高中物理人教版必修2课时作业：第七章第七章 章末检测

2020春人教（新教材）物理必修第二册第7章 万有引力与宇宙航行期末训练含答案（新教材）必修第二册第七章 万有引力与宇宙航行一、选择题1、(双选)在天文学上，春分、夏至、秋分、冬至将一年分为春、夏、秋、冬四季。

如图所示，从地球绕太阳的运动规律入手，下列判断正确的是 ( )A.在1月初，地球绕太阳的运行速率较大B.在7月初，地球绕太阳的运行速率较大C.在北半球，春夏两季与秋冬两季时间相等D.在北半球，春夏两季比秋冬两季时间长2、某实心均匀球半径为R ，质量为M ，在球壳外离球面h 远处有一质量为m 的质点，则它们之间万有引力的大小为( )A.G Mm R 2B.G Mm （R ＋h ）2C.G Mm h 2D.G Mm R 2＋h 2 3、随着太空技术的飞速发展，地球上的人们登陆其他星球成为可能。

假设未来的某一天，宇航员登上某一星球后，测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，而该星球的平均密度与地球的差不多，则该星球质量大约是地球质量的( )A.12B.2倍C.4倍D.8倍4、我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

2018年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km ，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km ，它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )A.周期B.角速度C.线速度D.向心加速度5、通常我们把地球和相对地面静止或匀速直线运动的参考系看成惯性系，若以下列系统为参考系，则其中属于非惯性系的是( )A ．停在地面上的汽车B ．绕地球做匀速圆周运动的飞船C ．在大海上匀速直线航行的轮船D ．以较大速度匀速直线运动的磁悬浮列车6、(2019·河南开封高中期中考试)已知地球半径为R ，将物体从地面发射至离地面高度为h 处时，物体所受万有引力减小到原来的一半，则h 为( )A.RB.2RC.2RD.(2－1)R7、(双选)甲、乙两恒星相距为L ，质量之比m 甲m 乙＝23，它们离其他天体都很遥远，我们观察到它们的距离始终保持不变，由此可知( )A.两恒星一定绕它们连线的某一位置做匀速圆周运动B.甲、乙两恒星的角速度之比为2∶3C.甲、乙两恒星的线速度之比为3∶2D.甲、乙两恒星的向心加速度之比为3∶28、(双选)如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。

一、单项选择题1．关于动能的概念及公式W ＝E k2－E k1的说法中正确的是( )A ．若物体速度在变化，则动能一定在变化B ．速度大的物体，动能一定大C ．W ＝E k2－E k1表示功可以变成能D ．动能的变化可以用合力做的功来量度2．关于做功和物体动能变化的关系，正确的是 ( )A ．只要动力对物体做功，物体的动能就增加B ．只要物体克服阻力做功，它的动能就减少C ．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差D ．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化3．一个学生用100 N 的力，将静止在球场上质量为1 kg 的球，以10 m/s 的速度踢出20 m 远，则该学生对球做的功为( )A ．50 JB ．100 JC ．1 000 JD ．2 000 J4．质量不等，但具有相同初动能的两个物体，在动摩擦因数相同的地面上滑行，直到停止，则 ( )A ．质量大的物体滑行距离大B ．质量小的物体滑行距离大C ．质量大的物体克服摩擦力做功多D ．质量小的物体克服摩擦力做功多5．足球比赛时，某方获得一次罚点球机会，该方一名运动员将质量为m 的足球以速度v 0猛地踢出，结果足球以速度v 撞在球门高h 的门梁上而被弹出．现用g 表示当地的重力加速度，则此足球在空中飞往门梁的过程中克服空气阻力所做的功应等于( )A ．mgh ＋12m v 2－12m v 20 B.12m v 2－12m v 20－mgh C.12m v 20－12m v 2－mgh D ．mgh ＋12m v 20－12m v 2 6.如图所示，木块m 沿固定的光滑斜面从静止开始下滑，当下降h 高度时，重力的瞬时功率是( )A ．mg 2ghB ．mg cos θ2ghC ．mg sin θgh 2D ．mg sin θ2gh 二、多项选择题7．一个25 kg 的小孩从高度为3 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )A ．合外力做功50 JB ．克服阻力做功700 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J8.如图所示，在外力作用下某质点运动的v -t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )A ．在0～t 1时间内，外力做正功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零9.如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A ．小球落地时的动能为2.5mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR三、非选择题10.如图所示，质量m ＝60 kg 的高山滑雪运动员，从A 点由静止开始沿滑雪道滑下，从B 点水平飞出后又落在与水平面成θ＝37°的斜坡上C 点．已知A 、B 两点间的高度差为h AB ＝25 m ，B 、C 两点间的距离为s ＝75 m ，已知sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2，求：(1)运动员从B 点水平飞出时的速度大小；(2)运动员从A 点到B 点的过程中克服摩擦力做的功．11．质量为m ＝4 kg 的小物块静止于水平地面上的A 点，现用F ＝10 N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B 点，A 、B 两点相距x ＝20 m ，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，求：(1)物块在力F 作用过程发生位移x 1的大小；(2)撤去力F 后物块继续滑动的时间t .12.质量为m 的物体以速度v 0竖直向上抛出，物体落回地面时，速度大小为34v 0(设物体在运动中所受空气阻力的大小不变)，如图所示，求：(1)物体在运动过程中所受空气阻力的大小；(2)求物体以初速度2v 0竖直向上抛出时的最大高度；若假设物体在落地碰撞过程中无能量损失，求物体运动的总路程．。

第七章综合测试一、选择题1.某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图所示，E 和F 是椭圆轨道的两个焦点，行星在A 点的速度比在B 点的速度大，则太阳位于（ ）。

A .F ；B .A ；C .B ；D .E 。

2.（多选）人类发展空间技术的最终目的是开发太空资源，宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的航天飞机中，会处于完全失重状态，下列说法正确的是（ ）。

A .宇航员仍受重力的作用； B .宇航员受力平衡； C .重力正好为向心力；D .宇航员不受任何力作用。

3.关于人造卫星所受的向心力F 、线速度v 、角速度ω、周期T 与轨道半径r 的关系，下列说法中正确的是（ ）。

A .由122m m F Gr=可知，向心力与2r 成反比； B .由2v F m r=可知，2v 与r 成正比；C .由2F m r ω=可知，2ω与r 成反比；D .由224F m r Tπ=可知，2T 与r 成反比。

4.（多选）关于第一宇宙速度，下面说法正确的是（ ）。

A .它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度； B .它是近地圆形轨道上人造地球卫星的运行速度； C .它是使卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度； D .它是卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度。

5.（多选）关于地球的同步卫星，下列说法正确的是（ ）。

A .它处于平衡状态，且具有一定的高度；B .它的加速度小于29.8 m/s ；C .它的周期是24小时，且轨道平面与赤道平面重合；D .它绕行的速度小于7.9 km/s 。

6.（多选）把太阳系各行星的运动近似看作匀速圆周运动，则离太阳系越远的行星（ ）。

A .周期越小；B .线速度越小；C .角速度越小；D .加速度越小。

7.若已知行星绕太阳公转的半径为r ，公转的周期为T ，万有引力常量为G ，则由此可求出（ ）。

A .某行星的质量；B .太阳的质量；C .某行星的密度；D .太阳的密度。

8.设地球表面的重力加速度为0g ，物体在距地心4R （R 为地球半径）处，由于地球的作用而产生的重力加速度为g '，则0:g g '为（ ）。

1．(误差分析)(多选)在借助橡皮筋探究功与物体速度变化关系的实验中，某同学在一次实验中得到了一条如图所示的纸带，这条纸带上的点两端较密，中间较疏，出现这种情况的原因可能是()A．电源的频率不稳定B．木板倾斜程度太大C．没有使木板倾斜或倾斜角太小D．小车受到的阻力较大答案CD解析这一现象说明小车在橡皮筋作用下加速运动，在橡皮筋弹力小于阻力后小车做减速运动，出现这一现象的原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，受到的阻力较大，C、D正确。

2．(误差分析)(多选)如图所示，与小车相连足够长的且穿过打点计时器的一条纸带上的点间距明显不均匀，右端间距小，左端间距大，下面的分析和判断正确的是()A．若左端与小车相连，可能平衡摩擦力时，木板倾斜度太大B．若右端与小车相连，可能平衡摩擦力时，木板倾斜度太大C．若左端与小车相连，可能小车有一定的初速度，实验前忘记平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦力D．若右端与小车相连，可能小车运动前忘记或没有完全平衡摩擦力答案BC解析若纸带左端与小车相连，从纸带间距可以判断小车做减速运动，小车有一定初速度，减速原因可能是忘记或没有完全平衡摩擦力，C正确，A错误；若纸带右端与小车相连，小车一直做加速运动，说明可能平衡摩擦力时，倾角太大，B正确，D错误。

3．(实验原理)在探究功与物体速度变化关系的实验中，得到如图所示四条纸带，应选用()答案C解析小车在橡皮筋作用下加速运动，当橡皮筋脱落后做匀速运动，C纸带较合理。

4．(实验创新)(多选)某同学想利用自由落体运动研究“功与物体速度变化的关系”，实验中下列四组物理量中需要直接或间接测量的量有() A．重锤的质量B．重力加速度C．重锤下落的高度D．与重锤下落高度对应的重锤瞬时速度答案CD解析物体受力不变，可以利用下降高度关系代表功的关系，所以必须测量下落高度，再利用下落高度计算对应各点瞬时速度，故C、D正确，A、B错误。

5．(注意事项)在借助橡皮筋探究功与物体速度变化关系的实验中，小车会受到阻力作用，因此，在小车沿木板滑动的过程中，除橡皮筋对其做功外，还有阻力做功，这样便会给实验带来误差。

第七章《机械能守恒定律检测题》一．选择题（共10小题）1．（2021春•黄浦区校级期末）如图桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下。

取桌面处的重力势能为零，那么小球落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化量分别为（）A．mgh，减少mg（H﹣h）B．mgh，增加mg（H+h）C．mgh，增加mg（H﹣h）D．﹣mgh，减少mg（H+h）2．（2021春•杭州期末）如图所示，某极限运动员完成一项约4万米高空跳伞的壮举。

直播画面显示，热气球升至3.9×104m高空后，他脱离气球开始无初速下落。

开始下落后46s 时，速度达到1150km/h；在距着陆点1524m高时，他打开了降落伞；又经过几分钟，他平稳着陆。

假设重力加速度恒定，地球自转及气流影响不计，则（）A．脱离气球之后至打开降落伞之前，运动员做自由落体运动B．脱离气球之后至打开降落伞之前，运动员的机械能守恒C．打开降落伞之后的一段时间内，运动员处于超重状态D．整个下落过程，运动员所受重力的功率一直增大3．（2021春•苏州月考）某自行车赛运动员在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4000J，他克服阻力做功200J。

则运动员在该段下坡过程（）A．动能增加了4000J B．机械能减小了200JC．机械能减小了3800J D．重力势能减小了3800J4．（2021•香坊区校级四模）如图所示，光滑的固定圆弧槽的槽口与一个固定半球顶点相切，半球底面水平，小滑块（可视为质点）从圆弧槽最高点由静止滑下，滑出槽口时速度方向为水平方向。

已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，不计空气阻力，则R1和R2应满足的关系是（）A．R1≤R2B．R1≥R2C．R1≥D．R1≤5．（2021•沙坪坝区校级模拟）如图所示，质点在恒力E作用下做曲线运动，从M点运动到N点，质点的速度方向恰好改变了90°，在此过程中（）A．质点的速度一直增大B．质点的动能先增大后减小C．质点可能做匀速圆周运动D．F的方向可能与M、N两点的连线垂直6．（2021春•黄浦区校级期末）一物体从静止开始自由下落，在第1s末和第4s末，重力对物体做功的瞬时功率之比为（）A．1：4B．4：1C．1：16D．16：1 7．（2021•天津模拟）2020年11月24日“嫦娥五号”探测器成功发射，开启了我国首次地外天体采样返回之旅，如图为行程示意图。

章末复习课知识体系[答案填写]①W为正②W＝0③W为负④12m v2⑤mgh⑥初、末位置⑦12m v22－12m v21主题一动能定理在多过程中的应用1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便．【例1】如图所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块从M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(碰撞后物块速度大小不变，方向相反)后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的地方距N点的距离的可能值．解析：设物块的质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为s ′，则物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动能定理得mgh －μmgs ′＝0.解得s ′＝hμ.第一种可能：物块与挡板碰撞后，在到达N 前停止，则物块停止的位置距N 点的距离d ＝2s －s ′＝2s －hμ.第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，然后滑下，在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N 点的距离为d ＝s ′－2s ＝hμ－2s .所以物块停止的位置距N 点的距离可能为2s －h μ或hμ－2s .答案：2s －hμ或hμ－2s针对训练1.如图所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落，落到地面进入沙坑h10停止，则：(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？(2)若让钢珠进入沙坑h8，则钢珠开始时的动能应为多少(设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变)?解析：(1)取钢珠为研究对象，对它的整个运动过程，由动能定理得W＝W F＋W G＝ΔE k＝0.则重力的功W G＝1110mgh，阻力的功W F＝－110F f h ，代入得1110mgh －110F f h ＝0，故有F fmg ＝11，即所求倍数为11.(2)设钢珠开始时的动能为E k ，则对钢珠的整个运动过程，由动能定理得W ＝W F ＋W G ＝ΔE k ，进一步展开为9mgh 8－F f h8＝－E k ，得E k ＝mgh4. 答案：(1)11 (2)mgh4主题二 功能关系的理解和应用1．几种常见功能关系的理解．(1)明确研究对象，研究对象是一个物体或是几个物体组成的系统．(2)隔离研究对象，分析哪些力对它做功，它的哪些能量发生变化．(3)根据能量的变化类型确定用哪一类功能关系去求解．(4)根据相应的功能关系列方程、求解．【例2】如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切．一质量m＝1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1 s后，滑块和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小F f；(2)滑块下滑的高度h；(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q.解析：(1)对木板：F f＝Ma1，由运动学公式，有v ＝a 1t ， 解得F f ＝2 N.(2)对滑块：－F f ＝ma 2.设滑块滑上木板时的速度是v 0， 则v －v 0＝a 2t ，v 0＝3 m/s.由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 20，h ＝v 202g ＝322×10m ＝0.45 m.(3)根据功能关系有：Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝12×1×32J －12×(1＋2)×12 J ＝3 J.答案：(1)2 N (2)0.45 m (3)3 J针对训练2．(2014·广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，有摩擦力做功，消耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A项错误、B项正确；在弹簧压缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能，并没有全部转化为内能，C项错误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D项错误．答案：B【统揽考情】本章的基本概念和基本规律较多，体现了利用功能观点分析问题的思路，该部分内容是高考的重点和热点．既有本章的单独考查，也有与电场、磁场的综合考查．高考命题的热点主要集中在动能定理的综合应用上，功能关系的综合应用每年必考，并且分值较多，大约在20分．高考题型有选择题，有综合计算题，也有实验题．【真题例析】(2015·课标全国Ⅱ卷)(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg 解析：选b滑块为研究对象，b滑块的初速度为零，当a滑块落地时，a滑块没有在水平方向上的分速度，所以b滑块的末速度也为零，由此可得b滑块速度是先增大再减小，当b滑块速度减小时，轻杆对b一直做负功，A项错误；当a滑块落地时，b滑块的速度为零，由机械能守恒定律，可得a落地时速度大小为2gh，B项正确；当b 滑块速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，拉力在竖直方向上有分力与a的重力合成，其加速度大小大于g，C项错误；a的机械能先减小再增大，当a的机械能最小时，轻杆对a、b的作用力均为零，故此时b对地面的压力大小为mg，D项正确．答案：BD针对训练(2014·课标全国Ⅱ卷)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v ，对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 1解析：根据x ＝v 2t 和W f ＝μmgx 可判断，两次克服摩擦力所做的功W f 2＝2W f 1.由动能定理得W F 1－W f 1＝12m v 2和W F 2－W f 2＝12m (2v )2，整理可判断W F 2＜4W F 1，故选项C 正确．答案：C1．(2015·四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．答案：A2．(2015·福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()A．t1＜t2B．t1＝t2C．t1＞t2D．无法比较t1、t2的大小解析：在AB段，根据牛顿第二定律mg－F N＝m v2R，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，根据牛顿第二定律F N－mg＝m v2R，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A正确．答案：A3．(多选)(2015·浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则()A．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度为a ＝v 22x ＝8022×100 m/s 2＝32 m/s 2，D 项正确；根据牛顿第二定律，0.8(F 发＋F 弹)＝ma ，求得弹射器的推力大小F 弹＝1.1×106 N ，A 项正确；弹射器对舰载机做的功为W ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J ，B 项正确；弹射过程的时间t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，弹射器做功的平均功率P ＝W t＝4.4×107 W ，C 项错误．答案：ABD4.(2015·天津卷)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)，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．弹簧弹性势能变化了3mgLC．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解析：圆环下滑过程中，圆环动能、重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变，故选项A、D错误；圆环从最高点(动能为零)到最低点(动能为零)，重力势能减少了mg（2L）2－L2＝3mgL, 根据机械能守恒，弹簧弹性势能增加了3mgL，故选项B正确；圆环由静止开始下滑到圆环下滑到最大距离过程中，先加速后减速，下滑到最大距离时，所受合力不为零，故选项C错误．答案：B5.(2015·福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M 2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ；②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .解析：(1)由于圆弧轨道光滑，滑块下滑过程机械能守恒，有mgR ＝12m v 2B . 滑块在B 点处，对小车的压力最大，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2B R. 解得N ＝3mg .据牛顿第三定律可知N ′＝3mg .(2)①滑块滑到B 处时小车和滑块速度达到最大，由机械能守恒定律有mgR＝12m(2v m)2＋12M v2m，解得v m＝gR3.②设滑块的位移为s1，由于任一时刻滑块水平分速度是小车速度的2倍，因此有2s＝s1，且s＋s1＝L，解得小车的位移大小s＝L3.答案：(1)3mg(2)①gR3②L3。

第七章测评(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.(2021河北衡水月考)下列说法正确的是( )A.由开普勒第一定律可知,所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B.由F=Gm 1m2r 2可知,当r 趋于零时万有引力趋于无限大C.引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2,是由英国物理学家卡文迪什利用扭秤实验测出的D.由开普勒第三定律可知,所有行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等,即a 3T 2=k ,其中k 与行星有关,所有行星各自绕太阳运行的轨道为椭圆,太阳在椭圆的一个焦点上,所以各行星不在同一椭圆轨道上,故A 错误;万有引力定律的研究对象是质点,当物体间距离趋于零时物体不能被视为质点,万有引力定律不再适用,故B 错误;引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2,是由卡文迪什利用扭秤实验测出的,故C 正确;由开普勒第三定律可知,所有绕同一中心天体运行的行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等,即a 3T 2=k ,其中k 与中心天体有关,与行星无关,故D 错误。

2.(2021山东日照模拟)2020年7月23日,中国首次火星探测任务天问一号探测器发射成功,已知火星的质量约为地球质量的19,火星的半径约为地球半径的12。

下列关于火星探测器的说法正确的是(选项中的宇宙速度均指地球的)( ) A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可 B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C.发射速度应大于第二宇宙速度,小于第三宇宙速度D.火星探测器环绕火星运行的最大速度约为第一宇宙速度的13,可知选项A 、B 错误,选项C 正确;已知m 火=m地9,R 火=R地2,则v 火∶v 地=√Gm火R 火∶√Gm地R 地=√2∶3,选项D 错误。

章末质量评估 (三)(时间： 90 分钟满分：100分)一、单项选择题 (本大题共 10 小题，每题 3 分，共 30 分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多项选择均不得分 )1.如下图，在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子，使劲使船向前挪动．对于力对船做功的以下说法中正确的选项是()A．绳的拉力对船做了功B．人对绳的拉力对船做了功C．树对绳索的拉力对船做了功D．人对船的静摩擦力对船做了功分析：绳的拉力、人对绳索的拉力和树对绳索的拉力都没有作用于船，没有对船做功．只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了位移，故对船做了功，且做正功，应选项A、B、C 错误， D 正确．答案： D2.一小球从如下图的弧形轨道上的 A 点，由静止开始滑下．由于轨道不圆滑，它仅能滑到 B 点．由 B 点返回后，仅能滑到 C 点，已知 A、B 高度差为 h1，、高度差为2，则以下关系正确的选项是()B C hA．h1＝ h2B．h1＜h2C．h1＞ h2D．h1、h2大小关系不确立分析：由能的转变和守恒定律可知，小球由 A 到 B 的过程中重力势能减少 mgh1，所有用于战胜摩擦力做功，即W AB＝mgh1.同理，W BC＝mgh2，又跟着小球最大高度的降低，每次滑过的行程愈来愈短，必有 W AB＞W BC，所以 mgh1＞mgh2，得 h1＞h2，故 C 正确．答案： C3.如下图，在电梯中的斜面上搁置了一滑块，在电梯加快上涨的过程中，滑块相对斜面静止．则在该过程中()A．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增添的重力势能B．滑块所受协力对滑块所做的功等于滑块增添的机械能C．斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功D．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增添的机械能分析：滑块战胜重力所做的功等于滑块增添的重力势能，应选项A 错误；协力对滑块所做的功等于滑块动能的增量，应选项 B 错误；斜面对滑块的摩擦力沿斜面向上，故摩擦力做正功，选项 C 错误；斜面对滑块的弹力、摩擦力对滑块做的总功等于滑块机械能的增量，应选项 D 正确．答案： D4．质量为 m 的汽车由静止开始以加快度 a 做匀加快运动，经过时间 t，汽车达到额定功率，则以下说法正确的选项是() A．at 即为汽车额定功率下的速度最大值B．at 不是汽车额定功率下的速度最大值C．汽车的额定功率是ma2tD．题中所给条件能够求出汽车的额定功率P额P额分析：汽车额定功率下的最大速度是a＝0 时，v m＝F＝F f，故选项 A 错误，B 正确．汽车的功率是牵引力的功率，不是协力的功率，应选项 C 错误．由 F －F f＝ma，得 F ＝F f＋ma，因 F f不知，则 F 不知，故求不出汽车的额定功率，应选项 D 错误．答案： B5．将质量为m 的小球在距地面高度为h 处竖直向上抛出，抛出时的速度大小为 v ，小球落到地面上时的速度大小为 3v，若小球遇到的空气阻力不可以忽视，则对于小球整个运动过程，以下说法正确的是()A．合外力对小球做的功为4mv 2B．重力对小球做的功等于－mghC．小球落地时的机械能会变大D．小球战胜空气阻力做的功为mv2分析：依据动能定理，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，故有 W 合＝W 重－W 阻＝12m(3v)2－12mv2＝4mv 2，选项 A 正确；W 重＝E p1－E p2＝mgh，选项 B 错误；空气阻力对小球做负功，小球1落地机遇械能减少，选项 C 错误；小球战胜空气阻力做的功W 阻＝2mv 2＋mgh－12m(3v)2＝mgh－4mv2，选项 D 错误．答案： A6．如下图， ab 是—个位于竖直平面内的圆滑圆弧形轨道，高4在顶端 a 处由静止开释后沿轨道滑下，最后停止在水平段的 c 点．现使小木块从 c 点出发，靠惯性沿原路恰巧回到 a 点，小木块拥有初动能的值为 E k，则 ()A．E k＝mgh B．mgh＜E k＜2mghC．E k＝2mgh D．E k＞2mgh分析：对于下滑过程中由动能定理可得：mgh－W f＝0，对于上滑过程：－ mgh－W f＝0－E k，联立解得 E k＝2mgh，应选项 C 正确．答案： C7.如图，一颗小弹丸从离水面不高处落入水中，溅起的几个小水珠能够跳得很高 (不计能量损失 )，以下说法正确的选项是 ()A．小弹丸着落时拥有的重力势能等于几个水珠在最高点的重力势能B．小弹丸着落时拥有的重力势能大于几个水珠在最高点的重力势能C．小弹丸着落时拥有的重力势能小于几个水珠在最高点的重力势能D．小水珠跳起的高度超出弹丸着落的高度，是违反能量守恒的分析：弹丸的重力势能转变弹丸的动能，再转变为水的弹性势能最后转变成小水珠的动能，小水珠高升的过程中，动能又转变为重力势能 (即表现为小水珠的高度 )，在这一过程中，水的总动能要小于弹丸的动能，可是，各个水珠的质量都比较小，所以，小水珠跳起的高度存在多种可能性．当弹丸的质量又比较大的时候，完整有可能出现个别小水珠跳起的高度较高的状况，甚至能够超出弹丸着落的高度．故 B 正确， A、C、D 都错误．答案： B8.如下图，一个质量为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，其运动的加快度大小为 0.6g，该物体在斜面上上涨的最大高度为 h，g 取 10 m/s2，则在这个过程中物体的()A．机械能守恒 B．重力势能增添了 0.5mgh C．动能损失了 1.1mgh D．机械能损失了 0.2mgh分析：由牛顿第二定律，得mgsin 30°＋f＝m×0.6g，解得摩擦力 f ＝0.1mg，此过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故A 错误；物体在斜面上能够上涨的最大高度为h ，所以重力势能增添了E p＝mgh，故 B 错误；由动能定理，可知动能损失量等于合外力做功的大小，即E k＝F 合 s＝m×0.6g×2h＝1.2mgh，故 C 错误；由功能关系，知机械能的损失量为E＝ fs＝0.1mg×2h＝0.2mgh，故 D 正确．答案： D9．如下图，小球以初速度 v 0从 A 点沿不圆滑的轨道运动到高为 h 的 B 点后自动返回，其返回途中仍经过 A 点，则经过 A 点的速度大小为 ()A. v 02－4ghB. 4gh －v 02C. v 02－2ghD. 2gh － v 02分析：设小球从 A 到 B 战胜摩擦力做的功为 W f ，小球从 A 至 B ，由动能定理，有－f－mgh ＝0－1mv 02.W2小球从 B 至 A ，由动能定理，有mgh －W f ＝12mv2A－0.解以上两式得 v A ＝24gh －v 0，B 对．答案： B10．(2014 ·纲领全国卷 )一物块沿倾角为 θ的斜坡向上滑动． 当物块的初速度为 v 时，上涨的最大高度为 H ，如下图．当物块的初vh.重力加快度大小为 g.物块与斜坡 速度为 2时，上涨的最大高度记为 间的动摩擦因数和 h 分别为 ( )HA ．tan θ和 2v 2HB. 2gH －1 tan θ和2HC ．tan θ和 4v2HD. 2gH － 1 tan θ和 4分析： 设物块与斜坡之间的动摩擦因数为 μ， 由动能定理可得－mgH －μ mgcos θ H ＝ 0－12和－ mgh －μ mgcos θ h ＝ 0－1sin θ 2mvsin θ2v 2 ，解得 h ＝H， ＝v 2－1 tan θ，所以选项 D 正确．m 24μ2gH答案： D二、多项选择题 (本大题共 4 小题，每题 6 分，共 24 分．每题有多个选项是正确的，全选对得 6 分，少选得 3 分，选错、多项选择或不选得 0 分)11．如下图，长木板A 放在圆滑水平川面上，物体B 以水平9冲到木板 A 上到相对板 A 静止的过程中，以下说法正确的选项是()A．摩擦力对物体 B 做负功，对物体 A 做正功B．物体 B 动能的减少许等于系统损失的机械能C．摩擦力对 A 物体做的功等于系统机械能增添量D．物体 B 损失的机械能等于木板 A 获取的动能与系统损失的机械能之和分析：B 受的摩擦力方向向左，位移向右，故摩擦力对物体 B 做负功， A 受 B 给他的摩擦力向右，位移向右，故摩擦力对物体 A 做正功，故 A 正确；依据能量守恒定律，物体 B 动能的减少许等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和，故 B 错误；依据动能定理，摩擦力对木板 A 做的功等于 A 动能的增添，故 C 错误；依据能量守恒定律，物体 B 损失的机械能等于木板 A 获取的动能与系统损失的机械能之和，故 D 正确，应选 A、D.答案： AD12．如下图，是一小孩游戏机的工作表示图．圆滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC 与 AB 管道相切于 B 点，C 点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在 AB 管道的底端，上端系一轻绳，绳经过弹簧内部连一手柄 P.将弹珠投入 AB 管内，迟缓下拉手柄使弹簧被压缩，开释手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的阻碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，依据入槽状况能够获取不一样的奖赏．假定所有轨道均圆滑，忽视空气阻力和手柄质量，弹珠视为质点．某次迟缓下拉手柄，使弹珠与 B 点距离为 L ，开释手柄，弹珠被弹出，抵达 C 点速度为 v ，以下说法正确的选项是 ()A．弹珠从开释手柄开始到触碰阻碍物以前的过程中机械能守恒B．弹珠从开释手柄到走开弹簧的过程中，其动能先增大后减小C．弹珠离开弹簧的瞬时，其动能和重力势能之和达到最大D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为mg(L ＋R)sin θ＋1mv 2 2分析：弹珠从开释手柄开始到触碰阻碍物以前的过程中，弹簧对弹珠做正功，其机械能增添，故 A 错误；弹珠从开释手柄到走开弹簧的过程中，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分力，后小于重力沿斜面向下的分力，先加快后减速，所以其动能先增大后减小，故B正确；开释手柄，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不停增大， 依据弹珠和弹簧构成的系统机械能守恒知， 弹珠离开弹簧的瞬时，弹簧的弹性势能所有转变为弹珠的动能和重力势能， 所以此瞬时动能和重力势能之和达到最大，故C 正确；依据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 C 点的机械能，为 mg(L＋ R )sin θ＋12mv 2，故 D 正确．答案： BCD13.如下图，在排球竞赛中，假定排球运动员某次发球后排球恰巧从网上面沿过网，排球网高H ＝2.24 m ，排球质量为 m ＝300 g ，运动员对排球做的功为 W 1＝20 J ，排球运动过程中战胜空气阻力做功为 W 2＝4.12 J ，重力加快度 g 取 10 m/s 2.球从手刚发出地点的高度h ＝2.04 m ，选地面为零势能面，则 ()A ．与排球从手刚发出时对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时重力势能的增添量为 6.72 JB．排球恰巧抵达球网上面沿时的机械能为22 JC．排球恰巧抵达球网上面沿时的动能为15.88 JD．与排球从手刚发出时对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时动能的减少许为 4.72 J分析：与排球从手刚发出时对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时重力势能的增添量为mg(H－h)＝0.3×10×(2.24－2.04) J＝0.6 J，故A 错误；依据功能关系可得，排球恰巧抵达球网上面沿时的机械能为mgh＋W1－W2＝0.3×10×2.04 J＋20 J －4.12 J＝22 J ，故 B 正确；由动能定理可知，排球恰巧抵达球网上面沿时的动能为W1－W2－mg(H－h)＝15.28 J，故 C 错误；与排球从手刚发出时对比较，排球恰巧抵达网上面沿时动能的减少许为W2＋mg(H －h)＝4.72 J，故 D 正确．答案： BD14．某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前 2 s 内做匀加快直线运动， 2 s 末达到额定功率，2 s 到 14 s 保持额定功率运动， 14 s 末停止遥控，让玩具车自由滑行，其 v －t 图象如下图．可以为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为 m ＝1 kg ，取 g ＝10 m/s 2，则 ()A ．玩具车所受阻力大小为 2 NB ．玩具车在 4 s 末牵引力的刹时功率为 9 WC ．玩具车在 2 s 到 10 s 内位移的大小为 39 mD ．玩具车整个过程的位移为90 m分析：由图象可知在 14 s 后的加快度 a 2＝ 0－6 ＝－ 1.5 m/s 24 m/s 2 ，故阻力 f ＝2＝－ 1.5 N ，A 错误；玩具车在前 2 s 内的加快度 a 1＝3－0ma2＝ 1.5 m/s 2，由牛顿第二定律可得牵引力F ＝ 1－f ＝3 N ，当 t ＝2 sma时达到额定功率 P 额＝Fv ＝9 W ．今后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t ＝4 s 时功率为 9 W ，B 正确；玩具车在 212到 10 秒内做加快度减小的加快运动， 由动能定理得 P 额 t ＋fs 2＝2mv 2－ 122＝，故正确；由图象可知总位移 12mv1，解得39 m C ＝ ×3×2 mss 21＋39 m ＋6×4 m ＋2×4×6 m ＝78 m ，故 D 错误．答案： BC三、非选择题 (此题共 4 小题，共 46 分．把答案填在题中的横线上或依据题目要求作答． 解答时应写出必需的文字说明、 方程式和重要的演算步骤， 只写出最后答案的不可以得分． 有数值计算的题， 答案中一定明确写出数值和单位 )15．(8 分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行研究，实验装置如图 (a)所示：轻弹簧搁置在圆滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连结，纸带穿过打点计时器并与物块连结．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止开释物块，经过丈量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图(a)(1)实验中波及以下操作步骤：①把纸带向左拉直②放手开释物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并丈量弹簧压缩量上述步骤正确的操作次序是________(填入代表步骤的序号 )．(2)图(b) 中 M 和 L 纸带是分别把弹簧压缩到不一样地点后所获取的实质打点结果．打点计时器所用沟通电的频次为50 Hz.由 M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块离开弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可知， ________(选填“M ”或“L ”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能更大些．图(b)分析： (1)先压缩弹簧，放手后，弹簧的弹性势能转变为物块离开弹簧时的动能，丈量出动能便可获取弹性势能，保证纸带拉直且先接通电源后开释纸带，则正确步骤是④①③② .(2)走开弹簧后，因为桌面圆滑，物块做匀速直线运动．打点周期为0.02 s ，取M纸带中最后两段求平均值，则v ＝（2.58＋2.57）×10－20.02×2m/s≈1.29 m/s，因为纸带 M 匀速段相邻打点间距大，故纸带 M 对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．答案： (1)④①③②(2)1.29M16．(8 分)当前上海有若干辆超级电容车试运转，其特色是充电快、运转远，只要在乘客上车空隙充电30 s～1 min ，就能行驶 3 km～5 km. 假定有一辆超级电容车，质量m＝2×103 kg ，额定功率 P＝60kW ，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，遇到的阻力 f 是车重的 k＝0.1 倍， g 取 10 m/s2.求：(1)超级电容车在此路面上能达到的最大速度v m；(2)超级电容车从静止开始以a＝0.5 m/s2的加快度做匀加快直线运动所能保持的时间t；(3)超级电容车以额定功率从静止开始运动经过t′＝50 s 达到最大速度过程中的位移x.分析： (1)由题意可知，当超级电容车速度达到最大值时，有F 牵－f ＝0，①f＝kmg，②P＝F 牵 v m，③联立①②③，得 v m＝30 m/s.④(2)设车在匀加快阶段最后速度为v ，则有P＝F ′牵 v ，⑤F′牵－f ＝ma，⑥v＝at，⑦联立⑤⑥⑦得 t＝40 s．⑧(3)由动能定理，得12Pt′－fx＝2mv m－0，⑨解得 x＝1 050 m.答案： (1)30 m/s (2)40 s (3)1 050 m17．(12 分)圆滑的长轨道形状如下图，底部为半圆形，半径为R，固定在竖直平面内，A、B 为两质量同样的小环，用长为R 的轻杆连结在一同，套在轨道上，将A、B 两环从图示地点静止开释，A 环距底部 2R.不考虑轻杆和轨道的接触，即忽视系统机械能的损失，求：(1)A、B 两环进入半圆形底部前，杆上的作使劲；(2)A 环抵达最低点时，两环的速度大小；(3)若轻杆长为 2 2R，A 环仍从距底部2R 处静止开释，经过半圆形底部再次上涨后走开底部的最大高度．分析： (1)对 A、B 环及杆整体剖析，做自由落体运动，加快度为g；以 A 为研究对象， A 做自由落体运动，则杆对 A 必定没有作使劲，即 F＝0.(2)A、B 环都进入圆轨道后，两环拥有同样角速度，则两环速度大小必定相等，即v A＝v B.对 A、B 环及杆整体从静止开释至 A 环抵达最低点过程，依据动51·2mv 2，可得 v＝9 gR.能定理，有 mg·2R＋mg·R＝222(3)因为杆长超出了半圆直径，故最后 A 环在下，如图．A 再次上涨后，设地点比本来高h，如下图．由动能定理，有－ mgh＋mg(2 2R－2R－h)＝0，得 h＝ ( 2－1)R，A 走开底部的最大高度 H ＝2R＋h＝( 2＋1)R.答案： (1)没有作使劲 (2)92gR (3)( 2＋1)R18．(18 分)如下图，圆滑曲面 AB 与水平面 BC 光滑连结于 B点，BC 右端连结内壁圆滑、半径为r 的1细圆管 CD，管口 D 正直下4方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰巧与管口 D 端齐平，质量为 m 的小球在曲面上距 BC 的高度为 2r 处从静止开始下滑，进入管口 C 端时与管壁间恰巧无作使劲，经过 CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为 E p，已知小球与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5.求：(1)小球达到 B 点时的速度大小v B ；(2)水平面 BC 的长度 s ；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度 v m .分析： (1)由机械能守恒定律得 mg2r ＝1mv 2 ，B2解得 v B ＝2 gr.2v C(2)由 mg ＝m r ，得 v C ＝ gr .由 A 至 C ，由动能定理得 mg(2r)－μ mgs ＝1mv 2 .C2解得 s ＝3r.(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D 端的距离为 x ，则有kx ＝mg ，mg得 x ＝ k .由功能关系得mg(r＋x)－E p＝12mv2m－12mv2C，2mg22E p得 v m＝3gr＋k－m .答案： (1)2gr (2)3r(3)3gr＋2mg22E p k－m。

章末复习课
知识体系
[答案填写] ①W为正②W＝0 ③W为负④1
2
mv2⑤mgh⑥
初、末位置⑦1
2
mv22－
1
2
mv21
主题一动能定理在多过程中的应用
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便．
【例1】如图所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块从M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(碰撞后物块速度大小不变，方向相反)后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的地方距N点的距离的可能值．
解析：设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动能定理得mgh。

(时间：60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，1～6小题只有一个选项正确，7～8小题有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)1．如图所示，一辆玩具小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳挂在车上，由图中位置无初速度释放，则小球在下摆的过程中，下列说法正确的是() A．绳的拉力对小球不做功B．绳的拉力对小球做正功C．小球的合力不做功D．绳的拉力对小球做负功解析：选D.从能量转化的角度判断．在小球向下摆动的过程中，小车的动能增加；小球和小车组成的系统机械能守恒，小车的机械能增加，小球的机械能一定减少，所以绳的拉力对小球做负功．2．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程．将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等解析：选A.无论什么情况下，阻力一定做负功，A正确；加速下降时，合力向下，减速下降时，合力向上，B错误；系统下降，重力做正功，所以重力势能减少，C错误；由于系统做变速运动，系统在相等的时间内下落的高度不同，所以在任意相等时间内重力做的功不同，D错误．3．如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是()A．两小球落地时的速度相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同解析：选C.根据机械能守恒定律或动能定理，可以判断出它们落地时的速度大小相等，但是A球落地时的速度在水平方向和竖直方向上存在分速度，即速度方向与竖直方向存在夹角，而B球落地时的速度方向竖直向下，可见，它们落地时的速度方向不同，A错误；它们质量相等，而B 球落地时沿竖直方向的速度大小大于A 球落地时沿竖直方向上的分速度的大小，所以两小球落地时，重力的瞬时功率不同，B 错误；重力做功与路径无关，只与初末位置的高度有关，所以，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，C 正确；从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但做功的时间不同，所以重力做功的平均功率不同，D 错误．4．如图所示，均匀长直木板长l ＝40 cm ，放在水平桌面上，它的右端与桌边相齐，木板质量m ＝2 kg ，与桌面间动摩擦因数μ＝0.2，今用水平推力F 将其推下桌子，则水平推力至少做功为(g 取10 m/s 2)( )A ．0.8 JB ．1.6 JC ．8 JD ．4 J解析：选A.将木板推下桌子时木块的重心要通过桌子边缘，水平推力至少等于滑动摩擦力，所以W ＝Fs ＝μmg l 2＝0.2×20×0.42J ＝0.8 J.5.(2012·高考江苏卷)如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O 点为圆心做匀速圆周运动．受力如图所示，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，F ＝mg tan θ.则拉力F 的瞬时功率P ＝F ·v cos θ＝mg v ·sin θ.从A 运动到B 的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大．A 项正确．6．质量为2 t 的汽车，发动机的牵引功率为30 kW ，在水平公路上，能达到的最大速度为15 m/s ，当汽车的速度为10 m/s 时的加速度为( )A ．0.5 m/s 2B ．1 m/s 2C ．1.5 m/s 2D ．2 m/s 2解析：选A.当汽车达到最大速度时，即为汽车牵引力等于阻力时，则有P ＝F v ＝F f v m ，F f ＝P v m ＝30×10315N ＝2×103 N ，当v ＝10 m/s ，F ＝P v ＝30×10310 N ＝3×103 N ，所以a ＝F －F f m ＝3×103－2×1032×103m/s 2＝0.5 m/s 2.7．(2013·上饶高一检测)质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v 1和v 2，位移分别为s 1和s 2，如图所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A ．Fs 2B ．F (s 1＋s 2) C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21 D.12m 2v 22 解析：选BC.人做的功等于绳子对人和m 2做的功之和，即W ＝Fs 1＋Fs 2＝F (s 1＋s 2)，A错误，B 正确．根据动能定理知，人做的功等于人、m 1和m 2动能的增加量，所以W ＝12(m 1＋m )v 21＋12m 2v 22，C 正确，D 错误．8．如图所示，用竖直向下的恒力F 通过跨过光滑定滑轮的细线拉动光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A 、B 、C 三点，设AB ＝BC ，物体经过A 、B 、C 三点时的动能分别为E k A 、E k B 、E k C ，则它们间的关系一定是( )A ．E kB －E k A ＝E kC －E k B B ．E k B －E k A <E k C －E k B C ．E k B －E k A >E k C －E k BD ．E k C <2E k B 解析：选CD.绳对物体做的功W ＝F ·cos α·l ，由于AB ＝BC ，F cos α逐渐减小，故W AB >W BC ，由动能定理得：E k B －E k A >E k C －E k B ，故A 、B 错误，C 正确，由上式得E k C <2E k B －E k A <2E k B ，故D 正确．二、实验题(本题共2小题，共14分．按题目要求作答)9．(4分)如图所示，在“探究动能定理”的实验中，关于橡皮筋做的功，下列说法中正确的是________．A ．橡皮筋做的功可以直接测量B ．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加C ．橡皮筋在小车运动的全过程中始终做功D ．把橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋做功也增加为原来的两倍解析：橡皮筋的功等于橡皮筋所释放的弹性势能，但无法直接测量，橡皮筋的条数成倍增加，弹性势能也会成倍增加，即做功成整数倍增加，但橡皮筋只是在释放弹性势能的一段时间内才做功，故A 、C 错误，B 正确；橡皮筋的弹性势能与形变量的平方成正比，当拉伸为原来的两倍时，功变为原来的4倍，故D 错误．答案：B10．(10分)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝1 kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，当地的重力加速度为g ＝9.80 m/s 2.那么：(1)纸带的________(填“左”或“右”)端与重物相连；(2)根据图中所得的数据，应取图中O 点到________点来验证机械能守恒定律； (3)从O 点到(2)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p ＝________ J ，动能增加量ΔE k＝________ J ．(结果保留三位有效数字)解析：因O 点为打出的第一个点，所以O 端(即左端)与重物相连，用OB 段验证机械能守恒定律，则重力势能的减少量为ΔE p ＝mgh OB ＝1.88 J动能的增加量为ΔE k ＝12m v 2B－0v B ＝h AC 2T ＝h OC －h OA 2T由以上两式得ΔE k ＝1.87 J.答案：(1)左 (2)B (3)1.88 1.87三、计算题(本题共2小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(9分)如图所示为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道顶端A 由静止释放，到达轨道底端B 点的速度v ＝2.0 m/s.忽略空气阻力．取g ＝10 m/s 2.求：(1)小滑块在圆弧轨道底端B 点受到的支持力大小F N ； (2)小滑块由A 到B 的过程中，克服摩擦力所做的功W ； (3)小滑块落地点与B 点的水平距离x .解析：(1)滑块在B 点时，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R(2分)解得：F N ＝18 N ．(1分)(2)根据动能定理，mgR －W ＝12m v 2(2分)解得：W ＝3.0 J ．(1分)(3)小滑块从B 点开始做平抛运动 水平方向：x ＝v t (1分)竖直方向：h ＝12gt 2(1分)解得：x ＝v ·2hg＝0.60 m ．(1分)答案：(1)18 N (2)3.0 J (3)0.6 m12．(13分)如图甲所示，在水平路段AB 上有一质量为2×103 kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC 较粗糙，汽车通过整个ABC 路段的v -t 图象如图乙所示，在t ＝20 s 时汽车到达C 点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB 路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)F f1＝2 000 N ．求：(1)汽车运动过程中发动机的输出功率P ；(2)汽车速度减至8 m/s 时加速度a 的大小； (3)BC 路段的长度．(解题时将汽车看成质点) 解析：(1)汽车在AB 路段时，牵引力和阻力相等 F 1＝F f1，P ＝F 1v 1联立解得：P ＝20 kW.(3分)(2)t ＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 F 2＝F f2，P ＝F 2v 2，F f2＝P /v 2 联立解得：F f2＝4 000 N(3分)v ＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有 F f2－F ＝ma ，F ＝P /v 解得a ＝0.75 m/s 2.(2分)(3)Pt －F f2s ＝12m v 22－12m v 21(3分) 解得s ＝93.75 m ．(2分)答案：(1)20 kW (2)0.75 m/s 2 (3)93.75 m 13．(16分)(2013·高考浙江卷)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．解析：猴子先做平抛运动，后做圆周运动，两运动过程机械能均守恒．寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律．(1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2①(2分)x 1＝v min t ②(2分) 联立①、②式，得 v min ＝8 m/s.③(1分)(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有(M ＋m )gh 2＝12(M ＋m )v 2C ④(3分)v C ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s.⑤(2分)(3)设拉力为F ，青藤的长度为L .在最低点，由牛顿第二定律得F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2CL ⑥(2分)由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦(1分) 得：L ＝10 m ⑧(1分)综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：F ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v 2CL ＝216 N ．(2分)答案：(1)8 m/s (2)约9 m/s (3)216 N。

第七章万有引力与宇宙航行习题课:天体运动课后篇巩固提升合格考达标练1.两个质量不同的天体构成双星系统,它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动,下列说法正确的是()A.质量大的天体线速度较大B.质量小的天体角速度较大C.两个天体的向心力大小相等D.若在圆心处放一个质点,它受到的合力为零,故它们的角速度相等,故B项错误;两个星球间的万有引力提供向心力,根据牛顿第三定律可知,两个天体的向心力大小相等,故C项正确;根据牛顿第二定律,有G m1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2其中r1+r2=L,故r1=m2m1+m2Lr2=m1m1+m2L,故v1v2=r1r2=m2m1故质量大的天体线速度较小,A错误; 若在圆心处放一个质点,合力F=G m1m0r12-G m2m0r22=Gm0(m1+m2)2L2(m1m22−m2m12)≠0,故D错误。

2.(2021山东潍坊模拟)2021年5月30日,天舟二号货运飞船(设为A)与天和核心舱(设为B)成功对接,完美演绎了“万里相会、温柔亲吻”的精准对接技术。

如图所示,对接前,天舟二号飞船A在低轨道上飞行,为了给更高轨道的空间站B输送物资,它可以采用喷气的方法改变速度,从而达到改变轨道的目的,则以下说法正确的是()A.天舟二号飞船A应沿运行速度方向喷气,与B对接后运行周期变小B.天舟二号飞船A应沿运行速度的反方向喷气,与B对接后运行周期变大C.天舟二号飞船A 应沿运行速度方向喷气,与B 对接后运行周期变大D.天舟二号飞船A 应沿运行速度的反方向喷气,与B 对接后运行周期变小,需要提高在轨道上的运行速度,故应沿运行速度的反方向喷气,由G m 地mr 2=mr 4π2T 2可知,r 增大,T 变大,选项B 正确。

3.如图所示,地球赤道上的山丘e 、近地卫星p 和同步卫星q 均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。

设e 、p 、q 的圆周运动速率分别为v 1、v 2、v 3,向心加速度分别为a 1、a 2、a 3,则( ) A.v 1>v 2>v 3 B.v 1<v 2<v 3 C.a 1>a 2>a 3 D.a 1<a 3<a 2v=√Gm地r ,可见卫星距离地心越远,即r 越大,则速度越小,所以v 3<v 2;q 是同步卫星,其角速度ω与地球自转角速度相同,所以其线速度v 3=ωr 3>v 1=ωr 1。

模块综合测评（共150分，时间120分钟）第Ⅰ卷 选择题一、选择题（本大题共12小题，每小题有一个或多个选项正确，全部选对得5分，选不全得3分，有选错的不得分，满分60分）1.有一重2 N 的石块静止在水平地面上，一个小孩用10 N 的水平力踢石块，使石块滑行了1 m 距离，则小孩对石块做的功（ ） A.等于12 J B.等于10 J C.等于2 JD.因条件不足，无法确定思路解析：根据功的公式W=Fscosα，10 N 的力作用下的位移未知，因而小孩对石块所做的功无法求出. 答案：D2.下列说法中正确的是（ ）图1A.人造卫星已进入轨道后做匀速圆周运动时，重力对卫星做功B.如图1所示，弹簧原来被压缩，将线P 烧断后弹簧弹力对B 做功，墙壁对A 的弹力对A 做功C.汽车加速时，静止在车上面的物体所受的静摩擦力对物体做功D.放在唱机转盘上的物体随转盘匀速转动，转盘的静摩擦力对物体做功思路解析：对于做匀速圆周运动的卫星，重力充当向心力，因为向心力不做功，所以重力对卫星不做功，选项Ａ错误.由于A 虽受墙的弹力，但A 没有位移，因此墙的弹力对A 不做功，选项Ｂ错误.汽车加速时，物体受到的静摩擦力不为零，而且在力的方向上有位移，因此选项Ｃ正确.放在唱机转盘上的物体随转盘匀速转动时，静摩擦力充当向心力，与物体运动方向始终垂直，因而此时静摩擦力对物体不做功，选项Ｄ错误. 答案：Ｃ3.竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度（ ） A.上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功 B.上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功C.上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率D.上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率思路解析：由于在上升和下降过程中，物体运动的高度h 相同，因此在上升和下降过程中克服重力所做的功和重力所做的功相同，故选项B 正确.上升过程中，物体所受空气阻力与重力方向相同，由牛顿第二定律，可得a 上=mF g mF mg f f+=+，虽然空气阻力正比于球的速度，但上升的平均加速度一定大于重力加速度g.同理，在下降过程中小球的加速度为a下=mF g f -，平均加速度小于重力加速度g ，又由公式h=221at ，得t=ah 2，所以t 上<t 下，重力的平均功率为tWP =，所以下上P P >，选项C 正确.故答案应选B 、C. 答案：BC4.质量为M 的物体放在水平面上，上面固定一根原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧，现用手竖直向上拉弹簧的上端P ，如图2所示，当P 点位移为H 时，物体离开地面一段距离，则物体在此过程中增加的重力势能是（ ）图2A.MgHB.MgH-kM C.MgH+k Mg 2)( D.MgH-kMg 2)(思路解析：弹簧伸长，弹簧拉力等于重力时，物体刚要离开地面，弹簧的形变量Δx=kMg，物体上升高度h=H-Δx=H -kMg，物体增加的重力势能为： E p =Mg(H-k Mg )=MgH-kMg 2)(.答案：D5.如图3所示，两质量相同的小球A 、B 分别用线悬在等高的O 1、O 2点，A 球的悬线比B 球的长.把两球的悬线均拉到水平后将小球无初速释放，则经最低点时（以悬点为零势能点）（ ）图3A.A 球的速度大于B 球的速度B.A 球的动能大于B 球的动能C.A 球的机械能大于B 球的机械能D.A 球受到悬线的拉力大于B 球受到悬线的拉力思路解析：两球运动过程中机械能守恒，到最低点的速度v=gl 2，因此，A 球的速度大于B 球的速度，A 球的动能大于B 球的动能，但由于初态两球机械能相等，因此，此时A 、B 机械能依然相等，此时悬线的拉力T=mg+lv m2=3mg. 答案：AB6.如图4所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A 处固定质量为2m 的小球，B 处固定质量为m 的小球.支架悬挂在O 点，可绕过O 点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动.开始时OB 与地面相垂直，放手后开始运动.在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）图4A.A 球到达最低点时速度为零B.A 球机械能减小量等于B 球机械能增加量C.B 球向左摆所能达到的最高位置应高于A 球开始运动的高度D.当支架从左向右回摆时，A 球一定能回到起始高度思路解析：由题给装置中A 、B 两球以及地球所组成的系统机械能守恒，取初始状态B 球所在水平面为零势能面，则此系统机械能为2mgh.当A 球到达最低点时，由机械能守恒有 2mgh=mgh+21(m A +m B )v 2 即当A 球到达最低点时，A 、B 还有速度，应继续向左摆动，但整个过程系统机械能守恒.故应选B 、C 、D. 答案：BCD7.如图5所示，半径为r 的圆盘，以角速度ω绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，在圆盘边缘P 点向中心发射子弹，子弹发射速度为v 0.下面说法中正确的是（ ）图5A.子弹对准O 发射有可能击中目标B.子弹发射方向向PO 左偏一适当角度，才可能击中目标C.子弹发射方向向PO 右偏一适当角度，才可能击中目标D.以上说法都不正确思路解析：子弹在射出枪口的瞬间，具有和盘缘相同的线速度，沿切线方向，要使子弹能击中目标O ，据运动的合成和分解知，子弹的合速度应指向O ，如图所示，v 1=rω,v 2=v 0,则sinθ=21v r v v ω=，v 0方向应偏向PO 左方θ角射击，才能命中目标.答案：B8.物体做平抛运动时，描述物体竖直方向的分速度v （取向下为正）随时间变化的图象是图6中的（ ）图6思路解析：做平抛运动的物体，从抛出时刻开始计时，则在竖直方向是自由落体运动，即初速度为零的匀加速直线运动.注意运动物体速度图线的形式并不等同于物体的轨道，不能混淆，平抛运动的轨迹是抛物线，在竖直方向的v-t 图象却是直线. 答案：D9.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图7所示.则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）图7A.卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B.卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上经过Q 点时的加速度大于它在轨道2上经过Q 点时的加速度D.卫星在轨道2上经过P 点时的加速度等于它在轨道3上经过P 点时的加速度思路解析：本题主要考查人造地球卫星的运动，尤其是考查了同步卫星的发射过程，对考生理解物理模型有很高的要求.由r v m rMm G 22 ,得v=r GM.因为r 3>r 1，所以v 3<v 1 由2r Mm G=mω2r ，得ω=3r GM . 因为r 3>r 1，所以ω3<ω1卫星在轨道1上经过Q 点时的加速度为地球引力产生的加速度，而在轨道2上经过Q 点时，也只有地球引力产生加速度，故应相等.同理，卫星在轨道2上经P 点时的加速度等于它在轨道3上经过P 点时的加速度. 答案：BD10.关于人造地球卫星绕地球做圆周运动的以下说法，正确的是（ ）A.卫星的线速度与轨道半径的平方根成反比B.卫星的角速度与轨道半径的23次方成反比 C.卫星绕行周期与轨道半径的23次方成反比D.卫星中物体处于失重状态，不受地球引力作用 思路解析：由卫星的线速度公式v=r Gm可得v ∝r1，选项A 正确.由开普勒第三定律得：T ∝23r ，又T=ωπ2，所以ω∝231r ，选项B 正确，选项C 错误.虽然卫星中物体处于失重状态，但仍受重力作用. 答案：AB11.“神舟”六号飞船飞行到第5圈时，在地面指挥控制中心的控制下，由椭圆轨道转变为圆轨道，轨道的示意图如图8所示，O 为地心，轨道1是变轨道的椭圆轨道，轨道2是变轨后的圆轨道.飞船沿椭圆轨道通过Q 点的速度和加速度的大小分别设为v 1和a 1，飞船沿圆轨道通过Q 点的速度和加速度的大小分别设为v 2和a 2，比较v 1和v 2、a 1和a 2的大小，有（ ）图8 A.v 1>v 2，a 1=a 2 B.v 1<v 2，a 1≠a 2 C.v 1>v 2，a 1≠a 2 D.v 1<v 2，a 1=a 2思路解析：飞船沿椭圆轨道通过Q 点时，rmv F 211>引，飞船沿圆轨道通过Q 点时，F 引2=r m v 22.因为F 引1=F 引2，所以v 2>v 1，又因加速度a=mF 引，所以a 1=a 2，故D 正确.答案：D12.(2006江苏南京模拟)如图9，一轻弹簧左端固定在长木块M 的左端，右端与小物块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触光滑，开始时，m 和M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m 、M 和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度）.正确的说法是（ ）图9A.由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒B.F 1、F 2分别对m 、M 做正功，故系统动量不断增加C.F 1、F 2分别对m 、M 做正功，故系统机械能不断增加D.当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 的动能最大思路解析：由于F 1、F 2两外力对系统均同时做正功和负功，故系统在运动过程中机械能不守恒，A 错误.由于I F 1+I F 2=0，故系统动量守恒，B 错误.M 在F 2和弹力f 作用下，先向左做变加速运动，当F 2=f 时，M 速度最大，之后由F 2<f ，M 做变减速直线运动，F 2做正功.当速度为零时物体M 运动反向，之后做变加速运动、变减速运动，F 2做负功，同理分析m 的运动规律可知F 1先做正功后做负功，故C 错误，D 正确. 答案：D第Ⅱ卷 非选择题二、填空题（每空3分，共21分）13.如图10所示，固定在地面上的倾角为θ的斜面上有一质量为m 的物体，在水平推力F 作用下沿斜面由静止移动了s 距离.若物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则推力F 做的功为__________，物体克服摩擦力做的功为___________，物体获得的动能为___________.图10思路解析：方法一：物体受力如图所示，由公式W=Fscosθ，则推力F 的功为W F =Fscosθ，克服摩擦力的功W f =μNs其中N=mgcosθ+Fsinθ，所以W f =μ·s(mgcosθ+Fsinθ)， 由牛顿第二定律可得 物体运动的加速度a=mmg F mg F θθθμθsin )sin cos (cos -+-，末速度v t =as 2=msmg F mg F ]sin )sin cos (cos [2θθθμθ-+-，获得的动能E k =221t mv =Fscosθ-mgsinθ-μmgscosθ-μFssinθ. 方法二：由动能定理∑W=ΔE k ,E k =Fscosθ-mgssinθ-μmgscosθ-μFssinθ.方法三：应用功能关系，推力的功W F 与阻力的功W f 的差等于增加的机械能，即 ΔE k +ΔE p =W F -W fΔE k =W F -W f -ΔE p =Fscosθ-mgssinθ-μmgscosθ-μFssinθ.答案：Fscosθμs(mgcosθ+Fsinθ)Fscosθ-mgssinθ-μmgscosθ-μFssinθ14.如图11所示，高为h 的车厢在平直轨道上匀减速向右行驶，加速度大小为a ，车厢顶部A 点处有油滴滴落在车厢地板上，车厢地板上的O 点位于A 点正下方，则油滴落在地板上的点必在O 点_____________（填“左”或“右”）方，离O 点的距离为____________.图11思路解析：油滴离开车厢顶部时，油滴水平方向不受力，做匀速直线运动.油滴竖直方向受重力，做自由落体运动.设油滴离开车厢顶部时，车速为v 0，油滴落到车厢上的时间为t ，取水平向右为正方向，那么这段时间油滴水平位移为s 1=v 0t ，车的水平位移为 s 2=v 0t-221at 所以油滴落在O 点右方，距O 点距离 Δs=s 1-s 2=221at 而h=221at ,得t=gh 2， 所以得离O 点的距离为Δs=gahat =221. 答案：右gah15.已知地球半径约为6.4×106 m ，地球表面重力加速度为10 m/s 2，月亮绕地球运动的圆半径约为3.8×108 m.则月亮绕地球运动的线速度大小为，加速度大小为.（结果保留三位有效数字） 思路解析：设地球半径为R ，月亮绕地球运动的圆半径为r ，地球的质量为m 地，地球表面物体的质量为m 0，月亮的质量为m.则对地球表面的物体有20Rm m G地=m 0g,Gm 地=R 2g月亮绕地球运动，则rv m r m m G22=地，月亮绕地球运动的线速度v=rgR r Gm 2=地≈1.04×103 m/s. 月亮绕地球运动的加速度a=rv 2≈2.84×10-3 m/s 2.答案：1.04×103 m/s 2.84×10-3 m/s 2三、分析计算题（本大题5小题，共69分）16.(2004北京春季高考)（10分）铁路提速，要解决许多技术问题.通常，列车阻力与速度平方成正比，即f=kv 2.列车要跑得快，必须用大功率的机车来牵引.试计算列车分别以120 km/h 和40 km/h 的速度行驶时，机车功率大小的比值（提示：物理中重要的公式有F=ma ，W=Fs ，P=Fv ，s=v 0t+221at ）. 思路解析：从功率的瞬时表达式P=Fv 入手，展开思路，寻找已知量和未知量的关系.注意挖掘隐含条件：列车匀速运动时牵引力F 与阻力f 平衡.这是解决此类问题的突破点. 列车匀速运动时牵引力F 与受到的阻力f 相等，即F=f ① 列车的功率P=Fv ② 列车所受阻力与速度的关系 f=kv 2 ③ 由①②③式可得P=kv 3 ④将v 1=120 km/h ，v 2=40 km/h 代入④式可得P 1∶P 2=27∶1. 答案：27∶117.（14分）如图12所示，一辆质量为M 的超重车，行驶在半径为R 的圆弧形拱桥顶点，已知此处桥面能承受的最大压力只是该车重的43.要使车能安全沿桥面行驶，求在此处的速度应为何值.图12思路解析：对车受力分析，由点到面压力不能过大，由向心力公式求出速度值的下限，再根据压力为零时，求出脱轨速度即行驶速度的上限.对车受力分析知受竖直向上的桥面支持力N 和竖直向下的重力为Mg ，由∑F=ma=R v m 2，得Mg-N=R v M 2,N=Mg-Rv M 2由Mg N 34≤得 Mg R v M Mg 342≤-所以Rg v 21≥又当N=0，即Mg-Rv M 2=0时，得脱轨速度为v=Rg .要使车能沿桥安全行驶，故通过此处的速度应为Rg v Rg <≤21. 答案：Rg v Rg <≤2118.(2006北京春季高考)（15分）“神舟”五号载人飞船在绕地球飞行的第5圈进行变轨，由原来的椭圆轨道变为距地面高度h=342 km 的圆形轨道.已知地球半径R=6.37×103 km ，地面处的重力加速度g=10 m/s 2.试导出飞船在上述圆轨道上运动的周期T 的公式（用h 、R 、g 表示），然后计算周期T 的数值.（保留两位有效数字） 思路解析：设飞船质量为m ，地球质量为M ，有2)(h R GMm+=m(T π2)2(R+h)，又2R GMm =mg,所以T=ghR R h R ++)(2π，代入数值，得T=5.4×103 s.答案：5.4×103 s19.(2006山东济南模拟，18)（15分）我国已宣布了探测月球的“嫦娥计划”.若把月球和地球都视为质量均匀分布的球体，已知月球和地球的半径之比6.3121=r r ，月球表面和地球表面的重力加速度之比6121=g g ，求： （1）月球和地球的密度之比21ρρ； （2）取月球r 1=1.7×103 km ，月球表面重力加速度g 1=1.6 m/s 2，为了今后开发月球的需要，有人设想在月球表面覆盖一层一定厚度的大气，若月球表面附近的大气压p 0=1.0×105 Pa ，且已知大气层厚度比月球半径小得多.试估算应给月球表面添加的大气层的总质量m （答案保留两位有效数字）. 思路解析：（1）设M 1、M 2分别表示月球和地球的质量，则有211r m GM =mg 1,222r mGM =mg 2 ① 且M 1=31134r πρ,M 2=32234r πρ ② 由以上各式，得：166.31122121⨯⨯==r g r g ρρ=0.60. ③ （2）设大气层总质量为m ，则mg 1=2104r p π ④m=12104g r p π 2.2×1018 kg.答案：(1)0.6 (2)2.2×1018 kg20.(2006山东济南模拟,15)（15分）如图13所示，竖直平面内固定的3/4圆弧形内侧光滑轨道半径为R ，A 端与圆心O 等高，MD 为水平面，B 点在O 的正上方，M 点在O 点的正下方.一个小球在A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点进入圆轨道并沿内侧恰能达到B 点.求：图13（1）释放点距A 点的竖直高度； （2）落点C 与A 点的距离.思路解析：（1）小球恰好到B 点：mg=Rv m B2v B =gRmgh=mg·R+221B mv h=R 23. （2）⎪⎩⎪⎨⎧∙==tv MC R gt B 2212得到MC=2R 所以AC=R 2. 答案：(1)h=R 23(2)AC=R 2。

功能原理摩擦生热一．选择题1．用恒力F 将物体竖直向上加速提升到一定高度处，在这一过程中（）A ．力F 做的功等于物体动能的增加B ．力F 和重力的合力所做的功等于物体动能的增加C ．力F 和重力的合力所做的功等于物体机械能的增加D ．物体克服重力所做的功等于物体重力势能的增加2．质量为m 的物体，从距地面h 高处以3/g 的加速度由静止开始下落，下列判断中正确的是（）A ．物体的重力势能减少3/mgh B ．物体的机械能减少3/2mgh C ．物体的动能增加3/mgh D ．物体的重力做功mgh 3．如图（1）所示，木块A 放在木块B 的左端，用恒力F 将A 拉至B 的右端，第一次将B 固定，F 做功1W ，因摩擦生热为1Q ，第二次B 可以在光滑的地面上滑动，F 做功为2W ，因摩擦生热为2Q ，则（）A ．21W W <，21Q Q =B ．21W W =，21Q Q <C ．21W W <，21Q Q <D ．21W W =，21Q Q =4．如图（2）所示，质量为m 的子弹以水平初速度0v 射入静止在光滑水平面上的质量为M 的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v ，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为S ，子弹射入木块的深度为d ，子弹与木块间的相互作用力为f ，以下关系式中正确的是（）A ．)(2121220d s f mv mv +=-B ．fs Mv =221C ．fd Mv =221D ．fd v m M mv =+-220)(21215．如图（3）所示，木块原来静止在光滑水平面上，子弹以一定的水平速度射穿木块，同时木块被带动前进一段距离，关于此过程中的能量关系，以下说法中正确的是（）A ．子弹动能的损失等于子弹克服阻力做的功B ．子弹的初动能等于子弹、木块末动能之和C ．摩擦生热等于系统动能损失D ．木块获得的动能等于摩擦力对木块做的功6．一木块静止在光滑的水平桌面上，被水平飞来的子弹击中，并未穿出，射入的深度为d，此过程中木块的位移为2s，子弹位移为1s（子弹所受阻力恒为F，不计空气阻力），则（）Fs B．子弹损失的动能为FdA．子弹损失的动能为1C．系统增加的内能为Fd D．子弹损失的动能等于木块获得的动能二．填空题7．如图（2）所示，光滑的水平面上静放着一木块，以一定水平速度飞来的子弹射入木块2cm后与木块相对静止，同时木块被带动前进了1cm，在此过程中，子弹减少的机械能、木块获得的机械能以及系统产生的内能之比是_______________。