第五章 抛体运动 单元测试 -2026-2027学年高一下学期物理人教必修第二册

答案详解　　　　　 　(这是边文，请据需要手工删加) 　 　　　　　物理　必修第二册(这是边文，请据需要手工删加) 答案详解 第五章　抛体运动 第1节　曲线运动 课堂达标 1．C　[解析]依据曲线运动特征可知，物体做曲线运动时，任意时刻的速度方向是曲线上该点的切线方向，所以题图中能正确表示篮球在相应点速度方向的只有v3，故C正确。 2．C　[解析]物体原来做匀速直线运动，所受合力为零，现在施加一个恒力，但是此恒力方向不确定，故无法判断物体做直线还是曲线运动，也无法判断物体是否做匀加速直线运动；根据牛顿第二定律F＝ma可知，在恒力的作用下，物体的加速度大小和方向都不变，故物体做匀变速运动。故选C。 3．A　[解析]根据题意可知，无人机做曲线运动，所受合外力一定指向曲线凹侧，速度方向沿切线方向，则无人机飞行速度方向不可能和加速度方向共线，故A正确，D错误；根据题意可知，无人机做曲线运动，速度方向时刻变化，是变速运动，则无人机所受的合力不可以为零，故B错误；无人机做曲线运动，所受合力不为0，且合力方向不能和速度方向共线，但合力大小可以改变，则加速度大小可以改变，故C错误。故选A。 课后精练 1．D　[解析]物体做曲线运动，物体的速度的方向是沿着轨迹的切线方向的，所以A错误；物体受到的合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，并且合力的方向和加速度的方向是相同的，所以加速度的方向也是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此BC错误，D正确。 2．C　[解析]当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，由此可知AB错误，C正确。物体在大小不变、方向与速度一直垂直的合力作用下做匀速曲线运动，故D错误。 3．C　[解析]物体原来所受合力为零，当将与速度方向相反的2N的力水平旋转90°后，其受力如图所示： 其中Fx＝Fy＝2N，F是Fx、Fy的合力，即 F＝2 N，且大小、方向都不变，为恒力，物体的加速度为a＝＝ m/s2＝ m/s2，大小恒定，方向与速度方向不在同一直线上，故物体做匀变速曲线运动。选项C正确。 4．A　[解析]质点在恒力作用下产生恒定的加速度，加速度恒定的运动一定是匀变速运动。由题意可知，当突然撤去F1时，质点受到的合力大小等于恒力F1的大小，方向与F1的方向相反，故A正确，C错误；在撤去F1之前，质点保持平衡，有两种可能：一是质点处于静止状态，则撤去F1后，质点做匀变速直线运动；二是质点处于匀速直线运动状态，则撤去F1后，质点可能做直线运动(条件是：F1的方向和速度方向在同一直线上)，也可能做曲线运动(条件是：F1的方向和速度方向不在同一直线上)，故BD错误。故选A。 5．D　[解析]在曲线运动中，速度方向越来越趋近于合力方向，但方向不会重合，所以也不与加速度方向重合，A错误。由在B点的速度方向与加速度方向相互垂直可知，合外力方向与轨迹上过B点的切线垂直且向下，质点在A点的加速度方向与速度方向的夹角大于90°，B错误；质点做匀变速曲线运动，合外力的大小和方向均不变，加速度不变，C错误；从A到D过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小，D正确。故选D。 6．B　[解析]由题图可知，物体从M向N运动的过程中，沿初速度的方向做减速运动，所以具有与初速度方向相反的分力；同时物块向右做加速运动，所以物体还受到向右的作用力。所以物体受到的合力的方向沿F2的方向；故B正确。 7．C　[解析]物体自由下落到某处突然受一恒定水平向右的风力，此时合力向右下方，则轨迹应向右弯曲，且拐弯点的切线方向应与速度方向相同，即竖直向下；风停止后，物体只受重力，即合力竖直向下，轨迹应向下弯曲，只有C符合题意。故选C。 8．B　[解析]小球在光滑的水平面上以v0向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件，合外力指向物体做曲线运动轨迹凹的一侧，且速度的方向沿着轨迹的切线方向。故选B。 9．D　[解析]“嫦娥号”探月卫星从M点运动到N点做曲线运动，速度逐渐减小，故合力指向凹侧，且合力与速度方向的夹角要大于90°，故ABC错误，D正确。 10．D　[解析]质点所受合外力方向与速度方向不在同一直线上时，质点做曲线运动；若所受合外力方向始终与速度方向在同一条直线上，则做直线运动。本题中作用在质点上的力，有沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，二者的合力方向与速度方向是否在一条直线上，是无法判断的，质点可能做曲线运动，也可能做直线运动，故A错误；已知Fy>Fx，但由于不知道α角为多少，所以无法判断物体受到的合力方向与速度v方向的关系，因此无法判断质点的运动性质和特点，故B错误；已知 Fy＝Fx，则合力与x轴的夹角为45°，但由于不知道α角为多少，所以无法判断物体受到的合力方向与速度v方向是否共线，无法判断质点是否做直线运动，故C错误；若Fy<Fx tan α，即tan α>，则Fx、Fy的合力F与x轴的夹角β<α，则质点偏向x轴一侧做曲线运动，故D正确。 第2节　运动的合成与分解 课堂达标 1．C　[解析]根据题意可知，软木塞在竖直方向上做匀速直线运动，则软木塞在竖直方向上相等时间内移动的距离相等，软木塞在水平方向上做加速运动，则软木塞在水平方向上，相等时间内移动的距离越来越大。故选C。 2．CD　[解析]笔尖同时参与了直尺竖直向上匀速运动和水平向右初速度为零的匀加速运动，合运动不是匀速直线运动或匀变速直线运动，而是匀变速曲线运动，AB错误，C正确；由于水平速度增大，所以合速度的方向与水平方向夹角逐渐变小，D正确。故选CD。 3．B　[解析]合运动与分运动具有等时性，即合运动的时间与分运动的时间相等，故A正确；直线运动也可以进行运动的分解，如竖直下抛运动可以分解为竖直向下的匀速直线运动和自由落体运动的合运动，故B错误；运动的合成与分解是采用了等效替代的方法，故C正确；运动合成与分解的本质是对描述物体运动的物理量进行矢量的合成和分解，遵循平行四边形定则，故D正确。故B符合题意。 4．BC　[解析]两个分运动的合加速度方向与合速度的方向不一定在同一直线上，既有可能做曲线运动，也有可能做直线运动，不是“一定”，而是“可能”，故A、D错误，B正确；两个匀速直线运动的合成，就是其速度的合成，其合速度是确定的，等于两个分速度的矢量和，加速度为零，即合力为零，故合运动一定是匀速直线运动，故C正确，故选BC。 课后精练 1．C　[解析]合运动的速度(合速度)与分运动的速度(分速度)之间的关系遵循平行四边形定则，其中合速度为平行四边形的对角线，而两个分速度为平行四边形的两个邻边，由几何知识可知，A、B错误；合运动指的就是物体的实际运动，故C正确；合运动和分运动具有等时性，故D错误。 2．A　[解析]决定物体运动性质的条件是初速度和加速度，当加速度方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，当加速度方向与速度方向在一条直线上时，物体做直线运动，若加速度恒定，则物体做匀变速运动。相互垂直的一个匀速直线运动和一个匀加速直线运动，则合速度与加速度不在一条直线上，且加速度是不变的，故一定是匀变速曲线运动，且速度的方向在改变。故选A。 3．BC　[解析]运动员同时参与两个分运动，水平方向随空气匀速运动，竖直方向在降落伞张开前先加速，降落伞张开后先减速后匀速，由于竖直分运动不受水平分运动的干扰，故运动时间与风速无关，故A错误，C正确；运动员落地速度由水平分速度和竖直分速度合成，水平分速度由风速决定，故风速越大，合速度越大，故B正确，D错误。故选BC。 4．A　[解析]由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1∶t2＝∶＝2∶1。 5．D　[解析]由题图可知质点在x轴上做加速度为ax＝ m/s2＝2 m/s2的匀加速直线运动，在y轴做速度为vy＝－ m/s＝－5 m/s的运动直线运动。所以t＝0时，质点速度为v0＝＝ m/s＝ m/s，质点运动的加速度大小为a＝ax＝2 m/s2，故AB错误；t＝0.5 s时，x轴方向的速度为vx＝v0x＋axt＝5 m/s，质点速度与x轴夹角为tan θ＝＝，所以θ≠30°，故C错误；0～2 s内，质点运动位移的大小为s＝＝＝2 m，故D正确。 6．(1)3 m/s　(2)5 m/s　(3)4 m [解析](1)由图可知，t＝0时，物体沿x轴方向的速度为3 m/s，物体沿y轴方向的速度为0，则物体在t＝0时的速度大小为v0＝ m/s＝3 m/s。 (2)由图可知，t＝8 s时，物体沿x轴方向的速度为3 m/s，物体沿y轴方向的速度为4 m/s，则物体在t＝8 s时的速度大小为v＝＝ m/s＝5 m/s。 (3)由图可知，物体沿x轴方向做匀速直线运动，t＝4 s时物体沿x轴方向的位移大小为x＝vxt＝3×4 m＝12 m 物体沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2， t＝4 s时物体沿y轴方向的位移大小为 y＝at2＝×0.5×42 m＝4 m， 则t＝4 s时物体的位移大小 s＝＝ m＝4 m。 7．(1)20 s　(2) m/s　(3)20 m [解析](1)如图所示，物资的实际运动可以看作是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀速直线运动的合运动；分运动与合运动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等，所以有t＝＝ s＝20 s。 (2)物资落地时vy＝5 m/s，vx＝1 m/s，由平行四边形定则得物资落地时速度的大小为 v＝＝ m/s＝ m/s。 (3)物资在下落过程中沿水平方向移动的位移大小为 x＝vxt＝1×20 m＝20 m。 专题提升一　小船渡河问题 关联速度问题 [典例1] AC　[解析]小船以最短的时间渡河时，渡河的时间为t＝＝600 s，A正确；小船以最短的时间渡河时，沿河岸方向的位移大小为x＝v2t＝1 500 m，B错误；当船速与合速度垂直时，航线最短，设小船的速度与河岸成α角，根据题意得cos α＝ ，解得α＝53°，小船渡河时间为t2＝＝750 s ，C正确；小船以最短的路程渡河时，最短路程为s＝＝1 500 m，D错误。 针对训练1　B　[解析]该摩托艇渡河的最短时间为t＝，所以摩托艇登陆的地点离O点的距离为x＝v1t＝，故选B。 针对训练2　BC　[解析]因为船在静水中的速度小于河水的速度，由平行四边形定则可知合速度方向不可能垂直于河岸，所以小船不可能到达正对岸，所以最短的位移大于河的宽度150 m，故A正确，C错误；当船头垂直于河岸时，小船渡河时间最短，则tmin＝＝ s＝50 s，可知小船渡河的时间不可能少于50 s，故B错误；小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为x＝v2tmin＝4×50 m＝200 m，可知它沿水流方向的位移大小为200 m，故D正确。本题选说法错误的，故选BC。 [典例2] B　[解析]设此时轨道车与演员的速度大小分别为v、v′，有v′＝v cos θ，可得＝cos θ。 针对训练3　BD　[解析]如图所示，vB＝vAcos θ，A错误，B正确；当物块A上升到与滑轮等高时θ＝90°，vB＝vAcos θ，解得vB＝0，C错误，D正确。 针对训练4　C　[解析]将两球相对地面的速度沿杆、垂直于杆方向正交分解，两球沿杆方向速度相同，则vAcos 60°＝vBsin 60°，故＝tan 60°＝。故选C。 培优专项(一)　小船过河与关联速度模型 课堂达标 1．B　[解析]当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，为，故A错误；当合速度与河岸垂直时，渡河位移最小为d，故B正确；将船的实际运动沿垂直河岸方向和水流方向分解，由于各个分运动互不影响，因而渡河时间t＝(v垂为船速垂直河岸的分速度)，显然与水流速度无关，故C错误。v1＞v2，合速度的方向可以倾斜向上游，船可以到达正对岸偏向上游位置，故D错误。 2．A　[解析]设小船在静水中速度为v船，水流速度为v水，直线AB与河岸的夹角为θ，河岸宽度为d，则有tan θ＝，渡河时间为t＝，若水流速度减小，为保持航线不变，可知v船减小，渡河时间变长。故选A。 3．B　[解析]将A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示。 由绳子速率v绳＝v cos α；而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率vB＝v绳＝v cos α，故A错误，B正确；因α减小，则vB＝v绳＝v cos α增大，B物体加速运动，但不是匀加速运动，故CD错误，故选B。 课后精练 1．C　[解析]如图所示。 最短时间为t＝，s＝v1t，解得s＝，故选C。 2．B　[解析]当θ ＝90°时，P的速度为0，位置最低，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ＝90°时，Q的速度最大，P的速度最小，为零；故A错误，B正确；由题可知，P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当θ＝60°时，vQcos 60°＝vP，解得vP∶vQ＝1∶2，故C错误；P从开始运动到到达最低点的过程中，先向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态，然后又减速向下运动，加速度向上，处于超重状态，故D错误。 3．C　[解析]当杆与竖直方向的夹角为θ时，根据运动的分解，如图所示。 沿杆方向两分速度大小相等，则vAcos θ＝vBsin θ 即vA＝vBtan θ，当θ＝45°时，可得vA＝vB，故选C。 4．C　[解析]将小车的速度在沿细绳和垂直细绳两个方向分解，则沿绳方向的分量大小为v∥＝v cos θ2，所以P的速率为vP＝v∥＝v cos θ2，故AB错误；由于θ2不断减小，所以vP不断增大，根据牛顿第二定律可知P所受合外力沿斜面向上，则绳的拉力大于mg sin θ1，故C正确，D错误。 5．C　[解析]球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11＝v1sin 30°＝v1，球B此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cos 60°＝v2，沿杆方向两球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，故选C。 6．AC　[解析]船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和垂直绳子方向速度的合速度，如图所示。 根据平行四边形定则有v人＝v cos θ，则人拉绳行走的速度为v cos θ，故B错误，A正确；对小船受力分析，如图所示。 根据牛顿第二定律有F cos θ－Ff＝ma 船的加速度大小为a＝，故D错误，C正确。 7．(1)垂直于河岸朝向正对岸，10 s。 (2)船头朝向方向与河岸的夹角的正切值为，80 m。 [解析](1)为使渡河时间最短，船头应垂直于河岸朝向正对岸，最短时间为t＝＝ s＝10 s。 (2)因水流速度大于船的速度，为使渡河距离最短，船头朝向应偏向上游且与合速度方向垂直，设船头朝向方向与河岸的夹角为θ，则tan θ＝＝ 最短距离是x＝，解得x＝80 m。 第3节　实验：探究平抛运动的特点 课堂达标 1．B　[解析]甲图中，两球同时落地，说明平抛小球在竖直方向上做自由落体运动，B正确，A错误；乙图中，两球恰能相遇，说明平抛小球在水平方向上做匀速直线运动，CD错误。 2．(1)B　(2)不会　相同　(3)1.5 [解析](1)研究平抛运动的规律，还需要刻度尺测量水平位移和竖直位移，故需刻度尺，B正确，AC错误。 (2)为了保证小球平抛运动的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，小球与斜槽间的摩擦不会影响实验；小球每次滚下的初始位置不同，则平抛运动的初速度不同，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，可知小球每次在空中运动的时间相同。 (3)由于竖直方向自由落体运动，则根据y＝gt2得，小球平抛运动的时间为t＝＝0.2 s，根据水平方向匀速运动，则小球平抛运动的初速度为v0＝＝ m/s＝1.5 m/s。 课后精练 1．(1)铅垂线(或重锤)　(2)x2＝2x1 [解析](1)由图可知，实验中小球离开桌子后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，竖直方向小球做自由落体运动，因此为了方便测出钢球做平抛运动的水平距离，需要在桌子边缘加上铅垂线(或重锤)。 (2)两次实验小球从斜面同一位置无初速度释放，所以平抛运动的初速度相同，设为v0，小球在竖直方向上自由落体运动，则有y＝gt，4y＝gt，解得t1＝，t2＝2，若水平方向做匀速直线运动，则有v0＝＝，解得x2＝2x1。 2．(1)2　(2)－10　－1.25　(3)2.5 [解析](1)竖直方向由Δh＝gt2得0.2 m－0.1 m＝gT2 解得T＝0.1 s，所以小球平抛运动的初速度为v0＝＝ m/s＝2 m/s。 (2)小球运动到b点时竖直方向的速度大小为vby＝＝ m/s＝1.5 m/s，从抛出到b点的时间为tb＝＝0.15 s，所以抛出点到b点的竖直高度和水平距离为hb＝gt＝11.25 cm，xb＝v0t＝30 cm，所以抛出点的坐标为x＝－(30－20) cm＝－10 cm，y＝－(11.25－10) cm＝－1.25 cm。 (3)小球运动到b点的速度为 vb＝＝ m/s＝2.5 m/s。 3．(1)水平　(2)相同　(3)相等　(4)自由落体　匀速直线　(5)1.0 [解析](1)小球每次从斜槽轨道末端出来的运动是平抛运动，所以斜槽轨道的末端需要调至水平。 (2)为了得到图中的A、B、C三点，小球每次做平抛运动的初速度应该相同，所以每次释放小球时的初位置应该相同。 (3)小球从A下落到B，与从B下落到C的水平位移相同，平抛运动的水平方向的运动是匀速直线运动，根据t＝得出时间相等。 (4)平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，所以小球在平抛运动过程中，竖直方向做的是自由落体运动；水平方向做的是匀速直线运动。 (5)在竖直方向上Δy＝y2－y1＝gt2，水平方向上x＝v0t， 联立方程解得v0＝x，联立解得：v0＝1.0 m/s。 4．(1)水平　(2)铅垂线　(3)是　(4)0.5 [解析](1)如果小球无初速度释放在斜槽的末端，不滚动，则表明斜槽末端水平。 (2)竖直方向用重垂线确定，因为小球在竖直方向所受的重力是竖直向下的。 (3)由轨迹可知，在相等的时间内，竖直方向的起始位移之比为1∶3∶5…，表明竖直方向是自由落体运动，O点就是抛出点。 (4)根据y＝gt2，x＝v0t得，平抛运动的轨迹方程为y＝x2，则斜率＝＝20，解得初速度v0＝0.5 m/s。 第4节　抛体运动的规律 课堂达标 1．C　[解析]做平抛运动的物体只受重力，故加速度恒定，运动轨迹为曲线，故平抛运动为匀加速曲线运动，故AB错误；由于做平抛运动的物体加速度恒定，故每秒内的速度增量相等，故C正确；由于做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，有x＝v0t，y＝gt2，故合位移为s＝，因s与t非线性关系，则每秒位移增量不等，故D错误。 2．D　[解析]小石块做平抛运动，在竖直方向上有h＝gt2，解得t＝1 s，故A错误；小石块落地竖直分速度vy＝gt＝10 m/s，则小石块落地时速度大小为v＝＝10 m/s，故B错误；设末速度与水平面的夹角为θ，故有tan θ＝＝1，解得θ＝45°，故C错误；水平位移为x＝v0t＝10 m，故D正确。 3．A　[解析]由题意有v＝2gh，可得vy＝4 m/s，将球刚要落到球拍上时的速度沿水平方向和竖直方向分解，则球在B点的速度大小v＝＝5 m/s，A正确，BCD错误。 4．AC　[解析]将初速度分解为水平方向和竖直方向的分速度，在竖直方向上三个小球的分运动相同，根据竖直上抛运动特点可知h＝gt2，v2＝2gh，三个小球在空中的运动时间相同，三小球初速度的竖直分量相同，故B错误，C正确；在相等时间内球1的水平位移最大，则球1的初速度水平分量最大，而三小球初速度的竖直分量相同，则落地时球1的速率最大，故A正确，D错误。故选AC。 课后精练 1．A　[解析]根据h＝gt2得t＝，则水平距离为x＝v0t＝v0，知水平方向通过的最大距离由物体的高度和初速度决定。故A正确，BCD错误。 2．D　[解析]小球平抛运动在竖直方向上做自由落体，根据h＝gt2可知下落时间为t＝，因为ha<hb＝hc，所以三个小球下落时间ta<tb＝tc，AB错误；小球水平方向上做匀速直线运动，因为xb>xc，根据x＝v0t可知水平初速度vb>vc，C错误；同理对比a、b小球，水平位移关系xa>xb，结合时间关系可知水平初速度va>vb>vc，D正确。 3．B　[解析]炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自由落体，所以在竖直方向上h＝gt2，解得t＝，在水平方向上，L＝v0t＝v0，因此，当轰炸机飞行的高度加倍，飞行速度减半时，炸弹的水平位移变为原来的，所以飞机投弹时距离目标的水平距离应为L。故选B。 4．B　[解析]铅球从最高点到落地做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，vy＝，根据对称性可知，铅球在空中运动时间为t总＝2t，三个铅球竖直方向上运动的高度相等，则运动时间相等，抛出初速度的竖直分量相等，故A错误，B正确；水平方向做匀速直线运动，则有x＝vyt，由于运动时间相等，水平位移甲的最大，故抛出初速度的水平分量甲的最大，根据运动的对称性和速度的合成可知甲抛出的铅球落地速率最大，故CD错误。 5．D　[解析]如图作一条连接各端点的直线，只要小球越过该直线，则小球落到台阶上。 设小球落到斜线上的时间t，水平，x＝v0t；竖直：y＝gt2；且x＝y；联立解得 t＝0.6 s；相应的水平距离x＝3×0.6 m＝1.8 m；则台阶数：n＝＝4.5；知小球抛出后首先落到的台阶为第5级台阶。故D正确，ABC错误。 6．BCD　[解析]设物体抛出后经时间t竖直分位移和水平分位移相等，此时有v0t＝gt2，解得t＝，竖直分速度为vy＝gt＝2v0，故A错误，C正确；根据速度的合成可知瞬时速度为v＝＝v0，故B正确；水平分位移为x＝v0t＝，则物体运动的合位移为s＝x＝，故D正确。故选BCD。 7．BD　[解析]小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值tan θ＝，解得t＝，在竖直方向上的位移y＝gt2，当初速度变为原来的2倍时，竖直方向上的位移变为原来的4倍，小球运动的时间变为原来的2倍，所以小球后一次落点与P点的间距是PQ间距的4倍。故C错误，D正确；设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则tan β＝，联立，可得tan β＝2tan θ，可知，θ不变，则β不变，所以速度方向与斜面的夹角也不变。故A错误，B正确。故选BD。 8．(1)3 s　(2)75 m [解析](1)运动员由A点到B点做平抛运动，水平方向的位移x＝v0t，竖直方向的位移y＝gt2，又＝tan 37°，联立解得t＝＝3 s。 (2)由题意知sin 37°＝＝，解得A、B间的距离s＝＝75 m。 培优专项(二)　与斜面和曲面有关的平抛运动 课堂达标 1．D　[解析]竖直速度与水平速度之比为tan φ＝，竖直位移与水平位移之比为tan θ＝＝，故tan φ＝2tan θ，故选D。 2．C　[解析]根据平行四边形定则知：tan θ＝，解得竖直分速度为vy＝，则平抛运动的时间为：t＝＝＝ s＝ s，故C正确，ABD错误。 3．B　[解析]如图所示，过抛出点A作斜面的垂线，当小球落在斜面上的B点时，位移最小。 设运动的时间为t，则在水平方向上有x＝v0t，在竖直方向上有y＝gt2，根据几何关系知＝tan θ，联立解得t＝，小球的水平位移大小为x＝v0t＝，竖直位移大小为y＝gt2＝，由水平位移和竖直位移的合成可求出小球位移的大小。故B正确，ACD错误。 4．A　[解析]根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度vy＝v0tan α 则运动的时间t＝＝，则AB间的水平距离x＝v0t＝，故A正确，BCD错误。 课后精练 1．A　[解析]小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0，故A正确，BCD错误。 2．C　[解析]根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知：x＝v0t，y＝gt2，tan α＝，分别将30°、60°代入求时间之比为1∶3，两球下落高度之比为1∶9，C正确。 3．B　[解析]画出小球在B点速度的分解矢量图。由图可知 tan 60°＝，R(1＋cos 60°)＝v0t，联立解得 v0＝，故选B。 4．B　[解析]小球从O到D点做平抛运动，根据平抛运动规律速度的反向延长线过水平位移中点，小球从O点抛出，故D点的速度方向不可能由O指向D，故A错误；小球从O到D点做平抛运动，则有R cos 60°＝gt，R sin 60°＝v0t1，解得小球在O点的初速度大小为v0＝，故C错误；根据上述可以解得，小球由O到D的运动时间t1＝，从O到E的运动过程有R＝gt，解得t2＝，则小球从D到E的运动时间为t3＝t2－t1＝(－1)，故D错误；结合上述可知，小球在D点的速度大小为v＝＝，故B正确。 5．(1)1∶3　(2)4∶3 [解析](1)两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。 由题意知水平射程之比为x1∶x2＝1∶3，故平抛运动的初速度之比为v1∶v2＝1∶3。 (2)第一个球落地后反弹做斜抛运动，根据运动的对称性可知，DB段和OB段是相同的平抛运动，则两球下落相同高度(H－h)后水平距离之和为x1′＋x2′＝2x1，而x1＝v1t1，x1′＝v1t2，x2′＝v2t2，联立可得t1＝2t2，根据公式得H＝gt，H－h＝gt，即H＝4(H－h)，解得H∶h＝4∶3。 6．(1)，　(2)， [解析](1)小球在空中的飞行时间记为t，则水平方向位移 x＝lABcos 30°＝v0t，竖直方向位移y＝lABsin 30°＝gt2，解得t＝tan 30°＝，lAB＝。 (2)如图所示。 小球的速度方向平行于斜面时，小球离斜面的距离最大， 此时有tan 30°＝＝，故运动时间 t′＝＝ 此时小球的水平位移为x′＝v0t′＝ 又此时小球速度方向的反向延长线交横轴于处，故小球离斜面的最大距离为H＝x′sin 30°＝。 7．(1)v0　(2) [解析](1)设小球运动到P点时的速度大小为v，OP之间的距离L。以O点为坐标原点，初速度v0方向为x轴正方向、风力F方向为y轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示，沿v0方向有x＝v0t，沿风力F方向F＝ma，vy＝at，y＝at2，由题意知tan θ＝，小球运动到P点时的速度大小v＝，解得v＝v0。 (2)OP之间的距离L＝＝。 章末复习提升 知识构建 切线　物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上　凹　矢量运算法则　匀速直线　v0t　v0　自由落体　gt2　gt　匀变速曲线　抛物线　v0cos θ　匀速直线　v0sin θ　匀变速直线 教考衔接 [典例1] B　[解析]设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v块cos θ＝v sin θ ，解得v＝ ，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大。 [跟踪训练1] C　[解析]根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度为大小a，斜面倾角为θ，物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0x＝v0cos θ，加速度大小为ax＝a cos θ，则有v－v＝－2axx，整理可得vx＝，可知，vx－x图像为类似抛物线的一部分，故AB错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，速度为v0y＝v0sin θ，加速度大小为ay＝a sin θ，则有v－v＝－2ayy，整理可得vy＝，可知，vy－y图像为类似抛物线的一部分，故C正确，D错误。 [典例2] m/s [解析]频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s，设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t，y1＝gt2＝×10×0.22 m＝0.2 m，y2＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22) m＝0.6 m，令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y，已标注的线段s1、s2分别为s1＝，s2＝＝，则有∶＝3∶7，整理得x＝y，故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝＝ m/s。 [跟踪训练2] D　[解析]鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h＝gt2，由于hM<hN，则tM<tN，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故AB错误；在水平方向有x＝v0t，如图所示。 过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确。 [典例3] BD　[解析]对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0cos 30°·t，竖直方向上有y＝－v0sin 30°＋gt2，由几何关系有＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，故A错误；由A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝，解得tan θ＝，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，故B正确；对重物从P运动到Q的过程，如图，将重力加速度和初速度v0在垂直于PQ连线方向分解在垂直于PQ连线方向有2ghmcos 30°＝(v0sin 60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10 m，故C错误；由B项分析，竖直方向上有2gym＝v，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45 m，故D正确。 [跟踪训练3] C　[解析]由题意可画出示意图，如图所示。 设球网的高度为h, 对于斜向下击出的网球，在水平方向有L＝v0cos θ·t1，竖直方向有L－h＝v0sin θ·t1＋gt，对于斜向上击出的网球，在水平方向有L＝v0cos θ·t2，竖直方向有－h＝－v0sin θ·t2＋gt，联立可得t1＝t2，＝2v0sin θ·t1，结合L＝v0cos θ·t1，可得4sin θ＝cos θ，解得tan θ＝，故C正确，ABD错误。故选C。 第五章　章末检测(一) 1．D　[解析]曲线运动的速度方向为曲线上某点的切线方向，则速度的方向时刻改变，而速度的大小变或不变，即速度一定改变，故A错误。曲线运动的速度与合力方向不可能在同一直线上，故B错误；曲线运动所受合外力可以为恒力或变力，加速度也可以恒定或变化，故C错误；曲线运动可以是匀变速运动或变加速运动，故D正确。 2．D　[解析]小车做曲线运动，要求合外力指向轨迹的凹侧，而从左向右运动速度一直减小，需要满足沿着切线方向的速度与合外力成钝角，故符合条件的图只有D。 3．B　[解析]救灾物资同时参与了两个分运动，竖直方向自由下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立。因为竖直方向做自由下落运动，救灾物资下落时间只与高度有关，与水平风力无关，故A错误；风力越大，着地时救灾物资水平速度越大，竖直速度不变，所以救灾物资着地速度越大，故B正确，CD错误。 4．B　[解析]根据运动的合成，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动，AC错误，B正确；将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，知水平方向上的速度为匀速后退的速度和沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度，因为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变，所以消防队员水平方向的速度在变，D错误。故选B。 5．A　[解析]如图，细棒A端的速度为vA，B端的速度为vB，细棒与地面的夹角为θ 则v1＝vA sin θ，v2＝vB cos θ，v1＝v2，当A端与B端的速度大小之比为时，＝＝＝ 即tan θ＝，θ＝30°，故A正确，BCD错误。 6．B　[解析]小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动，A错误；当小船行驶到河中央时，v水＝×400 m/s＝3 m/s，那么小船在河水中的最大速度vmax＝ m/s＝5 m/s，B正确；小船船头垂直河岸由南向北渡河，那么小船渡河的时间是t＝＝ s＝200 s，C错误；小船在静水中速度大小恒定，则各点到较近河岸的距离为x是均匀变化的，由v水与x的关系为v水＝x，可知水流速度也是均匀变化，可求得水速在一段时间内的平均速度，又小船渡河的时间是确定的，所以小船到达对岸的位置是可以确定的，D错误。 7．C　[解析]把两飞镖速度反向延长，交点为水平位移中点，如图所示。 设水平位移为x，根据几何关系有 －＝d 解得x＝d，故选C。 8．AD　[解析]若x方向始终匀速，曲线运动物体所受合力指向轨迹的凹侧，则 物体所受合力沿y方向，且合力先指向y轴负方向后指向y轴正方向，即y方向先减速后加速，A正确，B错误；若y方向始终匀速， 曲线运动物体所受合力指向轨迹的凹侧，则物体所受合力沿x方向， 且合力先指向x轴正方向后指向x轴负方向，即x方向先加速后减速，故C错误，D正确。故选AD。 9．CD　[解析]若摩托车恰能飞到壕沟正对面，则水平方向x＝v0t，竖直方向h＝gt2，解得v0＝5 m/s，则摩托车安全越过壕沟的速度不小于5 m/s，可能是5 m/s和20 m/s。故选CD。 10．AB　[解析]由题图像可知，在2 s内，质点在沿x轴正方向以1 m/s的速度做匀速直线运动，在y轴方向以2 m/s的初速度、1 m/s2的加速度做匀减速直线运动，由运动的合成知识可知，质点做匀变速曲线运动，A正确；在1 s时，质点在y轴方向速度为vy＝v0－at＝2－1×1 m/s＝1 m/s，由运动的合成知识可得质点的合速度大小v＝＝ m/s，B正确；合外力的方向沿y轴方向，速度方向与y轴方向成45°角，C错误；在1 s时，质点在x轴上的分位移为1 m，质点在y轴上的分位移为y＝v0t－at2＝1.5 m，所以质点在1 s时的位置坐标为(1 m，1.5 m)，D错误。故选AB。 11．(1)D　(2)1　0.2 [解析](1)因为相邻两照片间的时间间隔相等，水平位移相等，知小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上的运动规律与b球运动规律相同，知竖直方向上做自由落体运动。故D正确，ABC错误。 (2)根据Δy＝gT2＝10×0.01 m＝0.1 m。所以2L＝0.1 m，所以平抛运动的初速度v0＝＝ m/s＝1 m/s。 因为两球在竖直方向上都做自由落体运动，所以位移之差恒定，当小球a运动到与b在同一竖直线上时，距离最短，则t＝＝ s＝0.2 s。 12．(1)是　(2)8　(3)0.8　(4) [解析](1)由题图像可知在连续相等的时间间隔内通过的位移之比为1∶3∶5，根据初速度为0的匀变速运动，在连续相等的时间间隔内通过的位移之比的规律可知a点是小球的抛出点。 (2)根据Δy＝gT2，可得g＝＝＝8 m/s2，则该星球表面的重力加速度为8 m/s2。 (3)由x＝v0T，可得v0＝＝ m/s＝0.8 m/s，则小球平抛的初速度是0.8 m/s。 (4)小球在b点时的竖直方向的速度为 vby＝＝ m/s＝0.8 m/s 小球在b点时的速度为vb＝＝ m/s。 13．(1)　(2)L≤v≤L [解析](1)对打在中点的微粒有：h＝gt2，解得t＝。 (2)打在B点的微粒v1＝，2h＝gt2，解得v1＝L，同理，打在A点的微粒初速度：v2＝L，微粒初速度范围：L≤v≤L。 14．(1)2 s　(2) [解析](1)由牛顿第二定律可知，t1时间内物体P的加速度大小a1＝＝4 m/s2，物体P加速t1时间后的速度大小v1＝a1t1＝4 m/s，位移大小x1＝a1t＝2 m 时间t2内物体P的加速度大小a2＝＝5 m/s2 物体P沿x轴方向和沿y轴方向的分位移大小相等，即x1＋v1t2＝a2t，联立解得t2＝2 s。 (2)此时物体P沿y轴方向的分速度大小v2＝a2t2＝10 m/s，设此时物体P的运动方向与x轴正方向的夹角为α，则tan α＝＝。 15．(1)10 s　(2) m/s　(3)10 m [解析](1)重物由A到B的时间t＝＝10 s。 (2)重物经过B点时竖直分速度vyB＝at＝0.2×10 m/s＝2 m/s，根据平行四边形定则知，B点的速度vB＝＝ m/s。 (3)A到B的竖直位移y＝at2＝10 m，则由A到B的位移s＝＝10 m。 16．(1)0.5　(2)6 m/s [解析](1)根据h＝gt2得t＝＝0.4 s，小球的水平位移x＝v0t＝0.8 m，根据x＝v1t－at2，解得a＝5 m/s2，则在水平面的加速度a＝μg，所以μ＝0.5。 (2)当木板沿逆时针转动37°时，球以初速度v0做平抛运动打到长木板上，如图所示，则x＝v0t′，y＝gt′2，tan 37°＝，得t′＝0.2 s，滑块沿斜面上滑，设初速度为v2，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′，根据位移关系有＝v2t′－a′t′2，联立以上公式可求得v2＝6 m/s。 第五章　章末检测(二) 1．A　[解析]曲线运动的轨迹夹在速度方向与所受合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧，由于小钢球受到磁场力的作用做曲线运动，而磁铁对小钢球是引力的作用，且小钢球离磁铁越近磁场力越大，根据牛顿第二定律可知，小钢球做的是加速度逐渐变化的曲线运动，即小钢球做非匀变速曲线运动。故选A。 2．D　[解析] 物体做曲线运动，其轨迹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧。故选D。 3．A　[解析]小球做平抛运动，则水平方向有x＝vt，竖直方向有h－x tan 45°＝gt2，解得t＝1 s，故A正确，B、C、D错误。 4．A　[解析]套圈抛出后做平抛运动，水平方向有x＝vt，竖直方向有h＝gt2，联立解得v＝x＝2.5 m/s＝5.0 m/s，故选A。 5．A　[解析]根据tan θ＝，可得v0＝，当速度加倍时，运动时间加倍，则当小球在空中的运动时间为2t时，则第二次水平抛出的速度大小为2v0。故选A。 6．D　[解析]设小球下落的时间为t，圆弧的半径为R，由几何关系可得v0t＋2v0t＝2R，(gt2)2＋(R－v0t)2＝R2，联立解得R＝，故D正确，A、B、C错误。 7．B　[解析]设半球形容器的半径为R，根据平抛运动规律有R＝gt2，R＝v0t，解得v＝＝，故选B。 8．AD　[解析]根据h＝gt2，得t＝，b、c高度相等，则运动时间相等，a的高度小于b、c的高度，a的运动时间最短，故C错误，D正确；根据水平位移x＝vt ，可知a的位移最大，且时间最短，故a的初速度最大，故A正确；a落地的竖直分速度小，水平初速度大，落地速度不一定最大，故B错误。故选AD。 9．BD　[解析]在静水中船头指向只是船速方向，不是船的实际航线，合速度方向是船的实际航线方向，故A错误；由于水流速度小，小船可以垂直过河，所以最短位移等于200 m，故B正确；船头垂直于河岸时渡河时间最短，小船过河所需的最短时间为tmin＝＝ s＝40 s，故C错误； 小船渡河的最短时间是由船速决定的，与水流速度无关，则如果水流速度增大，小船过河所需的最短时间不变，故D正确。故选BD。 10．AD　[解析]第一次垂直斜面抛出时，将重力加速度g分解为垂直斜面方向和沿斜面方向，则运动时间为t1＝，第二次平抛时tan θ＝，解得t2＝，则t2＝t1sin θ，故A正确，B错误；第一次落在斜面上的位置离抛出点的距离为s1＝g sin θ·t＝，第二次小球落在斜面上的位置离抛出点的距离为s2＝＝，则s2＝s1，故C错误，D正确。故选AD。 11．(1)BD　(2)A　(3)1.6 [解析](1)为了保证小球每次做平抛运动时的初速度相同，应使小球每次都从同一高度由静止释放，斜槽是否光滑对实验无影响，A错误，B正确；实验时不需要计算小球的质量，C错误；使用密度大、体积小的小球可以减少空气阻力的影响，进而减小实验误差，D正确。故选BD。 (2)由题图乙可以看出小球在竖直方向上先上升再下降，可以判断出，实验过程中斜槽末端切线不水平，有向上的竖直初速度，A正确；由频闪照相的图片只能判断出小球抛出时的速度斜向上，不能判断出释放时的速度是否为0，B错误； 由于是频闪照相得到的图片，小球释放一次即可得到该图片，C错误。故选A。 (3)从a、b、c、d点可看出，竖直方向上相等时间的位移差恒定，有Δh＝L＝gT2 解得相等的时间间隔为T＝＝0.05 s 水平方向上有x＝v0T 可求得v0＝1 m/s b点的竖直方向速度为vy＝＝1.25 m/s b点的速度为vb＝≈1.6 m/s。 12．(1)AB　(2)A　(3)相等　不是　1.25 [解析](1)为了使小球P每次离开斜槽轨道末端N之后能够做平抛运动，要求小球P在N端速度沿水平方向，所以斜槽轨道N端必须水平，而斜槽轨道是否光滑对实验无影响，故A正确，C错误；本实验探究平抛运动的竖直分运动规律，不要求小球P每次到达N端的速度大小相等，所以小球P可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，故B正确。故选AB。 (2)实验现象中发现两小球同时落地，改变H的大小，重复实验，PQ仍同时落地，表明小球P竖直方向的分运动与小球Q的运动相同。故选A。 (3)由图乙可知a、b、c、d四点中相邻两点间水平距离相同，而小球在水平方向做匀速直线运动，则相邻两点间的时间间隔相同。以a点位置为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，则竖直方向上做自由落体运动，若a点为平抛运动的起点，则相等时间间隔内位移比为1∶3∶5，但此时的相等时间间隔位移比为1∶2∶3，故a点位置不是平抛运动起点。时间间隔设为T，根据运动学规律有Δy＝ybc－yab＝gT2＝0.025 m，解得T＝0.05 s，b点水平方向上速度大小为v0＝＝1 m/s，b点竖直方向上速度大小为vby＝＝0.75 m/s，小球P经过b点的速度为vb＝＝1.25 m/s。 13．(1)5 m/s　(2)(12 m，8 m)　(3)y＝(0≤x≤12 m) [解析](1)由题图乙、丙知4 s末的速度大小为 v＝＝5 m/s。 (2)根据速度—时间图像与t轴围成的面积表示位移，4 s末水平方向的位移和竖直方向的位移分别为： x＝3×4 m＝12 m y＝ m＝8 m 故在4 s末的位置坐标为(12 m，8 m) (3)在前4 s内：x＝3t，y＝at2，a＝ m/s2＝1 m/s2 可得前4 s的轨迹方程为y＝(0≤x≤12 m)。 14．(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s [解析](1)小球从平台抛出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则h＝gt，vy＝gt1 根据已知条件结合速度的合成与分解有tan 53°＝ 代入数据解得v0＝3 m/s，t1＝0.4 s。 (2)s＝v0t1，则s＝1.2 m。 (3)设小球落到斜面顶端的速度大小为v1，sin 53°＝ 小球在光滑斜面上的加速度大小为a＝g sin 53° 小球在斜面上的运动过程满足＝v1t2＋at 故小球离开平台后到达斜面底端经历的时间为t＝t1＋t2 联立以上各式解得t＝2.4 s。 15．(1)0.4 m　(2)3 m/s　(3)0.6 m　(4)2.5 m [解析](1)设滑块的质量为m，滑块沿斜面下滑的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma1，解得a1＝5 m/s2 对滑块沿斜面下滑的过程，根据匀变速直线运动的规律有v＝2a1s1，解得s1＝0.4 m。 (2)因为v0<v，所以滑块滑上传送带后的一段时间内做匀加速直线运动，设其加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma2，解得a2＝2 m/s2。 设该过程所用的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有v＝v0＋a2t，该过程中滑块通过的距离x＝v0t＋a2t2 解得t＝0.5 s，x＝1.25 m 因为x<L，所以滑块的速度增大到v后，将与传送带以共同的速度向右运动，故滑块从C点飞出时的速度v′等于v，即v′＝v＝3 m/s。 (3)设滑块从C点运动到D点的时间为t′，在竖直方向有h＝gt′2，在水平方向有s2＝v′t′，解得s2＝0.6 m。 (4)经分析可知，当滑块释放的位置到B点的距离最大时，滑块通过B点时的速度最大(设为vmax)，且滑块匀减速滑动到C点时的速度恰好为v，对滑块沿传送带向右滑动的过程，根据匀变速直线运动的规律有v－v2＝2a2L 解得vmax＝5 m/s 对滑块沿斜面下滑的过程，根据匀变速直线运动的规律有v＝2a1smax，解得smax＝2.5 m。 第六章　圆周运动 第1节　圆周运动 课堂达标 1．D　[解析]匀速圆周运动中，线速度的大小不变，但方向变化，即发生变化的物理量是线速度，速率、周期、角速度均没有发生变化。故选D。 2．C　[解析]当ω一定时，线速度大小v才与轨道半径r成正比，A错误；当v一定时，角速度ω才与轨道半径r成反比，B错误；在用转速表示角速度时，角速度与转速成正比，C正确；当r一定时，线速度大小v才与周期T成反比，D错误。 3．C　[解析]扳手上的P、Q两点是同轴转动，则角速度相同，即ωp＝ωQ；因为rp<rQ，根据v＝ωr可知，vp<vQ。故选C。 4．B　[解析]靠近齿轮接触，两轮边缘上各点线速度大小相等，可知甲、丙两轮边缘上各点线速度大小相等，由v＝rω，ω1r1＝ω3r3，丙齿轮的角速度为ω3＝，故选B。 课后精练 1．A　[解析]分针转动的周期T1＝60分钟＝1小时，时针转动的周期为T2＝12小时，由ω＝可知，分针的角速度是时针的12倍，故A正确，B错误；如果分针的长度是时针的1.5倍，由v＝rω故分针端点的线速度与时针端点线速度之比为(1.5×12)∶(1×1)＝18∶1，故CD错误，故选A。 2．BC　[解析]由v＝rω，可知，线速度大小相同时，角速度与半径成反比，则角速度不一定相同，故A错误；由ω＝，可知，角速度相同时，周期一定相同，故B正确；由n＝，可知，周期相同时，转速一定相同，故C正确；由v＝2πnr，可知，转速相同时，线速度与半径成正比，则线速度不一定相同，故D错误。 3．B　[解析]齿轮传动装置中，边缘的线速度相等，因此从动轮只能逆时针转动；则＝，且T1＝，所以T2＝，B正确。 4．A　[解析]两球的角速度相等，根据v＝rω知＝，又r1＋r2＝L，所以＝，则r1＝L，故选A。 5．D　[解析]根据题图乙可知，在凸轮圆盘转动一圈的过程中，探测器接收到光的时间越来越短，说明凸轮圆盘转动速度越来越快，所以该时间段内风轮叶片的转速逐渐增大，角速度逐渐增大，故A、B错误；根据图乙可知，在该时间内，凸轮圆盘转动了4圈，所以风轮叶片转动了4n圈，则风轮叶片转动的平均角速度为ω＝＝，则风轮叶片转动的平均速率为v＝ωr＝，故C错误，D正确。 6．B　[解析]平抛的竖直位移为d，则d＝gt2，联立有dω2＝gπ2(2n＋1)2，2dv＝gL2，故AD错误；飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，设时间为t，飞镖飞行时间t和圆盘转动的周期满足t＝nT＋(n＝0，1，2，…)，由T＝和L＝v0t得ωL＝π(2n＋1)v0，故B正确，C错误，故选B。 7．AC　[解析]根据题意可知，某航天器做匀速圆周运动运行n圈的时间为t2－t1，根据周期的定义得T＝，故A正确，B错误；根据周期与线速度的关系可得T＝，故C正确，D错误。 8．ACD　[解析]观察者感觉扇叶不动，则说明闪光时，扇叶正好转过三分之一、或三分之二，或一周……，即转过的角度θ＝πn，n＝1，2，3，…，由于光源每秒闪光30次，所以电扇每秒转过的角度为θ＝πn，转速为10n r/s＝600n r/min，所以n＝1，转速为600 r/min，所以n＝2，转速为1 200 r/min，所以n＝5，转速为3 000 r/min，故ACD正确，B错误。 9．(1)2 s　(2)20 m/s　(3) rad/s [解析](1)链球从最高点到地面做自由落体运动有h＝gt2，链球从最高点到地面经历的时间t＝＝2 s。 (2)链球在最高点的速度大小v0＝＝20 m/s。 (3)链球脱手后竖直方向的速度vy＝gt＝20 m/s，脱手后的速度为v＝，链球脱手前瞬间角速度的大小ω＝＝ rad/s。 第2节　向心力 课堂达标 1．B　[解析]向心力是物体做圆周运动的原因，物体由于有向心力才做圆周运动，故A错误；因向心力始终垂直于线速度方向，所以它不改变线速度的大小，只改变线速度的方向，当合外力完全提供向心力时，物体就做匀速圆周运动，该合力大小不变，方向时刻改变，即向心力是变力，故B正确，D错误；向心力是根据力的作用效果命名的，它可能是某种性质的力，也可能是某个力的分力或几个力的合力，受力分析时不能加入向心力，故C错误。 2．C　[解析]由于圆盘上的木块A在竖直方向上没有加速度，所以它在竖直方向上受重力和支持力的作用而平衡。而木块在水平面内做匀速圆周运动，由于没有发生相对滑动，所以其所需向心力由静摩擦力提供，且静摩擦力的方向指向圆心O。故选C。 3．B　[解析]由F＝mω2r可知半径相同时，角速度越大绳越易断，故A错误；由F＝mr，可知周期相同时，半径越大绳越易断，故B正确；由F＝m，可知线速度相等，半径越小绳越易断，故C错误；由F＝mvω判定角速度相等时，线速度越大绳越易断，故D错误。 4．BD　[解析]P受的摩擦力即为合力，如果物体匀速圆周运动，摩擦力指向圆心，即c方向；如果物体加速圆周运动，摩擦力的一个分力指向圆心，另一个分力指向速度方向，此时摩擦力为b方向；如果物体减速圆周运动，摩擦力的一个分力指向圆心，另一个分力指向速度的相反方向，此时摩擦力为d方向。故AC错误，BD正确。 课后精练 1．B　[解析]做曲线运动的物体所受合力的方向总是指向曲线凹侧，故AD错误；由于速度逐渐增大，故合力F的方向沿切线方向的分力与速度方向相同，故B正确，C错误。 2．C　[解析]根据题意，细线碰到钉子的瞬间，小球的瞬时速度v不变，但其做圆周运动的半径从L突变为，由ω＝，可知小球的角速度突然增大，故AB错误；根据FT－mg＝m，可知小球其做圆周运动的半径减小，则向心力增大，则小球受到的拉力增大，由牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力增大，故C正确，D错误。 3．D　[解析]两球受到绳子的拉力提供向心力，所以向心力相等，角速度又相等，则有m1ω2r1＝m2ω2r2，又有m1＝2m2，由以上两式可得r1∶r2＝1∶2，故选D。 4．C　[解析]过山车恰好经过半径为R1轨道的最高点，由牛顿第二定律得mg＝m，解得v＝，以同样速度通过半径为R2轨道的最高点时mg＋FN＝m，由于R1＝3R2，解得FN＝2mg，故ABD错误，C正确。 5．B　[解析]以秋千板在最低点时进行受力分析，设每根绳子的拉力为T，则T总＝2T，T总－mg＝，代入数据解得T＝245 N，故B正确。 6．D　[解析]要使a不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有Ff＝mg，当摩擦力正好等于最大摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力，根据向心力公式得N＝mω2r，而Ff＝μN，联立以上三式解得ω＝，故选D。 7．BCD　[解析]小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图 小球受重力、绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心，并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力或绳子的拉力的水平分量，故A错误，BC正确；根据几何关系可知F向＝F合＝mg tan θ，故D正确。故选BCD。 8．(1)A　(2)D　(3)C [解析](1)本装置的原理是使物体质量、半径、角速度等多个物理量中的一个变化，控制其他物理量不变，以研究向心力与各物理量之间的关系，故采用的是控制变量法。故选A。 (2)图示情景中对比铅球和钢球的运动情况，两物体的质量不同，线速度、角速度和半径相同，所以研究的是向心力与质量之间的关系。故选D。 (3)由向心力的公式F＝mrω2＝m，可知通过本实验可以得到的结论是：在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。故选C。 第3节　向心加速度 课堂达标 1．C　[解析]向心加速度是描述物体做圆周运动的线速度方向变化快慢的物理量，故A错误；根据公式an＝ω2r，得ω＝，在半径一定时向心加速度大，物体转得快，故B错误；向心加速度的方向与速度垂直，时刻变化，故C正确，D错误。 2．B　[解析]在悬绳碰到钉子的前后瞬间，速度不变。做圆周运动的半径从L变成了，则根据加速度公式a＝有，两次a之比为半径之反比，即2∶3。故选B。 3．B　[解析]根据题目条件可知A、B两点的线速度大小相等，即vA＝vB，故A错误，B正确；根据v＝ωr，vA＝vB，可知，前、后两轮的角速度之比为2∶1，故C错误；由an＝，可知，v一定时，向心加速度大小与半径成反比，则A、B两点的向心加速度大小之比为2∶1，故D错误。故选B。 4．B　[解析]沿螺旋线自外向内运动，说明半径R不断减小；根据其走过的弧长s与运动时间t成正比，根据v＝可知，线速度大小不变，故A错误；根据a＝，可知，v不变，R减小时，a增大，故B正确；根据ω＝可知，v不变，R减小时，ω增大，故C错误；由B解答可知a增大，根据F合＝ma，质点质量不变，F合增大，故D错误；故选B。 课后精练 1．C　[解析]纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C。 2．A　[解析]A、B通过的路程之比为6∶5，时间相等，由线速度的定义v＝，知＝，故A错误，符合题意；运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3∶2，时间相等，根据角速度的定义ω＝知＝，故B正确，不符合题意；根据v＝ωr知，圆周运动的半径之比为＝×＝，故C正确，不符合题意；根据a＝vω知，向心加速度大小之比为＝＝，故D正确，不符合题意。 3．D　[解析]由a＝ω2R＝R＝，可得，角速度ω＝，周期T＝2π，线速度v＝，在t时间内小球通过的路程s＝vt＝·t，t时间内小球转过的角度θ＝ωt＝t，故ABC正确，D错误。故选D。 4．C　[解析]由题图可知，玻璃盘的转动方向与主动轮转动的方向相反，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反。A错误；主动轮与从动轮的线速度大小相同，根据ω＝＝2πn得n′＝n＝×60 r/min＝240 r/min，B错误；从动轮的角速度为ω′＝2πn′＝2π×4 rad/s＝8π rad/s，P点的线速度大小约为vP＝ω′＝8π×0.15 m/s≈3.8 m/s，C正确；根据向心加速度公式得a＝ω′2＝(8π)2×0.15 m/s2≈95 m/s2，D错误。 5．C　[解析]第一个轮子的大轮外缘线速度大小为v1时，设第二个轮子的大轮外缘线速度大小为v2，以此类推，第n个轮子的大轮外缘线速度大小为vn，则第n个轮子的小轮边缘线速度大小为vn＋1，根据线速度与角速度的关系得 ＝，解得v2＝v1，又因为＝，解得v3＝()2v1，以此类推vn＋1＝()nv1，故选C。 6．AC　[解析]因为A为双曲线的一个分支，说明a与r成反比，由a＝可知，A物体运动的线速度大小不变，故A正确，B错误；而OB为过原点的直线，说明a与r成正比，由a＝ω2r可知，B物体运动的角速度大小不变，故C正确，D错误。 7．BD　[解析]球绕中心轴线 OO′以角速度ω做匀速圆周运动，球上的质点 a、b 两点的角速度相同，半径不同， 令球的半径为R，a、b两点的转动半径之比为ra∶rb＝R cos θ∶R＝∶2，由v＝ωr，a、b两点的线速度之比va∶vb＝∶2，AC错误B正确； a、b 两点的角速度相同，由a＝rω2，a、b两点的向心加速度之比aa∶ab＝∶2，D正确。 8．(1)　(2) [解析](1)杆的端点以杆长为半径做圆周运动，求解杆长为L＝，小球的转动半径为r＝L，小球做圆周运动的角速度与杆转动的角速度相同，则小球转动的线速度为v＝ωr＝。 (2)小球的向心加速度a＝ω2r＝。 9．(1)2π　(2) [解析](1)根据h＝gt2，t＝，板刚好只转一圈ωt＝2π，圆板的角速度ω＝2π。 (2)圆板边缘上的点转动的最小向心加速度 a＝ω2R＝。 第4节　生活中的圆周运动 课堂达标 1．C　[解析]火车运动的圆周平面为水平面，为图中的b，故A错误；由重力与支持力的合力提供向心力可得mg tan θ＝m，所以在该转弯处规定行驶的速度为v＝，故D错误；由C分析可知，当火车行驶的速率大于时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力，故C正确；若火车行驶的速度小于设计速度时，内侧铁轨对车轮的轮缘施加压力，速度越小，压力越大，内轨道和轮缘之间的磨损越严重，故B错误。故选C。 2．B　[解析]当汽车以10 m/s通过拱形桥顶点时，mg－mg＝m，对桥面的压力为零时，mg＝m，解得v2＝20 m/s，故选B。 3．C　[解析]通过螺旋隧道设计，有效减小坡度，主要目的是减小车重力沿斜面向下的分力，故A错误；由向心力公式可知，当速度不变，R越大时，向心力越小，即外侧的车需要的向心力一定更小，故B错误；车辆转弯处，路面应适当内低外高，这样有一部分支持力分量可以提供向心力，使汽车更安全，降低车辆侧滑风险，故C正确；车辆上坡过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力，故D错误。 4．D　[解析]在水平面上，细绳的拉力提供m所需的向心力，当拉力消失，物体受力合为零，将沿切线方向沿轨迹Pa做匀速直线运动；当拉力减小时，将沿Pb轨道做离心运动；当拉力突然变大，小球将沿轨迹Pc运动；故D正确，ABC错误。 课后精练 1．C　[解析]小球能通过竖直圆轨道的最高点的临界状态为重力提供向心力，即mg＝mω2R，解得ω＝，C正确，ABD错误。 2．B　[解析]假设小球在最低点A受到向上的拉力F，由牛顿第二定律可得F－mg＝m，解得F＝，故杆受到的拉力。故选B。 3．D　[解析]飞机做圆周运动的向心力为F向＝mω2R，因空气对飞机的作用力和重力的合力提供做圆周运动的向心力可知，空气对飞机的作用力F＝＝m，故选D。 4．B　[解析]由题意可知，小球恰好过A点时的速度最小，即小球过A点时绳子上的拉力恰好为零时，此时小球做圆周运动的向心力完全由小球重力沿斜面向下的分力来提供，由牛顿第二定律有mgsin 30°＝m，解得vmin＝2 m/s，故选B。 5．(1)　(2)　(3)≤ω≤ [解析](1)开始时物块处于静止状态，根据平衡条件μmg＝kL，圆盘开始转动时，A所受静摩擦力提供向心力，若滑块不滑动，则有μmg≥mLω，当最大静摩擦力提供向心力时，物块开始滑动，则有μmg＝mLω，联立解得圆盘的角速度为ω0＝。 (2)设弹簧伸长x2，则有kx2＝m()2(L＋x2)，联立解得x2＝。 (3)当角速度最小时，摩擦力的方向与弹簧的拉力方向相反，则kL－μmg＝mω，解得ω1＝，当角速度最大时，摩擦力的方向与弹簧的弹力的方向相同，则kL＋μmg＝mω，解得ω2＝，所以角速度需要满足≤ω≤。 专题提升二　圆周运动的综合分析 [典例1] (1)　(2)　(3)0.2L [解析](1)根据最大静摩擦力提供向心力可得mωL sin 37°＝μmg，解得ω1＝。 (2)滑块恰好脱离转盘时滑块与转盘作用力为0，根据牛顿第二定律则有mωL sin 37°＝mg tan 37°，解得ω2＝。 (3)当ω3＝时滑块已脱离转盘，设细线与转轴夹角α，根据牛顿第二定律则有mωL sin α＝mg tan α，解得cos α＝0.6，此时小球离转盘高度h＝L cos θ－L cos α＝0.2L。 针对训练1　A　[解析]对座椅和游客受力分析有Fn＝mg tan 30°＝300 N，A正确；对座椅和游客受力分析有FT＝＝600 N，B错误；由牛顿第二定律有Fn＝mg tan 30°＝m，解得v＝ m/s，C错误；由牛顿第三定律可知游客对座椅的压力等于座椅对游客的支持力，D错误。 针对训练2　BD　[解析]小物块受竖直向下的重力和陶罐的指向O点的支持力，合力为F合＝Fn＝mg tan θ＝mg，故A错误；根据线速度与角速度的关系有v＝ωr，r＝R sin θ，所以v＝Rω，故B正确；小物块所受向心力的大小为Fn＝mω2r＝mRω2，故C错误；小物块所受弹力的大小为FN＝＝＝mRω2，故D正确。故选BD。 [典例2] BC　[解析]小球a经过最高点时，当绳子拉力刚好为0时，速度最小，此时重力提供向心力，则有mg＝m，解得vamin＝，可知小球a经过最高点时的速度不可能小于，故A错误，C正确；小球b经过最高点时，当杆的支持力与重力平衡时，速度最小，为0，则小球b经过最高点时的速度可能小于，故B正确；小球b经过最高点时，当重力刚好提供向心力时，有mg＝m，解得v＝，可知此时细杆对小球b的支持力为0，故D错误。 针对训练3　B　[解析]小球经过最低点时，由牛顿第二定律得F－mg＝m，又F＝5mg，r＝0.1 m，解得v＝2 m/s。 针对训练4　B　[解析]由题图乙可知，当F＝0时，对小球在最高点由牛顿第二定律得mg＝m＝m，可得当地的重力加速度大小为g＝，当v＝0时，在最高点有mg＝F＝a，可得小球的质量为m＝＝R，故A错误，B正确；当v2＝c>b时，在最高点对小球由牛顿第二定律得mg＋F＝m，可得F＝m－mg＝(c－b)>0，可知杆对小球弹力方向向下，则小球对杆弹力方向向上，故C错误；当v2＝2b时，在最高点对小球由牛顿第二定律得mg＋F＝m＝m＝2mg，解得F＝mg，可知小球对杆的弹力为mg，故D错误。 针对训练5　(1)0　(2)2 kg，1 m　(3)30 N，方向竖直向上 [解析](1)小球在竖直平面内做圆周运动，是轻杆模型，因此小球恰好通过最高点时的速度大小是0。 (2)由题图乙可知，当小球通过最高点速度是0时，杆上的作用力为20 N，可知小球的质量为2 kg。 小球通过最高点速度不是0时，若只有小球重力提供向心力，可知O轴受到杆的作用力是0，即杆对小球上的作用力是0，此时速度的平方为10 m2/s2，设轻杆的长度为L，则有 mg＝m， 解得L＝1 m。 即小球做圆周运动的半径为1 m。 (3)小球在最高点的速度大小为5 m/s时，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝m， 解得FN＝m－mg＝30 N 由牛顿第三定律可知，杆受到球的作用力大小为30 N，方向竖直向上。 培优专项(三)　水平面内的圆周运动的临界问题 1．D　[解析]对甲图小球A、B分析：设细线与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B的角速度相同，故A正确，不符合题意；根据v＝ωr，小球A、B的线速度大小不相同，故B正确，不符合题意；对乙图小球C、D分析：设细线与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为l，绳上拉力为T，则有mg tan θ＝ma，T cos θ＝mg得a＝g tan θ，T＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到绳的拉力大小也相同，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。 2．D　[解析]当圆台旋转时，A、B相对圆台均未滑动，故A、B物体的角速度相等，根据v＝ωr，可知A、B物体的线速度大小之比为2∶1，故A错误；根据a＝ω2r，可知，A、B物体的向心加速度大小之比为2∶1，故B错误；A、B物体做圆周运动的向心力由摩擦力提供，则根据Ff＝ma，可知，A、B所受摩擦力大小相等，故C错误；A、B物体做圆周运动的向心力由摩擦力提供，则根据μmg＝mω2r，可得临界角速度为ω＝，可知发生相对滑动时A的临界角速度较小，故当圆台的转速增加时，A物体先滑动，故D正确。 课后精练 1．B　[解析]木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动，由于b、c质量不等，由Ff＝mrω2，知b、c所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，故A错误；当a、b和c均未滑落时，a、b、c和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，由Ff＝mrω2，可知a、c所受摩擦力的大小相等，故B正确；b和c均未滑落时，由v＝rω知线速度大小相等，方向不相同，故C错误；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力kmg＝m·2lω2，解得ω＝，故D错误。 2．A　[解析]由平衡条件可得竖直方向有TCBsin 37°＝mg，解得TCB＝5 N，水平方向由牛顿第二定律得TCBcos 37°＋TAB＝mω2LAB，代入数据得ω＝10 rad/s，故选A。 3．AD　[解析]若A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAωrA，代入数据解得ω0A＝2 rad/s，同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度为μmBg＝mBωrB，代入数据解得ω0B＝ rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到临界角速度值，则B的摩擦力先达到最大，故A正确；当B的摩擦力达到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当ω＝ rad/s时，绳子出现张力，故B错误；A与B的角速度相等，A的质量是B的4倍而A做圆周运动的半径是B的，根据F＝mω2r可知A需要的向心力大，所以当AB两物体出现相对滑动时A背离圆心运动，B向着圆心运动，此时B受静摩擦力方向背离圆心，A受静摩擦力方向指向圆心， 则对A有：FT＋μmAg＝mAωrA 对B有：FT－μmBg＝mBωrB 解得ω1＝ rad/s＝5 rad/s，故C错误，D正确。 4．BC　[解析]两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，但向心加速度方向始终指向圆心，一直在变化，故加速度不恒定，故A错误；A、B两物块质量相同，根据向心力公式Fn＝mω2L，可知物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；对A、B整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有μ·2mg＝2mωL，解得ωB＝，对A进行分析，当最大静摩擦力提供向心力，有0.5μ·mg＝mωL，解得ωA＝<ωB，故A、B一起转动的最大角速度为，故C正确；由C分析可知，当圆盘越转越快，到角速度ω>时，A将沿与圆心连线的切线方向做离心运动，故D错误。 5．(1) rad/s　(2)0.6 N [解析](1)当细线上开始出现张力时，B与圆盘之间的静摩擦力达到最大值，对B，kmg＝mωr2 解得ω0＝＝ rad/s＝ rad/s。 (2)当A开始滑动时，A、B所受静摩擦力均达最大，设此时细绳张力为FT，对B，FT＋kmg＝mω2(L＋r1) 对A，kmg－FT＝mω2r1，联立解得FT＝0.6 N。 6．(1)　　(2)2mg [解析](1)小球离开圆锥体的临界条件为圆锥体对小球的支持力为FN＝0，由牛顿第二定律可得mg tan θ＝mωL sin θ，解得ω0＝>ω1 则小球对圆锥体的压力不为0。对小球进行受力分析，如图甲所示。 根据牛顿第二定律有 FT1sin θ－FN1cos θ＝mωL sin θ FT1cos θ＋FN1sin θ－mg＝0 解得FT1＝，FN1＝，根据牛顿第三定律得，小球对圆锥体的压力大小为。 (2)因ω2＝>ω0，小球离开圆锥体，对小球进行受力分析如图乙所示，设细线与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得FT2sin α＝mωL sin α，解得FT2＝2mg。 培优专项(四)　竖直面内的圆周运动的临界问题 课堂达标 1．(1)2 m/s　(2)15 N　(3)4 m/s [解析](1)小球刚好通过最高点时，恰好只由重力完全提供向心力，故有mg＝m，解得v1＝＝2 m/s。 (2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，拉力和重力的合力提供向心力，有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N。 (3)分析可知小球通过最低点时绳张力最大，在最低点由牛顿第二定律得F′T－mg＝m，将F′T＝45 N代入解得v3＝4 m/s，即小球的速度不能超过4 m/s。 2．(1)16 N，方向向下　(2)44 N，方向向上 [解析](1)设小球A在最高点的速度为v0时，与杆之间恰好没有相互作用力，此时向心力完全由小球的重力提供，根据牛顿第二定律有mg＝m，代入数据解得v0＝＝ m/s，当A在最高点的速度为v1＝1 m/s时，因v1<v0，此时小球A受到杆向上的支持力作用，根据牛顿第二定律有mg－F1＝m，代入数据解得F1＝16 N，根据牛顿第三定律，小球对杆的作用力大小为16 N，方向向下。 (2)当A在最高点的速度为v2＝4 m/s时，因v2>v0，此时小球A受到杆向下的拉力作用，根据牛顿第二定律有mg＋F2＝m，代入数据解得F2＝44 N，根据牛顿第三定律得，小球对杆的作用力大小为44 N，方向向上。 课后精练 1．A　[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，A错误，符合题意；小球经过圆环内侧最高点时，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，则有mg＝m＝ma，即v＝，a＝g，BCD正确，不符合题意。 2．B　[解析]由于小球在圆管中运动，在最高点速度可以是零，A错误；根据向心力公式有Fn＝m，v若增大，小球所需的向心力一定增大，B正确；小球经过最高点时，因为圆管既可提供向上的支持力也可提供向下的压力，当v＝时，轨道对小球的弹力是零，因此v由逐渐减小时，即v<，小球的重力大于所需向心力，轨道对小球有向上的弹力，由牛顿第二定律可得F＝mg－m>0，随v的减小，轨道对小球的弹力增大，C错误；v由逐渐增大时，即v>，重力小于小球所需向心力，此时轨道对小球有向下的弹力，由牛顿第二定律可得F＝m－mg>0，随v的增大，轨道对小球的弹力也增大，D错误。 3．C　[解析]在最高点时，根据F＋mg＝m，可得F＝v2－mg，则图像的斜率k＝，绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，A错误；根据F＝v2－mg，可知b＝gR，则小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置右移，B错误；由图可知k＝＝，利用该装置可以得出小球的质量m＝，C正确；由b＝gR可知，利用该装置可以得出重力加速度g＝，D错误。 4．C　[解析]球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有mg＝m，解得v＝，故A错误；A、B的角速度相等，由v＝ωr，得vA＝，故B错误；在最高点时，B对杆无作用力，对A球，由牛顿第二定律有T－mg＝m，得T＝1.5mg，故C正确，D错误。 5．AC　[解析]小球在斜面上做圆周运动的等效重力为G′＝mg sin θ，恰好通过最高点A时，只有等效重力提供向心力，故此时有mg sin θ＝m，FT＝0，解得vA＝，故选AC。 6．ACD　[解析]小球在A点受到重力、斜面的支持力以及杆的拉力，由向心力公式F－mg sin θ＝m，可得F＝mg sin θ＋m，故A正确；杆可以为小球提供支持力，所以小球经过最高点B时的最小速度为零，故B错误；斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分量，与小球的速度无关，故C正确；经分析可知小球经过B点脱落后在斜面上作类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在沿斜面方向做初速度为零的匀加速度直线运动。沿斜面方向根据牛顿第二定律mg sin θ＝ma，a＝g sin θ，由位移公式可知2L＝at2，t＝2，水平方向x＝vBt＝2L，故D正确。故选ACD。 7．5R [解析]a球通过最高点A时的速度8mg＋mg＝m b球通过最高点A时的速度mg－0.75mg＝m a、b两球落地的时间2R＝gt2 a、b两球落地点间的距离x＝(va－vb)t＝5R。 章末复习提升 知识构建 不变　不变　mω2r　ω2r　离心　0 教考衔接 [典例1] C　[解析]根据题意可知跳绳的转动角速度为ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故每分钟跳绳的圈数为n＝＝150。 [跟踪训练1] B　[解析]A点运动为A点绕O′的圆周运动和O′相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意O′固定在底盘上，故可知O′围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上时，且A在OO′延长线上，A点和O′点运动方向相同，又A点相对O′点做圆周运动，故此时A的速度大于O′的速度，故CD错误。 [典例2] (1)　(2) [解析](1)转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，故可得FTcos α＝mωr1，μmg＝FTsin α ，联立解得tan α＝。 (2)设此时轻绳拉力为FT′，沿A1B和垂直A1B竖直向上的分力分别为FT1＝FT′sin θ，FT2＝FT′cos θ，对转椅根据牛顿第二定律得FT1cos β＝mωr2 沿切线方向FT1sin β＝Ff＝μFN 竖直方向F N＋FT2＝mg，联立解得 ω2＝。 [跟踪训练2] AC　[解析]对小球受力分析可知F向＝mg tan 45°＝mω2R ，解得ω＝5 rad/s，故A正确；线速度大小为v＝ωR＝2 m/s，故B错误；向心加速度大小为an＝ω2R＝10 m/s2，故C正确；所受支持力大小为FN＝＝ N，故D错误。 [跟踪训练3] C　[解析]根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为Δl＝r＝×0.6 m＝0.12 m，近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有v＝＝ m/s＝6 m/s，在最低点根据牛顿第二定律有FT－mg＝m，代入数据解得FT＝7 N。故C正确。 第六章　章末检测(一) 1．A　[解析]匀速圆周运动的速度方向时刻改变，向心力方向时刻改变，是变加速曲线运动，A正确，CD错误；当物体所受恒力与速度不共线时，曲线运动的加速度保持不变，B错误。 2．A　[解析]根据公式F＝m可知，甲、乙质量相等，他们做圆周运动时的向心力大小也相等，半径大的线速度也大，所以甲运动员的线速度较小，故A正确，D错误；根据公式F＝mω2R可知，半径大的，角速度反而小，因为r1<r2，所以甲的角速度大，甲运动员的在相等的时间里转过的圆心角较大，故B错误；甲乙两个运动员走过的角度都是180度，所以角速度大的时间反而小，所以甲到达终点所用的时间较短，故C错误；故选A。 3．A　[解析]根据牛顿第二定律得F合＝m＝50× N＝1 000 N，根据平行四边形定则知FN＝＝ N＝500 N，故A正确，BCD错误。 4．A　[解析]设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则r＝L cos θ＝L，根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝m，小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2F cos θ＋mg＝m，解得F＝mg，故选A。 5．C　[解析]分针的周期为1 h，时针的周期为12 h，两者的周期比为T1∶T2＝1∶12，分针与时针从第1次重合到第2次重合有ω1t＝ω2t＋2π，即t＝t＋2π，又T2＝12T1＝12 h，所以有t＝ h，故选C。 6．C　[解析]在轨运行的空间站内所有物体都处于完全失重状态，故第一次操作中小球保持静止，AB错误；在轨运行的空间站内所有物体都处于完全失重状态，故第二次操作中小球仅受绳的拉力而做圆周运动，C正确，D错误，故选C。 7．C　[解析]衣服在竖直平面内做匀速圆周运动，在最高点与最低点线速度大小相同，方向不同，加速度大小相同，方向不同，故A错误；衣物运动到最低点时加速度方向竖直向上，处于超重状态，故B错误；滚筒对衣物作用力有垂直于接触面的支持力和相切于接触面的摩擦力，该作用力与重力的合力大小不变且始终指向圆心，故脱水过程中滚筒对衣物作用力不一定指向圆心，故C正确；当衣物做匀速圆周运动时，衣物上的水由于所受合外力不足以提供向心力而做离心运动，因此向心力越大，脱水效果越好。F向＝mω2r＝mr，因此周期越小，水越容易被甩出，故D错误。故选C。 8．BC　[解析]由每个扇区可以记录512个字节可知，无论在内磁道还是外磁道，读取数据均相同，故A错误；根据角速度与转速的关系有ω＝2πn＝2π× rad/s＝180π rad/s，故B正确；由题意可知t＝ s≈1.4×10-6 s，故C正确；1 s读取得字节数为N＝8 192×90×512个＝3.8×108个，故D错误。故选BC。 9．AD　[解析]在最高点，若v＝0，则FN＝mg＝a，若FN＝0，由图知v2＝b，则有mg＝m＝m，解得g＝，m＝R，B错误，A正确；由图可知：当v2<b，杆对小球弹力方向向上，当v2>b，杆对小球弹力方向向下，当v2＝c，杆对小球弹力方向向下，C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝m＝m，解得FN＝mg，即小球受到的弹力与重力大小相等，D正确。 10．BCD　[解析]对金属环N受力分析，如图所示。 知绳子的拉力在竖直方向的分力恒等于重力，即F cos θ＝mNg，所以只要角度不变，绳子的拉力不变，环N与竖直杆之间的弹力FN＝F sin θ，不变，故A错误，C正确；对环M受力分析知竖直方向F′N＝F cos θ＋mg＝mNg＋mg，与角速度无关，故B正确；当转动的角速度较小时，绳子的拉力可提供向心力，此时的摩擦力方向水平向右；当转动的角速度较大时，绳子的拉力不可提供向心力，此时的摩擦力方向水平向左，两种情况摩擦力大小可能相等，故D正确。 11．(1)mr　(2)mg　(3) [解析](1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么钢球做圆周运动周期T＝，需要的向心力表达式为 Fn＝mr＝mr。 (2)通过刻度尺测得钢球运动的轨道平面距悬点的高度为h，那么钢球做圆周运动时外力提供的向心力表达式为 Fn＝mg tan θ＝mg。 (3)改变钢球做圆周运动的半径，多次实验，由Fn＝mr＝mg，可得＝h，该图线的斜率表达式k＝。 12．(1)ω＝　(2)金属块的质量m　金属块到转轴的水平距离r　0.20 [解析](1)挡光杆绕转轴运动的线速度v＝，根据v＝ωR，转台的角速度的表达式为ω＝。 (2)该同学为了探究向心力大小F与角速度ω的关系，需要控制金属块的质量m和金属块到转轴的水平距离r两个量保持不变；根据F＝mrω2，结合图像可得mr＝k＝＝0.09，若已知金属块质量m＝0.45 kg，则金属块到转轴的水平距离r＝0.20 m。 13．(1)10 m/s　(2)55 N　(3)107.2 N [解析](1)经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，对于A到C点的平抛运动过程v＝2g×2R，根据sin θ＝，解得vC＝10 m/s。 (2)根据tan θ＝，在A点Mg＋FA＝M，解得FA＝55 N。 (3)在C点F′C－Mg cos θ＝M，解得F′C＝107.2 N，根据牛顿第三定律可知FC＝F′C＝107.2 N。 14．(1)4 m　4 m/s　(2)7.2 m　(3)ω≤1.414 rad/s [解析](1)匀加速过程选手的位移x1＝at 解得x1＝4 m，悬挂器脱落时选手的速度v1＝at1，解得v1＝4 m/s。 (2)悬挂器脱落后选手做平抛运动，竖直方向有H＝gt， 水平方向有x2＝v1t2，解得：x2＝3.2 m；故转盘轴心离平台的水平距离L＝x1＋x2＝7.2 m。 (3)临界情况下，人落在圆盘边缘处不至被甩下且最大静摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2R，解得ω＝＝1.414 rad/s，所以转盘的角速度必须满足ω≤1.414 rad/s。 15．(1)　(2)6 N　(3)7.5 N [解析](1)设细绳长为L，由图乙可知，在0～6 s时间内细绳拉力大小不变，可知F1＝m，6～10 s时间内细绳拉力大小不变，则有F2＝m，因为F2＝F1，可得L′＝L，Δx＝L－L′＝L－L＝L，即两钉子间的距离为绳长的。 (2)由图乙可知，小球在第一个半圈经历时间为6 s，则有 ＝6 s，小球在第二个半圈经历时间为t′＝＝t＝5 s，在t＝10.5 s时，小球在转第二个半圈，则细绳的拉力大小为6 N。 (3)小球转第三个半圈的时间t″＝＝t＝4 s，在t＝12.5 s时，小球转动的半径为r＝L，解得细绳的拉力大小为F＝m＝m＝＝F1＝×5 N＝7.5 N。 第六章　章末检测(二) 1．B　[解析]做匀速圆周运动的物体，在运动过程中，线速度、向心加速度、向心力大小不变，但方向在变；周期不变，ACD错误，B正确。故选B。 2．A　[解析]由图可知20d＝2πr·n解得n＝30 r/min，故选A。 3．C　[解析]质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，合外力等于向心力，根据F合＝Fn＝mr，联立可得Fn＝r3，其中为常数，r的指数为3，故题中n＝3，故选C。 4．D　[解析]当小球以一定的角速度在水平面内做圆锥摆运动时，小球有可能只受到重力和绳子拉力的作用，故A错误；当小球以一定的角速度在水平面内做圆锥摆运动时，小球可能受到的力中不可能有向心力，向心力是效果力，仍由性质力来提供，故B错误；对球分析，当支持力FN恰好为0时，则有mg tan 60°＝mωl sin 60°，解得ω0＝，故C错误；对球分析，因为>，所以小球离开桌面，则有FN2＝0，F2sin θ＝mω2l sin θ，解得F2＝5mg，故D正确。故选D。 5．A　[解析]根据题意，由公式v＝2πrn可得，P点线速度为vP≈5 m/s 把速度分解，如图所示。 由几何关系有v1＝vPsin 37°≈3 m/s，即锯条运动的速度大小约为3 m/s。故选A。 6．C　[解析]滑块做匀速圆周运动，向心力大小相等，方向时刻改变，故A错误；在左端点和右端点，靠静摩擦力和重力沿斜面向下的分力mg sin θ的合力提供向心力，静摩擦力和重力沿斜面向下的分力mg sin θ的合力方向相反，由于半径相等，角速度相等，向心力大小相等，则摩擦力大小相等，方向并不相反，故B错误；最低点静摩擦力指向圆心，最高点可能指向圆心，P受到的摩擦力至少有一个位置指向圆心，最多有两个位置，故C正确；设转盘转动的角速度为ω，滑块的质量为m，半径为r，在最低点时，有Ff－mg sin θ＝mrω2得Ff＝mg sin θ＋mrω2，假设在最高点时摩擦力大小和最低点相等，若方向沿斜面向下有Ff＋mg sin θ＋mrω2＝2mg sin θ＋mrω2>mrω2，不成立，若方向沿斜面向上，则摩擦力与重力的沿斜面方向的分力mg sin θ的合力沿斜面向上，故也不成立。可知在最高点和最低点受到转盘的摩擦力大小不可能相等，故D错误，故选C。 7．A　[解析]对摩托车和演员受力分析，如图所示，摩托车和演员在竖直方向上受力平衡，mg＝FNsin θ，摩托车和演员在水平方向做匀速圆周运动，FNcos θ＝man，解得an＝，由an＝ω2r，得ω＝，由于ra>rb，则在a轨道上运动时角速度较小，A正确；由an＝，得v＝，由于ra>rb，则在a轨道上运动时线速度较大，B错误；根据FN＝及牛顿第三定律可知，在a、b轨道上运动时摩托车和演员对侧壁的压力相等，C错误；由选项A的解析知，在a、b轨道上运动时摩托车和演员运动的向心加速度相等，由Fn＝man知，在a、b轨道上运动时，摩托车和演员所受的向心力相等，D错误。 8．BD　[解析]根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝mω2L sin θ，可得ω＝，小球1的角速度小于小球2的角速度，故A错误；小球1的线速度大小v1＝ωL sin 37°＝sin 37°＝1.5 m，故B正确；根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝ma，小球1、2的向心加速度大小之比为＝＝，故C错误，D正确。 9．AD　[解析]根据题意知a、b、c、d和e点是同轴转动，角速度相等，因为a＝rω2，ra＝rb＞rc，所以aa＝ab＞ac，故A正确；因为rd＞re，所以d滑块比e滑块所需的向心力大，而静摩擦力提供向心力，所以ω继续变大，d滑块先达到最大静摩擦力，故d滑块先滑离陀螺表面，故B、C错误；稳定时给d滑块提供向心力的是其所受到的摩擦力，而d滑块受到的摩擦力大小不变，但是方向不断变化，是变力，故D正确。 10．BD　[解析]根据平抛运动的规律h＝gt2，R＝vt，解得R＝v，可知若h1＝h2，则 v1∶v2 ＝R1∶R2；若v1＝v2，则h1∶h2＝R∶R，选项A错误，B正确；若ω1＝ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1＝v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；设出水口截面积为S0，喷水速度为v，若ω1＝ω2，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则t＝相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为Q0＝＝＝＝相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。故选BD。 11．(1)保持不变 (2) 　F1＝mL (3)　F2＝ [解析](1)力传感器1的示数始终等于小球和遮光片的总重力，示数保持不变。 (2)甲同学实验时，周期T1＝，如果表达式成立F1＝mL()2＝mL，则向心力公式得到验证。 (3)乙同学实验时，遮光片N2次遮光的总时间为t2 一次遮光的平均时间为t0＝ 小球运动的线速度v2＝＝ 如果表达式F2＝m＝成立，则向心力公式得到验证。 12．(1)　(2)m　(3)偏小　滑块与水平杆间有摩擦力 [解析](1)挡光片宽度为d，挡光片经过光电门时的挡光时间为Δt，则滑块转动的线速度v＝。 (2)绳的张力充当向心力，由向心力公式，如果F＝m＝m，则向心力的表达式得到验证。 (3)滑块做圆周运动时，滑块受到水平杆的摩擦力，设滑块受水平杆的摩擦力大小是Ff，方向沿水平杆指向圆心，对滑块由牛顿第二定律可得F＋Ff＝m，解得F＝m－Ff，可知拉力F的测量值与滑块的向心力的理论值相比偏小。偏小的主要原因是由于滑块与水平杆间有摩擦力，因此会产生实验误差。 13．(1)1∶1　(2)1∶3 [解析](1)设细线与竖直方向夹角为θ，MO的距离为h。对小球受力分析，有FTsin θ＝mω2r，FTcos θ＝mg，r＝h tan θ，解得ω＝，因h相同，故角速度之比为1∶1。 (2)由公式an＝ω2r，又r甲∶r乙＝1∶3 解得a甲∶a乙＝1∶3。 14．(1)mg　(2)g　(3) [解析](1)设雪橇和圆弧圆心O连线与竖直方向的夹角为α， 则tan α＝＝ 圆弧型冰道对雪橇的支持力FN＝＝mg。 (2)由牛顿第二定律mg tan α＝ma得a＝g。 (3)由向心加速度公式a＝得r＝。 15．(1)5 m/s　(2)15 m [解析](1)设乘客和座椅的总质量为m，绳子拉力为FT，对乘客和座椅整体进行分析，有 FT cos θ＝mg，FTsin θ＝mω2(R＋L sin θ) 联立解得ω＝ rad/s 手机滑落瞬间的速度v＝ω(R＋L sin θ) 解得v＝5 m/s。 (2)手机滑落后做平抛运动，竖直方向有 h－L cos θ＝gt2 解得t＝2 s 则平抛运动的水平位移为x＝vt＝10 m 手机落地点到中心转轴的距离 s＝ 解得s＝15 m。 第七章　万有引力与宇宙航行 第1节　行星的运动 课堂达标 1．A　[解析]开普勒用20年的时间研究丹麦天文学家第谷的行星观测记录，发现行星运动定律。故选A。 2．B　[解析]根据开普勒第一定律可知所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A正确，不符合题意；根据开普勒第二定律可知相同时间内，同一行星与太阳连线扫过的面积相等，故B错误，符合题意；根据开普勒第三定律可知表达式＝k，k与中心天体质量有关，T代表行星运动的公转周期，故CD正确，不符合题意。故选B。 3．D　[解析]根据开普勒第二定律可知，海王星从A→B→C的过程中，速率逐渐变小，故A错误；海王星从A→B的速度大于从B→C的速度，所以海王星从A→B所用的时间小于，故B错误；海王星从B→C→D走过的路程等于从D→A→B的路程，但B→C→D段的运动速度小于D→A→B的速度，所以两段路径所用的时间不相等，故C错误；由开普勒行星运动定律可知，所有行星绕太阳运行的轨道不一定在同一个平面内，故D正确。故选D。 课后精练 1．B　[解析]根据开普勒第一定律可知，太阳系所有的行星都绕太阳做椭圆运动，太阳处于椭圆的一个焦点上，故A错误；根据开普勒第三定律可知，在＝k中，k是与太阳质量有关的常量，故B正确；根据开普勒第二定律可知，对任意一个行星，它在远日点的速度都要小于近日点的速度，故C错误；开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳运动，还适用于宇宙中其他卫星绕行星的运动，故D错误。 2．C　[解析]开普勒根据第谷多年的观测总结揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础，故AB错误；开普勒第三定律中的k值只与中心天体有关，故C正确；行星绕太阳运动时，轨道是椭圆，所以线速度方向时刻在变，大小也在改变，故D错误。 3．C　[解析]由于r卫＝r月，T月＝27天，由开普勒第三定律可得＝，则T卫＝1天，故选C。 4．B　[解析]根据开普勒第一定律，水星绕太阳运行的轨道是椭圆，太阳位于椭圆的焦点处，A错误；水星绕太阳运行的半长轴小于地球绕太阳运行的半长轴，根据开普勒第三定律，可知水星绕太阳运行一周的时间比地球的短，B正确；水星绕太阳运行的过程中，近日点速度最大，远日点速度最小，所以水星靠近太阳的过程中，运行速率增加，C错误；根据开普勒第二定律可知，水星远离太阳的过程中，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，D错误。故选B。 5．C　[解析]设水星的运动半径为R1，周期为T1，地球的运动半径为R2，周期为T2，根据开普勒第三定律＝有＝，sin θ的最大值为sin θ＝＝，故选C。 6．BD　[解析]木星以太阳为中心做椭圆运动，而月球是绕地球运动，故A错误；根据开普勒第二定律可知，木星在远日点的速度小于其在近日点的速度，故B正确；月球绕地球运动，木星绕太阳运动，运动轨道不同，则月球与地球的连线和木星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积不一定是相等的，故C错误；月球绕地球运动，木星绕太阳运动，其中心天体不同，由开普勒第三定律可知，月球绕地球运行轨道半长轴的三次方与其公转周期的平方的比值与木星绕太阳运行轨道半长轴的三次方与其公转周期的平方的比值不相等，故D正确。故选BD。 7．BC　[解析]根据开普勒第一定律(轨道定律)的内容可以判定：行星绕太阳运动的轨道是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，行星有时远离太阳，有时靠近太阳，其轨道在某一确定平面内，运动方向并不总是与它和太阳的连线垂直。故AD错误，BC正确。 8．2062年 [解析]设彗星的轨道半长轴为a，卫星的周期为T，根据开普勒第三定律可得＝，由题意可知a＝18r地，可得T≈76年，则下次飞近地球大约在1986年＋76年＝2062年。 9．T· [解析]当卫星做半径为R的圆周运动时，由开普勒第三定律k＝，卫星从A点到B点做椭圆运动时，椭圆轨道半长轴r＝R＋，设卫星在椭圆轨道上运行时，周期为T′，则＝，即＝，卫星从A点到B点的时间t＝，得t＝T·。 第2节　万有引力定律 课堂达标 1．C　[解析]牛顿第一定律是在实验的基础上利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可以用实验直接验证，故A错误；牛顿第一定律给出的是物体不受力时的运动规律，并非是牛顿第二定律在物体所受合力为零时的特殊情况，故B错误；“月—地检验”的结果表明地面物体和月球受地球的引力，与太阳行星间的引力遵从相同的规律，故C正确；卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间的万有引力的测量，比较准确地得出了万有引力常量G的数值，故D错误。故选C。 2．AC　[解析]只有可看作质点的两物体间的引力可用F＝G计算，但是不能看作质点的两个物体之间依然有万有引力，只是不能用此公式计算，A正确；万有引力随物体间距离的减小而增大，但是当距离比较近时，计算公式就不再适用，所以说万有引力无穷大是错误的，B错误；引力常量的大小首先是由卡文迪什通过扭秤装置测出来的，C正确；根据F＝G可知两个质点质量不变，距离变为原来的2倍，则它们之间的万有引力将变为原来的，D错误。故选AC。 3．C　[解析]设地球质量为M，地球半径为R，汽车质量为m，根据万有引力定律可得F＝，故选C。 课后精练 1．D　[解析]国际单位制中质量m、距离r、力F的单位分别是：kg、m、N，根据牛顿的万有引力定律F＝，可得G＝，从而得到G的单位是N·m2/(kg)2＝(kg·m/s2)×m2/(kg)2＝m3/(kg·s2)，故选D。 2．B　[解析]根据万有引力定律有F＝G，由上式可知，卫星逐渐远离地球的过程中，卫星到地球球心的距离逐渐变大，故卫星所受的地球引力逐渐变小。故选B。 3．A　[解析]设地球的质量为M，月球的质量为m，则万有引力F＝G，因为(M＋m)为定值，并且m<M，在移民过程中，m与M的差值越来越小，所以M与m的乘积会越来越大，故万有引力将变大。故选A。 4．B　[解析]由万有引力定律F＝G及题设条件可知，所求两个引力的大小之比约为∶＝，故选B。 5．A　[解析]假设地面的地球吸引力与地球吸引月球绕地球运行的引力是同种力，即地面的重力满足mg＝，则a苹＝g＝，对于月球，有a月＝，所以＝＝，故选A。 6．B　[解析]天体A和天体B以相同的角速度共同绕天体C运转，根据v＝ωr，可知天体A做圆周运动的速度大于天体B做圆周运动的速度，故A错误；根据a＝ω2r，可知天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度，故B正确；天体C对天体B的万有引力与天体A对天体B的万有引力的合力提供天体B做圆周运动的向心力，由于天体C对天体B的万有引力方向与天体A对天体B的万有引力方向相反，可知天体B做圆周运动的向心力小于天体C对它的万有引力，故CD错误。故选B。 7．C　[解析]设质点与原球体球心相距l，万有引力为F，则F＝，在球体中央挖去半径为r的一部分球体后，质点与原球体剩余部分之间的万有引力 F1＝＝·＝F，故选C。 8．B　[解析]将地球分为半径为(R－d)的球和厚度为d球壳两部分，球壳对小球的引力为零，则F等于半径为(R－d)的球对小球的引力，有F＝，设半径为(R－d)球的质量为m1，由密度公式得m＝ρV＝ρπR3，所以＝，解得，F的大小为F＝，B正确，ACD错误。 9．G [解析]小球B的质量为m′＝m＝m，挖去小球前，A对B的万有引力F′＝G＝，挖去部分对B的引力为F″＝＝，则剩余部分对B的万有引力F＝F′－F″＝G。 第3节　万有引力理论的成就 课堂达标 1．B　[解析]在两极及赤道外的其他位置物体所受重力是万有引力的一个分力，重力的大小mg<G，重力的方向偏离地心，故AC错误；在地球两极处，物体不随地球自转，向心力为零，所以重力等于万有引力，即mg＝G，故B正确；在赤道上，物体的重力和向心力在一条直线上，与万有引力同向，则有G＝mω2R＋mg，故D错误。故选B。 2．D　[解析]根据＝mg，可得M＝≈6×1024 kg，故选D。 3．B　[解析]由题知，探测器绕星球运行n圈的总时间为t，则周期为T＝，设探测器的轨道半径为r，则有v＝，解得半径为r＝，探测器绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有G＝mr，解得M＝，代入半径表达式得M＝，故B正确，ACD错误。 4．B　[解析]小球下落的过程中根据自由落体运动规律有h＝gt2，解得g＝，质量为m的物体，在行星表面，星球对它的引力等于其重力，有mg＝G，解得行星质量M＝，故选B。 5．A　[解析]在地球表面，物体所受的重力近似等于地球对物体的万有引力，有mg＝G，解得M＝，地球的体积V＝πR3，则地球的平均密度为ρ＝＝，故选A。 课后精练 1．D　[解析]在两极处，对物体，由牛顿第二定律可得G－FN＝0，解得FN＝G，由上式可知，若地球停止自转，物体受到地面的支持力FN不变，由牛顿第三定律可知，物体对地面的压力不变，AB错误；在赤道上，设地球自转的加速度为ω，对物体由牛顿第二定律可得G－FN′＝mω2R，解得FN′＝G－mω2R，由上式可知，若地球停止自转，物体受到地面的支持力FN′将增大，由牛顿第三定律可知，物体对地面的压力将增大，C错误，D正确。 2．D　[解析]天王星轨道外面还有一颗未发现的行星。该行星对天王星产生吸引作用，使其轨道产生了偏差。故ABC错误，D正确。 3．D　[解析]根据题意，在地球表面，由万有引力等于重力有＝mg，由万有引力提供向心力有＝m1a，联立解得a＝，故选D。 4．D　[解析]火星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得＝m＝mr，可知火星质量会被抵消，因此无法求出火星质量，故AB错误；根据万有引力提供向心力可得＝m(R＋h)，由于不知道卫星离火星表面的高度，因此无法求出火星质量，故C错误；根据万有引力提供向心力可得＝m＝mr，解得M＝，已知卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径和公转周期，可求得火星质量，故D正确。 5．BD　[解析]g表示地球表面重力加速度，所以mg不能表示地球公转所需的向心力，A错误；根据牛顿第二定律得＝mR，解得R＝，B正确；根据牛顿第二定律得＝mω2R，解得ω＝，C错误；根据牛顿第二定律得＝ma，解得a＝，D正确。 6．AD　[解析]设星球的半径为R，则G＝mR()2，ρ＝，解得ρ＝，故A正确，B错误；由＝，解得R＝h，故C错误，D正确。 7．D　[解析]在行星表面上，根据万有引力等于重力得G＝mg，可得行星的质量M＝；由M＝πR3ρ，可得g＝πGRρ；由星球的密度跟地球密度相同，星球表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的4倍，可得R星＝4R地，则＝64，故选D。 8．B　[解析]当中子星恰好能维持自转不解体时，万有引力充当向心力＝m()2R，又M＝ρπR3，解得ρ＝，故选B。 9．(1)　(2) [解析](1)探测器绕火星运动的角速度为ω＝，环绕周期为T＝，联立解得T＝。 (2)探测器贴近火星表面飞行，轨道半径为火星半径R，设火星质量为M火，探测器质量为m，由题意有S＝Rθ，由万有引力提供向心力得＝mω2R，联立解得火星的质量为。 第4节　宇宙航行 课堂达标 1．B　[解析]当物体的速度大到向心力恰好等于地球的万有引力时，物体就能成为地球的卫星而不落到地球上，这个足够大的速度是地球的第一宇宙速度，大小是7.9 km/s。故选B。 2．A　[解析]同步卫星相对地面静止，其周期与地球自转周期相同，为24 h。故A正确；人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，其轨迹圆的圆心为地球球心，所以可能的轨道为a、c。近地卫星的轨道可以在赤道平面内也可以不在赤道面内。故BC错误；7.9 km/s是卫星的最小发射速度，所以发射卫星的速度不能小于7.9 km/s。故D错误。故选A。 3．B　[解析]星球的第一宇宙速度即为围绕星球做圆周运动的轨道半径为该星球半径时的环绕速度，由万有引力提供向心力即可得出这一最大环绕速度。卫星所需的向心力由万有引力提供，由＝m，得v＝，又因＝，＝，故月球和地球上第一宇宙速度之比＝，故v月≈1.8 km/s，ACD错误，B正确。 4．D　[解析]卫星绕地球做匀速圆周运动，设卫星的质量为m，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力有G＝mr，又T＝，联立可得GM＝，围绕地球表面的卫星有G＝m′，则第一宇宙速度为v1＝＝，故选D。 课后精练 1．A　[解析]同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据万有引力定律和牛顿第二定律G＝m＝mω2r＝mr可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A正确；而此时万有引力减小，所以向心加速度减小、线速度减小，角速度减小，故BCD错误。 2．A　[解析]设地球质量M，某星球质量6M，地球半径r，某星球半径1.5r；万有引力提供向心力做匀速圆周运动得G＝m，解得卫星在圆轨道上运行时的速度v＝，分别代入地球和某星球的各物理量，得v地球＝，v星球＝，解得v星球＝2v地球＝16 km/s，故选A。 3．A　[解析]若设火星的半径为R，由探测器绕其运动规律＝，能求出火星半径R，由G＝m(R＋h1)，能求出火星的质量，由ρ＝能求出火星的平均密度，由g＝能求出火星表面的重力加速度，由G＝m，能求出火星的第一宇宙速度，故选项BCD均可求出；由于火星是绕太阳公转的，在不知轨道半径和其他行星周期等参考量的情况下，不能求出其公转周期。故选A。 4．A　[解析]设近地卫星轨道半径为r，由万有引力提供向心力知G＝m＝mr＝mω2r＝ma，得到第一宇宙速度v＝，同理得同步卫星运行速度v′＝，所以v′＝v，A正确；由A中的公式得＝＝k，为常数，所以同步卫星的运行周期是近地卫星的运行周期的n倍，B错误。地球赤道上物体随地球自转的周期和同步卫星的周期相同，即角速度相同，则速度v＝ωr，同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n倍，C错误。在不考虑地球自转情况下，由A中的公式得同步卫星的加速度的是重力加速度的倍，D错误。 5．B　[解析]设地球的半径为R，周期T＝24 h，地球自转周期最小时，三颗同步卫星的位置如图所示。 所以此时同步卫星的半径r1＝2R，由开普勒第三定律得 ＝k，可得T1＝T≈4 h，故选B。 6．D　[解析]由开普勒第三定律得＝，又由题意知r量＝mR，r同＝nR，所以＝＝，故A错误；P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v＝ωr，所以有＝＝，故B错误；根据G＝m，得v＝，所以＝＝，故C错误；综合B、C，有v同＝nvp，可得＝，得＝，故D正确。 7．BC　[解析]设月球表面的重力加速度大小为g＇，由竖直上抛的运动规律可得h＝g′()2，解得g′＝。设小石块抛出时的初速度大小为v0，则有小石块从抛出到落回抛出点的时间为t，可得v0＝g′＝×＝，A错误，B正确；在月球表面物体的重力等于月球引力，可得G＝mg′，解得M＝＝，C正确；由月球的引力提供圆周运动的向心力，则有月球的第一宇宙速度为G＝m，解得v＝＝，D错误。 8．AD　[解析]探测器在轨道Ⅰ运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A正确；根据万有引力提供向心力＝ma，得a＝，则知距离相同，则加速度相同，故探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P时的加速度，故B错误；探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火减速，故C错误；轨道Ⅰ的半径比轨道Ⅱ的半长轴大，根据开普勒第三定律，知探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，故D正确；故选AD。 9．(1)2π　(2) [解析](1)对于B卫星，由万有引力定律和向心力得＝m(R＋h)ω，在地球表面上，由m0g＝，解得ωB＝，周期T＝＝2π。 (2)它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有 ωBt－ω0t＝2π解得t＝。 培优专项(五)　不同高度处重力加速度 和不同轨道处卫星的各个量的比较课堂达标 1．D　[解析]根据题意，由万有引力等于重力有 ＝mg，＝mg′，解得g′＝g，故选D。 2．B　[解析]在上升到距地面某一高度时，根据牛顿第二定律可得FN－mg′＝ma，解得g＇＝2.5 m/s2，在地球表面上有G＝mg，在地球表面一定高度有G＝mg′，联立得r＝2R，故选B。 3．A　[解析]在两极上G＝G0，在该行星赤道上时，万有引力、重力、向心力满足关系＝G0＋mω2R，解得ω＝，故选A。 4．B　[解析]根据万有引力提供向心力可得，地球表面处G＝mg，地面以下深0.5R处，G＝mg′，且有＝＝，解得g′＝g，B正确，ACD错误。 5．B　[解析]设同步卫星的轨道半径为r，根据万有引力提供向心力，有G＝mrr＝，又因为GM＝gR2，联立解得r＝，地球赤道上的物体随地球自转，轨道半径为R，两者的周期相同，所以角速度也相同，根据v＝ωr，可得地球同步卫星的线速度与赤道上物体的线速度之比为＝＝，故选B。 6．BD　[解析]a、c的角速度相同，则根据a＝ω2r，可知，a的加速度小于c的加速度，则a的加速度不是最大的，故A错误；a、c的角速度一样，根据v＝ωr，可知，a的线速度小于c，又根据G＝m，得v＝，可知b的速度大于c、d的速度，可知b的线速度最大，故B正确；根据开普勒第三定律可知，b、c、d中d的周期最大，而a、c周期相等，可知a、b、c、d中，d的周期最大。同理根据开普勒第三定律可知，b、c、d中b的角速度最大，而a、c角速度相同，所以可知a、b、c、d中，b的角速度最大，故C错误，D正确。 课后精练 1．B　[解析]地球表面两极处的重力加速度大小为g0，质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg0，故A正确；质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小等于其在地球两极受到的万有引力，大小为mg0，故B错误；设地球半径为R，在地球赤道上随地球自转物体的质量为m，由牛顿第二定律可得mg0－mg＝m()2R，R＝，故C正确；设地球质量为M，地球半径为R，质量为m的物体在地球表面两极处受到的地球引力等于其重力，可得G＝mg0，M＝，又V＝πR3，则有ρ＝＝＝，故D正确。故选B。 2．D　[解析]地表恰好缺少引力束缚时＝mR，该星体的密度为ρ＝，联立可得ρ＝，假设某种星体的自转的周期为1 ms时，恰好未解体，此时其周期为地球自转周期的，则其密度是地球的2.5×1013倍，即为1.375×1017 kg/m3，故自转的周期为1 ms时，若未解体，则密度应大于1.375×1017 kg/m3。故选D。 3．B　[解析]月球绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力可得＝mr，物体在地球表面受到的万有引力等于重力，则有＝m′g，联立解得地球表面的重力加速度为g＝，故选B。 4．D　[解析]Q物体停在太空电梯中时与地球同步卫星的角速度相同，根据万有引力提供向心力G＝mω2r，解得ω＝，可知卫星P的角速度大于地球同步卫星的角速度，即卫星P的角速度大于此时Q物体的角速度，P和Q在同一高度做圆周运动，由v＝ωr和T＝可知二者的速度和周期不同；根据公式a＝ω2r可得Q物体的向心加速度小于卫星P的向心加速度，故AB错误，D正确；对Q物体由牛顿第二定律G－FN＝mω2r，根据前面分析可知Q物体的角速度小于处于同一高度处时的卫星的角速度，故此时万有引力与电梯对其支持力的合力提供向心力，故此时支持力不为零，Q物体处于失重状态，但不是完全失重状态，故C错误。故选D。 5．BD　[解析]地球赤道上随地球自转的物体为A，在地球表面附近绕地球做圆周运动的卫星为B，同步卫星为C，则对A和C，因角速度相同，三者质量相等，则根据F＝mω2r，可知F3>F1，对B和C，根据F＝G，可知F2>F3，则F2>F3>F1，故A错误；对A和C，因角速度相同，则根据a＝ω2r，可知a3>a1，对B和C，根据G＝ma，可知a2>a3，则a2>a3>a1，故B正确；对A和C，因角速度相同，则根据v＝ωr，可知v3>v1，对B和C，根据G＝m，可知v＝，则v2>v3，则v2>v3>v1，故C错误；对A和C，因角速度相同，则周期相等，可知T3＝T1，对B和C，根据G＝mr，可知T＝2π，则T2<T3，则T2<T3＝T1，故D正确。 6．B　[解析]若外层的环是土星的一部分，则它们各部分转动的角速度ω相等，由v＝ωR知v∝R，B正确，D错误；若是土星的卫星群，则由G＝m，得v2∝，故AC错误。 7．(1)2 m/s2　(2)1∶80 [解析]设小球抛出的初速度为v0，则在地球表面竖直向上抛出时，有t＝，在某星球表面竖直向上抛出时，有5t＝，联立解得g′＝g＝×10 m/s2＝2 m/s2。 (2)根据物体在行星表面受到万有引力等于重力，在地球表面时有＝mg，在某星球表面时有＝mg′，联立可得＝＝×＝。 第5节　相对论时空观与牛顿力学的局限性 课堂达标 1．B　[解析]经典时空观认为时间和空间是绝对不变的，故A错误；根据钟慢效应，相对论时空观认为相对于观察者运动的时钟会变慢，故B正确；根据爱因斯坦的光速不变原理可知，在所有惯性参考系中光速是恒定的，故C错误；根据尺缩效应，相对论时空观认为同一物体的长度会随观察者相对参考系的运动而改变，故D错误。故选B。 2．C　[解析]根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变，即光速不随光源和观察者所在参考系的相对运动而改变。所以B观测到该光束的传播速度为1.0c。故选C。 3．A　[解析]由l′＝l，可知一个参考系观察另外一个参考系中的米尺，米尺都变短了。故选A。 4．C　[解析]牛顿发现了万有引力定律，选项A错误；卡文迪什测出了万有引力常量，选项B错误；爱因斯坦创立了狭义相对论，选项C正确；卡文迪什测出了万有引力常量，选项D错误。故选C。 5．B　[解析]牛顿定律的适用范围是宏观物体、低速运动。故选B。 课后精练 1．B　[解析]相对论给出了物体在高速运动时所遵循的规律，经典物理学为它在低速运动时的特例，在自己的适用范围内还将继续发挥作用，ACD错误，B正确。故选B。 2．C　[解析]开普勒根据丹麦天文学家第谷的行星观测数据总结出了开普勒三大定律，故A错误；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪什用实验测出了引力常量，故B错误；钱学森为中国的航天事业发展作出了巨大贡献，被誉为“中国航天之父”，故C正确；爱因斯坦提出的相对论，但相对论并没有否定经典力学，而是在其基础上发展起来的，只是说明了经典力学的局限性，故D错误。故选C。 3．D　[解析]根据牛顿第二定律可知，物体的加速度方向与合外力始终在一条直线上，故A错误；根据开普勒第三定律有＝k，故B错误；洗衣机的脱水桶，能将衣物甩干，是因为脱水桶高速运转时，衣物与水之间的附着力不足以提供向心力，水做离心运动，而不是受到离心力，故C错误；根据爱因斯坦的狭义相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都是相同的，故D正确。故选D。 4．A　[解析]地面上的人以地面为参考系，光向前、向后传播的速度相等，光源该次发出的闪光同时到达A、B点，向前传播的路程与向后传播的路程相同。车厢中的人以车厢为参考系，光向前、向后传播的速度相等，A点与光相向运动，B点与光同向运动，该次闪光先到达A点。故选A。 5．B　[解析]到达此星球需要的时间是Δτ＝Δt＝8.76×104× h≈6.26×104 h，故选B。 6．D　[解析]卡文迪什测出了引力常量，他被称为“称量地球质量”第一人，故A错误；开普勒认为所有行星轨道的半长轴的三次方跟它公转周期的二次方的比值都相等，故B错误；爱因斯坦认为时间和空间都是相对的，故C错误；相对论时空观认为物体的长度会因物体的速度不同而不同，故D正确。故选D。 7．A　[解析]由爱因斯坦相对论时空观有Δt＝，由上述公式推理可知Δt>Δτ，所以在地面上观察者测得的时间大于10 s。故选A。 8．A　[解析]物体质量随速度的增加而增大，当速度接近光速时，质量趋于无穷大，可知一个电子运动的速度v＝0.8c，此时它的质量测量值m与静质量m0相比变大。故选A。 9．BC　[解析]牛顿力学理论具有一定的局限性，它只适用于低速、宏观物体的运动，故A错误，B正确；在牛顿力学中，物体的质量不随运动状态的改变而改变，即物体的质量和物体运动的速度无关，故C正确；相对论和量子力学并没有否定过去的科学，而是认为牛顿力学理论是在一定条件下的特殊情形，故D错误。故选BC。 10．AD　[解析]根据狭义相对论的尺缩效应，如果梭镖相对于观察者运动，那么梭镖收缩变短，而管子长度不变，因此在某个位置，管子能完全遮住梭镖，选项A正确，BC错误；管子相对梭镖高速运动，由尺缩效应可知相对梭镖静止的观察者看到管子变短，在某个位置，梭镖从管子的两端伸出来，选项D正确。故选AD。 11．CD　[解析]根据公式m＝，当物体的运动速度v>0时，物体的质量m>m0；但是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，故A、B错误，C正确；根据公式m＝，通常物体的运动速度太小，故质量的变化引不起我们的感觉，在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量的变化，故D正确。故选CD。 章末复习提升 知识构建 　G　卡文迪什　质点　两个质量分布均匀 质量分布均匀　　　　　 　　2π　　　 7．9　11.2　16.7 教考衔接 [典例1] D　[解析]根据题意，设地球与太阳间距离为R，则小行星公转轨道的半长轴为a＝＝6R，由开普勒第三定律有＝，解得T＝＝6年，故A错误；从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律F＝可知，小行星受太阳引力增大，故B错误；由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故C错误；由牛顿第二定律有＝ma，解得a＝，可知＝＝，即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的，故D正确。故选D。 [跟踪训练1] C　[解析]根据开普勒第三定律可知＝ ，其中R地＝1 AU，T地＝1年，T行＝5.8年，代入解得R行≈3.23 AU，故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。 [典例2] A　[解析]根据卫星做圆周运动的向心力等于万有引力可知G＝m＝mω2r＝mr＝ma，可得T＝2π，v＝，ω＝，a＝，因r甲<r乙，可知卫星甲、乙运动的周期T甲<T乙，线速度关系v甲>v乙，角速度关系ω甲>ω乙，向心加速度关系a甲>a乙。故选A。 [跟踪训练2] A　[解析]地球绕太阳运行的周期约为365天，根据万有引力提供向心力得＝mr0，已知r＝r0，m母＝m太，同理得＝mr，整理得＝，代入数据得T＝T0≈13天。 [典例3] D　[解析]设月球半径为R，则卫星高度h＝kR，根据牛顿第二定律G＝m(k＋1)R，又m′＝ρ·πR3，联立解得ρ＝，故ABC错误，D正确。 [跟踪训练3] A　[解析]设火星的质量为m火，轨道器的质量为m，由万有引力提供向心力可得＝，则m火＝，故A正确；若想推算火星的体积和逃逸速度，则还需要知道火星的半径r，故BC错误；根据上述分析可知，不能通过所提供物理量推算出火星的自转周期，故D错误。 [跟踪训练4] D　[解析]设月球绕地球运动的轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，根据G＝mr，可得G＝m月r1，G＝m地r2，其中＝＝，ρ＝，联立可得＝，故选D。 第七章　章末检测(一) 1．B　[解析]根据题意，由万有引力公式F＝可得G＝，则引力常量的单位为N·m2/kg2。故选B。 2．C　[解析]火星绕太阳运动时，太阳位于火星轨道椭圆的一个焦点上，A错误；地球和火星在不同椭圆轨道上绕太阳运动，火星离太阳较远，则火星轨道的半长轴大于地球轨道的半长轴，BD错误；根据开普勒第三定律有＝恒量，由于火星轨道的半长轴大于地球轨道的半长轴，因此火星的公转周期大于地球的公转周期，C正确。 3．B　[解析]依题意，根据牛顿第二定律，可得G＝mr()2，可得太阳质量为M＝，则太阳密度为ρ＝＝，由于太阳的半径R未知，所以太阳的密度不能求出，由于行星的质量可以约掉，故也无法求出行星的质量及密度。故选B。 4．D　[解析]失重的原因是航天器和航天员在太空中受到的引力提供向心力，使航天器和航天员做环绕地球的圆周运动，失重时航天员仍然受到地球引力作用，故AB错误，D正确；单杠靠自身重力进行锻炼，故不适宜航天员在轨道舱中进行锻炼，故C错误。 5．B　[解析]第一宇宙速度7.9 km/s是围绕地球做圆周运动的最大速度，则该导航卫星的线速度小于7.9 km/s，故A错误；由万有引力等于重力有＝mg，万有引力提供向心力有＝mω2r，联立解得该导航卫星的角速度为ω＝，故B正确；由万有引力提供向心力有＝mr，解得T＝，可得，导航卫星的周期小于同步轨道卫星的周期，则该导航卫星的周期小于地球赤道上物体随地球自转的周期，故C错误；由万有引力提供向心力有＝ma，解得a＝，可知，该导航卫星的向心加速度大于同步轨道卫星的向心加速度，由a＝ω2r可知，同步轨道卫星的向心加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，则该导航卫星的向心加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，故D错误。 6．D　[解析]本题中涉及三个物体，其已知量排列如下；地球同步卫星：轨道半径r，运行速率v1，加速度a1；地球赤道上的物体：轨道半径R，随地球自转的向心加速度a2，近地卫星：轨道半径R，运行速率v2对于卫星，其共同特点是万有引力提供向心力，有G＝m，故＝，故C错误，D正确；对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同特点是角速度相等，有a＝ω2r，故＝，故A、B错误。 7．C　[解析]由第一宇宙速度意义可知G＝，解得第一宇宙速度为v1＝，又M＝ρV＝ρ·πR3，由题意可知v2＝v1，且对于黑洞有v2＝c，联立可得该黑洞半径最小为R＝≈3×103 m，故选C。 8．BCD　[解析]设地球质量为M，卫星在圆轨道Ⅲ上运行时有＝ma＝m，在贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上有＝mg，联立可得a＝()2g，v＝，A错误，B正确；根据开普勒第三定律＝k，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅰ的半径，可知卫星在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期，C正确；根据公式有＝mω(R＋h)，＝mωR，可得ω3<ω1，D正确。 9．BD　[解析]飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，所以ω飞＝ω地，由圆周运动线速度和角速度的关系v＝rω得v飞>v地，A错误；由公式a＝rω2知a飞>a地，B正确；飞行器受到太阳和地球的万有引力，方向均指向圆心，其合力提供向心力，故C错误，D正确。故选BD。 10．AD　[解析]由G＝mg，可得地球表面的重力加速度g＝，由G＝m月a，r＝60R，可得，月球绕地球做圆周运动的加速度a＝，故A正确；由a＝，可得，月球绕地球做圆周运动的线速度v＝，为地球第一宇宙速度的倍，故B错误；月球的半径未知，无法计算出月球表面的重力加速度，故C错误；海水与月球最小距离为59R，月球对地球海水引力产生的加速度最大值a′＝G＝×＝，故D正确。 11．(1)r　(2) [解析](1)卫星停泊轨道是绕地球运行时，根据万有引力提供向心力G＝m，解得：卫星在停泊轨道上运行的线速度v＝；物体在地球表面上，有mg＝G，得到黄金代换GM＝gr2，代入解得v＝r。 (2)卫星在工作轨道是绕月球运行，根据万有引力提供向心力有G＝mR1，在月球表面上，有m·g＝G，得GM月＝gr，联立解得：卫星在工作轨道上运行的周期T＝。 12．(1)　(2)v0R [解析](1)在火星表面万有引力产生的加速度是重力加速度，假设在火星表面有一个质量为m的物体，则有G＝mg，解得g＝。 (2)设小物体经过时间t落到火星表面，则有 h＝gt2，x＝v0t，解得x＝v0R。 13．(1)222.2 N　(2)3.375 m [解析](1)由mg＝G，得g＝，在地球上有g＝，在火星上有g′＝，所以g′＝ m/s2，那么航天员在火星上所受的重力mg′＝50× N≈222.2 N。 (2)根据速度位移关系式，在地球上航天员跳起的高度为h0＝，在火星上航天员跳起的高度h＝，联立以上两式得h＝3.375 m。 14．(1) 　(2) [解析](1)设飞船的轨道半径为r，由几何关系有r＝，对于地球表面上的物体mg＝，对于飞船有＝m()2r，解得T＝ 。 (2)如图，由几何关系知，太阳光被遮挡范围对应圆轨道圆心角β＝2θ 阳光被遮挡的时间＝，解得t＝ 。 15．(1)2π　(2)M　(3)1.01 [解析](1)由题意知A和B有相同的角速度和周期，设A、B的运行半径分别为rA、rB，则对A有G＝MrA，对B有＝mrB，rA＋rB＝L，解得rA＝L，rB＝L，解得T＝2π。 (2)对B有v＝，解得v＝M。 (3)将地月系统看成双星系统，由(1)得 T1＝2π 常常认为月球绕地心做圆周运动，有 G＝m月L 解得T2＝2π， 则＝＝＝1.01。 第七章　章末检测(二) 1．D　[解析]牛顿创建了力的概念，故A错误；牛顿发现了惯性定律，即牛顿第一定律，故B错误；开普勒发现了行星运动规律，故C错误；卡文迪什利用扭秤实验测出了万有引力常量，故D正确。故选D。 2．A　[解析]根据万有引力定律可知，对接前空间站组合体对地球的万有引力大小为F引＝G，故选A。 3．B　[解析]根据时间的相对性Δt＝， 且1－()2<1，所以Δt＞Δτ 。故B正确。 4．C　[解析]地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得＝mg，解得GM＝gR2，根据题意可知，卫星的运行周期为T′＝，根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有＝m(R＋h)，联立解得h＝－R，故选C。 5．A　[解析]双星系统两个恒星的角速度相同，周期相同，设恒星A和恒星B的轨道半径分别为rA和rB，对A根据万有引力提供向心力得G＝mrA，对B根据万有引力提供向心力得G＝2mrB，又L＝rA＋rB，联立解得rA＝，故A正确，BCD错误。 6．D　[解析]太阳直径远小于金星的轨道半径，太阳直径忽略不计，根据题意结合几何知识可知地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为＝，故A错误；根据万有引力提供向心力有＝m2r＝m＝ma，解得T＝，v＝，a＝，故可得周期之比为＝；线速度大小之比为＝；向心加速度大小之比为＝，故BC错误，D正确。 7．C　[解析]由G＝m得T2＝r3，可知图像的斜率越大，中心天体的质量越小，故A错误；当r约为天体的半径时，由G＝m得天体的第一宇宙速度为v＝，因为金星的质量约为地球质量的五分之四，半径和地球的半径几乎相等，故B错误；由G＝m得周期为T＝，所以环绕金星表面运行卫星的周期大，故C正确；由G＝man得an＝，因为金星离太阳的距离比地球略近，所以金星绕太阳运行的向心加速度大，故D错误。 8．ACD　[解析]飞船从较低的1轨道进入较高的2轨道要点火加速做离心运动才能完成，故A正确；飞船做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得G＝＝m＝mr＝ma，可得a＝，v＝，T＝2π，可知飞船在1轨道的周期小于在2轨道的周期，在1轨道的速度大于在2轨道的速度，在1轨道的加速度大于在2轨道的加速度，故B错误，CD正确。 9．BC　[解析]11.2 km/s是第二宇宙速度，是脱离地球引力束缚的最小发射速度，而飞船绕地球飞行，则其发射速度小于11.2 km/s，故A错误；设地球质量为M，组合体质量为m，轨道半径为r，由G＝m＝m()2r，可得v＝，T＝2π，可知r越大，线速度v减小，周期T越大，组合体的轨道半径大于地球半径而小于地球同步卫星轨道半径，其绕地球飞行的速度小于7.9 km/s，周期小于24 h，故B正确，D错误；设地球的轨道半径为R，由万有引力提供向心力有G＝m()2r，解得M＝，而地球的体积V＝πR3，则可得地球的密度ρ＝，由已知条件可得r＝R，联立以上各式解得ρ＝()3·，故C正确。故选BC。 10．ABD　[解析]双星之间的引力F＝G，因mA＋mB一定，根据数学知识可知，两数和一定，两数相等时乘积最大，则当A星的表面物质受B星的引力离开A星表面流向B星表面时，mAmB乘积变大，则万有引力将变大，故A正确；根据F＝G＝mAω2rA＝mBω2rB，即ω＝，故角速度不变，则周期不变，即光变周期不变，故B正确；根据F＝G＝mAω2rA＝mBω2rB，可得＝，因mA减小，mB变大，可知rA变大，rB减小，因角速度不变，根据v＝ωr可知，A星的线速度将变大，B星的线速度将减小，故C错误，D正确。故选ABD。 11．(1)　(2)　(3) [解析](1)月球表面上质量为m1的物体，其在月球表面有G＝m1g，可得月球质量M＝。 (2)在月球表面附近根据重力和向心力的关系可知m2g＝m2，解得v＝。 (3)轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为m，由万有引力提供向心力得G＝m(R＋h)，解得T＝。 12．(1)　(2)　　(3) [解析](1)由自由落体运动得h＝gt2，解得g＝。 (2)设火星表面有一质量为m的物体，则G＝mg，解得M＝，密度为ρ＝，解得ρ＝。 (3)探测器在火星近地圆轨道做匀速圆周运动，有mg＝m，解得v＝。 13． [解析]小球未被被挖去时，大球对质点的万有引力为F1＝G。由体积公式知，大球的质量M＝πR3ρ，被挖去的一个小球的质量为M′＝π()3ρ，则有M′＝。设剩余部分对质点m的万有引力为F′，则G＝G＋G＋F′，解得F′＝。 14．(1)T0　(2)　(3)T0 [解析](1)根据开普勒第三定律＝，解得TB＝T0。 (2)地球对卫星A的引力为其做圆周运动提供向心力，设地球半径R、质量M，卫星A质量m，则G＝m··6R，地球体积V＝πR3，地球密度ρ＝，联立解得ρ＝。 (3)图示此刻两卫星相距最远，设经过时间t两卫星第一次相距最近，有·t－·t＝π，解得t＝T0。 15．(1)　(2) [解析](1)三星系统中外侧两星所受母星引力大小相同F引1＝＝，同理四星系统中 F引2＝＝。 (2)三星系统中外侧星所受引力大小为F引＝＋＝，F引＝ma向，a向＝，同理四星系统中F′引＝＋＝，F′引＝ma′向，a′向＝。 阶段检测 1．C　[解析]根据曲线运动规律可知，速度方向沿曲线的切线方向，减速飞行说明重力和F的合力的方向指向运动轨迹的凹侧且与速度方向成钝角。故选C。 2．C　[解析]船渡河时间为t＝，选项AB错误；船渡河过程被冲到下游的距离为x＝v2t＝d，C正确，D错误。 3．A　[解析]斜抛运动可视为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动的合运动。设竖直方向速度为vy，则上升的最大高度为h＝，由图可知，乙炮弹上升的高度大于甲炮弹上升的高度，则v甲y<v乙y，飞行时间t＝，则t甲<t乙，即乙炮弹比甲先发射，A正确；发射速率v＝，因为发射速率相等，所以v甲x>v乙x，发射速度与水平方向夹角tan α＝，不相同，即方向不同，由对称性可知，两炮弹击中目标时速度方向不同，B错误；两炮弹在各自轨迹最高点的竖直速度为零，水平速度不为零，C错误；两炮弹在轨迹最高点速度为水平速度，由上述分析可知，乙炮弹在轨迹最高点的速度小于甲炮弹在轨迹最高点的速度，D错误。故选A。 4．A　[解析]大、小两齿轮边缘处的线速度大小相等，则线速度大小之比为v1∶v2＝1∶1，根据a＝，可知大、小两齿轮边缘处向心加速度大小之比为a1∶a2＝R2∶R1＝2∶5，根据v＝ωr，可知大、小两齿轮边缘处角速度之比为ω1∶ω2＝R2∶R1＝2∶5，根据ω＝2πn，可知大、小两齿轮边缘处转速之比为n1∶n2＝ω1∶ω2＝2∶5，故选A。 5．B　[解析]根据题意可知，物块在斜面上做类平抛运动，沿斜面向下的加速度为a＝gsin 30°＝g，由运动学规律，水平方向上有l＝v0t，沿斜面方向有l＝at2，解得t＝2，v0＝，故选B。 6．A　[解析]卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有G＝m，可得v＝，可知，a的轨迹半径r大，则a的线速度比b的线速度小，两者的轨道半径r都大于地球半径R，所以两者线速度都小于第一宇宙速度，故A正确；a是同步卫星，d是静止在赤道地面上的一个物体，则有ωa＝ωd、Ta＝Td，卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有G＝mω2r，可得ω＝，由于a的轨道半径r大于b的轨道半径r，b的轨道半径r大于c的轨道半径r，则有ωa<ωb<ωc，根据T＝可得Ta>Tb>Tc，故BD错误；d是静止在赤道地面上的物体，其做圆周运动向心力来自于地球万有引力的一小部分，不等于重力，所以其向心加速度不等于赤道处的重力加速度，故C错误。 7．C　[解析]“嫦娥六号”探测器没有脱离地球的束缚，因此发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；月球的第一宇宙速度等于近月圆轨道上的环绕速度，“嫦娥六号”探测器在近月点B所在椭圆轨道相对于近月圆轨道为高轨道，由椭圆轨道变轨到近月圆轨道，需要在近月点B减速，可知“嫦娥六号”探测器运行至B点时的速度大于月球的第一宇宙速度，故B错误；图中圆轨道相对于椭圆轨道为高轨道，可知，要想从圆轨道进入椭圆轨道必须在A点减速，故C正确；令图中圆轨道半径为R1，椭圆轨道的半长轴为R2，根据开普勒第三定律有＝，由于R1>R2，可知T1>T2，即在椭圆轨道上运行的周期比在圆轨道上运行的周期短，故D错误。 8．BD　[解析]设箭抛出点离壶口的竖直高度为h，水平距离为x，箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ。箭在空中做平抛运动，根据推论，速度的反向延长线过水平位移的中点，则tan θ＝＝，x相同，h越大，θ越大，则知甲所投箭的位置比乙的高，根据h＝gt2，可知甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，故B正确，C错误；由x＝v0t可知，x相等，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，则甲所投箭的初速度大小比乙的小，故A错误；速度变化量Δv＝gt，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，则甲的速度变化量比乙的大，故D正确。 9．BD　[解析]S1先做平抛运动，与地面的碰撞为弹性碰撞且不计地面阻力，故与地面碰撞后水平方向速度不变，竖直方向速度反向，两球从抛出到相遇，则有x＝v1t，解得t＝＝ s＝2 s，故A错误；小球S1从抛出到第1次落地，由h＝gt，解得t1＝1 s，落地时竖直方向分速度为vy＝gt1＝10×1 m/s＝10 m/s，与小球S2相遇时，有vy(t－t1)－g(t－t1)2＝v2t－gt2，代入数据解得v2＝12.5 m/s，故B正确；S2上升到最高点所用的时间为t2＝＝1.25 s，故S2一定在下降过程中与S1相遇，故C错误；相遇时，S2离地的高度为h2＝v2t－gt2＝12.5×2 m－×10×22 m＝5 m，故D正确。 10．AD　[解析]木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知木块所受的静摩擦力为Ffa＝mlω2，Ffb＝2mlω2，故Ffa<Ffb，a、b未发生相对滑动前摩擦力不等，B错误；因为两个木块的最大静摩擦力相等，未发生相对滑动时Ffa<Ffb，所以b先达到最大静摩擦，b先滑动，A正确；当ω＝时，a所受摩擦力的大小为Ffa＝mlω2＝<kmg，C错误；当b恰好开始滑动时kmg＝2mlω2，解得ω＝，D正确。 11．(1)BCD　(2)10　1.5　2.0 [解析](1)根据实验结果可知平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，不需要质量相等，因此实验时需要A、B两球从同一高度开始运动，不需要两球质量相等，故A错误，B正确；小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动，A球在竖直方向上的运动情况应该跟B球相同，因此两球同时落地，故C正确；为探究实验的科学性，应改变装置的高度多次实验，故D正确；本实验只能说明A球在竖直方向的运动性质，不能说明A球在水平方向做匀速直线运动，故E错误。故选BCD。 (2)由图乙可知，在竖直方向上Δh＝hBC－hAB＝2×5 cm＝10 cm，根据Δh＝gT2，可得T＝0.1 s，故f＝＝10 Hz。小球平抛的初速度大小为v0＝ m/s＝1.5 m/s，经过B点时的竖直分速度大小为 vBy＝＝ m/s＝2.0 m/s。 12．(1)C　(2)一　(3)B [解析](1)本实验探究向心力的大小F与小球质量m关系时，保持r、ω不变，探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，保持r、m不变，探究向心力的大小F和半径r之间的关系时，保持m、ω不变，所以实验中采用的实验方法是控制变量法。故选C。 (2)在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系时，保持m、ω不变，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。 (3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则r、m相同，传动皮带位于第二层，角速度比值为ωA∶ωC＝＝R2∶2R2＝1∶2，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比表示向心力的比值，约为nA∶nC＝ω∶ω＝1∶4，故选B。 13．(1)17.5 m/s　(2)5 m/s [解析](1)从空中直接投入洞坑，竖直方向H－h＝gt2，得t＝0.2 s，水平方向x＝v0t，得v0＝＝＝17.5 m/s。 (2)落到桌面后即以水平初速度沿桌面滑行刚好能滑入洞坑，设最小抛出速度为v1，在桌面滑行：加速度a＝μg＝5 m/s2，全过程水平方向v1t＋＝x, 得v1＝5 m/s。 14．(1)5 rad/s　(2)10.88 N　(3)20 N [解析](1)小球对圆锥面恰好无压力时mg tan θ＝mrω，其中r＝l sin θ，联立解得ω0＝＝5 rad/s。 (2)当角速度为ω1＝4 rad/s<5 rad/s 竖直方向有T cos θ＋N sin θ＝mg 根据牛顿第二定律T sin θ－N cos θ＝mωl sin θ 解得T＝10.88 N。 (3)当角速度为ω2＝2 rad/s>5 rad/s 此时小球离开圆锥面，设此时绳子与竖直方向的夹角为α，则T′cos α＝mg，T′sin α＝mωl sin α，解得T′＝20 N。 15．(1)3g　(2)1.09年 [解析](1)行星对表面物体的万有引力等于物体在表面时受到的重力，有G＝mg，解得g＝，已知地球质量为M，半径为R，而木星质量是300M，半径是10R，则木星表面的重力加速度为g木＝g＝3g。 (2)根据开普勒第三定律有＝， 可得T木＝5T地≈12年 设从木星冲日到下次木星冲日的时间间隔为t，则－＝1，解得t＝年≈1.09年。 第八章　机械能守恒定律 第1节　功与功率 课堂达标 1．B　[解析]力F1对物体做功W1＝5 J，物体克服力F2做功3 J，即力F2对物体做功W2＝－3 J，则力F1与F2的合力对物体做功为W＝W1＋W2＝2 J，故选B。 2．D　[解析]根据功的概念，则题图A中力F做功为W1＝FL，题图B中力F做功为W2＝FL cos 30°＝FL，题图C中力F做功为W3＝FL cos 30°＝FL。题图D中力F做功为W4＝FL cos 60°＝FL，四种情况下做功最小的是D。 3．B　[解析]对雪橇受力分析，如图所示。 由于支持力、重力的方向均与位移方向垂直，故支持力和重力做功均为0，故A错误，B正确；根据功的计算公式可得，拉力做功为WF＝Fs cos θ，故C错误；在竖直方向受力平衡，则有FN＋F sin θ＝mg 滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μ(mg－F sin θ) 所以滑动摩擦力做功为Wf＝－Ffs＝－μ(mg－F sin θ)s，故D错误。 4．D　[解析]由P＝可知，力做的功越多，功率不一定大，故A错误；由P＝Fv知，物体运动得越快，功率不一定大，还与外力有关，故B错误；由W＝Pt知，功率越大，力做的功不一定多，还与时间有关，故C错误；由P＝Fv cos α知，某一时刻，力和速率都很大，但功率不一定大，还与夹角有关，故D正确。 5．AD　[解析]功率是描述力对物体做功快慢的物理量，A正确；根据P＝Fv，知只有在F一定的条件下，功率才与速度成正比，故B错误。由P＝可知，一定的时间内力做功越多，功率就越大，C错误；根据P＝Fv可知，汽车以额定功率行驶时，速度越大，其受到的牵引力越小，D正确。故选AD。 课后精练 1．B　[解析]滑动摩擦力还可以做正功，不做功，故A错误，B正确；静摩擦力对物体也既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功，故CD错误。 2．C　[解析]车夫对马的拉力方向向后，而马向前走，所以车夫对马的拉力做负功，故AB错误；马对车的拉力与车的运动方向一致，马的拉力对车做正功，故C正确，D错误。 3．C　[解析]汽车在水平路面上以速度v匀速行驶，此时发动机功率为P，则有P＝Fv，F＝Ff 当汽车功率突然变为P时，有P＝F′v 根据牛顿第二定律有F′－Ff＝ma 联立解得a＝，故C正确，ABD错误。 4．C　[解析]撤去F1后，F2、F3的合力与速度方向相反，物体将做匀减速直线运动，故A错误；撤去F1后，物体先向右减速后向左加速，所以F2对物体先做负功后做正功，故B错误；撤去F2后，物体做匀变速曲线运动，其轨迹向F2的反方向偏转且无限趋近于F2的反方向，此过程中，F1与速度的夹角始终小于90°，所以F1一直对物体做正功，故C正确；撤去F1和F2后，由于F3与速度不共线，则物体做曲线运动，故D错误。 5．B　[解析]重力始终与乒乓球位移方向垂直，而根据功的计算公式W＝FL cos θ，则可知重力在此过程中不做功，故A错误；支持力与乒乓球位移之间的夹角为锐角，则根据功的计算公式可知，支持力对乒乓球做正功，故B正确；空气阻力的方向与乒乓球位移的方向相反，则根据功的计算公式可知，空气阻力对乒乓球做负功，故C错误；乒乓球做匀速直线运动，则可知乒乓球所受合力为零，则可知乒乓球所受合力做功为零，故D错误。 6．A　[解析]对物体受力分析可知，物体只受力F的作用，由牛顿第二定律可得a＝，t1时刻的速度为v＝at＝t1，则在t1时间内的平均速度为＝＝·t1，所以在t1时间内力F的平均功率＝F＝F··t1＝t1，故A正确，BCD错误。 7．ACD　[解析]人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力作用，根据W＝Fx cos θ，可知，重力与位移夹角大于90°，做负功。支持力与位移夹角小于90°，做正功。合力为零，所以合力做功等于零。人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功。故ACD正确。 8．BD　[解析]0～2t0内物体的加速度为a＝，2t0时刻的速度为v1＝a·2t0＝，在3t0时刻的瞬时速度v2＝v1＋3at0＝，则3t0时刻的瞬时功率为P＝3F0＝，故A错误，B正确；在t＝0到3t0这段时间内，由动能定理可得W＝ΔEk＝mv＝，则这段时间内的平均功率＝＝，故C错误，D正确。 9．CD　[解析]根据牛顿第二定律与功率表达式可得F－mg＝ma，P＝Fv，整理得a＝·－g，图像的斜率为k＝＝＝120。解得起重机的额定功率为P＝2.4×107 W，故A错误；重物上升的最大速度为vm＝＝ m/s＝12 m/s，故B错误；重物做匀加速直线运动达到的最大速度为10 m/s，重物做匀加速直线运动的时间为t＝＝ s＝5 s，故C正确；重物0～5 s内做匀加速直线运动的位移为h＝at2＝×2×52 m＝25 m，0～5 s内，对重物，根据动能定理有W1－mgh＝mv2，5 s后起重机功率恒定，5 s～10 s起重机对重物做的功为W2＝Pt1＝2.4×107×(10－5) J＝1.2×108 J，10 s内起重机对重物做的功为W＝W1＋W2＝1.8×108 J，故D正确。故选CD。 第2节　重力势能 课堂达标 1．D　[解析]重力做功与物体的运动路径无关，只与初末状态物体的高度差有关，从A到B的高度是H，故从A到B重力做功为WAB＝mgH，从A到C的高度差是(H－h)，故从A到C重力做功为WAC＝mg(H－h)，故选D。 2．B　[解析]t时间内重力对物体做功为W＝mg·gt2＝mg2t2，A错误；时刻与t时刻重力的瞬时功率之比为P1∶P2＝mgg∶mggt＝1∶2，B正确；t时间内重力的平均功率为＝＝mg2t，C错误；前时间内重力的平均功率为＝mg＝mg2t，后时间内重力的平均功率为＝mg＝mg2t，前时间内与后时间内重力的平均功率之比为∶＝1∶3，D错误。故选B。 3．C　[解析]整个过程中，物体的高度下降了h＝1.8 m－1.25 m＝0.55 m，则重力对物体做正功为W＝mgh＝0.1×10×0.55 J＝0.55 J，而重力做正功的多少等于重力势能的减少量，故小球的重力势能一定减少0.55 J，故C符合题意，ABD不符合题意。 4．CD　[解析]以地面为参考平面，小球落地时的重力势能为0，整个下落过程中重力势能减少了mg(H＋h)，故A错误，C正确；以桌面为参考平面，小球落地时的重力势能为－mgh，整个下落过程中重力势能减少了mg(H＋h)，故B错误，D正确。故选CD。 课后精练 1．D　[解析]在重物由A点摆向最低点B的过程中重物的高度下降，重力对重物做正功，重物的重力势能减小；弹簧伸长，弹簧的弹力对重物做负功，弹性势能增加。故选D。 2．ABD　[解析]人一直在下落，故重力对人做正功，人的重力势能不断减小，故AB正确；橡皮绳不断伸长，弹力对人做负功，使橡皮绳的弹性势能不断增加，故C错误，D正确。 3．B　[解析]对n块砖整体研究，从它们平铺在地面上到一块一块叠放起来砖所增加的重力势能 ΔEp＝nmg·(nh)－nmgh＝n(n－1)mgh，故选B。 4．C　[解析]由于水的体积不变，把连接两桶的阀门打开至两桶中水面高度相等的过程中，利用等效法把左管高部分的水等效地移至右管，如图所示，阴影部分从左管移至右管重力做的功为 WG＝·ρgS·＝ρgS(h1－h2)2，所以重力势能减少量ΔEp＝ρgS(h1－h2)2，故选C。 5．D　[解析]根据平抛运动规律h＝gt2，则小球运动时间相同，根据x＝vt，则＝＝，故A错误；落地瞬间vy＝gt，竖直速度相同，根据重力的瞬时功率P＝mgvy，则落地瞬间重力的瞬时功率相同，故B错误；小球下落距离相同，根据W＝mgh，则重力做功相同，且运动时间相同，根据＝，则重力的平均功率相同，故C错误，D正确。 6．BD　[解析]由于弹簧处于原长时，物块开始向右运动，所以物块向右运动的位移大小x等于弹簧的伸长量，小于弹簧的总长，所以A错误；由胡克定律FT＝kx，可知k＝，即FT－x关系图像的斜率表示弹簧的劲度系数，所以B正确；由牛顿第二定律F－kx＝ma，可得a＝，当F为恒力时，随着物块向右运动的位移x的增大，物块的加速度a越来越小，所以C错误；物块向右运动的位移大小由x1变为x2的过程中，物块克服弹簧的拉力做的功在数值上等于图乙阴影部分的面积，则有 W＝，所以D正确；故选BD。 7．重力势能减少了mgL [解析]设桌面为参考平面，开始时重力势能 Ep1＝－mg×＝－ 末态时重力势能Ep2＝－mg×＝－ 所以重力势能变化ΔEp＝Ep2－Ep1＝－mgL。 培优专项(六)　机车启动问题 课堂达标 1．(1)30 m/s　(2)2 m/s2 [解析](1)根据P＝Fv 最大速度时满足F＝f 因此最大速度vm＝＝ m/s＝30 m/s。 (2)根据P＝Fv 当速度为20 m/s时的牵引力 F＝＝ N＝6×103 N 根据F－f＝ma 可得加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2。 2．(1)10 m/s　(2) s [解析](1)汽车在行驶过程中达到最大速度时牵引力F等于阻力Ff，则有F＝Ff＝0.1mg，P额＝Fvm，解得vm＝10 m/s。 (2)汽车由静止开始做匀加速直线运动，设末速度为v1，这一过程能维持时间为t，则有F′－Ff＝ma P额＝F′v1，v1＝at，代入数据解得t＝ s。 课后精练 1．B　[解析]t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P＝Fv，可知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律F－Ff＝ma，可知加速度减小，故B正确，A错误；0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由P＝Fv，可知功率增大，故CD错误。故选B。 2．D　[解析]由题图可知，汽车的额定功率P＝Fv＝4×103×20 W＝8×104 W，故D正确；当汽车速度为vm＝20 m/s时，由平衡条件可得F阻＝F＝4×103 N，汽车刚启动时所受牵引力为F′＝8×103 N，由牛顿第二定律可得汽车做匀加速直线运动的加速度为a＝＝2 m/s2，故C错误；汽车匀加速运动过程中的最大速度v′＝＝ m/s＝10 m/s，故A错误；汽车做匀加速直线运动的时间为t＝＝5 s，故B错误。故选D。 3．B　[解析]在0～t1时间内，重物从静止开始竖直向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律，F1－mg＝ma1，钢索拉力F1＝m(g＋a1)，可见拉力是恒力，其功率P1＝F1v＝m(g＋a1)v＝m(g＋a1)a1t，对应的P－t图像是经过原点的倾斜线段；在t1～t2时间内，重物匀速上升，钢索拉力F2＝mg，功率P2＝F2v＝mgv。对应的P－t图像是一条平行于横轴的线段，考虑到在t1时刻，拉力突然减小，而速度大小不变，其功率P2也突然减小；在t2～t3时间内，重物做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律mg－F3＝ma2，钢索拉力F3＝m(g－a2)，可见拉力是恒力，其功率P3＝F3v＝m(g－a2)(v0－a2)t，对应的P－t图像是倾斜线段，随着t延长，P3减小，在t2时刻，拉力突然减小，而速度大小不变，其功率也突然减小，故ACD错误，B正确。 4．D　[解析]根据－Ff＝ma，可得a＝·－，物体的加速度随速度增加而减小，则物体的速度随时间不是均匀增加，AB错误；由图像可知＝，＝4，解得P＝160 kW，Ff＝1 600 N，C错误，D正确。 5．ACD　[解析]根据P＝F牵v，F牵－F＝ma，加速过程中，牵引力减小，加速度减小，动车做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度最大，A正确，B错误；牵引力做功为W＝Pt，C正确；当动车速度最大时，牵引力与阻力等大，则牵引力的功率为P＝Fvm，D正确。故选ACD。 6．(1)2.08×104 W　(2)2.5 s [解析](1)起重机的额定功率为P0，重物达到最大速度vm时，拉力F0等于重物重力，则有P0＝F0vm，F0＝mg，解得P0＝2.08×104W。 (2)匀加速运动结束时起重机达到额定功率P0，设此时拉力为F，重物速度为v，则有F－mg＝ma，P0＝Fv，又v＝at，解得t＝2.5 s。 7．(1)10 m/s　(2)16 s　(3)6.4×105 J　(4)50 kW [解析](1)汽车在坡路向上行驶，所受斜向下的阻力为Ff＝0.1mg＋mg sin α＝4 000 N＋4 000 N＝8 000 N，又因为F＝Ff时，P＝Fvm，所以有vm＝＝＝ m/s＝10 m/s。 (2)汽车从静止开始以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律F′－0.1mg－mg sin α＝ma 得F′＝ma＋mg sin α＋0.1mg＝1×104N 保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度v′m，有v′m＝＝ m/s＝8 m/s 由运动学规律可知t＝＝ s＝16 s。 (3)匀加速行驶的位移为s＝＝64 m 汽车在匀加速阶段行驶时做功为 W＝F′s＝1×104×64 J＝6.4×105 J。 (4)当t′＝10 s<16 s时，说明汽车在10 s末时仍做匀加速行驶，则汽车的即时功率为 Pt＝F′vt＝F′at′＝1×104×0.5×10 W＝50 kW。 第3节　动能和动能定理 课堂达标 1．B　[解析]物体的动能不变，则速度的大小不变，但是速度的方向可能会变化，运动状态可能变化，AC错误；物体的速度不变，则其动能也不变，B正确；物体的动能不变，可能只是速度大小不变，但是速度的方向可能会变化，比如匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻改变，合外力充当向心力，合外力不为零，D错误。故选B。 2．A　[解析]根据向心力公式F＝m，把上式代入动能定理公式Ek＝mv2中，得Ek＝FR，把两物体运动半径之比为2∶3，受到向心力之比为3∶2，代入上式得动能之比是1∶1，故BCD错误，A正确。 3．D　[解析]设地板对物体的支持力做的功为W，对物体由动能定理得W合＝W－mgH＝mv2 解得W＝mgH＋mv2，故AB错误； 设钢索的拉力做的功为W′，对电梯和物体整体由动能定理得W′－(M＋m)gH＝(M＋m)v2， 解得W′＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH，故C错误；由动能定理得，合力对电梯M做的功等于Mv2，故D正确。 4．C　[解析]物块在空中运动时，只有重力和空气阻力做功，由动能定理得mgh－W＝mv2－mv，解得物块克服空气阻力所做的功W＝mgh＋mv－mv2，故选C。 课后精练 1．B　[解析]小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，重力与拉力做功，根据动能定理得W1－mgl(1－cos θ)＝0，得拉力F所做的功为W1＝mgl(1－cos θ)，故选B。 2．C　[解析]从开始至停下，根据动能定理可得－μmgs＝0－mv2，得运动的总路程s＝25 m，因＋5 m＝s，故停下位置距离左边挡板距离x＝L－5 m＝3 m，故选C。 3．BC　[解析]在刹车过程中，由动能定理－μmgs＝0－mv2，可得，刹车距离为s＝，因此甲车与地面间动摩擦因数小，乙车与地面间动摩擦因数大。由牛顿第二定律可得，刹车时的加速度a＝μg，所以乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车刹车距离小，所以乙车先停下来。故选BC。 4．BCD　[解析]由v－t图像可知，物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，受的合力是零，因此合力做功是零，A错误；从第3秒末到第5秒末物体的速度从v0减到零，即物体动能减少量与第1秒内动能的增加量大小相等，因此合力做负功，等于－W，B正确；从第5秒末到第7秒末动能的增加量与第1秒内动能的增加量相等，合力做功相等，为W，C正确；从第3秒末到第4秒末，物体的速度由v0减小到，动能减少，动能减少量大小等于第1秒内动能增加量的，则合力做功为－0.75W，D正确。 5．A　[解析]设CD斜面倾角为θ，当物体沿斜面滑行位移s时，克服摩擦力所做的功为W＝μmg cos θ·s＝μmg·s cos θ＝μmg·x，与在水平面滑行x时克服摩擦力所做的功相等，由于AB轨道和CDE轨道在水平面上的投影长度相等，所以在两轨道上滑行过程克服摩擦力做的总功相等，据动能定理可知，到达B点和E点的速度大小相等，即v2＝v1，故选A。 6．D　[解析]最大速度vm＝＝＝60 m/s 根据动能定理mv－0＝Pt－0.1mgx 解得x＝3 000 m，故选D。 7．C　[解析]由牛顿第二定律μmg＝mrω2，可得ω＝，因为rA>rB，所以ωA<ωB，则由静止开始缓慢增大转台的转速，A先发生滑动，此时水杯B的线速度大小为vB＝ωA＝＝，由动能定理得在这一过程中转台对水杯B所做的功为W＝mv＝μmgR。 8．(1)5×104 W　(2)4 m/s2　(3)200 m [解析](1)汽车受到的阻力Ff＝kmg＝2×103 N 汽车的额定功率P＝Ffvm＝5×104 W。 (2)根据题意知P＝Fv1，解得F＝104 N，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得a＝4 m/s2。 (3)由题意可得Pt－Ffs＝mv－mv，解得s＝200 m。 第4节　机械能守恒定律 课堂达标 1．C　[解析]探测器减速下降过程中，速度减小，则动能减小；它在火星表面的重力势能减小，则机械能减小。故选C。 2．B　[解析]只有重力或只有内部弹力做功的系统机械能守恒，除重力外物体还受其他力，但其他力不做功或做功和为零，物体机械能也可能守恒，故A错误；物体做平抛运动时只有重力做功，机械能守恒，故B正确；合力对物体做功为零，机械能不一定守恒，如在竖直方向匀速下落的物体合外力做功为零，但机械能减少，机械能不守恒，故C错误；人乘电梯减速上升过程，支持力做正功，机械能增加，故D错误。 3．A　[解析]小球做平抛运动，只受重力，机械能守恒，所以小球在竖直方向上下降的距离为h时的机械能等于抛出时的机械能，即E＝mgH＋mv，故选A。 4．D　[解析]竖直上抛和沿光滑斜面(足够长)上滑的物体，到达最高点的速度都为0，根据机械能守恒可得mv＝mgh1＝mgh3，斜上抛的物体到达最高点的速度具有一定的水平速度，根据机械能守恒可得mv－mv＝mgh2，联立可得h1＝h3>h2，故选D。 课后精练 1．A　[解析]由题意，圆形槽光滑，两小球下滑过程中，均只有重力做功，机械能均守恒。取同一参考平面，两球刚下滑时的机械能相等，两球在下滑过程中，各自的机械能保持不变，所以机械能总是相等的，故A正确，D错误。到达最低点时，由机械能守恒mgR＝mv2，在最低点FN－mg＝m，解得FN＝3mg，虽然两圆周运动的轨迹半径不同，但经最低点时对底面的压力大小相等，故B错误；在最低点的动能为Ek＝Ep＝mgR，可知在最低点时的动能不相等，故C错误。故选A。 2．B　[解析]在圆环下滑到最大距离的过程中，弹簧逐渐被拉伸，弹簧的弹力对圆环做负功，圆环减小的机械能转化为弹簧的弹性势能，则弹簧的弹性势能最大为Ep＝mgL，故A错误，B正确；在圆环下滑到最大距离的过程中，开始时弹簧弹力在竖直方向上的分力小于圆环的重力，此时圆环做加速运动，当弹簧弹力在竖直方向上的分力等于圆环的重力时，圆环速度达到最大，由于圆环具有惯性，还要继续向下运动，此后弹簧弹力在竖直方向上的分力大于圆环的重力，合力方向向上，圆环向下减速运动，直到下滑到最大距离时速度为零，所以圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误；在圆环下滑到最大距离的过程中，圆环先加速后减速，圆环的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。故选B。 3．A　[解析]a、b两球组成的系统机械能守恒，设b刚落地时的速度大小为v，则整个过程动能增加量 ΔEk增＝(m＋3m)v2＝2mv2 重力势能的减少量ΔEp减＝3mgh－mgh＝2mgh 由机械能守恒得ΔEk增＝ΔEp减 所以2mv2＝2mgh，解得v＝，故选A。 4．C　[解析]由图看出，弹簧的弹力F在变化，说明在运动过程中弹簧的弹性势能在变化，而小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则知小球的机械能不守恒，故A错误；t1～t2这段时间内，小球向下运动，弹簧的弹力先小于重力，后大于重力，小球的合力先向下后向上，小球先加速后减速，所以小球的动能先增加后减小，故B错误；t2～t3这段时间内，小球向上运动，弹簧的弹性势能逐渐减小，根据系统的机械能守恒知，小球的动能与重力势能之和逐渐增大，故C正确；在t2时刻，小球到达最低点，此时的动能为零，故D错误。故选C。 5．BD　[解析]由A到B的过程中，弹簧对小球做负功，则小球的机械能减少，故A错误，B正确；根据系统的机械能守恒知，小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和不变，而小球的动能增大，则小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和变小，故C错误；只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，即弹簧与小球的总机械能守恒，故D正确。 6．ABC　[解析]链条开始运动到触地前的过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，A正确；链条滑离桌面过程中，重力势能不断减小，动能不断增加，B正确；设桌面为零势能面，初始状态，重力势能为Ep1＝－mg·L＋0＝－，刚好滑离桌面时，重力势能为Ep2＝－mgL，因此重力势能减少量ΔEp＝Ep1－Ep2＝mgL，C正确；链条刚好触到地面时的重力势能Ep3＝－mgL 根据机械能守恒可知Ep1－Ep3＝mv2，解得链条刚好触到地面时的速度v＝，D错误。故选ABC。 7．(1)3R　(2)(2－1)R [解析](1)设小球到达B点的速度为v1，因为到达B点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，所以有9mg－mg＝m，又由机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv，解得h＝3R。 (2)设小球到达最高点的速度为v2，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mg2R，设落点C与A的水平距离为x，由平抛运动规律得R＝gt2，R＋x＝v2t，由此可解得x＝(2－1)R。 第5节　实验：验证机械能守恒定律 课堂达标 1．(1)A　(2)3.60　(3)在误差允许的范围内，重锤下落过程中重力势能减小量等于动能增加量，即重锤的机械能守恒 [解析](1)尽量选质量大、体积小的重锤，可减小阻力对实验的影响，故A正确；根据mgh＝mv2，可知两边可将m消掉，则重锤质量不需要先测量出来，故B错误；纸带长度要适当，不一定越长越好，故C错误；纸带上选择的第一个计数点对应物体速度不一定要为0，故D错误。故选A。 (2)打B点时物体速度为AC段的平均速度，即 vB＝＝ m/s≈3.60 m/s。 (3)实验得出的结论；在误差允许的范围内，重锤下落过程中重力势能减小量等于动能增加量，即重锤的机械能守恒。 2．(1)m()2　mgh　(2)1 [解析](1)小球经过光电门中心时的速度为v＝，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为ΔEk＝mv2－0＝m()2，小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量ΔEp＝mgh。 (2)根据机械能守恒定律可得ΔEk＝ΔEp，则作出ΔEk－ΔEp的图像中虚线的斜率k≈1，则可验证机械能守恒定律。 课后精练 1．(1)1.50 m/s　2.075 m/s　1.03m J　1.06m J　在误差允许的范围内，机械能守恒　(2)C [解析](1) 利用匀变速直线运动的推论得： v2＝ m/s＝1.50 m/s； v5＝ m/s＝2.075 m/s；此过程中动能增加量为ΔEk＝mv－mv≈1.03m J 重力势能减少量为ΔEp＝mgh＝m×9.8×(0.032＋0.036＋0.04)J＝1.06m J；显然ΔEk小于ΔEp，原因是实验中重锤要克服阻力做功，由以上可得出实验结论为：在误差允许的范围内，机械能守恒。 (2) 物体机械能守恒，应有物体减少的重力势能转化为增加的动能，即ΔEk＝mgΔh，可见物体增加的动能与下落的距离成正比，故选C。 2．(1)1.00　2.50　(2)5.25　5.29　(3)在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒 [解析](1)滑块通过光电门1时的速度为 v1＝＝ m/s ＝ 1.00 m/s 滑块通过光电门2时的速度 v2＝＝ m/s ＝ 2.50 m/s (2)动能增加量ΔEk＝mv－mv＝5.25 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgs sin 30°≈5.29 J。 (3)在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒。 3．(1)0.5 s　(2)　mgh＝m　(3)1.20　2.304 [解析](1)测得铁球下落时间t＝2.05 s－1.55 s＝0.5 s。 (2)根据平均速度公式可得t＝h，解得铁球落地前瞬间速度为v＝；若下落过程机械能守恒，则应满足的等式为mgh＝m。 (3)根据ΔEp＝mgh，可得小球下落的高度为h＝＝ m＝1.20 m；落地速度v＝＝ m/s＝4.8 m/s，动能的增加量ΔEk＝mv2＝×0.2×4.82 J＝2.304 J，则在误差允许范围内，铁球在下落过程中机械能守恒。 4．(1)2.4　(2)0.58　0.60　在误差允许的范围内，两物块组成的系统机械能守恒　(3)9.7 [解析](1)根据题意可知，每相邻两个计数点间还有4个点，则相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s，由匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时m1、m2的速度大小为 v＝＝ m/s＝2.4 m/s。 (2)m1、m2的初速度均为零，所以动能的增加量为 ΔEk＝(m1＋m2)v2≈0.58 J，系统重力势能的减小量为ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.60 J 由此得出的结论是，在误差允许的范围内，两物块组成的系统机械能守恒。 (3)本题中根据机械能守恒可知(m2－m1)g实h＝(m1＋m2)v2 即有v2＝g实h，所以作出的v2－h图像中，图线的斜率k＝g实＝，解得g实＝9.7 m/s2。故当地的实际重力加速度g实＝9.7 m/s2。 专题提升三　功能关系与能量守恒的应用 [典例1] C　[解析]重力做功WG＝mgh，即篮球重力势能减少了mgh，故AB均正确；篮球所受阻力做负功为Wf＝－fh，则篮球机械能减少了fh，故C错误，D正确。此题选择不正确的选项，故选C。 针对训练1　BD　[解析]雨滴下落过程重力方向竖直向下，位移方向竖直向下，重力方向与位移方向相同，重力对雨滴做正功；雨滴匀速下落，雨滴的动能不变而重力势能减小，雨滴的机械能减少，故A错误；雨滴受到的空气阻力做负功，其机械能减小，根据动能定理可知，雨滴受到的合力做功为0，其动能不变，故BD正确，C错误。故选BD。 针对训练2　D　[解析]小球落地前以v1匀速运动，则有mg＝kv1，即k＝＝＝2 N·s/m，故A错误；小球抛出瞬间的加速度大小为a0＝g＋＝10 m/s2＋ m/s2＝50 m/s2，故B错误；小球抛出到落地过程中机械能损失量ΔE＝mv－mv，代入数据可得ΔE＝12 J，故D正确；由功能关系可知小球抛出到落地过程中克服空气阻力做的功等于机械能减少量，即小球抛出到落地过程中克服空气阻力做的功等于ΔE＝12 J，上升阶段与下降阶段的位移大小相等，由题意可知小球在上升阶段克服空气阻力的平均大小大于下降阶段克服空气阻力的平均大小，故小球在上升阶段克服空气阻力做功大于下降阶段克服空气阻力做功，则小球在上升阶段克服空气阻力做功大于ΔE＝×12 J＝6 J，故C错误。 [典例2] BC　[解析]设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，根据牛顿第二定律得μmg＝ma1，μmg＝m′a2，解得a1＝5 m/s2，a2＝2.5 m/s2，设经时间t物块到达B点，根据运动学公式得L＝v0t－a1t2－a2t2，解得t＝ s或t＝2 s，当t＝2 s时v1<0，故t＝2 s舍去。v1＝v0－a1t，v2＝a2t，在B点根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝82 N，Q＝μmgL＝15 J，故选BC。 针对训练3　D　[解析]木块的位移为s2，子弹对木块所做的功为W＝fs2，故B错误；根据动能定理可知，子弹损失的动能为子弹克服摩擦力所做的功，为W克＝fs1>fd，故A错误；整个过程中的摩擦生热为Q＝fs相对＝fd，根据能量守恒可知，整个过程中系统损失的总动能等于整个过程中的摩擦生热为ΔEk＝Q＝fd，故C错误，D正确。 针对训练4　BC　[解析]由题图得0～1 s内煤块加速度a1＝＝ m/s2＝10.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得μ＝0.5，故A错误；由题图可知，0～1 s内，煤块的位移为x1＝ m＝5 m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1.0 m＝10 m，故煤块与传送带间相对位移大小为Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m，煤块相对传送带向上运动；1.0～2.0 s内煤块的位移为x3＝×1.0 m＝11 m，传送带的位移为x4＝v0t2＝10×1.0 m＝10 m，故煤块与传送带间相对位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m，煤块相对传送带向下运动，痕迹重叠1 m，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故B正确；整个过程因摩擦而产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ＝48 J，故C正确，D错误。故选BC。 [典例3] (1)60 N，竖直向下　(2)0.3　(3)0.67或0.40 [解析](1)根据题意，由机械能守恒定律有 mgR＝mv 解得vB＝＝4 m/s 在B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝60 N 由牛顿第三定律可知，滑块第一次经过B点时对轨道的压力F′N＝FN＝60 N 方向竖直向下。 (2)根据题意，滑块由B点到D点，由能量守恒定律有mv＝μmgxBC＋Ep＋mg sin 30°·xCD 解得μ＝0.3。 (3)改变BC间材料发现物块只能滑上右侧斜面一次最后停在BC中点，若滑块第一次返回时，停在BC中点，由能量守恒定律有mv＝μ′mg 解得μ′≈0.67 若滑块能够返回B点，再次滑上圆轨道后返回，最后停在BC中点，由能量守恒定律有 mv＝μ″mg 解得μ″＝0.40。 针对训练5　B　[解析]对B，mBg－FT＝mBa，对A，FT－kx＝mAa，则有mBg－kx＝(mA＋mB)a，释放B的瞬间弹簧的形变量为0，但由于不知道A、B的质量关系，故无法求出B的瞬时加速度，A错误；根据动能定理知，合力做的功等于动能的变化量，因此，B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，B正确；整个系统中，根据能量守恒定律可知，B的机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，故C错误；细线对A的拉力和弹簧对A的拉力做功之和等于物体A机械能的增加量，故D错误。 培优专项(七)　功能关系及其应用 课堂达标 1．D　[解析]该同学的重心升高，则重力势能增加量为mgh，A错误；该同学的动能增加量为mv2，B错误；该同学的机械能增加量为mv2＋mgh，C错误；由能量守恒定律可知，该同学自身提供的能量至少为W阻＋mgh＋mv2，D正确。 2．D　[解析]物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，A错误。根据牛顿第二定律mgsin 30°＋Ff＝ma，解得Ff＝mg，所以克服阻力做功W＝Ff·＝mgh，B错误。根据动能定理得ΔEk＝－ma·＝－mg·2h＝－mgh，所以动能损失了mgh，C错误。因为克服阻力做功mgh，所以机械能损失了mgh，D正确。 3．B　[解析]下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A错误；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，可得质量m＝1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cos θ·s＝20 J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma，求得a＝2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。故选B。 课后精练 1．D　[解析]货车刹车过程由动能定理有Wf－mgh＝0－mv，解得摩擦阻力做功为Wf＝mgh－mv，故A错误；根据能量守恒可知，除重力外的摩擦力做的功等于机械能的变化量，故B错误；动能的变化量等于重力做的功和摩擦力做的功之和，故C错误；产生的热量即为摩擦力做的负功导致，则有Q＝|Wf|＝mv－mgh，故D正确。 2．A　[解析]设斜面倾角为θ，底边长为x，则摩擦力做功Wf＝－μmg cos θ·＝－μmgx，即摩擦力做功与斜面倾角无关，所以两物体的摩擦力做功相同，产生的热量相同QA＝QB，由题图可知A物体重力做的功大于B物体重力做的功，再由动能定理可知，EA>EB，故A正确。 3．D　[解析]由v－t图像可知，开始滑块的速度大于传送带的速度，摩擦力对滑块做负功，机械能减小，当滑块速度与传送带速度相等后，滑块匀速上升，摩擦力对滑块做正功，滑块的机械能增大，因此滑块的机械能先减小后增大。故选D。 4．C　[解析]设物体在上升过程中所受阻力大小为Ff，由功能关系得Ffh0＝E1－E2，mgh0＝E2，解得＝，ABD错误，C正确。 5．AC　[解析]对物块分析，物块的位移为x＋l，根据动能定理得(F－Ff)(x＋l)＝Ek－0，解得Ek＝(F－Ff)(x＋l)，故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块与小车增加的内能为Q＝Ffx相对＝Ffl，故C正确；根据能量守恒定律得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F(l＋x)＝ΔE＋Q，解得ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故D错误。 6．(1)　(2)　(3)mv2　(4) [解析](1)小木块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知μmg＝ma，代入数值可得a＝μg，设达到共速用时为t，则有t＝＝，小木块的位移x＝at2＝×μg×()2＝。 (2)传送带转过的路程s＝vt＝。 (3)当小木块与传送带相对静止时，小木块速度为v，获得动能Ek＝mv2。 (4)传送带相对物块运动距离s相对＝s－x＝－＝，摩擦过程产生的热量Q＝Ffs相对＝μmg×s相对，两式联立可得Q＝。 7．(1)2 kg　(2)2.56 J　(3)0.8 m/s [解析](1)由题图乙可知mgsin 37°＝12 N 解得m＝2 kg。 (2)题图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功WF＝－12×0.06× J＋×20×(0.16－0.06)J＝0.64 J，从A点到B点的过程中由能量守恒可得EP＝WF＋mgxsin 37°＝2.56 J。 (3)撤去力F，设物体返回至A点时速度大小为v0，从A出发两次返回A处的过程应用动能定理WF＝mv，解得v0＝0.8 m/s。 培优专项(八)　能量守恒及其应用 课堂达标 1．(1)　　(2)－mgl [解析](1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒。设转到竖直位置的瞬间A、B的速率分别为vA、vB，杆旋转的角速度为ω，有 mg·2l－mgl＝mv＋mv，vA＝2lω，vB＝lω 联立解得vA＝，vB＝。 (2)对A球，由动能定理得mg·2l＋W＝mv 联立解得W＝－mgl。 2．(1)5 m/s　(2)0.7 s　(3)14 J [解析](1)包裹从A到B过程，机械能守恒，设滑块到达B点时速度大小为vB，有mgR＝mvB 2，解得vB＝5 m/s。 (2)设包裹冲上传送带后加速经过t1，与传送带共速v，位移大小为x1，而加速度为a＝μg＝5 m/s2，则时间为t1＝＝0.4 s，则有x1＝t1＝2.4 m<L，随后包裹做匀速直线运动，历时t2到达C端，t2＝＝0.3 s，则包裹从传送带B到C端过程所经历的时间t＝t1＋t2＝0.7 s。 (3)包裹从传送带B到C端过程中，滑块相对于传送带位移大小为Δx＝vt1－x1＝0.4 m，产生的热量为Q＝μmg·Δx＝2 J，包裹增加的动能为ΔEk＝mv2－mv＝12 J 根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能为 ΔE电＝Q＋ΔEk＝14 J。 课后精练 1．D　[解析]将滑块A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两滑块沿绳子方向的速度相等，有vBcos 60°＝vAcos 30°，所以vA＝v，AB组成的系统机械能守恒，mgh＝mv＋mv，所以h＝，绳长L＝2h＝，D正确。 2．A　[解析]小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2，综上有v＝，故选A。 3．ABC　[解析]木块机械能的增加量等于子弹对木块的作用力Ff做的功Ffx，A正确；子弹机械能的减少量等于动能的减少量，即子弹克服阻力做的功Ff(x＋d)，B正确；系统减少的机械能等于产生的内能，也等于摩擦力乘以相对位移，即Ffd，C正确，D错误。故选ABC。 4．(1)μg　　(2)　(3) (4) [解析](1)刚开始时，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，解得木块的加速度大小为a1＝μg 以木板为对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝Ma2 解得木板的加速度大小为a2＝。 (2)木块始终没有滑离木板，设共同速度为v，所用时间为t，则有v＝v0－a1t，v＝a2t 联立解得t＝，v＝。 (3)为使木块不掉下木板，板长至少为 L＝x1－x2＝t－t＝t＝。 (4)根据能量守恒可得Q＝mv－(m＋M)v2 联立可得Q＝。 5．(1)9 N　(2)0.6 J [解析](1)滑块运动到B点的过程，由能量守恒有Ep0＝mv，滑块经过B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝9 N，由牛顿第三定律得，滑块通过B点时对半圆形轨道的压力FN′＝FN＝9 N。 (2)滑块恰好能过C点，则mg＝m，解得vC＝＝2 m/s，滑块从B点运动到C点的过程中，由动能定理有－mg·2R－Wf＝mv－mv，解得Wf＝0.6 J。 章末复习提升 知识构建 快慢　W＝ΔEk，W＝mv－mv　变化　增加 减少　变力　曲线　只有重力或弹力做功 教考衔接 [典例1] (1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m [解析](1)0～1 m，F做的功W＝Fx＝1.5×1 J＝1.5 J。 (2)对AB整体，根据牛顿第二定律F－Ff＝2ma 其中Ff＝μmg 对B，根据牛顿第二定律FAB＝ma 联立解得FAB＝0.5 N。 (3)当A、B之间的弹力为0时，A、B分离，根据(2)分析可知此时F′＝0.5 N 此时x＝3 m 过程中，对A、B根据动能定理WF－μmgx＝×2mv2 根据题图可得WF＝1.5 J＋×2 J＝3.5 J 从P点到M点，根据动能定理 －mg·2rmax＝mv－mv2 在M点的最小速度满足mg＝m 联立可得rmax＝0.2 m 即圆弧半径满足的条件r≤0.2 m。 [跟踪训练1] B　[解析]高中生的质量约为50 kg，根据动能定理有W＝mv2＝4×104 J。 [典例2] C　[解析]对物块根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有v＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝mv＋mgx1·sin 30°＝mv，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmg cos 30°＋mg sin 30°)x＝mv，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE′＝mv＋mgx sin 30°＝＋，故D错误。 [跟踪训练2] B　[解析]飞行器在轨道半径r＝2R0处的总机械能包括动能和势能，引力势能为Ep＝mg0R0。根据万有引力提供向心力＝m，在地球表面有＝mg0，解得轨道速度满足v2＝，对应动能Ek＝mv2＝mg0R0，总机械能E总＝mg0R0。根据机械能守恒，初始动能mv＝E总，解得v0＝。故选B。 [典例3] (1)④①⑥⑤　(2)1.79　(3)通过　2g　19.1 (4)　2.6 [解析](1)实验步骤为：将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端，先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带，关闭电源，取下纸带，在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据，根据机械能守恒定律mgh＝mv2，可知质量可以约掉，不需要用电子天平称量重锤的质量。 故选择正确排序为④①⑥⑤。 (2)根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔T＝＝0.02 s，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得vB＝，代入数据可得vB≈1.79 m/s。 (3)根据mgh＝mv2，整理可得v2＝2g·h，可知理论上，若机械能守恒，图中直线应通过原点，且斜率k＝2g，由图3得直线的斜率k＝≈19.1。 (4)根据题意有η＝×100%，可得η＝×100%，当地重力加速度大小g取9.80 m/s2，代入数据可得η≈2.6%。 [跟踪训练3] (1)B　(2)甲　(3)15.7　(4)mgH (5)不同意　小球减小的重力势能有一部分转化为小球的转动动能，相差很大的原因是小球的转动动能没有计入 [解析](1)正确步骤为将斜槽安置于底座，调节斜槽在竖直平面内，调节斜槽末端水平，安装光电门，序号为④②③①。故选B。 (2)测量小球直径的正确操作需要确保测量工具与小球接触良好，并且小球的位置不会导致测量误差。在题图中的情形中，题图甲示显示出的卡尺测量方式更准确地使卡尺的两测量面与小球的表面垂直接触，适合测量直径。而题图乙因为夹持不住小球，使得小球并没有夹在量爪之间，测量不准确。故选甲。 (3)根据ΔEp＝mgh，可知下降高度为8.0×10-2 m时减少的重力势能是下降高度为4.0×10-2 m的二倍，代入数据可得ΔEp≈15.7×10-3 J。 (4)根据动能定理可得mgH－W理＝0，可得 W理＝mgH。 (5)不同意，原因是小球减小的重力势能有一部分转化为小球的转动动能，相差很大的原因是小球的转动动能没有计入。 [跟踪训练4] (1)　　(2)50　12 [解析](1)小球经过光电门的挡光时间Δt，可得小球到达平衡位置v＝，为验证机械能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有mgh＝mv2，联立解得＝h，可得纵坐标为，图像的斜率为k＝。 (2)10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm，此游标卡尺测得小球直径d＝20.48 mm，可以判断所用的是50分度的游标卡尺。若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04 mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得n＝＝12，则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 第八章　章末检测(一) 1．A　[解析]在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明相对地球的高度下降，小明的重力势能就减小；同时，弹簧被压缩，形变量逐渐增加，弹簧的弹性势能也会逐渐增加。故A正确，BCD错误。 2．A　[解析]在小物块沿斜面下滑的过程中斜面对小物块的支持力垂直于物块的运动方向，即垂直于接触面，根据W＝Fx cos θ，可知做功为零。故选A。 3．B　[解析]运动员克服重力做功的平均功率 P＝＝ W＝100 W，故选B。 4．B　[解析]本题中力F的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究。当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W＝F·Δs1＋F·Δs2＋F·Δs3＋…＝F(Δs1＋Δs2＋Δs3＋…)＝F·2πR＝20π J，B符合题意。故选B。 5．A　[解析]在最高点，乘客的向心加速度向下，处于失重状态，所以座椅对他的支持力小于乘客重力，故A正确；在最低点，乘客的向心加速度向上，处于超重状态，所以座椅对他的支持力大于乘客重力，故B错误；乘客随摩天轮匀速转动，动能不变，重力势能不断变化，所以机械能发生变化，故C错误；乘客重力的功率等于重力乘以竖直方向的速度，故重力的功率一直变化，故D错误。 6．D　[解析]由于不计空气阻力，则乒乓球做平抛运动，则落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率P＝mgv，v2＝2gh，可知落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率不变，故A错误；由于不计空气阻力，下落过程中乒乓球机械能守恒，故B错误；由于不计空气阻力，则乒乓球做平抛运动，则在竖直方向有h＝gt2，则可知乒乓球运动时间不变；在水平方向x＝v0t，由于v0增大，则乒乓球水平位移增大，故C错误；由于乒乓球的初速度增大，则运动员对乒乓球做的功一定增大，故D正确。 7．A　[解析]在t时间内空气动能为 Ek＝mv2＝ρvtSv2＝ρπr2v3t 则此风力发电机发电的功率约为 P＝＝0.1×ρSv3≈1.6×104 W，故选A。 8．BD　[解析]石块从抛出到落地过程，根据动能定理可得mgh＝mv2－mv，解得石块落地时速度的大小为v＝，可知石块落地时速度的大小与石块初速度的大小和石块抛出时的高度有关，与石块的质量和石块初速度的仰角无关。故选BD。 9．AB　[解析]t1～t2时间内手机加速度向上，则手机向上加速运动，动能一直增大，手机在t2时刻动能最大，A正确，C错误；t2～t3时间内手机加速度向下，由图像可知，手机向上减速运动，则手掌一直对手机做正功，B正确；手机在t1～t3时间内，手掌对手机做正功，手机机械能增大，D错误。 10．BC　[解析]小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；全过程小物块的路程为2s，所以全过程中克服摩擦力做的功为μmg·2s，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得Epmax＝μmgs，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得－μmg·2s＝0－mv，解得v0＝2，故D错误。 11．(1)Mm　(2)mgL　M()2－M()2 [解析](1)遮光条和滑块的总质量M远大于槽码和挂钩的总质量m。 (2)合力做功为W＝mgL。 滑块通过光电门1和2的速度分别为v1＝，v2＝ 动能变化量为ΔEk＝Mv－Mv＝M()2－M()2。 12．(1)k(L－L0)h5－kh　　mgh5 (2)钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大 [解析](1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2 整理有ΔEp弹＝k(L－L0)h5－kh，打F点时钩码的速度为vF＝，由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为 ΔEk＝mv－0＝ 钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5。 (2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是纸带与限位孔的摩擦力做功变多导致两曲线间隔变大。 13．(1)3∶1　(2)6∶1 [解析](1)根据动能定理有WA＝0－mAv， WB＝0－mBv，解得WA∶WB＝3∶1。 (2)v－t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则有aA＝，aB＝，根据牛顿第二定律有FfA＝mAaA，FfB＝mBaB 解得FfA∶FfB＝6∶1。 14．(1)　(2)－3.75 J [解析](1)由图像可知，物块在前0.5 s的加速度为a1＝＝8 m/s2，后0.5 s的加速度为a2＝＝2 m/s2 物块在前0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 联立解得μ＝。 (2)由v－t图像面积意义可知，在前0.5 s，物块对地位移为x1＝，则摩擦力对物块做功W1＝μmg cos θ·x1 在后0.5 s，物块对地位移为x2＝t2 则摩擦力对物块做功W2＝－μmg cos θ·x2 所以传送带对物块做的总功W＝W1＋W2 联立解得W＝－3.75 J。 15．(1)　(2)　(3)mgL [解析](1)小球恰能到达最高点B，根据牛顿第二定律有 mg＝m，解得B点时的速率为vB＝。 (2)若不计空气阻力及与钉子相碰时损失的能量，小球从A到B机械能守恒，令A点重力势能为0，则有mv＝mg(L＋)＋mv，则初速度v0＝。 (3)小球从A到B的过程中，由动能定理 －mg(L＋)－Wf＝mv－mv0′2 解得Wf＝mgL。 16．(1)　2l　(2)m≤mP<m [解析](1)竖直的弹簧上物块压缩，由机械能守恒 5mgl＝EP，物块P从压缩弹簧到B点，由能量守恒有EP＝μmg·4l＋mv，解得vB＝，物块由B点到D点有－mg·2l＝mv－mv，解得vD＝，物块由D点平抛2l＝gt2，x＝vDt，解得x＝2l。 (2)物块至少过B点EP>μmPg·4l，P最多到C点而不脱轨EP≤μmPg·4l＋mPgl 则m≤mP<m。 第八章　章末检测(二) 1．B　[解析]由功率公式P＝，可知做功越多，不一定功率越大，故A错误；功的正负是由位移和力的方向共同决定的，当位移与力夹角大于90°时功为负，当位移与力夹角小于90°时功为正，故B正确；功是标量，做功－3 J比－5 J少，故C错误；汽车的速度最大时，牵引力等于阻力，则有vm＝，可知汽车行驶的最大速度由额定功率和阻力共同决定，故D错误。故选B。 2．C　[解析]整个过程中，支持力的作用点没有发生位移，台阶对运动员的支持力不做功，故A错误；重物的重力势能增加量ΔE′p＝mgΔh＝20×10×525 J＝1.05×105 J，所以运动员对重物做的功约为1.05×105 J，故C正确；运动员的重力势能增加量ΔEp＝m′gΔh＝60×10×525 J＝3.15×105 J，故B错误；运动员克服自身重力做功的平均功率约为P＝＝ W＝210 W，故D错误。故选C。 3．B　[解析]小球正在向上运动，橡皮筋处于拉伸状态，此后橡皮筋在恢复原长的过程中，当橡皮筋弹力大于小球重力时，小球向上做加速运动，小球处于超重状态，小球动能增加；当橡皮筋弹力小于小球重力时，小球向上做减速运动，小球处于失重状态，小球动能减少，故A错误；橡皮筋在恢复原长的过程中，小球向上运动，橡皮筋弹力对小球一直做正功，则小球的机械能一直增加，故B正确；橡皮筋从处于拉伸状态到恢复原长的过程中，橡皮筋的弹性势能一直减小，C错误；由于手在下降，因此手对橡皮筋的弹力做负功，系统的机械能减小，故D错误。故选B。 4．A　[解析]由图像可知，拉力减小时表达式为F＝F0＋kx＝(N)＝3.6－0.3x(N)，物块受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝0.3×0.2×10 N＝0.6 N，当物块所受合力为零时，物块的速度最大，即F＝Ff时物块速度最大，则有3.6－0.3x(N)＝0.6 N，解得x＝10 m，F－x图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物块做功，设物体的最大速度为vm，由图像可知，物块速度最大时，推力对物块做功为W′＝×1.8×6 J＋×(1.8＋0.6)×(10－6) J＝10.2 J，从物块开始运动到速度最大过程中，对物块，由动能定理得W′－μmgx＝mv－mv，代入数据解得vm＝ m/s，故选A。 5．B　[解析]设链条的质量为m，斜面上质量为m，该部分链条沿斜面方向的重力分力为G1＝mg sin 37°＝0.45mg，竖直下垂链条的质量为m，其重力为G2＝mg，由G1>G2，可知链条沿着斜面下滑，链条沿斜面下滑的过程只有重力做功，机械能守恒，以P点所在平面为零势能面，则－mg×－mg×L×sin 37°＝mv2－mg×L×sin 37°，解得链条刚好全部越过P时的速率v＝ m/s，故选B。 6．A　[解析]物块在沿斜面向上运动中，由动能定理可得－mgs sin 30°－Ffs＝0－Ek1，物块在沿斜面向下滑的运动中，由动能定理可得mgs sin 30°－Ffs＝Ek2－0，代入数据联立解得m＝0.7 kg，Ff＝0.5 N，A正确，B错误； 0～20 m过程中，物块克服摩擦力做功为Wf＝2Ffs＝2×0.5×10 J＝10 J，C错误；0～10 m过程中物块所受合力为F1＝mg sin 30°＋Ff＝0.7×10× N＋0.5 N＝4 N，10～20 m过程中物块所受合力F2＝mg sin 30°－Ff＝0.7×10× N－0.5 N＝3 N，则有合力之比为F1∶F2＝4∶3，D错误。故选A。 7．B　[解析]物块运动中受摩擦力，机械能有损失(摩擦生热)。上滑、下滑过程克服摩擦力做功，弹簧弹性势能无法全部恢复，不能回到A点，A错误；物块从向上经过O点到向下经过O点，重力做功为0，但要克服摩擦力做功，机械能减小。根据Ek＝mv2，向上经过O点的动能大于向下经过O点的动能，故向上速度更大，B正确；物块上滑时，合力为0时动能最大。在O点弹簧原长，弹力为0，但此时物块受重力分力、摩擦力，合力不为0(仍向上减速)。动能最大位置在O点下方，C错误；根据功能关系，对于物块，除重力外其他力做功的代数和等于物块机械能的变化量。物块沿斜面向上运动时，受到弹簧弹力和摩擦力，弹簧弹性势能的改变量ΔEp弹＝－W弹，物块机械能的改变量ΔE机＝W弹＋Wf，由于存在摩擦力做功Wf，所以≠，即弹簧弹性势能的改变量不等于物块机械能的改变量，D错误。故选B。 8．AD　[解析]物块在斜面上做类平抛运动，沿斜面长的方向做匀加速运动l＝at2，沿斜面宽的方向做匀速运动b＝v0t，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，代入数据联立解得t＝0.8 s，v0＝1.5 m/s，故选AD。 9．BD　[解析]小球过 C点做平抛运动，水平位移x＝2R＝vCt，竖直位移y＝R＝gt2，vC＝，在C点，有FC＋mg＝，解得FC＝mg，故A错误；设最低点的速度为 v，从最低点到C点由动能定理－2mgR＝mv－mv2，在最低点时，有FN－mg＝，解得FN＝7mg，故B正确；上移A点则仍可过C点，但vt增大，落到斜面上位置上移，平抛的竖直位移减小，时间减小，竖直速度减小，小球在斜面落点处重力功率减小，故C错误；如图连接CD，设中点为 E，过E作EF 平行于OD，交 CO于F 点，由几何知识可得CF＝R，EF＝R，由题可知小球恰能过C点做平抛运动，则v′C＝，当水平位移x′＝R＝v′Ct′时，可算得此时竖直位移y′＝gt′2＝R。故 D正确。故选BD。 10．BC　[解析]系统的重心位于O、A之间，所以当小球A到达最低点时，两小球的动能最大，因两球的角速度始终相等，所以线速度满足vA＝2vB，动能满足EkA＝4EkB，根据机械能守恒定律有mgr－mgr＝EkA＋EkB，解得EkA＝，EkB＝，故A错误，B正确；释放圆盘瞬间小球A的加速度竖直向下，小球B的加速度竖直向上，在极短时间内两小球的运动可看作匀加速直线运动，小球A下降的距离等于小球B上升距离的两倍，小球A的加速度等于小球B加速度的两倍，圆盘对两个小球构成的系统不做功，所以释放瞬间圆盘对B球的作用力等于圆盘对A球作用力的两倍，有mg－＝ma，F－mg＝m，解得a＝，F＝，故C正确，D错误。故选BC。 11．(1)BCE　(2)2.14　2.12　物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功 [解析](1)重物应选密度较大的，这样相同的质量体积更小，减小空气阻力的影响，A错误；因为动能和重力势能都涉及质量，式子中的质量可以约掉，所以可以不用测质量，B正确；实验中应先接通电源，后释放纸带，以提高纸带的利用率，C正确；实验中是利用平均速度来测量速度的，不能用公式v＝来求解瞬时速度，否则就会导致用机械能守恒来验证机械能守恒，D错误；打点计时器安装应使限位孔保持竖直以减小阻力，E正确；释放重物前应手提纸带上端并使重物靠近计时器，保证充分利用纸带，F错误。故选BCE。 (2)重物减小的重力势能ΔEp＝mg·OD＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J，重物增加的动能ΔEk＝mv＝×0.5×()2 J≈2.12 J，造成两者不等的系统误差可能是物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功。 12．(1)B　(2) 1.50　1.50　(3)计算动能时的速度用的是遮光条的速度，该速度大于小球的速度 [解析](1)小球下落的高度h是初末位置球心之间的高度差。故选B。 (2)刻度尺读数的方法，需估读一位，所以读数为1.50 cm；某次测量中，计时器的示数为0.010 s，则钢球的速度为v＝＝ m/s＝1.50 m/s。 (3)计算动能时的速度用的是遮光条的速度，该速度大于小球的速度。 13．(1)3mgR　(2)0.5mgR　(3)mgR [解析](1)物块在B点时，由牛顿第二定律得 FN－mg＝m，FN＝7mg。 在物块从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能Ep＝mv＝3mgR。 (2)物块到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有mg＝m，物块从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有W－mg×2R＝mv－mv，解得W＝－0.5mgR。物块从B点运动到C点克服阻力做的功的大小为0.5mgR。 (3)物块离开C点后落回水平面的过程，根据动能定理有mg×2R＝mv2－mv，解得落回水平面时的动能mv2＝mgR。 14．(1)mgL sin θ　(2)　(3) [解析](1)从A到O过程重力对物块做的功为 W＝mgL sin θ。 (2)P在O点时，根据受力平衡可得mg sin θ＝kL，可得弹簧的劲度系数为k＝。 (3)P在O点速度最大，从A运动到O的过程由系统机械能守恒得mgL sin θ＝mv＋kL2，解得最大速度为vm＝。 15．(1)0.25　(2)5 m　(3)125 J [解析](1)小物块先匀加速，再匀减速，小物块经时间t与传送带共速，则有lAB＝×2t＝10 m，解得t＝2 s。对小物块由运动学公式可得v0＝at，解得a＝2.5 m/s2。设小物块与传送带的动摩擦因数为μ，则有μmg＝ma，解得μ＝0.25。 (2)小物块匀加速运动阶段与传送带的相对位移x1＝v0t－v0t＝5 m，小物块匀减速运动阶段与传送带的相对位移x2＝v0t＝5 m。因为匀加速阶段和匀减速阶段是重复的划痕，故物块在传送带上留下的划痕长为x＝x1＝x2＝5 m。 (3)小物块与传送带的相对路程Δs＝x1＋x2＝10 m，则有功能关系可得物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔs，解得Q＝125 J。 综合检测(一) 1．A　[解析]曲线运动的速度方向为该点的切线方向，时刻发生变化，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；平抛运动的物体只受重力，但平抛运动是曲线运动，故B错误；m、kg是国际单位制中的基本单位，N是国际单位制中的导出单位，故C错误；加速度、位移、是矢量，质量是标量，故D错误。 2．C　[解析]重力方向竖直向下，阻力方向与速度方向相反，速度方向沿轨迹的切线方向，速度方向斜向下，阻力方向斜向上，故选C。 3．A　[解析]将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为A物体上升的速度大小，则v′＝vcos 30°＝4× m/s＝2 m/s，B错误；根据关联速度，物体与小车间的速度关系为v′＝v cos θ，绳子与水平方向夹角为θ逐渐减小，则A的速度逐渐增大，A做加速运动，物体超重，根据牛顿第二定律可知，绳子拉力大于物体重力10 N，A正确，CD错误。 4．B　[解析]盾构机的转速为n＝5 r/min＝ r/s，根据角速度与转速的关系有ω＝2πn＝π rad/s，周期为T＝＝12 s，故AC错误；盾构机的半径为8 m，根据v＝rω可知刀盘边缘的线速度大小约为4 m/s，故B正确；刀盘工作时各刀片的线速度方向不相同，故D错误；故选B。 5．C　[解析]甲、乙两球平抛运动的下落高度相同，根据h＝gt2，可知两球运动时间相同，故A错误；由题图可知乙球水平位移较大，根据x＝v0t，可知，甲球的发射速度小于乙球的发射速度，故B错误；两小球落地前的瞬间重力的功率表达式为P＝mgvy＝mg·gt，由于m、t相等，所以，甲、乙两小球落地前的瞬间重力的功率相等，故C正确；两球在运动过程中，只有重力做功，所以两球的机械能守恒，变化量均为零，故D错误。 6．B　[解析]开始时物体的机械能E1＝mv，上升高度为h时物体的机械能E2＝mgh＋Ek，根据机械能守恒定律，则E1＝E2，Ek＝E1－mgh，E1为定值，故Ek与h是一次函数关系，A正确；根据E1＝Ep＋mv2，Ep＝E1－mv2，故Ep与v是二次函数关系，B错误；物体在任何高度机械能E不变，C正确；Ek＝mv2，故Ek与v是二次函数关系，故D正确。故选B。 7．A　[解析]反弹后在下降过程中恰好经过固定于水平面上的竖直挡板的顶端，则从O点抛出到反弹上升到最高点(如图所示)所用时间为t1＝2＝2 s＝1 s，从最高点下降经过竖直挡板的顶端所用时间为 t2＝＝ s＝0.3 s，则小球水平方向的速率为v0＝＝ m/s＝5 m/s，故A正确；小球第一次落地时竖直方向分速度为vy＝＝＝5 m/s，则小球第一次落地时速度与水平方向的夹角满足tan θ＝＝1，解得θ＝45°，故B错误；小球经过挡板上端时，竖直方向分速度为vy′＝gt2＝3 m/s，则速度与水平方向夹角的正切值为tan θ′＝＝，故C错误；小球从挡板上端运动到水平地面经历的时间为Δt＝＝＝ s＝0.2 s，故D错误。 8．ACD　[解析]第一宇宙速度为环绕地球做圆周运动的最大速度，卫星在轨道1上运动的速度小于第一宇宙速度，故A正确；根据G＝ma，可得a＝，A、B两点到地心的距离之比为2R∶6R＝1∶3，则卫星在轨道2上A点和B点的加速度之比为9∶1，故B错误；卫星在轨道2上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，故C正确；由开普勒第二定律知卫星在轨道2上从A点运动到B点的过程中运行速度减小，则动能减小，故D正确。故选ACD。 9．AD　[解析]受力分析知，B对A的摩擦力等于A物体所受合外力，根据动能定理可知，B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故A正确；由功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故B错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，所以二者做功不等，故C错误；对B物体应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，其中Wf为B克服摩擦力所做的功，即WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确。 10．BD　[解析]在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，所以系统的机械能守恒，故B正确；B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段时间内，杆的弹力对A做功，所以A球的机械能不守恒，故A错误；两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v，根据系统机械能守恒可得mAg(h＋Lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，代入数据解得v＝ m/s，故C错误；系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为ΔEB＝mBv2－mBgh 代入数据可得ΔEB＝ J，故D正确。故选BD。 11．(1)BCD (2)1.0　(－10 cm，－5 cm) [解析](1)钢球与斜槽间的摩擦对实验无影响，只要到达斜槽末端的速度相等即可，选项A错误；使用密度大、体积小的钢球可减小相对的阻力，从而减小误差，选项B正确；实验时，让小球每次都从同一位置由静止开始滚下，以保证初速度相同，选项C正确；使斜槽末端切线保持水平，以保证抛出时的初速度水平，D正确；故选BCD。 (2)由于物体在竖直方向做自由落体运动，故在竖直方向有Δh＝gT2，由图可知Δh＝h2－h1＝(40 cm－15 cm)－15 cm＝10 cm＝0.1 m，将Δh＝0.1 m，g＝10 m/s2代入，解得T＝0.1 s，物体在水平方向做匀速直线运动，故x＝v0T，将x＝10 cm＝0.1 m，代入解得v0＝1.0 m/s，因竖直方向两段相等时间的位移比为15∶25＝3∶5，则根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，抛出点到原点的竖直位移为5 cm；水平位移是10 cm，则抛出点的坐标是(－10 cm，－5 cm)。 12．(1)0.980 (2)0.588 (3) 0．40(0.38～0.42) [解析](1)四个钩码重力势能的减少量为 ΔEp＝4mgL＝4×0.05×9.8×0.5 J＝0.980 J。 (2)对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知 4mgL－Wf＝(4m＋M)v－(4m＋M)v 其中系统减少的重力势能为ΔEp＝4mgL 系统增加的动能为ΔEk＝(4m＋M)v－(4m＋M)v 系统减少的机械能为ΔE＝Wf，则代入数据可得表格中减少的机械能为ΔE4＝(0.98－0.392) J＝0.588 J。 (3)根据表格数据描点得ΔE－M的图像如答案图所示。根据做功关系可知ΔE＝μMgL，则ΔE－M图像的斜率为k＝μgL＝＝1.96，解得动摩擦因数为μ＝0.40(0.38～0.42)。 13．(1)20 W　(2)40 W [解析](1)小球落到斜面上时tan 30°＝，解得t＝2 s，则小球由抛出到落在斜面体的过程中重力做功的平均功率＝mg＝20 W。 (2)小球落在斜面体瞬间重力的瞬时功率 P＝mg·gt＝40 W。 14．(1)5 s　(2)20 s [解析](1)当汽车速度达到最大时汽车的牵引力与阻力平衡，即F＝Ff时，P＝Ffvm，代入数据解得Ff＝2 000 N，汽车做匀加速运动F1－Ff＝ma 代入数据得F1＝4 000 N，设汽车刚达到额定功率时的速度v1，根据P＝F1v1 代入数据解得v1＝10 m/s 设汽车匀加速运动的时间t，根据速度时间公式有v1＝at，代入数据解得t＝5 s；即若超级电容车从静止开始，保持以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持时间为5 s。 (2)从静止到最大速度整个过程，由动能定理得 Pt1－Ffs＝mv－0，代入数据解得t1＝20 s。 15．(1)5 m/s　(2)20 m [解析](1)篮球水平方向上做匀速运动，竖直方向上做竖直上抛运动，篮球的最小速度是水平分速度，则有vmin＝vAcos 30°，解得vmin＝5 m/s。 (2)设竖直向下为正方向，篮球由A点运动到B点的时间为t，竖直方向上有vB sin β＝－vA sin α＋gt， y＝－vA sin α·t＋gt2，水平方向上有x＝vmint，A点到B点的距离s＝，联立，解得s＝20 m。 16．(1)10.5 J (2)28.8 J [解析](1)物体从A点运动到B点过程中，由动能定理有mgR(1＋sin 30°)－Wf＝mv－mv 解得物块克服摩擦力做功Wf＝10.5 J。 (2)设物块滑上木板后做匀减速直线运动，加速度大小为a1，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，设物块与木板的共同速度为v，由运动学公式有v＝vB－a1t，设木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有μmg＝Ma2，由运动学规律有v＝a2t，解得v＝ m/s，由于摩擦所产生的热量Q＝mv－(M＋m)v2，解得Q＝28.8 J。 综合检测(二) 1．C　[解析]在星球表面，根据G＝mg可得g＝，行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2，可得该行星表面的重力加速度大小g′＝4 m/s2，故A错误；在星球表面上空，根据万有引力提供向心力G＝m，可得星球的第一宇宙速度v＝，行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度v行＝v地，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，所以该行星的第一宇宙速度v行＝×7.9 km/s，故B错误；“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力F＝mg′＝4 000 N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4 000 N，对背罩，根据牛顿第二定律F＝m′a，解得a＝80 m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P＝mg′v＝1 000×4×60 W＝240 kW，故D错误。 2．C　[解析]小孩做匀速圆周运动时，角速度ω＝，故A错误；小孩做匀速圆周运动的向心加速度an＝，故B错误；周期为T＝，故C正确；转速为n＝＝，故D错误。故选C。 3．C　[解析]平抛运动在竖直方向做自由落体运动h＝gt2，水平方向做匀速直线运动x＝v0t，水平初速度v0＝x，要使水平初速度最小，则需要水平位移x最小、竖直位移h最大；由于a、c荷叶与青蛙的水平位移最小，c、d荷叶与青蛙的高度差最大，跳到荷叶c上同时满足水平位移最小，竖直位移最大，故ABD错误，C正确。 4．B　[解析]在A点，只受重力，重力沿半径方向的分力提供此时做圆周运动的向心力mg cos θ＝m，从最高点到A点，由动能定理有mg(R－R cos θ)＋W阻＝mv－0，代入数据解得W阻＝－0.1 J，故选B。 5．A　[解析]根据题意，小车匀速运动，则有F＝f＝kv，小车的机械功率P机＝Fv＝kv2，由于电动机的效率为50%，则有P电＝＝＝2kv2，光伏电池的光电转换效率为η，即η＝，可得P阳＝＝，故选A。 6．B　[解析]由图b可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。故选B。 7．D　[解析]A、C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aA＝0。对B，由平衡条件有FT－kx2－mg＝0，对A，由平衡条件有4mg sin α－FT＝0，由以上方程联立解得sin α＝0.5，α＝30°，故A正确；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，由上可知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹簧弹性势能变化为零，此过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)v，联立可解得A球获得最大速度为vAm＝2g，故B正确；C刚离开地面时，B球的速度最大，加速度为零，故C正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A、B两小球组成的系统机械能不守恒。故D错误。 8．BC　[解析]题图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能不断增加，故物体A的机械能不断减少，A错误；题图乙中，用平行于斜面向下的大小等于摩擦力的拉力F作用下物体B沿斜面下滑时(斜面A不动)，对物体B，除重力外的其他力所做功的代数和为零，故物体B机械能保持不变，B正确；题图丙为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动，小球只有重力势能与动能的相互转化，则丙图中小球机械能守恒，C正确；题图丁中，ω越来越大，小球慢慢升高，由v＝rω可知，小球的线速度也慢慢增大，可知小球的动能和重力势能均增大，故小球的机械能增大，D错误。故选BC。 9．BCD　[解析]重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG＋W阻＝mv，代入数据解得，阻力做的功为W阻＝－440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。故选BCD。 10．BC　[解析]根据万有引力提供向心力，有G＝mR＝ma，可得T＝2π，a＝。因为水星的公转半径比金星小，可知水星的公转周期比金星小，水星的向心加速度比金星的大，故A错误，B正确； 设水星的公转半径为R水，地球的公转半径为R地，当α角最大时有sin αm＝，同理可知有sin βm＝，所以水星与金星的公转半径之比为R水∶R金＝sin αm∶sin βm，故C正确；根据G＝m，可得v＝，则v水∶v金＝∶，故D错误。 11．0.547　0.581　C [解析]由题图2可知hOC＝0.279 m，则重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEp|＝mghOC＝0.2×9.8×0.279 J≈0.547 J，已知交流电频率为50 Hz，可知打点周期为T＝＝ s＝0.02 s，由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，重物在C点时的速度为vC＝＝＝ m/s≈2.41 m/s，重物在C点的动能EkC＝mv＝×0.2×2.412 J≈0.581 J，比较EkC与|ΔEp|的大小，出现EkC>|ΔEp|这一结果，说明重物的速度偏大，可知工作电压偏高不会影响打点周期，对实验不会产生影响，A错误；如果存在空气阻力和摩擦力，则重物下落时会克服空气阻力和摩擦力做功，使重物的动能减小，重物的重力势能变化量应大于动能的增加量，B错误；接通电源前释放了纸带，由于重物下落的较快，则纸带上记录的数据会很少，会产生较大的误差，导致重物的重力势能变化量小于动能的增加量，C正确。故选C。 12．(1) (2)线性　(3) (4)水平射出点未与O点重合 [解析](1)根据上表数据在坐标纸上描出O4数据点，并绘制“y－x2”图线，如答案图所示。 (2)由y－x2图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2成线性关系。 (3)根据平抛运动规律可得x＝v0t ，y＝gt2，联立可得y＝g()2＝x2，可知y－x2图像的斜率为k＝，解得小球平抛运动的初速度为v0＝。 (4)y－x2图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y值偏大或偏小一个定值，这是小球的水平射出点未与O点重合，位于坐标原点O上方或下方造成的。 13．(1)　(2)h [解析](1)小球某次运动中在最低点时细绳恰好被拉断，设此时的速度为v，在最低点，根据牛顿第二定律有Fm－mg＝m，解得v＝。 (2)小球离开最低点后做平抛运动，竖直方向满足h－R＝gt2，水平方向满足x＝vt，联立解得x＝2，由数学知识可知，当R＝时，x有最大值，最大值为xm＝h。 14．(1)L　L　(2)2π (3)半径变大　周期不变 [解析](1)两星球相互作用的万有引力提供两者做匀速圆周运动所需的向心力，两者以相同的周期绕其连线上的O点做圆周运动，则有G＝mR，G＝Mr，可得mR＝Mr，又有L＝R＋r，解得R＝L，r＝L。 (2)由(1)可得T＝＝2π。 (3)由(1)可知R＝L，总质量(M＋m)保持不变，M变大，则R变大；由(2)可知T＝2π，总质量保持不变，距离L不变，则周期不变。 15．(1) (2)7mg，方向竖直向下 (3)2R (4)mgR [解析](1)根据动能定理可得mv＝mgh 解得vB＝。 (2)小物块从B至C做匀速直线运动则vC＝vB 小物块通过圆形轨道最低点C时，由重力和支持力的合力提供向心力，则有m＝FN－mg，解得FN＝7mg 由牛顿第三定律，可得压力为FN′＝FN＝7mg 方向竖直向下。 (3)设小物块恰好通过圆形轨道的最高点D的速度为vD1，此时向心力仅由重力提供，由牛顿第二定律得 mg＝m 解得vD1＝ 设小物块离开D点后做平抛运动，则有2R＝gt2，x＝vD1t 解得t＝，x＝2R。 (4)根据动能定理mv－mv＝－2mgR－W克f 小物块由C到D过程中克服阻力做功W克f＝mgR。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章　抛体运动　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第二册(这是边文，请据需要手工删加) 第五章　抛体运动 第1节　曲线运动 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　曲线运动的速度方向 1．如图，篮球沿优美的弧线穿过篮筐，图中能正确表示篮球在相应点速度方向的是(　　) A．v1 B．v2 C．v3 D．v4 知识点2　物体做曲线运动的条件 2．如图所示，一小球在光滑水平桌面上做匀速直线运动，若沿桌面对小球施加一个恒定外力，则小球一定做(　　) A．直线运动 B．曲线运动 C．匀变速运动 D．匀加速直线运动 3．如图所示，航空展中无人机飞行表演时，在空中从M到N划出了一段漂亮的弧线轨迹，该过程中的说法正确的是(　　) A．无人机飞行速度方向不可能和加速度方向共线 B．无人机所受的合外力可以为零 C．无人机产生的加速度大小一定不变 D．无人机在曲线运动过程中所受合力不一定指向曲线凹侧 1．质点在一平面内沿曲线由P运动到Q，如果用v、a、F分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合力，下列图像中可能正确的是(　　) 2．曲线运动是自然界中普遍存在的运动形式，下面关于曲线运动的说法中，正确的是(　　) A．物体只要受到变力的作用，就会做曲线运动 B．物体在恒定的合力作用下一定会做直线运动 C．物体做曲线运动时，合力方向可能发生变化，也可能不变 D．若物体在大小不变的合力作用下做曲线运动，则一定是匀变速曲线运动 3．在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动。现突然将与速度方向相反的2 N的力水平旋转90°，则关于物体运动情况的叙述正确的是(　　) A．物体做速度大小不变的曲线运动 B．物体做加速度大小变化的曲线运动 C．物体做加速度为 m/s2的匀变速曲线运动 D．物体做加速度为1 m/s2的匀变速曲线运动 4．质点在三个恒力F1、F2、F3的共同作用下保持平衡状态，若突然撤去F1，保持其他力不变，则质点(　　) A．一定做匀变速运动 B．一定做直线运动 C．一定做非匀变速运动 D．一定做曲线运动 5．如图为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知质点在B点的速度方向与加速度方向相互垂直，则下列说法中正确的是(　　) A．经过一段时间速度方向与加速度方向重合 B．在A点的加速度方向与速度方向的夹角小于90° C．在A点的加速度比在D点的加速度大 D．从A到D过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小 6．如图所示，在光滑水平面上运动的物体，受到水平恒力F作用后，沿曲线MN运动，速度方向改变了90°，则此过程中，物体受到的恒力可能是(　　) A．F1 B．F2 C．F3 D．F4 7．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风突然停止，则其运动的轨迹可能是(　　) 8．如图所示，一小球在光滑的水平面上以速度v0向右运动，运动中要穿过一段风向水平向北的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球穿过风带的运动轨迹及穿出风带时的速度方向正确的是(　　) 9．如图所示，“嫦娥号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小，在此过程中探月卫星所受合力方向可能是图中的(　　) 10．在光滑平面上的一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴成α角(如图所示)，与此同时，质点上加有沿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．如果Fy＝Fx，质点一定做直线运动 D．如果Fy<Fx tan α，质点偏向x轴一侧做曲线运动 第2节　运动的合成与分解 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　研究蜡块运动的分解 1．如图所示，一玻璃管中注满清水，水中放一软木塞(软木塞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)，在软木塞上升的同时，将玻璃管水平向右加速移动，观察软木塞的运动，将会看到它斜向右上方运动，经过一段时间，玻璃管移至图丁所示位置，软木塞恰好运动到玻璃管的顶端，在如图的四个图像中，能正确反映软木塞运动轨迹的是(　　) 2．(多选)如图所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖。若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是(　　) A．笔尖做匀速直线运动 B．笔尖做匀变速直线运动 C．笔尖做匀变速曲线运动 D．笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小 知识点2　运动的合成与分解 3．关于运动的合成与分解，下列说法不正确的是(　　) A．合运动与分运动具有等时性 B．只有曲线运动才能合成和分解 C．运动合成与分解的依据是合运动和分运动具有等效性 D．运动合成与分解的本质是对描述物体运动的物理量进行矢量的合成和分解 4．(多选)关于运动的合成，下列说法中正确的是(　　) A．两个直线运动的合运动，一定是直线运动 B．两个直线运动的合运动，可能是曲线运动 C．两个互成角度的匀速直线运动的合运动，一定是匀速直线运动 D．两个互成角度的匀加速直线运动的合运动，一定是匀加速直线运动 1．对于两个分运动及其合运动，下列说法正确的是(　　) A．合运动的速度一定比两个分运动的速度都大 B．合运动的速度至少比其中一个分运动的速度大 C．合运动的速度方向就是物体实际运动的方向 D．合运动的时间一定比分运动的时间长 2．关于相互垂直的一个匀速直线运动和一个匀加速直线运动的合运动，下列说法正确的是(　　) A．一定是曲线运动 B．可能是直线运动 C．运动的方向不变 D．速度一直在变，是变加速运动 3．(多选)跳伞表演是观赏性很强的体育项目，当运动员从直升飞机由静止跳下后，在下落过程中会受到水平风力的影响，如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．风力越大，运动员下落时间越长 B．风力越大，运动员着地速度越大 C．运动员下落时间与风力无关 D．运动员着地速度与风力无关 4．如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗。F为AB中点。则t1∶t2为(　　) A．2∶1 B．1∶ C．1∶ D．1∶(－1) 5．某质点在Oxy平面上运动。t＝0时，质点位于y轴上。它在x方向运动的速度—时间图像如图甲所示，它在y方向的位移—时间图像如图乙所示。下列判断正确的是(　　) A．t＝0时，质点的速度为4 m/s B．质点运动的加速度大小为4 m/s2 C．t＝0.5 s时，质点速度与x轴夹角为30° D．0～2 s内，质点运动位移的大小为2 m 6．如图所示，甲图表示某物体在x轴方向上的分速度的vx－t图像，乙图表示该物体在y轴方向上的分速度的vy－t图像。求： (1)物体在t＝0时的速度大小。 (2)t＝8 s时物体的速度大小。 (3)t＝4 s时物体的位移大小。 7．在救灾过程中，有时会出动用直升机为被困灾民空投物资。直升机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开直升机后由于降落伞的作用在空中能匀速下落，无风时落地速度为5 m/s。若直升机停留在离地面100 m高处空投物资，由于在水平方向上受风的作用，使降落伞和物资在水平方向上以1 m/s的速度做匀速运动。求： (1)物资在空中运动的时间。 (2)物资落地时速度的大小。 (3)物资在下落过程中沿水平方向移动的位移大小。 专题提升一　小船渡河问题 关联速度问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 要点一　小船渡河问题 1．明确三个速度 (1)分速度v水：水流的速度。 (2)分速度v船：船在静水中的速度。 (3)合速度v合：船的实际航行速度。 2．小船渡河问题的三种常见情况 情况 图示 说明 渡河 时间 最短 若要使小船渡河时间最短， 只要使小船在垂直于河岸方向上的分速度最大，即船头垂直于河岸，最短时间为tmin＝，此时渡河位移x＝ 渡河 位移 最短 当v水<v船时，如果满足v水－v船cos θ＝0，合速度垂直于河岸，小船渡河位移最短，xmin＝d，此时渡河时间t＝ 当v水>v船时，如果船头方向(v船方向)与合速度方向垂直，小船渡河位移最短。由图知sin θ＝，最短渡河位移为xmin＝＝ [典例1] (多选)(2025·福建龙岩期中)某小船(视为质点)要渡过一河流，河流某区域两岸平行，河流宽度为d＝900 m，小船在静水中行驶的速度大小为v1＝1.5 m/s，水流的速度大小为v2＝2.5 m/s。下列说法正确的是(　　) A．小船以最短的时间渡河时，渡河的时间为600 s B．小船以最短的时间渡河时，沿河岸方向的位移大小为2 400 m C．小船以最短的路程渡河时，渡河的时间为750 s D．小船以最短的路程渡河时，最短路程为1 200 m 名师点睛 小船渡河问题的分析思路 针对训练1　救援员驾驶摩托艇救人，洪水沿江向下游流去，江岸平直，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，救人的地点A离岸边最近处O的距离为d，如在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为(　　) A． B． C．0 D． 针对训练2　(多选)(2025·重庆期中)一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽150 m，水流速度为4 m/s的河流中渡河，则下列说法错误的是(　　) A．小船不可能到达正对岸 B．小船渡河的时间可能少于50 s C．小船以最短位移渡河时，位移大小为150 m D．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m 要点二　关联速度问题 绳(杆)端速度分解模型 (1)分解思路 (2)解题原则 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如表所示。 情景图示 定量结论 v＝v∥＝v物cos θ vB＝v∥＝vAcos θ v∥＝v′∥即 vAcos θ＝vBcos α v∥＝v′∥即 vBcos α＝vAcos β [典例2] (2025·河北沧州期中)影视作品中的武林高手通常是通过吊威亚(钢丝)展示轻功的。如图所示，水平向右运动的轨道车通过钢丝跨过滑轮拉着特技演员上升，便可呈现出演员飞檐走壁的效果。当钢丝与水平方向的夹角为θ时，演员与轨道车的速度大小的比值为(　　) A．sin θ B．cos θ C． D． 名师点睛 处理关联速度问题的方法：首先认清哪个是合速度、哪个是分速度。物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度方向应取沿绳(或杆)方向和垂直绳(或杆)方向。 针对训练3　(多选)如图所示，一轻绳跨过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定，开始时用手握住B使A静止在P点，细线伸直。现静止释放B，A向上运动，经过K点时细线与竖直杆成θ角，此时A、B的速度大小分别为vA、vB，Q点位置与O等高，不计一切摩擦，B球未落地，则(　　) A．vA＝vBcos θ B．vB＝vAcos θ C．当物块A上升到与滑轮等高时，B的速度最大 D．当物块A上升到与滑轮等高时，B的速度为0 针对训练4　 (2025·重庆万州区期中)如图所示，竖直面内有一个半开口的“L”形光滑滑槽，轻杆两端分别连接小球A、B。初始时，轻杆竖直，由于微小的扰动，小球A竖直下滑，小球B水平向右滑动。当轻杆与竖直方向的夹角为60°时，小球A、B的速度大小的比值为(　　) A． B． C． D．2培优专项(一)　小船过河与关联速度模型 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　小船过河模型 1．在宽度为d的河中，水流速度为v2，船在静水中速度为v1(且v1＞v2)，方向可以选择，现让该船开始渡河，则该船(　　) A．可能的最短渡河时间为 B．可能的最短渡河位移为d C．只有当船头垂直河岸渡河时，渡河时间才和水速无关 D．船无法到达正对岸偏向上游位置 2．如图所示，小船沿直线AB过河，船头始终垂直于河岸。若水流速度减小，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是(　　) A．减小船速，过河时间变长 B．减小船速，过河时间不变 C．增大船速，过河时间不变 D．增大船速，过河时间缩短 知识点2　关联速度模型 3．如图，物体A套在竖直杆上，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿杆匀速下滑(B始终未与滑轮相碰)，则(　　) A．绳与杆的夹角为α时，B的速率为v sin α B．绳与杆的夹角为α时，B的速率为v cos α C．物体B做匀速直线运动 D．物体B做匀加速直线运动 1．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v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d，如果战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点B离O点的距离为(　　) A． B．0 C． D． 2．如图所示，水平固定光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P。设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小，现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动，下列说法正确的是(　　) A．当θ＝90°时，Q的速度为零 B．当θ＝90°时，P的速度为零 C．当θ＝60°时，P、Q的速度之比是∶2 D．在θ向90°增大的过程中，P一直处于失重状态 3．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A和B，竖直放置，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。由于微小的扰动，A球沿竖直光滑槽向下运动，B球沿水平光滑槽向右运动，当杆与竖直方向的夹角为θ时(图中未标出)，关于两球速度vA和vB的关系，下列说法正确的是(　　) A．若θ＝30°，则A、B两球的速度大小相等 B．若θ＝60°，则A、B两球的速度大小相等 C．vA＝vBtan θ D．vA＝vBsin θ 4．质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图所示)，下列判断正确的是(　　) A．P的速率为v B．P的速率为 C．绳的拉力大于mg sin θ1 D．绳的拉力小于mg sin θ2 5．一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)，将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时，球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，B球的速度大小为v2，则(　　) A．v2＝v1 B．v2＝2v1 C．v2＝v1 D．v2＝v1 6．(多选)如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时(　　) A．人拉绳行走的速度为v cos θ B．人拉绳行走的速度为 C．船的加速度为 D．船的加速度为 7．一船在静水中的速度为6 m/s，要横渡水速为8 m/s、宽度为60 m的河。 (1)为使渡河时间最短，船头应朝向哪里？最短时间是多少？ (2)为使渡河距离最短，船头应朝向哪里？最短距离是多少？ 第3节　实验：探究平抛运动的特点 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．如图所示，是两个研究平抛运动的演示实验装置，对于这两个演示实验的认识，下列说法正确的是(　　) A．甲图中，两球同时落地，说明平抛小球在水平方向上做匀速运动 B．甲图中，两球同时落地，说明平抛小球在竖直方向上做自由落体运动 C．乙图中，两球恰能相遇，说明平抛小球在水平方向上做匀加速运动 D．乙图中，两球恰能相遇，说明平抛小球在水平方向上做自由落体运动 2．“研究平抛物体的运动”实验装置如图甲所示。钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动。每次都使钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，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边缘，然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置，用平滑曲线连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹。 (1)实验所需的器材有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、铅垂线、有孔的卡片，除此之外还需要的一项器材是(　　) A．弹簧测力计 B．刻度尺 C．秒表 (2)在此实验中，小球与斜槽间有摩擦________(选填“会”或“不会”)使实验的误差增大；调节斜槽使其末端的切线水平，如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间________(选填“相同”或“不同”)。 (3)如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹，已知小球是从原点O水平抛出的，经测量P点的坐标为(30 cm，20 cm)。g取10 m/s2。则小球平抛的初速度v0＝________m/s。 1．某同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置，如图甲所示，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上的同一位置滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动。在钢球抛出后经过的地方水平放置一块木板(还有一个用来调节木板高度的支架，图中未画)，木板上放一张白纸，白纸上有复写纸，这样便能记录钢球在白纸上的落点，进而可以测出平抛的水平距离： (1)为了方便测出钢球做平抛运动的水平距离，需要在桌子边缘加上某一器材，请写出该器材名称________。 (2)已知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，在此前提下，利用下面的方法就可以探究钢球水平分速度的特点，请把步骤③补充完整： ①调节木板高度，使木板上表面与桌面的距离为某一确定值y，如图乙所示。让小球从斜面上某一位置A无初速度释放，测出水平距离x1； ②调节木板的高度，使木板上表面与桌面的距离为某一确定值4y，让小球从斜面上同一位置A无初速度释放，测出水平距离x2； ③若x1、x2满足________关系，则说明小球在水平方向上做匀速直线运动。 2．某同学在做平抛运动实验时得出如图所示的小球运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出。则：(g取10 m/s2) (1)小球平抛的初速度为________m/s。 (2)小球开始做平抛运动的位置坐标为x＝________cm，y＝________cm。 (3)小球运动到b点的速度为________m/s。 3．在做“探究平抛物体的运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处。使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口方向平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口方向平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C。若测得木板每次移动距离均为x＝10.00 cm。A、B间距离y1＝4.78 cm，B、C间距离y2＝14.58 cm。(g取9.80 m/s2) (1)实验前，需要将斜槽轨道的末端调至________(选填“水平”或“倾斜”)。 (2)为了得到图中的A、B、C三点，每次释放小球时的初位置应该________(选填“相同”或“不同”)。 (3)小球从A下落到B，与从B下落到C所用时间________(选填“相等”或“不等”)。 (4)小球在平抛运动过程中，竖直方向做的是________运动；水平方向做的是________运动。 (5)根据以上直接测量的物理量求得小球初速度为v0＝________ m/s。(结果保留两位有效数字)。 4．在做“探究平抛物体的运动”的实验时： (1)为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线________。 (2)小球抛出点的位置必须及时记录在白纸上，然后从这一点画水平线和竖直线作为x轴和y轴，竖直线是用________来确定的。 (3)某同学通过实验得到的轨迹如图甲所示，判断O点是否是抛出点：________(选填“是”或“否”)。 (4)该同学在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标，并在直角坐标系内绘出了y－x2图像，(如图乙)则此平抛物体的初速度v0＝________m/s。(g取10 m/s2) 第4节　抛体运动的规律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　平抛运动的性质 1．关于平抛运动，下列说法中正确的是(　　) A．平抛运动是一种变加速运动 B．做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大 C．做平抛运动的物体每秒内速度增量相等 D．做平抛运动的物体每秒内位移增量相等 知识点2　平抛运动的规律 2．从距地面高5 m的位置，将一个小石块以10 m/s的速度水平抛出，最终小石块落于地面。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s，则小石块(　　) A．在空中运动时间为0.5 s B．落地时速度大小为20 m/s C．落地时速度方向竖直向下 D．水平位移为10 m 3．如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝37°，AB两点高度差h＝0.8 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则球刚要落到球拍上时速度大小为(　　) A．5 m/s B．2.5 m/s C．7.5 m/s D．4.5 m/s 知识点3　一般的抛体运动 4．(多选)如图所示，从水平地面上不同位置斜向上抛出的三个小球沿三条不同的路径运动，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的。若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　) A．沿路径1抛出的小球落地的速率最大 B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长 C．三个小球抛出的初速度的竖直分量相等 D．三个小球抛出的初速度的水平分量相等 1．做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于(　　) A．物体的初速度和抛出点的高度 B．物体所受的重力和初速度 C．物体所受的重力和抛出点的高度 D．物体所受的重力、高度和初速度 2．如图所示，x轴在水平地面上，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力，则(　　) A．a的飞行时间最长 B．b比c飞行时间长 C．b的水平初速度比c的小 D．c的水平初速度最小 3．演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离L时投弹(投弹瞬间相对战斗机的速度为零)，可以准确命中目标。若战斗机水平飞行高度加倍，飞行速度大小减半，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为(不考虑空气阻力)(　　) A．L B．L C．L D．L 4．如图所示，假设甲、乙、丙三位运动员从同一点O沿不同方向斜向上投出的铅球分别落在水平地面上不同位置A、B、C，三条路径的最高点在同一水平面内，不计空气阻力的影响，则(　　) A．丙投出的铅球在空中运动时间最长 B．三个铅球投出的初速度竖直分量相等 C．丙投出的铅球落地的速率最大 D．三个铅球投出的初速度水平分量相等 5．如图所示，有一台阶，每阶高40 cm，宽40 cm，从台阶顶端边缘以3 m/s的初速度水平抛出一个小球(可看成质点)，若不计一切阻力，g取10 m/s2，则小球落在第几阶台阶上(　　) A．第2阶 B．第3阶 C．第4阶 D．第5阶 6．(多选)以速度v0水平抛出一球，某时刻其竖直分位移与水平分位移相等，重力加速度为g，则下列判断中正确的是(　　) A．竖直分速度等于水平分速度 B．此时球的速度大小为v0 C．运动时间为 D．运动的位移是 7．(多选)如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是(　　) A．夹角α将变大 B．夹角α与初速度大小无关 C．小球在空中的运动时间不变 D．后一次落点与P点的间距是PQ间距的4倍 8．女子跳台滑雪如图所示，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上(未画出)获得一定速度后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆，这项运动非常惊险。设一位运动员由斜坡顶的A点沿水平方向飞出的速度v0＝20 m/s，落点在斜坡上的B点，斜坡倾角θ＝37°，斜坡可以看成一斜面，空气阻力忽略不计。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)运动员在空中飞行的时间t。 (2)A、B间的距离s。 第五章　抛体运动　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第二册(这是边文，请据需要手工删加) 培优专项(二)　与斜面和曲面有关的平抛运动 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　与斜面相结合的平抛运动 1．如图所示，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(　　) A.tan φ＝sin θ B．tan φ＝cos θ C．tan φ＝tan θ D．tan φ＝2tan θ 2．如图所示，以10 m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角37°的斜面上(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则物体这段飞行的时间为(　　) A． s B． s C． s D． s 3．如图所示，小球以初速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，重力加速度为g，若小球到达斜面的位移最小，则以下说法正确的是(　　) A．小球在空中运动的时间为 B．小球的水平位移大小为 C．由于不知道抛出点位置，位移大小无法求解 D．小球的竖直位移大小为 知识点2　与曲面相结合的平抛运动 4．如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为(　　) A． B． C． D． 1．如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则(　　) A．v0<v<2v0 B．v＝2v0 C．2v0<v<3v0 D．v>3v0 2．两相同高度的斜面，倾角分别为30°、60°，两小球分别由斜面顶端以大小相同的水平速度v抛出，如图所示，假设两球能落在斜面上，则左、右两球下落高度之比为(　　) A．1∶2 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1 3．如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为(　　) A． B． C． D． 4．如图所示，半径为R半圆形的弯曲面固定放置在水平地面上的C点，O是圆心，AB是水平直径，OC是竖直半径，D是圆弧上的一个小孔，∠COD＝60°。现让视为质点的小球(直径略小于小孔D的直径)从O点水平向右抛出，经过D(与小孔无碰)落到水平地面的E点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．小球在D点的速度方向由O指向D B．小球在D点的速度大小为 C．小球在O点的速度大小为2 D．小球由D到E运动的时间为 5．如图所示，一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出。第一个球飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上后弹跳起来，刚好擦网而过，并落在对方场地的A点处。第二个球飞出时的初速度为v2，直接擦网而过，也落在A点处。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求： (1)网球两次飞出时的初速度之比v1∶v2。 (2)运动员击球点的高度H与网高h之比H∶h。 6．如图所示，AB为斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点。重力加速度为g。 (1)求A、B间的距离及小球在空中飞行的时间。 (2)从抛出开始，经过多长时间小球与斜面间的距离最大？最大距离为多少？ 7．风洞实验室中可以产生沿水平方向、大小可调节的风力。如图所示，将一个质量为m的小球放入风洞实验室的光滑水平地面上的O点，小球以初速度v0水平向右抛出，此时调节水平风力的大小为恒定值F，F的方向始终与初速度v0的方向垂直，最后小球运动到水平地面上的P点。已知O、P两点连线与初速度v0方向的夹角为θ。求： (1)该小球运动到P点时的速度大小。 (2)OP之间的距离。 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度1　运动的合成与分解 衔接角度解读：运动的合成与分解、关联速度问题。分解的思想是处理矢量问题的常用方法，运动中速度、加速度、位移均为矢量，所以在处理运动问题时常用的方法是分解，将一个运动分解为两个相互独立的运动，达到解决问题的目的。在高考中有时单独考查，主要以选择题的形式出现；有时在大型计算题中涉及到分解的思想。 衔接内容归纳 1．运动的合成与分解的规律 位移、速度、加速度都是矢量，进行合成与分解时可运用平行四边形定则或三角形定则。 (1)两分运动在同一直线上时，同向相加，反向相减。 (2)两分运动不在同一直线上，按照平行四边形定则进行合成或分解。 2．曲线运动的合成与分解的注意事项 (1)做曲线运动时，物体相对起始点的位移方向不断变化，在表示物体的位移时，尽量用它的位移在坐标轴方向的分量来表示，而位移分量可用该点的坐标表示。 (2)建立平面直角坐标系时，y轴正方向也可以向下，这时处于x轴下方的点的纵坐标不是负值而是正值。 3．解决关联速度问题的一般步骤 (1)第一步：先确定合运动，即物体的实际运动； (2)第二步：确定合运动的两个实际作用效果，一是沿绳(或杆)方向的平动效果(改变速度的大小)；二是沿垂直于绳(或杆)方向的转动效果(改变速度的方向)，即将实际速度分解为垂直于绳(或杆)和平行于绳(或杆)方向的两个分量； (3)第三步：按平行四边形定则进行分解，作出运动矢量图； (4)第四步：根据沿绳(或杆)方向的速度相等列方程求解。 [典例1] (2025·黑吉辽蒙)如图所示，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v(　　) A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 解题技法：连接体运动速度的分解方法 [跟踪训练1] (2025·湖南)如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是(　　) 衔接角度2　平抛运动的规律 衔接角度解读：平抛运动是两种典型的曲线运动之一，高考中考查几率较大，有时单独考查，常以选择题的形式出现，有时也有与牛顿运动定律、功能关系(第八章学习)等知识相结合出现计算题，难度中等，对考生的综合分析能力有较高的要求。 衔接内容归纳 平抛运动的运动时间、落地的水平位移及速度的规律 1．运动时间：由y＝gt2得t＝，可知做平抛运动的物体在空中运动的时间t只与下落的高 　度y有关，与初速度的大小无关。 2．水平位移：由x＝v0t＝v0知，做平抛运动的物体的水平位移由初速度v0和下落的高度y共同决定。 3．落地速度：大小v＝＝， 即落地速度的大小由初速度v0和下落的高度y共同决定。 [典例2] (2022·全国甲卷)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 解题技法： [跟踪训练2] (2025·云南)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则(　　) A．两颗鸟食同时抛出 B．在N点接到的鸟食后抛出 C．两颗鸟食平抛的初速度相同 D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 衔接角度3　斜抛运动 衔接角度解读：斜抛运动主要考查利用分解的思想处理曲线运动的能力，在近几年的高考中出现的频率较高，有时以选择题的形式考查，有时以计算题的形式考查。 衔接内容归纳 1．化曲为直法 解决斜抛运动问题的基本方法跟平抛运动一样，仍是采取“化曲为直法”，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，将初速度分解为vx、vy，然后在x、y方向上由直线运动规律列方程求解。 2．斜上抛运动的对称性 (1)时间对称：相对于轨迹最高点，上升时间等于下降时间。 (2)速度对称：相对于过轨迹最高点的竖直线对称的两点速度大小相等。 (3)轨迹对称：相对于过轨迹最高点的竖直线，两侧轨迹对称。 [典例3] (多选)(2024·山东)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动时间为2 s B.落地速度与水平方向夹角为60° C．重物离PQ连线的最远距离为10 m D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m 解题技法：斜抛运动中逆向思维法的应用 在解决斜抛运动上升阶段的问题时，我们可以把它视作逆向的平抛运动。斜抛运动的初速度等价于平抛运动的末速度，斜抛运动到达最高点的速度等价于平抛运动的初速度。对于完整的斜抛运动，根据对称性可看作由两个相同的平抛运动组合而成，利用平抛运动规律，从而使问题得到快速解决。 [跟踪训练3] (2025·湖北)某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tan θ的值为(　　) A． B． C． D． 第五章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．下列关于曲线运动的说法正确的是(　　) A．做曲线运动的物体，速度不一定改变 B．做曲线运动的物体所受合力方向与速度方向可能在同一条直线上 C．做曲线运动的物体，加速度一定改变 D．曲线运动可以是匀变速运动 2．小车在水平地面上沿弯曲的轨道从左向右运动，速度一直减小。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　) 3．救灾过程中，工作人员在悬停的直升机上，由静止释放救灾物资。物资在下落过程中受到水平风力的影响，下列说法正确的是(　　) A．风力越大，救灾物资下落时间越长 B．风力越大，救灾物资着地速度越大 C．风力越大，救灾物资着地速度越小 D．救灾物资着地速度与风力无关 4．如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。为了节省救援时间，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，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 5．如图所示，细棒AB水平放置在地面，A端紧挨着墙面。现让棒的A端沿着墙面匀速上移，当A端与B端的速度大小之比为时，AB棒与地面的夹角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 6．如图所示，河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝x(m/s)(x的单位为m)，小船在静水中速度大小恒为v船＝4 m/s，保持小船船头垂直河岸由南向北渡河，则下列说法正确的是(　　) A．小船渡河时运动的轨迹为直线 B．小船在河水中实际运动的最大速度是5 m/s C．小船渡河时间是160 s D．水流速度变化，无法确定小船到达对岸的位置 7．在电视剧里，我们经常看到这样的画面：屋外刺客向屋里投来两支飞镖，落在墙上，如图所示。现设飞镖是从同一位置做平抛运动射出来的，飞镖A与竖直墙壁成53°角，飞镖B与竖直墙壁成37°角，两落点相距为d，试求刺客离墙壁有多远(已知tan 37°＝，tan 53°＝)(　　) A．d B．2d C．d D．d 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．研究某一物体运动时，得到如图所示的一段运动轨迹，下列判断正确的是(　　) A．若x方向始终匀速，则y方向先减速后加速 B．若x方向始终匀速，则y方向先加速后减速 C．若y方向始终匀速，则x方向先减速后加速 D．若y方向始终匀速，则x方向先加速后减速 9．某人在水平路面上骑摩托车时，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可以视为平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。g取10 m/s2，摩托车安全越过壕沟的速度可能是(　　) A．5 m/s B．5 /s C．5 m/s D．20 m/s 10．某质点在xOy平面内运动。t＝0时，质点位于坐标原点O处，它在x轴方向的位移—时间图像如图甲所示，它在y轴方向的速度—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．质点在2 s内做匀变速曲线运动 B．t＝1 s时，质点的速度大小为 m/s C．t＝1 s时，速度与合外力的夹角为60° D．t＝1 s时，质点的坐标为(2 m，2 m) 三、实验题：本题共2小题，共14分。 11．(6分)用频闪照相技术拍下的两小球运动的频闪照片如图所示，拍摄时，光源的频闪频率为10 Hz，a球从A点水平抛出的同时，b球自B点开始下落，背景的小方格为相同的正方形。重力加速度g取10 m/s2，不计阻力。 (1)根据照片显示的信息，下列说法中正确的是(　　) A．只能确定b球的运动是自由落体运动 B．不能确定a球沿竖直方向的运动是自由落体运动 C．只能断定a球的运动是水平方向的匀速直线运动 D．可以确定a球沿水平方向的运动是匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成 (2)根据照片信息可求出a球的水平速度大小为______m/s；当a球与b球运动了_____s时它们之间的距离最小。 12．(8分)未来在一个未知星球上用如图甲所示装置“探究平抛运动的特点”。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s，照片大小如图乙中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则： (1)由以上信息，可知a点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点。 (2)该星球表面的重力加速度为________m/s2。 (3)小球平抛的初速度是________m/s。 (4)小球在b点时的速度是________m/s。 四、解答题：本题共4小题，共40分。 13．(8分)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒，高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h，已知重力加速度为g。求： (1)若微粒打在探测屏AB的中点，微粒在空中飞行的时间。 (2)能被屏探测到的微粒的初速度范围。 14．(8分)光滑水平面内有一直角坐标系xOy，O为坐标系的原点。现有一质量m＝1 kg的物体P静止于原点O，对其施加一沿x轴正方向的力F1＝4 N，经过t1＝1 s后撤去F1，改为施加沿y轴正方向的力F2＝5 N，再经过时间t2(未知)，物体P沿x轴方向和y轴方向的分位移大小相等。求： (1)时间t2。 (2)分位移大小相等时物体P的运动方向与x轴正方向的夹角的正切值。 15．(12分)如图所示，起重机将重物吊运到高处的过程中经过A、B两点，重物的质量m＝500 kg，A、B间的水平距离d＝10 m。重物自A点起，沿水平方向做vx＝1.0 m/s的匀速运动，同时沿竖直方向做初速度为零、加速度a＝0.2 m/s2的匀加速运动，忽略吊绳的质量及空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)重物由A运动到B的时间。 (2)重物经过B点时速度的大小。 (3)由A到B的位移大小。 16．(12分)如图所示，一水平长木板的左端有一滑块，滑块正上方高h ＝0.8 m处有一小球，当滑块在长木板上以初速度v1＝3 m/s向右滑出的同时，小球以初速度v0＝2 m/s向右抛出，结果小球与滑块刚好能相遇，g取10 m/s2，求： (1)滑块与长木板间的动摩擦因数。 (2)如果将长木板绕左端逆时针转动37°，再将小球以初速度v0′＝4 m/s水平抛出的同时，滑块从长木板的底端以一定的初速度沿长木板向上滑动，如果滑块在上滑的过程中与小球相遇，滑块的初速度多大？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 第五章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．如图所示，小钢球以初速度v0在光滑水平桌面上运动，由于受到磁铁的作用力而做图示的曲线运动到达B点。下面对磁铁所放的可能位置及小钢球运动性质说法正确的是(　　) A．放在位置A处，小钢球做非匀变速曲线运动 B．放在位置B处，小钢球做匀速圆周运动 C．放在位置C处，小钢球做匀变速曲线运动 D．放在位置D处，小钢球做非匀变速曲线运动 2．某校举行秋季运动会，在定点投篮比赛项目中，篮球离手后在空中上升阶段的运动轨迹如选项中的虚线所示，忽略空气阻力，则篮球所受合力F的示意图正确的是(　　) 　　 　　 3．如图所示，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6 m处的O点，以1 m/s的初速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，不计空气阻力，这段飞行所用的时间为(g＝10 m/s2)(　　) A．1 s B．1.2 s C．1.5 s D．2 s 4．套圈是一项趣味运动，如图为小朋友准备用套圈套中正前方的玩具。若将套圈与玩具视为质点，套圈距离水平地面1.25 m，玩具与套圈水平距离为2.5 m，不计空气阻力，g取10 m/s2。水平扔出套圈，若要套中玩具，则套圈的水平速度大小为(　　) A．5.0 m/s B．5.5 m/s C．6.0 m/s D．6.25 m/s 5．如图所示，将一小球(可视为质点)从斜面顶端A点水平抛出，第一次速度大小为v0，落在B点，小球在空中的运动时间为t；第二次仍从A点水平抛出，落在斜面底端C点，小球在空中的运动时间为2t，则第二次水平抛出的速度大小为(　　) A．2v0 B．2.5v0 C．3v0 D．4v0 6．如图所示的半圆形容器，AB为其水平直径，从A点分别以速度v0和2v0水平向右抛出一个小球，不计空气阻力，结果小球两次从抛出到落在容器壁上所用时间相同，重力加速度为g，则容器的半径为(　　) A． B． C． D． 7．底部有一小孔的半球形容器，其纵截面如图所示，某人将一小球(视为质点)从半球形轨道顶端水平抛出，经过时间t，小球恰好从小孔中穿出(小球不与容器壁碰撞)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则小球穿出小孔时的速度大小为(　　) A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．微风习习，眼前是如镜的湖面，有三位游客站在湖前扔小石子。图为石子抛出的简化图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了沿水平方向抛出的三个小石子a、b、c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则(　　) A．a的初速度大于b的初速度 B．它们与湖面接触瞬间a的速度一定比b、c的速度大 C．b的飞行时间比c的长 D．a的飞行时间比b的短 9．小船要渡过200 m宽的河面，水流速度是4 m/s，船在静水中的航速是5 m/s，则下列说法正确的是(　　) A．船头指向即船的实际航线，也就是合速度方向 B．由于水流速度小，小船过河的最短位移为200 m C．小船过河所需的最短时间是50 s D．如果水流速度增大为6 m/s，小船过河所需的最短时间不变 10．如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，一个小球在斜面上某一点第一次垂直斜面抛出，第二次水平抛出，两次抛出的初速度大小相同，两次小球均落在斜面上，第一次小球在空中运动时间为t1，落在斜面上的位置离抛出点的距离为s1，第二次小球在空中运动时间为t2，落在斜面上的位置离抛出点的距离为s2，则下列关系正确的是(　　) A.t2＝t1sin θ B．t2＝t1 C．s2＝s1tan θ D．s2＝s1 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)某兴趣小组采用如图所示的实验装置“探究平抛运动的特点”： (1)(多选)如图甲是利用平抛运动演示仪研究平抛运动，下列说法正确的是________。 A．斜槽M轨道必须光滑 B．每次小球要从同一高度由静止释放 C．实验需要用天平测出小球的质量 D．使用密度大、体积小的小球可以减少实验误差 (2)图乙是利用频闪照相拍摄小球运动的频闪照片，下列说法正确的是________。 A．由图片可以判断，实验过程中斜槽末端切线不水平 B．由图片可以判断，实验过程中释放小球时初速度不等于0 C．小球需要在同一位置静止释放8次才能得到乙图 (3)由图乙可以判断，实验过程中存在明显错误，但小明同学仍想利用小球在运动中的几个位置(如图中的a、b、c、d所示)来计算小球经过b点的速度，已知每个小方格的边长为L＝2.5 cm，则该小球经过b点时的速度大小vb＝________ m/s。(计算结果保留两位有效数字，g取10 m/s2) 12．(10分)图甲是某同学设计的“研究平抛运动的实验装置”，目的是想研究做平抛运动的小球P与做自由落体运动的小球Q在某方向上的运动关系。导电斜槽与电源、电磁铁和轻质金属挡片构成通电回路，小球Q被吸在电磁铁下端，斜槽末端口N与小球Q离地面的高度均为H，实验时，当小球P从斜槽末端飞出时与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放小球Q，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍同时落地，实验过程中两球均未在空中相撞。 　 (1)(多选)为了观察到上述实验现象，下列实验条件正确的有________。 A．斜槽轨道N端切线保持水平 B．小球P可以从斜槽上不同的位置无初速度释放 C．斜槽轨道必须光滑 (2)该实验结果可表明________。 A．小球P竖直方向的分运动与小球Q的运动相同 B．小球P水平方向的分运动是匀速直线运动 C．小球P竖直方向的分运动与小球Q的运动相同，水平方向的分运动是匀速直线运动 (3)另一位同学利用频闪照相的方法以印有小方格(小方格的边长为L＝2.5 cm)的纸为背景记录小球P的轨迹，小球在平抛运动途中经过的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g＝10 m/s2，则小球P依次通过a、b、c、d四点的间隔时间________(选填 “相等”或者“不等”)，以a点位置为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，则a点位置________(选填 “是”或者“不是”)平抛运动的起点，通过计算小球P经过b点的速度为________m/s。 13．(10分)某地突降暴雨，道路被淹，需要调用直升机抢运被困人员。如图甲所示，直升机放下绳索吊起被困人员，一边收缩绳索一边飞向安全地，前4 s内被困人员水平方向的vx－t图像和竖直方向的vy－t图像分别如图乙、图丙所示。不计空气阻力，g取10 m/s2。以t＝0时刻被困人员所在位置为坐标原点，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴正方向，求被困人员： (1)在4 s末的速度v大小； (2)在4 s末的位置坐标(x，y)； (3)在前4 s的轨迹方程。 (12分)如图所示，小球从平台上水平抛出，正好无碰撞落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑固定斜面的顶端并沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)小球水平抛出的初速度大小v0； (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s； (3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端。 15．(16分)如图所示，倾角θ＝30°的光滑固定斜面AB与水平传送带BC通过一小段光滑圆弧平滑连接，传送带左、右两端的距离L＝4 m，以大小v＝3 m/s的速率沿顺时针方向转动。现将一滑块(视为质点)从斜面上的A点由静止释放，滑块以大小v0＝2 m/s的水平速度滑上传送带，并从传送带的右端C点飞出，最终落至水平地面上的D点。已知C、D两点间的高度差h＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求A点到斜面底端B点的距离s1； (2)求滑块从C点飞出时的速度大小v′； (3)求C、D两点间的水平距离s2； (4)改变滑块在斜面上由静止释放的位置，其他情况不变，要使滑块总能落至D点，求滑块释放的位置到B点的最大距离smax。 第六章　圆周运动　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第二册(这是边文，请据需要手工删加) 第六章　圆周运动 第1节　圆周运动 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　描述圆周运动的物理量 1．对于做匀速圆周运动的物体来说，变化的物理量是(　　) A．周期 B．速率 C．角速度 D．线速度 2．质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　) A．因为v＝ωr，所以线速度大小v与轨道半径r成正比 B．因为ω＝，所以角速度ω与轨道半径r成反比 C．因为ω＝2πn，所以角速度ω与转速n成正比 D．因为v＝r，所以线速度大小v与周期T成反比 知识点2　常见的传动装置 3．如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度大小分别为ωp和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则(　　) A．ωp<ωQ，vp<vQ B．ωp<ωQ，vp＝vQ C．ωp＝ωQ，vp<vQ D．ωp＝ωQ，vp＝vQ 4．如图所示，甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r1、r2、r3，并且r1＜r2＜r3。若甲齿轮的角速度为ω1，则丙齿轮的角速度为(　　) A． B． C． D． 1．钟表的时针和分针做匀速圆周运动时(　　) A．分针的角速度是时针的12倍 B．分针的角速度是时针的60倍 C．如果分针的长度是时针的1.5倍，则分针端点的线速度是时针端点线速度的24倍 D．如果分针的长度是时针的1.5倍，则分针端点的线速度是时针端点的1.5倍 2．(多选)两个物体都做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) A．若两者线速度大小相同，则角速度一定相同 B．若两者角速度相同，则周期一定相同 C．若两者周期相同，则转速一定相同 D．若两者转速相同，则线速度一定相同 3．如图所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是(　　) A．顺时针转动，周期为 B．逆时针转动，周期为 C．顺时针转动，周期为 D．逆时针转动，周期为 4．如图所示，两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则转轴O到小球1的距离为(　　) A． B． C． D． 5．风速仪结构如图甲所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图乙所示，则该时间段内风轮叶片(　　) A．转速逐渐减小 B．角速度不变 C．平均速率为 D．平均速率为 6．一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘的距离为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速运动，角速度为ω。若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是(　　) A．dv＝L2g B．ωL＝π(1＋2n)v0，(n＝0，1，2，3，…) C．v0＝ω D．dω2＝gπ2(1＋2n)2，(n＝0，1，2，3，…) 7．(多选)某航天器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＝ B．T＝ C．T＝ D．T＝ 8．(多选)如图所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪30次，风扇转轴O上装有3个扇叶，它们互成120°角，当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇的转速可能是(　　) A．600 r/min B．900 r/min C．1 200 r/min D．3 000 r/min 9．链球是田径运动中利用双手投掷的竞远项目，运动员两手握着链球上铁链的把手，人带动链球旋转，最后加力使球脱手而出。如图所示，某运动员在一次链球训练时，落点到抛出点的距离为x＝80 m，通过训练录像测得链球离地的最大高度为h＝20 m，(忽略空气阻力，不计链球抛出时离地高度，重力加速度g取10 m/s2)，求： (1)链球从最高点到地面经历的时间。 (2)链球在最高点的速度大小。 (3)若链球脱手前做圆周运动的半径为r＝1.5 m，则链球脱手前瞬间角速度的大小。 第2节　向心力 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　向心力 1．关于向心力的说法正确的是(　　) A．物体由于做圆周运动而产生了向心力 B．向心力不改变圆周运动中物体线速度的大小 C．对做匀速圆周运动的物体进行受力分析时，一定不要漏掉向心力 D．做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的 知识点2　匀速圆周运动的动力学分析 2．如图所示，一圆盘可绕过圆盘的中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一小木块A，它随圆盘一起做匀速圆周运动，则关于木块A的受力，下列说法中正确的是(　　) A．木块A受重力、支持力和向心力 B．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相反 C．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向指向圆心 D．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相同 3．绳子的一端拴一个重物，用手握住另一端，使重物在光滑的水平面内做匀速圆周运动，下列判断正确的是(　　) A．半径相同时，角速度越小绳越易断 B．周期相同时，半径越大绳越易断 C．线速度相等，半径越大绳越易断 D．角速度相等时，线速度越小绳越易断 知识点3　变速圆周运动的分析 4．(多选)如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c沿半径指向圆心，a与c垂直，下列说法正确的是(　　) A．当转盘匀速转动时，P受摩擦力方向可能为a方向 B．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为b方向 C．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为c方向 D．当转盘减速转动时，P受摩擦力方向可能为d方向 1．如图所示，在某航天器沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐增大。在此过程中某航天器所受合力F的方向可能是(　　) 2．质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点的正下方处有一光滑小钉子P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬间(瞬时速度不变)，细线没有断裂，则下列说法正确的是(　　) A．小球的线速度突然增大 B．小球的角速度突然减小 C．小球对细线的拉力突然增大 D．小球对细线的拉力保持不变 3．在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，且m1＝2m2，用细线把两球连起来，当盘架匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动。如图所示，此时两小球到转轴的距离r1与r2之比为(　　) A.1∶1 B．1∶4 C．2∶1 D．1∶2 4．如图所示，过山车的部分轨道可简化为半径为R1、R2的圆，其底部位于同一水平面上，R1＝3R2。质量为m的一节过山车(可简化为质点)以某一速度滑上半径为R1的轨道时，恰好能通过轨道的最高点；若过山车通过轨道R2的最高点时速度恰好与通过R1的最高点时相等，则过山车通过R2的最高点时对轨道压力为(　　) A．0 B．mg C．2mg D．3mg 5．如图所示是荡秋千示意图。已知每根系秋千的绳子长为4 m，小丽的质量为40 kg，当秋千板摆到最低点时，速度为3 m/s。此时每根绳子的拉力是(g＝10 m/s2，小丽看成质点处理，秋千绳、底座等不计质量)(　　) A．490 N B．245 N C．400 N D．310 N 6．如图所示，半径为r的圆筒，绕竖直中心轴OO′转动，小物块a靠在圆筒的内壁上，它与圆筒的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现要使小物块a不下滑，则圆筒转动的角速度ω至少为(　　) A． B． C． D． 7．(多选)如图所示，用长为L的细线拴一个质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向间的夹角为θ，关于小球的受力情况，下列说法正确的是(　　) A．小球受到重力、线的拉力和向心力三个力 B．向心力是细线的拉力和小球所受重力的合力 C．向心力的大小等于细线对小球拉力的水平分量 D．向心力的大小等于mg tan θ 8．用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。 (1)本实验采用的科学方法是________。 A．控制变量法 B．累积法 C．微元法 D．放大法 (2)图示中若用皮带连接的两个塔轮半径相等，保证两球线速度相同，两球是体积相同的铅球和钢球，则正在探究的是________。 A．向心力的大小与半径的关系 B．向心力的大小与线速度大小的关系 C．向心力的大小与角速度的关系 D．向心力的大小与物体质量的关系 (3)通过本实验可以得到的结论是________。 A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比 B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比 C．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比 D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比 第3节　向心加速度 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　向心加速度的理解 1．下列关于向心加速度的说法正确的是(　　) A．向心加速度越大，物体速率变化越快 B．向心加速度越大，物体转动得越快 C．向心加速度方向始终与速度方向垂直 D．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的 知识点2　向心加速度的公式及应用 2．如图所示，质量为m的小球用长为L的悬绳固定于O点，在O点的正下方处有一颗钉子，把悬绳拉直与竖直方向成一定角度，由静止释放小球，则小球从右向左摆的过程中，悬绳碰到钉子前后小球的向心加速度大小之比为(　　) A．1∶4 B．2∶3 C．3∶1 D．4∶3 3．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，若车行进时车轮没有打滑，则(　　) A．A点和B点的线速度大小之比为1∶2 B．A点和B点的线速度大小之比为1∶1 C．前轮和后轮的角速度之比为1∶1 D．A点和B点的向心加速度大小之比为1∶2 4．长沙市橘子洲湘江大桥桥东有一螺旋引桥，供行人上下桥。假设一行人沿螺旋线自外向内运动，如图所示。已知其走过的弧长s与时间t成正比。则关于该行人的运动，下列说法正确的是(　　) A．行人运动的线速度越来越大 B．行人运动的向心加速度越来越大 C．行人运动的角速度越来越小 D．行人所受的向心力越来越小 1．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为(　　) A．10 m/s2 B．100 m/s2 C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2 2．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同的时间内它们通过的路程之比是6∶5，运动方向改变的角度之比是3∶2，则下列说法错误的是(　　) A．线速度大小之比为3∶4 B．角速度大小之比为3∶2 C．圆周运动的半径之比为4∶5 D．向心加速度大小之比为9∶5 3．小球做匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为a，则下列说法错误的是(　　) A．小球的角速度ω＝ B．小球运动的周期T＝2π C．t时间内小球通过的路程s＝t D．t时间内小球转过的角度θ＝ 4．如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它主要是由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘组成的。其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示。现手摇主动轮以60 r/min的转速匀速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是(　　) A.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相同 B．从动轮的转速是260 r/min C．P点的线速度大小约为3.8 m/s D．Q点的向心加速度约为48 m/s2 5．如图是多级减速装置的示意图。每一个轮子都由大小两个轮子叠合而成，共有n个这样的轮子，用皮带逐一联系起来，设大轮的半径为R，小轮的半径为r，当第一个轮子的大轮外缘线速度大小为v1时，第n个轮子的小轮边缘线速度大小为(设皮带不打滑)(　　) A．v1 B．v1 C．()nv1 D．()n-1v1 6．(多选)如图所示为A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，其中A为双曲线的一个分支，由图可知(　　) A．A物体运动的线速度大小不变 B．A物体运动的角速度大小不变 C．B物体运动的角速度大小不变 D．B物体运动的角速度与半径成正比 7．(多选)如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω做匀速圆周运动，θ＝30°，则(　　) A．a、b两点的线速度相同 B．a、b两点的角速度相同 C．a、b两点的线速度之比va∶vb＝2∶ D．a、b两点的向心加速度之比aa∶ab＝∶2 8．如图所示，一轻杆一端固定在转轴O上，在距O点为杆长的处固定一小球，轻杆以角速度ω绕O点在竖直平面内匀速转动。在杆转过的圆心角为θ的时间内，杆的端点通过的弧长为s，求： (1)小球的线速度大小。 (2)小球的向心加速度大小。 9．如图所示，半径为R的水平圆板做匀速转动。当圆板半径OB转到图示位置时，有一小球从B点正上方h高处自由下落，要使小球与板只碰一次且落在圆板边缘的B点，且板刚好只转一圈，重力加速度为g，求： (1)圆板的角速度。 (2)圆板边缘上的点转动的向心加速度。 第4节　生活中的圆周运动 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　火车转弯 1．如图甲所示，在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾斜轨道，即两个轨道存在一定的高度差。如图乙所示，火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ，转弯半径为r，在该转弯处规定行驶的速度为v，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A．火车运动的圆周平面为图乙中的a B．当火车转弯时，火车实际转弯速度越小越好 C．当火车行驶的速率大于时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力 D．当火车行驶的速率等于时，内、外侧铁轨对车轮的轮缘均无压力 知识点2　汽车过拱桥 2．如图所示，当汽车通过拱形桥顶点的速度为10 m/s时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在桥面行驶至桥顶时，对桥面的压力为零，则汽车通过桥顶的速度应为(　　) A．15 m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s 3．对落差较大的道路，建设螺旋立交可以有效地保证车辆安全行驶。如图所示，重庆红云路螺旋立交为2.5层同心圆螺旋结构，上下层桥梁平面位置重叠。下面针对这段路的分析正确的是(　　) A.通过螺旋式设计可减小坡度， 目的是增大车辆与地面的摩擦力 B．两辆车以相同的速率转弯时，外侧的车需要的向心力一定更大 C．车辆转弯处设计成内低外高的目的是降低车辆侧滑风险 D．车辆上坡过程中受重力、支持力、摩擦力、向心力 知识点3　离心现象 4．如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是(　　) A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pb作离心运动 B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa作离心运动 C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb作近心运动 D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb作离心运动 1．如图所示为模拟过山车的实验装置，小球从左侧的最高点释放后能够通过竖直圆轨道而到达右侧。若竖直圆轨道的半径为R，重力加速度为g，要使小球能顺利通过竖直圆轨道，则小球通过竖直圆轨道的最高点时的角速度最小为(　　) A． B．2 C． D． 2．如图，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在竖直平面上做圆周运动，球转到最低点A时，线速度的大小为，此时(　　) A．杆受到压力 B．杆受到的拉力 C．杆受到的压力 D．杆受到的拉力 3．如图所示，质量为m的飞机以角速度ω在空中水平盘旋，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g。则空气对飞机的作用力大小为(　　) A．mω2R B．mg C．m D．m 4．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，g取10 m/s2，小球在A点最小速度为(　　) A．4 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s 5．如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，原长为L、劲度系数为k的轻弹簧一端固定于轴O上，另一端连接质量为m的小物块A。当圆盘静止时，把弹簧拉长后将物块放在圆盘上，使物块能保持静止的弹簧的最大长度为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，转动过程中弹簧伸长始终在弹性限度内，则： (1)若开始时弹簧处于原长L时，当圆盘的角速度为多大时，物块A将开始滑动？ (2)若物块与圆盘一起匀速转动的周期T2＝2π，物块恰好不受摩擦力作用，此时弹簧的伸长量x2为多大？ (3)若弹簧的长度L3＝时，物块与圆盘能一起匀速转动，试求转动角速度的取值范围。 专题提升二　圆周运动的综合分析 　　　　　　　　　　　　　　　　 要点一　水平面内的圆周运动 1．模型运动特点 (1)运动轨迹是水平面内的圆。 (2)合力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为0，物体在水平面内做匀速圆周运动。 2．常见运动模型 运动模型 向心力的来源图示 圆锥摆 Fn＝mg tan θ　r＝l sin θ 汽车在水 平路面转弯 火车转弯 Fn＝mg tan θ 水平转台 (光滑) 3.水平面内圆周运动的临界问题 物体做圆周运动时，若物体的线速度大小、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态。 (1)水平面内的圆周运动常见的临界问题 ①物体恰好(没有)发生相对滑动，静摩擦力达到最大值。 ②物体恰好要离开接触面，物体与接触面之间的弹力为0。 ③绳子恰好断裂，绳子的张力达到最大承受值，绳子刚好伸直，绳子的张力恰好为0。 (2)解题关键： ①在圆周运动问题中，当出现“恰好”“最大”“至少”“取值范围”等字眼时，说明运动过程中存在临界点。 ②分析临界状态的受力，列出临界条件下的牛顿第二定律方程。 [典例1] (2025·河北沧州期中)如图所示，质量为m的小滑块静止在足够大的粗糙水平转盘上，一根长为L的细线一端连接在滑块上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角θ＝37°，重力加速度为g。现使转盘绕转轴在水平面内转动，并缓慢增大转动的角速度，滑块与转盘间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若细线恰好有拉力，求此刻的角速度大小ω1； (2)若滑块恰好与转盘脱离，求此刻的角速度大小ω2； (3)当ω3＝时，细线恰好断裂，求此时小球离转盘的高度。 名师点睛 解决临界问题的常用方法 1．极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的。 2．假设法：有些物理过程转化没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题。因此分析时先假设出临界状态，然后再分析判定。 3．数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式，求得临界条件。具体步骤如下。 ①对物体进行受力分析； ②找到其中变化的力以及它的临界值； ③求出向心力(合力或沿半径方向的合力)的临界值； ④用向心力公式求出运动学量(线速度、角速度、周期、半径等)的临界值。 针对训练1　 (2025·贵州安顺期中)游乐场中常见的“空中飞椅”简化图如图所示。已知某座椅和游客的总质量为90 kg，转盘半径为3 m，钢丝绳长为5 m。转盘绕其竖直中心轴匀速转动时，带动座椅和游客在水平面内做匀速圆周运动，此时钢丝绳与竖直方向的夹角θ＝30°，不计空气阻力和钢丝绳自身的重力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．游客(含座椅)做圆周运动的向心力大小为300 N B．钢丝绳上的拉力大小为1 800 N C．游客做圆周运动的线速度为 m/s D．游客对座椅的压力大于座椅对游客的支持力 针对训练2　 (多选)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．小物块所受的合外力为0 B．小物块线速度的大小为Rω C．小物块所受向心力的大小为mRω2 D．小物块所受弹力的大小为mRω2 要点二　竖直面内圆周运动的两个基本模型 项目 轻绳模型 轻杆模型 图示 最高点 受力 特征 除重力外，物体可能受到向下的弹力 除重力外，物体可能受到向下或向上的弹力 受力 示意图 力学 方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界 特征 FT＝0，即mg＝m，即vmin＝ v＝0时F向＝0，即 FN＝mg v＝ 的意义 物体能否过最高点的临界速度 FN表现为拉力(压力)还是支持力的临界速度 过最高 点的条件,最高点的速度 v≥,最高点的速度v≥0 最低点 受力分析,FT－mg＝m，轻绳或圆轨道受拉力或压力最大，存在绳断的临界条件,FN－mg＝m，存在对杆拉力或对管压力的最大值[典例2] (多选)(2025·天津期中)如图所示，小球a、小球b分别在细绳和轻质细杆作用下在竖直面内做圆周运动，两小球运动的半径均为R，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球a经过最高点时的速度可能小于 B．小球b经过最高点时的速度可能小于 C．小球a经过最高点时，细绳对小球a可能没有力的作用 D．小球b经过最高点时，细杆对小球b一定有支持力作用 名师点睛 竖直面内的圆周运动问题的分析思路 1．定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。 2．确定临界点：抓住轻绳模型中在最高点v≥及轻杆模型中在最高点v≥0这两个临界条件。 3．研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。 4．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程。 针对训练3　 (2025·辽宁期中)如图所示，长为0.1 m的轻杆的一端连接在O点，轻杆可绕O点在竖直平面内转动，另一端固定可视为质点的小球。已知重力加速度g大小取10 m/s2，不计空气阻力，小球经过最低点时轻杆对小球的作用力大小为小球所受重力的5倍，则此时小球的速度大小为(　　) A．1 m/s B．2 m/s C． m/s D．3 m/s 针对训练4　(2025·江苏苏州期中)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一个小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) 　　 A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下 D．v2＝2b时，小球对杆的弹力为2mg 针对训练5　如图甲所示，轻杆一端固定一小球(视为质点)，另一端套在光滑水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；O轴处有力传感器(传感器均未在图中画出)，可以测量小球通过最高点时O轴受到杆的作用力F，若以竖直向下为力的正方向，得到F－v2图像如图乙所示。g取10 m/s2，求： (1)小球恰好通过最高点时的速度大小； (2)小球的质量及做圆周运动的半径； (3)小球在最高点的速度大小为5 m/s时，杆受到球的作用力。 培优专项(三)　水平面内的圆周运动的临界问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　水平面内的圆周运动 1．四个完全相同的小球A、B、C、D在水平面内均做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是(　　) A．小球A、B角速度相同 B．小球A、B线速度大小不等 C．小球C、D向心加速度大小相等 D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小不等 知识点2　水平面内的圆周运动的临界问题 2．如图所示，A、B两物体放在圆台上，两物体与圆台面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A物体质量是B物体质量的一半，而A物体离转轴距离是B物体离转轴距离的2倍。当圆台旋转时，A、B相对圆台均未滑动，则下列说法正确的是(　　) A．A、B物体的线速度大小之比为1∶1 B．A、B物体的向心加速度大小之比为1∶2 C．A、B物体所受摩擦力大小之比为1∶2 D．当圆台的转速增加时，A物体先滑动 1．如图所示，小木块a、b和c(可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量均为m，c的质量为，a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是(　　) A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落 B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等 C．b和c均未滑落时线速度一定相同 D．b开始滑动时的角速度是 2．如图所示，一质量为0.3 kg的小球B用轻绳AB和BC系着正在做匀速转动，竖直杆CA为转轴，∠CBA＝37°，绳AB和转轴垂直，绳AB的拉力为2 N，绳AB的长度为0.2 m。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么小球做圆周运动的角速度为(　　) A．10 rad/s B．20 rad/s C．2 rad/s D．1 rad/s 3．(多选)如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，中间用细线相连，A、B与盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g＝10 m/s2，以下说法正确的是(　　) A．B的摩擦力先达到最大 B．当ω＝2 rad/s时，绳子出现张力 C．当ω＝30 rad/s时，A、B两物体出现相对滑动 D．当ω＝5 rad/s时，A、B两物体出现相对滑动 4．(多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B两物块(均可视为质点)叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周运动。已知圆盘与B之间的动摩擦因数为μ，B与A之间的动摩擦因数为0.5μ，假如最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．物块A、B一起匀速转动过程中加速度恒定 B．物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等 C．A、B一起转动的最大角速度为 D．当圆盘越转越快，A将沿背离圆心的方向离心运动 5．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放置用长L＝0.1 m的细线相连接的A、B两小物块。已知A距轴心O的距离r1＝0.2 m，A、B的质量均为m＝1 kg，它们与盘面间相互作用的摩擦力最大值为其重力的0.3倍。取g＝10 m/s2。求： (1)当细线刚要出现拉力时，圆盘转动的角速度ω0为多大？ (2)当A、B与盘面间刚要发生相对滑动时，细线受到的拉力多大？ 6．如图所示，在光滑的圆锥体顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，细线与轴线之间的夹角为θ＝37°，小球以速率ω绕圆锥体轴线做水平圆周运动(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g)。 (1)当ω1＝时，求细线对小球的拉力和小球对圆锥体的压力大小。 (2)当ω2＝时，求细线对小球的拉力。 培优专项(四)　竖直面内的圆周运动的临界问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　绳模型 1．如图所示，长度为L＝0.4 m的轻绳，系一小球在竖直平面内做圆周运动，小球的质量为m＝0.5 kg，小球半径不计，g取10 m/s2，求： (1)小球刚好通过最高点时的速度大小。 (2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，绳的拉力大小。 (3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球运动过程中速度大小的最大值。 知识点2　杆模型 2．长L＝0.5 m、质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内转动，另一端固定着一个小球A。A的质量为m＝2 kg。当A通过最高点时，如图所示，求在下列两种情况下小球对杆的作用力： (1)A在最高点的速度为1 m/s。 (2)A在最高点的速度为4 m/s。 1．如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环内侧做圆周运动。圆环半径为R，小球半径不计，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表述不正确的是(重力加速度为g)(　　) 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 2．如图所示，半径为L的圆管轨道(圆管内径远小于轨道半径)竖直放置，管内壁光滑，管内有一个小球(小球直径略小于管内径)可沿管转动，已知重力加速度为g，设小球经过最高点P时的速度为v，则(　　) A．v的最小值为 B．v若增大，球所需的向心力也增大 C．当v由逐渐减小时，轨道对球的弹力也减小 D．当v由逐渐增大时，轨道对球的弹力也减小 3．如图甲，一长为R且不可伸长的轻绳一端固定在点O，另一端系住一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。若小球经过最高点时速度大小为v、绳子拉力大小为F，则F与v2的关系如图乙所示，下列说法中正确的是(　　) A.绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大 B．小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置不变 C．利用该装置可以得出小球的质量m＝ D．利用该装置可以得出重力加速度g＝ 4．如图所示，轻杆长为3L，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是(　　) A．球B在最高点时速度为零 B．此时球A的速度也为零 C．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mg D．球B转到最高点时，杆对水平轴的作用力为3mg 5．(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则(　　) A．小球通过最高点A时的速度vA＝ B．小球通过最高点A时的速度vA＝ C．小球通过最高点A时，细线对小球的拉力FT＝0 D．小球通过最高点A时，细线对小球的拉力FT＝mg sin θ 6．(多选)如图所示，在倾角为θ的足够大的固定斜面上，一长度为L的轻杆一端可绕斜面上的O点自由转动，另一端连着一质量为m的小球(视为质点)。现使小球从最低点A以速率v开始在斜面上做圆周运动，通过最高点B。重力加速度大小为g，轻杆与斜面平行，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A．小球通过A点时所受轻杆的作用力大小为mg sin θ＋m B．小球通过B点时的最小速度为 C．小球通过A点时斜面对小球的支持力与小球的速度无关 D．若小球以的速率通过B点时突然脱落而离开轻杆，则小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L 7．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置。两个质量均为m的小球a、b(均可看成质点)以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为8mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg。重力加速度大小为g，求a、b两球落地点间的距离。 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度1　圆周运动的运动学分析 衔接角度解读：描述匀速圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、向心加速度、周期、频率、转速等。这是高考的考查热点，考查的题型主要是选择题。 衔接内容归纳 1．匀速圆周运动各物理量间的关系 2．常见的三类传动方式及特点 (1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，与皮带接触的轮子边缘上各点的线速度大小相等，图甲中vA＝vC≠vB，图乙中vA＝vB≠vP＝vQ。 (2)摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。 　 (3)同轴转动：如图戊、己、庚所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。 　　 [典例1] (2025·河北)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为(　　) A．90 B．120 C．150 D．180 解题技法：先根据角速度的定义求出角速度，然后根据角速度与转速的关系求出转速，最后求出每分钟跳绳转过的圈数。 [跟踪训练1] (2025·江苏)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　) A．A点做匀速圆周运动 B．O′点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于O′点 D．此时A点的速度等于O′点 衔接角度2　圆周运动的动力学分析 衔接角度解读：圆周运动的动力学问题在高考中考查的频率较高，有时单独考查，有时和万有引力定律(后边学习)和磁场(后边学习)结合考查，题型有选择题和计算题。 衔接内容归纳 圆周运动向心力的理解 1．向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质的力提供，可以是某个力或某个力的分力，也可以是几个力的合力，在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。 2．匀速圆周运动的合力恰好全部提供向心力，即F向＝F合。 3．变速圆周运动的合力与向心力的关系 变速圆周运动的合力方向一般不指向圆心(特例如竖直面内水流星最高点和最低点的合力方向指向圆心)，可以分解为如图所示的两个分力。 切向分力Ft：产生切向加速度at，只改变线速度的大小。当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动；反向时则速度减小，做减速圆周运动。 法向分力Fn：提供向心力，产生向心加速度an，只改变线速度的方向。 [典例2] (2024·江西)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、图(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值； (2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 图(a)　圆盘在水平雪地 图(b)　圆盘在空中 解题技法：解答圆周运动的动力学问题的基本思路 [跟踪训练2] (多选)(2025·广东)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有(　　) A．角速度为5 rad/s B．线速度大小为4 m/s C．向心加速度大小为10 m/s2 D．所受支持力大小为1 N [跟踪训练3] (2025·山东)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　) A．11 N B．9 N C．7 N D．5 N 第六章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．关于运动的性质，以下说法中正确的是(　　) A．匀速圆周运动一定是变速运动 B．曲线运动一定是加速度变化的运动 C．匀速圆周运动是匀速运动 D．匀速圆周运动是匀变速运动 2．如图所示，甲、乙两运动员在冰面上训练弯道滑冰技巧，某次恰巧同时到达虚线PQ上的P点，然后分别沿半径r1和r2(r1<r2)的跑道匀速率运动半个圆周后到达终点。设甲、乙质量相等，他们做圆周运动时的向心力大小也相等。下列判断中正确的是(　　) A．甲运动员的线速度较小 B．甲运动员的在相等的时间里转过的圆心角较小 C．甲到达终点所用的时间较长 D．乙运动员的线速度较小 3．摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用。行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。假设有一超高速列车在水平面内行驶，以100 m/s的速度拐弯，拐弯半径为500 m，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取10 m/s2)(　　) A．500 N B．500 N C．1 000 N D．0 N 4．如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为(　　) A．mg B．mg C．3mg D．2mg 5．如图所示，如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动，那么，从它的分针与时针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为(　　) A． h B． h C． h D．12 h 6．如图，在轨运行的空间站内航天员将小球用不可伸长的细线系住，细线另一端系在固定支架上O点处，进行如下两次操作，第一次操作：拉开细线一个小角度后由静止释放小球；第二次操作：拉直细线给小球一个垂直于细线的速度，则(　　) A．第一次操作中，小球绕O点做往复运动 B．第一次操作中，小球朝向O点做直线运动 C.第二次操作中，小球绕O点做匀速圆周运动 D．第二次操作中，小球相对O点做匀变速曲线运动 7．如图，滚筒洗衣机脱水时，滚筒绕水平转动轴转动，滚筒上有很多漏水孔，附着在潮湿衣服上的水从漏水孔中被甩出，达到脱水的目的。某一阶段，如果认为湿衣服在竖直平面内做匀速圆周运动，已知滚筒半径为R，取重力加速度为g，那么下列说法正确的是(　　) A．衣物通过最高点和最低点时线速度和加速度均相同 B．衣物从最高点运动到最低点过程中一直处于失重状态 C．脱水过程中滚筒对衣物的作用力不始终指向圆心 D．增大滚筒转动的周期，水更容易被甩出 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．某计算机上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示，这块硬磁盘有若干个磁道(即若干个不同半径的同心圆)，每个磁道分成8 192个扇区(每扇区为圆周)，每个扇区可以记录512个字节。电动机使盘面以5 400 r/min的转速匀速转动。磁头在读、写数据时是不动的，盘面每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，下列说法正确的是(　　) A.相同的时间内，磁头在内磁道读取的字节数比外磁道少 B．盘面转动的角速度为180π rad/s C．一个扇区通过磁头所用的时间约为1.4×10-6 s D．不计磁头转移磁道的时间，计算机1 s内理论上可以从一个盘面上读取约2.3×1010个字节 9．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图像如乙图所示。则(　　) A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上 D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 10．如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是(　　) A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大 B．转动的角速度变大，环M与水平杆之间的弹力不变 C．转动的角速度变大，环N与竖直杆之间的弹力不变 D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等 三、实验题：本题共2小题，共14分。 11．(6分)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，细绳的悬点刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线平齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。 (1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么钢球做圆周运动时需要的向心力表达式为Fn＝________。 (2)通过刻度尺测得钢球运动的轨道平面距悬点的高度为h，那么钢球做圆周运动时外力提供的向心力表达式为Fn＝________。 (3)改变钢球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图像，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式k＝________。(用前面已知的相关字母表示) 12．(8分)如图甲是“探究向心力大小F与质量m、半径r、角速度ω的关系”的实验装置示意图。电动机带动转台匀速转动，改变电动机的电压可以改变转台的转速；质量为m的金属块放在转台上随转台一起转动，金属块到转轴的水平距离为r，用一轻质细线绕过固定在转台中心的光滑小滑轮与力传感器连接，可直接测量向心力的大小F；转台一端下方固定挡光宽度为d的挡光杆，挡光杆经过光电门时，系统将自动记录其挡光时间。金属块与转台之间的摩擦力忽略不计。 (1)某同学测出挡光杆到转轴的水平距离为R，转台匀速转动时挡光杆经过光电门时的挡光时间为Δt，转台的角速度ω的表达式为__________________(用题目中所给物理量的字母表示)。 (2)该同学为了探究向心力大小F与角速度ω的关系，需要控制________和________两个量保持不变；多次改变转速后，记录了一系列力与对应角速度的数据，作出F－ω2图像如图乙所示，若已知金属块质量m＝0.45 kg，则金属块到转轴的水平距离r＝________m。(结果保留两位有效数字) 四、解答题：本题共3小题，共40分。 13．(10分)如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9 m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.9 m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ＝37°。一质量为M＝0.9 kg的物块(视为质点)从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块到达C点时的速度大小vC。 (2)物块在A点受到的弹力大小FA。 (3)物块对C点的压力大小FC。 14．(14分)如图所示是某电视台策划的节目场地设施，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人(人可看作质点)运动，下方水面上漂浮着一个匀速转动的半径为R＝1 m铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差H＝3.2 m。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零，加速度为a ＝2 m/s2的匀加速直线运动。起动后2 s悬挂器脱落。已知人与转盘间的动摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2。 (1)求人随悬挂器水平运动的位移大小和悬挂器脱落时人的速率。 (2)若选手恰好落到转盘的圆心上，求L的大小。 (3)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？ 15．(16分)如图甲所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上。t＝0时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在0≤t≤10 s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图乙所示，则： (1)两钉子间的距离为绳长的几分之几？ (2)t＝10.5 s时细绳的拉力大小？ (3)t＝12.5 s时细绳的拉力大小？ 第六章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．物体做匀速圆周运动的过程中，保持不变的物理量是(　　) A．速度 B．周期 C．向心力 D．向心加速度 2．在机床、汽车等机器或设备中通常会使用一种叫作蜗杆传动的装置，如图所示，这种装置由蜗杆和蜗轮组成，从外形上看，蜗杆类似螺栓，蜗轮则很像斜齿圆柱齿轮。工作时，一般以蜗杆为主动件，当蜗杆旋转时，会带动蜗轮轮齿沿着蜗杆的螺旋面转动，蜗杆每旋转一圈，蜗轮轮齿会转动一格，若螺距为d＝1.6π mm的蜗杆以每秒20圈的转速旋转，则半径为r＝32 mm的蜗轮将获得的转速是(　　) A．30 r/min B．120 r/min C．1 200 r/min D．48 000 r/min 3．(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 4．如图所示，长为l的绳子下端连着质量为m的小球，上端悬于天花板上，当把绳子拉直时，绳子与竖直方向的夹角为60°，此时小球静止于固定的光滑水平桌面上。重力加速度为g。则(　　) A.当小球以一定的角速度在水平面内做圆锥摆运动时，小球一定受到重力，支持力和绳子拉力的作用 B．当小球以一定的角速度在水平面内做圆锥摆运动时，小球可能受到重力，支持力和向心力的作用 C．当小球以角速度为ω1＝2做圆锥摆运动时，桌面对小球的支持力FN恰好为0 D．当小球以角速度ω2＝做圆锥摆运动时，绳子的张力大小为5mg，桌面对小球的支持力为0 5．马刀锯是一种木匠常用的电动工具，如图甲所示。其内部安装了特殊的传动装置，简化后如图乙所示，可以将电动机的转动转化为锯条的往复运动。电动机带动圆盘O转动，圆盘O上的凸起P在转动的过程中带动锯条左右往复运动。已知电动机正在顺时针转动，转速n＝2 400 r/min，OP＝2 cm。当OP与锯条运动方向的夹角θ＝37°时，锯条运动的速度大小约为(　　) A．3 m/s B．4 m/s C．5 m/s D．6 m/s 6．如图所示，光滑斜面上固定一个圆形转盘，转盘上表面平整，圆心为O，转盘可绕垂直斜面的轴O转动。转盘上放置一个小滑块P，转盘绕O匀速转动，P总是相对转盘静止，下列判断正确的是(　　) A.P在任意位置向心力均相同 B．P在最左端点和最右端点受到转盘摩擦力大小相等、方向相反 C.P受到的摩擦力至少有一个位置指向圆心，最多有两个位置 D．P在最高点和最低点受到转盘的摩擦力大小可能相等 7．如图所示为表演杂技“飞车走壁”的示意图。演员骑摩托车在一个圆筒形结构的内壁上飞驰，做匀速圆周运动，图中a、b两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托车在离地面不同高度处进行表演的运动轨道，不考虑车轮受到的摩擦力，下列说法中正确的是(　　) A.在a轨道上运动时角速度较小 B．在b轨道上运动时线速度较大 C．在a轨道上运动时摩托车和演员对侧壁的压力较大 D．在b轨道上运动时摩托车和演员所受的向心力较小 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·辽宁期中)如图所示，质量均为1.2 kg的小球1、2(均可视为质点)用长度均为0.5 m的细线拴在同一悬点，小球1、2各自绕悬点正下方的P、Q点在水平面内做匀速圆周运动时，细线与竖直方向的夹角分别为37°、53°。重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．小球1的角速度大于小球2的角速度 B．小球1的线速度大小为1.5 m/s C．小球1、2的向心加速度大小之比为3∶4 D．小球1、2的向心加速度大小之比为9∶16 9．如图所示是一个玩具陀螺。a、b和c是陀螺表面上的三个点。d、e是放在陀螺上表面的两个相同的滑块，陀螺上表面水平且粗糙。d滑块离轴线比e滑块离轴线稍远。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω旋转时系统稳定，则下列说法正确的是(　　) A．a、b两点的向心加速度大小相等且大于c B．若ω继续变大，e滑块将比d滑块先滑离陀螺表面 C．此时d滑块和e滑块向心力大小相等 D．稳定运行时d滑块所受的摩擦力是变力 10．如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1 B．若v1＝v2，则h1∶h2＝R∶R C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同 D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(10分)甲、乙两同学分别用如图所示的实验装置来验证向心力公式。匀质小球由轻绳a和b分别系在固定在轻质木架上A点和C点的力传感器1、2上。小球上装有遮光片，当木架绕轴BC匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向、绳b在水平方向。测得小球中心到转轴的距离为L，小球和遮光片的质量为m，忽略空气阻力。 (1)实验时，随着装置匀速转动的角速度增大，力传感器1的示数会________(选填“不断增大” “不断减小”或“保持不变”)。 (2)甲同学实验时，保持装置匀速转动，测得遮光片从第一次遮光到第N1次遮光经历的总时间为t1，则小球做圆周运动的周期T1＝________；力传感器2的示数为F1，如果表达式__________________________(用F1、L、m、N1、t1、π表示)成立，则向心力公式得到验证。 (3)乙同学实验时，测得遮光片的宽度为d，保持装置匀速转动，测得遮光片N2次遮光的总时间为t2，则小球做圆周运动的线速度v2＝________；力传感器2的示数为F2，如果表达式________(用F2、L、m、N2、t2、d表示)成立，则向心力公式得到验证。 12．(8分)某实验小组通过如图所示的装置验证向心力公式。一个体积较小，质量为m的滑块套在水平杆上(不会翻倒)，力传感器通过一根细绳连接滑块，用来测量绳中拉力F的大小，最初整个装置静止，细绳刚好伸直但无张力，然后让整个装置逐渐加速转动，最后滑块随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动。滑块的中心固定一块挡光片，宽度为d，滑块的中心到转轴的距离为L，每经过光电门一次，通过力传感器和光电计时器就同时获得一组细绳拉力F和挡光片经过光电门时的挡光时间的数据。 (1)某次旋转过程中挡光片经过光电门时的挡光时间为Δt，则滑块转动的线速度v＝________。 (2)认为绳的张力充当向心力，如果F＝________(用已知量和待测量的符号表示)，则向心力的表达式得到验证。 (3)该小组验证向心力的表达式时，经多次实验，仪器正常，操作和读数均没有问题，发现拉力F的测量值与滑块的向心力的理论值相比________(选填“偏大”或“偏小”)，主要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 13．(10分)如图所示，两根长度不同的细线下分别悬挂甲、乙两小球，细线上端固定在天花板上同一点M。两个小球绕共同的竖直轴MN在水平面内做匀速圆周运动且处于同一水平面内，两球距圆心O的距离之比为1∶3，求： (1)甲、乙两小球角速度之比； (2)甲、乙两小球向心加速度之比。 14．(12分)如图甲所示是运动员趴在雪橇上从山坡沿截面为圆弧形的冰道快速滑降至水平面上的大圆轨道上。雪橇和运动员(可视为质点)的总质量为m，以速度v在大圆轨道上做匀速圆周运动。图乙是运动员运动示意图，圆弧形冰道截面半径为R，雪橇离圆弧形冰道最低点的竖直高度为h＝0.4R。忽略摩擦和空气阻力，重力加速度为g。其中R未知，求： (1)圆弧形冰道对雪橇的支持力； (2)雪橇的向心加速度； (3)大圆轨道的半径r。 15．(14分)“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，如图甲所示，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，游客坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将“旋转秋千”简化为如图乙所示的模型，人和座椅看作质点，总质量约为m＝80 kg，圆盘的半径为R＝2.5 m，绳长L＝R，圆盘以恒定的角速度转动时，绳子与竖直方向的夹角为θ＝45°，若圆盘到达最高位置时离地面的高度为h＝22.5 m，重力加速度g取10 m/s2，在游玩过程中，游客的手机不慎从手中自由滑落。忽略空气阻力的影响，求： (1)手机滑落瞬间的速度大小； (2)手机落地点到中心转轴的距离。 第七章　万有引力与宇宙航行　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第二册(这是边文，请据需要手工删加) 第七章　万有引力与宇宙航行 第1节　行星的运动 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　行星的发展史 1．开普勒研究的行星观测记录源自(　　) A．第谷 B．拉普拉斯 C．开普勒 D．牛顿 知识点2　开普勒定律的理解 2．关于开普勒行星运动定律，下列说法不正确的是(　　) A．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上 B．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 C．表达式＝k，k与中心天体有关 D．表达式＝k，T代表行星运动的公转周期 知识点3　开普勒定律的应用 3．海王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为T0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c，A、B、C、D分别为长短轴的端点，如图所示。若太阳的质量为M，引力常量为G，忽略其他行星对它的影响，则下列说法正确的是(　　) A．海王星从A→B→C的过程中，速率逐渐变大 B．海王星从A→B所用的时间等于 C．海王星从B→C→D的过程中所用的时间与从D→A→B的过程中所用的时间相等 D．由开普勒行星运动定律知，所有行星绕太阳运行的轨道不一定在同一个平面内 1．关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是(　　) A．太阳系所有的行星都绕太阳做匀速圆周运动 B．在＝k中，k是与太阳质量有关的常量 C．对任意一个行星，它在远日点的速度都要大于近日点的速度 D．开普勒行星运动定律仅适用于行星绕太阳运动 2．下列关于行星运动规律说法正确的是(　　) A．第谷根据多年的观测总结揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础 B．牛顿发现万有引力定律后，开普勒整理牛顿的观测数据后，发现了行星运动的规律 C．开普勒第三定律表达式为＝k，月亮围绕地球运动的k值与人造卫星围绕地球运动的k值相同 D．行星绕太阳运动时，线速度方向时刻在变，大小始终不变 3．某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运动半径的，设月球绕地球运动的周期为27天，则此卫星的运行周期为(　　) A．天 B．天 C．1天 D．9天 4．水星在中国古称辰星，西汉《史记》的作者司马迁实际观测发现辰星呈灰色，将其与五行学说联系在一起，以黑色属水，所以命名为水星。如图所示，水星和地球都在围绕着太阳旋转，运行轨道都是椭圆。根据开普勒行星运动定律可知(　　) A．太阳位于水星运行轨道的中心 B．水星绕太阳运行一周的时间比地球的短 C．水星在靠近太阳的过程中，运行速率减小 D．水星在远离太阳的过程中，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积逐渐增大 5．水星轨道在地球轨道内侧，地球和水星的公转周期的比值为k，通过位于贵州的中国天眼FAST(目前世界上口径最大、最精密的单天线射电望远镜)观测水星与太阳的视角(观察者分别与水星、太阳的连线所夹的角)为θ，则sin θ的最大值为(　　) A． B． C． D． 6．(多选)如图所示，2023年7月12日凌晨，月球与木星相伴出现在天宇，上演了“木星伴月”的浪漫天象，木星和月亮正好运行到同一经度且两者距离达到最近。关于木星和月球的运动，下列说法正确的是(　　) A．木星和月球都以太阳为中心做椭圆运动 B．木星在远日点的速度小于其在近日点的速度 C．月球与地球的连线和木星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积总是相等 D．月球绕地球运行轨道半长轴的三次方与其公转周期的平方的比值与木星绕太阳运行轨道半长轴的三次方与其公转周期的平方的比值不相等 7．(多选)如图所示，对开普勒第一定律的理解。下列说法中正确的是(　　) A．在行星绕太阳运动一周的时间内，它到太阳的距离是不变的 B．太阳系中的所有行星有一个共同的轨道焦点 C．一个行星绕太阳运动的轨道一定是在某一固定的平面内 D．行星的运动方向总是与它和太阳的连线垂直 8．彗星的运动轨道是一个非常扁的椭圆。天文学家哈雷算出某颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转轨道半径的18倍，并预言这颗彗星每隔一定时间就会出现。哈雷彗星最近出现的时间是1986年，请你根据开普勒第三定律估算，它下次飞近地球大约是在哪年？(≈7.615) 9．我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射“高分四号”卫星，卫星运行在地球静止轨道上。发射“高分四号”卫星时，先发射至近地圆轨道，然后再次点火，将卫星送入椭圆轨道，最后进入预定圆轨道。如图所示，地球的球心位于椭圆轨道的一个焦点上，A、B两点分别是“高分四号”卫星在椭圆轨道上的近地点和远地点。若已知B点距离地面高度为h，A点在地面附近(可认为A点到地心的距离为地球的半径R)，且卫星所受阻力可以忽略不计，地球半径为R，在近地圆轨道上运行周期为T，求卫星从A点到B点的时间t。 第2节　万有引力定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　行星与太阳之间的引力 1．下列说法正确的是(　　) A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，也可以用实验直接验证 B．牛顿第一定律又叫惯性定律，是牛顿第二定律在物体所受合力为零时的特殊情况 C．“月—地检验”的结果表明，地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与太阳、行星间的引力，遵从相同的规律 D．牛顿在实验室里通过几个铅球间万有引力的测量，比较准确地得出了引力常量G的数值 知识点2　万有引力定律的理解和应用 2．(多选)关于万有引力公式F＝G的理解，以下说法中正确的是(　　) A．可看作质点的两物体间的引力可用公式F＝G计算 B．由公式F＝G可知，两物体紧靠在一起时万有引力无穷大 C．卡文迪什首先用试验测定了引力常量G的数值 D．两个质点质量不变，距离变为原来的2倍，则它们之间的万有引力将变为原来的 3．从平原到高原过程中，地球对汽车的引力F随高度h的变化关系图像可能是(　　) 1．关于引力常量G，用国际单位制中的基本单位可表示为(　　) A．N·kg2/m2 B．N·m2/kg2 C．m3·kg-2·s-2 D．m3·s-2·kg-1 2．2023年10月，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感三十九号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。在卫星逐渐远离地球的过程中，所受的地球引力(　　) A．不变 B．逐渐减小 C．逐渐增大 D．先减小后增大 3．设想随着科技的进步和地球人口的增多，人类开始移民月球，不断把地球上的人、水、空气和食物向月球上运送，如果月球仍沿原来的圆周轨道运动，则地球与月球间的万有引力将(　　) A．变大 B．变小 C．不变 D．无法确定 4．如图所示，点L1和点L2称为地月连线上的拉格朗日点。在拉格朗日点处的物体在地球与月球的共同作用下，可与月球同步绕地球转动。中国探月工程中的“鹊桥号”中继卫星是世界上首颗运行于地月拉格朗日点L2的通信卫星，已知地球质量是月球质量的81倍，地月球心距离约为L2点与月球球心距离的6倍，则地球对“鹊桥号”中继卫星的引力与月球对“鹊桥号”中继卫星的引力大小之比约为(　　) A． B． C． D． 5．地球绕太阳运动，月球绕地球运动，它们之间的作用力是同一性质的力，这种力与地球对树上苹果的力也是同一性质的力吗？牛顿认为苹果受到地球的吸引才下落，这种吸引力与天体间(如地球与月球)的引力具有相同的性质，且都满足F∝。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，苹果自由落体的加速度为a苹，根据牛顿的想法，月球绕地球公转的向心加速度为a月，则(　　) A．＝ B．＝ C．＝602 D．＝60 6．假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，它们在一条直线上，天体A离天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图所示，以下说法正确的是(　　) A．天体A做圆周运动的速度小于天体B做圆周运动的速度 B．天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度 C．天体B做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有引力 D．天体B做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力 7．在利用探测器探测石油的过程中，遇到空腔或者其他物质时，引力会发生变化，引起该区域重力加速度的大小和方向发生微小的变化，以此来探寻石油区域的位置。简化模型如图所示，一个质量均匀分布的半径为R的球体对球外质点P的万有引力为F，如果在球体中央挖去半径为r的一部分球体，且r＝，则原球体剩余部分对质点P的万有引力变为(　　) A． B． C． D． 8．20世纪70年代，苏联在科拉半岛与挪威的交界处进行了人类有史以来最大规模的地底挖掘计划。当向地心挖掘深度为d时，井底一个质量为m的小球与地球之间的万有引力为F，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，质量分布均匀的地球的半径为R，质量为M，引力常量为G，则F大小等于(　　) A． B． C． D． 9．密度均匀的球体半径为R、质量为m，现从球体A中挖去直径为R的球体B，将球体B放置在距离球体A的球心O为2R处，如图所示，白色部分为挖去后的空心。已知半径为R的球体的体积为πR3，引力常量为G，则球体A剩余部分对球体B的万有引力大小为？ 第3节　万有引力理论的成就 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　万有引力与重力 1．下列关于地球表面上万有引力与重力的关系，下列说法正确的有(　　) A．在任何地方重力都等于万有引力，方向都指向地心 B．地球两极处物体的万有引力等于重力，即G＝mg C．在地球除两极的其他位置，重力是万有引力的一个分力，重力的大小mg>G D．赤道上物体的万有引力等于物体的向心力，即G＝mω2R 知识点2　计算天体的质量和密度 2．卡文迪什用扭秤实验测定了引力常量，不仅用实验验证了万有引力定律的正确性，而且应用引力常量还可以测出地球的质量，卡文迪什也因此被称为“能称出地球质量的人”。已知引力常量G＝6.67×10-11 N·m2/kg2，地面上的重力加速度g＝10 m/s2，地球半径R＝6.4×106 m，则地球质量约为(　　) A．6×1018 kg B．6×1020 kg C．6×1022 kg D．6×1024 kg 3．随着空间探测技术的发展，中国人的飞天梦已经成为现实。某质量为m的探测器关闭发动机后被某未知星球捕获，在距未知星球表面一定高度的轨道上以速度v做匀速圆周运动，测得探测器绕星球运行n圈的总时间为t。已知星球的半径为R，引力常量为G，则该未知星球的质量为(　　) A． B． C． D． 4．一智能机器人登陆一行星，机器人将一小石块在高度为h处静止释放，经时间为t，小石块落在地面上，已知引力常量为G，此行星的半径为R，那么这个行星的质量为(　　) A．M＝ B．M＝ C．M＝ D．M＝ 5．地球表面的平均重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，用上述物理量计算出来的地球平均密度是(　　) A． B． C． D． 1．电影《流浪地球》中，地球开始流浪前要先停止自转。若地球停止自转，下列说法正确的是(　　) A．静止在两极的物体对地面的压力将减小 B．静止在两极的物体对地面的压力将增大 C．静止在赤道上的物体对地面的压力将减小 D．静止在赤道上的物体对地面的压力将增大 2．十八世纪，人们已经知道太阳系有七颗行星，但是第七颗行星天王星的运动轨道有些“古怪”，它的轨道与根据万有引力定律计算出来的轨道存在一些偏差，这个偏差产生的原因是(　　) A．天文观测数据不准确 B．万有引力定律的准确性有问题 C．离天王星较近的土星对天王星的影响 D．天王星轨道外面还有一颗未发现的行星 3．搭乘神舟十二号进入天和核心舱的我国航天员相继出舱，胜利完成中国空间站的第二次舱外任务。已知中国空间站处于距地面高度为h的近地轨道处，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则此时航天员在该轨道处的加速度为(　　) A．g B． C． D． 4．2020年4月24日，国家航天局宣布，我国行星探测任务命名为“天问”，首次火星探测任务命名为“天问一号”。已知引力常量G，为计算火星的质量，需要测量的数据是(　　) A．火星表面的重力加速度g和火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r B．火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r和火星的公转周期T C．某卫星绕火星做匀速圆周运动的周期T和火星的半径R D．某卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径r和公转周期T 5．(多选)太阳质量为M，地球质量为m，地球绕太阳公转的周期为T，引力常量为G，地球公转半径为R，地球表面重力加速度为g。则以下计算式中正确的是(　　) A．地球公转所需的向心力为F向＝mg B．地球公转半径R＝ C．地球公转的角速度ω＝ D．地球公转的向心加速度a＝ 6．(多选)太空探测器来到某未知星球，贴着该星球表面做圆周运动，周期为T；在离星球表面高度为h的轨道上做圆周运动，运行周期为8T，引力常量为G，则(　　) A．该星球的密度为 B．该星球的密度为 C．该星球的半径为3h D．该星球的半径为h 7．有一星球的密度跟地球密度相同，但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的4倍，则该星球的质量是地球质量的(忽略其自转影响)(　　) A． B．4倍 C．16倍 D．64倍 8．中子星是一种密度很大的特殊天体。若某中子星恰好能维持不解体，其自转的周期为T，已知引力常量为G，则中子星的平均密度为(　　) A． B． C． D． 9．我国发射的“天问一号”探测器成功进入环绕火星的轨道，开启了“天问一号”探测器探测之旅。假定探测器贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动，经时间t，探测器运动的弧长为s，探测器与火星中心连线扫过的圆心角为θ，已知引力常量为G，t小于探测器绕火星运行的周期，不考虑火星自转的影响，求： (1)探测器的环绕周期。 (2)火星的质量。 第4节　宇宙航行 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　宇宙速度 1．牛顿在《自然哲学的数学原理》一书中曾设想，在高山上水平抛出物体，若速度一次比一次大，落点就一次比一次远。当速度足够大时，物体就不会落回地面而成为人造卫星。若不计空气阻力，这个足够大的速度至少为(　　) A．7.9 m/s B．7.9 km/s C．11.2 km/s D．16.7 km/s 知识点2　人造卫星 2．如图所示，关于人造地球卫星，下列说法正确的是(　　) A．同步卫星的周期为24 h B．卫星可能的轨道为a、b、c C．近地卫星的轨道只能在赤道平面内 D．发射卫星的速度不能大于7.9 km/s 3．我国发射了一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥一号”。设该卫星的轨道是圆形的，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 4．若某卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，速率为v，地球的半径为R，不考虑地球自转，则地球第一宇宙速度为(　　) A． B． C． D． 1．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时。假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比(　　) A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大 C．线速度变大 D．角速度变大 2．若取地球的第一宇宙速度为8 km/s，某行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球的1.5倍，则此行星的第一宇宙速度约(　　) A．16 km/s B．32 km/s C. 4 km/s D．2 km/s 3．某火星探测器在距火星表面h1高处的圆轨道上运行的周期为T1，变轨后在距火星表面h2高处的圆轨道上运行的周期为T2，已知引力常量为G，根据以上信息下列物理量中不能求出的是(　　) A．火星的公转周期 B．火星的平均密度 C．火星表面的重力加速度 D．火星的第一宇宙速度 4．假设地球同步卫星的轨道半径是近地卫星轨道半径的n倍，则(　　) A．同步卫星运行速度是第一宇宙速度的倍 B．同步卫星的运行周期是近地卫星的运行周期的n2倍 C．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n2倍 D．同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的倍 5．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为(　　) A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 6．量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示。已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知(　　) A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为 B．同步卫星与P点的速度之比为 C．量子卫星与同步卫星的速度之比为 D．量子卫星与P点的速度之比为 7．(多选)航天员在月球表面将小石块竖直向上抛出，经时间t落回抛出点。已知小石块上升的最大高度为h，月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是(　　) A．小石块抛出时的初速度大小为 B．月球表面的重力加速度大小为 C．月球的质量为 D．月球的第一宇宙速度为 8．(多选)如图所示，某航天探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道Ⅰ为圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道。下列说法正确的是(　　) A．探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度 B．探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度 C．探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火加速 D．探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期 9．如图所示，A是地球的同步卫星，另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h。已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心。 (1)求卫星B的运行周期。 (2)如卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？ 培优专项(五)　不同高度处重力加速度 和不同轨道处卫星的各个量的比较 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　不同高度处的重力加速度 1．已知某星球的半径为R，该星球表面处的重力加速度大小为g，不考虑星球的自转，则距离星球表面高度为3R处的重力加速度大小为(　　) A．g B．g C．g D．g 2．一火箭从地面由静止开始以5 m/s2的加速度竖直向上匀加速运动，火箭中有一质量为2 kg的科考仪器，在上升到距地面某一高度时科考仪器的视重为15 N，已知地球半径为R，则此时火箭离地球表面的距离为(地球表面处的重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．0.5R 　B．R C．2R D．3R 3．一半径为R、质量分布均匀的球形行星绕其自转轴匀速转动。若质量为m的物体在该行星两极时的重力为G0，在该行星赤道上的重力为，设行星自转的角速度为ω，则下列表达式正确的是(　　) A．ω＝ B．ω＝ C．ω＝ D．ω＝ 4．科幻小说里演绎了这样一个故事：“落日六号”地层飞船深入地球内部进行探险，在航行中失事后下沉到地心。已知地球可视为半径为R、质量分布均匀的球体，且均匀球壳对壳内质点的引力为零。若地球表面的重力加速度为g，当“落日六号”位于地面以下深0.5R处时，该处的重力加速度大小为(　　) A．g B． C． D． 知识点2　同步卫星　地面上的物体　近地卫星的比较 5．已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，地球自转周期为T，则地球同步卫星的线速度与赤道上物体的线速度之比为(　　) A． B． C． D． 6．(多选)如图所示，a为地球赤道上的物体，随地球表面一起转动，b为近地轨道卫星，c为同步轨道卫星，d为高空探测卫星。若a、b、c、d绕地球转动的方向相同，且均可视为匀速圆周运动。则(　　) A．a、b、c、d中，a的加速度最大 B．a、b、c、d中，b的线速度最大 C．a、b、c、d中，c的角速度最大 D．a、b、c、d中，d的周期最大 1．由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同。已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体。下列说法不正确的是(　　) A．质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg0 B．质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mg C．地球的半径为 D．地球的密度为 2．“FAST精细刻画活跃重复快速射电暴”入选2022年度中国科学十大进展，这些快速射电暴极有可能处在超新星遗迹等环境中。假定地球的自转周期变为5 000 s时，地表会因缺少引力束缚而解体。若FAST检测到的周期为1 ms的脉冲是由某种星体的自转所致，即该星的自转周期为1 ms，地球的平均密度取5.5×103 kg/m3，则这种星体的密度可能是(　　) A．5×103 kg/m3 B．5.5×1012 kg/m3 C．1.4×1015 kg/m3 D．1.4×1017 kg/m3 3．月球绕地球做圆周运动，月球到地心的距离为r，月球绕地球转一圈需要的时间为T，地球的半径为R，则地球表面的重力加速度可表示为(　　) A． B． C． D． 4．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯舱沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。假设Q物体乘坐太空电梯舱到达图示的a位置(与运行的卫星P同高度)并停在此处。下列说法正确的是(　　) A．Q物体与卫星P的速度相同 B．Q物体与卫星P的周期相同 C．Q物体处于完全失重状态 D．Q物体的向心加速度小于卫星P的向心加速度 5．(多选)地球赤道上有一物体随地球自转，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，周期为T1；一颗人造卫星在地球表面附近绕地球做圆周运动，所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，周期为T2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，周期为T3。假设三者质量相等，则(　　) A．F1＝F2 B．a1<a2 C．v1>v3 D．T2<T3 6．土星外层有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度v与该层到土星中心的距离R之间的关系，则下列判断正确的是(　　) A．若v2∝R，则该层是土星的卫星群 B．若v∝R，则该层是土星的一部分 C．若v∝，则该层是土星的卫星群 D．若v2∝，则该层是土星的一部分 7．航天员在地球表面以一定初速度竖直向上抛出一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。(取地球表面重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计) (1)求该星球表面附近的重力加速度g′。 (2)已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地＝1∶4，求该星球的质量与地球质量之比M星∶M地。 第5节　相对论时空观与牛顿力学的局限性 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　相对论时空观 1．科学家探测到宇宙中距离我们13亿光年的两个黑洞合并而产生的引力波，填补了爱因斯坦广义相对论实验验证的最后一块“拼图”。关于相对论下列说法正确的是(　　) A．牛顿力学时空观认为时间和空间是相互关联的 B．相对于观察者运动的时钟会变慢 C．在运动的参照系中测得的光速与其运动的速度有关 D．同一物体的长度不随观察者所处参考系的变换而改变 2．如图所示，在未来某年A乘坐速度为0.7c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的B，B的飞行速度为0.5c，A向B发出一束光进行联络，则B观测到该光束的传播速度为(　　) A．0.2c B．0.7c C．1.0c D．1.2c 3．两相同的米尺，分别静止于两个相对运动的惯性参考系S和S′中，若米尺都沿运动方向放置，则(　　) A．S系的人认为S′系的米尺要短些 B．S′系的人认为S系的米尺要长些 C．两系的人认为两系的米尺一样长 D．S系的人认为S′系的米尺要长些 知识点2　牛顿力学的成就与局限性 4．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，下列关于物理学家的贡献正确的是(　　) A．开普勒发现了万有引力定律 B．牛顿测出了引力常量 C．爱因斯坦创立了狭义相对论 D．卡文迪什测出了静电力常量 5．牛顿定律的适用范围是(　　) A．微观物体、低速运动 B．宏观物体、低速运动 C．宏观物体、高速运动 D．微观物体、高速运动 1．对于时空观的认识，下列说法正确的是(　　) A．相对论给出了物体在低速运动时所遵循的规律 B．相对论具有普遍性，经典物理学为它在低速运动时的特例 C．相对论的出现使经典物理学在自己的适用范围内不再继续发挥作用 D．经典物理学建立在实验的基础上，它的结论又受到无数次实验的检验，因此在任何情况下都适用 2．下列说法正确的是(　　) A．第谷在天文观测数据上总结出了开普勒三大定律 B．牛顿提出了万有引力定律，并用实验测出了引力常量 C．钱学森为中国的航天事业发展作出了巨大贡献，被誉为“中国航天之父” D．爱因斯坦提出的相对论否定了牛顿力学理论 3．下列说法正确的是(　　) A．做曲线运动的物体，加速度方向与合力方向不在同一条直线上 B．根据开普勒第三定律，所有行星公转周期的三次方跟它的轨道的半长轴的二次方的比都相等，即＝k C．洗衣机的脱水桶，能将衣物甩干，是因为脱水桶高速运转时，衣物上的水受到了离心力作用 D．爱因斯坦假设：真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都是相同的 4．如图所示，一列火车在A、B间以速度v相对地面运动。如果地面上的人测得某光源某次发出的闪光同时到达A、B两点，那么按照火车上人的测量，该次闪光(　　) A．先到达A点 B．先到达B点 C．同时到达A、B点 D．无法确定 5．某星际飞船正在遥远的外太空飞行，假如它的速度可以达到0.7c，在地球上观测到其经过8.76×104 h的时间到达某星球，则在飞船上的人看来，其到达此星球需要的时间是(　　) A．8.76×104 h B．6.26×104 h C．12.27×104 h D．16.52×104 h 6．下列关于物理史实或物理知识说法正确的是(　　) A．牛顿测出了引力常量，他被称为“称量地球质量”第一人 B．开普勒认为所有行星轨道的半长轴的二次方跟它公转周期的三次方的比值都相等 C．爱因斯坦认为时间和空间都是绝对的 D．相对论时空观认为物体的长度会因物体的速度不同而不同 7．仅考虑狭义相对论效应，在高速飞行的火箭里的时钟走过10 s，理论上在地面的观测者测得的时间(　　) A．大于10 s B．小于10 s C．等于10 s D．都有可能 8．一个电子运动的速度v＝0.8c，此时它的质量测量值m与静质量m0相比(　　) A．变大 B．变小 C．相等 D．无法确定 9．(多选)以下说法正确的是(　　) A．牛顿力学理论普遍适用，大到天体，小到微观粒子均适用 B．牛顿力学理论具有一定的局限性 C．在牛顿力学中，物体的质量不随运动状态改变而改变 D．相对论和量子力学否定了牛顿力学理论 10．(多选)如图所示，假设一根10 cm长的梭镖以接近光速穿过一根10 cm长静止的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的。下列说法正确的是(　　) A．静止的观察者看到梭镖收缩变短，因此在某个位置，管子能完全遮住梭镖 B．静止的观察者看到梭镖变长，因此在某个位置，梭镖从管子的两端伸出来 C．静止的观察者看到两者的收缩量相等，因此在某个位置，管子仍恰好遮住梭镖 D．相对梭镖静止的观察者看到管子变短，在某个位置，梭镖从管子的两端伸出来 11．(多选)关于静止时质量为m0的物体，当以速度为v运动时物体的质量m，以下说法正确的是(　　) A．在任何情况下，物体的质量都不会改变，即与a和v都无关 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，故牛顿力学不适用，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，牛顿力学理论仍然适用，只有当物体的运动接近光速时，质量变化才明显，故牛顿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，在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量的变化 章末复习提升 衔接角度1　开普勒三定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度解读：开普勒定律是研究天体运动问题的基础，特别是开普勒第三定律，在解决天体运动时经常用到，在2025年高考中有较多考查。 衔接内容归纳 对开普勒第三定律的进一步理解 1．理论和实践证明，开普勒第三定律不仅适用于太阳系中的行星运动，而且对一切行星运动(包括卫星绕行星的运动)都适用。 2．k值由中心天体决定，与绕中心天体运动的行星(或卫星)无关，即对于绕同一中心天体运动的行星，k值相同；中心天体不同，则k值一般不同。 例如，绕太阳运动的八大行星k值相同，卫星绕地球运动的k值与行星绕太阳运动的k值不同。常数k不是个普适常量。 [典例1] (2025·广东)一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是(　　) A．公转周期约为6年 B.从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小 C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的 解题技法：开普勒第二定律描述的是同一行星在椭圆轨道上运动，与太阳的距离不同时运动快慢的规律；开普勒第三定律描述的是不同行星绕同一中心天体运动快慢的规律。 [跟踪训练1] (2025·云南)国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1 AU，八大行星绕太阳的公转轨道半径如表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于(　　) 行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半径 R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 A.金星与地球的公转轨道之间 B．地球与火星的公转轨道之间 C．火星与木星的公转轨道之间 D．天王星与海王星的公转轨道之间 衔接角度2　利用万有引力定律分析卫星问题 衔接角度解读：利用万有引力定律分析卫星问题是历年高考的热点问题，包括卫星的运行轨道、同步卫星、卫星的变轨等问题。 衔接内容归纳 1．分析思路： ①比较赤道上物体与同步卫星，用同轴转动的知识分析； ②比较近地卫星、同步卫星、高空卫星，用天体轨道与运动规律分析。 2．卫星的变轨 环绕轨道高度越高，线速度越小、角速度越小、加速度越小、周期越大、能量(动能和势能)越大。 [典例2] (2025·湖北)甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是(　　) A．甲运动的周期比乙的小 B．甲运动的线速度比乙的小 C．甲运动的角速度比乙的小 D．甲运动的向心加速度比乙的小 解题技法：解答人造地球卫星运行问题的策略 (1)一种模型：无论自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看作质点围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动。 (2)两条关系 ①万有引力提供向心力：G＝ma＝m＝mω2r＝mr。 ②近地卫星：＝mg(R、g分别是地球的半径、地球表面重力加速度)。 (3)四字结论：越高越慢 G＝ [跟踪训练2] (2025·河南)2024年天文学家报道了他们新发现的一颗类地行星Gliese12b，它绕其母恒星的运动可视为匀速圆周运动。已知Gliese12b轨道半径约为日地距离的，其母恒星质量约为太阳质量的，则Gliese12b绕其母恒星的运动周期约为(　　) A．13天 B．27天 C．64天 D．128天 衔接角度3　中心天体质量和密度的估算 衔接角度解读：中心天体质量和密度的估算是万有引力定律的综合应用之一，在高考中经常涉及，常以选择题的形式考查，对学生的推理能力要求较高。 衔接内容归纳 天体质量、密度的计算 项目 使用方法 已知量 利用公式 表达式 备注 质量的计算 利用运 行天体 利用天 体表面 重力加 速度 , r、T,G＝ mr,m′＝ r、v,G＝ m,m′＝r v、T,G＝ m G＝ mr,m′＝ g、R,mg＝,m′＝, 只能得到中心天体的质量, — 密度的计算, 利用 运行 天体,r、T、R,G＝ mr m′＝ ρ·πR3,ρ＝ 当r＝R时ρ＝,利用近地卫星只需测出其运行周期 利用天 体表面 重力加 速度,g、R,mg＝m′＝ ρ·πR3,ρ＝,— [典例3] (2024·海南)嫦娥六号进入环月圆轨道，周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则月球的平均密度为(　　) A． B． C． D．(1＋k)3 解题技法： (1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的是中心天体的质量，并非环绕天体的质量。 (2)区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近运动的卫星才有r≈R；计算天体密度时，V＝πR3中的R只能是中心天体的半径。 (3)在考虑中心天体自转问题时，只有在两极处才有＝mg。 [跟踪训练3] (2025·陕晋青宁)我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动，轨道半径约3 750 km，轨道周期约2 h。引力常量G取6.67 × 10-11 N·m2/kg2，根据以上数据可推算出火星的(　　) A．质量 B．体积 C．逃逸速度 D．自转周期 [跟踪训练4] (2023·辽宁)在地球上观察，月球和太阳的角直径(直径对应的张角)近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为T1，地球绕太阳运动的周期为T2，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为(　　) A．k3 B．k3 C． D． 第七章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．量纲分析是物理学中的一种很重要的研究方法。人类通过实验测量了几个铅球之间的引力，并推算出引力常量G的值。则根据推断，下列关于G的具体单位，表述正确的是(　　) A．N·m/kg B．N·m2/kg2 C．N·kg2/m2 D．N·m2·kg2 2．火星和地球都绕太阳运动，已知火星离太阳较远，下列说法正确的是(　　) A．太阳在火星运动轨道的中心处 B．火星和地球在同一椭圆轨道上运动 C．火星公转周期比地球公转周期大 D．火星轨道半长轴比地球轨道半长轴小 3．若已知行星绕太阳公转的半径为r，公转的周期为T，引力常量为G，则由此可以求出(　　) A．行星的质量为 B．太阳的质量为 C．行星的密度为 D．太阳的密度为 4．在“天宫二号”中工作的航天员可以自由悬浮在空中，处于失重状态，下列分析正确的是(　　) A．失重就是航天员不受力的作用 B．失重的原因是航天器离地球太远，从而摆脱了地球引力的束缚 C．单杠是适宜航天员在轨道舱中进行锻炼的器材 D．正是由于引力的存在，才使航天员有可能做环绕地球的圆周运动 5．我国自行研制的北斗导航系统共发射55颗卫星，完成全球组网的任务和目标，北斗(BDS)将从亚太地区域迈入全球时代。现已知某导航卫星轨道半径r＝27 900 km，同步轨道卫星的轨道半径R＝36 000 km，已知地球半径R，地球表面重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　) A．该导航卫星的线速度大于7.9 km/s B．该导航卫星的角速度等于 C．该导航卫星的周期大于地球赤道上物体随地球自转的周期 D．该导航卫星的向心加速度小于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度 6．如图，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是(　　) A．＝ B．＝()2 C．＝ D．＝ 7．浩瀚的宇宙中有着无数的未知天体，当宇宙中的天体的质量和密度大到一定程度就可以形成黑洞。根据万有引力知识可得出在黑洞表面，物体的逃逸速度等于光速。已知天体表面的逃逸速度v2和其第一宇宙速度v1的关系为v2＝v1，引力常量G＝6.67×10-11m3/kg·s2，光速c＝3×108 m/s。若某黑洞的密度约为2×1019 kg/m3，试估算该黑洞半径最小为(　　) A．3×102 m B．5×102 m C．3×103 m D．5×103 m 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．在发射一颗质量为m的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道Ⅲ上。已知它在圆轨道Ⅰ上运行的加速度为g，地球半径为R，卫星在变轨过程中质量不变，则(　　) A．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为()2g B．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为 C．卫星在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期 D．卫星在轨道Ⅲ上的角速度小于在轨道Ⅰ上的角速度 9．如图所示，日地拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的(　　) A．线速度小于地球的线速度 B．向心加速度大于地球的向心加速度 C．向心力仅由太阳的引力提供 D．向心力由太阳和地球的引力共同提供 10．潮汐现象是指在月球和太阳引力作用下形成的海水周期性涨落现象。某同学查阅资料发现月球绕地球转动的轨道半径约为地球半径的60倍，地球质量约为月球质量的80倍，地球表面的重力加速度为g，不考虑星球的自转影响，由以上数据可估算出(　　) A．月球绕地球做圆周运动的加速度为 B．月球绕地球做圆周运动的线速度为地球第一宇宙速度的 C．月球表面的重力加速度为 D．月球对地球海水引力产生加速度的最大值为 三、解答题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)“嫦娥一号”探月卫星在空中的运动可简化为如图所示的过程，卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道。已知卫星在停泊轨道和工作轨道运行的半径分别为R和R1，地球半径为r，月球半径为r1，地球表面重力加速度为g，月球表面重力加速度为。求： (1)卫星在停泊轨道上运行的线速度大小。 (2)卫星在工作轨道上运行的周期。 12．(8分)2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。已知火星质量为M，半径为R，引力常量为G。若着陆巡视器停在火星表面在离地面高h处以水平初速度v0弹射出一个小物体，落在火星地面上。求： (1)火星表面重力加速度大小g。 (2)小物体落地点距抛出点的水平距离x。 13．(12分)火星半径约为地球半径的一半，火星质量约为地球质量的。一位航天员连同宇航服在地球上的质量为50 kg。求： (1)在火星上航天员所受的重力。 (2)航天员在地球上可跳1.5 m高，他在火星上可跳多高。(取地球表面的重力加速度g＝10 m/s2) 14．(12分)如图所示，宇宙飞船绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，太阳光可看作平行光，航天员在A点测出地球的张角为2θ。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转与公转的影响。求： (1)飞船在轨道运行的周期。 (2)飞船绕地球一周经历“日全食”过程的时间t。 15．(14分)如图所示，质量分别为M和m的两个星球A和B(均视为质点)在它们之间的引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B之间的距离为L。已知星球A、B和O三点始终共线，A和B分别在O点的两侧。引力常量为G。 (1)求星球A的周期 。 (2)求星球B的线速度大小v。 (3)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1。但在处理近似问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期为T2。已知地球和月球的质量分别为m地＝6×1024 kg和m月＝7×1022 kg。求。(结果保留三位有效数字) 第七章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．下列表述符合物理学史实的是(　　) A．亚里士多德创建了力的概念 B．伽利略发现了惯性定律 C．第谷发现了行星运动规律 D．卡文迪什测量了引力常量 2．一载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。若地球半径为R，质量为M，引力常量为G，对接前空间站组合体质量为m，距地球表面高度为h，则对接前空间站组合体对地球的万有引力大小是(　　) A．G B．G C．G D．G 3．以高速列车为例，假定车厢安装着一个墨水罐，它每隔一定时间滴出一滴墨水，车上的人测得墨水在t1′、t2′两个时刻在地面形成P、Q两个墨点，也就是说发生了两个事件，车上的人认为两个事件的时间间隔是Δτ＝ t2′－t1′，地面观察者测得的时间间隔为Δt＝t2－t1，则Δτ与Δt的关系是(　　) A．Δτ>Δt B．Δτ<Δt C．Δτ＝Δt D．无法确定 4．如图所示，一卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则该卫星轨道距地面高度为(　　) A．()－R B．() C．()－R D．() 5．如图所示，由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点各自做匀速圆周运动，经观测可知恒星B的运行周期为T。若恒星A的质量为m，恒星B的质量为2m，引力常量为G，则恒星A与O点间的距离为(　　) A． B． C． D． 6． (2025·重庆)“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的(　　) A．轨道半径之比为 B．周期之比为 C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为 7．金星是太阳系八大行星之一，它的质量约为地球质量的五分之四，半径和地球的半径几乎相等，金星离太阳的距离比地球略近，地球和金星各自的卫星公转周期的平方与公转半径的三次方的关系图像如图所示，下列判断正确的是(　　) A.图线P表示的是地球的卫星 B．金星的第一宇宙速度比地球的大 C．环绕金星表面运行卫星的周期大于环绕地球表面运行卫星的周期 D．金星绕太阳运行的向心加速度小于地球绕太阳运行的向心加速度 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2023·海南)如图所示，1、2轨道分别是某飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是(　　) A．飞船从1轨道变到2轨道要点火加速 B．飞船在1轨道周期大于2轨道周期 C．飞船在1轨道速度大于2轨道速度 D．飞船在1轨道加速度大于2轨道加速度 9．某货运飞船与空间站对接，形成的组合体绕地球飞行的轨道视为圆轨道，轨道半径为地球半径的，周期为T。地球视为均匀球体，引力常量为G，则(　　) A．飞船的发射速度大于11.2 km/s B．组合体绕地球飞行的速度小于7.9 km/s C．地球密度为()3· D．周期T大于24 h 10．“食双星”是一种双星系统，两颗恒星互相绕行的轨道几乎在视线方向，这两颗恒星会交互通过对方，造成双星系统的光度发生周期性的变化。双星的光变周期就是它们的绕转周期。如大熊座UX星，光变周期为4小时43分，该双星由A星和B星组成，A星质量为2.3个太阳质量，B星质量为0.98个太阳质量，A星的表面物质受B星的引力开始离开A星表面流向B星表面，短时间内可认为两星之间距离不发生变化，双星系统的质量之和也不发生变化。关于该短时间过程描述正确的是(　　) A．双星之间的万有引力将变大 B．光变周期不变 C．A星的线速度不变 D．B星的线速度将减小 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)如图所示，返回式月球软着陆器在完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到绕月球做圆周运动的轨道舱。已知月球的半径为R，轨道舱到月球表面的距离为h，引力常量为G，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。求： (1)月球的质量M； (2)月球的第一宇宙速度大小； (3)轨道舱绕月飞行的周期T。 12．(8分)一探测器在火星着陆成功，设着陆前探测器对火星完成了“绕、着、巡”三项目标考查。如图所示，探测器经过一系列的制动减速进入火星近地圆轨道绕火星做匀速圆周运动，之后再经过制动在火星表面着陆。着陆后，探测器上的科研装置，将一个小球从离地面h的高度由静止释放，做自由落体运动，测得小球经过时间t落地。已知引力常量为G，火星的半径为R，求： (1)火星表面重力加速度； (2)火星的质量及平均密度； (3)探测器在火星近地圆轨道速度。 (10分)如图所示为一质量为M的球形物体，密度均匀，半径为R，在距球心为2R处有一质量为m的质点。若挖去两个半径为的小球(三球心和质点在同一直线上，且挖去的球的球心在原来球心和质点连线之间，球表面两两相切)，则剩余部分对质点的万有引力的大小是多少？ (12分)如图所示，A、B是地球的两颗卫星，其中卫星A是地球静止轨道同步卫星，A、B两颗卫星轨道共面，沿相同方向绕地球做匀速圆周运动。已知卫星A的轨道半径为卫星B轨道半径的4倍，卫星A的轨道半径为地球半径的6倍，地球的自转周期为T0，引力常量为G。求： (1)卫星B绕地球做圆周运动的周期； (2)地球的平均密度； (3)若图示时刻两颗卫星相距最远，最短经过多长时间二者相距最近。 (16分)宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统和四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，现观测到某三星系统是三颗星位于同一直线上，两颗相距为2d，质量均为m的星围绕质量为2m的中央母星做圆周运动，如图甲所示；某四星系统中三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点上，质量为2m的母星在三角形的中心，三角形边长为d，三颗星沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示，已知引力常量为G，求： (1)三星系统和四星系统中，外侧星体所受其母星的万有引力的大小； (2)三星系统和四星系统中，外侧星体的向心加速度大小。 阶段检测　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 阶段检测 (测试内容：第五～七章) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．下面四个选项中的虚线均表示小鸟在竖直平面内沿曲线从左向右减速飞行的轨迹，小鸟在轨迹最低点时的速度v和空气对它的作用力F的方向可能正确的是(　　) 2．一艘船的船头始终正对河岸方向行驶，如图所示。已知：船在静水中行驶的速度为v1，水流速度为v2，河宽为d。则下列判断正确的是(　　) A．船渡河时间为 B．船渡河时间为 C．船渡河过程被冲到下游的距离为d D．船渡河过程被冲到下游的距离为v2 3．军事演习中，甲、乙两炮兵以相同的速率向位于正前方与炮口处于同一水平高度的目标P发射炮弹，要求同时击中目标，忽略空气阻力，炮弹发射轨迹如图，下列说法正确的是(　　) A．乙炮弹比甲先发射 B．两炮弹击中目标时速度方向相同 C．两炮弹在各自轨迹最高点的速度均为0 D．乙炮弹在轨迹最高点的速度大于甲炮弹在轨迹最高点的速度 4．如图所示为某机器中锥形齿轮的传动示意图，大、小齿轮的半径之比R1∶R2＝5∶2，则大、小两齿轮边缘处(　　) A．向心加速度大小之比为2∶5 B．角速度之比为5∶2 C．转速之比为1∶1 D．线速度大小之比为2∶5 5．如图所示的光滑斜面ABCD是边长为l的正方形，倾角为30°，一物块(视为质点)沿斜面左上方顶点A以平行于AB边的初速度v0水平射入，到达底边CD中点E，则(　　) A．初速度大小为 B．初速度大小为 C．物块由A点运动到E点所用的时间t＝ D．物块由A点运动到E点所用的时间t＝ 6．如图所示，a、b、c是人造地球卫星，三者的轨道与赤道共面，且a是同步卫星，c是近地卫星，d是静止在赤道地面上的一个物体，以下关于a、b、c、d四者的说法正确的是(　　) A.a的线速度比b的线速度小，且两者线速度都小于第一宇宙速度 B．角速度大小关系是ωa>ωb>ωc>ωd C．d的向心加速度等于赤道处的重力加速度 D．周期关系是Tc>Tb>Ta＝Td 7．“嫦娥六号”探测器开启了世界首次月球背面采样返回之旅。若“嫦娥六号”探测器在月球附近轨道上运行的示意图如图所示，“嫦娥六号”探测器先在圆轨道上做匀速圆周运动，运动到A点时变轨为椭圆轨道，B点是近月点，则下列有关“嫦娥六号”探测器的说法正确的是(　　) A．发射速度等于地球的第二宇宙速度 B．运行至B点时的速度等于月球的第一宇宙速度 C．要想从圆轨道进入椭圆轨道必须在A点减速 D．在椭圆轨道上运行的周期比在圆轨道上运行的周期长 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．投壶是古代士大夫所做的一种投射游戏。如图所示，若甲、乙两人站在距壶相同水平距离处沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插入同一个壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，忽略空气阻力、箭长、壶的高度、壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是(　　) A．甲所投箭的初速度大小比乙的大 B．甲所投箭的位置比乙所投箭的位置高 C．甲、乙所投的箭在空中运动的时间相等 D．此运动过程中，甲所投箭的速度的变化量比乙大 9．如图所示，在水平地面上M点的正上方h＝5 m高度处，将小球S1以初速度v1＝5 m/s水平向右抛出，同时在地面上N点处将小球S2以初速度v2竖直向上抛出。已知小球S1与地面的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，即水平分速度不变，竖直分速度大小不变而方向突然反向。M、N两点间的距离为x＝10 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2，不计地面阻力和空气阻力。若在S2落地前两小球相遇，则(　　) A．两小球抛出后经1.5 s相遇 B．S2的初速度v2＝12.5 m/s C．S2上升到最高点时与S1相遇 D．两小球在N点上方5.0 m处相遇 10．如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　) A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg D．ω＝是b开始滑动的临界角速度 三、实验题：本题共2小题，共14分。 11．(7分)某学习小组利用不同的实验装置，进行探究平抛运动规律的实验： (1)甲同学采用如图甲所示的装置。为了验证做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，用小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由下落。关于该实验，下列说法中正确的有________(多选)。 A．两球的质量应相等 B．两球的质量可以不相等 C．两球应同时落地 D．应改变装置的高度，多次实验 E．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动 (2)乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，图中背景方格的边长均为5 cm，如果重力加速度g取10 m/s2，照相机的闪光频率为________Hz；小球平抛的初速度大小为________m/s，经过B点时的竖直分速度大小为________m/s。(所有结果均保留两位有效数字) 12．(7分)如图甲所示为向心力演示仪，某同学探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度a和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1∶2∶1，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式，变速塔轮自上而下每层左右半径之比分别为1∶1、2∶1和3∶1。 (1)本实验的目的是探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，实验中采用的实验方法是________。 A．理想模型法 B．等效替代法 C．控制变量法 (2)在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第________(选填“一”“二”或“三”)层塔轮。 (3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为________。 A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．8∶1 四、解答题：本题共3小题，共40分。 13．(12分)小明做抛投沙包入洞坑的游戏，洞坑口与水平桌面齐平，桌面离地高h＝1.0 m，如图所示。沙包出手时离地的高度H＝1.2 m，离洞坑的水平距离x＝3.5 m，沙包和桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2。 (1)水平抛出沙包，若直接投入洞坑，求初速度v0。 (2)若水平抛出沙包，沙包与桌面碰撞后瞬间竖直分速度立即为0、水平速度不变，沿桌面向洞坑滑行，要使沙包能滑入洞坑，求抛投时的最小初速度v1。 14．(14分)如图所示，圆锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°，一条长为l＝50 cm的不可伸长的轻绳一端拴着质量为m＝1 kg的小球(可看作质点)，另一端固定在圆锥体顶点，小球随圆锥体绕中心轴转动(g＝10 m/s2)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)角速度ω0为多大时小球对圆锥面恰好无压力。 (2)当角速度为ω1＝4 rad/s时，绳子对小球的拉力大小。 (3)当角速度为ω2＝2 rad/s时，绳子对小球的拉力大小。 15．(14分)如图所示，当木星在绕日公转过程中运行到日、地连线延长线上时，会形成“木星冲日”现象。已知地球质量为M，半径为R，公转半径为r，地表重力加速度为g，公转周期为1年。假设木星质量是300M，半径是10R，公转半径是5r，不考虑木星和地球的自转，不计木星和地球间的引力，≈2.4，求： (1)木星地表的重力加速度。 (2)木星冲日平均多少年出现一次。 第八章　机械能守恒定律　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第二册(这是边文，请据需要手工删加) 第八章　机械能守恒定律 第1节　功与功率 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　功 1．两个力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，物体通过一段位移时，力F1对物体做功5 J，物体克服力F2做功3 J，则力F1与F2的合力对物体做功为(　　) A．8 J B．2 J C．5 J D．3 J 2．如图所示，力F大小相等，A、B、C、D物体运动的位移L也相同，哪种情况F做功最小(　　) 3．如图所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离s。已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，则关于雪橇的分析正确的是(　　) A．支持力做功为mgs B．重力做功为0 C．拉力做功为Fs D．滑动摩擦力做功为－μmgs 知识点2　功率 4．下列关于功率的说法中正确的是(　　) A．由P＝知，力做的功越多，功率越大 B．由P＝Fv知，物体运动得越快，功率越大 C．由W＝Pt知，功率越大，力做的功越多 D．由P＝Fv cos α知，某一时刻，力和速率都很大，但功率不一定大 5．(多选)下列有关功率的说法中正确的是(　　) A．功率是描述力对物体做功快慢的物理量 B．从P＝Fv知，汽车的功率与它的速度成正比 C．由P＝可知，力做功越多，功率就越大 D．根据P＝Fv可知，汽车以额定功率行驶时，速度越大，其受到的牵引力越小 1．关于摩擦力对物体做功，以下说法中正确的是(　　) A．滑动摩擦力总是做负功 B．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功 C．静摩擦力对物体一定做负功 D．静摩擦力对物体总是做正功 2．如图，汉墓壁画拓片描绘了汉代人驾车的场景。当马拉车沿水平路面前进时，下列说法正确的是(　　) A．车夫对马的拉力不做功 B．车夫对马的拉力做正功 C．马对车的拉力做正功 D．马对车的拉力做负功 3．一辆质量为m的汽车在水平路面上以速度v匀速行驶，此时发动机功率为P。若汽车运动中所受阻力恒定不变，当汽车功率突然变为P的瞬间，此时加速度大小为(　　) A．0 B． C． D． 4．一个物体仅受在同一平面上互成钝角的F1、F2、F3三个恒力的作用，做匀速直线运动，速度方向与F1方向相同，如图所示，关于该物体的运动，下列说法正确的是(　　) A．撤去F1后，物体将做曲线运动 B．撤去F1后，F2对物体一直做负功 C．撤去F2后，F1一直对物体做正功 D．撤去F1和F2后，物体最终将沿着F3的方向运动 5．托球跑是校运动会趣味项目，如图所示，某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右匀速直线运动，此过程中(　　) A．重力对乒乓球做负功 B．支持力对乒乓球做正功 C．空气阻力对乒乓球不做功 D．乒乓球所受合力做正功 6．一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，作用时间为t1，在0～t1内力F的平均功率是(　　) A．·t1 B．·t C．·t1 D．·t 7．(多选)如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是(　　) A．重力对人做负功 B．摩擦力对人做正功 C．支持力对人做正功 D．合力对人做功为零 8．(多选)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则(　　) A．3t0时刻的瞬时功率为 B．3t0时刻的瞬时功率为 C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 9．(多选)为民族“起重”、为大国“举力”，这是对中国工程机械最好的诠释。我国自主研发的第一台全地面起重机QAY25，起重范围从25 t到2 600 t，中国起重机在世界地位越来越“重”。若该起重机由静止开始提升质量为200 t的物体，其a－图像如图所示，不计其他阻力，下列说法正确的是(　　) A．起重机的额定功率P＝2.4×104 W B．重物上升的最大速度vm＝10 m/s C．重物0～5 s内做匀加速直线运动 D．10 s内起重机对重物做的功为W＝1.8×108 J 第2节　重力势能 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　重力做功的特点 1．某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中的皮球滑落，皮球质量为m，球从A点经C点滚到了山脚下的B点，高度标记如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程中重力做的功 B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程中重力做的功 C．从A到B重力做功为mg(H＋h) D．从A到C重力做功为mg(H－h) 2．一质量为m的物体做自由落体运动，经历时间t，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A. t时间内重力对物体做功为mg2t2 B．时刻与t时刻重力的瞬时功率之比为1∶2 C．t时间内重力的平均功率为mg2t D．前时间内与后时间内重力的平均功率之比为1∶2 知识点2　重力势能 3．一个100 g的球从1.8 m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25 m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是(g＝10 m/s2)(　　) A．重力做功为1.8 J B．重力做了0.55 J的负功 C．物体的重力势能一定减少0.55 J D．物体的重力势能一定增加1.25 J 4．(多选)现有质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，下面关于小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化分别是(　　) A.若以地面为参考平面，分别为mgh，增加mg(H－h) B．若以桌面为参考平面，分别为mgh，增加mg(H＋h) C．若以地面为参考平面，分别为0，减少mg(H＋h) D．若以桌面为参考平面，分别为－mgh，减少mg(H＋h) 1．如图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中(　　) A．重力做正功，弹簧弹力不做功 B．重力做正功，弹簧弹力做正功 C．重力不做功，弹簧弹力不做功，弹性势能不变 D．重力做正功，弹簧弹力做负功，弹性势能增加 2．(多选)如图所示，在一次“蹦极”运动中，人由高空下落到最低点的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．重力对人做正功 B．人的重力势能减小 C．橡皮绳对人做正功 D．橡皮绳的弹性势能增加 3．如图所示，在水平地面上平铺着n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h，如将砖一块一块地叠放起来，其重力势能增加量为(　　) A．n(n－1)mgh B．n(n－1)mgh C．n(n＋1)mgh D．n(n＋1)mgh 4．两个底面积都是S的圆桶，放在同一水平面上，桶内装水，水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ。现把连接两桶的阀门打开，最后两桶中水面高度相等，则这一过程中重力势能减少量等于(　　) A．ρgS(h1－h2)2 B．ρgS(h1－h2)2 C．ρgS(h1－h2)2 D．ρgSh 5．如图所示，两个完全相同的小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A∶AB＝1∶2。若不计空气阻力，则两小球(　　) A．初速度大小之比为1∶2 B．落地瞬间重力的瞬时功率不相同 C．重力做功的平均功率不相同 D．重力对两个小球做功相同 6．(多选)如图甲所示，轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端系在墙上，与弹簧右端连接的质量为m的物块，在水平向右的拉力F的作用下，由静止开始向右运动，物块刚开始运动时，弹簧处于原长，弹簧对物块拉力的大小FT与物块向右运动的位移大小x的关系图像如图乙所示，在弹簧的弹性限度内，下列说法中正确的是(　　) A．弹簧的总长等于物块向右运动的位移x的大小 B．FT－x关系图像的斜率表示弹簧的劲度系数 C．若水平向右的拉力F为恒力，则物块的加速度越来越大 D．物块向右运动的位移大小由x1变为x2的过程中，物块克服弹簧的拉力做的功为 7．质量为m的均匀链条长为L，开始放在光滑的水平桌面上时，有的长度悬在桌边缘，如图所示，松手后，链条滑离桌面，求从开始到链条刚好滑离桌面过程中重力势能变化了多少？(桌面离地面的高度大于L) 培优专项(六)　机车启动问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　机车以恒定功率启动 1．有一种新能源汽车，质量为1 000 kg，驱动电机的额定功率为120 kW，综合续航里程430 km。该汽车在水平公路上行驶时受到的阻力大小恒为4×103 N，求： (1)该汽车在水平公路上行驶的最大速度； (2)该汽车从静止开始以额定功率启动，当汽车速度为20 m/s时的加速度大小。 知识点2　机车以恒定加速度启动 2．—辆汽车在平直的路面上行驶，已知该汽车发动机的额定功率为P额＝100 kW，汽车的总质量为m＝1×104 kg，运动过程中汽车所受的摩擦力恒为自身重力的，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求该汽车能达到的最大速度。 (2)若该汽车保持大小恒为0.5 m/s2的加速度由静止开始启动，则匀加速运动的最长时间为多大？ 1．如图是一汽车在平直路面上启动的速度—时间图像，t1时刻起汽车的功率保持不变。由图像可知 (　　) A．t1～t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变 B．t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小 C．0～t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变 D．0～t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变 2．汽车以恒定加速度启动后，最终以额定功率在平直公路上行驶。汽车所受牵引力与速度倒数的关系如图所示，已知汽车的质量为m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力恒定，下列说法正确的是(　　) A．汽车匀加速过程中能达到的最大速度为15 m/s B．汽车做匀加速直线运动的时间为4 s C．汽车做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2 D．汽车的额定功率为80 kW 3．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图像如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像是图中的(不计空气阻力)(　　) 4．质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，则赛车(　　) A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．输出功率为16 kW D．所受阻力大小为1 600 N 5．(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。则动车在时间t内(　　) A．加速度逐渐减小到0 B．做匀加速直线运动 C．牵引力做功为Pt D．牵引力的功率为Fvm 6．如图所示的塔式起重机在将质量为m＝2×103 kg重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.4 m/s2，当起重机输出功率达到额定功率后保持该功率，直到重物以速度vm＝1.04 m/s做匀速运动。取g＝10 m/s2，不计额外功。求： (1)起重机的额定功率P0。 (2)重物做匀加速直线运动所经历的时间。 7．汽车发动机的功率为80 kW，汽车的质量为4t，当它行驶在坡度为0.1(即sin α＝0.1)的长直公路上时，如图，所受阻力为车重的0.1倍(g＝10 m/s2)，求： (1)若汽车从静止开始以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则汽车所能达到的最大速度vm? (2)此过程能维持多久？ (3)当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车做功多少？ (4)在10 s末汽车的即时功率为多大？ 第3节　动能和动能定理 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　动能的表达式 1．下列说法中，正确的是(　　) A．物体的动能不变，则其速度一定也不变 B．物体的速度不变，则其动能也不变 C．物体的动能不变，说明物体的运动状态没有改变 D．物体的动能不变，说明物体所受的合外力一定为零 2．两物体做匀速圆周运动，其运动半径之比为2∶3，受到向心力之比为3∶2，则其动能之比为(　　) A．1∶1 B．3∶2 C．2∶3 D．1∶2 知识点2　动能定理 3．如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体。钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，重力加速度为g，则(　　) A．底板对物体的支持力做的功等于mv2 B．物体所受合力做的功等于mv2＋mgH C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH D．电梯所受合力做的功等于Mv2 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 1．一个质量为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，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　　) A．mgl cos θ B．mgl(1－cos θ) C．Fl cos θ D．Fl sin θ 2．如图，两块弹性挡板竖直固定在水平地面上，相距8 m，一个小木块(体积很小，可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动，木块与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次木块与挡板碰撞后，都会以原速率反弹，则最终木块停止的位置与左边挡板距离为(　　) A．1 m B．2 m C．3 m D．7 m 3．(多选)刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，图中所示的图线1、图线2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是(　　) A.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好 B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好 C．以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，乙车的刹车性能好 D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 4．(多选)一物体沿直线运动的图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做功为W，则(　　) A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－W C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－0.75W 5．如图所示，一个物体以初速度v0由A点开始运动，沿水平面滑到B点时的速度为v1；该物体以相同大小的初速度v0由C沿图示中的CD和DE两个斜面滑到E点的速度为v2，若水平面、斜面和物体间的动摩擦因数相同，且CE水平距离等于AB，忽略物体在斜面转弯处的能量损失且物体运动过程中没有离开斜面，则v1，v2大小关系(　　) A．v2＝v1 B．v2<v1 C．v2>v1 D．无法确定 6．质量为1.5 t的汽车在平直路面上以恒定功率P＝90 kW启动，经过80 s达到最大速度，已知汽车所受阻力为车重的0.1倍，重力加速度g＝10 m/s2，则此80 s内汽车位移为(　　) A．2 400 m B．2 500 m C．2 800 m D．3 000 m 7．(2025·辽宁沈阳期中)如图所示，旋转餐桌中央有一个可以旋转的圆台，现将两个完全相同的水杯A、B放于圆盘的不同位置。水杯质量为m，与水平转台间的动摩擦因数为μ，它们到转轴的距离分别为R、。由静止开始缓慢增大转台的转速，直到某个水杯即将发生滑动。水杯与转台间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在这一过程中转台对水杯B所做的功为(　　) A．μmgR B．μmgR C．μmgR D．μmgR 8．某时刻质量为2×103 kg的汽车在平直公路上运动，速度大小为5 m/s，从此时开始保持额定输出功率，继续运动20 s达到最大速度25 m/s，假设汽车行驶时受到的阻力恒为车重力的k＝0.1倍，g取10 m/s2，求： (1)汽车的额定功率P。 (2)汽车在上述20 s内的最大加速度。 (3)汽车在上述20 s内前进的路程s。 第4节　机械能守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　机械能守恒条件 1．如图我国自主研发的天问一号接近火星表面时，可打开反冲发动机减速下降。探测器减速下降过程中，它在火星表面的重力势能、动能和机械能的变化情况是(　　) A．动能增加、重力势能减小 B．动能减小、重力势能增加 C．动能减小、机械能减小 D．重力势能增加、机械能增加 2．关于机械能守恒，下列说法正确的是(　　) A．物体必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒 B．物体做平抛运动时，机械能一定守恒 C．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒 D．人乘电梯减速上升的过程，人的机械能一定守恒 知识点2　机械能守恒定律及其应用 3．如图，一质量为m的小球从高度为H的地方以初速度v0水平抛出。不计空气阻力，选地面为参考面，当小球在竖直方向上下降的距离为h时，其机械能为(　　) A．mv＋mgH B．mv＋mgh C．mgH－mgh D．mv＋mg(H－h) 4．以相同大小的初速度v0将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，如图所示，三种情况达到的最大高度分别为h1、h2和h3，不计空气阻力，则(　　) A．h1＞h2＞h3 B．h1＞h2＝h3 C.h1＝h3＜h2 D．h1＝h3＞h2 1．半径为r和R(r<R)的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两小球(可看成质点)分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速地释放，在下滑过程中关于两小球的说法，正确的是(　　) A．机械能总是相等的 B．经最低点时对底面的压力大小不相等 C．两球在最低点时的动能大小相等 D．机械能均逐渐减小 2．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　) A.圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能最大为mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 3．如图所示，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静止于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b，则当b刚落地时a的速度为(　　) A. B． C． D． 4．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放。小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内)，然后又被弹起离开弹簧。上升到最大高度后又下落，如此反复……不计空气阻力。通过安装在弹簧下端的压力传感器，可测出该过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则(　　) 　　　　甲　　　　　　　　　　乙 A．此运动过程中，小球的机械能守恒 B．t1～t2这段时间内，小球的动能在逐渐减小 C．t2～t3这段时间内，小球的动能与重力势能之和逐渐增大 D．在t2时刻，小球的动能最大 5．(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是(　　) A.小球的机械能守恒 B．小球的机械能减少 C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变 D．小球和弹簧组成的系统机械能守恒 6．(多选)如图所示，一长为L，质量为m的匀质链条，开始时用手按住A端，放在距地面高2L的光滑的桌面上，有的长度悬在桌边缘，松手后链条开始运动滑离桌面，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．链条开始运动到触地前机械能守恒 B．链条滑离桌面过程中动能在增加 C．链条全部滑离桌面时重力势能减少mgL D．链条刚好触到地面时的速度大小为 7．如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B端在O的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍。求： (1)释放点距A点的竖直高度。 (2)落点C与A的水平距离。 第5节　实验：验证机械能守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　实验原理和操作 1．如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置图，如图乙所示为某次实验截取的一段纸带。 　甲　　　　　　　　　　乙 (1)在本实验操作中，下列哪些操作是有利于较好的完成本次实验验证(　　) A．尽量选质量大、体积小的重锤 B．重锤质量一定要先测量出来 C．纸带越长越好 D．纸带上选择的第一个计数点对应物体速度一定要为0 (2)乙图为某次实验中得到的纸带，相邻两点时间间隔为0.02 s。则打B点时物体速度大小为vB＝________m/s。(结果保留两位小数) (3)在实验操作规范，数据测量及数据处理均正确的前提下本实验得出的结论：________________________________________________。 知识点2　数据处理 2．某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。 (1)若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为Δt，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量ΔEk＝________，重力势能减小量ΔEp＝________(用题中字母表示)。 (2)根据实验数据，作出ΔEk－ΔEp的图像，如图乙所示。若图中虚线的斜率k≈________，则可验证机械能守恒定律。 1．某同学做验证机械能守恒定律实验时，不慎将一条挑选出的纸带的一部分损坏，损坏的是前端部分。剩下的一段纸带上各相邻点间的距离已测出标在图中，单位是cm。打点计时器工作频率为50 Hz，重力加速度g取9.8 m/s2。(重物质量为m kg)。 (1)重物在2点时的速度v2＝________，在5点时的速度v5＝________，此过程中动能增加量ΔEk＝__________，重力势能减少量ΔEp＝________。由以上可得出实验结论：______________________________________________。 (2)根据实验判断下列图像正确的是(其中ΔEk表示重物动能的变化量，Δh表示重物下落的高度)(　　) 2．现利用如图所示装置“验证机械能守恒定律”。图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的数字计时器都没有画出。让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的数字计时器显示的挡光时间分别为5.00×10-2 s、2.00×10-2 s。已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g取9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度。(结果均保留三位有效数字) (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。 (3)实验可以得出的结论：____________________________________________________。 3．(2025·湖北期末)某学校物理兴趣小组利用安装有“phyphox”应用的智能手机验证机械能守恒定律和动量守恒定律，验证机械能守恒定律小组的实验装置如图甲所示。主要器材包括：水平固定的钢尺、质量为m的铁球、刻度尺。实验步骤如下： (1)迅速敲击钢尺侧面，使铁球由静止开始下落。传感器记录的声音振幅—时间曲线如图乙，前两个尖峰时刻分别对应铁球开始下落和落地的时刻，测得铁球下落时间t＝________。 (2)若铁球下落高度为h，下落时间为t，根据平均速度公式可得铁球落地前瞬间速度为________，若下落过程机械能守恒，则应满足的等式为________________(结果均用题目给定的物理量符号m、g、h、t表示，其中g为重力加速度，写出原始公式，不要变形)。 (3)已知铁球质量m＝0.2 kg，一个同学计算出上述下落过程中重力势能的减少量ΔEp＝2.40 J，请你通过ΔEp计算出小球下落的高度为_______ m，动能的增加量ΔEk＝_______ J(g取10 m/s2)，则在误差允许范围内，铁球在下落过程中机械能守恒。 4．用图甲所示实验装置验证质量分别为m1、m2的物块1、2组成的系统机械能守恒，物块2从高处由静止开始下落，物块1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，则：(结果均保留两位有效数字) (1)在纸带上打下计数点5时，两物块的速度大小v＝________m/s。 (2)在打点0～5过程中系统动能的增加量为______J，系统重力势能的减少量为______J，由此得出的结论是：__________________。(g取10 m/s2) (3)若某同学作出的－h图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g实＝________m/s2。专题提升三　功能关系与能量守恒的应用 要点一　几种常用的功能关系 功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义 重力做功等于重力势能减少量 WG＝－ΔEp 重力做功是重力势能变化的原因 WG>0 重力势能减少 WG<0 重力势能增加 WG＝0 重力势能不变 弹簧弹力做功等于弹性势能减少量,W弹＝－ΔEp,弹力做功是弹性势能变化的原因, W弹>0,弹性势能减少 W弹<0,弹性势能增加 W弹＝0,弹性势能不变 合力做功等于动能变化,W合＝ΔEk,合力做功是物体动能变化的原因, W合>0,动能增加 W合<0,动能减少 W合＝0,动能不变 机械能的变化,W其他＝ΔE机,除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因, W其他>0,机械能增加 W其他<0,机械能减少 W其他＝0,机械能守恒 一对滑动摩擦力做功与内能增加量,Ffl相对＝Q (l相对指相对路程),滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量,—— 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◎典题精析 [典例1] (2025·贵州贵阳期中)某一中的篮球比赛正在火热进行中，在比赛开始前，一位老师将一个质量为m的篮球，由静止开始释放，假设空气阻力大小为f，在篮球下落高度h的过程中，下列说法不正确的是(　　) A．篮球重力做的功为mgh B．篮球重力势能减少了mgh C．篮球阻力所做的功为fh D．篮球机械能减少了fh 名师点睛 功能关系的选用原则 总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律。 1．若只涉及动能的变化用动能定理分析。 2．若只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。 3．若只涉及机械能的变化用除重力和系统内弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 针对训练1　(多选)在无风的情况下，由于重力和空气阻力的共同作用，雨滴在地面附近竖直向下做匀速运动，在这个过程中(　　) A．雨滴受到的重力做正功，其机械能增大 B．雨滴受到的空气阻力做负功，其机械能减小 C．雨滴受到的合力做功为0，其机械能守恒 D．雨滴受到的合力做功为0，其动能不变 针对训练2　(2025·江苏南京期中)从地面上以初速度v0＝8 m/s竖直向上抛出一质量m＝0.4 kg的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力f大小与其速率v成正比，其关系为f＝kv(k为常量)。小球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率v1＝2 m/s且落地前已经做匀速运动(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　) A．k的值为0.2 N·s/m B．小球抛出瞬间的加速度大小为30 m/s2 C．小球在上升阶段克服空气阻力做功为6 J D．小球抛出到落地过程中机械能损失量为12 J 要点二　热量的产生与摩擦力做功 1．两种摩擦力的做功情况比较 类型 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的转化方面 在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，而没有机械能转化为其他形式的能量 (1)相对运动的物体通过滑动摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体；(2)部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量 一对摩擦力做的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和总等于0 一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功，等于摩擦力与两个物体相对路程的乘积且为负功，即W＝－Ff·l相对，系统损失的机械能转化成内能 相同点,正功、负功、不做功方面,两种摩擦力对物体都可以做正功、负功，还可以不做功2.求解物体相对滑动的能量问题的方法 (1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析。 (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。 (3)公式Q＝Ffl相对中l相对为两接触物体间的相对路程。 [典例2] (多选)如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为m′＝2 kg的小车，小车的四分之一光滑圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道半径R＝0.5 m，水平轨道表面粗糙，长度L＝3 m。一个质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从小车的最右端以水平向左的初速度v0＝9 m/s冲上小车。已知物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．物块第一次到达B点时对小车的压力108 N B．物块第一次到达B点时对小车的压力82 N C．从物块冲上小车至第一次到达B的过程中因摩擦产生的热量为15 J D．从物块冲上小车至第一次到达B的过程中因摩擦产生的热量为30 J 名师点睛 摩擦生热问题 1．系统内一对静摩擦力对物体做功时，由于相对位移为0而没有内能产生，只有物体间机械能的转移。 2．作用于系统的滑动摩擦力和物体间相对滑动的距离的乘积，在数值上等于滑动过程产生的内能。即Q＝Ffl相对，其中l相对必须是两个接触面的相对滑动距离(或相对路程)。 针对训练3　(2025·北京大兴区期中)如图，一个木块放在光滑的水平面上，一子弹射入木块中(未穿出)，射入深度为d，平均阻力为f，在两物体达到共速时，木块的位移为s2，则下列说法正确的是(　　) A．子弹损失的动能为fd B．子弹对木块所做的功为fs1 C．整个过程中的摩擦生热为fs1 D．整个过程中系统的总动能损失为fd 针对训练4　(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率v0＝10 m/s沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带上端，煤块相对地面的v－t图像如图乙所示，2 s末滑离传送带，传送带上下两端长L＝16 m。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) A．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4 B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m C．整个过程因摩擦而产生的热量Q为48 J D．整个过程因摩擦而产生的热量Q为50 J 要点三　能量守恒定律的理解和应用 对能量守恒定律的理解 (1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 (2)转移：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。 [典例3] (2025·江苏苏州期中)如图，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切与B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，且此时弹簧具有最大的弹性势能为5.2 J，已知光滑圆轨道的半径R＝0.8 m，水平轨道BC长为0.8 m，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求： (1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力； (2)滑块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ； (3)若改变BC间材料发现物块只能滑上右侧斜面一次最后停在BC中点，求BC间的动摩擦因数的大小(此小问保留两位有效数字)。 名师点睛 应用能量守恒定律解题的步骤 1．分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。 2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 3．列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增。 针对训练5　如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。重力加速度为g，下列有关该过程的分析正确的是(　　) A．释放B的瞬间其加速度为 B．B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和 C．B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 D．细线拉力对A做的功等于A机械能的增加量培优专项(七)　功能关系及其应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　功能关系 1．某同学在100米短跑时采用蹲踞式起跑，发令枪响后，向前加速的同时提升身体重心。设该同学质量为m，在起跑前进的这段距离内重心上升高度为h，获得速度为v，克服阻力做功为W阻，重力加速度为g。则在此过程中(　　) A．该同学的重力势能减小量为mgh B．该同学的动能增加量为mv2＋mgh C．该同学的机械能增加量为W阻＋mgh D．该同学自身提供的能量至少为W阻＋mgh＋mv2 2．如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　) A．重力势能增加了mgh B．克服摩擦力做功mgh C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh 知识点2　功能关系中的图像问题 3．一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　) A．物块下滑过程中机械能守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 1．如图所示为高速公路某路段旁的避险车道，车辆可驶入避险。若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进一段到B点减速为0，货车所受摩擦阻力恒定，A、B两点高度差为h，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是(　　) A．摩擦阻力做功为mv－mgh B．摩擦力做的功大于机械能的变化量 C．动能的变化量等于重力做的功 D．产生的热量为mv－mgh 2．如图所示，两个完全相同的物体分别自斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，物体与两斜面的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EA和EB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则(　　) A．EA>EB，QA＝QB B．EA＝EB，QA>QB C．EA>EB，QA>QB D．EA<EB，QA>QB 3．如图甲所示，传送带沿顺时针方向运行，当滑块以初速度v0从传送带底端滑至顶端的过程中，其速度随时间变化的规律如图乙所示，下列选项中正确的是(　　) A.滑块的机械能一直减小 B．滑块的机械能一直增大 C．滑块的机械能先减小后不变 D．滑块的机械能先减小后增大 4．从地面竖直向上抛出一物体(可视为质点)，取地面为重力势能零点，该物体的机械能E机和重力势能Ep随它离开地面的高度h的关系如图所示，h0为物体上升的最大高度。则物体在上升过程中所受阻力与重力的比值为(　　) A． B． C． D． 5．(多选)如图质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff。经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端，则(　　) A．此时物块的动能为(F－Ff)(x＋l) B．这一过程中，物块对小车所做的功为Ff(x＋l) C．这一过程中，物块和小车产生的内能为Ffl D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx 6．如图所示，电动机带动水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，当小木块与传送带相对静止时，求： (1)小木块的位移。 (2)传送带转过的路程。 (3)小木块获得的动能。 (4)摩擦过程产生的热量。 7．如图甲，倾角α＝37°的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点(图中未画出)，该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物体的质量m。 (2)弹簧的最大弹性势能。 (3)在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度。 培优专项(八)　能量守恒及其应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　系统机械能守恒问题 1．如图所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知OA＝2OB＝2l，将杆从水平位置由静止释放。(重力加速度为g) (1)在杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？ (2)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对A球做了多少功？ 知识点2　能量守恒的应用 2．如图所示是快递公司的智能分拣系统的一部分。AB为四分之一圆弧，半径R＝1.25 m，圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于B点，传送带以v＝7 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带BC两端距离为L＝4.5 m。质量为m＝1 kg的包裹(可视为质点)，从圆弧轨道最高点A处由静止开始释放，已知包裹在圆弧上的阻力很小可忽略，包裹与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)包裹到达B点时速度大小。 (2)包裹从传送带B到C端过程所经历的时间。 (3)包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能。 1．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看作质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，重力加速度为g，则连接A、B的绳长为(　　) A． B． C． D． 2．一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　) A． B． C． D．2 3．(多选)如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹(可视为质点)水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中，下列说法正确的是(　　) A．木块的机械能增加量为Ffx B．子弹的机械能减少量为Ff(x＋d) C．系统的机械能减少量为Ffd D．系统的机械能减少量为Ff(x＋d) 4．如图所示，一质量为M的木板静止于光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)，以初速度v0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为μ，木块始终没有滑离木板。求： (1)刚开始时，木块和木板各自的加速度大小。 (2)木板最终的速度大小。 (3)为使木块不掉下木板，板长至少为多少。 (4)因摩擦而产生的热量。 5．如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面AB和竖直半圆形轨道BC组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径R＝0.4 m，除半圆形轨道BC外其余接触面均光滑。某次游戏中用力将一质量m＝0.1 kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，此时弹簧的弹性势能Ep0＝1.6 J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器A点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最高点C，重力加速度大小g取10 m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求： (1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小。 (2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了多少功？ 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度1　动能定理 衔接角度解读：动能定理是解决力和运动的常用方法，在后面学习的电场、电磁感应中也经常用到，是高考的热点，有时也单独考查。 衔接内容归纳 1．应用动能定理的注意事项 (1)研究对象：单个物体或相对静止的几个物体构成的物体系。 (2)一个参考系：动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (3)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。 (5)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，实在难以判断的，先假定做正功，最后根据结果加以检验。 2．利用动能定理求变力做的功 (1)动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。 (2)当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。 [典例1] (2025·福建)如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取10 m/s2。 　 (1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功； (2)求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小； (3)若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。 解题技法：本题考查利用动能定理解决多过程问题，解题关键是知道两物块分离时的临界条件，以及竖直面内圆周运动的特点，结合牛顿第二定律和动能定理列式求解即可。 [跟踪训练1] (2025·云南)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　) A．4×105 J B．4×104 J C．4×103 J D．4×102 J 衔接角度2　功能关系、能量守恒 衔接角度解读：守恒的思想是高中物理中的常见思想，而能量的观点是解决高中物理力学问题的重要方法，对功能关系、能量守恒定律的考查有时在选择题中涉及，有时也作为解题工具在综合题中应用。 衔接内容归纳 1．利用功能关系分析问题时要注意功是能量转化的量度，明确哪种功与哪种能量的变化一一对应。 2．利用能量守恒定律分析问题时，主要涉及动能、势能(重力势能、弹性势能)、内能(摩擦力做功问题)、电能(电动机问题)，要分析好各种能量的变化，然后结合能量守恒定律解决问题。 [典例2] (2025·四川)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为，电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动，经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦，则这段时间内(　　) A．物块的位移大小为 B．物块机械能增量为 C．小车的位移大小为－ D．小车机械能增量为＋ 解题技法：小车与物块共速前物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律与运动学公式求解这段时间内物块的位移大小；根据机械能的定义求解物块机械能增量；电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功就等于电动机的功率与时间的乘积，根据动能定理求解小车的位移大小；根据机械能的定义求解小车的机械能增量。 [跟踪训练2] (2025·河北)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为mg0R(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为(　　) A． B． C． D． 衔接角度3　验证机械能守恒定律 衔接角度解读：机械能守恒定律一般是利用“落体法”来验证，但在高考中更注重实验的创新，可能会利用一些其他的实验装置来达到实验的目的，在分析时要注意各种能量的表示方法。 衔接内容归纳 机械能包括动能和势能，势能又包括重力势能和弹性势能，所以在分析机械能守恒定律的实验验证问题时，关键是把握如何确定势能的变化和动能的变化，而动能的变化主要分析速度的变化，故本实验中主要是如何确定物体的速度，常见的方法是纸带法、频闪法、光电门法等，有时也根据平抛运动等获得物体的速度。 [典例3] (2025·河南)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有：交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。 图1 (1)下列所给实验步骤中，有4个是完成实验必需且正确的，把它们选择出来并按实验顺序排列：________(填步骤前面的序号)。 ①先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带 ②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据 ⑥关闭电源，取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为________(保留三位有效数字)m/s。 图2 (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h，计算相应的重锤下落速度v，并绘制图3所示的v2－h关系图像。理论上，若机械能守恒，图中直线应________(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为________(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k＝______(保留三位有效数字)。 图3 (4)定义单次测量的相对误差η＝×100%，其中Ep是重锤重力势能的减小量，Ek是其动能增加量，则实验相对误差为η＝________×100%(用字母k和g表示)；当地重力加速度大小g取9.80 m/s2，则η＝________%(保留两位有效数字)，若η<5%，可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。 解题技法： (1)根据应用落体法验证机械能守恒定律的实验实验原理与操作过程解答； (2)先确定打点计时器的打点周期，再根据打点纸带测速原理，求解打出B点时重锤下落的速度大小； (3)根据机械能守恒定律得到本实验要验证的表达式，进而得到v2－h图像的表达式，根据图3求解此图像的斜率； (4)依据题意得到本实验相对误差的表达式，并计算其数值。 [跟踪训练3] (2025·江苏)小明同学探究机械能守恒定律，实验装置如图。实验时，将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放，钢球沿斜槽通过末端O处的光电门，光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d，由v＝得出其通过光电门的速度v，再计算出动能增加量ΔEk＝mv2。用刻度尺测得钢球下降的高度h，计算出重力势能减少量ΔEp。 (1)安装实验装置的操作有： ①在斜槽末端安装光电门 ②调节斜槽在竖直平面内 ③调节斜槽末端水平 ④将斜槽安装到底座上 其合理的顺序是________(选填“A”“B”或“C”)。 A．①②③④ B．④②③① C．④①②③ (2)测量钢球直径的正确操作是图中________(选填“甲”或“乙”)所示的方式。 (3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量m＝0.02 kg，重力加速度g取9.80 m/s2。请将下表的数据补充完整。 表1 h/(10-2m) 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 ΔEk/(10-3 J) 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0 ΔEp/(10-3 J) 7.84 9.80 11.8 13.7 ____ (4)实验数据表明，ΔEk明显小于ΔEp，钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为，机械能的损失主要是由于钢球受到的摩擦力做功造成的。 为验证此猜想，小明另取一个完全相同的斜槽按如图平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放，运动到右侧斜槽上，最高能到达B点，A、B两点高度差为H。则该过程中，摩擦力做功大小的理论值W理＝__________(用m、g、H表示)。 (5)用上图的装置，按表1中所列部分高度h进行实验，测得摩擦力做功大小W测。由于观察到H值较小，小明认为，AO过程摩擦力做功近似等于AB过程的一半，即Wf＝。然后通过表1的实验数据，计算出AO过程损失的机械能ΔE＝ΔEp－ΔEk。整理相关数据，见表2。 表2 h/(10-2m) 4.00 5.00 6.00 7.00 ΔE/(10-3 J) 2.94 3.55 4.35 4.92 Wf/(10-2 J) 0.98 1.08 1.18 1.27 上表中ΔE与Wf相差明显。小明认为这是由于用近似计算Wf不合理。你是否同意他的观点？__________请根据表2数据简要说明理由________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 [跟踪训练4] (2025·甘肃)某学习小组使用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。 将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放(运动平面与光电门光线垂直)，记录小球经过光电门的挡光时间Δt。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。 (1)以h为横坐标、________(选填“Δt” “(Δt)2” “”或“”)为纵坐标作直线图。若所得图像过原点，且斜率为________(用d和g表示)，即可证明小球在运动过程中机械能守恒。 (2)实验中，用游标卡尺测得小球直径d＝20.48 mm。 ①由结果可知，所用的是________(选填“10”“20”或“50”)分度的游标卡尺； ②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径，则游标尺上第________条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 第八章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．小明在玩蹦蹦杆时，他将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是(　　) A.重力势能减小，弹性势能增大 B．重力势能增大，弹性势能增大 C．重力势能减小，弹性势能减小 D．重力势能增大，弹性势能减小 2．如图所示，小物块位于光滑的斜面上，斜面固定在地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中斜面对小物块支持力(　　) A.垂直于接触面，做功为零 B．垂直于接触面，做功不为零 C．不垂直于接触面，做功为零 D．不垂直于接触面，做功不为零 3．一重60 kg的登山运动员在训练时，从地面爬上高50 m的楼层花了5 min，重力加速度g取10 m/s2，则该过程中，运动员克服重力做功的平均功率为(　　) A．50 W B．100 W C．500 W D．1 000 W 4．如图所示，某个力F＝10 N作用在半径为R＝1 m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F做的总功为(　　) A．0 B．20π J C．10 J D．10π J 5．如图所示，摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　) A．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 B．在最低点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客的机械能一直不变 D．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力做功的功率一直不变 6．乒乓球运动员在某次发球时，把乒乓球水平击出，落在乒乓球台上，若只增加发球速度，仍落在球台上，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　) A．落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率增大 B．下落过程中乒乓球增加的机械能减小 C．运动时间不变，水平位移不变 D．运动员对乒乓球做的功一定增大 7．某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20 m的圆面。某时间内该地区的风速是6.0 m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2 kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。求此风力发电机发电的功率约为(　　) A．1.6×104 W B．1.6×105 W C．7.5×103 W D．7.5×104 W 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．把质量为0.5 kg的石块从10 m高处以30°角斜向上方抛出(如图)，初速度是v0＝5 m/s。不计空气阻力。石块落地时速度的大小与下列哪些量有关(　　) A．石块的质量 B．石块初速度的大小 C．石块初速度的仰角 D．石块抛出时的高度 9．某同学用手掌托着智能手机，从静止开始在竖直方向上运动，手机中的加速度传感器显示出如图所示的图像，该图像以竖直向上为正方向，g取10 m/s2，由此可判断出(　　) A．t1～t2时间内手机动能一直在增加 B．t2～t3时间内手掌一直对手机做正功 C．手机在t2时刻动能为零 D．手机在t1～t3时间内，手机的机械能先增加后减小 10．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　) A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为 三、实验题：本题共2小题，共14分。 11．(6分)某实验小组同学利用如图所示的装置探究合外力做功与滑块动能改变量的关系。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M，槽码和挂钩的总质量m。实验时，用游标卡尺测量遮光条宽度d，用刻度尺测量光电门1和2之间的距离L。将滑块系统系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上，由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2。重力加速度为g。 (1)将槽码和挂钩的重力视为滑块系统受到的合外力，则需要满足________。 (2)滑块系统从光电门1运动到光电门2的过程中，合外力对其做的功为____________；滑块系统动能的改变量为____________。(用测量的物理量的字母符号表示) 12．(8分)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。当地的重力加速度大小为g。 (1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________________________，钩码的动能增加量为________，钩码的重力势能增加量为________。 乙 (2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图丙所示。由图丙可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 四、解答题：本题共4小题，共40分。 13．(8分)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝3∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其中v－t图像如图所示。求此过程中， (1)A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB。 (2)A、B两物体受到的摩擦力之比FfA∶FfB。 14．(8分)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带。取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图像如图乙所示(g＝10 m/s2)，求： (1)物块与传送带间的动摩擦因数。 (2)物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功。 15．(12分)如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一颗光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。重力加速度为g。 (1)求小球到达B点时的速率。 (2)若不计空气阻力及与钉子相碰时损失的能量，则初速度v0为多少？ (3)若初速度变为v0′＝3，其他条件均不变，则小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？ 16．(12分)如图所示，轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。 　 (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离。 (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。 第八章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．下列有关功和功率的说法，正确的是(　　) A．做功越多，功率越大 B．功的正负是由位移和力的方向共同决定的 C．功是标量，做功－3 J比－5 J多 D．汽车的最大行驶速度只由汽车的额定功率决定 2．若某次负重登山训练中，一质量为60 kg的运动员(视为质点)背着质量为20 kg的重物，在25 min内由山脚到达山顶(山顶与山脚的高度差为525 m)的过程中，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．台阶对运动员的支持力做负功 B．运动员增加的重力势能约为3.15×104 J C．运动员对重物做的功约为1.05×105 J D．运动员克服自身重力做功的平均功率约为12 600 W 3．如图为小明玩橡皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于拉伸状态。在橡皮筋逐渐恢复原长的过程中，小球一直在上升。若不考虑空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.小球动能一直增加 B．小球机械能一直增加 C．橡皮筋弹性势能一直增大 D．橡皮筋与小球构成的系统机械能守恒 4．如图甲所示，质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F，以4 m/s的初速度从A点向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2，在运动过程中物块的最大速度为(　　) A． m/s B． m/s C． m/s D．3 m/s 5．如图所示，有一条长为L＝1.5 m的均匀金属链条，有L在光滑的足够高的斜面上，另L竖直下垂在空中，在外力作用下静止不动。斜面顶端P是一个很小的光滑圆弧，斜面倾角为37°。忽略空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。当撤去外力后链条滑动，则链条刚好全部越过P时的速率为(　　) A．3 m/s B． m/s C．1 m/s D． m/s 6．如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物块质量为0.7 kg B．物块所受摩擦力大小为0.7 N C．0～20 m过程中，物块克服摩擦力做功为40 J D．0～10 m过程中与10～20 m过程中物块所受合力之比为3∶4 7． (2025·山东济南期末)如图所示，粗糙的固定斜面上，轻质弹簧一端拴接斜面底部的挡板，另一端拴接在物块上。用外力作用在物块上，将弹簧缓慢压缩至A点后，撤去外力，物块由静止开始沿斜面向上运动到最高点B后又沿斜面下滑。已知O点为弹簧的原长位置，下列说法正确的是(　　) A．物块下滑时能够回到A点 B．物块第一次向上经过O点的速度大于第一次向下经过O点的速度 C．物块沿斜面向上运动过程中运动至O点时动能最大 D．物块沿斜面向上运动过程中弹簧弹性势能的改变量等于物块机械能的改变量 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示的光滑固定斜面长为l＝1.6 m、宽为b＝1.2 m、倾角为θ＝30°，一物块(可看成质点)从斜面左上方顶点P沿水平方向射入，然后沿斜面下滑，最后恰好从底端右侧Q点离开斜面，已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A.物块由P运动到Q所用的时间t＝0.8 s B．物块由P运动到Q所用的时间t＝0.4 s C．物块由P点水平射入时初速度的大小v0＝3 m/s D．物块由P点水平射入时初速度的大小v0＝1.5 m/s 9．如图所示，与水平面夹角θ＝30°的斜面和圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。质量为m的小球从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C后落在斜面上与圆心O等高的D点。不计所有摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.小球在C点对轨道压力大小为3mg B．小球对圆轨道最低点的压力为7mg C．若沿斜面上移A点再由静止释放，小球在斜面落点处重力功率增大 D．若调整A点在斜面上的位置，使小球恰能过C，则小球在飞行中将经过CD连线的中点 10．如图所示，半径为r、质量不计的圆盘竖直放置，其可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的右边缘处固定了一个质量为m的小球A，在圆心O的左方离O点r处也固定了一个质量为m的小球B。起初两小球及圆心O在同一水平线上，现由静止释放圆盘，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.小球A的最大动能为 B．小球B的最大动能为 C．释放圆盘瞬间小球A的加速度大小为 D．释放圆盘瞬间小球B对圆盘的作用力大小为 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者在实验误差允许的范围内相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题： (1)(多选)关于上述实验，下列说法中正确的是________。 A．重物最好选择密度较小的木块 B．重物的质量可以不测量 C．实验中应先接通电源，后释放纸带 D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度 E．打点计时器安装应使限位孔保持竖直 F．释放重物前应手提纸带上端并使重物远离计时器 (2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是重物下落的起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计时点，并测出各计时点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减少的重力势能ΔEp＝________J；重物增加的动能ΔEk＝______J，造成两者不等的系统误差可能是________________________。(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字) 12．(8分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒。 (1)用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能的变化量，公式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离。 A．钢球在A点时的顶端 B．钢球在A点时的球心 C．钢球在A点时的底端 (2)用ΔEk＝mv2计算钢球动能变化的大小。用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，其读数为________ cm。某次测量中，计时器的示数为0.010 s，则钢球的速度为v＝________ m/s。 (3)如表为该同学的实验结果： ΔEp/(10-2 J) 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38 ΔEk/(10-2 J) 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8 他发现表中的ΔEp与ΔEk不完全相同，可能是原因是__________________________________________________。 13．(10分)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点。试求： (1)弹簧开始时的弹性势能； (2)物块从B点运动至C点克服阻力做的功； (3)物块离开C点后落回水平面时的动能。 (12分)如图，光滑斜面倾角为θ，轻弹簧上端固定在斜面顶端，下端连接质量为m的物块P(可视为质点)。物块P静止时恰好位于O点，现将物块P推至弹簧弹力刚好为零的A点由静止释放。已知OA＝L，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。 (1)求从A到O过程中重力对物块做的功W； (2)求该弹簧的劲度系数k； (3)弹簧弹性势能表达式为Ep＝kx2(x为弹簧形变量)，求物块P在运动过程中的最大速度vm。 15．(16分)如图所示，间距为lAB＝10 m的水平传送带以v0＝5 m/s的速度顺时针匀速转动，在传送带的左端A点轻放一质量m＝5 kg的有颜色小物块，当小物块与传送带共速时因某种原因传送带突然停止运动，最终物块恰好到达传送带的右端B点，重力加速度g＝10 m/s2。则： (1)物块与传送带间的动摩擦因数为多少？ (2)物块在传送带上留下的划痕为多长？ (3)物块与传送带因摩擦产生的热量Q为多少？ 综合检测(一)　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 综合检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．“物理”二字最早出现在汉语中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思。关于物理概念和规律，下列选项正确的是(　　) A．曲线运动一定是变速运动 B．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动 C．m、kg、N都是国际单位制中的基本单位 D．加速度、位移、质量三个物理量都是矢量 2．如图所示，质量为m的飞镖在空中做曲线运动，所受空气阻力大小为Ff，重力加速度为g，则其受力示意图可以表示为(　　) 3．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车以4 m/s的速度向右做匀速直线运动，小车通过跨过定滑轮的绳子拉着物体A向上运动。已知物体A受到的重力大小为10 N，某瞬间连接小车端的绳子与水平方向的夹角为30°，则下列说法正确的是(　　) A．物体A处于超重状态 B．该瞬间物体A的速度大小为2 m/s C．绳子上的拉力大小为10 N D．物体A做匀速运动 4．盾构隧道掘进机，简称盾构机，是一种隧道掘进的专用工程机械，又被称作“工程机械之王”，是城市地铁建设、开山修路、打通隧道的利器。如图为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，其直径为16 m，转速为5 r/min，下列说法正确的是(　　) A．刀盘工作时的角速度为10π rad/s B．刀盘边缘的线速度大小约为4 m/s C．刀盘旋转的周期为0.2 s D．刀盘工作时各刀片的线速度均相同 5．网球发球机固定在平台上，从距水平地面高h处沿水平方向发射出质量均为m的甲、乙两球，两球均落在水平地面上，其运动轨迹如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，网球可视为质点。下列说法正确的是(　　) A．甲球在空中运动时间小于乙球在空中运动时间 B．甲球的发射速度大于乙球的发射速度 C．两球在落地前瞬间，重力的功率相等 D．从发射出到落地，两球的机械能变化量均为mgh 6．一个物体以一定的初速度竖直上抛，不计空气阻力，那么在下列选项图中，表示物体的动能Ek随高度h变化的图像A，物体的重力势能Ep随速度v变化的图像B，表示物体的机械能E随高度h变化的图像C，表示物体的动能Ek随速度v的变化图像D，其中错误的是(　　) 7．如图所示，将弹性小球以某初速度从O点水平抛出，与地面发生弹性碰撞(碰后竖直速度与碰前等大反向，水平速度不变)，反弹后在下降过程中恰好经过固定于水平面上的竖直挡板的顶端。已知O点高度为1.25 m，与挡板的水平距离为6.5 m，挡板高度为0.8 m，g＝10 m/s2，不计空气阻力的影响。下列说法中正确的是(　　) A．小球水平方向的速率为5 m/s B．小球第一次落地时速度与水平方向的夹角为30° C．小球经过挡板上端时，速度与水平方向夹角的正切值为1 D．小球从挡板上端运动到水平地面经历的时间为0.4 s 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示，某卫星在离地面高度为R的轨道1上绕地球做匀速圆周运动，运动到A点时加速，之后在椭圆轨道2上绕地球运动，远地点B距地面的高度为5R，已知地球半径为R，地球质量为M，卫星质量为m，引力常量为G。地球可视为质量分布均匀的球体，下列说法正确的是(　　) A．卫星在轨道1上运动的速度小于第一宇宙速度 B．卫星在轨道2上A点和B点的加速度之比为5∶1 C．卫星在轨道2上运动时机械能守恒 D．卫星在轨道2上从A点运动到B点的过程中，动能减小 9．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向$ 第五章　抛体运动1 　第1节　曲线运动1 　第2节　运动的合成与分解3 　专题提升一　小船渡河问题 关联速度问题 5 　培优专项(一)　小船过河与关联速度模型 7 　第3节　实验：探究平抛运动的特点9 　第4节　抛体运动的规律11 　培优专项(二)　与斜面和曲面有关的平抛 运动13 章末复习提升15 第五章　章末检测(一)18 第五章　章末检测(二)22 第六章　圆周运动26 　第1节　圆周运动26 　第2节　向心力28 　第3节　向心加速度30 　第4节　生活中的圆周运动32 　专题提升二　圆周运动的综合分析34 　培优专项(三)　水平面内的圆周运动的临界 问题37 　培优专项(四)　竖直面内的圆周运动的临界 问题39 章末复习提升41 第六章　章末检测(一)44 第六章　章末检测(二)48 第七章　万有引力与宇宙航行52 　第1节　行星的运动52 　第2节　万有引力定律54 　第3节　万有引力理论的成就56 　第4节　宇宙航行58 　培优专项(五)　不同高度处重力加速度和 不同轨道处卫星的各个量 的比较60 　第5节　相对论时空观与牛顿力学的局限性 62 章末复习提升64 第七章　章末检测(一)67 第七章　章末检测(二)71 阶段检测75 第八章　机械能守恒定律79 　第1节　功与功率79 　第2节　重力势能81 　培优专项(六)　机车启动问题83 　第3节　动能和动能定理85 　第4节　机械能守恒定律87 　第5节　实验：验证机械能守恒定律89 　专题提升三　功能关系与能量守恒的应用 91 　培优专项(七)　功能关系及其应用94 　培优专项(八)　能量守恒及其应用96 章末复习提升98 第八章　章末检测(一)103 第八章　章末检测(二)107 综合检测(一)111 综合检测(二)115 答案详解119 学科网（北京）股份有限公司 $