2013届高考物理二轮复习新题精选训练(精析版)： 平抛运动

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考点4 曲线运动一、选择题1. (2013·安徽高考)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m 3/min,水离开喷口时的速度大小为m/s,方向与水平面夹角为60°,在最高处正好到达着火位置,忽略空气阻力,则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g 取10m/s 2)( )A.28.8 m 1.12×10-2m 3B.28.8 m 0.672 m 3C.38.4 m 1.29×10-2m 3D.38.4 m 0.776 m 3【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)将斜抛运动分解为水平方向和竖直方向分别求解;(2)水柱在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做竖直上抛运动。

【解析】选A 。

水离开喷口后做斜抛运动,将运动分解为水平方向和竖直方向,在竖直方向上:v y =vsin θ 代入数据可得v y =24m/s故水柱能上升的高度h=22yv g =28.8m水从喷出到最高处着火位置所用的时间t=yv g 代入数据可得t=2.4s故空中水柱的水量为:V=6028.0×2.4m 3=1.12×10-2m 3 ,A 项正确。

2. (2013·北京高考)在实验操作前应该对实验进行适当的分析。

研究平抛运动的实验装置示意如图。

小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放,并从斜槽末端水平飞出。

改变水平板的高度,就改变了小球在板上落点的位置,从而可描绘出小球的运动轨迹。

某同学设想小球先后三次做平抛,将水平板依次放在如图1、2、3的位置,且1与2的间距等于2与3的间距。

若三次实验中,小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3,机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3,忽略空气阻力的影响,下面分析正确的是()A.x2-x1=x3-x2,ΔE1=ΔE2=ΔE3B.x2-x1>x3-x2,ΔE1=ΔE2=ΔE3C.x2-x1>x3-x2,ΔE1<ΔE2<ΔE3D.x2-x1<x3-x2,ΔE1<ΔE2<ΔE3【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)物体做平抛运动时,应遵守机械能守恒定律。

D单元 曲线运动 D1　运动的合成与分解 7．D1D2[2013·江苏卷] 如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )的加速度比A的大的飞行时间比A的长在最高点的速度比A在最高点的大在落地时的速度比A在落地时的大　[解析] 抛体运动是匀变速运动，加速度始终为重力加速度g，故选项错误B错误；抛体运动在水平方向的运动是匀速直线运动，相同时间内小球B的水平位移大，故其水平分速度大，两小球运动到最高点时，小球只有方向水平的速度，显然B的速度大，故选项正确；由于下降的高度相等，故两小球落地时在竖直方向的分速度大小相等，由运动的的合成可知，B球落地时的速度大，故选项正确．　抛体运动 18．D2[2013·安徽卷] 由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m，水离开喷口时的速度大小为16 ，方向与水平面夹角为60°，在最高处正g取10 m/s)( )　1.12×10－2　0.672 m　1.29×10－2　0.776 m　[解析] 本题考查应用运动的分水做斜抛运动，沿水平方向和竖直方向建立坐标系，在竖直方向有()2＝2，＝，可得水柱的高度为＝28.8 m．水的运动时间为＝2.4 s，水量为＝Qt＝1.12×10－2，选项A正确．[2013·北京卷] 在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意如图．小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x、x、x，机械能的变化量依次为、、( ) A．－x＝x－x，＝＝－x－x，＝＝－x－x，－xx3－x，　[解析] 物体做平抛运动，机械能守恒，即机械能的变化量为零，C、D错误．因竖直方向上为自由落体运动，下落相同高度时，所用的时间会越来越短，水平方向运动的位移也会越来越小，故－x＜x－x，A错误，B正确． 20．D2，D4D3[2013·福建卷] 如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 ，B点离地高度H＝1.0 ，A、B两点的高度差h＝0.5 ，重力加g取10 ，不计空气影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．[解析] (1)小球从到B过程机械能守恒，有＝① 小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有＝在水平方向上有＝v由①②③式解得＝1.41 m④2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有－mg＝m由①⑤式解得＝20 N根据牛顿第三定律＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N. 7．D1D2[2013·江苏卷] 如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )的加速度比A的大的飞行时间比A的长在最高点的速度比A在最高点的大在落地时的速度比A在落地时的大　[解析] 抛体运动是匀变速运动，加速度始终为重力加速度g，故选项错误；B错误；抛体运动在水平方向的运动是匀速直线运动，相同时间内小球B的水平位移大，故其水平分速度大，两小球运动到最高点时，小球只有方向水平的速度，显然B的速度大，故选项正确；由于下降的高度相等，故两小球落地时在竖直方向的分速度大小相等，由运动的的合成可知，B球落地时的速度大，故选项正确．、E3、C2[2013·浙江卷] (16分)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＝1.8 ，h＝4.0，＝4.8 ，x＝8.0 ．开始时，质量分别为M＝10 和m＝2 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 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] (1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为v，根据平抛运动规律h1＝＝v联立①②式，得v＝8 (2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时的速度为v，有(M＋m)gh＝(M＋m)v＝＝(3)设拉力为F，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿FT－(M＋m)g＝(M＋m)由几何关系(L－h)2＋x＝L得L＝10 综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：F＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216 实验：研究平抛物体的运动 20．D2，D4，D3[2013·福建卷] 如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 ，B点离地高度H＝1.0 ，A、B两点的高度差h＝0.5 ，重力加速度g取10 ，不计空气影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．[解析] (1)小球从到B过程机械能守恒，有＝① 小球从BC做平抛运动，在竖直方向上有＝在水平方向上有＝v由①②③式解得＝1.41 m④(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有－mg＝m由①⑤式解得＝20 N根据牛顿第三定律＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N. 18．D4[2013·北京卷] 某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动( )半径越大，加速度越大半径越小，周期越大半径越大，角速度越小半径越小，线速度越小　[解析] 由题可知，电子在库仑力的作用下做圆周运动，则有＝＝mω＝m＝ma，由公式可以看出，半径越大，则加速度、线速度、角速度越小，周期越大，、B、D错误，C正确． 20．D2，D4，D3[2013·福建卷] 如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 的小球．现将小球拉A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 ，B点离地高度H＝1.0 ，A、B两点的高度差h＝0.5 ，重力加速度g取10 ，不计空气影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．[解析] (1)小球从到B过程机械能守恒，有＝mv小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有＝在水平方向上有＝v由①②③式解得＝1.41 m④(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有－mg＝m由①⑤式解得＝20 N根据牛顿第三定律＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N.[2013·广东卷] 如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ) A．甲的向心加速度比乙的小甲的运行周期比乙的小甲的角速度比乙的大甲的线速度比乙的大　[解析] 本题考查万有引力定律的应用．由G＝ma得a＝，即中心天体质量越小，向心加速度越小，对；由G＝m得T＝2，即中心天体质量越小，周期越大，错；由Gmω2r得ω＝，即中心天体质量越小，角速度越小，错；由＝m得v＝，即中心天体质量越小，线速度越小，错．[2013·江苏卷] 如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( ) A．的速度比B的大与B的向心加速度大小相等悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等悬挂A的缆绳所受B的小 2．　[解析] 由于座椅A、B悬挂在同一个旋转圆盘上且绕同一个竖直的中心轴匀速转动，因此属于同轴问题，即座椅A、B都做匀速圆周运动，旋转的角速度相等．此时座椅的受力情况如图所示，它们做圆周运动所需要的向心力由缆绳拉力F与重力G的合力F提供．设它们做圆周运动的半径为r，缆绳与竖直方向的夹角为θ，由图可知：＝G＝mg＝FFn＝mrω综合以上三式可得＝可见θ随r增大而增大，选项错误；因为悬挂A、B的缆绳长度相等，所以座椅B与竖直方向的夹角大于座椅A与竖直方向的夹角，致使B做圆周运动的半径比A的大，由于v＝rω，A 的速度比B 的小，选项错误；由a＝rω知，A的向心加速度比B的小，选项错误；缆绳所受拉力F＝，因θ，故F，选项正确． 21．D4[2013·新课标全国卷Ⅱ] 公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处，( )路面外侧高内侧低vc，车辆便会向内侧滑动车速虽然高于v，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动当路面结冰时，与未结冰时相比，v的值变小　[解析] 由题意，当汽车的速率为v时无滑动趋势，说明此时汽车与路面没有横向摩擦力，路面应不是平的，而应是外侧高内侧低，由重力的分力充当向心力，正确；当车速低于v时，车B错误；当车速高于v时，车和地面之间仍会有摩擦力，此力与重力的分力一起提供向心力，只要车速不超过某一最高速度，车辆便不会向外侧滑动，正确；因为v是车和地面无摩擦时的临界值，所以与路况无关，错误． 24．D4、I4、I2[2013·浙] (20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R和R的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为E的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φ、φ和φ，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量左和右分别为多少？(4)比较|左与|右的大小，并说明理由．[解析] (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场B指向A，B板电势高于A板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有＝m＝＝联立解得：E＝＝(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有＝qU对到达N板左边缘的电子，电场左＝e(φ－φ) 对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有右＝e(φ－φ) (4)根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有> 即 D5　万有引力与天体运动 17．D5E6[2013·安徽卷] 质量为的人造地球卫星与地心的距离为时，引力势能可表示为＝－，其中为引力常量，为地球质量．该卫星原来在半径为的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为，此过程中因摩擦而产生的热量为( )(－)(－)(－)(－)　[解析] 本题考查万有引力与功能关系的综合知识，考查理解题目的新信息并且应用信息解决问题的能力．根据功能关系，摩擦产生的热量等于卫星机械能的减少量．卫星的机械能等于动能与引力势能之和，有＝＋(－)，由万有引力提供向心力，有＝，可得卫星机械能E＝－，摩擦产生的热量为Q＝E－E＝－)，选项C正确．[2013·全国卷] “嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200 的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟．已知引力常量G＝6.67×10－112，月球半径约为1.74×10，利用以上数据估算月球的质量约为( ) B．7.4×10　[解析] 由万有引力充当向心力，G＝，可得环绕周期T＝2，代入数据，解得月球质量M＝7.4×10，选项正确．[2013·福建卷] 设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视r的圆．已知万有引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足( )＝ ．＝＝ ．＝　[解析] 行星绕太阳公转，由万有引力提供向心力，即G＝m，解得GM＝，正确．[2013·福建卷] 一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( ) 14．　[解析] 由于紫光的折射率大于红光，进入玻璃时紫光的折射角较小，因此在玻璃中光线分成两束且紫光在上方，正确．[2013·江苏卷] 火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( )太阳位于木星运行轨道的中心火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方相同时间内，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　[解析] 本题考查了开普勒的三个行星运动定律．题目中要求根据开普勒行星运动定律来判断，那么不能按照中学阶段的近似处理来判断．太阳应位于行星运行轨道的一个焦点上，而焦点不是圆心，错误．火星和木星绕太阳运行时是不在同一个轨道上的，根据开普勒第二定律可知，同一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，错误．火星和木星绕太阳运行速度的B错误．根据开普勒第三定律＝可知＝，正确． 20．D5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气．下列说法正确的是( )为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加如不加干预，天宫D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用　[解析] 只要是绕地球运行的天体，其运行速率必定小于第一宇宙速度，故错误；如不加干预，由于轨道处稀薄大气的阻力，则天宫一号的速率减小而做向心运动，当达到新的轨道而万有引力又重新能提供向心力时，天宫一号在新的轨道做圆周运动，此时轨道高度降低，运行的速率增大，故、C正确；天宫一号中的航天员不是不受D错误．D5[2013·山东卷] 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 T T T 20．B　[解析] 对于双星中的m，有G＝m，得M＝，同理得m＝，双星的总质量M＋m＝＝，可得双星运T＝当双星的总质量变为原来的k倍，之间的距离变为原来的n倍时，T′＝＝，故正确．[2013·四川卷] 迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1－581c”却很值得我们期待．该行星的温度在0 ℃到40 ℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则( )在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同如果人到了该行星，其体重是地球上的2倍该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的倍由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短　[解析] 第一宇宙速度v＝，则＝＝＝2，选项错误；由公式mg＝G可知，＝＝6×()＝，选项正确；根据开普勒第三定律＝k可知，＝＝倍，选项错误；由于行星运动的速度远小于光速，故不产生相对论效应，选项错误．[2013·天津卷] (18分)(1)“嫦娥一号”和“嫦娥二号”卫星相继完成了对月球的环月飞行，标志着我国探月工程的第一阶段已经完成．设“嫦娥二号”卫星环绕月球的运动为匀速圆周运动，它距月球表面的高度为h，已知月球的质量为M、半径为R，引力常量为G，则卫星绕月球运动的向心加速度a＝________，线速度v＝________．(1)　[解析] 卫星绕月球运动的向心力由万有引力提供，F＝G＝ma，所以a＝；根据万有引力提供向心力，有G＝m，解得v＝ 18．D5[2013·浙江卷] 如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R.下列说法正确的是( )地球对一颗卫星的引力大小为一颗卫星对地球的引力大小为两颗 D．三颗卫星对地球引力的合力大小为　[解析] 地球与一颗卫星的万有引力可由万有引力定律直接求出， F地卫＝G，故错误，B正确．卫星间的万有引力也可由万有引力定律直接求出， F卫卫＝G＝G，故正确．三颗卫星对地球的万有引力大小相等，相邻两个力的夹角均为120°，合力为零，故D错误． 15．D5[2013·福建卷] 如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻 r＝1.0 ，外接R＝9.0 的电阻．闭合S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10 (V)，则( )该交变电流的频率为10 Hz该电动势的有效值为10外接电阻所消耗的电功率为10 W电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A　[解析] 正弦式交变电流的瞬时值表e＝E，可知E＝10、ω＝10，所以该电动势的有效值U有＝＝10 ，该交变电流的频率f＝＝5 ，、B均错；电流表的示数表示电路中电流的有效值，即I有＝＝＝1 ，外电阻R消耗的电功率P＝I＝9 C错，D对．　曲线运动综合 8．D6[2013·重庆卷] (16分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，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匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60重力加速度大小为g.(1)若ω＝ω，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω；(2)若ω＝(1±k)ω，且0＜k，求小物块受到的摩擦力大小和方向． [解析] (1)对小物块受力分析如图甲所示，由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O为圆心做圆周运动，F的水平分力F提供向心力．所以有 代入数据得ω＝ 乙(2) ①当ω＝时，由向心力公式F＝mrω知，ω越大，所需要的F越大，此时F不足以提供向心力了，物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不致于沿罐壁向上运动．故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图乙所示．对f进行分解，此时向心力由F的水平分力F和f的水平分力f的合力提供 再利用几何关系，并将数据代入得f＝ 丙当ω＝时，由向心力公式F＝mrω知，ω越小，所需要的F越小，此时F1超过所需要的向心力了，物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不致于沿罐壁向下运动．故摩擦力的方向沿罐壁向上，如图丙所示．对f进行分解，此时向心力由F的水平分力F和f的水平分力f的合力提供 再利用几何关系，并将数据代入得f＝。

教科版高中物理必修二复习试题及答案全套重点强化卷(一) 平抛运动规律的应用一、选择题1. (多选)如图1所示，在高空匀速飞行的轰炸机，每隔1 s投下一颗炸弹，若不计空气阻力，则()图1A．这些炸弹落地前排列在同一条竖直线上B．这些炸弹都落于地面上同一点C．这些炸弹落地时速度大小方向都相同D．相邻炸弹在空中距离保持不变【解析】这些炸弹是做平抛运动，速度的水平分量都一样，与飞机速度相同．相同时间内，水平方向上位移相同，所以这些炸弹排在同一条竖直线上．这些炸弹抛出时刻不同，落地时刻也不一样，不可能落于地面上的同一点．由于这些炸弹下落的高度相同，初速度也相同，这些炸弹落地时速度大小和方向都相同．两相邻炸弹在空中的距离为Δx＝x1－x2＝12g(t＋1)2－12gt2＝gt＋12g.由此可知Δx随时间t增大而增大．【答案】AC2．一个物体以速度v0水平抛出，落地时速度的大小为2v0，不计空气的阻力，重力加速度为g，则物体在空中飞行的时间为()A.v0g B.2v0gC.3v 0gD.2v 0g【解析】 如图所示，gt 为物体落地时竖直方向的速度，由(2v 0)2＝v 20＋(gt )2得：t ＝3v 0g ，C 正确．【答案】 C3. (多选)某人在竖直墙壁上悬挂一镖靶，他站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A 、B 由同一位置水平掷出，两只飞镖插在靶上的状态如图2所示(侧视图)，若不计空气阻力，下列说法正确的是( )图2A ．B 镖的运动时间比A 镖的运动时间长 B ．B 镖掷出时的初速度比A 镖掷出时的初速度大C ．A 镖掷出时的初速度比B 镖掷出时的初速度大D ．A 镖的质量一定比B 镖的质量小【解析】 飞镖A 、B 都做平抛运动，由h ＝12gt 2得t ＝2hg ，故B 镖运动时间比A 镖运动时间长，A 正确；由v 0＝xt 知A 镖掷出时的初速度比B 镖掷出时的初速度大，B 错误，C 正确；无法比较A 、B 镖的质量大小，D 错误．【答案】 AC4.从O 点抛出A 、B 、C 三个物体，它们做平抛运动的轨迹分别如图3所示，则三个物体做平抛运动的初速度v A 、v B 、v C 的关系和三个物体在空中运动的时间t A 、t B 、t C 的关系分别是( )图3 A．v A>v B>v C，t A>t B>t CB．v A<v B<v C，t A＝t B＝t CC．v A<v B<v C，t A>t B>t CD．v A>v B>v C，t A<t B<t C【解析】三个物体抛出后均做平抛运动，竖直方向有h＝12gt2，水平方向有x＝v0t，由于h A>h B>h C，故t A>t B>t C，又因为x A<x B<x C，故v A<v B<v C，C正确．【答案】C5.如图4所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则v1、v2的关系应满足()图4A．v1＝v2B．v1＝Hs v2C．v1＝Hs v2D．v1＝sH v2【解析】设经t时间拦截成功，则平抛的炮弹下落h＝12gt2，水平运动s＝v1t；竖直上抛的炮弹上升H－h＝v2t－12gt2，由以上各式得v1＝s H v2，故D正确．【答案】D6．如图5所示，以9.8 m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，这段飞行所用的时间为(g取9.8 m/s2)()图5A.23s B.223sC. 3 s D．2 s【解析】把平抛运动分解成水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动，抛出时只有水平方向的速度v0，垂直地撞在斜面上时，既有水平方向分速度v0，又有竖直方向的分速度v y.物体速度的竖直分量确定后，即可求出物体飞行的时间．如图所示，把末速度分解成水平方向分速度v0和竖直方向的分速度v y，则有tan 30°＝v0 v yv y＝gt，解两式得t＝v yg ＝3v0g＝ 3 s，故C 正确．【答案】C7．(多选)刀削面是同学们喜欢的面食之一，因其风味独特，驰名中外．刀削面全凭刀削，因此得名．如图6所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便飞向锅里，若面团到锅的上沿的竖直距离为0.8 m，最近的水平距离为0.5 m，锅的半径为0.5 m．要想使削出的面片落入锅中，则面片的水平速度可以是下列选项中的哪些(g 取10 m/s 2)( )图6A ．1 m/sB ．2 m/sC ．3 m/sD ．4 m/s【解析】 由h ＝12gt 2知，面片在空中的运动时间t ＝2hg ＝0.4 s ，而水平位移x ＝v 0t ，故面片的初速度v 0＝xt ，将x 1＝0.5 m ，x 2＝1.5 m 代入得面片的最小初速度v 01＝x 1t ＝1.25 m/s ，最大初速度v 02＝x 2t ＝3.75 m/s ，即1.25 m/s ≤v 0≤3.75 m/s ，B 、C 选项正确．【答案】 BC8．(多选)从同一点沿水平方向抛出的A 、B 两个小球能落在同一个斜面上，运动轨迹如图7所示，不计空气阻力，则小球初速度v A 、v B 的关系和运动时间t A 、t B 的关系分别是( )图7A ．v A ＞vB B ．v A ＜v BC ．t A ＞t BD ．t A ＜t B【解析】 A 小球下落的高度小于B 小球下落的高度，所以根据h ＝12gt 2知t ＝2hg ，故t A ＜t B ，C 错误，D 正确；根据s ＝v t 知，B 的水平位移较小，时间较长，则水平初速度较小，故v A ＞v B ，A 正确，B 错误．【答案】AD9. (多选)如图8所示，x轴在水平地面内，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()图8A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大【解析】x＝v0t，y＝12gt2，所以t＝2y g，由y b＝y c>y a，得t b＝t c>t a，选项A 错，B 对；又根据v0＝x g2y，因为y b>y a，x b<x a，y b＝y c，x b>x c，故v a>v b，v b>v c，选项C错，D对．【答案】BD10.如图9所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则()图9A.tan θ2tan θ1＝2 B．tan θ1 tan θ2＝2C.1tan θ1 tan θ2＝2 D.tan θ1tan θ2＝2【解析】 OA 方向即小球末速度垂线的方向，θ1是末速度与水平方向的夹角；BA 方向即小球合位移的方向，θ2是位移方向与竖直方向的夹角．由题意知：tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt由以上两式得：tan θ1 tan θ2＝2.故B 项正确． 【答案】 B 二、计算题11．从离地高 80 m 处水平抛出一个物体，3 s 末物体的速度大小为 50 m/s ，g 取10 m/s 2.求：(1)物体抛出时的初速度大小； (2)物体在空中运动的时间； (3)物体落地时的水平位移．【解析】 (1)由平抛运动的规律知v ＝v 2x ＋v 2y3 s 末v ＝50 m/s ，v y ＝gt ＝30 m/s 解得v x ＝40 m/s ，即v 0＝40 m/s. (2)物体在空中运动的时间t ＝2hg ＝2×8010 s ＝4 s.(3)物体落地时的水平位移x ＝v 0t ＝40×4 m ＝160 m. 【答案】 (1)40 m/s (2)4 s (3)160 m12.如图10所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经过3.0 s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m ＝50 kg.不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g ＝10 m/s 2)求：图10(1)A点与O点的距离；(2)运动员离开O点时的速度大小．【解析】(1)设A点与O点的距离为L，运动员在竖直方向做自由落体运动，有L sin 37°＝12gt2L＝gt22sin 37°＝75 m.(2)设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即L cos 37°＝v0t解得v0＝L cos 37°t＝20 m/s.【答案】(1)75 m(2)20 m/s重点强化卷(二) 圆周运动及综合应用一、选择题1.如图1所示为一种早期的自行车，这种带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了()图1A．提高速度B．提高稳定性C．骑行方便D．减小阻力【解析】 在骑车人脚蹬车轮转速一定的情况下，据公式v ＝ωr 知，轮子半径越大，车轮边缘的线速度越大，车行驶得也就越快，故A 选项正确．【答案】 A2.两个小球固定在一根长为L 的杆的两端，绕杆的O 点做圆周运动，如图2所示，当小球1的速度为v 1时，小球2的速度为v 2，则转轴O 到小球2的距离是( )图2A.L v 1v 1＋v 2B.L v 2v 1＋v 2 C.L (v 1＋v 2)v 1D.L (v 1＋v 2)v 2【解析】 两小球角速度相等，即ω1＝ω2.设两球到O 点的距离分别为r 1、r 2，即v 1r 1 ＝v 2r 2 ；又由于r 1＋r 2＝L ，所以r 2＝L v 2v 1＋v 2，故选B.【答案】 B3.汽车在转弯时容易打滑出事故，为了减少事故发生，除了控制车速外，一般会把弯道做成斜面．如图3所示，斜面的倾角为θ，汽车的转弯半径为r ，则汽车安全转弯速度大小为( )图3A.gr sin θB.gr cos θC.gr tan θD.gr cot θ【解析】 高速行驶的汽车转弯时所需的向心力由重力和路面的支持力的合力提供同，完全不依靠摩擦力，如图．根据牛顿第二定律得： mg tan θ＝m v 2r 解得：v ＝gr tan θ 故选C. 【答案】 C4．一质量为m 的物体，沿半径为R 的向下凹的圆形轨道滑行，如图4所示，经过最低点的速度为v ，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为( )图4A ．μmgB ．μm v 2R C ．μm (g －v 2R )D ．μm (g ＋v 2R )【解析】 小球在最低点时，轨道支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R ，物体受到的摩擦力为f ＝μF N ＝μm (g ＋v 2R )，选项D 正确．【答案】 D5. (多选)如图5所示，用细绳拴着质量为m 的小球，在竖直平面内做圆周运动，圆周半径为R ，则下列说法正确的是( )图5A．小球过最高点时，绳子张力可能为零B．小球过最高点时的最小速度为零C．小球刚好过最高点时的速度为gRD．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反【解析】绳子只能提供拉力作用，其方向不可能与重力相反，D错误；在最高点有mg＋F T＝m v2R，拉力F T可以等于零，此时速度最小为v min＝gR，故B 错误，A、C正确．【答案】AC6．如图6所示，质量为m的小球固定在长为l的细轻杆的一端，绕轻杆的另一端O在竖直平面内做圆周运动．球转到最高点A时，线速度大小为gl 2，此时()图6A．杆受到12mg的拉力B．杆受到12mg的压力C．杆受到32mg的拉力D．杆受到32mg的压力【解析】以小球为研究对象，小球受重力和沿杆方向杆的弹力，设小球所受弹力方向竖直向下，则N＋mg＝m v2l ，将v＝gl2代入上式得N＝－12mg，即小球在A点受杆的弹力方向竖直向上，大小为12mg，由牛顿第三定律知杆受到12mg的压力．【答案】B7. “快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为α，如图7所示，不考虑空气阻力和绳的质量(选手可看为质点)，下列说法正确的是()图7A．选手摆动到最低点时所受绳子的拉力等于mgB．选手摆动到最低点时所受绳子的拉力大于mgC．选手摆动到最低点时所受绳子的拉力大于选手对绳子的拉力D．选手摆动到最低点的运动过程为匀变速曲线运动【解析】由于选手摆动到最低点时，绳子拉力和选手自身重力的合力提供选手做圆周运动的向心力，有T－mg＝F向，T＝mg＋F向>mg，B正确，A错误；选手摆到最低点时所受绳子的拉力和选手对绳子的拉力是作用力和反作用力的关系，根据牛顿第三定律，它们大小相等、方向相反且作用在同一条直线上，故C错误；选手摆到最低点的运动过程中，是变速圆周运动，合力是变力，故D 错误．【答案】B8．如图8所示，两个水平摩擦轮A和B传动时不打滑，半径R A＝2R B，A 为主动轮．当A匀速转动时，在A轮边缘处放置的小木块恰能与A轮相对静止．若将小木块放在B 轮上，为让其与轮保持相对静止，则木块离B 轮转轴的最大距离为(已知同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等)( )图8A.R B 4B.R B 2C ．R BD ．B 轮上无木块相对静止的位置【解析】 摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等．根据题意有：R A ωA ＝R B ωB 所以ωB ＝R A R BωA 因为同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等，设在B 轮上的转动半径最大为r ，则根据最大静摩擦力等于向心力有：mR A ω2A ＝mrω2B得：r ＝R A ω2A ⎝ ⎛⎭⎪⎫R A R B ωA 2＝R 2B R A ＝R B 2. 【答案】 B9．如图9所示，滑块M 能在水平光滑杆上自由滑动，滑杆固定在转盘上，M 用绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m 的物体相连．当转盘以角速度ω转动时，M 离轴距离为r ，且恰能保持稳定转动．当转盘转速增到原来的2倍，调整r 使之达到新的稳定转动状态，则滑块M ( )图9A ．所受向心力变为原来的4倍B ．线速度变为原来的12C ．转动半径r 变为原来的12D ．角速度变为原来的12【解析】 转速增加，再次稳定时，M 做圆周运动的向心力仍由拉力提供，拉力仍然等于m 的重力，所以向心力不变，故A 错误；转速增到原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，根据F ＝mrω2，向心力不变，则r 变为原来的14.根据v ＝rω，线速度变为原来的12，故B 正确，C 、D 错误．【答案】 B10．在较大的平直木板上相隔一定距离钉几个钉子，将三合板弯曲成拱桥形卡入钉子内形成拱形桥，三合板上表面事先铺上一层牛仔布以增加摩擦，这样玩具惯性车就可以在桥面上跑起来了．把这套系统放在电子秤上做实验，关于实验中电子秤的示数下列说法正确的是( )图10A ．玩具车静止在拱桥顶端时的示数小一些B ．玩具车运动通过拱桥顶端时的示数大一些C ．玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态D ．玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大(未离开拱桥)，示数越小【解析】 根据mg －F N ＝m v 2R ，F N ＝mg －m v 2R ，可见玩具车通过拱桥顶端时失重，速度越大，电子秤的示数越小．选D.【答案】 D二、计算题11．在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍．(1)如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？(2)如果高速路上设计了圆弧拱桥做立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱桥的半径至少是多少？【解析】(1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有F m＝0.6mg＝m v2r，由速度v＝30 m/s，得弯道半径r＝150 m.(2)汽车过拱桥，看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有：mg－F N＝m v2R，为了保证安全，车对路面间的弹力F N必须大于等于零，有mg≥m v2R，则R≥90 m.【答案】(1)150 m(2)90 m12．如图11所示，一光滑的半径为0.1 m的半圆形轨道放在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口飞出时，轨道对小球的压力恰好为零，g取10 m/s2，求：图11(1)小球在B点速度是多少？(2)小球落地点离轨道最低点A多远？(3)落地时小球速度为多少？【解析】(1)小球在B点时只受重力作用，竖直向下的重力提供小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：mg＝m v2Br代入数值解得：v B ＝gr ＝1 m/s.(2)小球离开B 点后，做平抛运动．根据平抛运动规律可得：2r ＝12gt 2s ＝v B t ，代入数值联立解得：s ＝0.2 m.(3)根据运动的合成与分解规律可知，小球落地时的速度为v ＝v 2B ＋(gt )2＝5 m/s.【答案】 (1)1 m/s (2)0.2 m (3) 5 m/s重点强化卷(三) 万有引力定律的应用一、选择题1．两个密度均匀的球体相距r ，它们之间的万有引力为10－8N ，若它们的质量、距离都增加为原来的2倍，则它们间的万有引力为( )A ．10－8NB ．0.25×10－8 NC ．4×10－8ND ．10－4N【解析】 原来的万有引力为：F ＝G Mm r 2后来变为：F ′＝G 2M ·2m (2r )2＝G Mm r 2 即：F ′＝F ＝10－8N ，故选项A 正确．【答案】 A2．已知引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，重力加速度g ＝9.8 m/s 2，地球半径R ＝6.4×106 m ，则可知地球质量的数量级是( )A ．1018 kgB ．1020 kgC ．1022 kgD ．1024 kg【解析】 根据mg ＝G Mm R 2得地球质量为M ＝gR 2G ≈6.0×1024 kg.故选项D 正确．【答案】 D3．关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星，下述说法正确的是( )A ．已知它的质量是1.24 t ，若将它的质量增为2.84 t ，其同步轨道半径将变为原来的2倍B ．它的运行速度大于7.9 km/sC ．它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用它进行电视转播D ．它距地面的高度约为地球半径的5倍，故它的向心加速度约为其下方地面上物体的重力加速度的136【解析】 同步卫星的轨道半径是固定的，与质量大小无关，A 错误；7.9 km/s 是人造卫星的最小发射速度，同时也是卫星的最大环绕速度，卫星的轨道半径越大，其线速度越小．同步卫星距地面很高，故其运行速度小于7.9 km/s ，B 错误；同步卫星只能在赤道的正上方，C 错误；由G Mm r 2＝ma n 可得，同步卫星的加速度a n ＝G M r 2＝G M (6R )2＝136G M R 2＝136g ，故选项D 正确． 【答案】 D4．如图1所示，在同一轨道平面上的几个人造地球卫星A 、B 、C 绕地球做匀速圆周运动，某一时刻它们恰好在同一直线上，下列说法中正确的是( )图1A ．根据v ＝gr 可知，运行速度满足v A >vB >v CB ．运转角速度满足ωA >ωB >ωCC ．向心加速度满足a A <a B <a CD ．运动一周后，A 最先回到图示位置【解析】 由G Mm r 2＝m v 2r 得，v ＝GMr ，r 大，则v 小，故v A <v B <v C ，A错误；由G Mm r 2＝mω2r 得，ω＝GMr 3，r 大，则ω小，故ωA <ωB <ωC ，B 错误；由G Mm r 2＝ma 得，a ＝GM r 2，r 大，则a 小，故a A <a B <a C ，C 正确；由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得，T ＝2πr 3GM ，r 大，则T 大，故T A >T B >T C ，因此运动一周后，C 最先回到图示位置，D 错误．【答案】 C5．(多选)据英国《卫报》网站2015年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”．假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p 倍，橙矮星的质量为太阳的q 倍．则该行星与地球的( )A ．轨道半径之比为3p 2qB ．轨道半径之比为3p 2C ．线速度之比为3q pD ．线速度之比为1p【解析】 行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，解得：R ＝3GMT 24π2，该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p 倍，橙矮星的质量为太阳的q 倍，故：R 橙R 太＝3(M 橙M 太)(T 行T 地)2＝3qp 2，故A 正确，B 错误；根据v ＝2πR T ，有：v 行v 地＝R 行R 地·T 地T 行＝3qp 2·1p ＝3q p ；故C 正确，D 错误．【答案】 AC6．银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C 做匀速圆周运动．由天文观测得其周期为T ，S 1到C 点的距离为r 1，S 1和S 2的距离为r ，已知万有引力常量为G .由此可求出S 2的质量为( )A.4π2r 2(r －r 1)GT 2B.4π2r 31GT 2C.4π2r 3GT 2 D.4π2r 2r 1GT 2【解析】 设S 1、S 2两星体的质量分别为m 1、m 2，根据万有引力定律和牛顿定律得，对S 1有G m 1m 2r 2＝m 1(2πT )2r 1，解之可得m 2＝4π2r 2r 1GT 2，则D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D7．质量相等的甲、乙两颗卫星分别贴近某星球表面和地球表面围绕其做匀速圆周运动，已知该星球和地球的密度相同，半径分别为R 和r ，则( )A ．甲、乙两颗卫星的加速度之比等于R ∶rB ．甲、乙两颗卫星所受的向心力之比等于1∶1C ．甲、乙两颗卫星的线速度之比等于1∶1D ．甲、乙两颗卫星的周期之比等于R ∶r【解析】 由F ＝G Mm R 2和M ＝ρ43πR 3可得万有引力F ＝43G πRmρ，又由牛顿第二定律F ＝ma 可得，A 正确；卫星绕星球表面做匀速圆周运动时，万有引力等于向心力，因此B 错误；由F ＝43G πRmρ，F ＝m v 2R 可得，选项C 错误；由F ＝43G πRmρ，F ＝mR 4π2T 2可知，周期之比为1∶1，故D 错误．【答案】 A8．嫦娥三号探测器绕月球表面附近飞行时的速率大约为1.75 km/s(可近似当成匀速圆周运动)，若已知地球质量约为月球质量的81倍 ，地球第一宇宙速度约为7.9 km/s ，则地球半径约为月球半径的多少倍( )A ．3倍B ．4倍C ．5倍D ．6倍【解析】 根据万有引力提供向心力知，当环绕天体在中心天体表面运动时，运行速度即为中心天体的第一宇宙速度，由G Mm R 2＝m v 2R 解得：v ＝GMR ，故地球的半径与月球的半径之比为R 1R 2＝M 1M 2·v 22v 21，约等于4，故B 正确，A 、C 、D 错误． 【答案】 B9．如图2所示，a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上．某时刻b 卫星恰好处于c 卫星的正上方．下列说法中正确的是( )图2A ．b 、d 存在相撞危险B ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度C ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度D ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度【解析】 b 、d 在同一轨道，线速度大小相等，不可能相撞，A 错；由a 向＝GM r 2知a 、c 的加速度大小相等且大于b 的加速度，B 对；由ω＝ GM r 3知，a 、c 的角速度大小相等，且大于b 的角速度，C 错；由v ＝GM r 知a 、c 的线速度大小相等，且大于d 的线速度，D 错．【答案】 B10．登上火星是人类的梦想．“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比( )A.B ．火星做圆周运动的加速度较小 C ．火星表面的重力加速度较大 D ．火星的第一宇宙速度较大【解析】 火星和地球都绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，由GMmr 2＝m 4π2T 2r ＝ma 知，因r 火＞r 地，而r 3T 2＝GM4π2，故T 火＞T 地，选项A 错误；向心加速度a ＝GMr 2，则a 火＜a 地，故选项B 正确；地球表面的重力加速度g 地＝GM 地R 2地，火星表面的重力加速度g 火＝GM 火R 2火，代入数据比较知g 火＜g 地，故选项C 错误；地球和火星上的第一宇宙速度：v 地＝GM 地R 地，v 火＝GM 火R 火，v 地＞v 火，故选项D 错误．【答案】 B 二、计算题11．经天文学家观察，太阳在绕着银河系中心(银心)的圆形轨道上运行，这个轨道半径约为3×104光年(约等于2.8×1020m)，转动一周的周期约为2亿年(约等于6.3×1015s)．太阳做圆周运动的向心力是来自位于它轨道内侧的大量星体的引力，可以把这些星体的全部质量看做集中在银河系中心来处理问题．(G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2)用给出的数据来计算太阳轨道内侧这些星体的总质量.【解析】 假设太阳轨道内侧这些星体的总质量为M ，太阳的质量为m ，轨道半径为r ，周期为T ，太阳做圆周运动的向心力来自于这些星体的引力，则G Mm r 2＝m 4π2T 2r故这些星体的总质量为M＝4π2r3GT2＝4×(3.14)2×(2.8×1020)36.67×10－11×(6.3×1015)2kg≈3.3×1041kg.【答案】 3.3×1041kg12．质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间距离为L.已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．引力常量为G.图3(1)求两星球做圆周运动的周期．(2)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.但在近似处理问题时，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记为T2.已知地球和月球的质量分别为5.98×1024 kg和7.35×1022kg.求T2与T1两者平方之比．(结果保留三位小数)【解析】(1)两星球围绕同一点O做匀速圆周运动，其角速度相同，周期也相同，其所需向心力由两者间的万有引力提供，设OB为r1，OA为r2，则对于星球B：G MmL2＝M4π2T2r1对于星球A：G MmL2＝m4π2T2r2其中r1＋r2＝L由以上三式可得T＝2πL3G(M＋m).(2)对于地月系统，若认为地球和月球都围绕中心连线某点O做匀速圆周运动，由(1)可知地球和月球的运行周期T 1＝2πL 3G (M ＋m )若认为月球围绕地心做匀速圆周运动，由万有引力与天体运动的关系：G MmL 2＝m 4π2T 22L解得T 2＝4π2L 3GM则T 22T 21＝M ＋m M ＝1.012. 【答案】 (1)2πL 3G (M ＋m )(2)1.012重点强化卷(四) 动能定理和机械能守恒定律一、选择题1．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．(多选)质量为m 的物体，从静止开始以a ＝12g 的加速度竖直向下运动h 米，下列说法中正确的是( )A ．物体的动能增加了12mgh B ．物体的动能减少了12mghC．物体的势能减少了12mghD．物体的势能减少了mgh【解析】物体的合力为ma＝12mg，向下运动h米时合力做功12mgh，根据动能定理可知物体的动能增加了12mgh，A对，B错；向下运动h米过程中重力做功mgh，物体的势能减少了mgh，D对．【答案】AD3．如图1所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为()图1A.12μmgR B.12mgRC．mgR D．(1－μ)mgR【解析】设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－W AB－μmgR＝0，所以有W AB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.【答案】D4．如图2所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ.开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止．对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是()图2A．摩擦力对物体所做的功为mgl sin θ(1－cos θ)B．弹力对物体所做的功为mgl sin θcos θC．木板对物体所做的功为mgl sin θD．合力对物体所做的功为mgl cos θ【解析】重力是恒力，可直接用功的计算公式，则W G＝－mgh；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以W f＝0；因木块缓慢运动，所以合力F合＝0，则W合＝0；因支持力F N为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合＝ΔE k知，W G＋W N＝0，所以W N＝－W G＝mgh＝mgl sin θ.【答案】C5. (多选)如图3所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的光滑斜面，这个物体在斜面上上升的最大高度为h，则在此过程中()图3A．物体的重力势能增加了mghB．物体的机械能减少了mghC．物体的动能减少了mghD．物体的机械能不守恒【解析】物体在斜面上上升的最大高度为h，重力对物体做负功W＝－mgh，物体的重力势能增加了mgh，故A正确；物体在上升过程中，只有重力做功，重力势能与动能之间相互转化，机械能守恒，故B、D均错误；由于物体所受的支持力不做功，只有重力做功，所以合力做功为－mgh，由动能定理可知，物体的动能减少了mgh，故C正确．。

全品高考网邮箱：jiaoxue@2013·新课标全国Ⅱ(理综物理)14． 一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间关系的图像是()14．C [解析] 方法一：由于静摩擦力的作用，当F ＝0时并不会产生加速度，A 、B 、D 错误，C 正确；方法二：由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，可得：F ＝ma ＋μmg ，即F 是a 的一次函数，且截距为正，C 正确．15． 如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 2>0)．由此可求出( )A ．物块的质量B ．斜面的倾角C ．物块与斜面间的最大静摩擦力D ．物块对斜面的正压力15．C [解析] 考查静摩擦力的临界平衡问题．当F 为最大值时，此时F 1＝mg sin θ＋F f ①；当F 为最小值时，此时F 2＝mg sin θ－F f ②；由①②可知能求出最大静摩擦力，但不能求出物块的质量、斜面的倾角，C 正确．16． 如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右行动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图像中，可能正确描述上述过程的是()16．D [解析] 由于线框在进入磁场过程要切割磁感线而产生感应电流，故线框受到安培力的作用做减速运动，A 错误；安培力F 安＝B 2L 2v R，因v 在减小，故F 安在减小，加速度a ＝F 安m在减小，即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动，B 错误；由于d >L ，若线框完全进入磁场中仍有速度，则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场，线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动，C 错误，D 正确. 全品高考网邮箱：jiaoxue@17． 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( ) A.3m v 03qR B.m v 0qR C.3m v 0qR D.3 m v 0qR17．A [解析] 由Bq v 0＝m v 20r 可得：B ＝m v 0qr，粒子沿半径射入磁场必沿半径射出磁场，可作出运动轨迹图如图所示，由几何知识可得：r ＝3R ，即B ＝3m v 03qR，A 正确．18． 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( ) A.3kq 3l 2 B.3kq l 2C.3kq l 2D.2 3kq l 218．B [解析] 由题意，三个小球均处于静止状态，对c 球而言，a 、b 两球在c 球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向，故匀强电电场的场强大小E ＝2kq l2cos30°＝3kq l 2，B 正确． 19． 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是( )A ．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B ．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子环流假说C ．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D ．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化19．ABD [解析] 奥斯特观察到电流的磁效应，表明电流可以产生磁场，揭示了电与磁的联系，A 正确；安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性，提出了分子环流假说，符合物理史实，B 正确；法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流，C 错误；D 项的叙述符合楞次定律的发现过程，D 正确． 全品高考网邮箱：jiaoxue@20． 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20．BD [解析] 由G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝GM r，轨道半径变小，则运行的速度变大，卫星的动能增大，A 错误；轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能减小，B 正确；由于气体阻力做负功，产生热量，故机械能减小，C 错误；由动能定理，动能增大，则克服气体阻力做的功小于引力做的功，而引力做功等于引力势能的减小，故克服气体阻力做的功小于引力势能的减小，D 正确．21． 公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处，( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小21．AC [解析] 由题意，当汽车的速率为v c 时无滑动趋势，说明此时汽车与路面没有横向摩擦力，路面应不是平的，而应是外侧高内侧低，由重力的分力充当向心力，A 正确；当车速低于v c 时，车和地面之间会产生横向静摩擦力，阻碍汽车向内侧滑动，B 错误；当车速高于v c 时，车和地面之间仍会有摩擦力，此力与重力的分力一起提供向心力，只要车速不超过某一最高速度，车辆便不会向外侧滑动，C 正确；因为v c 是车和地面无摩擦时的临界值，所以与路况无关，D 错误．22． 某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图(a)回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p 与小球抛出时的动能E k 相等．已知重力加速度大小为g .为求得E k ，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A ．小球的质量mB ．小球抛出点到落地点的水平距离s 全品高考网邮箱：jiaoxue@C ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的压缩量ΔxE ．弹簧原长l 0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k ，得E k ＝________．(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s －Δx 图线．从理论上可推出，如果h 不变，m 增加，s －Δx 图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m 不变，h 增加，s －Δx 图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)．由图(b)中给出的直线关系和E k 的表达式可知，E p 与Δx 的________次方成正比．图(b)22．(1)ABC(2)mgs 24h(3)减小 增大 2[解析] (1)根据平抛运动规律求小球抛出时的动能．动能E k ＝12m v 20，根据平抛运动规律有：h ＝12gt 2，s ＝v 0t ， 可得：E k ＝mgs 24h，故需要测量小球的质量m 、小球抛出点到落地点的水平距离s 和桌面到地面的高度h ，选项A 、B 、C 正确．(3)由图像可知，s 与Δx 成正比，设图像斜率为k ，则s ＝k Δx ，弹性势能E p 与动能E k的关系为E p ＝E k ＝mgs 24h ，故E p ＝mgk 24h·Δx 2，即弹簧的弹性势能与Δx 的二次方成正比．当h 不变时，m 增大，k 就减小；当m 不变时，h 增大，k 就增大．23． 某同学用量程为1 mA 、内阻为120 Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1 V 和1 A 的多用电表．图中R 1和R 2为定值电阻，S 为开关．回答下列问题：(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线．(2)开关S 闭合时，多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”)；开关S 断开时，多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”)．(3)表笔A 应为________色(填“红”或“黑”)．(4)定值电阻的阻值R 1＝________Ω，R 2＝________Ω.(结果取3位有效数字) 全品高考网邮箱：jiaoxue@图(a) 图(b)23．(1)连线如图所示(2)电流 电压(3)黑(4)1.00 880[解析] (1)根据电路图连接实物图，注意两表笔与表头的正负接线柱．(2)根据“串联分压，并联分流”可知，当S 断开时，多用电表测量电压；当S 闭合时，多用电表测量电流．(3)电流从红表笔流进多用电表，从黑表笔流出．从电路图中表头和表笔的接法可知电流从表笔A 流出，所以A 为黑表笔．(4)当S 断开时为电压表，此时R 2＝ 1 V 10－3 A－120 Ω＝880 Ω ；当S 闭合时为电流表，此时R 1＝10－3 A ×()120 Ω＋880 Ω1 A －10－3 A ≈1.00 Ω. 24． 如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q >0)的质点沿轨道内侧运动，经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为N a 和N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．24．[解析]质点所受电场力的大小为f ＝qE ①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有f ＋N a ＝m v 2a r② N b －f ＝m v 2b r③ 设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12m v 2a④ 全品高考网邮箱：jiaoxue@E k b ＝12m v 2b⑤ 根据动能定理有E k b －E k a ＝2rf ⑥联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q(N b －N a ) ⑦ E k a ＝r 12(N b ＋5N a ) ⑧ E k b ＝r 12(5N b ＋N a ) ⑨ 25．一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．25．[解析] (1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1① a 2＝v 0－v 1t 1② 式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1 ③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2 ④联立①②③④式得μ1＝0.20 ⑤μ2＝0.30 ⑥(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2，则由牛顿第二定律得f＝ma′1⑦2μ2mg－f＝ma′2⑧假设f＜μ1mg，则a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v－t图像如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2×v212a1⑩s2＝v0＋v12t1＋v212a′2⑪物块相对于木板的位移的大小为s＝s2－s1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s＝1.125 m33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)关于一定量的气体，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高33．(1)ABE[解析] 气体分子间隙很大，气体体积是指气体的分子能够到达的空间的体积，A正确；根据分子动理论，温度越高，分子热运动越剧烈，相反，温度越低，分子热运动剧烈程度越弱，B正确；气体压强是微观止大量分子对容器壁频繁碰撞的结果，与宏观上物体的运动状态无关，C错误；改变内能的方式有两种——做功和热传递，气体吸收热量， 全品高考网邮箱：jiaoxue@ 全品高考网邮箱：jiaoxue@若同时对外做功，则内能不一定增加，D 错误；在等压膨胀过程中，气体的体积V 增大，压强p 不变，由pV T＝C (常量)可知，温度T 一定升高，E 正确． 33． (2)(10分)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l 1＝25.0 cm 的空气柱，中间有一段长l 2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0 cm.已知大气压强为p 0＝75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l ′1＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．33．(2)[解析] 以cmHg 为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为p 1＝p 0＋l 2 ①设活塞下推后，下部空气柱的压强为p ′1，由玻意耳定律得p 1l 1＝p ′1l ′1 ②设活塞下推距离为Δl ，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l ′3＝l 3＋l 1－l ′1－Δl ③ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为p ′3，则p ′3＝p ′1－l 2 ④由玻意耳定律得p 0l 3＝p ′3l ′3 ⑤由①至⑤式及题给数据解得Δl ＝15.0 cm ⑥34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a 、b 两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A 0，周期为T 0.当物块向右通过平衡位置时，a 、b 之间的粘胶脱开；以后小物块a 振动的振幅和周期分别为A 和T ，则A ________A 0(填“>”“<”或“＝”)，T ________T 0(填“>”“<”或“＝”)．33．(1)< <34．(2) (10分)如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC ，∠A ＝30°，∠B ＝60°.一束平行于AC 边的光线自AB 边的P 点射入三棱镜，在AC 边发生反射后从BC 边的M 点射出．若光线在P 点的入射角和在M 点的折射角相等，(ⅰ)求三棱镜的折射率；(ⅱ)在三棱镜的AC 边是否有光线透出？写出分析过程．(不考虑多次反射)34．(2)[解析] (ⅰ)光路图如图所示，图中N 点为光线在AC 边发生反射的入射点，设光线在P 点的入射角为i 、折射角为r ，在M 点的入射角为r ′、折射角依题意也为i ，有i ＝60° ①由折射定律有sin i ＝n sin r ②n sin r ′＝sin i ③由②③式得r＝r′④OO′为过M点的法线，∠C为直角，OO′∥AC.由几何关系有∠MNC＝r′⑤由反射定律可知∠PNA＝∠MNC⑥联立④⑤⑥式得∠PNA＝r⑦由几何关系得r＝30°⑧联立①②⑧式得n＝3⑨(ⅱ)设在N点的入射角为i″，由几何关系得i″＝60°⑩此三棱镜的全反射临界角满足n sinθc＝1⑪由⑨⑩⑪式得i″＞θc⑫此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出．35．[物理——选修3－5](15分)(1)(5分)关于原子核的结合能，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核(13355Cs)的结合能小于铅原子核(20882Pb)的结合能D．比结合能越大，原子核越不稳定E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能35．(1)ABC[解析] 根据结合能的概念，将原子核分解成自由核子所需要的最小能量等于结合能，A正确；结合能越大，原子核越稳定，重核衰变放出能量，转化为结合能更大的衰变产物，B正确；组成原子核的核子越多，它的结合能越高，故铯原子核的结合能小于铅原子核的结合能，C正确；比结合能是指原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量，所以比结合能越大，原子核越牢固，D错误；自由核子组成原子核时，放出的能量与组成的原子核的结合能相等，E错误．35．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 全品高考网邮箱：jiaoxue@ 全品高考网邮箱：jiaoxue@35．(2)[解析] (ⅰ)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1 ①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2 ②12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22 ③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20④ (ⅱ)由②式可知v 2＜v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3 ⑤12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20⑦。

第二节抛体运动【知识清单】1、抛体运动是指______________________________时，物体所做的运动。

2、物体做抛体运动需具备两个条件（1）______________________________；（2）_____________________________。

3、平抛运动是指_________________________________________________。

4、平抛运动的特点是（1）______________________________；（2）_____________________________。

5、用实验探究平抛物体在水平方向上的规律思路是：（1）设法通过实验得到___________________；（2）在平抛运动轨迹上找到每相隔相等时间，物体所到达的位置；（3）_____________________________。

6、平抛运动可以分解为_________________________和______________________。

7、平抛运动的轨迹是一条抛物线。

8、斜向上或斜向下抛出的物体只在重力作用下的运动叫做斜抛运动。

9、斜抛运动可以看做是____________________和_________________的合运动。

【考点导航】一、平抛运动的处理方法平抛运动具有水平初速度且只受重力作用，是匀变速曲线运动。

研究平抛运动的方法是利用运动的合成与分解，将复杂运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。

其运动规律为：（1）水平方向：a x =0，v x =v 0，x= v 0t 。

（2）竖直方向：a y =g ，v y =gt ，y= gt 2/2。

（3）合运动：a=g ，22yxtv v v ，22y xs 。

v t 与v 0方向夹角为θ，tan θ= gt/ v 0，s 与x 方向夹角为α，tan α= gt/ 2v 0。

1.3研究斜抛运动同步练习（沪科版必修2）1．做斜抛运动的物体()A ．水平分速度不变B ．加速度不变C ．在相同的高度处有相同的速度D ．经过最高点时，瞬时速度为零解析：选AB.斜抛运动可以看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，A 正确．在运动过程中只受到重力作用，合外力恒定则加速度不变，B 正确．水平方向速度不变，竖直方向在上升和下降的过程中，同一个位置速度大小相等，但是方向不相同，所以在相同高度速度大小相等，但是方向不一样，C 错．在最高点竖直方向的速度减到零，但有水平方向的速度，D 错．2．某同学在篮球场地上做斜上抛运动实验，设抛出球的初速度为20 m/s ，抛射角分别为30°、45°、60°、75°，不计空气阻力，则关于球的射程，以下说法中正确的是()A ．以30°角度抛射时，射程最大B ．以45°角度抛射时，射程最大C ．以60°角度抛射时，射程最大D ．以75°角度抛射时，射程最大解析：选B.根据射程公式X ＝v 20sin2θg 可知，当抛射角为45°时，射程最大．3.以相同的初速率、不同的抛射角抛出三个小球A 、B 、C ，三球在空中的运动轨迹如图1－3－3所示，下列说法中正确的是()图1－3－3A ．A 、B 、C 三球在运动过程中，加速度都相同B ．B 球的射程最远，所以最迟落地C ．A 球的射高最大，所以最迟落地D ．A 、C 两球的射程相等，两球的抛射角互为余角，即θA ＋θC ＝π2解析：选ACD.A 、B 、C 三球在运动过程中，只受到重力作用，具有相同的加速度g ，故选项A 正确；斜抛运动可以分成上升和下落两个过程，下落过程就是平抛运动，根据平抛运动在空中运动的时间只决定于抛出点的高度可知，A 球从抛物线顶点落至地面所需的时间最长，再由对称性可知，斜抛物体上升和下落时间是相等的，所以A 球最迟落地，选项C正确，B 错误；已知A 、C 两球的射程相等，根据射程公式X ＝v 20sin2θg可知，sin2θA ＝sin2θC ，在θA ≠θC 的情况下，必有θA ＋θC ＝π2，选项D 正确． 4．一位田径运动员在跳远比赛中以10 m/s 的速度沿与水平面成30°的角度起跳，在落到沙坑之前，他在空中滞留的时间约为(g 取10 m/s 2)()A ．0.42 sB ．0.83 sC ．1 sD ．1.5 s解析：选C.起跳时竖直向上的分速度v 0y ＝v 0sin30°＝10×12m/s ＝5 m/s 所以在空中滞留的时间为t ＝2v 0y g ＝2×510s ＝1s ，故C 正确． 5．从地面上斜抛一物体，其初速度为v 0，抛射角为θ.(1)求物体所能达到的最大高度h m (射高)．(2)求物体落地点的水平距离x m (射程)．(3)抛射角多大时，射程最大？解析：(1)利用竖直分运动的速度公式，有v y ＝v 0sin θ－gt ＝0所以斜抛物体达到最高点的时间为t ＝v 0sin θg将此结果代入竖直分运动的位移公式，便可得h m ＝v 0y t －12gt 2＝v 20sin 2θg －v 20sin 2θ2g因此h m ＝v 20sin 2θ2g. (2)设斜抛物体的飞行时间为T .利用竖直分运动的位移公式，有y ＝v 0sin θ×T －12gT 2＝0 所以斜抛物体的飞行时间为T ＝2v 0sin θg将此结果代入水平分运动的位移公式，便得到x m ＝v 0cos θ×T ＝2v 20sin θcos θg ＝v 20sin2θg. (3)当θ＝45°时，sin2θ＝1，射程x m 最大，为x m ＝v 20g. 答案：(1)v 20sin 2θ2g(2)v 20sin2θg (3)45°一、选择题1．若不计空气阻力，下列运动可以看成斜抛运动的是()A ．斜向上方发射的探空火箭B ．足球运动员远射踢出的高速旋转的“香蕉球”沿奇妙的弧线飞入球门C ．姚明勾手投篮时抛出的篮球D ．军事演习中发射的导弹解析：选C.发射的火箭、导弹靠燃料的推力加速运动，而香蕉球由于高速旋转受到较大的空气作用力，故A 、B 、D 错误，而姚明勾手投篮抛出的篮球只受重力作用，故C 正确.2．做斜抛运动的物体，到达最高点时()A ．速度为零，加速度不为零B ．速度为零，加速度也为零C ．速度不为零，加速度也不为零D ．速度不为零，加速度为零解析：选C.做斜抛运动的物体达到最高点时，竖直分速度为零，水平分速度不为零，运动过程中始终仅受重力作用，所以有竖直向下的重力加速度g ，故C 正确．3．将同一物体分别以不同的初速度、不同的仰角做斜抛运动，若初速度的竖直分量相同，则下列哪个量相同 ()A ．落地时间B ．水平射程C ．自抛出至落地的速度变化量D ．最大高度解析：选ACD.落地时间和最大高度取决于竖直方向的分运动，水平射程与水平分速度、运动时间有关，水平分速度不一定相同，故A 、D 正确，B 错误．由于初速度的竖直分量相同，由对称性知自抛出至落地的速度变化量相同，C 正确．4．下列关于斜抛运动的说法中正确的是()A ．上升阶段与下落阶段的加速度相同B ．物体到达最高点时，速度最小，但不为零C ．物体到达最高点时，速度为v 0cos θ(θ是v 0与水平方向间的夹角)，但不是最小D ．上升和下落至空中同一高度时，速度相同解析：选AB.斜抛物体的加速度为重力加速度g ，A 正确；除最高点速度为v 0cos θ外，其他点的速度均是v 0cos θ与竖直速度的合成，B 正确，C 错；上升与下落阶段速度的方向一定不同，D 错．5．斜抛运动与平抛运动相比较，相同的是()A ．都是匀变速曲线运动B ．平抛是匀变速曲线运动，而斜抛是非匀变速曲线运动C ．都是加速度逐渐增大的曲线运动D ．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛是速度一直减小的曲线运动解析：选A.平抛运动与斜抛运动的共同特点是它们以一定的初速度抛出后，都只受重力作用．合外力为G ＝mg ，根据牛顿第二定律可以知道平抛运动和斜抛运动的加速度都是恒定不变的，大小为g ，方向竖直向下，都是匀变速运动. 它们不同的地方就是平抛运动是水平抛出、初速度的方向是水平的，斜抛运动有一定的抛射角，可以将它分解成水平分速度和竖直分速度，也可以将平抛运动看成是特殊的斜抛运动(抛射角为0°)．平抛运动和斜抛运动初速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，所以它们都是匀变速曲线运动．B 、C 错，A 正确．平抛运动的速率一直在增大，斜抛运动的速率先减小后增大，D 错．6.如图1－3－4所示是斜向上抛出物体的运动轨迹，C 点是轨迹最高点，A 、B 是轨迹上等高的两个点．下列叙述中正确的是(不计空气阻力)()图1－3－4 A ．物体在C 点的速度为零B ．物体在A 点的速度与在B 点的速度相同C ．物体在A 点、B 点的水平分速度均等于物体在C 点的速度D ．物体在A 、B 、C 各点的加速度都相同解析：选CD.斜抛运动只受重力作用，故各点加速度相同都为重力加速度g ，选项D 正确；又因水平方向匀速运动，故选项C 正确，A 错误；A 、B 两点的速度大小相等，方向不同，故B 错误．7．关于向斜上方抛出物体的运动，下列说法中正确的是()A ．抛射角一定，初速度小时，运动时间长B ．抛射角一定，初速度大时，运动时间长C ．初速度一定，抛射角小时，运动时间长D ．初速度一定，抛射角大时，运动时间长解析：选BD.斜抛运动的运动时间取决于竖直方向的分运动的时间，由T ＝2v 0sin θg 知抛射角θ一定时，v 0越大，T 越大；v 0一定时，θ越大，T 越大；故B 、D 正确，A 、C 错误．8．一跳高运动员起跳后做斜上抛运动，若初速度为8 m/s ，且起跳仰角为θ＝30°，则该运动员能跳过的最大高度是(g 取10 m/s 2)()A ．0.8 mB ．2.4 mC ．1.6 mD ．1.2 m解析：选A.根据Y ＝v 20sin 2θ2g，代入数据可得Y ＝0.8m ，故A 正确． 9．(2011年陕西安康高一检测)两物体自同一地点分别与水平方向成θ1＝60°、θ2＝30°的仰角抛出，若两物体所达到的射程相等，则它们的抛射速度之比为()A ．1∶1B ．1∶ 3C.3∶1 D ．1∶3解析：选A.由于二者的射程相等，根据X ＝v 20sin2θg，又因为sin120°＝sin60°，所以两物体抛射速度大小相等，A 正确．10.在倾角为α的斜坡上，沿着与水平线成α角的方向斜向上方抛出一石块，如图1－3－5所示．设石块落在斜坡上的位置离抛出点的距离为L ，则石块抛出的初速度为()图1－3－5A ．v 0＝12gL sin αB ．v 0＝12gL cos αC ．v 0＝12gL cos α D ．v 0＝12gL sin α解析：选A.将石块的运动看成是沿v 0方向的匀速直线运动和自由落体运动的合运动．运动合成情况如图所示．图中平行四边形对角线是合运动位移，依题意其大小为L ，两条相邻边s 和h 则是两个分运动的位移．设运动时间为t ，由运动学公式知：s ＝v 0t ，h ＝12gt 2再由几何关系知：s cos α＝L cos α，s sin α＋L sin α＝h 联立以上四式，消去t ，解得v 0＝12gL sin α，故选A. 二、非选择题11．一足球运动员开出角球，球的初速度是20 m/s ，初速度方向跟水平面的夹角是37°.如果球在飞行过程中，没有被任何一名队员碰到，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，求：(1)落点与开出点之间的距离；(2)球在运动过程中离地面的最大距离．解析：(1)将球的初速度进行分解，其水平分量v 1＝v sin θ＝16 m/s ，竖直分量为v 2＝v cos θ＝12 m/s飞行时间t ＝2v 2g＝2.4 s 水平距离s ＝v 1·t ＝38.4 m.(2)最大高度h ＝v 222g＝7.2 m. 答案：见解析12．将小球以10 m/s 的速度斜向上抛出，速度方向与水平方向成30°角，求小球在0.8 s 内的位移大小及0.8 s 末的速度．解析：水平方向：v x ＝v 0x ＝10×cos30° m/s ＝5 3 m/s水平位移：x ＝v x t ＝53×0.8 m ＝4 3 m竖直方向：v 0y ＝v 0sin30°＝5 m/s所以小球在0.8 s内的竖直位移为y＝v0y t－12gt2＝5×0.8 m－12×10×0.82 m＝0.8 m，0．8 s末的竖直速度为vv y＝v0y－gt＝(5－10×0.8) m/s＝－3 m/s故s＝x2＋y2＝(43)2＋0.82m≈7.0 mv＝v2x＋v2y＝(53)2＋32m/s≈9.2 m/stanθ＝v yv x＝353＝35，即此时速度方向与水平方向所夹角度θ＝arctan35.答案：7.0 m9.2 m/s方向与水平方向夹角θ＝arctan35（2011 23 安徽卷）．（16分）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。

专题限时集训(一)1．B [解析] 木块能够匀速下滑，说明合力为零，沿平行于斜面方向上满足mgsin θ＝μmg cos θ，即tan θ＝μ，欲使木块停下，木块需要做减速运动，其合力应沿平行于斜面方向向上．若增大斜面的倾角，则tan θ＞μ，合力沿斜面向下，木块加速下滑，选项A 错误；若对木块施加一个垂直于斜面的力，那么木块沿斜面向上的摩擦力增大，合力沿斜面向上，木块做减速运动，所以选项B 正确；若对木块施加一个竖直向下的力或者在木块上再叠放一个重物，则木块受到的合力仍为零，木块将保持匀速下滑，所以选项CD 错误．2．C [解析] 受力如图所示，根据力的平衡条件得：F 1cos θ＝m B g ，F 1sin θ＝F 2，把A 向右移动少许，θ减小，则F 1减小，选项B 错误；F 2＝m B gtan θ减小，选项A 错误；对A 、B 利用整体法分析，地面对A 的摩擦力F f 的大小等于F 2，F 2减小，则F f 减小，选项C 正确；A 对地面的压力大小等于A 、B 重力之和，是定值，选项D 错误．3．ABD [解析] 因OB 细线恰好处于竖直方向，且两小球均处于静止状态，可知AB 细线中拉力为零．力F 的可能方向范围为O →A 方向(不包括O →A 方向)与竖直向上方向之间，所以选项ABD 正确．4．A [解析] 弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力F 1＝kx ，将弹簧的弹力和小球的重力沿平行和垂直斜面分解，在平行斜面方向根据平衡条件得mgsin30°＝kxcos60°，解得弹簧的形变量x ＝mg k，选项A 正确． 5．D [解析] 对物体M 受力分析，根据平衡条件得，绳OA 对M 的拉力F OA ＝mgcos60°＝10 N ，绳OB 对M 的拉力F OB ＝mgcos30°＝10 3 N ，选项A 、B 错误；m 受到水平面的静摩擦力的方向水平向左，大小为F f ＝F OB －F OA ＝10(3－1) N ，选项C 错误，选项D 正确．6．A [解析] 根据楞次定律可判断出，环中的感应电流沿顺时针方向，再运用左手定则可知，环受到的安培力F 竖直向下，根据环的平衡条件可知，绳上的拉力T ＝F ＋mg ＞mg ；根据法拉第电磁感应定律可知，环中产生的感应电动势不变，感应电流I 不变，所以当磁感应强度B 减小时，安培力F ＝BIL(L 大小等于环的直径，是定值)逐渐减小，绳上的拉力逐渐减小，只有选项A 正确．7．A [解析] 对带电小球受力分析，F AP ＝kqQ 1（Lcos α）2，F BP ＝kqQ 2（Lsin α）2，圆环对带电小球的作用力为F ，由平行四边形定则知，F AP ＝Fcos α，F BP ＝Fsin α，联立解得tan 3α＝Q 2Q 1，选项A 正确，选项B 错误；因电荷量Q 1、Q 2关系不明确，故不能确定O 点电场强度是否为零，选项C 、D 错误．8．D [解析] 先以A 、B 整体为研究对象，因为A 、B 保持静止，所以竖直墙壁对A 有竖直向上的静摩擦力F″和水平向右的弹力F′.再以B 为研究对象，其受力情况如图乙所示，即要保持物体B 平衡，B 应受到重力、力F 、A 对B 的弹力的作用，同时，B 还应受到A 对B 的摩擦力作用．以A 为研究对象，它受重力、B 对它的弹力和静摩擦力作用，墙面对它的弹力和静摩擦力作用，A 的受力图如图甲所示，所以选项D 正确．甲 乙9．B [解析] 开始阶段物体受向左的滑动摩擦力作用，其大小F f1＝μmg ＝6 N ，最大静摩擦力也为6 N ．经过一段时间，速度减小为零，此时恒力F 小于最大静摩擦力，物体保持静止状态，静摩擦力F f2＝F ＝5 N ，方向向右．选项B 正确．10．BCD [解析] 将A 、B 视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力F N (也是对B 的支持力F N )，将b 向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以F N ＝(m A ＋m B )g 为一定值，选项C 正确；然后对B 进行受力分析，如图所示，由平衡条件可知F N ＝m B g ＋F 斥cos θ，向左推B ，θ减小，所以F 斥减小，由F 斥＝k q A q B r 2得：A 、B 间距离r 增大，选项D 正确；而F ＝F 斥sin θ，θ减小，F 斥减小，所以推力F 减小，故选项A 错误；将A 、B 视为整体时F ＝F NA ，所以墙面对小球A 的弹力F NA 减小，选项B 正确．11．B [解析] 潜水器两侧配备4块压载铁时，对潜水器受力分析，根据牛顿第二定律可得G 1－kv 2－F 浮＝ma ，当速度增大时，加速度逐渐减小，当加速度减为零时，速度达到最大值，潜水器做匀速运动，A 项错误，B 项正确；潜水器抛载其中2块载铁时，对潜水器受力分析，根据牛顿第二定律可得－G 2＋kv 2＋F 浮＝ma ，潜水器将做加速度逐渐减小的减速运动，最后悬停在指定深度，C 项错误；潜水器抛弃所有压载铁时，根据牛顿第二定律得－G 3－kv 2＋F 浮＝ma ，潜水器做加速度逐渐减小的加速运动，D 项错误．12．D [解析] 选取环A 与球B 组成的系统为研究对象，对其受力分析，根据平衡条件可得，杆对环A 的支持力N ＝2mg ，摩擦力大小f ＝F ，显然，选项C 错误；对球B 受力分析，根据平衡条件可得，F ＝mgtan θ，轻质绳对B 球的拉力T ＝mg cos θ，选项B 错误；若水平恒力增大，则细绳与竖直方向的夹角为θ变大，轻质绳对B 球的拉力T 变大，选项A 错误；由f＝μN ＝2μmg 和f ＝F ＝mgtan θ可得μ＝tan θ2，选项D 正确． 专题限时集训(二)A1．D [解析] 汽车加速度逐渐增大，因此其v －t 图线上各点斜率的绝对值逐渐增大，选项D 正确．2．D [解析] 若绳子B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力相等，则B 与C 间的摩擦力为零，选项A 错误；利用整体法判断，C 一定受到水平面向左的摩擦力，选项B 错误；同理，在竖直方向利用整体法判断，水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力，选项C 错误；将细绳剪断后，利用整体法判断，B 、C 系统在水平方向不受外力作用，选项D 正确．3．B [解析] 巡逻船以速度v 0匀速行驶时，驱动力等于阻力F f ，发动机功率调整增大为某数值时，由P ＝Fv 知牵引力突然增大，由牛顿第二定律F －F f ＝ma 知，巡逻船加速运动，随着速度的增大驱动力将减小，因此加速度逐渐减小，直到加速度为零，巡逻船做匀速直线运动，即速度曲线上各点切线的斜率为正值，且斜率逐渐减小为零．选项B 正确．4．CD [解析] 由图象知，在t 1时刻之前乙车的加速度先大于甲车的加速度，后小于甲车的加速度，选项A 错误；由图象知，乙车的速度始终比甲车的大，选项C 正确；因为速度图线与横轴所围面积表示位移，所以在t 1时刻之前乙始终在甲车的前面，在t 1时刻两车并不相遇，选项B 错误，选项D 正确．5．D [解析] 礼花弹离开炮筒后做匀减速直线运动，由h ＝v 0t 2得v 0＝2h t＝50 m/s ，加速度a ＝v 0t＝12.5 m/s 2，由牛顿第二定律有mg ＋kmg ＝ma ，则k ＝0.25. 6．A [解析] 当用水平力F 作用于B 上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，对A 、B 整体，由牛顿第二定律可得F －3μmg ＝3ma ，再用隔离法单独对A 分析，由牛顿第二定律可得：kx 1－μmg ＝ma ，联立解得kx 1＝13F ；根据上述方法同理可求得沿竖直方向、沿斜面方向运动时kx 2＝kx 3＝13F ，所以选项A 正确． 7．A [解析] 水平面光滑时，分别对整体和物块B 应用牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a ，kL 1＝m B a ，解得kL 1＝m B Fm A ＋m B ；水平面粗糙时，分别对整体和物块B 应用牛顿第二定律得：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a′，kL 2－μm B g ＝m B a ′，解得kL 2＝m B Fm A ＋m B .选项A 正确．8．6.0×104 m[解析] 动车正常行驶，加速阶段： Z&xx&k v 1＝a 1t 1 v 21＝2a 1x 1匀速阶段：x 2＝v 1t 2减速阶段：0＝v 1＋(－a 2)t 3 0－v 21＝2(－a 2)x 3同理可得，车速调整后，加速阶段：v 2＝a 1t ′1 v 22＝2a 1x ′1匀速阶段：x′2＝v 2t ′2减速阶段：0＝v 2＋(－a 2)t′3 0－v 22＝2(－a 2)x′3两次运动的时间、位移关系为：t 1＋t 2＋t 3＝t′1＋t′2＋t′3＋Δtx 1＋x 2＋x 3＝x′1＋x′2＋x′3联立以上各式解得x AB ＝x 1＋x 2＋x 3＝6.0×104 m.9．(1) 5 s (2)28.8 m甲[解析] (1)冰橇做匀加速直线运动阶段，冰橇受力如图甲所示．根据牛顿第二定律有：Fcos α－μ(mg ＋Fsin α)＝ma 1解得：a 1＝4.8 m/s 2由x AP ＝12a 1t 21解得t 1＝ 5 s乙(2)冰橇和运动员做匀减速直结运动，冰橇和运动员受力如图乙所示．加速结束时：v P ＝a 1t 1＝2455 m/s 根据牛顿第二定律有：μ(M ＋m)g ＝(M ＋m)a 2解得：a 2＝2 m/s 2则冰橇继续滑行距离为x ＝v 2P 2a 2＝28.8 m. 10．(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s[解析] (1)由v －t 图象知A 、B 之间的距离有：x AB ＝16×22 m ＝16 m. (2)设滑块从A 滑到B 的过程加速度大小为a 1，从B 返回到A 的过程加速度大小为a 2，滑块与斜面之间的滑动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有：a 1＝gsin θ＋μgcos θa 2＝gsin θ－μgcos θ由图象可知a 1＝16－02m/s 2＝8 m/s 2 设滑块返回到A 点时的速度为v 1，有：v 21－0＝2a 2x AB解得：a 2＝4 m/s 2，v 1＝8 2 m/s. 学§科§(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2，则有： Z&xx&k t 1＝2 st 2＝v 1a 2＝2 2 s 则滑块在整个过程中所用的时间t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.专题限时集训(二)B1．D [解析] 人最终处于平衡状态绳子拉力应等于人的重力，由图知拉力的最终值为35F 0，选项D 正确．2．BC [解析] 对于形状一样的木与金属制成的长方体，因金属密度大，故其制成的长方体的质量大．A 、B 两物体恰好要分开运动时，上面的长方体受到的是滑动摩擦力，以下面的长方体为研究对象，如果上面的材料是金属，下面的材料是木，则上面的长方体对下面的长方体的摩擦力大(因为动摩擦因数相同，金属质量大)，桌面对下面长方体的摩擦力也大(因为A 、B 整体质量相同，木与木的动摩擦因数大)，所以如果F 1>F 2，可确定A 的材料是金属，B 的材料是木，反之如果F 1<F 2，可确定A 的材料是木，B 的材料是金属，AD 错误，B 正确；如果F 1＝F 2，可确定A 、B 是都是金属或者都是木，否则会出现上面的情况，C 正确．3．BC [解析] 以整体为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律，沿竖直柱子加速向上爬时，有：F 1－(M ＋m)g ＝ma ；沿竖直柱子加速向下滑时，有：(M ＋m)g －F 2＝ma ；因此有F 1>(M ＋m)g ，F 2<(M ＋m)g ，F 1＋F 2＝2(M ＋m)g ，所以选项B 、C 正确．4．A [解析] t 1时刻人超重，电梯的加速度向上，t 2时刻人失重，电梯的加速度向下，A 正确；无论超重还是失重，人的质量和所受重力均不发生变化，B 错误；由牛顿第二定律可知，t 1和t 2时刻电梯的加速度大小相等、方向相反，但运动方向不一定相反，C 错误；t 2时刻电梯可能向下加速，也可能向上减速，D 错误．5．D [解析] 由于题述没有给出传送带的长度和物体与传送带的动摩擦因数，无法判断出物体从右端滑上传送带，能否到达左端，选项A 、B 错误；若v 2<v 1，物体从左端滑上传送带，则物体可能一直做加速运动，选项C 错误；当v 2>v 1，且v 2足够大时，物体无论从右端还是从左端滑上传送带，都做加速度相同的匀减速运动，此时从右端滑上到左端所需的时间等于物体从左端滑上到右端的时间，选项D 正确．6．AC [解析] 物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmg cos θ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tan θ即mgsin θ<μmgcos θ，滑块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin θ，小于上滑时的摩擦力μmg cos θ，所以选项A 、C 正确．7．B [解析] 撤离木板时，小球所受重力和弹簧的弹力不发生变化，二者合力的大小等于撤离木板前木板对小球的支持力F N ，由于F N ＝mgcos30°＝233mg ，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a ＝F N m ＝233g.选项B 项正确． 8．7.5 s[解析] 根据自由落体运动公式得h ＝12gt 21＝100 m 先以最大加速度a 加速下滑，达到最大速度v ，再以最大加速度a′减速下滑，着地时速度为v 1＝10 m/s ，则下滑过程所需时间最短．加速阶段的位移为h 1＝v 22a加速阶段的时间为t 1＝v a减速阶段的位移为h 2＝v 21－v 2－2a′减速阶段的时间为t 2＝v 1－v －a′又h ＝h 1＋h 2解得v ＝20 m/s下滑的最短时间t ＝t 1＋t 2＝v a ＋v 1－v －a′＝7.5 s 9．(1)16s (2)0.4 m [解析] (1)设推力作用在瓶子上的最长位移为s ，由动能定理：Fs －μmgL 1＝0解得s ＝0.5 m由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma解得：a ＝36 m/s 2由运动学公式：s ＝12at 2 解得推力作用的最长时间为：t ＝16s (2)设推力作用的最小距离为x ，则有：Fx －μmg (L 1－L 2)＝0解得：x ＝0.4 m10．14 s[解析] 挑战者匀加速通过平台，有L 1＝12a 1t 21解得：t 1＝2L 1a 1＝2 s 冲上跑步机的初速度v 1＝a 1t 1＝4 m/s冲上跑步机至跨栏， 有L 3＝v 1t 2＋12a 2t 22解得t 2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离x ＝v 0t ＝1×2 m ＝2 m取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速的过程，有：v 0＝a 2t 3解得：t 3＝1 s对地位移x 1＝v 0t 3－12a 2t 23＝0.5 m 挑战者向右加速冲刺过程有：x ＋x 1＋L 2－L 3＝12a 2t 24 解得：t 4＝7 s挑战者通过全程所需的总时间为：t 总＝t 1＋t 2＋t ＋t 3＋t 4＝14 s.专题限时集训(三)1．D [解析] 在地面上看消防队员的运动是消防员相对于地面的实际运动，它是沿梯子方向的匀加速直线运动和随消防车沿水平方向上直线运动的合运动．当消防车匀速前进时，消防队员在竖直方向上和水平方向上都做匀加速直线运动，但加速度方向与速度方向不共线，所以消防队员做曲线运动，选项AB 错误；当消防车匀加速前进时，消防队员的合外力大小恒定，方向可能与运动方向相同，即消防队员可能做匀变速直线运动，选项C 错误；当消防车匀减速前进时，消防队员的合外力大小恒定，方向与运动方向一定不相同，所以消防队员一定做匀变速曲线运动，选项D 正确．2．B [解析] 木板与水平面间的滑动摩擦力为f 1＝μ1(m 0＋m)g ＝45 N ，小木块与木板之间的滑动摩擦力为f 2＝μ2mg ＝40 N ，f 1>f 2，所以木板一定静止不动；设小木块滑行的距离为x ，则v 20＝2μ2gx ，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小木块不能滑出木板，选项B 正确．3．A [解析] 由于运动员最终仍落在滑板原来的位置上，所以运动员和滑板在水平方向上的运动均不变，双脚对滑板作用力的合力只能沿竖直方向，由题意可以判断应竖直向下，选项A 正确．4．C [解析] 当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度v 1＝ωr ＝ωhcos θ，如图所示，则云层底面上光点的移动速度v ＝v 1cos θ＝ωh cos 2θ，选项C 正确． 5．CD [解析] 运动员从A 点做平抛运动落到斜坡上的B 点的过程中，小球运动的位移与水平方向上的夹角等于斜面的倾角θ，设落到斜坡上时的速度与水平方向之间的夹角为α，则tan α＝2tan θ，显然α≠θ，所以选项A 错误；运动员落到斜坡上时的速度v ＝v 0cos α，选项B 错误；根据v y v 0＝tan α＝2tan θ，可得竖直分速度为v y ＝2v 0tan θ，运动员在空中经历的时间t ＝v y g ＝2v 0tan θg ，选项C 正确；运动员的落点B 与点A 的距离是s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20sin θgcos 2θ，选项D 正确．6．B [解析] 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ，所以tan θ1tan θ2＝2，故选项B 正确．7．D [解析] 在烧断细线前，A 、B 两物体做圆周运动的向心力均是由静摩擦力与绳子拉力的合力提供的，且静摩擦力均达到了最大静摩擦力f m .因为两个物体在同一圆盘上随盘转动，故角速度ω相同．设此时细线对物体的拉力为T ，则对A 物体有T ＋f m ＝mω2R A ，对B物体有f m －T ＝mω2R B . 当线烧断时，T ＝0，A 物体所受的最大静摩擦力小于它所需要的向心力，故A 物体做离心运动；B 物体所受的静摩擦力变小，直至与它所需要的向心力相等为止，故B 物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，选项D 正确．8．D [解析] 根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹具有对称性，显然发球时的高度等于h ，从发球到运动到P 1点的水平位移等于14L ，所以可以求出球的初速度大小，也可以求出球从发出到第一次落在球台上的时间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间．9．B [解析] 以C 为原点，水平向右为x 轴正方向、竖直向下为y 正方向建立直角坐标系，由平抛运动的规律知：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，蛛丝AB 所在直线方程为x －y ＝0.2(m)，联立解得恰好到达蛛丝时有t ＝0.2 s ，v 0＝2 m/s ，所以选项B 正确．10．(1)0.5 (2)9 m/s[解析] (1)物块B 在竖直方向做自由落体运动，则h ＝12gt 2 解得B 的运动时间t ＝2h g＝0.4 s 在水平方向做匀速直线运动，则水平位移x B ＝v B t ＝2 m物块A 弹开后做匀减速运动，由牛顿第二定律有－μmg ＝ma且x A ＝v A t ＋12at 2 因为B 击中A ，所以x A ＝x B解得μ＝0.5.(2)根据在离甲x A ′＝4 m 远处B 又击中A ，可得x ′A ＝v ′A t ＋12at 2 解得v ′A ＝11 m/s物块A 被击中时的速度v ″A ＝v′＋at ＝9 m/s.11．(1)2 N (2)如图所示[解析] (1)设球运动的线速度为v ，半径为R ，则在A 处时F ＋mg ＝m v 2R在C 处时F′－mg ＝m v 2R解得ΔF ＝F′－F ＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时健身者需施加的力为F ，球在A 处做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如图所示．则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mg mg＝F ＋1 作出的tan θ－F 的关系图象如图所示．专题限时集训(四)1．D [解析] 由G Mm R 2＝mg 可知，星球表面的重力加速度变为原来的16倍，选项A 、B 均错误；由G Mm R 2＝mv 2R 解得v ＝GM R，所以星球的第一宇宙速度增大到原来的2倍，选项C 错误，选项D 正确．2．D [解析] 太空旅馆的运行周期为85分钟，说明太空旅馆为近地卫星，其周期远小于同步卫星的运行周期，由开普勒第三定律知其轨道半径小于同步卫星轨道半径，由G Mm r 2＝mv 2r 得v ＝GM r，太空旅馆的线速度大于同步卫星的线速度，选项A 、B 错误；太空旅馆的周期小于赤道上的物体做圆周运动的周期，由v ＝2πr T 和a ＝ω2r ＝4π2r T2知，太空旅馆的运行速度和向心加速度均大于赤道物体的自转速度和向心加速度，选项C 错误，选项D 正确．3．AD [解析] 由于万有引力常量在极其缓慢地减小，根据万有引力定律，太阳对地球的引力在缓慢减小，选项A 正确，选项B 错误；火星位于地球圆轨道的外侧，故火星公转周期大于365天，火星上平均每个季节持续的时间大于3个月，选项C 错误，选项D 正确．4．AC [解析] 由万有引力提供向心力，有G Mm R 2＝m v 2R，解得线速度v ＝GM R ，选项A 正确；角速度ω＝v R ＝GM R 3＝g R ，选项B 错误；运行周期T ＝2πR v ＝2πR g，选项C 正确；由G Mm R 2＝ma 可得向心加速度a ＝GM R2，选项D 错误． 5．A [解析] A 行星发生最大偏离时，A 、B 行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星B 的运行周期为T 、半径为R ，则有2πT 0t 0－2πT t 0＝2π，所以T ＝t 0T 0t 0－T 0.由开普勒第三定律得R 30T 20＝R 3T 2，R ＝R 03t 20（t 0－T 0）2，所以选项A 正确． 6．A [解析] 对同步卫星有G Mm r 2＝ma ，对近地卫星有G Mm R 2＝mg ，联立得a ＝gR 2r2，选项A 正确；由a ＝ω2r ，同步卫星运行的角速度ω＝a r ＝R r g r ，卫星1由位置A 运动至置B 所需的时间t ＝θω＝πr 3R r g，选项B 错误；卫星1向反喷气加速，将做离心运动，不能追上卫星2，选项C 错误；卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中，万有引力与运动方向垂直，不做功，选项D 错误．7．BD [解析] 根据题意，选项C 错误；由G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝GM r，故卫星的轨道半径越小其线速度越大，且同一轨道上的卫星线速度大小一定相等，由于卫星质量不一定相等，则其动能不一定相等，所以选项A 错误，选项B 正确；由G Mm r 2＝ma 得a ＝GM r2，选项D 正确．8．ABD [解析] 卫星从北纬30°的正上方第一次运行至南纬60°正上方时，刚好为运动周期的14，所以卫星运行的周期为4t ，选项A 正确；已知卫星运行的周期、地球的半径，由G Mm（R ＋h ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋h)和G Mm R 2＝mg ，可以算出卫星距地面的高度和地球的质量，不能算出卫星的质量，选项B 、D 正确，选项C 错误．9．BC [解析] 因外星球的自转周期未知，故A 错误．物体的重力为G 0＝G Mm R 2，所以G 0X G 0E ＝M X M E ·R 2E R 2X ＝81，B 正确．由G Mm R 2＝m v 21R得第一宇宙速度v 1∝M R ，所以v 1X v 1E ＝M X M E ·R E R X ＝2，C 正确．由G Mm r 2＝m v 2r 得v ∝M ，所以v X v E ＝M X M E＝2，D 错误． 10．BCD [解析] 嫦娥一号在减速时要向前喷气，喷出的气体对嫦娥一号做负功，嫦娥一号的速度会减小，根据机械能守恒的条件(只有重力做功)可知，嫦娥一号实施首次“刹车”的过程，机械能是不守恒的，选项A 错误；嫦娥一号要对月球表面进行考察，必须从高轨道变为低轨道，再由椭圆轨道变轨为圆轨道，选项B 正确；如果嫦娥一号不能减速到一定程度，月球将无法俘获嫦娥一号，月球的引力不足以提供嫦娥一号绕月运行所需的向心力，此时嫦娥一号将远离月球，月球的引力对嫦娥一号做负功，选项C 正确；如果嫦娥一号过分减速，嫦娥一号将直接奔向月球表面，此时月球对它的引力将做正功，撞击月球表面时的速度将很大，选项D 正确．11．BD [解析] 由于阻力作用飞船的机械能减小，轨道降低，为恢复到原来的轨道，必须使飞船动能增大，速度增大，做离心运动而进入较高轨道，继续做匀速圆周运动，由G Mmr 2＝m v 2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 可得v ＝GM r ，T ＝4π2r 3GM ，半径越大，则速度越小，周期越大，选项B 、D 正确．12．ABD [解析] 根据G Mm（R ＋L ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋L) 可求得同步卫星的轨道半径，选项A 正确；已知地球表面的重力加速度和宇航员在地球表面称得的体重，由G ＝mg 可以求出宇航员的质量，选项D 正确；在地球表面满足G Mm R 2＝mg ，设当宇航员视重为F ＝850 N 时所处高度为h ，在此高度有万有引力定律可得G Mm （R ＋h ）2＝mg′，由牛顿第二定律有F －mg′＝ma ，以上各式联立可解得h ，选项B 正确；由于不知道升降机的质量，则选项C 错误．专题限时集训(五)1．BD [解析] 匀速上行时，人受到绳子的拉力与重力平衡，绳子对人的拉力和绳子对人的静摩擦力是同一个力，A 错误；匀速上行过程绳子对人的拉力做的功等于重力势能的增量，B 正确；加速下滑过程重力大于摩擦力，加速度小于重力加速度，C 错误；根据功能关系，人减少的机械能等于克服摩擦力做的功，D 正确．2．AD [解析] 因为功率恒定，所以W ＝P(t 1＋ t 2)，A 正确；B 项中没有考虑汽车的动能变化，C 项中没有考虑加速阶段克服摩擦力做功，BC 错误；由于功率P ＝fv m ，故D 正确．3．AC [解析] 小球在重力和斜面的支持力F N 作用下向左匀加速运动，支持力F N ＝mgcos45°＝2mg ，合力F ＝mgtan45°＝mg ，选项B 错误，选项C 正确；重力对小球不做功，所以斜面对小球做功即合力做的功，根据动能定理得W ＝12mv 22－12mv 21＝32mv 2，选项A 正确，选项D 错误.4．ABC [解析] 汽车速度最大时， 汽车所受到的牵引力F 1＝F f ＝P v m，根据牛顿第二定律有F －F f ＝ma ，即P v －P v m ＝ma ，解得a ＝P m ⎝⎛⎭⎫1v －1v m ，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，代入F f ＝P v m可解得汽车所受到阻力．所以选项A 、B 、C 正确．5．BC [解析] 由题意知图线①为小球重力势能与上升高度的关系图线，图线②为小球动能与上升高度的关系图线．根据动能定理得－f h 0sin θ－mgh 0＝0－E k0，由图知mgh 0＝E k0k ＋1，解得E k0＝(k ＋1)mgh 0，解得f ＝kmgsin θ.设小球重力势能和动能相等时上升高度为h ，速度为v ，即mgh ＝12mv 2，由动能定理－f h sin θ－mgh ＝12mv 2－E k0，解得h ＝k ＋1k ＋2h 0.故选项B 、C 正确． 6．BC [解析] 对人进行受力分析如图所示，两次滑沙过程均为匀加速直线运动，且加速度相同，有(2v 0)2－02＝2al ，v 2－v 20＝2al ，解得v ＝5v 0，选项A 错误，选项B 正确；根据动能定理有mglsin α－F f l ＝12m(2v 0)2，解得F f ＝mgsin α－2mv 20l，选项C 正确；重力功率的最大值为P m ＝2mgv 0sin α，选项D 错误．7．C [解析] 由平抛运动的规律得：h ＝12gt 2，s ＝v 0t ，解得A 距地面的高度h ＝gs 22v 20；套在杆上的小球运动过程受杆的弹力作用，其水平方向不是匀速运动，选项A 、B 错误；套在杆上的小球滑动过程中机械能守恒，mgh ＝12mv 2B ，解得v B ＝gs v 0，小球到达轨道B 端时重力的功率为P ＝mgv B cos α＝mg 2scos αv 0，其中α为小球在B 端时的速度与竖直方向的夹角，选项C 正确，选项D 错误．8．(1)3.25 s (2)x ＝（y －15）250(y ≥15 m) [解析] (1)要在最短时间内上升到15 m 高的地方，直升机应该先以最大的升力向上运动，达到最大功率后，再以最大功率向上运动．先以最大升力上升，直升机做匀加速运动的加速度a ＝F －（k 1＋1）mg m＝3 m/s 2 经过时间t 1达到最大功率，此时上升高度为h 1，达到的速度为v ′m ，则有Fv′m ＝P max ，即v′m ＝P max F＝8 m/s 可得：t 1＝v′m a ＝83 s ，h 1＝12at 21＝323m 此后直升机顶部风扇发动机以最大功率输出，经过时间t 2使直升机上升到15 m 高处，达到最大速度v ，则有v ＝P max （k 1＋1）mg＝10 m/s ， 根据动能定理有：P max t 2－(k 1＋1)mg(h －h 1)＝12mv 2＝12mv ′2m ， 解得t 2＝712s 所以最短时间为t ＝t 1＋t 2＝3.25 s(2)达到高度15 m 时，顶部风扇发动机功率不变，取此时t ＝0，则直升机在竖直方向上做匀速运动，有：v 1＝10 m/s ，y ＝15＋10t ；直升机水平方向上做匀加速直线运动，有a 1＝F 1－k 2mg m ＝4 m/s 2，x ＝12at 2＝2t 2.消去时间t ，可得直升机飞行的轨迹方程为x ＝（y －15）250，其中y ≥15 m. 9．(1)2gR (2)μmg ＋0.8mg q(3)⎝⎛⎭⎫2.5＋2μR [解析] (1)对物块由A 至D 运用动能定理得：－mg·2R ＝0－12mv 2A解得v A ＝2gR.(2)对物块由B 至A 运用动能定理得：Eq·2.5R －μmg·2.5R ＝12mv 2A－0 解得E ＝μmg ＋0.8mg q. (3)物块最终将停在A 点，设物体在水平轨道部分的总路程为s ，对物块全过程运用动能定理得：Eq ·2.5R －μmg·s ＝0解得s ＝⎝⎛⎭⎫2.5＋2μR. 10．(1)6 m/s (2)能 略[解析] (1)设小车经过C 点时的临界速度为v 1，则：mg ＝mv 21R 1设P 、A 两点间距离为L 1，由几何关系可得L 1＝R 1（1＋cos θ）sin θ小车从P 运动到C ，根据动能定理，有－μmgL 1cos θ＝12mv 21－12mv 20 解得：v 0＝6 m/s.(2)设P 、B 两点间距离为L 2，由几何关系可得L 2＝R 2（1＋cos θ）sin θ设小车能安全通过两个圆形轨道在D 点的临界速度为v 2，则mg ＝mv 22R 2设P 点的初速度为v 0′，小车从P 运动到D ，根据动能定理，有－μmgL 2cos θ＝12mv 22－12mv ′20 解得v 0′＝12 m/s因为v 0′＝12 m/s<15 m/s ，所以小车能安全通过两个圆形轨道．专题限时集训(六)1．BC[解析] 任何时候重力做的功都等于重力势能的减少量，选项A错误；合外力做功等于物体动能改变量，这是动能定理的内容，选项B正确；势能是相互作用能，存在于两个相互作用物体之间，其大小与势能零点的选取有关，选项C正确；动能减少量与重力势能增加量只有在机械能守恒时才会相等，选项D错误．2．C[解析] 由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsinθ＋f＝ma1，下滑阶段有：mgsinθ－f＝ma2，因此a1＞a2，B选项错误；因a1＞a2，故速度图象中上升阶段的斜率较大，下降阶段的斜率较小，A选项错误；由于摩擦力始终做负功，故机械能一直减小，选项D错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，重力势能变化快，下滑阶段加速度小，重力势能变化慢，选项C正确．3．C[解析] 小球做匀速圆周运动，说明运动过程中合力不做功，即小球所受电场力与重力平衡，小球受到的电场力竖直向上，所以小球带正电，从a点到b点过程电场力做负功，电势能增大，选项A、B错误，选项C正确；因为运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，选项D错误．4．A[解析] 圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故互相有挤压，2号球对3号球做正功，选项B错误；水平面上速度相同，无挤压也不分离．斜面上加速度相同，也是无挤压也不分离，2号球对3号球不做功，故选项A正确，选项C错误；从圆弧上由静止释放至到达斜面的最高点，机械能守恒，重心的高度要相同，因此4号球在CD上运动的最大高度与1号球的初始高度不一定等高，故选项D错误．5．(1)(k－1)gsinθ，方向沿斜面向上(2)（k＋3）H（k＋1）sinθ(3)2kmgHk－1[解析] (1)设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a B，由牛顿第二定律有kmgsinθ－mgsinθ＝ma B，解得a B＝(k－1)gsinθ，方向沿斜面向上．(2)设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1.由机械能守恒定律有12×2mv 21＝2mgH，解得v1＝2gH.设木板弹起后的加速度为a A，由牛顿第二定律有mgsinθ＋kmgsinθ＝ma A解得a A＝(k＋1)gsinθ.木板第一次弹起的最大位移x1＝v212a，解得x1＝H（k＋1）sinθ.木板运动的路程s＝Hsinθ＋2x1＝（k＋3）H（k＋1）sinθ.(3)设物块相对木板滑动距离为L，根据能量守恒定律有mgH＋mg(H＋Lsinθ)＝kmgsinθ·L木板和物块系统损失的机械能ΔE＝－kmgsinθ·L。

物理复习试题（7 .1-8.2）一、填空题1、如图14所示甲、乙两个物体叠放在一起放在水平地面上，小阳同学对甲、乙两个物体分别进行了受力分析，如图（a）、（b），其中属于一对相互作用力的是与。

2、甲、乙两同学各用2N的力在水平桌面上沿相反方向拉一弹簧测力计,则弹簧测力计的示数是_______ __N,弹簧测力计所受合力是___________N.3、“蹦极”是一种新型而富有刺激性的运动项目，人在蹦极时，有一根弹性极强的橡皮绳，一端系住人的腰部，另一端系在跳台上部，如图所示，当人下落到B点时，橡皮绳刚好被拉直，如不考虑空气的阻力，则人在B点上端下落过程中只受到________力的作用；当下落到B点下端时，由于橡皮绳发生了________，此时人又受到一个由________施加的________的作用，随着人的下落，橡皮绳的________越来越长，则________力越来越大，人受到的合力则越来________，当合力为零时，人就达到最大速度，开始做减速运动。

4、某同学用一根弹簧制作弹簧测力计的实验时，在弹簧的下端挂不同重力的钩码，对应的弹簧的长度也不同，具体数据见下表：该同学制作的弹簧测力计的量程是_________N；弹簧的原长是__________cm．5、建筑工人常用重垂线检查墙壁，重垂线是利用原理做成的。

6、由于地球的吸引而使物体受到的力叫做________力.一切物体在没有受到力的作用时，总保持__________状态或匀速直线运动状态，这就是牛顿第一定律。

行驶的汽车突然刹车时乘客会向前倾倒，这是因为乘客具有___________。

7、在体育中考实心球测试中，球离手后由于仍能向前运动；如果以投掷者为参照物，球是的。

8、牛顿第一定律告诉我们：当运动的物体不受外力或受平衡力作用时将保持_____状态。

9、在一辆行驶的汽车车厢里其顶壁上挂着一个小球。

当出现了如图所示的情景时，汽车在做________（填“加速”、“匀速”、“减速”）运动。

题型1 平抛运动规律的基本应用1.关于平抛运动，下列说法正确的是（ ）A 、平抛运动是匀变速运动B 、平抛运动是变加速运动C 、任意两段时间内加速度相同D 、任意两段相等的时间内速度变化相同2.物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向夹角θ的正切值tanθ随时间t 变化的图象是如图所示的（ ）3.如图所示,从地面上方D 点沿相同方向水平抛出的三个小球分别击中对面墙上的A 、B 、C 三点,图中O 点与D 点在同一水平线上,知O 、A 、B 、C 四点在同一竖直线上,且OA=AB=BC,三球的水平速度之比vA ∶vB ∶vC 为（ ） A. B. C.D.4.一名侦察兵躲在战壕里观察敌机的情况,有一架敌机正在沿水平直线向他飞来,当侦察兵观察敌机的视线与水平线间的夹角为30°时,发现敌机丢下一枚炸弹,他在战壕内一直注视着飞机和炸弹的运动情况并计时,他看到炸弹飞过他的头顶后落地立即爆炸,测得从敌机投弹到看到炸弹爆炸的时间为10 s,从看到炸弹爆炸的烟尘到听到爆炸声音之间的时间间隔为1.0 s. 若已知爆炸声音在空气中的传播速度为340 m/s,重力加速度g 取10 m/s2.求敌机丢下炸弹时水平飞行速度的大小(忽略炸弹受到的空气阻力).题型2 平抛运动几个有用推论的理解和运用：6:3:23:2:11:2:32:3:61.一个人水平抛出一小球,球离手时的初速度为v0, 落地时的速度是vt,空气阻力忽略不计,下列哪个图象正确表示了速度矢量变化的过程( )2.如图14所示,某一小球以v0= 10 m/s的速度水平抛出,在落地之前经过空中A、B两点,在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°,在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计,g取10 m/s2).以下判断中正确的是( )A.小球经过A、B两点间的时间t=( -1) sB.小球经过A、B两点间的时间t= sC.A、B两点间的高度差h=10 mD.A、B两点间的高度差h=15 m3.某一物体以一定的初速度水平抛出，在某1s内其速度方向与水平方向由37°变成53°，则此物体初速度大小是多少？此物体在这1s内下落的高度是多少？（，sin37°=0.6，cos37°=0.8）题型3 平抛运动与斜面的结合应用1．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出速度为时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为θ1，当抛出速度为时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为θ2，则（）A、当时，B、当时，C、无论关系如何，均有D、的关系与斜面倾角θ有关2.如图7所示,在倾角θ=37°的斜面底端的正上方H处,平抛一个物体,该物体落到斜面的速度方向正好与斜面垂直,求物体抛出时的初速度.3.如图所示，ABC是固定的倾角为θ的斜面，在其顶端A点，有一个小球以的初速度水平飞出（不计空气阻力），恰好落在其底端C点。

历年高考物理试卷分类汇编-平抛运动1. 2017年新课标I 卷15．发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。

速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是 A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 【答案】C【解析】由题意知，速度大的先过球网，即同样的时间速度大的水平位移大，或者同样的水平距离速度大的用时少，故C 正确；ABD 错误。

2. 2017年新课标Ⅱ卷17.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物快以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物快落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g ） （ B ）A.216v gB.28v gC.24v gD.22v g【解析】物块由最低点到最高点由动能定理得21221221mv mgr mv +=；物块做平抛运动有gr t t v x 41==，联立解得22164r r g v x +=，由数学知识可知，当g v g v r 8162422=⨯=，x 最大， 故选B 。

3. 2017年江苏卷2．如图所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为 （ C ）（A ）t （B）2 （C ）2t （D ）4t解析：设第一次抛出时A 球的速度为v 1，B 球速度为v 2，则A 、B 间水平距离x =(v 1+ v 2)t ，第二次两球速度为第一次的两倍，但水平距离不变，则x =2(v 1+ v 2)T ，联立得T=t /2，所以选项C 正确；A 、B 、D 错误。

4.2017年浙江选考卷13.图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB 上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B 点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD 的半径为R =2.0m ，直径BD 水平且与轨道AB 处在同一竖直平面内，小孔P 和圆心O连线与水平方向夹角为37º，游戏要求弹丸垂直于P 点圆弧切线方向射入小孔P 就能进入下一关。