必修2期末模块复习 专项训练 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第二册

物理 必修2 专题1 运动的合成与分解 2 专题2 平抛运动 8 专题3 圆周运动 14 专题4 万有引力定律与天体运动 20 专题5 功和功率 25 专题6 动能定理 30 专题7 机械能守恒定律 34 专题8 功能关系 能量守恒定律 40 专题9 实验专题 46 专题1 运动的合成与分解 一、物体做曲线运动的条件及轨迹分析 1．曲线运动的速度：与该时刻运动轨迹曲线上相应点的切线方向相同，速度的方向时刻发生变化．所以曲线运动一定是变速运动． 2．物体做曲线运动的条件：合外力的方向与速度方向不在一条直线上． 3．力的方向、速度方向与轨迹： 无力不拐弯，拐弯必有力．曲线运动的轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间，而且向合力的方向弯曲，即合力指向轨迹的凹侧． 4．物体的受力与运动性质： [复习过关] 1．关于物体做曲线运动的条件，下列叙述正确的是(　　) A．物体所受的合力是变力 B．物体所受的合力的方向与速度方向不在同一条直线上 C．物体所受的合力的方向与加速度的方向不在同一条直线上 D．物体所受的合力方向一定是变化的 答案　B 解析　物体做曲线运动是由于所受合外力的方向与速度方向不在同一条直线上，而与合外力是恒力还是变力、合外力方向是否变化均无关，故A、D错误，B正确；由牛顿第二定律可知，C错误． 2．一个物体在光滑水平面上以初速度v0做曲线运动，已知在此过程中只受一个恒力F作用，运动轨迹如图所示．则由M到N的过程中，速度大小将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 答案　D 解析　判断做曲线运动的物体速度大小的变化情况时，应从下列关系入手：当物体所受合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体做曲线运动的速率增大；当物体所受合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体做曲线运动的速率减小；当物体所受合外力方向与速度方向的夹角始终为直角(或垂直)时，物体做曲线运动的速率不变．在本题中，合力F的方向与速度方向的夹角先为钝角，后为锐角，故D选项正确． 3．一个物体在相互垂直的恒力F1和F2的作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去F2，则物体的运动情况可能是(　　) A．物体做匀变速曲线运动 B．物体做变加速曲线运动 C．物体做匀速直线运动 D．物体沿F1的方向做匀加速直线运动 答案　A 解析　物体在相互垂直的恒力F1和F2的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，其速度方向与F合的方向一致，经过一段时间后，撤去F2，F1与v不在同一直线上，故物体必做曲线运动；由于F1恒定，由a＝知，a也恒定，故应为匀变速曲线运动，选项A正确． 4．光滑平面上一运动质点以速度v通过点O，v与x轴正方向成α角(如图所示)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则(　　) A．因为有Fx，质点一定做曲线运动 B．如果Fy＞Fx，质点向y轴一侧做曲线运动 C．质点不可能做直线运动 D．如果Fx＞，质点向x轴一侧做曲线运动 答案　D 解析　若Fy＝Fxtan α，则Fx和Fy的合力F与v在同一直线上，此时质点做直线运动．若Fx＞，则Fx、Fy的合力F与x轴正方向的夹角β＜α，则质点向x轴一侧做曲线运动，故正确选项为D. 二、运动的合成及运动性质分析 1．合运动与分运动的关系： (1)等效性：各分运动的共同效果与合运动效果相同，这是可以灵活地把运动合成或分解的前提． (2)等时性：合运动和分运动同时进行，经历的时间总是相等，若知道了某一分运动的时间，也就知道了其他分运动及合运动经历的时间，反之亦然． (3)独立性：合运动和分运动各自独立进行，互不影响；因此在研究某个分运动的时候，就可以不考虑其他的分运动，就像其他分运动不存在一样． 2．合运动性质的判断： 3．两个分运动的合运动性质的判断：先根据平行四边形定则，求出合运动的合初速度v0和合加速度a，然后进行判断． (1)若a＝0时，物体沿合初速度v0的方向做匀速直线运动． (2)若a≠0且a与v0的方向共线时，物体做直线运动，a恒定时做匀变速直线运动． (3)若a≠0且a与v0的方向不共线时，物体做曲线运动，a恒定时做匀变速曲线运动． [复习过关] 5．如图所示，一玻璃筒中注满清水，水中放一软木做成的小圆柱体R(圆柱体的直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上浮)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧(图甲)．现将玻璃管倒置(图乙)，在R上升的同时，将玻璃管水平向右由静止做匀加速直线运动，观察R的运动．将会看到它斜向右上方运动．经过一段时间，玻璃管移至图丙中虚线所在位置，R恰好运动到玻璃管的顶端．在下面四个图中，能正确反映R运动轨迹的是(　　) 答案　C 解析　R参与了两个分运动，竖直方向在管中以v1匀速上浮，水平方向水平向右匀加速直线运动，速度v2不断变大，将v1与v2合成，如图，由于曲线运动的速度沿着曲线上该点的切线方向，又由于v1不变，v2不断变大，故θ不断变小，即切线方向与水平方向的夹角不断变小，故A、B、D均错误，C正确． 6．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况是(　　) A．橡皮在水平方向上做匀速运动 B．橡皮在竖直方向上做匀速运动 C．橡皮的运动轨迹是一条直线 D．橡皮在图示虚线位置时的速度大小为v 答案　A 解析　悬挂橡皮的细线一直保持竖直，说明橡皮水平方向具有和铅笔一样的速度，A正确；在竖直方向上，橡皮的速度等于细线收缩的速度，把铅笔与细线接触的地方的速度沿细线方向和垂直细线方向分解，沿细线方向的分速度v1＝vsin θ，θ增大，沿细线方向的分速度增大，B错误；橡皮的加速度向上，与初速度不共线，所以做曲线运动，C错误；橡皮在题图虚线位置时的速度vt＝＝v，D错误． 7．(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是(　　) A．前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动 B．后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向 C．4 s末物体坐标为(4 m,4 m) D．4 s末物体坐标为(6 m,2 m) 答案　AD 解析　前2 s内物体在y轴方向速度为0，由题图甲知只沿x轴方向做匀加速直线运动，A正确；后2 s内物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y轴方向，合运动是曲线运动，B错误；4 s内物体在x轴方向上的位移是x＝(×2×2＋2×2)m＝6 m，在y轴方向上的位移为y＝×2×2 m＝2 m，所以4 s末物体坐标为(6 m,2 m)，C错误，D正确． 8．如图所示，在一次消防演习中，消防队员要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人．为了节省救援时间，当消防车匀速前进的同时，人沿倾斜的梯子匀加速向上运动，则关于消防队员的运动，下列说法中正确的是(　　) A．消防队员做匀加速直线运动 B．消防队员做匀变速曲线运动 C．消防队员做变加速曲线运动 D．消防队员水平方向的速度保持不变 答案　B 解析　由于消防队员同时参与两个分运动，由两分运动的特点可知，其合运动为匀变速运动，但轨迹为曲线，故B正确；消防队员在水平方向的速度增大，D错误． 9．某人骑自行车以4 m/s的速度向正东方向行驶，气象站报告当时是正北风，风速也是4 m/s，则骑车人感觉的风速方向和大小分别是(　　) A．西北风，风速4 m/s B．西北风，风速4 m/s C．东北风，风速4 m/s D．东北风，风速4 m/s 答案　D 三、小船渡河模型 1．三个速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)． 2．两个问题： (1)渡河时间 ①船头与河岸成θ角时，渡河时间为t＝(d为河宽)． ②船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)． (2)最短航程 ①若v2＜v1，则当合速度垂直于河岸时，航程最短，xmin＝d.船头指向上游与河岸的夹角α满足cos α＝. ②若v2＞v1，则合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河． 如图所示，以v2矢量的末端为圆心、以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短，由图可知cos α＝，最短航程x短＝＝d. [复习过关] 10．(多选)船在静水中的速度是1 m/s，河岸笔直，河宽恒定，河水靠近岸边的流速为2 m/s，河中间水的流速为3 m/s，以下说法正确的是(　　) A．船可能沿曲线过河 B．因船速小于水流速度，船不能到达对岸 C．船能垂直到达河正对岸 D．船过河的最短时间是一定的 答案　AD 解析　当船头指向始终垂直河岸时，船的合运动方向始终变化，小船沿曲线过河，选项A正确；只要船的合速度具有垂直河岸方向的分量，船就能到达对岸，选项B错误；因为船速小于水流速度，船的合速度不可能垂直对岸，所以船不能垂直到达河对岸，选项C错误；当船头垂直河岸渡河时，船过河的时间最短，并且船过河的最短时间是一定的，等于河宽除以船在静水中的速度，选项D正确． 11．(多选)在一次抗洪抢险中，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v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸最近处O的距离为d，如战士想在最短的时间内将人送上岸，则下列说法正确的是(　　) A．摩托艇登陆的地点在O点的下游处 B．其最短时间为 C．其最短时间为 D．其最短时间为 答案　AB 解析　根据v＝，则摩托艇登陆的最短时间：即为t＝，登陆地点与O点的距离：s＝v1t＝d，且在O点的下游处，故A、B正确，C、D错误． 12．(多选)一船在静水中的速度是6 m/s，要渡过宽为180 m、水流速度为8 m/s的河流，则下列说法中正确的是(　　) A．船相对于地的速度可能是15 m/s B．此船过河的最短时间是30 s C．此船可以在对岸的任意位置靠岸 D．此船不可能垂直到达对岸 答案　BD 解析　船相对于地的速度可能值在2～14 m/s之间，选项A错误；当船头垂直河岸渡河时，船过河的时间最短，最短时间是t＝＝ s＝30 s，选项B正确；因为船在静水中的速度小于水流速度，船的合速度不可能垂直对岸，所以船不能垂直到达河对岸，选项C错误，D正确． 四、绳(杆)关联速度问题 1．对“关联速度”问题的理解 用绳、杆相牵连的物体在运动过程中的速度通常不同，但两物体沿绳或杆方向的分速度大小相等． 2．“关联速度”问题的解题步骤 (1)确定合速度：牵连物端点的速度(即所连接物体的实际速度)是合速度． (2)分解合速度：合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果．两个分速度的方向：沿绳或杆方向和垂直于绳或杆方向． 常见的模型如图所示： (3)沿绳或杆方向的分速度大小相等，列方程求解． [复习过关] 13．如图所示，斜面的倾角为α，人用跨过定滑轮的绳子拉小车．现人以速度v匀速拉运动绳子，当拉小车的绳子与斜面的夹角为β时，小车沿斜面运动的速度为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　小车在绳子的作用下，沿着斜面向上运动，则可将此运动分解成沿着绳子的方向与垂直绳子的方向，如图所示，因此有v车cos β＝v，即v车＝，故B正确，A、C、D错误；故选B. 14．如图所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，悬线穿过一光盘的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动，当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时，悬线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球(　　) A．竖直方向速度大小为vcos θ B．竖直方向速度大小为vsin θ C．竖直方向速度在小为vtan θ D．相对于地面速度大小为v 答案　B 解析　光盘的速度是水平向右的，将该速度沿绳和垂直于绳的方向分解，如图所示，沿绳的方向的分量v′＝vsin θ，这就是桌面以上绳子变长的速度，也等于铁球上升的速度，B正确；由题意可知铁球在水平方向上速度与光盘相同，竖直方向速度为vsin θ，可得铁球相对于地面速度大小为v，D错误． 专题2 平抛运动 一、对平抛运动的理解 1．平抛运动是加速度恒为g的匀变速曲线运动．物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下． 2．平抛运动的分运动： (1)竖直方向做自由落体运动，h＝gt2，所以t＝，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关． (2)水平方向做匀速直线运动，x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关． [复习过关] 1．(多选)关于平抛物体的运动，以下说法正确的是(　　) A．做平抛运动的物体，速度和加速度都随时间的增加而增大 B．做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变 C．平抛物体的运动是匀变速运动 D．平抛物体的运动是变加速运动 答案　BC 解析　做平抛运动的物体，速度随时间不断增大，但由于只受恒定不变的重力作用，所以加速度是恒定不变的，选项A、D错误，B、C正确． 2．如图所示，气枪水平对准被电磁铁吸住的钢球，并在气枪子弹射出枪口的同时，电磁铁的电路恰好断开，被释放的钢球自由下落，若不计空气阻力，则(　　) A．子弹总是打在钢球的上方 B．子弹总是打在钢球的下方 C．只有在气枪离电磁铁为一特定距离时，子弹才能击中下落的钢球 D．只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程之内，子弹一定能击中下落的钢球 答案　D 解析　子弹离开气枪后做平抛运动，在竖直方向上子弹和钢球都做自由落体运动，设子弹的初速度为v0，气枪与钢球的水平距离为s，则只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程内，经过时间t＝，子弹正好击中下落的钢球．故选D. 二、平抛运动规律的应用 1．平抛运动的基本求解方法——“化曲为直”思想 2．平抛运动的三种分解思路 (1)分解速度：v合＝＝ (2)分解位移：x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝ (3)分解加速度 3．两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示． (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ. [复习过关] 3．(多选)如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球水平抛出时的初速度大小为 B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D．若小球初速度增大，则θ减小 答案　AD 解析　落地时竖直方向上的速度vy＝gt，因为速度方向与水平方向的夹角为θ，故小球的初速度v0＝＝，选项A正确；速度方向与水平方向的夹角的正切值tan θ＝＝，位移方向与水平方向的夹角的正切值tan α＝＝＝，则tan θ＝2tan α，但α≠，选项B错误；平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，选项C错误；由于tan θ＝＝，若小球初速度增大，则θ减小，选项D正确． 4．(多选)两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则(　　) A．va＞vb B．va＜vb C．ta＞tb D．ta＜tb 答案　AD 解析　由题图知，hb＞ha，因为h＝gt2，所以ta＜tb，又因为x＝v0t，且xa＞xb，所以va＞vb，选项A、D正确． 5．如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点．若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　) A．ta＞tb，va＜vb B．ta＞tb，va＞vb C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb 答案　A 解析　由于小球b距地面的高度小，由h＝gt2可知tb＜ta，而小球a、b运动的水平距离相等，由x＝v0t可知，va＜vb.由此可知A正确． 6．(多选)以初速度v0＝20 m/s从20 m高台上水平抛出一个物体(g取10 m/s2)，则(　　) A．2 s后物体的水平速度为20 m/s B．2 s后物体的速度方向与水平方向成45°角 C．每1 s内物体的速度变化量的大小为10 m/s D．每1 s内物体的速度大小的变化量为10 m/s 答案　ABC 解析　水平抛出的物体做平抛运动，水平方向速度不变，vx＝v0＝20 m/s，A项正确；2 s后，竖直方向的速度vy＝gt＝20 m/s，所以tan θ＝＝1，则θ＝45°，B项正确；速度的变化表现为竖直方向速度的变化，所以Δt＝1 s内，速度的变化量Δv＝gΔt＝10 m/s，所以C项正确；物体的运动速度大小为，相同时间内，其变化量不同，D项错误． 7．如图所示，球网上沿高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动，则乒乓球(　　) A．在空中做变加速直线运动 B．在水平方向做匀加速直线运动 C．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍 D．击球点的高度是网高的2倍 答案　C 解析　乒乓球击出后，在重力作用下做平抛运动，其运动可分解为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，A、B错误；球在网的左侧和右侧通过的水平距离之比＝＝＝，C正确；设击球点到桌面的高度为h，则击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为＝＝，所以击球点的高度与网高度之比为＝，D错误． 8．女排比赛时，某运动员进行了一次跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04 m高处，击球后排球以25.0 m/s的速度水平飞出，球的初速度方向与底线垂直，排球场的有关尺寸如图所示，试计算说明： (1)此球能否过网？ (2)球是落在对方界内，还是界外？(不计空气阻力，g取10 m/s2) 答案　(1)能过网　(2)界外 解析　(1)当排球在竖直方向下落高度Δh＝(3.04－2.24) m＝0.8 m时，所用时间为t1，满足Δh＝gt，x＝v0t1.解得x＝10 m＞9 m，故此球能过网． (2)当排球落地时，h＝gt，x′＝v0t2.将h＝3.04 m代入得x′≈19.5 m＞18 m，故排球落在对方界外． 三、平抛运动与斜面结合的问题 解答斜面上的平抛运动问题时要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移或速度与水平方向夹角的关系，通过分解位移或速度使问题得到顺利解决． [复习过关] 9．如图，以9.8 m/s速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直撞在倾角θ＝30°的斜面上．可知物体完成这段飞行所用时间为(　　) A. s B. s C. s D．2 s 答案　A 解析　把速度进行分解，有tan 30°＝，t＝＝s，A对． 10．如图，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A点正上方高度为10 m处的O点，以5 m/s的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，这段飞行所用的时间为(g＝10 m/s2)(　　) A．2 s B. s C．1 s D．0.5 s 答案　C 解析　设飞行的时间为t，则：x＝v0t，h＝gt2 因为斜面与水平面之间的夹角为45°，如图所示， 由三角形的边角关系可知，AQ＝PQ 所以在竖直方向上有：OQ＋AQ＝10 m 所以有：v0t＋gt2＝10 m， 解得：t＝1 s. 11．(多选)如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O有一小球由静止释放，运动到底端B的时间为t1.若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A点经过的时间为t2，落到斜面底端B点经过的时间为t3，落到水平面上的C点经过的时间为t4，则(　　) A．t2＞t1 B．t3＞t2 C．t4＞t3 D．t1＞t4 答案　BD 解析　设斜面高为h，倾角为θ，则当小球沿斜面下滑时，其加速度a＝gsin θ，由＝at得t1＝，小球平抛时，由h＝gt2得t3＝t4＝＞t2＝，故t1＞t3＝t4＞t2，选项B、D正确． 12．(多选)如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点Q处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　) A．va＝vb B．va＝vb C．ta＝tb D．ta＝tb 答案　BD 解析　对a球：L＝vata，h＝gt；对b球：＝vbtb，＝gt，联立可解得ta＝tb，va＝vb. 13．如图所示，在倾角为θ的斜面顶端A处以速度v0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻力不计，求： (1)小球从A运动到B所需要的时间； (2)从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)根据tan θ＝得，t＝； (2)当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远．根据平行四边形定则知，小球竖直分速度vy＝v0tan θ 根据vy＝gt得，t＝＝. 14．如图为湖边一倾角为θ＝37°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O.一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO＝50 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)若要求小石子能落到水面，v0最小是多少？ (2)若小石子不能落到水面上，落到斜面时速度方向与水平面夹角的正切值是多少？ 答案　(1)16.33 m/s　(2)1.5 解析　(1)若小石子恰能落到O点，v0最小，有OAcos θ＝v0t，OAsin θ＝gt2，得：v0≈16.3 m/s (2)斜面与水平方向夹角θ＝37°，若小石子落到斜面上时，速度方向与水平面的夹角为α，则tan θ＝＝，tan α＝，所以tan α＝2tan θ＝1.5. 四、类平抛运动问题 1．类平抛运动的受力特点 物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． 2．类平抛运动的运动特点 在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a＝. 3．类平抛运动的求解方法 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性． (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解． [复习过关] 15．如图所示，A、B两质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B在光滑斜面上运动，落地点为P2，不计阻力，比较P1、P2在x轴方向上的远近关系是(　　) A．P1较远 B．P2较远 C．P1、P2等远 D．大小不确定 答案　B解析　因aP1＝g，aP2＝gsin θ，x＝v0t，而tP2＞tP1，故x2＞x1，B项正确． 16．如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求： (1)物块由P运动到Q所用的时间t； (2)物块由P点水平射入时的初速度v0； (3)物块离开Q点时速度的大小v. 答案　(1) 　(2)b(3) 解析　(1)沿斜面向下的方向有mgsin θ＝ma，l＝at2 联立解得t＝ . (2)沿水平方向有b＝v0t v0＝＝b . (3)物块离开Q点时的速度大小v＝＝ . 专题3 圆周运动 一、传动装置中圆周运动各物理量的关系 在分析传动装置的物理量时，首先确定传动形式，抓住不等量和相等量的关系处理各物理量间的关系． (1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同，而线速度大小v＝ωr与半径r成正比，向心加速度大小a＝rω2与半径r成正比； (2)皮带传动(齿轮传动和摩擦传动)：当皮带不打滑时，传动皮带、用皮带连接的两轮边缘上各点的线速度大小相等，两皮带轮上各点的角速度、向心加速度关系可根据ω＝、a＝确定． [复习过关] 1．如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若拖拉机行进时轮与路面没有滑动，则(　　) A．A点和B点的线速度大小之比为1∶2 B．前轮和后轮的角速度之比为2∶1 C．两轮转动的周期相等 D．A点和B点的向心加速度大小相等 答案　B 解析　轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的点，所以vA＝vB，故A错误；根据v＝ωr和vA＝vB，可知A、B两点的角速度之比为2∶1；由ω＝2πn，所以转速也是2∶1，故B正确；据ω＝和前轮与后轮的角速度之比2∶1，求得两轮转动的周期为1∶2，故C错误；由a＝，可知，向心加速度与半径成反比，则A与B点的向心加速度不等，故D错误． 2. (多选)如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是边缘上的一点，左轮上的两轮共用同一轮轴，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，若在传动过程中皮带不打滑，则(　　) A．a点和b点的线速度大小相等 B．a点和b点的角速度相等 C．a点和c点的线速度大小相等 D．a点和d点的向心加速度的大小相等 答案　CD 解析　由题意可知，b、c、d是固定在同一轮轴的两轮上的点，因此ωb＝ωc＝ωd，a、c为用皮带连接的两轮边缘上的点，皮带不打滑时有va＝vc，故选项C正确；由角速度与线速度的关系v＝ωr并结合题中所给各点的半径，易得ωa＝2ωc＝2ωb＝2ωd及va＝2vb，由此排除A、B两选项；由向心加速度an＝ω2r可推得ana＝and，则选项D正确． 3．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　) A．线速度大小之比为3∶2∶2 B．角速度之比为3∶3∶2 C．转速之比为2∶3∶2 D．向心加速度大小之比为9∶6∶4 答案　D 解析　A、B间靠摩擦传动，则边缘上a、b两点的线速度相等，即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C同轴转动，则其上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，＝＝，选项B、C错误；对a、b两点由 a＝得＝＝，对b、c两点由a＝ω2r得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确． 二、圆周运动的动力学分析 1．向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． 2．向心力的确定 (1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置． (2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力． [复习过关] 4．如图所示，链球运动员在将链球抛掷出手之前，总要双手拉着链条，加速转动几周，这样可使链球的速度尽量增大，抛掷出手后飞行得更远．在运动员加速转动过程中，能发现他手中与链球相连的链条与竖直方向的夹角θ将随着链球转速增大而增大，则以下几个图象中能描述ω与θ的关系的是(　　) 答案　D解析　设链条长为L，链球圆周运动的向心力是重力mg和拉力F的合力，向心力Fn＝mgtan θ＝mω2(Lsin θ)，解得ω2＝，故D正确，A、B、C错误． 5．如图所示，一水平放置的木板上放有砝码，砝码与木板间的动摩擦因数为μ，如果让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假如运动中木板始终保持水平，砝码始终没有离开木板，那么下列说法正确的是(　　) A．在通过轨道最高点时砝码处于超重状态 B．在经过轨道最低点时砝码所需静摩擦力最大 C．匀速圆周运动的速度v≤ D．在通过轨道最低点和最高点时，砝码对木板的压力之差为砝码重力的6倍 答案　C 解析　在通过轨道最高点时，向心加速度竖直向下，是失重，A项错误；木板和砝码在竖直平面内做匀速圆周运动，则所受合外力提供向心力，砝码受到重力G、木板支持力FN和静摩擦力Ff，由于重力G和支持力FN在竖直方向上，因此只有当砝码所需向心力在水平方向上时静摩擦力有最大值，此位置是当木板和砝码运动到与圆心在同一水平面上时的位置，最大静摩擦力必须大于或等于砝码所需的向心力，即μFN≥m，此时在竖直方向上FN＝mg，故v≤，B项错误，C项正确．在最低点，FN1－mg＝m，在最高点，mg－FN2＝m，则FN1－FN2＝2m，D项错误． 6．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动．一个质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半．已知重力加速度为g，则(　　) A．小球A做匀速圆周运动的角速度ω＝ B．小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用 C．小球A受到的合力大小为 D．小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上 答案　A 解析　小球A受到重力、支持力两个力作用，合力的方向水平且指向转轴，则mgtan θ＝mω2r(设圆锥筒内壁的倾角为θ)，其中r＝，tan θ＝，解得ω＝，合力大小为，选项A正确，选项B、C、D错误． 三、竖直面内圆周运动的绳、杆模型 1．绳模型(没有支撑的小球如图) 过最高点的临界条件：由mg＝m得v临＝ (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN. (2)不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道． 2．杆模型(有支撑的小球如图) 由小球恰能做圆周运动得v临＝0 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心． (2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小． (3)当v＝时，FN＝0. (4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大． [复习过关] 7．(多选)质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道内侧做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时，下列说法正确的是(　　) A．小球对圆环的压力大小等于mg B．重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力 C．小球的线速度大小等于 D．小球的向心加速度大小等于g 答案　BCD 解析　因为小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环，故在最高点时小球对圆环的压力为零，选项A错误；此时小球只受重力作用，即重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力，满足mg＝m＝ma，即v＝，a＝g，选项C、D正确． 8．(多选)如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5 m，小球质量为3kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a的速度为va＝4 m/s，通过轨道最高点b的速度为vb＝2 m/s，取g＝10 m/s2，则小球通过最低点和最高点时对细杆作用力的情况是(　　) A．在a处为拉力，方向竖直向下，大小为126 N B．在a处为压力，方向竖直向上，大小为126 N C．在b处为拉力，方向竖直向上，大小为6 N D．在b处为压力，方向竖直向下，大小为6 N 答案　AD 解析　小球对细杆的作用力大小等于细杆对小球的作用力的大小．在a点设细杆对小球的作用力为Fa，则有Fa－mg＝，所以Fa＝mg＋＝(30＋) N＝126 N，故小球对细杆的拉力为126 N，方向竖直向下，A正确，B错误．在b点细杆对球的作用力向上，大小为Fb，则有mg－Fb＝，所以Fb＝mg－＝30 N－ N＝6 N，故小球对细杆为压力，方向竖直向下，大小为6 N，C错误，D正确． 四、圆周运动的临界问题 (1)判断临界状态：若题目中有“刚好”“恰好”等字眼，表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值点，这个极值点也往往是临界状态． (2)确定临界条件：通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来． (3)选择物理规律：分别对于不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解． [复习过关] 9．冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，其安全速度的最大值是(　　) A．k B. C. D. 答案　B 解析　由题意可知，最大静摩擦力为重力的k倍，所以最大静摩擦力等于kmg，设运动员的最大的速度为v，则：kmg＝m，解得：v＝，B正确． 10．如图所示是用来说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑水平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接(图中未画出)，mP＝2mQ.当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时(　　) A．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用 B．P球受到的向心力大于Q球受到的向心力 C．rP一定等于 D．当ω增大时，P球将向外运动 答案　C 解析　绳的拉力提供向心力，向心力是一个效果力，在分析物体受力时要分析性质力，A项错；同一根绳上张力相等，所以P球受到的向心力大小等于Q球受到的向心力的大小，B项错误；对两球而言，角速度相同，有：mPω2rP＝mQω2rQ，所以rP一定等于，C项正确；当ω增大时，两球受到的绳的张力都增大，仍会使FT＝mPω2rP＝mQω2rQ，所以P球不会向外运动，D项错误． 11．(多选)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C都能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为μ，C与转台间的动摩擦因数为2μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．B对A的摩擦力一定为3μmg B．B对A的摩擦力一定为3mω2r C．转台的角速度一定满足：ω≤ D．转台的角速度一定满足：ω≤ 答案　BC 解析　对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有Ff＝3mω2r≤3μmg，故A错误，B正确； 由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：(3m)ω2r≤μ(3m)g 对AB整体，有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g 对物体C，有mω2(1.5r)≤2μmg 解得ω≤ ，故C正确，D错误． 12．如图所示，细绳一端系着质量为M＝0.6 kg的物体，静止在水平盘面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3 kg的物体，M的中心与小孔距离为0.2 m，并知M和水平盘面的最大静摩擦力为2 N．现使此水平盘绕中心轴转动，问角速度ω在什么范围内m处于静止状态？(g取10 m/s2) 答案　2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s 解析　设物体M和水平盘面保持相对静止，当ω具有最小值时，M有向着圆心O运动的趋势，故水平盘面对M的摩擦力方向背向圆心，且等于最大静摩擦力Ffmax＝2 N. 对于M：F－Ffmax＝Mrω 则ω1＝ ＝ ＝ rad/s≈2.9 rad/s 当ω具有最大值时，M有离开圆心O的趋势，水平盘面对M摩擦力的方向指向圆心，Ffmax＝2 N. 对M有：F＋Ffmax＝Mrω 则ω2＝ ＝ ＝ rad/s≈6.5 rad/s 故ω的范围是2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s. 13．如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m＝50 kg的重锤(重锤可以视为质点)绕转轴O匀速运动，重锤转动半径为R＝0.5 m．电动机连同打夯机底座的质量为M＝25 kg，重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)重锤转动的角速度为多大时，才能使打夯机底座刚好离开地面？ (2)若重锤以上述的角速度匀速转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？ 答案　(1) rad/s　(2)1 500 N 解析　(1)当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面： 有：FT＝Mg 对重锤有mg＋FT＝mω2R 解得ω＝＝rad/s (2)在最低点，对重锤有FT′－mg＝mω2R 则FT′＝Mg＋2mg 对打夯机有： FN＝FT′＋Mg＝2(M＋m)g＝1 500 N. 由牛顿第三定律得FN′＝FN＝1 500 N. 专题4 万有引力定律与天体运动 一、万有引力定律的理解及应用 1．万有引力的特点：两个物体相互作用的引力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，方向沿两物体的连线且相反，分别作用在两个物体上，其作用效果一般不同． 2．万有引力公式F＝G，公式适用于质点间的相互作用．质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离，如果某一物体内部存在球形空腔，则宜采取“割补法”分析． 3．万有引力和重力的关系： (1)在地面上，忽略地球自转时，认为物体的向心力为零，各处位置均有mg≈； (2)若考虑地球自转，在赤道上的物体有－FN＝F向，其中FN大小等于mg，对处于南北两极的物体则有＝mg； (3)在地球上空某一高度h处有＝mg′可知随着高度的增加，重力逐渐减小，重力加速度也逐渐减小． [复习过关] 1．(多选)关于万有引力和万有引力定律的理解正确的是(　　) A．不能看做质点的两物体间不存在相互作用的引力 B．只有能看做点的两物体间的引力才能用F＝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．万有引力常量大小首先是由卡文迪许测出来的，且等于6.67×10－11 N·m2/kg2 答案　CD 2一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的一半，它的直径也是地球直径的一半，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受万有引力大小的(　　) A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 答案　C 解析　根据万有引力定律得：宇航员在地球上所受的万有引力F1＝，在星球上受的万有引力F2＝，所以＝＝×22＝2，故C正确． 二、天体质量和密度的计算 1．利用天体表面的重力加速度g和天体半径R 由于G＝mg，故天体质量M＝， 天体密度ρ＝＝＝. 2．通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r. (1)由万有引力等于向心力，即 G＝mr，得出中心天体质量M＝； (2)若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝＝＝. 若为近地卫星，则R＝r，有ρ＝. [复习过关] 3．(多选)在万有引力常量G已知的情况下，已知下列哪些数据，可以计算出地球质量(　　) A．地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离 B．人造地球卫星在地面附近绕行的速度和运行周期 C．月球绕地球运行的周期及地球半径 D．若不考虑地球自转，已知地球半径和地球表面的重力加速度 答案　BD 解析　已知地球绕太阳运动的情况只能求太阳的质量，A错；由＝m及T＝得M＝，B对；已知月球绕地球的运行周期及轨道半径才能求地球的质量，C错；由mg＝G得M＝，D对． 4．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. 答案　B 解析　ρ＝＝＝，r＝R，ρ＝. 5．(多选)1798年，英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知万有引力常量G，地球表面处的重力加速度g，地球半径R，地球上一个昼夜的时间T1(地球自转周期)，一年的时间T2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离L1，地球中心到太阳中心的距离L2.你能计算出(　　) A．地球的质量m地＝ B．太阳的质量m太＝ C．月球的质量m月＝ D．可求月球、地球及太阳的密度 答案　AB 解析　对地球表面的一个物体m0来说，应有m0g＝，所以地球质量m地＝，选项A正确．对地球绕太阳运动来说，有＝m地L2，则m太＝，B项正确．对月球绕地球运动来说，能求地球质量，不知道月球的相关参量及月球的卫星运动参量，无法求出它的质量和密度，C、D项错误． 三、天体运动问题的分析 1．运动学分析：将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动． 2．动力学分析： (1)万有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2r＝m2r. (2)根据万有引力等于重力，得G＝mg(g为星球表面的重力加速度)，GM＝gR2(黄金代换公式)，利用黄金代换公式进行天体质量和天体重力加速度之间的代换． 3．人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期与轨道半径的关系： ＝越高越慢 [复习过关] 6．(多选)假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍做圆周运动，则(　　) A．根据公式v＝ωr，可知卫星运动的线速度将增大到原来的2倍 B．根据公式F＝m，可知卫星所需的向心力将减少到原来的 C．根据公式F＝G，可知地球提供的向心力将减小到原来的 D．根据上述B和C中给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的 答案　CD 解析　从v＝ 看出，离地球越远的卫星速度越小，当半径加倍时，地球对卫星的万有引力变为原来的，即地球提供的向心力减小到原来的，速度变为原来的倍． 7．“嫦娥四号”，专家称“四号星”，计划在2017年发射升空，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，“嫦娥四号”离月球中心的距离为r，绕月周期为T.根据以上信息下列说法正确的是(　　) A．月球的第一宇宙速度为 B．“嫦娥四号”绕月运行的速度为 C．万有引力常量可表示为 D．“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球 答案　C 解析　根据第一宇宙速度的定义有：mg＝m，v＝，A错误；根据G＝m和G＝mg可以得到“嫦娥四号”绕月运行的速度为v＝ ，B错误；根据G＝mr和M＝ρπR3可以知道万有引力常量可表示为，C正确；“嫦娥四号”必须先加速离开月球，再减速运动才能返回地球，D错误． 8．(多选)地球半径为R0，地面重力加速度为g，若卫星在距地面R0处做匀速圆周运动，则(　　) A．卫星的速度为 B．卫星的角速度为 C．卫星的向心加速度为 D．卫星的周期为2π 答案　AB 解析　由＝man＝m＝mω2(2R0)＝m(2R0)及GM＝gR 可得卫星的向心加速度an＝，角速度ω＝ 线速度v＝，周期T＝2π ，所以A、B正确，C、D错误． 9．(多选)我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T.若以R表示月球的半径，则(　　) A．卫星运行时的线速度为 B．卫星运行时的向心加速度为 C．月球的第一宇宙速度为 D．物体在月球表面自由下落的加速度为 答案　BC 解析　卫星运行时的线速度v＝，选项A错误；卫星运动时的向心加速度为a＝ω2(R＋h)＝，选项B正确；由＝mω2(R＋h)，ω＝，v1＝ ，联立解得月球的第一宇宙速度为v1＝，选项C正确；由＝mg，＝mω2(R＋h)，ω＝，联立解得物体在月球表面自由下落的加速度为g＝，选项D错误． 三、卫星变轨问题 1．圆轨道上的稳定运动 G＝m＝mrω2＝mr()2 2．变轨运动分析 ①当v增大时，所需向心力增大，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，但卫星一旦进入新的轨道运行，由v＝ 知其运行速度要减小，但重力势能、机械能均增加． ②当卫星的速度突然减小时，向心力减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动，进入新轨道运行时由v＝ 知其运行速度将增大，但重力势能、机械能均减小(卫星的发射和回收就是利用了这一原理)． 3．卫星绕过不同轨道上的同一点(切点)时，其加速度大小关系可用F＝＝ma比较得出． [复习过关] 10．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．如图所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A点刚好进入大气层，之后由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是(　　) A．陨石正减速飞向A处 B．陨石绕地球运转时角速度渐渐变小 C．陨石绕地球运转时速度渐渐变大 D．进入大气层后，陨石的机械能渐渐变大 答案　C 解析　由于万有引力做功，陨石正加速飞向A处，选项A错误．陨石绕地球运转时，因轨道半径渐渐变小，则角速度渐渐变大，速度渐渐变大，选项B错误，C正确．进入大气层后，由于受到空气阻力的作用，陨石的机械能渐渐变小，选项D错误． 11．为了探测X星球，某探测飞船先在以该星球中心为圆心，高度为h的圆轨道上运动，随后飞船多次变轨，最后围绕该星球做近表面圆周飞行，周期为T.引力常量G已知．则(　　) A．变轨过程中必须向运动的反方向喷气 B．变轨后与变轨前相比，飞船的机械能增大 C．可以确定该星球的质量 D．可以确定该星球的平均密度 答案　D 12．(多选)如图所示，“嫦娥二号”卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入半径为100 km、周期为118 min的工作轨道，开始对月球进行探测，则(　　) A．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小 B．卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大 C．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上短 D．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大 答案　ACD 解析　由题图知，rⅠ＞rⅡ＞rⅢ＞r月，由万有引力定律、牛顿第二定律得，v＝，T＝，卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，选项A正确；卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时小，选项B错误；卫星在轨道Ⅲ上运动周期比在轨道Ⅰ上短，选项C正确；卫星从轨道Ⅰ运动到轨道Ⅱ要靠人为控制减速实现，故卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大，选项D正确. 专题5 功和功率 一、正、负功的判断 1．恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断． 2．曲线运动中的功的判断：若物体做曲线运动，则依据F与v的方向夹角来判断，当0°≤α＜90°时，力对物体做正功；当90°＜α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功． 3．依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功，此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断． [复习过关] 1．(多选)一物体在两个力F1、F2的共同作用下发生了一段位移，做功分别为W1＝6 J、W2＝－6 J，下列说法正确的是(　　) A．这两个力一定大小相等、方向相反 B．F1是动力，F2是阻力 C．这两个力做的总功为0 D．F1比F2做的功多 答案　BC 解析　由力F1、F2做功的正负可以确定力F1、F2与位移的夹角分别为小于90°、大于90°，但这两个力不一定大小相等、方向相反，A错；F1做正功一定是动力，F2做负功一定是阻力，但正、负不表示功的大小，B对，D错；两个力的总功等于这两个力所做功的代数和，C对． 2．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力(　　) A．等于零，对人不做功 B．水平向左，对人做负功 C．水平向右，对人做正功 D．沿斜面向上，对人做正功 答案　C 解析　人向右上方加速，则摩擦力水平向右，对人做正功． 3．(多选)如图所示，质量为m的滑块放在光滑斜面上，斜面与水平面间的摩擦力不计，当滑块从斜面顶端滑到斜面底端的过程中(　　) A．重力对滑块做功 B．滑块受到斜面的支持力与斜面垂直，所以支持力对滑块不做功 C．斜面对滑块的支持力对滑块做负功 D．滑块对斜面的压力对斜面做正功 答案　ACD 解析　当滑块从顶端滑至底端时，由于接触面光滑，斜面将向右移动一段距离，如图所示．重力对滑块做正功，尽管斜面对滑块的支持力垂直于斜面，但滑块的位移方向与斜面不平行，即支持力FN与位移的夹角大于，所以斜面对滑块的支持力对滑块做负功，很容易分析，滑块对斜面的压力对斜面做正功． 二、功的计算 1．恒力做的功：直接用W＝Flcos α计算． 2．变力做功： ①用动能定理：W＝mv－mv ②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车恒功率启动时． ③将变力做功转化为恒力做功： 当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等． 3．总功的计算： ①先求物体所受的合外力，再求合外力的功； ②先求每个力做的功，再求各功的代数和． [复习过关] 4．如图所示，用恒力F拉着质量为m的物体沿水平面从A移到B的过程中，下列说法正确的是(　　) A．有摩擦力时比无摩擦力时F做的功多 B．有摩擦力时比无摩擦力时F做的功少 C．物体加速运动时F做的功比减速运动时F做的功多 D．物体无论是加速、减速还是匀速，力F做的功一样多 答案　D 解析　因为力F做功的大小只与力F及其位移有关，与是否存在其他力无关，与物体的运动状态也无关，所以选项D正确． 5．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的斜面体上，同时用力F向右推斜面体，使P与斜面体保持相对静止．在前进水平位移为l的过程中，斜面体对P做功为(　　) A．Fl B．mgsin θ·l C．mgcos θ·l D．mgtan θ·l 答案　D 解析　斜面体对P的作用力垂直于斜面，其竖直分量为mg，所以水平分量为mgtan θ，做功为水平分量的力乘以水平位移． 三、功率的计算 计算功率时首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率。 1．平均功率的计算方法 (1)利用＝. (2)利用＝F·cos θ，其中为物体运动的平均速度，F为恒力． 2．瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P＝F·vcos θ，其中v为t时刻的瞬时速度． (2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度． (3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力． [复习过关] 6．在距地面h高处，分别以速度v1和v2(v1＜v2)水平抛出两个质量相同的小球A和B，则两球在落地时重力对两球的功率PA和PB的大小关系为(　　) A．PA＞PB B．PA＝PB C．PA＜PB D．无法判断 答案　B 解析　两球质量相同，故抛出后两球的受力均为F＝mg，落地时重力的瞬时功率P＝mgvcos α，vcos α为球落地时速度沿竖直方向的分量 vy.因两球是在同一高处被水平抛出，所以落地时竖直方向的末速度vy相同，且vy＝. 7．质量为1 kg的物体静止于光滑水平面上，t＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第1 s内F＝2 N，第2 s内F＝1 N．下列判断正确的是(　　) A．2 s末物体的速度为4 m/s B．2 s内物体的位移为3 m C．第1 s末拉力的瞬时功率最大 D．第2 s末拉力的瞬时功率最大 答案　C 解析　由牛顿第二定律知第1 s内物体的加速度大小为2 m/s2，第2 s内的加速度大小为1 m/s2，则第1 s末物体的速度大小为v1＝a1t1＝2 m/s，第2 s末物体的速度大小为v2＝v1＋a2t2＝3 m/s，选项A错误；2 s内物体的位移为x＝a1t＋(v1t2＋a2t)＝3.5 m，选项B错误；第1 s末拉力的瞬时功率为P1＝F1v1＝4 W，第2 s末拉力的瞬时功率为P2＝F2v2＝3 W，选项C正确，选项D错误． 8．宇航员在地面进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，如图所示，在到达竖直状态的过程中，宇航员所受重力的瞬时功率的变化情况是(　　) A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 答案　C 解析　开始运动时，宇航员的速度为零，重力的瞬时功率为零．运动到最低点，宇航员的速度沿水平方向，与重力垂直，重力的瞬时功率也为零，摆动过程中重力的瞬时功率不为零，即重力的瞬时功率从无到有，又到无，先增大后减小，C正确． 9．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(g取10 m/s2)(　　) A．物体加速度大小为2 m/s2 B．4 s末F的功率大小为42 W C．F的大小为21 N D．4 s内F做功的平均功率为42 W 答案　B 解析　由速度—时间图象可得加速度a＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律：2F－mg＝ma得F＝＝10.5 N，P＝F·2v＝10.5×2×2 W＝42 W，＝＝＝ W＝21 W，故只有B正确． 四、机车启动的两种模型 1．处理此类问题，两个公式必不可少： P＝Fv和F－Ff＝ma. 2．分析时应注意a、F、P、v四个物理量间相互联系、相互制约关系． 3．抓住由启动到匀速运动的临界条件F＝Ff，即汽车达到最大速度的条件． 4．明确是功率恒定还是牵引力恒定，找准方法求解牵引力做功和位移． [复习过关] 10．质量为2 t的汽车，发动机的功率为30 kW，在水平公路上能以54 km/h的最大速度行驶，如果保持功率不变，则汽车的速度为36 km/h时，汽车的加速度为(　　) A．0.5 m/s2 B．1 m/s2 C．1.5 m/s2 D．2 m/s2 答案　A 解析　由P＝Ffvm得Ff＝＝2×103 N，当v＝36 km/h时，由P＝Fv得F＝3×103 N，又a＝，所以a＝0.5 m/s2，选项A正确． 11．汽车的额定功率为90 kW，路面的阻力恒为F，汽车行驶的最大速度为v.则(　　) A．如果阻力恒为2F，汽车的最大速度为 B．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2v C．如果汽车的牵引力变为原来的，汽车的额定功率就变为45 kW D．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90 kW 答案　A 解析　汽车速度达到最大时，做匀速运动，此时汽车的牵引力等于阻力，根据P＝Ffv，当阻力加倍时，最大速度减半，选项A正确；牵引力加倍，只要阻力不变，最大速度也不变，选项B错误；汽车的额定功率是不变的，选项C错误；汽车可以以某一恒定功率做匀速运动，不一定以额定功率，选项D错误． 12．(多选)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，重物上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．钢绳的最大拉力为 B．钢绳的最大拉力为 C．重物的最大速度v2＝ D．重物做匀加速运动的加速度为－g 答案　BCD 解析　由题意知，开始起重机匀加速提重物，重物做匀加速运动，当起重机功率达到额定功率后，由F＝可知速度增大，拉力减小，物体做加速度减小的加速运动，直到匀速运动，则钢绳最大拉力出现在匀加速过程阶段，故A项错误，B项正确；而重物最大速度为vm＝＝＝，故C选项正确；匀加速阶段加速度为：F－mg＝ma，即a＝＝－g，故D选项正确． 13．汽车的质量为4×103 kg，额定功率为30 kW，运动中阻力大小恒为车重的0.1倍．汽车在水平路面上从静止开始以8×103 N的牵引力出发．(g取10 m/s2)求： (1)汽车所能达到的最大速度vm. (2)汽车能保持匀加速运动的最长时间tm. (3)汽车加速度为0.6 m/s2时的速度． (4)在匀加速运动的过程中发动机做的功W. 答案　(1)7.5 m/s　(2)3.75 s　(3)4.7 m/s(4)5.625×104 J 解析　(1)汽车在水平路面上匀速行驶时，此时达到最大速度，汽车的功率达到额定功率P额，则有F牵＝F阻，P额＝F牵vm＝F阻vm，所以vm＝. 代入数据得vm＝7.5 m/s. (2)当汽车以恒定的牵引力启动，即以一定的加速度匀加速启动，根据牛顿第二定律可得：F牵－F阻＝ma，又由v＝at知汽车的速度不断增加，所以可得：汽车的输出功率将不断增大，当P出＝P额时，汽车功率不再增加，此时汽车的匀加速运动结束，速度为vt，则有P额＝F牵vt＝F牵atm，tm＝＝ 代入数据解得tm＝3.75 s. (3)汽车的加速度为0.6 m/s2时的牵引力F′＝F阻＋ma′，代入数据可解得F′＝6.4×103 N＜8×103 N. 说明匀加速运动过程已经结束，此时汽车的功率为P额 可得v＝＝ m/s≈4.7 m/s. (4)汽车在匀加速运动过程中，发动机做的功，也就是牵引力所做的功为：W＝F牵sm＝F牵t. 代入数据可得W＝5.625×104 J. 专题6 动能定理 一、对动能及动能定理的理解 1．动能是标量，只有正值，且不能分解． 2．动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力的功是引起物体动能变化的原因． 3．动能定理的适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功． (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用． [复习过关] 1．(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是(　　) A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，受力一定为零 答案　ABC 解析　动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都有动能，A正确；由于Ek＝mv2，而v与参考系的选取有关，所以B正确；由于速度为矢量，当方向变化时，若其速度大小不变，则动能并不改变，故C正确；做匀速圆周运动的物体动能不变，但物体受力并不为零，D错误． 2．下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是(　　) A．如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零 B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零 C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零 D．如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零 答案　A 解析　功是力与物体在力的方向上发生的位移的乘积，如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零，A正确；如果合力对物体做的功为零，可能是合力不为零，而是物体在力的方向上的位移为零，B错误；竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动能在这段过程中变化量为零，C错误；动能不变化，只能说明速度大小不变，但速度方向有可能变化，因此合力不一定为零，D错误． 二、动能定理的简单应用 1．由于动能定理适用于恒力和变力、直线运动和曲线运动，所以凡是涉及到位移的动力学问题应优先考虑用动能定理解决． 2．虽然应用动能定理只需要明确研究对象在过程的初、末状态的动能Ek1和Ek2，但也必须要认真分析物体的运动过程，尤其是在受力发生改变的过程，要注意分析物体受哪些力，各力是否做功，做正功还是负功，做多少功，并求出各力做功的代数和． [复习过关] 3．物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙水平面上，开始时都处于静止状态．在相同的水平力作用下移动相同的距离，则(　　) A．力F对A做功较多，A的动能较大 B．力F对B做功较多，B的动能较大 C．力F对A和B做功相同，A和B的动能相同 D．力F对A和B做功相同，A的动能较大 答案　D 解析　因为力F及物体位移相同，所以力F对A、B做功相同，但由于B受摩擦力的作用，合外力对B做的总功小于合外力对A做的总功，根据动能定理可知移动相同的距离后，A的动能较大． 4．(多选)如图所示，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视为恒力，则下列关系式中正确的是(　　) A．FL＝Mv2 B．FL′＝mv2 C．FL′＝mv－(M＋m)v2 D．F(L＋L′)＝mv－mv2 答案　ACD 解析　根据动能定理：对子弹：－F(L＋L′)＝mv2－mv，选项D正确；对木块：FL＝Mv2，A正确；由以上两式整理可得FL′＝mv－(M＋m)v2，C正确． 三、利用动能定理求变力的功 动能定理既适用于求恒力的功也适用于求变力的功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力的功的首选． [复习过关] 5．如图所示，半径为R的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力F把质量为m的小物体(可看做质点)沿球面从A点缓慢地移动到最高点B，在此过程中，拉力做的功为(　　) A．πFR B．πmgR C.mgR D．mgR 答案　D 解析　小物体在缓慢(匀速)运动过程中，只有重力和F做功，根据动能定理：W拉－mgR＝ΔEk＝0，则拉力做功W拉＝mgR，D正确． 6．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，则拉力F所做的功为(　　) A．mglcos θ B．mgl(1－cos θ) C．Flcos θ D．Flsin θ 答案　B 解析　小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ.随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它的功，所以要考虑用动能定理求解．由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgl(1－cos θ)＋W＝0， 所以W＝mgl(1－cos θ)． 四、利用动能定理分析多过程问题 1．利用动能定理解决问题时，若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式． 2．涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点： (1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积． [复习过关] 7．质量为m的物体静止在水平桌面上，它与桌面之间的动摩擦因数为μ，物体在水平力F作用下开始运动，发生位移x1时撤去力F，问物体还能运动多远？ 答案　 解析　研究对象：质量为m的物体． 研究过程：从静止开始，先加速，后减速至零． 受力分析、运动过程草图如图所示，其中物体受重力(mg)、水平外力(F)、弹力(FN)、滑动摩擦力(Ff)，设加速位移为x1，减速位移为x2. 解法一：可将物体运动分成两个阶段进行求解 物体开始做匀加速运动位移为x1， 根据动能定理：Fx1－μmgx1＝mv－0① 撤去外力F后，物体做匀减速运动位移为x2 根据动能定理：－μmgx2＝0－mv② 由①②两式得：Fx1－μmgx1－μmgx2＝0－0 得：x2＝ 解法二：从静止开始先加速，然后减速为零，对全过程进行分析求解． 根据动能定理：Fx1－μmg(x1＋x2)＝0－0得x2＝. 8．如图所示，一物体质量m＝2 kg，从倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上的挡板位置B的距离AB＝4 m，当物体到达B后，将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置D点，D点距A点为AD＝3 m，求物体跟斜面间的动摩擦因数．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，弹簧及挡板质量不计)． 答案　0.52 解析　对A→B→C→D全过程由动能定理得： mgAD·sin θ－Ff(AB＋2BC＋BD)＝0－mv，Ff＝μmgcos θ，两式联立得μ≈0.52. 9．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小物块落地点距飞出点的水平距离s； (2)小物块落地时的动能Ek； (3)小物块的初速度大小v0. 答案　(1)0.90 m　(2)0.90 J　(3)4.0 m/s 解析　(1)由平抛运动规律，有： 竖直方向h＝gt2 水平方向s＝vt 得水平距离s＝ v＝0.90 m. (2)由机械能守恒定律，得落地时的动能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J. (3)由动能定理，有－μmgl＝mv 2－mv， 得初速度大小v0＝ ＝4.0 m/s. 10．如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝2 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，已经xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B点时撤去力F.重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小物块到达B点时速度的大小； (2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小； (3)小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离． 答案　(1)5 m/s　(2)25 N　(3)1.2 m 解析　(1)从A到B根据动能定理有(F－μmg)xAB＝mv 得vB＝ ＝5 m/s (2)从B到D，根据动能定理有－mg·2R＝mv－mv 得vD＝＝3 m/s 在D点，根据牛顿运动定律有FN＋mg＝ 得FN＝m－mg＝25 N (3)小物块在D点做平抛运动，在竖直方向上有2R＝gt2，得t＝ ＝ s＝0.4 s 水平地面上落点与B点之间的距离为x＝vDt＝3×0.4 m＝1.2 m. 专题7 机械能守恒定律 一、机械能守恒的判断 机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力做功”不等于“只受重力作用”． 1．利用机械能的定义判断：判断物体动能和势能的和即机械能是否变化，如匀速上升、匀速下降、沿斜面匀速运动的物体机械能必定不守恒． 2．用做功判断：看物体或系统是否只有重力(或弹簧的弹力)做功． 3．用能量转化来判断：看是否存在其他形式的能和机械能相互转化，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失． 4．对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒． [复习过关] 1．下列运动的物体，机械能守恒的是(　　) A．物体沿斜面匀速下滑 B．物体从高处以0.9g的加速度竖直下落 C．物体沿光滑曲面滑下 D．拉着一个物体沿光滑的斜面匀速上升 答案　C 解析　物体沿斜面匀速下滑时，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小．物体以0.9g的加速度竖直下落时，除重力外，其他力的合力向上，大小为0.1mg，合力在物体下落时对物体做负功，物体机械能不守恒．物体沿光滑曲面滑下时，只有重力做功，机械能守恒．拉着物体沿斜面上升时，拉力对物体做功，物体机械能不守恒．综上，机械能守恒的是C项． 2．如图所示，某人以力F将物体沿斜面向下拉，拉力大小等于摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．物体做匀速运动 B．合力对物体做功等于零 C．物体的机械能保持不变 D．物体机械能减小 答案　C 解析　物体在沿斜面方向上除受拉力F和摩擦力Ff外，还有重力沿斜面方向的分力，拉力大小等于摩擦力，因此物体不可能做匀速运动，且合力对物体做功不为零．物体在运动过程中，合力做的功等于重力做的功，机械能守恒． 3．(多选)下列关于机械能是否守恒的叙述中正确的是(　　) A．合外力为零时机械能一定守恒 B．做曲线运动的物体机械能可能守恒 C．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒 D．除重力外，其他力均不做功，物体的机械能守恒 答案　BD 解析　合外力为零时，做匀速直线运动的物体，动能不变，但机械能不一定守恒，如：匀速上升的物体，机械能就不断增大，选项A错误．做曲线运动的物体，若只有重力做功，它的机械能就守恒，如：做平抛运动的物体，选项B正确．外力对物体做的功为零，是动能不变的条件，机械能不变的条件是除重力或弹力外，其他力不做功或做功的代数和为零，选项C错误，选项D正确． 二、单个物体的机械能守恒问题 1．判断单个物体机械能是否守恒：物体在运动过程中只有重力做功，物体的机械能守恒． 2．所涉及的题型有四类： (1)阻力不计的抛体类 (2)固定的光滑斜面类 (3)固定的光滑圆弧类 (4)悬点固定的摆动类 [复习过关] 4．如图所示，质量m＝70 kg的运动员以10 m/s的速度，从高h＝10 m的滑雪场A点沿斜坡自由滑下，以最低点B为零势能面，一切阻力可忽略不计．(g＝10 m/s2 )求运动员： (1)在A点时的机械能； (2)到达最低点B时的速度大小； (3)能到达的最大高度． 答案　(1)10 500 J　(2)10 m/s　(3)15 m 解析　(1)运动员在A点时的机械能E＝Ek＋Ep＝mv2＋mgh＝×70×102 J＋70×10×10 J＝10 500 J； (2)运动员从A运动到B过程，根据机械能守恒定律得E＝mv，解得 vB＝ ＝ m/s＝10 m/s； (3)运动员从A运动到斜坡上最高点过程，由机械能守恒得E＝mgh′，解得：h′＝ m＝15 m. 5．如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.10 kg的小球从B点正上方H＝0.75 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，(取g＝10 m/s2)求： (1)小球经过B点时动能； (2)小球经过最低点C的速度大小； (3)小球经过最低点C时对轨道的压力大小． 答案　(1)0.75 J　(2)5 m/s　(3)6 N 解析　(1)小球从A点到B点，根据机械能守恒定律有mgH＝Ek 代入数据得：Ek＝0.75 J. (2)小球从A点到C点，设经过C点速度为v1，由机械能守恒定律有：mg(H＋R)＝mv 代入数据得v1＝5 m/s (3)小球在C点，受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：FN－mg＝，代入数据解得FN＝6 N 由牛顿第三定律有：小球对轨道的压力FN′＝6 N. 三、多物体的机械能守恒问题 1．对多个物体组成的系统要注意选取合适的研究对象，判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒． 2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系． 3．采用机械能守恒定律的“守恒观点”、“转化观点”或“转移观点”列方程求解． [复习过关] 6．如图所示，轻绳连接A、B两物体，A物体悬在空中距地面H高处，B物体放在水平面上．若A物体质量是B物体质量的2倍，不计一切摩擦．由静止释放A物体，以地面为零势能参考面．当A的动能与其重力势能相等时，A距地面的高度是(　　) A.H B.H C.H D.H 答案　B 解析　设A的动能与重力势能相等时A距地面高度为h，对A、B组成的系统，由机械能守恒得： mAg(H－h)＝mAv2＋mBv2① 又由题意得：mAgh＝mAv2② mA＝2mB③ 由①②③式解得：h＝H，故B对． 7．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B下落到最低点．该过程中A未与定滑轮相碰．下列对该过程的分析正确的是(　　) A．B物体的加速度先增大再减小 B．物体A与物体B组成的系统机械能守恒 C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 D．当弹簧的拉力等于B物体所受的重力时，A物体的动能最大 答案　D 解析　以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律有：mBg－kx＝(mA＋mB)a，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，故从开始到B速度达到最大的过程中B的加速度逐渐减小．对B，由mBg－FT＝mBa可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，故A错误；对于A物体、B物体以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能不断增大，所以A物体与B物体组成的系统机械能不断减少，故B错误；A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒，故B物体机械能的减少量等于A物体的机械能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，所以B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；由于弹簧的拉力先小于细线的拉力，后大于细线的拉力，A先加速后减速，当弹簧的拉力与细线的拉力大小相等时，A的速度最大，动能最大，此时A的加速度为零，B的加速度也为零，细线的拉力等于B的重力，可知弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大．故D正确． 8．如图所示，物体A质量为2m，物体B质量为m，通过轻绳跨过定滑轮相连．斜面光滑，且与水平面成θ＝30°角，不计绳子和滑轮之间的摩擦．开始时A物体离地面的高度为h，B物体位于斜面的底端，用手托住A物体，A、B两物体均静止．撤去手后，求： (1)A物体将要落地时的速度为多大？ (2)A物体落地后，B物体由于惯性将继续沿斜面上升，则B物体在斜面上的最远点离地的高度为多大？ 答案　(1)　(2)h 解析　(1)由题知，物体A质量为2m，物体B质量为m， A、B两物体构成的整体(系统)只有重力做功，故整体的机械能守恒，得：mAgh－mBghsin θ＝(mA＋mB)v2 将mA＝2m，mB＝m代入解得：v＝. (2)当A物体落地后，B物体由于惯性将继续上升，此时绳子松了，对B物体而言，只有重力做功，故B物体的机械能守恒，设其上升的最远点离地高度为H，根据机械能守恒定律得：mBv2＝mBg(H－hsin θ) 整理得：H＝h. 四、应用机械能守恒定律解决综合问题 1．对于机械能守恒定律的应用，首先应判断机械能是否守恒，然后要判断能量是如何转化的，这样才能从不同的角度灵活运用机械能守恒的表达式列方程解决问题． 2．在固定的光滑圆弧类和悬点固定的摆动类两种题目中，常和向心力公式或平抛运动规律结合使用． [复习过关] 9．一质量为m＝2 kg的小球从光滑的斜面上高h＝3.5 m处由静止滑下，斜面底端平滑连接着一个半径 R＝1 m的光滑圆环，(g取10 m/s2)如图所示，求： (1)小球滑到圆环顶点时对圆环的压力的大小； (2)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？ 答案　(1)40 N　(2)2.5 m 解析　(1)由机械能守恒定律得mg(h－2R)＝mv2 小球在圆环顶点时，由牛顿第二定律，得FN＋mg＝m 联立上述两式，代入数据得FN＝40 N 由牛顿第三定律知，小球对圆环的压力大小为40 N. (2)小球能越过圆环最高点的临界条件是在最高点时只有重力提供向心力，即mg＝m① 设小球应从H高处滑下，由机械能守恒定律得 mg(H－2R)＝mv′2② 由①②得H＝2.5R＝2.5 m. 10．如图所示，用细圆管组成的光滑轨道AB部分平直，BC部分是处于竖直平面内半径为R的半圆，圆管截面半径r≪R.有一质量为m、半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管． (1)若要小球能从C端出来，初速度v0需多大？ (2)在小球从C端出来的瞬间，管壁对小球的弹力为mg，那么小球的初速度v0应为多少？ 答案　(1)v0≥2　(2) 或 解析　(1)选AB所在平面为参考平面，从A至C的过程中，根据机械能守恒定律： mv＝2mgR＋mv① 在最高点C小球速度满足vC≥0② 由①②得v0≥2. (2)小球在C处受重力mg和细管竖直方向的作用力FN，根据牛顿第二定律，得： mg＋FN＝，③ 由①③解得FN＝－5mg，④ 讨论④式，即得解： a．当小球受到向下的弹力时， FN＝mg，v0＝. b．当小球受到向上的弹力时， FN＝－mg，v0＝ . 11．如图所示，半径为R的竖直光滑半圆形轨道BC与光滑水平地面AB相切于B点，弹簧左端固定在竖直墙壁上，用一质量为m的小球紧靠弹簧并向左压缩弹簧，已知弹簧在弹性限度内，现由静止开始释放小球，小球恰好能沿轨道通过半圆形轨道的最高点C，求： (1)释放小球瞬间弹簧的弹性势能； (2)小球离开C点后第一次落地点与B点的距离． 答案　(1)mgR　(2)2R 解析　(1)小球恰好能通过最高点C，设通过C点的速度为vC，则： mg＝m得vC＝ 小球从A到C的过程中，设所求弹簧的弹性势能为Ep，由机械能守恒定律可得： Ep＝mv＋mg·2R 解得Ep＝mgR (2)小球从C点抛出后做平抛运动，设小球的落地点与B的水平距离为s，则2R＝gt2 s＝vCt 联立解得s＝2R. 12．如图所示，倾角为45°的光滑斜面AB与竖直的光滑半圆轨道在B点平滑连接，半圆轨道半径R＝0.40 m，一质量m＝1.0 kg的小物块在A点由静止沿斜面滑下，已知物块经过半圆轨道最高点C时对轨道的压力恰好等于零，物块离开半圆轨道后落在斜面上的点为D(D点在图中没有标出)．g取10 m/s2.求： (1)A点距水平面的高度h； (2)物块从C点运动到D点的时间t(结果可用根式表示)． 答案　(1)2.5R　(2) s 解析　(1)对物块从A点运动C点的过程，由机械能守恒有：mg(h－2R)＝mv2① 由题意知物块在C点时，有mg＝m② 由①②式得：h＝2.5R. (2)设B、D间距离为L，物块从C点运动到D点过程做平抛运动，由平抛运动的规律有： 2R－Lsin 45°＝gt2③ Lcos 45°＝vt④ 由②③④式并代入数据得t＝ s. 13．如图所示，竖直平面内有一半径R＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.50 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)小球释放点到B点的高度H； (2)经过圆弧槽最低点C时轨道对它的支持力大小FN. 答案　(1)0.95 m　(2)34 N 解析　(1)设小球在飞行过程最高点P的速度为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动，则有： h＝gt2 ＝v0t 可得：v0＝＝× m/s＝3 m/s 在D点有：vy＝gt＝4 m/s 在D点合速度大小为：v＝＝5 m/s 与水平方向夹角为θ，cos θ＝＝ 由A到D过程机械能守恒：mgH＋mgRcos θ＝mv2 解得H＝0.95 m (2)设小球经过C点速度为vC，由A到C过程机械能守恒： mg(H＋R)＝mv 由牛顿第二定律有，FN－mg＝m 解得：FN＝34 N. 专题8 功能关系 能量守恒定律 一、几种常见的功能关系 1．合外力做功等于物体动能的改变： 即W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk.(动能定理) 2．重力做功等于物体重力势能的减少： 即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp. 3．弹簧弹力做功等于弹性势能的减少： 即W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp. 4．除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即W其他力＝E2－E1＝ΔE. [复习过关] 1．(多选)某人将重物由静止开始举高h，并使物体获得速度v，则下列说法中正确的是(　　) A．物体所受合外力对它做的功等于物体动能的增加 B．此人对物体做的功等于物体动能和重力势能的增加量 C．物体所受合外力做的功等于物体动能和重力势能的增加量 D．克服重力所做的功等于物体重力势能的增加量 答案　ABD 解析　由动能定理知，合外力做的功等于物体动能的改变量，故A正确，C错误；人对物体做的功等于物体机械能的改变量，B正确；重力做负功，克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，D正确． 2．(多选)如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是(　　) A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能 D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 答案　CD 3．(多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)(　　) A．他的动能减少了(F－mg)h B．他的重力势能减少了mgh－mv2 C．他的机械能减少了Fh D．他的机械能减少了mgh 答案　AC 解析　在进入水中的过程中，由动能定理，mgh－Fh＝Ek′－Ek，所以动能的减少量为Ek－Ek′＝(F－mg)h，故A正确；重力势能的减少量等于重力所做的功，即mgh，故B错误；克服阻力所做的功等于机械能的减少量，即等于Fh，故C正确，D错误． 4．(多选)质量为m的物体以加速度a＝g匀加速下落h，g为重力加速度，则(　　) A．物体重力势能减少mgh B．物体重力势能减小mgh C．物体动能增加mgh D．物体机械能减少mgh 答案　BCD 解析　重力势能减少量等于重力做的功，所以ΔEp减＝mgh，故A错，B对；物体动能增量ΔEk等于合力的功，故ΔEk＝mah＝mgh，C对；物体机械能的减少量等于克服阻力做的功．由牛顿第二定律知mg－Ff＝ma，所以Ff＝mg，所以机械能减少，ΔE机减＝Ffh＝mgh，D对． 5．(多选)如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是(　　) A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零 B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等 C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化相等 D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等 答案　BD 解析　小球从A点出发到返回A点的过程中，位移为零，重力做功为零，但摩擦力始终做负功，A错误．小球从A到C与从C到B始终做匀减速直线运动，合外力恒定，因 为C为AB的中点，所以小球克服合外力做功相等，减少的动能相等，小球克服摩擦力做功也相等，损失的机械能相等，B、D正确．小球由A到C的时间小于从C到B的时间，由Δv＝aΔt知，速度的变化不相等，C错误． 二、摩擦力做功的特点及应用 1．静摩擦力做功的特点 (1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零． (3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点 (1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能； ②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能． (3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移． [复习过关] 6．在光滑水平面上，有一块长木板，长木板左端放一个木块，木块与长木板间有摩擦，先后两次用相同的水平力F将木块拉离木板，第1次将长木板固定，第2次长木板不固定，比较这两种情况下，下列说法正确的是(　　) A．木块受到摩擦力的大小不相同 B．因摩擦产生的热相同 C．恒力F对木块做的功相同 D．木块获得的动能相同 答案　B 解析　两次压力(大小等于木块的重力)大小相同，动摩擦因数不变，所以摩擦力大小相同，故A错误；摩擦产生的热等于摩擦力所做的功，由A项知道摩擦力不变，距离为两物体的相对位移即木板的长度．因为在两个过程中摩擦力不变，距离不变(木板长)所以因摩擦产生的热相同，故B正确；木板固定时候木块移动距离比木板不固定时移动的距离短，所以做功不相同，故C错误；由C项可知F对木块做功不同，由动能定理：动能的变化等于合外力所做的功，摩擦力做功相等，F做功不同，所以木块获得的动能不相同，故D错误． 7．如图所示，由理想电动机带动的水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带左端点上．设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v，而与传送带保持相对静止．设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，左右端点相距L，则该电动机每传送完一个工件消耗的电能为(　　) A．μmgL B. mv2 C．μmgL＋mv2 D．mv2 答案　D 解析　根据牛顿第二定律知工件的加速度为μg，所以速度达到v而与传送带保持相对静止所用时间：t＝ 工件的位移为， 工件相对于传送带滑动的距离为Δx＝vt－＝ 则产生的热量：Q＝μmgΔx＝mv2 由能量守恒知，电动机每传送完一个工件消耗的电能一部分转化为一个工件的动能，另一部分产生热量，则E电＝Ek＋Q＝mv2＋mv2＝mv2 故D正确． 8．如图所示，表面粗糙的小车足够长，小车放在光滑的水平地面上，一木块以一定速度由小车左端滑上小车，当小车与木块相对静止时，木块相对小车的位移为d，小车相对地面的位移为l，木块与小车间的滑动摩擦力为Ff，求： (1)滑动摩擦力对木块做的功； (2)滑动摩擦力对小车做的功； (3)两滑动摩擦力做功之和； (4)系统机械能的变化量及系统产生的热量． 答案　(1)－Ff(d＋l)　(2)Ffl　(3)－Ffd(4)－Ffd　Ffd 解析　(1)由题意可知木块的位移x＝l＋d，所以滑动摩擦力对木块做的功W木＝－Ff(d＋l) (2)滑动摩擦力对小车做的功W车＝Ffl (3)两滑动摩擦力做功之和W＝W木＋W车＝－Ffd (4)由动能定理知 小车动能的增量为ΔEk车＝Ffl 木块动能的增量为ΔEk木＝－Ff(d＋l) 系统机械能的变化量即为小车、木块动能增量之和ΔE＝ΔEk车＋ΔEk木＝－Ffd 由能量守恒知，系统损失的机械能等于系统产生的热量Q＝|ΔE|＝Ffd. 三、能量守恒定律的应用 1．列能量守恒定律方程的两条基本思路： (1)某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加且减少量和增加量一定相等； (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等． 2．分析物理过程、求解实际问题时，分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；对减少的某种能量，要追踪它的去向；对增加的能量，要能查寻它的来源．可以按照“总的减少量＝总的增加量”列出方程． [复习过关] 9．如图所示，一个粗细均匀的U形管内装有同种液体，液体质量为m.在管口右端用盖板A密闭，两边液面高度差为h，U形管内液体的总长度为4h，拿去盖板，液体开始运动，由于管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为(　　) A.mgh B.mgh C.mgh D.mgh 答案　A 解析　去掉右侧盖板之后，液体向左侧流动，最终两侧液面相平，液体的重力势能减少，减少的重力势能转化为内能．如图所示，最终状态可等效为右侧h的液柱移到左侧管中，即增加的内能等于该液柱减少的重力势能，则Q＝mg·h＝mgh，故A正确． 10．(多选)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，下列说法中正确的是(　　) 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 答案　BD 11．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　) A. B. C. D．0 答案　B 解析　将质量为m的小球从弹簧原长位置由静止释放到下降的最大高度h处，减少的重力势能为mgh，弹簧的弹性势能为mgh；将质量为2m的小球从弹簧原长位置由静止释放到下降的最大高度h处，减少的重力势能为2mgh，弹簧的弹性势能仍为mgh，根据能量守恒，小球B的动能Ek＝mgh，则小球B下降h时的速度大小为，故B正确． 12．如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k＝＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可以忽略，取重力加速度g＝10 m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程上既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下，求： (1)赛车在CD轨道上运动的最短路程； (2)赛车电动机工作的时间． 答案　(1)2.5 m　(2)4.5 s 解析　(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg＝m. 赛车在C点的速度为vC，由机械能守恒定律可得， mg·2R＋mv＝mv 由上述两式联立，代入数据可得：vC＝5 m/s 设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：－kmgx＝0－mv 代入数据可得：x＝2.5 m (2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：vB＝vC＝5 m/s， 从A点到B点的运动过程中，由能量守恒定律可得：Pt＝kmgL＋mv 代入数据可得：t＝4.5 s. 13．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h＝1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小； (2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长； (3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小． 答案　(1)12.4 N　(2)2.4 m　(3)4.8 J 解析　(1)物体从E到C，由机械能守恒得：mg(h＋R)＝mv① 在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m② 联立①②代入数据解得支持力FN＝12.4 N (2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得 WG－Wf＝0③ WG＝mg[(h＋Rcos 37°)－LABsin 37°]④ Wf＝μmgcos 37°LAB⑤ 联立③④⑤解得斜面长度至少为：LAB＝2.4 m (3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ<tan 37°)，所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做周期性运动．从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q＝ΔEp⑥ ΔEp＝mg(h＋Rcos 37°)⑦ 联立⑥⑦解得Q＝4.8 J 专题9 实验专题 一、研究平抛运动 1．对比实验法：将与平抛运动的初速度相同的水平匀速直线运动和平抛运动的水平分运动对比；将同时发生的自由落体和平抛运动的竖直方向的分运动对比． 2．轨迹研究法：描写平抛运动的轨迹，建立起水平、竖直的直角坐标系．根据对平抛运动情况的猜测，假定物体在水平方向做匀速直线运动，确定运动时间相等的一些点的坐标，研究物体在竖直方向运动的位移随时间的变化规律并验证猜测． [复习过关] 1．在“研究平抛运动”的实验中； (1)小明采用图甲所示装置，小铁球A、B完全相同，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地．改变装置与地面间距离，重复上述实验，两球仍然同时落地，根据上述实验现象可得到的结论是______． A．平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动 B．平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动 C．平抛运动可以分解为竖直运动和水平运动 (2)小红用图乙所示装置做实验，两个完全相同的弧形轨道M、N，分别用于发射两个完全相同的小铁球P、Q，其中M的末端是水平的，N的末端与光滑水平板相切；两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使电磁铁最下端C、D满足AC＝BD.从而保证小球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等 .现将小球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电磁铁的电源，使两小球同时分别从轨道M、N射出．多次重复上述实验，下列说法中正确的是________． A．小球P下落到水平板时总是正好碰到小球Q B．小球P下落到水平板时总是落在小球Q的右侧 C．小球P下落到水平板时总是落在小球Q的左侧 (3)用图乙所示装置做实验，若仅改变弧形轨道M的高度(AC距离保持不变)，重复(2)中实验，仍能观察到相同的现象．根据上述实验现象可得到的结论是________． A．平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动 B．平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动 C．平抛运动是匀变速运动 答案　(1)A　(2)A　(3)B 解析　(1)在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动．结果同时落地，则说明平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，故A正确． (2)让两小球从相同的弧形轨道上相同高度滚下，从而使两小球同时滚离轨道并具有相同的速度．小球P做平抛运动，小球Q做匀速直线运动，因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则小球P下落到水平板时总是正好碰到小球Q，故A正确． (3)改变两小球滚下的高度时，仍能相碰，则说明平抛运动水平方向总是匀速直线运动．故B正确． 2．(1)(多选)在“研究平抛运动”实验的装置如图甲所示，下列说法正确的是________． A．将斜槽的末端切线调成水平 B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行 C．斜槽轨道必须光滑 D．每次释放小球时的位置越高，实验效果越好 (2)如图乙实线为某质点平抛运动轨迹的一部分，AB、 BC间水平距离Δs1＝Δs2＝0.4 m，高度差Δh1＝0.25 m，Δh2＝0.35 m．求： (g＝10 m/s2) ①抛出初速度v0为________m/s. ②由抛出点到A点的时间为________s. 答案　(1)AB　(2)①4　②0.2 解析　(1)实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用，所以斜槽轨道必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能抛出就行．为确保有相同的水平初速度，所以要求从同一位置无初速度释放，并不是越高越好，故选A、B. (2)平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，由于Δs1＝Δs2＝0.4 m，故A到B和B到C时间相等； 平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据Δy＝gT2，得到： T＝ ＝ s＝0.1 s； 故平抛的初速度为：v0＝＝＝4 m/s； B的竖直分速度为：vBy＝＝ m/s＝3 m/s； 故从抛出到B点的时间为：tB＝＝ s＝0.3 s 故从抛出到A点时间为：tA＝tB－T＝0.3 s－0.1 s＝0.2 s. 二、探究功与速度变化的关系 1．在探究功与速度变化的关系实验中一定要注意平衡摩擦力．将木板一端垫高，使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡．方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否做匀速运动，找到长木板的一个合适的倾角． 2．在利用橡皮筋探究外力对物体做功与物体速度变化关系时，测小车速度应选纸带上的点迹均匀的部分，也就是选小车做匀速运动的部分． [复习过关] 3．在“探究功与速度变化的关系”的实验中(装置如图甲)： (1)下列说法中正确的是(　　) A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C．实验时，应使小车靠近打点计时器并由静止释放 (2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为________ m/s(保留三位有效数字)． 答案　(1)C　(2)0.653 解析　(1)平衡摩擦力的原理就是在没有拉力的情况下调整斜面倾角，使小车重力沿木板向下的分力平衡小车和纸带所受阻力，不应挂钩码，A错；为减小系统误差应使钩码质量远小于小车质量，B错；实验时使小车靠近打点计时器能充分利用纸带，由静止释放则后面点测出的动能即等于该过程的动能变化量，便于利用实验数据进行探究，故选C.(2)据vB＝＝0.653 m/s可得打B点时小车的瞬时速度． 4．在“探究功与速度变化的关系”实验中． (1)如图是甲同学的实验装置图，下列做法能够实现橡皮筋对小车做功呈整数倍变化的是(　　) A．释放小车的位置等间距的变化 B．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍 C．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的长度依次加倍 D．增加相同橡皮筋的条数，使小车每次从同一位置释放 (2)该同学按照正确的操作在实验中得到了若干条纸带，则纸带上打下的相邻点间的距离变化情况是(　　) A．一直增大且增量不变 B．先减小后增大 C．先增大后减小 D．先增大后均匀不变 (3)该实验可以有不同的设计，乙同学设计了如下实验方案： A．实验装置如图所示，一端系在滑块上的细绳通过转轴光滑的轻质定滑轮挂上钩码，用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫起．调整长木板的倾角，直到轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动； B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动． 请回答下列问题： ①滑块做匀速直线运动时，纸带上打出的点的分布是________； ②滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小________钩码的重力大小(选填“大于”“等于”或“小于”)． 答案　(1)D　(2)D　(3)等间距　等于 解析　(1)橡皮筋的拉力是一个变力，根据胡克定律及功的定义得：W＝x＝kx2，所以当释放小车的位置等间距的变化时，不能够实现橡皮筋对小车做功呈整数倍变化，故A错误；当橡皮筋的伸长量按倍数增加时，功并不简单地按倍数增加，故B、C错误；增加相同橡皮筋的条数，使小车每次从同一位置释放，这样保证了x不变，F呈整数倍增加，橡皮筋做功呈整数倍增加，可以把一根橡皮筋做的功记为W，把两根橡皮筋做的功记为2W，把三根橡皮筋做的功记为3W……，从而回避了直接求功的困难，故D正确． (2)橡皮筋伸长阶段，小车在橡皮筋的拉力作用下加速运动，当橡皮筋恢复原长后，小车由于惯性继续前进，做匀速运动，根据运动学规律知点间距先增大后均匀不变，故D正确． (3)①根据匀速直线运动的规律x＝vt知，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的．②滑块做匀速直线运动时，由平衡条件得：除细绳对滑块拉力FT之外，滑块所受其他力的合力F其他与拉力等大反向，而拉力与钩码的重力等大反向．当保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动，滑块所受的合外力为F其他，故滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小等于钩码的重力大小． 5．如图甲所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“探究功与速度变化的关系”的实验： (1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板的倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动． (2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到如图所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2 N，小车的质量为0.2 kg. 请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化ΔEk，补填表中空格(结果保留至小数点后第四位). O—B O—C O—D O—E O—F W/J 0.043 2 0.057 2 0.073 4 0.091 5 ΔEk/J 0.043 0 0.057 0 0.073 4 0.090 7 分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W＝ΔEk，与理论推导结果一致． (3)实验前已测得托盘质量为7.7×10－3 kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg(g取9.8 m/s2，结果保留至小数点后第三位)． 答案　(1)匀速直线(或匀速)　(2)0.111 5　0.110 5(3)0.015 解析　(1)取下细绳与托盘后，当摩擦力恰好被平衡时，小车与纸带所受合力为零，获得初速度后应做匀速直线运动． (2)由题图可知＝55.75 cm，再结合v＝可得打下计数点F时的瞬时速度 vF＝＝1.051 m/s，故W＝F·＝0.111 5 J，ΔEk＝Mv≈0.110 5 J. (3)根据牛顿第二定律有：对小车F＝Ma，得a＝1.0 m/s2；对托盘及砝码(m＋m0)g－F＝(m＋m0)a，故有 m＝－m0＝ kg－7.7×10－3 kg≈0.015 kg. 三、验证机械能守恒定律 1．在自由落体运动中，验证机械能守恒定律的表达式有： (1)mgh＝mv2，利用此式初速度必须为零，即选择第1、2两点距离约等于2 mm的纸带． (2)mgh＝mv－mv利用此式，选的两计数点初速度可以不为零． 2．算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝，不能用vn＝或vn＝gt来计算． 3．注意：在验证机械能守恒定律实验中，由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量 ΔEk＝mv必定稍小于重力势能的减少量ΔEp＝mghn，改进办法是调整安装的器材，尽可能地减小阻力． [复习过关] 6．某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6 V的交流电和直流电，交流电的频率为50 Hz.重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律． (1)他进行了下面几个操作步骤 A．按照图示的装置安装器件； B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上； C．用天平测出重锤的质量； D．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带； E．测量纸带上某些点间的距离； F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能． 其中没有必要进行的步骤是__________，操作不当的步骤是__________． (2)这位同学进行正确操作后挑选出一条点迹清晰的纸带进行了测量分析，如图所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点．根据纸带上的测量数据，当打B点时重锤的速度为______m/s.(保留3位有效数字) (3)他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出的图象，应是图中 的________． (4)他进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此对实验设计进行了改进，用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出AB之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d.重力加速度为g.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，则小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝________.如果d、t、h、g存在关系式________，就可验证机械能守恒定律． (5)比较两个方案，改进后的方案相比原方案的最主要的优点是：________. 答案　(1)C　B　(2)1.84　(3)C　(4)　＝gh (5)消除了纸带与打点计时器的摩擦影响，提高了测量的精确度，减小了实验误差 7．现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上的B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t.用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，x表示A、B两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作图： 图甲 图乙 (1)若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减少量可表示为__________，动能的增加量可表示为__________．若在运动过程中机械能守恒，与x的关系式为＝____________. (2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A点)下滑，测量相应的x与t值．结果如下表所示： 1 2 3 4 5 x(m) 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t(ms) 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43 (104 s－2) 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 以x为横坐标，为纵坐标，在对应图乙所示坐标纸中描出第1个和第5个数据点(其余3个点已作出)；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k＝__________×104 m－1·s－2(保留3位有效数字)． 由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出－x直线的斜率k0，将k和k0进行比较，若其差值在实验允许的误差范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律． 答案　(1)x；(M＋m)　x (2)见解析图　2.43(2.30～2.60均可) 解析　(1)当M沿斜面向下运动距离x时，下落的高度为h′，则＝，所以h′＝x.所以系统重力势能的减少量ΔEp＝Mgh′－mgx＝(－mg)x，动能的增加量ΔEk＝(M＋m)v2，v＝，所以ΔEk＝(M＋m)，根据机械能守恒，有ΔEp＝ΔEk，即x＝(M＋m)，所以＝x. (2)如图所示，－x图象是一条倾斜直线，直线的斜率k＝2.43×104 m－1·s－2. 8．某同学根据机械能守恒定律设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系． (1)如图甲，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________ N/m.(g取9.80 m/s2) 砝码质量/g 50 100 150 弹簧长度/cm 8.62 7.63 6.66 (2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示．调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________． (3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________． (4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图丙，由图可知，v与x成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比． 答案　(1)50.0　(2)相等　(3)滑块的动能　(4)正比　压缩量 解析　(1)根据胡克定律F＝kΔx得：F1＝k(L0－L1) F2＝k(L0－L2)，有ΔF＝F2－F1＝k(L1－L2) 则k＝＝ N/m＝ N/m≈49.5 N/m 同理可得k′＝＝ N/m＝ N/m≈50.5 N/m. 则劲度系数为＝≈50.0 N/m (2)滑块自由滑动时，滑块通过两个光电门的速度大小相等，说明滑块做匀速直线运动，导轨是水平的，没有重力势能的变化． (3)根据能量守恒定律可得弹簧的弹性势能转化为滑块的动能． (4)v与x的关系图是一条过原点的倾斜直线，说明v与x成正比关系，弹性势能转化为动能，即E弹＝mv2，又由v与x成正比关系，所以弹性势能与弹簧的压缩量成正比． ( 第 6 页 共 54 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 物理 必修2 专题1 运动的合成与分解 2 专题2 平抛运动 7 专题3 圆周运动 12 专题4 万有引力定律与天体运动 16 专题5 功和功率 20 专题6 动能定理 24 专题7 机械能守恒定律 28 专题8 功能关系 能量守恒定律 33 专题9 实验专题 37 专题1 运动的合成与分解 一、物体做曲线运动的条件及轨迹分析 1．曲线运动的速度：与该时刻运动轨迹曲线上相应点的切线方向相同，速度的方向时刻发生变化．所以曲线运动一定是变速运动． 2．物体做曲线运动的条件：合外力的方向与速度方向不在一条直线上． 3．力的方向、速度方向与轨迹： 无力不拐弯，拐弯必有力．曲线运动的轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间，而且向合力的方向弯曲，即合力指向轨迹的凹侧． 4．物体的受力与运动性质： [复习过关] 1．关于物体做曲线运动的条件，下列叙述正确的是(　　) A．物体所受的合力是变力 B．物体所受的合力的方向与速度方向不在同一条直线上 C．物体所受的合力的方向与加速度的方向不在同一条直线上 D．物体所受的合力方向一定是变化的 2．一个物体在光滑水平面上以初速度v0做曲线运动，已知在此过程中只受一个恒力F作用，运动轨迹如图所示．则由M到N的过程中，速度大小将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 3．一个物体在相互垂直的恒力F1和F2的作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去F2，则物体的运动情况可能是(　　) A．物体做匀变速曲线运动 B．物体做变加速曲线运动 C．物体做匀速直线运动 D．物体沿F1的方向做匀加速直线运动 4．光滑平面上一运动质点以速度v通过点O，v与x轴正方向成α角(如图所示)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则(　　) A．因为有Fx，质点一定做曲线运动 B．如果Fy＞Fx，质点向y轴一侧做曲线运动 C．质点不可能做直线运动 D．如果Fx＞，质点向x轴一侧做曲线运动 二、运动的合成及运动性质分析 1．合运动与分运动的关系： (1)等效性：各分运动的共同效果与合运动效果相同，这是可以灵活地把运动合成或分解的前提． (2)等时性：合运动和分运动同时进行，经历的时间总是相等，若知道了某一分运动的时间，也就知道了其他分运动及合运动经历的时间，反之亦然． (3)独立性：合运动和分运动各自独立进行，互不影响；因此在研究某个分运动的时候，就可以不考虑其他的分运动，就像其他分运动不存在一样． 2．合运动性质的判断： 3．两个分运动的合运动性质的判断：先根据平行四边形定则，求出合运动的合初速度v0和合加速度a，然后进行判断． (1)若a＝0时，物体沿合初速度v0的方向做匀速直线运动． (2)若a≠0且a与v0的方向共线时，物体做直线运动，a恒定时做匀变速直线运动． (3)若a≠0且a与v0的方向不共线时，物体做曲线运动，a恒定时做匀变速曲线运动． [复习过关] 5．如图所示，一玻璃筒中注满清水，水中放一软木做成的小圆柱体R(圆柱体的直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上浮)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧(图甲)．现将玻璃管倒置(图乙)，在R上升的同时，将玻璃管水平向右由静止做匀加速直线运动，观察R的运动．将会看到它斜向右上方运动．经过一段时间，玻璃管移至图丙中虚线所在位置，R恰好运动到玻璃管的顶端．在下面四个图中，能正确反映R运动轨迹的是(　　) 6．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况是(　　) A．橡皮在水平方向上做匀速运动 B．橡皮在竖直方向上做匀速运动 C．橡皮的运动轨迹是一条直线 D．橡皮在图示虚线位置时的速度大小为v 7．(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是(　　) A．前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动 B．后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向 C．4 s末物体坐标为(4 m,4 m) D．4 s末物体坐标为(6 m,2 m) 8．如图所示，在一次消防演习中，消防队员要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人．为了节省救援时间，当消防车匀速前进的同时，人沿倾斜的梯子匀加速向上运动，则关于消防队员的运动，下列说法中正确的是(　　) A．消防队员做匀加速直线运动 B．消防队员做匀变速曲线运动 C．消防队员做变加速曲线运动 D．消防队员水平方向的速度保持不变 9．某人骑自行车以4 m/s的速度向正东方向行驶，气象站报告当时是正北风，风速也是4 m/s，则骑车人感觉的风速方向和大小分别是(　　) A．西北风，风速4 m/s B．西北风，风速4 m/s C．东北风，风速4 m/s D．东北风，风速4 m/s 三、小船渡河模型 1．三个速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)． 2．两个问题： (1)渡河时间 ①船头与河岸成θ角时，渡河时间为t＝(d为河宽)． ②船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)． (2)最短航程 ①若v2＜v1，则当合速度垂直于河岸时，航程最短，xmin＝d.船头指向上游与河岸的夹角α满足cos α＝. ②若v2＞v1，则合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河． 如图所示，以v2矢量的末端为圆心、以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短，由图可知cos α＝，最短航程x短＝＝d. [复习过关] 10．(多选)船在静水中的速度是1 m/s，河岸笔直，河宽恒定，河水靠近岸边的流速为2 m/s，河中间水的流速为3 m/s，以下说法正确的是(　　) A．船可能沿曲线过河 B．因船速小于水流速度，船不能到达对岸 C．船能垂直到达河正对岸 D．船过河的最短时间是一定的 11．(多选)在一次抗洪抢险中，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v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸最近处O的距离为d，如战士想在最短的时间内将人送上岸，则下列说法正确的是(　　) A．摩托艇登陆的地点在O点的下游处 B．其最短时间为 C．其最短时间为 D．其最短时间为 12．(多选)一船在静水中的速度是6 m/s，要渡过宽为180 m、水流速度为8 m/s的河流，则下列说法中正确的是(　　) A．船相对于地的速度可能是15 m/s B．此船过河的最短时间是30 s C．此船可以在对岸的任意位置靠岸 D．此船不可能垂直到达对岸 四、绳(杆)关联速度问题 1．对“关联速度”问题的理解 用绳、杆相牵连的物体在运动过程中的速度通常不同，但两物体沿绳或杆方向的分速度大小相等． 2．“关联速度”问题的解题步骤 (1)确定合速度：牵连物端点的速度(即所连接物体的实际速度)是合速度． (2)分解合速度：合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果．两个分速度的方向：沿绳或杆方向和垂直于绳或杆方向． 常见的模型如图所示： (3)沿绳或杆方向的分速度大小相等，列方程求解． [复习过关] 13．如图所示，斜面的倾角为α，人用跨过定滑轮的绳子拉小车．现人以速度v匀速拉运动绳子，当拉小车的绳子与斜面的夹角为β时，小车沿斜面运动的速度为(　　) A． B． C． D． 14．如图所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，悬线穿过一光盘的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动，当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时，悬线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球(　　) A．竖直方向速度大小为vcos θ B．竖直方向速度大小为vsin θ C．竖直方向速度在小为vtan θ D．相对于地面速度大小为v 专题2 平抛运动 一、对平抛运动的理解 1．平抛运动是加速度恒为g的匀变速曲线运动．物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下． 2．平抛运动的分运动： (1)竖直方向做自由落体运动，h＝gt2，所以t＝，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关． (2)水平方向做匀速直线运动，x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关． [复习过关] 1．(多选)关于平抛物体的运动，以下说法正确的是(　　) A．做平抛运动的物体，速度和加速度都随时间的增加而增大 B．做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变 C．平抛物体的运动是匀变速运动 D．平抛物体的运动是变加速运动 2．如图所示，气枪水平对准被电磁铁吸住的钢球，并在气枪子弹射出枪口的同时，电磁铁的电路恰好断开，被释放的钢球自由下落，若不计空气阻力，则(　　) A．子弹总是打在钢球的上方 B．子弹总是打在钢球的下方 C．只有在气枪离电磁铁为一特定距离时，子弹才能击中下落的钢球 D．只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程之内，子弹一定能击中下落的钢球 二、平抛运动规律的应用 1．平抛运动的基本求解方法——“化曲为直”思想 2．平抛运动的三种分解思路 (1)分解速度：v合＝＝ (2)分解位移：x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝ (3)分解加速度 3．两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示． (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ. [复习过关] 3．(多选)如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球水平抛出时的初速度大小为 B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D．若小球初速度增大，则θ减小 4．(多选)两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则(　　) A．va＞vb B．va＜vb C．ta＞tb D．ta＜tb 5．如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点．若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　) A．ta＞tb，va＜vb B．ta＞tb，va＞vb C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb 6．(多选)以初速度v0＝20 m/s从20 m高台上水平抛出一个物体(g取10 m/s2)，则(　　) A．2 s后物体的水平速度为20 m/s B．2 s后物体的速度方向与水平方向成45°角 C．每1 s内物体的速度变化量的大小为10 m/s D．每1 s内物体的速度大小的变化量为10 m/s 7．如图所示，球网上沿高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动，则乒乓球(　　) A．在空中做变加速直线运动 B．在水平方向做匀加速直线运动 C．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍 D．击球点的高度是网高的2倍 8．女排比赛时，某运动员进行了一次跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04 m高处，击球后排球以25.0 m/s的速度水平飞出，球的初速度方向与底线垂直，排球场的有关尺寸如图所示，试计算说明： (1)此球能否过网？ (2)球是落在对方界内，还是界外？(不计空气阻力，g取10 m/s2) 三、平抛运动与斜面结合的问题 解答斜面上的平抛运动问题时要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移或速度与水平方向夹角的关系，通过分解位移或速度使问题得到顺利解决． [复习过关] 9．如图，以9.8 m/s速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直撞在倾角θ＝30°的斜面上．可知物体完成这段飞行所用时间为(　　) A． s B． s C． s D．2 s 10．如图，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A点正上方高度为10 m处的O点，以5 m/s的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，这段飞行所用的时间为(g＝10 m/s2)(　　) A．2 s B． s C．1 s D．0.5 s 11．(多选)如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O有一小球由静止释放，运动到底端B的时间为t1.若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A点经过的时间为t2，落到斜面底端B点经过的时间为t3，落到水平面上的C点经过的时间为t4，则(　　) A．t2＞t1 B．t3＞t2 C．t4＞t3 D．t1＞t4 12．(多选)如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点Q处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　) A．va＝vb B．va＝vb C．ta＝tb D．ta＝tb 13．如图所示，在倾角为θ的斜面顶端A处以速度v0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻力不计，求： (1)小球从A运动到B所需要的时间； (2)从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？ 14．如图为湖边一倾角为θ＝37°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O.一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO＝50 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)若要求小石子能落到水面，v0最小是多少？ (2)若小石子不能落到水面上，落到斜面时速度方向与水平面夹角的正切值是多少？ 四、类平抛运动问题 1．类平抛运动的受力特点 物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． 2．类平抛运动的运动特点 在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a＝. 3．类平抛运动的求解方法 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性． (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解． [复习过关] 15．如图所示，A、B两质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B在光滑斜面上运动，落地点为P2，不计阻力，比较P1、P2在x轴方向上的远近关系是(　　) A．P1较远 B．P2较远 C．P1、P2等远 D．大小不确定 16．如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求： (1)物块由P运动到Q所用的时间t； (2)物块由P点水平射入时的初速度v0； (3)物块离开Q点时速度的大小v. 专题3 圆周运动 一、传动装置中圆周运动各物理量的关系 在分析传动装置的物理量时，首先确定传动形式，抓住不等量和相等量的关系处理各物理量间的关系． (1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同，而线速度大小v＝ωr与半径r成正比，向心加速度大小a＝rω2与半径r成正比； (2)皮带传动(齿轮传动和摩擦传动)：当皮带不打滑时，传动皮带、用皮带连接的两轮边缘上各点的线速度大小相等，两皮带轮上各点的角速度、向心加速度关系可根据ω＝、a＝确定． [复习过关] 1．如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若拖拉机行进时轮与路面没有滑动，则(　　) A．A点和B点的线速度大小之比为1∶2 B．前轮和后轮的角速度之比为2∶1 C．两轮转动的周期相等 D．A点和B点的向心加速度大小相等 2. (多选)如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是边缘上的一点，左轮上的两轮共用同一轮轴，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，若在传动过程中皮带不打滑，则(　　) A．a点和b点的线速度大小相等 B．a点和b点的角速度相等 C．a点和c点的线速度大小相等 D．a点和d点的向心加速度的大小相等 3．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　) A．线速度大小之比为3∶2∶2 B．角速度之比为3∶3∶2 C．转速之比为2∶3∶2 D．向心加速度大小之比为9∶6∶4 二、圆周运动的动力学分析 1．向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． 2．向心力的确定 (1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置． (2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力． [复习过关] 4．如图所示，链球运动员在将链球抛掷出手之前，总要双手拉着链条，加速转动几周，这样可使链球的速度尽量增大，抛掷出手后飞行得更远．在运动员加速转动过程中，能发现他手中与链球相连的链条与竖直方向的夹角θ将随着链球转速增大而增大，则以下几个图象中能描述ω与θ的关系的是(　　) 5．如图所示，一水平放置的木板上放有砝码，砝码与木板间的动摩擦因数为μ，如果让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假如运动中木板始终保持水平，砝码始终没有离开木板，那么下列说法正确的是(　　) A．在通过轨道最高点时砝码处于超重状态 B．在经过轨道最低点时砝码所需静摩擦力最大 C．匀速圆周运动的速度v≤ D．在通过轨道最低点和最高点时，砝码对木板的压力之差为砝码重力的6倍 6．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动．一个质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半．已知重力加速度为g，则(　　) A．小球A做匀速圆周运动的角速度ω＝ B．小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用 C．小球A受到的合力大小为 D．小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上 三、竖直面内圆周运动的绳、杆模型 1．绳模型(没有支撑的小球如图) 过最高点的临界条件：由mg＝m得v临＝ (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN. (2)不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道． 2．杆模型(有支撑的小球如图) 由小球恰能做圆周运动得v临＝0 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心． (2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小． (3)当v＝时，FN＝0. (4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大． [复习过关] 7．(多选)质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道内侧做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时，下列说法正确的是(　　) A．小球对圆环的压力大小等于mg B．重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力 C．小球的线速度大小等于 D．小球的向心加速度大小等于g 8．(多选)如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5 m，小球质量为3kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a的速度为va＝4 m/s，通过轨道最高点b的速度为vb＝2 m/s，取g＝10 m/s2，则小球通过最低点和最高点时对细杆作用力的情况是(　　) A．在a处为拉力，方向竖直向下，大小为126 N B．在a处为压力，方向竖直向上，大小为126 N C．在b处为拉力，方向竖直向上，大小为6 N D．在b处为压力，方向竖直向下，大小为6 N 四、圆周运动的临界问题 (1)判断临界状态：若题目中有“刚好”“恰好”等字眼，表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值点，这个极值点也往往是临界状态． (2)确定临界条件：通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来． (3)选择物理规律：分别对于不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解． [复习过关] 9．冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，其安全速度的最大值是(　　) A．k B. C. D. 10．如图所示是用来说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑水平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接(图中未画出)，mP＝2mQ.当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时(　　) A．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用 B．P球受到的向心力大于Q球受到的向心力 C．rP一定等于 D．当ω增大时，P球将向外运动 11．(多选)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C都能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为μ，C与转台间的动摩擦因数为2μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．B对A的摩擦力一定为3μmg B．B对A的摩擦力一定为3mω2r C．转台的角速度一定满足：ω≤ D．转台的角速度一定满足：ω≤ 12．如图所示，细绳一端系着质量为M＝0.6 kg的物体，静止在水平盘面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3 kg的物体，M的中心与小孔距离为0.2 m，并知M和水平盘面的最大静摩擦力为2 N．现使此水平盘绕中心轴转动，问角速度ω在什么范围内m处于静止状态？(g取10 m/s2) 13．如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m＝50 kg的重锤(重锤可以视为质点)绕转轴O匀速运动，重锤转动半径为R＝0.5 m．电动机连同打夯机底座的质量为M＝25 kg，重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)重锤转动的角速度为多大时，才能使打夯机底座刚好离开地面？ (2)若重锤以上述的角速度匀速转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？ 专题4 万有引力定律与天体运动 一、万有引力定律的理解及应用 1．万有引力的特点：两个物体相互作用的引力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，方向沿两物体的连线且相反，分别作用在两个物体上，其作用效果一般不同． 2．万有引力公式F＝G，公式适用于质点间的相互作用．质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离，如果某一物体内部存在球形空腔，则宜采取“割补法”分析． 3．万有引力和重力的关系： (1)在地面上，忽略地球自转时，认为物体的向心力为零，各处位置均有mg≈； (2)若考虑地球自转，在赤道上的物体有－FN＝F向，其中FN大小等于mg，对处于南北两极的物体则有＝mg； (3)在地球上空某一高度h处有＝mg′可知随着高度的增加，重力逐渐减小，重力加速度也逐渐减小． [复习过关] 1．(多选)关于万有引力和万有引力定律的理解正确的是(　　) A．不能看做质点的两物体间不存在相互作用的引力 B．只有能看做点的两物体间的引力才能用F＝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．万有引力常量大小首先是由卡文迪许测出来的，且等于6.67×10－11 N·m2/kg2 2一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的一半，它的直径也是地球直径的一半，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受万有引力大小的(　　) A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 二、天体质量和密度的计算 1．利用天体表面的重力加速度g和天体半径R 由于G＝mg，故天体质量M＝， 天体密度ρ＝＝＝. 2．通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r. (1)由万有引力等于向心力，即 G＝mr，得出中心天体质量M＝； (2)若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝＝＝. 若为近地卫星，则R＝r，有ρ＝. [复习过关] 3．(多选)在万有引力常量G已知的情况下，已知下列哪些数据，可以计算出地球质量(　　) A．地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离 B．人造地球卫星在地面附近绕行的速度和运行周期 C．月球绕地球运行的周期及地球半径 D．若不考虑地球自转，已知地球半径和地球表面的重力加速度 4．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． 5．(多选)1798年，英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知万有引力常量G，地球表面处的重力加速度g，地球半径R，地球上一个昼夜的时间T1(地球自转周期)，一年的时间T2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离L1，地球中心到太阳中心的距离L2.你能计算出(　　) A．地球的质量m地＝ B．太阳的质量m太＝ C．月球的质量m月＝ D．可求月球、地球及太阳的密度 三、天体运动问题的分析 1．运动学分析：将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动． 2．动力学分析： (1)万有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2r＝m2r. (2)根据万有引力等于重力，得G＝mg(g为星球表面的重力加速度)，GM＝gR2(黄金代换公式)，利用黄金代换公式进行天体质量和天体重力加速度之间的代换． 3．人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期与轨道半径的关系： ＝越高越慢 [复习过关] 6．(多选)假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍做圆周运动，则(　　) A．根据公式v＝ωr，可知卫星运动的线速度将增大到原来的2倍 B．根据公式F＝m，可知卫星所需的向心力将减少到原来的 C．根据公式F＝G，可知地球提供的向心力将减小到原来的 D．根据上述B和C中给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的 7．“嫦娥四号”，专家称“四号星”，计划在2017年发射升空，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，“嫦娥四号”离月球中心的距离为r，绕月周期为T.根据以上信息下列说法正确的是(　　) A．月球的第一宇宙速度为 B．“嫦娥四号”绕月运行的速度为 C．万有引力常量可表示为 D．“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球 8．(多选)地球半径为R0，地面重力加速度为g，若卫星在距地面R0处做匀速圆周运动，则(　　) A．卫星的速度为 B．卫星的角速度为 C．卫星的向心加速度为 D．卫星的周期为2π 9．(多选)我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T.若以R表示月球的半径，则(　　) A．卫星运行时的线速度为 B．卫星运行时的向心加速度为 C．月球的第一宇宙速度为 D．物体在月球表面自由下落的加速度为 三、卫星变轨问题 1．圆轨道上的稳定运动 G＝m＝mrω2＝mr()2 2．变轨运动分析 ①当v增大时，所需向心力增大，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，但卫星一旦进入新的轨道运行，由v＝ 知其运行速度要减小，但重力势能、机械能均增加． ②当卫星的速度突然减小时，向心力减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动，进入新轨道运行时由v＝ 知其运行速度将增大，但重力势能、机械能均减小(卫星的发射和回收就是利用了这一原理)． 3．卫星绕过不同轨道上的同一点(切点)时，其加速度大小关系可用F＝＝ma比较得出． [复习过关] 10．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．如图所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A点刚好进入大气层，之后由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是(　　) A．陨石正减速飞向A处 B．陨石绕地球运转时角速度渐渐变小 C．陨石绕地球运转时速度渐渐变大 D．进入大气层后，陨石的机械能渐渐变大 11．为了探测X星球，某探测飞船先在以该星球中心为圆心，高度为h的圆轨道上运动，随后飞船多次变轨，最后围绕该星球做近表面圆周飞行，周期为T.引力常量G已知．则(　　) A．变轨过程中必须向运动的反方向喷气 B．变轨后与变轨前相比，飞船的机械能增大 C．可以确定该星球的质量 D．可以确定该星球的平均密度 12．(多选)如图所示，“嫦娥二号”卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入半径为100 km、周期为118 min的工作轨道，开始对月球进行探测，则(　　) A．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小 B．卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大 C．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上短 D．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大 专题5 功和功率 一、正、负功的判断 1．恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断． 2．曲线运动中的功的判断：若物体做曲线运动，则依据F与v的方向夹角来判断，当0°≤α＜90°时，力对物体做正功；当90°＜α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功． 3．依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功，此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断． [复习过关] 1．(多选)一物体在两个力F1、F2的共同作用下发生了一段位移，做功分别为W1＝6 J、W2＝－6 J，下列说法正确的是(　　) A．这两个力一定大小相等、方向相反 B．F1是动力，F2是阻力 C．这两个力做的总功为0 D．F1比F2做的功多 2．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力(　　) A．等于零，对人不做功 B．水平向左，对人做负功 C．水平向右，对人做正功 D．沿斜面向上，对人做正功 3．(多选)如图所示，质量为m的滑块放在光滑斜面上，斜面与水平面间的摩擦力不计，当滑块从斜面顶端滑到斜面底端的过程中(　　) A．重力对滑块做功 B．滑块受到斜面的支持力与斜面垂直，所以支持力对滑块不做功 C．斜面对滑块的支持力对滑块做负功 D．滑块对斜面的压力对斜面做正功 二、功的计算 1．恒力做的功：直接用W＝Flcos α计算． 2．变力做功： ①用动能定理：W＝mv－mv ②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车恒功率启动时． ③将变力做功转化为恒力做功： 当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等． 3．总功的计算： ①先求物体所受的合外力，再求合外力的功； ②先求每个力做的功，再求各功的代数和． [复习过关] 4．如图所示，用恒力F拉着质量为m的物体沿水平面从A移到B的过程中，下列说法正确的是(　　) A．有摩擦力时比无摩擦力时F做的功多 B．有摩擦力时比无摩擦力时F做的功少 C．物体加速运动时F做的功比减速运动时F做的功多 D．物体无论是加速、减速还是匀速，力F做的功一样多 5．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的斜面体上，同时用力F向右推斜面体，使P与斜面体保持相对静止．在前进水平位移为l的过程中，斜面体对P做功为(　　) A．Fl B．mgsin θ·l C．mgcos θ·l D．mgtan θ·l 三、功率的计算 计算功率时首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率。 1．平均功率的计算方法 (1)利用＝. (2)利用＝F·cos θ，其中为物体运动的平均速度，F为恒力． 2．瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P＝F·vcos θ，其中v为t时刻的瞬时速度． (2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度． (3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力． [复习过关] 6．在距地面h高处，分别以速度v1和v2(v1＜v2)水平抛出两个质量相同的小球A和B，则两球在落地时重力对两球的功率PA和PB的大小关系为(　　) A．PA＞PB B．PA＝PB C．PA＜PB D．无法判断 7．质量为1 kg的物体静止于光滑水平面上，t＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第1 s内F＝2 N，第2 s内F＝1 N．下列判断正确的是(　　) A．2 s末物体的速度为4 m/s B．2 s内物体的位移为3 m C．第1 s末拉力的瞬时功率最大 D．第2 s末拉力的瞬时功率最大 8．宇航员在地面进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，如图所示，在到达竖直状态的过程中，宇航员所受重力的瞬时功率的变化情况是(　　) A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 9．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(g取10 m/s2)(　　) A．物体加速度大小为2 m/s2 B．4 s末F的功率大小为42 W C．F的大小为21 N D．4 s内F做功的平均功率为42 W 四、机车启动的两种模型 1．处理此类问题，两个公式必不可少： P＝Fv和F－Ff＝ma. 2．分析时应注意a、F、P、v四个物理量间相互联系、相互制约关系． 3．抓住由启动到匀速运动的临界条件F＝Ff，即汽车达到最大速度的条件． 4．明确是功率恒定还是牵引力恒定，找准方法求解牵引力做功和位移． [复习过关] 10．质量为2 t的汽车，发动机的功率为30 kW，在水平公路上能以54 km/h的最大速度行驶，如果保持功率不变，则汽车的速度为36 km/h时，汽车的加速度为(　　) A．0.5 m/s2 B．1 m/s2 C．1.5 m/s2 D．2 m/s2 11．汽车的额定功率为90 kW，路面的阻力恒为F，汽车行驶的最大速度为v.则(　　) A．如果阻力恒为2F，汽车的最大速度为 B．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2v C．如果汽车的牵引力变为原来的，汽车的额定功率就变为45 kW D．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90 kW 12．(多选)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，重物上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．钢绳的最大拉力为 B．钢绳的最大拉力为 C．重物的最大速度v2＝ D．重物做匀加速运动的加速度为－g 13．汽车的质量为4×103 kg，额定功率为30 kW，运动中阻力大小恒为车重的0.1倍．汽车在水平路面上从静止开始以8×103 N的牵引力出发．(g取10 m/s2)求： (1)汽车所能达到的最大速度vm. (2)汽车能保持匀加速运动的最长时间tm. (3)汽车加速度为0.6 m/s2时的速度． (4)在匀加速运动的过程中发动机做的功W. 专题6 动能定理 一、对动能及动能定理的理解 1．动能是标量，只有正值，且不能分解． 2．动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力的功是引起物体动能变化的原因． 3．动能定理的适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功． (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用． [复习过关] 1．(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是(　　) A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，受力一定为零 2．下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是(　　) A．如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零 B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零 C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零 D．如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零 二、动能定理的简单应用 1．由于动能定理适用于恒力和变力、直线运动和曲线运动，所以凡是涉及到位移的动力学问题应优先考虑用动能定理解决． 2．虽然应用动能定理只需要明确研究对象在过程的初、末状态的动能Ek1和Ek2，但也必须要认真分析物体的运动过程，尤其是在受力发生改变的过程，要注意分析物体受哪些力，各力是否做功，做正功还是负功，做多少功，并求出各力做功的代数和． [复习过关] 3．物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙水平面上，开始时都处于静止状态．在相同的水平力作用下移动相同的距离，则(　　) A．力F对A做功较多，A的动能较大 B．力F对B做功较多，B的动能较大 C．力F对A和B做功相同，A和B的动能相同 D．力F对A和B做功相同，A的动能较大 4．(多选)如图所示，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视为恒力，则下列关系式中正确的是(　　) A．FL＝Mv2 B．FL′＝mv2 C．FL′＝mv－(M＋m)v2 D．F(L＋L′)＝mv－mv2 三、利用动能定理求变力的功 动能定理既适用于求恒力的功也适用于求变力的功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力的功的首选． [复习过关] 5．如图所示，半径为R的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力F把质量为m的小物体(可看做质点)沿球面从A点缓慢地移动到最高点B，在此过程中，拉力做的功为(　　) A．πFR B．πmgR C．mgR D．mgR 6．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，则拉力F所做的功为(　　) A．mglcos θ B．mgl(1－cos θ) C．Flcos θ D．Flsin θ 四、利用动能定理分析多过程问题 1．利用动能定理解决问题时，若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式． 2．涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点： (1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积． [复习过关] 7．质量为m的物体静止在水平桌面上，它与桌面之间的动摩擦因数为μ，物体在水平力F作用下开始运动，发生位移x1时撤去力F，问物体还能运动多远？ 8．如图所示，一物体质量m＝2 kg，从倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上的挡板位置B的距离AB＝4 m，当物体到达B后，将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置D点，D点距A点为AD＝3 m，求物体跟斜面间的动摩擦因数．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，弹簧及挡板质量不计)． 9．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小物块落地点距飞出点的水平距离s； (2)小物块落地时的动能Ek； (3)小物块的初速度大小v0. 10．如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝2 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，已经xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B点时撤去力F.重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小物块到达B点时速度的大小； (2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小； (3)小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离． 专题7 机械能守恒定律 一、机械能守恒的判断 机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力做功”不等于“只受重力作用”． 1．利用机械能的定义判断：判断物体动能和势能的和即机械能是否变化，如匀速上升、匀速下降、沿斜面匀速运动的物体机械能必定不守恒． 2．用做功判断：看物体或系统是否只有重力(或弹簧的弹力)做功． 3．用能量转化来判断：看是否存在其他形式的能和机械能相互转化，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失． 4．对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒． [复习过关] 1．下列运动的物体，机械能守恒的是(　　) A．物体沿斜面匀速下滑 B．物体从高处以0.9g的加速度竖直下落 C．物体沿光滑曲面滑下 D．拉着一个物体沿光滑的斜面匀速上升 2．如图所示，某人以力F将物体沿斜面向下拉，拉力大小等于摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．物体做匀速运动 B．合力对物体做功等于零 C．物体的机械能保持不变 D．物体机械能减小 3．(多选)下列关于机械能是否守恒的叙述中正确的是(　　) A．合外力为零时机械能一定守恒 B．做曲线运动的物体机械能可能守恒 C．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒 D．除重力外，其他力均不做功，物体的机械能守恒 二、单个物体的机械能守恒问题 1．判断单个物体机械能是否守恒：物体在运动过程中只有重力做功，物体的机械能守恒． 2．所涉及的题型有四类： (1)阻力不计的抛体类 (2)固定的光滑斜面类 (3)固定的光滑圆弧类 (4)悬点固定的摆动类 [复习过关] 4．如图所示，质量m＝70 kg的运动员以10 m/s的速度，从高h＝10 m的滑雪场A点沿斜坡自由滑下，以最低点B为零势能面，一切阻力可忽略不计．(g＝10 m/s2 )求运动员： (1)在A点时的机械能； (2)到达最低点B时的速度大小； (3)能到达的最大高度． 5．如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.10 kg的小球从B点正上方H＝0.75 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，(取g＝10 m/s2)求： (1)小球经过B点时动能； (2)小球经过最低点C的速度大小； (3)小球经过最低点C时对轨道的压力大小． 三、多物体的机械能守恒问题 1．对多个物体组成的系统要注意选取合适的研究对象，判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒． 2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系． 3．采用机械能守恒定律的“守恒观点”、“转化观点”或“转移观点”列方程求解． [复习过关] 6．如图所示，轻绳连接A、B两物体，A物体悬在空中距地面H高处，B物体放在水平面上．若A物体质量是B物体质量的2倍，不计一切摩擦．由静止释放A物体，以地面为零势能参考面．当A的动能与其重力势能相等时，A距地面的高度是(　　) A.H B.H C.H D.H 7．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B下落到最低点．该过程中A未与定滑轮相碰．下列对该过程的分析正确的是(　　) A．B物体的加速度先增大再减小 B．物体A与物体B组成的系统机械能守恒 C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 D．当弹簧的拉力等于B物体所受的重力时，A物体的动能最大 8．如图所示，物体A质量为2m，物体B质量为m，通过轻绳跨过定滑轮相连．斜面光滑，且与水平面成 θ＝30°角，不计绳子和滑轮之间的摩擦．开始时A物体离地面的高度为h，B物体位于斜面的底端，用手托住A物体，A、B两物体均静止．撤去手后，求： (1)A物体将要落地时的速度为多大？ (2)A物体落地后，B物体由于惯性将继续沿斜面上升，则B物体在斜面上的最远点离地的高度为多大？ 四、应用机械能守恒定律解决综合问题 1．对于机械能守恒定律的应用，首先应判断机械能是否守恒，然后要判断能量是如何转化的，这样才能从不同的角度灵活运用机械能守恒的表达式列方程解决问题． 2．在固定的光滑圆弧类和悬点固定的摆动类两种题目中，常和向心力公式或平抛运动规律结合使用． [复习过关] 9．一质量为m＝2 kg的小球从光滑的斜面上高h＝3.5 m处由静止滑下，斜面底端平滑连接着一个半径 R＝1 m的光滑圆环，(g取10 m/s2)如图所示，求： (1)小球滑到圆环顶点时对圆环的压力的大小； (2)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？ 10．如图所示，用细圆管组成的光滑轨道AB部分平直，BC部分是处于竖直平面内半径为R的半圆，圆管截面半径r≪R.有一质量为m、半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管． (1)若要小球能从C端出来，初速度v0需多大？ (2)在小球从C端出来的瞬间，管壁对小球的弹力为mg，那么小球的初速度v0应为多少？ 11．如图所示，半径为R的竖直光滑半圆形轨道BC与光滑水平地面AB相切于B点，弹簧左端固定在竖直墙壁上，用一质量为m的小球紧靠弹簧并向左压缩弹簧，已知弹簧在弹性限度内，现由静止开始释放小球，小球恰好能沿轨道通过半圆形轨道的最高点C，求： (1)释放小球瞬间弹簧的弹性势能； (2)小球离开C点后第一次落地点与B点的距离． 12．如图所示，倾角为45°的光滑斜面AB与竖直的光滑半圆轨道在B点平滑连接，半圆轨道半径R＝0.40 m，一质量m＝1.0 kg的小物块在A点由静止沿斜面滑下，已知物块经过半圆轨道最高点C时对轨道的压力恰好等于零，物块离开半圆轨道后落在斜面上的点为D(D点在图中没有标出)．g取10 m/s2.求： (1)A点距水平面的高度h； (2)物块从C点运动到D点的时间t(结果可用根式表示)． 13．如图所示，竖直平面内有一半径R＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.50 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)小球释放点到B点的高度H； (2)经过圆弧槽最低点C时轨道对它的支持力大小FN. 专题8 功能关系 能量守恒定律 一、几种常见的功能关系 1．合外力做功等于物体动能的改变：即W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk.(动能定理) 2．重力做功等于物体重力势能的减少：即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp. 3．弹簧弹力做功等于弹性势能的减少：即W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp. 4．除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即W其他力＝E2－E1＝ΔE. [复习过关] 1．(多选)某人将重物由静止开始举高h，并使物体获得速度v，则下列说法中正确的是(　　) A．物体所受合外力对它做的功等于物体动能的增加 B．此人对物体做的功等于物体动能和重力势能的增加量 C．物体所受合外力做的功等于物体动能和重力势能的增加量 D．克服重力所做的功等于物体重力势能的增加量 2．(多选)如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是(　　) A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能 D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 3．(多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)(　　) A．他的动能减少了(F－mg)h B．他的重力势能减少了mgh－mv2 C．他的机械能减少了Fh D．他的机械能减少了mgh 4．(多选)质量为m的物体以加速度a＝g匀加速下落h，g为重力加速度，则(　　) A．物体重力势能减少mgh B．物体重力势能减小mgh C．物体动能增加mgh D．物体机械能减少mgh 5．(多选)如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是(　　) A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零 B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等 C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化相等 D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等 二、摩擦力做功的特点及应用 1．静摩擦力做功的特点 (1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零． (3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点 (1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能； ②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能． (3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移． [复习过关] 6．在光滑水平面上，有一块长木板，长木板左端放一个木块，木块与长木板间有摩擦，先后两次用相同的水平力F将木块拉离木板，第1次将长木板固定，第2次长木板不固定，比较这两种情况下，下列说法正确的是(　　) A．木块受到摩擦力的大小不相同 B．因摩擦产生的热相同 C．恒力F对木块做的功相同 D．木块获得的动能相同 7．如图所示，由理想电动机带动的水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带左端点上．设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v，而与传送带保持相对静止．设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，左右端点相距L，则该电动机每传送完一个工件消耗的电能为(　　) A．μmgL B. mv2 C．μmgL＋mv2 D．mv2 8．如图所示，表面粗糙的小车足够长，小车放在光滑的水平地面上，一木块以一定速度由小车左端滑上小车，当小车与木块相对静止时，木块相对小车的位移为d，小车相对地面的位移为l，木块与小车间的滑动摩擦力为Ff，求： (1)滑动摩擦力对木块做的功； (2)滑动摩擦力对小车做的功； (3)两滑动摩擦力做功之和； (4)系统机械能的变化量及系统产生的热量． 三、能量守恒定律的应用 1．列能量守恒定律方程的两条基本思路： (1)某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加且减少量和增加量一定相等； (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等． 2．分析物理过程、求解实际问题时，分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；对减少的某种能量，要追踪它的去向；对增加的能量，要能查寻它的来源．可以按照“总的减少量＝总的增加量”列出方程． [复习过关] 9．如图所示，一个粗细均匀的U形管内装有同种液体，液体质量为m.在管口右端用盖板A密闭，两边液面高度差为h，U形管内液体的总长度为4h，拿去盖板，液体开始运动，由于管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为(　　) A．mgh B．mgh C．mgh D．mgh 10．(多选)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，下列说法中正确的是(　　) 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 11．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　) A． B． C． D．0 12．如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k＝＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可以忽略，取重力加速度g＝10 m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程上既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下，求： (1)赛车在CD轨道上运动的最短路程； (2)赛车电动机工作的时间． 13．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h＝1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小； (2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长； (3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小． 专题9 实验专题 一、研究平抛运动 1．对比实验法：将与平抛运动的初速度相同的水平匀速直线运动和平抛运动的水平分运动对比；将同时发生的自由落体和平抛运动的竖直方向的分运动对比． 2．轨迹研究法：描写平抛运动的轨迹，建立起水平、竖直的直角坐标系．根据对平抛运动情况的猜测，假定物体在水平方向做匀速直线运动，确定运动时间相等的一些点的坐标，研究物体在竖直方向运动的位移随时间的变化规律并验证猜测． [复习过关] 1．在“研究平抛运动”的实验中； (1)小明采用图甲所示装置，小铁球A、B完全相同，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地．改变装置与地面间距离，重复上述实验，两球仍然同时落地，根据上述实验现象可得到的结论是______． A．平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动 B．平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动 C．平抛运动可以分解为竖直运动和水平运动 (2)小红用图乙所示装置做实验，两个完全相同的弧形轨道M、N，分别用于发射两个完全相同的小铁球P、Q，其中M的末端是水平的，N的末端与光滑水平板相切；两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使电磁铁最下端C、D满足AC＝BD.从而保证小球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等 .现将小球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电磁铁的电源，使两小球同时分别从轨道M、N射出．多次重复上述实验，下列说法中正确的是________． A．小球P下落到水平板时总是正好碰到小球Q B．小球P下落到水平板时总是落在小球Q的右侧 C．小球P下落到水平板时总是落在小球Q的左侧 (3)用图乙所示装置做实验，若仅改变弧形轨道M的高度(AC距离保持不变)，重复(2)中实验，仍能观察到相同的现象．根据上述实验现象可得到的结论是________． A．平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动 B．平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动 C．平抛运动是匀变速运动 2．(1)(多选)在“研究平抛运动”实验的装置如图甲所示，下列说法正确的是________． A．将斜槽的末端切线调成水平 B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行 C．斜槽轨道必须光滑 D．每次释放小球时的位置越高，实验效果越好 (2)如图乙实线为某质点平抛运动轨迹的一部分，AB、 BC间水平距离Δs1＝Δs2＝0.4 m，高度差Δh1＝0.25 m，Δh2＝0.35 m．求： (g＝10 m/s2) ①抛出初速度v0为________m/s. ②由抛出点到A点的时间为________s. 二、探究功与速度变化的关系 1．在探究功与速度变化的关系实验中一定要注意平衡摩擦力．将木板一端垫高，使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡．方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否做匀速运动，找到长木板的一个合适的倾角． 2．在利用橡皮筋探究外力对物体做功与物体速度变化关系时，测小车速度应选纸带上的点迹均匀的部分，也就是选小车做匀速运动的部分． [复习过关] 3．在“探究功与速度变化的关系”的实验中(装置如图甲)： (1)下列说法中正确的是(　　) A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C．实验时，应使小车靠近打点计时器并由静止释放 (2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为________ m/s(保留三位有效数字)． 4．在“探究功与速度变化的关系”实验中． (1)如图是甲同学的实验装置图，下列做法能够实现橡皮筋对小车做功呈整数倍变化的是(　　) A．释放小车的位置等间距的变化 B．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍 C．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的长度依次加倍 D．增加相同橡皮筋的条数，使小车每次从同一位置释放 (2)该同学按照正确的操作在实验中得到了若干条纸带，则纸带上打下的相邻点间的距离变化情况是(　　) A．一直增大且增量不变 B．先减小后增大 C．先增大后减小 D．先增大后均匀不变 (3)该实验可以有不同的设计，乙同学设计了如下实验方案： A．实验装置如图所示，一端系在滑块上的细绳通过转轴光滑的轻质定滑轮挂上钩码，用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫起．调整长木板的倾角，直到轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动； B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动． 请回答下列问题： ①滑块做匀速直线运动时，纸带上打出的点的分布是________； ②滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小________钩码的重力大小(选填“大于”“等于”或“小于”)． 5．如图甲所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“探究功与速度变化的关系”的实验： (1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板的倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动． (2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到如图所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2 N，小车的质量为0.2 kg. 请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化ΔEk，补填表中空格(结果保留至小数点后第四位). O—B O—C O—D O—E O—F W/J 0.043 2 0.057 2 0.073 4 0.091 5 ΔEk/J 0.043 0 0.057 0 0.073 4 0.090 7 分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W＝ΔEk，与理论推导结果一致． (3)实验前已测得托盘质量为7.7×10－3 kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg(g取9.8 m/s2，结果保留至小数点后第三位)． 三、验证机械能守恒定律 1．在自由落体运动中，验证机械能守恒定律的表达式有： (1)mgh＝mv2，利用此式初速度必须为零，即选择第1、2两点距离约等于2 mm的纸带． (2)mgh＝mv－mv利用此式，选的两计数点初速度可以不为零． 2．算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝，不能用vn＝或vn＝gt来计算． 3．注意：在验证机械能守恒定律实验中，由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量 ΔEk＝mv必定稍小于重力势能的减少量ΔEp＝mghn，改进办法是调整安装的器材，尽可能地减小阻力． [复习过关] 6．某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6 V的交流电和直流电，交流电的频率为50 Hz.重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律． (1)他进行了下面几个操作步骤 A．按照图示的装置安装器件； B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上； C．用天平测出重锤的质量； D．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带； E．测量纸带上某些点间的距离； F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能． 其中没有必要进行的步骤是__________，操作不当的步骤是__________． (2)这位同学进行正确操作后挑选出一条点迹清晰的纸带进行了测量分析，如图所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点．根据纸带上的测量数据，当打B点时重锤的速度为______m/s.(保留3位有效数字) (3)他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出的图象，应是图中 的________． (4)他进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此对实验设计进行了改进，用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出AB之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d.重力加速度为g.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，则小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝________.如果d、t、h、g存在关系式________，就可验证机械能守恒定律． (5)比较两个方案，改进后的方案相比原方案的最主要的优点是：________. 7．现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上的B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t.用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，x表示A、B两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作图： 图甲 图乙 (1)若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减少量可表示为__________，动能的增加量可表示为__________．若在运动过程中机械能守恒，与x的关系式为＝____________. (2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A点)下滑，测量相应的x与t值．结果如下表所示： 1 2 3 4 5 x(m) 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t(ms) 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43 (104 s－2) 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 以x为横坐标，为纵坐标，在对应图乙所示坐标纸中描出第1个和第5个数据点(其余3个点已作出)；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k＝__________×104 m－1·s－2(保留3位有效数字)． 由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出－x直线的斜率k0，将k和k0进行比较，若其差值在实验允许的误差范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律． 8．某同学根据机械能守恒定律设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系． (1)如图甲，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________ N/m.(g取9.80 m/s2) 砝码质量/g 50 100 150 弹簧长度/cm 8.62 7.63 6.66 (2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示．调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________． (3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________． (4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图丙，由图可知，v与x成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比． ( 第 6 页 共 43 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $