的摩擦力不能满足人做圆周运动的向心力时，人会逐渐远离圆心”．该三位同学的说法应是(　　)
图2－4－7
A．甲正确　　　　　　 B．乙正确
C．丙正确 D．无法判断
解析：选C.本题中人与“魔盘”的静摩擦力给人提供做圆周运动的向心力，当“魔盘”转速较小时，人所受的静摩擦力足以给人提供向心力，人随“魔盘”一起做圆周运动，当“魔盘”的转速较大时，人所受的最大静摩擦力不足以给人提供向心力，人就做离心运动．
5. 如图2－4－8所示，高速公路转弯处弯道圆半径R＝100 m，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数μ＝0.23.若路面是水平的，问(1)汽车转弯时不发生径向滑动(离心现象)的最大速率vm为多大？(2)当超过vm时，将会出现什么现象？
图2－4－8
解析：(1)在水平路面上转弯，向心力只能由静摩擦力提供，设汽车质量为m，最大静摩擦力可近似看做与滑动摩擦力相等，则fm＝μmg，则有m＝μmg，vm＝，
取g＝9.8 m/s2，可得vm≈15 m/s＝54 km/h.
(2)当汽车的速度超过54 km/h时，需要的向心力m增大，大于提供的向心力，也就是说提供的向心力不足以维持汽车做圆周运动的向心力，汽车将做离心运动，严重的将会出现翻车事故．
答案：(1)54 km/h　(2)见解析
一、选择题
1．物体做离心运动时，运动的轨迹(　　)
A．一定是直线
B．一定是曲线
C．可能是直线也可能是曲线
D．可能是一个小圆
解析：选C.圆周运动的物体，若合外力的向心(垂直于速度方向)分力相对变得不足以提供做某个圆周运动所需的向心力时，物体将有轨道变大的趋势，即有做远离原圆心的曲线运动的趋势．若合外力根本没有向心分量时，物体将有沿切线飞出后做直线运动的趋势；所以，运动的轨迹可能是直线也可能是曲线，但轨道不可能是小圆．
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、筒壁弹力和摩擦力作用
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：选AC.对衣物研究：竖直方向：f＝mg.水平方向：N＝mω2r当角速度增大时，摩擦力f不变，弹力N增大．
3．下列哪些措施是为了防止物体产生离心运动(　　)
A．汽车转弯时限制速度
B．转速很高的砂轮半径不能做得太大
C．在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨
D．离心水泵工作时
解析：选AB.产生离心运动是因为物体所需要的向心力大，而所受到的合力不能提供这个向心力．根据F向＝mv2/R，汽车转弯时，限制车速可以使所需的向心力减小，避免发生离心运动而产生交通事故．根据F向＝mω2R，当砂轮的转速很高时，砂轮的角速度较大，为了避免发生离心现象损坏砂轮，转速高的砂轮半径要小些．因此A、B选项正确．C选项中，转弯处轨道的内轨低于外轨，使火车受到的合力不为0而提供向心力，使火车能够顺利转弯．D选项，离心水泵是利用离心运动工作的．
4．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，以免车辆转弯时可能向前倾倒
B．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向后倾倒
C．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒
D．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的内侧倾倒
解析：选C.车辆转弯时，站着的乘客如果不拉好扶手，有可能由于离心力的作用向外侧倾倒．
5．做离心运动的物体，它的速度变化情况是(　　)
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：选CD.如果F合突然变成0，物体将沿切线方向飞出做匀速直线运动，故D正确；如果F合图2－4－9
6．如图2－4－9所示，冰面对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员体重的K倍，他在冰面上做半径为R的匀速圆周运动，其安全速度为(　　)
A．v＝K
B．v≤
C．v≤
D．v≤
解析：选B.人沿圆弧溜冰时，受三个力作用：重力、支持力、摩擦力，如题图所示．重力与支持力相平衡，摩擦力效果是提供人做匀速圆周运动的向心力，由F向＝m知，当R一定时，v越大，F向越大，而摩擦力提供向心力时，这个力不会无限增大，其最大值为最大摩擦力，最大向心力对应的线速度就是安全速度的临界值Kmg＝，所以v＝.
7. 如图2－4－10所示，已知mA＝2mB＝3mC，它们距轴的关系是rA＝rC＝rB，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同．当转盘的转速逐渐增加时(　　)
图2－4－10
A．物体A先滑动
B．物体B先滑动
C．物体C先滑动
D．B与C同时开始滑动
解析：选B.摩擦力提供物体随盘转动的向心力，物体滑动时有：μmg≤mω2r，即μg≤ω2r，故r越大越易滑动．
8．某栏目报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图2－4－11所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是(　　)
图2－4－11
A．由图可知，卡车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动
B．由图可知，卡车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动
C．公路在设计上可能内高外低
D．公路在设计上可能外高内低
解析：选AC.卡车进入民宅，远离圆心，因而车做离心运动，A对、B错．卡车在水平公路上拐弯时，静摩擦力提供向心力，此处，如果卡车以与水平公路上相同速度拐弯，易发生侧翻，静摩擦力不足以提供向心力，也可能是路面设计不太合理，内高外低，重力沿斜面方向的分力背离圆心而致，C对、D错．
9．如图2－4－12所示，小球从“离心轨道”上滑下，若小球经过A点时开始脱离圆环，则小球将做(　　)
图2－4－12
A．自由落体运动 B．平抛运动
C．斜上抛运动 D．竖直上抛运动
解析：选C.小球在脱离轨道时的速度是沿着轨道的切线方向的，即斜向上．当脱离轨道后物体只受重力，所以物体将做斜上抛运动．
10．如图2－4－13所示，匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相等．当圆盘转速加快到两物体刚要滑动且尚未滑动的状态时，烧断细线，则两物体的运动情况是(　　)
图2－4－13
A．两物体均沿切线方向滑动
B．两物体均沿半径方向做远离圆心的运动
C．两物体随盘一起做匀速圆周运动，不发生滑动
D．物体A随盘一起做匀速圆周运动，不发生滑动，B物体将沿一条曲线运动，离圆心越来越远
解析：选D.当两物体刚要滑动时，A、B所受静摩擦力都是最大静摩擦力fm.
对A：fm－T＝mω2rA
对B：fm＋T＝mω2rB
若此时剪断细线，A的向心力由圆盘的静摩擦力提供，且f＝mω2rA，所以f二、非选择题
11．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，所以在这种环境中已无法用天平称量物体的质量．假设某同学根据这种环境设计了如图2－4－14所示的装置(图中O为光滑的小孔)来间接测量小物块的质量：给待测小物块一个初速度，使它在桌面上做匀速圆周运动．设航天器中有基本测量工具．
图2－4－14
(1)小物块与桌面间的摩擦力可以忽略不计，原因是什么？
(2)实验时需要测量的物理量是什么？
(3)请写出待测小物块质量的表达式．
解析：(1)由于处于完全失重状态，小物块与桌面间无压力，小物块在桌面上转动不受摩擦力作用．
(2)小物块做圆周运动的半径r、周期T(或t时间内的转数n)和弹簧测力计的示数F.
(3)由于弹簧测力计的示数F为对小物块的拉力大小，该力提供向心力，由公式F＝，v＝可得，F＝，则m＝(或)
答案：见解析
12．如图2－4－15所示，细绳一端系着质量M＝0.6 kg的物体，静止于水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3 kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2 m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2 N．现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围m会处于静止状态？(g取10 m/s2)
图2－4－15
解析：要使m静止，M应与水平面相对静止，考虑M能与水平面相对静止的两个极端状态：
当ω为所求范围的最小值时，M有向圆心运动的趋势，水平面对M的静摩擦力方向背离圆心，大小等于最大静摩擦力2 N，此时对M有：F－fm＝Mrω且F＝mg
解得：ω1＝2.9 rad/s
当ω为所求范围的最大值时，M有远离圆心运动的趋势，水平面对M的摩擦力方向指向圆心，且大小也为2 N，此时：F＋fm＝Mrω且F＝mg
解得：ω2＝6.5 rad/s
故所求ω的范围为2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s.
答案：2.9 rad/s≤ω<6.5 rad/s
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1．关于向心力，以下说法不正确的是(　　)
A．是除物体所受重力、弹力以及摩擦力以外的一种新力
B．向心力就是做匀速圆周运动的物体所受的合外力
C．向心力是线速度方向变化的原因
D．只要物体受到向心力的作用，物体就做匀速圆周运动
解析：选AD.向心力是一种效果力，可以由重力、弹力、摩擦力等提供，不是一种新力，故A错误；做匀速圆周运动的物体，向心力就是它所受的合外力，故B正确；向心力指向圆心，与线速度垂直，改变线速度的方向，故C正确；物体受到向心力作用，且向心力等于物体所受合外力时，物体才做匀速圆周运动，故D错误．
2．关于北京和广州随地球自转的向心加速度，下列说法中正确的是(　　)
A．它们的方向都是沿半径指向地心
B．它们的方向都在平行于赤道的平面内指向地轴
C．北京的向心加速度比广州的向心加速度大
D．北京的向心加速度比广州的向心加速度小
解析：选BD.如图所示，地球表面各点的向心加速度方向都在平行于赤道的平面内指向地轴，选项B正确，A错误；设地球半径为R0，在地面上纬度为φ的P点，做圆周运动的轨道半径r＝R0cosφ，其向心加速度为a＝ω2r＝ω2R0cos φ.由于北京的地理纬度比广州的大，cosφ小，两地随地球自转的角速度相同，因此北京随地球自转的向心加速度比广州的小，选项D正确，选项C错误．
3．关于质点的匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
A．由a＝可知，a与r成反比
B．由a＝ω2r可知，a与r成正比
C．由v＝ωr可知，ω与r成反比
D．由ω＝2πn可知，ω与n成正比
解析：选D.物体做匀速圆周运动的向心加速度与物体的线速度、角速度、半径有关．但向心加速度与半径的关系要在一定前提条件下才能给出．当线速度一定时，向心加速度与半径成反比；当角速度一定时，向心加速度与半径成正比，对线速度和角速度与半径的关系也可以同样进行讨论．
4．甲、乙两名溜冰运动员，m甲＝80 kg，m乙＝40 kg，面对面各拉着弹簧秤的一端做圆周运动的溜冰表演，如图2－2－8所示．两人相距0.9 m，弹簧秤的示数为9.2 N．下列判断中正确的是(　　)
图2－2－8
A．两个的线速度相同，约为40 m/s
B．两人的角速度相同，为6 rad/s
C．两人的运动半径相同，都是0.45 m
D．两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m
解析：选D.两名运动员绕同一点转动，所以角速度相等，他们做圆周运动的向心力是由弹簧弹力提供的，所以向心力也相等，由F＝m甲ω2r甲＝m乙ω2r乙，又由r甲＋r乙＝0.9 m，联立得r甲＝0.3 m，r乙＝0.6 m．把半径大小代回向心力公式可得ω＝0.6 rad/s.
5．(2011年陕西榆林高一考试)如图2－2－9所示，OM＝MN＝R.两个小球质量都是m，a、b为水平轻绳．两小球正随水平圆盘以角速度ω匀速同步转动．小球和圆盘间的摩擦力可以不计．求：
图2－2－9
(1)绳b对小球N的拉力大小；
(2)绳a对小球M的拉力大小．
解析：对球N，受力如图所示，其做圆周运动的半径为2R，根据牛顿第二定律有
Fb＝mω2·2R＝2mω2R
对球M，受力如图所示，其做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
Fa－Fb′＝mω2R　Fb＝Fb′
解得Fa＝Fb＋mω2R＝3mω2R.
答案：(1)2mω2R　(2)3mω2R
一、选择题
1．物体做匀速圆周运动时，关于受力情况，以下说法中正确的是(　　)
A．必须受到恒力的作用
B．物体所受合力必须等于零
C．物体所受合力大小可能变化
D．物体所受合力大小不变，方向不断改变
解析：选D.当物体所受合力等于零时，物体将保持静止或匀速直线运动．当物体受到恒力时，物体将做匀变速运动．物体做匀速圆周运动时，所受合外力大小不变，方向始终沿着半径方向(或垂直于速度方向)．
2．关于向心加速度的下列说法中正确的是(　　)
A．向心加速度越大，物体速率变化得越快
B．向心加速度的大小与轨道半径成反比
C．向心加速度的方向始终与速度方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
解析：选C.向心加速度只改变速度方向，故A不正确．向心加速度可用a＝或a＝ω2r表示，不知线速度和角速度的变化情况，无法确定向心加速度a与轨道半径的关系，故B不正确．向心加速度的方向始终与线速度方向垂直，在圆周运动中始终指向圆心，方向在不断变化，不是恒量，故匀速圆周运动不是匀变速运动，而是变加速运动，故C正确，D错误．
3. 如图2－2－10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(　　)
图2－2－10
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：选CD.小球在竖直水平面内做变速圆周运动，受重力和绳的拉力作用，由于向心力是指向圆心方向的合外力，因此它可以被认为是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以被认为是各力沿绳方向的分力的合力，故C、D选项正确．
4. 如图2－2－11所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动．若圆筒和物体以更大的角速度做匀速转动，下列说法中正确的是(　　)
图2－2－11
A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小
C．物体所受弹力减小，摩擦力减小
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
解析：选D.物体在竖直方向上受重力G与摩擦力f，是一对平衡力，在向心力方向上受弹力N.根据向心力公式，可知N＝mω2r，当ω 增大时，N增大，所以应选D.
5．关于地球上的物体随地球自转的向心加速度的大小，下列说法正确的是(　　)
A．在赤道上向心加速度最大
B．在两极向心加速度最大
C．在地球上各处，向心加速度一样大
D．随着纬度的升高，向心加速度的值逐渐减小
解析：选AD.地球自转，角速度恒定，据a＝rω2知，a∝r，故A、D正确．
6．小球做匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为a，则(　　)
A．小球的角速度ω＝
B．小球的运动周期T＝2π
C．小球在时间t内通过的位移s＝
D．小球的转速n＝2π
解析：选B.由a＝ω2R得，小球的角速度ω＝，A错；由T＝得，T＝2π，B正确；由a＝ω2R＝(2πn)2R得，n＝＝ ，D错；因无法确定小球在t时刻所处的位置，故无法计算小球在时间t内通过的位移，C错．
7．做匀速圆周运动的物体，它所受的向心力的大小必定与(　　)
A．线速度平方成正比
B．角速度平方成正比
C．运动半径成反比
D．线速度和角速度的乘积成正比
解析：选D.因做匀速圆周运动的物体满足关系
F向＝m＝mRω2＝mvω
由此可以看出R、v、ω是变量的情况下，F与R、v、ω是什么关系不能确定，只有在R一定的情况下，向心力才与线速度的平方、角速度的平方成正比；在v一定时，F与R成反比；ω一定时，F与R成正比．故A、B、C错误，而从F向＝mvω看，m是不变的，知D正确．
8．在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员(　　)
A．受到的拉力为G
B．受到的拉力为2G
C．向心加速度为3g
D．向心加速度为2g
解析：选B.以女运动员为研究对象，其受力分析如图所示，并建立直角坐标系，由牛顿第二定律及向心力公式可得：
在x轴上：Tcos30°＝ma向①，
在y轴上：Tsin30°＝mg＝G②，
由①、②可得：T＝2G，a向＝g.
9．小球A和B用细线连接，可以在光滑的水平杆上无摩擦地滑动，已知它们的质量之比m1∶m2＝3∶1，当这一装置绕着竖直轴做匀速转动且A、B两球与水平杆达到相对静止时(如图2－2－12所示)，则A、B两球做匀速圆周运动的(　　)
图2－2－12
A．线速度大小相等
B．角速度相等
C．向心力的大小之比为F1∶F2＝3∶1
D．半径之比为r1∶r2＝1∶3
解析：选BD.当两小球随轴转动达到稳定状态时，把它们联系在一起的同一根细线为A、B两小球提供的向心力大小相等；同轴转动的角速度相等；两小球的圆周轨道半径之和为细线的长度；两小球的线速度与各自的轨道半径成正比．
10．如图2－2－13所示，O1为皮带传动的主动轮的轴心，轮半径为r1，Q2为从动轮的轴心，轮半径为r2，r3为固定在从动轮上的小轮半径．已知r2＝2r1，r3＝1.5r1.A、B、C分别是三个轮边缘上的点，则质点A、B、C的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)(　　)
图2－2－13
A．1∶2∶3　　　　　　 B．2∶4∶3
C．8∶4∶3 D．3∶6∶2
解析：选C.因为皮带不打滑，A点与B点的线速度大小相同，都等于皮带运动的速率．根据向心加速度公式：a＝，可得aA∶aB＝r2∶r1＝2∶1.
由于B、C是固定在同一个轮上的两点，所以它们的角速度相同．根据向心加速度公式：a＝ω2r，可得
aB∶aC＝r2∶r3＝2∶1.5.
由此得aA∶aB∶aC＝8∶4∶3，故选C.
二、非选择题
11．(2011年吉林通化高一考试)如图2－2－14所示，在以角速度ω＝2 rad/s匀速转动的水平圆盘上，放一质量m＝5 kg的滑块，滑块离转轴的距离r＝0.2 m，滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动(二者未发生相对滑动)．求：
图2－2－14
(1)滑块运动的线速度大小；
(2)滑块受到静摩擦力的大小和方向．
解析：(1)滑块的线速度大小　v＝ωr
代入数据得　v＝0.4 m/s.
(2)滑块受到静摩擦力的大小f＝mω2r
代入数据得　f＝4 N
方向：由所在位置垂直指向转轴．
答案：(1)0.4 m/s　(2)4 N　由所在位置垂直指向转轴
12．如图2－2－15所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为m＝1 kg的小球A，另一端连接质量为M＝4 kg的重物B.
图2－2－15
(1)当小球A沿半径r＝0.1 m的圆周做匀速圆周运动，其角速度为ω＝10 rad/s时，物体B对地面的压力为多大？
(2)当A球的角速度为多大时，B物体处于将要离开而尚未离开地面的临界状态？(g＝10 m/s2)
解析：(1)以物体A为研究对象，由向心力公式可得绳子的张力
T＝mω2r＝1×102×0.1 N＝10 N.
以物体B为研究对象，由平衡条件可得地面对B的支持力
N＝Mg－T＝(40－10) N＝30 N.
根据牛顿第三定律可得物体B对地面的压力为30 N.
(2)B物体处于将要离开而尚未离开地面的临界状态，意味着地面对B的支持力为零，此时绳子的张力的大小等于B物体的重力，即T′＝Mg＝40 N.
A物体满足的关系为T′＝mω′2r
进一步推导可得A球的角速度：
ω′＝ ＝ rad/s＝20 rad/s.
答案：(1)30 N　(2)20 rad/s
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．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)
1．下面关于能量转化的说法中，正确的是(　　)
A．节日里点燃的“冲天爆竹”腾空而起，是内能转化为机械能的过程
B．将一杯热水倒入一盆冷水中，冷水和热水温度变成一样，是热水的内能转移到冷水中的过程
C．冬天，人们在太阳光下晒太阳取暖，是太阳能转化为机械能的过程
D．在炉子上放一壶水，将水加热到50 ℃是机械能转化为内能的过程
解析：选AB.A中是内能转化为机械能，B中是内能的转移，C中是太阳能转化为内能，D中是内能的转移，A、B对．
2.
图4－5
(2011年吉林长春高一考试)为了探究能量转化和守恒，小明将小铁块绑在橡皮筋中部，并让橡皮筋穿入轻铁罐，两端分别固定在罐盖和罐底上，如图4－5所示．让该装置从不太陡的斜面上A处滚下，到斜面上B处停下，发现橡皮筋被卷紧了，接着铁罐居然能从B处自动滚了上去．下列关于该装置能量转化的判断正确的是(　　)
A．从A处滚到B处，主要是重力势能转化为动能
B．从A处滚到B处，主要是弹性势能转化为动能
C．从B处滚到最高处，主要是动能转化为重力势能
D．从B处滚到最高处，主要是弹性势能转化为重力势能
解析：选D.从高处A点滚下时，在B点停止，重力做正功，重力势能减小，橡皮筋弹力做负功，弹性势能增加，而后弹性势能释放出来，转化为重力势能，故选项D正确．
3．关于“温室效应”，下列说法中正确的是(　　)
A．太阳能源源不断地辐射到地球上产生了“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：选BC.产生“温室效应”的主要原因是燃料(石油、煤炭等)燃烧时放出了大量的二氧化碳，增加了大气中的二氧化碳的含量．温室效应使得地面气温上升．土壤酸化的主要原因是放出的气体含SO2，经雨水降落而酸化土壤，故选项B、C正确．
4．下列说法中，正确的是(　　)
A．一切形式的能量间的相互转化都具有方向性
B．热量不可能由低温物体传给高温物体
C．气体的扩散过程具有方向性
D．一切形式的能量间的相互转化都不具有方向性
解析：选AC.能量的转化和转移具有方向性说明了自然界中宏观过程的方向性，所以A、C正确；热量不可能自发地由低温物体传给高温物体，但在外界的影响下可以由低温物体传给高温物体，例如电冰箱．
5.
图4－6
(2011年陕西安康高一检测)游乐场中的一种滑梯如图4－6所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则(　　)
A．下滑过程中支持力对小朋友做功
B．下滑过程中小朋友的重力势能增加
C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒
D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功
解析：选D.在滑动的过程中，人受三个力，重力做正功，势能减少，B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，A、C皆错，D正确．
6.
图4－7
如图4－7所示，两个质量相同的物体A和B，在同一高度处，A物体自由落下，B物体沿光滑斜面下滑，则它们到达地面时(空气阻力不计)(　　)
A．速率相同，动能相同
B．B物体的速率大，动能也大
C．A、B两物体在运动过程中机械能都守恒
D．B物体重力所做的功比A物体重力所做的功多
解析：选AC.A、B两物体在下落过程中机械能守恒，又由于高度相同，重力所做的功相同，到达地面的速度大小相等．所以A、C正确，B、D错误．
7.
图4－8
如图4－8所示，距地面h高处以初速度v0沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物体在c点比a点具有的机械能大
B．物体在a点比c点具有的动能大
C．物体在a、b、c三点具有的动能一样大
D．物体在a、b、c三点具有的机械能相等
解析：选D.物体做平抛运动时只受重力，机械能守恒，A错误，D正确．物体由a到b再到c的过程中，重力做正功，动能增加，所以B、C错误．
8．某中学“STS”小组对开发和利用水资源进行研究，同学们认为在放自来水时，水的机械能没有得到利用而白白浪费．于是他们在老师的指导下经过研制，在水龙头处安装了一只小型水轮发电机，当放水时水的机械能转化为电能．设小型水轮发电机的效率为40%，水塔内的水面高于水龙头10 m，且保持不变．当水龙头放出1 t水时，小型水轮发电机所产生的电能为(　　)
A．4000 J　　　　　　　 B．98000 J
C．588000 J D．39200 J
解析：选D.W1＝mgh＝1000×9.8×10 J，W2＝ηW1＝40%×1000×9.8×10 J＝3.92×104 J.
9.
图4－9
如图4－9所示，一细绳一端固定于O点，另一端拴着小球，由图示的水平位置由静止开始释放，运动到B点时细绳与水平方向成60°角，则小球经过B点与C点时动能之比为(　　)
A．1∶2 B．1∶
C．1∶ D.∶2
解析：选D.根据机械能守恒，小球运动到B点时mgRsin60°＝EkB，小球运动到C点时，所以mgR＝EkC，所以EkB/EkC＝/2.
10.
图4－10
如图4－10所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置有一只小球．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．对于小球下降阶段的说法中错误的是(　　)
A．在B位置小球动能最大
B．在C位置小球动能最大
C．从A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加
D．从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加
解析：选A.小球动能的增加用合外力做功来量度，A→C小球受到的合力一直向下，对小球做正功，使动能增加；C→D小球受到的合力一直向上，对小球做负功，使动能减小，所以B正确．从A→C小球重力势能的减少等于小球动能的增加和弹性势能之和，所以C正确．A、D两位置动能均为零，A→D重力做的正功等于克服弹力做的功，所以D正确．只有A是错误的．
二、填空题(本题共2小题，共18分．把答案填在题中的横线上)
11．(8分)某脉冲激光器的耗电功率为2×103 W，每秒钟输出10个光脉冲，每个光脉冲持续的时间为10－8 s，携带的能量为0.2 J .则每个光脉冲的功率为______W，该脉冲激光器将电能转化为光能的效率为______．
解析：每个光脉冲的功率为：
P＝＝ W＝2×107 W，
该脉冲激光器将电能转化为光能的效率为：
η＝＝＝0.001＝0.1%.
答案：2×107　0.1%
12．(10分)在如图4－11所示的光电计时器中，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．
图4－11　　　　　　图4－12
现利用图4－12所示装置验证机械能守恒定律．图中PQ是固定的光滑斜面，斜面的倾角为θ＝30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2 s和2.00×10－2 s．已知滑块质量为m＝2.00 kg，滑块沿斜面方向的宽度为d＝5.00 cm，光电门1和2之间的距离为L＝0.540 m，g＝9.80 m/s2，取滑块经过光电门的速度为其平均速度．
(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝______m/s，通过光电门2时的速度v2＝______m/s.
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为______J，重力势能的减少量为____________J．由此可得出的结论是______．
解析：(1)由题意知，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度，所以滑块通过光电门1时的速度v1＝＝ m/s＝1.00 m/s，通过光电门2时的速度v2＝＝ m/s＝2.50 m/s.
(2)滑块通过光电门1和2之间的动能增加量ΔEk＝mv22－mv21＝5.25 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgΔh＝mgLsinθ＝5.29 J，可得出的结论是：在误差允许的范围内，该过程中机械能守恒．
答案：(1)1.00　2.50　(2)5.25　5.29　在误差允许的范围内，该过程中机械能守恒
三、计算题(本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)
图4－13
如图4－13所示，桌面距地面0.8 m，一物体质量为2 kg，放在距桌面0.4 m的支架上．取g＝10 m/s2，求：
(1)以地面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到桌面的过程中，重力势能减少了多少？
(2)以桌面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到桌面的过程中重力势能减少多少？
解析：根据物体相对参考平面的高度，直接应用公式计算即可．
(1)以地面为参考平面，物体的高度h1＝1.2 m，因此物体的重力势能为
Ep1＝mgh1＝2×10×1.2 J＝24 J
物体落至桌面时重力势能为
Ep2＝mgh2＝2×10×0.8 J＝16 J
物体重力势能的减少量为
ΔEp＝Ep1－Ep2＝24－16 J＝8 J.
(2)以桌面为参考平面，物体距参考平面的高度h1′＝0.4 m，物体的重力势能为
Ep1′＝mgh1′＝2×10×0.4 J＝8 J
物体落至桌面时，重力势能的减少量为ΔEp＝8 J.
答案：(1)24 J　8 J　(2)8 J　8 J
14．(10分)
图4－14
粮食储存仓常常需要利用倾斜的传送带将装满粮食的麻袋运送到高处，如图4－14所示，已知其仓库的传送带长度为15 m，与水平面的夹角为30°，在电动机的带动下，传送带以0.3 m/s的恒定速率向斜上方运送麻袋，电动机的最大输出机械功率为10 kW，传送装置本身消耗的功率为4.0 kW，设每个麻袋的总质量为90 kg，传送带的移动速率保持不变，并设在将麻袋放在传送带上时麻袋具有与传送带相同的速度，g取10 m/s2.
(1)麻袋被传送带从最底端运送到顶端的过程中，传送带对每个麻袋做的功为多少？
(2)该传送带每分钟最多能运送麻袋多少个？
解析：(1)从底端到顶端，麻袋动能不变，重力势能的增量：
ΔEP＝mgh＝mgLsinθ＝6.75×103 J
所以传送带对麻袋做的功等于麻袋机械能的增量，即等于麻袋重力势能的增量6.75×103 J.
(2)由能量守恒：Pt＝P′t＋nΔEp，得n＝53.
答案：(1)6.75×103 J　(2)53
15．(10分)如图4－15所示，半径R＝0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m＝0.10 kg的小球，以初速度v0＝7.0 m/s在水平面上向左做加速度a＝3.0 m/s2的匀减速直线运动，运动4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点，求A、C间的距离(取重力加速度g＝10 m/s2)．
图4－15
解析：匀减速直线运动过程中，v A 2－v02＝－2ax
恰好做圆周运动小球在最高点满足：
mg＝m，vB1＝2 m/s
假设小球能过最高点，由机械能守恒定律得
mvA2＝2mgR＋mvB2
解得vB＝3 m/s，所以小球能通过最高点，
小球做平抛运动，有
2R＝gt2，xAC＝vBt
解得xAC＝1.2 m.
答案：1.2 m
16．(12分)
图4－16
如图4－16所示，水平放置的传送带与一光滑曲面相接，一小滑块质量为m＝0.1 kg，从离传送带h＝0.2 m高处由静止滑下，传送带水平部分长s＝1.8 m，滑块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1.(g取10 m/s2)
(1)把传送带固定不动，问滑块能否滑离传送带？产生多少摩擦热？
(2)传送带逆时针以v2＝1 m/s匀速运动，问滑块能否滑离传送带？产生多少热量？
(3)传送带顺时针以v3＝1 m/s匀速转动，求滑块滑离传送带的时间及产生的热量．
解析：(1)假设传送带足够长，在整个过程中运用动能定理
mgh－μmgs0＝0－0
要使滑块停下来，传送带至少长s0＝＝2.0 m
因为s＜s0，故能滑离传送带．
产生热量Q1＝μmgΔs1＝μmgs＝0.18 J.
(2)传送带逆时针转，且s＜s0，因此滑块与传送带间始终有滑动摩擦力，能滑离传送带．
滑块在斜面上下滑过程中，由机械能守恒mgh＝mv得刚到达传送带时v0＝＝2 m/s，
由μmg＝ma得滑块的加速度
a＝1 m/s2.
由s＝v0t2－at得滑块在传送带上滑动时间
t2＝(2－)s
所以传送带上一点通过的路程
s2＝v2t2＝2 m，
总共产生热量Q2＝μmgΔs2＝μmg(s＋s2)≈0.32 J.
(3)由(2)可知，v0＝2 m/s，a＝1 m/s2.由v3＝v0－at3得，相对滑动时间t3＝＝1 s，位移s3＝t3＝1.5 m，因此后面的s－s3＝0.3 m要匀速运动，相对静止．t4＝＝0.3 s．所以总时间t5＝t3＋t4＝1.3 s，产生热量
Q3＝μmgΔs3＝μmg(s3－v3t3)＝0.05 J.
答案：(1)能滑离　0.18 J　(2)能滑离　0.32 J　(3)1.3 s　0.05 J
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