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必修第二册 曲线运动与机械能冲刺练
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题:本题共18 小题,每小题3分,共计 5.如图所示,A、B两小球
54分.在每小题给出的四个选项中,只有一项 从相同高度同时水平相
是符合题目要求的. 向抛 出,经 过 时 间t在
1.物体做曲线运动时,一定发生变化的物理 空中相遇.若两球的抛出速度都变为原来
量是 ( ) 的2倍,则两球从抛出到相遇经过的时间
A.速度的方向 B.速度的大小 为 ( )
C.加速度的大小 D.加速度的方向
2.下面四个选项中的虚线均表示小鸟在竖直平 A.t B.22t
面内飞行的轨迹,小鸟在图示位置时的速度v t t
和所受合力F的方向可能正确的是 ( ) C.2 D.4
A. B. 6.对于做匀速圆周运动的物体,下列说法中错
误的是 ( )
C. D. A.相等的时间内通过的路程相等
B.相等的时间内通过的弧长相等
3.关于平抛运动,下列说法正确的是 ( ) C.相等的时间内通过的位移相等
A.平抛运动是一种在恒力作用下的曲线 D.相等的时间内通过的角度相等
运动
7.某只走时准确的时钟,秒针与分针由转动轴
B.平抛运动的轨迹为抛物线,速度方向时
到针尖的长度之比为3∶2,则 ( )
刻变化,加速度方向也时刻变化
A.秒针与分针的角速度之比是C.做平抛运动的物体在Δt时间内速度变化 1∶60
量的方向可以是任意的 B.秒针针尖与分针针尖的线速度之比是
D.做平抛运动的物体的初速度越大,在空 90∶1
中的运动时间越长 C.秒针与分针针尖的向心加速度之比是
4.人站在楼上水平抛出一个小球,球离手时 3600∶1
速度为v0,落地时速度为vt,忽略空气阻 D.秒针与分针的转速之比是12∶1
力,图中正确表示在几段相等时间内速度 8.如图所示,小物体A与水平圆
矢量的变化情况的是图 ( ) 盘保持相对静止,跟着圆盘一起
做匀速圆周运动,则A受力情
A. B. 况是 ( )
A.重力、支持力
B.重力、向心力
C.重力、支持力、指向圆心的摩擦力
D.重力、支持力、向心力、摩擦力C. D.
9.一辆载重卡车,在丘陵地区以不变的速率行
驶,地形如图所示,由于轮胎已旧,途中爆胎,
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你认为A、B、C、D 四处中,爆胎可能性最大的 13.质量为m 的小块在倾角为
一处是 ( ) α的斜面上处于静止状态,
如图所示.若斜面体和小物
块一起以速度v沿水平方向向右做匀速直
A.A 处 B.B 处 线运动,通过一段位移s.斜面体对物块的
C.C处 D.D 处 摩擦力和支持力的做功情况是 ( )
10.如图所示,光滑的水平面上,小球 m 在拉 A.摩擦力做正功,支持力做正功
力F 的作用下做匀速圆周运动,若小球到 B.摩擦力做正功,支持力做负功
达B 点时F 突然发生变化,下列关于小球 C.摩擦力做负功,支持力做正功
的运动的说法正确的是 ( ) D.摩擦力做负功,支持力做负功
14.质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上
匀速行驶,速度为20m/s,受到的阻力大
小为1.8×103N.此时,汽车发动机输出
的实际功率是 ( )
A.90W B.30kW
A.F突然消失,小球将沿Ba轨迹做离心 C.36kW D.300kW
运动 15.一棵苹果树上有一个质量为0.3kg的熟
B.F 突然变小,小球将沿轨迹Ba做离心 透了的苹果P,该苹果从树上A 位置先落
运动 到地面C 处最后滚入沟底D.A、B、C、D、E
C.F突然变小,小球将沿轨迹Bc做向心 之间的竖直距离如图所示,重力加速度g
运动 取10m/s2,以地面为零势能参考平面,则
D.F 突然变大,小球将沿轨迹Bb做离心 该苹果从A 处落下到D 处的过程中重力
运动 势能的减少量和在D 处的重力势能分别
11.关于地球同步卫星的说法正确的是( ) 是 ( )
A.所有地球同步卫星一定在赤道上空
B.不同的地球同步卫星,离地高度不同
C.不同的地球同步卫星的向心加速度大
小不相等
D.所有地球同步卫星受到的向心力大小
一定相等
12.如图所示,a、b是两颗绕地
球做匀速圆周运动的人造 A.15.6J和9J B.9J和-9J
卫星,它们轨道半径分别是 C.15.6J和-9J D.15.6J和-15.6J
2R 和3R(R 为地球半径). 16.一物体的速度大小为v0时,其动能为Ek,当
下列说法中正确的是 ( ) 它的动能为2Ek时,其速度大小为 ( )
A.a、b的线速度大小之比是2∶3 v0
B.a、b的周期之比是2∶3 A.2 B.2v0
C.a、b的角速度大小之比是2∶3 2
D.a、b的向心加速度大小之比是9∶4 C.2v0 D.2v0
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17.一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于 20.(4分)几组同学进行了“探究平抛运动的
O点,小球在水平力F作用下,从平衡位置 特点”实验,具体如下(部分步骤省略)
P 点很缓慢地移动到Q 点,如图所示,则
力F所做的功为 ( )
A.mglcosθ B.Flsinθ (1)如图1所示,用小锤打击弹性金属片,
C.mgl(1-cosθ) D.Fl A球沿水平方向抛出,同时B球由静止自
18.如图,质量为m 的物体沿斜上方以速度v0 由下落,可观察到两小球同时落地;多次实
抛出后,能达到的最大高度为H,当它将要
验,结论不变.根据实验, (选填
落到离地面高度为h的平台时(不计空气
“能”或“不能”), ), 判断出A球在水平方向做阻力 取地面为参考平面 下列判断正确
的是 ( ) 匀速直线运动.
(2)如图2所示,利用装置做“探究平抛运
动水平方向运动的特点”实验时,首先通过
描点法画出钢球做平抛运动的轨迹,下列
A.它的总机械能大于12mv
2
0 说法中正确的是 .(填正确答案
B.它的总机械能为mgH 的相应序号)
C.它的动能为mg(H-h) A.每次释放钢球的位置可以不同
D.它的动能为1mv2-mgh B.挡板 MN 每次必须等距离移动2 0
、 : , C.重垂线、刻度尺是本实验必需的器材二 非选择题 本题共6小题 共46分.
19.(4分)如图所示,气垫导轨是一种常见的 D.正确操作下,斜槽粗糙对实验结果无
物理实验装置,导轨上有很多小孔,气泵送 影响
来的压缩空气从小孔喷出,使导轨上的滑 21.(4分)同学用向心力演示器进行实验,实
块运动时受到的阻力可以忽略不计.在“验 验情景如甲、乙、丙三图所示.
证机械能守恒”实验中,研究滑块在无重物
牵引下运动时是否满足机械能守恒,则气
垫导轨应处于 (选填“水平”或
“倾斜”)状态;在“研究滑块碰撞时的动量 (1)三个情境中,图 是探究向心力
是否守恒”实验中,气垫导轨应处于 大小F 与质量m 关系(选填“甲”、“乙”、
(选填“水平”或“倾斜”)状态.
“丙”).
(2)在甲情境中,若两钢球所受向心力的比
值为1∶4,则实验中选取两个变速塔轮的
半径之比为 .
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22.(10分)2024年4月3日,我国在西昌卫星 (2)舰载机刚进入BC 时,飞行员受到竖直
发射中心使用长征二号丁运载火箭,成功 向上的压力FN 多大.
将遥感四十二号01星发射升空,卫星顺利
进入预定轨道,发射任务获得圆满成功.若
遥感四十二号01星发射升空后绕地球做
匀速圆周运动,运行周期为T,引力常量为
G,地球表面的重力加速度大小为g,地球
的半径为R,不考虑地球自转的影响,求:
(1)地球的质量 M;
(2)遥感四十二号01星运行的线速度大
小v.
24.(12分)如图所示,半径为
R=1.5m 的光滑圆弧支
架竖 直 放 置,圆 心 角θ=
60°,支架的底部CD 水平,
离地面足够高,圆心 O 在
C 点的正上方,右侧边缘P
点固定一个光滑小轮,可
视为质点的小球A、B 系在足够长的跨过
23.(12分)完全由我国自行设计、建造的国产 小轮的轻绳两端,两球的质量分别为mA=
新型航空母舰已完成多次海试,并取得成 0.3kg、mB=0.1kg.将A 球从紧靠小轮P
功.航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲 处 由 静 止 释 放,不 计 空 气 阻 力,g
板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成, 取10m/s2.
如下图甲所示.为了便于研究舰载机的起 (1)求A 球运动到C 点时的速度大小;
飞过程,假设上翘甲板BC 是与水平甲板 (2)若A 球运动到C 点时轻绳突然断裂,
AB 相切的一段圆弧,示意如图乙,AB 长 从此时开始,需经过多长时间两球重力的
L1=150m,BC 水平投影L2=63m,图中 功率大小相等 (计算结果可用根式表示)
C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°
(sin12°≈0.21).若舰载机从A 点由静止
开始做匀加速直线运动,经t=6s到达B
点进入BC.已知飞行员的质量m=60kg,
g=10m/s2,求:
(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到
的水平力所做的功W;
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参考答案
第一部分 练考点 突破合格考 8.C A.三个质点的路程都不相同,质点 A 最大,质点C 最小,故A错误;B.三个质点的初末位置相同,则位移相同,故
第一章 运动的描述 B错误;C.三个质点的位移相同,时间相同,根据v=Δx,所
考点过关 t以平均速度相同,故C正确;D.由图可知,三个质点在任意
考点一 时刻的速度方向不都相同,故D错误.
1.质量 大小 形状
2.(1)理想化 不存在 9.C 根据a=
Δv可知,加速度越大,速度变化越快.加速度与速Δt
考点二 度无关,与速度变化量也无关.故ABD错误;C正确.
1.参考 不同 10.A 遮光条经过光电门的遮光时间很短,所以可以把遮光
2.点 线段 条经过光电门的平均速度当作滑块经过光电门位置时的瞬
考点三 -3时速度,即v=d=4.0×10 m/s=0.10m/s,A正确.
1.有向线段 直线距离 初位置 末位置 t 0.040
2.轨迹 运动路径 代数 11.C AB.因为河岸上旗杆是固定在地面上的,那么根据旗帜的
3.大小 方向 大小 方向 飘动方向判断,风是从左向右刮的.A船上旗帜向右,有三种可
考点四 能:①是A船不动,风把旗帜刮向右;②是A船向左运动,风相
对于旗帜向右,把旗帜刮向右;③是A船向右运动但运动的速
1.比值 Δx 位移 度小于风速,此时风仍能把旗帜刮向右,故 错误; 船Δt AB CD.B一定向右运动,而且运动的速度比风速快,这样才会出现图中
2.过程量 某段位移 某段时间内 状态量 某一位置 旗帜向左飘动的情况.故C正确,D错误.
某一时刻 12.C 位移是初位置指向末位置的有向线段,所以此次巡检
3.路程 中安检员发生的位移大小为160m,方向向东;路程是指轨
4.(2)所有的运动 迹的长度,所以此次巡检中安检员通过的路程为s=120m
考点五 +160m+120m=400m.
1.快慢 Δv 速度变化量 13.(1)以诗人自己为参考系.Δt (2)以两岸的榆树为参考系.
2.(2)加速度 时间 (3)方向 快慢 14.解析:(1)出发点和目的地相同,故位移大小相等,方向相同.
本章练习 (2)路程是轨迹长度,而s-t图象只能描 述 直 线 运 动,故
1.C 蹦床比赛中运动员的动作是不能忽 略 的,不 能 看 作 质 s甲>s乙 =s丙 .
点,故A错误;跳水比赛中运动员的动作是不能忽略的,不 答案:(1)= = (2)> =
能看作质点,故B错误;自行车比赛中运动员相对于跑道来 15.(1)时刻:20:30、1:53、4:26.
说可以忽略,故可以看作质点,故C正确;花样游泳比赛中 (2)时间:5小时23分和2分钟.:
运动员的动作是不能忽略的,不能看作质点,故D错误. 16.解析 位移的大小等于首末位置的距离
,可知位移的大小等
, /, 于A、C的距离,即为1.5m-1m=0.5m.路程等于运动2.B 以乙为参考系 甲的速度就是5ms因此乙观察到甲以
/ , , ; 轨迹的长度,可知5ms B D s=1m+1.5m-2×0.2m=2.1m
,
的速度远离 故 正确 错 误 同 理 甲 观 察 到 乙 以 答案:
/ , 、 1.5m 2.1m5ms的速度远离 故AC错误. 解析:电火花计时器通常的工作电压为交流 ,实验室
3.D 位移、速度、加速度均是矢量,时间、 、
17. 220V
速率 平均速率和路 使用我国民用电时,每隔0.02s打一次点.
程都是标量,故D项正确. 答案:交流220 0.02
4.C 第3s初是指第3s内的起点,故为时 间 轴 上 的C 点, 18.解析:由题意可知,在避让过程中,两车的重叠部分必须始
故 A错误;第5s内 是 指 第5个1s的 时 间,故 为 时 间 轴 终处于避让区.分析可知,要想两车恰好不相撞,慢车车尾
上EF 段,故B错误;前4s内 是 指4s的 时 间,故 为 时 间 通过A 点时,快车车头正好到达A 点;慢车车头到达B 点
轴上 AE 段,故C正确;第2s内 是 指 时 间 轴 上 的 BC 段, 时,快车车尾正好通过B 点.对于慢车通过A 点的过程,快
故D错误. 车的位移为L1+L0,由于两车运动的时间相等,设慢车的
5.D 行驶200公里指的是经过的路程的大小,时速为110公 L0 L1+L0
里是某一个时刻的速度,是瞬时速度的大小,故D正确, 、
速度为
A v
,则有
v=
,解得
2v L1=L0.
对于快车通过轨
B、C错误. 道AB 的过程,快车的位移为L2+L0,慢车的位移为L2-
L +L L -L
6.C 解 法 一:取 末 速 度 的 方 向 为 正 方 向,由a=Δv得, ,由于两车运动的 时 间 相 等,有 2 0 2 0 解 得Δt a= L0 2v = v .
v -(-v) 2-(-3) L2=3L0,即L1 至少应为 , 至少应为2 1 / L0 L2 3L0.
Δt = 0.01 ms
2=500m/s2,方向与v2 方向相 答案:L0 3L0
同,水平向左,故选项C正确. 19.解析:位移是初位置指向末位置的有向线段,故为-25m,路
Δv 程为轨迹长度: , , s=20m+20m+20m+20m+25m=105m.解法 二 取 初 速 度 的 方 向 为 正 方 向 由 a= 得Δt a= 答案:-25m 105m
-v -v -2-3 20.解析:(1)路程等于运动轨迹的长度.从 A 点出发沿曲线2 1= m/s2=-500m/2,方 向 与 方 向 相Δt 0.01 s v2 ABCOADC 行进.当她走到 D 点时,路程为s=πR+2π·
同,水平向左,故选项C正确. R+πR=2.5πR.
7.D 根据导航仪的提示,不能判断出汽车是否是匀速运动, 2 2
“ ” , ; (2)位移的大小等于首末位置的距离,方向由初位置指向末由于 前方2公里拥堵 估计不能匀速运动 故A错误 此处
2 2
的2公里为该路段的路程,故B错误;由于“前方2公里拥 位置,位移大小为 R +R = 2R,方向为南偏东45°.
堵,估计需要25分钟通过”,可知通过前方2公里的过程中, 答案:见解析
2×103 21.解析:遮光板通过第一个光电门 的 平 均 速 度 大 小 为v =车子的平均速率大约为v= m/
1
25×60 s≈1.3m
/s,但不能求 d =3.0×10
-2
, , m/s=0.1m/s(d为遮光板的宽度),这个出此时的瞬时速度 故C错误 D正确. Δt1 0.30
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速度就是滑块通过第一个光电门中间时刻的速度,即计时
; 14m,则最后1s内的位移为:0.15s时的瞬时速度 遮光板通过第二个光电门的平均速 x=
1
7×14m=2m
,故B正
度大小为v = d =3.0×10
-2 确, 、
/ /, AC
、D错误.
2 Δt 0.10 ms=0.3ms
这个速度 8.A 物体在6s内初位置在x1=0处,末位置也在2 x2=0处,
就是通过第二个光电门中间时刻的速度,即第二个光电门 则该物体在6s内的位移是Δx=x2-x1=0,故选A.
v -v 9.C 在0~t1 时间内,汽车甲和乙的位移都是x0,平均速度相
计时0.05s时的瞬时速度;因此加速度大小为a= 2 1Δt 等,两图线的斜率均减小,故均做减速运动,故C正确,A、B、
= 0.3-0.1
D错误.
/2 /2
0.30+0.15+0.05ms=0.40ms. 10.B 由图象可知,t=0时,B在A 后面,故A错误;B质点在t2
答案:0.40m/s2 秒末追上A并在此后跑在A 的前面,B正确;在0~t1 时间内
22.解析:(1)照相机每隔0.1s拍照一次,所以图中0~8cm所 B的斜率小于A,故B 的运动速度比A 小,C错误;A 质点在
t ; 时间内做匀速运动
,之后处于静止状态,故 错误
用的时间 =0.4s照片与实物的比例为1∶10,所以图中 0~t1 D .
8cm对应的实际位移x=80cm=0.8m. 根据匀变速直线运动位移速度公式可得则小球在通过图 11.C 2
中8cm距离内的平均速度v=x=0.8
-2ah=0-v0
/
t 0.4ms=2m
/s; 可得该减速过程加速度的大小为
2
( 22)图中对应小球通过6cm处的瞬时速度可用图中3.5cm a v= 0= 8 m/s2=20m/s2
到7.5cm 这 一 段 的 平 均 速 度 近 似 表 示.图 中3.5cm 到 2h 2×1.6
7.5cm这一段对应的实际位移x'=40cm=0.4m,所用的 故选C.
0.4 12.C 速度-时间图象中,图线与横轴围成图形的面积表示时间t'=0.2s,所以图中6cm处的瞬时速度v'= /0.2ms 物体运动的位移,根据题述,公交车在10s内运动的位移
=2m/s. 为50m
,只有C选项符合题意.
:() / () / 13.解析:(1)第2s末的速度答案 12ms 22ms v=gt=10×2m
/s=20m/s.
(2)根据h=1gt2 得,h=1第二章 匀变速直线运动的研究 2 2×10×4m=20m
考点过关 答案:20,20
考点一 14.解析:根据v=x,可知汽车通过该区间的时间至少为t t=
1.加速度 相同 相反 v=v0+at x=vt+
1
0 2at
2 v2-v20=2ax x
v =
66 ;改进建议:在“区间测速”的区间内,适
v +v v2+v2 100
h=0.66h
2.aT2 (m-n)aT2 0 0 当增加“定点测速”的监控.2 2 答案:(1)0.66
考点二 (2)在“区间测速”的区间内,适当增加“定点测速”的监控
矢量式 正方向 任何性质 匀变速直线 等于 任何匀变 15.解析:根据物体做匀加速直线运动的特点,两点之间的平均
速直线 aT2 aT2 速度等于时间中点的瞬时速度,故B 点的速度就是全程的
考点三
平均速度,v =AB+BCB =4m/2t s
,
静止 gt 1 22gt 2gh 答案:4m/s
考点四 16.解析:由匀变速直线运动规律Δx=aT2=x2-x1=x3-x2
1.位移 速度 静止 匀速直线 匀速直线 匀速直线 =x4-x3=……可知Δx=x2-x1=7m-9m=-2m=a
2.匀速直线 匀变速直线 速度 加速度 位移 初位置 ×(1s)2,则a=-2m/s2,汽车在第3s、第4s、第5s内的
初速度 相遇 相等 位移分别为5m、3m、1m,汽车在第5s末的速度为零,故
本章练习 刹车后6s内的位移等于前5s内的位移,大小为9m+
2 2 7m+5m+3m+1m=25m,
1.C 由v2-v20=2ax得xAB=
v ,
2axBC=
3v,
2a xAB∶xBC=1∶3. 答案:25m
2.C 根据自由落体运动遵循的规律可知,石块自由下落的高 17.解析
:在实验中要尽可能地保证小车做匀变速直线运动,同
时也要求纸带能尽可能地直接反映小车的运动情况,既要
度约为h=1gt2=44.1m;用时3秒,攀岩者爬了3米,所 减小运动误差也要减小纸带的分析误差2 .
其中E项中的电
源应采用交流电,而不是直流电.
以距离地面高度约为h≈44.1+3m=47.1m,考虑考到空 答案:ABCDFG
气阻力和声速的影响,他离地面的 高 度 约 为50m,选 项C 18.解析:设汽车从A 运动到B 所用时间为t1,从B 运动到C
正确. 所用时间为t2,汽车匀速运动的速 度 大 小 为v,时 间 关 系
3.D 根据h=1gt2 知,在1s内、2s内、3s内的位移之比为 有:t+t=t,s2 1 2 2=
1
2vt1=vt
,联立可得:t =2t =2t2 1 2 ,解3
1∶4∶9,则第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1∶
3∶5,
3s
故D正确,A、B、C错误. 得:v=2t.
v-v
4.B 根据v=v0+at,有:t= 0=
0-20s=4s 答案:3sa -5 2t
由x=vt+1at2,有:x=0×4+1×(-5)×42m=40m 19.解析:(1)由闪光照片知xAB=3π,xBC=5π,xCD =7π0 2 2 相邻相等时间的位移差为Δx:
选项B正确,A、C、D错误. Δx=xBC-xAB=xCD -xBC =2m,可知赛车从起点到 D 点
5.A A、B、由于是匀加速直线运动,因此初末速度方向相同, 的运动是匀加速直线运动;
所以有加速度为:a=Δv=10-2m/s2=2m/s2,故A正确, (2)C是BD 的中间时刻,所以赛车到达C点的速度为:Δt 4 xBD 5+7
;、、 v v +v
vC= / /
B错误 CD 平均速度 = 0 t=2+10m/s=6m/s.故 2T
=2×0.4ms=15ms.
2 2 答案:(1)匀加速直线运动 (2)15m/s
C、D错误. 20.解析:设小汽车初速度方向为正方向
6.B 根据匀变速直线运动速度时间关系可得v=v0+at= (1)物体在2s末的速度由:v2=v0+at,得:v2=5m/s
5m/s+1×4m/s=9m/s.故选B. 物体在3s末的速度由:vt=v0+at,得:v3=7m/s
7.B 物体做匀减速直线运动,采用逆向思维,将物体的运动 (2)物体在第3s内的平均速度等于:
看成沿相反方向的做初速度为零的匀加速直线运动,根据推 v平均 =(v2+v3)/2=6m/s
论:在相等时间内的位移之比等于1∶3∶5∶7,则知在第1s (3)物体在第3s内的位移即由:x=v平均t,得:x=6m.
内和最后1s内的位移之比为7∶1,因为第1s内的位移为 答案:(1)5m/s 7m/s (2)6m/s (3)6m
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21.解析:(1)由 Δx=at2 知,Δx=2cm,xCD =3.5cm;xOA = 7.C 甲对乙的作用力和乙对甲的作用力是一对作用力与反
v2-v2 作用力,大小相等,方向相反,所以无论谁胜谁负,甲对乙的x B 0OB-xAB= 2a -xAB=7cm
, 作用力大小等于 乙 对 甲 的 作 用 力 大 小,故C正 确,A、B、D
Δx x 错误2 AC .(2)a= 2 =2m/s,v = =0.35m/s,而v =v -a·t B 2T B 0 8.C 根据平行四边形定则得,F = F2-F22 1= 502-402 N
tOB,tOB=0.175s. =30N.因此C正确,ABD错误.
答案:(1)3.5cm 7cm (2)0.175s 9.A 以重物为研究对象,由受力平衡可知,两个绳子的拉力
22.解析:(1)由题图可知AB∶BC∶CD=1∶3∶5,水滴做初 的和大小等于重物的重力,方向与重力的方向相反.再根据
, 1 2 平行四边形定则可知
,当两个绳子之间的夹角等于0°时,绳
速度为零的匀加速直线运动 由h= 可得水滴在下落2gt 子的拉力最小.故A正确,B、C、D错误.
2 10.A 壁虎匀速直线运动,处于平衡状态;对壁虎进行受力分过程中通过相邻两点之间的时间为 s,即闪光的间隔时10 析:竖直向下的重力和墙面的摩擦力,则f 与mg 大小相
2 等,方向相反.故选A.间是 ,
10s 11.A 用F=400N的水平力拉货箱,没有拉动.知货箱在水
x 平方向上受到的拉力和静摩擦力平衡,有f=F=400N.故(2)由v= 知水滴在相邻两点间的平均速度满足t A正确,B、C、D错误.
v ∶v ∶v =1∶3∶5, 12.D 根据二力平衡可知:弹簧弹力和重力大小相等,故有:AB BC CD
(3)由v=gt知水滴在各点的速度之比满足 mg=kΔx=k(x-x0),所以劲度系数为:k=
mg ,故 A、
vB∶v x-xC∶vD=1∶2∶3, 0
2 B、C错误,D正确.答案:(1) () ()10s 21∶3∶5 31∶2∶3 13.解析:m2 受重力、弹簧的拉力而处于平衡状态,其拉力F2=
第三章 相互作用———力 kS2;由共点力的平衡条件可知,kS2=m m2g;解得:S2= 2g
考点过关 k
考点一 = 40 2m=10cm;同理对整体有:kS1=(m1+m2)g
1.地球 竖直向下 重心 4×10
2.(1)弹性形变 (2)①接触 ②弹性形变 ③相反 解得:S = 601 2m=15cm.
3.(1)弹性形变 正比 (2)kx 劲度系数 牛顿每米 N/m 4×10
变化量 答案:15cm 10cm
4.相对静止 粗糙 弹力 运动趋势 相反 相对滑动 粗 14.解析:设物块的质量为m.据平衡条件及摩擦力公式有
糙 弹力 运动 μF 相反 拉力F 水平时,N F=μmg①
考点二 拉力F 与水平面成60°角时,
1.相同 相反 同一条直线上 F=-F' Fcos60°=μ(mg-Fsin60°)②
2.性质 效果 无关 无关
考点三 联立①②式解得
3
μ=3.
1.共同 等效替代 3
2.平行四边形 三角形 答案:
() 33.1|F1-F2| F1+F2 减小 (2)①F1+F2+F3 ②零 15.解析:A 受力如图所示,由平衡条件得:
和的绝对值
考点四 k
(L-L0)-mg-F=0,解得:F=-4N
效果 正交 故B 对A 的作用力大小为4N,方向竖直向上1. .
2.(1)垂直 (2)原点 由牛顿第三定律得A 对B 的作用力
考点五 F'=-F=4N,方向竖直向下
同一点 静止 匀带直线运动 相等 相反
本章练习
1.A 由受力平衡可知地面对人的支持力等于人的重力,A正
确;手掌不受静摩擦力作用,B、C错误;形状不规则时其重心
不一定在人身体上,D错误.
2.C 装满水的球壳和水整体的重心在球心,随着水从阀门不
断流出,重心位置不断下降,当水快要流完时,重心又上升,
最后处于球心,故重心的位置先下降后上升,故C正确,A、 B 受力如图所示,由平衡条件得:FN-mg-F'=0,解得:
B、D错误. FN=9N
3.D 由牛顿第三定律得 对地面的压力大小为由胡克定律得劲度系数k=F = 4 N/m=200N/m, B 9N.x 0.02 答案:9N
D项正确. 16.解析:(1)由胡克定律 F=k(L-L0),结合题图甲中数据
4.C 根据胡克定律F1=k(l0-l1) 得:L0=3.0cm,k=200N/m.
F2=k(l2-l0) (2)由题图乙知指针所示刻度为1.50cm,由F=k(L0-L),可
F2+F1, 求得此时弹力为:k= C . F=3N
,故所挂钩码的个数为
由以上两式可得 选项 正确 3个.
l2-l1 答案:(1)3.0 200 (2)1.50 3
5.D 图甲中,假设A、B 之间接触面光滑,则物体A 在水平方 17.解析:(1)首先应明白该实验的实验原理,即用橡皮筋的伸
向不受任何外力作用,A 仍可保持原来的匀速直线运动状 长量来表示弹力的大小,所以实验中一定要测橡皮筋的长
态,故A 不受摩擦力;图乙中,假设物体A 不受摩擦力作用 度,而没必要关心细绳a、b的长度,选项b和c中的操作是
或所受摩擦力沿斜面向下,则A 将会在重力沿斜面向下的 需要的,为了确保力的合成的等效性,需要记录题图乙中结
分力或该分力与摩擦力的合力作用下,沿斜面向上做匀减速 点O'的位置及过结点O'的竖直方向,选项e中的操作是必
直线运动,与题设条件矛盾,故 A 所 受 摩 擦 力 应 沿 斜 面 向 需的.
上,即方向和F 相同.选项D正确. (2)为了能用橡皮筋的伸长量表示弹力大小,满足F=kx,
6.A A 推B 时,A 与B 之间有相互作用力,是一对作用力与 应让k值相同,即橡皮筋的材料、粗细、原长均要相同,选项
反作用力,作用力与反作用力同时产生,大小相等,选项 A c正确.
正确,B、C、D错误. 答案:(1)bce (2)c
— 91 —

18.解析:(1)由题表中实验数据可知,每增加1个钩码,弹簧甲 22.解析:(1)设C'点受两边金属绳的
的平均伸长量约为1.00cm;则弹簧甲的劲度系数k=ΔF
张力分别为FT1和FT2,BC 与BC'
Δx 的夹 角 为θ,如 图 所 示.依 对 称
=mg=50×10
-3×9.8 性有:
Δx 1.00×10-2
N/m=49N/m.
FT1=FT2=FT
(2)把弹簧甲和弹簧乙并联起来按题图进行探究.由题表中 由力的合成有:F=2FTsinθ
数 据 可 知,每 增 加 一 个 钩 码,弹 簧 乙 的 平 均 伸 长 量 为 d
0.32cm,由mg=F甲 +F乙 =k 根据几何关系有sinθ=甲 Δx甲 +k乙 Δx乙,可知弹簧
2 L2
乙的劲度系数能够计算出来 . d +4
答案:(1)49N/m (2)能 2
19.解析:(1)重力产生两个效果,力的分解图如图所示: 联立上述二式解得FT=
F 2
2d d +
L
4
则d L,故F =FLT 4d.
(2)将d=10mm,F=400N,L=250mm代入F =FLT 4d
解得F 3 3T=2.5×10 N,即金属绳中的张力为2.5×10 N.
答案:(1)FL (2)2.5×103N
解得:G1=mgsinα,G2=mgcosα; 4d
(2)重力产生的效果是使球压斜面和挡板,重力分解图如图 第四章 运动和力的关系
所示: 考点过关
考点一
1.匀速直线 静止 保持 无关
2.(1)①质量 ②属性 任何 (2)②运动状态 大 难
考点二
1.作用力 质量 作用力 ma 受力情况 运动情况 宏观
低速
2.加速度
3.加速度 受力情况
解得:G1=mgtanα,
考点三
G mg2= ;cosα 导出 千克
答案:(1)力的分解图见解析图 考点四
G1=mgsinα,G2=mgcosα 大于 向上 减速下降 小于 向下 减速上升 向下
(2)力的分解图见解析图 G1=mgtanα,G =
mg 本章练习
2 cosα 1.B 伽利略最早利用斜面实验,指出力不是维持物体运动的
20.解析:由于金属块受到向上的浮力作用,弹簧秤 原因,而 是 改 变 物 体 运 动 状 态 的 原 因.故 B正 确,A、C、D
的示数减小.浮力的反作用力作用于水,从而使 错误.
台秤的示数增大.金属块的受力情况如图所示, 2.C 由于惯性,当容器随小车突然向右运动时,铁球和乒乓
因金属块静止,根据受力平衡,有: 球都相对容器向左偏,C正确.
FT=G-F浮 3.B 质量是物体惯性大小的唯一量度,质量越大,惯性越大,
又因G= 3ρag=30N 惯性大小与速度大小无关,故B 的惯性比A 大,选项B正
F浮 =ρ水 gV排 =ρ水 ga
2b=4N, 确,选项A、C、D均错.
故F =30N-4N=26N, 4.A 做匀变速直线运动的物体,加速度恒定不变,由牛顿第T
即弹簧秤的示数为26N, 二定律知:它所受合外力是恒定不变的,故 A正确;由牛顿
台秤的示数由于浮力的反作用力增加了F'=4N,所以台 第二定律可知加速度与合外力方向相同,与速度不一定在同
秤的示数为:F =G'+F'=54N. 一方向上,故B错误;物体受到的合外力增大时,加速度一N
答案:26N 54N 定增大,物体的运动速度变化一定加快,而速度不一定加快,
21.解析:小球受力分析如图甲所示,由平衡条件得: 故C错误;物体所受合外力为零时,物体的加速度一定等于
竖直方向:F cosθ-mg=0 零,速度不一定为零,故D错误.N1
水平方向:FN2-FN1sinθ=0 5.A A.质量是物体惯性的唯一量度,惯性的大小只与物体的质
对整体受力分析如图乙所示,由平衡条件得: 量有关,汽车超载是车的质量发生变化,则惯性发生变化,故A
水平方向:F -F =0 正确;B.惯性的大小只与物体的质量有关,汽车超速只增大速f N2
m 度
,但不改变惯性,故B错误;C.惯性的大小只与物体的质量有
解得:FN1= gcosθ 关,汽车闯红灯与惯性的大小无关.故C错误;D.惯性大小只与
F =mgtanθ 质量有关
,不系安全带与惯性的大小无关,故D错误.
f 6.D 当车突然加速或减速时,吊环由于惯性,与车将会发生由牛顿第三定律得小球对斜面体的压力为
m 相对运动
,不可能竖直下垂,故A、C错误;当公交车加速时,
F gN1'=FN1=cosθ. 吊环由于惯性将保持原来的运动状态而偏向车行驶的反方
向,故B错误;当公交车减速时,吊环由于惯性将保持原来
运动状态而偏向车行驶的方向,故D正确.
7.C 对人的运动过程分析可知,人下蹲的 过 程 可 以 分 成 两
段:人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状
态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下
蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感
器的压力大于人的重力的大小,故C正确,A、B、D错误;故
选C.
mg 8.D 分析速度-时间图象可知,竖直向下方向为正方向,研答案:
cosθ mgtanθ 究小朋的运动情况,0~t1 时间内,小朋向上运动,t1 时刻速
— 92 —

度为零,到达最高点,A选项错误;t1~t3 时间内,小朋向下 20.解析:(1)对物体,根据牛顿第二定律得F-μmg=ma1,代
运动,t2 时刻落到海绵上,B选项错误;速度-时间图象的斜 入数据得a1=2m/s2.
率表示加速度,t3 时刻小朋的加速度不为零,C选项错误; (2)当物体速度v1=v0 时,物体与小车间距离最大,
t2~t4 时间内加速度为负值,竖直向上,处于超重状态,D选 v即t 1 41= = s=2s时,项正确. a1 2
9.B A、B、正负号表示加速度的方向,乙的加速度大,速度变 两者之间最大距离
化快,故A错误,B正确;C、D、加速度即物体速度的变化率, v1
与速度的大小无关,故C错误,D错误.故选B. xmax=s0+v0t1-2t1=40m+4×2m-4m=44m.
10.D 三个基本物理量分别是长度、质量、时间,测量这三个 答案:(1)2m/s2 (2)44m
量的仪器分别是刻度尺 天平 停表,故D选项正确. 21.解析:(1)由牛顿第二定律得 mg=ma得a=1m/s2.设行
11.A 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0,
μ
则由力的平衡条 李做匀加速运动的时间为t,行李加速运动的末速度为v=
件可知kx0=mg,在弹簧恢复原长前,当物块向上做匀加速 1m/s.由v=at1代入数值,得t1=1s,
直线运动时,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma, () : 1 2 ,
由以上两式解得F=kx+ma,显然F 和x 为一次函数关 2 匀加速运动的位移大小为 x=2at1=0.5m
系,且在F 轴上有截距,则A正确,B、C、D错误. L-x
12.A 把m 、m 看作一个整体,在水平方向上加速度相同,
(3)匀速运动的时间为:t2= v =1.5s
,行李从A 到B 的
1 2
由牛顿 第 二 定 律 可 得:Fcosθ=(m +m )a,所 以 a= 时间为:1 2 t=t1+t2=2.5s.
Fcosθ, 答案
:(1)1s (2)0.5m (3)2.5s
选项 正确
m1+m
A .
2 22.解析:(1)由 图 象 可 知,物 体 向 上 匀 减 速 时 加 速 度 大 小 为
13.解析:依据逐差法,小车的加速度 a =Δv=10m/s2
a sDE+sEF+sFG-sAB-sBC-s
2
CD Δt=
9T2 此过 程 有:mgsinθ+μmgcosθ=ma2,代 入 数 据 解 得:
(
= 5.49+5.91+6.34-4.22-4.65-5.08
)×10-2 μ=0.5
2 m/s
2
9×0.1 (2)由图象可知,物体向上匀加速时加速度大小为a Δv1=
=0.42m/s2. Δt2
答案: /0.42 =20ms
14.解析:根据所给的a-F 图象可知,当F=0时,小车已经有 此过程有:F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,
了加速度a0,所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面
代入数据解得:F=60N
间的倾角偏大造成的. (3)物体做匀减速直线运动的时间为t v2= =1s
答案:偏大 a2
15.解析:由图读出sAD =2.10cm,sDG=3.90cm, Δs=s
物体向上滑行时间为
所以 t=t1+t2=1.5sDG
-sAD =1.80cm,根据Δs=aΔt2,解得a=5.0m/s2. 向上滑行过程位移为s=
1
2vt=7.5m.
答案:1.80 5.0 答案:(
: , 1
)0.5 (2)60N (3)7.5m
16.解析 设绳子对建材的拉力为F1 F1-mg=ma
F =m(g+a)=210N 第二部分 练模块 直通合格考1
绳子对人的拉力F2=F1=210N 必修第一册 力与直线运动冲刺练
人处于静止状态,则地面对人的支持力 1.C 当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时,我们
F =Mg-F =490N, 就可以把它看成质点,与体积和质量的大小无关,如原子的N 2
由牛顿第三定律知:人对地面的压力F'=F =490N. 体积、质量都很小,当研究原子的转动时,不能把原子看作质N N
答案:490N 点,故AB错误;质点是只计质量、不计大小、形状的一个几
17.解析:小环有向下的加速度,处于失重状态,若失重部分恰 何点,是实际物体在一定条件的科学抽象,是一种理想化的
等于整体重力,则箱子对地面压力为零. 模型,故C正确;研究火车过桥的时间,火车的长度不能忽
(M+m)g 略不计,不能把火车看作质点,故D错误.故选:C.令ma=(M+m)g,a= m . 2.C 飞行时,以树枝为参照物,鸟与树枝的相对位置没有发
(M+m)g 生改变,鸟是静止的,故 A错误;飞行时,以海岸为参照物,答案:
m 树枝相对于 海 岸 位 置 发 生 了 改 变,树 枝 是 运 动 的,故B错
18.解析:(1)汽车刹车后做匀减速直线运动,根据速度与位移 误;鸟站在树枝上休息时,以树枝为参照物,鸟与树枝的位置
的关系式有 没有发生改变,鸟是静止的,故C正确;鸟站在树枝上一起
0-v2=2ax 随海水流动,以海岸为参照物,鸟与海岸的位置发生改变,鸟
解得 是运动的,故D错误.故选:C.
a=-2.5m/s2 3.A t1表示时刻,称为第1秒末或第2秒初,故 A正确;t3表
故汽车刹车后加速度大小为2.5m/s2. 示时刻,其含义是第4s初或第3s末,故B错误;t1~t2表示
(2)对汽车进行分析,根据牛顿第二定律有 时间间隔,大小为1s,故C错误;t0~t3表示时间间隔,大小
F =ma 为3s,故D错误;故选:A.阻
结合上述解得 4.C 小球从离地板5m高处落下,通过的路程是5m,被地板
F =5000N. 弹回,在离地板2m高处被接住,通过的路程是2m,则小球阻
答案:(1)2.5m/s2 (2)5000N 通过的总路程是7m.起点到终点的线段长度是3m,则位移
19.解析:(1)由牛顿第二定律得:F- m =ma 大小是3m, :μ g
方向向下.故选 C.
: /2 5.D 位移、速度是矢量,时间是标量,故A不符合题意;速度、解得 a=8ms
2 加速度是矢量,路程是标量,故B不符合题意;位移是矢量,(2)由匀变速直线运动的速度位移公式v =2ax得: 路程、时间是标量,故C不符合题意;加速度、力、速度都是
v= 2ax= 2×8×1m/s=4m/s 矢量,故D符合题意.故选:D.
(3)撤去水平恒力F 后,由牛顿第二定律得:μmg=ma' 6.D 由 于 运 动 员 参 加100m赛 跑,故 运 动 员 的 位 移 为:s=
解得:a'= 2μg=2m/s 100m,10s末运动员到达终点,故运动时间为:t=10s.根据
由v=a't 得:t=v 4a'=2s=2s 平均速度公式可知:v=
x =100 /t 10 ms=10m
/s,故D正确,
答案:(1)8m/s2 (2)4m/s (3)2s ABC错误.故选:D.
— 93 —

7.A 由图甲可知汽车速度的变化量Δv的方向与速度方向相 零,物体处于平衡状态;8s~10s物体的加速度竖直向下,
同,所以汽车做加速运动,由图乙知汽车速度的变化量 Δv 则物体处于失重状态,故选:C.
的方向与速度方向相反,所以汽车做减速运动,故 A正确; 17.D 汽车刹车时在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,据牛
根据加速度的定义式a=Δv可知,加速度的大小还与 有 : , aΔt Δt 顿第二定律知刹车时有 f=ma 则加速度之比
甲 =1,根a乙 2
关,故B错误;加速度的大小与速度变化率有关,与速度的 22 x甲 v甲 a乙 1
大小无关,故C错误;汽车加速时,其加速度方向与Δv方向 据速度-位移关系有:v =2ax,可得:x = 2 × =乙 v乙 a甲 9
相同,汽车减速时,其加速度方向与Δv方向相同,故 D错
误;
2 2
故选:A. × ,故 正确, 错误 故选:1=9 D ABC . D.
8.B 0~t1时间内,甲的斜率不变,则速度不变,做匀速运动. 18.B 静止释放后,物体 A将加速下降,物体B将加速上升,
乙图线的斜率先小于甲后大于甲,即乙的速度先小于甲后大 二者加速度大小相等,沿绳方向,由牛顿第二定律,
于甲,乙做加速运动,故 AD错误.0~t1时间内,甲、乙的起 对A有:mAg-T=mAa
点和终点都相同,则位移相同,故B正确.甲、乙都做单向运 对B有:T-mBg=mBa
动,通过的路程等于位移,则甲、乙通过的路程相同,故C错 代入数据解得:a=5m/s2,T=15N,故B正确,ACD错误.
误.故选:B. 故选:B.
9.D 第3s内:6=(v +2a)×1+10 a×12,由5s内:10= 19.解析:(1)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,为了探2 究加速度与质量的关系,应保持力不变;
(v0+4a×1+
1 2 1 2,由以上两式可得: (2)根据F=ma
2a×1×1+2a×1 a=
1m/s2
1
,v0=1m/s故 AB错误;第3s末的速度为:v=v0+ 可得a=mF
at=(1+2×3)m/s=7m/s,故C错误;前5s的位移为: 可知力保持不变时,加速度与质量成反比,a-m 图像是双
x =vt+15 0 2at
2=(1×5+12×2×5
2)m=30m,故D正确. 曲线,很难直观地判断加速度a与质量m 的数量关系,而
1
故选:D. a- 图像是过原点的一条倾斜直线,故为了直观地判断m
10.A 根据位移-公式h=1gt2,有:t= 2h= 2×45 加速度a与质量m 的数量关系,应作a-
1图像.
2 g 10 s= m
3s,故A正确;根据速度与位移的关系公式v2=2gh,得: 答案:力 a-1
v= 2gh= 2×10×45m/s=30m/s,故B错 误;前2s m
1 1 20.解析
:(1)实验中两细绳OB 与OC 之间的夹角要适当,不
内下降的高度为h'=2gt'
2=2×10×2
2m=20m,故物 一定垂直.(2)实验中采用的科学方法是等效替代法.
体在落地前最后1s内的位移为Δh=h-h'=45m-20m 答案:不一定 等效替代法
=25m,故C错误;由平均速度定义可得,物体在整个下落 21.解析:计数点A 和B 之间、B 和C 之间均有4个打出的点,
则打B、C两点的时间间隔是:T=0.02s×5=0.1s,根据
过程中的平均速度:v=ht =
45 /
3 ms=15m
/s,故D错误;
平均速度定义式有:v=x,所以为了求出BC 段的平均速
故选:A. t
度,还要用刻度尺量出 段的距离
11.B 手与旗杆间不发生相对滑动,所以人受的是静摩擦力,人 BC .
握住旗杆匀速上爬时, 答案: ,受到向下的重力和向上的静摩擦力而 0.1BC
平衡,故A错误,B正确;手与旗杆间不发生相对滑动,所以人 22.
解析:(1)小车2s末的速度是:v=at=1.5×2m/s=3m/s,
根据牛顿第二定律得: ,解得:
受的是静摩擦力.手握旗杆的力越大,只是人受到的最大静摩 F-f=ma f=F-ma=60-,
擦力也越大,但实际静摩擦力的大小始终等于重力大小,故C 30×1.5N=15N
; , (2)撤去推力后,根 据 牛 顿 第 二 定 律: ,解 得:错误 人匀速滑下时人受到的摩擦力为滑动摩擦力 大小也等 f=ma1 a1=
于人的重力,与人匀速上爬时受到的摩擦力是相等的,故D错 0.5m/s2,撤去推力后运动的时间为:t 31= s=6s,所以
误.故选:B. 0.5小车运动的总时间为:
12.B t=2+6s=8s.人对桌面的压力是弹力,不是人受的重力,压力的施力 答案:(1)3m/s 15N (2), 8s物体是人 而重力的施力物体是地球,故不能说压力就是重 Δv 10
力,故A错误;根据人处于静止状态,对人受力分析,可知桌 23.解析:(1)由速度公式知:a= = /2 /2Δt 5 ms=2ms
面对人的支持力和人受到的重力是一对平衡力;根据牛顿第 ()由牛顿第二定律:
三定律, 2 F-F阻 =ma可知桌面对人的支持力和人对桌面的压力是一对作 所以
, , ; , F=160+800×2N=1760N用力与反作用力 故B正确 C错误 根据牛顿第三定律 可 (3)汽车牵引力的反作用力在水平路面上
知人对桌面的压力与桌面对人的支持力大小相等,而桌面对
答案:(1)2m/s2
人的支持力与人的重力大小相等,地面对桌子的支持力大小 (2), 1760N等于人和桌子的总重力 所以人对桌面的压力和地面对桌子 (3), : 汽车牵引力的反作用力在水平路面上.的支持力不是一对平衡力 故D错误.故选 B.
, : 24.
解析:(1)对物块A,由牛顿第二定律:
13.B 如果二力方向相同 则合力 F=F1+F2=5N+7N=
; , : Fcosθ-
(mg-Fsinθ)=ma ;
12N 如果二力方向相反 则合力 F=|F1-F2|=|7N-
μ1 1
对物体A 撤去外力后:; , 1mg=ma'1
;
5N|=2N 因此 此二力的合力最小是2N,最大是12N, μ对物体 :
故合力可能的只有B,故ACD错误, :
Ba2=μ2gB正确.故选 B. A 撤去外力之前两物体速度相等时:at=v -at,
14.D 一切物体在任何时候都有惯性,故A错误;惯性是物体 1 0 2得 ;
的一种性质,惯性不是惯性力;故B错误;一切物体在任何时 t=1s
, ; ; 撤去外力之后两物体速度相等时:候都有惯性 故C错误 一切物体都具有惯性 下面的棋子离 Aat-a' (t'-t)=v -at';
开尺继续飞行是由于棋子具有惯性.故D正确.故选:D. 1 1 1 1 0 2得
F t=1s
15.B 将Ff=kSv2变形得k= f2,采用国际单位制,式中Ff (2)第一次共速时两物块距离最大,第二次共速时两物块距Sv
的单位为N,即kg· m/s2,S 的单位为 m2,速度的二次方 离最小,则:Δx=x0+x2-x1;x2=v0t'-
1
2at'
2
2
的单位可写为(m/s)2.将这些单位代入得比例系数k的单
/ 3, : x =
1
1 a 21t1+a1t1(t'-t1)
1 (
位是kgm 故选 B. 2 -2a'1t'-t1
)2
16.C 从加速度的角度判断,由题意知0~2s物体的加速度 得Δx=0.875m
竖直向上,则物体处于超重状态;2s~8s物体的加速度为 答案:(1)3.75s (2)0.875m
— 94 —

第五章 抛体运动 12.D 平抛运动的时间由高度决定,竖直方向圆环做自由落
考点过关 体运动,且大人的抛出高度大于小孩的抛出高度,根据t=
考点一 2h得:t大人>t小孩,C错误,D正确;水平方向圆环做匀速直
1.切线 变速 加速度 合力 g
2.(2)轨迹 (3)大 小 不变 线运动,且圆环在水平方向的位移相 等,根 据x=v0t得:
考点二 v小孩>v大人,A、B错误.
1.实际 平行四边形 13.解析:因为磁铁对小铁珠只能提供引力,磁铁在A 处时,F
2.非匀变速 匀变速 直线 曲线 与v0 同向,小铁珠做变加速直线运动,运动轨迹为b;当磁
考点三 铁放在B 处时,F 与v0 不在同一直线上,合力的方向指向
水平 重力 匀变速 抛物线 匀速直线 自由落体 轨迹的凹侧,运动轨迹为c.当物体所受合外力的方向与它
考点四 的速度方向不在同一直线上时,物体做曲线运动.
答案: 不在
(1)v 1 20t gt ()
b c
2 2gt 14.解析:设蜡块沿玻璃管匀速上升的速度为v1,位移为x1,蜡
本章练习 块随玻璃管水平向右匀速移动的速度为v2,位移为x2,如
1.D 做曲线运动的物体的速度方向时刻改变,故速度一直在 v图所示, 1 0.3 / / 蜡块沿玻璃管匀
变,A项错误;做曲线运动的物体速度在变化,
v =
加速度必定不 2 tan37°= 3 ms=0.4ms.
为零,B项错误;α点的速度方向沿α 点的切线方向,C项错 4
误;做曲线运动的物体的位移大小必小于路程,D项正确. 速上升的时间t x= 1=0.9s=3s.由于两分运动具有等时
2.B 运动员同时参与了两个分运动:竖直方向向下落的运动和 v1 0.3
水平方向随风飘的运动.这两个分运动同时发生,相互独立.所 性,故玻璃管水平移动的时间为3s,水平运动的位移x2=
以水平风力越大,运动员水平方向上的速度越大,则运动员着地 v2t=0.4×3m=1.2m.
速度越大,但下落时间由下落的高度决定,与风力无关,故选B.
3.D 玻璃管水平运动的速度等于蜡块在水平方向的分速度,
即vx=vsin30°=5×0.5cm/s=2.5cm/s,D正确.
4.B 当乒乓球经过筒口正前方时,对着球横向吹气,乒乓球
沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加 答案:0.4 1.2
速运动,实际运动是两个运动的合运动,故一定不会进入纸 15.解析:如图所示,物资的实际运动可以看成是
筒,A、C、D错误,B正确. 竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀速
5.B 平抛运动的时间由下落的高度决定,A正确;平抛运动是 直线运动的合运动.
曲线运动,它的速度方向沿轨迹的切线方向,方向不断改变, (1)分运动与合运动具有等时性,故物资实际
所以平抛运动是变速运动,由于其加速度为g,保持不变,所 运动的时间与竖直方向分运动的时间相等.
以平抛运动是匀变速曲线运动,B错误;平抛运动的速度方向 t=h 100
v v v
= 5 s=20s.y
和加速度方向的夹角θ满足tanθ= x = 0,因为t一直增大,v gt (2)物资落地时vy=5m/s,vx=1m/s,由平行y
所以tanθ变小,θ变小,C正确;平抛运动可以分解为水平方 四边形定则得v= v 2x +v 2y = 12+52 m/s= 26m/s.
向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,D正确. (3)物资在下落过程中水平方向移动的距离为
6.D 平抛运动物体的飞行时间仅与高度有关,与水平方向的 x=vxt=1×20m=20m.
初速度大小无关,故tB=tC,而平抛运动的竖直分运动为自 答案:(1)20s (2) 26m/s (3)20m
由落体运动,所以tA=tB=tC,D正确. 16.解析:(1)题图甲装置用来研究平抛物体在竖直方向的运动
7.D 根据平抛运动的规律Δv=gt,可得Δv与t成正比,Δv 规律,观察实验发现两小球总是同时落地,可知做平抛运动
与t的关系图线为一条过原点的倾斜直线,选项D正确. 的物体在竖直方向上做自由落体运动.
8.B 水平喷出的水做平抛运动,根据平抛运动规律h=1gt2 (2)斜槽末端水平,才能保证小球离开斜槽末端时速度方向2 为水平方向,故 正确;为保证小球多次运动是同一条轨
可知,水在空中运动的时间为0.6s,
A
根据x=v0t可知,水从 迹,每次小球都应在同一位置由静止释放,B错误,C正确;
管口喷出的初速度为v0=2.0m/s,选项B正确. 小球的运动轨迹是平滑曲线,故连线时不能用折线,故 D
9.C 因为不计空气阻力,物品在水平方向将做和飞机速度相 错误.
同的匀速运动,因而4包物品在空中任何时刻总在飞机正下 答案:(1)两小球总是同时落地 竖直分运动是自由落体
方,排成竖直的直线;因为释放高度相同,物品做平抛运动的 运动
时间相同,水平速度相同,释放时间间隔相同,所以它们的落 (2)AC
地点是等间距的,故C正确. 17.解析:(2)设 每 次 曝 光 时 间 间 隔 为 T,在 竖 直 方 向,根 据
10.C 物体原来所受合力为零,当将与
速度方向相反的2N的力水平旋转 Δy=aT2,可知2L=gT2,则T=
2L=0.1s;小球在水平g
90°后,其受力如图所示, 2L
其中Fx=Fy=2N,F 是F 、F 的 方向做匀速直线运动,则x y v0= /T =1ms.
合力,即F=2 2N,且大小、方向都 答案:(1)匀速直线 在水平方向上相等时间内通过相等的
不变,为恒力,物体的加速度为a= 位移
F 2 2 ()/2 /2, 20.1 1= 大 小 恒m 2 ms = 2ms 18.解析:船的速度产生了两个效果:一是
定,方向与速度方向不在同一直线上,故物体做匀变速曲线 滑轮与船间的绳缩短,二是绳绕滑轮顺
运动,故C正确. 时针转动,因此将船的速度进 行 分 解,
11.C 小船渡河时参与了顺水漂流和垂直河岸横渡两个分运 如图所示.
动,由运动的独立性和等时性知,小船的渡河时间决定于垂 (1)人 拉 绳 的 速 度v人 =v船1cosθ1,即
直河岸的分运动,等于河的宽度与垂直河岸的分速度之比, v人
由于船以一定速率垂直河岸向对岸划去,故渡河时间一定. v船1= ,cosθ1
水速大,水流方向的分位移就大,合位移也就大,反之则合 由数学知识可知,开始时船到滑轮的距离为
位移小,故C正确.
— 95 —

x = (20 3)2+2021 m=40m, 则在时间t内,汽车的位移为:x1=vt-
1at20 2
则cosθ =20 3= 3,又v =3m/s,解得v =2 3m/s. 故小球在车厢底板上落点距车后壁的距离:d=x2-x1 人 船1 1=40 2 0.36m.
(2)5s末船到滑轮的距离(绳长)x2=x1-v人t=40m- 答案:(1)0.6s (2)0.36m
3×5m=25m, 第六章 圆周运动
由数学知识可知,船到岸边的距离为 考点过关
252-202 m=15m, 考点一
cosθ 152=25=0.6
,故v v人 2πr 2πr船2= =5m/s. 转动快慢 转动快慢 线速度方向 向心加速度cosθ2 T v
答案:(1)2 3m/s (2)5m/s 考点二
19.解析:(1)将小球垂直撞在斜面 1.大小不变
, 不变 总是指向圆心上的速度分解 如图所示: 2.
圆心
由图可知θ=37°,β=53°
3.
4.匀速圆周 物体所受合外力
由平 抛 运 动 的 推 论 知tanβ= 考点三
vy
v =
gt 1.合力 分力
x v0 2.(1)圆心 (2)合力
代入数据解得:t=2s 2
1 3.mω
2r mr4π mr4π2f2
(2)
2
根据平抛运动的规律有:h=2gt
2, T
考点四
可求得抛出点距撞击点的高度 1.圆周切线
2
h=1×10×22m=20m. 2.(1)mωr (2)切线方向 (3)mω
2r (4)圆心
2 本章练习
答案:(1)2s (2)20m
:() 1.D
匀速圆周运动中,线速度的大小不变,但方向变化,所以
20.解析 1 设物体在 A 点时速度方向 速率不变,线速度是变化的,周期、频率、角速度都是不变的,
与 水 平 方 向 成 30°角,如 图 所 示, 选项A、B、C错误,D正确.
v
tan30°= y gt= A,t v0tan30°= = 2.D 由题意知v=4m/s,T=2s,根据角速度与周期的关系v0 v A0 g
可知ω=2πT=πrad
/s;由v=ωr得r=v 4 ;由ω =π m T=
1
3s n
所以 在 此 过 程 中 水 平 方 向 的 位 移 得转速n=1=1r/s=0.5r/s;又由频率与周期的关系得
大小 T 2
x =vt =30 3m f=
1=0.5Hz.故A、B、A 0 A T C
错误,D正确.
竖直方向的位移大小y =1gt 2 2πRA 2 A =15m. 3.C 由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈,v1= ,t
(2)设物体在B 点时速度方向与水平方向成60°角,总运动 4πR,
t , gt
v2= t v1时间为 B 则
B ,
v =tan60°0 由t=2π,得ω1=ω2,故选项C正确.
t v0tan60°
ω
故 B= g =3 3s 4.D 小物体随转筒一起做圆周运动,受重力、弹力和静摩擦
所以物体从A 点运动到B 点所经历的时间 力共3个力的作用,故选项 A错误.水平方向上,弹力指向
圆心,提供向心力,据牛顿第二定律有: 2 ,又
Δt=tB-t =2 3s.
FN=mωr ω=
A 2πn,可知转速 越 大,角 速 度 越 大,小 物 体 所 受 的 弹 力 就 越
答案:(1)30 3m 15m (2)2 3s 大,故选项B错误,D正确;在竖直方向上,小物体所受的重
21.解析:根据题图可知,物体在x轴方向上以3m/s的速度做 力和静摩擦力平衡,静摩擦力大小不变,故选项C错误.
匀速直线 运 动,在 y 轴 方 向 上 做 初 速 度 为0、加 速 度 为 5.D 由题图可知,两球均由所受绳子的拉力提供向心力,所
0.5m/s2的匀加速直线运动,合运动是曲线运动. 以向心力相等,角速度又相等,则有:m1ω2r 21=m2ωr2,又有
(1)在t=0 时 刻,物 体 的 速 度 大 小 为 v 2 2 ,联立解得:0 = v0x+v0y m1=2m2 r1∶r2=1∶2
=3m/s. 6.B 做曲线运动的物体所受合力的方向总是指向曲线凹侧,
(2)在t=8s时刻,物体在x轴方向上的速度为3m/s,在 A、D错误;由于速度逐渐增大,故合力F 的方向沿切线方向
y轴方向上的速度为4m/s,所以物体的速度大小为 的分力与速度方向相同,B正确,C错误.
7.B 小球A、B同轴转动,角速度相同,向心加速度大小为
v= v 2 2x +vy =5m/
a=
s. ω2r,O点为杆中心,故小球A、B运动半径相等,可得aA=aB.(3)在0~4s时间内,物体在x 轴方向发生的位移为x= 8.C 橡皮块做加速圆周运动,合力不指向圆心,但一定指向
vt=12m,在y轴方向发生的位移为y=1at2=4m,所 圆周的内侧;由于做加速圆周运动,速度不断增大,故合力与x 2 速度的夹角小于90°,故选C.
以物体的位移大小为s= x2+y2=4 10m. 2
根据 v 知,当线速度 大小为定值时, 与 成反
答案:(1)3m/s (2)5m/ ()
9.A a =
s 34 10m n r
v an r
1 2 比,其图象为双曲线的一支;根据a =rω
2 知,当角速度ω大
22.解析:(1)汽车刹车后,小球做平抛运动,h=2gt
n
小为定值时,an 与r 成正比,其图象为过原点的倾斜直线,
: 2h
故A正确,B、C、D错误.
解得 t= g =0.6s 10.B 设甲、乙两个物体的转动半径分别为r1、r2,周期分别为
(2)小球的水平位移为:x2=v 20t T1、T2,
r T a
根据题意 1 9, 1
, , : r =4 T =
3,由a =4πr得:1n =
汽车做匀减速直线运动 刹车时间为t' 则 2 2 4 T2 a2
v0 r
2
1 T 9 4 2 4
t'=a=0.8s>0.6s
· 2r T =4×( )= ,3 1 B选项正确.2 1
— 96 —

3 3 v2 20.解析:(), ; 1 由题意可知,当小球运动到最低点时,小球11.B 车对桥顶的压力为车重的 时 mg- mg=m 车4 4 R 受重力和绳的拉力2个力的作用,绳的拉力和重力的
v21 合力提供向心力,小球受力示意图如图所示;在桥顶对桥面恰好没有压力时:mg=m ,联立解得:R v1= (2)由(1)可知,球到达最低点时,绳的拉力和重力的
20m/s,故B正确,A、C、D错误. 2
, 合力提供向心力,F -mg=m
v
12.D 航天器和航天员在太空中受到的引力提供向心力 使 T r
航天器和航天员做环绕地球的圆周运动,故 A错误,D正 2
确;失重时航天员仍然受到地球引力作用,故B错误;失重 则FT=mg+m
v
r=3N.
是普遍现象,任何物体只要有方向向下的加速度,均处于失 答案:(1)见解析 (2)3N
重状态,故C错误. 21.解析:(1)对灯受力分析可知,合外力方向向右,所以车正向
13.解析:A、B 两点绕着同一点转动,角速度相等,线速度大小 右转弯;
与转动半径成正比关系,故ωA∶ωB=1∶1,vA∶vB=1∶2. (2)设灯的质量为m,对灯受力分析知
答案:1∶2 1∶1 2
v 0.6 mgtanθ=m
v ,得v= gRtanθ
14.解析:角速度ω= = rad/r 0.2 s=3rad
/s, R
v2
答案:3rad/s 1.8m/s2 (3)设汽车的质量为 M,汽车刚好不打滑,有μMg=M·R
15.解析:男女运动员的转速、角速度是相同的. 得μ=tanθ.
由ω=2πn得ω=2×3.14×30rad/s=3.14rad/s 答案:(1)向右转弯 (2)60 gRtanθ
(3)tanθ
v : ,由v=ωr得r= =4.8
22.解析 小球绕竖直轴做圆周运动 其轨道平面
ω 3.14m≈1.53m 在水平面内,对小球受力分析如图所示,设绳
a =ω2r a =3.142×1.53m/s2≈15.1m/s2. 对小球拉力为FT
,小球重力为
由 得 mg,则绳的拉n n
: / /2 力与小球的重力的合力提供小球做圆周运动答案 3.14rads 1.53m 15.1ms
16.解析:
的向心力
球所受的重力和水平面的支持力在竖直面内,且是一 .
, (1)OA AB 对小球
,利用牛顿第二定律可得:
对平衡力 故球所受到的向心力由杆的 段和 段的
拉力提供. mgtan45°=man
an=gtan45°=10.0m/s2
(2)由a 2n=ωr,r=L'+Lsin45°
联立解得ω≈6.44rad/s
(3)F = mgT cos45°≈4.24N.
答案:(1)10.0m/s2 (2)6.44rad/s (3)4.24N
分别隔离A、B 受力分析,如图所示.由于A、B 放在水平面
, , 、 , 、 第七章 万有引力与宇宙航行上 故G=FN 又有 A B 固定在同一根轻杆上 所以 A B
的角速度相同,设角速度为ω,则由向心力公式可得: 考点过关
对A:FOA-FAB=mrω2,
考点一
: 2 1.(1)①地球 ②地球 托勒密 () 太阳对B F '=2mrω ③ 2 ① ②
哥白尼
AB
, 2.(1)椭圆 椭圆 焦点 (2)太阳 面积 (3)三次 二次又F AB=FAB' 3
联立三式,解得FOA∶FAB=3∶2.
a
2=k
答案:3∶2 T
17.解析:设球在空中运动时间为t,此时间内圆盘转过θ角,则 考点二
R=vt,h=1gt2 连线 乘积 平方 G
m1m2 卡文迪许
2 r
2
考点三
故初速度大小v=R g2h 3πr
3 3π 3v2
3 2 2
r
3
θ=n·2π(n=1,2,3…) GRT GT 4GπR
又因为θ=ωt 考点四
n·2π g 1.7.9km/s 发射 最大 11.2km/s 地球 16.7km/s 太阳则圆盘角速度大小ω= =2nπ (n=1,,…)t 2h 23 .
2.向心 GM GM
2 3
r
4πr M
: g r
3 GM Gr2
答案 R 2h 2nπ
g(
2hn=1
,2,3…) 本章练习
18.解析:(1)由于曲轴每秒转2400=40(周),即n=40r/s,则周 1.A 根据开普勒第二定律,行星在近日点时的速率最大,故60 3
1 1 选项B错误;根据开普勒第三定律
a
2=k,T 是指行星的公
期T= = s;由ω=2πn可知,曲轴转动的角速度 Tn 40 转周期,且常数k与环绕天体(行星)无关,只与中心天体(太
ω=80πrad/s. 阳)有关,故选项C、D错误.
(2)由v=ωr可知,距转轴r=0.2m的点的线速度大小 2.A 根据开普勒第二定律:行星与太阳的连线在相等的时间
v=ωr=80π×0.2m/s=16πm/s. 内扫过的面积相等,因为行星在A 点的速率比在B 点的速
答案:(1)1s 80πrad/s (2)16πm/s 率大,所以太阳在离A 点近的焦点上,故太阳位于F2.40 3
:() Δs 3.D 由
a
2=k知a
3=kT2,D项正确.
19.解析 1 根据线速度的定义式v= 可得Δt T
1 r3100 4.C 由于r = r ,T =27天,由开普勒第三定律 卫v= m/s=10m/10 s
; 卫 9 月 月 2 =T卫
3
(2)根据v=ωr可得,ω=v=10
r月
r 20rad
/s=0.5rad/s; 2 ,可得T卫 =1天,故选项C正确.T月
(3)T=2πω=
2π
0.5s=4πs.
m m
5.D 两个匀质球体间的万有引力F=G 1 22 ,r是两球心间r
答案:(1)10m/s (2)0.5rad/s (3)4πs 的距离,选D.
— 97 —

6.A 把物体放到地球的中心时r=0,此时万有引力定律不再 16.解析:设行星半径为R,行星质量为 M,卫星质量为m1,卫星做
适用.由于地球关于球心对称,所以吸引力相互抵消,对整体 GMm 21 v
而言,万有引力为零,故选项A正确. 圆周运动的向心力由万有引力提供,则有 2 =m1 ,在行R R
7.B 地球绕太阳公转,由太阳对地球的引力提供地球做圆周 GMm
Gm m 4π2 4π2R3 星表面物体所受的重力等于万有引力,即F=mg'= ,运动的向心力得: 太 地 =m R,解得:m = . R
2
R2 地 T2 太 GT2 mv4
月球绕地球公转,由地球对月球的引力提供月球做圆周运动 联立解得行星质量为 M=GF.
Gm m 2 2 3 4
的向心力得: 地 月 =m ·4πr,解得:m =4πr mv
r2 月 t2 地
,所以
Gt2 答案:GF
m 3 2
太阳的质量与地球的质量之比: 太
m =
Rt ,故B正确. 17.解析:设地球质量为 M1,半径为R1;该星球的质量为 M2,
地 r3T2 半径为R2
8.D 设小球的质量为 m,该星球的质量为 M,该星球表面的 2
重力加速度为g,因小球恰好做完整的圆周运动,由牛顿第 由万有引力提供向心力得GMm=mv ,则v= GM2
2 2 R R R
二定律以及向心力公式可得mg=mv ,解得g=v ,对于该r r v MR故地球和该星球的第一宇宙速度之比 1 1 2 9 1
星球表面质量为 m'的物体,万有引力近似等于其重力, v
= = =
即 2 R1M2 81 3
GMm' v2R2 则在该星球上发射人造卫星的速度最小为m'g= 2 ,由此可得 M= ,故Gr D
正确.
R v2=3v1=23.7km/s.
9.C 两卫星均做匀速圆周运动,则有F =F . 答案:万 向 23.7km/s
2 v r 18.解析:(1)被挖去的小球挖去前对m2 的万有引力为
由GMm=mv 得 1 22 r v = r =
3R 3,故 错误;
r 2R
= 2 A F G mm2 Gmm2 1 = = 22 2 2
GMm 2π 2 T r3
(d-r) 25r
由 2 =mr 得 1T T = 1 = 2 2,故B错误;r 2 r3 ()将挖去的小球填入空穴中,由 4 3, 可知,2 3 3 2 V=3πR m=ρV
GMm 2 ω1 r32 3 6, ; 大球的质量为8m,则挖去小球前大球对=mrω = = C m2
的万有引力为
由 2 得 故 正确r ω2 r31 4 8m·F G m= 2 2mm1 =G 2
由GMm
2
=ma a得 n1 r= 2=9
(
, 6r
)2 9r2
2 n 2 故 错误a 4 D .r n2 r1 m 41mm所受剩余部分的万有引力为F=F -F =G 2.
10.D 设“卡西尼”号的质量为m,它围绕土星的中心做匀速圆周 2 1 2 225r2
运动,其向心力由万有引力提供,G Mm( )2=m
(R+h)(2π)2, 答案:()Gmm2 ()G41mmR+h T 1 2
2
25r2 225r2
2 2(
其中T=t,解得 M=4πn R+h
)3; 19.解析:(1)由开普勒第二定律知又因为土星体积 v1>v2.
n Gt2 3
2 3 (2)由开普勒第三定律知r4 2=kV= πR3,所以 =M=3πn
(R+h)
ρ 2 ,故 正确 T3 V D .GtR3
得:(r哈 3 T哈 2Mm 2 2 )=( )11.A 由G 2 =m
v
r=mω
2r=m4πr=ma 可知,选项B、 r地 T地
r T2 n 解得:
, ; T =T 18
3≈76年
C错误 A正确 因a、c轨道半径相同,周期相同, 哈 地由题图可 即下次飞近地球大约为( )年 年
知当c运动到P 点时不会与a 相撞,以后也不可能相撞,选 1986+76 =2062 .答案:(1)v1 (2)2062年项D错误.
12.C 轨道周长C=2πr,与半径成正比,故轨道周长之比为 20.解析:(1)在地球表面有mg=GMmR2
3∶2,故 A 错 误;根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 有GMm
r2
=
在火星表面上有mg'=GM'm
2 R'
2
mv ,得v= GM, v得 火 r= 地r r v r =
2,故B错误;由万有 40 2
地 火 3 代入数据,联立解得g'=9 m
/s
引力 提 供 向 心 力,GMm=mω2r,得 ω= GM, ω得 火 = 则宇航员在火星表面上受到的重力
r2 r3 ω地 G'=mg'=50×409 N≈222.2N.r3地 =2 23 ,故C正确;由
GMm=ma, 2
r火 3 3 r2 (2) v在地球表面宇航员跳起的高度 H= 0
a GM, a火 r
2 2g
得 = 得 = 地2 2 =
4,故D错误a 9 . v
2
r 地 r火 在火星表面宇航员能够跳起的高度h= 0
13.解析:由开普勒第二定律(面积定律)可知:对于每一个行星 2g'
而言,太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积, 联立解得h=g 10g'H=40×1.5m=3.375m.所以SA=SB,vA>vB.
答案: 9> = 答案:()
2 3 1222.2N (2)3.375mT r
14.解析:由开普勒第三定律知 P2=
P , 21.解析:设卫星的质量为m,天体的质量为 M.
T r 3Q Q (1)卫星距天体表面的高度为h时,
因为rP∶rQ=16R∶4R=4∶1,故TP∶TQ=8∶1.
G Mm =m4π
2
(R+h),则有 M=4π
2(R+h)3
答案:8∶1 (R+h)2: T
2 2
15.解析 1
GT1
由万有引力定律得:太阳对地球的引力
天体的体积为V=4πR3
F G Mm= 11 2,
Mm
( ) 太阳对月球的引力F =G
2 3
a+b 2 a2 M 4π2( )3 ( )3
F ma2 故该天体的密度为 = =
R+h 3πR+h
1 1 ρ V 4 = GT2R3联立可得 2
F =m (a+b)2
. GT1· πR3 12 2 3
答案: m1a
2 2
( )2
(2)卫星贴近天体表面运动时有GMm 4π
m a+b R2
=m R,
2 T22
— 98 —

4π2R3, M 4π
2R3 3π 8.D 重力做功与路径无关,根据两点间的高度差即可求得重则有M= 2 ρ= =GT2 V GT2·4
= .
πR3 GT
2
2 力做的功.因A、B 两点间的高度差为 H,则重力做功 W=
2 3 mgH,D正确.
:( ( )
3
答案 1)3πR+h 3π2 3 (2) 2 9.C 设物体的质量为 ,则其动能 1 2,当动能为GT1R GT
m Ek=2mv0 2Ek2
:( 1 222.解析 1)“墨子号”卫星角速度ω=2π, 时有,2Ek= mv' ,解 得v'= 2v0,故 C 正 确,A、B、DT 2
2 错误
“墨子号”卫星的向心力Fn=m(R+h)ω2=m(
.
R+h)4π
T2 10.A 在这段时间内只有水平力对滑块做功,根据动能定理
(2)根据万有引力提供“墨子号”卫星的向心力, 可知,W=1m·(-6m/s)2-1m·(6m/s)2=0,选项A
有G Mm
2 2
( )2=FR+h n 正确.
4π2(R+h)3 11.D 树叶在飘落过程中,空气阻力做负功,机械能减少,故解得地球的质量 M= ;
GT2 A错误 沿着斜面匀速下滑的物体
,摩擦力做功,故机械能
( 不守恒,故3)根据万有引力提供物体绕地球表面做匀速圆周运动的 B
错误;物体被起重机匀加速吊起时拉力对物
2 体做功,故物体的机械能不守恒,故Mm v C
错误;推出的铅球在
向心力,有G 2 =m R 空中运动且不计空气阻力
,只有重力做功,机械能守恒,故
R D正确.
解得第一宇宙速度v= GM=2π
(R+h) R+h 12.B 运动的过程中小石子的机械能守恒,设小石子在离地
R T R 高度为h'时 动 能 等 于 重 力 势 能,根 据 机 械 能 守 恒 可 得:
2 2
:() ( ( )
3
答案 1m R+h)4π (2)4π R+h 1
T2 GT2 mgh=mgh'+ mv
2,由 于 动 能 和 重 力 势 能 相 等,则 有:
2
( ( )3)2πR+h R+h mgh'=
1mv2,代入数据解得:2 v= gh= 10×10m
/s=
T R
第八章 机械能守恒定律 10m/s,故选B.
13.解析:考点过关 Fcos60°=ma1 2
考点一 l=2at
1.力 位移 Flocsα 正功 做功 负功 W=Flcos60°
2.(1)恒力 (2)曲线 联立解得W=50J,
考点二 物体在竖直方向上没有位移,所以重力和支持力都不做功.
1.快慢 W
答案;
t Fvcosα
50 0 0
14.解析:对全过程由动能定理可知 W1-W2=0,故 W1∶W2
2.(1)Fvcosα (2)FvF (3)Fv =1∶1;W1=F1s,W2=F2s',由题图可知s∶s'=3∶4,所
考点三 以F1∶F2=4∶3.
1 答案:1.运动 焦耳 标量 2mv
2 1
2-2mv
2 4∶3 1∶1
1 15.解析:物体在最高点时具有的重力势能Ep1=mgh1=1×10
2.动能的变化 Ek2-Ek1 合外力 ×0.4J=4J;物体在最高点时具有的机械能等于刚抛出时
考点四 的动能,即8J;物体在下落过程中机械能守恒,落地前在任
1.mgh 地球 参考平面 ΔE 意位置的机械能都等于8J;物体落地前瞬间的动能P Ek=
2.形变量 ΔE E-Ep2=E-mgh2=8J-1×10×(-1)J=18J,P
3.重力或弹力 重力或弹力 答案:4J 8J 8J 18J
本章练习 16.解析:实验中打点计时器可以测量时间,所以不需要秒表,
, 打点计时器使用的是交流电源,所以低压直流电源不需要,1.D 公式W=Flcosα中的l是力作用时间内的位移 l不确
, 验证机械能守恒,即验证动能的增加量和重力势能的减少定 运动员对足球做的功不能确定,故选D. 量是否相等,两边都有质量,所以天平不需要 为了测量点
2.C 支持力和重力与位移方向垂直,不做功,
.
A、B错误;拉力 迹的距离,需要刻度尺,所以缺少的器材是刻度尺、低压交
和滑动摩 擦 力 做 功 分 别 为 W1=Flcosθ,W2=-μ(mg- 流电源.
Fsinθ)l,C正确,D错误. 答案:EFG 刻度尺、低压交流电源
3.D 重力和地面对车的支持力的方向都与位移方向垂直,故 17.解析:每两个计数点之间有一个计时点,则相邻两个计数点之间
重力和地面对车的支持力都不做功,选项A、C错误;拉力的 x
方向与位移的方向成锐角,故拉力做正功,选项B错误;地 的时间间隔为t=0.04s,则vB=
AC =0.1254-0.0320 /2t 2×0.04 ms≈
面对车的摩擦力的方向与位移的方向相反,故地面对车的摩
1.2m/s,E =1mv 2擦力做负功,选项D正确. kB 2 B =0.72J
,重锤的重力势能减小量
4.B 该同学上楼时重力做功,则所做的功 W=mgh≈50×10 ΔEp=mgh=1×9.8×0.0740J≈0.73J
×20J=10000J, 答案 :1.2 0.72(0.68~0.72均可) 0.73
则该同学做功的功率P=W =10000W=100W,故选B. 18.解析:(1)重力做的功为:t 100 WG=mgsin37°
· h
sin37°=1.5×10
4J
5.A 因为火车做匀加速运动,所以牵引力F 不变,但速度在 (2)各力对运动员做的总功与合力对运动员做的功相同,运
增大,故牵引力的瞬时功率变大,故选A. 动员所受合力为:F合 =mgsin37°-μmgcos37°=260N
mg·1gt2 合力方向沿斜坡向下,沿合力方向的位移l=
h
sin37°=50m
6.C t时间内重 力 做 功 的 平 均 功 率P =Wt =
2
t = 合力做的功W 合 =F合 ·l=260×50J=1.3×104J.
1 4 4
2mg
2t,t时 刻 重 力 做 功 的 瞬 时 功 率P=Fv=mg·gt= 答案:(1)1.5×10J (2)1.3×10J
19.解析:(1)以 桌 面 为 参 考 平 面,物 体 距 参 考 平 面 的 高 度 为
mg2t,故C正确. h1=0.4m,
7.D 重力做功W=mgh,h相等,由于m1>m2>m3,所以W1 因而物体具有的重力势能为
>W2>W3,故D正确. Ep1=mgh1=2×9.8×0.4J=7.84J
— 99 —

物体落至地面时,物体的重力势能为 5.C 依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之间的距离
Ep2=mgh2=2×9.8×(-0.8)J=-15.68J d=(v1+v2)t=(2v1+2v2)t',得t'=
t,故选:C.
因此物体在此过程中的重力势能减少量为 2
ΔE =E1-E2=7.84J-(-15.68)J=23.52J 6.C 圆周运动单位时间内通过的路程为线速度的大小,单位p p p
(2)以地面为参考平面,物体距参考平面的高度为 时间内通过的弧长为线速度的大小,单位时间内通过的角度
h1'=(0.4+0.8)m=1.2m,因而物体具有的重力势能为 为角速度大小,而 单 位 时 间 内 通 过 的 位 移 不 同,所 以C错
Ep1'=mgh1'=2×9.8×1.2J=23.52J 误,符合题意,故选:C.
物体落至地面时,物体的重力势能为Ep2'=0 7.B 秒针和分针的周期之比为1∶60,根据ω=2π可知,秒针
在此过程中,物体的重力势能减少量为 T
ΔEp'=E'-E'=23.52J-0=23.52J. 与分针的角速度之比是60∶1
,故 A错误;秒针与分针的角
p1 p2
答案:(1)7.84J 23.52J (2)23.52J 23.52J 速度之比是60∶1,秒针与分针由转动轴到针尖的长度之比
20.解析:(1)上升过程,由动能定理得: 为3∶2,根据v=ωr可知,秒针针尖与分针针尖的线速度之
1 比为90∶1,故B正确;秒针与分针的角速度之比是60∶1,-mgh-Ffh=0-2mv
2
0 秒针针尖与分针针尖的线速度之比为90∶1,根据a=ωv可
F =0.2mg 知秒针与分针针尖的向心加速度之比是5400∶1,故C错f
h 5v
2 ;
= 0 误 秒针与分针的角速度之比是60∶1
,根据n=ω 可知,秒联立得
12g 2π
(2) , :对物体上抛又落回抛出点的全过程,由动能定理得: 针与分针的转速之比是60∶1 故D错误.故选 B.
8.C 物体受到重力、支持力、静摩擦力,其中,指向圆心的静
-2Ffh=
1
2mv
2-12mv
2
0 摩擦力提供向心力,C正确.故选:C.
2
6 9.D 在坡顶,由牛顿第二定律得mg-FN=m
v ,解得:
得v= v . r FN=3 0 v2
5v2 6 mg-m ,即 ,在坡谷,由牛顿第二定律得答案:(1) 0 r
FN=
12g 2
)
3v0 v2 v2
21.解析:(1)设小球运动到B 点时的速度大小为v m ,解得FB,由机械能 r N'=mg+m
,即 ,由上分析可知则
r F'N>mg
守恒定律得:1mv 2=mgl,解得小球运动到B 点时的速 在B、D 两点比A、C两点容易爆胎,而 D 点半径比B 点小,2 B 则D 点最容易爆胎,故选:D.
度大小为:vB= 2gl=4.0m/s. 10.A 在水平面上,细绳的拉力提供m 所需的向心力,当拉力
(2)小球从B点做平抛运动,小球只受重力,全过程机械能守 消失,物体受力合为零,将沿切线方向Ba做匀速直线运动,
恒,由机械能守恒定律得m H=1mv2,v= 2H=25m/s. A正确.F 突然变小,向心力减小,g 则小球将沿轨迹Bb做离2 g 心运动,故BC错误;F 突然变大,小球将沿轨迹Bc做向心
答案:(1)4.0m/s (2)2 5m/s 运动,故D错误.故选:A.
22.解析:(1)木块下滑过程中,由牛顿第二定律得: 11.A 所有地球同步卫星都必须位于赤道正上空,故A正确.
mgsinθ-μmgcosθ=ma 地球同步卫星的运行周期必须与地球自转周期相同,由开普
3
前2s内木块的位移大小为x=1at2 勒第三定律r2=k,知所有地球同步卫星的轨道半径相同,2 T
联立解得:x=4m,a=2m/s2 则离地高度一定相同,故B错误.根据万有引力提供向心
所以重力在前2s内做的功为 力,得 Mm ,得 M , 、 相同,则所有地球同步
W=mgsinθ·x=2×10×0.6×4J=48J; G 2 =ma a=Gr r2
M r
(2)重力在前2s内的平均功率为P =Wt =
48
2 W=24W
; 卫星的向心加速度大小相等,故C错误.所有地球同步卫星
Mm
(3)木块在2s末的速度大小为v=at=2×2m/s=4m/s 受到的向心力等于万有引力,由F=Gr2
,知不同卫星的质
2s末重力的瞬时功率为 量不一定相等,所以向心力不一定相等,故D错误.故选:A.
P=mgsinθ·v=2×10×0.6×4W=48W. 12.D 做匀速圆周运动的人造卫星,万有引力提供向心力,根
答案:(1)48J (2)24W (3)48W Mm v2 4π22 r
必修第二册 曲线运动与机械能冲刺练 据向心力公式得G 2 =m r =mωr=m 2 =ma,解得r T
1.A 由于曲线运动的速度方向为曲线切线方向,所以曲线运 GM
动的速度方向时刻改变,故A正确;做曲线运动的物体速度 线速度v= ,a、r b
的轨道半径是2∶3,所以a、b的线速
大小不一定变化,如匀速圆周运动的速度大小不变,故错误; 3
做曲线运动的物体的加速度大小不一定变化,如匀速圆周运 度大小之比是 3∶ 2,故A错误;解得周期T=2π r ,、GM a
动的加速度大小不变,故C错误;做曲线运动的物体加速度
方向不一定变化,如平抛运动物体的加速度为重力加速度即 b的轨道半径是2∶3,所以a、b的周期之比是2 2∶3 3,故
不变,故D错误.故选:A. B错误;解得角速度ω= GM,a、b的轨道半径是2∶3,所以
2.B 曲线运动的物体速度方向沿 该 点 轨 迹 的 切 线 方 向,故 r3
AD错误;曲线运动时合力指向轨迹的内侧,故C错误,B正 a、b的角速度大小之比是3 3∶2 2,故C错误;解得向心加
确.故选B. GM
3.A 平抛运动的初速度水平,只受重力作用,加速度为 ,保 速度a= 2 ,a、g b的轨道半径是2∶3
,所以a、b的向心加速
r
持不变,是匀变速曲线运动,故A正确,B错误;根据Δv=gt 度大小之比是9∶4,故D正确.故选:D.
知,任意两段相等时间内的速度变化量相等,方向竖直向下, 13.B 受力分析如图所示摩擦力斜向右
故C错误;小球在竖直方向上做自由落体运动,在空中的运 上方,支持 力 斜 向 左 上 方,运 动 方 向 水
t 2h, , ,动时间 = 与做平抛运动的物体的初速度无关,故 D 平向右 摩 擦 力 的 水 平 分 力 向 右 支 持g 力水平分 力 向 左.因 此 摩 擦 力 做 正 功,
错误;故选:A. 支持力做负功,故ACD错误,B正确.故选:B.
4.C 因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向 14.C 汽车在水平路面上匀速行驶,故牵引力与阻力的大小
上做自由落体运动,水平分速度不变,所以速度的变化量等 相等为1.8×103N,根据功率P=Fv=1.8×103×20W=
于竖直方向上速度的变化量,根据Δv=gΔt,几段相等时间 36kW,故ABD错误,C正确;故选:C.
内速度变化相同,故C项正确,ABD三项错误.故选:C.
— 100 —

15.C 以地面为零势能参平面,D 处重力势能Ep=mgh=0.3 GM 4π2
×10×(-3.0)J=-9J,从A 到D 的过程中重力势能减少 r2
= r
T2
量ΔEp=mgΔh=0.3×10×(0.7+1.5+3.0)J=15.6J,故 又
C正确,ABD错误.故选:C. v=2πr
16.C 设物体的质量为m,当一物体的速度大小为v0时,其动 T
1 2 解得能为Ek,则有Ek= mv0,当它的动能为2 2Ek
时,有2Ek= 3
v= 2πgR
2
.
2×1mv20=
1mv2,解得:2 2 v= 2v
T
0,故选项C符合题意.故
2 3 2
选:C. 答案:(1)gR (2) 2πgRG T
17.C 对小球受力分析,受到重力、拉力F 和绳子的拉力T, 23.解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进
如图 L
入上翘甲板时的速度为v,则有v2=
1
t ①
根据动能定理,有W=1mv22 -0 ②
联立①②式,代入数据,得W=7.5×104J ③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有
L2=Rsinθ④
2
由牛顿第二定律,有F vN-mg=m R⑤
根据共点力平衡条件, 3有F=mgtanα,故F 随着α 的增大 联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×10 N.
而不断变大,故F 是变力;对小球运动过程运用动能定理, 答案:(1)7.5×104J (2)1.1×103N
得到-mgl(1-cosα)+W =0,故拉力做的功等于 mgl(1 24.解析:(1)由题意可知,A、B 组成的系统机械能守恒,有
-cosθ),故选:C. 1mv 2 1 22 A A +2mBvB =mAghA-mBghB
18.D 小球斜上抛运动中机械能守恒,机械能为1mv20,A错;2 h =R-Rcos60°=R
运动到最高点时动能不为零,机械能大于 mgH,B错;由机 A 2
h =R
械能 守 恒 1
2mv
2
0=mgh+Ek,运 动 到 h 平 台 处 动 能 为
B
1 vB=vcos30°=
3
A v
mv2
A
2 0-mgh
,C错;D对.故选:D. 2
联立解得vA=2m/s.
19.解析:(1)在“验证机械能守恒”实验中,研究滑块在无重物 (2)轻绳断裂后,A 球做平抛运动,B 球做竖直上抛运动,
牵引下运动时是否满足机械能守恒,滑块需要在自身重力
, B 球上抛初速度. v =vcos30°= m
/s
下滑分力作用下沿导轨下滑 则气垫导轨应处于倾斜状态 B A 3
() “ ” , 设经过时间t两球重力的功率大小相等,则1 在 研究滑块碰撞时的动量是否守恒 实验中 滑块碰撞 mAgvAy=mBgvBy
过程需要满足系统所受合外力为零,所以气垫导轨应处于 vAy=gt
水平状态,以保证滑块所受重力与支持力平衡. vBy=vB-gt
答案:倾斜 水平 联立解得t= 3s.
20.解析:(1)图1中没有平抛运动在水平方向的运动参照,不 40
能判断出A球在水平方向做匀速直线运动;
() 答案:() / ()
3
2A.为了保证小球的运动轨迹相同,则每次释放钢球的 12ms 240s
位置必须相同,故A错误;
B. 第九章 静电场及其应用倾斜挡板每次不一定必须等距离移动,故B错误;
C.重垂线、刻度尺是本实验必需的器材,故C正确; 考点过关
D.正确操作下,斜槽粗糙对实验结果无影响,因为只需小 考点一
球到达斜槽底端时速度相等即可,故D正确. 1.形状和大小
故选CD. 2.(1)感应 (2)得失电子 (3)转移到另一个物体 转移到另
答案:不能 CD 一部分 保持不变
21.解析:(1)根据F=mω2r 考点二
要探究向心力大小F 与质量m 关系,需要控制小球的角速 1.(1)真空 电荷量的乘积 距离的二次方 它们的连线上
度和半径不变.由图可知,演示器两侧塔轮边缘线速度相 q1q2 9
等.根据v=ωr (2)k 9.0×10 (3)真空 点电荷r2
需要两个塔轮的半径相等,运动半径也相等,小球质量不 考点三
同.故丙图符合题意. 1.(1)相互作用 (2)力的作用
(2)由图甲可知,两球质量相等,半径相同,根据牛顿第二定
() ()F ()/ / ()
律F=mω2r,F'=mω'2r 2.1 电荷量q 2 3 NC V m 4 正电荷 电q
两个塔轮边缘线速度相等v=v' 场力
根据v=ωr,v'=ω'r 3.任何 点电荷 匀强
联立得两个变速塔轮的半径之比为r∶r'=2∶1. 4.(1)矢量 (2)平行四边形
答案:丙 2∶1 5.(1)正电荷 无限远处 无限远 负电荷 (2)不 (3)密 疏
22.解析:(1)设遥感四十二号01星的质量为m,有 6.(1)直 (2)零 平行 (3)平行
GMm=m 考点四
R2 g 1.零
解得 2.垂直
gR2; 3.等势体 等势面 等势体M= G 4.零
(2)设遥感四十二号01星的轨道半径为r,有 5.表面
— 101 —

本章练习 当q1 和q3 带正电,则三个点电荷电荷量之比为q1:q2:q3=
1.B 两球相互排斥,必带同种电荷,但电荷的性质不能确定, 9:(-4):36,当q1 和q3 带负电,则三个点电荷电荷量之比
故只有B正确. 为q1:q2:q3=(-9):4:(-36).
2.C 相同带电体接触后,电荷量先中和,后平分.所以B 导体 答案:(-9):4:(-36)
的带电量为5q-q=2q,C正确. 15.解析:在x轴上由-Q 产生的电场强度方向沿水平方向,在2 C点右侧水平向左,左侧水平向右,要想和等量的正电荷在
3.C 本题考查点电荷这一理想模型.能否把一个带电体看成 x轴上产生的合场强为零,该点应该出现在C点的右侧,距
点电荷,关键在于我们分析时是否考虑它的体积大小和形 离A、B、C三个电荷相同的D 点上.
状.能否把一个带电体看作点电荷,不能以它的体积大小而 答案:D 点
论,应该根据具体情况而定.若它的体积和形状可不予考虑 16.解析:(1)对A 与B 受力分析,如图所示:
时,就可以将其看成点电荷.故选C.
4.A 由库仑定律得F=kq1q22 ,距离和电荷量改变后d
F' k2q1×2= q2=kq1q2 2d 2
=F
d2
故选A.
根据矢量的合成法则,结合平衡方程,则有:
5.A 根据库仑定律F=kq1q22 ,点电荷之间的距离减小后,它r tan30°= F ,m gtan60°=
F'
们之间的静电力大小变大.故选A. A mBg
6.C A.两个小球靠近,所以两球带异种电荷.A错误;BD.两 因F 与F' m是一对相互作用力,因此有: A=3
球的库仑力是作用力与反作用力,大小相等,所以无法比较 mB 1
(2)根据矢量的合成法则,结合平衡方程:
电荷量.B、D错误;C.对于小球,受力分析有 m F1g= ,tanα sin30°=F ,T sin60°=
F'
F , , A TBm2g= 因为 所以 一定小于 正确tan α> m mβ β 1 2
.C . TA 3
7.B 电场中某点电场强度由电场本身决定,与放入电荷无关. 因F 与F'是一对相互作用力,因此有:T =B 1
8.C 由点电荷的场强分布特点可知,这应该是等量同种正电 答案:
荷产生的电场, 3∶1 3∶1C正确.故选C. 17.解析:(1)A 点电场强度的方向垂
9.D 点电荷qA 对点电荷qB 的作用力也是F,根据电场强度 直AB 向下,EA 为A 点的合场强,
的定义式EB=
F 将EA 分解到AC 和AB 方向如图qB 所示
根据点电荷电场强度的决定式E qAB=k 2,故选D. 可知点电荷q1 的电场强度方向由r 指向 ,则 带正电,点电荷
10.B 带正电的小球A 放在不带电的空心球C 内,通过静电 C A q1 q2
感应,空心球外壳带正电,内壁带负电.因此,金属空心球C 的电场强度方向由A 指向B,则q2 带负电;由于A、D 两点
和带电小球B 带异种电荷,所以B 受C 球的吸引往右偏离 到q1 的距离是相等的,D 距离q2 更近,沿着电场线方向,
竖直方向.而由于空心球C能屏蔽小球B 所产生的外部电 电势逐渐降低,则D 点电势低于A 点电势.
场,使小球A 不受外电场的作用,所以A 的位置不变. (2)从图中可知设AB=2L,则AC=ABsin30°=L,从场强
11.B 带负(正)电的金属球靠近不带电的验电器时,在验电 分解的图中可知E2∶E1=sin30°
器上感应出异种电荷,验电器的顶端带上了正(负)电荷,金 k k
即 又 q1 , q2
属箔片带上了负(正)电. E1=2E2, E1=L2
E2= 2L 2
12.D 当带电导体球周围无其他导体或带电体存在时,导体 可得q2=2q1.
球上的电荷将均匀分布在导体球表面.根据题意,均匀分布 答案:(1)正 低于
在导体球上的电荷在P 点产生的场强为EA,当把点电荷 (2)q =2q
放在B 点后,
2 1
虽然导体球所带的总电荷量未变,但因静电 18.解析:由题意知点电荷位于,过 M 点直线ab 的垂线上,设
感应,导体球上的电荷将重新分布,直到达到静电平衡.这 kQ E kQ
时,导体球上的电荷在P 点产生的场强E'不等于E .由 点电荷到直线的距离为A A x,则E= 2, = 2 2,联立解x 3 x +L
于点电荷不涉及电荷如何分布的问题,它在P 点产生的场 EL2
强与周围是否存在其他电荷无关,所以仍为EB,当点电荷 得Q= ,2k
与导体球A 同时存在时,P 点的场强应由EA'与EB 叠加而
成,而不是由EA 与EB 叠加,这样就能立即断定A、B、C三
个选项都是不对的. EL2答案:
13.解析:对质子11H:带电荷量为2×
2
3e+
(-1e)=e,故由3 2 2k
个u夸克和1个d夸克组成; 19.
解析:(1)两个小球之间是静电斥力,则两球带同种电荷,由
2 1 于一小球带 正 电,故 另 一 球 Q2 也 带 正 电;根 据 库 仑 定 律对中子10n:带电荷量为1×3e+2×
(-3e
)=0,故由1个
有:F=kq1q22 ,
u夸克和2个d夸克组成. r
答案:2 1 1 2 2则有:q =Fr = 1.0×10
-12×0.182 -12
14.解析: C=2×10 C.根据受力平衡分析可得,q1 和q3 带同种电荷,q2 与 2 kq1 9.0×109×1.8×10-12
q 和q 带相反的电荷,对q qq 1.8×10-121 3 1 (2)由F=k 1 2=9.0×109× ×2.0×10
-12
qq qq 2 2 Nk 1 2 1 3 r 0.36
l2
=k 3l 2 =2.5×10-13N.
对qkq1q2=kq2q3 答案:(1)正电 Q2=2×10
-2C (2)F=2.5×10-11C
2 l2 2l 2
qq qq 20.解析:(1)对A、B、C系统研究得:a=
F
对qk 1 3 =k 2 3 3m3 3l 2 2l 2 A 球受到B 球库仑斥力F1 和C球库仑力F2 后,要产生水
又因为q1 和q3 带同种电荷,q2 与q1 和q3 带相反的电荷, 平向右加速度,故F2 必为引力,C球带负电.
— 102 —

QCQA QBQk -k A
QCQB QAQB 本章练习
(2r)2 r2 k r2 +k r2AB 1.D 电荷的电势能与电场强度无直接关系
,A、B错误;如果对 两球有
m = m 电荷的初速度为零,电荷只在静电力的作用下,做加速运动,
联立可得:Q =40q. 电荷的电势能转化为动能
,电势能减少,但如果电荷的初速
C 3 度不为零,电荷可能在静电力的作用下,先做减速运动,这样
Q Q
k C A
Q Q
-k B A 静电力对电荷做负功,电荷的动能转化为电势能,电势能增(2r)2 r2(2)对整体和A 有 =F ,F=70kq
2 , ,
. 加 所以C错误 D正确.m 3m r2 2.C A.沿着电场线方向电势降低,可知 N 点的电势高于M
2
:() 40 () q 点的电势,A错误;B.电场线越密的地方电场强度越大,答案 1C球带负电 QC=3q 2F=70k
M
r2 点电场线密,所以 M 点的电场强度比N 点的电场强度大,B
21.解析:当木板倾角是30°时,物块受到重力、支持力、垂直斜 错误;C.负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反,所
面向下的电场力和摩擦力的作用.在垂直于斜面的方向上, 以负电荷从 M 点运动到N 点,受电场力方向与运动方向相
1 3 同,电场力做正功,C正确;D.正电荷在电场中具有的电势FN1=mgcos30°+qE=( )2+2 mg ① 能EP=qφ,N 点的电势高于M 点的电势,则正电荷在 N 点
当木板倾角是60°时,物块受到重力、支持力、与斜面成30° 的电势能比在M 点的电势能大,D错误.故选C.
向下的电 场 力 和 摩 擦 力 的 作 用.在 垂 直 于 斜 面 的 方 向: 3.B 因带电微粒做直线运动,故合外力方向与速度方向在同
一直线上,微粒受到的合外力方向与v 反向,做负功,故微
F 0N2=mgcos60°+qEcos30°=
1
2mg+
3
4mg ② 粒的动能减少,同时,我们知道重力和电场力均做负功,重力
①②两式比较可知,FN1>FN2,在摩擦因数相等的情况下, 势能增加,电势能增加,故B正确.
一定是木板的倾角α为30°是静摩擦力,60°时物块所受的 4.A 由正电荷周围电场线的特点可知E1>E2,沿电场线方
是滑动摩擦力. 向电势逐渐降低,可知φ1>φ2,选项A正确.
木板的倾角α为30°时物块受力平衡,得: 5.B 根据动能定理 W=ΔEk,其中可认为有两个力做功,静电
f =mgsin30°=1mg ③ 力和其他力,即:1 W 其它 +W 电 =ΔEk,其中 W 电 =qU,代入数2 据即得B选项正确.
木板的倾角α为60°时物块受摩擦力: 6.D 题图中B、C、D、E 四点在一个等势面上,它们与A 点间
f = F = (1mg+ 3μ μ mg) ④ 的电势差均相等,即UAB=U2 N2 AC =UAD =UAE,据公式 W=qU2 4 可知,选项
: D
正确.
由题意 f1=f2 ⑤ W 2×10-6由 AB
联立③④⑤ := 2 =4-2 3. 7.C U解得 AB= q =μ -10-6
V=-2V,则φA-φB=-2V;
2+ 3 W -6
答案:μ=4-2 3 UCD =
CD =-7×10q -6 V=7V
,则φC-φD=7V;由题意得
22.解析:()
-10
1 根据电 场 强 度 定 义 式 φC-φB=3V,则可知,小 球 所 受 电 场 力 大 小 为: φC>φB>φA>φD
,C正确.
-6 8.B 电场线和等势面的关系是相互垂直的,所以电场线是水F=qE=1.0×10 ×3.0× 平方向的,又因为电势随着电场线方向逐渐降低,所以电场
103N=3.0×10-3N.
(2)小球受mg、绳的拉力T 和电 强度方向水平向左.根据E=
U = 2V-2 =100V/d m.
F 2×10 m场力 作用,如图所示 电容是表示电容器储存电荷本领大小的物理量 电容的
根据共 点 力 平 衡 条 件 和 图 中 几 9.A .
: 大小是由电容器本身结构决定的,与两板间电压及电容器所何关系有 mgtan37°=F 6
解得:m=4.0×10-4kg.
带电荷量无关.单位μF与pF的换算关系为1μF=10 pF.
(3)撤去 电 场 后,小 球 将 绕 悬 点 10.B 平行板电容器的电荷量减少ΔQ=3×10
-4C,电压减小
摆动,根据动能定理有:mgl(1- 为原来的1,由C=Q 知,电荷量减少为原来的1,即减少3 U 3
cos37°)=12mv
2-0
了原来的2,则 根 据C=ΔQ知,电 容 器 原 来 的 带 电 荷 量
解得:v= 2gl(1-cos37°)=2.0m/s. 3 ΔU
答案:(1)F=3.0×10-3N (2)m=4.0×10-4kg Q=1.5ΔQ=1.5×3×10
-4C=4.5×10-4C,A错误,B正
(3)v=2.0m/s 确;由已知条件无法求电压,电容反映电容器本身的特性,
第十章 静电场中的能量 电容器极板上的电荷减少,电容器的电容不变,C、D错误.
考点过关 11.B 竖直方向有h=
1 2,水平方向有 qE 2,联立可得
2gt l=2mt
考点一 mgl q1 2
1.路径 初末位置 匀强 q= ,所以有 , 正确Eh q = B .2 1
2.零势能 3.零电势
考点二 12.A 由动能定理可知qEl=Ek,又l=
1at2=qE2 2mt
2,解得t=
1.(1)电势相等
(2)①同一等势面 ②电势高 电势低 2mEk
2 2 ,可见,两种粒子时间之比为1∶1,故A选项正确.
③越大 越小 qE
3.(1)qU (2)qElcosθ (3)E -E (4)ΔE 13.解析:在电场线方向上a、b两点间的距离(或a、b两点所在AB pA pB k
考点三 等势面间的距离)为d'=d·cos60°=0.01m,根据匀强电
εS 场中,电势差与电场强度的关系可知,Uab=-Ed'=-4V.
1.异种 中和 容纳电荷 r4πkd 答案:-4V
εS Q U 14.解析:将电荷从电场中的r A 点移到B 点,静电力做负功,其2.(2) () ()4πkd 3U 4d 电势能增加;A 点的电势能为EpA =qUA,B 点的电势能为
考点四 EpB=qUB,静 电 力 做 功 等 于 电 势 能 变 化 量 的 相 反 数,即
1.(1)静止 匀速直线 (2)匀加速 匀减速 W=EpA-EpB=-2.5×10-8J.
2.(1)F qE qU (2)l (3)qUl v2+v2 qUl 答案:增加 -2.5×10
-8
m m md v0 mv x y0d mv20d U
qUl2 15.解析:因为电场是匀强电场,所以可用E=
BA 求解,但必
(4) d
2mv20d 须明确d是指A、B 两点在电场线方向上的距离,且各单位
— 103 —

UBA UBA 22.解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B 运动的加速度为必须用国际单位制中的单位.所以E= d = =ABsin60° a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件,有:mg+qE=
2
10 1000 3 ma,1a t =1gt2,解得E=3mg;V/m= 3 V/m,UBP =EPBsin60°= 2 2 2 q
0.02× 3 (2)设B 从O 点发射时的速度为v1,到达P 点时的动能为2 Ek,O、P 两点的高度差为h,根据动能定理有:
1000×0.005× 32 V=2.5V
1 2
3 Ek-2mv1=mgh+qEh
,且有:v t , 1 21 2=v0th=2gt
φP=-2.5V 联立各式得:Ek=2m(v20+g2t2).
答案:1000 3 -2.5 答案:(1)3mg;(2)E =2m(v2+g2t23 q k 0
)
16.解析:根据Q=CU 可知该电容器存储的电荷量为 第十一章 电路及其应用
Q=15×10-6×9×103C=0.135C. 考点过关
答案:0.135C 考点一
17.解析:根据动能定理W=12mv
2
1-
1
2mv
2
0 1.电势差 2.自由 电压 qt nqSv
而W=qEd=1.60×10-19×3×105×0.2J=9.6×10-15J 考点二
所以v = 2W+v2= 2×9.6×10
-15
6 2 U l
1 0 +(5×10) /m ms≈1.67×10-27 1.I ρS
6×106m/s
6 2.
U 金属
质子飞出时的速度约为6×10 m/s. R
答案:6×106m/s 3.(1)电压 (2)> (3)适用 (4)不适用
18.解析:(1)由电场线分布可知,AB 段的任一点的场强都大 本章练习
于BC 段任一点的场 强,故 AB 段 场 强 的 平 均 值E1 大 于 1.B 移动电源上标志的4500mAh反映的物理量是电量,表
, · ; · , 示以4500mA放电
,可以放一个小时,故B正确,A、C、D错
BC段场强的平均值E2 又UAB =E1 ABUBC=E2 BC 误.故选B.
故UAB>UBC. 2.D 电解液中的正、负离子定向移动的方向相反,故它们产
(2)在同一幅等差等势面图中,我们往往把每个相邻等势面
生同向的电流,由公式I=q 得,电路中的电流I=3+3间的电势差取一个定值,如果相邻等势面的间距越小(等势 t 1 A
面越密),那么场强E=U/d就越大. =6A,故D正确.
答案:(1)UAB>UBC (2)见解析 3.D 由于电解液中,正、负两种离子的定向移动形成电流,故
19.解析:油滴所受电场力与重力平衡,则电场力方向竖直向 1s内流过某截面的电荷量为正、负离子所带电荷量的代数
上,而根据题意知场强方向竖直向下,可知油滴带负电;油 和,即q=(5×1018×2+1.0×1019)×1.6×10-19C=3.2C,
滴处于静止状态,根据平衡条件mg-qE=0
故通过这个截面的电流为I=q=3.2U t 1 A=3.2A.电场强度为E=d
qU 4.A 根据电阻定律R=
L
ρ ,V=SL,S=πr
2,解得R=ρV2 4
联立解得m= S πrgd.
半径缩小到原来的1,结果这根铜导线的电阻就变为原来
答案:(1)负电荷 (2)qU 3gd 的81倍.故选A.
20.解析:电荷从A 点移到B 点,电荷克服电场力做功,说明电 l
场力做负功即W =-3×10-3J 5.D 导线原来的电阻为R=ρ ,拉长后长度变为2l,横截面AB S
W -3×10-3电势差UAB = ABq =
S
-6 V=500V,即φA -φB = 积变为 ,所以R'= l'= 2lρ ρ =4R.导线原来两端的电压-6×10 2 S' S
500V ① 2
WBC 1.2×10-3 为U=IR,拉长后为, U'=IR'=4IR=4U.电势差UBC= q = V=-200V-6×10-6 6.A 对某一确定的导体,当温度升高时,发现它的电阻增大,
即φB-φC=-200V ② 则由R= Lρ 可知该导体材料的电阻率随温度的升高而增
电势差U SAC=φA-φC=φA-φB+φB-φC=UAB +UBC=500
-200V=300V 大,A符合题意;电阻率由材料和温度决定,与横截面积和长
U >0.说明A 点电势高于C 点电势. 度无关,B不符合题意;金属的电阻率随温度的升高而增大,AC
答案:300V A 点 有些材料的电阻率与温度无关
,C不符合题意;电阻是导体本
,
21.解析: , 身的性质 与电压及电流无关
, 不符合题意
小球所受的重力和电场力都为恒力 故 D .故答案为:A
F, 四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响
,
可将两力等效为一个力 如图所示. 7.A
F=1.25m , 37° . 但影响最大的是直径d
,因为在计算式中取直径的平方
可知 g 方向与竖直方向成 角 .
, 8.A 当两电阻并联后,其阻值比任一个电阻阻值都要小,由图可知 小球做完整的圆周运动的临界点 A
是D 点, 选项正确设小球恰好能通过 D 点,即达到 D .
点时圆环对小球的弹力恰好为零. 9.D 由欧姆定律有R=U ,在并联电路中,电压相等,所以有
2 I
由圆周运动知识得:F mv= D,R R1∶R2∶R3=
1 1
I ∶I ∶
1
I =
1∶1∶11 2 3=6∶3∶2.
2 1 2 3
即: v1.25mg=m D 10.A 电流表读数比准确值稍小些,是由于并联的电阻R 阻R 值偏小,而使流经小量程的电流表的电流偏小造成的,所以
由动能定理有:mg(h-R-Rcos37°)-34mg×
(hcotθ+ 应该给电阻R 串联一个阻值比R 小的多的电阻,从而使通
过G的电流变大.
2R+Rsin37°)=1mv2D,联立解得h=7.7R. 11.C 选项B的欧姆表中没有可调电阻,B错;选项D电流表2 的负极接到了电源的正极,D错;红表笔应接电源的负极,
答案:7.7R 黑表笔应接电源的正极,A错,C对.
— 104 —

12.A 设欧姆表的内阻为R ,由欧姆定律知: -3
()电动机正常工作时的输入功率
3×10 A= E , 2 P输入 =UI=2.0×1.0W=内 R内 2W,此时线圈的发热功率为P热 =I2R=0.5W,电动机的
1.5×10-3A= E ,所以 , ,又 输出功率P输出 =P输入 -P热 =2W-0.5W=1.5W;R +500Ω R内 =500ΩE=1.5V内 (3)当转子被卡住之后,电动机为纯电阻电路,电动机的发
1×10-3A= E ,所以R =1000Ω. U2 2R x 2内 +Rx 热功率P热'=R =0.5W=8W.
13.解析:根据电流的定义可得I=ne,所以n=I

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