资源简介

2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第八章机械能守恒定律第2节重力势能课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．打扫卫生时，甲同学先将凳子缓慢向上搬起，等乙同学打扫后再将凳子缓慢放回原处。此过程中甲同学对凳子的做功情况、以及凳子重力势能的变化情况分别是（　　）
A．甲先做正功后做负功；凳子的重力势能先增大后减小
B．甲先做负功后做正功；凳子的重力势能先减小后增大
C．甲先做负功后做正功；凳子的重力势能先增大后减小
D．甲一直做正功；凳子的重力势能先减小后增大
2．在地面上以初速度v0把物体竖直向上抛出，经过时间t1，物体到达最高点。不计空气阻力，在上升过程中，物体的速度v随时间t的变化关系如图所示。在0~t1时间内，物体的重力势能（　　）
A．保持不变 B．逐渐减小 C．逐渐增大 D．先增大后减小
3．某自行车运动员沿斜坡下滑一段距离，重力对他做功为2000J，他克服阻力做功为100J，则他的重力势能（　　）
A．增加2100J B．减少1900J C．增加1900J D．减少2000J
4．下列说法正确的是（　　）
A．重力做功与物体路径无关，物体下降过程中重力做正功，重力势能减小
B．物体做曲线运动，所受合力一定为零
C．物体速度改变，则动能一定改变
D．将一物体在某一高度水平抛出，初速度越大，运动时间越长
5．俯卧撑是常见的无器械健身运动之一、该运动有益于骨骼的坚实、关节的灵活和韧带的牢固，同时能加速血液循环，增大肺活量，促进生长发育，提高运动能力。某位同学做俯卧撑的情景如图所示，某时刻该同学身体降低到基本靠近地板，他保持躯干成一条直线，用力快速撑直手臂。在这个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该同学受到的重力做负功，重力势能增大
B．该同学受到的重力做负功，重力势能减小
C．该同学受到的重力做正功，重力势能减小
D．该同学受到的重力做正功，重力势能增大
6．如图所示，以大小为的水平速度将甲球自点抛出，甲球恰好垂直落在倾角为30°的斜面上。再以大小为的水平速度将乙球自点（未画出）抛出，乙球也能垂直落在该斜面上。甲、乙两个小球的质量相等，不计空气阻力，则甲、乙两球从抛出到落在斜面上的过程中重力做功之比为（　　）
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．1∶6
7．如图所示，某物块分别沿三条不同的轨道由离地高h的A点滑到同一水平面上，轨道1、2是光滑的，轨道3是粗糙的，则（　　）
A．沿轨道1滑下重力势能变化多
B．沿轨道2滑下重力势能变化多
C．沿轨道3滑下重力势能变化多
D．沿三条轨道滑下重力势能变化一样多
8．关于重力势能，下列说法中正确的是（　　）
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．重力势能的变化量与零势能面的选取无关
C．一个物体的重力势能从J变化到J，重力势能减少了
D．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
9．如图，身长为3L，质量为m的毛毛虫外出觅食，缓慢经过一边长为L的等边三角形小石块。从头部刚到达最高点开始，到身体中点刚刚到达最高点的过程中，毛毛虫的重力势能的变化量是（假设毛毛虫能一直贴着小石块前行） （　　）
A． B． C． D．
10．在光滑的桌面上有一根均匀柔软的质量为m、长为l的绳，其绳长的四分之一悬于桌面下，从绳子开始下滑至绳子刚好全部离开桌面的过程中，绳子的重力做功和重力势能变化如何（桌面离地高度大于l）（　　）
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
11．下列关于重力势能的说法中正确的是（　　）
A．重力势能是地球和物体共同具有的，而不是物体单独具有的
B．重力势能的大小是相对的
C．某个物体处于某个位置，重力势能的大小是唯一确定的
D．在地面上方的物体，它的重力势能一定不等于零
12．如图，质量为m的物体（可视为质点）以某一初速度由底端冲上倾角α＝30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其加速度大小为g，在这个上升过程中下列说法正确的是（　　）
A．上升到最高点后物体保持静止状态
B．物体重力势能增加了mgh
C．物体动能减少了2mgh
D．物体动能减少了mgh
13．下列关于重力势能和弹性势能的相关说法中，正确的是（　　）
A．重力势能与重力做功密切相关，重力做功与路径有关
B．抬高物体，物体具有重力势能，重力势能是地球上的物体单独具有的
C．弹簧受力发生弹性形变，具有弹性势能
D．选择不同的参考平面，重力势能不相同，但是对于同一过程重力势能的变化都是相同的
14．如图所示，质量为m的小球，用一长为L的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点。若已知OD=，选O点所在的水平面为参考平面，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球由A点到C点的过程中，重力做功为
B．小球由A点到B点的过程中，细线拉力做正功
C．小球在B点时的重力势能-mgL
D．D点越低碰钉子后细线越容易断裂
三、填空题
15．如图所示，质量为3kg的木块在倾角为的斜面顶端由静止开始在外力作用下加速下滑，已知加速度，假设斜面足够长，且以斜面顶端O点所在平面为零势能面，g取10m/s2，，，求：
（1）2s末木块的重力势能Ep=__________；
（2）前2s内木块重力的平均功率=__________；
（3）2s末木块重力的瞬时功率P=____________。
16．探究弹性势能的表达式的依据是弹簧增加的弹性势能等于______________．
四、解答题
17．质量为50kg的人沿着长、倾角为的坡路走上一个土丘，重力对他所做的功是多少？他克服重力所做的功是多少？他的重力势能增加了多少？
18．项目化学习中，同学们制作并成功发射了水火箭。假设水火箭发射后始终在竖直方向上运动。在水火箭向下喷水时，可认为火箭做的是加速度的匀加速直线运动。已知从火箭开始喷水到喷水结束经历的时间为4.0s，水火箭壳体的质量，取，求：
（1）喷水结束时火箭的高度；
（2）从发射到喷完水的过程中，火箭壳体克服重力做的功。
参考答案
1．A
【详解】
甲同学将凳子向上搬起过程中，人对凳子有向上的作用力，凳子向上运动，故人对凳子做正功，凳子的位置升高了，故其重力势能增大；放下过程中，人对凳子的力仍然向上，但凳子运动方向向下，故人对凳子做负功，凳子的位置降低了，故其重力势能减小。故A正确；BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】
在0~t1时间内，物体距离地面的高度逐渐增加，根据
Ep=mgh
可知的重力势能逐渐增加。
故选C。
3．D
【详解】
重力对他做功为2000J，则重力势能减少2000J。
故选D。
4．A
【详解】
A．重力做功与物体路径无关，物体下降过程中重力做正功，重力势能减小，A正确；
B．物体做曲线运动，速度发生变化，有加速度，故所受合力不为零，B错误；
C．若只是速度方向改变，则动能不变，C错误；
D．由
可知，运动时间取决于下落高度，与初速度无关，D错误。
故选A。
5．A
【详解】
该同学用力快速撑直手臂时，身体的重心上升，重力方向与位移方向相反，则受到的重力做负功，重力势能增大。
故选A。
6．C
【详解】
以大小为的水平速度将甲球自点抛出，甲球恰好垂直落在倾角为30°的斜面上，则
则
若速度变为2v，则
则
则两次重力做功之比
故选C。
7．D
【详解】
物块分别沿三条不同的轨道由离地高h的A点滑到同一水平面上，重力做功都为
所以沿三条轨道滑下重力做的功一样多，ABC错误，D正确。
故选D。
8．B
【详解】
A．重力势能具有相对性，某个物体处于某个位置，相对不同的参考平面具有不同的重力势能，选项A错误；
B．重力势能的变化量与零势能面的选取无关，选项B正确；
C．重力势能可以为负，一个物体的重力势能从变化到，说明物体克服重力做功,重力势能变大，选项C错误；
D．重力势能，h为相对于零势能面的高度差，可见重力势能的大小与质量和高度两个因素有关。对于同一物体，如果在参考平面下方，越向下，重力势能越小，选项D错误。
故选B。
9．D
【详解】
选山丘底端为零势能面，初状态的重力势能为
身体中点刚刚到达最高点时的重力势能为
其重力势能的变化量为
故选D。
10．A
【详解】
设桌面为零势能面，将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心在竖直段的中间，高度为，而竖直部分的重力为，重力势能
绳子刚好全部离开桌面，则高度为，而竖直部分的重力为，重力势能
重力势能的变化量
重力做的功
故A正确，BCD错误。
故选A。
11．AB
【详解】
物体的重力势能具有相对性和系统性。对于不同的零势能参考平面，同一个物体在同一个位置的重力势能是不相同的。物体的重力势能属于物体和地球组成的这个系统，而不只是物体单独具有。
故选AB。
12．ABC
【详解】
A．上升过程中由牛顿第二定律可得
解得
上升到最高点后，由物体的受力可知，物体保持静止状态，故A正确；
B．物体重力势能的增加量等于物体克服重力做的功，为mgh，故B正确；
CD．物体的合力做的功等于动能的减少量，则动能减少量
故C正确，D错误。
故选ABC。
13．CD
【详解】
A．重力势能与重力做功密切相关，重力做功与路径无关，故A错误；
B．抬高物体，物体具有重力势能，重力势能是地球上的物体与地球共有的，故B错误；
C．弹簧受力发生弹性形变，具有弹性势能，弹性势能是这个力和弹簧共同具有的，故C正确；
D．选择不同的参考平面，重力势能不相同，但是对于同一过程重力势能的变化都是相同，故D正确。
故选CD。
14．ACD
【详解】
A．小球由A点运动到C点的过程中，重力做功为
故A正确；
B．小球由A点到B点的过程中，细线拉力始终与小球速度垂直，故细线拉力不做功，故B错误；
C．因选O点所在的水平面为参考平面，故小球在B点时的重力势能为-mgL，故C正确；
D．在B点，由牛顿第二定律可得
解得
D点越低，则r越小，则T越大，细线越容易断裂，故D正确。
故选ACD。
15．-36J 18W 36W
【详解】
(1)2s末木块下滑的位移为
木块的重力势能
(2)前2s内木块重力的平均功率
(3)2s末木块重力的瞬时功率
16．物体克服弹力所做的功
【分析】
本题需要理解弹力做功和弹性势能的关系；
【详解】
探究弹性势能的表达式的依据是弹簧增加的弹性势能等于物体克服弹力所做的功．
【点睛】
本题考查弹力做功和弹性势能的关系，可以参照重力做功和重力势能的关系进行理解．
17．-37500J，37500J，37500J
【详解】
重力对他做功为
W=-mgh=-50×10×150×sin30°=-37500J
他克服重力做功为
W=mgh=50×10×150 ×sin30°=37500J
由
W G=-△E P
可知重力势能增加37500J。
18．（1）；（2）
【详解】
（1）喷水结束时火箭的高度为
（2）从发射到喷完水的过程中，火箭壳体克服重力做的功2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第六章圆周运动第1节圆周运动课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC=rA，rC=rB．以下关于A、B、C三点的线速度v、角速度ω、向心加速度a之间的大小关系说法正确的是（　　）
A．2ωA=ωB，2aA =aB B．aA = aC，ωA=ωC
C．ωA=2ωB，vB=2vC D．vA=2vB，ωA=ωB
2．地球可以看作一个球体，位于北京的物体和位于赤道的物体都随地球自转而做匀速圆周运动，关于它们的角速度、线速度大小关系说法正确的是（　　）
A．线速度不相等，角速度不相等
B．线速度不相等，角速度相等
C．线速度相等，角速度不相等
D．线速度相等，角速度相等
3．如图所示，右边两轮固定在一起，转轴为。左边轮子（转轴为）和右边小轮用皮带传动，皮带不打滑，图中、、三点分别为三个轮子边缘的点。当轮子匀速转动时，以下有关A、、三点的线速度大小，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示是某自行车的传动装置，其大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4：1：10，A、B、C是三个轮边缘上的点。设三点的线速度大小分别为、、，角速度分别为、、，加速度大小分别为、、。当支起后轮，三个轮在踏板的带动下一起转动时，下列判断不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．下列说法正确的是（　　）
A．做曲线运动的物体，其加速度可能为零
B．平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化都相同
C．匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化仍相同
D．当物体受到的合外力为零时，物体仍可以做曲线运动
6．如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮2的半径之比R1：R2=2：1，A、B分别是两轮边缘上的点，假定皮带不打滑，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的线速度之比为vA：vB=2：1
B．A、B两点的线速度之比为vA：vB=1：1
C．A、B两点的角速度之比为
D．A、B两点的角速度之比为
7．80年代的中国，是个自行车王国，拥有一辆自行车是当时每个中国人的梦想。自行车工作时，人通过脚踏板带动链轮转动，再通过链条将动力链轮传到飞轮，从而带动后轮转动，如图所示。变速自行车是当今流行的自行车。自行车变速系统是通过改变链条与不同链轮和飞轮的配合来改变车速的。如图所示，将自行车变速系统分别调至甲和乙两种情况，若人骑车使脚踏板以恒定的角速度转动，下列说法正确的是（　　）
A．甲情况下骑车人更费力
B．甲、乙情况下骑车人一样费力
C．甲情况下车的速度更快
D．乙情况下车的速度更快
8．“打陀螺”是一种传统的体育项目。河南66岁的朗大爷在公园里用电钻启动100斤大陀螺后，用鞭子抽打陀螺，引起很多网友围观、点赞，如图，多次抽打陀螺后，陀螺边缘上距离中心处的点线速度大小可以达到，此时陀螺绕其中心的转速约为（　　）
A． B． C． D．
9．在合肥，穿梭于大街小巷的共享单车已成为城市一道亮丽的风景线，它大大缓解了市民出行的“最后一公里”难题。某单车的传动装置如图所示，链轮的齿数为40，飞轮的齿数为18，后轮直径为，若小明以匀速骑行，则脚踩踏板的角速度为（　　）
A． B． C． D．
10．质量的钢件，架在两根完全相同的、平行的长直圆柱上，如图所示。钢件的重心与两柱等距，两柱的轴线在同一水平面内，圆柱的半径，钢件与圆柱间的动摩擦因数，两圆柱各绕自己的轴线以角速度绕轴线作相反方向的转动。现施加一过钢件重心且平行圆柱轴线的拉力于钢件上，使其以的速度匀速运动，下列说法正确的是（　　）
A．不论多大，所需水平拉力恒为
B．越大，所需水平拉力也越大
C．若，则水平拉力
D．若，且水平拉力恒为，则钢件做匀加速运动
11．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，小齿轮和后轮同轴转动，小齿轮与大齿轮通过链条传动。架起后轮，使大齿轮匀速转动时，关于图中A、B、C三点的运动情况，下列说法中正确的是（　　）
A．A、B. C三点的线速度
B．A、B、C三点的线速度
C．A、B、C三点的角速度
D．A、B、C三点的角速度
12．如图所示，A、B是两个摩擦传动的靠背轮，A是主动轮，B是从动轮，它们的半径关系，和是轮边缘上的两个点，点是A轮半径的中点，下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
13．下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是（　　）
A．线速度不变的运动 B．角速度不变的运动
C．周期不变的运动 D．转速不变的运动
14．如图所示，直径为d的纸筒以角速度绕中心轴匀速转动，将枪口垂直指向圆筒轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，若忽略空气阻力及子弹自身重力的影响，则子弹的速度可能是（　　）
A． B． C． D．
15．如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）
A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω= 是b开始滑动的临界角速度 D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg
三、填空题
16．如图所示的皮带传动装置，点A、B和C是皮带轮上的三点，，。则皮带轮转动时，A、B、C三点的线速度、角速度之比分别为：________，________。
17．如图所示，某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，链轮和飞轮的齿数如下表所示，后轮的直径为d=666mm。当人骑该车，使脚踏板以恒定的角速度转动时，自行车行进的最大速度和最小速度之比为______；当人骑该车行进的速度为v=4m/s时，脚踩踏板作匀速圆周运动的最小角速度是______rad/s。
名 称 链 轮 飞 轮
齿数N/个 48 38 28 12 15 18 21 24 28
四、解答题
18．地球可以看作一个半径为的球体，北京的纬度约为北纬。位于赤道和位于北京的物体，随地球自转做匀速圆周运动的角速度各是多大？线速度各是多大？
19．如图所示，小球P用长L =1m的细绳系着，在水平面内绕O点做匀速圆周运动，其角速度ω= 2π（rad/s）。另一质量m = 1kg的小球Q放在高出水平面h = 0.8m的光滑水平槽上，槽与绳平行，槽口A点在O点正上方当小球Q受到水平恒力F作用开始运动时，小球P恰好运动到如图所示位置，Q运动到A时，力F自然取消。（g取10 m/s2），不计空气阻力。求∶
（1）若两小球相碰，恒力F的表达式∶ （用m、L、ω、h、g表示）
（2）在满足（1）条件的前提下，求Q运动到槽口的最短时间和相应的Q在槽上滑行的距离。
参考答案
1．A
【详解】
A、C为同轴转动，有
根据角速度与线速度关系式，有
根据向心加速度表达式，有
依题意有
2rC=rA
所以
，
A、B是同缘转动，有
联立，可得
根据角速度与线速度关系式，有
依题意有
2rC=rA，rC=rB
则
2rB=rA
联立，可得
根据向心加速度表达式，有
所以
2aA =aB
故A正确；BCD错误。
故选A。
2．B
【详解】
位于北京的物体和位于赤道的物体都随地球自转而做匀速圆周运动，这两物体是同轴转动，因此角速度相等，据v=ωr，由于转动半径不相等，所以线速度不相等，ACD错误，B正确。
故选B。
3．B
【详解】
A、B点属于共速转动，速度大小相等。B、C点属于同轴转动，角速度相同，根据
可知，B点的速度小于C点的速度。则
故ACD错误，B正确。
故选B。
4．C
【详解】
A．A、B两点靠链条传动，线速度相等，根据
v=rω
由题意可知
rA：rB=4:1
则角速度之比为
故A不符合题意。
B．小齿轮和后轮共轴角速度相等，根据
v=ωr
可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1：10，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为
故B不符合题意；
C．大齿轮和后轮靠链条传动，线速度相等，根据
由题意可知
rA：rB=4:1
则加速度之比为
故C符合题意；
D．由上分析可知
根据
可得
故D不符合题意。
故选C。
5．B
【详解】
A．既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，加速度不可能为零，故A错误；
B．平抛运动是匀变速运动，加速度的大小为g，所以任意相等时间内速度的变化为
所以任意相等时间内速度的变化都相同，故B正确；
C．速度的变化量
匀速圆周运动加速度是个变量，所以任意相等时间内速度的变化不相同，故C错误；
D．物体不受力或受到的合外力为零时，物体将保持静止或匀速直线运动，故D错误。
故选B。
6．B
【详解】
AB．A、B为同线传动，故A、B线速度大小相等，故A错误，B正确；
CD．由可得：A、B两点的角速度之比为
ωA：ωB=1：2
故CD错误。
故选B。
7．D
【详解】
甲情况中小轮带动大轮，而乙图中大轮带动小轮，则甲情况下骑车人更省力；因两轮边缘线速度相同，则当链轮的角速度相同时，根据
乙图中链轮半径大于飞轮半径，可知飞轮角速度较大，则后轮边缘线速度越大，车的速度更快。
故选D。
8．B
【详解】
根据匀速圆周运动的运动学规律有
代入数据解得
故选B。
9．B
【详解】
后轮的角速度
由于后轮和飞轮一起绕轴转动，因此飞轮的角速度也为，而飞轮和链轮靠链条传动，边缘的线速度相同，即相同时间内转过的齿数相同，因此
可得链轮的角速度
而脚踩踏板和链轮联动的，角速度相同，也为
故选B。
10．C
【详解】
AC．木板与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小为
f=μmg=×0.2×5×10N=5N
当ω=20rad/s，圆柱表面的点转动的线速度大小为
v′=ωr=0.8m/s
木板的速度v=0.6m/s，则木板相对于圆柱表面的点运动的合速度大小为
由几何关系可知木板所受的滑动摩擦力与拉力F的夹角为（90°+37°）；木板在垂直于轴线方向受到两轴的滑动摩擦力的分力大小相等方向相反，所以在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零；在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力
f′=2f sin37°=2×5×0.6N=6N
木板做匀速直线运动，由平衡条件得
F=f′=6N
故A错误，C正确；
B．圆柱转动的角速度越大，则圆柱表面上的点的线速度越大，木板与圆柱表面的摩擦力沿垂直于轴线方向的分力越大，沿圆柱轴线方向的分力越小，所以匀速拉动木板的拉力越小，故B错误；
D．若ω=20rad/s时，拉力为6N，木板开始做加速运动，随木板速度的增大，则木板与圆柱表面的摩擦力沿圆柱轴线方向的分力增大，所以木板受到的合力将减小，木板不可能做匀加速直线运动，故D错误。
故选C。
11．C
【详解】
AB．由图可知A、B两点为通过链条传动，线速度相等，即
B、C两点为同轴转动，角速度相等，即
又
根据可知
所以有
选项AB错误；
CD．由于，根据可知
选项C正确，D错误。
故选C。
12．D
【详解】
由于A、B两轮之间通过摩擦传动，故A、B两轮的边缘的线速度大小相同，故
根据公式
可得
由于a与c在同一个圆上，故
所以
又因为bc点半径相同，所以
又因为周期
所以
故ABC错误，D正确。
故选D。
13．BCD
【详解】
A．匀速圆周运动中线速度方向变化，A错误；
BCD．匀速圆周运动的角速度、周期、转速都不变，BCD正确。
故选BCD。
14．AC
【详解】
在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为（2n－1）π，n=1、2、3……，则时间为
所以子弹的速度为
n=1、2、3……
当n=1时，
当n=2时，
当n=3时，
故选AC。
15．AC
【详解】
AC．a、b做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对a有
解得
对b有
解得
b先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故AC正确；
B．两木块滑动前转动的角速度相同，但半径不同，a的半径小，所以a向心力小，则a受到的静摩擦力小，故B错误；
D．当时，a没有滑动，则a受到摩擦力小于kmg，故D错误。
故选AC。
16．2∶2∶1 2∶1∶1
【详解】
[1] A、B两点的线速度相等，即
B、C两点的角速度相等，即
所以线速度
所以A、B、C三点的线速度之比为
[2] A、B两点的角速度之比为
所以A、B、C三点的角速度之比为
17．4 3.0
【详解】
[1]链轮和飞轮的轮半径与齿数成正比，因为是依靠同一个链条传动，所以链轮与飞轮的轮缘线速度是一样的，所以
亦即
当N链=48，N飞=12时自行车速度最大，此时
ω飞=4ω链
当N链=28，N飞=28时，自行车速度最小，此时
ω飞=ω链
而自行车的速度
所以自行车的最大速度和最小速度之比为4。
[2]当自行车行驶速度一定时，即后轮的角速度一定，飞轮的角速度一定，根据
由于脚踏板和链轮有相同的角速度，使脚踩踏板作匀速圆周运动的角速度最小，则最多，最少，即N链=48，N飞=12，再由
可得
18．角速度均为，467.2m/s，357.9m/s
【详解】
地面上的物体随地球自转，做匀速圆周运动，其周期等于地球的自转周期，为
赤道上物体和北京物体角速度相等，均为
赤道上物体线速度
北京的物体线速度
19．（1） ；（2），
【详解】
（1）为了保证两球相碰，球Q从A点飞出水平射程为L，设飞出时的速度为v，则有
，
A在水平面上有
，
要使两球相碰应有
联立解得
（2）由（1）可知，k=0，Q运动到槽口的时间最短，则有
最小拉力为
Q在槽上滑行的距离为x，则有
代入数据解得2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第五章抛体运动
第3节实验：探究平抛运动的特点课时练习
一、单选题
1．一带有发射机的乒乓球台如图甲所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h（图丙）。发射机安装于台面左侧边缘的中点（图乙），能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为4h，不计空气的作用，不考虑乒乓球旋转，重力加速度大小为g。以地面作为参考系，乒乓球被发射机发射出后，在空中做（　　）
A．平抛运动 B．斜抛运动 C．匀速直线运动 D．匀减速直线运动
2．物体在平抛运动中，保持不变的物理量是（　　）
A．速度 B．位移 C．加速度 D．时间
3．下列各种运动中，属于曲线运动的有（　　）
A．自由落体运动 B．匀速运动 C．平抛运动 D．竖直上抛运动
4．为了研究平抛物体的运动，可进行如下实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，球就水平飞出，同时球被松开，做自落体运动，两球同时落到水平地面，改变下落高度依然观察到上述现象，由此说明球离开轨道后（　　）
A．水平方向的分运动是匀速运动 B．水平方向的分运动是匀加速运动
C．竖直方向的分运动是匀速运动 D．竖直方向的分运动是自由落体运动
5．如图所示，A、B两球质量相等，距离地面的高度相同。用小锤F轻击弹簧金属片，A球向水平方向飞出，同时B球被松开，竖直向下运动，两球同时着地。分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次重复这个实验，两球总是同时着地。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。A球从开始运动至落地前，下列说法正确的是（　　）
A．速度大小改变，方向改变 B．速度大小改变，方向不变
C．加速度大小不变，方向改变 D．加速度大小改变，方向不变
6．关于平抛运动，下列说法正确的是（　　）
A．平抛运动水平方向的速度越大，下落时间越短
B．平抛运动合位移的方向与合速度的方向一致
C．做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大
D．做平抛运动的物体每秒内速度的增量相同
7．如图所示。当金属锤D打击金属片时，A球就水平飞出，B球同时竖直下落，两球同时落到地面。这个实验说明A球（　　）
A．水平方向的分运动是匀速直线运动
B．水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．竖直方向的分运动是自由落体运动
D．竖直方向的分运动是匀速直线运动
8．关于力和运动的关系，以下说法中正确的是（　　）
A．物体做曲线运动时，其加速度一定改变
B．物体做曲线运动时，其加速度一定不为零
C．物体在变力作用下运动，其速度方向一定改变
D．物体在恒力作用下运动，其速度方向一定改变
二、多选题
9．某同学在做“研究平拋物体的运动”的实验时得到如图所示的轨迹，其中某次落点A点的位置不在平滑的曲线上，产生这一现象的可能原因( )
A．小球下滑时与斜槽间有摩擦
B．斜槽末端的切线方向不水平
C．某次实验时小球开始下滑时位置偏低
D．某次实验时小球开始下滑时初速度不为零
10．为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验。小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落。关于该实验，下列说法中正确的是（　　）
A．两球的质量必须相等
B．两球应同时落地
C．实验只能说明A球在竖直方向上做自由落体运动
D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
三、填空题
11．平抛运动可分为___________运动和___________运动，平抛运动的合位移公式___________。
12．平抛运动物体的横坐标x和纵坐标y的关系是：______，此即平抛运动物体的轨迹方程，显然，这是一个______方程。
四、解答题
13．抛体运动是匀变速运动吗？请说明理由。
14．某轰炸机在高空水平匀速飞行进行投弹演习．驾驶员在间隔相等的时间内连续投掷几颗炸弹．飞机与炸弹的位置如图所示，是战地记者拍摄飞机下有三枚炸弹时的定格画面．不考虑炸弹在空中运动所受的阻力，请你联系物理知识提出两个与炸弹运动有关的问题（仅要求提出问题，每个问题尽量不超过15个字）．例：炸弹离开飞机后做平抛运动吗？
问题（1）
问题（2）
参考答案
1．A
【详解】
乒乓球被发射机发射出后，有水平方向的速度，竖直方向受到重力，因此在空中做平抛运动，故选A。
2．C
【详解】
物体在平抛运动中，保持不变的物理量是加速度为重力加速度，时间、速度、位移都在发生变化。
故选C。
3．C
【详解】
A．自由落体运动是直线运动，选项A错误；
B．匀速运动是直线运动，选项B错误；
C．平抛运动是曲线运动，选项C正确；
D．竖直上抛运动是直线运动，选项D错误。
故选C。
4．D
【详解】
两球同时落到水平地面，说明球离开轨道后竖直方向的分运动是自由落体运动，无法说明水平方向的运动情况，D正确。
故选D。
5．A
【详解】
A球从开始运动至落地前做平抛运动，则速度大小改变，方向改变；加速度大小不变，总等于g，方向不变，总是竖直向下。
故选A。
6．D
【详解】
A．平抛运动下落的时间只与竖直高度有关，与水平方向的速度无关，选项A错误；
B．平抛运动合位移的方向与合速度的方向不一致，选项B错误；
C．做平抛运动的物体加速度是不变的，恒为竖直向下的g，选项C错误；
D．做平抛运动的物体每秒内速度的增量相同，均为
v=gt=9.8m/s
选项D正确。
故选D。
7．C
【详解】
在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动，结果两球同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动。
故选C。
8．B
【详解】
A．物体做曲线运动时，其加速度不一定改变，例如平抛运动，选项A错误；
B．物体做曲线运动时，速度一定变化，则其加速度一定不为零，选项B正确；
C．物体在变力作用下运动，其速度方向不一定改变，例如非匀变速直线运动，选项C错误；
D．物体在恒力作用下运动，其速度方向不一定改变，例如自由落体运动，选项D错误。
故选B。
9．BD
【详解】
实验中出现某次落点不在所画的平滑曲线上，可知小球平抛运动的初速度大小和方向可能不同，所以可能出现这现象的原因是斜槽末端不水平、释放的位置不同，没保证每次由静止释放小球，或某次实验时小球开始下滑时位置偏高，而斜槽粗糙还是光滑不影响实验的结果，故BD正确，AC错误。
故选BD。
10．BC
【详解】
A．两球释放后在空中只受重力做功，加速度均为g，故质量不一定要相等，A错误；
B．由自由落体的位移公式
可知，若平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，两球应同时落地，B正确；
CD．实验只能说明A球在竖直方向上做自由落体运动，不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动，C正确，D错误。
故选BC。
11．匀速直线运动 自由落体运动 s=
【详解】
平抛运动在水平方向不受力，故做匀速直线运动。在竖直方向受重力，故作自由落体运动，则，平抛运动可分为匀速直线运动和自由落体运动；
设平抛运动的时间为t，水平方向的位移为
竖直方向的位移为
合位移为
12．； 二次函数
【详解】
平抛运动水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向做自由落体运动，有
联立解得
由数学知识可知，平抛运动物体的轨迹是一条抛物线，是二次函数。
13．见解析
【详解】
抛体运动是匀变速运动。因抛体运动只受重力，因重力恒定，则加速度恒定，所以是匀变速运动。
14．问题（1）：任意两枚炸弹在空中的间距如何变化？（1）问题（2）：炸弹落地点之间是等距吗？
【详解】
试题分析：问题（1）：任意两枚炸弹在空中的间距如何变化？（1）问题（2）：炸弹落地点之间是等距吗？
考点：平抛运动.2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第八章机械能守恒定律第3节动能与动能定理课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．改变汽车的质量和速率，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能变为原来的2倍的是（　　）
A．质量不变，速率变为原来的2倍 B．质量和速率都变为原来的2倍
C．质量变为原来的2倍，速率减半 D．质量减半，速率变为原来的2倍
2．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是（　　）
A．4m/s B．2m/s
C．2m/s D．2m/s
3．东京奥运会上，全红婵获得10米跳台跳水的冠军。若跳水运动员从10米高处的跳台跳下，设水的平均阻力均为运动员体重的3倍，在粗略估算中把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是（　　）
A．对物体，动能定理的表达式为WN=mv22，其中WN为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合=0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为WN-mgH=mv22-mv12
D．对电梯，其所受合力做功为Mv22-Mv12-mgH
5．某人乘坐一竖直电梯从商场一楼到四楼的v-t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．一楼到四楼的高度为10 m
B．0~2s内的平均速度等于6 s~7 s内的平均速度
C．整个过程中，电梯对人的支持力在4s末时功率最大
D．0~6s人所受合力做的功的数值大于6s~8s人所受合力做的功数值
6．如图所示，皮带传送装置顺时针以某一速率匀速转动，若将某物体P无速度地放到皮带传送装置的底端后，物体经过一段时间与传送带保持相对静止，然后和传送带一起匀速运动到了顶端，则物体P由底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．摩擦力对物体P一直做正功
B．合外力对物体P一直做正功
C．支持力对物体P做功的平均功率不为0
D．摩擦力对物体P做功的平均功率等于重力对物体P做功的平均功率
7．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。动车在时间内（　　）
A．牵引力的功率 B．做匀加速直线运动
C．动力车的位移 D．牵引力做功
8．如图所示，三个相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度。小球甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，轨道底端切线水平。小球乙从离地高为R的某点开始做自由落体。小球丙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。则（　　）
A．甲、乙、丙刚到达地面时速度相同
B．甲、丙两球到达轨道底端时重力的瞬时功率相同
C．乙球下落过程中重力的平均功率大于丙球下滑过程中重力的平均功率
D．若仅解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定，丙球释放后斜面对其不做功
9．如图所示，A、B是两个在轨运行的人造天体，此都绕地球做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．A运行的角速度小于B运行的角速度
B．A运行的角速度大于B运行的角速度
C．A具有的动能大于B具有的动能
D．A、B两个人造天体中，如果一个是空间站，另一个是给空间站运送给养的飞船，则A可能是空间站
10．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至C点过程中，弹簧对小球做的功为（　　）
A．mgh-mv2 B．mv2-mgh C．mgh＋mv2 D．mgh
11．青青四季滑雪滑草乐园位于河北省邯郸市，交通便利，风景秀丽。如图所示，在滑雪比赛中，一运动员（视为质点）从弧形雪坡上距弧形雪坡底端高度为处滑下，从弧形雪坡底端水平飞出后，落到斜面雪坡上。若斜面雪坡的倾角为，不计一切阻力，则运动员在空中运动的过程中到斜面雪坡的最大距离为（　　）
A． B．
C． D．
12．如图所示，在半径为R的半球形容器（容器固定）边缘C点（与球心O点等高）正上方某处（图中未画出），一质量为m可视为质点的小球由静止释放。若小球恰好能到达A点，且经过最低点B时，对容器的正压力为。设小球自C点滑到B点、B点滑到A点的过程中，摩擦力对其所做的功分别为、。重力加速度为g，小球与容器壁动摩擦因数处处相同，则下列各项正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
13．下列说法中正确的是（　　）
A．只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体功
B．一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动
C．运动物体所受的合外力为零，则物体的动能肯定不变
D．物体的动能和速度有关，所以动能是矢量
14．质量为 的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的关系图线如图所示，重力加速度，以下说法中正确的是（　　）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为 B．物体与水平面间的动摩擦因数为
C．物体滑行的总时间为 D．物体滑行的总时间为
15．如图甲所示，质量为m＝5.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（x＝4.0m后无推力存在）。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.50，取重力加速度 g＝10 m/s2。下列选项正确的是（　　）
A．物体从开始运动到距出发点4m，加速度先减小后增大
B．在距出发点3m位置时物体的速度达到最大
C．物体的最大速度为m/s
D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0m
16．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为（　　）
A．Δv=0 B．Δv=12 m/s C．ΔEk=1.8 J D．ΔEk=0
三、填空题
17．质量为lkg的滑块，以6m/s的初速度沿光滑的水平面向左滑行，从某一时刻起在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间，滑块的速度方向变成向右，大小是6m/s，则在这段时间里水平力做的功为_________J．
18．在曲线运动中物体的速度___________发生变化（填“一定”或“不一定”）。物体的动能___________发生变化（填“一定”或“不一定”）。
四、解答题
19．如图所示是某空降兵进行空降训练。空降兵坠离机舱后，先自由下落一段距离，然后再打开降落伞做减速运动，直至安全着落。设某次训练的高度为h，未打开降落伞时，空气阻力可忽略不计，打开降落伞后，空气阻力等于重力的2倍，空降兵坠离机舱时速度为零，达到地面时的速度也可视为零，重力加速度为g，试求：
（1）打开降落伞后运动的距离；
（2）下落运动过程所用的时间。
20．有一长为L的木块，质量为M，静止地放在光滑的水平面上，现有一质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0入射木块，若在子弹穿出木块的过程中，木块发生的位移为S，求子弹射出木块后，木块和子弹的速度分别为多大？（设子弹在木块中受到的阻力恒为f）
参考答案
1．D
【详解】
由动能表达式
可知，m不变，v变为原来的2倍，Ek变为原来的4倍，同理，m和v都变为原来的2倍时，Ek变为原来的8倍，m变为原来的2倍，速率减半时，Ek变为原来的一半，m减半，v变为原来的2倍时，Ek变为原来的2倍，D正确。
故选D。
2．C
【详解】
设小球恰好通过点A时的速度大小为vA，此时对应B点的速度最小，设为vB，在A点根据牛顿第二定律有
①
对小球从A到B的运动过程，由动能定理有
②
联立①②解得
故选C。
3．C
【详解】
设池水的最小深度为，跳台高为，对整个过程，由动能定理得
而
联立解得
故选C。
4．C
【详解】
ABC．物体受重力和支持力作用，根据动能定理可得
WN-mgH=mv22-mv12
AB错误，C正确；
D．对电梯，合力做功等于电梯动能的变化量，故其所受合力做功为
W=Mv22-Mv12
D错误。
故选C。
5．B
【详解】
A．电梯在运动过程中上升的高度为图像所围起来的面积
A错误；
B．0~2 s内的平均速度
等于6s~7 s内的平均速度
B正确；
C．整个过程中2 s末时速度是最大值，物体在0~2 s内做的匀加速运动，加速度方向向上，超重，支持力大于重力，2s~6 s匀速支持力等于重力，6 s~7 s物体减速运动，加速度向下，是失重，支持力小于重力，则根据
整个过程中2 s末时电梯对人的支持力功率最大，C错误；
D．根据动能定理，0~6 s人所受合力做的功
6 s~8 s人所受合力做
功数值相等，D错误。
故选B。
6．A
【详解】
A．物体P由底端运动到顶端的过程中，物体P先受到沿皮带平面向上的滑动摩擦力的作用，后受到沿皮带平面向上的静摩擦力的作用，摩擦力的方向始终与物体运动方向相同，摩擦力对物体P一直做正功，故A正确；
B．物体P由底端运动到顶端的过程中，物体的动能先增加后不变，根据动能定理可知，合外力对物体P先做正功，后不做功，故B错误；
C．物体P由底端运动到顶端的过程中，支持力的方向与运动的方向垂直，由此可知支持力对物体不做功，所以支持力对物体P做功的平均功率为0，故C错误；
D．物体P由底端运动到顶端的过程中，物体的动能增加，根据动能定理可知，摩擦力对物体 P所做的功大于重力对物体P所做的功，由于做功的时间相同，故摩擦力对物体P做功的平均功率大于重力对物体P做功的平均功率，故D错误。
故选A。
7．A
【详解】
A．动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，所以
故A正确；
B．机车启动的过程中，随着速度的增加，牵引力逐渐减小，而阻力逐渐增加，加速度逐渐减小，因此动车做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．从到最大速度的过程中，由动能定理得
解得
故C错误；
D．牵引力做的功
故D错误。
故选A。
8．C
【详解】
A．甲、乙、丙球刚到达地面时速度大小相同方向不同，A项错误；
B．甲球到达轨道底端时速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，而丙球到达轨道最低点时瞬时功率并不为零，B项错误；
C．乙球下落和丙球下滑过程中重力做功相同，但乙球下落时间较短，乙球下落过程中重力的平均功率较大，C项正确；
D．解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定后释放丙球，丙球下滑过程中斜面将会发生移动，支持力对丙球做负功，D项错误。
故选C。
9．B
【详解】
AB．根据
G = mrω2
得
ω =
由题图知
rB > rA
可得
ωB < ωA
则A运行的角速度大于B运行的角速度，A错误、B正确；
C．由于A、B两个人造天体的质量关系未知，则无法比较A、B具有的动能，C错误；
D．对接过程一般是首先由地面发射追踪航天器，由地面控制，使它按比目标航天器稍微低一点的圆轨道运行；接着，通过变轨使其进入与目标航天器高度基本一致的轨道，并与目标航天器建立通信关系；接着，追踪航天器调整自己与目标航天器的相对距离和姿态，向目标航天器靠近；最后当2个航天器的距离为零时，完成对接合拢操作，结束对接过程，则A、B两个人造天体中，如果一个是空间站，另一个是给空间站运送给养的飞船，则B可能是空间站，D错误。
故选B。
10．A
【详解】
小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于斜面支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理可得
重力做功为
则弹簧弹力对小球做的功为
故选A。
11．C
【详解】
当运动员末速度与斜面平行时，运动员离斜面距离最大，即有
可得
因为平抛运动中任意时刻末速度反向延长线过水平位移的中点，如图所示
设水平位移为x，所以有
由几何关系可知
从最高处到O点，由动能定理可得
解得
故选C。
12．C
【详解】
AB．在B点有
小球由静止释放到B点过程，有
则可得
其中h是C点上方高度，故AB错误；
CD．小球由B点到A点过程，有
可得
故C正确，D错误。
故选C。
13．BC
【详解】
A．根据做功的条件，物体位移的方向要与力的方向共线，当力的方向与物体位移方向垂直时，不做功，A错误
B．力对物体做负功，力的方向与物体运动方向反向，阻碍物体运动，B正确
C．根据牛顿第一定律，物体所受合外力为零将静止或匀速直线，速度不变，动能不变，C正确
D．动能永远为正，物体的动能和速度大小有关，D错误
故选BC。
14．AC
【详解】
AB．根据动能定理
由图像可知
解得
μ=0.25
选项A正确，B错误；
CD．物体的初速度
加速度
则物体滑行的总时间为
选项C正确，D错误。
故选AC。
15．ABC
【详解】
A．物体在水平方向受推力与摩擦力作用，根据牛顿第二定律
解得加速度
由图乙所示图像可知，从开始运动到距出发点，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力的减小，加速度减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度逐渐增大，故由以上分析可知，物体的加速度先减小后增大，故A正确；
B．由图像可知，推力随位移变化的数学关系式为
物体的速度最大时，加速度为零，此时有
解得
即在距出发点位置时物体的速度达到最大，故B正确；
C．图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做功，设物体的最大速度为，由图乙所示图像可知，物体速度最大时，推力对物体做功
从物体开始运动到速度最大过程，对物体，由动能定理得
代入数据解得
故C正确；
D．推力对物体做的功等于图线与坐标轴围成的面积
对物块运动的整个过程，根据动能定理可得
代入数据解得
故D错误。
故选ABC。
16．BD
【详解】
取初速度方向为正方向，则
由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量
故选项BD正确，选项AC错误。
故选BD。
17．0
【解析】
滑块运动的过程中，重力和支持力不做功，只有水平力做功，
根据动能定理得：，
因为初速度和末速度大小相等，都等于6m/s
故水平力做功
【点睛】确定滑块在初、末位置的动能，和它运动过程中各个力的做功情况，列动能定理的表达式，可计算相关问题．
18．一定 不一定
【详解】
[1]曲线运动指速度方向不断改变的轨迹为曲线的运动，所以曲线运动的速度方向一定改变，而速度是矢量，所以方向改变即速度一定发生变化，所以填“一定”。
[2]由于曲线运动的速度方向一定变化，但速度大小不一定改变（如匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻改变），动能是标量，只与速度大小有关，所以曲线运动的动能不一定改变，所以填“不一定”。
19．（1）；（2）
【详解】
(1)对全过程利用动能定理有
解得
(2)打开降落伞前
打开降落后
则有
则
解得
20．子弹速度；木块速度
解析：（1）以子弹为研究对象，设其速度为v，从子弹开始入射木块（v0）到子弹射出木块（v）时为止，应用动能定理：
得：
可得：
（2）以木块为研究对象，设其速度为V，从子弹开始入射木块（0）到子弹射出木块（V）时为止应用动能定理：
得：2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第七章万有引力与宇宙航行第3节万有引力理论的成就课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．已知地球半径为，其表面处的重力加速度为，把一个可视为质点的物体由地面竖直向上发射，初速度大小为。不计空气阻力，则该物体上升过程中的加速度（　　）
A．一直不变 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
2．某国火箭航天集团“专家”称，人类可在不久的将来，驾驶汽车人飞往火星，到达火星后可以做很多实验，以下为在火星表面所作实验，若一物体从火星表面竖直向上抛出（不计气体阻力）时的图象如图所示，则（　　）
A．该物体上升的时间为 B．该物体被抛出时的初速度为
C．该火星表面的重力加速度为 D．物体运行的轨迹是抛物线
3．2021年2月，“天问一号”探测器到达火星附近并环绕火星运行，探测器的运动可视为匀速圆周运动，已知万有引力常量，利用下列物理量能计算出火星质量的是（　　）
A．探测器绕火星运动的角速度和周期 B．探测器绕火星运动的线速度和角速度
C．探测器的质量和绕火星运动的周期 D．探测器的质量和绕火星运动的半径
4．2020珠峰高程测量登山队于北京时间5月27日上午11时整，成功登顶珠峰，人类首次在珠峰峰顶开展重力测量。如果忽略地球自转的影响，测得一个物体在峰底的重力为G1，在峰顶的重力为G2，峰底离地心的距离为R，则峰顶到峰底的高度为（　　）
A． B． C． D．
5．月球表面周围没有空气，它对物体的引力仅为地球上的，月球表面没有磁场，根据这些特征，在月球上，图中的四种情况能够做到的是（　　）
A．用指南针定向 B．用电风扇吹风
C．举行露天演唱会 D．用天平称质量
6．某星球质量为地球质量的9倍，半径与地球半径相等，在该星球表面从某一高度以10 m/s的初速度竖直向上抛出一物体，从抛出到落回原地需要的时间为（g地取10 m/s2）（　　）
A．1 s B． s
C．s D． s
7．某物体静置在X星球的两极时，对星球表面的压力大小为。将该物体静置在X星球赤道上某处时，对星球表面的压力大小为。已知X星球为质量均匀的球体，密度为，由于该星球的自转，致使为的2倍，引力常量为G，则X星球的自转周期为（　　）
A． B． C． D．
8．2018年5月9日，我国在太原卫星发射中心用长征4号运载火箭成功发射了高分5号卫星，标志着我国航天事业进入了一个全新阶段。设想某卫星沿轨道运行的过程中，绕地球球心做周期为T的匀速圆周运动，轨道半径为R，则仅根据T、R和引力常量G，能计算出的物理量是（　　）
A．地球的质量 B．地球的平均密度
C．飞船的运动方向 D．飞船所需向心力
9．2021年4月29日，中国“天宫”空间站“天和核心舱”在海南文昌发射场发射升空，并准确进入预定轨道，意味着我国载人航天工程空间站组装建设进入了新的阶段。已知天和核心舱在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球的自转。由以上数据不能求出的物理量是（　　）
A．地球的平均密度
B．卫星受到的万有引力
C．天和核心舱在轨飞行的速度
D．地球的半径
10．2021年4月29日11时23分，“长征五号”B遥二运载火箭在海南文昌航天发射场点火升空，将载人航天工程空间站“天和”核心舱精准送入预定轨道。“天和”核心舱的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N离地面的高度分别为和（），已知地球的半径为R，质量为M，引力常量为G，则“天和”核心舱运行的周期的平方为（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
11．下列关于物理史的描述，正确的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律，并用扭秤实验测出了引力常量G
B．开普勒总结了行星运动的三大定律
C．牛顿定律在高速或微观条件下不再适用
D．利用万有引力定律计算发现了海王星，因此人们称其为“笔尖下发现的行星”
12．已知引力常量G和下列各组数据，能计算出地球质量的是（　　）
A．地球绕太阳运行的周期及地球离太阳的距离
B．若不考虑地球自转，已知地球的半径及地球表面的重力加速度
C．人造地球卫星在地面附近运行的周期和地球的半径
D．月球绕地球运行的周期及月球的半径
13．2016年10月19日凌晨，“神舟十一号”飞船与“天宫二号”成功实施自动交会对接。如图所示，已知“神舟十一号”与“天宫二号”对接后，组合体在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，组合体轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。则（　　）
A．可求出组合体的质量
B．可求出地球的平均密度
C．可求出组合体做圆周运动的线速度
D．可求出组合体受到的地球的万有引力
14．2018年12月嫦娥四号探测器进入近月的环月圆形轨道运行，下表中所示为收集到的相关数据，根据表中数据能求得（　　）
轨道离月面的高度 100km
月球的半径 1738km
月球表面的重力加速度 1.63m/s2
嫦娥四号的运行周期 1.79h
引力常量 6.67×10-11N·m2/kg2
A．嫦娥四号所受的引力 B．嫦娥四号的线速度大小
C．月球的质量 D．月球的平均密度
三、填空题
15．已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，万有引力恒量为G，用以上各量表示地球质量M＝________．
16．已知一颗人造卫星在某行星表面绕行星做匀速圆周运动，经过时间t，卫星运动的路程为s，卫星与行星的中心连线扫过的角度是1弧度，那么该卫星的环绕周期T＝________，设万有引力常量为G，该行星的质量为M＝________。
四、解答题
17．卡文迪许利用微小量放大法由实验测出了万有引力常量G的数值，因为由G的数值及其它已知量，就可以计算出地球的质量，卡文迪许也因此被誉为第一个“称量”地球的人。
（1）若在某次实验中，卡文迪许测出质量分别为m1、m2相距为r的两个小球之间引力的大小为F，求万有引力常量G；
（2）若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转的影响，请推导出地球质量M。
参考答案
1．B
【详解】
根据
可知
由干物体被发射后，距离地面越来越远，因此重力加速度越来越小，故B正确；ACD错误。
故选B。
2．C
【详解】
A．由图可知，物体上抛到落地共用时8s，则上升时间为4s，故A不符合题意；
B．上升抛出为匀减速直线运动，则
带入数据解得
v0=20m/s
故B不符合题意；
C．由v=at可求该火星表面重力加速度为
故C符合题意；
D．物体运行的轨迹是直线，故D不符合题意。
故选C。
3．B
【详解】
A．根据
根据周期T和角速度ω不能求解探测器绕火星的运动半径r，则不能求解火星的质量，选项A错误；
B．根据
以及
即已知探测器绕火星运动的线速度v和角速度ω可求解火星的质量，选项B正确；
CD．根据
则已知探测器的质量m和绕火星运动的周期T不能求解火星的质量；同理可知，已知探测器的质量m和绕火星运动的半径r也不能求解火星的质量，选项CD错误；
故选B。
4．B
【详解】
如果忽略地球自转的影响，在峰底时满足
在峰顶时满足
联立解得
B正确。
故选B。
5．D
【详解】
A．月球表面没有磁场，不能用指南针定向，选项A错误；
B．月球表面周围没有空气，所以不能用电风扇吹风，选项B错误；
C．月球表面周围没有空气，所以声音不能传播，则不能举办露天演唱会，选项C错误；
D．月球对其表面的物体有引力，则可以用天平测量质量，选项D正确。
故选D。
6．B
【详解】
设星球质量为，半径为，地球质量为M，半径为R。已知，。根据万有引力等于重力得
得
得加速度之比为
因，得
在该星球表面从某一高度以10m/s的初速度竖直向上抛出一物体，根据竖直上抛运动规律得：从抛出到落回原地需要的时间为
故选B。
7．C
【详解】
在X星球的两极时，对星球表面的压力大小为
在X星球赤道上某处时，对星球表面的压力大小为
由题可知星球的密度为，由于该星球的自转，致使为的2倍，联立可求
故选C。
8．A
【详解】
A．根据牛顿第二定律得
变形得
故A正确。
B．因为不知道地球的半径，无法求地球的体积，也无法求地球的密度，故B错误。
C．根据题设条件无法确定飞船的运动方向，故C错误。
D．飞船所需要的向心力由万有引力提供
由于飞船的质量不知道，无法求出向心力，故D错误。
故选A。
9．B
【详解】
AD．设地球半径为，由黄金代换公式得
①
舱体做圆周运动的半径为，舱体受到的万有引力和需要的向心力分别为
天和核心舱在绕地做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，，则
化简得
②
地球的体积为，则
③
由①②③可解出、、， 所以A、D错误；
B．舱体受到的万有引力为
其中无法得知，所以无法计算其万有引力大小，B正确；
C．由圆周运动物理量的关系
得
其中可求，所以舱体做圆周运动的线速度和角速度均可计算，C错误；
故选B。
10．B
【详解】
设“天和”核心舱质量为，地球附近的近地卫星的周期为T1，则有
近地卫星和“天和”核心舱开普勒第三定律可得
其中
解得
故选B。
11．BCD
【详解】
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量G，选项A错误；
B．开普勒总结了行星运动的三大定律，选项B正确；
C．牛顿定律适用于宏观低速物体，在高速或微观条件下不再适用，选项C正确；
D．利用万有引力定律计算发现了海王星，因此人们称其为“笔尖下发现的行星”，选项D正确。
故选BCD。
12．BC
【详解】
A．地球绕太阳运动的周期和地球与太阳的距离，根据万有引力提供向心力
其中m为地球质量，在等式中消去，只能求出太阳的质量M．也就是说只能求出中心体的质量，A错误；
B．地球表面的物体受到的地球的重力等于万有引力，即
解得
因此，可求出地球的质量，B正确；
C．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力
解得
C正确；
D．月球绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力
解得
其中r为地球与月球间的距离，而不是月球的半径， D错误。
故选BC。
13．BC
【详解】
A．由题意可知，组合体的角速度为
由万有引力提供向心力可得
联立可求出地球的质量，不能求组合体的质量，故A错误；
B．由
可求出地球的半径，带入
能求出地球的密度，故B正确；
C．由
可求出组合体的线速度，故C正确；
D．因为组合体的质量未知，所以不能求组合体受到的万有引力，故D错误。
故选BC。
14．BCD
【详解】
A．嫦娥四号质量未知，不能计算出嫦娥四号受到的引力，故A错误；
B．嫦娥四号受到的万有引力提供向心力，则有
根据黄金代换式
GM=gR2
联立可得，嫦娥四号的线速度
故B正确；
C．根据黄金代换式GM=gR2可知，月球质量
可得月球的质量，故C正确；
D．月球质量可求，半径已知，可以得到月球的密度，故D正确。
故选BCD。
15．M=
【详解】
地球表面上物体重力等于地球对物体的万有引力，即
mg＝
所以
M＝
16．2πt
【详解】
在时间t内，卫星与行星的中心连线扫过的角度是1弧度，则该卫星的环绕周期
T = 2πt
经过时间t，卫星运动的路程为s，即卫星的线速度
卫星运动的轨道半径
由牛顿第二定律，可得
解得该行星的质量为
17．（1）；（2）
【详解】
（1）由可得
（2）忽略地球自转，则对地球表面任一物体有
解得2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第八章机械能守恒定律第5节实验：验证机械能守恒定律课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．在《验证机械能守恒定律》的实验中，下面叙述正确的是（　　）
A．应用天平称出重物的质量
B．应当选用点迹清晰，第一、二两点距离约2mm的纸带进行测量
C．操作时应先放纸带，后接通电源
D．打点计时器应接在电压为4~6V的直流电源上
2．如图所示“验证机械能守恒定律”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．先释放纸带，后接通电源
B．打点计时器接低压直流电源
C．用秒表测出重物下落的时间
D．打点计时器两个限位孔在同一竖直平面内
3．利用打点计时器验证自由落体机械能守恒时，下列器材中不必要的是（ ）
A．重物 B．纸带 C．天平 D．低压电源
4．在“验证机械能守恒定律”实验中，纸带将被释放瞬间的四种情景如照片所示，其中最合适的是
A． B． C．D．
5．用如图示装置《验证机械能 守恒定律》实验中，不必要的实验器材是（　　）
A．刻度尺 B．低压交流电源
C．天平 D．电磁打点计时器
6．下列有关高中物理实验的描述中，正确的是（ ）
A．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与木板平面平行，同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上
B．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须要用天平测出下落物体的质量
C．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，弹簧必须水平使用，以克服弹簧所受重力对实验的影响
D．在“研究平抛物体运动”的实验中，斜槽应尽可能光滑
7．关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法正确的是(　　)
A．实验中摩擦不可避免，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越小，误差就越小
B．称出重锤的质量
C．纸带上第1、2两点间距若不接近2 mm，则无论怎样处理实验数据，实验误差一定较大
D．处理打完点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法
8．某同学用左图所示的装置来“验证机械能守恒定律”。该装置比右图的装置好些，正确的理由是（　　）
A．减小了空气阻力对实验的影响
B．电火花计时器的工作电压约
C．可以节省纸带，让点迹更为密集
D．保证物体从静止释放，避免因纸带抖动而造成摩擦增大
9．如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置．关于该实验，下列说法中正确的是(　　)
A．固定打点计时器时，其限位孔必须在同一竖直平面内
B．手抓纸带的位置越靠近打点计时器越好
C．实验中必须测出重物的质量
D．实验中可以用干电池作为电源
10．“验证机械能守恒定律”的实验装置如图所示，实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是（　　）
A．重物的质量过大 B．重物的体积过小
C．电源的电压偏低 D．重物及纸带在下落时受到阻力
11．某同学用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律"实验。下列说法正确的是（　　）
A．打点计时器使用的是交流电源
B．完成该实验需要秒表
C．实验时应先释放纸带，再接通电源
D．实验时必需测量物体的质量
12．如图1所示，用重物牵引小车在水平面上由静止开始运动，小车后面连接纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点。图2为一次实验得到的纸带，A、B、C为打点计时器在纸带上打下的三个点。下列说法正确的是（　　）
A．图2中的纸带的右端与小车相连
B．A到B和B到C两个过程中小车动能的变化量相等
C．若将小车的质量加倍，则小车的加速度一定减为原来的
D．重物的质量越大，绳上拉力与重物重力的比值越小
二、多选题
13．在《验证机械能守恒定律》的实验中，下列说法中正确的
A．要用天平称量重锤质量
B．选用重物时，同样大小、形状的重物应选重一点的比较好
C．要选用第1、2两点距离接近2mm的纸带
D．实验时，当松开纸带让重锤下落的同时，立即接通电源
E.实验结果总是动能增加量略小于重力势能的减小量
14．某同学用如图甲所示的装置，来验证机械能守恒定律，下列说法正确的是
A．该实验中，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料
B．该实验中，可以由公式v=gt求出打某点的纸带的速度
C．该实验中，应先接通电源后释放重物
D．该实验中，打点计时器接到电源的直流输出端上
15．在验证机械能守恒定律实验中，有几个注意的事项，下列正确的是（）
A．为减小摩擦阻力，需要调整打点计时器的限位孔，应该与纸带在同一竖直线上
B．可以选用质量很大的物体，先用手托住，等计时器通电之后再释放
C．实验操作如果正确合理，得到的动能增加量应略大于重力势能的减少量
D．只有选第1、2两点之间的间隔约等于2mm的纸带才代表第1点的速度为0
三、填空题
16．利用落体法验证机械能守恒定律实验，由于重物及纸带受空气及打点计时器阻力的作用，系统误差的情况总是：重物减少的重力势能比增加的动能________（填“大些”或“小些”）。
17．使用电磁打点计时器测量重力加速度g，已知该打点计时器的打点频率为。图是采用较合理的装置并按正确的实验步骤进行实验打出的一条纸带，其中打出的第一个点标为1，后面依次打下的一系列点迹分别标为2、3、4、5…经测量，第15至第17点间的距离为，第1至第16点间距离为，则打下第16个点时，重锤下落的速度大小为_____，测出的重力加速度值为_____。（要求保留两位有效数字）
参考答案
1．B
【详解】
A．因质量从要验证的式子两边消掉了，故不需用天平称出重物的质量，选项A错误；
B．应当选用点迹清晰，第一、二两点距离约2mm的纸带进行测量，这样的纸带表明物体释放的初速度为零，选项B正确；
C．操作时应先接通电源，后放纸带，选项C错误；
D．打点计时器应接在电压为4～6V的交流电源上，选项D错误。
故选B。
2．D
【详解】
A．为充分利用纸带，实验时应先接通电源然后再释放纸带，故A错误；
B．电磁打点计时器使用低压交流电源，故B错误；
C．通过打点计时器可以求出重物下落的时间，实验不需要用秒表测重物下落的时间，故C错误；
D．打点计时器两个限位孔在同一竖直平面内，以减小纸带与打点计时器的阻力，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】
在用自由落体“验证机械能守恒定律”时，是利用自由下落的物体带动纸带运动，通过打点计时器在纸带上打出的点求得动能及变化的势能，故在实验中需要选择质量大体积小的重物、纸带和打电计时器，而打点计时器需要低压交流电源；而在数据处理中，根据
可知，不需要测量重物的质量，所以不必要的器材是天平，故C正确，ABD错误．所以选C．
4．D
【分析】
本题考查验证机械能守恒实验中的操作，按照正确的操作要求选择即可．
【详解】
A．纸带弯曲了，在重锤下落过程中，纸带与计时器之间的摩擦会造成较大的实验误差；
B．重锤没有靠紧计时器，纸带上记录的点会比较密集，清晰可用的计数点会减少，增大测量误差，而且纸带弯曲了，在重锤下落过程中，纸带与计时器之间的摩擦会造成较大的实验误差；
C．重锤没有靠紧计时器，纸带上记录的点会比较密集，清晰可用的计数点会减少，增大测量误差；
D．重锤靠紧计时器，纸带上记录的点间距会比较明显，清晰可用的计数点会较为充足，测量误差较小，纸带拉直了，在重锤下落过程中，纸带与计时器之间的摩擦造成的实验误差较小；
5．C
【详解】
实验需要用低压交流电，交流电方向改变时，探针可以在纸带上打点；根据重物下落过程中机械能守恒
可知，质量可以约掉，因此不需要天平，实验中需要用到打点计时器计时、刻度尺测量距离，利用
求出速度，故天平不必要。
故选C。
6．A
【详解】
A．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与木板平面平行，同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上，故A正确；
B．在“验证机械能守恒定律”实验中，不一定要测量物体的质量，因为验证动能的变化量和重力势能的变化量时，两边都有质量，可以约去比较，故B错误；
C．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，弹簧可以竖直放置，但是要考虑实验前弹簧所受重力伸长的距离，故C错误；
D．在“研究平抛物体运动”的实验中，要求小球每次抛出的初速度要相同而且水平，因此只要小球从同一位置静止释放即可，至于是否光滑没有影响，故D错误。
故选A。
7．D
【详解】
A．在打纸带时，纸带太短了，不易打出符合实验要求的纸带，A错误；
B．由于
质量可以约去，故不需要称出重锤的质量，B错误；
C．纸带上第1、2两点的间距不接近2mm，是由于通电后释放重锤时操作不同步造成的，不会影响验证结果，C错误；
D．处理纸带时，由于自由落体加速度较大，纸带上点迹距离较大，故可直接用实际点迹测量研究，D正确。
故选D。
8．D
【详解】
A．用左图不能减小空气阻力对实验的影响，选项A错误；
B．电火花计时器的工作电压为220V，选项B错误；
C．点迹过于密集不利于长度的测量，会增大误差，选项C错误；
D．保证物体从静止释放，避免因纸带抖动而造成摩擦增大，选项D正确。
故选D。
9．A
【详解】
A.为了减小限位孔与纸带间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直平面内，故A项正确;
B.手抓纸带的位置应远离打点计时器，故B项错误;
C.根据机械能守恒定律
可知重物的质量可以不测，故C项错误;
D.打点计时器使用交流电，干电池为直流电源，故D项错误．
10．D
【详解】
A．重物的质量过大，重物和纸带受到的阻力相对较小，所以有利于减小误差，故A错误；
B．重物的体积过小，有利于较小阻力，所以有利于减小误差，故B错误；
C．电源的电压偏低，电磁铁产生的吸力就会减小，吸力不够，打出的点也就不清晰了，与误差的产生没有关系，故C错误；
D．重物及纸带在下落时受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能，所以重物增加的动能略小于减少的重力势能，故D正确。
故选D。
11．A
【详解】
A．打点计时器应接交流电源，A正确；
B．我们可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，B错误；
C．开始记录时，应先给打点计时器通电打点然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，因为重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，C错误；
D．根据减小的重力势能转化为动能的增加，则有
等式两边的质量m可约去，D错误。
故选A。
12．D
【详解】
A．从图2可以看出，从左往右速度越来越大，所以图中的纸带的左端与小车相连，选项A错误；
B．A到B和B到C两个过程中下降高度不等，重力势能变化不等，根据能量守恒可知小车动能的变化量不相等，选项B错误；
C．以小车和重物整体有
若将小车的质量加倍，则小车的加速度不一定减为原来的，选项C错误；
D．以小车为研究对象有
则绳上拉力与重物重力的比值
所以重物的质量越大，绳上拉力与重物重力的比值越小，选项D正确。
故选D。
13．BCE
【详解】
A．在《验证机械能守恒定律》的实验中，需要验证，所以只需要验证
即可，并不需要用天平称量重锤质量，A错误；
B．选用重物时，同样大小、形状的重物应选重一点的比较好，B错误；
C．自由落体运动0.02s的距离为2mm，所以要选用第1、2两点距离接近2mm的纸带，C正确；
D．实验时，应当先接通电源再释放纸带，D错误；
E．实验结果总是动能增加量略小于重力势能的减小量，E正确。
故选BCE。
14．AC
【详解】
A．实验时为了减小相对阻力的影响，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料，故A正确；
B．实验时通过来求解速度，不能根据v=gt求解瞬时速度，故B错误；
C．实验时应先接通电源后释放重物，故C正确；
D．打点计时器接到电源的交流输出端上，故D错误。
故选AC．
15．AD
【分析】
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
【详解】
A、为减小摩擦阻力，需要调整打点计时器的限位孔，使它在同一竖直线上，故A正确；
B、为了减小阻力的影响，重锤选择质量大一些的，不是用手托着重物，而是用手提着纸带的上端，先接通电源，再释放重物，故B错误；
C、因为存在阻力作用，知动能的增加量略小于重力势能的减小量，故C错误；
D、根据知，只有选第1、第2两打点间隔约2mm的纸带才代表打第1点时的速度为零，故D正确；
故选AD．
16．大些
【详解】
重物下落过程中受到空气阻力的影响，所以重物减少的重力势能比增加的动能大些。
17．2.9 9.8
【详解】
[1]打下第16个点时,重物下落的速度大小为
[2]根据得2024-2025第二册第七章万有引力与宇宙航行第5节相对论时空观与牛顿力学的局限性课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．经典力学规律有其局限性。物体以下列哪个速度运动时，经典力学规律不适用（　　）
A．2.5×10-5 m/s B．2.5×102 m/s C．3.5×103 m/s D．2.5×108 m/s
2．下列说法错误的是（　　）
A．开普勒通过对天体运动的观测数据进行分析计算，总结出行星运动三大定律
B．牛顿通过实验室中实验得出万有引力定律
C．在宏观、低速条件下牛顿力学能很好地描述物体的运动规律
D．牛顿“月—地”检验表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵循同样的规律
3．下列关于弱引力与强引力的论述中，正确的是（　　）
A．遵从万有引力定律的引力常称为强引力
B．遵从爱因斯坦引力理论的引力常称为弱引力
C．中子星表面的引力比常见的引力强得多，牛顿的引力理论已经不使用了
D．密度越大的天体表面的引力越弱
4．下列有关物理内容的若干叙述中正确的是（　　）
A．小船过河的时间会因河中心附近水流速度逐渐增大而减少
B．接近光速的列车，地面上的人观测它在运动方向上的长度缩短
C．只要高度合适，北京上空也可能存在同步卫星
D．伽利略发现了行星运动的规律
5．下列有关物理知识和史实的说法，正确的是（　　）
A．做圆周运动的物体，其所受合力的方向必定指向圆心
B．牛顿发现了万有引力定律，被称为“测出地球质量第一人”
C．电场强度E=，电阻R=，电流强度I=都应用了比值定义法，定义的物理量不随定义所用的物理量大小而改变
D．爱因斯坦建立了相对论，相对论物理学否定了牛顿力学
6．关于相对论时空观与牛顿力学的局限性，下列说法中正确的是（　　）
A．相对论和量子力学更加深入地研究运动规律，彻底否认了经典力学
B．相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的
C．牛顿定律不适用于研究中国空间站天和核心舱的高速发射
D．经典力学是相对论及量子力学在一定条件下的特例
7．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要页献，下列表述正确的是（　　）
A．牛顿运动定律既适应于物体的低速运动，也适应于物体的高速运动
B．伽利略通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值
C．卡文迪许发现了万有引力定律，被称为“称量地球的质量”的人
D．开普勒行星运动三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础
8．在高速世界里，时间和空间都是相对的，都会随惯性参照系的选择不同而不同。爱因斯坦根据基于相对性原理和光速不变原理，建立了狭义相对论，下面正确的是（　　）
A．相对性原理是指，物理规律在一切参照系中都具有相同的形式
B．光速不变原理是指，在一切参照系中，测量到的真空中的光速c都一样
C．光速不变原理是指，在一切惯性参照系中，测量到的真空中的光速c都一样
D．上面所述均不正确
9．关于相对论及相关问题，下列说法正确的是（　　）
A．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，物理规律可能不同
B．当物体运动速度时，物体的质量，即物体的质量改变了，故经典力学不再适用
C．当物体以较小的速度运动时，质量变化十分微小，如分析地球上物体的运动就不必考虑质量变化
D．按照相对论理论，一个真实的静止质量不为零的物体相对任何惯性参考系的速度有可能超过光速
10．关于物体的质量，下列说法不正确的是（　　）
A．在经典力学中，物体的质量是保持不变的
B．在经典力学中，物体的质量随物体的速度的变化而变化
C．在狭义相对论中，物体静止时的质量最小
D．在狭义相对论中，物体的质量随物体速度的增大而增大
11．学习物理学史，了解物理学的发展历程和科学家们所做出的贡献，有助于我们深刻理解物理概念、掌握物理规律并养成科学的学习态度。下列说法正确的是（　　）
A．开普勒提出了日心说
B．卡文迪许利用扭秤装置，第一次比较准确地测出了万有引力常量
C．牛顿发现了万有引力定律，并最先测出了地球的质量
D．牛顿力学不仅适用于宏观世界也适用于微观世界
12．下列说法正确的是（　　）
A．狭义相对论表明物体运动时的质量总小于静止时的质量
B．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者测得的光速是不变的
C．飞机远离卫星时，卫星接收到飞机的信号频率大于飞机发出的信号频率
D．“和谐号”动车组高速行驶时，地面上测得其车厢长度将明显变短
二、多选题
13．对于经典力学理论，下列说法中正确的是（　　）
A．经典力学是物理学和天文学的基础，也是现代工程技术的理论基础
B．经典力学的理论体系是经过几代科学家长期的探索，历经曲折才建立起来的
C．经典力学具有丰富的理论成果，也建立了验证科学的方法体系
D．当物体运动速度很大（v→c）、引力很强、活动空间很小（微观）时，经典力学理论所得的结果与实验结果之间符合的很好
14．下列说法正确的有（　　）
A．观察者接近波源时，接收到波的频率变小
B．物体做受迫振动，当驱动力频率等于固有频率时，振幅最大
C．雨后美丽的彩虹是光的干涉现象
D．相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关
15．下列说法正确的是（　　）
A．人耳听到的声波比超声波更容易发生明显衍射现象
B．在双缝干涉实验中，光的频率越高，光屏上出现的条纹越宽
C．梳头发时梳子带了电荷，来回抖动梳子时会向外发射电磁波
D．狭义相对论认为，在惯性系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关
E.火车鸣笛向我们驶来，我们听到的声音频率比声源振动的频率低
16．下列说法正确的是（　　）
A．在光导纤维束内传送图像是利用光的折射原理
B．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的
C．一束自然光相继通过两个平行偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度不发生变化
D．科学家可以通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度
三、填空题
17．设想一光子飞船以v=0.95C的速率相对于地球运动，若飞船上宇航员用测时器测他吸一支烟用去10 min，地球上的观测者测他吸一支烟用去________min.
18．经典相对性原理：________规律在任何________中都是相同的．还可以表述为：在一个________内进行的任何力学实验都不能判断这个________是否相对于另一个惯性系做匀速直线运动；或者说，任何惯性参考系都是________的．
四、解答题
19．假如有一对孪生兄弟和，其中乘坐速度为的火箭飞往大角星（牧夫座），而后又飞回地球．根据在地球上的观测，大角星离地球有36光年远，这次往返飞行经历时间为80年．如果离开地球时，他们的年龄都为20岁，试问当回到地球时，他们的年龄各有多大？
20．中国自行研制、具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行5圈后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示。设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：
(1)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时是加速还是减速？
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小；
(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度h2。
参考答案
1．D
【详解】
当物体速度接近光速3.0×108 m/s时，由相对论规律可知，物体的质量将随速度的变化而变化，经典力学不再适用。
故选D。
2．B
【详解】
A．开普勒通过对天体运动的观测数据进行分析计算，总结出行星运动三大定律。故A正确；
BD．牛顿通过理论推导出万有引力定律，并用“月—地”检验表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵循同样的规律，从而证实了万有引力定律的正确性。故B错误，D正确；
C．牛顿力学在宏观、低速条件下很好地描述物体的运动规律，但不适用于微观、高速状态。故C正确。
故选B。
3．C
【详解】
AB．牛顿建立的经典力学只适用于弱引力，遵从万有引力的为弱引力，遵从爱因斯坦引力理论的引力为强引力，故A、B错误；
CD．密度越大的天体表面引力越强，中子星密度非常大，其表面的引力比常见的引力强得多，为强引力，牛顿的引力理论已经不能正确解决了，故C正确，D错误。
故选C。
4．B
【详解】
A．小船过河的时间取决于河宽及船在垂直河岸的分速度，与水速无关，A错误；
B．由爱因斯坦相对论中的尺缩效应可知，接近光速的列车，地面上的人观测它在运动方向上的长度缩短，B正确；
C．由引力作为向心力可得
同步卫星相对地球静止，运行周期24h，故只能定位在赤道上空固定高度处，C错误；
D．开普勒发现了行星运动的规律，D错误。
故选B。
5．C
【详解】
A．做匀速圆周运动的物体所受合力的方向必定指向圆心，但做变速圆周运动的物体所受合力沿半径方向分力指向圆心，故A错误；
B．根据物理学史可知，牛顿现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量，从而被称为“测出地球质量第一人”，故B错误；
C．电场强度E=，电阻R=，电流强度I=都应用了比值定义法，定义的物理量不随定义所用的物理量大小而改变，故C正确；
D．爱因斯坦建立了相对论，成功地解释了物体高速运动（接进光速）的规律，但并没有否定经典力学，只有当物体的速度接进光速时，才需要考虑相对论效应，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】
A．相对论和量子力学并没有否定经典力学，认为经典力学是在一定条件下的特殊情形，故A错误；
B．根据狭义相对论的光速不变原理，真空中光速在不同的惯性参考系中是相同的，故B错误；
C．牛顿定律属于经典力学的研究范畴，适用于宏观、低速运动的物体，低速和高速的标准是相对于光速，可判定牛顿定律适用于研究中国空间站天和核心舱的高速发射，故C错误；
D．经典力学是相对论及量子力学在一定条件下的特例，它包含于相对论和量子力学中，故D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A．牛顿运动定律只适应于宏观低速，故A错误；
B．卡文迪许通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值，故B错误；
C．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值，被称为“称量地球的质量”的人，故C错误；
D．开普勒行星运动三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础，故D正确。
故选D。
8．C
【详解】
A．根据相对性原理，在所有惯性系中，而不是参照系中，物理定律有相同的表达形式，即一切物理规律都是相同的，故A错误；
BCD．光速不变原理，是指在一切惯性参照系中，测量到的真空中的光速c都一样，故B错误，C正确，BD错误；
故选C。
9．C
【详解】
A.狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故A错误；
BC.根据狭义相对论，当物体运动速度v>0时，物体的质量m>m0，即物体的质量改变了，但当物体以较小的速度运动时（即时），物体质量的变化十分微小，如分析地球上物体的运动就不必考虑质量变化，此时经典力学仍然适用，故B错误，C正确；
D.按照相对论理论，一个真实的静止质量不为零的物体相对任何惯性参考系的速度都不可能超过光速，故D错误。
故选C。
10．B
【详解】
AB．在经典力学中，物体的质量是保持不变的，故A正确，B错误；
C．在狭义相对论中，由于物体的速度v不可能达到光速c，所以v1－（）2<1
根据
m=
可知CD正确。
本题选不正确的，故选B。
11．B
【详解】
A．哥白尼提出了日心说，故A错误；
BC．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤装置，第一次比较准确地测出了万有引力常量，被称为称出地球质量的人，故B正确，C错误；
D．牛顿力学只适用于宏观低速，不适用于微观高速，故D错误。
故选B。
12．B
【详解】
A．根据相对论的基本理论可知，物体运动时的质量总大于静止时的质量，A错误；
B．根据光速不变理论，知不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者测得的光速是不变的，B正确；
C．飞机远离卫星时，产生多普勒效应，卫星接收到飞机的信号频率小于飞机发出的信息频率，C错误；
D．“和谐号”动车组高速行驶时，根据相对论效应，可知地面上测得其车厢长度会变短，但由于车速与光速相比太小，测得其车厢长度的变化非常小，D错误。
故选B。
13．ABC
【详解】
ABC．经典力学理论的探索历程曲折，成果显著，但也存在一些局限性，ABC正确；
D．当物体运动速度很大（v→c）、引力很强、活动空间很小（微观）时，经典力学理论所得的结果与实验结果之间出现了较大的偏差，D错误。
故选ABC。
14．BD
【详解】
A．当波源与观察者有相对运动时，如果二者相互接近，间距变小，观察者接收的频率增大，如果二者远离，间距变大，观察者接收的频率减小，故A错误；
B．做受迫振动的物体，当驱动力的频率等于物体固有频率时，物体振幅最大，产生共振现象，故B正确；
C．彩虹是太阳光经过空气中的小水珠，发生色散形成的，色散现象属于光的折射，故C错误；
D．相对论认为时间和空间与物质的运动状态是相联系的，与物体的运动状态有关，故D正确。
故选BD。
15．ACD
【详解】
A．超声波比人耳听到的声波波长短，而波长越长越容易发生光的衍射，所以人耳听到的声波比超声波更容易发生明显衍射现象，A正确；
B．根据双缝干涉实验中相邻亮（暗）条纹的间距公式
可知，光的频率越高，波长越短，光屏上出现的条纹越窄，所以B错误；
C．梳头发时梳子带了电荷，来回抖动梳子时会产生变化的电磁场，即可向外发射电磁波；所以C正确；
D．狭义相对论认为，在惯性系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关，所以D正确；
E．火车鸣笛向我们驶来，即波源与观察者相互靠近，我们听到的声音频率比声源振动的频率高，所以E错误。
故选ACD。
16．BD
【详解】
A．在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射原理，故Ａ错误；
B．爱因斯坦的狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，即光速不变原理，故Ｂ正确；
C．自然光是偏振光，只有振动方向与偏振片方向相同的光可以透过，所以一束自然光相继通过两个平行偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度会发生变化，故C错误；
D．科学家可以通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度，是光的多普勒效应，故D正确；
故选BD。
17．32
【解析】
【详解】
根据相对论原理可知，地球上的观测者测得他吸一支烟用去的时间：
18．力学 惯性系 惯性参考系 惯性系 平权
【详解】
经典力学的相对性原理是力学规律在任何惯性系中都是相同的．或者说在一个惯性参考系内进行的任何力学实验都不能判断这个惯性系是否相对于另一个惯性系做匀速直线运动；换言之，经典力学定律在任何一个惯性系中数学形式不变，所有惯性系都是等价（平权）的．
19．B为54.9岁；A为100岁
【详解】
设B在飞船惯性系中经历的时间为Ar，根据钟慢效应得：
即
解得年；所以B回到地球时的年龄为
此时A的年龄为
20．(1)加速；(2)；(3)
【详解】
(1)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时需要加速；
(2)对地表物体，有
飞船经过椭圆轨道近地点A时，根据牛顿第二定律有
联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为
(3)飞船在预定圆轨道上飞行时由万有引力提供向心力，有
由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为
解得2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第七章万有引力与宇宙航行第4节宇宙航行课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．如图所示是嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图，嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ，嫦娥三号在圆轨道Ⅱ上做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．由题给条件可求得嫦娥三号的质量
B．由题给条件可求得月球的第一宇宙速度
C．嫦娥三号在P处变轨时必须点火加速
D．嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动过程中，可能出现速率大于月球第一宇宙速度的现象
2．中国发射火星探测器，探测器发射升空后首先绕太阳转动一段时间再调整轨道飞向火星。火星探测器的发射速度（　　）
A．等于7.9 km/s B．大于16.7 km/s
C．大于7.9 km/s且小于11.2km/s D．大于11.2 km/s 且小于 16.7 km/s
3．火星——地球的“孪生兄弟”同样有南极、北极，同样有高山、峡谷，同样有白云、尘暴和龙卷风，同样是四季分明，甚至连一天的时间都差不多。若认为火星与地球自转周期相同，地球的质量为火星质量的10倍，关于地球和火星各自的同步卫星下列判断正确的是（　　）
A．地球的同步卫星角速度大 B．地球的同步卫星线速度大
C．火星的同步卫星向心加速度大 D．火星的同步卫星轨道半径大
4．长征二号丙运载火箭成功将遥感三十号10组3颗卫星送人预定轨道，遥感三十号卫星系统采用多星组网模式，主要用于开展电磁环境探测及相关技术试验。该卫星系统在距地面1100km高处的圆形轨道上运行，已知地球半径为6400km，地球同步卫星距地面的高度为36000km，该卫星系统绕地球一周需要的时间约为（　　）
A．0.02h B．1.78h C．3.18h D．4.56h
5．如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道 I，然后在 Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，下列说法正确的是（　　）
A．该卫星的发射速度必定大于 11. 2 km/s B．该卫星的同步轨道 II 可以在扬州正上方
C．在 Q 点该卫星在轨道 I 和轨道 II 上的速度相等 D．在 Q 点该卫星在轨道 I 和轨道 II 上的加速度相等
6．如图所示，在地球赤道上有一建筑物A，赤道所在的平面内有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动，其周期为，与地球自转方向相同，已知地球的质量为，地球的自转周期，万有引力常量为，当在A的正上方计时开始，下列说法正确的是（　　）
A．卫星离地面的高度大于同步卫星离地面的高度
B．卫星做匀速圆周运动的轨道半径
C．至少经过时间，仍在A的正上方
D．至少经过时间，A与相距最远
7．星探测的重要“窗口期”（火星距离地球最近）。7月23日，“天问一号”火星探测器在中国文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空，成功进入预定轨道。“天问一号”于2021年2月到达火星，实施火星捕获。2021年5月实施降轨，着陆巡视器与环绕器分离，软着陆火星表面，火星车驶离着陆平台，开展巡视探测等工作。已知地球的第一宇宙速度约为，火星的半径约为地球的0.5倍，质量约为地球的0.1倍。根据以上信息，下列说法正确的是（　　）
A．下一次窗口期大约在2021年7-8月
B．地球表面重力加速度约为火星表面重力加速度的
C．以相同速度竖直上抛小球，在火星上上升的最大高度约为地球上的2.5倍
D．在火星上发射卫星的最小速度约为地球上发射卫星的最小速度的倍
8．随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已经不是梦想，宇航员登上月球后还能健步如飞。假设我国宇航员登月后的某次科学实验中，在月球表面附近以初速度竖直向上抛出一个小球，经时间t后小球回到出发点。已知月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．月球表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
B．月球表面的重力加速度为
C．月球的质量为
D．宇航员在月球表面获得的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动
9．如图所示，已知空间站在距地球表面高约400km的近地轨道上做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B．空间站里所有物体的加速度均为零
C．对接时飞船要与空间站保持在同一轨道并进行加速
D．若已知空间站的运行周期及地球半径，则可以估算出地球的平均密度
10．石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作的“太空电梯”缆线，使人类进入太空成为可能。假设从赤道上空与地球同步的太空站竖直放下由石墨烯材料做成的太空电梯，固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图所示。关于太空电梯仓停在太空电梯中点P时，下列对于太空电梯仓说法正确的是（　　）
A．处于平衡状态
B．向心加速度比同高度卫星的大
C．速度比第一宇宙速度大
D．上面的乘客处于失重状态
11．嫦娥五号探测器将由长征五号运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空。如果嫦娥五号经过若干次轨道调整后，先在距离月球表面h的高度处绕月球做匀速圆周运动，然后开启反冲发动机，嫦娥五号着陆器暂时处于悬停状态，最后实现软着陆，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。月球的半径为R且小于地球的半径，月球表面的重力加速度为g0且小于地球表面的重力加速度，引力常量为G，不考虑月球的自转，则下列说法正确的是（　　）
A．嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度可能大于地球的第一宇宙速度
B．月球的平均密度ρ＝
C．嫦娥五号探测器在绕月球做匀速圆周运动的t时间内，绕月球运转圈数n＝
D．根据题给数据可求出月球的第二宇宙速度
12．空间站绕地球做圆周运动的运行周期约为1.5h，如图所示是三名宇航员站立在天和核心舱地板上的情形，则下列说法正确的是（　　）
A．神舟十二号的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．空间站绕地球做圆周运动的运行速度不小于7.9km/s
C．神舟十二号先进入天和核心舱运行轨道，与之在同一轨道运行，再从后面加速以实现与天和核心舱对接
D．宇航员静止站在天和核心舱地板上时对地板的压力为零
二、多选题
13．“天问一号”探测器实施近火“捕获”制动，成功被火星引力“捕获”实现变轨，2月15日，“天问一号”探测器实现了完美的“侧手翻”，将轨道调整为经过火星两极的环火星椭圆形轨道。“天问号”运行的轨迹图如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．“天问一号”的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B．“天问一号”要实现近火“捕获”需要在“捕获”点进行减速
C．“天问一号”在“侧手翻”前瞬间的加速度等于“侧手翻”后瞬间的加速度
D．“天问一号”在环火星两极的椭圆形轨道上运行时近火点的速度比远火点的速度小
14．俄罗斯11年来首次实现“科学”号实验舱与国际空间站对接成功，但大约3小时后，实验舱发动机突然自行启动，导致空间站偏离正常飞行位置，在地面人员指挥下，大约40多分钟后一切恢复正常。下列关于实验舱和空间站对接的说法正确的是（　　）
A．实验舱为了追上空间站，应从较低轨道上加速
B．实验舱为了追上空间站，应从较高轨道上加速
C．对接完成时，实验舱和空间站具有相同的向心力
D．对接完成时，实验舱和空间站具有相同的加速度
15．我国空间站核心舱“天和”在离地高度约为的圆轨道上运行，目前有聂海胜等三名宇航员在轨工作。假设“天和”做匀速圆周运动，地球半径，则可知（　　）
A．“天和”核心舱内的宇航员不受地球重力作用
B．聂海胜在轨观看苏炳添东奥百米决赛比赛时间段内飞行路程可能超过
C．考虑到h远小于R，聂海胜可以记录连续两次经过北京上空的时间间隔T，利用公式估算地球密度
D．“天和”核心舱轨道平面内可能存在一颗与地球自转周期相同的地球卫星
16．神舟十九号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱前向端口，与此前已对接的天舟二号货运飞船一起构成三舱组合体。组合体绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，该轨道离地面的高度约为389km。下列说法正确的是（　　）
A．组合体在轨道上飞行的周期小于24h
B．组合体在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．若已知地球半径和表面重力加速度，则可算出组合体的角速度
D．神舟十二号先到达天和核心舱所在圆轨道，然后加速完成对接
三、填空题
17．2020年12月3日，嫦娥五号上升器成功从月球表面发射，这是我国首次实现地外天体起飞。已知地球半径为月球半径的k倍，地球表面的重力加速度是月球表面重力加速度的n倍，忽略天体自转的影响，则地球第一宇宙速度与月球第一宇宙速度的比值为_______
18．2020年7月31日，我国北斗全球卫星导航系统正式开通。我国的北斗导航卫星系统包含多颗地球同步卫星，北斗导航卫星系统建成以后，有助于减少我国对导航系统的依赖，由运行周期为3小时的卫星群组成，设北斗导航系统的同步卫星和导航卫星的轨道半径分别为和，线速度分别为和，则___________（填“大于”“小于”“等于”），___________。
四、解答题
19．2021年5月15日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器在火星乌托邦平原南部预选着陆区着陆，在火星上首次留下中国印记。若我国的“天问一号”探测器在离火星表面高度为h的空中沿圆形轨道绕火星飞行，周期为T，火星半径为r，引力常量为G，求：
（1）火星的质量；
（2）火星表面的重力加速度；
（3）火星的第一宇宙速度。
20．经过长期天文观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统。现在观察到由A星和B星组成的双星系统，它们“晃动”（实际上是双星围绕某点转动，不过人们往往只能看到它们在晃动）周期均为T，A星的晃动范围为，B星的晃动范围为，如图所示。已知引力常量为G，求A星和B星的质量之和。
参考答案
1．D
【详解】
A．万有引力提供向心力
得
故根据轨道半径r，周期T，万有引力常量为G计算出月球的质量，但不能计算嫦娥三号的质量，故A错误；
B．不知道月球的半径，所以不可求得月球第一宇宙速度，故B错误；
C．嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ，所以嫦娥三号在P处变轨时必须点火减速，故C错误；
D．嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动过程中，在P点的速度大于在圆轨道Ⅱ上的速度，而在圆轨道Ⅱ上的速度小于第一宇宙速度，则可能出现沿椭圆轨道Ⅰ运动速率大于月球第一宇宙速度的现象，故D正确；
故选D。
2．D
【详解】
第一宇宙速度为 7.9km/s，第二宇宙速度为 11.2km/s，第三宇宙速度为 16.7km/s，由题意可知，火星探测器要脱离地球的引力，但不脱离太阳的引力，则火星探测器的发射速度大于11.2km/s且小于16.7km/s；故D正确，ABC错误；
故选D。
3．B
【详解】
A．由它们的周期相同，故同步卫星的角速度相同，选项A错误。
BCD．由
因为周期相同，地球质量大，故地球同步卫星的轨道半径大，再由角速度相同
则地球同步卫星的线速度和向心加速度均大。则B正确，CD错误。
故选B。
4．B
【详解】
根据开普勒第三定律可得
其中，，，代入数据解得该卫星系统绕地球一周需要的时间
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．D
【详解】
A．11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，故该卫星的发射速度一定小于11.2km/s，A错误；
B．地球同步卫星的轨道在赤道上空，该卫星的同步轨道 II 不可以在扬州正上方，B错误；
C．根据卫星变轨的原理可知，卫星在轨道Ⅰ上的Q点，需加速，做离心运动进入轨道Ⅱ，即 Q 点该卫星在轨道 I 和轨道 II 上的速度不相等，C错误；
D．在Q点该卫星在轨道 I 和轨道 II 上受到的万有引力没变，则加速度相同，D正确。
故选D。
6．C
【详解】
AB．对卫星B，由引力作为向心力可得
解得
同理可得，同步卫星运行的轨道半径为
由于，故卫星离地面的高度小于同步卫星离地面的高度，AB错误；
C．设至少经过时间t，仍在A的正上方，满足
解得
C正确；
D．当B比A多转半圈时相距最远，满足
解得
D错误。
故选C。
7．C
【详解】
A．从2020年月到2021年月，即一年后，地球回到同一位置，由于火星绕太阳公转半径大于地球，故由开普勒第三定律知火星公转周期大于地球，也就是火星公转周期大于1年，故1年后，火星不在同一位置，火星距离地球不是最近，故A错误；
BC．忽略星球自转，星球表面的重力等于万有引力，由
得
可得
以相同的速度竖直上抛小球，在火星上上升的最大高度与地球上上升的最大高度之比
故
故C正确，B错误；
D．设星球的第一宇宙速度为v，则
得
那么火星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比为
可得在火星上发射卫星的最小速度约为地球上发射卫星的最小速度的倍，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
A．由于宇航员登上月球后还能健步如飞，可知月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，A错误；
B．根据竖直上抛运动可知
可得
B错误；
C．根据
可得月球的质量
C正确；
D．根据
可得月球表面的第一宇宙速度
D错误。
故选C。
9．D
【详解】
A．第一宇宙速度是物体绕地球附近做匀速圆周运动的速度，也是近地卫星的运行速度，根据
知绕地球做匀速圆周运动的空间站速度小于近地卫星的速度，即小于第一宇宙速度，故A错误；
B．由于空间站里所有物体所受重力用于提供绕地球做匀速圆周运动的向心力，导致空间站里所有物体均处于完全失重状态，但重力加速度并不为零且等于其向心加速度，故B错误；
C．对接时飞船不能和空间站保持在同一轨道并进行加速，因为同一轨道上的速度是固定为某一值的，若飞船加速将做离心运动，则将偏离轨道，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，有
由密度公式可知
已知空间站的运行周期和地球半径可以估算出地球的平均密度，故D正确。
故选D。
10．D
【详解】
A．太空电梯仓绕地球做匀速圆周运动，不是平衡状态，A错误；
B．根据
可知，太空电梯仓转动的向心加速度小于同步卫星A的向心加速度，B错误；
C．根据
可知，太空电梯仓转动的速度小于同步卫星A的速度，第一宇宙速度是最大的环绕速度，则同步卫星A的速度小于第一宇宙速度，则太空电梯仓的速度比第一宇宙速度小，C错误；
D．太空电梯仓随太空电梯一起绕地球圆周运动，则上面的乘客处于失重状态，D正确。
故选D。
11．B
【详解】
B．设月球的质量为M，对于在月球表面处质量为m0的物体有
m0g0＝G
又因为
ρ＝
所以
ρ＝
选项B正确；
C．嫦娥五号探测器在圆轨道上运动时，有
G＝m（R＋h）
解得
T＝
故绕月球运转圈数
n＝＝
选项C错误；
D．根据
m′g0＝m′
得月球的第一宇宙速度
v＝
选项D错误；
A．因为月球的半径小于地球的半径，月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，所以月球的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度小于地球的第一宇宙速度，选项A错误。
故选B。
12．D
【详解】
A．由于神舟十二号绕地球运行，因此发射速度应大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，A错误；
B．根据
可知轨道半径越大，运行速度越小，绕地球表面运行的卫星速度为7.9km/s，因此空间站绕地球做圆周运动的运行速度小于7.9km/s，B错误；
C．神舟十二号只能在低于核心舱运行轨道上运行，逐渐加速，使轨道半径逐渐增大，才能与核心舱对接；而若进入同一运行轨道上运行，加速运行过程中，神舟十二号会做离心运动，不能实现对接，C错误；
D．宇航员静止站在天和核心舱地板上时，处于完全失重状态，对地板的压力为零，D正确。
故选D。
13．BC
【详解】
A．“天问一号”的发射速度要大于第二宇宙速度，A错误；
B．“天问一号”要实现近火“捕获”需要在“捕获”点进行减速，故B正确；
C．火星对“天问一号”的万有引力为“天问一号”的合力，在“侧手翻”变轨前后瞬间火星对“天问一号”的万有引力相同，根据牛顿第二定律，则加速度相同，C正确；
D．“天问一号”在环火星两极的椭圆形轨道上运行时近火点的速度比远火点的速度大，D错误。
故选BC。
14．AD
【详解】
A．实验舱在较低轨道上加速后做离心运动，轨道半径增大故可能“追上”较高轨道上运行的空间站从而实现对接，A正确；
B．从较高轨道上加速，实验舱将做离心运动，轨道高度继续增加，故不可能与较低轨道上的空间站实现对接，B错误；
CD．对接时，实验舱和空间站半径相同，具有相同的加速度，但是质量不同，所以向心力不同，C错误，D正确。
故选AD。
[命题意图]本题以俄罗斯“科学”号实验舱与国际空间站成功对接为情境载体，考查近心运动和离心运动、人造卫星的加速度和轨道的关系、万有引力定律及其应用等知识。考查理解能力、建模能力以及推理论证能力；体现科学思维、科学态度与责任的学科素养，突出对基础性、应用性的考查要求。
15．D
【详解】
A．“天和”核心舱内的宇航员也受到地球引力的作用，即重力的作用，故A错误；
B．由公式
得贴近地球表面飞行的卫星的线速度
天和号运行的线速度
苏炳添东奥百米决赛比赛时间约为10s，所以聂海胜在轨观看苏炳添东奥百米决赛比赛时间段内飞行路程约为，故B错误；
C．北京不在赤道上，考虑到地球的自转的因素，若聂海胜记录连续两次经过北京上空的时间间隔T，该时间一定不是在较低的轨道上的天和号做匀速圆周运动的周期，所以不能用近地轨道密度与周期关系的公式估算地球的密度，故C错误；
D．由题可知，“天和”核心舱的轨道半径和地球同步卫星的轨道半径不同，由
可知在“天和”核心舱轨道平面内可能存在一颗与地球自转周期相同的地球卫星，故D正确。
故选D。
16．AC
【详解】
A．由
可得
即卫星的轨道半径越大，运行周期越长；已知地球同步卫星的轨道高度约为3.6万千米，该组合体的轨道高度远小于3.6万千米，所以其飞行周期小于24h，故A正确；
B．由
可得
即卫星的轨道半径越大，其运行的线速度越小；该组合体的轨道高度大于地球半径，所以其线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．若已知地球半径和表面重力加速度，则有
整理得
组合体所受的万有引力提供向心力，即
整理得
即可算出组合体的角速度，故C正确；
D．如果神舟十二号先到达天和核心舱所在的圆轨道，然后再加速，则神舟十二号将由于离心运动而导致运行半径变大，则不能完成对接，故D错误。
故选AC。
17．
【详解】
[1]设物体在天体表面上，万有引力约等于重力，则有
当物体在天体近地轨道上时，万有引力提供向心力，则有
联立解得：；
地球第一宇宙速度与月球第一宇宙速度的比值为
18．小于 4：1
【详解】
由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力
得
又
故
由
联立以上三式得
19．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）探测器围绕火星做圆周运动时，有
解得
（2）根据万有引力等于重力得
解得
（3）在火星表面，根据万有引力提供向心力得
解得
20．
【详解】
设A星和B星的质量分别为和，A、B两星球的间距为L，由题意可知A、B做圆周运动的半径分别为
，
并且
根据万有引力提供向心力有
联立以上式子解得2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第七章万有引力与宇宙航行第2节万有引力定律课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．一位果农挑着两筐质量均为的苹果。设两筐苹果质心间的距离为，则两筐苹果之间的万有引力（　　）
A． B． C． D．
2．下列说法正确的是（　　）
A．开普勒根据自己的观测记录数据，总结出了开普勒行星运动定律
B．开普勒利用牛顿运动定律和开普勒行星运动定律，发现了万有引力定律
C．卡文迪什通过实验测出了引力常量，成为第一个“称量”出地球质量的人
D．牛顿的经典力学能解决宏观物体和微观粒子的所有运动问题
3．牛顿发现万有引力定律后，首次比较准确地测定引力常量的科学家是（　　）
A．卡文迪许 B．第谷 C．开普勒 D．牛顿
4．某人造卫星绕地球沿如图所示的椭圆轨道运动，a、b、c、d为椭圆轨道上的四个点，该人造卫星在四个点上所受地球万有引力最小的是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
5．两个大小相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F。若将两个用同种材料制成的半径是小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则两大铁球之间的万有引力为（　　）
A．2F B．4F C．8F D．16F
6．物理学是以观察、实验为基础的自然学科，下列说法中正确的是（　　）
A．牛顿第一定律是牛顿多次通过实验总结出来的一条实验定律
B．在探究两个互成角度的力的合成规律时采用了等效替代法
C．第谷根据多年的观测总结揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础
D．库仑通过著名的扭秤实验测出了万有引力常量的数值
7．下列关于物理史实叙述正确的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律并测出了万有引力常量
B．开普勒通过对大量行星绕太阳运动数据的分析得到了开普勒三大定律
C．伽利略通过理想斜面实验推理了物体自由落体运动的规律
D．亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因
8．在物理学发展史上，有一些重大的发现和实验，对人类的进步起很大的作用。关于这些发现和实验，下列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
B．英国物理学家牛顿提出了三条运动定律，是整个动力学的基础，它既能处理低速运动，也能处理高速运动，既适合于宏观物体，也适合于微观物体
C．第谷通过研究行星观测记录，发现了行星运动的三大定律
D．牛顿发现了万有引力定律，后来他通过扭秤实验测出了万有引力恒量的数值
9．某人站在地表，受到地球的吸引力约为F，那么当他在离地表距离等于地球半径的飞船中时，他受到地球的吸引力为（　　）
A． B． C． D．
10．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（　　）
A．开普勒发现了万有引力定律 B．卡文迪许测出了引力常量G的数值
C．伽利略指出物体的运动需要力来维持 D．牛顿运动定律在任何情况下都适用
11．关于行星对太阳的引力，下列说法正确的是（　　）
A．行星对太阳的引力提供了行星做匀速圆周运动的向心力
B．行星对太阳的引力大小与行星的质量成正比，与行星和太阳间的距离成反比
C．太阳对行星的引力公式是由实验得出的
D．太阳对行星的引力公式是由开普勒定律和行星绕太阳做匀速圆周运动的规律推导出来的
12．飞船运行到地球和月球间某处时，飞船所受地球、月球引力的合力恰好为零。已知地球与月球质量之比为，则在该处时，飞船到地球中心的距离与到月球中心的距离之比为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
13．下列关于物理学史的说法中正确的是（　　）
A．伽利略不仅确立了描述运动的基本概念，而且提出了将数学推理和实验相结合的研究方法
B．牛顿三大运动定律，奠定了力学的基础
C．开普勒经过几十年的长期观测，归纳总结出了开普勒三定律
D．卡文迪许通过实验，测量出万有引力常量，被称为“称量地球质量的人”
14．要使两物体间万有引力减小到原来的，可采用的方法是（　　）
A．使两物体的质量各减少一半，距离保持不变
B．两物体间距离增至原来的2倍，质量不变
C．使其中一个物体质量减为原来的，距离变为原来的2倍
D．使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的
15．下列关于太阳对行星的引力的说法正确的是（　　）
A．太阳对行星的引力提供行星绕太阳做圆周运动的向心力
B．太阳对行星的引力的大小与太阳的质量成正比
C．太阳对行星的引力与行星的质量无关
D．太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力
16．已知物体放在质量分布均匀的球壳内部的时候受到球壳的万有引力为零，假想有一个质量分布均匀的球心为O1半径为R的星球，若将球内部挖掉一个半径为的圆心为O2的小球（A为两球切点），如图所示，在不考虑星球自转的情况下，若将一可视作质点的小物体从O2点由静止释放，则小物体将（　　）
A．由O2向A运动 B．由O2向O1运动
C．匀加速直线运动 D．变加速直线运动
三、填空题
17．太阳与行星间引力的大小与太阳的质量、行星的质量成正比，与两者距离的二次方成反比，即F=___________，式中G为比例系数，其大小与太阳和行星的质量___________，太阳与行星引力的方向沿二者的___________。
18．已知质量为m的物体放在质量为M并可视为球体且质量分布均匀的地球表面某处，引力常量为G，地球半径为R，则它们之间的万有引力为F1=_______；如果把物体放到地球球心处，则它们间的万有引力F2=_______。
四、解答题
19．海面上有两艘正在行驶的轮船，质量都是1.0×104t，相距10km。它们之间的万有引力有多大 请将这个力与其中一艘轮船所受的重力进行比较，看看是重力的多少倍。
20．已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g0，不考虑地球自转的 影响并假设地球质量分布均匀且密度为．假若在地球内部距表面深度为的某区域存在一半径为的球形煤炭矿区，设煤炭密度为（小于），则由于该煤炭矿区区域的存在，造成的地球该区域表面重力加速度的变化量的最大值是多少？
参考答案
1．D
【详解】
由万有引力定律，得两筐苹果之间的引力是
ABC错误，D正确。
故选D。
2．C
【详解】
A．开普勒根据第谷的观测记录数据，总结出了开普勒行星运动定律，故A错误；
B．牛顿发现了万有引力定律，从而解释了行星运动规律的原因，故B错误；
C．卡文迪什通过实验测出了引力常量，用公式，成为第一个“称量”出地球质量的人，故C正确；
D．牛顿的经典力学能解决宏观低速物体的运动规律，故D错误。
故选C。
3．A
【详解】
1789年卡文迪许利用他所发明的扭秤比较准确地测定引力常量，故选A。
4．A
【详解】
根据万有引力公式
可知，卫星与地球间的距离越大，受到的万有引力越小，故在a点受力最小。
故选A。
5．D
【详解】
两个小铁球之间的万有引力为
F＝G＝G
实心小铁球的质量为
m＝ρV＝ρ·πr3
大铁球的半径是小铁球的2倍，则大铁球的质量m′与小铁球的质量m之比为
故两个大铁球间的万有引力为
F′＝G＝G＝16F
故选D。
6．B
【详解】
A．牛顿第一定律是理想化情况下的规律，是逻辑思维的产物，不能通过实验直接验证，故A错误；
B．实验过程应控制拉力的作用效果相同，实验采用了等效替代法，故B正确；
C．开普勒根据第谷留下的实验数据总结得出了开普勒三定律，揭示了行星的运动规律，牛顿运用开普勒三定律和牛顿运动定律研究发现了万有引力定律，故C错误；
D．卡文迪什第一次在实验室里用扭称测出万有引力常量，被称为“第一个测量出地球质量的人”，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】
A．牛顿发现了万有引力定律，万有引力常量是由卡文迪许通过扭秤实验测出，故A错误；
B．开普勒通过对大量行星绕太阳运动数据的分析得到了开普勒三大定律，B正确；
CD．伽利略通过理想斜面实验证明了力是改变物体运动状态的原因，亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故CD错误。
故选B。
8．A
【详解】
A．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，所以A正确；
B．英国物理学家牛顿提出了三条运动定律，是整个动力学的基础，它只能处理低速运动，及宏观物体，所以B错误；
C．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动的三大定律，所以C错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，后来卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，所以D错误；
故选A。
9．C
【详解】
根据万有引力定律可得在地球表面时
当他在离地表距离等于地球半径的飞船中时，他受到地球的吸引力
故选C。
10．B
【详解】
A．牛顿发现了万有引力定律，所以A错误；
B．卡文迪许测出了引力常量G的数值，所以B正确；
C．亚里士多德指出物体的运动需要力来维持，所以C错误；
D．牛顿运动定律在宏观低速运动的物体都适用，所以D错误；
故选B。
11．D
【详解】
A．行星做匀速圆周运动的向心力由太阳对行星的引力提供，故A错误；
B．太阳对行星的引力大小与行星的质量成正比，与行星和太阳间的距离二次方成反比，故B错误；
CD．太阳对行星的引力公式不是由实验得到的，是由开普勒定律和行星绕太阳做匀速圆周运动的规律推导出来的，故C错误，D正确。
故选D。
12．C
【详解】
设地球质量与月球质量分别为、，飞船到地球中心的距离与到月球中心的距离分别为、，飞船质量为，飞船所受地球、月球引力平衡
解得
故选C。
13．ABD
【详解】
A．伽利略不仅确立了描述运动的基本概念，而且提出了将数学推理和实验相结合的研究方法，选项A正确；
B．牛顿三大运动定律，奠定了力学的基础，选项B正确；
C．第谷进行了长期观测，记录了大量数据，开普勒通过对数据研究总结得出了开普勒三定律，选项C错误；
D．卡文迪许通过实验，测量出万有引力常量，被称为“称量地球质量的人”，选项D正确。
故选ABD。
14．AB
【详解】
设原来两物体间的万有引力为
A．若使两物体的质量各减少一半，距离保持不变，则
A方法可采用；
B．若两物体间距离增至原来的2倍，质量不变，则
B方法可采用
C．若使其中一个物体质量减为原来的，距离变为原来的2倍，则
C方法不可采用；
D．若使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的，则
D方法不可采用。
故选AB。
15．AB
【详解】
A．行星之所以能绕太阳做匀速圆周运动，就是由于太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力，A正确；
BC．由太阳对行星万有引力的表达式
行星的质量一定的情况下，可知太阳对行星的引力与太阳的质量成正比，与行星到太阳的距离的平方成反比，B正确，C错误；
D．太阳对行星的引力与行星对太阳的引力是一对作用力和反作用力，等大反向，D错误。
故选AB。
16．BC
【详解】
AB．据对称性可知，星球的剩余部分对质点的吸引力方向由O2指向O1，则小物体从O2点由静止释放，小物体将由O2向O1运动，故A项错误，B项正确；
CD．已知物体放在质量分布均匀的球壳内部的时候受到球壳的万有引力为零，设星球的密度为，小物体的质量为m，未挖去小球前，小物体在距球心O1距离为r处受到的引力为
方向指向O1，星球挖去部分对小物体（小物体在O2O1连线上且距O1距离为r处）的引力为
方向指向O2，则剩余部分对质点的吸引力为
方向指向O1，据牛顿第二定律得，物体的加速度为
故C项正确，D项错误。
故选BC。
17．G 无关 连线方向
【详解】
太阳与行星间引力的大小与太阳的质量、行星的质量成正比，与两者距离的二次方成反比，即
式中G为比例系数，其大小与太阳和行星的质量无关，太阳与行星引力的方向沿二者的连线方向。
18． 0
【详解】
[1]根据万有引力定律可得
[2]由对称性可知，放在地球中心质量为m的物体，受地球各个方向的吸引力相同，合力为0，即F2=0。
19．见解析
【详解】
两艘万吨巨轮之间的万有引力的大小为：
重力的大小：
G=mg=1.0×107×9.8=9.8×107N
这个力与轮船所受重力之比：
是重力的倍。
20．
【解析】
根据题意把地球看成由两部分组成即半径为的球体和剩余部分，则有：
式中F为地球剩余部分对m的作用力；M1为半径为的球体质量，应有：
同理当半径为的球体空间存在密度为的煤炭时应有：
联立解得：
故本题答案是：2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第六章圆周运动第2节向心力课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．一个物体在光滑水平面上做匀速直线运动，从某一时刻起该物体受到一个始终跟速度方向垂直、大小不变的水平力作用，此后物体的运动（　　）
A．速度的大小和方向均变化
B．加速度的大小和方向均变化
C．轨迹为抛物线
D．轨迹为圆
2．飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，严重时会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100m/s时，圆弧轨道的最小半径为（取）（ ）
A．100m B．111m C．125m D．250m
3．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球在细线的拉力作用下，一速度做半径为的匀速圆周运动。小球所受向心力的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．一辆卡车在丘陵地面匀速率行驶，地形如图所示，由于轮胎太旧，爆胎可能性最大的地段应是（　　）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
5．下面关于向心力的论述中不正确的是（　　）
A．向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力
B．做匀速圆周运动的物体，除了受到别的物体对它的作用力外，还一定要受到一个向心力的作用
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某一个力，也可以是这些力中某几个力的合力
D．向心力只改变物体运动的方向，不改变物体运动的快慢
6．用细线拴着一个小球，在光滑水平面上作匀速圆周运动，下列说法中正确的是（　　）
A．小球线速度大小一定时，线越长越容易断
B．小球线速度大小一定时，线越短越容易断
C．小球角速度一定时，线越短越容易断
D．绳长一定时，小球角速度越小，线越容易断
7．A、B两物体都做匀速圆周运动，，，经过1秒钟，A转过圆心角，B转过了圆心角，则A物体的向心力与B的向心力之比为（　　）
A．1︰4 B．4︰9 C．9︰16 D．16︰9
8．如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑水平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，mP＝2mQ。当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时(　　)
A．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用
B．P球受到的向心力大于Q球受到的向心力
C．rP一定等于
D．当ω增大时，P球将向外运动
9．A、B两物体都做匀速圆周运动，，，经过1秒钟，A转过圆心角，B转过了圆心角，则A物体的向心力与B的向心力之比为（　　）
A．1：4 B．2：3 C．4：9 D．9：16
10．高空滑索是勇敢者的运动。如图所示一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动（设钢索是直的），下滑过程中到达图中A位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B位置时轻绳竖直向下。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在A位置时，人的加速度可能为零
B．在A位置时，钢索对轻绳的作用力大于人的重力
C．在B位置时，钢索对轻环的摩擦力为零
D．若轻环在B位置突然被卡住，则此时轻绳对人的拉力大于人的重力
11．下列关于圆周运动说法中正确的是（　　）
A．匀速圆周运动是速度不变的匀速运动
B．向心力不能改变圆周运动物体速度的大小
C．做圆周运动的物体除受其它力外，还要受个向心力作用
D．做匀速圆周运动的物体的向心加速度方向不变
二、多选题
12．质量为m的球用长为L的细绳悬于天花板的O点，并使之在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直线成θ角，则以下正确的是（ ）
A．摆球受重力、拉力和向心力的作用
B．摆球只受重力、拉力的作用
C．摆球做匀速圆周运动的向心力为mgtanθ
D．摆球做匀速圆周运动的向心加速度为gtanθ
13．如图所示为向心力演示器，探究向心力大小与物体的质量、角速度和轨道半径的关系，可得到的结论为（　　）
A．在轨道半径和角速度一定的情况下，向心力大小与物体质量成正比
B．在物体质量和轨道半径一定的情况下，向心力大小与角速度成反比
C．在物体质量和轨道半径一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比
D．在物体质量和角速度一定的情况下，向心力大小与轨道半径成反比
14．下面关于向心力的叙述中，正确的是(　　)
A．向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力
B．做匀速圆周运动的物体，除了受到别的物体对它的作用力外，还一定受到一个向心力的作用
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力
D．向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小
15．如图所示，用长为L的细线栓一个质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向间的夹角为θ，关于小球的受力情况，下列说法正确的是（　　）
A．小球受到重力、线的拉力和向心力三个力
B．向心力是细线的拉力和小球所受重力的合力
C．向心力等于细线对小球拉力的水平分量
D．向心力的大小等于mgtanθ
三、解答题
16．如图所示，在光滑水平桌面ABCD中央固定有一边长为0.4m光滑小方柱abcd．长为L=1m的细线，一端拴在a上，另一端拴住一个质量为m=0.5kg的小球．小球的初始位置在ad连线上a的一侧，把细线拉直，并给小球以v0=2m/s的垂直于细线方向的水平速度使它作圆周运动．由于光滑小方柱abcd的存在，使线逐步缠在abcd上．若细线能承受的最大张力为7N（即绳所受的拉力大于或等于7N时绳立即断开），那么从开始运动到细线断裂应经过多长时间？小球从桌面的哪一边飞离桌面？
17．如图所示，水平转盘的中心有一个光滑的竖直小圆孔，质量为m的物体A放在转盘上，A到圆心的距离为r，物体A通过轻绳与物体B相连，B与A质量相同.若物体A与转盘间的动摩擦因数为μ，则转盘转动的角速度ω在什么范围内，物体A才能随盘转动而不滑动？
四、填空题
18．中国航天员首次进行太空授课，通过趣味实验展示了物体在完全失重状态下的一些物理现象。其中一个实验如图所示，将支架固定在桌面上，细绳一端系于支架上的O点，另一端拴着一颗钢质小球。现将细绳拉直但未绷紧，小球被拉至图中a点或b点并进行以下操作，在a点轻轻放手，小球将________（填写“竖直下落”或“静止不动”）；在b点沿垂直于绳子的方向轻推小球，小球将________（填写“做匀速圆周运动”或“沿圆弧做往复摆动”）。
19．如图所示，有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，小强站在距圆心为r处的P点不动。
（1）关于小强的受力，下列说法正确的是________；
A．小强在P点不动，因此不受摩擦力作用
B．小强随圆盘做匀速圆周运动，其重力和支持力充当向心力
C．小强随圆盘做匀速圆周运动，圆盘对他的摩擦力充当向心力
D．若使圆盘以较小的转速转动时，小强在P点受到的摩擦力不变
（2）如果小强随圆盘一起做变速圆周运动，那么其所受摩擦力是否仍指向圆心___________？
参考答案
1．D
【详解】
物体受到一个始终跟速度方向垂直、大小不变的水平力作用，这个力将提供向心力，使物体做匀速圆周运动，此后物体的运动速度大小不变、方向变化，加速度的大小不变、方向变化，轨迹为圆。
故选D。
2．C
【详解】
在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力和支持力，两者的合力提供向心力，由题意知，当时，圆弧轨道半径最小，为，由牛顿第二定律得
解得
故C正确。
故选C。
3．A
解析：根据牛顿第二定律得，小球的向心力由细线的拉力提供，则有：，故A正确。
4．D
【详解】
在坡顶由牛顿第二定律得
mg－FN＝m
解得
FN＝mg－m
FN＜mg
在坡谷，则有
FN－mg＝m
FN＝mg＋m
FN＞mg
可知，汽车在坡谷处所受的支持力更容易爆胎；且r越小，FN越大，则在b、d两点比a、c两点容易爆胎，而d点半径比b点小，则d点最容易爆胎。
故选D。
5．B
【详解】
A．向心力的方向始终沿着半径指向圆心，方向时刻都在变化，所以是一个变力，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体，受到别的物体对它的作用力，这个作用力提供向心力，在受力分析时不能认为物体同时受作用力和向心力，故B错误；
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某一个力，也可以是这些力中某几个力的合力，故C正确；
D．向心力方向始终垂直于线速度方向，所以只改变物体运动的方向，不改变物体运动的快慢，故D正确。
故选B。
6．B
【详解】
AB. 根据牛顿第二定律得，细线的拉力，小球线速度大小v一定时，线越短，圆周运动半径r越小，细线的拉力F越大，细线越容易断，A错误，B正确；
C. 根据牛顿第二定律得，细线的拉力，小球角速度大小ω一定时，线越短，圆周运动半径r越小，细线的拉力F越小，细线越不容易断，C错误；
D. 根据牛顿第二定律得，细线的拉力，绳长一定时，圆周运动半径r一定，小球角速度ω越小，细线的拉力F越小，细线越不容易断，D错误。
故选B。
【点睛】
本题考查对圆周运动向心力的分析和理解能力。对于匀速圆周运动，由合力提供物体的向心力。
7．B
【详解】
根据角速度的定义式可知
根据向心力公式，可得A物体的向心力与B物体的向心力之比为
故ACD错误，B正确。
故选B。
8．C
【详解】
A．两球均受到重力、支持力和绳子的拉力作用，向心力是三个力的合力，选项A错误；
B．两球的重力均与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力，则P球受到的向心力等于Q球受到的向心力，故B错误；
C．根据向心力大小相等得到
mPωP2rP=mQωQ2rQ
由于角速度相同，此方程与角速度无关
故C正确；
D．根据向心力大小相等得到
mPωP2rP=mQωQ2rQ
由于角速度相同，此方程与角速度无关，所以当ω增大时，两球半径不变，P球不会向杆外运动，Q球也不会向沿杆向外运动．故D错误。
故选C。
9．C
【详解】
根据可知
根据 可得A物体的向心力与B的向心力之比为
故选C。
10．D
【详解】
AB．在A位置时，人受到重力和线的拉力，合力沿斜面向下，不为零，则加速度不可能为零；由矢量三角形可知此时人所受的拉力小于重力，由牛顿第三定律可知，钢索对轻绳的作用力等于人所受的拉力，所以钢索对轻绳的作用力小于人的重力，AB错误；
C．在B位置时，细绳的拉力竖直，则人匀速下滑，此时钢索对轻环的摩擦力等于重力沿钢索方向的分力，C错误；
D．若轻环在B位置突然被卡住，则此时人将做圆周运动，根据
可知，轻绳对人的拉力大于人的重力，D正确。
故选D。
11．B
【详解】
A．匀速圆周运动的速度方向时刻改变，A错误；
B．向心力不能改变圆周运动物体速度的大小，只能改变速度的方向，B正确；
C．向心力是物体做圆周运动所需要的力，不能说物体除了受其它力以外，还受到向心力，C错误；
D．做匀速圆周运动的物体的向心加速度方向时刻指向圆心，方向时刻变化，D错误。
故选B。
12．BCD
【详解】
AB.摆球受重力，拉力作用，重力和拉力的合力提供向心力，A错误B正确．
CD.重力和拉力的合力提供向心力：，所以向心加速度，CD正确
13．AC
【详解】
A．由
可知，在轨道半径和角速度一定的情况下，向心力大小与物体质量成正比，A正确；
BC．在物体质量和轨道半径一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比，B错误，C正确；
D．在物体质量和角速度一定的情况下，向心力大小与轨道半径成正比，D错误。
故选AC。
14．ACD
【详解】
向心力是根据力的作用效果来命名的，它可以是物体受力的合力，也可以是某一个力的分力，因此，在进行受力分析时，不能再分析向心力.向心力时刻指向圆心，与速度垂直，所以向心力只改变速度方向，不改变速度大小，A、C、D正确.
故选ACD
15．BCD
【详解】
ABC．小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图
小球受重力、和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力或绳子的拉力的水平分量，故A错误，BC正确；
D．根据几何关系可知
故D正确。
故选BCD。
16．1.256s，AD边．
【详解】
设当线长为L0时，线将断裂．根据向心力公式得T＝，所以L0＝0.29 m.
绕a点转周的时间
t1＝×＝0.785 s，
绕b点转周的时间
t2＝×＝0.471 s，
线接触c点后，小球做圆周运动的半径为r＝0.2 m，小于L0＝0.29 m，所以线立即断裂．
所以从开始运动到线断裂经过t＝1.256 s，小球从桌面的AD边飞离桌面．
17．
【详解】
取物体A为研究对象，若物体随转盘转动的角速度较大，则
解得：
若A物体随转盘转动的角速度较小，则
解得：
要使A随转盘一起转动，则角速度应满足的关系是：
18．静止不动 做匀速圆周运动
【详解】
由于小球处于完全失重状态，故在a点轻轻放手时，小球将静止不动。
在b点沿垂直于绳子的方向轻推小球时，小球获得了垂直于绳子方向的初速度，小球在绳子拉力提供向心力的作用下做匀速圆周运动。
19．C 不指向圆心
【详解】
（1）ABC．由于小强随圆盘做匀速圆周运动，一定需要向心力，该力一定指向圆心方向，而重力和支持力的方向均在竖直方向上，它们不能充当向心力，因而他会受到摩擦力作用，且摩擦力充当向心力，AB错误、C正确；
D．由于小强随圆盘转动时，做圆周运动的半径不变，当圆盘转速变小时，角速度变小，由可知，小强所需向心力变小，摩擦力变小，D错误。
故选C。
（2）由于小强在水平面内运动，小强在竖直方向上受力必平衡，在水平方向上，当小强随圆盘一起做变速圆周运动时，合力有沿平行切线方向的分力，不再指向圆心，即摩擦力不再指向圆心。2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第六章圆周运动第3节向心加速度课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．儿童自行车两侧有两个保护轮防止儿童摔倒，已知后轮半径是保护轮半径的三倍。取保护轮和后轮边缘上的点分别为A和B，当儿童正常骑车车轮无滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点转动周期相同 B．A、B两点向心加速度相同
C．A点和B点线速度大小之比为3：1 D．A点和B点角速度大小之比为1：3
2．将地球视为均匀的球体，设地球赤道上相对地面静止的物体，其随地球自转做匀速圆周运动的线速度为v，地球的半径为R。则地球表面上北纬60°处随地球自转的物体的向心加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示为A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，其中A为双曲线的一个分支，由图可知（　　）
A．A物体运动的线速度大小与半径成正比
B．A物体运动的角速度大小不变
C．B物体运动的角速度大小不变
D．B物体运动的角速度与半径成正比
4．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体的加速度恒定
B．做匀速圆周运动的物体所受合外力恒定
C．做匀速圆周运动的物体处于平衡状态
D．做匀速圆周运动的物体的速率是不变的
5．夏天，电风扇是解暑的电器之一，如图所示，电风扇叶片上的b点到中间转轴的距离是a点的2倍，电风扇正常匀速转动时（　　）
A．a点的角速度比b点的角速度小
B．a点的线速度比b点的线速度大
C．a、b两点的周期之比为1∶2
D．a、b两点的向心加速度之比为1∶2
6．硬盘是电脑主要的存储媒介之一，由一个或者多个铝制或者玻璃制的碟片组成。碟片外覆盖有铁磁性材料。如图所示，电动机使磁盘以5 400 r/min的转速匀速转动，磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道。外磁道某一点P与内磁道某一点Q相比，有 （　　）
A．nP>nQ B．ωP>ωQ
C．vPaQ
7．陀螺是中国民间的一种玩具，为了美观，绕陀螺中心轴对称镶嵌有相同质量、不同颜色的装饰物。如图所示，小朋友抽打陀螺使其转动时，这些装饰物绕中心轴转动的物理量相同的是（　　）
A．线速度 B．向心加速度 C．向心力 D．周期
8．在地球表面上，除了两极以外，任何物体都要随地球的自转而做匀速圆周运动，当同一物体先后位于a和b两地时，下列表述正确的是（　　）
A．该物体在a、b两地所受合力都指向地心
B．该物体在a、b两地时角速度一样大
C．该物体在b时线速度较小
D．该物体在b时向心加速度较小
9．由于地球自转，地球上的物体都随地球一起转动，所以（　　）
A．位于赤道地区的物体的线速度比位于两极地区的小
B．江门各地的物体都有相同的角速度
C．所有地区的线速度都相等
D．地球上所有物体的向心加速度的方向都指向地心
10．如图所示，小恺同学下课观察到教室外面树枝上站着A、两只小鸟，小鸟跟随树枝在摇摆，小鸟离树干较近，则（　　）
A．A鸟的速度小于鸟的速度
B．A鸟的角速度等于鸟的角速度
C．A鸟的向心加速度小于鸟的向心加速度
D．A鸟的向心力大于鸟的向心力
11．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达，此时纽扣上距离中心处的点向心加速度大小约为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
12．如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为RA、RB和RC，其半径之比为RA：RB：RC=3：1：6，在它们的边缘分别取一点A、B、C，下列说法正确的是（　　）
A．线速度大小之比为2：2：3 B．角速度之比为1：3：3
C．转速之比为3：2：1 D．向心加速度大小之比为1：3：18
13．下列关于质点做匀速圆周运动的说法中，正确的是（　　）
A．由可知，与成反比 B．由可知，与成正比
C．当一定时，与成反比 D．由可知，角速度与转速成正比
14．如图所示，O1、O2为两个皮带轮，O1轮的半径大于O2轮的半径，A点为O1轮边缘上的一点，C点为O1轮内的任意一点，B为O2轮边缘上的一点。转动过程中皮带不打滑。当皮带轮转动时（　　）
A．在相等时间内，A与B转过的圈数相等
B．在相等时间内，A与C转过的夹角相等
C．B的转速等于C的转速
D．A的向心加速度大于C的向心加速度
15．图中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r。b点在小轮上，到小轮中心的距离为r。c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在传动过程中，皮带不打滑。则（　）
A．a点与c点的线速度大小相等
B．a点与b点的角速度大小相等
C．a点与c点的角速度之比是2：1
D．a点与d点的向心加速度之比是4：1
三、填空题
16．A、B两质点分别做匀速圆周运动，若相同时间内它们通过的弧长之比SA/SB=3/2，而通过的角度之比фA/фB=2/3，则它们的线速度之比A: B=________，角速度之比ωA:ωB=_________，向心加速度之比aA:aB=__________．
17．甲、乙两个质点都在做匀速圆周运动，它们的质量之比为1∶3，运动半径之比是3∶1，当甲、乙运动的角速度之比为2∶1时，向心加速度之比为______，向心力之比为______。当甲、乙运动的线速度之比为2∶1时，向心加速度之比为______，向心力之比为______。
四、解答题
18．如图所示，小球通过细线绕圆心O在足够大的光滑水平面上做匀速圆周运动。已知小球质量m=0.40kg，线速度大小v=1.0m/s，细线长L=0.25m。求：
(1)小球的角速度大小；
(2)小球运动一周的时间；
(3)小球的向心加速度大小；
(4)若某一时刻细线突然断，小球的具体运动特点。
19．某质点做匀速圆周运动的轨道半径为80cm，周期为2s，则它做匀速圆周运动的：
(1)角速度为多大？
(2)线速度多大？
(3)向心加速度多大？
参考答案
1．D
【详解】
ACD．A、B两点在保护轮和后轮边缘，所以正常骑行时，相同时间路程相同，故线速度相同，而后轮半径是保护轮半径的三倍，则B转动三圈，A转动一圈，故A、B两点转动周期比为3：1，角速度大小比为1：3，故AC错误，D正确；
B．根据公式
A、B两点向心加速度比为1：3，故B错误；
故选D。
2．C
【详解】
地球的自转角速度为
地球表面上北纬60°处随地球自转的物体的向心加速度大小为
C正确。
故选C。
3．C
【详解】
AB．因为A为双曲线的一个分支，可知A物体的向心加速度与半径成反比，根据
可知 A物体运动的线速度大小不变，选项AB错误；
CD．因为B是过原点的直线，可知B物体运动的向心加速度与半径成正比，根据
可知，B物体运动的角速度大小不变，选项C正确，D错误。
故选C。
4．D
【详解】
ABC．做匀速圆周运动的物体的加速度大小不变，方向时刻改变，即合外力的大小不变，方向不断改变，有加速度，故不是平衡状态，故ABC错误；
D．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，方向时刻改变，所以做匀速圆周运动的物体的速率是不变的，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】
A．电风扇叶片上的两点属于同轴转动，则a点的角速度与b点的角速度相等，A错误；
B．根据和，可得a点的线速度比b点的线速度小，B错误；
C．电风扇叶片上的两点属于同轴转动，则a、b两点的周期之比为1∶1，C错误；
D．由和，可得a、b两点的向心加速度之比为1∶2，D正确；
故选D。
6．D
【详解】
AB．P、Q两点同轴转动，故两点有相同的角速度，即
根据
有
AB错误；
C．由于P点的半径大于Q点的半径，根据
有
C错误；
D．根据
即
D正确。
故选D。
7．D
【详解】
所有装饰物属于同轴转动，则角速度相等，由
可知周期相同，由
可知装饰物绕中心轴转动的线速度大小相等，但方向不同，向心加速度总是与速度方向垂直，所以向心加速度的方不同，由牛顿第二定律可得向心力的方向不同，故D正确，ABC错误。
故选D。
8．B
【详解】
A．物体要随地球的自转而做匀速圆周运动，使物体a、b绕地轴转动，而物体在a、b两地所受到的合力都指向地轴，A错误；
BC．a、b两点的角速度相等，根据
知，b的半径大，则b的线速度大，C错误B正确；
D．根据
b的半径大，则b的向心加速度大，D错误。
故选B。
9．B
【详解】
AC．根据
各地绕地轴旋转的轨道半径不同，赤道上的最大，两级最小，因此位于赤道地区的物体的线速度比位于两极地区的大，AC错误；
B．地球上各地物体运行的角速度都相等，B正确；
D．由于地球绕地轴旋转，因此地球上所有物体的向心加速度的方向都指向地轴，D错误。
故选B。
10．B
【详解】
A．根据
离树干越近半径越小线速度越小，所以A鸟的速度大于鸟的速度，则A错误；
B．小鸟跟随树枝在摇摆，等效同一转轴，具有相同的角速度，则A鸟的角速度等于鸟的角速度，所以B正确；
C．根据
可知，A鸟的向心加速度大于鸟的向心加速度，所以C错误；
D．根据
可知，两只小鸟的质量不确定，则向心力无法确定，所以D错误；
故选B。
11．D
【详解】
根据匀速圆周运动的规律
向心加速度为
故选D。
12．BD
【详解】
A．大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘点线速度相等，故
vA：vB=1：1
小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，所以
ωB：ωC=1：1
B、C两点的半径分别为r和6r，根据
v=ωR
可知，B、C两点的线速度之比为1：6，故线速度之比为1：1：6，故A错误；
B．由上分析可知
vA：vB=1：1
线速度和角速度间的关系为
v=ωR
可知，A、B的角速度之比
ωA：ωB=RB：RA=1：3
小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，则角速度之比为1：3：3，故B正确；
C．根据
可知转速和角速度成正比，角速度之比为1：3：3，则转速之比为1：3：3，故C错误；
D．根据
a=ω2R
根据题意可知角速度之比为1：3：3，半径之比为RA：RB：RC=3：1：6，可得向心加速度大小之比为1：3：18，故D正确。
故选BD。
13．CD
【详解】
AC．由可知当线速度v一定时，与成反比，选项A错误，C正确；
B．由可知，当角速度ω一定时，与成正比，选项B错误；
D．由可知，角速度ω与转速成正比，选项D正确。
故选CD。
14．BD
【详解】
A．由于皮带传动可知
根据
可知r与ω成反比，r不同，ω不同
所以A与B转过出圈数不相等，A错误；
B．A与C在同一轮子上转动，故角速度相等，故在相等的时间内，A与C转过的夹角相等，B正确；
C．A与C的角速度相等，小于B的角速度，根据
可知，B的转速大于C的转速，C错误；
D．A与C的角速度相等，据
可知，A的半径大，所以向心加速度大，D正确。
故选BD。
15．AC
【详解】
ABC．由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则
由
得
b、c两点同轴
得
B错误AC正确；
D． 根据
d、c两点同轴
可得
根据公式
所以
D错误。
故选AC。
16．3:2 2:3 1:1
【详解】
在相同时间内，它们通过的弧长之比sA：sB=3：2，由公式可知，线速度之比vA：vB=sA：sB=3：2；在相同时间内，转过的角度之比，由公式，可知角速度之比ωA：ωB=2:3；根据可知：．
17．12∶1 4∶1 4∶3 4∶9
【详解】
[1]当甲、乙运动的角速度之比为2∶1时，由向心加速度公式可得向心加速度之比为
[2]当甲、乙运动的角速度之比为2∶1时，由向心力公式可得向心力之比为
[3]当甲、乙运动的线速度之比为2∶1时，由向心加速度公式可得向心加速度之比为
[4]当甲、乙运动的线速度之比为2∶1时，由向心力公式可得向心力之比为
18．(1)；(2)；(3)；(4)小球在水平面上沿切线方向做匀速直线运动
【详解】
(1)根据可知角速度
(2)周期为
(3)向心加速度为
(4)若某一时刻细线突然断，小球所受合外力为0，在水平面上沿切线方向做匀速直线运动。
19．(1)3.14rad/s；(2)2.51m/s；(3)7.88m/s2
【详解】
(1)由公式知：角速度
(2)线速度
(3)向心加速度2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第八章机械能守恒定律第4节机械能守恒定律课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．下列说法正确的是（　　）
A．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒 B．做曲线运动的物体，机械能可能守恒
C．物体所受的合力为零，机械能一定守恒 D．物体所受的合力不为零时，机械能一定不守恒
2．如图所示，在地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落在比地面低h的湖面上。以地面为重力势能参考平面，不计空气阻力，则下列结论错误的是（　　）
A．物体落至湖面时的机械能为 B．物体落至湖面时的动能为
C．物体克服重力做的功为mgh D．从抛出到落至湖面，物体动能的增加量为mgh
3．一物体由高处自由落下，当物体的动能等于势能时，物体运动的时间为（　　）
A． B． C． D．
4．在水平地面上方某一高度处，将质量不同的两个物体以相同的初速度水平抛出。不计空气阻力，从抛出至刚落到水平地面，两物体相同的是（　　）
A．机械能的变化量 B．动能的变化量
C．重力势能的变化量 D．重力做的功
5．如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面。现将质量相同的两小球（小球半径远小于碗的半径），分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时（　　）
A．两小球的速度大小相等 B．两小球的加速度大小不相等
C．两小球对碗底的压力相等 D．两小球对碗底的压力不相等
6．下列有关物理内容的若干叙述中正确的有（　　）
A．随电梯匀速上升的货物，其机械能守恒 B．加速度的单位m/s2属于导出单位
C．只要高度合适，北京上空也可能存在同步卫星 D．牛顿第一次通过实验测出了万有引力常量
7．滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图所示。质量为m的运动员在轨道最低点A的速度为v，且刚好到达最高点B，两圆形轨道的半径相等，均为R，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的（　　）
A．运动员在最高点B时，对轨道的压力为零
B．由A到B过程中增加的重力势能为
C．由A到B过程中阻力做功为
D．由A到B过程中损失的机械能为
8． 我国快舟一号甲运载火箭以“一箭双星”方式成功将“行云二号”卫星发射升空，卫星进入预定轨道。如图所示，设地球半径为，地球表面的重力加速度为，卫星在半径为的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点时，再次点火进入轨道半径为的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，设卫星质量保持不变。则（　　）
A．卫星在轨道Ⅲ的运行速率大于
B．飞船在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A的加速度
C．卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为8：1
D．卫星在轨道Ⅰ和Ⅱ上的机械能相等
9．质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了5J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，重力加速度g=10m/s2，则该物体再落回到A点时的动能为（　　）
A．40 J B．60 J C．80 J D．100 J
10．如图所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止，则在该过程中（　　）
A．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能
B．滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能
C．斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功
D．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能
11．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于，跨过由轻杆固定的定滑轮连接一个质量为的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、、在同一条水平线上，小球从点由静止释放滑到点时速度恰好为零。已知、两点间距离为，为的中点，小球在点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．对于弹性绳和小球组成的系统，从点到点的过程中机械能守恒
B．小球从点到点的过程中摩擦力大小不变
C．小球在阶段损失的机械能大于小球在阶段损失的机械能
D．若在点给小球一个向上的速度，则小球恰好能回到点
12．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能与离地面高度h的关系图象，其中高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取，由图象可知（　　）
A．小滑块的质量为
B．刚释放时弹簣的弹性势能为
C．弹簧的劲度系数为
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为
二、多选题
13．如图所示，轻质光滑硬杆的上端与质量为m的小球连接，下端与劲度系数为k的轻质弹簧拴接。小球靠在光滑的竖直墙上。弹簧放置在光滑的水平地面上。右端连接在墙角O，从A点静止释放小球时，弹簧处于原长。小球沿着墙面下降的高度为h时，恰好运动到C点速度为零，硬杆的下端沿地面由D点运动到E点，小球在B点时，速度达到最大值，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球沿着墙面下滑的过程中，先是超重状态后是失重状态
B．当杆与水平面的夹角为时，硬杆上、下端的速度分别为、，则有
C．小球运动到B点时，地面对杆下端的支持力小于mg
D．若弹簧的弹性势能与伸长量x、劲度系数k的关系为，则D、E两点间的距离为
14．如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从离地350m高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合。假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体的重力势能减少了
B．物体的动能增加了
C．阻力对物体做的功为
D．物体的机械能减少了
15．“太空水漂”，术语称“半弹道跳跃式返回”，即在返回器第一次进入大气层一定“深度”后，借助大气层作用力再次升高，其速度会进一步降低，然后再次返回地球。如图，嫦娥五号返回器在距地面高度约120km处，以接近第二宇宙速度（约11.2km/s）高速进入地球大气层外层A点，减速下降至预定高度B点附近（图中B点为AC段的最低点），在大气层作用下向，上跃出大气层，到达最高点D后又开始下降，之后再次进入大气层外层，到达图中E点时速度约为7.9km/s。在降至距地面约10km高度时，打开降落伞完成最后阶段减速并保持姿态稳定，最终平稳着陆在内蒙古四子王旗预设区域（图中F点）。其中A、C、E在同一高度上，高度120km之外空气阻力可忽略不计。返回器质量设为300kg，下列说法正确的是（　　）
A．从A点到E点过程中返回器克服大气层阻力做功约为9.45×109J
B．从C点到E点过程中，返回器机械能守恒
C．返回器在D点的瞬时加速度为零
D．返回器从E点到F点的过程中始终处于失重状态
16．如图所示，木块A置于上表面水平的木块B上，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中，A、B始终保持相对静止，下列说法正确的是（　　）
A．B对A的摩擦力做正功 B．A和地球组成的系统机械能守恒
C．B和地球组成的系统机械能不守恒 D．斜面对B的弹力做负功
三、填空题
17．为进行《验证机械能守恒定律》的实验，有下列器材可供选用：铁架台、打点计时器、复写纸、纸带、秒表、低压直流电流、导线、电键、天平，其中不必要的器材是______，缺少的器材是_______．
18．一小孩的质量的为m，小孩从高度为h的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为v，则小孩的动能增加________、机械能减少________、重力势能减小________.
四、解答题
19．在某次足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，球员踢出的球从球门右上角擦着横梁进入球门，如图所示。球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球的质量为m。重力加速度为g，不计空气阻力，以球门横梁所在水平面为重力势能参考平面，求：
（1）足球进入球门时的机械能；
（2）足球被踢出时的动能；
（3）踢出过程中球员对足球做的功。
20．无锡融创乐园中有一座飞翼过山车，如图甲所示，过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型，弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动。已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力。
（1）若小球从高为h的A处由静止释放，求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；
（2）若要使小球运动过程中能通过圆轨道的最高点且不脱离轨道，试求小球由静止释放时的高度应满足的条件。
参考答案
1．B
【详解】
A．机械能守恒的条件是只有重力做功，如果物体竖直向上做匀速运动，向上的外力做正功，机械能增加，A错误；
B．做平抛运动的物体，只有重力做功，机械能守恒，B正确；
C．竖直方向的匀速运动，合外力为零，物体动能保持不变，而势能发生变化，机械能不守恒，C错误；
D．做自由落体运动的物体，只有重力做功，机械能守恒，D错误。
故选B。
2．C
【详解】
A．由于以地面为重力势能参考平面，物体抛出时重力势能为零，只有动能，在落至湖面过程只有重力做功，机械能守恒，则物体落至湖面时的机械能为，A正确，不符合题意；
BD．据动能定理可得
故从抛出到落至湖面，物体动能的增加量为
物体落至湖面时的动能为
BD正确，不符合题意；
C．整个过程重力做正功mgh，C错误，符合题意。
故选C。
3．B
【详解】
根据机械守恒定律得
由题设条件知
联立可求得此时的速度v
设自由下落时间为t
故选B。
4．A
【详解】
将质量不同的两个物体以相同的初速度水平抛出，不计空气阻力，两物体只受重力作用，机械能守恒，从抛出至刚落到水平地面，机械能的变化量为0，两物体动能的变化量、重力势能的变化量、重力做的功都相等，为
两物体质量不同，则动能的变化量、重力势能的变化量、重力做的功都不同。
故选A。
5．C
【详解】
A．设大碗半径为，小碗半径为，对小球从碗的边缘到碗的最低点过程应用动能定理得
得
得
由于，所以，故A错误；
BCD．对小球在碗的最低点进行受力分析，小球受重力和碗对球的支持力，由牛顿第二定律知
向心加速度
得
解得，
由牛顿第三定律知碗对球的支持力等于球对碗的压力
故B错误，C正确，D错误。
故选C。
6．B
【详解】
A．匀速上升的货物其动能不变，重力势能增大，所以其机械能增大，故A错误；
B．加速度是导出物理量，它的单位m/s2是导出单位，故B正确；
C．同步卫星只能位于赤道上方特定轨道上，北京没有在赤道上，故C错误；
D．万有引力常量是卡文迪许第一次通过扭秤实验测出的，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】
A．刚好到达最高点B，即运动员到达B点的速度为零，所以在B点对轨道的压力大小等于自身的重力，A错误；
B．由A到B过程中重力所做的功
则
B错误；
C．对运动员在由A到B的过程由动能定理得
即
C正确；
D．由功能关系知，机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功，即损失的机械能为
D错误。
故选C。
8．B
【详解】
A．卫星在轨道Ⅰ上绕地球表面飞行，重力提供向心力，有
解得
根据万有引力提供向心力，则有
解得
可知，半径越大，运行速率越小，由于轨道Ⅲ的运行半径大于轨道Ⅰ的运行半径，故卫星在轨道Ⅲ的运行速率小于，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
可知，在同一点，r相同，则加速度相等，故飞船在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A的加速度，故B正确；
C．卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的半径分别为R和4R，根据开普勒第三定律可知
解得
故C错误；
D．卫星要从在轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，必须在A点点火加速，机械能增大，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，故D错误。
故选B。
9．C
【详解】
物体上升过程中，重力、空气阻力均做负功，根据动能定理有
W合=ΔEk
空气阻力做功对应着机械能的变化，则有
Wf=ΔE
代入数据可得
W合=-50J，Wf=-5J
可知合外力做功总是阻力做功的10倍，即
W合=10Wf
物体的初动能为
Ek0==100J
物体从A点到最高点的过程中，动能减小了100J，可知合力做的功
W合上=-100J
空气阻力做功为
Wf上=-10J
即机械能损失了10J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了10J，则物体落回A点时的动能为
Ek1=100J-2×10J=80J
故选C。
10．D
【详解】
A．根据题给条件无法判断斜面对滑块的弹力在竖直方向的分力与重力的大小关系，所以不能判断斜面对滑块的弹力对滑块所做的功是否等于滑块增加的重力势能，故A错误；
B．根据动能定理可知，滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的动能，故B错误；
C．斜面对滑块的摩擦力与滑块速度方向的夹角小于90°，所以做正功，故C错误；
D．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功与摩擦力对滑块所做的功的代数和等于滑块增加的机械能，且由于两个力均做正功，所以斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能，故D正确。
故选D。
11．B
【详解】
A．由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从点到点的过程中机械能减少，A错误；
B．设BC间距为x，在C点时，绳上的拉力为
从C点向下运动过程，设B点右侧绳长为，与竖直方向夹角为，水平方向由平衡条件可得
小球受到的滑动摩擦力大小为
故小球从点到点的过程中摩擦力大小不变，B正确；
C．结合B解析可知，小球在阶段和在阶段克服摩擦力所做的功相同，故损失的机械能相同，C错误；
D．从C到E过程，据动能定理可得
若在点给小球一个向上的速度，从E到C过程，据动能定理可得
联立解得到达C点的动能
故小球无法回到点，D错误。
故选B。
12．D
【详解】
A．在图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值
得出
m=0.2kg
选项A错误；
B．当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，有
选项B错误；
C．从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明从h=0.2m处滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m，由图可知当h=0.18m时的动能最大，动能最大时
mg=kx
得出
选项C错误；
D．在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知
选项D正确。
故选D。
13．BD
【详解】
A．小球沿着墙面下滑的过程中，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，小球先是失重状态后是超重状态，A错误；
B．把分别沿着杆、垂直杆分解，可得沿着杆方向的分速度为，同理把分别沿着杆、垂直杆分解，可得沿着杆方向的分速度为，由
可得
B正确；
C．由题可知小球运动到B点时速度最大，把轻杆与小球看成整体，则所受合力为零，由力的平衡可知，地面对杆下端的支持力等于重力mg，C错误；
D．由系统机械能守恒可得
解得
即D、E两点的距离为，D正确。
故选BD。
14．BD
【详解】
A．物体重力势能的减少量等于重力所做的功，即
A错误；
B．物体动能的增加量等于合外力所做的功，即
B正确；
CD．克服阻力所做的功等于机械能的减少量，由牛顿第二定律可得
解得
据功能关系可得
即阻力对物体做的功为，物体的机械能减少了，C错误，D正确。
故选BD。
15．AB
【详解】
A．从A点到E点过程中返回器克服大气层阻力做功约为
选项A正确；
B．从C点到E点过程中，返回器只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；
C．返回器在D点时，受地球引力作用，其瞬时加速度不为零，选项C错误；
D．返回器从E点到F点的过程中，打开降落伞后向下做减速运动，处于超重状态，选项D错误。
故选AB。
16．AB
【详解】
AD．A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，整体由牛顿第二定律可得，加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下，对A分析可知，B对A的摩擦力方向水平向左，与运动方向夹角小于90°做正功，斜面对B的支持力与B的运动方向垂直，不做功，A正确，D错误；
BC．A与B相对静止且加速度大小为gsinθ，由牛顿第二定律可知A对B的作用力垂直斜面向下，A对B不做功，故只有重力对B做功，同理也只有重力对A做功，因此B和地球组成的系统、A和地球组成的系统机械能均守恒，B正确，C错误。
故选AB。
17．不必要的器材：秒表、低压直流电源和天平；缺少的器材：低压交流电源、刻度尺、重锤．
18．
【详解】
物体初速度为0，滑到底端时的速度为v，故动能增量为；
以地面为参考平面，初状态重力势能为mgh，动能为0，故机械能减少量为；
[3]下落高度为h，重力势能减小。
19．（1）；（2）；（3）
【详解】
(1)以球门横梁所在水平面为重力势能参考平面，足球进入球门时的重力势能为零，故机械能为
(2)从踢出到射门过程，据机械能守恒定律可得
故足球被踢出时的动能为
(3)踢出过程中球员对足球做的功为
20．（1）mg，方向竖直向下；（2）
【详解】
（1）设小球从高为h处由静止释放，到达最低点时的速度为v，由动能定理有
设小球到达圆轨道底端时轨道对小球的弹力为N，由牛顿第二定律得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道底端时对轨道的压力
方向竖直向下
（2）小球在最高点不脱离轨道，由牛顿第二定律得
小球从高h处到圆轨道最高点，由动能定理得
联立解得2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第七章万有引力与宇宙航行第1节行星的运动课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．关于开普勒第三定律，下列说法正确的是（　　）
A．此公式只适用于轨道是圆的运动
B．T是行星的自转周期
C．式中的k值只与中心天体质量有关，与环绕天体质量无关
D．月球绕地球运动的k值与地球绕太阳运动的k值相同
2．开普勒分别于1609年和1619年发表了他发现的行星运动规律，后人称之为开普勒行星运动定律关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是（　　）
A．在牛顿发现万有引力定律后，开普勒才发现了行星的运行规律
B．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，运行的周期都相同
C．对任何一颗行星来说，离太阳越近，运行速率就越大
D．开普勒发现行星运动规律后，根据计算和观测发现了海王星，从而证明了规律的正确性
3．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与P的周期之比约1：8，则Q的轨道半径约为地球半径的倍数为（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
4．在天文学上，春分、夏至、秋分、冬至将一年分为春、夏、秋、冬四季。如图所示，从地球绕太阳的运动规律分析，下列判断正确的是（　　）
A．在冬至日前后，地球绕太阳的运行速率较小
B．在夏至日前后，地球绕太阳的运行速率较大
C．清明放假三天里，太阳对地球的引力对地球做负功
D．春夏两季和秋冬两季时间长度相同
5．如图所示，火星和地球都在围绕太阳旋转，其运行轨道是椭圆，根据开普勒行星运动定律可知（　　）
A．火星绕太阳运动过程中，速率不变
B．火星绕太阳运行一周的时间比地球的长
C．地球靠近太阳的过程中，运行速率将减小
D．在任意相等的时间内，火星与太阳连线扫过的面积一定等于地球与太阳的连线扫过的面积
6．火星和地球围绕太阳旋转的轨道均为椭圆，火星轨道的半长轴比地球轨道的半长轴长，根据开普勒行星运动定律可知（　　）
A．火星自转周期比地球自转周期短
B．火星靠近太阳的过程中，速率增大
C．地球远离太阳的过程中，加速度增大
D．相等时间内，火星与太阳的连线扫过的面积等于地球与太阳的连线扫过的面积
7．如图所示，某卫星绕行星沿椭圆轨道运行，图中S1、S2两部分阴影面积大小相等。则下列关于卫星运动的说法正确的是（　　）
A．卫星在b点的速率等于在d的速率
B．卫星在b点的速率小于在d的速率
C．卫星从a到b的运行时间大于从c到d的运行时间
D．卫星从a到b的运行时间等于从c到d的运行时间
8．如图所示是中国“天问一号”探测器拍摄的火星影像图。已知火星绕日公转一年，相当于地球上的两年，假设火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，则火星与太阳之间的距离约为地球与太阳之间距离的（　　）
A．0.5倍 B．倍 C．倍 D．2倍
9．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒的行星运动定律可知（　　）
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星绕太阳公转的速率始终相等
C．火星与木星公转周期之比的二次方等于它们轨道半长轴之比的三次方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
10．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，其中火星轨道长半径1.524天文单位（地球到太阳的平均距离为一个天文单位，1天文单位约等于1.496亿千米）。则火星公转一周约为（　　）
A．0.8年 B．2年 C．3年 D．4年
11．牛顿以他伟大的工作把天空中的现象和地面的现象统一起来，成功的解释了天体运动的规律，时至今日，上千颗人造卫星正在按照万有引力定律为他们设定的轨道绕地球运转着，以下有关说法正确的是（　　）
A．第谷通过观察行星的运动，得出了行星的运动规律，他认为行星的轨道都是椭圆
B．开普勒通过对行星运动规律的研究，总结出了万有引力定律
C．牛顿利用扭秤装置测出了万有引力常量的数值
D．牛顿总结前人的成果得出了牛顿三大定律
12．根据德国天文学家开普勒的行星运动三定律，下列说法正确的是（　　）
A．所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的中心
B．行星在椭圆轨道上运动时，任意相等的时间内走过的弧长都相等
C．由开普勒第二定律可知，行星离太阳越近，机械能越大
D．开普勒第三定律公式中的k值，只与中心天体有关
二、多选题
13．关于开普勒行星运动的公式，以下理解正确的是（　　）
A．k是一个与行星质量无关的量
B．若地球绕太阳运转轨道的半长轴为，周期为；月球绕地球运转轨道的半长轴为，周期为，则
C．T表示行星运动的自转周期
D．T表示行星运动的公转周期
14．目前美国宇航局和欧洲空间局正在推进LISA激光干涉空间天线计划，欧洲航天局计划在2034年发射更先进的引力波天文台，进一步激发起世界各国探索宇宙的热情。如图所示为一恒星系统的示意图，A、B、C为该星系的3颗行星，在同一平面内环绕中央恒星O近似做圆周运动，其中A、B两行星的质量较大，离恒星较近，C质量较小，离恒星较远。天文学家观测得到A、B、C三行星运动的轨道半径分别为：：=1：4：16，其中C行星的公转周期为T。并观测发现，中心恒星实际也有周期性振动，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A、B的万有引力引起中心恒星的振动，则由此可推知恒星的振动周期可能为
A． B． C． D．
15．太阳系各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地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，，，，，，天文单位用符号AU表示。下列说法正确的是（　　）
行星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径r/AU 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A．火星相邻两次冲日的时间间隔约为2.2年
B．火星相邻两次冲日的时间间隔约为1.1年
C．海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
D．海王星相邻两次冲日的时间间隔最长
三、填空题
16．开普勒行星运动三定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动。“东方红一号”卫星是我国于1970年4月24日发射的第一颗人造地球卫星，由“长征一号”运载火箭送入近地点441km、远地点2368km的椭圆轨道，则“东方红一号”卫星在近地点的速度___________（填“大于”、“等于”或“小于”）在远地点的速度；已知地球同步卫星距地面高度为km，周期为24h，地球视为半径为km的球体，则“东方红一号”卫星运行的周期为__________h（结果保留一位有效数字）。
17．到2004年底为止，人类到达过的地球以外的星球有_______________，由地球发射的探测器到达过的地球以外的行星有___________________________________________。
四、解答题
18．冥王星离太阳的距离是地球离太阳距离的倍，那么冥王星绕太阳的公转周期是多少年？（冥王星和地球绕太阳公转的轨道可视为圆形轨道）
19．有一行星，距太阳的平均距离是地球到太阳平均距离的8倍，则该行星绕太阳公转的周期是多少年？
参考答案
1．C
【详解】
A．此公式不仅适用于轨道是圆的运动，也适用于轨道是椭圆的运动。故A错误；
B．T是行星的公转周期。故B错误；
CD．式中的k值只与中心天体质量有关，与环绕天体质量无关。在不同的天体系统中，其值往往不同。故C正确；D错误。
故选C。
2．C
【详解】
A．发现了行星的运行规律之后，牛顿才发现万有引力定律，故A错误；
B．根据开普勒第一定律可知，所有行星的运行轨道均为椭圆，半径越大，周期越大，故B错误；
C．根据开普勒第二定律可知：对每一个行星而言，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，所以对任何一颗行星来说，离太阳越近，运行速率就越大，故C正确；
D．开普勒整理第谷的观测数据后，发现了行星运动的规律，但海王星却是在万有引力定律发现之后才通过观测发现的，故D错误。
故选C。
3．B
【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＝nR，根据开普勒定律
＝＝64
得
n＝4
所以Q的轨道半径约为地球半径的4倍。
故选B。
4．C
【详解】
AB．根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化。近日点连线短，速度大，所以在冬至日前后，地球绕太阳的运行速率较大；远日点连线长，速度小，在夏至日前后，地球绕太阳的运行速率较小；故AB错误；
C．清明放假三天里，在春分至夏至之间，地球与太阳之间的距离变大，太阳对地球的引力对地球做负功，故C正确；
D．春夏两季比秋冬两季时间长。故D错误。
故选C。
5．B
【详解】
ACD．根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等。行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，离太阳越近速率越大，所以地球靠近太阳的过程中，运行速率将增大，火星绕太阳运动过程中，速率不断变化，故ACD错误；
B．根据开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。由于火星的半长轴比较大，所以火星绕太阳运行一周的时间比地球的长，故B正确；
故选B。
6．B
【详解】
A．根据题中条件不能比较火星自转周期与地球自转周期的关系，选项A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，火星靠近太阳的过程中，引力做正功，则速率增大，选项B正确；
C．地球远离太阳的过程中，所受引力减小，则加速度减小，选项C错误；
D．火星绕太阳运转与地球绕太阳运转不是相同的轨道，则相等时间内，火星与太阳的连线扫过的面积不等于地球与太阳的连线扫过的面积，选项D错误。
故选B。
7．D
【详解】
AB．卫星绕行星沿椭圆轨道运行，根据开普勒第二定律，在b点时离行星近，在d点时离行星远，则卫星在b点的速率大于在d的速率，AB错误；
CD．根据开普勒第二定律知，S1、S2两部分阴影面积大小相等，则卫星从a到b的运行时间等于从c到d的时间， C错误D正确。
故选D。
8．C
【详解】
令地球与太阳之间的距离和周期分别为r1，T1，火星与太阳之间的距离和周期分别为r2，T2，则根据开普勒第三定律
解得
故选C。
9．C
【详解】
A. 太阳位于木星运动轨道的焦点上，故A错误；
B. 火星和木星绕太阳运动的速率不是始终相等的，故B错误；
C. 因火星和木星绕相同的中心天体转动，则根据开普勒第三定律
火星与木星公转周期之比的二次方等于它们轨道半长轴之比的三次方，故C正确；
D. 根据开普勒第二定律可知，火星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，木星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，但是相等时间内，火星与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故D错误。
故选C。
10．B
【详解】
由开普勒第三定律可得
可得
故ACD错误，B正确。
故选B。
11．D
【详解】
A．第谷观察行星并记录数据，开普勒根据第谷的数据得出行星运动规律，A错；
B．牛顿总结出万有引力定律，B错；
C．卡文迪许测出万有引力常量，C错；
D．牛顿总结前人成果得出牛顿三大定律，故D正确。
故选D。
12．D
【详解】
A．所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点，故A错误；
B．行星在椭圆轨道上运动时，任意相等的时间内行星与太阳连线扫过的面积相等，故B错误；
C．行星在椭圆轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；
D．开普勒第三定律公式
中的k值，只与中心天体有关，故D正确。
故选D。
13．AD
【详解】
A．k是一个与行星无关的常量，与恒星的质量有关，故A正确；
B．公式中的k是与中心天体质量有关的，中心天体不一样，k值不一样。地球公转的中心天体是太阳，月球公转的中心天体是地球，k值是不一样的，故B错误；
CD．T代表行星运动的公转周期，故C错误，D正确。
故选AD。
14．AB
【详解】
由开普勒第三定律，求得
分两种情况：如果行星A、B同方向旋转，有
解得
；
如果行星A、B反方向旋转，有
解得
A．，与结论相符，选项A正确；
B．，与结论相符，选项B正确；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选AB.
15．AC
【详解】
AB．由开普勒第三定律有火星和地球的周期比
故火星的周期约为1.8年，由曲线运动追击公式
可得
t＝2.2年
所以火星相邻两次冲日的时间间隔约为2.2年，故A正确，B错误；
CD．根据
可得
可知T1越大，则t越小，海王星的轨道半径最大，周期最大，则海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，选项C正确，D错误。
故选AC。
16．大于 2
【详解】
根据开普勒第二定律知，东方红一号卫星在相同时间内卫星与地心连线在近地点扫过的面积等于在远地点扫过的面积，故近地点的速度大于远地点的速度。
由题意知，东方红一号运行的椭圆轨道的半长轴为
地球的同步卫星的运行轨道半径为
根据开普勒第三定律得
代入数据，解得
17．月球 火星、金星、土星
【详解】
到2004年底为止，人类到达过的地球以外的星球有月球，由地球发射的探测器到达过的地球以外的行星有火星、金星、土星。
18．年
【详解】
地球和冥王星都绕太阳公转，地球和冥王星绕太阳公转的运动遵循开普勒第三定律，设冥王星公转周期为，轨道半径为，地球公转周期为，轨道半径为，根据开普勒第三定律得
得
故
19．22.6年
【详解】
根据开普勒第三定律：，即
解得2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第六章圆周运动第4节生活中的圆周运动课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．如图所示，一物体随圆盘在水平面内做匀速圆周运动，关于该物体的受力情况，下列说法正确的是（　　）
A．物体只受重力和支持力
B．物体只受重力和摩擦力
C．物体受重力、支持力和摩擦力
D．物体受重力、支持力、摩擦力和向心力
2．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则当汽车在该弯道处（ ）
A．车速低于时，车辆就向内侧滑动
B．车速高于时，车辆就向外侧滑动
C．路面结冰时，与未结冰时相比，的值变小
D．路面结冰时，与未结冰时相比，的值不变
3．如图所示，物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴匀速转动，下列说法中正确的是（　　）
A．物块转动的线速度大小与圆盘边缘线速度的大小相等
B．物块受三个力作用
C．在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，物块越不容易脱离圆盘
D．在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越不容易脱离圆盘
4．某拱桥可以看成是一段圆弧，当汽车以的速度通过桥顶时，对桥顶的压力为车重的倍，要使汽车对桥顶恰好没有压力，汽车的速度应为（　　）（）
A． B． C． D．
5．如图所示，质量为m的小球固定在长为L的细杆一端，绕细杆的另一端O在竖直面内做圆周运动，小球转到最高点A时，线速度大小为，则（　　）
A．细杆受到的拉力 B．细杆受到的压力
C．细杆受到的拉力 D．细杆受到的压力
6．如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（　　）
A．绳的张力可能为零
B．桶对物块的弹力可能为零
C．随着转动的角速度增大，绳的张力一定减小
D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
7．某同学骑自行车在水平地面转弯时发现，自行车与竖直方向有一定的夹角才不会倾倒。查阅有关资料得知，只有当水平地面对自行车的支持力和摩擦力的合力方向与自行车的倾斜方向相同时自行车才不会倾倒。若该同学某次骑自行车时的速率为，转弯的半径为，取重力加速度大小。则自行车与竖直方向的夹角的正切值为（　　）
A． B． C． D．1
8．如图所示，质量分别为和的A、两球固定在同一轻直杆上，A球在杆的一端，球在杆的中点，杆可以绕另一端点在竖直面内做圆周运动。若当A球通过最高点时，球受到杆的作用力恰好为零，重力加速度大小为，两球均视为质点，则此时A球受到杆的作用力大小为（　　）
A．0 B．
C． D．
9．如图所示，原长为L、劲度系数为的弹簧一端固定在光滑的圆锥体顶端，另一端悬挂一质量为m的小球。圆锥体轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角。小球随圆锥体绕轴线做匀速圆周运动，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。若小球不离开圆锥体，则旋转角速度不大于（　　）
A． B． C． D．
10．如图甲所示，途中火车要进入某半径为的弯道，火车在轨道上的的截面图如图乙所示。已知两轨间宽度为，弯道内外轨高度差是，重力加速度为。若火车转弯时轮缘与铁轨间恰好无作用，则此时火车的速度为（　　）
A． B． C． D．
11．如图所示，游乐场的过山车载着游客高速通过竖直圆形轨道。游客能够头朝下脚朝上安全通过轨道最高点而不会掉下来的原因是（　　）
A．游客被安全带紧紧绑在座椅上
B．游客在最高点受到竖直向上的离心力的作用
C．游客在高速通过最高点需要的向心力大于本身的重力
D．游客受到重力、座椅的弹力和向心力的共同作用保持平衡
12．如图所示，过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道。质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时（　　）
A．向心加速度方向竖直向上 B．向心加速度方向竖直向下
C．座位对游客的作用力为 D．速度v的大小一定为
二、多选题
13．如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，小球通过最高点时的速率为v0，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．若v0=，则小球对管内壁无压力
B．若v0>，则小球对管内上壁有压力
C．若0 D．不论v0多大，小球对管内下壁都有压力
14．质量相等的A、B两物体，放在水平转台上，与转台的摩擦因数相同，A离轴O的距离是B离轴O距离的一半，如图所示，当转台旋转时，A、B都无滑动，则下列说法正确的是（　　）
A．因为a=ω2R，而RB>RA，所以B的向心加速度比A大
B．因为，而RB>RA，所以A的向心加速度比B大
C．转台对B的静摩擦力较大
D．若水平转台的转速逐渐加快，则B物体会先被甩出
15．如图所示，在水平转台上放一个质量M = 2.0kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力Ffm = 6.0N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O（为光滑的）悬吊一质量m = 1.0kg的小球，当转台以ω = 5.0rad/s的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，则它到O孔的距离可能是（ ）
A．6cm B．15cm
C．30cm D．34cm
16．如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为1kg和2kg的小物体A、B，A、B间用细线沿半径方向相连。它们到转轴的距离分别为rA=0.1m、rB=0.3m。A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.3倍。g取10m/s2，现缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是（　　）
A．当A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为6N
B．当A恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度约为2rad/s
C．当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度大于rad/s
D．在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A将做向心运动，B将做离心运动
三、填空题
17．下列现象中，哪些利用了离心现象？答：__________哪些是为了抵消离心现象所产生的不利影响？答：__________ （填现象前的标号）
A．用洗衣机脱水
B．用离心沉淀器分离物质
C．汽车转弯时要减速
D．转动雨伞，可以去除雨伞上的一些水
E. 站在公交车里的乘客，在汽车转弯时要用手拉紧扶手
18．长1m的轻杆，一端连着质量0.5kg的小球，另一端绕过O点的水平固定轴在竖直平面内自由转动。当小球以2m/s的速率通过最高点时，受到轻杆的作用力为大小为____N，是______（选填“拉力”或“支持力”）。g=10m/s2。
四、解答题
19．一辆质量m=2.0×103kg的小轿车，驶过半径R=160m的一段圆弧形桥面，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）若桥面为凸形，汽车以20m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面压力是多大？
（2）汽车以多大速度通过凸形桥面顶点时，对桥面刚好没有压力？
20．取一个量杯，在里面放一个小塑料球。摇动杯子，使球在杯内做圆周运动（图）。改变转动的速度，观察球在杯内的位置和状态。请对观察到的现象进行分析讨论。
参考答案
1．C
【详解】
物体在水平面上一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力。
故选C。
2．D
【详解】
AB．汽车速度为恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明没有受到径向的静摩擦力，路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，提供圆周运动向心力；车速低于，所需的向心力减小，汽车有向内侧滑的趋势，此时摩擦力指向外侧，阻止汽车向内侧滑动；车速高于，所需的向心力增大，汽车有向外侧滑的趋势，此时摩擦力指向内侧，阻止汽车向外侧滑动，故AB错误；
CD．当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，路面的倾角不变，则的值不变。故C错误，D正确。
故选D。
3．B
【详解】
A．物块转动的角速度大小与圆盘的角速度的大小相等，根据
v=ωr
可知，物块转动的线速度大小小于圆盘边缘线速度的大小，选项A错误；
B．物块受重力、圆盘的支持力和摩擦力，三个力作用，选项B正确；
C．根据
则在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，物块越容易脱离圆盘，选项C错误；
D．根据
在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，则角速度越大，越容易脱离圆盘，选项D错误。
故选B。
4．B
【详解】
当汽车以的速度通过桥顶时，则
要使汽车对桥顶恰好没有压力则
解得
故选B。
5．B
【详解】
在最高点，设杆子对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得
又
联立解得
由此可知，杆子对球的表现为支持力，则细杆受到向下的压力，故选B。
6．B
【详解】
ACD．当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一定值，且不可能为零，故ACD错误；
B．当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好为零，故B正确。
故选B。
7．B
【详解】
自行车（含该同学）受力如图所示
由牛顿第二定律得
其中
解得自行车与竖直方向的夹角的正切值为
故B正确，ACD错误。
故选B。
8．B
【详解】
设杆的长度为，当A球运动到最高点时，杆对B球的作用力恰好为零，对B分析只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得
对A分析，由牛顿第二定律得
联立解得
方向向下，故B正确，ACD错误。
故选B。
9．B
【详解】
设小球刚好不离开圆锥体的角速度为，则由重力和弹簧的拉力的合力提供向心力，则有
又
联立解得
所以可得小球不离开圆锥体，旋转角速度不大于，故B正确，ACD错误。
故选B。
10．C
【详解】
当火车以设计速度运行时，其受力示意图如图所示，火车向心加速度水平向右，当火车与轨道沿斜面没有横向摩擦力时，速度最为适宜，根据牛顿第二定律
斜面的倾角正切值满足
解得
故C正确。
故选C。
11．C
【详解】
B．离心现象是因为物体所受的力不足以提供向心力，而有沿着半径向外运动的趋势的现象，不是力的作用，故B错误；
D．向心力是效果力，由某一个力或者某一个的分力或几个力的合力提供，受力分析时，只能分析性质力，不能分析效果力，故D错误；
C．在过山车做圆周运动的过程中，在最高点不下落的临界条件是：重力提供向心力，当所需要的向心力大于重力的时候，重力全部提供为游客做圆周运动的向心力，所以游客不会往下掉，故C正确；
A．游客系上安全带是为了防止过山车出故障时速度减小或停下，导致重力大于所需向心力而掉下来，故A错误。
故选C。
12．B
【详解】
AB．当游客以速度v经过圆轨道的最高点时，所受合力指向圆轨道的圆心处，即方向竖直向下，根据牛顿第二定律，其向心加速度方向也竖直向下，故A错误、B正确；
CD．游客所需要的向心力为
当游客的重力恰好提供向心力时，有
解得
设座椅对人的作用力为，则当游客的重力不足以提供向心力时，有
解得
当游客所需的向心力小于重力时，有
解得
故C、D错误。
故选B。
13．ABC
【详解】
A．在最高点，只有重力提供向心力时，由
解得
此时小球对管内壁无压力，选项A正确；
B．若v0>，则有
表明小球对管内上壁有压力，选项B正确；
C．若0＜v0＜，则有
表明小球对管内下壁有压力，选项C正确；
D．综上分析，选项D错误。
故选ABC。
14．ACD
【详解】
AB．由于A、B都无滑动，则A、B的角速度相同，而RB>RA，再由a=ω2R可得，B的向心加速度比A大，故A正确，B错误；
C．转台对物体的摩擦力提供向心力，由于B的向心加速度比A大，A、B两物体质量相等，则由可得B受到的向心力更大，即转台对B的静摩擦力较大，故C正确；
D．由于角速度相同，与转台的摩擦因数相同，则由静摩擦提供向心力可知，当达到最大静摩擦时
则当角速度相同时，半径越大，越先达到最大静摩擦，即水平转台的转速逐渐加快，则B物体会先被甩出，故D正确。
故选ACD。
15．BC
【详解】
转台以一定的角速度ω旋转，木块M所需的向心力与回旋半径r成正比，在离O点最近处r = r1时，M有向O点的运动趋势，这时摩擦力Ff沿半径向外，刚好达最大静摩擦力Ffm，即
mg - Ffm = Mω2r1
得
r1 = = m = 0.08m = 8cm
同理，M在离O点最远处r = r2时，有远离O点的运动趋势，这时摩擦力Ff的方向指向O点，且达到最大静摩擦力Ffm，即
mg + Ffm = Mω2r2
得
r2 = = m = 0.32m = 32cm
则木块M能够相对转台静止，回旋半径r应满足关系式r1 ≤ r ≤ r2。
故选BC。
16．AC
【详解】
A．增大圆盘的角速度，B先达到最大静摩擦力，所以A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为
FB=kmBg=6N
A正确；
B．设小物体A达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω1，此时细线的拉力为T，则对A：
对B：
得
B错误；
C．当细线上开始有弹力时，对B
解得
C正确；
D．剪断细线，A随圆盘做圆周运动，B将做离心运动，D错误。
故选AC。
17．ABD CE
【详解】
用洗衣机脱水、用离心沉淀器分离物质、转动雨伞，可以去除雨伞上的一些水，这些都利用了离心现象。
汽车转弯时要减速，是因为汽车有离心趋势，减速可以使转弯所需的向心力减小，从而避免由于离心现象而造成事故。站在公交车里的乘客，在汽车转弯时要用手拉紧扶手，这是为了增大汽车对自身的作用力，从而提供足够的向心力来避免由于离心现象而发生的倾倒。
18．3 支持力
【详解】
当小球以2m/s的速率通过最高点时，小球做圆周运动所需的向心力大小为
所以轻杆对小球有向上的支持力，大小为
19．（1）1.5×104N；（2）40m/s
【详解】
（1）汽车通过凸形桥面最高点时
解得
根据牛顿第三定律，汽车在桥的顶点时对桥面压力的大小为1.5×104N。
（2）汽车通过凸形桥面顶点时对桥面压力为零时。由牛顿第二定律
解得
20．见解析
【详解】
设小球在杯子中受到的支持力与水平方向夹角为，对小球，根据竖直方向平衡条件
水平方向，根据牛顿第二定律
整理得
由此发现， 不变，则增大速度，则转动半径增大，小球在杯中的位置升高，反之，小球在杯中的位置下降。2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第五章抛体运动第1节曲线运动课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．下列关于物体运动的描述中正确的是（　　）
A．往返的直线运动不可能是匀变速运动
B．做匀速圆周运动的物体所受合外力不为零，属于匀变速运动
C．物体在变力作用下有可能做曲线运动
D．由静止开始做直线运动的物体，第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移分别为1 m、3 m、5 m，由此可以判定物体做匀变速直线运动
2．做曲线运动的物体，下列说法正确的是（　　）
A．所受的合外力为零
B．所受合外力的方向与速度方向相同
C．所受合外力的方向与速度方向相反
D．所受合外力的方向与速度方向不在同一直线上
3．如图所示，一质点受一恒定合外力F作用从y轴上的A点平行于x轴射出，经过一段时间到达x轴上的B点，在B点时其速度垂直于x轴指向y轴负方向，质点从A到B的过程，下列判断正确的是（　　）
A．合外力F可能指向y轴负方向 B．该质点的运动为匀变速运动
C．该质点的速度大小可能保持不变 D．该质点的速度一直在减小
4．关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．速度的大小一定变化 B．速度的方向一定变化
C．加速度一定变化 D．加速度一定不变
5．下列关于曲线运动的说法中正确的是（　　）
A．曲线运动可能是匀速运动，比如匀速圆周运动
B．曲线运动一定是变速运动
C．曲线运动一定是匀加速运动
D．曲线运动的物体，加速度一定是变化的
6．关于曲线运动，以下说法正确的是（　　）
A．曲线运动一定是变速运动 B．曲线运动一定是变加速运动
C．做曲线运动的物体所受的合外力一定是变化的 D．在恒力作用下物体不可能做曲线运动
7．打篮球是学生们喜爱的体育运动之一。篮球被抛出后在空中运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．研究篮球的运动轨迹时可以将篮球视为质点
B．篮球受到重力、推力、空气阻力三个力的作用
C．篮球能在空中运动是因为惯性，速度越大惯性越大
D．若没有空气阻力，篮球将沿着抛出方向一直运动下去
8．一个物体在力、、、…、共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去，其他力不变，则该物体（　　）
A．可能做曲线运动 B．不可能继续做直线运动
C．一定沿的方向做直线运动 D．一定沿的反方向做匀减速直线运动
9．电动车绕如图所示的400m标准跑道运动，车上的车速表指针一直指在36km/h处不动。则下列说法中正确的是（　　）
A．电动车的速度一直保持不变
B．电动车沿弯道BCD运动过程中，车一直具有加速度
C．电动车绕跑道一周需40s，此40s内电动车的平均速度等于10m/s
D．绕跑道一圈过程中，由于电动车的速度没有发生改变，故电动车所受合力一直为零
10．关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．物体做曲线运动，其速度可能不变
B．物体做曲线运动时其加速度可能为零
C．物体做曲线运动时它所受合外力一定不为零
D．当物体所受合外力的方向与它的速度方向不在一条直线上时，物体可能做直线运动
二、多选题
11．关于曲线运动，下说法中正确的是（　　）
A．曲线运动一定是变速运动 B．曲线运动的加速度可以为零
C．物体可以在恒力作用下做曲线运动 D．速度变化的运动一定是曲线运动
12．若一物体做曲线运动，则下列说法正确的是（　　）
A．物体所受合力的方向与速度方向不在同一条直线上
B．物体运动的初速度一定为零
C．物体所受的合力一定为变力
D．物体的速度可能减小
13．一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（　　）
A．质点可能做匀速圆周运动
B．质点可能做匀减速直线运动
C．质点单位时间内速度的变化量总是不变
D．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
三、填空题
14．如图所示，质量为m的物体受到4个共点力的作用下正在作匀速直线运动，速度方向与F1、F3方向恰在一直线上，则
(1)若只撤去F1，则物体将作________运动，加速度大小为_______m/s2，方向为________．
(2)若只撤去F2，它将作_______运动，加速度大小为 ________m/s2，方向为________
(3)若只撤去F3，它将作_____运动，加速度大小为______m/s2，方向为______
15．如图所示，质量为m的物体在四个共点力的作用下做匀速直线运动，速度方向与力、的方向恰好在同一直线上，则：
（1）若只撤去，物体将做______运动（填：直线或曲线），加速度大小为______，方向为______。
（2）若只撤去物体将做______运动（填：直线或曲线），加速度大小为______，方向为______。
（3）若只撤去，物体将做______运动，（填：直线或曲线），加速度大小为______，方向为______。
四、解答题
16．给下列说法判断正误，正确的写“√”，错误的写“×”
（1）变速运动一定是曲线运动（____）
（2）做曲线运动的物体速度大小一定发生变化（____）
（3）做曲线运动的物体加速度可以为零（____）
（4） 做曲线运动的物体加速度可以不变（____）
（5） 曲线运动有可能是匀变速运动（____）
17．如图是抛出的铅球运动轨迹的示意图（把铅球看成质点）．画出铅球沿这条曲线运动时在A、B、C、D、E各点的速度方向，及铅球在各点的受力方向（空气阻力不计）．
2
参考答案
1．C
【详解】
A．往返的直线运动可能是匀变速运动，如竖直上抛运动，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体所受的合外力提供向心力，方向始终改变，所以不是匀变速运动，故B错误；
C．当力的方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，所以物体在变力作用下有可能做曲线运动，故C正确；
D．因为只知道物体每秒内的位移，而每秒内的具体运动不确定，所以无法判断物体是否做匀变速直线运动，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】
A．做曲线运动的物体，所受的合外力不为零，则A错误；
BCD．物体做曲线运动的条件为，其所受合外力的方向与速度方向不在同一直线，有一定夹角，所以BC错误；D正确；
故选D。
3．B
【详解】
A．物体受到一恒力，从A到B，根据曲线运动条件，则有合外力的方向在x轴负方向与y轴负方向之间，不可能沿y轴负方向，否则B点的速度不可能垂直x轴，故A错误；
B．由于受到一恒力，因此做匀变速曲线运动，故B正确；
C．因受到一恒力，因此不可能做匀速圆周运动，所以速度大小一定变化，故C错误；
D．根据力与速度的夹角，可知速度先减小后增大，故D错误。
故选B。
4．B
【详解】
A．做曲线运动的物体速度大小可能不变，例如匀速圆周运动，A错误；
B．做曲线运动的物体至少速度的方向不断变化，是变速运动，则一定有加速度改变速度，则物体受不等于零的力的作用，B正确；
C．曲线运动的条件是合力与速度不共线，一定存在加速度，曲线运动的物体受到的台外力一定不为零，但不一定变化，例如匀变速曲线运动，C错误；
D．曲线运动的条件是合力与速度不共线，一定存在加速度，曲线运动的物体受到的台外力一定不为零，也可能变化，例如匀速圆周运动运动的物体，加速度时刻指向圆心，D错误，
故选B。
5．B
【详解】
曲线运动的速度方向为轨迹上该点的切线方向，所以曲线运动一定是变速运动，但它可以是匀变速曲线运动也可以是变加速曲线运动，故选B。
6．A
【详解】
A．曲线运动的速度方向是不断改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
BCD．在恒力作用下物体的加速度不变，如果合力方向与速度方向不在一条直线上，物体做匀变速曲线运动，如果合力方向与速度方向在一条直线上，物体做匀变速直线运动；如果合力是变力，物体可能做变加速曲线运动，故BCD错误。
故选A。
7．A
【详解】
A．研究篮球的运动轨迹时，篮球的大小可以忽略不计，可以将篮球视为质点，故A正确；
B．篮球被抛出后在空中运动，篮球受到重力、空气阻力两个力的作用，而不受推力的作用，故B错误；
C．篮球能在空中运动是因为惯性，但惯性由质量决定与速度无关，故C错误；
D．若没有空气阻力，篮球还将受重力，则运动方向将由重力加速度而改变，做曲线运动，故D错误；
故选A。
8．A
【详解】
由于物体做匀速直线运动，故原n个力的合力为零。当去掉力F2后，剩余的n-1个力的合力F合′与F2大小相等 方向相反，去掉力F2后，物体的运动有三种情形∶一是原速度方向与F2反向，去掉F2后，物体将沿F2的方向做匀加速直线运动；二是原速度方向与F2同向，去掉F2后，物体将沿F2的反方向做匀减速直线运动；三是原速度方向与F2不在同一条直线上，则去掉F2后，物体将做曲线运动。
故选A。
9．B
【详解】
ABD．电动车经BCD的运动为曲线运动，速度方向时刻变化，车一直有加速度，车受到的合力不为零，故B项正确，AD项错误；
C．电动车绕跑道一周的位移为零，其平均速度为零，故C项错误。
故选B。
【归纳总结】
（1）曲线运动是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动。
（2）做曲线运动的质点所受的合外力为恒力时，其运动加速度恒定，质点做匀变速曲线运动；合外力为变力时，质点做非匀变速曲线运动。
10．C
【详解】
A．物体做曲线运动时，速度沿切线方向，时刻在改变，所以速度必定在改变，故A错误；
BCD．做曲线运动的条件是加速度（合外力）和初速度不在同一直线上，所以加速度（合外力）一定不为零，故C正确，BD错误。
故选C。
11．AC
【详解】
A．曲线运动中速度方向时刻在变化，所以曲线运动一定为变速运动，故A正确；
B．曲线运动中速度方向时刻在变化，所以加速度一定不为零，故B错误；
C．在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，故C正确；
D．若加速度方向与速度方向在一条直线上，即使速度在变化，其运动形式也为直线，故D错误。
故选AC。
12．AD
【详解】
AB．若一物体做曲线运动，则物体所受合力的方向与速度方向不在同一条直线上，且物体运动的初速度一定不为零，选项A正确，B错误；
C．物体所受的合力不一定为变力，例如平抛运动，选项C错误；
D．若合力方向与速度夹角大于90°，则物体的速度减小，选项D正确。
故选AD。
13．BC
【详解】
A．因为对质点施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，故质点不可能做匀速圆周运动，A错误；
B．若所施加的恒力方向与质点运动方向共线且方向相反时，则质点做匀减速直线运动，B正确；
C．质点受恒力作用，则质点的加速度恒定，速度的变化量在单位时间内是相同的，C正确；
D．如果力与初速度不在同一直线上，则质点不可能做直线运动，速度的方向与该恒力的方向不同。D错误。
故选BC。
14．匀加速直线运动 F1的反方向 匀变速曲线运动 F2的反方向 匀变速直线运动 F3的反方向
【详解】
(1)由题意可知，原本匀速直线运动，当只撤去F 1 ，则物体受到力的合力与撤去F 1 大小相等，方向相反，与运动速度方向相同，所以做匀加速直线运动，加速度大小为
方向与F1的方向相反；
(2)当只撤去F 2 ，则物体受到力的合力与撤去F 2大小相等，方向相反，与运动速度方向不在一条直线上，且夹角小于90°，所以做匀变速曲线运动，加速度大小为
方向与F2的方向相反；
(3)当只撤去F 3 ，则物体受到力的合力与撤去F 3 大小相等，方向相反，与运动速度方向相反，所以做匀减速直线运动，加速度大小为
方向与F3的方向相反；
【点睛】
当物体所受合力与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动，当物体所受合力与速度方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向．
15．直线 与F1相反 曲线 与F2相反 直线 与F3相反
【详解】
（1）若只撤去F1，物体所受的合外力大小为F1，方向与F1相反，与速度方向相同，所以物体做加速度大小为
的匀加速直线运动，加速度方向与F1相反。
匀加速直线运动
加速度大小为
加速度方向与F1相反
（2）若只撤去F2，物体所受的合外力大小为F2，方向与F2相反，与速度方向不共线，且夹角为锐角，所以物体做加速度大小为
的匀变速曲线运动，加速度方向与F2相反。
匀变速曲线运动
加速度大小为
加速度方向与F2相反
（3）若只撤去F3，物体所受的合外力大小为F3，方向与F3相反，与速度方向相反，所以物体做加速度大小为
的匀减速直线运动，加速度方向与F3相反。
匀减速直线
加速度大小为
加速度方向与F3相反
16．× × × √ √
【详解】
[1]变速运动不一定是曲线运动，例如自由落体运动，故此说法错误；
[2]做曲线运动的物体速度大小不一定发生变化，例如匀速圆周运动，故此说法错误；
[3]做曲线运动的物体速度一定变化，则加速度一定不为零，故此说法错误；
[4]做曲线运动的物体加速度可以不变，例如平抛运动，故此说法正确；
[5] 曲线运动有可能是匀变速运动，例如平抛运动，故此说法正确。
17．；
【详解】
试题分析：根据曲线运动的速度方向可知，各点的速度方向沿轨迹的切线方向，如图．铅球在运动的过程中只受到重力的作用，结合牛顿第二定律可知，铅球的加速度的方向与重力的方向相同，为竖直向下．如图．
考点：曲线运动
【名师点睛】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；铅球的运动可以分解成不同方向的两个分运动，抛体运动一般将小物体的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向匀速直线运动，竖直方向为匀变速直线运动，加速度保持g不变．2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第五章抛体运动第2节运动的合成与分解课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．如图飞机起飞时以v=300km/h的速度斜向上飞，飞行方向与水平面的夹角为30°。飞机在水平方向的分速度为（　　）
A．150km/h B．260km/h C．300km/h D．200km/h
2．如图，河宽d=20m，小船要行驶到河对岸，P处为小船的正对岸位置，已知小船的划行速度v1=5m/s，水流速度v2=3m/s。下列说法正确的是（　　）
A．小船行驶到对岸P点的时间为4s
B．小船行驶到对岸P点的时间为5s
C．若水流速变大，小船行驶到对岸的最短时间变长
D．若水流速变大，小船行驶到对岸的最短时间变短
3．假设小船在静水中的航速为，水流速度为，河流宽度为d，现小船要渡过河流，渡河时船头始终与对岸保持垂直，下列关于渡河时间的说法，正确的是（　　）
A．渡河时间由d和决定 B．渡河时间由d和决定
C．渡河时间由d、和决定 D．渡河时间与水流速度均不均匀有关
4．在某次抗洪救灾中，一落水者与河岸的距离，正随水漂流，水流速度，河岸平直。当落水者与岸边武警战士的距离最小时立即下水施救武警战士相对于河水的游泳速度。下列分析正确的是（　　）
A．武警战士的头朝向与河岸下游方向成角时，救人所用的时间最短
B．武警战士的头朝垂直于河岸方向游泳时，救人所用的时间最短
C．当以最短的时间抓住落水者时，武警战士沿河岸方向发生的位移为
D．由于，武警战士始终不能抓住落水者
5．一只小船在同一河流中先后两次渡河，均从A沿直线运动到B，AB与河岸的夹角为，第一次渡河时，船头垂直于河岸，船相对于静水的速度为v1，渡河所用时间为t1；第二次船头垂直于AB，船相对于静水的速度为v2，渡河所用时间为t2，河水速度恒定，则（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，一轮船在河岸的两码头A、B间运送货物，A、B连线与河岸夹角为60°。由A到B过程中，船头正对河岸，轮船相对河水的速度大小恒为v1；返回时（即由B到A）所用时间与去时相同，轮船相对河水的速度大小恒为v2。水速恒定不变，则（　　）
A． B． C． D．
7．一只船在静水中的速度为3m/s，它要渡过一条宽度为30m的河，河水的流速为4m/s，则下列说法中正确的是（　　）
A．船不能渡过河
B．船渡河的速度一定为5m/s
C．船不能垂直到达对岸
D．船垂直到达对岸所需时间为6s
8．发高远球是羽毛球运动中的一项基本技能。某同学发高远球，球的运动轨迹如图所示，假设此过程中羽毛球竖直方向所受空气阻力大小保不变，以竖直向上为正方向，则下列关于羽毛球竖直方向的位移一时间图像中，可能正确的是（　　）
A． B． C．D．
9．如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A。汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是（　　）
A．速度比小车速度大
B．处于超重状态
C．沿竖直向上做匀速运动
D．沿竖直向上先加速后减速
10．如图所示，不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为的物体A连接，A放在倾角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体连接，连接物体B的绳最初水平。从当前位置开始，使物体B以速度沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动
C．小于 D．等于
11．如图所示，小船从码头出发，沿垂直河岸的方向划船，若已知河宽为，划船的速度恒定。河水的流速与到河岸的最短距离成正比，即。其中为常量，要使小船能够到达距码头正对岸为已知距离的码头，则下列说法正确的是（　　）
A．由于河中各处水速不同，因此不能求出渡河的时间
B．由于河中各处水速不同，因此不能求出小船在某一位置的速度大小
C．由于河中各处水速不同，因此小船不能到达码头
D．由于河中各处水速不同，因此小船渡河时应做曲线运动
12．一质点在水平面内运动，在水平面内沿相互垂直的方向建立xOy直角坐标系，质点在x、y两方向上的速度图象分别如图所示，则以下说法错误的是（　　）
A．该质点做匀变速直线运动
B．该质点做匀变速曲线运动
C．t=1s时，质点速度的大小为2.5m/s
D．t=2s时，质点位移的大小为5m
二、多选题
13．兰州市中山桥附件黄河的宽度都为，且河岸相互平行，某一小船在静水中的速度大小恒为，现让这条小船的船身始终垂直中山桥附件的黄河河岸渡河时，下列说法正确的是（　　）
A．黄河水的速度越大，小船渡河的时间越长
B．小船渡河的时间与黄河水的流速大小无关
C．黄河水的速度越大，小船渡河通过的路程越小
D．黄河水的速度越大，小船渡河时的合速度越大
14．如图所示，不可伸长的轻绳一端系于小车上，另一端跨过光滑定滑轮系到重物上。汽车以速度匀速前进，某时刻绳与竖直方向夹角为，绳的拉力大小为，重物的速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
15．在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始由静止开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度一时间图像如图甲、乙所示，关于物体在0-4s这段时间内的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．前2s内物体沿x轴做匀加速直线运动
B．后2s内物体做匀变速曲线运动
C．4s末物体坐标为（4m，2m）
D．4s末物体坐标为（6m，2m）
16．若某小船（可视为质点）要渡过88m宽两岸平直的河，小船在静水中划行的速率为4m/s，河水的流速为6m/s，下列说法正确的是（　　）
A．小船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
B．小船渡河的最小速率是4m/s
C．小船渡河的最大速率约8m/s
D．小船渡河所用时间最少为22s
三、解答题
17．如图所示，甲图表示某物体在x轴上分速度的vx-t图像，乙图表示该物体在y轴方向上分速度的vy-t图像，（结果保留根号）求：
（1）在t=0时刻物体的速度大小；
（2）在t=6s时刻物体的速度大小；
（3）在0~4s内物体的位移大小。
18．如图所示，用船A拖着车B前进，若船匀速前进，速度为vA，当OA绳与水平方向夹角为θ时，求：
（1）车B运动的速度vB多大？
（2）车B是否做匀速运动？
四、填空题
19．小船在200m宽的河流中横渡，水流速度为3m/s，船在静水中的航速是5m/s，要使小船渡河的航程最短，最短的航程是________m；这样渡河到达对岸的时间是_________s。
20．判断下列说法的正误．
（1）合运动与分运动是同时进行的，时间相等。（____）
（2）合运动一定是实际发生的运动。（____）
（3）合运动的速度一定比分运动的速度大。（____）
（4）两个夹角为90°的匀速直线运动的合运动，一定也是匀速直线运动。（____）
参考答案
1．B
【详解】
飞机在水平方向的分速度大小为
故选B。
2．B
【详解】
AB．小船要行使到对岸P点，船头应偏向上游，使合速度垂直河岸，合速度大小为
到达P点的时间为
A错误，B正确；
CD．当船头垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间为
与水流速度无关，故水流速变大，小船行驶到对岸的最短时间不变，CD错误。
故选B。
3．A
【详解】
渡河时船头始终与对岸保持垂直，则渡河的时间
即渡河时间由d和决定，与v2无关。
故选A。
4．BC
【详解】
AB．当落水者与岸边武警战士的距离最小时，武警战士的头朝垂直于河岸方向游泳时，救人所用的时间最短，A错误B正确；
C．武警战士的头朝垂直于河岸方向游泳时，武警战士相对于河水的游泳速度，所以用求得的运动时间
在用这时间求武警战士沿河岸方向发生的位移
C正确；
D．因为武警战士进入水中后，会有一个与水流相同的一个速度，只要速度方向适当，则武警战士能抓住落水者，D错误。
故选BC。
5．C
【详解】
AB．设河水速度为v，当船头垂直河岸时，有
合速度
当船头垂直AB时，有
v2=vsin
合速度
v合2=vcosα
则
故A、B错误；
CD．由于两次路程相同，因此时间之比
故C正确，D错误。
故选C。
6．B
【详解】
从A到B过程，轮船的运动分解为沿水流方向和沿船头方向，如图
根据几何关系，有
返回时所用时间与去时相同，依题意可知，轮船从A到B和从B到A的实际速度大小不变，设其为v，把返回时的运动也分解为沿水流方向和沿船头方向，如图
根据余弦定理，可得
联立，可得
故选B。
7．C
【详解】
A．当静水速度与河岸不平行，则船就能渡过河，A错误；
B．因为船的静水速的方向未知，根据平行四边形定则，无法判断船渡河的速度大小，故B错误 ；
C．根据平行四边形定则，由于静水速小于水流速，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸，故C正确．
D．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短为
不可能等于6s， D错误。
故选C。
8．A
【分析】
本题考查运动图像，目的是考查学生的推理能力。
【详解】
羽毛球上升阶段，竖直方向的速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，在最高点，竖直方向的速度为零，即图像的斜率为零；羽毛球下落阶段，竖直方向的速度逐渐增大，图像的斜率逐渐增大。羽毛球上升阶段竖直方向的合力较大，加速度较大，根据匀变速直线运动的规律，羽毛球上升阶段竖直方向的初速度大于下降阶段竖直方向的末速度，即羽毛球上升阶段竖直方向的平均速度较大，上升时间较短。综上所述，只有选项A正确。
故选A。
9．B
【详解】
ABC．对汽车的速度v沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示
物块A上升的速度大小等于v2，根据三角形关系有
显然，A的速度比小车速度小；汽车匀速向右运动，θ角变小，所以v2增大，物块向上做加速运动，加速度向上，物块处于超重状态，故B正确，AC错误；
D．汽车向右匀速运动的过程中，角度θ逐渐减小，由
得知，物块向上做加速运动，不会出现减速的情况，故D错误。
故选B。
10．B
【详解】
由图可知绳端的速度为，与B的位置有关，因为B为匀速运动，B下降过程中变大，因此物体A做加速运动，T大于，故B正确，ACD错误。
故选B。
11．D
【详解】
A．沿垂直河岸的方向划船，若已知河宽为，划船的速度恒定，则渡河的时间
可以求得，A错误；
B．小船在某一位置的速度大小
因为
只要知道小船的位置就可知道，即就可以求出小船在某一位置的速度大小，B错误；
C．河中各处水速不同，只要调整好航向，小船就能到达码头，C错误；
D．小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动，D正确。
故选D。
12．A
【详解】
AB．质点在x方向做匀加速运动，y方向做匀速运动，则合运动是匀变速曲线运动， A错误B正确；
C．t=1s时，质点速度的大小为
C正确；
D．t=2s时，质点在x方向的位移为
y方向的位移
则质点位移的大小为
D正确。
故选A。
13．BD
【详解】
AB．小船垂直河岸渡河，实际运动分解为沿船头方向的匀速直线运动和沿河水流动方向的匀速直线运动，其渡河时间满足公式
易知，小船渡河的时间与黄河水的流速大小无关。故A错误；B正确；
C．小船渡河通过的路程，可以表示为
易知，黄河水的速度越大，小船渡河通过的路程越大。故C错误；
D．小船渡河时的合速度可以表示为
易知，黄河水的速度越大，小船渡河时的合速度越大。故D正确。
故选BD。
14．AD
【详解】
将车的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度可知
则
随θ角的增加v0变大，则G做加速运动， 处于超重状态，可知
故选AD。
15．ABD
【详解】
A．前2s内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由图看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动，A正确；
B．在2s～4s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向，B正确；
CD．4s末，物体在x轴方向的位移
y轴方向位移为
则4s末物体的坐标为（6m，2m），C错误D正确。
故选ABD。
16．AD
【详解】
A．因水流的速度大于静水船速，可知船不能垂直于河岸渡河，即船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸，故A正确；
D．该小船以最短时间渡河时，船速方向与河岸垂直，则最短时间为
故D正确；
BC．小船划船的方向可调，只有船速和水流速度同向时，船渡河的速率最大为10m/s，只有船速和水流速度反向时，船渡河的速率最小为2m/s，则小船渡河的速率范围为2m/s ~10m/s，故BC错误；
故选AD。
17．(1) 3m/s ；(2)；(3)。
【详解】
(1) 由图看出，t=0时x轴方向分速度为vx=3m/s，y轴方向分速度为vy=0，故t=0时物体的速度为
v0=vx=3m/s
(2) 在t=6s时刻，vx=3m/s，vy=3m/s，所以物体的速度
(3) 根据v-t图象中图象与时间轴围成的面积表示位移，则知在4s的时间内，x轴方向的分位移为：
x=3×4m=12m，
所以4s内物体发生的位移为
18．（1）vAcosθ；（2）不做匀速运动
【详解】
（1）把vA分解为一个沿绳子方向的分速度v1和一个垂直于绳的分速度v2，如图所示，
所以车前进的速度vB应等于vA的分速度v1，即
vB＝v1＝vAcosθ
（2）当船匀速向前运动时，θ角逐渐减小，车速vB将逐渐增大，因此车B不做匀速运动。
19．200m 50s
【详解】
因为船速大于水速，故合速度可以垂直河岸，则最短航程为河宽200m。根据几何关系可知此时船的合速度
则最短航程渡河时间
20．正确 正确 错误 正确
【详解】
略2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第五章抛体运动第4节抛体运动的规律课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．明明和爸爸站在水平地面上做亲子游戏，爸爸手持球拍把一质量为m的小球从高为h1处以水平初速度v拍出，小球与地面碰撞后弹出，站在同一直线上与爸爸水平距离为s的明明在高为h2处用球拍接住小球，此时小球恰好与明明手中的竖直球拍垂直碰撞，球与地面碰撞时间不计，碰撞前后球的水平速度不变，不计空气阻力，则（　　）
A．小球在空中运动的时间与小球的水平初速度v有关
B．小球在空中运动的时间与h1和h2有关
C．小球在空中运动的时间与爸爸和明明间的水平距离s有关
D．小球在空中运动的时间与小球的质量m有关
2．如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系﹐用一个小球在О点对准前方一块竖直挡板上的A点抛出。O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为、、，不计空气阻力，打在挡板上的相应位置分别是B、C、D，且AB∶BC∶CD=1∶3∶5，则、、之间的正确关系是（ ）
A．∶∶=5∶3∶1
B．∶∶=6∶3∶2
C．∶∶=3∶2∶1
D．∶∶=9∶4∶1
3．如图所示，将一个物体从坐标原点O以速度水平抛出，下落h高度后到水平地面上P点，现将此物体以的速度仍从坐标原点O水平抛出，抛出过程均不计空气阻力，则和原来相比（　　）
A．平抛运动的时间变为原来的一半
B．平抛运动的时间变为原来的2倍
C．从抛出到落地过程速度的变化量变为原来的一半
D．从抛出到落地过程速度的变化量变与原来的相同
4．以水平速度v0抛出的小球，落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示，则小球平抛的时间为（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，O为正四面体的顶点，处在水平面上，D为边的中点，E为边的中点。在O点沿不同方向水平拋出两个小球，甲球恰好落在E点，乙球恰好落在D点，空气阻力不计。则甲球和乙球平抛初速度大小之比为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，B、C是水平地面上两点，在B点正上方h高处A点水平抛出一个小球，小球恰好能落到C点，改变h，使抛出小球后仍能落到C点，则下列说法正确的是（　　）
A．h越大，小球需要抛出的初速度越大
B．h越大，小球在空中运动的时间越长
C．h越大，小球刚要落到C点时速度越大
D．h越大，小球刚要落到C点时速度与水平方向的夹角越小
7．如图所示，小球从倾角为45°的斜面上的某点向右水平抛出，在右侧有另一小球，从与小球同一高度的某一位置向左水平抛出，结果两小球都落在了斜面上的同一点，且小球恰好垂直打到斜面上。不计空气阻力。小球、抛出时的初速度大小之比为（　　）
A． B． C． D．
8．物体在高处以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为v，忽略空气阻力，那么该物体在空中运动的时间为（　　）
A． B． C． D．
9．如图甲所示，一名运动员在参加跳远比赛。其运动轨迹可以简化为如图乙所示，假设跳远运动员落入沙坑前经过了P、Q两点，经过P、Q两点时速度方向与水平方向的夹角分别为37°和45°。若运动员可视为质点，不计空气阻力，则P、Q两点连线与水平方向夹角的正切值为（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，一半圆柱体放在地面上，横截面半径为R，圆心为O，在半圆柱体的右侧B点正上方离地面高为2R处的A点水平向左抛出一个小球，小球恰好能垂直打在半圆柱体上，小球从抛出到落到半圆柱体上所用的时间为t，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
11．斜面倾角为，某一物体从距地面高为处的A点以速度与斜面成飞出，最后落回斜面B点。不计空气阻力，重力加速度，O点为斜面最低点。关于物体运动情况下列说法正确的是（　　）
A．物体飞行时间为
B．物体离开斜面时的最远距离为
C．线段
D．物体离地面的最大高度为
二、多选题
12．飞镖运动是一种可全民参与的运动。若每次飞镖都是水平投掷，飞镖在空中的运动可视为平抛运动。如图，某次将飞镖水平投出后正中靶心，下列正确的是（　　）
A．若飞镖质量较大，则空中飞行的时间会变短
B．若出手位置变高，为了仍正中靶心，应当减小投掷速度
C．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖仍正中靶心
D．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖命中靶心上方位置
13．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，自由式滑雪雪赛道示意图如图所示，运动员从较高的坡面滑到A处时，沿水平方向飞离坡面，落到倾角为的斜坡B处，若不计空气阻力，飞出时的速度大小为10m/s，（取g=10m/s2）则（　　）
A．运动员落到斜坡上的速度方向与竖直线的夹角等于
B．运动员在空中经历的时间
C．运动员落到斜坡上的落点B与起飞点A的距离是m
D．运动员落到斜坡上的速度大小是m/s
14．如图所示，斜面倾角为θ，从斜面的P点分别以v0和2v0的速度水平抛出A、B两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则（　　）
A．A、B两球的水平位移大小之比为1∶2
B．A、B两球飞行时间之比为1∶2
C．A、B两球落到斜面上的速度方向与斜面的夹角相同
D．A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1∶4
15．如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放A、B两颗炸弹，分别击中倾角为的山坡上的M点和N点，释放A、B两颗炸弹的时间间隔为，此过程中飞机飞行的距离为；击中M、N的时间间隔为，M、N两点间水平距离为，且A炸弹到达山坡的M点位移垂直斜面，B炸弹是垂直击中山坡N点的。不计空气阻力,下列正确的是（　　）
A．A炸弹在空中飞行的时间为
B．
C．
D．
三、填空题
16．如图甲为乒乓球发球机的工作示意图。若发球机从球台底边中点的正上方某一固定高度连续水平发球，球的初速度大小随机变化，发球方向也在同一水平面内不同方向随机变化。如图乙所示，连线与球网平行。若第一次乒乓球沿中线恰好从球网的上边缘经过，落在球台上的点，第二次乒乓球的发球方向与中线成角，也恰好从球网上边缘经过，落在球台上的点。忽略空气阻力，则第一、二两个球发出时的速度大小之比为___________。
17．从距离地面5m高处水平抛出一小球，小球落在地面上的位置与抛出点的水平距离为2m，忽略空气阻力，g取10m/s2。则小球在空中运动的时间为______s，小球抛出时的速度大小为______m/s。
四、解答题
18．从某高度处以v0=10m/s的初速度水平抛出一物体，经时间t=3s落地，g=10m/s2。求：
（1）物体抛出时的高度y和物体抛出点与落地点的水平距离x；
（2）物体落地时的速度大小v。
19．一个小球从到竖直墙壁的水平距离处以大小为的速度水平抛出，一段时间后击中墙壁。取重力加速度大小，不计空气阻力。竖直墙壁与小球抛出点均足够高。
（1）用、、表示小球击中墙壁时的速度大小；
（2）取何值，小球击中墙壁时的速度最小？
参考答案
1．B
【详解】
小球被爸爸拍出后做平抛运动，与地面碰撞后做斜抛运动，根据运动的合成与分解可得小球运动的时间为
显然小球运动的时间与水平初速度v、爸爸和明明间的水平距离s和小球的质量m均无关，ACD错误，B正确。
故选B。
2．B
【详解】
以不同速度水平抛出，竖直方向均为自由落体运动，由
可得
由于AB∶BC∶CD=1∶3∶5，则可得三次小球运动时间之比为
又有水平位移相同，水平方向做匀速直线运动，则由
可得平抛初速度之比为
∶∶=6∶3∶2
故选B。
3．D
【详解】
AB．由平抛运动的规律
可知平抛运动的时间不变，故AB错误；
CD．物体做平抛运动，根据
可知，由于下落时间不变，故物体从抛出到落地过程速度的变化量变与原来的相同，故C错误，D正确。
故选D。
4．C
【详解】
根据平抛运动规律，小球垂直落到斜面上时，有
联立解得
所以C正确；ABD错误；
故选C。
5．C
【详解】
设O在面ABC的投影点为，的高度为h，正四面体的边长为a，由几何知识可知
，
甲球落在E点，其竖直位移为，则有
解得
乙球落在D点，其竖直位移为h，则有
解得
根据水平方向做匀速直线运动，则有
，
故
故选C。
6．B
【详解】
B．根据平抛运动的规律，可知，在竖直方向上有
解得
故h越大，小球在空中运动的时间越长，故B正确；
A．在水平方向上有
因水平位移x不变，故h越大，时间越长，则平抛的初速度越小，故A错误；
C．落在C点时，竖直方向上的速度为
水平方向上的速度为
故落在C点时的速度大小为
根据数学知识，可知，当，即时，v有最小值。如果开始时h小于，则随着h不断增大，v先减小后增大，故C错误；
D．根据速度夹角和位移夹角的关系，则有
因x不变，则h越大，tanα值越大，速度与水平方向的夹角α越大，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】
设球、抛出时的初速度大小分别为和，抛出点到两球在斜面上的落点间的高度差为，两球在空中运动的时间为，有
对球有
对球有
解得
故选C。
8．B
【详解】
由平抛运动的规律可得，物体竖直方向的速度为
又物体在竖直方向做自由落体运动，可得
解得
故选B。
9．C
【详解】
运动员腾空时，从最高点到落地过程中，做平抛运动。将P、Q两点速度分解，如图所示
连接P、Q，设与水平方向的夹角为θ，则
由图中几何关系和运动学公式，可得
x＝v0t
y＝（v1＋v2）t
由图中几何关系可得
v1＝v0tan 37°
v2＝v0tan 45°
联立可得
故选C。
10．A
【详解】
由题意及平抛运动的规律知，小球打在半圆柱体上时速度方向的延长线过圆心，反向延长线过水平位移的中点
设小球运动过程中下落的高度为y，水平位移为x，则
解得
故选A。
11．A
【详解】
A．将运动沿着斜面和垂直斜面方向正交分解，在垂直斜面方向上
可得飞行时间
故A正确；
B．物体离开斜面时的最远距离为
故B错误；
C．AB的长度
故C错误。
D．将运动沿水平方向和竖直方向分解，由几何关系可得初速度与竖直方向夹角为60o，因此最大高度时
故D错误。
故选A。
12．BC
【详解】
A．飞镖在空中的运动可视为平抛运动，重力加速度g恒定，由位移公式可得
可以看出飞镖在空中飞行的时间与质量无关，A错误；
B．若出手位置变高，竖直位移y变大，运动时间t变长，为了仍正中靶心（水平位移x不变），应当减小投掷速度v0，B正确；
CD．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖与靶心始终在同一水平高度，竖直方向相对静止，仍能正中靶心，C正确，D错误。
故选BC。
13．BC
【详解】
B．由位移偏角公式可得
代入数据解得
故B正确；
D．运动员落到斜坡上的竖直分速度为
则合速度大小为
故D错误；
A．设运动员落到斜坡上的速度方向与竖直线的夹角为，满足
故不等于，故A错误；
C．运动员落到斜坡上的落点B与起飞点A的距离为
故C正确。
故选BC。
14．BC
【详解】
AB．根据
得运动的时间
因为初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，根据
x=v0t
知水平位移之比为1：4，故A错误，B正确；
C．落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为
则A、B两球落到斜面上的速度方向与斜面的夹角相同，选项C正确；
D．落在斜面上竖直分速度
vy=gt=2v0tanθ
根据平行四边形定则知，落在斜面上的速度
可知落在斜面上的速度之比为1：2，故D错误。
故选BC。
15．ACD
【详解】
A．设炸弹从用时，有
因斜面，则
而
可得
故A正确；
BCD．同理，方向⊥斜面，用时
由图得
或 　①
时间关系
或 ②
则
同时有
故B错误，CD正确；
故选ACD。
16．
【详解】
两次球下落的高度相同，则根据
可知，下落的时间相同；根据
x=v0t
因两次水平位移之比为cosθ:1，则第一、二两个球发出时的速度大小之比为cosθ:1。
17．1 2
【详解】
[1]小球在空中做平抛运动，则运动的时间为
[2]小球抛出时的速度大小为
18．（1）45m，30m；（2）
【详解】
(1)物体抛出点的高度为
抛出点与落地点的水平距离为
(2)竖直方向上的末速度为
物体落地时的速度大小为
19．（1）；（2）
【详解】
（1）小球在空中运动的时间
小球击中墙壁时的竖直速度大小
小球击中墙壁时的速度大小
解得
（2）根据数学知识，当
时，小球击中墙壁时的速度最小
解得2024-2025学年高一物理必修（2019）第二册第八章机械能守恒定律第1节功与功率课时练习（人教版Word版，含答案）
一、单选题
1．7月31日，37岁、身高1.7m的吕小军在东京奥运会男子举重81公斤级比赛中夺金，并以的抓举成绩和的挺举成绩，创造了的总成绩世界纪录。其中，抓举上升历时约3s，再停留2s后放下杠铃，如图。则在抓举上升到顶的过程中吕小军对杠铃消耗的平均功率约为（　　）
A．700W B．800W C．1000W D．1300W
2．如图所示，两个互相垂直的水平力作用在同一物体上，物体在光滑水平面上发生一段位移的过程中，力对物体做功为，物体克服力做功为，则两个力对物体做的总功为（　　）
A． B． C． D．
3．某同学沿水平路面行走，脚不打滑，则关于该同学所受外力及外力做功的下列说法正确的是（　　）
A．路面对该同学的摩擦力是滑动摩擦力，做负功
B．路面对该同学的摩擦力是静摩擦力，做正功
C．路面对该同学的支持力是弹力，做正功
D．该同学所受重力对该同学不做功
4．拖着橡胶轮胎跑是训练身体耐力的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是（　　）
A．轮胎受到地面的摩擦力做了负功 B．轮胎受到的重力做了正功
C．轮胎受到的拉力不做功 D．轮胎受到地面的支持力做了正功
5．下列叙述正确的是（ ）
A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位
B．根据功率的定义式，当时间间隔非常小时，就可以用这一间隔内的平均功率表示间隔内某一时刻的瞬时功率，这应用了控制变量法
C．探究加速度与质量、合外力关系实验采用的是等效替代的方法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法
6．用水平恒力F作用于质量为M的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离x，恒力做功为，平均功率为；再用该恒力作用于物体上，使之在粗糙的水平面上移动同样距离x，恒力做功为，平均功率为，以下关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．2019年，中国以34次航天发射蝉联全球航天发射榜榜首位置。下列关于火箭升空时下列说法正确的是（　　）
A．喷出气体对火箭的作用力与火箭受到的重力是一对相互作用力
B．喷出气体对火箭的作用力大于火箭对喷出气体的作用力
C．喷出气体对火箭的作用力等于火箭对喷出气体的作用力
D．喷出气体产生的力，只对火箭做功
8．如图所示，将各处粗糙程度都相同的长木板的下端置于铁架台水平底座上的挡板A处，上部架在横杆上，长木板与竖直杆的交点为。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得长木板与竖直杆的交点到水平底座的高度逐渐增大，将小物块从处由静止释放，小物块沿长木板从点滑至点的过程中克服摩擦力做的功（　　）
A．增大 B．不变 C．减小 D．先增大后减小
9．全球最大水平臂上回转自升塔式起重机的开发和应用，标志着中国桥梁及铁路施工装备迈向世界前列。该起重机某次从t=0时刻开始由静止沿竖直方向提升质量为m的物体，其a-t图像如图所示，t1~t2内起重机的功率为额定功率，已知t2=2t1，不计其它阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．t2时刻物体正在减速上升
B．物体匀加速阶段的位移为
C．该起重机的额定功率为
D．0~t1和t1~t2时间内牵引力做的功之比为2∶1
10．两个互相垂直的力 F1 和 F2 作用在同一物体上，使物体通过一段位移过程中，力 F1 对物体做功 8J，物体克服力 F2 做功 6J，则力 F1 和 F2 对物体做的总功为（　　）
A．2J B．10J C．14J D．16J
11．一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．0~2 s内外力的平均功率是4 W
B．第2 s内外力所做的功是4 J
C．第2 s末外力的瞬时功率最大
D．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶5
二、多选题
12．如图所示为一辆汽车在平直的公路上由静止开始运动的速度时间图像，假定汽车所受阻力恒定。图中为一段直线，为一段曲线，为一平行于时间轴的直线，下列说法错误的是（　　）
A．段汽车发动机的功率一定是恒定的 B．段汽车发动机的牵引力越来越大
C．段汽车发动机的功率与时间成正比 D．段汽车发动机的功率一定是恒定的
13．如图所示，质量为60kg的某同学在做俯卧撑，运动过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在C点，其垂线与两脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9m和0.6m，若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，重力加速度g取10 m/s2，则克服重力做功W和相应的功率P为（　　）
A． B． C． D．
14．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升。则整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．钢绳对重物做的功为 B．重物的重力为
C．重物匀加速的末速度为 D．重物匀加速运动的加速度大小为
15．如图所示，倾角为的光滑斜面（足够长）固定在水平地面上，斜面底部连接一劲度系数为k的轻质弹簧，且弹簧与斜面平行，弹簧的上端静置着质量均为m的物块A和B（两物块均视为质点，物块A与弹簧不拴接）。在力F的作用下，弹簧缓慢缩短x，此后弹簧再次缩短x，然后撤去力F，两物块沿斜面向上运动。重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．在弹簧两次缩短x的过程中，力F做的功相同
B．力F做的功等于两物块与弹簧组成的系统的机械能增加量
C．撤去力F的瞬间，物块A的加速度大小为
D．从撤去力F至物块A的速度最大的过程中，物块A克服重力做的功为
四、解答题
18．一台起重机的拉力F=1.2×104N，从静止起匀加速地将质量m=1.0×103kg的货物竖直吊起，物体上升的高度h=4m，在2s末货物的速度v=4m/s，g取10m/s2，则：
（1）在这2s内起重机的平均输出功率为多少？
（2）在2s末起重机的瞬时功率为多少？
19．小明用如图所示的滑轮组，用时10s将重为600N的货物匀速提升了2m，做了1500J的功。求：
（1）小明做的有用功；
（2）小明做功的功率；
（3）滑轮组的机械效率。
三、填空题
18．若物体m沿不同路径Ⅰ和Ⅱ从A滑到B，如图所示。路径Ⅰ、Ⅱ和物体间的动摩擦因数相同。则沿路径Ⅰ和路径Ⅱ运动过程中重力做功________，摩擦力做功________。（均选填“相同”或“不相同”）
19．质量为10千克的物体在水平拉力作用下沿水平桌面运动，若物体与桌面间摩擦系数为0.25，使物体以4米/秒的速度匀速运动4米时，拉力做功为_______，以1米/秒2的加速度从静止开始匀加速运动4米时，拉力做功为________。
参考答案
1．C
【详解】
运动员对杠铃做功
功率为
故选C。
2．A
【详解】
当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的和；由于力F1对物体做功8J，力F2对物体做功-6J，所以F1与F2的合力对物体做的总功为
故选A。
3．D
【详解】
AB．路面对该同学的摩擦力是静摩擦力，因为在该力的方向上脚没有位移，可知该摩擦力对人不做功，选项AB错误；
C．路面对该同学的支持力是弹力，该弹力无位移，可知不做功，选项C错误；
D．该同学所受重力对该同学不做功，选项D正确。
故选D。
4．A
【详解】
A．由题知，轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为180°，则轮胎受到地面的摩擦力做了负功。故A正确；
B．轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功，故B错误；
C．设拉力与水平方向的夹角为，由于是锐角，所以轮胎受到的拉力做正功，C错误；
D．轮胎受到地面的支持力竖直向上，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，支持力不做功，D错误。
故选A。
5．D
【详解】
A．牛顿是导出单位，并不是基本单位，故A错误；
B．根据功率的定义式，当时间间隔非常小时，就可以用这一间隔内的平均功率表示间隔内某一时刻的瞬时功率，这应用了极限思想方法，故B错误；
C．探究加速度与质量、合外力关系实验采用的是控制变量法，故C错误；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】
根据
可知
因有摩擦时的加速度较小，根据
则相等的位移时用时间较长，根据
可知
故选C。
7．C
【详解】
ABC．喷出气体对火箭的作用力与火箭对气体的作用力是一对相互作用力，则喷出气体对火箭的作用力等于火箭对喷出气体的作用力，选项AB错误，C正确；
D．喷出气体产生的力，即对火箭做功，也对气体本身做功，选项D错误。
故选C。
8．B
【详解】
设长木板与水平底座的夹角为，小物块克服摩擦力做的功
故小物块克服摩擦力做的功不变。
选项B正确。
9．C
【详解】
A．由图可知，时刻加速度为正，所以物体在加速上升，故A错误；
B．由图像可知0~时间内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的末速度
匀加速阶段的位移为
选项B错误；
C．在时刻，根据牛顿第二定律
联立可得
故C正确；
D．时间内牵引力做功为
时间内牵引力做功为
联立可得和时间内牵引力做的功之比为
D错误。
故选C。
10．A
【详解】
物体克服力 F2做功 6J，则力 F2对物体做功，力 F1对物体做功 8J，则力 F1和 F2对物体做的总功
故A正确，BCD错误。
故选A。
11．A
【详解】
A．0-1s内，物体的加速度
则质点在0-1s内的位移
1s末的速度
第2s内物体的加速度
第2s内的位移
物体在0-2s内外力F做功的大小
可知0-2s内外力的平均功率
A正确；
B．第2s内外力做功的大小
B错误；
CD．第1s末外力的功率
第2s末的速度
则外力的功率
可知第2s末功率不是最大，第1s末和第2s末外力的瞬时功率之比为9：4，CD错误。
故选A。
12．AB
【详解】
A．AB为一曲线，斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，牵引力减小，根据可知，牵引力减小，速度增大，功率可能不变，故A错误，符合题意；
B．AB为一曲线，斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，牵引力减小，根据可知，牵引力减小，故B错误，符合题意；
C．OA为一段直线，说明OA段汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，根据，可知功率与时间成正比，故Ｃ正确，不符合题意；
D．BC为一平行于时间轴的直线，则汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，不变，速度也不变，根据可知，功率不变，故D正确，不符合题意。
故选AB。
13．BC
【详解】
AB．根据三角形相似，设重心上升的高度为h
解得
根据功的定义
A错误，B正确；
CD．克服重力的功率为
C正确，D错误。
故选BC。
14．BD
【详解】
A．对重物动能定理有
可知拉力对重物做功为
故A错误；
BC．重物速度达到v2时匀速上升，由功率公式
又因为二力平衡可得
代入功率公式，整理得
故B正确；
上述可得，此时速度为最大速度，并非匀加速运动阶段的末速度，
故C错误；
D．物体匀加速运动阶段由功率公式可得
由牛二定律得
上式子代入公式并整理得
故D正确。
故选BD。
15．BD
【详解】
A．弹簧越短，弹簧形变量越大，由
可知弹簧弹力越大，力F越大，所以弹簧第二次缩短x的过程中力F做的功大于弹簧第一次缩短x的过程中力F做的功，故A错误；
B．两物块与弹簧组成的系统除了重力、弹簧弹力外只有力F做功，根据重力或弹簧弹力以外的力做功等于系统机械能增量可知，力F做的功等于两物块与弹簧组成的系统的机械能增加量，故B正确；
C．对两物块整体，力F作用前有
撤去力F的瞬间有
解得
故C错误；
D．撤去力F后，两物块沿斜面向上先加速运动后减速运动，当合力为零时速度达到最大（此时两物块恰好回到力F作用前的位置），该过程中物块A克服重力做的功
故D正确。
故选BD。
16．相同 相同
【详解】
[1]重力做功为
重力做功与路径无关，只与初末位置的高度差决定，所以沿路径Ⅰ和路径Ⅱ运动过程中重力做功相同。
[2]沿路径Ⅰ摩擦力做功为
沿路径Ⅱ摩擦力做功为
摩擦力在斜面上所做的功可等效为水平面上摩擦力做的功，所以沿路径Ⅰ和路径Ⅱ运动过程中摩擦力做功相同。
17．100J 140J
【详解】
[1]物体做匀速直线运动，由平衡条件可得
拉力做功为
[2]匀加速运动时，由牛顿第二定律可得
解得
拉力做功为
18．（1）2.4×104W；（2）4.8×104W
【详解】
（1）起重机做功的平均功率
P===W=2.4×104W
（2）2s末的速度
v=4m/s
起重机在2s末的瞬时功率
P=Fv=1.2×104×4W=4.8×104W
19．（1）1200J；（2）150W；（3）80%
【详解】
(1)克服货物重力所做的功为有用功，故小明做的有用功为
(2)小明做功的功率为
(3)滑轮组的机械效率为

展开更多......

收起↑