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第40讲 动量与动能、冲量与功的区别及冲量的四种计算方法
（2021·北京）
1．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
（2022·海南）
2．在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（　　）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的冲量大于F2的 D．F1的冲量小于F2的
（2021·湖南）
3．物体的运动状态可用位置和动量描述，称为相，对应图像中的一个点。物体运动状态的变化可用图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）
A． B． C． D．
一.知识回顾
1.对动量的理解
（1）动量的两性
①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。
（2）动量与动能的比较
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢量 矢量 标量
变化因素 物体所受冲量 外力所做的功
大小关系 p＝ Ek＝
联系 （1）都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系（2）若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 （3）都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
2．对冲量的理解
（1）冲量的两性
①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。
②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致。
（2）作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。
（3）冲量与功的比较
冲量 功
定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积
单位 N·s J
公式 I＝FΔt（F为恒力） W＝Flcosα（F为恒力）
标矢量 矢量 标量
意义 ①表示力对时间的累积②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积②是能量变化的量度
联系 ①都是过程量，都与力的作用过程相互联系②冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零
3.冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法 利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量
平均力法 如果力随时间是均匀变化的，则＝（F0＋Ft），该变力的冲量为I＝（F0＋Ft）t
二.例题精析
题型1　对动量和冲量的定性分析
例1
4．如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员（　　）
A．过程Ⅰ的动量变化量等于零 B．过程Ⅱ的动量变化量等于零
C．过程Ⅰ的动量变化量等于重力的冲量 D．过程Ⅱ的动量变化量等于重力的冲量
题型2　对动量和冲量的定量计算
例2
5．一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立△t时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则
A．地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+△t)，地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2)，地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2)
C．运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+△t)，运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)
D．运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2)，运动员对重物做的功为0
题型3 动量、冲量与图像结合
例3
6．某物体的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．和，合外力做功和冲量都相同
B．和，合外力做功和冲量都相同
C．和，合外力做功和冲量都相同
D．和，合外力做功和冲量都相同
例4
7．一物块静止在倾角为且足够长的固定光滑斜面底端，物块受到平行斜面向上的拉力作用，在时间内，拉力的大小和物块加速度的大小随时间变化的关系分别如图甲、乙所示。取重力加速度大小，由图可知（　　）
A．物块的质量等于
B．斜面倾角
C．在时，物块的速度大小为
D．在时间内，物块向上做加速度逐渐增大的加速直线运动
三.举一反三，巩固练习
8．如图所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长。现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上。已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，两滑块与平面间的动摩擦因数相同，下列说法中正确的是（　　）
A．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒
B．两滑块分离时，弹簧一定处于原长
C．滑块P最终一定停在出发点左侧的某一位置
D．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv02
9．一质量为1 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为3 kg·m/s
D．t=4 s时F的功率为3 W
10．电梯在t=0时由静止开始上升，运动的a-t图象如图所示，电梯总质量m=2.0×103kg电梯内乘客的质量m0=50kg，忽略一切阻力，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（　　）
A．第1s内乘客处于超重状态，第9s内乘客处于失重状态
B．第2s内乘客对电梯的压力大小为550N
C．第2s内钢索对电梯的拉力大小为2.2×104N
D．第2s内电梯对乘客的冲量大小为550N s
11．电梯在t=0时由静止开始上升，运动的a-t图象如图所示，电梯总质量m=2.0×103kg电梯内乘客的质量m0=50kg，忽略一切阻力，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（　　）
A．第1s内乘客处于超重状态，第9s内乘客处于失重状态
B．第2s内乘客对电梯的压力大小为550N
C．第2s内钢索对电梯的拉力大小为2.2×104N
D．第2s内电梯对乘客的冲量大小为550N s
12．如图所示，儿童乐园里，质量为m的小女孩从滑梯上由静止滑下。空气阻力不计，滑梯可等效为斜面，与水平面的夹角为θ，已知小女孩与滑梯的动摩擦因数为μ，下滑的时间为t，重力加速度g，则小女孩下滑过程中（　　）
A．弹力的冲量为零
B．重力的冲量为
C．合力的冲量大小为
D．受到的摩擦力与其反作用力的总冲量为零，总功也为零
13．如图所示，一物体在与水平成角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（　　）
A．拉力F对物体的冲量大小为
B．拉力F对物体的冲量大小为
C．合外力对物体的冲量大小为
D．合外力对物体的冲量为
14．如图甲所示，物体在水平拉力F的作用下沿水平面做直线运动.通过力传感器和速度传感器测得拉力F和物体速度随时间的变化规律如图乙所示.重力加速度取，则（ ）
A．物体的质量
B．物体与水平面间的动摩擦因数
C．内拉力F对物体做的功为
D．内拉力F的冲量大小为
15．目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶，测试中发现，若关掉油门下坡，则汽车的速度保持不变；若从静止开始以恒定的功率P上坡，则发生位移s时速度刚好达到最大值vm，设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（　　）
A．关掉油门的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
B．关掉油门的下坡过程，汽车的机械能守恒
C．上坡过程中，汽车速度达到时，发生的位移为
D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于
16．如图所示是最常见的羽毛球运动图标之一，羽毛球运动是学校体育中最普及的体育运动，也是速度最快的球类运动，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100m/S。假设羽毛球飞来的速度为50m/s，运动员将羽毛球以100m/s的速度反向击回，羽毛球的质量为10g，则羽毛球动量的变化量（　　）
A．大小为1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反
B．大小为1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同
C．大小为0.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反
D．大小为0.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同
17．两辆汽车的质量分别为和，沿水平方向做匀速直线运动并且具有相等的动能，则两辆汽车动量大小之比是
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为，故D正确。
故选D。
2．A
【详解】AB．在冰上接力比赛时，甲对乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，根据牛顿第三定律可知F1与F2为作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正确，B错误；
CD．由于F1和F2大小相等，且两力作用时间相等。根据
可知两力的冲量大小相等，方向相反，故CD错误。
故选A。
【点睛】牛顿第三定律的应用和冲量的定义。
3．D
【详解】质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
而动量为
联立可得
动量关于为幂函数，且，故正确的相轨迹图像为D。
故选D。
4．C
【详解】AC.根据动量定理可知，过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量，即为
I1=mgt
不为零，故A错误，C正确；
B.运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量变化量不等于零，故B错误；
D.根据动量定理可知，过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。
故选C。
5．AC
【详解】因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M+m)g，整个过程的时间为(t1+t2+△t)，根据I=Ft可知地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+△t)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1+t2+△t)，根据I=Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+△t)，重物的位移为(h1+h2)，根据W=Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)，选项C正确，D错误．
6．C
【详解】A．内动能的变化量为，动量变化量为；内动能变化量为，动量变化量为，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；
B．内动能变化量为，动量变化量为，内动能变化量为，动量变化量为。则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；
C．和内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据两个定理得知合外力的功和冲量都相同，故C正确；
D．由上分析得知：0~t1和t3~t4内动能变化量不同，动量变化量也不同，故合外力的功和冲量都不相同，故D错误。
【点睛】根据动能定理：合外力做功等于物体动能的变化；由动量定理得知：合外力的冲量等于物体动量的变化量。根据两个定理进行分析。
7．AC
【详解】AB．时，物块开始向上运动，故此时的拉力等于物块所受重力沿斜面的分力，故有
时，拉力，物块的加速度大小为
根据牛顿第二定律有
联立解得
B错误，A正确；
C．根据加速度图像与横轴所围面积等于速度变化量可得，在时，物块的速度大小为，C正确；
D．在时间内，物块向上做加速度逐渐增大的加速直线运动，在时间内，物块向上做匀加速直线运动，D错误。
故选AC。
8．ABD
【详解】A．两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒，故A正确；
B．当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P
aμg
对Q
μ′mg﹣T＝ma
解得
T＝mg（μ′﹣μ）
如果μ′＝μ，则T＝0，弹簧处于原长状态，故B正确；
C．两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止时的位置一定在其出发点的右侧，故C错误；
D．由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知
W+EP 2mv02＝mv02
W＝mv02﹣EP
则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正确；
故选ABD。
9．C
【详解】A．前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度
t=1 s时物块的速率
故选项A错误；
B．t=2 s时物块的速率
动量大小为
故选项B错误；
C．物块在2~4 s内做匀减速直线运动，加速度
t=3 s时物块的速率
动量大小为
故选项C正确；
D．t=4 s时物块速度
则此时F的功率为
故选项D错误；
故选C。
10．BD
【详解】第1s内乘客的加速度方向向上，处于超重状态，第9s内乘客的加速度方向向上，处于超重状态．故A错误．第2s内，加速度为1m/s2，根据牛顿第二定律得：N-m0g=m0a，解得：N=m0g+m0a=50×（10+1）=550N．故B正确．对电梯和乘客整体分析，根据牛顿第二定律得：F-（m+m0）g=（m+m0）a，代入数据解得：F=2.555×104N，故C错误．第2s内电梯对乘客的支持力为550N，则冲量的大小为：I=Nt=550N×1s=550N s．故D正确．故选BD．
【点睛】根据加速度的方向确定乘客的超失重，结合牛顿第二定律，通过加速度的大小求出支持力和拉力的大小．
11．BD
【详解】第1s内乘客的加速度方向向上，处于超重状态，第9s内乘客的加速度方向向上，处于超重状态．故A错误．第2s内，加速度为1m/s2，根据牛顿第二定律得：N-m0g=m0a，解得：N=m0g+m0a=50×（10+1）=550N．故B正确．对电梯和乘客整体分析，根据牛顿第二定律得：F-（m+m0）g=（m+m0）a，代入数据解得：F=2.555×104N，故C错误．第2s内电梯对乘客的支持力为550N，则冲量的大小为：I=Nt=550N×1s=550N s．故D正确．故选BD．
【点睛】根据加速度的方向确定乘客的超失重，结合牛顿第二定律，通过加速度的大小求出支持力和拉力的大小．
12．C
【详解】A．弹力和时间都不为零，冲量不为零，故A错误；
B．重力的冲量为
故B错误；
C．小女孩受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，合力为
合力的冲量为
故C正确；
D．一对作用力和反作用力因等大反向，同时存在、同时消失，所以一对作用力和反作用力的冲量之和为零，但是一对作用力和反作用力做功的代数和不一定为零，摩擦力对人做负功对滑梯不做功，故D错误。
故选C。
13．A
【详解】AB．运动时间为t，则拉力的冲量，故A正确，B错误；
CD．由于物体是匀速前进，因此合外力为零，动量的改变量为零，故合外力对物体的冲量为零，故CD错误。
故选A。
14．AD
【详解】A、由速度时间图象可以知道在的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为，在的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所，由牛顿第二定律可得，所以，故A正确；
B、由，所以，故B错误；
C、在第一秒内物体没有运动，物体在第2s内做匀加速运动位移为：，第内做匀速运动位移，拉力F做功，故C错误；
D、内拉力F的冲量大小为，故D正确．
15．D
【详解】A．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故A错误；
B．关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故B错误；
C．上坡过程中，汽车由静止开始以恒定的功率P上坡，速度刚好达到最大值vm时，所用的时间为t，汽车速度达到时，所用的时间为t’，设汽车的质量为m，根据动能定理可得
可得
以恒定功率运动的汽车，做变加速直线运动，所以当，所用时间，所以上坡过程中，汽车速度达到时，发生的位移不是，故C错误；
D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则
解得
故D正确。
故选D。
16．A
【详解】以球飞来的方向为相反为正方向，则有
所以动量的变化量
即球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反；
故选A。
17．B
【详解】根据动量与动能关系式：P2=2mEK，可得两辆汽车动量大小之比是： ，故B正确，ACD错误．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第21讲 圆周运动之传动模型
[上海考题]
1．风速仪结构如图（a）所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片
A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
[上海考题]
2．以A、B为轴的圆盘，A以线速度v转动，并带动B转动，A、B之间没有相对滑动则（ ）
A．A、B转动方向相同，周期不同
B．A、B转动方向不同，周期不同
C．A、B转动方向相同，周期相同
D．A、B转动方向不同，周期相同
1．常见的三种传动方式及特点
（1）皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。
（2）摩擦（齿轮）传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。
（3）同轴转动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA=ωB。
2．解决传动问题的关键
（1）确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点。
①同轴转动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；
②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：齿轮传动和不打滑的摩擦（皮带）传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
（2）结合公式v=ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系。若判定向心加速度an的比例关系，可巧用an=ωv这一规律。
【题型一】皮带传动问题
3．如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的．其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮链接如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是(　　)
A．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
B．P、Q的线速度相同
C．P点的线速度大小约为1.6 m/s
D．摇把的转速约为400 r/min
【题型二】摩擦传动问题
4．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的（　　）
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
【题型三】齿轮传动问题
5．某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫做太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，用起瓶器开启瓶盖时，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为和，线速度的大小分别为vA和vB，下列说法正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．如图所示，A、B为某小区门口自动升降杆上的两点，A在杆的顶端处，B在杆的中点“STOP”处。杆从水平位置匀速转至竖直位置的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．A、B两点角速度大小之比为2∶1
B．A、B两点线速度大小之比为2∶1
C．A、B两点向心加速度大小之比为4∶1
D．A、B两点转速之比为1∶1
8．辘轳是古代庭院汲水的重要机械。如图，井架上装有可用手柄摇转的辘轳，辘轳上缠绕绳索，绳索一端系水桶，摇转手柄，使水桶起落，提取井水。P是辘轳边缘上的一质点，Q是手柄上的一质点，当手柄以恒定的角速度转动时（　　）
A．P 的线速度大于Q 的线速度
B．P的向心加速度小于Q的向心加速度
C．辘转对P 的作用力大小和方向都不变
D．辘护对P 的作用力大小不变、方向变化
9．图为明代出版的《天工开物》中记录的“牛转翻车”，图中b、c分别为两个齿轮边缘上的点，当水牛作用于a点并绕竖直转轴做匀速圆周运动时，作用点a与点c的向心加速度大小始终相等，则a、b、c三点的旋转半径满足的条件可能为（ ）
A． B．
C． D．
10．如图甲所示为东汉杜诗发明的“杜诗水排”，图乙是其水排装置图，当水流带动下卧轮转动时，通过转轴带动上卧轮转动，最后依靠弦索带动小轮完成后续的动力传动，a、b、c分别位于下卧轮、上卧轮和小轮的边缘，下列说法正确的是（　　）
A．c点的线速度小于b点的线速度
B．a点的线速度大于b点的线速度
C．弦索对小轮的摩擦力方向与小轮转动方向相反
D．该装置能够将河水的重力势能全部转化为水排的机械能
11．如图甲为某牌子的变速自行车，并将该自行车简化为如图乙所示，人通过脚踏板带动链轮转动，再通过链条使飞轮与后轮转动，改变链条与不同齿数的飞轮咬合可以改变运行速度。若已知人骑车使脚踏板以恒定的角速度转动，此时链轮齿数为48个，飞轮齿数为12个，后轮直径，则下列说法正确的是（　　）
A．链轮与飞轮边缘上的点的线速度大小之比为
B．链轮与飞轮边缘上的点的角速度大小之比为
C．人骑自行车行进的速度大小为8m/s
D．若换成齿数更少的飞轮行进速度会变大
12．变速自行车是现代年轻人喜爱的交通工具，如图所示。若链条连接的前轮齿数为36个，连接的后轮齿数为10个，则前轮转一圈，后轮转（　　）

A．3圈 B．3.6圈 C．4圈 D．4.2圈
13．如图所示，半径为r1的水平转盘A绕固定转轴O1转动，通过边缘处摩擦不打滑地带动半径为r 的水平转盘B绕固定转轴O2转动。两盘的边缘处分别放置相同的小物块a、b（可视为质点）。已知r1=2r2，物块和盘间的动摩擦因数相同，若转盘A顺时针缓慢加速转动，以下说法正确的是（　　）

A．转盘B的转动方向也为顺时针
B．在发生相对滑动之前，a、b两物块的角速度大小之比为1：2
C．在发生相对滑动之前，a、b两物块的线速度大小之比为1：2
D．a物块与盘间先发生相对滑动
14．无链自行车就是用轴和齿轮组合代替链条和链轮组合，和普通链条自行车相比，其它的部件是一样的，但是改变了传动的方式。早在上个世纪九十年代初，中国就有人研究开发无链自行车，目前我国已经开发出第五代新型无链自行车。如图所示是无链条自行车用轴和齿轮组合部分的传动原理图，圆锥齿轮a和圆锥齿轮c彼此完全咬合，a的齿数是30，c的齿数是15，则圆锥齿轮a和圆锥齿轮c的角速度之比为（　　）

A．2︰1 B．1︰2 C．1︰1 D．1︰4
15．《天工开物》少儿百科中介绍了古法制糖工艺，用糖车挤压甘蔗收集汁水，其简化模型的俯视平面图如图所示。手柄上的A点到转动轴轴心O点的距离为4R，两个半径为R的圆柱体表面有两个点B和C，则A、B、C三点的线速度大小之比为（ ）

A．1∶4∶1 B．1∶4∶4 C．4∶1∶1 D．4∶1∶4
16．如图1所示是《最强大脑》第十季中名为“旋转轨迹”的挑战项目。某兴趣小组同学结合传动装置的模型特点设计了如图2所示的游戏装置，主动轮A有齿轮数24个，从动轮B有齿轮数8个，现要将指向左的“▲”从M位置转到N位置。在只能转动轮A的情况下，下列方案可行的是（　　）

A．顺时针转动90° B．逆时针转动90°
C．顺时针转动30° D．逆时针转动30°
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】根据题意，从图（b）可以看出，在时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为，叶片转动速率为：，故选项B正确．
【点睛】先通过图示判断圆盘凸轮的转动速度变化和转动圈数，再通过圆周运动的关系计算叶片转动速率．
2．A
【详解】两轮接触位置没有相对滑动，所以两轮边缘线速度相同，根据题意可知，转动方向相同，均为逆时针；根据周期公式
可知，线速度大小相同，而半径不同，所以周期不同，BCD错误，A正确。
故选A。
3．AC
【详解】A．若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反。故A正确；
B．线速度也有一定的方向，由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同。故B错误；
C．玻璃盘的直径是30cm，转速是100r/min，所以线速度：
故C正确；
D．从动轮边缘的线速度：
由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz=vc，所以主动轮的转速：
故D错误。
故选AC。
4．D
【详解】A．A、B靠摩擦传动，则边缘上a、b两点的线速度大小相等，即
va∶vb＝1∶1
BC同轴转动角速度相等，根据
v=ωR
又
RB∶RC＝3∶2
可得
vb∶vc＝3∶2
解得
线速度大小之比为
va∶vb∶vc=3∶3∶2
故A错误；
BC．B、C同轴转动，则边缘上b、c两点的角速度相等，即
ωb＝ωca、b两点的线速度大小相等，根据
v=ωR
依题意，有
RB∶RA＝3∶2
解得
ωb：ωa=2:3
解得
角速度之比为
ωa：ωb：ωc =3∶2∶2
又
ω＝2πn
所以转速之比
na：nb：nc=3∶2∶2
故BC错误；
D．对a、b两点，由
解得
aa∶ab＝3∶2
对b、c两点，由
an＝ω2R
解得
ab∶ac＝3∶2
可得
aa∶ab∶ac＝9∶6∶4
故D正确。
故选D。
5．A
【详解】太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，
解得
由题图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度也相等，所以A与B、C的线速度是相等的，由题图可知
RC=2RB＋RA
A、B与C的线速度相同，得
ωRA=ωCRC
联立可得
故选A。
6．A
【详解】A、B两点绕O点转动，相同时间转过相同的角度，由可知
因为，由线速度和角速度的关系可知
故选A。
7．BD
【详解】AD．因为自动升降杆上的A、B两点是同轴转动，所以A、B 两点的角速度是相等的，转速也相等，故A错误，D正确；
B．由角速度与线速度关系式v=ωr，可知角速度相等时线速度之比等于半径之比，即A、B 两点线速度大小之比为，故B正确；
C．由向心加速度公式a=ω2r，可知角速度相等时向心加速度之比等于半径之比，所以A、B 两点向心加速度大小之比为，故C错误。
故选BD。
8．B
【详解】A．P、Q两质点同轴转动，角速度相等，根据
由于P质点的半径小于Q质点的半径，则P 的线速度小于Q 的线速度，故A错误；
B．根据
结合上述可知，由于P质点的半径小于Q质点的半径，则P的向心加速小于Q的向心加速度，故B正确；
CD．手柄以恒定的角速度转动时，即质点均在做匀速圆周运动，P质点受到重力与辘转对P 的作用力，根据
可知，由于合力提供向心力，合力方向时刻变化，即P质点所受外力的合力大小不变、方向变化，重力大小与方向不变，根据力的合成法则，可知，辘护对P 的作用力大小与方向均发生变化，故CD错误。
故选B。
9．B
【详解】a、b两点的角速度相等，则有
根据
可知a、b两点的线速度大小之比为
b、c两点的线速度大小相等，则有
则a、c两点的线速度大小之比为
作用点a与点c的向心加速度大小始终相等，则有
则有
联立可得
A．若，可得
故A错误；
B．若，可得
故B正确；
C．若，可得
故C错误；
D．若，可得
故D错误。
故选B。
10．B
【详解】A．由图知c点与b点位于轮的边缘，且通过弦索传动，所以二者的线速度相等，故A错误；
B．a点与b点在同一转轴上，二者的角速度相等，由于a点做圆周运动的半径大于b点做圆周运动的半径，根据，可知a的线速度大于b点的线速度，故B正确；
C．弦索对小轮的摩擦力对小轮提供动力使小轮转动，方向与小轮转动方向相同，故C错误；
D．由于该装置存在摩擦阻力等因素的影响，所以该装置不能够将河水的重力势能全部转化为水排的机械能，故D错误。
故选B。
【点睛】
11．D
【详解】A．链轮与飞轮边缘上的点是同缘传动，则线速度大小相等，选项A错误；
B．因齿数比等于半径比，则根据
则链轮与飞轮边缘上的点的角速度大小之比
选项B错误；
C．人骑自行车行进的速度大小为
选项C错误；
D．若换成齿数更少的飞轮，则飞轮的角速度变大，后轮的角速度和线速度均变大，则行进速度会变大，选项D正确。
故选D。
12．B
【详解】前轮和后轮任意时间转过的弧长相同，故前轮转一圈，后轮转过圈。
故选B。
13．B
【详解】A．转盘A顺时针缓慢加速转动，在接触点转盘B相对A有顺时针转动趋势，转盘B受到的摩擦力方向向下，所以转盘B逆时针转动，故A错误；
BC．两盘通过边缘接触线速度相同，在发生相对滑动之前，a、b两物块的线速度大小之比为1：1，根据线速度、角速度和半径关系式
可知在发生相对滑动之前，a、b两物块的角速度大小之比为1：2，，故B正确，C错误；
D．a、b物块与盘间的摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律定律
可知b物块与盘间的摩擦力先达到最大静摩擦力，所以b物块与盘间先发生相对滑动，故D错误。
故选B。
14．B
【详解】根据题意，两个齿轮的周期之比为
因为
所以
故选B。
15．C
【详解】A、C为同轴转动，角速度相同，则根据
v=ωr
可知
B、C两点线速度相同，则
故选C。
16．AD
【详解】根据题意可知，A、B两轮边缘点的线速度大小相等，但两轮的转动方向相反，两轮半径之比为3:1，所以转动轮A使得“▲”从M位置转到N位置，B转过的角度为顺时针90°或者逆时针270°，若B顺时针转过90°，则A逆时针转过30°，若B逆时针转过270°，则A顺时针转过90°。
故选AD。
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答案第1页，共2页第22讲 开普勒三大定律应用
1．为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为（ ）
A．2:1 B．4:1 C．8:1 D．16:1
一、知识回顾
1．开普勒三定律
定律 内容 图示或公式
开普勒第一定律（轨道定律） 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
开普勒第二定律（面积定律） 对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
开普勒第三定律（周期定律） 所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等 ＝k，k是一个与行星无关的常量
2．开普勒三定律的理解与应用
（1）微元法解读开普勒第二定律：行星在近日点、远日点时的速度方向与两点连线垂直，若行星在近日点、远日点到太阳的距离分别为a、b，取足够短的时间Δt，则行星在Δt时间内的运动可看作匀速直线运动，由Sa＝Sb知va·Δt·a＝vb·Δt·b，可得va＝。行星到太阳的距离越大，行星的速率越小，反之越大。
（2）行星绕太阳的运动通常按匀速圆周运动处理。半径等于半长轴。
（3）开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动。
（4）开普勒第三定律＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同，故该定律只能用在同一中心天体的两星体之间。
二、例题精析
2．地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的公转轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示。天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年左右。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为，远日点与太阳中心的距离为。下列说法正确的是（　　）
A．哈雷彗星轨道的半长轴是地球公转半径的倍
B．哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度
C．哈雷彗星在近日点和远日点的速度之比为
D．相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积和地球与太阳连线扫过的面积相等
3．根据开普勒定律可知，火星绕太阳运行的轨道是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．火星运动到近日点时的线速度最小
B．火星运动到远日点时的加速度最小
C．太阳对火星的万有引力大小始终保持不变
D．太阳对火星的万有引力大于火星对太阳的万有引力
4．“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜（FAST）。通过FAST测量水星与太阳的视角（水星B、太阳S分别与地球A的连线所夹的角），如图所示。若视角的正弦值最大为a，地球和水星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，则水星与地球的公转周期的比值为（　　）
A． B． C． D．
5．开普勒第三定律指出：所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，即，其中a表示椭圆轨道半长轴，T表示公转周期，比值k是一个对所有行星都相同的常量。同时，开普勒第三定律对于轨迹为圆形和直线的运动依然适用：圆形轨迹可以认为中心天体在圆心处，半长轴为轨迹半径；直线轨迹可以看成无限扁的椭圆轨迹，长轴为物体与星球之间的距离。已知：星球质量为M，在距离星球的距离为r处有一物体，该物体仅在星球引力的作用下运动。星球可视为质点且认为保持静止，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．该星球和物体的引力系统中常量
B．要使物体绕星球做匀速圆周运动，则物体的速度为
C．若物体绕星球沿椭圆轨道运动，在靠近星球的过程中动能在减少
D．若物体由静止开始释放，则该物体到达星球所经历的时间为
三、举一反三，巩固练习
6．某行星周围的卫星绕其做圆周运动的轨道半径r与运行周期 T的关系如图所示。行星的半径为 R0，万有引力常量为 G，图中a、b为已知量。下列说法正确的是（　　）
A．绕该行星表面运行卫星的周期为
B．该行星的质量为
C．该行星的密度为
D．该行星表面的重力加速度为
7．中国对火星探测不懈追求，火星与地球距离最近的时刻最适合登陆火星和在地面对火星进行观测。设定火星、地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道在同一平面内，火星绕太阳运动的轨道半径是地球绕太阳运动的轨道半径的k倍，地球绕太阳运动的周期为。如图为某时刻火星与地球距离最近时的示意图，则到火星与地球再次距离最近所需的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，地球在椭圆轨道上运动，太阳位于椭圆的一个焦点上。A、B、C、D是地球运动轨道上的四个位置，其中A距离太阳最近，C距离太阳最远；B和D点是弧线ABC和ADC的中点。则地球绕太阳（　　）
A．做匀速率的曲线运动
B．经过A点时的加速度最小
C．从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的时间
D．从A经D运动到C的时间大于从C经B运动到A的时间
9．在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示。下面说法正确的是（　　）
A．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点
B．地球在金星与太阳之间
C．金星绕太阳公转一周时间小于365天
D．相同时间内，金星与太阳连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积
10．2019年10月28日发生了天王星冲日现象，即太阳、地球、天王星处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时间。已知日地距离为，天王星和地球的公转周期分别为和，则天王星与太阳的距离为（　　）
A． B．
C． D．
11．如图，三个质点a、b、c的质量分别为m1、m2、M（M远大于m1及m2），在万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为ra：rb=1：4，则下列说法中正确的有（　　）
A．a、b运动的周期之比为Ta：Tb=1：8
B．a、b运动的周期之比为Ta：Tb=1：4
C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次
D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线13次
12．如图所示，在某行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点，若行星运动周期为T，则行星　　
A．从b到c的运动时间等于从d到a的时间
B．从d经a到b的运动时间小于从b经c到d的时间
C．从a到b的时间
D．从c到d的时间
13．我国发射的探月卫星有一类为绕月极地卫星。利用该卫星可对月球进行成像探测。如图所示，设卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面的高度为H，绕行周期为；月球绕地球公转的周期为，公转轨道半径为；地球半径为，月球半径为，忽略地球引力、太阳引力对绕月卫星的影响，则下列说法正确的是（　　）
A．月球与地球的质量之比为
B．若光速为C，信号从卫星传输到地面所用时间为
C．由开普勒第三定律可得
D．由开普勒第三定律可得
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，可得
==64
所以P与Q的周期之比为
TP∶TQ=8∶1
ABD错误，C正确。
故选C正确。
2．B
【详解】A．地球公转周期T=1年，哈雷彗星的周期为
T’=(2061 1986)年=75年
根据开普勒第三定律有
解得
故A错误；
B．哈雷彗星的轨道在近日点的曲率半径比地球的公转轨道半径小，根据万有引力提供向心力
得
可得哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度，故B正确；
CD．根据开普勒第二定律，相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积相等，但并不与地球与太阳连线扫过的面积相等。设哈雷彗星在近日点和远日点的速度分别为v1、v2，取时间微元，结合扇形面积公式
可知
解得
故CD错误。
故选B。
3．B
【详解】A．火星从远日点到近日点，万有引力做正功，则速度增加，则运动到近日点时的线速度最大，选项A错误；
B．火星运动到远日点时，受太阳的引力最小，则加速度最小，选项B正确；
C．太阳对火星的万有引力大小随距离的变化而不断变化，选项C错误；
D．太阳对火星的万有引力与火星对太阳的万有引力是一对相互作用力，总是等大反向，选项D错误。
故选B。
4．D
【详解】当视角最大时，地球和水星的连线恰好与水星的运动轨迹相切，设最大视角为，根据几何关系有
又
解得
选项D正确，ABC错误。
故选D。
5．D
【详解】AB．假设物体做匀速圆周运动，由题意，根据牛顿第二定律有
解得
故AB错误；
C．若物体绕星球沿椭圆轨道运动，在靠近星球的过程中星球引力对物体做正功，物体动能在增加，故C错误；
D．假设物体沿直线运动，若物体由静止开始释放，根据开普勒定律可得
解得
故D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．根据图像
绕该行星表面运行卫星的周期为
故A错误；
B．根据
解得行星的质量为：
故B错误；
C．密度为：
故C正确；
D．根据万有引力提供向心力，有：
解得
故D错误。
故选C。
7．A
【详解】设火星绕太阳做匀速圆周运动的周期为T，地球绕太阳运动的轨道半径为r，由
知
设到火星、地球再次距离最近所需的最短时间为t
解得
故选A。
8．C
【详解】A．做椭圆运动的物体在近地点的速度大，在远地点的速度小，A错误。
B．根据公式
可知，A点的加速度最大，B错误。
C．由A可知，近地点的速度大，在远地点的速度小，所以从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的时间，C正确。
D．由C可知，从A经D运动到C的时间等于从C经B运动到A的时间，D错误。
故选C。
9．C
【详解】A．观测“金星凌日”时，如果将太阳看成质点，无法看到“金星凌日”现象，A错误；
B．“金星凌日”现象的成因是光的直线传播，当金星转到太阳与地球中间且三者在一条直线上时，金星挡住了沿直线传播的太阳光，人们看到太阳上的黑点实际上是金星，由此可知发生金星凌日现象时，金星位于地球和太阳之间，B错误；
C．根据开普勒第三定律
金星绕太阳的轨道半径小于地球绕太阳的轨道半径，所以金星绕太阳公转一周时间小于365天，C正确；
D．相同时间内，金星与太阳连线扫过的面积不等于地球与太阳连线扫过的面积，因为是不同的天体在围绕太阳运动，D错误。
故选C。
10．A
【详解】根据题意可知，天王星、地球绕太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律，解得天王星与太阳的距离为
故选A。
11．A
【详解】AB．万有引力提供向心力
则
a、b轨道半径之比为，则a、b运动的周期之比为1：8，B错误A正确；
CD．设每隔时间t，a、b共线一次，则
所以
故从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线
CD错误。
故选A。
12．BC
【详解】试题分析：根据开普勒第二定律知：在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的．据此，行星运行在近日点时，与太阳连线距离短，故运行速度大，在远日点，太阳与行星连线长，故运行速度小．即在行星运动中，远日点的速度最小，近日点的速度最大．图中a点为近日点，所以速度最大，c点为远日点，所以速度最小．那么从b到c的运动时间大于从d到a的时间，故A错误；从d经a到b的运动时间小于从b经c到d的时间，故B正确；从a到b的时间，故C正确；从c到d的时间，故D错误．故选BC.
考点：开普勒行星运动定律
【名师点睛】对开普勒第二定律的理解．远日点连线长，在相等时间扫过相同面积，故速度小，近日点连线短，在相等时间扫过相同面积，故速度大．
13．AB
【详解】根据题意，由万有引力提供向心力有
解得
可得，月球与地球的质量之比为
故A正确；
B．根据题意，设探月极地轨道上卫星到地心的距离为，则卫星到地面最短距离为，由几何知识得
信号从卫星传输到地面所用时间为
故B正确；
CD．由于开普勒第三定律只适用于绕同一个中心天体运动，和对应的中心天体分别是月球和地球，故CD错误。
故选AB。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第23讲 应用万有引力定律估算天体质量和密度
（2021·全国）
1．卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量，以实验验证了万有引力定律的正确性。应用引力常量还可以计算出地球的质量，卡文迪许也因此被称为“能称出地球质量的人”。已知引力常量G= 6.67×10-11N·m2/kg2，地面上的重力加速度g=9.8m/s2，地球半径R=6.4×106m，则地球质量约为（　　）
A．6×1018kg B．6×1020 kg C．6×1022 kg D．6×1024 kg
（2021·乙卷）
2．科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为（太阳到地球的距离为）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（　　）
A． B． C． D．
一、知识回顾
1.万有引力定律
F=G，式中G为引力常量，在数值上等于两个质量都是1 kg的质点相距1 m时的相互吸引力。引力常量由英国物理学家卡文迪什在实验室中比较准确地测出。
测定G值的意义：①引力常量的普适性成了万有引力定律正确性的有力证据；②使万有引力定律有了真正的实用价值。
（1）万有引力的特点
普遍性 万有引力不仅存在于太阳与行星、地球与月球之间，宇宙间任何两个有质量的物体之间都存在着这种相互吸引的力
相互性 两个有质量的物体之间的万有引力是一对作用力和反作用力，总是满足大小相等，方向相反，作用在两个物体上
宏观性 地面上的一般物体之间的万有引力比较小，与其他力比较可忽略不计，但在质量巨大的天体之间或天体与其附近的物体之间，万有引力起着决定性作用
（2）应用万有引力定律的注意事项
在以下三种情况下可以直接使用公式F=G计算：
①求两个质点间的万有引力：当两物体间距离远大于物体本身大小时，物体可看成质点，公式中的r表示两质点间的距离。
②求两个质量分布均匀的球体间的万有引力：公式中的r为两个球心间的距离。
③一个质量分布均匀球体与球外一个质点间的万有引力：r指质点到球心的距离。
（3）对于两个不能看成质点的物体间的万有引力，不能直接用万有引力公式求解，切不可依据F=G得出r→0时F→∞的结论，违背公式的物理含义。
（4）在匀质球壳的空腔内任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F引=0.
2.万有引力与重力的关系
地球对物体的万有引力F表现为两个效果：
一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向。
地面上物体的重力随纬度的升高而变大。
在南北两极和赤道上重力和引力的方向是一致的。在地球两极处重力就是引力，在赤道上，重力和引力不等，但在一条直线上。
（1）在赤道上：G=mg1＋mω2R。
（2）在两极上：G=mg0.
（3）在一般位置：万有引力G等于重力mg与向心力F向的矢量和。
越靠近南、北两极，g值越大，由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即=mg。
（3）重力与高度的关系
由于地球的自转角速度很小，故地球自转带来的影响很小，一般情况下认为在地面附近：mg=G。若距离地面的高度为h，则mg′=G（R为地球半径，g′为离地面h高度处的重力加速度），可得g′==g，所以距地面越高，物体的重力加速度越小，则物体所受的重力也越小。
。所以=。
3.天体质量、密度的计算
使用方法 已知量 利用公式 表达式 备注
质量的计算　 利用运行天体 r、T G=mr M= 只能得到中心天体的质量
r、v G=m M=
v、T G=mG=mr M=
利用天体表面重力加速度 g、R mg= M=
密度的计算 利用运行天体 r、T、R G=mrM=ρ·πR3 ρ=当r=R时ρ= 利用近地卫星只需测出其运行周期
利用天体表面重力加速度 g、R mg=M=ρ·πR3 ρ=
4. 估算天体质量、密度时的注意事项与易错点：
（1）利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的是中心天体的质量，并非环绕天体的质量。
（2）区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近运动的卫星才有r≈R；计算天体密度时，V=πR3中的R只能是中心天体的半径。
（3）在考虑中心天体自转问题时，只有在两极处才有=mg。
二、例题精析
例1
3．2020年7月23日，中国火星探测器“天问一号”在文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空，目前它已经进入环绕火星的轨道。假设探测器在离火星表面高度分别为和的圆轨道上运动时，周期分别为和，火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星自转的影响，万有引力常量为G，仅利用以上数据，可以计算出（　　）
A．火星的质量 B．火星的密度
C．火星对“天问一号”探测器的引力 D．火星绕太阳运动的公转周期
例2
4．我国首个探月探测器“嫦娥四号”，于2019年1月3日成功降落在月球背面的艾特肯盆地内的冯一卡门撞击坑内，震惊了世界。着陆前，探测器先在很接近月面、距月面高度仅为h处悬停，之后关闭推进器，经过时间t自由下落到月球表面。已知万有引力常量为G和月球半径为R。则下列说法正确的是（　　）
A．探测器落地时的速度大小为 B．月球表而重力加速度大小为
C．月球的质量为 D．月球的平均密度为
例3
5．年月日上午点分我国“神舟”十二号载人飞船发射圆满成功，不久前我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（ ）
A．核心舱的质量和绕地半径 B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期 D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
例4
6．北京时间2021年5月15日，在经历“黑色九分钟”后，中国首辆火星车“祝融号”与着陆器成功登陆火星，这也意味着“天问一号”火星探测器已经实现了“绕”和“落”两项目标。火星可以看成半径为R，质量分布均匀，不断自转的球体。“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动一周时间为T。“祝融号”与着陆器总质量为m，假如登陆后运动到火星赤道，静止时对水平地面压力大小为F，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．火星自转角速度大小为
B．火星自转角速度大小为
C．火星的质量为
D．“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动的加速度小于火星赤道上物体随火星自转的加速度
三、举一反三，巩固练习
7．中华民族几千年来为实现飞离地球、遨游太空的千年梦想而进行的不断尝试和努力。新中国成立以来，中国航天事业的蓬勃发展，载人航天的千年梦想终于实现了。宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做了如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定于O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点的竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力F大小随时间t的变化规律如图乙所示。，设R、m、引力常量G和为已知量，忽略各种阻力。下列说法正确的是（　　）
A．该星球表面的重力加速度为
B．卫星绕该星球的第一宇宙速度为
C．星球的密度为
D．小球过最高点的最小速度为0
8．随着“天问一号”火星探测器的发射，人类终将揭开火星的神秘面纱。“天问一号”接近火星附近时首先进入轨道1、然后再经过两次变轨，最终“天问一号”在火星表面附近的轨道3上环绕火星做匀速圆周运动，其简易图如图所示，已知万有引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）
A．“天问一号”在轨道1的运行周期大于在轨道3的运行周期
B．“天问一号”若从轨道1变轨到轨道2，需在A点朝运动的反方向喷气
C．如果已知火星的半径和“天问一号”在轨道3上运行的周期，可求火星表面的重力加速度
D．如果已知“天问一号”在轨道3上运行的角速度，可求火星的平均密度
9．2021年5月15日，中国火星探测任务“天问一号”的火星车祝融号着陆在火星表面，这是中国火星探测史上的一个历史性时刻，若已知万有引力常量G，那么结合以下假设条件，可以求出火星质量的是（　　）
A．在火星表面让一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H和时间t
B．让“天问一号”贴近火星表面绕星球做匀速圆周运动，测出运行周期T
C．让“天问一号”在高空绕火星做匀速圆周运动，测出其运行线速度v和运行周期T
D．观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的圆周运动直径D和运行周期T
10．环绕探测是进行火星探测的主要方式之一、已知环绕器在距离火星表面高为的圆形轨道上运行周期为，火星半径为，万有引力常量为，则火星的质量及其表面重力加速度分别是（　　）
A． B．
C． D．
11．地球半径，地球表面的重力加速度，现有质量为的卫星，在距地球表面的轨道上做匀速圆周运动，则正确的是（　　）
A．卫星的动能为 B．卫星的角速度为
C．卫星与地球间的万有引力为 D．地球的密度为
12．同步卫星距地面高度为h，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为，近地卫星周期为，万有引力常量为G，则下列关于地球质量及密度表达式正确的是（　　）
A．地球的质量为 B．地球的质量为
C．地球的平均密度为 D．地球的平均密度为
13．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＝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．已知万有引力常量为G，太阳的质量为M太．
14．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，月球绕地球运动的周期为。试计算地球的质量（，结果保留一位有效数字）。
15．开普勒第二定律指出，行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等。设火星公转半径为，地球公转半径为，定义“面积速度”为单位时间内扫过的面积。火星、地球公转的“面积速度”之比为多大？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】根据公式
可得
故ABC错误D正确。
故选D。
2．B
【详解】由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半长轴r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是
地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知
解得太阳的质量为
根据开普勒第三定律，S2绕黑洞以半长轴绕椭圆运动，等效于以绕黑洞做圆周运动，而S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知
解得黑洞的质量为
综上可得
故选B。
3．AB
【详解】ABC．设火星的质量为M，半径为R，“天问一号”质量为m，则根据牛顿第二定律可得
通过联立两个方程可以求得两个未知量M和R，进而可以求得火星的密度，因为天问一号的质量未知，无法求火星对“天问一号”探测器的引力，故AB正确，C错误；
D．火星到太阳的距离未知，太阳的质量未知，故无法求火星绕太阳运动的公转周期，故D错误。
故选AB。
4．D
【详解】B．根据
得
故B错误；
A．根据
解得探测器落地时的速度大小为
故A错误；
CD．根据月球表面的重力等于万有引力
解得月球质量
月球的平均密度
故C错误，D正确。
故选D。
5．D
【详解】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得
G = m = mrω2 = mr
可得
M = = =
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量，若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
故选D。
6．B
【详解】A．由题知，“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动一周时间为T，可得“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动角速度为
故A错误；
B．“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
解得火星质量为
当“祝融号”与着陆器登陆后运动到火星赤道，并静止，则有
联立解得
故B正确；
C．若不考虑火星自转的影响，则有
解得火星的质量为
由题可知，火星的自转不可忽略，故火星的质量不等于，故C错误；
D．“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周，由万有引力提供向心力，则有
解得
在火星赤道上随火星自转的物体，则有
解得
故D错误。
故选B。
7．C
【详解】A.设小球在最低点时细线的拉力为，速度为，则
设砝码在最高点细线的拉力为，速度为，则
由机械能守恒定律得
联立解得
而
所以该星球表面的重力加速度为
故A错误；
B．设星球质量为M，根据万有引力提供向心力的
卫星绕该星球的第一宇宙速度为
故B错误；
C．在星球表面，万有引力近似等于重力
联立得
星球的体积
则星球的密度
故C正确；
D．小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律
当绳子拉力为0时，小球过最高点速度最小，所以小球在最高点的最小速度
故D错误。
故选C。
8．ACD
【详解】A．由题图可知，轨道1的半长轴最大，轨道3的半径最小，则由开普勒第三定律可知，天问一号在轨道1的运行周期大于轨道3的运行周期，故A正确；
B．天问一号由轨道1进入轨道2，需在A点点火减速，即朝运动方向喷气，故B错误；
C．如果已知火星的半径和轨道3的周期，则
可解得
故C正确；
D．如果已知天问一号在轨道3的角速度，则由
火星的质量为
又火星的体积为
联立解得
故D正确。
故选ACD。
9．C
【详解】A．在火星表面让一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H和时间，根据可求出火星表面的重力加速度，根据
可得
由于不知道火星半径，无法求出火星质量，选项A错误；
B．让“天问一号”贴近火星表面绕星球做匀速圆周运动，根据
可得
由于不知道火星半径，无法求出火星质量，选项B错误；
C．让“天问一号”在高空绕火星做匀速圆周运动，测出其运行线速度v和运行周期，根据
再根据
整理可得
两式联立可求出火星质量，选项C正确；
D．观察火星绕太阳的匀速圆周运动，火星作为环绕天体，无法求出火星的质量，选项D错误。
故选C。
10．D
【详解】环绕器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
解得火星的质量为
物体在火星表面受到的万有引力等于重力，可得
解得火星表面重力加速度为
故选D。
11．B
【详解】A．根据万有引力提供向心力
在地球表面
结合动能的表达式
联立可得卫星的动能为
故A错误；
B．根据
结合
联立解得
故B正确；
C．根据
结合
解得
故C错误；
D．根据
结合密度公式
联立可得
故D错误。
故选B。
12．B
【详解】AC．同步卫星周期与地球自转周期相同，为T1，则有
解得地球质量
则地球的平均密度
故AC错误；
B．已知地表重力加速度g，则近地卫星的向心力为
可得地球质量
故B正确；
D．近地卫星的向心力为
地球的平均密度为
地球的体积为
联立解得地球平均密度为
故D错误。
故选B。
13．k＝
【详解】因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道半长轴a即为轨道半径r，根据太阳与行星间的引力和牛顿第二定律有
＝m行r
于是有
＝
即
k＝
14．
【详解】在月地系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为，周期为，根据万有引力提供向心力有
解得
代入数据解得
15．
【详解】根据题意可知，设行星做圆周运动的速度为，则在时间t内，行星与太阳连线扫过的面积为
根据万有引力提供向心力有
解得
则“面积速度”为
则火星、地球公转的“面积速度”之比为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第24讲 同步、近地卫星模型、赤道物体转动模型及其物理量的比较
（天津高考）
1．探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比(　　)
A．轨道半径变小 B．向心加速度变小
C．线速度变小 D．角速度变小
一.知识回顾
1.人造卫星的运动规律
（1）一种模型：无论自然天体（如地球、月亮）还是人造天体（如宇宙飞船、人造卫星）都可以看成质点，围绕中心天体（视为静止）做匀速圆周运动。
（2）两条思路：①万有引力提供向心力，即G＝man。
②天体对其表面的物体的万有引力近似等于重力，即＝mg或gR2＝GM（R、g分别是天体的半径、表面重力加速度），公式gR2＝GM应用广泛，被称为“黄金代换”。
（3）地球卫星的运行参数（将卫星轨道视为圆）
物理量 推导依据 表达式 最大值或最小值
线速度 G＝m v＝ 当r＝R时有最大值，v＝7.9 km/s
角速度 G＝mω2r ω＝ 当r＝R时有最大值
周期 G＝m2r T＝2π 当r＝R时有最小值，约85 min
向心加速度 G＝man an＝ 当r＝R时有最大值，最大值为g
轨道平面 圆周运动的圆心与中心天体中心重合
共性：距地面越高，轨道半径大，运动越慢，周期越长——高轨低速（线速度、角速度 加速度）长周期
2．近地卫星及其速度大小
近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s。这个速度值又叫第一宇宙速度/s，人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大环绕速度。
计算方法
（1）由G＝m，解得：v＝；
（2）由mg＝m，解得：v＝。
4．地球同步卫星的特点
（1） 不偏不倚：
轨道平面一定，轨道平面和赤道平面重合绕行方向一定：与地球自转的方向一致。
（2） 不快不慢：
周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h＝86400 s。
角速度一定：与地球自转的角速度相同。
线束度和加速度大小一定.
设其运行速度为v，由于G＝m，所以v＝＝＝3.1×103 m/s。
由G＝ma得a＝G＝gh＝0.23 m/s2。
（3） 不高不低：
高度一定，据G＝mr得r＝＝4.23×104 km，卫星离地面高度h＝r－R≈6R（为恒量）。转道半径一定。。
5．极地卫星极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。如下图所示：
二.近地卫星、 同步卫星和赤道上物体的运行问题比较
1．卫星的轨道
（1）赤道轨道：卫星的轨道在赤道平面内，同步卫星就是其中的一种。
（2）极地轨道：卫星的轨道过南、北两极，即在垂直于赤道的平面内，如极地气象卫星。
（3）其他轨道：除以上两种轨道外的卫星轨道。
所有卫星的轨道平面一定通过地球的球心。
（4）重要数据：
①地球的公转周期为1年，其自转周期为1天（24小时），地球半径约为6.4×103 km，地球表面重力加速度g约为9.8 m/s2.
②月球的公转周期约27.3天，在一般估算中常取27天。
③人造地球卫星的运行半径最小为r＝6.4×103 km，运行周期最小为T＝84.8 min，运行速度最大为v＝7.9 km/s.
2 ．两个向心加速度
卫星绕地球运行的向心加速度 物体随地球自转的向心加速度
产生原因 由万有引力产生 由万有引力的一个分力（另一分力为重力）产生
方向 指向地心 垂直且指向地轴
大小 a＝（地面附近a近似等于g） a＝rω2，r为地面上某点到地轴的距离，ω为地球自转的角速度
特点 随卫星到地心的距离的增大而减小 从赤道到两极逐渐减小
3.两种周期
（1）自转周期是天体绕自身某轴线转动一周所需的时间，取决于天体自身转动的快慢。
（2）公转周期是运行天体绕中心天体做圆周运动一周所需的时间，T＝2π，取决于中心天体的质量和运行天体到中心天体的距离。
4.解题技巧
同步卫星与赤道上随地球自转的物体的共同点是具有相同的角速度和周期。当比较近地卫星和赤道上物体的运动规律时，往往借助同步卫星这一纽带使问题迎刃而解。
三.例题精析
例1．
2．如图所示，A为地面上的待发射卫星，B为近地圆轨道卫星，C为地球同步卫星。三颗卫星质量相同，线速度大小分别为vA、vB、vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC，周期分别为TA、TB、TC，向心加速度分别为aA、aB、aC，则（　　）
A．ωA＝ωC<ωB B．TA＝TCC．vA＝vCaB
例2．
3．我国的航天事业正飞速发展，“天宫”空间站正环绕地球运行，“天问一号”环绕器正环绕火星运行。假设它们都是圆形轨道运行，地球与火星质量之比为p，“天宫”空间站与“天问一号”环绕器的轨道半径之比为k。“天宫”空间站与“天问一号”环绕器的（　　）
A．运行周期之比为 B．加速度之比为pk2
C．动能之比为 D．运行速度之比为
例3．
4．2020年6月23日9时43分，我国“北斗三号”全球卫星导航系统最后一颗组网卫星成功发射，全球组网完美收官。在“北斗三号”的30颗组网卫星中，包含3颗地球静止轨道卫星（即同步卫星）。另外还有24颗中圆地球轨道卫星，于2019年就已全部完成发射，运行在距离地面2万多千米的轨道上，轨道周期约为12小时。关于静止轨道卫星和中圆地球轨道卫星，下列说法正确的是（　　）
A．中圆地球轨道卫星的运行速度大于7.9km/s
B．静止轨道卫星的加速度大于中圆地球轨道卫星的加速度
C．中圆地球轨道卫星的加速度大于地球赤道上物体的加速度
D．静止轨道卫星和中圆地球轨道卫星相比，中圆地球轨道卫星的动能更大
四.举一反三，巩固练习
5．中国航天“超级2021”，天和核心舱一飞冲天，中国正式迈入空间站时代，“天问一号”火星着陆，“羲和号”实现中国太阳探测零的突破，长征系列火箭发射超过400次……这一年，无数航天人接力探索，成就了这史无前例的航天大年！根据已知信息，下列选项中判断不正确的是（　　）。
A．天和核心舱绕地球稳定运行时离地球表面大约400公里，则天和核心舱运行周期一定小于24小时
B．“天问一号”火星探测器着陆前在停泊轨道运行，停泊轨道是椭圆，则探测器在近火点的速度一定大于远火点速度
C．“羲和号”人造地球卫星运行于距离地球517公里高度的轨道，这个轨道经过地球的南北极，则“羲和号”卫星的发射速度一定大于第二宇宙速度
D．长征系列火箭发射时是靠喷出气流的反冲作用获得巨大速度，则同一火箭喷出相同质量气体时，气流的速度越大，火箭获得的速度就越大
6．如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为轨道在赤道平面内的气象卫星，C为在赤道上空的地球同步卫星，已知卫星C和卫星B的轨道半径之比为4：1，且两卫星的绕行方向相同，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C的线速度大小关系为
B．A、B、C的角速度大小关系为
C．在卫星B中一天内可看到8次日出
D．A、B、C的向心加速度大小关系为
7．如图所示，三颗卫星A、B、C都在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，其中B为同步卫星，D为地球赤道地面上静止的物体。则下列说法正确的是（　　）
A．物体D的向心加速度比卫星B的向心加速度小
B．卫星C绕地球运动的周期小于24小时
C．三颗卫星中A的角速度最小
D．三颗卫星中C的线速度最大
8．两颗人造卫星A和B，其轨道近似为圆，如图虚线所示.则两者相比（　　）
A．A的周期较大 B．A的角速度较大
C．B的运动速度较小 D．B的向心加速度较小
9．北京时间2022年4月16日09时56分，“神舟十三号”在东风着陆场成功着陆，首次实施快速返回。如图所示是“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后，在较低轨道上运行，“天和核心舱”继续在较高轨道运行，它们都绕地球近似做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）。
A．分离后“神舟十三号”载人飞船的运行速度小于“天和核心舱”的运行速度
B．分离后“神舟十三号”载人飞船的运行周期大于“天和核心舱”的运行周期
C．分离后“神舟十三号”载人飞船的动能大于分离前“神舟十三号”载人飞船的动能
D．“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后，若要降入更低轨道需要再次加速
10．中国北斗卫星导航系统（简称BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，可为全球用户提供定位、导航和授时服务，该导航系统由多颗不同轨道的卫星组成。如图所示，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（　　）
A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B．该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增大
C．该卫星在轨道3的动能大于在轨道1的动能
D．该卫星在轨道3上经过Q点的加速度小于在轨道2上Q点的加速度
11．2022年5月10日1时56分，天舟四号货运飞船采用快速交会对接技术，顺利与在轨运行的天和核心舱进行交会对接。对接前，天舟四号货运飞船绕地球做椭圆运动，近地点A和远地点B，如图所示；天和核心舱在离地球表面高度h处做匀速圆周运动。若对接地点在椭圆轨道的远地点B处，下列说法正确的是（　　）
A．天舟四号在A点的运行速度小于在B点的运行速度
B．在远地点B天舟四号所受地球的引力一定等于天和核心舱所受地球的引力
C．天舟四号在B点点火加速，才能与天和核心舱顺利完成对接
D．天舟四号从A运动到B的过程中，动能减小，引力势能增大，机械能减小
12．中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通。同步卫星是北斗卫星导航系统非常重要的组成部分，如图所示为地球某同步卫星的转换轨道示意图，其中Ⅰ为近地轨道，Ⅱ为转换轨道，Ⅲ为同步轨道，下列说法正确的是（　　）
A．赤道上静止物体的向心加速度为a0，Ⅰ轨道上卫星的加速度为a1，Ⅲ轨道上卫星的加速度为a3，则加速度的大小关系为a3>a1>a0
B．在Ⅱ轨道上，从P到Q的过程中机械能增加
C．在P点，Ⅱ轨道的线速度大于Ⅰ轨道的线速度
D．Ⅱ轨道的运行周期大于Ⅲ轨道的运行周期
13．2020年6月23日，北斗导航系统中最后一颗卫星在西昌发射中心成功发射。至此我国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统开始运行，提供导航服务。人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道。如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星从圆轨道Ⅰ的P点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，然后再次回到P点变轨进入椭圆轨道Ⅲ。则下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅰ上的运行速度大于7.9km/s
B．卫星在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度小于Q点的速度
C．卫星在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．卫星从轨道Ⅰ的P点变轨进入轨道Ⅱ后机械能减小
14．北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的三维卫星定位与通信系统（CNSS），该系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星，这些卫星的运动可以看做匀速圆周运动。关于这些卫星，以下说法正确的是（　　）
A．5颗同步卫星的运行轨道不一定在同一平面内
B．5颗同步卫星入轨后可以位于北京正上方
C．5颗同步卫星的运行速度一定小于7.9km/s
D．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大，运行周期越小
15．在北京2022年冬季奥运会即将开幕之际，“吉林一号”卫星从太空传回了北京冬奥会、平昌冬奥会等历届冬奥会场馆影像。从卫星影像中可以看到，每个场馆都饱含了奥林匹克竞技精神和独具一格的城市风韵。已知“吉林一号”卫星星座中某颗卫星运行在太阳同步轨道上，每天绕地球转16圈，若地球卫星绕地球做匀速圆周运动，则关于该卫星，下列说法正确的是（　　）
A．该卫星的向心加速度大于地球表面的重力加速度
B．该卫星的线速度小于地球赤道上随地球一起自转的物体的线速度
C．该卫星每绕地球一周，地球自转22.5°
D．该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为1：4
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】试题分析：由于，所以，T变小，变小，A正确；又，，变小，增大，B错误；由，，变小，增大，C错误；由，，变小，增大，D错误．
考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系
【名师点睛】根据万有引力提供向心力列式求解即可得到线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系；根据周期变小，先得到轨道半径的变化，再得出其它量的变化．
2．A
【详解】B、C两颗卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，则有
解得
，，，
由于，可得
，，，
由于A为地面上的待发射卫星，随地球自转，与地球同步卫星C的周期相同，即有
根据可知
根据和可知
根据和可知
所以有
故A正确，B、C、D错误；
故选A。
3．A
【详解】ABD．根据万有引力提供向心力有
解得
，，
结合题意，求得运行周期之比为
运行速度之比为
加速度之比为
故A正确，BD错误；
C．“天宫”空间站与“天问一号”环绕器的质量关系未知，无法求得动能之比，故C错误。
故选A。
4．C
【详解】A．7.9km/s是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则中圆地球轨道卫星的运行速度小于7.9km/s，选项A错误；
B．静止轨道卫星的轨道半径大于中圆地球轨道卫星的轨道半径，根据
可知，静止轨道卫星的加速度小于中圆地球轨道卫星的加速度，选项B错误；
C．静止轨道卫星的周期等于地球赤道上物体的周期，根据
可知静止轨道卫星的加速度大于地球赤道上物体的加速度，静止轨道卫星的加速度小于中圆地球轨道卫星的加速度，中圆地球轨道卫星的加速度大于地球赤道上物体的加速度，选项C正确；
D．静止轨道卫星和中圆地球轨道卫星两者的质量关系不确定，则不能比较动能关系，选项D错误。
故选C。
5．C
【详解】A．由地球的引力提供向心力，则有
解得
由上式可知，卫星的轨道半径越大，运动周期越大，由于天和核心舱轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以距地面400km高的天和核心舱绕地球做圆周运动的周期小于24小时，A正确，不符合题意；
B．“天问一号”火星探测器绕火星椭圆轨道运动，从近火点到远火点运动时，引力做负功，“天问一号”速度减小，因此探测器在近火点的速度一定大于远火点速度，B正确，不符合题意；
C．“羲和号”人造地球卫星运行于距离地球517公里高度的轨道，“羲和号”卫星的发射速度一定大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，C错误，符合题意；
D．长征系列火箭发射时是靠喷出气流的反冲作用获得巨大速度，由动量守恒定律则有
由上式可知，喷出相同质量m气体时，气流的速度v越大，火箭获得的速度v＇就越大，D正确，不符合题意。
故选C。
6．C
【详解】ABD．根据
得
， ，
因为，则
，，
A与同步卫星C的角速度相同，即
由，可知
，
则
，，
故ABD错误；
C．由题意得
得
由
得
即卫星B周期为同步卫星周期和地球自转周期的倍，说明卫星B在一天内能看到8次日出。故C正确。
故选C。
7．A
【详解】A．由向心力表达式
物体D与卫星B的周期相同，物体D的运动半径较小，则物体D的向心加速度比卫星B的向心加速度小，故A正确；
B．根据
得
卫星C的轨道半径更大，则周期大于24小时，故B错误；
C．根据
得
卫星A的运动半径最小，则角速度最大，故C错误；
D．根据
得
卫星C的运动半径最大，则线速度最小，故D错误。
故选A。
8．A
【详解】由图可知，卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径
A．根据
可得
可知A的周期较大，故A正确；
B．根据
结合A选项可知，A的角速度较小，故B错误；
C．根据
可得
可知B的运动速度较大，故C错误；
D．根据
可得
可知B的向心加速度较大，故D错误。
故选A。
9．C
【详解】A．“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后，在较低轨道上运行，“天和核心舱”继续在较高轨道运行，则有地球的引力提供向心力可得
可知“神舟十三号”载人飞船的轨道半径小于“天和核心舱”的轨道半径，因此分离后“神舟十三号”载人飞船的运行速度大于“天和核心舱”的运行速度，A错误；
B．地球的引力提供向心力可得
可知分离后“神舟十三号”载人飞船的运行周期小于“天和核心舱”的运行周期，Ｂ错误；
C．“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后，在低轨道上运行时的速度较大，因此分离后“神舟十三号”载人飞船的动能大于分离前“神舟十三号”载人飞船的动能，C正确；
D．“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后，若要降入更低轨道需要再次减速，做向心运动，D错误。
故选C。
10．B
【详解】A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处加速，做离心运动，故A错误；
B．该卫星在从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加，从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加，故该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，故B正确；
C．根据
可知，该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，故C错误；
D．根据
可知，该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度，故D错误。
故选B。
11．C
【详解】A．由开普勒第二定律知，天舟四号在A点的运行速度大于在B点的运行速度，故A错误；
B．由
知，因天舟四号和天和核心舱质量大小关系未知，所以在远地点B天舟四号所受地球的引力不一定等于天和核心舱所受地球的引力，故B错误；
C．要使天舟四号从低轨道到高轨道，应该使天舟四号在B点点火加速，使万有引力小于其需要的向心力，从而离心到更高轨道，才能与天和核心舱顺利完成对接，故C正确；
D．天舟四号从A运动到B的过程中，只有万有引力做负功，则动能减小，引力势能增大，但机械能不变，故D错误。
故选C。
12．C
【详解】A．赤道上静止物体与地球同步卫星角速度相等，由
a=rω2
可得
a3>a0
根据
G=ma
可得
a=
则
a1>a3
所以
a1>a3>a0
选项A错误；
B．在Ⅱ轨道上，从P到Q的过程中只有万有引力做功，机械能守恒，选项B错误；
C．卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ要在P点点火加速做离心运动，所以在P点，Ⅱ轨道的线速度大于Ⅰ轨道的线速度，选项C正确；
D．由开普勒第三定律=k可知，由于Ⅱ轨道半长轴小于Ⅲ轨道的半径，故Ⅱ轨道的运行周期小于Ⅲ轨道的运行周期，选项D错误。
故选C。
13．C
【详解】A．所有围绕地球公转的卫星，其运行速度不大于第一宇宙速度，故A错误；
B．近地点速度快，远地点速度慢，故B错误；
C．在同一位置由万有引力产生加速度，加速度相同，故C正确；
D．在P点由轨道I变为轨道Ⅱ，由圆周运动变为离心运动要加速，则机械能增加，故D错误。
故选C。
14．C
【详解】A．5颗同步卫星的周期T相同，由
可知，运行轨道一定在赤道上空离地面高h处的赤道平面内，一定在同一平面内，A错误；
B．北京不在赤道上，所以5颗同步卫星不可能定位于北京正上方，B错误；
C．由于第一宇宙速度（7.9km/s）是卫星在圆轨道上绕地球运行的最大速度，故导航系统所有卫星的运行速度一定小于第一宇宙速度，C正确；
D．由引力作为向心力可得
故导航系统所有卫星中，运行轨道半径r越大，运行周期T越大，D错误。
故选C。
15．C
【详解】A．根据
可知，r越大，a越小，故该卫星的向心加速度小于地球表面的重力加速度，选项A错误；
B．根据
可知，r越大，v越小，故地球同步卫星的线速度小于该卫星的线速度，而地球同步卫星的线速度大于地球赤道上随地球一起自转的物体的线速度，故该卫星的线速度大于地球赤道上随地球一起自转的物体的线速度，选项B错误；
C．该卫星每绕地球一周，需要的时间
该时间内地球自转的角度
选项C正确；
D．根据开普勒第三定律
解得该卫星与地球同步卫星的轨道半径之比为1：6.35，选项D错误。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第25讲　卫星变轨、发射、回收、空间站对接及其
能量问题
（全国高考）
1．我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球。如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比（　　）
A．卫星动能增大，引力势能减小 B．卫星动能增大，引力势能增大
C．卫星动能减小，引力势能减小 D．卫星动能减小，引力势能增大
一、必备知识
1．卫星变轨的基本原理：当卫星开启发动机，或者受空气阻力作用时，万有引力不再等于卫星所需向心力，卫星的轨道将发生变化。如图所示。
（1）当卫星的速度增加时，G（2）当卫星的速度减小时，G>m，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，如果速度减小很缓慢，卫星每转一周均可看成做匀速圆周运动，经过一段时间，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道运行时，由v＝ 可知其运行速度比在原轨道时大。例如，人造卫星受到高空稀薄大气的摩擦力，轨道高度不断降低。
2．卫星的发射与回收原理：卫星轨道的突变：由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道。如图所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：
（1）先将卫星发送到近地轨道Ⅰ，使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v1。
（2）变轨时在P点点火加速，短时间内将速率由v1增加到v2，这时（3）卫星运行到远地点Q时的速率为v3，此时进行第二次点火加速，在短时间内将速率由v3增加到v4，使卫星进入同步轨道Ⅲ，绕地球做匀速圆周运动。飞船和空间站的对接过程与此类似。卫星的回收过程和飞船的返回则是相反的过程，通过突然减速，>m，变轨到低轨道，最后在椭圆轨道的近地点处返回地面。发射或回收示意图如下：
空间站对接示意图如下：
3．卫星变轨时三类物理量的定性比较
（1）速度：设卫星在圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v4，在轨道Ⅱ上过P、Q点时的速率分别为v2、v3，在P点加速，则v2>v1；在Q点加速，则v4>v3。又因v1>v4，故有v2>v1>v4>v3。
（2）加速度：因为在P点不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过，P点到地心的距离都相同，卫星的加速度都相同，设为aP。同理，在Q点加速度也相同，设为aQ。又因Q点到地心的距离大于P点到地心的距离，所以aQ（3）周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径或半长轴分别为r1、r2、r3，由＝k可知T14．能量问题
卫星速率增大（发动机做正功）会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足G＝m，致使卫星在较高轨道上的运行速率小于在较低轨道上的运行速率，但机械能增大（发动机做正功）；
相反，卫星由于速率减小（发动机做负功）会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样原因致使卫星在较低轨道上的运行速率大于在较高轨道上的运行速率，但机械能减小（发动机做负功）。
二、例题精析
2．2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行对接
B．组合体的向心加速度大于g
C．组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度
D．组合体运行的周期为
3．神舟十三号飞船于2021年10月16日顺利发射升空，在轨驻留6个月，于2022年4月16日成功返回地球，标志着中国航天又站在了一个新的起点。已知神舟十三号飞船的发射初始轨道为近地点200km、远地点356km的椭圆轨道，对接轨道是距地表394km的圆轨道。下列关于神舟十三号飞船的说法中不正确的是（　　）
A．发射速度必须大于7.9km/s
B．在对接轨道上运行速度小于7.9km/s
C．在初始轨道上的周期大于在对接轨道上的周期
D．在初始轨道上的近地点速度大于在远地点的速度
4．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，三位中国航天员首次进入了自己的空间站，对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道III；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道I，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道II运动到B处与天和核心舱对接，则神舟十二号飞船（　　）
A．沿轨道Ⅱ运行的周期为
B．在轨道I和轨道II运动经过A点时速度大小相同
C．沿轨道II从A运动到对接点B过程中，速度不断增大
D．沿轨道I运行的周期大于天和核心舱沿轨道III运行的周期
三、举一反三，巩固练习
5．北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。这是我国载人航天工程立项实施以来的第21次飞行任务，也是空间站阶段的第2次载人飞行任务。飞船入轨后，在完成与空间站高难度的径向交会对接后，航天员将进驻天和核心舱，开启为期6个月的在轨驻留。已知天和号核心舱在距离地面高度为400km的轨道上做匀速圆周运动（如图），地球半径约为6400km。已知地球表面的重力加速度为9.8m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．天和号核心舱绕地球运动的速度大于7.9km/s
B．载人飞船需先进入空间站轨道，再加速追上空间站完成对接
C．空间站运行的速度小于地球赤道上物体随地球自转的速度
D．天和号核心舱每天绕地球公转大于15圈
6．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱成功对接，对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，当经过A点时，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与核心舱对接，则神舟十二号飞船（　　）
A．在轨道Ⅰ上的速度小于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为
C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
7．2021年6月17日，“神舟十二号”载人飞船搭载着聂海胜、刘伯明、汤洪波三名宇航员成功飞天，开启历时三个月的太空驻留。9月17日，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。返回舱从工作轨道I返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道II与圆轨道I、III分别相切于P、Q两点，轨道I、III的半径分别为r1、r3；返回舱从轨道III上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。已知地球半径为R，地面重力加速度为g，返回舱的质量为m。关于返回舱返回地面过程，下列说法正确的是（　　）
A．返回舱在I轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道前后，其加速度减小
B．返回舱在II轨道上从P点运动到Q点经历的最短时间为
C．返回舱从I轨道转移到III轨道过程中，发动机做的功为
D．返回舱在II轨道上经过P点时的速率可能等于在III轨道上运动速率
8．2021年6月17日.神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，神舟十二号飞船沿着半径为r1的圆轨道I运动到Q点时，通过一系列变轨操作，沿椭圆轨道Ⅱ运动到P点与天和核心舱对接。已知神舟十二号飞船沿圆轨道I运行周期为T1，则下列说法正确的是（　　）
A．神舟十二号飞船沿轨道I运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
B．神舟十二号飞船在轨道I的Q点需要加速才能进入轨道Ⅱ
C．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运动到对接点P点的过程中，其速度不断增大
D．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ从Q到P运动时间为
9．2021年10月16日我国“神舟十三号”载人飞船入轨后顺利完成与天和核心舱的交会对接，假设“核心舱”与“神舟十三号”都围绕地球做匀速圆周云动为了实现飞船与核心舱的对接，下列措施可行的是（　　）
A．使飞船与核心舱在同一轨道上云行，然后飞船加速追上核心舱实现对接
B．使飞船与核心舱在同一轨道上运行，然后核心舱减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比核心舱半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比核心舱半径小的轨道上减速。减速后飞船逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接
10．2021年2月，我国“天问一号”火星探测器抵达环绕火星的轨道，正式开启火星探测之旅，如图所示。“天问一号”进入火星停泊轨道2后，在近火点280千米，远火点5.9万千米，进行相关探测后再进入较低的椭圆轨道3开展科学探测。则“天问一号”（　　）
A．轨道2环绕周期比轨道3环绕周期小
B．轨道2近火点的加速度比轨道3近火点的加速度大
C．轨道2近火点的速率比轨道3近火点的速率大
D．轨道2近火点的机械能比轨道2远火点的机械能小
11．2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区。如图所示，着陆前其近火点和远火点的高度分别为280千米（可视为贴近火星表面）和5.9万千米，若“天问一号”探测器的质量为，在远火点时的速度大小为，点距离火星球心的距离为，火星的密度为，半径为，引力常量为，则下列说法正确的是（　　）
A．“天问一号”探测器在点的动量大小为
B．“天问一号”探测器在点的线速度大于
C．“天问一号”探测器在点的引力势能大于在点的引力势能
D．“天问一号”探测器在点的加速度小于
12．我国的“嫦娥奔月”月球探测工程启动至今，以“绕、落、回”为发展过程。中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号。中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1=100公里环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道Ⅱ，在从15公里高度降至近月表面圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点距质量为M的引力中心为r时，其万有引力势能表达式为 （式中G为引力常数） 。已知月球质量M0，月球半径为R，发射的“嫦娥四号”探测器质量为m0，引力常量G。 则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是（　　）
A．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能大于在轨道Ⅲ运行的动能
B．“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了
C．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ上运行时机械能等于在轨道Ⅰ运行时的机械能
D．落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是
13．北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空。飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，椭圆轨道II为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，设圆形轨道I的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，椭圆轨道II的半长轴为a，下列说法正确的是（　　）
A．根据题中信息，可求出地球的质量
B．载人飞船若要进入轨道I，需要在A点减速
C．载人飞船在轨道I上A点的加速度大于在轨道II上A点的加速度
D．空间站运行的周期与载人飞船在椭圆轨道II上运行的周期之比为
14．如图是一次地球同步卫星发射过程，先将卫星发射进入绕地球的较低圆形轨道Ⅰ，然后在a点使卫星进入椭圆形的转移轨道Ⅱ，再在椭圆轨道的远地点b使卫星进入同步轨道Ⅲ，则下列说法正确的是（　　）
A．在轨道Ⅰ上，卫星的运行速度大于7.9km/s
B．在轨道Ⅱ上，卫星在a点的速度大于在b点的速度
C．卫星在b点须通过加速才能由轨道Ⅱ进入同步轨道III
D．在轨道Ⅱ上运行的过程中，卫星、地球系统的机械能守恒
15．2021年7月6日，我国成功将“天链一号05”卫星发射升空，卫星进入预定轨道，天链系列卫星为我国信息传送发挥了重要作用。如图所示，卫星在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道远地点B时，再次点火进入轨道半径为5R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。则下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为
B．卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为
C．卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的速度大于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过B处的速度
D．卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度小于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】当卫星在圆周轨道上做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，有
所以环绕周期
环绕速度
可以看出，周期越大，轨道半径越大，轨道半径越大，环绕速度越小，动能越小。在变轨过程中，克服引力做功，引力势能增加。
故选D。
2．D
【详解】A．根据万有引力提供向心力，有
神舟十四号变轨到达与天和核心舱同一轨道，若再加速则会做离心运动，不会追上核心舱进行对接，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，组合体的向心加速度为
由
组合体的轨道半径r大于地球半径R，故组合体的向心加速度小于g，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力可得
解得
由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则组合体的线速度大于同步卫星的线速度，同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以同步卫星的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C错误；
D．设组合体运行的周期为T，则
在地球表面有
联立解得
故D正确。
故选D。
3．C
【详解】AB．第一宇宙速度是指发射地球卫星所需的最小发射速度，离地越高的卫星所需的发射速度越大，但在轨道上运行速度越小，即第一宇宙速度也是地球卫星最大运行速度，其值为7.9km/s，故AB正确；
C．根据开普勒第三定律
初始轨道的半长轴小于对接轨道的轨道半径，可知初始轨道上的周期小于在对接轨道上的周期，故C错误；
D．根据开普勒第二定律，可知初始轨道上的近地点速度大于在远地点的速度，故D正确。
本题选不正确项，故选C。
4．A
【详解】A．根据开普勒第三定律
则沿轨道Ⅱ运行的周期为
故A正确；
B．在A点经过加速才能进入轨道II，所以在轨道I经过A点时速度小于在轨道II经过A点时速度，故B错误；
C．沿轨道II从A运动到对接点B过程中，万有引力做负功，速度不断减小，故C错误；
D．根据开普勒第三定律，轨道I半径小于轨道III半径，所以沿轨道I运行的周期小于天和核心舱沿轨道III运行的周期，故D错误。
故选A。
5．D
【详解】A．由引力作为向心力可得
解得
当r=R时
天和号核心舱绕地球运动的轨道半径大于地球半径R，故环绕速度小于7.9km/s，A错误；
B．若载人飞船先进入空间站轨道再加速，将做离心运动，从空间站上方飞过，无法完成对接，B错误；
C．空间站运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故空间站运行的速度大于同步卫星的运行的速度，同步卫星与地球自转周期相同，由
可知，同步卫星运行的速度大于地球赤道上物体随地球自转的速度，故空间站运行的速度大于地球赤道上物体随地球自转的速度，C错误；
D．由引力作为向心力可得
地球表面的重力加速度可表示为
联立代入数据解得
每天绕地球公转的圈数为
其中
联立解得
即天和号核心舱每天绕地球公转大于15圈，D正确。
故选D。
6．B
【详解】A．由
得
故
在B点经点火加速后才能进入轨道Ⅲ，故轨道Ⅱ上经过B点的速度小于，A错误；
B．根据开普勒第三定律，有
B正确；
C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，万有引力做负功，速度不断减小，C错误；
D．绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有
，
解得
因为小于，所以飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，D错误。
故选B。
7．B
【详解】A. 返回舱在I轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道前后，其速度减小，根据
可知P点万有引力相同，加速度不变，A错误；
B．在II轨道上根据开普勒第三定律
在轨道III上
在地球表面上
解得
从P点运动到Q点经历的最短时间为
B正确；
C．设返回舱在I轨道上的速度为v1，在III轨道上速度为v3，由万有引力提供向心力，可得
则有
选取无穷远处是引力势能的零点，则有返回舱在轨道I、III上引力势能分别为
设返回舱从I轨道转移到III轨道过程中，发动机做的功为W，则有
联立解得
在地球表面有
解得
C错误；
D．根据
可知在轨道III上运动速率大于I轨道上的速率，而从轨道I到轨道II要在 P点减速，可知在返回舱在II轨道上经过P点时的速率小于在III轨道上运动速率，D错误。
故选B。
8．B
【详解】A．根据开普勒第三定律，轨道Ⅰ的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故A错误；
B．由低轨道进入高轨道，即由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要加速做离心运动，故B正确；
C．神舟十二号载人飞船沿轨道Ⅱ运动到对接点过程中，根据开普勒第二定律，速度越来越小 ，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
解得
从Q到P运动时间为
故D错误。
故选B。
9．C
【详解】AB．使飞船与核心舱在同一轨道上运行时，若使飞船加速，飞船所需向心力大于万有引力做离心运动，偏离原来的轨道，不可能与核心舱的对接，相反，若减速做向心运动，也不可能实现对接，故AB错误；
C．飞船先在比核心舱半径小的轨道上加速，则其做离心运动，可使飞船逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接，故C正确；
D．飞船先在比核心舱半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与核心舱相接触，故D错误；
故选C。
10．C
【详解】A．根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，环绕周期越大，故轨道2环绕周期比轨道3环绕周期大，故A错误；
B．轨道2的近火点和轨道3的近火点为同一位置，加速度
相等，故B错误；
C．根据卫星变轨原理可知，从轨道2进入轨道3减速，做近心运动，所以轨道2近火点的速率比轨道3近火点的速率大，故C正确；
D．探测器在轨道2上运行，只受万有引力作用，机械能守恒，故D错误。
故选C。
11．B
【详解】A．由题知，“天问一号”探测器在远火点时的速度大小为，根据开普勒第二定律，可知“天问一号”探测器在近火点M的速度要大于v，所以天问一号”探测器在点的动量大小大于，故A错误；
B．若“天问一号”探测器在近火点M做的是匀速圆周运动，设线速度为，根据万有引力提供向心力，则有
又
联立解得
而“天问一号”探测器在近火点M做的是椭圆运动，即在M点要点火加速做离心运动，才能从圆轨道变到椭圆轨道，故“天问一号”探测器在点的线速度大于，故B正确；
C．“天问一号”从M点运动到N点，万有引力做负功，引力势能增大，故C错误；
D．“天问一号”在N点受万有引力作用，根据牛顿第二定律有
又因为“天问一号”从N点到M点要做近心运动，则在N点有
联立解得
故D错误。
故选B。
12．D
【详解】A．根据万有引力定律
得“嫦娥四号”在I轨道和III轨道的动能分别是
，
由
所以“嫦娥四号”在轨道I上运行的动能小于在轨道III上运行的动能，故A错误；
B．根据
可知，“嫦娥四号”在轨道I和轨道III上的势能分别是
，
“嫦娥四号”从轨道I上变轨到轨道III上时，势能减小了
故B错误；
CD．根据能量守恒定律，落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是
故C错误，D正确。
故选D。
13．D
【详解】A．根据题中信息，则有
可求出地球的质量
所以A错误；
B．载人飞船若要进入轨道I，需要在A点加速，所以B错误；
C．载人飞船在轨道I上A点的加速度等于在轨道II上A点的加速度，所以C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
则
所以空间站运行的周期与载人飞船在椭圆轨道II上运行的周期之比为，则D正确；
故选D。
14．BCD
【详解】A．7.9km/s是所有环绕地球做圆周运动卫星的最大速度，则在轨道Ⅰ上，卫星的运行速度小于7.9km/s，选项A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，在轨道Ⅱ上，在近点的速度大于远点的速度，即卫星在a点的速度大于在b点的速度，选项B正确；
C．卫星在b点须通过加速做离心运动，才能由轨道Ⅱ进入同步轨道III，选项C正确；
D．在轨道Ⅱ上运行的过程中，卫星、地球系统只有地球的引力做功，则系统的机械能守恒，选项D正确。
故选BCD。
15．AC
【详解】AB．根据开普勒第三定律
因为
所以
故A正确，B错误；
C．轨道Ⅰ和轨道Ⅲ都是圆轨道，由万有引力提供向心力，则有
解得
因轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅰ的半径，所以轨道Ⅲ上B点速度小于轨道Ⅰ上A点速度，又因为从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ时需要点火加速，所以轨道Ⅲ上B点速度大于轨道Ⅱ上B点速度，所以卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的速度大于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过B处的速度，故C正确；
D．卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处时，所受万有引力相同，卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度，故D错误。
故选AC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第26讲 双星、多星模型
（重庆高考）
1．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，由此可知，冥王星绕O点运动的
A．轨道半径约为卡戎的 B．角速度大小约为卡戎的
C．线速度大小约为卡戎的7倍 D．向心力大小约为卡戎的7倍
一、知识回顾
1．双星模型
（1）两颗星体绕公共圆心转动，如图1所示。
（2）特点
①各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即
＝m1r1，
＝m2r2。
②两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。
③两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。
④两颗星到轨道圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即＝。
⑤双星的运动周期T＝2π。
⑥双星的总质量m1＋m2＝。
2．三星模型
（1）三星系统绕共同圆心在同一平面内做圆周运动时比较稳定，三颗星的质量一般不同，其轨道如图2所示。每颗星体做匀速圆周运动所需的向心力由其他星体对该星体的万有引力的合力提供。
（2）特点：对于这种稳定的轨道，除中央星体外（如果有），每颗星体转动的方向相同，运行的角速度、周期相同。
（3）理想情况下，它们的位置具有对称性，下面介绍两种特殊的对称轨道。
①三颗星位于同一直线上，两颗质量均为m的环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行（如图3甲所示）。
②三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上（如图3乙所示）。
3．四星模型：
（1）如图所示，四颗质量相等的行星位于正方形的四个顶点上，沿外接于正方形的圆轨道做匀速圆周运动。
×2×cos 45°＋＝ma，
其中r＝ L。
四颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。
（2）如图所示，三颗质量相等的行星位于正三角形的三个顶点，另一颗恒星位于正三角形的中心O点，三颗行星以O点为圆心，绕正三角形的外接圆做匀速圆周运动。
×2×cos 30°＋＝ma。
其中L＝2rccos 30°。
外围三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小均相等。
5．解题要诀：
（1）根据双星或多星的运动特点及规律，确定系统的中心以及运动的轨道半径。
（2）星体的向心力由其他天体的万有引力的合力提供。
（3）星体的角速度相等。
（4）星体的轨道半径不是天体间的距离。要利用几何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有引力和向心力。
6．多星模型的解题步骤
（1）明确各星体的几何位置，画出示意图；
（2）明确各星体的转动方式，找出各星体做圆周运动的共同的圆心位置，确定各星体运动的轨道半径；
（3）受力分析，确定每颗星体向心力的来源；
（4）抓住每颗星体做匀速圆周运动的周期和角速度相同这一特点，列式解题
二、例题精析
例
2．我国天文学家通过“天眼”在武仙座球状星团中发现一个脉冲双星系统。如图所示，由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点各自做匀速圆周运动，经观测可知恒星B的运行周期为T。若恒星A的质量为m，恒星B的质量为，引力常量为G，则恒星A与O点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
例
3．近年科学研究发现，在宇宙中，三恒星系统约占所有恒星系统的十分之一，可见此系统是一个比较常见且稳定的系统。在三恒星系统中存在这样一种运动形式：忽略其他星体对它们的作用，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在平面内以相同角速度做匀速圆周运动。如图所示为A、B、C三颗星体质量mA、mB、mC大小不同时，星体运动轨迹的一般情况。设三颗星体在任意时刻受到的万有引力的合力大小分别为F1、F2、F3，加速度大小分别为a1、a2、a3，星体轨迹半径分别为RA、RB、RC，下列说法正确的是（　　）
A．若三颗星体质量关系有mA＝mB＝mC，则三颗星体运动轨迹圆为同一个
B．若三颗星体运动轨迹半径关系有RA＜RB＜RC，则三颗星体质量大小关系为mA＜mB＜mC
C．F1、F2、F3的矢量和一定为0，与星体质量无关
D．a1、a2、a3的矢量和一定为0，与星体质量无关
例
4．经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2＝3：2。则可知（　　）
A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2
B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2
C．m1做圆周运动的半径为
D．m2做圆周运动的半径为
三、举一反三，巩固练习
5．2021年5月，基于俗称“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜的观测，国家天文台李菂、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的2020年3月，我国天文学家通过，在武仙座球状星团中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点做顺时针匀速圆周运动，运动周期为，它们的轨道半径分别为，，C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为，忽略A与C之间的引力，万引力常量为，则以下说法正确的是（ ）
A．若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
B．若A也有一颗运动周期为的卫星，则其轨道半径大于C的轨道半径
C．恒星B的质量为
D．设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为，则
6．经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”，“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=3：2。则下列结论不正确的是（　　）
A．m1，m2做圆周运动的线速度之比为3：2
B．m1，m2做圆周运动的角速度之比为1：1
C．m1做圆周运动的半径为
D．m2做圆周运动的半径为
7．宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，已观测到稳定的三星系统存在形式之一是：三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行，设每个星体的质量均为M，则（　　）
A．环绕星运动的线速度为
B．环绕星运动的线速度为
C．环绕星动的周期为运
D．环绕星运动的周期为
8．2012年7月26日，一个国际研究小组借助于智利的“甚大望远镜”，观测到了一组双星系统，它们绕两者连接线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示，此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在“吸食”过程中两者球心之间的距离保持不变，则在该过程中
A．它们做圆周运动的万有引力保持不变
B．它们做圆周运动的角速度不变
C．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大
D．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小
9．美国科学家通过射电望远镜观察到宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统：三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行。设每个星体的质量均为M，忽略其它星体对它们的引力作用，则（　　）
A．环绕星运动的周期为T＝2π
B．环绕星运动的周期为T＝2π
C．环绕星运动的线速度为
D．环绕星运动的角速度为
10．经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”，“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的直径远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=3：2。则可知（　　）
A．m1、m2做圆周运动的角速度之比为2：3
B．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2
C．m1做圆周运动的半径为L
D．m2做圆周运动的半径为L
11．在地月系统中，若忽略其它天体的影响，可将地球和月球看成双星系统，即地球和月球在彼此引力作用下做匀速圆周运动。科学探测表明，月球上蕴藏着极其丰富的矿物质，设想人类开发月球，月球上的矿藏被不断地搬运到地球上，假设经过长时间开采后，地球和月球仍可以看作均匀球体，地球和月球之间的距离保持不变，则（　　）
A．地球与月球之间的引力增大 B．地球与月球之间的引力减小
C．月球运动的周期增大 D．月球运动的周期减小
12．经过观察，科学家在宇宙中发现许多双星系统，一般双星系统距离其它星体很远，可以当作孤立系统处理，若双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距为L(远大于星体半径)，它们正绕着两者连线的中点做圆周运动．
(1)试计算该双星系统的运动周期T计算．
(2)若实际观察到的运动周期为T观测，且T观测∶T计算＝1∶(N＞0)，为了解释T观测与T计算的不同，目前有理论认为，宇宙中可能存在观测不到的暗物质，假定有一部分暗物质对双星运动产生影响，该部分物质的作用等效于暗物质集中在双星连线的中点，试证明暗物体的质量M′与星体的质量M之比.
13．我们知道在一个恒星体系中，各个行星围绕着该恒星的运转半径r及运转周期T之间，一般存在以下关系：的值由于中心的恒星的质量决定。现在，天文学家又发现了相互绕转的三颗恒星，可以将其称为三星系统。如图所示，假设三颗恒星质量相同，均为m，间距也相同，它们仅在彼此的引力作用下绕着三星系统的中心点O做匀速圆周运动，运转轨迹完全相同。它们自身的大小与它们之间的距离相比，自身的大小可以忽略。请你通过计算定量说明：三星系统的运转半径的立方及运转周期的平方的比值应为多少。（万有引力常量G）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统．所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．A、它们之间的万有引力提供各自的向心力得：，质量比约为7：1，所以冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的，故A正确．B、冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的，故B错误．C、根据线速度v=ωr得冥王星线速度大小约为卡戎的，故C错误．D、它们之间的万有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D错误．故选A．
【点睛】由于双星和它们围绕运动的中心点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，角速度相等，周期也必然相同．
2．A
【详解】双星系统两个恒星的角速度相同，周期相同，设恒星A和恒星B的轨道半径分别为和，对A根据万有引力提供向心力得
对B根据万有引力提供向心力得
又
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
3．AC
【详解】A．若三个星体质量相等，则根据对称性可知，三个星体所受的万有引力大小均相同，在角速度都相等的情况下，轨迹半径也相等，故三颗星体运动轨迹圆为同一个，故A正确；
B．若三颗星体运动轨迹半径关系有
RA＜RB＜RC
而因为三颗星体的角速度相等，则万有引力的大小关系为
FA＜FB＜FC
根据对称性可知
mA＞mB＞mC
故B错误；
CD．根据万有引力定律可知
F1＝FBA+FCA
同理可得
F2＝FAB+FCB；F3＝FAC+FBC
（此处的“+”号表示的是矢量的运算）则
F1+F2+F3＝FBA+FCA+FAB+FCB+FAC+FBC＝0
而
当三颗星体的质量相等时，加速度的矢量和才等于0，故C正确，D错误；
故选AC。
4．C
【详解】由于两颗星的连线始终过圆心O点，可知双星运动的角速度相等，设运行的角速度为ω，根据万有引力定律和牛顿第二定律，对m1
①
对m2
②
由①、②联立可得
又
解得
，
由于
v=ωr
可得m1、m2做圆周运动的线速度之比为
v1：v2=r1：r2=2：3
故选C。
5．B
【详解】A．C绕B做匀速圆周运动，满足
故无法求出C的质量，A错误；
B．因为A、B为双星系统，满足
又因为，所以，设A卫星质量为m，根据
可知，的卫星轨道半径大于C的轨道半径，B正确；
C．因为A、B为双星系统，所以相互之间的引力提供运动所需的向心力，即
可得
C错误；
D．A、B、C三星由图示位置到再次共线应满足
解得
D错误。
故选B。
6．A
【详解】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有
则
因为
则
根据
知
本题选不正确的，故选A。
7．D
【详解】AB.对某一个环绕星
解得
故AB错误；
CD.而环绕行星运动的周期
解得
故C错误，D正确。
故选D。
8．BC
【详解】设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2．双星间的距离为L．转移的质量为△m．则它们之间的万有引力为，根据数学知识得知，随着△m的增大，F先增大后减小．故A错误．
对m1：=（m1+△m）ω2r1 ①
对m2：=（m2-△m）ω2r2 ②
由①②得：ω=，总质量m1+m2不变，两者距离L不变，则角速度ω不变．故B正确．由②得：ω2r2=，ω、L、m1均不变，△m增大，则r2 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大．由v=ωr2得线速度v也增大．故C正确，D错误．故选BC．
9．C
【详解】对某一个环绕星，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
v，ω，T＝4π
故选C。
10．C
【详解】A．双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，故A错误；
BCD．双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，设为ω，对m1
对m2
得
则
则
，
又v=rω，所以线速度之比
故BD错误，C正确。
故选C。
11．B
【详解】AB．设月球质量为m，地球质量为M，月球与地球之间的距离为r，根据万有引力定律可得地月间的万有引力
由于不断把月球上的矿藏搬运到地球上，所以m减小，M增大。由数学知识可知m与M的和不变时，当m与M相接近时，它们之间的万有引力较大，当它们的质量之差逐渐增大时，m与M的乘积将减小，它们之间的万有引力值将减小，故A错误，B正确；
CD．设地球质量为 M，月球质量为 m，地球做圆周运动的半径为 r1，月球做圆周运动的半径为 r2，则地月间距离
对于地球 有
对于月球 有
可得双星系统的周期
由于地月总质量不变，地月间距不变，所以地球、月球运动的周期不变，故C、D错误。
故选B。
12．（1） （2）
【详解】(1)双星均绕它们连线的中点做圆周运动，根据牛顿第二定律得 ①
解得T计算＝πL ；
(2)因为T观测＜T计算，所以双星系统中受到的向心力大于本身的引力，故它一定还受到其它指向中心的力，按题意，这一作用来源于暗物质，根据牛顿第二定律得
②
由题意T观测∶T计算＝1∶ ③
将③代入②得，④
联立得.
点睛：双星之间的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程即可求解；根据双星之间的万有引力提供向心力，求出周期的表达式；再根据双星之间的万有引力加上圆心处暗物质对双星的合力提供向心力，求出周期的表达式．根据两种情况周期比等于1∶，可求暗物质的质量．
13．
【详解】三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图所示
由万有引力定律和牛顿第二定律得
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第27讲　卫星（天体）追及相遇模型
1．太阳系的行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某个行星和太阳之间，且三者几乎成一条直线的现象，天文学成为“行星冲日”据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日，木星冲日，4月9日火星冲日，6月11日土星冲日，8月29日，海王星冲日，10月8日，天王星冲日，已知地球轨道以外的行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是（　　）
地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径（AU） 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A．各地外行星每年都会出现冲日现象
B．在2015年内一定会出现木星冲日
C．天王星相邻两次的冲日的时间是土星的一半
D．地外行星中海王星相邻两次冲日间隔时间最短
一.知识回顾
如果有两颗卫星在同一轨道平面内两个不同轨道上同向绕地球做匀速圆周运动，a卫星的角速度为ωa，b卫星的角速度为ωb，某时刻两卫星正好同时通过地面同一点正上方，相距最近，如图甲所示，则当它们转过的角度之差Δθ＝π，即满足ωaΔt－ωbΔt＝π时，两卫星第一次相距最远，如图乙所示。两卫星相距最远的条件是ωaΔt－ωbΔt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3…)，相距最近的条件是ωaΔt－ωbΔt＝2nπ(n＝0,1,2,3…)。
二.例题精析
2．如图是在同一平面不同轨道上同向运行的两颗人造地球卫星.设它们运行的周期分别是T1、T2(T1(1)两卫星再次相距最近的时间是多少？
(2)两卫星相距最远的时间是多少？
3．2020年6月23日，“北斗三号”最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心点火升空，中国终于有了自己的卫星导航系统，未来将向全世界开放，也会成为70多亿人生活的一部分。北斗卫星导航系统有55颗卫星，若其中在同一平面不同轨道上同向运行的两颗人造地球卫星甲和乙，它们运行的周期分别是2小时、16小时，且某时刻两卫星相距最近。则下列说法中正确的是（　　）
A．两颗卫星再次相距最近的时间是小时
B．两颗卫星相距最远的时间是(16k+4)(k＝0，1，2，……)小时
C．乙卫星点火加速可以与甲卫星对接
D．甲、乙两颗卫星的轨道半径之比为1：4
三.举一反三，巩固练习
4．如图是在同一平面不同轨道上运行的两颗人造地球卫星，设它们运行的周期分别是T1、T2（T1A．两卫星再次相距最近的时间是
B．两卫星相距最远的时间是
C．两卫星再次相距最近的时间是
D．两卫星相距最远的时间是（其中）
5．如图所示，有A、B两颗卫星绕同颗质量未知，半径为R的行星做匀速圆周运动，旋转方向相同，其中A为近地轨道卫星，周期为T1，B为静止轨道卫星，周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，试用已知量求解下列问题：（引力常量G为已知）
（1）经过多长时间，两行星再次相距最近？
（2）同步卫星离地面的高度h＝？
（3）该行星的平均密度ρ＝？
6．A、B两颗卫星在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动。地球半径为R，A卫星离地面的高度为R，周期为T，B卫星离地面高度为3R，则：（结果可用根式表示）
(1)A、B两卫星周期之比是多少？
(2)若某时刻两卫星正好通过地面同一点的正上方，则经过多长时间两卫星再次相距最近？
(3)若某时刻两卫星正好通过地面同一点的正上方，则经过多长时间两卫星相距最远？
7．如图所示，A、B是地球的两颗卫星，卫星A、B的圆形轨道位于赤道平面内，运行方向与地球自转方向相同．卫星A离地面高度为7R，卫星B离地面高度为R，R为地球半径，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．
（1）求卫星A、B的运行周期之比．
（2）若某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？
8．嫦娥一号在西昌卫星发射中心发射升空，准确进入预定轨道．随后，嫦娥一号经过变轨和制动成功进入环月轨道．如图所示，阴影部分表示月球，设想飞船在圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，在圆轨道Ⅰ上飞行n圈所用时间为t到达A点时经过暂短的点火变速，进入椭圆轨道Ⅱ，在到达轨道Ⅱ近月点B点时再次点火变速，进入近月圆形轨道Ⅲ，而后飞船在轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动，在圆轨道Ⅲ上飞行n圈所用时间为．不考虑其它星体对飞船的影响，求：
（1）月球的平均密度是多少？
（2）飞船从轨道Ⅱ上远月点A运动至近月点B所用的时间．
（3）如果在Ⅰ、Ⅲ轨道上有两只飞船，它们绕月球飞行方向相同，某时刻两飞船相距最近（两飞船在月球球心的同侧，且两飞船与月球球心在同一直线上），则经过多长时间，他们又会相距最近？
9．2014年3月8日马航客机MH370失联，多国卫星在搜寻中发挥了重要作用。如图所示为某两颗搜寻卫星的运行示意图，A是地球的同步卫星，另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h，已知地球半径为R，地球自转周期为T，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心。
（1）求卫星B的运行角速度ω；
（2）若卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BD
【详解】A．根据开普勒第三定律，有
解得
则有
=1.84年
年=11.86年
年=29.28年
年=82.82年
年=164.32年
如果两次行星冲日时间间隔为1年，则地球多转动一周，有
代入数据，有
解得，T0为无穷大；即行星不动，才可能在每一年内发生行星冲日，显然不可能，故A错误；
B．2014年1月6日木星冲日，木星的公转周期为11.86年，在2年内地球转动2圈，木星转动不到一圈，故在2015年内一定会出现木星冲日，故B正确；
C．如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有
解得
故天王星相邻两次冲日的时间间隔为
土星相邻两次冲日的时间间隔为
故C错误；
D．如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有
解得
故地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，故D正确。
故选BD。
2．(1) (2)
【详解】(1)依题意，T1则它们运行的角度之差Δθ＝2π
t－t＝2π
解得
t＝ .
(2)两卫星相距最远时，它们运行的角度之差
Δθ＝(2k＋1)π (k＝0，1，2，…)
即
t－t＝(2k＋1)π (k＝0,1,2，…)
解得
t＝ (k＝0，1，2…).
点睛：根据几何关系得到两颗卫星相距最近和相距最远所满足的角度关系，最近时两卫星在同一半径上角度差为2π弧度的整数倍，卫星相距最远时，两卫星在同一直径上，转过的角度差为π弧度的奇数倍．
3．AD
【详解】A．设两颗卫星运行的周期分别为T1、T2，设经过时间两卫星再次相距最近，则它们运行的角度之差
即
解得
故A正确；
B．两卫星相距最远时，它们运行的角度之差
＝(2k+1)π (k＝0，1，2……)
即
(2k+1)π(k＝0，1，2……)
解得
(k＝0，1，2……)小时
故B错误；
C．乙卫星点火加速，v突然增大，有
乙卫星将做离心运动，不可能与甲卫星对接。故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
解得
故D正确。
故选AD。
4．AD
【详解】AC．两卫星再次相距最近时，运行周期短的卫星比周期长的卫星正好多运行一圈，即转动的角度相差2π，所以有
解得
故A正确，C错误；
BD．两卫星相距最远时，运行周期短的卫星比周期长的卫星正好多运行k圈加半圈，即转动的角度相差（其中），所以有
解得
（其中）
故B错误，D正确。
故选AD。
5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）卫星绕行星做匀速圆周运动，设行星质量为M，根据万有引力提供向心力有
m
得周期
某时刻两卫星相距最近，则可知经过时间t两卫星再次相距最近时，A卫星比B卫星多转过弧度，有
解得
（2）卫星做匀速圆周运动万有引力提供向心力有
m
A为近地轨道卫星，周期为T1，对行星有
同步卫星周期为，有
所以同步卫星离地面的高度
（3）根据密度的定义得行星的平均密度
6．(1) ；（2）；（3）
【详解】（1），，根据开普勒第三定律得
解得
（2）对于卫星A，根据万有引力提供向心力得
解得
设经过t时间二者第一次相距最近，此时卫星A比B多转一圈即
解得
（3）设经过时间二者第一次相距最近，此时卫星A比B多转半圈即
解得
7．（1）8：1（2）
【详解】由万有引力提供向心力：G=m=mω2r=m（）2r 解得：
T==2πω=
(1)由T==2π 可知：
===8
(2)由ω= 又 gR2=GM 则得:
ω=
则有：
ωA=
ωB=
得它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有：（ωB-ωA）t=2π
由以上各式可得：
t=
8．（1）月球的平均密度是．
（2）飞船从轨道Ⅱ上远月点A运动至近月点B所用的时间为．
（3）则经（m=1，2，3…），他们又会相距最近
【详解】（1）在圆轨道Ⅲ上的周期：
T3=…①
由万有引力提供向心力有：
…②
又：M=…③
联立得：=…④
（2）设飞船在轨道I上的运动周期为T1，在轨道I有：…⑤
又：…⑥
联立①②⑤⑥得：r=4R
设飞船在轨道II上的运动周期T2，而轨道II的半长轴为：=2.5R…⑦
根据开普勒定律得：
…⑧
可解得：T2=0.494T3
所以飞船从A到B的飞行时间为：
（3）设飞船在轨道I上的角速度为ω1、在轨道III上的角速度为ω3，有：
所以
设飞飞船再经过t时间相距最近，有：
ω3t′﹣ω1t′=2mπ
所以有：t=（m=1，2，3…）
9．（1）；（2）
【详解】（1）卫星B绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，设地球质量为M，卫星B质量为m，则根据万有引力定律和向心力公式得
地球表面物体重力等于万有引力，假设地球表面有一质量为的物体，所以有
两式联立解得
（2）根据题意可知，卫星A、B再次相距最近时，卫星B正好比卫星A多转一圈，设卫星A的角速度为，两卫星再一次相距最近的时间为t，所以有
又因为卫星A是地球同步卫星，运动周期与地球自转周期一致，所以其角速度为
两式联立解得
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答案第1页，共2页第28讲　功的理解、计算及其易错点
（全国卷Ⅱ）
1．如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
一.知识回顾
1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。
2．物理意义：功是能量转化的量度。
3．做功的两个必要因素
（1）作用在物体上的力。
（2）物体在力的方向上发生的位移。
4．公式：W＝Flcosα。
（1）α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。
（2）该公式只适用于恒力做功。
（3）功是标量。
5．功的正负及物理意义
夹角 功的正负
0≤α< 力对物体做正功
<α≤π 力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝ 力对物体不做功
意义 动力学角度 能量角度
正功 力对物体做正功，这个力是动力，对物体的运动起推动作用 力对物体做正功，向物体提供了能量，使物体的能量增加
负功 力对物体做负功，这个力是阻力，对物体的运动起阻碍作用 力对物体做负功，物体对外输出能量（以消耗自身的能量为代价），物体自身的能量减少
6.定性判断力是否做功及做正、负功的方法
（1）看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。
（2）看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形。
（3）根据动能的变化判断：动能定理描述了合力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合力做正功，当动能减少时合力做负功。
（4）根据功能关系或能量守恒定律判断。
7．一对作用力与反作用力的功
做功情形 图例 备注
都做正功 一对相互作用力做的总功可正、可负，也可为零
都做负功
一正一负
一为零 一为正
一为负
8．一对平衡力的功
一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等、一正一负或都为零。
9.总功
（1）先由W＝Flcosα计算各个力对物体所做的功W1、W2、W3…，然后求所有力做功的代数和，即W合＝W1＋W2＋W3＋……。
（2）先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合lcosα计算总功，此时α为F合的方向与l的方向间的夹角。
10.易错点提示
使用W＝Flcosα应注意的几个问题
（1）位移l
①“l”应取作用点的位移。
②“l”的取值一般以地面为参考系。
（2）力F
①力的独立性原理，即求某个力做的功仅与该力及物体沿该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关。
②力只能是恒力。此公式只能求恒力做功。
（3）α是表示位移l与力F两个矢量箭尾相连时两矢量之间的夹角。
二.例题精析
2．如图所示，光滑的斜劈放在水平面上，斜面上用固定的竖直板挡住一个光滑球，整个装置沿水平面向左以速度v匀速运动，以下说法中正确的是（　　）
A．挡板对球的弹力不做功 B．挡板对球的弹力做负功
C．斜面对球的弹力不做功 D．斜面对球的弹力做负功
3．质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，当斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s时，如图所示，物体m相对斜面静止，则下列说法中不正确的是（ ）
A．摩擦力对物体m做功为零
B．合力对物体m做功为零
C．摩擦力对物体m做负功
D．弹力对物体m做正功
4．如图所示，物块放在四分之一圆弧台面上，与台面一起以速度v向右做匀速直线运动，在通过一段位移的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重力对物块不做功 B．支持力对物块不做功
C．摩擦力对物块做负功 D．圆弧台面对物块做正功
5．如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，一起沿光滑斜面由静止开始下滑，下滑过程中A与B保持相对静止，且斜面体相对地面静止。A和B在下滑过程中（　　）
A．地面对斜面体的摩擦力水平向右
B．A和B一起匀速下滑
C．B对A的摩擦力做负功
D．A对B不做功
三.举一反三，巩固练习
6．如图所示，质量为的木块放在倾角为的斜面上与斜面一起水平向左匀加速运动，木块（　　）
A．所受的支持力对木块可能不做功 B．所受的支持力对木块一定不做功
C．所受的摩擦力对木块可能做正功 D．所受的摩擦力对木块一定做负功
7．将一质量为m的小球竖直向上抛出，小球上升h后又落回地面，在整个过程中受到空气阻力大小始终为f，则关于这个过程中重力与空气阻力所做的功，下列说法正确的是（　　）
A．重力做的功为2mgh，空气阻力做的功为－2fh
B．重力做的功为0，空气阻力做的功也为0
C．重力做的功为0，空气阻力做的功为－2fh
D．重力做的功为0，空气阻力做的功为0
8．如图，一光滑大圆环固定在水平桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环从大圆环的最高点由静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）
A．始终背离大圆环圆心 B．始终垂直速度方向
C．一直变大 D．一直不做功
9．如图，一根细绳上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上。现用水平推力F向右推斜面体，使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）。在此过程中（　　）
A．重球B做匀速圆周运动
B．摩擦力对重球B做正功
C．球B对A不做功
D．A对重球B所做的功与重球B对A所做的功绝对值大小相等
10．如图，一辆卡车要将叠放在车厢上的A、B两块钢材卸下，A钢材叠放在B钢材的上面，A与B、B与车厢的动摩擦因数分别为μ1和μ2，已知μ1＞μ2，现在随着卡车的液压杆缓慢撑起，车厢会绕车厢末端O顺时针转动，下列说法正确的是（　　）
A．在A、B均未滑动过程中，A的合外力不变
B．在A、B均未滑动过程中，车厢对B的摩擦力不做功
C．在A、B均未滑动时，A对B的摩擦力沿车厢向上
D．随着转动角度增大，A会先滑动
11．如图所示，物块B与水平地面接触，物块A置于物块B之上，两物块相对静止，一起向右运动（图中a为加速度，力F沿水平方向向右），则（　　）
A．图甲中，A、B间摩擦力对A做负功
B．图乙中，A、B间摩擦力对B做正功
C．图丙中，A、B间摩擦力对B做负功
D．图丁中，A、B间摩擦力对A做负功
12．光滑固定斜面上有一个质量分布均匀的正方形薄铁板，质量为M，正方形边长为d，在外力作用下沿平行于底边方向运动，在斜面上宽度为d的灰色区域内涂有一层特殊材料，薄铁板与该材料之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，斜面倾角为，则该薄铁板通过粗糙区域时克服摩擦力做的功为（　　）
A． B． C． D．
13．如图所示，一水平传送带始终保持向右匀速传送。某时刻将小物块P轻放于传送带左端（不计小物块的水平初速度）。小物块P在传送带上运动的过程中，关于传送带对小物块P的做功情况，下列说法正确的是（　　）
A．一定先做正功，后做负功
B．一定先做正功，后不做功
C．可能始终做正功
D．可能始终做负功
14．汽车运输规格相同的两块楼板时，为了保证安全，底层楼板固定在车厢上，上层楼板按如图所示方式放置于底层楼板上，汽车先以a1=2m/s2的加速度启动，然后以v=10m/s的速度匀速运动，最后以a2=10m/s2的加速度刹车至静止。已知每块楼板的质量为200kg，楼板间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程楼板不会掉落，也不会撞上驾驶室，g=10m/s2，则（ ）
A．启动时楼板之间的摩擦力大小为1600N B．刹车时楼板之间的摩擦力大小为400N
C．启动时楼板间因摩擦产生的热量为2000J D．刹车时楼板间因摩擦产生的热量为2000J
15．6月份是收割小麦的季节，如图甲所示，粮库工作人员通过传送带把小麦堆积到仓库内。其简化模型如图乙所示，工作人员把一堆小麦轻轻地放在倾斜传送带的底端，小麦经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上。已知传送带与地面的夹角为，两轴心间距为L，传送带以恒定的速度v顺时针转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于其中一颗质量为m的麦粒P（如图所示）的说法正确的是（　　）
A．在匀速阶段，其他麦粒对麦粒P不做功
B．在传送带上运动时，其他麦粒对麦粒P做的功为
C．麦粒P离开传送带后（未落地）的机械能为
D．麦粒P克服重力做功的最大值为
16．一质点在xoy平面内的运动轨迹如图所示．质点从坐标原点O开始运动，运动过程中受到两个大小分别为F1、F2的恒力作用，最后到达P点．已知恒力F1沿x轴正方向，恒力F2沿y轴负方向．O、P两点间距离为l，O、P两点连线与x轴的夹角为θ．则在这一运动过程中，恒力F1做的功为 ，恒力F2做的功为 ．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】AB．大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A正确，B错误；
CD．小环在刚刚开始运动时，在大环的接近顶部运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，小环运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD错误。
故选A。
2．B
【详解】对小球进行受力分析：小球受到竖直向下的重力，斜面对它垂直斜面向上的弹力，挡板对它水平向右的弹力，而小球位移方向水平向左，所以挡板对球的弹力做负功，斜面对它垂直斜面向上的弹力做正功，故选B。
3．A
【详解】对物体受力分析可知物体受重力mg、弹力N和摩擦力f，作出力图如图所示．
AC．摩擦力与位移夹角为钝角，做负功，A错误，C正确；
B．物体做匀速直线运动，合力为0，做功为零，B正确；
D．弹力与位移夹角为锐角，做正功，D正确。
故选A。
4．A
【详解】ABC．物块与台面向右匀速运动过程中，处于平衡状态，受力如图所示
重力与位移夹角90°，对物块不做功，支持力与位移夹角大于90°，对物块做负功，摩擦力与位移夹角小于90°，对物块做正功，A正确，BC错误；
D．圆弧台面对物块的作用力，即支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，故圆弧台面对物块不做功，D错误。
故选A。
5．D
【详解】AB．因为斜面光滑，则AB一起沿斜面向下加速下滑，即具有沿斜面向下的加速度，此加速度有水平向左的分量，将AB、斜面体看成整体，由类整体法可知，地面对斜面体的摩擦力水平向左，故AB错误；
C．由于AB一起沿斜面向下加速运动，具有沿斜面向下的加速度，则B对A的摩擦力方向水平向左，A的位移方向沿斜面向下，摩擦力方向与位移方向夹角小于，则B对A的摩擦力做正功，故C错误；
D．A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示
由牛顿第二定律得竖直方向上
水平方向上
假设斜面与水平方向的夹角为θ，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为α，由几何关系得
，
联立解得
，
即
所以B对A的作用力与斜面垂直，所以B对A的合力不做功，由牛顿第三定律得，A对B的作用力垂直斜面向下，所以A对B也不做功，故D正确。
6．C
【详解】木块与斜面一起水平向左匀加速运动，假设加速度为时，摩擦力刚好为零，则有
解得
可知当加速度小于时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力对木块做负功；当加速度大于时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力对木块做正功；支持力方向一定垂直于斜面向上，与速度方向的夹角为锐角，支持力一定对木块做正功，C正确，ABD错误；
故选C。
7．C
【详解】A．重力在整个过程中大小方向均不变，故整个过程中重力所做功等于重力与整个过程位移的乘积，而整个过程位移为0，故整个过程中重力做功为0，A错误；
BCD．因空气阻力与物体运动方向总是相反的，故整个运动过程中f不是恒力，需分段处理：上升阶段中阻力恒定，做功，下降阶段阻力也恒定，做功为，故整个过程中阻力做功，C正确BD错误。
故选C。
8．BD
【详解】A．小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故A错误
B．小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，而小环的速度始终沿切线方向，所以作用力始终与速度方向垂直，故B正确；
C．小环从静止开始滑下，在大环的上半部刚开始运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，是重力沿径向方向的分力与大环对小环的支持力之差提供了向心力，如图所示
即
速度在变大，而重力的分力在变小，可知大圆环对它的作用力在变小，当作用力减小到0后，再变大，故C错误；
D．大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故D正确。
故选BD。
9．B
【详解】A．重球B做圆周运动，其线速度v球垂直绳，斜面对地速度v斜面水平向右，球相对斜面的速度，v相满足关系
v斜面+v相=v球
三者组成矢量三角形，如图所示
v斜面恒定，v相方向不变，绳与竖直方向夹角变大（趋于平行斜面），可见v球先变小，垂直斜面时最小，因此重球做线速度减小的减速圆周运动，故A错误；
B．斜面对B的摩擦力沿斜面向下，结合上图，可知在绳平行斜面之前，重球受到的滑动摩擦力与其线速度方向夹角为锐角，所以斜面对重球的摩擦力做正功，故B正确；
C．斜面体A做匀速运动，动能不变，外力对A所做的总功为零，则水平推力F做正功、重球对A必做负功，故C错误；
D．A对B的弹力做的功等于B对A弹力做的功（力大小相等，距离相等）；摩擦力对A做的功大于对B做的功（虽然摩擦力相等，但在力的方向上移动的距离不等，差值是内能）。所以得出B对A做的功大于A对B做的功，故D错误。
故选B。
10．AB
【详解】A．在A、B均未滑动过程中，钢材A处于平衡状态，因此钢材A所受合力一直为零，保持不变，A正确；
B．由于车厢对B的摩擦力始终沿车厢方向与B缓慢移动的方向时刻垂直，在摩擦力方向未发生位移，故车厢对B的摩擦力不做功，B正确；
C．对钢材A受力分析可知钢材B对钢材A的摩擦力向车厢向上，由牛顿第三定律知，知钢材A对钢材B的摩擦力向车厢向下，C错误；
D．A刚好滑动时，设车厢与水平面夹角为α，此时由受力分析有
即
tanα＝μ1
同理，AB一起刚好滑动时，设车厢与水平面夹角为β，由受力分析可得
tanβ＝μ2
由于
μ1＞μ2
则
tanα＞tanβ
即
α＞β
因此随着转动角度的增大，钢材A、B一起滑动，D错误。
故选AB。
11．D
【详解】A．图甲中A、B相对静止且加速度为0，故A、B间没有摩擦力，一定没有摩擦力的功，故A错误；
B．图乙中，两物体有向右的加速度，说明A受到B给的向右的摩擦力，所以A对B有向左的摩擦力，则由功的公式可知，A、B间的摩擦力对B做负功，故B错误；
C．图丙中，A受向右的拉力，而做匀速运动，故A受B给的向左的摩擦力，则B受到A给的向右的摩擦力，所以A、B间的摩擦力B做正功，故C错误；
D．图丁中，A、B向右加速运动，B相对A有向左的运动趋势，故B受到A给的向右的摩擦力，A受B给的向左的摩擦力，所以A、B间摩擦力对A做负功，故D正确。
故选D。
12．A
【详解】物块进入粗糙部分越多，摩擦力越大，所以摩擦力先逐渐增大后逐渐减小，且物体对粗糙部分的正压力与位移成正比（如图所示），故平均摩擦力 Mgcosθ，所以
Wf= Mgcosθ×2d= Mgdcosθ
故选A。
13．C
【详解】物块刚放到传送带上时，受到向右的摩擦力而向右做加速运动，此过程中传送带对物体做正功；若物块在没有到达最右端之前与传送带共速，则以后的运动中物块随传送带匀速运动，而不受摩擦力作用，此过程中传送带对物块不做功；若物块加速过程中已经达到了传送带最右端，此过程中传送带对物块做正功；综上所述，传送带对可能先做正功，后不做功，也可能一直做正功。故C正确，ABD错误。
故选C。
14．D
【详解】A．对上层楼板受力分析，由牛顿第二定律知，上层楼板能获得的最大加速度为
故当汽车以的加速度启动时，上层楼板受摩擦力为静摩擦力，且大小为
故A错误；
B．同理当汽车以的加速度刹车时，加速度大于上层楼板能获得的最大加速度，故此时上层楼板受摩擦力为滑动摩擦力，且大小为
故B错误；
C．因为汽车启动时，上层楼板相对汽车静止，故楼板间因摩擦产生的热量为零，故C错误；
D．当汽车以的加速度刹车时,上层楼板减速到零的位移为
汽车位移为
故两者相对位移为
故刹车时楼板间因摩擦产生的热量为
故D正确。
故选D。
15．BD
【详解】A．选麦粒P为研究对象，根据动能定理
在匀速阶段，其他麦粒对麦粒P做功，A错误；
B．在传送带上运动时，根据动能定理
解得
B正确；
C．麦粒P刚离开传送带时，机械能为
在抛出过程机械能守恒，则麦粒P离开传送带后（未落地）的机械能为，C 错误；
D．麦粒P离开传送带做斜抛运动，竖直分速度为
则麦粒P上升的高度为
解得
则麦粒P克服重力做功的最大值
D正确。
故选BD。
16．
【详解】[1]．质点从坐标原点O开始运动, 恒力F1沿x轴正方向，恒力F1做的功为
[2]．恒力F2沿y轴负方向， 恒力F2做的功为
．
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答案第1页，共2页第29讲 变力做功的6种计算方法
一．知识回顾
方法 举例说法
1.应用动 能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)
2.微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
3.等效转换法 恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·
4.平均力法 弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)
6.图像法 在Fx图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功
7.功率法 汽车恒定功率为P，在时间内牵引力做的功W=Pt
二.例题精析
例1．
1．如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力加速度为g，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中弹性势能的变化量ΔEp和力F做的功W分别为（　　）
A． B．
C． D．
题型二：微元法
例2．
2．如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道，槽道由半径分别为和的两个半圆构成．现用大小恒为的拉力将一光滑小球从点沿槽道拉至点，若拉力的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为（ ）
A． B． C． D．
题型三：等效转换法
例3．
3．如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另 一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。 开始时绳与水平方向的夹角为θ，当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B 点沿斜面被拖动到定滑轮 O 处，BO间距离也为L，小 物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在 BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
题型四：平均值法
例4．
4．某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为（　　）
A．2000J B．1800J C．200J D．180J
题型五：图像法
例5．
5．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x=0.4m处时速度为零，g=10m/s2，则此时弹簧的弹性势能为（ ）
A．3.1J B．3.5J C．1.8J D．2.0J
题型六：通过功率求功
（多选）例6．
6．一辆汽车在平直的公路上从静止开始启动，其加速度a和速度的倒数的关系图像如图所示，已知汽车的质量为m，汽车启动过程受到的阻力恒定，图中b、c、d已知，则（　　）
A．汽车启动过程的功率越来越大
B．汽车启动过程的功率恒为
C．汽车启动过程的最大速度为
D．汽车启动过程受到的阻力为
三.举一反三，巩固练习
7．如图所示装置，AB为光滑竖直管道，高度，BCD为半径的光滑半圆轨道，DE为半径的粗糙四分之一圆轨道，现有质量的小球从A点由静止释放，进入到装置中。已知小球到达E点时，小球对外轨道的压力为，C为水平地面上的一点，，下面正确的是（　　）
A．整个运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球到达最低点C点时，对轨道的压力为100N
C．整个运动过程，摩擦力做的功
D．小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动能为
8．水平转盘可绕竖直中心轴转动，如图甲所示。一小物块质量为m，放在转盘上到中心O的距离为r处，随着转盘角速度缓慢增大，小物块所受摩擦力F随时间变化的图像如图乙所示，小物块相对转盘始终未发生移动。则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，一质量为的小球，用长为的轻绳悬挂于点，小球在水平拉力作用下，从平衡位置缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为处。重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．小球的重力势能增加 B．拉力所做的功为
C．拉力所做的功为 D．拉力所做的功为
10．新冠疫情对旅游行业冲击巨大，为促进浙江温州当地旅游经济健康发展，温州某景区特从国外引进刺激异常的峡谷秋千。对外正式开放该峡谷秋千前，必须通过相关部门安全测试。某次调试该秋千安全性能实验时，工作人员将质量为80kg的“假人”从最高点由静止释放，测得“假人”摆到最低处的速度为50m/s。已知该秋千由两根长度均为600m，最高点与秋千最低点高度差300m。关于这次测试，下列说法正确的是（　　）
A．在经过最低点时，单根绳子的拉力为400N
B．在经过最低点时，“假人”所受向心力约为1133N
C．秋千在来回摆动过程中，“假人”在最低点时向心力不受风的影响
D．本次从静止到最低点过程中“假人”克服空气阻力做功
11．如图所示，一内壁粗糙的环形细圆管位于竖直平面内，环的半径为R（比细管内径大得多），在圆管中有一个直径略小于细管内径、质量为m的小球。设某时刻小球通过轨道的最低点时对管壁的压力为9mg，此后小球沿细管做圆周运动，且恰能通过圆周最高点，则小球从最低点到最高点的过程中克服细圆管摩擦力所做的功是（　　）
A．3mgR B．2mgR C．mgR D．
12．全运会小轮车泥地竞速赛赛道由半径为R的圆弧组成，如图所示，选手从赛道顶端A由静止无动力出发冲到坡底B，设阻力大小不变恒为f，始终与速度方向相反，且满足，选手和车总质量为m，重力加速度为g，路程。则选手通过C点的速度为（　　）
A． B． C． D．
13．如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下由静止开始沿水平地面运动，推力大小F随位移大小s变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数，g取 10 m/s2，则（　　）
A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动
B．运动过程中推力做的功为400J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．物体的总位移为10m
14．一个质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为（　　）
A．mgLcosθ B．mgL（1-cosθ） C．FLsinθ D．FLcosθ
15．如图，一轻质弹簧下端固定，直立于水平面上，将质量为的物体从离弹簧顶端正上方高处静止释放，当物体下降至最低点时速度变为零，此时弹簧压缩量为；若将质量为的物体B按压在压缩量为处释放（与弹簧不链接），不计一切阻力。弹簧未超出弹性限度。下列说法正确的是（　　）
A．物体B回到处时的速度为
B．物体B距弹簧顶端最大距离
C．物体和物体B动能最大时，弹簧形变量相同
D．物体B落回时最大压缩量等于
16．用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面接触且细绳恰好竖直，如图所示。现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则在此过程中（ ）
A．小球受到的斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功
B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功
C．若水平面光滑，则推力做功为mgL（1－sinθ）
D．由于缓慢推动斜面体，故小球所受合力可视为零，小球机械能不变
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A未加力F时，受力平衡，此时弹簧压缩量为x1，根据平衡得
B刚好离开地面时弹簧的伸长量为x2，根据平衡得
A上升过程弹簧压缩量先减小，后弹簧被拉长，两次弹簧形变量相同，所以弹性势能的变化量
这一过程中物块A上升的最大高度为
根据能量守恒可知F做的功即为A物体重力势能的增加量，即
故选D。
2．D
【详解】因为F的方向不断改变，不能用求解，但由于F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，由此得：，D正确．
3．A
【详解】AB．小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为 WF=FS，S为F作用点的位移，即绳端移动的长度，小物体从A运动到B的过程中，利用数学几何关系在绳子缩短长度：S=2Lcosθ-L，所以
WF=FL（2cosθ-1）
故A正确，B错误；
CD．根据几何关系得OB斜面倾角为2θ，小物体在BO段运动过程中摩擦力大小为
f=μmgcos2θ
小物体在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为
Wf=fL=μmgLcos2θ
故CD错误；
故选A。
4．B
【详解】水桶匀速上升，拉力等于水桶重力。由于水和水桶的质量随位移的增大而均匀减小，故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功。
F1=m1g=100N
F2=m2g=80N
则拉力做功为
W拉=h=1800J
故选B。
5．A
【详解】由图线与坐标轴围成的面积表示功，可得到力F做的功
设克服弹簧弹力做的功为W弹，根据动能定理
WF-W弹-μmgx=0
解得
W弹=3.1J
则弹簧的弹性势能为
EP=3.1J
故选A。
6．BD
【详解】AB．汽车以恒定功率启动时，有
F=，a=
因此有
a=-
结合图像得
有
P=
故A项错误，B项正确；
C．当加速度为零时，速度最大，由
=c
得最大速度
vm=
C项错误；
D．汽车启动过程受到的阻力
Ff=
D项正确。
故选BD。
7．D
【详解】A．依题意，DE轨道粗糙，小球经过时，摩擦力会做功，不符合机械能守恒条件，故A错误；
B．依题意，小球到达最低点C点时，轨道的支持力为F，有
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小球到达最低点C点时，对轨道的压力为110N，方向向下，故B错误；
C．假定小球到E点速度为v1，依题意有
整个运动过程，摩擦力做的功为，据动能定理有
解得
故C错误；
D．小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动能为，依题意有
解得
故D正确。
故选D。
8．D
【详解】在t1时刻
在t2时刻
则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为
故选D。
9．B
【详解】A．小球的重力势能增加
故A错误；
BCD．由能量关系可知，拉力F所做的功等于重力势能的增量，为
故B正确，CD错误。
故选B。
10．D
【详解】AB．在经过最低点时，设单根绳子的拉力大小为T，“假人”所受向心力大小为F，则
解得
故AB错误；
C．“假人”从最高点由静止释放摆动到最低点的过程中，若运动方向顺风，则到达最低点时的速度会比逆风时大，所以“假人”在最低点时向心力受风的影响，故C错误；
D．设本次从静止到最低点过程中“假人”克服空气阻力做功为Wf，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选D。
11．B
【详解】根据牛顿第二定律得，在最低点有
N＝9mg
解得
小球恰好经过最高点，则最高点的速度为0。从最低到最高点根据动能定理
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
12．D
【详解】根据圆的弧长计算公式可知，从A到C，选手和车运动的路程为
根据力的做功公式可知，克服阻力做功为
选手从A到C受到重力与阻力做功，所以由动能定理可得
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
13．D
【详解】AC．推力减小到等于摩擦力以后，物体先做加速度增大的减速运动，撤去F后做匀减速运动，故AC错误；
B．由F s图象的面积可得推力全过程做功
故B错误；
D．运动的全过程，根据动能定理有
解得物体的总位移为
故D正确。
故选D。
14．B
【详解】小球缓慢地由P移动到Q，动能不变，只有重力、水平拉力F对小球做功，绳子拉力不做功，由动能定理得
-mgL（1-cosθ）+WF=ΔEk=0
即
WF=mgL（1-cosθ）
故ACD错误，B正确。
故选B。
15．ABD
【详解】A．A与弹簧组成的系统机械能守恒，有
B与弹簧组成的系统机械能也守恒，有
联立可得物体B回到处时的速度为
故A正确；
B．由机械能守恒的
可得物体B距弹簧顶端最大距离
故B正确；
C．物体和动能最大时，弹簧形变量
物体和动能最大时，弹簧形变量
故C错误；
D．根据机械能守恒可得，物体B落回时最大压缩量等于，故D正确。
故选ABD。
16．BC
【详解】A．根据力做功的条件：1．作用在物体上的力；2．物体必须是在力的方向上移动一段距离，斜面弹力对小球做正功，故A错误；
B．细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直，故对小球不做功，故B正确；
C．若取小球和斜面体整体为研究对象，根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量，所以F做功等于小球重力势能增量，
故C正确；
D．用水平力F缓慢向左推动斜面体，所以小球的动能不变，重力势能在增加，所以小球在该过程中机械能增加，故D错误。
故选BC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第30讲 变功率及机车启动模型
（2022·广东）
1．如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．从M到N，小车牵引力大小为 B．从M到N，小车克服摩擦力做功
C．从P到Q，小车重力势能增加 D．从P到Q，小车克服摩擦力做功
（2021·湖南）
2．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
一、知识回顾
1.平均功率的计算方法
（1）利用=。
（2）利用=F·cosθ，其中为物体运动的平均速度，F为恒力。
2.瞬时功率的计算方法
利用公式P=F·vcosθ，其中v为该时刻的瞬时速度。
3.求力做功的功率时应注意的问题
（1）明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。求平均功率首选=，其次是用=F·cosα，应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率。
（2）求瞬时功率用P=Fvcosα，要注意F与v方向间的夹角α对结果的影响，功率是力与力的方向上速度的乘积。
4.两种启动方式的比较
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
Pt图和v t图
OA段 分析过程 v↑ F=↓ a=↓ a=不变 F不变v↑ P=Fv↑直到P额=Fv1
运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0=
AB段 过程分析 F=F阻 a=0 vm= v↑ F=↓ a=↓
运动性质 以vm匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动
BC段 无 F=F阻 a=0 以vm=匀速直线运动
5.三个重要关系式
（1）无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即vm==（式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻）。
（2）机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v=（3）机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W=Pt。由动能定理：Pt-F阻x=ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
二、例题精析
题型一：常规题
例1
3．一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0时刻开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝t1时刻F的功率和0～t1时间内的平均功率分别为（　　）
A．， B．， C．， D．，
题型二：机车启动
例2
4．下列各图是反映汽车（额定功率为）从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其加速度、牵引力、功率随速度变化的图像和速度时间图像，其中不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、举一反三，巩固练习
5．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为（　　）
A． B． C． D．
6．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　）
A．汽车的最大功率为5×104W
B．汽车匀加速运动阶段的加速度为（m/s2）
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车从静止开始运动12s内位移是60m
7．国家十三五规划中提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平。某款电动概念车质量为m，在一段平直公路上由静止匀加速启动，加速度大小为a，经时间t达到额定功率。若汽车运动过程中阻力恒为f，则下列说法中正确的是（　　）
A．牵引力做的功为 B．牵引力做的功为
C．该汽车的额定功率为 D．该汽车的额定功率为
8．如图所示是汽车牵引力F和车速倒数的关系图像，若汽车由静止开始沿平直公路行驶，其质量为2×103kg，所受阻力恒定，且最大车速为30m/s，则以下说法正确的是（　　）
A．汽车的额定功率为6×103W
B．汽车运动过程中受到的阻力为6×103N
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车做匀加速运动的时间是5s
9．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示，已知汽车的质量为，汽车受到的阻力为车重的倍，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车在前5s内的加速度为 B．汽车在前5s内的牵引力为
C．汽车的额定功率为50kW D．汽车的最大速度为15m/s
10．一辆新能源汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．该汽车的质量为2.0×103kg
B．在前5s内，汽车前进位移大小为25m
C．整个过程中汽车的牵引力大小保持不变
D．在前5s内，汽车牵引力做功为3.75×104J
11．2022年3月以来，上海新一轮疫情爆发，驻马店一爱心组织迅速筹集一批生活援助物资发往上海。一装载援助物资的汽车启动过程的加速度a随位移x变化的图像，如图所示。已知汽车（含援助物资）的质量为m，在距离出发点x1处达到额定功率P，汽车所受阻力恒为f，则该汽车从距离出发点x1处到速度增至最大所用的时间为（　　）
A． B．
C． D．
12．“能源危机”是人类社会面临的重大问题，开发“绿色能源”是解决“能源危机”的重要途径。如图所示为育才中学科技小组刘某呈同学制作的新能源“汽车”——“太阳能驱动小车”。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流流经电动机，于是电动机带动小车前进。若小车质量为m，在平直的路面上由静止开始沿直线加速行驶，经过一段时间速度达到最大值，此加速过程所用时间为t，电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，则这段时间内（　　）
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的合外力所做的功为
D．小车从静止开始到达到最大速度，小车前进的距离为
13．复兴号动车在世界上首次实现速度自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为的动车，初速度为，以恒定功率在平直轨道上运动，经时间达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力保持不变。列车在整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．做匀加速直线运动 B．牵引力的功率
C．当动车速度为时，其加速度为 D．牵引力做功等于
14．如图所示为某品牌的电动车，质量为60kg，电动车行驶时所受阻力大小为车和人总重力的0.05倍。一质量为40kg的人骑着该电动车在水平地面上由静止开始以额定功率行驶，5s内行驶了15m，速度达到5m/s。已知重力加速度为g=10m/s2.该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为（　　）
A．5m/s B．6m/s C．7m/s D．8m/s
15．如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为m的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
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参考答案：
1．ABD
【详解】A．小车从M到N，依题意有
代入数据解得
故A正确；
B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为
则摩擦力做功为
则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；
C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为
故C错误；
D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有
摩擦力做功为
联立解得
则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
2．C
【详解】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D错误；
故选C。
3．C
【详解】t1时刻，木块的速度
0～t1时间内的平均速度
，
由
P＝Fv
得t1时刻F的功率为
，
0～t1时间内的平均功率为
故C项正确。
故选C。
4．A
【详解】ABC．汽车从静止开始匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
可知牵引力在匀加速阶段保持不变，由公式
可知在匀加速阶段，功率与速度成正比，随着速度的增大而增大，当
时，功率保持不变，设此时的速度为，则有
之后牵引力减小，加速度减小，速度继续增加，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力
时，加速度为零，故A错误，BC正确；
D．汽车先匀加速度直线运动，且由分析知，匀加速结束的速度为
之后做加速度减小的加速运动，最后汽车速度达到最大，为
之后汽车做匀速直线运动，故D正确。
故选A。
5．D
【详解】当汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以有
当汽车的车速为时，牵引力大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故选D。
6．A
【详解】ABC．由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4~12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力
前4s内汽车的牵引力为
由牛顿第二定律
可得
4s末汽车的速度
所以汽车的最大功率
A正确，BC错误；
D．汽车在前4s内的位移
汽车的最大速度为
汽车在4﹣12s内的位移设为x2，根据动能定理可得
代入数据可得
所以汽车的总位移
D错误；
故选A。
7．AD
【详解】AB．假定匀加速运动阶段的牵引力大小为F，则根据牛顿运动定律得
则有
则期间牵引力做功为
故A正确，B错误；
CD．依题意，达到额定功率时的汽车的速率大小为
则汽车额定功率大小为
故C错误，D正确。
故选AD。
8．D
【详解】AC．由图可知，车以恒定加速度启动，先做匀加速直线运动，达到额定功率后开始做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，最大速度为
则汽车的额定功率
AC错误；
B．汽车匀速时，牵引力与阻力平衡，则阻力为
B错误；
D．在匀加速过程中，由牛顿第二定律有
匀加速末时刻功率达到额定功率
匀加速过程
解得
D正确。
故选D。
9．A
【详解】A．由题图可知，前5s内汽车做匀加速直线运动，根据可知其加速度为
故A项正确；
B．对车进行受力分析有
解得
故B项错误；
C．根据汽车恒定加速度启动规律可知，当匀加速直线运动阶段的结束就是汽车达到额定功率，此时有
故C项错误；
D．当汽车的加速度为零时其达到最大速度，即此时牵引力等于阻力，有
解得
故D项错误。
故选A。
10．D
【详解】A．设汽车的质量为，汽车受到的阻力为
由图可知，该汽车在内做匀加速直线运动，加速度大小为
牵引力的功率为
解得
由牛顿第二定律可得
解得
A错误；
B．在前5s内，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，前进的位移大小为
B错误；
C．前5s内汽车做匀加速直线运动，牵引力保持不变，时间内汽车牵引力功率保持不变，汽车的速度逐渐增加，由牵引力的功率可知，在时间内汽车牵引力不断减小，C错误；
D．在前5s内，汽车牵引力保持不变，牵引力做功为
D正确。
故选D。
11．C
【详解】设汽车在x1处的速度为，结合图像有
汽车达到最大速度时，牵引了等于阻力f，加速度为零，此时位移为，则最大速度为
汽车从距离出发点x1处到处，根据动能定理有
联立解得，该汽车从距离出发点x1处到速度增至最大所用的时间为
故选C。
12．D
【详解】A B．小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式
可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，有
故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，故AB错误；
C．对小车启动过程,根据动能定理，有
故C错误；
D．小车克服阻力做的功为
所以小车前进的距离为
故D正确。
故选D。
13．B
【详解】A．动车以恒定功率运动，根据牛顿第二定律可得
可知随着动车速度的增大，加速度逐渐减小，A错误；
B．当动车的加速度为零时，速度达到最大，根据受力平衡可得
解得牵引力的功率为
B正确；
C．当动车速度为时，此时牵引力为
根据牛顿第二定律可得
可得其加速度为
C错误；
D．假设整个过程动车走的位移为，由动能定理可得
解得牵引力做的功为
D错误；
故选B。
14．D
【详解】由题意，电动车行驶过程中受到的阻力为车人
设电动车的额定功率为，根据功能关系可得
解得
该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为
故选D。
15．A
【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得
解得
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
解得
当速度达到最大速度一半时，此时速度为
此时受到的牵引力
解得
此时受到的阻力
对整体根据牛顿第二定律
对4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得
联立解得
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第31讲　与摩擦力做功及摩擦热相关的6种题型
（2021·浙江）
1．如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。
一.知识回顾
1．摩擦力做功正负情况
运动的物体受到滑动摩擦力或静摩擦力时，若摩擦力的方向与运动方向相反，则摩擦力做负功，该摩擦力就是阻力；若摩擦力的方向与运动方向相同，则摩擦力做正功，该摩擦力就是动力。总之，摩擦力既可能做负功，也可能做正功，还可能不做功。举例如下：
2.两种摩擦力做功与能量转化的情况比较
　　类别比较　　 静摩擦力 滑动摩擦力
不同 点 能量的转 化方 面 在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能量 （1）相对运动的物体通过滑动摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体（2）部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦 力的 总功 方面 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功，等于摩擦力与两个物体相对路程的乘积且为负功，即WFf＝－Ff·x相对，表示物体克服摩擦力做功，系统损失的机械能转变成内能Q
相同 点 正功、负功、 不做功 方面 两种摩擦力对物体都可以做正功、负功，还可以不做功
5．摩擦力做功计算要注意过程中位移的方向是否改变。
（1）物体在粗糙水平面上做单方向的直线运动时，路程与位移大小相等，此时摩擦力做功W＝－Fl（l指位移，F指摩擦力）。
（2）物体在粗糙水平面上做往复运动或曲线运动时，路程与位移大小不同，此时摩擦力做功W＝－Fs（s指路程，F指摩擦力）。
6.易错点：
（1） 计算摩擦力做功时，物体的位移是指对地的位移。而计算摩擦热时，是该摩擦力的施力物体与受力物体之间相对运动运动的路程。
2 一对静摩擦力的总功为零是因为物体间的静摩擦力总是大小相等、方向相反，而它们运动时相对地面的位移是相同的，所以物体之间的静摩擦力若做功，则必定对一个物体做正功，对另一个物体做等量负功。但是滑动摩擦存在相对运动，对地面的位移不同，其正负功不相等。
3 摩擦力做功问题，常涉及两个物体的相对运动，要注意两物体的位移关系。
二.摩擦力做功与摩擦热公式推导
2．质量为M的木板放在光滑的水平面上，一个质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑至B点，在木板上前进了L，而木板前进了l，如图所示 若滑块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求摩擦力对滑块、对木板做功各为多少？摩擦力做的总功为多少？
二.例题精析
题型一：板块模型中的摩擦热
3．如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=3kg的另一木块B可看作质点，以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　）
A．木板的质量为M=3kg B．木块减小的动能为1.5J
C．系统损失的机械能为3J D．A、B间的动摩擦因数为0.2
题型二：斜面模型中静摩擦力做功
4．如图所示，质量为m的物体置于倾角为的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是（ ）
A．支持力做功为0
B．摩擦力做功可能为0
C．斜面对物体做功为0
D．物体所受合外力做功为0
题型三：斜面模型中滑动摩擦力做功
5．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
题型四：圆周运动中摩擦力做功
6．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重力、弹力做正功，摩擦力做负功
B．质点通过Q点的速度大小为
C．重力对质点做功的功率一直变大
D．重力对质点做功的功率先变大后减小
题型五：往复运动中摩擦力做功
7．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则小滑块第一次到达D点时的速度大小为 m/s；小滑块最终停止的位置距B点的距离为 m。
题型六：传送带中摩擦力做功与摩擦热
8．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．电动机多做的功为
B．物体在传送带上摩擦生热为
C．传送带克服摩擦力做的功为
D．电动机增加的功率为
三.举一反三，巩固练习
9．如图所示，若物体与接触面之间的动摩擦因数处处相同，DO是水平面，AB是斜面，初速度为10m/s的物体从D点出发沿路面DBA恰好可以达到顶点A，如果斜面改为AC，再让该物体从D点出发沿DCA恰好也能达到A点，则物体第二次运动具有的初速度（　　）
A．可能大于12m/s
B．可能等于8m/s
C．一定等于10m/s
D．可能等于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关
10．如图所示，质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左运动一段距离L，车与地面之间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（　　）
A．拉力对小车做功FL B．拉力对小车做功为FLsinα
C．摩擦力对小车做功为-μmgL D．重力对小车做功为mgL
11．如图所示一半径为R、圆心为O的圆弧轨道在竖直平面内；绕竖直轴以角速度转动，相同的滑块A、B和圆弧轨道一起转动，其中OB处于水平方向，OA与方向成37°角，A相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，B刚好相对于圆弧轨道静止。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（　　）
A．圆弧轨道转动的角速度
B．滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数
C．A的重力做功的功率小于B的重力做功的功率
D．当圆弧轨道转动的角速度增大时滑块A有沿圆弧切线向下运动的趋势
12．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v-t图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体在运动过程中（　　）
A．摩擦力做功为 B．物体速度变化为零，所以F平均功率为零
C．F做功 D．F=2μmg
13．如图所示，一物体置于倾角为的粗糙斜面上，在水平推力F作用下斜面向左做匀加速直线运动，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）
A．斜面对物体的摩擦力可能做正功
B．斜面对物体的支持力可能做负功
C．斜面对物体的作用力可能不做功
D．该物体受到的合外力可能不做功
14．如图所示，一倾斜角θ = 37°、质量为M = 2kg的斜劈静止放置在水平地面上，用手支撑将质量为m = 1kg的滑块静置在斜劈光滑的斜面上，某时刻松开手的同时给斜劈施加一个水平向左的恒力F，滑块恰能相对于斜劈静止，已知斜劈与地面间的动摩擦因数μ = 0.4，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．松手后滑块的加速度大小为6m/s2
B．恒力F的大小为34.5N
C．松开手后2s内，斜劈克服摩擦力做的功为150J
D．松开手后2s内，恒力F的平均功率为258.75W
15．疫情防控中，某医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中，“小易”“发现”正前方站着一个人，立即制动减速，恰好在距离人30cm处停下。“小易”从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其图像如图所示，图中，。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”（含药物）的总质量为60kg，运动过程中阻力恒为20N。则（　　）
A．“小易”从静止出发到减速停止的总位移为1 m
B．“小易”加速过程的加速度大小为
C．启动过程的牵引力与制动过程的制动力大小之比为
D．阻力的平均功率为50W
16．如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R=0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=0.25．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块在C点的速度大小vC；
（2）滑块在B点的速度大小vB；
（3）A、B两点间的高度差h．
17．如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道、圆弧形轨道、半圆形轨道、水平轨道组成，已知轨道的倾角，A、B间高度差，轨道的半径，轨道的半径，轨道最低点C距水平地面高度差，在轨道上运动时摩托车（含人）受到的阻力为正压力的0.2倍，其余阻力均不计。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道运动，接着沿轨道运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为，发动机工作时间由表演者控制，表演者与摩托车总质量，表演者与摩托车可视为质点。
（1）某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为，求经过C点的速度；
（2）满足（1）中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；
（3）已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在条件下表演者是安全的，求能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G点与F点的水平距离的可能值。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W
【详解】(1)小车向上做匀减速直线运动，有
得
(2)加速度
上滑过程
得
(3)下滑过程
由运动学公式
重力的平均功率
2．，，
【详解】滑块所受摩擦力大小，位移为，且摩擦力与位移方向相反，故摩擦力对滑块做的功为
木板所受的摩擦力，方向与其位移l方向相同，故摩擦力对木板做的功
摩擦力做的总功
3．AC
【详解】AD．由图像可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知
可得
，
故A正确，D错误；
B．木块减小的动能
故B错误；
C．系统损失的机械能
故C正确。
故选AC。
4．B
【详解】A．由功的计算公式可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角小于90°，支持力一定做正功，A错误；
B．摩擦力是否存在需要讨论：当加速度较小时，摩擦力沿斜面向上，即，摩擦力沿斜面向上，做负功；当加速度较大时，摩擦力沿斜面向下，即，摩擦力沿斜面向下，做正功；当时，摩擦力不存在，不做功，B正确；
CD．物体做加速运动，动能增大，重力不做功，根据动能定理可知，物体所受合外力做正功，斜面对物体做正功，CD错误．
故选B。
【点睛】本题考查功的计算，要注意明确摩擦力为静摩擦力，要注意分析摩擦力方向所有的可能性，从而明确摩擦力做功情况．
5．A
【详解】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有
整理可得
即在斜面上运动时动能与x成线性关系；
当小物块在水平面运动时,根据动能定理由
即
为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。
故选A。
6．BD
【详解】A．重力正功，摩擦力做负功，弹力不做功，A错误；
B．质点通过Q点时由牛顿第二定律
解得速度大小为
B正确；
CD．质点开始时竖直速度为零，到达最低点时竖直速度又变为零，可知竖直速度先增后减，根据P=mgvy可知重力对质点做功的功率先变大后减小，C错误，D正确。
故选BD。
7． 3m/s 1.4m
【详解】[1]从A到D列动能定理
解得
[2]最终停下时，重力势能全部克服摩擦力做功，有
解得
所以距离B点的距离为
8．BD
【详解】AC．物体所受摩擦力
f=μmg
物体m的加速度
a=μg
则经时间
速度达到v；故电动机多做的功为克服摩擦力的功
故AC错；
D．电动机增加的功率为克服摩擦力的功率
故D正确；
B．物体在传送带上摩擦生热为
故B正确。
故选BD。
9．C
【详解】物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得
由几何关系
上式可以简化为
即得
解得初速度
从上式可以看出，物体的初速度与路径无关，则物体第二次运动具有的初速度一定等于10m/s。
故选C。
10．B
【详解】AB．拉力对小车做功为
A错误，B正确；
C．摩擦力对小车做功为
C错误；
D．在重力方向小车没有位移，则重力对小车做功为零，D错误。
故选B。
11．B
【详解】A．A相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，对滑块A有
解得
故A错误；
B．B刚好相对于圆弧轨道静止，对B有
，
解得滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数
故B正确；
C．两滑块在竖直方向上速度都为零，所以重力不做功，重力功率都等于零，故C错误；
D．当圆弧轨道转动的角速度增大时，向心力增大，此时重力与支持力的合力不足以提供向心力，则接触面会给滑块A沿圆弧切线向下的静摩擦力，所以滑块A有沿圆弧切线向上运动的趋势，故D错误。
故选B。
12．C
【详解】对过程和过程，由动量定理
解得
速度图线与横轴所围面积为位移则
解得
由动能定理可得
解得
F在这段时间内做功不为零，所以平均功率也不为0，故C正确，ABD错误。
故选C。
13．A
【详解】A.当物体的加速度时，斜面对物体的摩擦力沿斜面向上，摩擦力方向与位移方向夹角是钝角，摩擦力对物体做负功；
当物体的加速度时，斜面对物体的摩擦力沿斜面向下，摩擦力方向与位移方向夹角是锐角，摩擦力对物体做正功；
当时，斜面与物体间不存在摩擦力，摩擦力对物体不做功。
综上可知选项A正确；
B.斜面对物体的支持力垂直于斜面向上，与物体的运动方向夹角是锐角，故斜面对物体的支持力一定做正功，选项B错误；
C.物体受到重力和斜面对物体的作用力（支持力和摩擦力的合力），重力和斜面对物体的作用力合力方向水平向左，而重力方向竖直向下，则斜面对物体的作用力斜向左上方，与物体位移方向夹角是锐角，故斜面体对物体的作用力对物体一定做正功，选项C错误；
D.物体向左做匀加速直线运动，物体所受合外力水平向左，合外力方向与位移方向相同，合外力对物体一定做正功，选项D错误。
故选A。
14．BD
【详解】A．由于滑块恰能相对于斜劈静止，则对滑块做受力分析有
FNcosθ = mg
FNsinθ = ma
联立有
a = gtanθ = 7.5m/s2
A错误；
B．由题知某时刻松开手的同时给斜劈施加一个水平向左的恒力F，滑块恰能相对于斜劈静止，则将斜劈和滑块看成一个整体有
F – μ(m + M)g = (m + M)a
代入数据有
F = 34.5N
B正确；
C．松开手后2s内，斜劈和滑块一起运动的距离为
则摩擦力做的功为
Wf = - μ(m + M)gx
代入数据有
Wf = - 180J
C错误；
D．松开手后2s内，恒力F做的功为
WF = Fx = 517.5J
则松开手后2s内，恒力F的平均功率为
D正确。
故选BD。
15．BD
【详解】A．“小易”从静止出发到减速停止的总位移为
A项错误；
B．设加速运动与减速运动满足
又因
解得
故B正确；
C．对加速过程应用牛顿第二定律有
对减速过程应用牛顿第二定律有
解得
选项C错误；
D．阻力的平均功率为
选项D正确。
故选BD。
16．（1）2m/s（2）4.29m/s（3）1.38m
【详解】 （1）由题意，在C处滑块仅在重力作用下做圆周运动，设滑块的质量为m，由牛顿定律：
解得：
（2）由几何关系，BC高度差H为：
滑块由B到C的运动过程中重力做功，机械能守恒，以B为势能零点：
带入数据：vB=4.29m/s
（3）滑块由A到B过程，由牛顿定律：
解得：
解得：a=4m/s2；
设AB间距为L,由运动公式：vB2=2aL
由几何关系：h=Lsin370
解得：
17．（1）；（2）1.12s；（3）最小值，最大值
【详解】（1）由牛顿第二定律知
得
（2）从A到C运动过程中，由动能定理
其中
代入得
（3）要使表演者能完整的运动，临界条件是能恰好经过D点，经过D点的最小速度满足
即
由机械能守恒得通过E点的最小速度
注意到小圆半径小于大圆半径，故最小速度由大圆半径决定
要保证表演者安全，其受到的最大压力
可判断得经过E点时，恰好为最大压力值，则
可得
此情形下经过C点速度为，由机械能守恒
得
对C点压力为
得
说明上述判断正确.
由上可得，经过E点的速度最大值为
最小值
由平抛知识，落地时间
水平位移
代入两个临界速度，得水平位移最大值
最小值
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第32讲　动能定理的准确理解与实际应用
（2022·甲卷）
1．北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B． C． D．
（2022·湖南）
2．下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．x从到的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．和时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为
（2022·浙江）
3．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。
一.知识回顾
1.　动能　
（1）定义：物体由于运动而具有的能。
（2）公式：Ek＝mv2。
（3）标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。
（4）状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
（5）相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。
（6）动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。动能的变化是过程量。
2．动能定理
（1）内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
（2）表达式：W＝ΔEk；W＝Ek2－Ek1；W＝mv－mv。
3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。
4．适用范围广泛
（1）既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．动能定理的理解和应用
（1）做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
（2）动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。
6.应用动能定理的注意事项
（1）应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
（2）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
（3）应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
（4）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
（5）当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。
（6）列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
7．应用动能定理解决问题的流程
二.例题精析
题型一：运用动能定理求变力做的功
4．如图所示，AB为圆弧轨道，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，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么（　　）
A．物体在BC段克服摩擦力所做的功μmgR
B．物体在BC段克服摩擦力所做的功mgR
C．物体在AB段克服摩擦力所做的功mgR
D．物体在AB段克服摩擦力所做的功
题型二：牛顿定律与动能定理相结合解决问题
5．如图，倾角为θ=30°的光滑固定斜面，一物块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时间t物块至斜面B点（图未标）外力F做的功为W，此后撤去外力F，再经过时间后物块运动至最高点，则撤去外力F时物块的动能为（　　）
A． B． C． D．
题型三：运用动能定理分析各力做功的数量关系
6．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向前移动一段距离。在此过程中（　　）
A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
B．外力F做的功等于A和B动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
三.举一反三，巩固训练
7．一质量为的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示。取重力加速度，则物体沿斜面向上滑动的最大距离为（　　）
A． B． C． D．
8．“长征”系列运载火箭是中国自行研制的航天运载工具，为中国航天的发展提供了强有力的支撑。如图所示，“长征三号”丙发射“嫦娥二号”，“嫦娥二号”质量为m，假设可以把整个助推过程看成初速度为0的匀加速直线运动，助推的距离为s，时间为t，则它们在脱离的瞬间，“嫦娥二号”获得的动能是（　　）
A． B． C． D．
9．甲、乙两辆汽车在水平路面上行驶，若甲车速度从10km/h加速到20km/h，乙汽车的速度从50km/h加速到60km/h，下列说法正确的是（　　）
A．甲汽车的动能增大到原来的2倍
B．乙汽车的动能增大到原来的2倍
C．若甲、乙两车的质量相等，则甲车所受合力做功较多
D．若甲、乙两车的质量相等，则乙车所受合力做功较多
10．一辆质量为m的汽车在发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动，在t0时刻关闭发动机，其运动的v-t图像如图所示，已知汽车行驶过程中牵引力所做的功为WF，克服阻力所做的功为Wf，下列说法中正确的是（　　）
A．汽车加速过程与减速过程的平均速度之比为1∶2
B．汽车加速过程与减速过程动能变化量的绝对值不同
C．F∶f＝3∶1
D．WF∶Wf＝1∶3
11．如图甲所示，质量为1kg的物块静止在粗糙的水平面上，用大小为10N的水平拉力F拉动物块，其动能随位移x变化的关系图线如图乙所示。重力加速度，物块可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．水平拉力做的功为40J B．物块运动的加速度大小为
C．物块与水平面间的摩擦力大小为2N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
12．如图所示装置，AB为光滑竖直管道，高度，BCD为半径的光滑半圆轨道，DE为半径的粗糙四分之一圆轨道，现有质量的小球从A点由静止释放，进入到装置中。已知小球到达E点时，小球对外轨道的压力为，C为水平地面上的一点，，下面正确的是（　　）
A．整个运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球到达最低点C点时，对轨道的压力为100N
C．整个运动过程，摩擦力做的功
D．小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动能为
13．在一个斜面上，摆两条（光滑）轨道，一条是直线，一条是曲线，起点高度以及终点高度都相同。两个质量，大小一样的小球同时从起点向下滑落，曲线的小球反而先到终点。这是由于曲线轨道上的小球先达到最高速度，所以先到达。然而，两点之间的直线只有一条，曲线却有无数条，那么，哪一条才是最快的呢？1696年，瑞士数学家约翰·伯努利解决了这个问题，这条最速曲线就是一条摆线，也叫旋轮线。现让质量相同的小球1和2分别同时从起点沿直线，最速曲线由静止开始下滑到斜面底端。此过程中（　　）
A．球2到达终点时速度更大
B．两小球下滑过程中合力做功一样多
C．最速曲线轨道对球2的支持力做正功
D．两小球下滑到底端时重力做功的瞬时功率一样大
14．图甲所示为固定在竖直平面内半径为的半圆形轨道，为最低点，与圆心等高，为最高点，竖直。一质量为的小球从最低点A以一定速度进入半圆轨道，沿轨道运动过程中小球的速率的平方与上升高度的关系图像如图乙所示。已知轨道粗糙程度处处相同，不计空气阻力，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．小球从轨道脱离时速度大小为 B．小球沿轨道运动过程中摩擦力做的功为
C．小球能到达的最高点的高度为 D．小球经过A点时的切向加速度与初动能有关
15．如图所示，人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h时，速度为v。在此过程中（　　）
A．重力对物体做的功为mgh B．物体所受的合力做功等于mgh+
C．人的拉力做功等于mgh+ D．人的拉力做功大于mgh+
16．如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下，从倾角为的斜面底端O点沿斜面缓慢移动到A点，去掉F后，物体立即从A点下滑到水平面的B点停下。已知OA距离为，OB距离为，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，下面判断正确的是（ ）
A．物体从O点到A点，重力做的功是
B．物体从O点到A点，水平恒力F做的功是
C．物体从O点到A点和从A点下滑到O点克服摩擦力做的功相等
D．物体从A点下滑到水平面的B点，克服摩擦力做的功是
17．某兴趣小组设计了一款智能弹跳游戏，简化模型如图所示，有一长为L（已知量）的空心上下无底的圆筒，圆筒顶端固定了一个智能主控装置（未画出），可以自动检测弹性小球运动过程中的运动物理量和对小球施加的特定作用力，圆筒轴线上与筒顶端等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒与小球间无相互作用力，圆筒碰地后立即竖直锁住让它停止运动，小球碰地后的反弹速率为落地时速率的倍，小球与地面的碰撞时间极短，可看作瞬间反弹，运动过程中圆筒的轴线始终位于竖直方向，若小球第一次反弹上升到最高点时刚好与圆筒上端平齐，则智能主控装置就会进行智能识别，提示游戏成功。若某次圆筒的下端距水平地面为某一高度静止释放，按上述要求完成实验，刚好提示游戏成功，已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）在游戏成功的情况下，圆筒释放时下端距水平面的高度H；
（2）在游戏成功的情况下，小球从释放到第一次落地所经历的时间t；
（3）另一次弹跳实验，若小球和圆筒同时由静止释放的同时，智能主控装置自动对弹性小球产生一个竖直向下的恒力，将小球快速向下弹出，检测到小球向下弹出的加速度大小为5g，小球弹出过程中圆筒刚好悬停不动，求圆筒与智能主控装置的总质量M与小球质量m的比值。
18．如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0×103kg的汽车沿干道下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1=36km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行时间t=20s后刚好到达“避险车道”，此时速度表示数v2=72k/h，已知下坡斜面和“避险车道”与水平面间的夹角均为θ，且sinθ≈0.2（g取10m/s2）
（1）求汽车在下坡过程中的加速度大小；
（2）求汽车在下坡过程中的阻力大小；
（3）若汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的2倍，为保证汽车不与“避险车道”尽头的防撞设施发生碰撞，求“避险车道”的最小长度。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
FNc ≤ kmg
联立有
故选D。
2．ABD
【详解】A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从到的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B．x从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；
D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时
木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时
可解得
，
D正确；
E．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误。
故选ABD。
3．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（2）根据运动学公式
解得
（3）根据牛顿第二定律
根据运动学公式
代入数据联立解得
4．AD
【详解】AB．BC段物体受摩擦力大小为
BC段摩擦力对物体做功为
所以物体在BC段克服摩擦力所做的功，故A正确，B错误；
CD．对全程由动能定理可知
解得
所以AB段克服摩擦力做功为，故C错误，D正确。
故选AD。
5．B
【详解】ABCD．由匀变速直线运动规律取向上为正方向则有，加速过程：
减速过程有：
解得：
由牛顿第二定律有：
解得：
由动能定理撤去外力F前，外力做功为：
由动能定理有：
即：
ACD错误，B正确；
故选B。
6．AD
【详解】A．受力分析知，B对A的摩擦力等于A物体所受合外力，根据动能定理可知，B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故A正确；
B．选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，根据功能关系可知
其中为A、B的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故B错误；
C．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，所以二者做功不等，故C错误；
D．对B物体应用动能定理，有
其中为B克服摩擦力所做的功，即
即外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确。
故选AD。
7．A
【详解】对物体上滑和下滑过程，由动能定理可知动能随位移x的图像的斜率表示合外力，由牛顿第二定律有
联立解得
，
故选A。
8．C
【详解】根据题意，由运动学公式，可得，脱离的瞬间“嫦娥二号”的速度为
则“嫦娥二号”获得的动能是
故ABD错误，C正确。
故选C。
9．D
【详解】AB．由可知，甲汽车的动能增大到原来的4倍，乙汽车的动能增大到原来的1.44倍，故AB错误；
CD．由动能定理可知，外力所做的功等于动能的变化量，若甲乙两车的质量相等，有
故C错误，D正确。
故选D。
10．C
【详解】A．由图可知，汽车加速过程和减速过程都是做匀变速直线运动，则根据
结合图像可知，加速过程与减速过程的汽车平均速度之比为1:1，故A错误；
B．由图可知，加速过程汽车动能的变化量为
减速过程汽车动能的变化量为
故加速过程与减速过程的汽车动能变化量的绝对值相同，故B错误；
C．根据图像的斜率可得，汽车加速时的加速度大小为
汽车减速时的加速度大小为
汽车加速时，根据牛顿第二定律有
汽车减速时，根据牛顿第二定律有
联立可得
故C正确；
D．汽车从开始运动到停止，根据动能定理有
则有
故D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．水平拉力做的功为
C．设物块与水平面间的摩擦力大小为f，由动能定理可知
Ek =Fx-fx=(F-f)x
结合图乙可知，物块受到的合外力的大小为
摩擦力大小为
f=2N
故A错误；C正确；
B．由牛顿第二定律可知
F-f= ma
解得
a=8m/s2
故B错误；
D．由
可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2。故D错误。
故选C。
12．D
【详解】A．依题意，DE轨道粗糙，小球经过时，摩擦力会做功，不符合机械能守恒条件，故A错误；
B．依题意，小球到达最低点C点时，轨道的支持力为F，有
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小球到达最低点C点时，对轨道的压力为110N，方向向下，故B错误；
C．假定小球到E点速度为v1，依题意有
整个运动过程，摩擦力做的功为，据动能定理有
解得
故C错误；
D．小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动能为，依题意有
解得
故D正确。
故选D。
13．B
【详解】AB．球1和球2沿两条不同的路径下滑，都只有重力做功，且下落的高度相同，根据动能定理有
解得
故两小球最终的速度大小相等，下滑过程中合力做功一样多。故A错误，B正确；
C．最速曲线轨道对球2的支持力始终与速度方向垂直，故不做功，C错误；
D．两小球下滑到底端时，速度大小相等但速度方向不相同，故重力做功的瞬时功率不一样大，D错误。
故选B。
14．D
【详解】A．由图乙知，时脱离轨道，设此时小球与轨道圆心连线与水平方向夹角为，根据几何关系可得
此时重力沿半径方向的分力刚好提供向心力，则有
解得
故A错误；
C．小球脱离轨道时做斜抛运动，能到达的最高点的高度大于，故C错误；
B．由图乙知，时即小球在点时速度
根据动能定理
代入数据得
故B错误；
D．根据
小球经过点时轨道对小球的支持力与小球初速度有关，根据牛顿第三定律，小球经过点时小球对轨道的压力与小球初速度有关，所以小球经过点时小球受到的摩擦力与小球初速度有关，小球经过点时的切向加速度与初动能有关，故D正确。
故选D。
15．D
【详解】A．重力对物体做的功为-mgh，故A错误；
B．根据动能定理，物体所受的合力做功等于物体的动能变化量，即为，故B错误；
CD．根据动能定理
则人的拉力做功等于
故C错误，D正确。
故选D。
16．D
【详解】A．物体从O点到A点，重力做的功是，故A错误；
B．物体从O点到A点，水平恒力F做的功是，故B错误；
C．物体从O点到A点的摩擦力大小为 ，从A点下滑到O点过程中摩擦力大小为，两个过程中位移大小相等，所以两过程中克服摩擦力做的功不相等，故C错误；
D．物体从A点下滑到水平面的B点克服摩擦力做功为
故D正确。
故选D。
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由
得
反弹后速度
解得
（2）设小球从释放到第一次落地的时间为t则有
（3）设智能主控装置对小球施加的力的大小为F，则圆筒受到的反作用力也为F，对圆筒
F＝Mg
对小球
解得
18．（1）；（2）；（3）40m
【详解】解：（1）汽车在下坡过程中的加速度
（2）对汽车受力分析，由牛顿第二定律得
解得
（3）设“避险车道”的最小长度为s，由动能定理得
解得
m
“避险车道”的最小长度为40m。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第33讲 动能定理与图像
一.知识回顾
1．解决图像问题的基本步骤
2．与动能定理结合紧密的几种图像
（1）v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（3）P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（5）Ekx图：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ekx图线的斜率表示合力。
二.例题精析
题型一：Ekx图
1．静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为2x0时撤去外力，此时动能为Ek0，继续滑行x0后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已知信息，不能确定的物理量是（　　）
A．恒定水平拉力的大小 B．物块与水平地面之间的动摩擦因数
C．物块加速运动和减速运动的时间之比 D．物块加速运动和减速运动的加速度大小之比
题型二：v－t图
2．物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示，下列表述正确的是(　　)
A．在0～1 s内，合外力做正功
B．在0～2 s内，合外力总是做负功
C．在1 s～2 s内，合外力不做功
D．在0～3 s内，合外力总是做正功
题型三: F－x图
3．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数，g取，试求：
（1）滑块从O到A过程水平力F做的功与克服摩擦力做的功的比值；
（2）滑块冲上斜面AB的最大长度是多少？
题型四：a－t图
4．用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0 ~ 6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．0 ~ 6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0 ~ 6s内物体在5s时的速度最大
C．物体在2 ~ 4s内速度不变
D．0 ~ 4s内合力对物体做的功等于0 ~ 6s内合力对物体做的功
题型五：P－t图
5．放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0~6 s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是（　　）

A．0~6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0~2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等
三.举一反三，巩固练习
6．一物块放在水平面上，第一次水平拉力F1，作用在物块上，一段时间后撤去拉力；第二次水平拉力F2作用在同一物块上，一段时间后也撤去拉力，两次物块运动的v-t图像如图所示，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．拉力F1小于拉力F2
B．两种情况下合外力做的功相等
C．拉力F1做的功比拉力F2做的功少
D．第一种情况下克服摩擦力做的功大于第二种情况下克服摩擦力做的功
7．某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图为物体沿直线运动的v－t图，已知第1秒内合外力对物体做功为W，则（　　）。
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第6秒末到第7秒末合外力做功为－0.75W
9．质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为、，所受合外力的大小分别为、，合外力做的功分别为、，加速度大小分别为、。下列关系式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．大货车由于运输货物能力出众，为保障我国经济发展发挥了巨大作用，某车企测试一货车满载时的性能，让其从静止开始保持恒定功率加速到8 m/s的最大速度，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程所用的时间T=8 s，通过的路程s=48m，若汽车所受阻力始终不变，则该货车满载时（　　）
A．做匀速运动时的牵引力大小为2×104 N
B．加速阶段加速度维持不变
C．恒定功率为1.6×105 W
D．可以在限重为12吨的道路上行驶
11．一质量m=1kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻对物块施加水平外力F，1s后保持外力方向不变将其大小减小为原来的，物块在0~4s内运动的速度时间图像如图所示，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是（　　）
A．物块与水平地面间的动摩擦因数=0.2
B．0~4s内外力对物体做功为6J
C．2s末外力的功率为W
D．物体经过全部路程中点时的速率为m/s
12．在拉力F的作用下，一辆玩具汽车从斜面底端由静止开始沿斜面运动，它的动能Ek与位移x的关系如图所示（AB段为曲线），各处的摩擦忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．0～x1过程中，车所受拉力逐渐增大
B．0～x1过程中，拉力的功率逐渐增大
C．0～x2过程与x2～x3过程，车的平均速度相等
D．x2～x3过程中，车的机械能可能不变
13．一辆汽车在平直的公路上做直线运动，如图是描述该车在时刻由静止开始运动的加速度随时间变化图象。则由图象提供的信息可求出（　　）
A．汽车在末的速度大小
B．汽车的最大动量
C．汽车在的时间内牵引力对它做的功
D．汽车在内一直沿同一方向运动且速度的变化量为零
14．某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移与斜面倾角的关系，使某一物体每次以不变的初速率。沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角，实验测得与的关系如图乙所示，取，则由图可知（　　）
A．当某次时，物体达到最大位移后将不会沿斜面下滑
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为
D．图乙中
15．北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌获得了中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图甲所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以与水平方向成37°角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向夹角也为37°，测得运动员完成空中动作的时间为2.5s。然后运动员沿半径为R＝66m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势减速滑行直到停止。在F点地面对运动员的支持力为其体重（含装备）的2倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数μ随着滑行的位移x变化关系的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力。求：
（1）运动员从起跳点C飞起时的速度大小；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小。
16．如图所示，可视为质点的小物块静止在水平桌面OA的左端，桌面OA的长度L=2.0m，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.275，桌子右侧的斜面BC与水平方向的夹角为θ=37°，斜面下端点B在桌子右边缘A的正下方。物块在水平拉力F作用下向右运动，拉力F与x之间的关系如右图所示，x表示桌面上某点到O点的距离。物块离开桌面后平抛落到斜面上，物块到达斜面时速度与斜面垂直。已知物块质量为m=0.2kg，重力加速度g取10m/s2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求物块平抛的初速度；
（2）求桌面的高度；
（3）其他量不变，将斜面BC向右平移距离d，同时改变桌面的动摩擦因数，保证物块到达斜面时速度与斜面垂直，求d的最大值及这种情形下的动摩擦因数。
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参考答案：
1．B
【详解】AB．从过程由动能定理得
从过程程由动能定理得
联立可解得水平拉力F和摩擦力f，由于物体的质量未知，则无法确定动摩擦因数，故A正确，B错误；
C．设运动过程中最大速度为，则有
则可求得物块加速运动和减速运动的时间之比，故C正确；
D．由
可解得
物块加速运动和减速运动的加速度大小之比
故D正确。
本题选不能确定的物理量，故选B。
2．A
【详解】A．由图可知，在0-1s内，动能增加，故合外力做正功，故A正确；
B．在0-2s内，动能先增大后减小，故合外力先做正功，后做负功，故B错误；
C．在1-2s内，动能减小，故合外力做负功，故C错误；
D．在0-3s内，动能先增加后减小，故合外力先做正功，后做负功，故D错误．
3．（1）3.5；（2）5m
【详解】（1）由题图乙知在前2m内，，做正功；在第3m内，，做负功；在第4m内，；滑动摩擦力
始终做负功；对滑块在运动的过程（前4m过程）水平力F做的功为
克服摩擦力做功为
故
（2）对滑块在运动的过程，由动能定理得
解得
滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
解得
所以滑块冲上斜面的长度为5m。
4．BD
【详解】A．a—t图线与坐标轴所围成的图形的面积大小等于速度变化量，由图像可知，0 ~ 6s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，A错误；
B．由图示a—t图线可知，0 ~ 5s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5 ~ 6s内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，B正确；
C．物体在2—4s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，物体的速度不断增加，C错误；
D．a—t图像的“面积”大小等于速度变化量，根据图像可知，0 ~ 4s内速度变化量等于0 ~ 6s内速度变化量，物体的初速度为零，所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知0 ~ 4s内合力对物体做的功等于0 ~ 6s内合力做的功，D正确。
故选BD。
5．AD
【详解】A．拉力在0~6 s内做的总功
故A正确；
B．由P=Fv可知，物体在0~2 s内所受的拉力
在2~6 s内所受的拉力
故B错误；
由物体在2~6 s内做匀速运动可知
可求得
μ=0.25
故C错误；
D．由动能定理可知，物体所受的合外力在0~6 s内所做的功与0~2 s内所做的功均为
故D正确。
故选AD。
6．BC
【详解】A．由图像可知，拉力F1作用时产生的加速度较大，根据
F=ma+f
可知，拉力F1大于拉力F2，选项A错误；
B．合外力做功等于动能变化量，则两种情况下动能变化量都为零，则合外力做的功相等，选项B正确；
CD．因
而
由图像可知第一种情况下拉力F1作用时物体的总位移s较小，则第一种情况下克服摩擦力做的功小于第二种情况下克服摩擦力做的功，则拉力F1做的功比拉力F2做的功少，选项C正确，D错误。
故选BC。
7．A
【详解】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有
即
下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A。
8．C
【详解】A．由v－t图像可知，从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，受合外力等于零，合外力做功等于零，A错误；
B．第1秒末和第3秒末物体的动能相等，因此由动能定理可知，从第3秒末到第5秒末合外力做功为 W，B错误；
C．由B选项分析可知，从第5秒末到第7秒末合外力做功为W，C正确；
D．从第6秒末到第7秒末物体动能增加，增加量为

由第1s内合外力对物体做功为W，由动能定理可知
则有从第6秒末到第7秒末合外力做功为
D错误。
故选C。
9．BC
【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围成的面积表示位移则有
解得
故A错误；
B．设A、B两物体质量为m，根据动能定理
解得
故B正确；
CD．有图像可知
解得
根据牛顿第二定律
解得
故C正确，D错误。
故选BC。
10．ACD
【详解】A．由图可知，到达最大速度8m/s以后，汽车做匀速运动，做匀速运动时的牵引力大小为2×104 N，选项A正确；
B．加速阶段因功率不变，根据
P=Fv
可知，牵引力减小，则加速度减小，选项B错误；
C．恒定功率为
P=Fvm=2×104 ×8W=1.6×105 W
选项C正确；
D．根据动能定理
其中f=2×104N，解得
m=104kg
则可以在限重为12吨的道路上行驶，选项D正确。
故选ACD。
11．AD
【详解】A．时间内物块的加速度
时间内物块的加速度
根据牛顿第二定律得
联立解得
故A正确；
B．根据v-t图线与坐标轴所围面积表示位移可知时间内物块的位移
时间内物块的位移
则0~4s内外力对物体做功为
故B错误；
C．由图可知2s末的速度大小为
2s末外力的功率为
故C错误；
D．根据B选项分析可知，全过程中点的位移为，则从到全过程中点的位移为，根据
解得
故D正确。
故选AD。
12．BD
【详解】A．Ek-x图线的斜率表示车所受的合外力，0～x1过程中，车所受合外力不变，则所受拉力不变，故A错误；
B．0～x1过程中，拉力不变，而车的速度逐渐增大，所以拉力的功率逐渐增大，故B正确；
C．根据匀变速直线运动规律的推论可知，只有当两个过程车都做匀变速运动时，其平均速度才相等，而0～x2过程中，车先做匀加速运动，然后做变加速运动；x2～x3过程，车做匀减速运动，所以0～x2过程与x2～x3过程，车的平均速度不相等，故C错误；
D． x2～x3过程中，车做匀减速运动，此时拉力可能为零，车的机械能可能守恒，故D正确。
故选BD。
13．AD
【详解】A．根据图象与t轴所围的面积表示速度变化量，可求出内速度的变化量，由于初速度为0，则可求汽车在末的速度大小，A正确；
B．由图可知，汽车在内做匀加速运动，内做减速运动，故末速度最大，动量最大，由可求出最大速度，但汽车的质量未知，故不能求出最大动量，B错误；
C．由于不知道汽车的质量，故不能求出牵引力对汽车做的功，C错误；
D．根据“面积”表示速度变化量可知，内速度变化量为零，即汽车一直沿同一方向运动，15s末速度恰好为零，D正确。
故选AD。
14．AD
【详解】AB．当时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据
可得
当时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理
代入数据解得
正切值小于0.75，所以物体上升到最大位移处，将不再下滑，B错误A正确。
C．动能与重力势能相等的位置
整理得
C错误；
D．根据动能定理
整理得
因此位移最小值
D正确。
故选AD。
15．（1）15m/s；（2）60m
【详解】（1）对运动员由点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向速度
竖直方向速度上抛
着陆时竖直方向分速度与点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为也为37°，则有
代入数值得
（2）将运动员与装备看成一个质点，总质量为m，在点支持力与总重力的合力为圆周运动提供向心力，则有
由图乙可知
运动员到达点后，做匀减速直线运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为L，由动能定理
解得
L=60m
16．（1）3m/s；（2）1.7m；（3）2.55m，
【详解】（1）图线下方的面积表示功，由图像可得水平拉力F做的功为
物块在桌面上运动过程由动能定理得
解得物块平抛的初速度为
vA=3m/s
（2）由于物块到达斜面时速度与斜面垂直，则物块落到斜面上时速度的竖直分量为
又
vy=gt1
物块做平抛运动的时间为
t1=0.4s
物块下落的高度、水平位移分别为
x=vAt1
由几何关系可得
h2=xtanθ
则桌面的高度为
H=h1+h2
联立解得
H=1.7m
（3）由于桌面高度一定，物块平抛到达斜面时速度的竖直分量最大为
物块到达斜面时速度与斜面垂直，这种情形下平抛初速度为
由动能定理可得
解得
由题意知，动摩擦因数为0时，物块平抛的初速度最大，即便落到地面处也无法满足物块到达斜面时速度与斜面垂直，综上所述，物块平抛刚好落到地面处时到达斜面底端，速度与斜面垂直，此时d有最大值。
d=v0t
代入数据可得
d=2.55m
这种情形下动摩擦因数为。
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答案第1页，共2页第34讲 单体机械能守恒问题
[2022·江苏]
1．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
[2022·山东]
2．我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
一.知识回顾
　1重力势能　
（1）定义：物体由于被举高而具有的能量，叫作重力势能。
（2）表达式：Ep＝mgh，其中h是相对于参考平面的高度。
（3）特点：
①系统性：重力势能是地球与物体所组成的“系统”所共有的。
②相对性：重力势能的数值与所选参考平面有关。
③标量性：重力势能是标量，正负表示大小。
（4）重力做功的特点
①物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
②重力做功不引起物体机械能的变化。
（5）重力做功与重力势能变化的关系
①)定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小，重力对物体做负功，重力势能增大。
②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，
即WG＝Ep1－Ep2＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。
③重力势能的变化量是绝对的，与参考平面的选取无关。
2.　　弹性势能　
（1）定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用，也具有势能，这种势能叫作弹性势能。
（2）大小：弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量及劲度系数有关，形变量越大，劲度系数越大，弹性势能就越大。
（3）弹力做功与弹性势能变化的关系
弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝－ΔEp。
3.　机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
（2）常用的三种表达式
①守恒式： E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。E1、E2分别表示系统初末状态时的总机械能。
②转化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp减。表示系统势能的减少量等于动能的增加量。
③转移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB减。表示系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能。
（3）机械能守恒的条件
①系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．
②系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．
③系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化．
（4）机械能保持不变判断方法
①用定义判断：若物体动能、势能均不变，则机械能不变。若一个物体动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加(减少)，其机械能一定变化。
②用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒。
③用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体或系统机械能守恒。
6.单体机械能守恒问题解题的一般步骤
在处理单个物体机械能守恒问题时，要选取方便的机械能守恒定律方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)进行求解。
二.例题精析
3．如图所示，在水平面上有一固定的粗糙轨道，在轨道的末端连一半径为R的半圆轨道，与水平轨道相切于B点。一质量为m的小物体在大小为的外力作用下从轨道上的A点由静止出发，运动至B点时撤掉外力，物体沿圆轨道内侧恰好运动至最高点C，最后回到出发点A。物体与水平轨道间的动摩擦因数，物体与半圆轨道间的动摩擦因数未知，当地重力加速度为g。以下关系式正确的是（　　）
A．物体在AB间运动时克服摩擦阻力做功
B．外力F做功
C．物体在C点的动能为零
D．物体在AC间运动时产生的热量为
4．如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑连接，N点右侧有一竖直固定挡板。质量为0.8kg的小物块b静止在地面上，现将质量为0.4kg的小物块a由斜面上的M点静止释放。已知，a、b与斜面之间的动摩擦因数均为，a、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动不再分开，a、b整体与挡板碰撞过程中无机械能损失。取，则（　　）
A．物块a第一次运动到N点时的动能为3.6J
B．a、b碰撞过程中系统损失的机械能为0.6J
C．b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小为1.2N·s
D．整个运动过程中，b在斜面上运动的路程为0.25m
5．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m。则（　　）
A．时刻，小物块离A处的距离最大
B．时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．时间内，因摩擦产生的热量为
D．时间内，物块在传送带上留下的划痕为
三.举一反三，巩固练习
6．某同学家住一小区18楼。该同学两次乘电梯从1楼到18楼，第一次从1楼直达（中途未停）18楼，电梯对该同学做功W1；第二次从1楼到18楼过程中，有其他人在6楼上下，全过程电梯对该同学做功W2.该同学两次乘电梯时质量相同，则关于W1、W2大小关系，下列说法正确的是（　　）
A．W1=W2 B．W1>W2 C．W1＜W2 D．条件不足，无法判断
7．如图所示，质量为m的小球静止在竖直放置的轻弹簧上，小球和弹簧拴接在一起。现用大小为的拉力F竖直向上拉动小球，当小球向上运动的速度达到最大时撤去拉力。已知弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到最高点时，弹簧处于压缩状态
B．小球返回到初始位置时的速度大小为
C．小球由最高点返回到初始位置的过程，小球的动能先增加后减少
D．小球由最高点运动到最低点的过程，小球和弹簧组成的系统势能一直减小
8．如图，物块以某一初速度于固定斜面底端冲上斜面，一段时间后物块返回出发点。若物块和斜面间动摩擦因数处处相同。在物块上升、下降过程中，运动时间分别用t1、t2表示，损失的机械能分别用ΔE1、ΔE2表示。则（　　）
A．t1C．tl=t2，ΔE1=ΔE2 D．tl>t2，ΔE1>ΔE2
9．质量为m的重物挂在轻质弹性绳上。如果对重物施加一个向下的力，且其大小从0开始缓慢增大，当力的大小达到时绳恰被拉断；如果从一开始向下施加某一恒力，绳将被拉断的最小值为，下列说法正确的是（　　）
A．绳被拉断时，弹性绳中的张力为
B．绳被拉断时，弹性绳中的张力为
C．与的大小关系为
D．作用下，弹性绳与重物组成系统的机械能先增大后减小
10．简易儿童蹦极装置如图所示。活动开始前，先给小朋友绑上安全带，然后将弹性绳拉长后固定在小朋友身上，并通过其它力作用使小朋友停留在蹦床上。当撤去其它力后，小朋友被“发射”出去冲向高空，小朋友到达最高点，然后下落到B点时，弹性绳恰好为原长，然后继续下落至最低点A。若小朋友可视为质点，并始终沿竖直方向运动，忽略弹性绳质量与空气阻力，则小朋友（　　）
A．在C点时的加速度大小为0
B．在A点时处于平衡状态
C．在B点时处于失重状态
D．在下落过程中机械能守恒
11．如图甲所示，一质量为2kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1，取g=，下列说法正确的是（　　）
A．物体运动的最大速度为m/s
B．在运动中由于摩擦产生的热量为6J
C．物体在水平地面上运动的最大位移是4.5m
D．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
12．如图所示，细绳的一端固定于点，另一端系一个小球，在点的正下方钉一个钉子A，小球从一定高度自由摆下，当细绳与钉子相碰后继续向右做摆长更小的摆动。不计空气阻力，假设小球碰钉子前后无机械能损失，有关摆球在整个摆动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球碰钉子之后，绳上拉力减小 B．碰后小球向心加速度大小不变
C．碰后小球仍能摆到碰前释放摆球时高度 D．碰后小球最大摆角小于碰前释放摆球的摆角
13．如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不栓接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m（弹性限度内）。已知物块质量为0.5kg。物块与传送带间的动摩擦因数、重力加速度g = 10m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以v = 3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后（ ）
A．在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动
B．弹簧恢复原长时，物块速度大小为2m/s
C．物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5J
D．弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75J
14．如图所示，表面粗糙的半圆形轨道MN竖直放置，MN两点等高，一个小滑块m从M点正上方高h处自由下落，恰好进入半圆轨道，从N点竖直上升的高度为，空气阻力不计。当小球再次进入轨道后（　　）
A．滑块回到M点后竖直上升一段距离
B．滑块恰好能达到M 点后回落
C．滑块未能到达M点即开始回落
D．滑块最后一定静止在半圆轨道的最低点
15．如图所示，用完全相同的轻质弹簧P、Q拴接小球A，固定在竖直平面内处于静止状态，此时两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和。已知弹簧的劲度系数为k，小球的质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧P的伸长量为
B．剪断弹簧Q的瞬间，小球A的加速度大小为g
C．剪断弹簧Q后，小球A的机械能守恒
D．剪断弹簧Q后，小球A做简谐运动的振幅为
16．如图（a），轨道ABC固定于竖直平面内，其中AB段水平，BC段足够长且与水平方向夹角α=30°，两轨道间平滑连接，一质量m=1kg的小物块静置于B端。现对小物块施加一平行于斜面的拉力F=12N，当物块沿BC向上运动2m时撤去F。取AB所在水平面为零势能面，物块沿BC向上运动2m的过程中，其机械能E随位移大小x的变化情况如图（b）所示，g取10m/s2，物块与轨道间的动摩擦因数处处相等，且最大静摩擦力与同等压力下的滑动摩擦力大小相等。求：
（1）撤去拉力瞬间，物块的速度大小v；
（2）物块与轨道之间的动摩擦因数；
（3）若从小物块开始运动的时刻计时，请在图（c）画出0~3s的过程中，小物块的机械能E随时间t的变化关系图线（仅要求正确画出图线）。
17．如图所示，光滑钉子M、N相距2L，处于同一高度。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳，轻绳的一端固定在钉子M上，另一端绕过钉子N与小球B相连，B球质量为m。用手将A球托住静止在M、N连线的中点P处，B球也处于静止状态。放手后，A球下落的最大距离为L。已知重力加速度为g。
（1）求A球的质量mA；
（2）求A球下落到最低点时绳中张力T；
（3）用质量为m的C球替换A球，C球从P点由静止释放后，求C球下落距离为L时的速度大小vC。
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参考答案：
1．B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
对B有
联立可得
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
化简得
当位移为最大位移的一半时有
带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
2．A
【详解】A．火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
3．A
【详解】C．由物体做圆周运动恰好能过C点可知，在C点有
则
所以，动能不为零，故C错误；
AB．物体从C点平抛至A点，有
解得
故
物体从A点运动到B点过程中，外力F做功为
克服摩擦力做功为
故A正确，B错误；
D．物体从A点运动到C点过程中，由动能定理有
解得
故D错误。
故选A。
4．D
【详解】A．物块a第一次运动到N点过程，由动能定理
带入题中数据可得
v0=3m/s
A错误；
B．设a与b碰前速度大小为v0，碰后二者速度为v，由动量守恒
b碰撞过程中系统损失的机械能
解得
v=1.0m/s
B错误；
C．由B分析知，a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度即为v=1.0m/s，碰撞过程中无机械能损失，所以碰后整体速度变为向左的1.0m/s，对整体，由动量定理
挡板对b的冲量即为对整体的冲量，C错误；
D．a、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒
带入数据解得
D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的图象可知，时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
B．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
CD．时间内物体相对地面向左的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物体相对地面向右的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物块在传送带上留下的划痕为
这段时间内，因此摩擦产生的热量
C正确，D错误。
故选C。
6．A
【详解】该同学两次乘电梯时质量相同，竖直方向位移相同，重力势能增量相同，动能变化量均为零，故机械能增量相同，电梯全程对该同学做功相同，即
故选A。
7．A
【详解】A．设开始弹簧被压缩的长度为x0，根据平衡条件得
撤去拉力F时，小球的速度最大，合力等于零，设此时弹簧被压缩的长度为x1，根据平衡条件得
解得
如果不撤去拉力，小球将做振幅为 的简谐运动，最高点在弹簧原长位置；撤去拉力后，小球的最高点将在弹簧原长位置以下，所以小球运动到最高点时，弹簧处于压缩状态，A正确；
B．小球从初位置到返回初始位置的过程中，根据动能定理得
解得
B错误；
C．小球由最高点返回到初始位置的过程，弹簧的弹力始终小于小球的重力，小球的合力始终向下，合力始终做正功，小球的动能始终增加，C错误；
D．小球由最高点运动到最低点的过程，小球的动能先增加后减小，因小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则系统的势能先减小后增大，D错误。
故选A。
8．A
【详解】设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，上升和下降过程的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有
比较以上两式可知
设物块上升和下降过程的位移大小均为s，根据运动学规律有
所以
易知物块上升和下降过程克服摩擦力做的功相等，根据功能关系可知上升和下降过程损失的机械能相等。
故选A。
9．C
【详解】A．根据题意，设弹性绳被拉断时张力为，由平衡条件可知，当力的大小达到时，有
故A错误；
B．根据题意可知，如果从一开始向下施加某一恒力，物体将做简谐运动，所施加的恒力为最大回复力，当物体运动到最低点时，绳子恰好被拉断，此时弹性绳张力为，则有
解得
故B错误；
C．由AB分析可得
则与的大小关系为
故C正确；
D．根据题意可知，一直做正功，则弹性绳与重物组成系统的机械能一直增大，故D错误。
故选C。
10．C
【详解】A．小朋友在C点时只受重力作用，加速度大小为g，选项A错误；
B．小朋友减速运动到最低点A点，弹性绳的拉力大于重力，处于非平衡状态，选项B错误；
C．在B点时弹性绳恰好为原长，小朋友只受重力作用向下运动，加速度大小为g，处于失重状态，选项C正确；
D．小朋友在下落过程中，机械能转化为弹性绳的弹性势能，机械能不守恒，选项D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．物体所受滑动摩擦力大小为
当F大于Ff时，物体做加速运动，当F与Ff大小相等时，物体运动的速度最大，由图乙可知此时物体运动的位移为
F-x图像与坐标轴所围的面积表示F做的功，则F在物体运动位移为x1的过程中对物体所做的功为
设物体运动的最大速度为vm，根据动能定理有
解得
故A错误；
B．根据功能关系可知，整个运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F做的总功，即
故B错误；
C．物体在水平地面上运动的最大位移是
故C正确；
D．当F大于Ff时，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当F小于Ff时物体开始做减速运动，故D错误。
故选C。
12．C
【详解】A．由于小球碰钉子前后无机械能损失，可知细绳与钉子相碰前后瞬间小球的线速度大小不变，半径变小，根据牛顿第二定律可得
可得
可知小球碰钉子之后，绳上拉力增大，A错误；
B．根据向心加速度与线速度关系
细绳与钉子相碰前后瞬间小球的线速度大小不变，半径变小，可知碰后小球向心加速度大小变大，B错误；
C．细绳与钉子相碰前后瞬间小球的线速度大小不变，说明小球在整个摆动过程都满足机械能守恒，故碰后小球仍能摆到碰前释放摆球时高度，设碰前释放摆球的摆角为，半径为，碰后小球最大摆角为，半径为，则有
又
可得
即
C正确，D错误；
故选C。
13．B
【详解】B．若传送带不动，弹簧压缩量为0.2m到恢复原长时物块的速度为零，由动能定理
弹簧弹力做功为
若传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后。弹簧恢复原长时，弹簧弹力做功不变，摩擦力做正功，根据动能定理
弹簧恢复原长时，物块速度大小为
B正确；
A．由B选项分析可知，在弹簧恢复原长的过程中物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块向右做加速运动，A错误；
C．物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后做匀速直线运动，匀加速运动过程中，摩擦力做功为，由动能定理得
则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为
C错误；
D．根据牛顿第二定律，物块匀加速运动的加速度大小为
匀加速至共速的时间为
这段时间内，物块运动距离为
传送带运动距离为
则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为
D错误。
故选B。
14．A
【详解】ABC．第一次由于克服摩擦力而损耗的机械能为，再次落入半圆形轨道内，运动到与第一次同样的位置时，速度都比第一次的小，从而对轨道的压力都比第一次的小，因此克服摩擦力做的功比第一次少，故滑块能回到M点且能竖直上升一段距离。A正确，BC错误；
D．由于题目中没给出动摩擦因数的具体值，因此最后不一定停在最低点，D错误。
故选A。
15．D
【详解】A．由于此时两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和，所以此时P的伸长量等于Q的压缩量，设为x，则
得
A错误；
B．剪断弹簧Q的瞬间，小球A只受重力、P向上的弹力的作用，则合力为
由牛顿第二定律知此时A的加速度为
B错误；
C．剪断弹簧Q后，小球A除了重力做功外，还受到P的弹力做功，所以小球A的机械能不守恒，A和弹簧P的系统机械能守恒，C错误；
D．剪断Q后，小球在重力和P的弹力作用下做简谐运动（竖直面上的弹簧振子），合力为零的位置为平衡位置，设此位置弹簧伸长量为x1，则有
得
剪断Q时小球处于简谐运动的上方最大位移处，则振幅为
D正确。
故选D。
16．（1）2m/s；（2）；（3）
【详解】（1）物块沿BC向上运动2m的过程中，重力势能增加量为
Ep=mgxsinα=10J
由图（b）可知物块动能增加量为
Ek== E- Ep=2J
解得
v==2m/s
（2）拉力作用时物块的加速度大小为
物块受力分析如图所示，在垂直于斜面方向根据平衡条件有
在沿斜面方向根据牛顿第二定律有
F-Ff-mgsinα=ma
解得
Ff=6N
物块与轨道之间的动摩擦因数为
（3）撤去拉力的时刻为
0~2s时间内F与Ff的合力沿斜面向上，物块机械能的变化量等于该合力对物块做的功，即
所以E随t成二次函数关系增大，图线为开口向上的抛物线的一部分。
撤去拉力后，物块做匀减速运动的加速度大小为
物块速度减为零的时刻为
在时间内物块机械能的变化量等于摩擦力对物块做的功，即
整理得
所以E随t成二次函数关系减小，图线为开口向下的抛物线的一部分，且根据数学知识可知t=2s刚好为上式对应抛物线的对称轴。
由题意可知
所以当物块速度减为零后将静止在轨道上，此后机械能将不变，而物块在t2时刻的机械能为
综上所述作出E-t图像如图所示。
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）如图所示，根据几何关系可得A球下落至最低点时，A球与P连线与竖直方向的夹角为
α=45° ①
则B球上升的高度为
②
对A、B组成的系统根据机械能守恒定律得
③
联立②③解得
④
（2）当A球下落至最低点时，设A、B的加速度大小分别为aA、aB，对A、B根据牛顿第二定律分别
⑤
⑥
设A球下落到最低点时的速度大小为vA，则vA在A球两侧绳子的分量大小均为
⑦
由于A球拖动两侧的绳子使MA和AN段绳子同时延长，所以此时B球的速度大小为
⑧
根据⑧式可知A球下落到最低点附近一极小时间内，A、B的位移关系满足
⑨
即
⑩
联立④⑤⑥⑩解得

（3）根据（1）题中分析同理可知，当C球下落距离为L时，B球上升的高度仍为hB，且C球与P连线与竖直方向的夹角仍为α，对B、C组成的系统根据机械能守恒定律得

根据（2）题中分析同理可知

联立 解得

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答案第1页，共2页第35讲　多体机械能守恒问题
（2022·湖北）
1．如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（　　）
A．μmgk B． C． D．
（2022·海南）
2．如图，带正电的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在水平向左的匀强电场中，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为，B离滑轮的距离足够长，则（　　）
A．它们运动的最大速度为
B．它们向左运动的最大位移为
C．当速度为时，A的电势能可能是
D．当速度为时，绳子的拉力可能是
一、知识回顾
1．多物体组成的系统机械能守恒是否守恒的判断方法：看是否有其他形式的能与机械能相互转化。
2．三种守恒表达式的比较
角度 公式 意义 注意事项
守恒观点 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 初、末状态必须用同一零势能面计算势能
转化观点 ΔEk＝－ΔEp 系统减少（或增加）的势能等于系统增加（或减少）的动能 应用时关键在于分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差
转移观点 ΔEA增＝ΔEB减 若系统由A、B两物体组成，则A物体机械能的增加量与B物体机械能的减少量相等 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题
3．几种常见类型
类型一：质量均匀的链条或柔软的绳索
类型二：轻绳连接的物体系统
（1）常见情景
（2）三点提醒
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。（易错点）
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
类型三：轻杆连接的物体系统
（1）常见情景
（2）三大特点
①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般有以下两种情况：
a．若两物体绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定线速度v的大小。
b．“关联速度法”：两物体沿杆方向速度大小相等。
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
类型四：几个接触的物体组成的连接体
二、例题精析
题型一：质量均匀的链条模型
3．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是（　　）
A．v甲＝v乙＝v丙 B．v甲C．v丙>v甲>v乙 D．v乙>v甲>v丙
题型二：轻绳连接的物体系统
4．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是 （ ）
A．2R B．5R/3 C．4R/3 D．2R/3
题型三：轻杆连接的物体系统
5．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先做正功再做负功
B．a落地时速度小于
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小等于mg
三、举一反三，巩固练习
6．如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面。已知球a的质量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的是（ ）
A．在球b下落过程中，绳子的拉力大小为
B．在球b下落过程中，球b的机械能减小3mgh
C．在球b下落过程中，球a的机械能增加
D．在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为
7．某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，两质量均为m的小球和对称地安装在轴的两边，和与O、和与Q间用四根长度均为l的轻杆通过光滑铰链连接起来。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3mg
B．当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为l
C．若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大
D．若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小
8．如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和小物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为m，B的质量为4m。开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止。则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（　　）
A．物块B受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上
B．物块B受到的摩擦力大小可能始终不变
C．小球所受重力的功率一直增大
D．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右
10．如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行。物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧。已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为（　　）
A．3h B．h C．2h D．h
11．轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径，轴半径，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2kg、1kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取。在P从静止下降的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q速度大小始终相等
B．Q上升的距离为
C．P下降时Q的速度大小为
D．P下降时的速度大小为
12．如图所示，倾角为α=30o的固定的足够长斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上，另一端与一质量为m的小物块相连，小物块通过细绳跨过定滑轮与质量为M的铁块相连，M离地足够高。开始时用手托住铁块使轻绳伸直且拉力刚好为零，现松手使之开始运动，忽略一切摩擦，且弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．无论M质量多大，系统在运动过程中轻绳始终不会松弛
B．若，则m刚开始将向下运动
C．若M = m，则M的最大速度为
D．若M = m，则m能上升的最大高度为
13．如图所示，在倾角斜坡的底端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜坡上的O点处。质量分别为ma=5.0kg、mb=1.0kg的物块a和b用轻绳连接，轻绳跨过斜坡顶端的定滑轮，开始时让a静止在斜坡上的P点处，b悬空。现将a由静止释放，a沿斜面下滑，当a将弹簧压缩到Q点时，a的速度减为零。已知PO=1.0m，OQ=0.5m，a与斜坡之间的动摩擦因数μ=0.2，sin37=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是（　　）
A．a在与弹簧接触前的加速度大小为2m/s2
B．a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为10N
C．a位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18J
D．a第一次被弹回到O点时的速度为m/s
14．如图所示，质量的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k=100 N/m。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端的、质量的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为0.8 m，且与水平面的夹角θ=37°，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45 N。已知AO1=0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，轻绳不可伸长。现将小球A由静止释放。
（1）求释放小球A之前弹簧的形变量；
（2）若直线CO1与杆垂直，求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功；
（3）求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。
15．如图所示，轻质细绳的一端系一质量为m＝0.05kg的小球A，另一端套在光滑水平轴O上，O到小球的距离，小球与水平面接触但恰好无作用力，在球的两侧距球等远处，分别固定一个光滑斜面和挡板，水平面的长度L＝2m。水平面左边光滑，右边粗糙，B与粗糙水平面间的动摩擦因数。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，滑块与小球A碰撞并进行速度交换，与挡板碰撞时不损失机械能，不计空气阻力，滑块和小球都可视为质点。现在要使小球恰好完成一次完整的圆周运动。g取。求：
（1）小球在最低点需要获得多大速度；
（2）滑块B要从斜面多高处滑下；
（3）分析简述B与A碰撞后的运动过程。
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参考答案：
1．C
【详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为
故选C。
2．ACD
【详解】AB．由题知
设A向左移动x后速度为零，对A、B系统有
（此处前面的是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得
A向左运动是先加速后减速，当时，摩擦力变成静摩擦力，并反向，系统受力平衡，最后静止。设A向左运动x′后速度为v，对系统则有
得
即：当时，v最大为，故A正确，B错误；
C．当时，可得
或
当时，电场力做功
则电势能减小，由于，则电势能为，当时
故C正确；
D．根据牛顿第二定律
当时，系统加速度
对B有
得
当时，系统加速度
对B分析可得
故D正确。
故选ACD。
3．D
【详解】三种情况下所研究的系统机械能守恒，由
－Ep＝Ek
得，对于甲
m g＋mg＝mv
解得
v甲＝
对于乙
mg＋mg＋mg＝2mv
解得
v乙＝
对于丙
mg＋mg＝2mv
解得
v丙＝
故v乙>v甲>v丙，所以D正确；ABC错误；
故选D。
4．C
【详解】当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，
即：，
接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度
两式联立得h=
这样B上升的最大高度H=h+R=4R/3
5．AD
【详解】A．当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，则动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，故A正确；
B．a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得
解得
故B错误；
C．b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；
D．ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为，故D正确。
故选AD。
6．C
【详解】A．以a、b研究对象，根据牛顿第二定律
3mg - mg = 4ma
解得
对a球受力分析有
T - mg = ma
解得
A错误；
B．在球b下落过程中，球b的机械能减小量，即拉力做的功
B错误；
C．在球b下落过程中，球a的机械能的增加量，即拉力做的功
C正确；
D．在球b下落过程中，根据
解得
则在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为
D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．当装置静止不动系统达到平衡时，对和受力分析有，OP沿杆向上的拉力和QP杆沿杆向上的支持力，则OP杆的拉力为
解得
沿竖直方向上的分力为。将、和Q与之间的杆看做整体，整体受重力和和与O之间杆的拉力，弹簧的弹力，根据平衡条件得
故轻弹簧弹力大小为2mg，A错误；
B．根据几何关系可知，当装置静止不动系统达到平衡时，OQ的距离为的距离为，故轻弹簧的伸长量为，B错误；
CD．若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，和所需要的向心力变大，故QP杆对球P的支持力先逐渐减小后反向增大，OP杆对球P的拉力逐渐增大，弹簧由伸长状态，长度不断变小，随后又变为压缩状态，故弹簧的弹性势能先减小后增大，C正确，D错误。
故选C。
8．A
【详解】设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有
物体A、B组成的系统机械能守恒，则有
联立方程，解得
故选A。
9．D
【详解】AB．下摆到竖直位置之前，机械能守恒，有
在最低点，根据牛顿第二定律有
解得
F＝3mg
对B受力分析，未释放A时，由平衡条件得B所受的静摩擦力
方向沿斜面向上，在A到达最低点的瞬间，有
方向沿斜面向下，物块B受到的摩擦力先减小后增大，故A，B错误；
C．小球在最高点速度为0，重力功率为0，运动过程中竖直方向的分速度不为0，重力功率不为0，在最低点竖直方向的分速度为0，重力功率为0，因此小球所受重力的功率先增大后减小。故C错；
D．将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看做整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，故D正确。
故选D。
10．D
【详解】设2的质量为m，从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为v1；则对整体根据功能关系可知
6mgh﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）h（10m）v12
此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知
mgs﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）s＝0（5m）v12
解得
则1沿斜面上滑的最大距离为
L＝h+sh
故D正确，ABC错误。
故选D。
11．BD
【详解】A．由题意知，轮半径，轴半径，根据线速度与角速度关系可知
故A项错误；
B．在P从静止下降的过程中，由题意得，
解得
故B项正确；
CD．根据机械能守恒得
由A项和B项知
解得
所以C项错误，D项正确。
故选BD。
12．AC
【详解】A．释放瞬间，弹簧对m的弹力沿斜面向上与其重力沿斜面向下的分力平衡，则根据牛顿第二定律有
此时M的加速度最大，绳子张力最小为
当M向下运动，m沿斜面向上运动，m受到重力和弹簧弹力的合力方向沿斜面向下且逐渐变大， m与M做加速度减小的加速运动，当绳子张力与Mg相等时速度最大，然后做加速度增大的减速运动，直到速度为0，可知下降过程，绳子张力从逐渐增大到大于重力；由于一切摩擦不计，系统还回到最初的位置，上下运动对称可知，M先向上做加速度减小的加速运动，经速度最大后做加速度增大的减速运动，直到回到最初释放点，上升过程绳子拉力逐渐减小到，所以整个过程中绳子都有张力、不会松弛，故A正确；
B．刚开始释放瞬间，弹簧对m的弹力沿斜面向上与其重力沿斜面向下的分力平衡，则有
解得
根据牛顿第二定律有
则刚开始释放瞬间绳子拉力与加速度分别为
可知无论M质量多大，刚开始M向下加速，则m沿斜面向上加速，故B错误；
C．若M = m，当绳子拉力等于其重力时，m和M有最大速度，则有
解得
因开始弹簧压缩了，速度最大时又伸长了x，两状态弹性势能相同，物体M下降的高度为2x，据能量守恒定律有
解得
故C正确；
D．若M = m，在刚开始释放时，对整体分析，根据牛顿第二定律有
解得
根据运动的对称性原理可知，当M下到最底点时的加速度大小也为，方向竖直向上，对M分析，根据牛顿第二定律有
解得
设此时弹簧伸长了，对m分析，加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
解得
则m上升的最大位移为
可知m上升的最大高度为
故D错误。
故选AC。
13．ACD
【详解】对ab整体，由牛顿第二定律得
解得
A正确；
B．由牛顿第二定律得
得
B错误；
C．由能量守恒定律得
解得
C正确；
D．由能量守恒定律得
得
D正确；
故选ACD。
14．（1）伸长0.1 m；（2）7 J；（3）2 m/s
【详解】（1）释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为x，对于B根据平衡条件有
解得
（2）对A球从直杆顶端运动到C点的过程，应用动能定理得
其中
物体B下降的高度
由此可知，弹簧此时被压缩了0.1 m，弹簧的弹性势能与初状态相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有
由题意知，小球A在C点时运动方向与绳垂直，此瞬间B物体的速度为零
联立解得
（3）由题意可知，杆长
，
故
，
当A到达D点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳方向进行分解，平行于绳方向的速度等于B的速度，由几何关系得
对于整个过程，由机械能守恒定律得
联立解得
15．(1)；(2)；(3) B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周后再次与滑块B交换速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零，静止不动。
【详解】(1)小球恰好完成一次完整的圆周运动，它在最高点的速度设为，自身重力提供向心力，有
小球从最低点运动到最高点过程中，机械能守恒，可得
联立，可得
(2)滑块B与小球A碰撞并进行速度交换，所以滑块B与小球A碰撞前的速度为
设滑块B要从斜面h高处滑下，由机械能守恒可得
解得
(3)B与A碰撞，交换速度后静止在地面上，当小球A做完一次圆周运动再次与滑块B发生碰撞，然后滑块B具有向右运动，设到挡板时的速度为，则有
解得
即滑块B滑到挡板处恰好停下来。综上所述，B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周后再次与滑块B交换速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零，静止不动。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第36讲 与弹簧相关的机械能守恒问题
（2022·江苏）
1．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
（2022·辽宁）
2．如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（　　）
A．带负电
B．运动至a点的速度大小为
C．运动至a点的加速度大小为
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为
一.知识回顾
1．弹簧类问题的突破要点
（1）弹簧的弹力大小由形变大小决定，解题时一般应从弹簧的形变分析入手，确定原长位置、现长位置、平衡位置等，再结合其他力的情况分析物体的运动状态。
（2）因软质弹簧的形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变。因此，在分析瞬间变化时可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变。
（3）在求弹簧的弹力做功或弹簧的弹性势能时，通常可以根据系统的机械能守恒或功能关系进行分析。
2．弹簧类问题的注意事项
（1）弹簧处于相同状态时弹性势能相等；
（2）在不同的物理过程中，弹簧形变量相等，则弹性势能的变化量相等。
（3）弹簧的弹性势能增加或减少时，弹簧与其它物体发生了能量的转移或转化。
二.例题精析
题型一：弹簧与一物体相连
例1．
3．如图所示，一轻弹簧固定于点，另一端系一小球，将小球从与悬点在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力。在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．小球的重力势能增加
B．小球的重力势能减少
C．弹簧的弹性势能增加
D．弹簧的弹力做负功，弹性势能减少
题型二：弹簧与多物体相连
例2．
4．如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面的倾角为．质量均为1kg的A、B两物体用轻弹簧拴在一起，弹簧的劲度系数为5N/cm，质量为2kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体B连接．开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直．现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是（ ）（取g=10m/s2）
A．初状态弹簧的压缩量为1cm
B．末状态弹簧的伸长量为1cm
C．物体B、C与地球组成的系统机械能守恒
D．物体C克服绳的拉力所做的功为0.2J
二.举一反三，巩固练习
5．如图所示，粗糙水平轨道与竖直平面内的光滑圆轨道在B处平滑连接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。一个质量的小物体P被一根细线拴住放在水平轨道上，细线的左端固定在竖直墙壁上。在墙壁和P之间夹一根被压缩的轻弹簧，此时P到B点的距离。物体P与水平轨道间的动摩擦因数，半圆轨道半径。现将细线剪断，P被弹簧向右弹出后滑上圆轨道，已知P经过B点时对轨道的压力为，g取。则细线未剪断时弹簧的弹性势能为（　　）
A．1.9J B． C． D．
6．弹簧的一端固定在墙上，另一端系一质量为m的木块，弹簧为自然长度时木块位于水平地面上的O点，如图所示。现将木块从O点向右拉开一段距离L后由静止释放，木块在粗糙水平面上先向左运动，然后又向右运动，往复运动直至静止。已知弹簧始终在弹性限度内，且弹簧第一次恢复原长时木块的速率为，则（ ）
A．木块第一次向左运动经过O点时速率最大
B．木块最终停在O点
C．整个运动过程中木块速率为的时刻只有一个
D．整个运动过程中木块速率为的时刻只有两个
7．如图所示，在光滑的水平面上有两个物块A、B，中间连接着一轻质弹簧，A靠在竖直的墙壁上，先用力作用于B上，使弹簧压缩一定距离后释放，从释放物块B到弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．刚释放物块B时，A的速度最大
B．刚释放物块B时，B的速度最大
C．弹簧第一次恢复原长时，弹性势能最大
D．弹簧第一次恢复原长时，B的动能最大
8．如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为、，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，到与地面即将接触时速度为，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦阻力。则（　　）
A．上述过程中物体A的速度先增大后减小
B．上述过程中物体A机械能的变化量为
C．上述过程中物体A的加速度先减小后保持不变
D．此时弹簧的弹性势能等于
9．如图甲所示为某缓冲装置模型，劲度系数为k（足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，此过程其速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．在0～t1时间内，小车运动的位移为2
B．在t1时刻，小车速度v1＝
C．在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热Q＝fl
D．在t1＋t2时刻，小车恰好离开轻弹簧
10．如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α=53°，某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。则（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．物体乙释放瞬间加速度等于g
C．小球甲到达Q点时的速度大小为
D．小球甲和物体乙的机械能之和保持不变
11．如图所示，光滑细杆AB倾斜固定，与水平方向夹角为45°，一轻质弹簧的一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球，小球套在细杆上，O与细杆上A点等高，O与细杆AB在同一竖直平面内，OB竖直，OP垂直于AB，且OP＝L，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等。现将小球从细杆上的A点由静止释放，在小球沿细杆由A点运动到B点的过程中（已知重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内且不弯曲），下列说法中正确的是（　　）
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．小球运动过程中弹簧弹力的瞬时功率为零的位置有两个
C．小球运动到B点时的动能为2mgL
D．弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离
12．如图所示，用完全相同的轻质弹簧P、Q拴接小球A，固定在竖直平面内处于静止状态，此时两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和。已知弹簧的劲度系数为k，小球的质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧P的伸长量为
B．剪断弹簧Q的瞬间，小球A的加速度大小为g
C．剪断弹簧Q后，小球A的机械能守恒
D．剪断弹簧Q后，小球A做简谐运动的振幅为
13．光滑固定斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于点，如图所示，现将A沿斜面拉到点无初速释放，物块在范围内做简谐运动，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从运动到的过程中，振动系统弹性势能与动能之和先增大后减小
B．物块从运动到的过程中，振动系统重力势能与动能之和不变
C．物块从运动到的过程中，振动系统弹性势能与重力势能之和在处最小
D．物块从运动到的过程中，振动系统重力势能与动能之和在处最大
14．如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法错误的是（　　）
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力大小等于
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向上
D．弹簧的弹性势能最大值为
15．如图所示，光滑固定斜面的倾角为θ，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧上端与质量为m的物体A相连。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A，滑轮右侧绳子与斜面平行。当A静止不动时，弹簧的弹性势能为Ep。已知重力加速度为g。现用恒力F竖直向下拉绳的另一端，使A由静止开始沿斜面向上运动。试求：当弹簧恢复到原长时，物体A的速度大小。
16．如图所示，半径为R = 0.45m的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，圆心为O1，最低点A点与光滑水平面相切，最高点B紧靠水平传送带的左端C点，CD间的距离为L = 6m，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ = 0.2，传送带向右匀速运动的速度为v0= 5m/s。水平地面上处于锁定状态的轻弹簧的一端固定在立柱上，另一端紧靠一质量为m = 1kg的物块（可视为质点）。水平地面上有一半径为r的圆盘可以绕着O2点匀速转动，O2在传送带右端D点的正下方h = 0.45m处，EF为圆盘的一条直径。现将弹簀解除锁定，物块运动到B点时受轨道的作用力为F = 10N，物块到达D点时圆盘恰好转动到图示位置，物块沿方向飞离D点后恰好打在圆盘边缘上的E点，取重力加速度g = 10m/s2。求：
（1）轻弹簀处于锁定状态时的弹性势能Ep；
（2）物块在传送带上运动的时间；
（3）圆盘的半径r和圆盘转动的角速度ω应满足的条件。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
对B有
联立可得
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
化简得
当位移为最大位移的一半时有
带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
2．BCD
【详解】A．由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；
B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有
解得
故B正确；
C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有
解得
小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知
解得
故C正确；
D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，故D正确。
故选BCD。
3．BC
【详解】AB．由A点摆向最低点B的过程中，小球重力做正功，重力势能减少，A错误，B正确；
CD．由A到B的过程中，弹簧明显在伸长，弹簧对小球做负功，弹性势能增大，C正确，D错误。
故选BC。
4．ABD
【详解】A．初状态弹簧的压缩量为
故A正确．
B．末状态弹簧的伸长量为
故B正确．
C．对于物体B、C与地球组成的系统，由于弹簧对B先做正功后做负功，所以系统的机械能不守恒．故C错误．
D．初末状态弹簧的弹性势能相等，对于弹簧、物体B、C与地球组成的系统，根据机械能守恒定律得
对C，由动能定理得
解得物体C克服绳的拉力所做的功 W克=0.2J，故D正确．
5．A
【详解】根据牛顿第三定律可知，P经过B点时轨道对P的压力也为，则有牛顿第二定律
可得到B时的速度为
物体P和弹簧机械能的变化等于克服摩擦力做功，有
可得
故A正确，BCD错误。
故选A。
6．D
【详解】A．木块第一次向左运动到满足
即向左的弹簧拉力等于向右的滑动摩擦力时，速率最大，此时还未到O点，A错误；
B．木块最终停止的位置不一定在O点，只要停止运动时，满足弹簧的弹力小于等于最大静摩擦力的位置均有可能，B错误；
CD．结合A解析可知，木块第一次向左运动到O点过程先加速后减速，故运动到速率最大之前还有一次速率为，之后由于滑动摩擦力作用，速率不可能再等于，故整个运动过程中木块速率为的时刻只有两个，C错误，D正确。
故选D。
7．D
【详解】AB．刚释放物块B时，AB的速度都为0，故AB错误；
CD．弹簧第一次恢复原长时，弹簧弹性势能最小，B的动能最大，C错误，D正确。
故选D。
8．A
【详解】AC．依题意，可知物体A下落到与地面即将接触时，此时物体B对地面恰好无压力，此时细绳的拉力为，故弹簧对物体A的拉力也为，弹簧的弹力从零增加到，即从小于A的重力到大于A的重力，根据牛顿第二定律，可知A的加速度大小先减小后增大，方向先竖直向下，后竖直向上，则A先加速后减速，所以A的速度先增大后减小，故A正确，C错误；
B．取地面为零势能参考面，上述过程中物体A初始的机械能为，末态的机械能为，所以A机械能的变化量为，故B错误；
D．依题意，可知物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，故有
可得此时弹簧的弹性势能
故D错误。
故选A。
9．C
【详解】A.在0~t1时间内，小车压缩弹簧轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在0~t1时间内，小车运动的位移为弹簧的形变量有
A错误；
B. 在t1时刻后，小车与轻杆一起做匀减速运动到速度为0，移动的位移为，由动能定理有
解得
所以在t1时刻，小车速度为，B错误；
C.在0~t2时间内，轻杆摩擦产生热为
C正确；
D.在时间内，小车先做加速度增大的减速运动，在时间内，后与轻杆一起做匀减速运动，最后弹簧反弹小车时其做加速减小的加速运动，则小车恰好离开轻弹簧时所用的时间比t1大，所以在t1+t2时刻，小车还末离开轻弹簧，D错误；
故选C。
10．A
【详解】A．设弹簧的原长为l0，由题意可知小球在P时弹簧的压缩量等于小球在Q时弹簧的伸长量，设形变量为x，根据几何关系可得
解得
开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则
解得
故A正确；
B．物体乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为T，对甲、乙根据牛顿第二定律分别有
根据运动的合成与分解可得
联立以上三式解得
故B错误；
C．根据运动的合成与分解可得
小球甲到达Q点α=0，所以物体乙的速度为零。对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，则
解得
故C错误；
D．弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D错误。
故选A。
11．D
【详解】A．由题意可知，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等，则有小球位于细杆上A点时弹簧处于拉伸状态，小球在P点时弹簧处于压缩状态，在小球沿细杆由A点运动到B点时，弹簧的形变量先减小后增大，再减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小后增大，如图所示，A错误；
B．在AP间和PB间各有一个位置弹簧处于原长的状态，小球的加速度大小为
方向沿杆向下；在P点弹簧的弹力垂直杆，小球受合力为mgsin45°，方向沿杆向下，即小球的加速度大小为，方向沿杆向下，因此小球运动过程中弹簧弹力的瞬时功率是零的位置有三个，B错误；
C．小球沿杆从A到B的运动中，弹簧的弹力对小球做功是零，由动能定理可得，小球运动到B点时的动能为
C错误；
D．由题意可知，小球沿杆从A到P的运动中，弹簧的弹力对小球做功是零，小球从A点由静止释放到弹簧恢复原长，弹簧弹力对小球做正功，小球从弹簧恢复原长到运动到P点，弹簧弹力对小球做负功，即小球克服弹簧弹力做功，弹力对小球做正功和做负功大小相等，大小等于弹簧的弹性势能，大小又等于，因此从A到P运动过程中弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离，同理从P到B运动过程中弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离也等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离，选项D正确。
故选D。
12．D
【详解】A．由于此时两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和，所以此时P的伸长量等于Q的压缩量，设为x，则
得
A错误；
B．剪断弹簧Q的瞬间，小球A只受重力、P向上的弹力的作用，则合力为
由牛顿第二定律知此时A的加速度为
B错误；
C．剪断弹簧Q后，小球A除了重力做功外，还受到P的弹力做功，所以小球A的机械能不守恒，A和弹簧P的系统机械能守恒，C错误；
D．剪断Q后，小球在重力和P的弹力作用下做简谐运动（竖直面上的弹簧振子），合力为零的位置为平衡位置，设此位置弹簧伸长量为x1，则有
得
剪断Q时小球处于简谐运动的上方最大位移处，则振幅为
D正确。
故选D。
13．C
【详解】A．根据能量守恒可知，振动系统弹性势能与动能与重力势能之和不变，物块从运动到的过程中，重力势能增大，则振动系统弹性势能与动能之和减小，故A错误；
B．物块从运动到的过程中，振动系统弹性势能先减小后增大，则振动系统重力势能与动能之和先增大后减小，故B错误；
C．物块从运动到的过程中，在处加速度为零，动能最大，则振动系统弹性势能与重力势能之和在处最小，故C正确；
D．因为在处弹性势能并不为零（弹性势能为零点在OC之间），则振动系统重力势能与动能之和在处并不是最大，故D错误。
故选C。
14．D
【详解】AB．A的动能达到最大前，做加速运动，A、B、C组成的系统存在向下的加速度，系统处于失重状态，B受到地面的支持力小于；A的动能最大时，系统竖直方向加速度为零，B受到地面的支持力大小等于，故AB正确；
C．A的动能达到最大值后，开始做减速运动，弹簧继续拉伸，当弹簧的弹性势能最大时，A运动至最低点，加速度方向竖直向上，故C正确；
D．对从A释放到下降到最低点的过程，根据机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能最大值为
故D错误。
本题选错误的，故选D。
15．
【详解】设弹簧的压缩量为x，弹簧恢复原长时物体A的速度为v，从开始运动到弹簧恢复原长的过程中，对A，由动能定理得
由弹簧弹力做功与弹性势能的关系得
加拉力之前，以物体A为研究对象，有
联立解得
16．（1）Ep = 13.5J；（2）；（3）（n = 0，1，2，3……）
【详解】（1）物块运动到B点时
解得
vB = 3m/s
由能量守恒定律可得
解得
Ep = 13.5J
（2）设物块在传送带上加速运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得
加速到共同速度的时间为
加速到共同速度的位移为
物块与传送带一起匀速运动的位移为
物块与传送带一起匀速运动的时间为
物块在传送带上运动的总时间为
（3）物块离开传送带后以的初速度做平抛运动
解得
又
（n = 0，1，2，3……）
解得
（n = 0，1，2，3……）
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答案第1页，共2页第37讲 运用功能关系分析解决（实际）问题
1．（2021·山东）
1．如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
一.知识回顾
1．功能关系
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量转化必通过做功来实现。
2.对功能关系的进一步理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
（2）功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
3．几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力做功 动能变化 （1）合力做正功，动能增加（2）合力做负功，动能减少 （3）W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功 重力势能变化 （1）重力做正功，重力势能减少（2）重力做负功，重力势能增加 （3）WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力做功 弹性势能变化 （1）弹力做正功，弹性势能减少（2）弹力做负功，弹性势能增加 （3）WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
静电力做功 电势能变化 （1）静电力做正功，电势能减少（2）静电力做负功，电势能增加 （3）W电＝－ΔEp
安培力做功 电能变化 （1）安培力做正功，电能减少（2）安培力做负功，电能增加 （3）W安＝－ΔE电
除重力和系统内弹力之外的 其他力做功　 机械能变化 （1）其他力做正功，机械能增加（2）其他力做负功，机械能减少 （3）W＝ΔE机
一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能变化 （1）作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加（2）Q＝Ff·L相对
4.功能关系的选用原则
（1）总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。
（2）只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。
（3）只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
（4）只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。
5.　能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
（2）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
（3）表达式
①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
②ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。
二.例题精析
题型一：定性分析
2．关于功和能的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体做了多少功，就表示它原来具有多少能
B．物体具有多少能，就能做多少功
C．物体做了多少功，就有多少能量消失了
D．能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少
题型二：定量计算
例2．
3．发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是（　　）
A．飞箭下降阶段克服空气阻力做的功为
B．飞箭上升过程中重力做功为
C．飞箭在最高点具有的机械能为
D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1:15
三.举一反三，巩固训练
4．从2013年北京、张家口联合申办冬奥会开始，习近平主席就曾在多个公开场合表现出对冰雪运动的重视“带动三亿人参与冰雪运动”是习近平主席对开展群众性冰雪运动的谆谆嘱托，也是中国冰雪运动发展的重要目标。质量为60 kg的滑雪运动员从雪道上的某点腾空而起，空中飞行一段时间后落在比起点低的雪道上，落点与腾空起点的竖直距离为10 m，空中飞行过程中运动员克服阻力做功100 J。重力加速度取g=10 m/s2，则关于运动员空中飞行过程的下列说法正确的是（　　）
A．他的动能增加了6000J B．他的机械能减少了100J
C．他的重力势能减少了5900J D．他的机械能保持不变
5．如图所示，将3个木板1、2、3固定在墙角，现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ。下列说法正确的是（　　）
A．物块沿着1和2下滑到底端时速度大小相等
B．物块沿着3下滑到底端时速度最大
C．物块沿着1下滑到底端的过程中，产生的热量最多
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多
6．滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为，设参加活动人和滑车总质量为，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑加速度为，人和滑车可视为质点，不计空气阻力，则从顶端向下滑到底端B的过程，下列说法正确的是（　　）
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为其动能
B．人和滑车获得的动能为
C．人和滑车增加的机械能为
D．人和滑车克服摩擦力做功为
7．如图甲所示，原长为的轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球从弹簧上端某高度（对应图像P点）自由下落，其速度v和离地高度h之间的关系图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，B是曲线和直线的连接点，空气阻力忽略不计，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取，则下列说法正确的是（　　）
A．P点的离地高度为2.15m，弹簧的原长
B．小球运动的过程中，加速度的最大值为
C．从小球开始运动到将弹簧压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒
D．从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
8．如图所示，一轻弹簧放在倾角θ=30°且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A（二者质量均为m）叠放在斜面上并保持静止，现用大小等于的恒力F平行斜面向上拉B，当运动距离为L时B与A分离。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧处于原长时，B与A开始分离
B．弹簧的劲度系数为
C．弹簧的最大压缩量为L
D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的动能一直增大
9．如图所示，一弹性轻绳（弹力与其伸长量成正比）左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球，小球在B点时，弹性轻绳处在原长状态。小球穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力大小为mg。将小球从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0.已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，，，重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。则小球从C运动到D的过程中（　　）
A．受到的摩擦力一直增大
B．下落的高度时，小球加速度为零
C．小球在D点时，弹性轻绳的弹性势能为
D．若仅把小球质量变为3m，则小球到达D点时的速度大小为
10．粗糙水平面上有甲、乙两个相同材料的物块，两物块均可看作质点，它们运动的图象如图所示，4s时两物块发生了完全非弹性碰，已知甲物体的质量为1kg，重力加速度为g=10m/s2，根据图象可知下列说法正确的是（　　）
A．乙物块质量为0.5kg
B．物块与水平面之间的动摩擦因数为=0.2
C．从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移
D．两小球碰撞过程中损失的机械能为75J
11．2022年2月4日冬奥会将在北京开幕。运动员某次测试高山滑雪赛道的一次飞越，整个过程可以简化为：如图所示，运动员从静止开始沿倾角=37°的斜直滑道顶端自由滑下，从A点沿切线进入圆弧轨道，最后从与A等高的C点腾空飞出。已知运动员在A点的速度为108km/h，在最低位置B点的速度为144km/h，圆弧轨道半径为R=200m，运动员和滑板的总质量m=50kg，滑板与斜直滑道的动摩擦因数为μ=0.125。（不计空气阻力，在A点无机械能损失，g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（　　）
A．滑板在B点对轨道的压力为900N B．斜直滑道的长度为100m
C．从A到B点损失的机械能为12500J D．在C点的速度为10 m/s
12．如图a所示，在光滑的水平面上，轻弹簧右端与物块A拴接，物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为F0，且物块A和B的质量均为m。以物块A的位置为坐标原点。A所受弹簧弹力与坐标的关系如图b所示，F0和均为已知量，取A所受弹力水平向右为正方向。现在向左推物块A和B压缩弹簧至-处，将物块A和B由静止释放后（　　）
A．B与A分离时的位置坐标为原点
B．B与A分离时的位置坐标为处
C．B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为
D．B与A分离之前，A的速度为
13．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（　　）
A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体重力对B做的功
14．在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图所示，其中a0和x0为已知量。下列说法中正确的是（　　）
A．当弹簧压缩量为x0时，小球P的速度为零
B．小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为ma0
C．弹簧劲度系数为
D．当弹簧的压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为
15．如图所示，在光滑水平台面上，一个质量m1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知A、B的高度差h0.8m，水平距离s1.2m，圆弧轨道的半径R1m，C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方，并与水平地面上长为L2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8，空气阻力忽略不计。试求：
（1）小物块运动到平台末端A的速度大小v0；
（2）弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep；
（3）圆弧BC所对的圆心角；
（4）若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数 应满足什么条件。
16．如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光滑铰链与C球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连。固定住C球，释放弹簧，球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小。已知A、B两球的质量均为，C球的质量，杆长，弹簧在弹性限度内。
（1）求弹簧释放的弹性势能Ep；
（2）若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大速度v；
（3）若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为时（如图乙），A球绕C球转动的角速度ω。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）、；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
2．D
【详解】A．力对物体做了多少功，就发生了多少能量转换，而不是物体就具有多少能，故A错误；
B．当物体对外做功时，我们说物体具有能，但能并不一定会全部用来做功，故B错误；
CD．功是能量转化的量度，做功的过程是能量从一种形式转化为另一种形式（或从一个物体转移到另一个物体）的过程，能量没有消失，故C错误，D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．飞箭从地面竖直向上弹出到飞箭落回地面整个过程，根据动能定理有
解得
则飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为，即为，故A错误；
B．设飞箭在上升过程中重力做的功为，由动能定理得
则飞箭下降过程重力做功为
故B错误；
C．设飞箭在最高点具有的机械能为，飞箭在上升过程中，空气阻力做的功等于机械能的变化量
解得
故C错误；
D．设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小为f，飞箭上升的最大高度为h，飞箭下降阶段克服空气阻力做的功为
飞箭在下降阶段重力做的功为
可得飞箭所受空气阻力与重力大小之比为
故D正确。
故选D。
4．B
【详解】C．重力做功为
可知重力势能减少，C错误；
BD．空中飞行过程中运动员克服阻力做功，可知机械能减少了，B正确，D错误；
A．根据动能定理可得
可知动能增加了，A错误。
故选B。
5．D
【详解】A．设木板的长度为L，与竖直方向的夹角为，物块下滑到底端的过程，据动能定理可得
由于木板1和2在水平方向的投影x相同，物块沿着1下滑的高度h较大，可知沿着1到达底端的速度大于沿着2到达底端的速度，A错误；
B．与物块沿着2下滑过程对比，物块沿着3下滑到底端的过程，h相同，x较大，故沿着3下滑到底端时速度最小，B错误；
CD．据功能关系可得，产生的热量为
物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，C错误，D正确。
故选D。
6．B
【详解】根据题意，设人和滑车受到的摩擦力为，由牛顿第二定律有
可得
从顶端向下滑到底端B的位移为
A．通过上述分析可知，人和滑车下滑的过程中，有摩擦力做功，根据能量守恒可得，人和滑车减少的重力势能转化为摩擦产生的内能与人和滑车的动能，A错误；
B．人和滑车下滑的过程中，根据动能定理有
解得
B正确；
CD．根据题意可知，摩擦力做功为
即人和滑车克服摩擦力做功为，根据功能关系可得
即人和滑车的机械能减少了，CD错误。
故选B。
7．B
【详解】A．BP段，小球做自由落体运动，则
解得
则下降高度
故P点的离地高度为
小球在最低点时弹簧被压缩了
0.9m-0.29m=0.61 m
则弹簧的原长大于0.61m，故A错误；
B．在A点时，小球的重力和弹簧弹力大小相等，所以弹簧的劲度系数
当弹簧被压缩至最短时，小球的加速度最大
故B正确；
C．从小球开始运动到将弹簧压缩至最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故C 错误；
D．从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球的重力势能减小，动能减小，弹簧的弹性势能增大，而系统的机械能不变，故小球重力势能的减少量和动能减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
故选B。
8．D
【详解】AB．开始时弹簧的弹力大小为
F1=2mgsinθ=mg
B与A刚分离时二者具有相同的加速度，且二者间弹力为零，对B分析有
即此时加速度为0，由此可知，二者分离时弹簧对物体A的弹力大小为
在此过程中，弹簧弹力的变化量为
根据胡克定律得
ΔF=kΔx=kL
解得
即B与A开始分离时，弹簧不是处于原长，AB错误；
C．弹簧的最大压缩量为
C错误；
D．开始时对AB整体，由牛顿第二定律得
F+F1-2mgsinθ=2ma1
解得
加速度方向沿斜面向上，AB分离前瞬间，对AB整体，由牛顿第二定律得
F+F2-2mgsinθ=2ma2
解得
a2=0
由此可知，从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的加速度沿斜面向上减小到零，两物体一直做加速运动，其动能一直增大，D正确。
故选D。
9．B
【详解】A．已知的长度为，根据胡克定律有
与竖直方向的夹角为时，伸长量为，故弹力为
对球受力分析，受重力、橡皮条的弹力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，故
由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力
受到的摩擦力一直不变，A错误；
B．下落的高度时，弹力在竖直方向的分力为
竖直方向受力分析
小球加速度为零，B正确；
C．小球从点运动到点的过程中克服摩擦力做功为
对球从点运动到点的过程，根据动能定理有
解得
根据弹性做功的功能关系
D．故小球在D点时，弹性轻绳的弹性势能大于，C错误；
若仅把小球的质量变成，小球从点运动到点的过程，根据动能定理，有
解得
故D错误。
故选B。
10．A
【详解】A．由图可知，碰撞前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰撞后甲乙速度相等为，由动量守恒定律得
解得
故A正确；
B．由图可知，乙的加速度大小为2.5，根据
解得
故B错误；
C．根据图像与轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移
故C错误；
D．两球碰撞过程中损失的机械能
代入数据解得
故D错误。
故选A。
11．A
【详解】A．当运动员运动到B点时，由
可求出
由牛顿第三定律知，滑板在B点对轨道的压力，故A正确；
B．运动员从倾斜直滑道由静止滑下，则下滑的加速度
由运动学规律
可得
故B错误；
C．运动员由A点到B点由能量守恒定律得
解得
故C错误；
D．从B点到C点过程中，运动员的速度在变化，支持力也在发生变化，受到的摩擦力在变化，所以无法求出C点的速度大小，故D错误。
故选A。
12．B
【详解】AB．物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为F0，根据牛顿第二定律可得
解得
根据图像可得B与A分离时的位置坐标为
A错误，B正确；
C．由图像可得，B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为
C错误；
D．B与A分离之前，弹簧减小的弹性势能转化为A、B的动能，即有
即
解得
D错误。
故选B。
13．B
【详解】A．以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得
mBg﹣kx＝(mA+mB)a
从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得
mBg﹣T＝mBa
可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力。故A错误；
B．整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量。故B正确；
C．根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和。故C错误；
D．根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功。故D错误。
故选B。
14．D
【详解】A．设竖直向下为正方向，该星球的重力加速度为g0，故对小球受力分析可知：mg0-kx=ma，故小球运动的加速度大小为
由图可知，当弹簧的压缩量为x0时，小球的加速度为0，小球的速度最大，故A错误；
B．小球放到弹簧上松开手，小球在弹簧上做简谐振动，当小球向下运动至速度为0时，根据简谐运动的对称性可知，它与小球刚放到弹簧上时的加速度大小是相等的，方向相反，小球刚放到弹簧上时，满足x=0，只受星球吸引力的作用，故加速度大小为g0，即g0=a0，方向竖直向下，所以当小球的速度为0时，它的加速度大小也是g0，方向竖直向上，设此时的弹力大小为F，则F-mg0=mg0，故此时的弹力大小为2mg0，也可以表达成2ma0，故B错误；
C．由
可知，当a=0时
故
即弹簧的劲度系数为，故C错误；
D．当弹簧的压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为
故D正确。
故选D。
15．（1）；（2）4.5J；（3）53；（4）
【详解】（1）根据平抛运动特点，可得
解得
（2）根据能量守恒，有
（3）运动到B点时，竖直方向速度为，则有
解得
则有
得到
（4）B、C两点的高度差为
若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒有
解得
若恰不从B飞出，根据能量守恒有
解得
若从BC滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，根据能量守恒有
解得
综上，可得
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由对称性可知球与弹簧分离时球的速度相等，设为，对球，由牛顿第二定律有
由系统机械能守恒定律得
解得
（2）三个球在一条直线上时，C球速度与杆垂直，加速度等于0，速度最大，、B球速度分别为、，由对称性可知
由系统动量守恒定律可知
由系统机械能守恒定律得
解得
（3）设此时C球的速度为，、B球速度分别为、，、B球垂直C球速度方向的分速度分别为、，、B球沿C球速度方向的分速度分别为、，则
又
系统垂直C球速度方向动量守恒有
系统沿C球速度方向动量守恒有
由系统机械能守恒定律得
联立解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第38讲功与能综合
（2021·甲卷）
1．如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
一、知识回顾
1.多过程运动特点：
由三个及三个以上的运动过程组成的复杂运动。
2.解题理论
（1）动力学：涉及到时间、加速度等物理量，可能用到运动学公式和牛顿定律。
（2）动能定理：涉及到变力做功、曲线运动、非匀变速运动等运动过程，可能用到动能定理。
（3）功能关系：
涉及到不同形式能量之间关系或功与能之间关系，可能用到功能关系或能量守恒定律。
3.解题技巧：
（1）仔细审题，弄清有哪几个运动过程，并画简图示意。
（2）对各运动过程要进行受力与运动特点、做功与能量变化分析。
（3）边审题，边提取已知信息或隐含信息，对每个运动过程，列出可能的方程式。
（4）一般要有探索过程，不要企图一步到位，最后根据需要，列出必要的方程或方程组。
4.注意事项
（1）一个方程不能解决问题，就多设内个未知量，列方程组求解。
（2）列方程式时依据要明确，概念要清楚：
如运用动能定理，就涉及到功与动能的关系，不要弹性势能、重力势能列在式中；如运用机械能与系统外力和非保守力做关系时，重力做功或弹簧弹力做功就不要列在式中；如运用能量守恒定律列式，只是寻找能量之间的关系，不要把功写在式中。
二.例题精析
2．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度大小为g。（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；
（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量为，将P推至E点，从静止开始释放，P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出，求物块在D点处离开轨道前对轨道的压力。
三、举一反三，巩固练习
3．如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如图乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为θ2，竖直距离为。一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于，若使用坐垫，坐垫与滑道底面间摩擦不计，若未使用坐垫，游客与各段滑道底面间的摩擦力大小恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，空气阻力不计。已知，，求：
（1）若游客使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客在BC段增加的动能ΔEk；
（2）若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客到达D点时是否安全；
（3）若游客使用坐垫下滑，且游客安全到达D点，则全过程克服侧壁摩擦力做功的最小值。
4．如图所示，地面上有一个倾角为37°的足够长的固定斜面，斜面上有一长为L=1m、质量为M=1kg的厚度可以忽略不计的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，其下端P到斜面底端的挡板C的距离d=0.5m．现在木板的正中央放一质量为m=1kg可看成质点的木块，此时木块刚好能处于静止状态．现对木板施加一沿斜面向上的外力F1使木板处于静止，此时木板与斜面之间刚好没有摩擦力．最大静摩擦近似等于滑动摩擦，木块与斜面间的动摩擦因数为μ3=0.5，g=10m/s2．试求：
（1）木块与木板之间的动摩擦因数μ2及外力F1的大小；
（2）现将外力大小变为F2=21N，且方向仍沿斜面向上，木板将向上运动，经多长时间木块与挡板相碰；
（3）从外力F2作用到木板上开始到木块与挡板相碰的过程中系统产生的热量．
5．在如图所示的竖直平面内，半径为R1=40cm的圆弧形光滑细管道AN与竖直光滑细管道MN、形状未知的轨道AB相切于N点、A点；倾角为，长为L1=6.25m的粗糙直轨道BC与AB相切于B点，水平轨道CE段与BC连接，CD段光滑，DE段粗糙且足够长：一半径为R2=10cm的竖直光滑圆轨道相切于D点，底部略微错开以致物体做完整圆周运动后可以顺利进入水平DE轨道。一质量为m=1kg的滑块Q静止在CD上，另一质量也为m=1kg滑块P被压缩弹簧弹出后沿管道运动，在AN管道最高点对外侧管壁压力为3mg，之后能一直沿AB轨道无挤压的运动，且无碰撞的进入直轨道BC，P运动到水平轨道CD后与Q发生碰撞，碰撞过程中P的动量改变量为碰前P动量的。已知弹簧原长在N处，P被弹出到A过程中最大速度为5m/s，弹簧的弹性势能为，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量；P、Q与轨道BC和DE间的动摩擦因数均为，sin53°=0.8，cos53°=0.6。不计滑块在连接处运动时的能量损耗。
（1）求滑块到达A点和B点的速度大小；
（2）求弹簧劲度系数k的值；
（3）若要使得P与Q发生一次碰撞，运动过程中不脱离轨道且P经过C点位置不超过两次，求动摩擦因数应满足的条件。
6．“鲁布·戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
（2）细杆F的长度。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
2．（1）；（2）2.4mgR；（3）
【详解】（1）根据题意知，B、C之间的距离L为
L=7R-2R=5R
设P第一次运动到B点时速度的大小为vB，P从C到B的过程中，重力和斜面的摩擦力对P做功，由动能定理得
0
代入数据解得
（2）设BE=x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep，P由B点运动到E点的过程中，由动能定理得
E、F之间的距离为
L1=4R-2R+x=2R+x
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有：
Ep-mgL1sin37°-μmgL1cos37°=0
联立得
x=R，L1=3R，Ep=2.4mgR
（3）对P从E到D的过程，运用动能定理得：
在D点，由向心力公式得
联立解得
由牛顿第三定律知物块在D点处离开轨道前对轨道的压力
3．（1）mgh0；（2）不安全；（3）1.5mgh0
【详解】（1）由动能定理得
（2）在AD段，由动能定理得
解得
到达D点时不安全；
（3）整个过程，由动能定理得：
解得
4．（1）0.75， 12N；（2）2s（3）37J
【详解】（1）木块恰好静止，所以有
mgsin 37°=μ2mgcos 37°
解得
μ2=0.75
对整体，由于木板静止且与斜面之间无摩擦，则
F1=(mg+Mg)sin 37°
解得
F1=12 N
（2）木块离开木板前受力仍平衡，所以处于静止状态．设经过时间t1离开木板，该过程中木板的加速度为a1，
对木板有
F2–Mgsin 37°–μ2mgcos 37°–μ1(mg+Mg)cos 37° =Ma1
解得
a1=1 m/s2
根据
解得
t1=1 s
木块离开木板后的加速度为
a2=gsin 37°–μ3gcos 37°=2 m/s2
木块离开木板后再经过t2与挡板相碰，则
解得
t2=1 s
所以从F2开始作用到木块与挡板相碰共需时间
t=t1+t2=2 s
（3）木块与木板间产生的热量
Q1=μ2mgcos 37°=3 J
木块与斜面间产生的热量
Q2=μ3mgcos 37°(d+)=4 J
前1 s内木板与斜面间产生的热量
Q3=μ1(Mg+mg)cos 37°=4 J
木块离开木板时木板的速度
v1=a1t1=1 m/s
设木块离开后木板的加速度为a3
F2–Mgsin 37°–μ1Mgcos 37°=Ma3
解得
a3=11 m/s2
木块离开后的1 s内木板运动的位移为
最后1 s内木板与斜面间产生的热量
Q4=μ1Mgcos 37°x2=26 J
系统共产生的热量
Q=Q1+Q2+Q3+Q4=37 J
点睛：本题主要考查了相对运动问题，正确分析木块和木板受力情况，判断其运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合处理是基本方法．
5．（1）4m/s，5m/s；（2）100N/m；（3）或
【详解】（1）对A点由牛顿第二定律得
解得
由于在AB段对轨道无挤压即没有压力，因此A到B做平抛运动
因此
（2）P被弹出至脱离弹簧过程中，速度最大即为平衡位置
速度最大即为平衡位置，由能量守恒得
解得
（3）B到C，由动能定理得
解得
为使P和Q能发生碰撞，vc>0因此
P和Q发生碰撞，P的动量改变量为碰前P动量的3/4，因此P碰后速度向右，大小为vc/4，Q碰后速度向右，大小为3vc/4，为使只碰一次且不脱离轨道，可以有以下两种情形
情形一：均过最高点，因此最高点速度应满足
因此由动能定理得
圆轨道最低点速度应满足
即
解得
情形二：P不超过圆心等高处，Q过最高点，因此最高点速度应满足
解得
P不超过圆心等高点
应满足
即
解得
同时P经过C点位置不超过两次，即P返回斜面速度减为0后要不能下滑，即
因此
综上所述，μ应满足的条件为μ≤0.2，或
6．（1）；（2）
【详解】（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从A到B，由动能定理得
小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小
解得
（2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力
由
知，木板E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板E、圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a；由牛顿第二定律
解得
对圆环由牛顿第二定律
可知圆环所受摩擦力
所以木板E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动。假设第一次相撞的速度大小为，则由匀变速直运动推导公式
由分析知，第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，假设相撞后，圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板E向左、细杆F向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律
对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律
解得
因为大小相等，则圆环与木板E、细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则有匀变速直线运动推导公式
解得
同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为
第n次碰撞后，木板E向左的最大位移为
则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
设细杆F的长度为x，则
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第39讲 四种类型的验证机械能守恒定律实验设计及数据处理
（2022·湖北）
1．某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的图像是一条直线，如图乙所示。
（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为 。
（2）由图乙得:直线的斜率为 ，小钢球的重力为 N。（结果均保留2位有效数字）
（3）该实验系统误差的主要来源是 （单选，填正确答案标号）。
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
（2022·广东）
2．某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：
（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径 。
（3）测量时，应 （选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间和。
（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失 （用字母m、d、和表示）。
（5）若适当调高光电门的高度，将会 （选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
（2022·河北）
3．某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。
（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为 ，钩码的动能增加量为 ，钩码的重力势能增加量为 。
（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是 。
一.知识回顾
（一）常规实验原理与操作
1.实验目的：　验证机械能守恒定律。
2.实验原理
（1）在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化，但总的机械能保持不变。若物体某时刻瞬时速度为v，下落高度为h，则重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mv2，看它们在实验误差允许的范围内是否相等，若相等则验证了机械能守恒定律。
（2）速度的测量：做匀变速直线运动的物体某段位移中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。
计算打第n点速度的方法：测出第n点与相邻前后点间的距离xn和xn＋1，由公式vn＝计算，或测出第n－1点和第n＋1点与起始点的距离hn－1和hn＋1，由公式vn＝算出，如图所示。
3.实验器材
铁架台（含铁夹），打点计时器，学生电源，纸带，复写纸，导线，毫米刻度尺，重物（带纸带夹）。
4.实验步骤
（1）安装置：如图所示，将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路。
（2）打纸带：将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方。先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落。更换纸带重复做3～5次实验。
（3）选纸带：分两种情况说明
（1）用mv＝mghn验证时，应选点迹清晰，且第1、2两点间距离接近2 mm的纸带。若第1、2两点间的距离大于2 mm，则可能是由于先释放纸带后接通电源造成的。这样，第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选。
（2）用mv－mv＝mgΔh验证时，处理纸带时不必从起始点开始计算重力势能的大小，这样，纸带上打出的起始点O后的第一个0.02 s内的位移是否接近2 mm，以及第一个点是否清晰也就无关紧要了，实验打出的任何一条纸带，只要后面的点迹清晰，都可以用来验证机械能守恒定律。
5.实验数据处理
（1）测量计算
在起始点标上0，在以后各计数点依次标上1、2、3…，用刻度尺测出对应下落高度h1、h2、h3…。
利用公式vn＝计算出打点1、点2、点3…时重物的瞬时速度v1、v2、v3…。
（2）验证守恒
方法一：利用起始点和第n点计算。计算ghn和v，如果在实验误差允许的范围内，ghn＝v，则验证了机械能守恒定律。（此方法要求所选纸带必须点迹清晰且第1、2两点间距离接近2 mm）
方法二：任取两点计算。
①任取两点A、B测出hAB，算出ghAB。
②算出v－v的值。
③在实验误差允许的范围内，如果ghAB＝v－v，则验证了机械能守恒定律。
方法三：图像法。从纸带上选取多个点，测量从第一个点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2h图线。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。
6.误差分析
（1）系统误差：本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力（空气阻力、打点计时器阻力）做功，故动能的增加量ΔEk稍小于重力势能的减少量ΔEp，即ΔEk<ΔEp。改进的办法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力。
（2）偶然误差：本实验在长度测量时产生的误差。减小误差的办法是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应的下落高度测量完，或者多次测量取平均值来减小误差。
7.注意事项
（1）打点计时器要稳定地固定在铁架台上，打点计时器平面与纸带限位孔调整到竖直方向，以减小摩擦阻力。
（2）重物要选用密度大、体积小的物体，这样可以减小空气阻力的影响，从而减小实验误差。
（3）实验中，需保持提纸带的手不动，且保证纸带竖直，待接通电源，打点计时器工作稳定后，再松开纸带。
（4）测量下落高度时，为了减小测量值h的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，纸带也不宜过长，有效长度可在60～80 cm之间。
（5）不需测出物体质量，只需验证v＝ghn或v－v＝ghAB即可。
（6）速度不能用vn＝gtn或vn＝计算，因为只要认为加速度为g，机械能当然守恒，即相当于用机械能守恒定律验证机械能守恒定律，所以速度应从纸带上直接测量计算。同样的道理，重物下落的高度h，也只能用刻度尺直接测量，而不能用hn＝gt或hn＝计算得到。
8.实验改进与创新设计
（1）物体下落过程中通过某一位置的速度可以用光电门及数字计时器测出来，利用这种装置验证机械能守恒定律，能消除纸带与限位孔的摩擦阻力带来的系统误差。
（2）整个实验装置可以放在真空的环境中操作，如用牛顿管和频闪照相进行验证，以消除由于空气阻力作用而带来的误差。
（3）为防止重物被释放时的初速度不为零，可将装置改成如图所示形式，剪断纸带最上端，让重物从静止开始下落。
二.典型例题精讲
题型一：验证自由落体运动的物体机械能守恒
4．如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。该装置中的打点计时器所接交流电源频率是50Hz。
(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的有 。
A．精确测量出重物的质量
B．两限位孔在同一竖直线上
C．重物选用质量和密度较大的金属锤
D．释放重物前，重物离打点计时器远些
(2)按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。
①重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 。
A．OA、OB和OG的长度
B．OD、OE和OF的长度
C．OA、BD和EG的长度
D．AC、BF和EG的长度
②用刻度尺测得图中AB的距离是1.76cm，FG的距离是3.71cm，则可得当地的重力加速度是 m/s2。（计算结果保留三位有效数字）
题型二：验证竖直平面内绳球模型摆动过程的机械能守恒
5．某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方。在钢球底部竖直地粘住一片宽带为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取作为钢球经过A点时的速度．记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小与动能变化大小，就能验证机械能是否守恒。
（1）用计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到 之间的竖直距离。
A.钢球在A点时的顶端
B.钢球在A点时的球心
C.钢球在A点时的底端
（2）用计算钢球动能变化的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2所示，其读数为 cm。某次测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球的速度为v＝ m/s。
（3）如表为该同学的实验结果：
他发现表中的与之间存在差异，你认为这是 造成的。应该如何修正 。
（×10﹣2J） 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38
（×10﹣2J） 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8
题型三：验证两个连接的物体系统运动过程的机械能守恒
6．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示．
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平．
②用游标卡尺测量挡光条的宽度l＝9.30 mm.
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x＝ cm.
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2.
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量m0，再称出托盘和砝码的总质量m.
(2)用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：
①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝ 和v2＝ ．
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝ 和Ek2＝ ．
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量ΔEp＝ (重力加速度为g)．
(3)如果ΔEp＝ ，则可认为验证了机械能守恒定律．
题型四：探究机械能不守恒时的功能关系
7．某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量及系统总机械能的减少量，结果如下表所示：
0.200 0.250 0.300 0.350 0.400
0.582 0.490 0.392 0.294 0.195
0.393 0.490 0.686 0.785
回答下列问题：
（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 J（保留三位有效数字）；
（2）步骤④中的数据所缺数据为 ；
（3）若M为横轴，为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出图像 ；
若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为 （保留两位有效数字）
三.举一反三，巩固练习
8．某小组同学用如图1所示的DIS二维运动实验系统研究单摆在运动过程中机械能的转化和守恒（忽略空气阻力）。实验时，使发射器（相当于摆球）偏离平衡位置后由静止释放，使其在竖直平面内摆动。系统每隔0.02s记录一次发射器的位置，多次往复运动后，在计算机屏幕上得到的发射器在竖直平面内的运动轨迹如图2所示。当地的重力加速度 g=9.8m/s2）
①图2中A点的速度 B点的速度。（填大于、等于或小于）
②在运动轨迹上选取适当区域后，点击“计算数据”，系统即可计算出摆球在所选区域内各点的重力势能、动能及总机械能，并绘出对应的图线，如图3所示。结合图2和图3综合分析，图3中t＝0时刻对应图2中的 点（填“A”或“B”）。由图3可知，此单摆的周期为 s。
③图3中的C点对应在图2中圆弧轨迹AB上的某一点，该点在
A．圆弧AB中点的左侧 B．圆弧AB中点的右侧
C．圆弧AB的中点 D．信息不够，不能确定
9．某同学在做“验证机械能守恒定律”实验时，将一重球拴接在细绳的一端，另一端固定在点，使小球在竖直面内做圆周运动，并在小球经过的最低点和最高点分别固定两个光电门，如图甲所示。已知当地重力加速度为。请回答下列问题：
（1）该同学首先用螺旋测微器测量小球的直径，测量结果如图乙所示，则该小球的直径 mm；
（2）该同学为了完成实验，测量了重球经过光电门1和光电门2的挡光时间分别为和，还需测量的物理量有 （填选项）；
A．重球的质量 B．细绳的长度 C．重球运动的周期
（3）重球经过最低点的速度大小为 （用上述测量量和已知量的字母表示）
（4）如果该过程中重球的机械能守恒，在误差允许的范围内，则关系式 成立。（用上述测量量和已知量的字母表示）
（5）实验中产生误差的主要原因： （写出一点即可）。
10．如图1所示为高中物理中的四个力学实验装置。
（1）关于这四个力学实验，下列说法正确的是 （多选）。
A．实验操作时，四个实验均需先接通电源后释放纸带
B．实验操作时，四个实验均需物体靠近打点计时器处由静止释放
C．四个实验中的物体均做匀变速直线运动
D．数据处理时，四个实验均需计算物体的加速度
（2）某同学按图1（乙）装置做“探究加速度与力和质量关系”，在正确补偿阻力后，按实验原理打出了12条纸带。如图2（a）所示是根据其中一条纸带上的数据作出的图像。打该条纸带时，钩码的总质量 （选填“满足”或“不满足”）远小于小车的质量。
（3）如图2（b）所示是某同学按图1（丁）装置做“验证机械能守恒”时打出的一条纸带，计时器接在频率为的交流电源上，从起始点开始，将此后连续打出的7个点依次标为A、、…，已知重锤的质量为，当地的重力加速度，从打点到打点的过程，重锤重力势能的减少量为 ，重锤动能的增加量为 。（该小题中的计算结果均保留2位有效数字）
11．阿特伍德机是著名的力学实验装置。绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重锤A和B，在B下面再挂重物C时，由于速度变化不太快，测量运动学物理量更加方便。
（1）如图所示，在重锤A下方固定打点计时器，用纸带连接A，测量A的运动情况。下列操作过程正确的是 ；
A．固定打点计时器时应将定位轴置于系重锤A的细线的正下方
B．开始时纸带应竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直线上
C．应先松开重锤让A向上运动，然后再接通打点计时器电源打点
D．打点结束后先将纸带取下，再关闭打点计时器电源
（2）某次实验结束后，打出的纸带如图所示，已知打点计时器所用交流电源的频率为，则重锤A运动拖动纸带打出H点时的瞬时速度为 ；（结果保留三位有效数字）
（3）如果本实验室电源频率不足50Hz，则瞬时速度的测量值 （填“增大”或“减小”）；
（4）已知重锤A和B的质量均为M，某小组在重锤壁下面挂质量为m的重物C由静止释放验证系统运动过程中的机械能守恒，某次实验中从纸带上测量A由静止上升h高度时对应计时点的速度为v，则验证系统机械能守恒定律的表达式是 ；
（5）为了测定当地的重力加速度，另一小组改变重物C的质量m，测得多组m和测量对应的加速度a，在坐标上作图如图所示，图线与纵轴截距为b，则当地的重力加速度为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 0.59 C
【详解】（1）[1]设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为
到最低点时细线拉力最大，则
联立可得
即若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为；
（2）[2][3]由图乙得直线的斜率为
则小钢球的重力为
（3）[4]该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。
2． 7.884##7.882##7.883##7.885##7.886 B 增大
【详解】（2）[1]依题意，小球的直径为
（3）[2]在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。
（4）[3]依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v1、v2，则有
则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为
（5）[4]若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
3． mgh5 见解析
【详解】（1）[1]从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为
整理有
[2]打F点时钩码的速度为
由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为
[3]钩码的重力势能增加量为
Ep重 = mgh5
（2）[4]钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是纸带与限位孔的摩擦力做功变多导致两曲线间隔变大。
4． BC BD 9.75
【详解】(1)[1]A．因为在实验中比较的是、的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误；
B．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故B正确；
C．实验供选择的重物应该是相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确；
D．释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故D错误。
故选BC。
(2)[2][3]A．当知道OA、OB和OG的长度时，不能求得各点的瞬时速度，从而不能确定两者的动能变化，也无法求解重力势能的变化，故A错误；
B．当知道OD、OE和OF的长度时，依据OD和OF的长度，可求得E点的瞬时速度，从而求得O到E点的动能变化，因知道OE间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B正确；
C．当知道OA、BD和EG的长度时，不能求得各点的瞬时速度，从而不能确定两者的动能变化，也无法求解重力势能的变化，故C错误；
D．当知道AC、BF和EG的长度时，依据AC和EG的长度，只能求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由BF间距，则可验证机械能守恒吗，故D正确。
故选BD。
根据
代入解得
5． B 1.50 1.50 所测量速度为挡光片的速度，比小球速度大 测出固定点到挡光片的距离算出小球速度即可
【详解】（1）[1]小球下落的高度h是初末位置球心之间的高度差。
故选B。
（2）[2]刻度尺读数的方法，需估读一位，所以读数为1.50cm；
[3]某次测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球的速度为
v
（3）[4][5]在该实验中所求的速度是遮光片的速度，而不是小球的速度，比小球的速度大，应该测出固定点到挡光片的距离算出小球速度即可。
6． 60.00(59.96～60.04) mgx Ek2－Ek1
【详解】(1)③[1]．由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离
x＝80.30 cm－20.30 cm＝60.00 cm.
(2)①[2][3]．由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度看做瞬时速度，挡光条的宽度l可用游标卡尺测量，挡光时间Δt可从数字计时器读出，因此，滑块通过光电门的瞬时速度为，则通过光电门1时瞬时速度为，通过光电门2时瞬时速度为.
②[4][5]．由于质量事先已用天平测出，由公式Ek＝mv2，可得滑块通过光电门1时系统动能
Ek1＝ (m0＋m) ，
滑块通过光电门2时系统动能
Ek2＝ (m0＋m) .
末动能减初动能可得动能的增加量．
③[6]．两光电门中心之间的距离x为砝码和托盘下落的高度，系统势能的减小量ΔEp＝mgx
(3)[7]．最后对比Ek2－Ek1与ΔEp数值大小，若在误差允许的范围内相等，就验证了机械能守恒定律．
7． 0.980 0.588 0.40（0.38~0.42）
【详解】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为
（2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知
其中系统减少的重力势能为
系统增加的动能为
系统减少的机械能为，则代入数据可得表格中减少的机械能为
（3）[3]根据表格数据描点得的图像为
[4]根据做功关系可知
则图像的斜率为
解得动摩擦因数为
（0.38~0.42）
8． 小于 B 1.12 A
【详解】①[1]图2中A点附近的点迹较B点密集，可知A点的速度小于B点的速度。
②[2]图3中t＝0时刻Ek最大，Ep为零，则对应图2中的B点。
[3]由图3可知，此单摆的周期为T=2×0.56s=1.12s。
③[4]图3中的C点动能和势能相等，根据
即
根据几何知识可知，该点在圆弧AB中点的左侧。
故选A。
9． 5.700##5.699##5.701 B 存在阻力影响（摆长的测量误差、小球的直径测量误差）
【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数等于固定刻度加上可动刻度，由图乙可知则该小球的直径为
（2）[2]从光电门1到光电门2过程，重球减少的重力势能等于增加的动能，则有
可得
可知还需要测量细绳的长度，B正确，AC错误；
故选B。
（3）[3]由于小球直径很小，可知小球经过光电门的挡光时间很小，故重球经过最低点的速度大小为
（4）[4]如果该过程中重球的机械能守恒，则有
可知在误差允许的范围内，关系式为
（5）[5]实验中产生误差的主要原因有：存在阻力影响（摆长的测量误差、小球的直径测量误差）。
10． AB##BA 满足
【详解】（1）[1] AB．打点计时器在使用时，为了使打点稳定，同时为了提高纸带的利用率，使尽量多的点打在纸带上，要应先接通电源，再放开纸带，同时需物体靠近打点计时器处由静止释放，故AB正确；
CD．探究功与速度变化的关系实验中，橡皮筋的势能转化为小车的动能，且在平衡摩擦力之后，通过增加橡皮筋条数使做功成倍增加，小车做非匀变速直线运动，也无需计算小车的加速度，故CD错误。
故选AB。
（2）[2]图像为一条倾斜的直线，加速度一定，钩码的总质量和小车的质量分别为m、M，由图像可知
由牛顿第二定律
可得
可知小车受到的合外力一定，则打该条纸带时，钩码的总质量满足远小于小车的质量。
（3）[3] 重锤重力势能的减少量为
[4]F点速度
重锤动能的增加量为
11． B 1.13 增大
【详解】（1）[1]AB．开始时纸带应竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直线上，从而尽可能减小纸带运动过程中所受的摩擦阻力，所以打点计时器振针应置于系重锤A的细线的正下方，而定位轴的位置在复写纸中心，在振针旁边，所以定位轴不应在重锤A的细线的正下方，故A错误，B正确；
C．由于重锤A速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，再释放重锤A，故C错误；
D．打点结束后应先关闭打点计时器电源，再取下纸带，故D错误。
故选B。
（2）[2]打H点时重锤A的瞬时速度等于打G、J两点间的平均速度，即
（3）[3]如果本实验室电源频率不足50Hz，则计算瞬时速度时所代入的T值比实际值偏小，从而使瞬时速度的测量值增大。
（4）[4]根据机械能守恒定律有
整理得
（5）[5]对A、B、C整体根据牛顿第二定律有
整理得
由题意可知
解得
答案第1页，共2页
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