【非常考案】2017届通用版高考物理一轮章末冲关评价练3牛顿运动定律

分层限时跟踪练(十一)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·德兴模拟)如图4-2-16所示，将一小球从倾角为θ的斜面上方O 点以初速度v 0水平抛出后，落到斜面上H 点，OH 垂直于斜面且OH ＝h .不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则v 0的大小为( )图4-2-16A.gh cos 2 θ2sin θB.gh sin 2 θ2cos θC.2gh sin 2 θcos θD ．2gh cos 2 θsin θ【解析】 由几何关系得，小球做平抛运动的水平位移x ＝h sin θ，竖直位移y ＝h cos θ，根据y ＝12gt 2得t ＝2h cos θg ，则初速度v 0＝xt＝gh sin 2 θ2cos θ.【答案】 B2．(2016·南充模拟)如图4-2-17所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径，C 为环上的最低点，环半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( )图4-2-17A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．即使v 0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C ．若v 0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【解析】 小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B 点，选项A 错误；初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，选项B 错误；小球不可能垂直撞击在半圆环AC 段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右，假设小球与BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β.根据几何关系知θ＝2β，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan θ＝2tan β，与θ＝2β相矛盾，则不可能与半圆弧垂直相撞，选项C 错误，D 正确．【答案】 D3．如图4-2-18所示，位于同一高度的小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，则v 1、v 2大小之比为()图4-2-18A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．2∶3【解析】 设A 、B 两球平抛运动的时间为t ，则对A 球：tan 30°＝12gt 2v 1t ，对B 球：tan30°＝v 2gt ，解得：v 1＝gt 2tan 30°，v 2＝gt tan 30°，解得：v 1v 2＝32，C 正确．【答案】 C4．(2016·宜宾模拟)如图4-2-19所示，从A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C 点，已知地面上D 点位于B 点正下方，B 、D 间的距离为h ，则()图4-2-19A ．A 、B 两点间的距离为h 2B ．A 、B 两点间的距离为h4C ．C 、D 两点间的距离为2h D ．C 、D 两点间的距离为233h【解析】 AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，均为h ，故A 、B 错误；BC 段小球做平抛运动，初速度v ＝2gh ，持续时间t ＝2hg，所以C 、D 两点间距离x ＝vt ＝2h ，故C 正确，D 错误． 【答案】 C5．(2016·兴化模拟)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v -t 图线，如图4-2-20所示．若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )图4-2-20A ．图线2表示水平分运动的v -t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C ．t 1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D ．2t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°【解析】 水平分运动为匀速直线运动，故A 错误；t 1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，则合速度与水平方向的夹角为45°，B 错误；设水平速度为v 0，则t 1时间内的水平位移为x ＝v 0t 1，竖直方向的位移y ＝v 02t 1，所以y x ＝12，C 正确；2t 1时刻竖直方向的速度2v 0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D 错误．【答案】 C 二、多项选择题6．(2016·唐山模拟)如图4-2-21所示，一同学分别在同一直线上的A 、B 、C 三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v 1、v 2、v 3.若篮球出手时高度相同，出手速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是( )图4-2-21A ．v 1<v 2<v 3B ．v 1>v 2>v 3C ．θ1>θ2>θ3D ．θ1<θ2<θ3【解析】 此过程可以看成篮球从篮筐水平抛出，由题意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，故选项A 错误，B 正确；根据平抛运动规律，水平速度越大，落地时速度方向与水平方向的夹角越小，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD7．如图4-2-22所示，在水平地面上M 点的正上方某一高度处，将S 1球以初速度v 1水平向右抛出，同时在M 点右方地面上N 点处，将S 2球以初速度v 2斜向左上方抛出，两球恰在M 、N 连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中()图4-2-22A ．初速度大小关系为v 1＝v 2B ．速度变化量相等C ．水平位移大小相等D ．都不是匀变速运动【解析】 由题意可知，两球的水平位移相等，C 正确；由于只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时间内速度变化量相等，B 正确，D 错误；又由v 1t ＝v 2x t 可得A 错误．【答案】 BC8.如图4-2-23所示，两滑雪运动员从O 点分别以v A 和v B 水平滑出后做平抛运动分别落到斜坡上的A 、B 两点，在落点前瞬间速度与水平方向夹角分别为θA 与θB ，两者在空中运动时间分别为t A 与t B .则()图4-2-23A ．t A >tB B ．t A <t BC ．v A <v BD ．θA <θB【解析】 由h ＝12gt 2可知，因h B >h A ，故t B >t A ，A 错误、B 正确；由tan θ＝gtv 0，又由tan α＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0可得tan θ＝2tan α，则θA ＝θB ，D 错误；由v 0＝gt2tan α可知，因t A <t B ，故v A <v B ，C 正确．【答案】 BC9．如图4-2-24所示，在高处以初速度v 1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l 、2l 处分别有A 、B 两个小气球以速度v 2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球后不会改变其平抛运动的轨迹)．则下列判断正确的是()图4-2-24A ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝g 2l 2v 21B ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝v 21＋g 2l 2v 21C ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21＋v 2lv 1D ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21【解析】 飞镖刺破A 气球时所经历的时间t ＝lv 1，此时飞镖竖直方向的分速度v y ＝gt＝gl v 1，所以飞镖的速度v ＝v 21＋v 2y ＝v 21＋⎝⎛⎭⎫gl v 12，选项A 错误，B 正确；飞镖从刺破A 到刺破B 所经历的时间t ′＝l v 1，此时气球上升的高度h 1＝v 2t ′，飞镖下降的高度h 2＝v y t ′＋12gt ′2，两气球在上升的过程中高度差不变，h ＝h 2＋h 1＝3gl 22v 21＋v 2lv 1，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC 三、非选择题10．一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA 竖直，另一侧的坡面OB 呈抛物线形状，与一平台BC 相连，如图4-2-25所示．已知山沟竖直一侧OA 的高度为2h ，平台在沟底h 高处，C 点离竖直OA 的水平距离为2h .以沟底的O 点为原点建立平面直角坐标系xOy ，坡面的抛物线方程为y ＝x 22h .质量为m 的探险队员从山沟的竖直一侧，沿水平方向跳向平台．探险队员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .图4-2-25(1)若该探险队员以速度v 0水平跳出时，落在坡面OB 的某处，则他在空中运动的时间为多少？(2)为了能跳在平台上，他的初速度应满足什么条件？请计算说明． 【解析】 (1)x ＝v 0t ，y ＋12gt 2＝2h ，y ＝x 22h ，联立解得t ＝2hv 20＋gh.(2)若落在C 处，h ＝12gt ′2，2h ＝vt ′，联立解得v ＝2gh ，若落在B 处，B 点坐标为(x ，h )，满足坡面的抛物线方程，即h ＝x 22h ，解得x ＝2h ，又x ＝vt ″，h ＝12gt ″2，联立解得v ＝gh .故初速度应满足gh ≤v ≤2gh .【答案】 (1)2hv 20＋gh(2)见解析 11．如图4-2-26所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以速度v 0＝3 m/s 水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图4-2-26(1)抛出点O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y由几何关系得： v 0v y＝tan 37° ①设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得 v y ＝gt ② y ＝12gt 2③ x ＝v 0t④设抛出点到斜面最低点的距离为h ，由几何关系得 h ＝y ＋x tan 37°⑤由①②③④⑤得：x ＝1.2 m ，h ＝1.7 m. (2)在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得 s ＝l －xcos 37°⑥设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2⑦对滑块，由牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma⑧由⑥⑦⑧得：μ＝0.125. 【答案】 (1)1.7 m (2)0.12512．(2014·浙江高考)如图4-2-27所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)图4-2-27(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 【解析】 (1)装甲车的加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二个弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝⎛⎭⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg＝492 m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg＋s ＝570 m L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m(3)492 m<L ≤570 m。

单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列关于惯性的各种说法中,你认为正确的是( )A.材料不同的两个物体放在地面上,用一个相同的水平力分别推它们,则难以推动的物体惯性大B.在完全失重的情况下,物体的惯性将消失C.把手中的球由静止释放后,球能竖直加速下落,说明力是改变物体惯性的原因D.抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的2.(广东顺义高三一模)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ,测试人员让汽车在该公路水平直道行驶,当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死),车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来,g取10 m/s2,则测得μ约为( )A.0.2B.0.3C.0.4D.0.53.如图,站在滑轮车上的甲、乙两人原来静止不动,甲、乙相互猛推一下后分别向相反方向运动,滑轮车与地面间的动摩擦因数相同。

甲在水平地面上滑行的距离比乙远,这是因为( )A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小4.如图所示,6月17日9时22分,我国神舟十二号载人飞船正式发射升空。

英雄出征,穿云破日!对于神舟十二号飞船在加速上升的过程中,下列说法正确的是( )A.飞船仅受到重力、升力的作用B.飞船的合力方向竖直向下C.飞船的重力与空气对飞船的作用力是一对平衡力D.在升力与空气阻力不变下,飞船的质量越大,其加速度值越小5.(北京延庆高三一模)如图所示,将一个质量为m=2 kg的小球与弹簧相连,弹簧的另一端与箱子顶端连接,小球的下端用细绳与箱子下面连接,整个装置放在升降机上。

当升降机以加速度a=0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F=5 N,若此时将细绳剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )A.0.5 m/s2B.2 m/s2C.2.5 m/s2D.3 m/s2二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。

物理复习讲义（有解析）总复习使用，祝高考顺利第一章运动的描述匀变速直线运动(必修1)第1课时运动的描述考点11．(1)质量(2)大小形状 2.(1)不动(2)不同地球题组突破1．A2．D如果被观察物体相对于地面是静止的，甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动，再以他们自己为参考系，则三个人的说法都正确，A、B错误，D正确；在上面的情形中，如果他们都选择地面为参考系，三个人的观察结果应是相同的，因此C错误。

3．D金星通过太阳和地球之间时，我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为太阳的大小对所研究问题的影响起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确。

考点21．(1)位移(2)位移 2.(1)某一时刻速率(3)路程题组突破4．ABD一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A、B均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C 错，D 正确。

5．AD 物体在某段时间内平均速度的方向与位移的方向相同，所以人从A 到B 的平均速度方向由A 指向B ，A 正确，B 错误；物体在某一点的瞬时速度的方向就是物体在该点的运动方向，人在B 点时的运动方向为沿B 点的切线方向，所以人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向，C 错误，D 正确。

6．BC 平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段的轨迹长度，故不能求出平均速率，A 错；由v ＝x t 可得：v AC ＝52 m/s ，故B 正确；所选取的过程离A 点越近，该过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，故C 正确；由A 经B 到C 的过程不是匀变速直线运动过程，故B 点虽为中间时刻，但其速度不等于AC 段的平均速度，D 错误。

第1讲牛顿第一定律、牛顿第三定律高考·模拟·创新1．(2016年河北衡水调研)(多选)下列判断正确的是( )A．人行走时向后蹬地，给地面向后的摩擦力，地面给人的摩擦力是人向前的动力B．人匀速游泳时，人在水中的运动是对水向前用力，水给人的阻力，方向向后C．放在桌面上的物体，因受重力，才有对桌椅的压力，才有桌面的支持力出现，即压力先产生，支持力后出现D．作用力与反作用力，应是先有作用力，再有反作用力，作用力先变化，反作用力随后跟着变化解析：人行走时向后蹬地，给地面向后的摩擦力，地面给人的摩擦力是人向前的动力，故A正确；人匀速游泳时，人对水向前的力，和水给人的力，是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故B正确；作用力和反作用力大小相等，方向相反，且同时产生、同时变化、同时消失，故C、D错误．答案：AB2．(2016年广东揭阳一中第一次阶段考试)如图3－1－4甲所示，一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，弹簧和小球的受力分别如图3－1－4乙和丙所示，下列说法正确的是( )图3－1－4A．F1的施力者是弹簧B．F2的反作用力是F3C．F3的施力者是地球D．F4的反作用力是F1解析：据题意，F1的施力者是地球，A错误；F2的反作用力是F3，故B正确；F3的施力者是小球，故C错误；F4的反作用力是弹簧对天花板的拉力，故D错误．答案：B3．(2016年陕西安康模拟)(多选)如图3－1－5所示，长为L的硬杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，硬杆可绕转轴O在竖直平面内缓慢转动，则在硬杆与水平方向的夹角α从90°减小到0°的过程中，下列说法正确的是( )图3－1－5A ．小球B 受到的合力方向始终沿杆向上B ．小球B 受到的硬杆A 的作用力对小球做负功C ．小球B 受到的硬杆A 的作用力逐渐减小D ．小球B 受到的硬杆A 的作用力方向始终竖直向上解析：硬杆绕转轴O 在竖直平面内缓慢转动的过程中，B 球受到的合力为零，则由平衡条件得知，小球B 受到硬杆A 的作用力大小等于mg ，方向竖直向上，而且硬杆A 的作用力对小球做负功．故BD 正确，A C 错误．答案：BD4．(2016年上海一模)如图3－1－6所示，两车厢的质量相同，其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近．若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢里有人的判断是正确的( )图3－1－6A ．绳子的拉力较大的那一端车厢里有人B ．先开始运动的车厢里有人C ．先到达两车中点的车厢里没有人D ．不去称量质量无法确定哪个车厢有人解析：根据牛顿第三定律，绳子两端的拉力大小相等，故A 错误；有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动，故B 错误；两车受到的拉力大小相等，根据牛顿第二定律，总质量小，加速度大，由x ＝12at 2相同时间内位移大，先到达中点，即先到达两车中点的车厢里没有人，故C 正确；无需称质量，用C 项办法可确定哪个车厢有人，故D 错误．答案：C。

章末冲关评价练(五)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共8小题．每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2015·柳州模拟)如图1所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是( )图1A ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg －m v 2RB ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 22RC ．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒D ．从A 到B 的过程中，小球的机械能减少【解析】 从A 到B 的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增大，小球的机械能减小；由于小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力，根据牛顿第二定律，F 弹－mg ＝m v 2R ，即F 弹＝mg ＋m v 2R ，故只有选项D 正确．【答案】 D2．(2015·四平调研)某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度为v 2，已知汽车空车时的质量为m 0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装的货物的质量是( )A.v 1－v 2v 2m 0 B.v 1＋v 2v 2m 0 C ．m 0 D ．v 1v 2m 0 【解析】 设汽车所装货物质量为m ，则根据P ＝F v ＝f v 得空载时，P ＝km 0g v 1，满载时，P ＝k (m 0＋m )g v 2，解得m ＝v 1－v 2v 2m 0. 【答案】 A3．(2015·广东六校第三次联考)质量为m 的物体，在距地面h 高处以g 3的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法正确的是( )A ．物体的重力势能减少13mghB ．物体的机械能减少13mghC ．物体的动能增加13mghD ．重力做功13mgh【解析】 物体落地过程中，重力做功W G ＝mgh ，重力势能减少mgh ，A 、D 项错误；由动能定理可知，ΔE k ＝W 合＝mah ＝13mgh ，C 项正确；由功能关系可知，ΔE ＝W 合－mgh ＝－23mgh ，所以机械能减少了23mgh ，B 项错误．【答案】 C4．将一质量为m 的小球套在一光滑的、与水平面夹角为α(α<45°)的固定杆上，小球与一原长为L 的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L 高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L ，如图2所示．小球滑到底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是( )图2A ．小球的机械能守恒B ．弹性绳的弹性势能将一直增大C ．小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL (cot α－1)D ．小球和弹性绳组成的系统机械能守恒【解析】 在小球下滑过程中，小球和弹性绳的机械能守恒，则A 错误，D 正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B 错误；由机械能守恒定律，弹性绳的弹性势能增加了mgL ，选项C 错误．【答案】 D5．如图3所示，质量为m 的小滑块从O 点以初速度v 0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O 点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为( )图3A.13m v 20B ．14m v 20 C.16m v 20 D ．18m v 20【解析】 设小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，O 点离弹簧右端距离为L ，弹簧最大压缩量为Δx ，小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg (L ＋Δx )－E 弹＝0－12m v 20，再分析从弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得E 弹－μmg (L ＋Δx )＝0，联立可得E 弹＝14m v 20，故弹簧获得的最大弹性势能为14m v 20.【答案】 B6．(2016·南京模拟)如图4所示，圆心在O 点、半径为R 的光滑圆弧轨道abc 竖直固定在水平桌面上，Oc 与Oa 的夹角为60°，轨道最低点a 与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m 1和m 2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c 的两边，开始时，m 1位于c 点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则( )图4A．在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减少C．若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1＝2m2D．若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1＝3m2【解析】m1在下滑过程中速度沿绳的分量大小等于m2的速度大小，故A 错．m1在c和a处时重力的功率均为零，而在c到a的过程中不等于零，由此可知应先增大后减小，故B正确．对m1和m2组成的系统应用机械能守恒定律：m1g·R2－m2g·R＝0，解得m1＝2m2，故C对、D错．【答案】BC7．(2015·长春模拟)质量分别为m1和m2的两个物体A、B并排静止在水平地面上，如图5甲所示，用同方向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，物体A、B各自滑行一段距离后停止．物体A、B运动的速度—时间图象分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1＜m2，下列判断中正确的有()图5A．物体A、B与地面的动摩擦因数一定相同B．力F1一定大于力F2C．力F1对物体A所做的功一定小于力F2对物体B所做的功D．力F1的最大瞬时功率一定小于力F2的最大瞬时功率【解析】由题中图线可知，在撤去外力后，两图线平行，说明加速度相同，物体只受摩擦力，其加速度a＝μg，所以μ相同，A项正确；由牛顿第二定律，F－μmg＝ma，得a1＝F1m1－μg，a2＝F2m2－μg，由图线可以看出a1＞a2，即F1m1＞F2m2，由于m1＜m2，所以F1和F2关系不确定，B项错误；从图线中可以看出，a图象与横轴所围的面积小于b图象与横轴所围的面积，即A的位移x1小于B的位移x2，而μm1g＜μm2g，所以μm1gx1＜μm2gx2，根据动能定理，Fx－μmgx＝0，所以力F1对物体A所做的功F1x1一定小于力F2对物体B所做的功F2x2，C项正确；根据功率P＝F v，而F1与F2的关系不确定，所以D项错误．【答案】AC8．(2015·黄冈模拟)如图6所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一个质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2＞v1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程的下列判断，正确的有()图6A．滑块返回传送带右端的速率为v1B．此过程中传送带对滑块做功为12m v21－12m v22C．此过程中电动机对传送带做功为2m v21D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v1＋v2)2【解析】因为v2＞v1，在摩擦阻力下，滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动．速度增大到v1后随传送带做速度为v1的匀速直线运动．所以滑块返回传送带右端的速率为v1，A项正确；由动能定理可得此过程中传送带对滑块做功为12m v21－12m v22，B项正确；由能量守恒定律，此过程中电动机对传送带做功等于两者相对滑动产生的热量和传送带对滑块做功之和，不等于2m v21.C项错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于两者相对滑动的距离与摩擦力的乘积，等于12m(v1＋v2)2，D项正确．【答案】ABD二、非选择题(共4小题，共52分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(10分)某同学用如图7甲所示的装置验证动能定理．为提高实验精度，该同学多次改变小滑块下落高度H的值，测出对应的平抛运动水平位移x，并算出x2，进而画出x2­H图线如图乙所示．图7(1)原理分析：若滑块在下滑过程中所受阻力很小，则只要测量量满足________，便可验证动能原理．(2)实验结果分析：实验中获得的图线未经坐标原点，而是大约在(0.6h，0)处与横轴相交，原因是_________________________________________________ ____________________________________________________________________.【解析】(1)若滑块在下滑过程中所受阻力很小，由动能定理知mgH＝12m v2，根据平抛运动规律知x＝v t，h＝12gt2，得x2与H成正比，即只要测量量满足x2与H成正比，便可验证动能定理．(2)实验中获得的图线未经坐标原点，而是大约在(0.6h，0)处与横轴相交，原因是滑块需要克服阻力做功．【答案】(1)x2与H成正比(2)滑块需要克服阻力做功10．(12分)如图8甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A 点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0 m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：图8(1)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．【解析】(1)取向左为正方向，从F-x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f＝1.0 N，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W f＝－F f x＝－0.1 J由图线与x轴所围面积可得外力F做功为W F＝（1.0＋47.0）×0.12J＝2.4 J所以弹簧存贮的最大弹性势能为E pm＝W F＋W f＝2.3 J(2)从A点到B点的过程中，由于L＝2x，摩擦力做功为W f′＝F f·3x＝0.3 J对小物块运用动能定理有E pm－W f′＝12m v2B解得v B＝2 m/s.(3)物块从B点开始做平抛运动，有h＝12gt2解得下落时间t＝1 s，水平距离s＝v B t＝2 m.【答案】(1)2.3 J(2)2 m/s(3)2 m11．(12分)如图9所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为m的小球在水平地面上的C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)．已知A、C间的距离为L，重力加速度为g.图9(1)若轨道半径为R ，求小球到达圆轨道B 点时对轨道的压力F N ；(2)为使小球能运动到轨道最高点B ，求轨道半径的最大值R m ；(3)轨道半径R 多大时，小球在水平地面上的落点D 到A 点距离最大？最大距离x m 是多少？【解析】 (1)设小球到B 点速度为v ，从C 到B 根据动能定理有FL －2mgR ＝12m v 2解得v ＝2FL －4mgR m据牛顿第二定律有F N ＋mg ＝m v 2R 解得F N ＝2FL R －5mg .(2)令F N ＝2FL R m－5mg ＝0 解得R m ＝2FL 5mg .(3)设小球平抛运动的时间为t ，由2R ＝12gt 2解得t ＝4R g水平位移x ＝v t ＝2FL －4mgR m ·4R g ＝（2FL －4mgR ）·4mgR m 2g 2 当2FL －4mgR ＝4mgR 时，水平位移最大解得R ＝FL 4mgD 到A 最大距离x m ＝4R ＝FL mg .【答案】 见解析12．(16分)如图10甲所示，一水平放置的圆形套筒由两个靠得很近的同心圆筒组成，一质量m ＝0.2 kg 的小滑块从轨道(截面图如图乙所示)的最低点A ，以v 0＝9 m/s 的初速度向右运动，小滑块第一次滑到最高点时速度v ＝1 m/s ，滑块的尺寸略小于两圆筒间距，除外筒内壁的上半部分BCD 粗糙外，其余部分均光滑，小滑块运动轨道的半径R ＝0.3 m ，(g 取10 m/s 2)求：图10(1)小滑块第一次滑到最高点时轨道对它的弹力？(2)小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是多少？(3)从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是多少？【解析】 (1)设小球第一次到达最高点时受竖直向下的弹力F N ，则有F N ＋mg ＝m v 2R ，代入数据可得：F N ＝－43 N.故内筒外壁对小滑块施加了竖直向上的支持力．(2)在此过程中，设克服摩擦力做的功为W f ，则－mg ·2R ＋W f ＝12m v 2－12m v 20，代入数据解得W f ＝6.8 J.(3)经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，设球经过水平直径位置时速度为0，选该处所在水平面为零势能面，则有E末＝0，E初＝12m v2－mgR.减少的机械能为：ΔE减＝E初－E末＝12m v2－mgR，代入数据解得ΔE减＝7.5 J.【答案】(1)43N竖直向上(2)6.8 J(3)7.5 J。

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考点三牛顿运动定律1.(2017·全国丙卷·T25)如图,两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。

A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。

求(1)B与木板相对静止时,木板的速度。

(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。

【解题指南】解答本题可按以下思路:(1)对A、B及木板受力分析,利用牛顿第二定律列方程。

(2)利用运动学公式求木板的速度。

(3)利用运动学公式求各自发生的位移。

【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。

设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2,木板与地面间的摩擦力的大小为f3,A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是a A、a B和a1在滑块B与木板达到共同速度前有:f1=μ1m A g ○1f2=μ1m B g ○2f3=μ2(m A+m B+m)g ③由牛顿第二定律得f1=m A a A ○4f 2=m B a B ○5f 2-f 1-f 3=ma 1 ○6设在t 1时刻,B 与木板达到共同速度,设大小为v 1。

由运动学公式有v 1=v 0-a B t 1 ○7v 1=a 1t 1 ○8联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得:t 1=0.4 s , v 1=1 m/s ○9(2)在t 1时间间隔内,B 相对于地面移动的距离201112B B s v t a t =-○10 设在B 与木板达到共同速度v 1后,木板的加速度大小为a 2,对于B 与木板组成的体系,由牛顿第二定律有: f 1+f 3=(m B +m )a 2 ○11由①②④⑤式知,a A =a B ;再由⑦⑧可知,B 与木板达到共同速度时,A 的速度大小也为v 1,但运动方向与木板相反,由题意知,A 和B 相遇时,A 与木板的速度相同,设其大小为v 2。

分层限时跟踪练(十三)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2014·江苏高考)已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A ．3.5 km/sB ．5.0 km/sC ．17.7 km/sD ．35.2 km/s【解析】 由G Mm r 2＝m v 2r 得，对于地球表面附近的航天器有：G Mm r 2＝m v 21r ，对于火星表面附近的航天器有：G M ′m r ′2＝m v 22r ′，由题意知M ′＝110M 、r ′＝r 2，且v 1＝7.9 km/s ，联立以上各式得：v 2≈3.5 km/s ，选项A 正确．【答案】 A2．(2015·福建高考)如图4-4-9所示，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则()图4-4-9A.v 1v 2＝ r 2r 1B.v 1v 2＝r 1r 2C.v 1v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2r 12 D ．v 1v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22【解析】 对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMmr 2＝m v 2r ，可得v ＝ GMr .所以对于a 、b 两颗人造卫星有v 1v 2＝ r 2r 1，故选项A 正确．【答案】 A3．如图4-4-10建筑是厄瓜多尔境内的“赤道纪念碑”．设某人造地球卫星在赤道上空飞行，卫星的轨道平面与地球赤道重合，飞行高度低于地球同步卫星．已知卫星轨道半径为r ，飞行方向与地球的自转方向相同，设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，某时刻卫星通过这一赤道纪念碑的正上方，该卫星过多长时间再次经过这个位置()图4-4-10A.2πgR 2r 3B.2πω0＋gR 2r 3C.2πω0－gR 2r 3D ．2πgR 2r 3－ω0【解析】 用ω表示卫星的角速度，用m 、M 分别表示卫星及地球的质量，则有GMm r 2＝mrω2，在地面上，有G MmR2＝mg ，联立解得ω＝gR 2r 3，卫星高度低于同步卫星高度，则ω>ω0，用t 表示所需时间，则ωt －ω0t ＝2π，所以t ＝2πω－ω0＝2πgR 2r 3－ω0，D 正确．【答案】 D4．(2015·北京高考)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转的周期大于火星公转的周期B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度【解析】 根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝m v 2r ＝ma n ＝mω2r 得，公转周期T ＝2πr 3GM ，故地球公转的周期较小，选项A 错误；公转线速度v ＝GMr ，故地球公转的线速度较大，选项B 错误；公转加速度a n ＝GMr 2，故地球公转的加速度较大，选项C 错误；公转角速度ω＝GMr 3，故地球公转的角速度较大，选项D正确．【答案】 D5．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( )A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k TD ．n k T【解析】 设两恒星中一个恒星的质量为m ，围绕其连线上的某一点做匀速圆周运动的半径为r ，两星总质量为M ，两星之间的距离为R ，由Gm （M －m ）R 2＝mr 4π2T 2，G m （M －m ）R 2＝(M －m )(R －r )4π2T 2，联立解得：T ＝2πR 3GM .经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为T ′＝2π（nR ）3G （kM ）＝n 3k T .选项B 正确．【答案】 B 二、多项选择题6．2015年8月14日消息，据英国《每日邮报》报道，科学家最新研究发现，在我们太阳系的早期可能还存在过另外一颗行星，后来可能是与海王星冲撞后离开了太阳系．海王星也由于受到撞击，导致其绕太阳做圆周运动的轨迹半径变大．已知引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．被撞击后正离开太阳系的行星受到太阳的引力越来越小B ．如果知道行星被撞击前的轨道半径和周期，就可以求出该行星的质量C ．海王星变轨到新的轨道上，运行速率变大D ．海王星变轨到新的轨道上，运行周期变大【解析】 根据万有引力定律，被撞击后正离开太阳系的行星受到太阳的引力越来越小，选项A 正确；如果知道行星被撞击前的轨道半径和周期，只能求出太阳的质量，无法求出行星的质量，选项B 错误；根据万有引力提供向心力有G Mmr 2＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ，可得v ＝GMr ，T ＝2πr 3GM ，可见海王星运行速度变小，运行周期变大，选项C 错误，D 正确．【答案】 AD7．(2013·全国卷Ⅱ)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【解析】 卫星半径减小时，分析各力做功情况可判断卫星能量的变化． 卫星运转过程中，地球的引力提供向心力，G Mmr 2＝m v 2r ，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项B 、D 正确．【答案】 BD8．我国将在2016年发射“天宫二号”和“神舟十一号”，并计划2017年发射“嫦娥五号”探月飞船．若已知地球和月球的半径之比为a ∶1，“神舟十一号”绕地球表面附近运行的周期与“嫦娥五号”绕月球表面附近运行的周期之比为b ∶1，则下列说法正确的是( )A ．“神舟十一号”绕地球表面运行的角速度与“嫦娥五号”绕月球表面运行的角速度之比为1∶bB ．地球和月球的质量之比为a 3∶b 2C ．地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为b 2∶aD ．地球和月球的第一宇宙速度之比为a ∶b【解析】 根据角速度和周期的关系ω＝2πT 可得，ω1ω2＝T 2T 1＝1b ，A 选项正确；“神舟十一号”和“嫦娥五号”分别绕地球和月球表面运行，则轨道半径r 约等于星球半径R ，由万有引力提供向心力有G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，得M ∝R 3T 2，即M 1M2＝a 3b 2，B 选项正确；由r ＝R 可知，向心加速度a 等于星球表面重力加速度g ，即a ＝4π2T 2R ＝g ，故g 1g 2＝ab 2，C 选项错误；由第一宇宙速度v ＝2πR T 得v 12＝a b ，D 选项正确．【答案】 ABD9．我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，如图4-4-11所示，然后在Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则( )图4-4-11A ．该卫星的发射速度必定大于11.2 km/sB ．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9 km/sC ．在轨道Ⅰ上，卫星在P 点的速度小于在Q 点的速度D ．在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期【解析】 人造卫星的最小发射速度和最大环绕速度均为7.9 km/s ，选项A 错误，选项B 正确；由v ＝GMr 知r 越小v 越大，所以卫星在P 点的速度大于在Q 点的速度，选项C 错误；由T ＝4π2r 3GM 知r 越大，T 越大，则卫星在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的周期，选项D 正确．【答案】 BD10．如图4-4-12所示，如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，则由此条件可求得()图4-4-12A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星的密度之比C ．水星和金星到太阳的距离之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比【解析】 设水星、金星的公转周期分别为T 1、T 2，2πT 1t ＝θ1，2πT 2t ＝θ2，T 1T2＝θ2θ1，A 正确．因不知两星质量和半径，密度之比不能求，B 错误．由开普勒第三定律，R 31T 21＝R 32T 22，R 1R 2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫θ2θ12，故C 正确．a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12R 1，a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22R 2，所以a 1a 2＝3θ41θ42，D 正确． 【答案】 ACD11．若宇航员在月球表面附近自高h 处以初速度v 0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L .已知月球半径为R ，万有引力常量为G .则下列说法正确的是 ( )A ．月球表面的重力加速度g 月＝2h v 2L 2B ．月球的质量m 月＝2hR 2v 20GL 2 C ．月球的第一宇宙速度v ＝v 0L 2hRD ．月球的平均密度ρ＝3h v 202πGL 2【解析】 根据平抛运动规律，L ＝v 0t ，h ＝12g 月t 2，联立解得g 月＝2h v 20L 2，选项A 正确；由mg 月＝G mm 月R 2解得m 月＝2hR 2v 20GL 2，选项B 正确；由mg 月＝m v 2R 解得v ＝v 0L 2hR ，选项C 正确；月球的平均密度ρ＝m 月43πR 3＝3h v 202πGL 2R ，选项D 错误． 【答案】 ABC 三、非选择题12．(1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a 的三次方与它的公转周期T 的二次方成正比，即a 3T 2＝k ，k 是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k 的表达式．已知引力常量为G ，太阳的质量为M 太；(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为 3.84×108 m ，月球绕地球运动的周期为2.36×106 s ，试计算地球的质量M 地．(G ＝6.67×10－11N ·m 2/kg 2，结果保留一位有效数字)【解析】 (1)因行星绕太阳做圆周运动，于是轨道半长轴a 即为轨道半径r ， 根据万有引力定律和牛顿第二定律有 G m 行M 太r 2＝m 行⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r① 于是有r 3T 2＝G4π2M太 ②即k ＝G4π2M 太．(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R ，周期为T 1，由②式可得R 3T 21＝G 4π2M 地 解得M 地＝6×1024 kg.【答案】 (1)k ＝GM 太4π2 (2)6×1024kg 13．(2014·四川高考)石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．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，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．图4-4-13(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能．(地球自转角速度为ω，地球半径为R .)(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．(取地面附近重力加速度g ＝10 m/s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5 rad/s ，地球半径R ＝6.4×103 km.)【解析】 (1)设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，则 r 1＝R ＋h 1 ① v 1＝r 1ω②货物相对地心的动能 E k ＝12m 1v 21 ③ 联立①②③式得 E k ＝12m 1ω2(R ＋h 1)2.④ (2)设地球质量为M ，人相对地心的距离为r 2，向心加速度为a n ，受地球的万有引力为F ，则r 2＝R ＋h 2⑤a n ＝ω2r 2 ⑥ F ＝G m 2M r 22⑦ g ＝GM R 2⑧设水平地板对人的支持力大小为N ，人对水平地板的压力大小为N ′，则 F －N ＝m 2a n ⑨ N ′＝N⑩联立⑤～⑩式并代入数据得 N ′≈11.5 N ．⑪ 【答案】 (1)12m 1ω2(R ＋h 1)2 (2)11.5 N。