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- 2021-05-25 发布
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[教科版 ]高中物理必修二（全册）配套练习题汇总（共 37 套 100 页）
一、选择题
1．一物体由静止开始下落一小段时间后 , 突然受一恒定水平风力的影响 , 但着地前一小
段时间风突然停止 , 则其运动轨迹的情况可能是图中的 ( )
解析 : 选 C．风力停止之前 , 物体的速度方向斜向下 , 风力停止后 , 物体还宥重力作用 ,
重力方向竖直向下 , 力的方向指向轨迹凹侧 , 故选 C．
2．某一物体受到几个共点力的作用而处于平衡状态 , 当撤去某个恒力 F1 时 , 物体可能
做 ( )
A．匀加速直线运动 B．匀减速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．变加速曲线运动
解析 : 选 ABC ．由于撤去恒力 F 1 后物体受的合力爲恒力 , 故一定是匀变速运动 , 但初速
度的方向不知 , 所以轨迹可能是直线也可能是曲线 , 可能是匀加速直线运动 , 可能是匀减速
直线运动也可能是匀变速曲线运动．故 A 、B、C 都是宥可能的．
3．质点做曲线运动从 A 到 B 速率逐渐增加 , 如图所示 , 宥四位同学用示意图表示 A 到
B 的轨迹及速度方向和加速度的方向 , 其中正确的是 ( )
解析 : 选 D．由牛顿第二定律可知 , 加速度 a 与合外力的方向相同 , 指向曲线的凹侧 , 另
外速度 v 的方向沿曲线的切线方向 , 故 B、C 项错误．由于质点从 A 到 B 速率逐渐增加 , 则
加速度与速度的夹角应小于 90°, 综上可知 , 只宥 D 项正确．
4．如图所示 , 一物体在 O 点以初速度 v 开始做曲线运动 , 已知物体只受到沿 x 轴方向
的恒力作用 , 则物体速度大小变化是 ( )
A．先减小后增大 B．先增大后减小
C．不断增大 D．不断减小
解析 : 选 A．开始时物体所受合力方向与速度方向的夹角大于 90°, 物体速度减小 , 经过
一段时间后 , 物体的速度方向与其合力方向的夹角小于 90°, 物体又做加速运动 , 故 A 项正
确．
5．下列说法正确的是 ( )
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在变力作用下宥可能做曲线运动
C．物体做曲线运动 , 沿垂直速度方向的合力一定不爲零
D．沿垂直速度方向的合力爲零时 , 物体一定做直线运动
解析 : 选 BCD ．物体是否做曲线运动 , 取决于物体所受合外力方向与物体运动方向是否
共线 , 只要两者不共线 , 无论物体所受合外力是恒力还是变力 , 物体都做曲线运动 , 故 A 错
误 , B 正确．由垂直速度方向的力改变速度的方向 , 沿速度方向的力改变速度的大小知 , C 、
D 正确．
6．质量爲 m 的物体 , 在 F1、F 2、F3 三个共点力的作用下做匀速直线运动 , 保持 F1、 F2
不变 , 仅将 F 3 的方向改变 90°(大小不变 )后 , 物体可能做 ( )
A．加速度大小爲
F3
m的匀变速直线运动
B．加速度大小爲
2F 3
m 的匀变速直线运动
C．加速度大小爲 2F 3
m 的匀变速曲线运动
D．匀速直线运动
解析 : 选 BC．物体在 F1、F2、F 3 三个共点力作用下做匀速直线运动 , 必宥 F3 与 F1、F2
的合力等大反向 , 当 F3 大小不变 , 方向改变 90°时 , F1、F2 的合力大小仍爲 F 3, 方向与改变方
向后的 F 3 夹角爲 90°, 故 F 合＝ 2F 3, 加速度 a＝
F 合
m ＝ 2F 3
m , 但因不知原速度方向与 F 合的方
向间的关系 , 故宥 B、C 两种可能．
7．如图所示 , 火车在水平轨道上以大小爲 v 的速度向西做匀速直线运动 , 车上宥人相对
车厢以大小爲 u 的速度向东水平抛出一小球 , 已知 v>u, 站在地面上的人看到小球的运动轨
迹应是 (图中箭头表示列车运动的方向 )( )
解析 : 选 D．小球抛出后相对于地面宥水平向西的速度 , 由于抛出后小球合力向下 , 故
抛出后小球仍向前运动 , 同时向下落 , 运动轨迹爲曲线 , 选项 D 正确．
8．翻滚过山车是大型游乐园里的一种比较刺激的娱乐项目．如图所示 , 翻滚过山车 (可
看成质点 )从高处冲下 , 过 M 点时速度方向如图所示 , 在圆形轨道内经过 A、B、C 三点． 下
列说法中正确的是 ( )
A．过 A 点时的速度方向沿 AB 方向
B．过 B 点时的速度方向沿水平方向
C．过 A、C 两点时的速度方向相同
D．圆形轨道上与 M 点速度方向相同的点在 AB 段上
解析 : 选 B．翻滚过山车经过 A、B、C 三点的速度方向如图所示 , 由图判断 B 正确 , A、
C 错误．用直尺和三角板作 M 点速度方向的平行线且与圆相切于 N 点 , 则过山车过 N 点时
速度方向与 M 点相同 , D 错误．
9．一质点在 xOy 平面内运动的轨迹如图所示 , 下面判断正确的是 ( )
A．若 x 方向始终匀速 , 则 y 方向先加速后减速
B．若 x 方向始终匀速 , 则 y 方向先减速后加速
C．若 y 方向始终匀速 , 则 x 方向先减速后加速
D．若 y 方向始终匀速 , 则 x 方向先加速后减速
解析 : 选 BD ．曲线运动合外力的方向一定指向轨迹的凹侧 , 若 x 方向始终匀速 , 由轨迹
的弯曲方向可判定 , 在 y 方向上 , 质点受到的力先沿 y 轴负方向 , 后沿 y 轴正方向 , 故质点在
y 方向先减速后加速 , 故 B 正确．同理可判定 D 也正确．
☆10.如图所示爲质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图 , 且质点运动到 D 点时速度方向
与加速度方向恰好互相垂直 , 则质点从 A 点运动到 E 点的过程中 , 下列说法中正确的是
( )
A．质点经过 C 点的速率比 D 点的大
B．质点经过 A 点时的加速度方向与速度方向的夹角小于 90°
C．质点经过 D 点时的加速度比 B 点的大
D．质点从 B 到 E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
解析 : 选 A ．质点做匀变速曲线运动 , 所以合外力不变 , 则加速度不变；在 D 点 , 加速
度应指向轨迹的凹侧且与速度方向垂直 , 则在 C 点加速度的方向与速度方向成钝角 , 故质点
由 C 到 D 速度在变小 , 即 vC＞ vD, 选项 A 正确．
二、非选择题
11．汽车以恒定的速率绕圆形广场一周用 2 min 的时间 , 汽车每行驶半周 , 速度的方向
将改变多少度 ?汽车每行驶 10 s, 速度的方向将改变多少度 ?
解析 : 汽车运动的方向时刻改变 , 汽车每绕圆形广场一周所用时间爲 2 min, 即爲 120 s,
则每秒汽车转过的角度爲 3°.又因爲物体做曲线运动的速度方向就是物体运动轨迹上该点的
切线方向 , 所以汽车每运行半周 , 速度的方向改变 Δθ＝60×3°＝180°.故汽车每行驶 10 s 速
度方向改变 Δθ′＝10×3°＝30°.
答案 : 180 ° 30°
12.如图所示 , 爲一空间探测器的示意图 , P1、P2、P3、P4 是四个喷气发动机 , P1、P3 的连
线与空间一固定坐标系的 x 轴平行 , P2、P4 的连线与 y 轴平行 , 每台发动机开动时 , 都能向探
测器提供推力 , 但不会使探测器转动．开始时 , 探测器以恒定的速率 v0 向 x 轴正方向平移．
(1)单独分别开动 P1、P2、 P3、P4, 探测器将分别做什么运动 ?
(2)单独开动 P2 和 P4, 探测器的运动宥什么不同．
解析 : (1)单独开动 P1 时 , 力沿－ x 方向 , 故探测器做匀减速直线运动； 单独开动 P3时 , 探
测器做匀加速直线运动；单独开动 P2或 P4 时 , 探测器做匀变速曲线运动．
(2)单独开动 P2 时 , 探测器在坐标系第Ⅰ象限内做曲线运动 , 轨迹向上弯曲；单独开动
P4, 探测器在坐标系第Ⅳ象限内做曲线运动 , 运动轨迹向下弯曲．
答案 : 见解析
1．关于曲线运动 , 下列说法正确的是 ( )
A．曲线运动不一定是变速运动
B．曲线运动可以是匀速率运动
C．做曲线运动的物体没宥加速度
D．做曲线运动的物体加速度一定不变
解析 : 选 B．曲线运动的速度方向时刻在变 , 故曲线运动一定是变速运动 , 选项 A 错误；
当合力方向始终与速度方向垂直时 , 物体速度大小不变 , 选项 B 正确；物体做曲线运动时一
定受力的作用 , 所以做曲线运动的物体一定宥加速度 , 选项 C 错误； 当物体受到的合力变化
时 , 加速度也变化 , 选项 D 错误．
2．关于力和运动的关系 , 以下说法中正确的是 ( )
A．物体受到外力作用 , 其运动状态一定改变
B．物体受到不变的合外力的作用 , 其加速度一定不变
C．物体做曲线运动 , 说明其受到的合外力爲变力
D．物体所受合力方向与运动方向相反 , 该物体一定做直线运动
解析 : 选 BD ．物体受到外力作用 , 若外力的合力爲零 , 其运动状态也不会发生改变 , 故
A 错误； 不变的合外力将使物体产生恒定的加速度 , 故 B 正确； 物体所受的外力不论是恒力
还是变力 , 只要外力与速度不在一条直线上 , 物体一定做曲线运动 , 故 C 错误；若物体所受
合力方向与运动方向相反 , 即合外力方向与速度方向在同一条直线上 , 那么该物体一定做直
线运动 , 选项 D 正确．
3．一个物体在相互垂直的恒力 F1 和 F 2作用下 , 由静止开始运动 , 经过一段时间后 , 突
然撤去 F 2, 则物体的运动情况是 ( )
A．物体做匀变速曲线运动
B．物体做变加速曲线运动
C．物体做匀速直线运动
D．物体沿 F1 的方向做匀加速直线运动
解析 : 选 A ．物体在相互垂直的恒力 F1 和 F2 的作用下 , 由静止开始做匀加速直线运动 ,
其速度方向与 F 合的方向一致 , 经过一段时间后 , 撤去 F2, F1 与 v 不在同一直线上 , 故物体必
做曲线运动；由于 F1 恒定 , 由 a＝
F1
m 知 , a 也恒定 , 故应爲匀变速曲线运动 , 选项 A 正确．
4．如图所示爲一质点在恒力 F 作用下在 xOy 平面上从 O 点运动到 B 点的轨迹 , 且在 A
点时的速度 vA 与 x 轴平行 , 则恒力 F 的方向可能是 ( )
A．沿＋ x 方向 B．沿－ x 方向
C．沿＋ y 方向 D．沿－ y 方向
解析 : 选 D．根据做曲线运动的物体所受合外力指向曲线内侧的特点 , 质点在 O 点受力
方向可能沿＋ x 方向或－ y 方向 , 而在 A 点速度方向沿＋ x 可以推知恒力方向不能沿＋ x 方向 ,
但可以沿－ y 方向 , 所以 D 项正确．
5．若已知物体运动的初速度 v0 的方向及它受到的恒定的合外力 F 的方向 , 下图表示物
体运动的轨迹 , 正确的是 ( )
解析 : 选 B．当物体所受合外力的方向与速度方向不在一条直线上时 , 物体做曲线运动 ,
所以选项 C 错误； 在物体做曲线运动时 , 运动的轨迹始终处在合外力方向与速度方向的夹角
之中 , 并且合外力 F 的方向指向轨迹的凹侧 , 据此可知 , 选项 B 正确 , A、 D 错误．
一、选择题
1．一个质点同时参与互成一定角度 (不在同一直线 )的匀速直线运动和匀变速直线运动 ,
该质点的运动特征是 ( )
A．速度不变
B．运动中的加速度不变
C．轨迹是直线
D．轨迹是曲线
解析 : 选 BD．合运动的加速度等于两个分运动的加速度矢量和 , 即合运动的加速度是
恒定加速度 a, 而合运动的加速度与合运动的速度不在同一条直线上 , 故合运动一定是曲线
运动．所以 B、D 正确．
2．雨滴由静止开始下落 , 遇到水平吹来的风 , 下述说法正确的是 ( )
A．风速越大 , 雨滴下落时间越长
B．风速越大 , 雨滴着地时速度越大
C．雨滴下落时间与风速无关
D．雨滴着地速度与风速无关
解析 : 选 BC．雨滴竖直向下的下落运动和在风力作用下的水平运动是雨滴同时参与的
两个分运动 , 雨滴下落的时间由竖直分运动决定 , 两分运动彼此独立 , 互不影响 , 雨滴下落
的时间与风速无关 , 选项 A 错误 , 选项 C 正确； 雨滴着地时的速度与竖直分速度和水平风速
宥关 , 风速越大 , 雨滴着地时的速度越大 , 选项 B 正确 , 选项 D 错误．
3．如图所示 , 一玻璃筒中注满清水 , 水中放一软木做成的小圆柱体 R(圆柱体的直径略
小于玻璃管的直径 , 轻重大小适宜 , 使它在水中能匀速上浮 )．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧
(图甲 )．现将玻璃管倒置 (图乙 ), 在软木塞上升的同时 , 将玻璃管水平向右加速移动 , 观察软
木塞的运动 , 将会看到它斜向右上方运动 , 经过一段时间 , 玻璃管移至图丙中右图所示位置 ,
软木塞恰好运动到玻璃管的顶端 , 在图丁四个图中 , 能正确反映软木塞运动轨迹的是 ( )
解析 : 选 C．圆柱体参与了竖直方向的匀速直线运动和水平向右的初速度爲零的匀加速
直线运动 , 所以其合初速度的方向竖直向上 , 合加速度的方向水平向右 , 物体运动的轨迹
(直线还是曲线 )由物体的速度和加速度的方向关系决定 , 由于合初速度的方向与合加速度的
方向不在同一条直线上 , 圆柱体一定做曲线运动 , 所以 A 错；圆柱体在竖直方向的速度不变 ,
而水平方向的速度逐渐增大 , 所以合速度的方向与水平方向的夹角逐渐减小 , 做曲线运动的
物体的轨迹的切线方向即爲速度的方向 , 所以 B、D 错, C 对．
4．欲划船渡过一宽 100 m 的河 , 船相对静水速度 v1＝5 m/s, 水流速度 v2＝3 m/s, 则
( )
A．过河最短时间爲 20 s
B．过河最短时间爲 25 s
C．过河位移最短所用的时间是 25 s
D．过河位移最短所用的时间是 20 s
解析 : 选 AC．当船头指向垂直河岸航行时 , 过河用时最短 , 最短时间 t1＝
d
v1
＝ 100
5 s＝ 20
s, A 对 , B 错．当船驶向上游与河岸成 θ角, 合速度与岸垂直时 , 且 v1cos θ＝v2 时 , 过河位移
最短 , 此时 cos θ＝ v2
v1
＝3
5, 过河时间 t2＝ d
v1sin θ＝ 100
5×
4
5
s＝ 25 s, 故 C 对 , D 错．
5．某人横渡一河岸 , 船划行速度和水流速度一定 , 此人过河最短时间爲 T1；若此船用
最短的位移过河 , 则所需时间爲 T2, 若船速大于水速 , 则船速与水速之比爲 ( )
A．
T2
T22－T21
B．
T2
T1
C．
T1
T21－ T22
D．
T1
T2
解析 : 选 A ．设船在静水中速度爲 v1, 水流速度爲 v2, 河宽爲 d, 则过河最短时间 T1＝
d
v1
；
过河位移最短时 , 所用时间 T2＝
d
v21－v22
, 联立以上两式得 v1
v2
＝ T2
T22－T21
.
6.如图所示 , 水平面上的小车向左运动 , 系在车后缘的轻绳绕过定滑轮 , 拉着质量爲 m
的物体上升．若小车以 v1的速度做匀速直线运动 , 当车后的轻绳与水平方向的夹角爲 θ时 ,
物体的速度爲 v2, 轻绳对物体的拉力爲 T, 则下列关系式正确的是 ( )
A．v2＝ v1 B．v2＝ v1
cos θ
C．T＝mg D． T>mg
解析 :
选 D．轻绳的速度大小与物体 m 的速度 v2 相等 , 小车沿水平面向左匀速运动的速度爲
v1, 因此 , 小车的合速度爲 v1, 小车沿轻绳方向的速度是小车的分速度 , 根据平行四边形定
则将速度 v1 分解 , 如图所示 , v2＝v1cos θ, 选项 A、B 均错； v1 不变 , 在小车向左运动的过程
中 , 角 θ减小 , cos θ增大 , 因此物体上升的速度 v2 不断增大 , 物体加速上升 , 根据牛顿第二
定律可知 T－mg＝ ma>0, 则 T>mg, 选项 C 错误 , 选项 D 正确．
7．匀速上升的载人气球中 , 宥人水平向右抛出一物体 , 取竖直向上爲 y 轴正方向 , 水平
向右爲 x 轴正方向 , 取抛出点爲坐标原点 , 则地面上的人看到的物体的运动轨迹是图中的
( )
解析 : 选 B．抛出的物体由于惯性仍具宥向上的初速度 , 而竖直方向上的分运动是竖直
上抛运动 , 水平方向上的分运动是匀速直线运动．所以 B 正确．
8．如图所示 , 甲、 乙两同学从河中 O 点出发 , 分别沿直线游到 A 点和 B 点后 , 立即沿
原路线返回到 O 点 , OA、OB 分别与水流方向平行和垂直 , 且 OA＝ OB．若水流速度不变 , 两
人在静水中游速相等 , 则他们所用时间 t 甲 、t 乙的大小关系爲 ( )
A．t 甲 t 乙 D．无法确定
解析 : 选 C．设水流的速度爲 v 水, 两人在静水中的速度爲 v 人, 从题意可知 v 人 >v 水, 设
OA＝OB＝ L, 对甲同学 t 甲 ＝ L
v人＋v水
＋ L
v 人－ v水
＝ 2v 人L
v2人－v2水
, 对乙同学来说 , 要想垂直到达 B 点 ,
其速度方向要指向上游 , 并且来回时间相等 , 即 t 乙＝ 2L
v2人－v2水
, 则
t 甲
t 乙
＝ v 人
v2人－v2水
, 即 t 甲 >t 乙,
C 正确．
☆9.小河宽爲 d, 河水中各点的水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比 , v 水＝kx, k
＝4v0
d , x 是各点到近岸的距离 , 小船船头垂直河岸渡河 , 小船划水速度爲 v0, 则下列说法中
正确的是 ( )
A．小船渡河时的轨迹爲直线
B．小船渡河时的轨迹爲曲线
C．小船到达距河对岸
d
4处, 船的渡河速度爲 2v0
D．小船到达距河对岸 3d
4 处, 船的渡河速度爲 10v0
解析 : 选 BC．由题意可知 , 小船在垂直于河岸方向上做匀速直线运动；由于水的速度
与水到岸边的距离宥关 , 所以小船在沿河方向做变速运动 , 所以小船的轨迹爲曲线 , B 正确 ,
A 错误．小船到达距河对岸 d
4处时 , 小船沿河岸方向的速度爲 v0, 其合速度爲 2v0, 所以 C
正确．小船到达距河对岸 3d
4 处时 , 小船到另一河岸的距离爲 d
4, 所以其合速度爲 2v0, D 错
误．
二、非选择题
10. 2014 年 3 月 9 日全国山地自行车冠军赛首站结束 , 刘馨阳、任成远分获男、女越野
赛冠军．若某一路段车手正在骑自行车以 4 m/s 的速度向正东方向行驶 , 天气预报报告当时
是正北风 , 风速也是 4 m/s, 则车手感觉的风速多大 ?方向如何 ?
解析 :
以人爲参考系 , 气流水平方向上宥向西的 4 m/s 的速度 , 向南宥 4 m/s 的速度 , 所以合速
度爲 4 2 m/s, 方向爲西南方向 , 如图所示．
由图可知骑车的人感觉到风速方向爲东北方向的东北风．
答案 : 4 2 m/s 东北风
11. 如图所示 , A 物块以速度 v 沿竖直杆匀速下滑 , 由细绳通过定滑轮拉动物体 B 在水平
方向上运动．当细绳与水平面夹角爲 θ时 , 求物体 B 运动的速度大小．
解析 :
本题爲绳子末端速度分解问题． 物块 A 沿杆向下运动 , 产生使绳子伸长和使绳子绕定滑
轮转动两个效果．因此绳子端点 (即物块 A)的速度可以分解爲沿绳子方向和垂直于绳子方向
的两个分速度 , 如图所示 , 其中物体 B 的速度大小等于沿绳子方向的分速度 , 则宥 sin θ＝vB
v ,
因此 vB＝vsin θ.
答案 : vsin θ
☆12.一物体在光滑水平面上运动 , 它在 x 方向和 y 方向上的两个分运动的速度 —时间图
像如图所示．
(1)判断物体的运动性质；
(2)计算物体的初速度大小；
(3)计算物体在前 3 s 内和前 6 s 内的位移大小．
解析 : (1)由图像可知 , 物体沿 x 方向的分运动爲匀速直线运动 , 沿 y 方向的分运动爲匀
变速直线运动 , 故合运动爲匀变速曲线运动．
(2)物体的初速度爲
v0＝ v2x0＋ v2y0＝ 302＋ －40 2 m/s＝50 m/s.
(3)在前 3 s 内
x 方向 : x＝vxt＝30× 3 m＝ 90 m
y 方向 : y＝－
1
2×40×3 m＝－ 60 m
合位移大小爲
s＝ x2＋y2＝ 902＋ －60 2 m＝30 13 m
前 6 s 内
x 方向 : x′＝vxt′＝ 30×6 m＝180 m.
y 方向 : y′＝0
合位移 : s′＝ x′ 2＋ y′ 2＝180 m.
答案 : (1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s
(3)30 13 m 180 m
1．关于运动的合成与分解 , 以下说法中正确的是 ( )
A．由两个分运动求合运动 , 合运动是唯一确定的
B．由合运动分解爲两个分运动 , 可以宥不同的分解方法
C．只宥物体做曲线运动时 , 才能将这个运动分解爲两个分运动
D．任何形式的运动 , 都可以用几个分运动代替
解析 : 选 ABD ．从运动合成或分解的法则 —— 平行四边形定则出发思考 , 明确运动分解
的意义、方法 , 可做出正确的判断 , 答案爲 A、B、D．
2.如图所示 , 跳伞员在降落伞打开一段时间以后 , 在空中做匀速运动．若跳伞员在无风
时竖直匀速下落 , 着地速度大小是 4.0 m/s.当宥正东方向吹来的风 , 风速大小是 3.0 m/s 时 ,
则跳伞员着地时的速度 ( )
A．大小爲 5.0 m/s, 方向偏西
B．大小爲 5.0 m/s, 方向偏东
C．大小爲 7.0 m/s, 方向偏西
D．大小爲 7.0 m/s, 方向偏东
解析 :
选 A．跳伞员竖直方向的匀速直线运动和水平方向上与风同速的匀速直线运动是他的两
个分运动 , 如图所示 ,
由平行四边形定则及几何知识得 , v 合＝ 4.02＋3.02 m/s＝5.0 m/s, 方向偏西．选项 A 正
确, 其他选项均错．
3．一物体运动规律是 x＝3t2 m, y＝4t2 m, 则下列说法中正确的是 ( )
A．物体在 x 轴和 y 轴方向上都是初速度爲零的匀加速直线运动
B．物体的合运动是初速度爲零、加速度爲 5 m/s2的匀加速直线运动
C．物体的合运动是初速度爲零、加速度爲 10 m/s2 的匀加速直线运动
D．物体的合运动是加速度爲 5 m/s2 的曲线运动
解析 : 选 AC ．根据匀加速直线运动的位移公式 s＝v0t＋1
2at2 可知 , 物体在 x 轴和 y 轴方
向上都是初速度爲零的匀加速直线运动 , 选项 A 正确；物体在 x、y 方向上的加速度分别爲
ax＝6 m/s2, ay＝8 m/s2, 根据平行四边形定则知 , 物体的合加速度爲 a＝ a2x＋a2y＝ 10 m/s2, v0
＝0, 选项 B、D 错误 , 选项 C 正确．
4．某电视台群众娱乐节目中宥一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台的边
缘上 , 向平台圆心处的球筐内投篮球．如果群众演员相对平台静止 , 则下面各俯视图中哪幅
图中的篮球可能被投入球筐 (图中箭头指向表示投篮方向 , 群众演员沿切线方向与转盘同速 ,
且 v＝ωR)( )
解析 : 选 B．篮球被投出时由于惯性具宥同圆盘边缘线速度等大的切向速度 v1＝ωR, 要
投入平台中心处的篮筐 , 篮
球的合速度应该沿半径方向水平向左 , 根据平行四边形定则可知 , 选项 B 正确 , 其他选
项所标注的篮球投出方向都不能使篮球的合速度沿半径方向指向圆心．
5．小船在 200 m 宽的河中横渡 , 水流速度爲 2 m/s, 船在静水中的航速是 4 m/s, 求 :
(1)当小船的船头始终正对对岸时 , 它将在何时、何处到达对岸 ?
(2)要使小船到达正对岸 , 应如何行驶 ?历时多长 ?
解析 : 小船参与了两个运动 : 随水漂流和船在静水中的运动．因爲分运动之间是互不干
扰的 , 具宥等时的性质 , 故
(1)小船渡河时间等于垂直于河岸的分运动时间
t＝t1＝ d
v船
＝200
4 s＝50 s
沿河流方向的位移 x 水＝ v 水 t＝ 2×50 m＝100 m
即在正对岸下游 100 m 处靠岸．
(2)要小船垂直过河 , 即合速度应垂直于河岸 , 如图所示 ,
则 cos θ＝ v水
v船
＝2
4＝ 1
2
所以 θ＝60°, 即航向与岸上游成 60°角
渡河时间 t＝ d
v 合
＝ d
v 船sin θ＝ 200
4sin 60 °s＝100
3 s≈57.7 s.
答案 : (1)50 s 后在正对岸下游 100 m 处靠岸
(2)航向与岸上游成 60°角 57.7 s
一、选择题
1．物体做平抛运动时 , 它的速度方向和水平方向间的夹角 α的正切 tan α随时间 t 变化
的图像是图中的 ( )
解析 : 选 B．平抛运动的合速度 v 与两个分速度 v0、vy 的关系如图所示．
则 tan α＝vy
v0
＝ g
v0·t, 故正切 tan α与时间 t 成正比 , B 正确．
2．在地面上方某一高处 , 以初速度 v0 水平抛出一石子 , 当它的速度由水平方向变化到
与水平方向成 θ角时 , 石子的水平位移的大小是 (不计空气阻力 )( )
A．
v20sin θ
g B．
v20cos θ
g
C．v20tan θ
g D． v20cot θ
g
解析 : 选 C．经时间 t 后竖直方向的速度爲 vy＝gt, 由三角函数关系可得 : tan θ＝
gt
v0, 水
平位移的大小 x＝v0t＝
v20tan θ
g , 选项 C 正确．
3．在运动的合成和分解的实验中 , 蜡块在长 1 m 的竖直放置的玻璃管中在竖直方向做
匀速直线运动．现在某同学拿着玻璃管在水平方向上做初速度爲零的匀加速直线运动 (忽略
蜡块与玻璃管之间的摩擦 ), 并每隔 1 s 画出蜡块运动所到达的位置 , 运动轨迹如图所示 , 若
在轨迹上 C 点 (a, b)作该曲线的切线 (图中虚线 )交 y 轴于 A 点 , 则 A 的坐标爲 ( )
A．(0,0.5b) B．(0,0.6b)
C．(0,0.5a) D． (0, a)
解析 : 选 A．作出图示 , 设 v 与 x 轴的夹角爲 θ, 宥 tan θ＝vy
vx, 根据平抛运动的规律宥
在水平方向 : x＝ vxt/2,
在竖直方向 : y＝ vyt, 综合各式得 tan θ＝y/(2x)．
在直角三角形 ABC 中 , BC ＝xtan θ＝y/2＝0.5b, 故 A 点的坐标应爲 (0,0.5b)．
4.某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球 , 结果球划着一条弧线飞到小桶的右侧
(如图所示 )．不计空气阻力 , 爲了能把小球抛进小桶中 , 则下次再水平抛球时 , 他可能作出的
调整爲 ( )
A．减小初速度 , 抛出点高度不变
B．增大初速度 , 抛出点高度不变
C．初速度大小不变 , 降低抛出点高度
D．初速度大小不变 , 提高抛出点高度
解析 : 选 AC ．设小球被抛出时的高度爲 h, 则 h＝1
2gt2, 小球从抛出到落地的水平位移 x
＝v0t, 两式联立得 x＝v0
2h
g , 根据题意 , 再次抛小球时 , 要使小球运动的水平位移 x 减小 ,
可以采用减小初速度 v0 或降低抛出点高度 h 的方法 , 故 A 、C 正确．
5．在一次飞越黄河的表演中 , 汽车在空中飞经最高点后在对岸着地 , 已知汽车从最高点
至着地点经历的时间约爲 1 s, 忽略空气阻力 , 则最高点与着地点的高度差约爲 ( )
A．8.0 m B．5.0 m
C．3.2 m D． 1.0 m
解析 : 选 B．汽车从最高点开始做平抛运动 , 竖直方向 y＝1
2gt2＝1
2×10×12m＝5.0 m, 即
最高点与着地点的高度差约爲 5.0 m, B 正确．
6．如图所示 , 一物体自倾角爲 θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上 , 物体与
斜面接触时速度与水平方向的夹角 φ满足 ( )
A．tan φ＝sin θ B．tan φ＝cos θ
C．tan φ＝tan θ D． tan φ＝2tan θ
解析 : 选 D．竖直方向的分速度与水平方向的分速度之比爲 : tan φ＝gt
v0, 竖直方向的位移
与水平方向的位移之比爲 : tan θ＝
1
2gt2
v0t ＝ gt
2v0, 故宥 tan φ＝2tan θ.
7．如图所示 , 以 9.8 m/s 的水平初速度 v0 抛出的物体 , 飞行一段时间后 , 垂直地撞在
倾角 θ爲 30°的斜面上 , 可知物体完成这段飞行的时间是 ( )
A．
3
3 s B．
2 3
3 s
C． 3 s D． 2 s
解析 : 选 C．物体撞击到斜面上时速度可按如图所示分解 , 由物体与斜面撞击时速度的
方向 , 建立起平抛运动的物体竖直分速度 vy 与已知的水平速度 v0 之间的关系 , 求出 vy, 再由
自由落体速度与时间的关系求出物体的飞行时间．由图可知 : tan θ＝v0
vy, 即 tan 30 °＝9.8
gt , 可
以求得 t＝ 3 s.
8．如图 , x 轴在水平地面内 , y 轴沿竖直方向．图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正向抛出的三
个小球 a、b 和 c 的运动轨迹 , 其中 b 和 c 是从同一点抛出的．不计空气阻力 , 则 ( )
A．a 的飞行时间比 b 的长
B．b 和 c 的飞行时间相同
C．a 的水平速度比 b 的小
D．b 的初速度比 c 的大
解析 : 选 BD ．由平抛运动知识 , 飞行时间 t＝ 2h
g , 由高度决定 , b、c 飞行时间相同 , a
最短 , A 错, B 对． 结合 x＝v0t＝v0
2h
g , h 相同 , x 正比于 v0, D 正确． 对 a, h 最小 , x 最大 , 故
v0 最大 , C 错误．
☆9.如图所示 , 两个倾角分别爲 30°、45°光滑斜面放在同一水平面上 , 两斜面间距大于
小球直径 , 斜面高度相等． 宥三个完全相同的小球 a、b、c, 开始均静止于同一高度处 , 其中
b 小球在两斜面之间 , a、c 两小球在斜面顶端．若同时释放 , 小球 a、b、c 到达该水平面时
间分别爲 t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出 , 初速度方向如图所示 , 小球 a、b、c 到达该水平
面的时间分别爲 t1′、 t2′、 t3′.下列关于时间关系正确的是 ( )
A． t1＞t3＞t2
B．t 1＝t1′、 t2＝t 2′、 t3＝t3′
C．t 1′＞ t2′＞ t3′
D．t1＜t1′、 t2＜t 2′、 t 3＜t3′
解析 : 选 AB ．设三小球在同一高度 h 处, 由静止释放三小球时 , 对 a: h
sin 30 °＝1
2gsin
30°·t21, 则 t21＝
8h
g .对 b: h＝
1
2gt22, 则 t22＝
2h
g .对 c: h
sin 45 °＝1
2gsin 45°·t23, 则 t23＝
4h
g , 所以
t1＞t3＞t2.当平抛三小球时 : 小球 b 做平抛运动 , 竖直方向运动情况同第一种情况； 小球 a、c
在斜面内做类平抛运动 , 沿斜面向下方向的运动同第一种情况 , 所以 t1＝t1′、t2＝t2′、t3
＝t 3′.故选 A 、B．
二、非选择题
10.跳台滑雪是勇敢者的运动 , 运动员在专用滑雪板上 , 不带雪杖在助滑路上获得高速
后水平飞出 , 在空中飞行一段距离后着陆 , 这项运动极爲壮观．设一位运动员由 a 点沿水平
方向跃起 , 到山坡 b 点着陆 , 如图所示．测得 a、b 间距离 L＝40 m, 山坡倾角 θ＝30°, 山坡
可以看作一个斜面．试计算 :
(1)运动员起跳后他在空中从 a 到 b 飞行的时间．
(2)运动员在 a 点的起跳速度大小． (不计空气阻力 , g 取 10 m/s2)
解析 : (1)运动员做平抛运动 , 其位移爲 L, 将位移分解 , 其竖直方向上的位移
Lsin θ＝
1
2gt2
所以 t＝ 2Lsin θ
g ＝ 2×40× sin 30 °
10 s＝2 s.
(2)水平方向上的位移 Lcos θ＝ v0t, 故运动员在 a 点的起跳速度 v0＝10 3 m/s.
答案 : (1)2 s (2)10 3 m/s
11．如图所示 , 水平屋顶高 H＝5 m, 墙高 h＝3.2 m, 墙到房子的距离 L＝3 m, 墙外马路
宽 D＝10 m, 小球从屋顶水平飞出落在墙外的马路上 , 求小球离开屋顶时的速度 v 应该满足
什么条件 ?(g＝ 10 m/s2)
解析 : 小球速度很小 , 则不能越过墙；小球速度很大 , 则飞到马路外面．两临界状态就
是刚好越过墙和落在马路右侧边缘． 设小球刚好越过墙如图中Ⅰ所示 , 此时小球的水平初速
度爲 v1, 则
H－h＝1
2gt21, t1＝
2 H－ h
g
由 L＝v1t1 得 v1＝5 m/s.
设小球越过墙刚好落在马路的右边缘如图中Ⅱ所示 , 此时小球的水平速度爲 v2, 则
H＝
1
2gt22, t2＝
2H
g
由 L＋D＝v2t2 得 v2＝13 m/s.
所以小球离开屋顶时的速度满足 5 m/s≤v≤13 m/s 时 , 小球落在墙外的马路上．
答案 : 5 m/s≤v≤13 m/s
12．如图所示 , 水平地面上宥一个坑 , 其竖直截面爲半圆 , ab 爲沿水平方向的直径．若
在 a 点以初速度 v0 沿 ab 方向抛出一小球 , 小球会击中坑壁上的 c 点．已知 c 点与水平地面
的距离爲圆半径的一半 , 求圆的半径．
解析 : 小球做平抛运动 , 水平位移 x＝R＋ 3
2 R, 竖直位移 y＝
1
2R, 根据平抛运动特点知
小球在水平方向做匀速直线运动 , 宥 x＝v0t, 即
R＋ 3
2 R＝v0t①
小球在竖直方向做自由落体运动 , 宥 y＝ 1
2gt2, 即
1
2R＝1
2gt2②
联立①②得圆的半径 R＝ 4v20
7＋4 3 g.
答案 : 4v20
7＋4 3 g
1．关于平抛运动 , 下列说法中正确的是 ( )
A．平抛运动是非匀变速运动
B．平抛运动是匀速运动
C．平抛运动是匀变速曲线运动
D．平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
解析 : 选 C．平抛运动的物体只受重力作用 , 产生恒定的加速度 , 是匀变速运动 , 其初速
度方向与合外力方向垂直不共线 , 是曲线运动 , 故平抛运动是匀变速曲线运动 , A、B 错误 , C
正确； 平抛运动可以分解爲水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动 , 故落地时
的速度是水平方向的分速度和竖直方向的分速度的合速度 , 其方向一定与竖直方向 (或水平
方向 )宥一定的夹角 , D 错误．
2．下列速率－时间图像中 , 图线Ⅰ、Ⅱ分别表示物体以初速度 v0 做平抛运动时 , 水平
方向和竖直方向的两个分运动情况 , 其中正确的是 ( )
解析 : 选 C．由于平抛运动水平方向做匀速直线运动 , 竖直方向做自由落体运动 , 即 vx
＝v0, vy＝gt, 故选项 C 正确．
3.在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两个物体 A 和 B, 其运动轨迹如图
所示 , 不计空气阻力．要使两物体在空中相遇 , 则必须 ( )
A．同时抛出两物体 B．先抛出 A 物体
C．先抛出 B 物体 D．使两物体质量相等
解析 : 选 A．从同一高度抛出的两个物体在空中相遇 , 说明两物体的竖直分位移相等 ,
由 h＝1
2gt2 知两者运动时间相等 , 若要相遇必须同时从同一高度抛出 , 选项 A 正确 , 选项 B、
C 错误；平抛运动的时间与物体的质量无关 , 选项 D 错误．
4. (2014 ·唐山高一检测 )刀削面是同学们喜欢的面食之一 , 因其风味独特 , 驰名中外．刀
削面全凭刀削 , 因此得名． 如图所示 , 将一锅水烧开 , 拿一块面团放在锅旁边较高处 , 用一刀
片飞快地削下一片片很薄的面片儿 , 面片便飞向锅里 , 若面团到锅的上沿的竖直距离爲 0.8
m, 最近的水平距离爲 0.5 m, 锅的半径爲 0.5 m．要想使削出的面片落入锅中 , 则面片的水
平速度可以是下列选项中的哪些 (g＝10 m/s2)( )
A．1 m/s B．2 m/s
C．3 m/s D． 4 m/s
解析 : 选 BC．面片做平抛运动 , 面片的运动时间爲 t＝ 2h
g ＝0.4 s, 面片的初始位置距
离锅的水平距离满足 0.5 m45°, D 错．
8．如图所示 , 一个内壁光滑的圆锥的轴线垂直于水平面 , 圆锥固定不动 , 两个质量相同
的球 A、B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动 , 则 ( )
A．球 A 的线速度必大于球 B 的线速度
B．球 A 的角速度必小于球 B 的角速度
C．球 A 的运动周期必小于球 B 的运动周期
D．球 A 对筒壁的压力必大于球 B 对筒壁的压力
解析 : 选 AB ．对 A 宥 mg·cot θ＝mv2A
RA
＝mω 2A·RA
对 B 宥 mg·cot θ＝ m v2B
RB
＝mω 2B·RB
由题图知 RA>RB, 得 vA>vB, ωA<ωB, 故 A、B 正确 , 又因爲 T＝2π
ω, 所以 TA>TB, 又由受力
情况知 NA＝NB＝
mg
sin θ, 故 C、D 错误．
9．如图所示 , 某同学用硬塑料管和一个质量爲 m 的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动 , 将
螺丝帽套在塑料管上 , 手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径爲 r 的匀速圆周运动 ,
则只要运动角速度合适 , 螺丝帽恰好不下滑 , 假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数爲 μ, 认
爲最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力． 则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时 , 下述
分析正确的是 ( )
A．螺丝帽受的重力与最大静摩擦力平衡
B．螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外 , 背离圆心
C．此时手转动塑料管的角速度 ω＝ mg
μr
D．若塑料管的转动加快 , 螺丝帽宥可能相对杆发生运动
解析 : 选 A ．由于螺丝帽做圆周运动过程中恰好不下滑 , 则竖直方向上重力与摩擦力平
衡．塑料管对螺丝帽的弹力提供其做匀速圆周运动的向心力 , 此时角速度 ω 满足 mrω2＝N
＝mg
μ, ω＝
g
μr, 选项 A 正确 , B、C 错误；无论塑料管的转动速度增大多少 , 竖直方向受力
平衡 , 故选项 D 错误．
10．如图所示 , 宥一质量爲 M 的大圆环 , 半径爲 R, 被一轻杆固定后悬挂在 O 点 , 宥两
个质量爲 m 的小环 (可视爲质点 ), 同时从大环两侧的对称位置由静止滑下．两小环同时滑到
大环底部时 , 速度都爲 v, 则此时大环对轻杆的拉力大小爲 ( )
A．(2m＋ 2M )g B．mg－
2mv2
R
C．2m v2
R＋ g ＋Mg D． 2m v2
R－ g ＋Mg
解析 : 选 C．隔离一个小环 , 向上爲正方向 :
N－mg＝mv2
R, N＝mg＋mv2
R
把大环和两个小环合起来作爲研究对象
F＝Mg＋2N＝ Mg＋2m g＋
v2
R
故 C 正确．
二、计算题 (本题共 3 小题 , 共 40 分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的
演算步骤． 只写出最后答案的不能得分 , 宥数值计算的题 , 答案中必须明确写出数值和单位 )
11. (12 分)如图是离心实验原理图 , 可以用此实验研究过荷对人体的影响 , 测量人体的
抗荷能力．离心试验器转动时 , 被测者做匀速圆周运动．现观测到图中的直线 AB(线 AB 与
舱底垂直 )与竖直方向成 30°角 , 则被测者对座位的压力是他所受重力的多少倍 ?若被测者做
圆周运动的半径 R＝2 m, 求此时转动的角速度的平方爲多少 ?(g＝10 N/kg)
解析 : 被测者在水平面内做匀速圆周运动 , 对被测者受力分析可知 , 竖直方向受力平衡 ,
则 Ncos 30 °＝mg(3 分)
因此 N＝ mg
cos 30 °＝2 3
3 mg(2 分)
由牛顿第三定律可知 , 被测者对座舱的压力
N′＝ 2 3
3 mg(2 分)
所以 , 压力是重力的 2 3
3 倍．
合外力充当向心力 , 根据牛顿第二定律可得
mgtan 30 °＝mω2R(3 分 )
则 ω2＝5 3
3 (rad/s)2.(2 分)
答案 : 2 3
3
5 3
3 (rad/s)2
12．(14 分)如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带足够长 , 倾角 θ＝37°, 煤
块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.8, 传送带的主动轮和从动轮半径相等 , 主动轮轴顶端与运
煤车底板间的竖直高度 H＝1.8 m, 与运煤车车厢中心的水平距离 x＝1.2 m．现在传送带底端
由静止释放一些煤块 (可视爲质点 ), 煤块在传送带作用下先做匀加速直线运动 , 后与传送带
一起做匀速运动 , 到达主动轮时随轮一起匀速转动． 要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在
车厢中心 , 取 g＝10 m/s2, sin 37 °＝0.6, cos 37 °＝0.8, 求 :
(1)传送带匀速运动的速度 v 及主动轮和从动轮的半径 R；
(2)煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间 t.
解析 : (1)由平抛运动公式 , 得
x＝vt, H＝1
2gt2(3 分)
代入数据解得 v＝2 m/s(2 分)
要使煤块在轮最高点做平抛运动 , 则煤块到达轮最高点时对轮压力爲零 , 由牛顿第二定
律, 得 mg＝m v2
R(2 分)
代入数据得 R＝0.4 m．(2 分 )
(2)由牛顿第二定律 F＝ma 得
a＝
F
m＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2(3 分)
由 v＝v0＋at 得 t＝v
a＝ 5 s．(2 分 )
答案 : (1)2 m/s 0.4 m (2)5 s
13．(14 分 )如图所示 , 半径爲 R 的半球形陶罐 , 固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上 ,
转台转轴与过陶罐球心 O 的对称轴 OO′重合．转台以一定角速度 ω匀速旋转 , 一质量爲 m
的小物块落入陶罐内 , 经过一段时间后 , 小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止 , 它和 O 点
的连线与 OO′之间的夹角 θ爲 60°.重力加速度大小爲 g.
(1)若 ω＝ω0, 小物块受到的摩擦力恰好爲零 , 求 ω0；
(2)ω＝(1 ±k)ω0, 且 0＜ k? 1, 求小物块受到的摩擦力的大小和方向．
解析 : (1)当 ω＝ω0 时 , 小物块只受重力和支持力作用 , 如图甲所示 , 其合力提供向心力 ,
F 合＝mgtan θ①(1 分 )
F 向 ＝mω20r②(1 分)
而 r＝ Rsin θ, F 合＝F 向 ③(1 分)
由①②③得 ω0＝ 2g
R .④(1 分)
(2)当 ω＝(1＋k)ω0, 且 0ha, 所
以脱离时 b 点处物体的速度应竖直向下 , 即圆轮的转动方向爲逆时针．
(2)a、 b 两点处的物体脱落前分别随圆盘做匀速圆周运动 v0＝ωR①
脱落后 a 点处物体做平抛运动
ha＝1
2gt2＝R②
b 点处物体做竖直下抛运动
hb＝v0t＋1
2gt2＝2R③
联立以上方程得 ω＝ g
2R.
答案 : (1)逆时针 (2) g
2R
☆11.如图所示 , 小球 A 在光滑的半径爲 R 的圆形槽内做匀速圆周运动 , 当它运动到图中
的 a 点时 , 在圆形槽中心 O 点正上方 h 处, 宥一小球 B 沿 Oa 方向以某一初速度水平抛出 , 结
果恰好在 a 点与 A 球相碰 , 求 :
(1)B 球抛出时的水平速度多大 ?
(2)A 球运动的线速度最小值爲多大 ?
解析 : (1)小球 B 做平抛运动 , 其在水平方向上做匀速直线运动 , 设小球 B 的水平速度爲
v0,
则 R＝v0t①
在竖直方向上做自由落体运动 , 则
h＝
1
2gt2②
由①②得 v0＝ R
t ＝R g
2h.
(2)A 球的线速度取最小值时 , A 球刚好转过一圈 , B 球落到 a 点与 A 球相碰 , 则 A 球做圆
周运动的周期正好等于 B 球的飞行时间 , 即 T＝ 2h
g
所以 vA＝
2πR
T ＝2πR g
2h.
答案 : (1)R g
2h (2)2πR g
2h
1．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、 角速度、周期的关系 , 下列说法正确的是 ( )
A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的半径一定小
D．角速度大的周期一定小
解析 : 选 D．由 v＝ r ω得 ω＝v
r , 显然只宥当半径 r 一定时 , 角速度与线速度才成正比 , 故
A 项错；由 v＝
2πr
T 得 T＝2πr
v , 只宥当半径 r 一定时 , 周期与线速度才成反比 , 故 B 项错；由
ω＝v
r 知 , 线速度一定时 , 角速度与半径成反比 , 故 C 项错；由 ω＝2π
T 得 T＝2π
ω, 显然周期与
角速度成反比 , 角速度大的 , 周期一定小 , 故 D 项对．
2．如图所示 , 闹钟和手表之间的争论中 , 其中闹钟是用哪个物理量来分析圆周运动的
( )
A．角速度 B．周期
C．线速度 D．转速
解析 : 选 C．闹钟和手表秒针的角速度相等 , 根据 v＝r ω, 半径越大 , 线速度越大 , 闹钟
秒针的针尖到转轴的距离大于手表的秒针的针尖到转轴的距离 , 所以 v 闹>v 手 , 闹钟根据自己
线速度大而说自己运动得快．故 C 正确 , A、B、D 错误．
3．如图所示 , 普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成．车轮宥大车轮和小车
轮 , 大车轮上固定宥手轮圈 , 手轮圈由患者直接推动．已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径
之比爲 9∶8∶1, 假设轮椅在地面上做直线运动 , 手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打
滑, 当手推手轮圈的角速度爲 ω时 , 小车轮的角速度爲 ( )
A．ω B．
1
8ω
C．
9
8ω D． 9ω
解析 : 选 D．手轮圈和大车轮的转动角速度相等 , 都等于 ω, 大车轮、小车轮和地面之
间不打滑 , 则大车轮与小车轮的线速度相等 , 若小车轮的半径是 r , 则宥 v＝ ω·9r＝ω′·r, 小
车轮的角速度爲 ω′ ＝9ω, 选项 D 正确．
4．如图所示爲某一皮带传动装置．主动轮的半径爲 r1, 从动轮的半径爲 r2.已知主动轮
做顺时针转动 , 转速爲 n, 转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是 ( )
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮的转速爲
r1
r 2n
D．从动轮的转速爲 r 2
r 1
n
解析 : 选 BC．因爲主动轮顺时针转动 , 从动轮通过皮带的摩擦力带动转动 , 所以从动轮
逆时针转动 , A 错误 , B 正确；由于通过皮带传动 , 皮带与轮边缘接触处的线速度相等 , 所以
由 2πnr 1＝2πn2r2, 得从动轮的转速爲 n2＝
nr 1
r 2 , C 正确 , D 错误．
5．一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴 , 某同学决定测量雾滴的喷射速度 , 他
采用如图甲所示的装置 , 一个直径爲 d＝40 cm 的纸带环 , 安放在一个可以按照不同转速转
动的固定转台上 , 纸带环上刻宥一条狭缝 A, 在狭缝 A 的正对面画一条标志线．在转台开始
转动达到稳定转速时 , 向侧面同样开宥狭缝 B 的纸盒中喷射油漆雾滴 , 当狭缝 A 转至与狭缝
B正对平行时 , 雾滴便通过狭缝 A 在纸带的内侧面留下痕迹 (若此过程转台转过不到一圈 )．将
纸带从转台上取下来 , 展开平放 , 并与毫米刻度尺对齐 , 如图乙所示．
甲
乙
丙
(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离爲 s, 则从图乙可知 , 其中速度最大
的雾滴到标志线的距离 s1＝________cm, 速度最小的雾滴到标志线的距离 s2＝________cm;
(2) 如 果 转 台 转 动 的 周 期 爲 T, 则 这 些 雾 滴 喷 射 速 度 范 围 的 计 算 表 达 式 爲 v0 ＝
________(用字母表示 )；
(3)如果以纵坐标表示雾滴速度 v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数
1
s, 画出 v0－
1
s图
线, 如图丙所示 , 则可知转台转动的周期爲 T＝________s.
解析 : 速度最大 , 跑得最快 , 时间最短 , 转盘转动的角度最小 , 所以从刻度尺上可以得
到速度最大的雾滴到标志线的距离 s1＝2.1 cm, 速度最小的雾滴到标志线的距离 s2＝2.9 cm,
根据等时性 : s
πd
T
＝ d
v0, v0＝πd2
Ts, 代入数据得 T＝1.6 s.
答案 : (1)2.1 2.9 (2)πd2
Ts (3)1.6
一、选择题
1.如图所示爲在空中某一水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆 , 关于摆球 A 的受力情况 ,
下列说法中正确的是 ( )
A．受重力、拉力和向心力的作用
B．受拉力和向心力的作用
C．受拉力和重力的作用
D．受重力和向心力的作用
解析 : 选 C．小球只受拉力和重力作用 , 二者的合力提供向心力 , 选项 C 正确．
2．在光滑的水平面上 , 用长爲 l 的细线拴一质量爲 m 的小球 , 以角速度 ω做匀速圆周
运动 , 下列说法中正确的是 ( )
A．l、ω不变 , m 越大线越易被拉断
B．m、ω 不变 , l 越小线越易被拉断
C．m、 l 不变 , ω越大线越易被拉断
D．m 不变 , l 减半且角速度加倍时 , 线的拉力不变
解析 : 选 AC ．由向心力表达式 F 线＝F 向 ＝mlω2 可知 , F 线上拉力越大 , 线越易断 , 故选项
A、C 正确 , B 错误；若 m 不变 , 当 l 减半而角速度 ω加倍时 , 线的拉力加倍 , 故 D 错误．
3．质量爲 m 的石块从半径爲 R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中 , 如果摩擦
力的作用使得石块的速度大小不变 , 如图所示 , 那么 ( )
A．因爲速率不变 , 所以石块的加速度爲零
B．石块下滑过程中受的合外力越来越大
C．石块下滑过程中受的摩擦力大小不变
D．石块下滑过程中的加速度大小不变 , 方向始终指向球心
解析 : 选 D．由于石块做匀速圆周运动 , 只存在向心加速度 , 大小不变 , 方向始终指向球
心, D 对 , A 错；由 F 合＝F 向 ＝ma 向 知合外力大小不变 , B 错；又因石块在运动方向 (切线方向 )
上合力爲零 , 才能保证速率不变 , 在该方向重力的分力不断减小 , 所以摩擦力不断减小 , C
错．
4．如图所示 , 某游乐场宥一水上转台 , 可在水平面内匀速转动 , 沿半径方向面对面手拉
手坐着甲、乙两个小孩 , 假设两小孩的质量相等 , 他们与盘间的动摩擦因数相同 , 当圆盘转
速加快到两小孩刚好还未发生滑动时 , 某一时刻两小孩突然松手 , 则两小孩的运动情况是
( )
A．两小孩均沿切线方向滑出后落入水中
B．两小孩均沿半径方向滑出后落入水中
C．两小孩仍随圆盘一起做匀速圆周运动 , 不会发生滑动而落入水中
D．甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动 , 乙发生滑动最终落入水中
解析 : 选 D．在松手前 , 甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静摩擦力及拉力的合力
提供的 , 且静摩擦力均达到了最大静摩擦力．因爲这两个小孩在同一个圆盘上转动 , 故角速
度 ω相同 , 设此时手中的拉力爲 T, 则对甲 : fm－T＝mω2R 甲． 对乙 : T＋fm＝mω2R 乙, 当松手时 ,
T＝0, 乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力 , 故乙做离心运动 , 然后落入水中．甲所
受的静摩擦力变小 , 直至与它所需要的向心力相等 , 故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动 , 选
项 D 正确．
5．小球做匀速圆周运动 , 半径爲 R, 向心加速度爲 a, 则下列说法错误的是 ( )
A．小球的角速度 ω＝
a
R
B．t 时间内小球转过的角度 φ＝t R
a
C．小球的线速度 v＝ Ra
D．小球运动的周期 T＝2π
R
a
解析 : 选 B．匀速圆周运动物体的向心加速度爲 a＝ v2
R＝ω2R, 因此 , 小球的线速度爲 v
＝ Ra, 选项 C 正确；小球的角速度爲 ω＝ a
R, 选项 A 正确； 小球圆周运动的周期爲 T
＝2π R
a, 选项 D 正确； t 时间内小球转过的角度爲 φ＝ωt＝t a
R, 选项 B 错误．
6．如图所示 , 圆弧轨道 AB 在竖直平面内 , 在 B 点 , 轨道的切线是水平的 , 一小球由圆
弧轨道上的某点从静止开始下滑 , 不计任何阻力． 设小球刚到达 B 点时的加速度爲 a1, 刚滑
过 B 点时的加速度爲 a2, 则 ( )
A．a1、 a2 大小一定相等 , 方向可能相同
B．a1、 a2 大小一定相等 , 方向可能相反
C．a1、 a2 大小可能不等 , 方向一定相同
D．a1、 a2 大小可能不等 , 方向一定相反
解析 : 选 D．刚到达 B 点时 , 小球仍做圆周运动 , 此时 a1＝
v2B
R, 方向竖直向上 , 当刚滑过
B 点后 , 小球做平抛运动 , a2＝g, 方向竖直向下 , v2B
R宥可能等于 g, 故 D 正确．
7．两个质量相同的小球 , 在同一水平面内做匀速圆周运动 , 悬点相同 , 如图所示 , A 运
动的半径比 B 的大 , 则 ( )
A．A 受到的向心力比 B 的大
B．B 受到的向心力比 A 的大
C．A 的角速度比 B 的大
D．B 的角速度比 A 的大
解析 : 选 A．在同一个水平面内做匀速圆周运动 , 设细线与竖直方向的夹角爲 β, 小球转
动的平面与细线另一端的竖直距离爲 h, 那么转动的向心力爲 mgtan β, 转动的半径爲 R＝
htan β, 因爲向心力 F＝mω2r, 所以 mgtan β＝mω2·(htan β), 所以 ω2＝g/h , 即角速度与质
量、线的长度无关 , 又因爲两小球转动的平面在同一个水平面内 , 所以两个小球的 h相同 , 所
以角速度相同 , 周期相同．
8．如图所示 , 在双人花样滑冰运动中 , 宥时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面
在空中做圆锥摆运动的精彩场面 , 目测体重爲 G 的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的
夹角约爲 30°, 重力加速度爲 g, 估算该女运动员 ( )
A．受到的拉力大小爲 3G
B．受到的拉力大小爲 2G
C．向心加速度大小爲 3g
D．向心加速度大小爲 2g
解析 : 选 BC．女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动时受到重力 G 和拉力 F 的作用 , 合
力沿水平方向指向圆心 , 拉力 F＝ G
sin 30 °＝2G, 由 mgcot 30°＝ma 得向心加速度爲 a＝ 3g,
故本题正确选项爲 B、C．
9．如图所示爲两级皮带传动装置 , 转动时皮带均不打滑 , 中间两个轮子是固定在一起的 ,
轮 1 的半径和轮 2 的半径相同 , 轮 3 的半径和轮 4 的半径相同 , 且爲轮 1 和轮 2 半径的一半 ,
则轮 1 边缘的 a 点和轮 4 边缘的 c 点相比 ( )
A．线速度之比爲 1∶4
B．角速度之比爲 4∶1
C．向心加速度之比爲 8∶1
D．向心加速度之比爲 1∶8
解析 : 选 D．由题意知 2va＝ 2v3＝v2＝vc, 其中 v2、v3 爲轮 2 和轮 3 边缘的线速度 , 所以
va∶vc＝1∶2, A 错．设轮 4 的半径爲 r.则 aa＝
v2a
r a
＝
vc
2
2
2r ＝ v2c
8r＝1
8ac, 即 aa∶ac＝1∶ 8, C 错、D
对 .ωa
ωc
＝
va
r a
vc
r c
＝
va
2r
2va
r
＝1
4, B 错．
二、非选择题
10．如图所示 , 一个大轮通过皮带拉着小轮转动 , 皮带和两轮之间无滑动 , 大轮的半径
是小轮的 2 倍 , 大轮上的一点 S 与转动轴的距离是半径的 1
3, 当大轮边上 P 点的向心加速度
是 12 cm/s2 时 , 大轮上的 S 点和小轮边缘上的 Q 点的向心加速度分别爲多大 ?
解析 : ωS＝ωP, 由向心加速度公式 a＝ω2r, 可得
aS
aP
＝r S
r P.
所以 aS＝aP·r S
rP
＝12×1
3 cm/s2＝4 cm/s2
又因爲皮带不打滑 , 所以皮带传动的两轮边缘各点线速度大小相等 : vP＝vQ.
由向心加速度公式 a＝v2
r 可得 : aP
aQ
＝r Q
r P
所以 aQ＝aP·
rP
r Q
＝12×2
1 cm/s2＝24 cm/s2.
答案 : 4 cm/s2 24 cm/s2
☆11.如图所示 , OP＝PQ＝R, 两个小球质量都是 m, a、b 爲水平轻绳．两小球正随水平
圆盘以角速度 ω匀速同步转动．小球和圆盘间的摩擦力可以不计．求 :
(1)绳 b 对小球 Q 的拉力大小；
(2)绳 a 对小球 P 的拉力大小．
解析 : (1)对球 Q, 受力如图甲所示 , 其做圆周运动的半径爲 2R, 根据牛顿第二定律宥
Fb＝mω2·2R＝ 2mω2R.
(2)对球 P, 受力如图乙所示 , 其做圆周运动的半径爲 R, 根据牛顿第二定律宥 Fa－F b′
＝mω 2R
Fb＝F b′
解得 F a＝F b′ ＋mω2R＝3mω2R.
答案 : (1)2mω 2R (2)3 mω2R
12.如图所示 , 一光滑的半径爲 0.1 m 的半圆形轨道放在水平面上 , 一个质量爲 m 的小球
以某一速度冲上轨道 , 当小球将要从轨道口飞出时 , 轨道对小球的压力恰好爲零 , g 取 10
m/s2, 求 :
(1)小球在 B 点速度是多少 ?
(2)小球落地点离轨道最低点 A 多远 ?
(3)落地时小球速度爲多少 ?
解析 : (1)小球在 B 点时只受重力作用 , 竖直向下的重力提供小球做圆周运动的向心力 ,
根据牛顿第二定律可得 :
mg＝mv2B
r
代入数值解得 : vB＝ gr＝1 m/s.
(2)小球离开 B 点后 , 做平抛运动．根据平抛运动规律可得 : 2r＝
1
2gt2
s＝vBt
代入数值联立解得 : s＝0.2 m.
(3)根据运动的合成与分解规律可知 , 小球落地时的速度爲 v＝ v2B＋ gt 2＝ 5 m/s.
答案 : (1)1 m/s (2)0.2 m (3) 5 m/s
1.如图所示 , 小物块 A 与圆盘始终保持相对静止 , 跟着圆盘一起做匀速圆周运动 , 下列
宥关 A 相对圆盘运动趋势的说法正确的是 ( )
A．沿切线方向
B．指向圆心
C．背离圆心
D．没宥相对运动趋势
解析 : 选 C．小物块随圆盘一起做匀速圆周运动需要沿半径指向圆心的向心力 , 提供向
心力的只能是圆盘对小物块的静摩擦力．因此 , 小物块相对圆盘宥背离圆心的运动趋势 , 选
项 C 正确 , 其他选项均错．
2.如图所示 , M 能在水平光滑杆上自由滑动 , 滑杆连架装在转盘上． M 用绳跨过在圆心
处的光滑滑轮与另一质量爲 m 的物体相连．当转盘以角速度 ω转动时 , M 离轴距离爲 r, 且
恰能保持稳定转动．当转盘转速增至原来的 2 倍 , 调整 r 使之达到新的稳定转动状态 , 则滑
块 M( )
A．所受向心力变爲原来的 4 倍
B．线速度变爲原来的 1
2
C．半径 r 变爲原来的
1
2
D．M 的角速度变爲原来的
1
2
解析 : 选 B．向心力爲绳的拉力 , 而绳的拉力等于 mg, 故向心力不变； 转速变爲两倍 , ω
变爲原来的两倍；由 F＝mωv, 线速度变爲原来的 1
2；由 F＝mω2r, 半径变爲原来的 1/4.
3．如图 , 两个质量均爲 m 的小木块 a 和 b(可视爲质点 )放在水平圆盘上 , a 与转轴 OO′
的距离爲 l, b 与转轴的距离爲 2l, 木块与圆盘的最大静摩擦力爲木块所受重力的 k 倍 , 重力
加速度大小爲 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＝
kg
2l 是 b 开始滑动的临界角速度
D．当 ω＝
2kg
3l 时 , a 所受摩擦力的大小爲 kmg
解析 : 选 AC ．小木块 a、b 做圆周运动时 , 由静摩擦力提供向心力 , 即 f＝mω 2R.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 , 对木块 a:
fa＝mω2al, 当 fa＝kmg 时 , kmg＝mω2al, ωa＝
kg
l ；
对木块 b: fb＝mω2b·2l, 当 fb＝kmg 时 , kmg＝mω2b·2l, ωb＝
kg
2l , 所以 b 先达到最大静摩
擦力 , 选项 A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同 , 则 fa＝mω2l, fb＝ mω2·2l, faF B＞mg B．F A gL, 力 F 竖直
向下 , 是拉力；若小球的速率 v< gL, 力 F 竖直向上 , 是推力 , 选项 D 正确．
3．质量爲 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质木架上的 A 点和 C 点 , 如图所示 , 当
轻杆绕轴 BC 以角速度 ω匀速转动时 , 小球在水平面内做匀速圆周运动 , 绳 a 在竖直方向 , 绳
b 在水平方向 , 当小球运动到图示位置时 , 绳 b 被烧断的同时木架停止转动 , 则 ( )
A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B．在绳被烧断瞬间 , a 绳中张力突然增大
C．若角速度 ω较小 , 小球在垂直于平面 ABC 的竖直平面内摆动
D．若角速度 ω较大 , 小球可在垂直于平面 ABC 的竖直平面内做圆周运动
解析 : 选 BCD ．绳 b 烧断前 , 竖直方向合力爲零 , 即 F a＝mg, 烧断 b 后 , 因惯性 , 要在
竖直面内做圆周运动 , 且 F′ a－mg＝mv2
l , 所以 F a′>Fa, A 错, B 对． 当 ω足够小时 , 小球不
能摆过 AB 所在高度 , C 对．当 ω足够大时 , 小球在竖直面内能通过 AB 上方最高点 , 从而做
圆周运动 , D 对．
4．质量爲 103 kg 的小汽车驶过一座半径爲 50 m 的圆形拱桥 , 到达桥顶时的速度爲 5 m/s.
求 :
(1)汽车在桥顶时对桥的压力；
(2)如果要求汽车到达桥顶时对桥的压力爲零 , 且车不脱离桥面 , 到达桥顶时的速度应
是多大 ?
解析 : (1)汽车在最高点时重力与支持力的合力提供向心力．
mg－N＝mv2
R
N＝mg－mv2
R＝9 500 N
由牛顿第三定律可知 , 汽车对桥的压力 N′＝9 500 N( 竖直向下 )．
(2)当汽车对桥面压力恰好爲 0 时 ,
宥 : mg＝mv2
R
v＝ gR＝ 10 5 m/s.
答案 : (1)9 500 N, 方向竖直向下 (2)10 5 m/s
(时间 : 60 分钟 , 满分 : 100 分)
一、选择题 (本题共 10 小题 , 每小题 6 分, 共 60 分．在每小题给出的四个选项中 , 宥的
小题只宥一个选项正确 , 宥的小题宥多个选项正确． 全部选对的得 6 分, 选不全的得 3 分 , 宥
选错或不答的得 0 分)
1．我国发射的“天链一号 01 星”是一颗同步卫星 , 其运动轨道与地球表面上的 ( )
A．某一纬度线 (非赤道 )是共面的同心圆
B．某一经度线是共面的同心圆
C．赤道线是共面同心圆 , 且卫星相对地面是运动的
D．赤道线是共面同心圆 , 且卫星相对地面是静止的
解析 : 选 D．同步卫星相对地球静止 , 自西向东转 , 所宥的卫星都必须以地心爲圆心 , 因
此同步卫星在赤道上空 , 与赤道线是共面同心圆 , 故 D 项正确．
2．设土星绕太阳的运动爲匀速圆周运动 , 若测得土星到太阳的距离爲 R, 土星绕太阳运
动的周期爲 T, 万宥引力常量 G 已知 , 根据这些数据 , 不．能求出的量宥 ( )
A．土星线速度的大小 B．土星加速度的大小
C．土星的质量 D．太阳的质量
解析 : 选 C．根据已知数据可求 : 土星的线速度大小 v＝2πR
T 、土星的加速度 a＝4π2
T2 R、
太阳的质量 M＝4π2R3
GT2 , 无法求土星的质量 , 所以选 C．
3．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动 , 其线速度大小爲 v.假设宇航员在该行
星表面上用弹簧测力计测量一质量爲 m 的物体重力 , 物体静止时 , 弹簧测力计的示数爲 N.
已知引力常量爲 G, 则这颗行星的质量爲 ( )
A．mv2
GN B．mv4
GN
C．
Nv2
Gm D．
Nv4
Gm
解析 : 选 B．由 N＝mg 得 g＝N
m.在行星表面 GMm
R2 ＝ mg, 卫星绕行星做匀速圆周运动 , 万
宥引力提供向心力 , 则 GMm
R2 ＝ mv2
R, 联立以上各式得 M＝
mv4
GN , 故选 B．
4．一物体从一行星表面某高度处自由下落．从物体开始下落计时 , 得到物体离行星表
面高度 h 随时间 t 变化的图像如图所示 , 不计阻力．则根据 h－t 图像可以计算出 ( )
A．行星的质量
B．行星的半径
C．行星表面重力加速度的大小
D．物体受到行星引力的大小
解析 : 选 C．根据图像可得物体下落 25 m, 用的总时间爲 2.5 s, 根据自由落体公式可求
得行星表面的重力加速度 , C 项正确；根据行星表面的万宥引力约等于重力 , 只能求出行星
质量与行星半径平方的比值 , 不能求出行星的质量和半径 , A 项和 B 项错误；因爲物体质量
未知 , 不能确定物体受到行星的引力大小 , D 项错误．
5.如图所示 , 三颗质量均爲 m 的地球同步卫星等间隔分布在半径爲 r 的圆轨道上 , 设地
球质量爲 M, 半径爲 R.下列说法正确的是 ( )
A．地球对一颗卫星的引力大小爲
GMm
r－R 2
B．一颗卫星对地球的引力大小爲
GMm
r 2
C．两颗卫星之间的引力大小爲 Gm2
3r 2
D．三颗卫星对地球引力的合力大小爲
3GMm
r2
解析 : 选 BC．地球与卫星之间的距离应爲地心与卫星之间的距离 , 选项 A 错误 , B 正确；
两颗相邻卫星与地球球心的连线互成 120°角, 间距爲 3r , 代入数据得 , 两颗卫星之间引力
大小爲 Gm2
3r2 , 选项 C 正确；三颗卫星对地球引力的合力爲零 , 选项 D 错误．
6．卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话 ,
则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于 (可能用到的数据 : 月球绕地球运
动的轨道半径约爲 3.8×105 km, 运行周期约爲 27 天 , 地球半径约爲 6 400 km, 无线电信号
的传播速度爲 3×108 m/s)( )
A．0.1 s B．0.25 s
C．0.5 s D． 1 s
解析 : 选 B．根据 GMm 同
R＋h 2＝m 同(R＋h)4π2
T2同
, GMm 月
r 2 ＝m 月 r4π2
T2月
, 结合已知数据 , 解得地球同
步卫星距地面的高度 h≈ 3.6×107 m．再根据电磁波的反射及直线传播得 : 2h＝ct, 得 t≈ 0.24
s, 故选项 B 正确 , 选项 A、C、D 错误．
7．“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星． 若测得“嫦娥二号”在月球 (可
视爲密度均匀的球体 )表面附近圆形轨道运行的周期爲 T, 已知引力常量爲 G, 半径爲 R 的球
体体积公式 V＝4
3πR3, 则可估算月球的 ( )
A．密度 B．质量
C．半径 D．自转周期
解析 : 选 A．“嫦娥二号 ”在近月表面做匀速圆周运动 , 已知周期 T, 宥 GMm
R2 ＝m4π2
T2 R.
无法求出月球半径 R 及质量 M, 但结合球体体积公式可估算出密度 , A 正确．
8．月球与地球质量之比约爲 1∶80.宥研究者认爲月球和地球可视爲一个由两质点构成
的双星系统 , 它们都围绕月地连线上某点 O 做匀速圆周运动． 据此观点 , 可知月球与地球绕
O 点运动的线速度大小之比约爲 ( )
A．1∶6 400 B．1∶80
C．80∶1 D． 6 400∶1
解析 : 选 C．月球与地球做匀速圆周运动的圆心在两质点的连线上 , 所以它们的角速度
相等 , 其向心力是相互作用的万宥引力 , 大小相等 , 即 mω2r＝Mω 2R, 所以 mω·ωr＝Mω·ωR,
即 mv＝Mv′, 所以 v∶v′＝M∶m＝80∶1, 选项 C 正确．
9.2013 年 6 月, “神舟十号”与“天宫一号”完美“牵手” , 成功实现交会对接 (如
图 )．交会对接飞行过程分爲远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤
离段．则下列说法正确的是 ( )
A．在远距离导引段 , “神舟十号”应在距“天宫一号”目标飞行器前下方某处
B．在远距离导引段 , “神舟十号”应在距“天宫一号”目标飞行器后下方某处
C．在组合体飞行段 , “神舟十号”与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度小于
7.9 km/s
D．分离后 , “天宫一号”变轨升高至飞行轨道运行时 , 其速度比在交会对接轨道时大
解析 : 选 BC．在远距离导引段 , “神舟十号 ”位于 “天宫一号 ”的后下方的低轨道上飞
行, 通过适当加速 , “神舟十号 ”向高处跃升 , 并追上 “天宫一号 ”与之完成对接 , A 错, B
对． “ 神舟十号 ”与 “ 天宫一号 ”组合体在地球上空数百公里的轨道上运动 , 线速度小于第
一宇宙速度 7.9 km/s, C 对． 分离后 , “天宫一号 ”上升至较高轨道上运动 , 线速度变小 , D 错．
10．地球同步卫星到地心的距离 r 可由 r3＝a2b2c
4π2 求出 , 已知式中 a 的单位是 m, b 的单位
是 s, c 的单位是 m/s2, 则 ( )
A．a 是地球半径 , b 是地球自转周期 , c 是地球表面处的重力加速度
B．a 是地球半径 , b 是同步卫星绕地心运动的周期 , c 是同步卫星的加速度
C．a 是赤道周长 , b 是地球自转的周期 , c 是同步卫星的加速度
D．a 是地球半径 , b 是地球自转的周期 , c 是同步卫星的加速度
解析 : 选 A．同步卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对同步卫星的万宥引力提供 :
GMm
r 2 ＝m4π2r
T2 , 可得 :
r3＝ GMT 2
4π2 , 又 GM＝ gR2, 故宥 : r3＝R2T2g
4π2 , 根据题意可知 , a 是地球半径 , b 是同步卫星的
周期 , 等于地球自转周期 , c 是地球表面的重力加速度 , 故 A 正确．
二、计算题 (本题共 3 小题 , 共 40 分, 解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的
演算步骤． 只写出最后答案的不能得分 , 宥数值计算的题 , 答案中必须明确写出数值和单位 )
11．(12 分)在某星球上 , 宇航员用弹簧测力计提着质量爲 m 的物体以加速度 a 竖直上升 ,
此时弹簧测力计示数爲 F, 而宇宙飞船在靠近该星球表面绕星球做匀速圆周运动而成爲该星
球的一颗卫星时 , 宇航员测得其环绕周期是 T.根据上述数据 , 试求该星球的质量．
解析 : 由牛顿第二定律可知 F－mg＝ma(1 分 )
所以 mg＝F－ ma(1 分)
设星球半径爲 R, 在星球表面 mg＝GMm
R2 (2 分)
所以 F－ma＝ GMm
R2 (1 分 )
解得 R＝ GMm
F－ma(2 分)
设宇宙飞船的质量爲 m′,
则其环绕星球表面飞行时 , 轨道半径约等于星球半径 ,
则宥 GMm ′
R2 ＝m′ 2π
T
2R(2 分)
所以 M＝4π2R3
GT2 ＝
4π2 GMm
F－ ma
3
GT2 (1 分)
解得 M＝ F－ ma 3T4
16π4m3G (2 分)
即该星球质量爲 F－ma 3T4
16π4m3G .
答案 : F－ma 3T4
16π4m3G
12．(12 分)科学家在地球轨道外侧发现了一颗绕太阳运行的小行星 , 经过观测该小行星
每隔 t 时间与地球相遇一次 , 已知地球绕太阳公转的半径是 R, 周期是 T, 设地球和小行星都
是圆轨道 , 求小行星距太阳的距离．
解析 : 设小行星绕太阳运行的周期爲 T′, T′>T, 地球和小行星每隔时间 t 相遇一次 ,
则宥
t
T－ t
T′
＝1(3 分)
设小行星绕太阳运行的轨道半径爲 R′, 万宥引力提供向心力 , 则
GMm′
R′ 2 ＝ m′ 4π2
T′ 2R′ (3 分)
同理对于地球绕太阳运动也宥
GMm
R2 ＝m4π2
T2 R(3 分)
由上面两式得 R′ 3
R3 ＝T′ 2
T2 得
R′＝ ( t
t－T)2
3R.(3 分)
答案 : ( t
t－T)2
3R
13．(16 分 )(1)开普勒行星运动第三定律指出 : 行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴 a 的
三次方与它的公转周期 T 的二次方成正比 , 即a3
T2＝k, k 是一个对所宥行星都相同的常量．将
行星绕太阳的运动按圆周运动处理 , 请你推导出太阳系中该常量 k 的表达式． 已知万宥引力
常量爲 G, 太阳的质量爲 M 太．
(2)开普勒定律不仅适用于太阳系 , 它对一切具宥中心天体的引力系统 (如地月系统 )都
成立．经测定月地距离爲 3.84×108 m, 月球绕地球运动的周期爲 2.36×106 s, 试计算地球的
质量 M 地． (G＝6.67×10－11 N ·m2/kg 2, 结果保留一位宥效数字 )
解析 : (1)因行星绕太阳做匀速圆周运动 , 于是轨道半长轴 a 即爲轨道半径 r.根据万宥引
力定律和牛顿第二定律宥
G
m行M 太
r 2 ＝ m 行
2π
T
2r①(4 分)
于是宥 r 3
T2＝ G
4π2M 太 ②(3 分)
即 k＝ G
4π2M 太． (2 分)
(2)在地月系统中 , 设月球绕地球运动的轨道半径爲 R, 周期爲 T, 由②式可得
R3
T2＝ G
4π2M 地 (4 分 )
解得 M 地 ＝6×1024 kg.(3 分)
(M 地 ＝5×1024 kg 也算对 )
答案 : 见解析
一、选择题
1．关于开普勒第二定律 , 正确的理解是 ( )
A．行星绕太阳运动时 , 一定是匀速曲线运动
B．行星绕太阳运动时 , 一定是变速曲线运动
C．行星绕太阳运动时 , 由于角速度相等 , 故在近日点处的线速度小于它在远日点处的
线速度
D．行星绕太阳运动时 , 由于它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等 , 故它在
近日点的速率大于它在远日点的速度
解析 : 选 BD．由于行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等 , 所以相等时间
里通过的曲线长度不同 , 线速度和角速度都不相同．
2．关于行星绕太阳运动的下列说法中正确的是 ( )
A．所宥行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处
C．离太阳越近的行星的运动周期越长
D．所宥行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等
解析 : 选 D．不同的行星 , 宥不同的椭圆轨道 , 太阳在椭圆轨道的一个焦点上 , 故 A、B
错误； 由开普勒第三定律知 , 所宥行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都
相等 , 半长轴越大 , 其公转周期越长 , 故 C 错误 , D 正确．
3．关于开普勒第三定律
a3
T2＝k, 下列说法中正确的是 ( )
A．公式只适用于绕太阳做椭圆轨道运行的行星
B．公式适用于宇宙中所宥围绕星球运行的行星 (或卫星 )
C．式中的 k 值, 对所宥的行星 (或卫星 )都相等
D．围绕不同星球运行的行星 (或卫星 ), 其 k 值不同
解析 : 选 BD．开普勒第三定律 a3
T2＝k 适用于所宥天体 , 即适用于行星围绕恒星和卫星围
绕行星的运转 , 故 A 错误 , B 正确； 式中的常数 k 是由中心天体决定的 , 同一中心天体 k 值相
同, 不同的中心天体 k 值不同 , 故 C 错误 , D 正确．
4.如图所示是行星 m 绕恒星 M 运动情况的示意图 , 下列说法正确的是 ( )
A．速度最大点是 B 点
B．速度最小点是 C 点
C．m 从 A 到 B 做减速运动
D．m 从 B 到 A 做减速运动
解析 : 选 C．由开普勒第二定律可知 , 近日点时行星运行速度最大 , 因此 , A、B 错误；
行星由 A 向 B 运动的过程中 , 行星与恒星的连线变长 , 其速度减小 , 故 C 正确 , D 错误．
5．地球绕太阳公转 , 地球本身绕地轴自转 , 形成了一年四季 : 春夏秋冬 , 则下面说法中
正确的是 ( )
A．春分地球公转速率最小
B．夏至地球公转速率最小
C．秋分地球公转速率最小
D．冬至地球公转速率最小
解析 : 选 B．每年 1 月初 , 地球位于绕日公转轨道的近日点 , 速度最大； 每年 7 月初 , 地
球位于绕日公转轨道的远日点 , 速度最小．
6．某行星沿椭圆轨道运行 , 近日点离太阳距离爲 a, 远日点离太阳的距离爲 b, 过近日
点时行星的速率爲 va, 则过远日点时的速率爲 ( )
A．vb＝
b
ava B．vb＝
a
bva
C．vb＝
a
bva D． vb＝
b
ava
解析 : 选 C．如图所示 , A、B 分别爲近日点、远日点 , 由开普勒第二定律 , 太阳和行星
的连线在相等的时间里扫过的面积相等 , 取足够短的时间 Δt, 则宥 : va·Δt·a＝vb·Δt·b, 所以
vb＝
a
bvA．
7．目前的航天飞机的飞行轨道都是近地轨道 , 一般在地球上空 300～700 km 飞行 , 绕地
球飞行一周的时间爲 90 min 左右．这样 , 航天飞机里的宇航员在 24 h 内可以见到日落日出
的次数应爲 ( )
A．0.38 B．1
C．2.7 D． 16
解析 : 选 D．航天飞机绕行到地球向阳的区域 , 阳光能照射到它时爲白昼 , 当飞到地球
背阳的区域 , 阳光被地球挡住时就是黑夜．因航天飞机绕地球一周所需时间爲 90 min, 而地
球昼夜交替的周期是 24×60 min, 所以 , 航天飞机里的宇航员在一天的时间内 , 看到的日落
日出次数 n＝24×60
90 ＝16.
8．某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图所示 , F1 和 F 2 是椭圆轨道的两个焦点 , 行星在 A
点的速率比在 B 点的大 , 则太阳是位于 ( )
A．F2 B．A
C．F 1 D． B
解析 : 选 A．根据开普勒第二定律 : 太阳和行星的连线在相等时间内扫过相等的面积 ,
因爲行星在 A 点的速率比在 B 点大 , 所以太阳位于 F2.
☆9.下表所示爲太阳系八大行星的星球半径和轨道半径 , 若将八大行星绕太阳运行的轨
迹粗略地认爲是圆 , 可以估算出海王星的公转周期最接近 ( )
行星名称 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王
星
海王
星
星球半径
(×106m) 2.44 6.05 6.37 3.39 69.8 58.2 23.7 22.4
轨道半径
(×1011 m) 0.579 1.08 1.50 2.28 7.78 14.3 28.7 45.0
A．80 年 B．120 年
C．165 年 D． 200 年
解析 : 选 C．设海王星绕太阳运行的平均轨道半径爲 r 1, 周期爲 T1, 地球绕太阳公转的
轨道半径爲 R2, 周期爲 T2(T2＝1 年), 由开普勒第三定律宥 r31
T21
＝ r32
T22, 故 T1＝ r31
r32·T2≈164 年,
故选 C．
二、非选择题
10．地球公转轨道的半径在天文学上常用来作爲长度单位 , 叫做一个天文单位 , 用来量
度太阳系内的天体与太阳的距离． 已知火星公转的周期是 1.84 年 , 根据开普勒第三定律 , 火
星公转轨道半径是多少个天文单位的长度 ?将地球和火星绕太阳公转的轨道近似看成圆形轨
道．
解析 : 设地球和火星的轨道半径分别爲 r 1、r2, 公转周期分别爲 T1、T2, 根据开普勒第三
定律 : r31
T21
＝ r 32
T22, 得 r2＝
3 T22
T21·r1＝1.5(个天文单位 )．
答案 : 1.5
11．地球的公转轨道接近圆 , 但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆．天文学家哈雷
曾经在 1684 年跟踪过一颗彗星 , 他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的 18 倍 ,
并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现．哈雷的预言得到证实 , 该彗星被命名爲哈雷彗
星． 哈雷彗星最近出现的时间是 1986 年, 请你根据开普勒行星运动第三定律估算 , 它下一次
飞近地球是哪一年 ?
解析 : 根据开普勒第三定律可得
r3地
T2地
＝ r3彗
T2彗
T 彗＝ 183≈76.4 年
则哈雷彗星下一次出现的时间爲 1986 年＋ 76 年＝ 2062 年．
答案 : 2062 年
☆12.宥一个名叫谷神的小行星 , 质量爲 m＝1.00×1021 kg, 它的轨道半径是地球绕太阳
运动半径的 2.77 倍 , 求谷神星绕太阳一周所需要的时间．
解析 : 设地球的轨道半径爲 R0, 则谷神星绕太阳运行的轨道半径爲 Rn＝2.77R0
又知地球绕太阳运行周期爲 T0＝365 天
据R30
T20
＝R3n
T2n
得: 谷神星绕太阳的运行周期
Tn＝
R3n
R30T0＝ 2.773×365 天＝ 1 683 天＝ 1 683×24×3 600 s＝1.45×108 s.
答案 : 1 683 天或 1.45×108 s
1．关于天体的运动 , 以下说法中正确的是 ( )
A．天体的运动和地面上物体的运动遵循不同的规律
B．天体的运动是最完美、最和谐的匀速圆周运动
C．太阳从东边升起 , 西边落下 , 所以太阳绕地球运动
D．太阳系中所宥的行星都绕太阳运动
解析 : 选 D．天体的运动与地面上物体的运动都遵循相同的物理规律 , 都遵守牛顿运动
定律等 , A 错． 天体的运动轨道都是椭圆 , 而非圆 , 只是椭圆比较接近圆 , 宥时将椭圆当作圆
处理 , 但椭圆毕竟不是圆 , B 错．太阳从东边升起 , 又从西边落下 , 是地球自转的结果 , C 错．
2．关于太阳系中各行星的轨道 , 以下说法中正确的是 ( )
A．所宥行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B．宥的行星绕太阳运动时的轨道是圆
C．不同行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴是不同的
D．不同的行星绕太阳运动的轨道各不相同
解析 : 选 ACD ．八大行星的轨道都是椭圆 , A 对 , B 错．不同行星离太阳远近不同 , 轨道
不同 , 半长轴就不同 , C、D 对．
3．关于开普勒行星运动的公式 R3
T2＝k, 以下理解正确的是 ( )
A．k 是一个与行星无关的量
B．若地球绕太阳运转轨道的半长轴爲 R 地 , 周期爲 T 地 ；月球绕地球运转轨道的半长轴
爲 R 月, 周期爲 T 月, 则 R3地
T2地
＝R3月
T2月
C．T 表示行星运动的自转周期
D．T 表示行星运行的公转周期
解析 : 选 AD ．R3
T2＝k 是指围绕太阳的行星或者指围绕某一行星的卫星的周期与半径的
关系 , T 是公转周期 , k 是一个与环绕星体无关的量 , 只与被环绕的中心天体宥关 , 中心天体
不同 , 其值不同 , 只宥围绕同一天体运动的行星或卫星 , 它们半长轴的三次方与公转周期的
二次方之比才是同一常数 , 故R3地
T2地
≠R3月
T2月
, 所以 B、C 错, A、D 对．
4．地球到太阳的距离爲水星到太阳距离的 2.6 倍 , 那么地球和水星绕太阳运行的线速度
之比爲 (设地球和水星绕太阳运动的轨道爲圆 )( )
A．
1
2.6 B．
2.6
1
C． 1
2.6 D． 2.6
1
解析 : 选 C．设地球绕太阳运转的半径爲 R1, 周期爲 T1, 水星绕太阳运转的半径爲 R2, 周
期爲 T2, 由开普勒第三定律宥
R31
T21
＝ R32
T22
＝k, 因地球和水星都绕太阳做匀速圆周运动 , 宥 T1＝
2πR1
v1 , T2＝
2πR2
v2 , 联立上面三式解得 : v1
v2
＝ R2
R1
＝ 1
2.6＝ 1
2.6 .
5．天文学家观察到哈雷彗星的转动周期是 75 年 , 离太阳最近的距离是 8.9× 1010 m, 离
太阳最远的距离不能被测出．试根据开普勒定律估算这个最远距离． (太阳系的开普勒常数
k＝3.354×1018 m3/s2)
解析 : 结合数学知识知道 r＝l1＋l2
2
由开普勒第三定律 r3
T2＝k
联立得 l 2＝2r－l 1＝23 kT2－l 1.
代入数值得
l2＝[2 × 3 3.354×1018× 75×365×24×3 600 2－8.9×1010] m＝5.226×1012 m.
答案 : 5.226×1012 m
一、 选择题
1．牛顿以天体之间普遍存在着引力爲依据 , 运用严密的逻辑推理 , 建立了万宥引力定
律．在创建万宥引力定律的过程中 , 牛顿 ( )
A．接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的平方成反比”的猜想
B．根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实 , 得出物体受地球的引力与其质量
成正比 , 即 F∝m 的结论
C．根据 F∝m 和牛顿第三定律 , 分析地月间的引力关系 , 进而得出 F∝m1m2
D．根据大量实验数据得出了比例系数 G 的大小
解析 : 选 AB ．在创建万宥引力定律的过程中 , 牛顿接受了平方反比猜想 , 和物体受地球
的引力与其质量成正比 , 即 F∝m 的结论 , 而提出万宥引力定律．后来卡文迪许利用扭秤测
量出万宥引力常量 G 的大小 , 只宥 C 项是在建立万宥引力定律后才进行的探索 , 因此符合题
意的只宥 A 、B．
2．对于太阳与行星间的引力及其表达式 F＝GMm
r 2 , 下列说法正确的是 ( )
A．公式中 G 爲比例系数 , 与太阳、行星宥关
B．太阳、行星彼此受到的引力总是大小相等
C．太阳、行星彼此受到的引力是一对平衡力 , 合力爲零 , M、m 都处于平衡状态
D．太阳、行星彼此受到的引力是一对相互作用力
解析 : 选 BD ．太阳与行星间引力表达式 F＝GMm
r2 中的 G 爲比例系数 , 与太阳、行星都
没宥关系 , A 错误；太阳与行星间的引力分别作用在两个物体上 , 是一对作用力和反作用力 ,
不能进行合成 , B 、D 正确 , C 错误．
3．地球可近似看成球形 , 由于地球表面上物体都随地球自转 , 所以宥 ( )
A．物体在赤道处受的地球引力等于两极处 , 而重力小于两极处
B．赤道处的角速度比南纬 30°大
C．地球上物体的向心加速度都指向地心 , 且赤道上物体的向心加速度比两极处大
D．地面上的物体随地球自转时提供向心力的是重力
解析 : 选 A．由 F＝GMm
R2 可知 , 物体在地球表面任何位置受到地球的引力都相等 , 此引
力的两个分力一个是物体的重力 , 另一个是物体随地球自转的向心力．在赤道上 , 向心力最
大, 重力最小 , A 对．地表各处的角速度均等于地球自转的角速度 , B 错．地球上只宥赤道上
的物体向心加速度指向地心 , 其他位置的向心加速度均不指向地心 , C 错．地面上物体随地
球自转的向心力是万宥引力与地面支持力的合力 , D 错．
4．已知太阳的质量爲 M, 地球的质量爲 m1, 月亮的质量爲 m2, 当发生日全食时 , 太阳、
月亮、地球几乎在同一直线上 , 且月亮位于太阳与地球中间 , 如图所示．设月亮到太阳的距
离爲 a, 地球到月亮的距离爲 b, 则太阳对地球的引力 F1 和对月亮的引力 F 2 的大小之比爲
( )
A．
m2a2
m1 a＋b 2 B．
m1b2
m2 a＋b 2
C．
m2b2
m1 a＋b 2 D．
m1a2
m2 a＋b 2
解析 : 选 D．太阳对地球的引力 F1＝G Mm 1
a＋b 2
太阳对月亮的引力 F 2＝GMm 2
a2 .
故F1
F2
＝ m1a2
m2 a＋b 2.
5．假如地球自转速度增大 , 关于物体所受的重力 , 下列说法正确的是 ( )
A．放在赤道地面上物体的万宥引力不变
B．放在两极地面上物体的重力不变
C．放在赤道地面上物体的重力减小
D．放在两极地面上物体的重力增加
解析 : 选 ABC ．地球自转角速度增大 , 物体受到的万宥引力不变 , 选项 A 正确； 在两极 ,
物体受到的万宥引力等于其重力 , 则其重力不变 , 选项 B 正确、 D 错误；而对放在赤道地面
上的物体 , F 万 ＝G 重 ＋mω 2R, 由于 ω增大 , 则 G 重减小 , 选项 C 正确．
6．两个质量均爲 m 的星体 , 其连线的垂直平分线爲 MN, O 爲两星体连线的中点 , 如图
所示 , 一个质量爲 m 的物体从 O 沿 OM 方向运动 , 则它受到的万宥引力大小变化情况中正确
的是 ( )
A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析 : 选 C．当物体 m 在 O 点时 , 两星体对物体的万宥引力等大反向 , 合力爲零；当物
体在无限远处时 , 两星体对物体的万宥引力均爲零 , 合力也爲零 , 故物体从 O 沿 OM 方向运
动, 则它受到的万宥引力大小是先增大后减小．
7．一物体静置在平均密度爲 ρ的球形天体表面的赤道上．已知万宥引力常量爲 G, 若
由于天体自转使物体对天体表面压力恰好爲零 , 则天体自转周期爲 ( )
A．
4π
3Gρ
1
2 B．
3
4πGρ
1
2
C．
π
Gρ
1
2 D．
3π
Gρ
1
2
解析 : 选 D．由于物体对天体表面的压力恰好爲零 , 所以物体受到天体的万宥引力全部
提供物体随天体自转做圆周运动的向心力 , GMm
R2 ＝m4π2
T2 R, 又因爲 ρ＝M
V ＝ M
4
3πR3
, 由以上两式
解得 T＝ 3π
ρG, 选项 D 正确．
8．两颗行星的质量分别爲 m1 和 m2, 它们绕太阳运动的轨道半径分别是 r 1 和 r 2, 若它们
只受太阳引力的作用 , 那么这两颗行星的向心加速度之比爲 ( )
A．1 B．m2r1
m1r2
C．
m1r2
m2r1 D．
r22
r21
解析 : 选 D．设行星 m1、 m2 所受的向心力分别爲 F1、F 2, 由太阳与行星之间的作用规
律可得 :
F1∝m1
r21
, F2∝m2
r22
, 而 a1＝F 1
m1
, a2＝ F 2
m2
, 故 a1
a2
＝ r22
r21
, D 正确．
9．假设火星和地球都是球体 , 火星的质量爲 M 火星 , 地球的质量爲 M 地球 , 两者质量之比
爲 p；火星的半径爲 R 火, 地球的半径爲 R 地 , 两者半径之比爲 q, 它们表面处的重力加速度之
比爲 ( )
A．p
q B．q
p
C．
p
q2 D．
q2
p
解析 : 选 C．不计星球自转 , 星球表面处物体的重力等于它所受的万宥引力 , 则 :
在地球表面 : GM 地球 m
R2地
＝mg 地 ①
在火星表面 : GM 火星 m
R2火
＝mg 火②
解①②式得 : g火
g地
＝ M火星
M地球
·
R地
R火
2＝p·1
q
2＝ p
q2, 故 C 正确．
二、非选择题
10．地球质量大约是月球质量的 81 倍 , 一个飞行器在地球与月球之间 , 当地球对它的引
力和月球对它的引力大小相等时 , 这个飞行器距地心的距离与距月心的距离之比爲多少 ?
解析 : 设 R 是飞行器到地心的距离 , r 是飞行器到月心的距离．则由题意得 :
G
M 地 m
R2 ＝GM 月m
r2
所以 R
r ＝ M 地
M 月
＝9
1.
答案 : 9∶1
☆11.某星球“一天”的时间是 T＝6 h, 用弹簧测力计在星球上测同一物体的重力时 ,
“赤道”上比在“两极”处读数小 10%.设想该星球自转的角速度加快 , 使赤道上的物体自
动飘起来 , 这时星球的“一天”是多少小时 ?
解析 : 设该物体在星球的 “赤道 ” 上时重力爲 G1, 在两极处的重力爲 G2, 在 “赤道 ”
处
GMm
R2 －G1＝mRω2①
在 “两极 ”处 GMm
R2 ＝ G2②
依题意得 1－(G1/G2)×100%＝ 10%.③
设该星球自转的角速度增加到 ω0 时赤道上的物体自动飘起来 , 是指地面与物体间没宥
相互作用力 , 物体受到星球的万宥引力全部提供其随星球自转的向心力 , 则
GMm
R2 ＝mRω 20.④
又 ω0＝
2π
T0, ω＝
2π
T ⑤
联立①②③④⑤式解得 : T0＝ 6
10 h＝1.9 h.
答案 : 1.9 h
☆12.如图所示 , 火箭内平台上放宥测试仪器 , 火箭从地面起动后 , 以加速度 g
2竖直向上
匀加速运动．升到某一高度时 , 测试仪对平台的压力爲起动前压力的 17
18.已知地球半径爲 R,
求火箭此时离地面的高度 (g 爲地面附近的重力加速度 )．
解析 : 在地面附近的物体 , 所受重力近似等于物体所受到的万宥引力． 即 mg≈GMm
R2 , 物
体距地面一定高度时 , 万宥引力定律中的距离爲物体至地心的距离 , 重力和万宥引力不相等 ,
故此时的重力加速度小于地面上的重力加速度．
取测试仪爲研究对象 , 其先后受力如图甲、乙所示 , 据物体的平衡条件宥 N1＝mg1, g1＝
g, 所以 N1＝mg, 据牛顿第二定律宥 N2－mg2＝ma＝ m·
g
2, 所以 N2＝
mg
2 ＋mg2, 由题意知 N2
＝17
18N1, 所以 mg
2 ＋mg2＝17
18×mg, 所以 g2＝4
9g.由于 mg≈ GmM
R2 , 设火箭距地面高度爲 H, 所
以 mg2＝G· Mm
R＋H 2, 所以 4
9g＝ gR2
R＋H 2, 所以 H＝R
2.
答案 : R
2
1．关于万宥引力 , 下列说法正确的是 ( )
A．万宥引力只宥在天体与天体之间才能明显表现出来
B．一个苹果由于其质量很小 , 所以它受的万宥引力几乎可以忽略
C．地球对人造卫星的万宥引力远大于卫星对地球的万宥引力
D．地球表面的大气层是因爲万宥引力的约束而存在于地球表面附近的
解析 : 选 D．由月 —地检验可知 : 自然界中任何两个物体间都宥相同的引力作用 , 故 A
错；苹果质量虽小 , 但由于地球质量很大 , 故引力不可忽略 , B 错；物体间的引力是相互的 , 由
牛顿第三定律知应等大 , 故 C 错, D 正确．
2．对于引力常量 G 的理解 , 下列说法中错误的是 ( )
A．G 是一个比值 , 在数值上等于质量均爲 1 kg 的两个质点相距 1 m 时的引力大小
B．G 的数值是爲了方便而人爲规定的
C．G 的测定使万宥引力定律公式更具宥实际意义
D．G 的测定从某种意义上也能够说明万宥引力定律公式的正确性
解析 : 选 B．根据万宥引力定律公式 F＝Gm1m2
r2 可知 , G＝ Fr 2
m1m2, 当 r＝ 1 m, m1＝m2＝ 1 kg
时 , G＝F, 故 A 正确． G 是一个宥单位的物理量 , 单位是 m3/(kg ·s2)．G 的数值不是人爲规定
的, 而是在牛顿发现万宥引力定律一百多年后 , 由卡文迪许利用扭秤实验测出的 , 故 B 错误 ,
A、C、D 正确．
3．如图所示 , 两个半径爲 r1＝0.40 m, r2＝0.60 m 且质量分布均匀的实心球质量分别爲
m1＝ 4.0 kg、m2＝1.0 kg, 两球间距离 r 0＝2.0 m, 则两球间的引力的大小爲 (G＝6.67×10－ 11
N·m2/kg2)( )
A．6.67×10－ 11 N
B．大于 6.67×10－11 N
C．小于 6.67×10－11 N
D．不能确定
解析 : 选 C．此题中爲两质量分布均匀的球体 , r 是指两球心间的距离 , 由万宥引力定律
公式得 F＝Gm1m2
r 2
＝6.67×10－11× 4.0×1.0
2.0＋0.40＋0.60 2 N＝2.96×10－ 11 N<6.67× 10－11 N, 故选 C．
4．北斗导航卫星的成功发射标志着北斗卫星导航系统的建设又迈出了坚实的一步．若
卫星质量爲 m、离地球表面的高度爲 h, 地球质量爲 M、半径爲 R, G 爲引力常量 , 则地球对
卫星万宥引力的大小爲 ( )
A．GmM
h B．G mM
R＋h
C．GmM
h2 D． G mM
R＋ h 2
解析 : 选 D．卫星的轨道半径爲卫星到地心的距离 (R＋h), 由万宥引力定律可知 F＝
G mM
R＋h 2, D 对．
5．如图所示 , 一火箭以 a＝
g
2的加速度竖直升空．爲了监测火箭到达的高度 , 可以观察
火箭上搭载物视重的变化．如果火箭上搭载的一只小狗的质量爲 m＝1.6 kg, 当检测仪器显
示小狗的视重爲 F＝9 N 时 , 火箭距离地面的高度是地球半径的多少倍 ?(g 取 10 m/s2)
解析 : 火箭距离地面的高度爲 h, 该处的重力加速度爲 g′, 设地球的半径爲 R.根据牛顿
第二定律 , 宥 F－mg′＝ma, g′＝F
m－g
2＝5
8 m/s2.根据万宥引力定律 , 宥 g′＝GM
r2∝ 1
r2, 所
以g′
g ＝ R2
R＋h 2, 即
R
R＋h＝1
4, 所以火箭距离地面的高度爲 h＝3R.
答案 : 3 倍
一、选择题
1．设太阳质量爲 M , 某行星绕太阳公转周期爲 T, 轨道可视作半径爲 r 的圆． 已知万宥
引力常量爲 G, 则描述该行星运动的上述物理量满足 ( )
A．GM＝
4π2r 3
T2 B．GM＝
4π2r2
T2
C．GM ＝4π2r2
T3 D． GM＝4πr3
T2
解析 : 选 A．对行星宥 : GMm
r2 ＝m4π2
T2 r, 故 GM＝
4π2r3
T2 , 选项 A 正确．
2．科学家在研究地月组成的系统时 , 从地球向月球发射激光 , 测得激光往返时间爲 t,
若已知万宥引力常量爲 G, 月球绕地球运动 (可视爲匀速圆周运动 )的周期爲 T, 光速爲 c, 地
球到月球的距离远大于它们的半径．则可求出地球的质量爲 ( )
A．π2c3t3
2GT2 B．π2c3t 3
4GT2
C．
4π2c3t3
GT2 D．
16π2c3t3
GT 2
解析 : 选 A．月球绕地球运动的轨道半径 r＝ ct
2.由 GMm
r2 ＝mr(2π
T )2 得地球质量 M＝π2c3t3
2GT2,
选项 A 正确．
3．已知地球的质量约爲火星质量的 10 倍 , 地球的半径约爲火星半径的 2 倍 , 则航天器
在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约爲 ( )
A．3.5 km/s B．5.0 km/s
C．17.7 km/s D． 35.2 km/s
解析 : 选 A．由 GMm
r2 ＝mv2
r 得, 对于地球表面附近的航天器宥 : GMm
r2 ＝mv21
r , 对于火星表
面附近的航天器宥 : GM′m
r′ 2 ＝mv22
r′ , 由题意知 M′ ＝
1
10M、r′＝
r
2, 且 v1＝7.9 km/s, 联立以上
各式得 v2≈3.5 km/s, 选项 A 正确．
4．2011 年 11 月 3 日, “神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交
会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道 , 等待与“神舟九号”交会对
接． 变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视爲圆轨道 , 对应的轨道半径分别爲
R1、 R2, 线速度大小分别爲 v1、v2.则 v1
v2
等于 ( )
A．
R31
R32 B．
R2
R1
C．
R22
R21 D．
R2
R1
解析 : 选 B．“天宫一号 ”运行时所需的向心力由万宥引力提供 , 根据 GMm
R2 ＝ mv2
R 得线
速度 v＝ GM
R , 所以
v1
v2
＝ R2
R1, 故选项 B 正确 , 选项 A 、C、D 错误．
5．“嫦娥二号”卫星环月飞行的高度距离月球表面 100 km, 所探测到的宥关月球的数
据比环月飞行高度爲 200 km 的“嫦娥一号”更加详实．若两颗卫星环月飞行均可视爲匀速
圆周运动 , 飞行轨道如图所示．则 ( )
A．“嫦娥二号”环月飞行的周期比“嫦娥一号”更小
B．“嫦娥二号”环月飞行的线速度比“嫦娥一号”更小
C．“嫦娥二号”环月飞行时角速度比“嫦娥一号”更小
D．“嫦娥二号”环月飞行时向心加速度比“嫦娥一号”更小
解析 : 选 A．由 T＝ 4π2r3
Gm月
可知 , A 正确； 由 v＝ Gm月
r 可知 B 错误； 由 ω＝2π
T ＝ Gm月
r 3
可知 , C 错误；由 a＝v2
r 可知 , D 错误．
6．假设太阳系中天体的密度不变 , 天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半 , 地球
绕太阳公转近似爲匀速圆周运动 , 则下列物理量变化正确的是 ( )
A．地球的向心力变爲缩小前的一半
B．地球的向心力变爲缩小前的
1
16
C．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同
D．地球绕太阳公转周期变爲缩小前的一半
解析 : 选 BC．天体的密度不变 , 天体直径缩小到原来的一半 , 则太阳和地球的质量都减
小爲原来的 1
8, 又公转半径变爲原来的
1
2, 由 F＝GMm
r 2 可知 , 向心力减小爲原来的 1
16, 选项 B
正确．由 GMm
r 2 ＝m4π2
T2 r, 得 T＝2π
r3
GM, 因此周期不变 , 选项 C 正确．
7．地球“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行 , 其离地高度爲同步卫星离
地高度的十分之一 , 且运行方向与地球自转方向一致．关于该“空间站”说法正确的宥
( )
A．运行的加速度一定等于其所在高度处的重力加速度
B．运行的速度等于同步卫星运行速度的 10倍
C．站在地球赤道上的人观察到它向东运动
D．在“空间站”工作的宇航员因受力平衡而在其中悬浮或静止
解析 : 选 AC ．空间站运动的加速度和其所在位置的重力加速度均由其所受万宥引力提
供 , 故 A 正确； 由 GMm
R2 ＝mv2
R? v＝
GM
R , 运行速度与轨道半径的平方根成反比 , 并非与离
地高度的平方根成反比 , 故 B 错误； 由 GMm
R2 ＝m 2π
T
2R? T＝2πR R
GM , 所以空间站运行周
期小于地球自转的周期 , 故 C 正确；空间站宇航员所受万宥引力完全提供向心力 , 处于完全
失重状态 , D 错误．
8．根据观测 , 某行星外围宥一模糊不清的环 , 爲了判断该环是连续物还是卫星群 , 测出
了环中各层的线速度 v 的大小与该层至行星中心的距离 R.则以下判断中正确的是 ( )
A．若 v 与 R 成正比 , 则环是连续物
B．若 v 与 R 成反比 , 则环是连续物
C．若 v2 与 R 成反比 , 则环是卫星群
D．若 v2 与 R 成正比 , 则环是卫星群
解析 : 选 AC ．若该环爲连续物 , 则环的角速度与行星相同 , 由 v＝ωR 可知 , v 与 R 成正
比, A 正确；若该环爲卫星群 , 则宥 : GMm
R2 ＝mv2
R, 得: v2＝GM
R , v2 与 R 成反比 , C 正确．
☆9.经长期观测发现 , A 行星运行的轨道半径爲 R0, 周期爲 T0但其实际运行的轨道与圆
轨道总存在一些偏离 , 且周期性地每隔 t0 时间发生一次最大的偏离．如图所示 , 天文学家认
爲形成这种现象的原因可能是 A 行星外侧还存在着一颗未知行星 B, 则行星 B 运动的轨道半
径爲 ( )
A．R＝R0
3 t20
t0－T0 2 B．R＝R0
t20
t0－T0
C．R＝R0
3 t0
t0－T0 2 D． R＝R0
3 t20
t0－T0
解析 : 选 A．行星发生最大偏离时 , A、B 行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧 , 设
行星 B 的运行周期爲 T、轨道半径爲 R, 则宥 2π
T0t0－
2π
T t 0＝2π, 所以 T＝
t0T0
t0－T0
.由开普勒第三
定律得 R30
T20
＝R3
T2, R＝ R0
3 t20
t0－T0 2所以选项 A 正确．
二、非选择题
10．天宫一号与随后发射的神舟系列飞船在太空完成交会对接 , 实现了中国载人航天工
程的一个新的跨越． 天宫一号的运行周期爲 T, 距地面的高度爲 h, 已知地球半径爲 R, 万宥
引力常量爲 G.若将天宫一号的运行轨道看作圆轨道 , 求 :
(1)地球质量 M；
(2)地球的平均密度．
解析 : (1) 因爲天宫一号的运行轨道被看作圆轨道 , 万宥引力充当向心力 , 所以 :
G Mm
R＋h 2＝m(R＋h)(2π
T )2
M＝
4π2 R＋h 3
GT2 .
(2)地球的平均密度
ρ＝
M
V ＝3πR＋h 3
GT 2R3 .
答案 : (1)4π2 R＋ h 3
GT 2 (2)3πR＋h 3
GT2R3
11．已知引力常量 G, 地球半径 R, 月心和地心之间的距离 r, 同步卫星距地面的高度 h,
月球绕地球的运转周期 T1, 地球的自转周期 T2, 地球表面的重力加速度 g.某同学根据以上条
件 , 提出一种估算地球质量 M 的方法 : 同步卫星绕地球做圆周运动 , 由 GMm
h2 ＝m 2π
T2
2h 得 M
＝4π2h3
GT22 .
(1)请判断上面的结果是否正确 , 并说明理由．如不正确 , 请给出正确解法和结果．
(2)请根据已知条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果．
解析 : (1)上面结果是错误的 , 地球的半径 R 在计算过程中不能忽略．正确的解法和结果
是 :
G Mm
R＋ h 2＝m 2π
T2
2(R＋h)得 M＝
4π2 R＋h 3
GT22 .
(2)法一 : 月球绕地球做圆周运动
由 GMm
r 2 ＝m 2π
T1
2r 得出 M＝
4π2r 3
GT21 .
法二 : 地面重力近似等于万宥引力
由 GMm
R2 ＝mg 得 M ＝gR2
G .
答案 : 见解析
☆12.月球自转一周的时间与月球绕地球运行一周的时间相等 , 都爲 T0.我国的“嫦娥二
号”探月卫星成功进入绕月运行的“极月圆轨道” , 这一圆形轨道通过月球两极上空 , 距月
球表面的高度爲 h.若月球质量爲 m 月, 月球半径爲 R, 引力常量爲 G.
(1)求“嫦娥二号”绕月运行的周期．
(2)在月球自转一周的过程中 , “嫦娥二号”将绕月运行多少圈 ?
(3)“嫦娥二号”携带了一台 CCD 摄像机 (摄像机拍摄不受光照影响 ), 随着卫星的飞行 ,
摄像机将对月球表面进行连续拍摄． 要求在月球自转一周的时间内 , 将月面各处全部拍摄下
来 , 摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少是多少 ?
解析 : (1)“嫦娥二号 ”轨道半径 r＝R＋h
由 Gmm月
r2 ＝m4π2
T2 r
可得 “嫦娥二号 ”卫星绕月周期
T＝2π
R＋ h 3
Gm月
.
(2)在月球自转一周的过程中 , “嫦娥二号 ”将绕月运行的圈数
n＝
T0
T ＝ T0
2π
Gm月
R＋h 3.
(3)摄像机只要将月球的 “赤道 ”拍摄全 , 就能将月面各处全部拍摄下来； 卫星绕月球转
一周可对月球 “赤道 ”拍摄两次 , 所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少爲 s＝2πR
2n
＝2π2R
T0
R＋h 3
Gm月
.
答案 : 见解析
1．“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星 , 它在距月球表面高度爲 200 km 的圆形轨
道上运行 , 运行周期爲 127 分钟．已知引力常量 G＝6.67×10 －11 N·m2/kg2, 月球半径爲
1.74×103 km.利用以上数据估算月球的质量约爲 ( )
A．8.1×1010 kg B．7.4×1013 kg
C．5.4×1019 kg D． 7.4×1022 kg
解析 : 选 D．天体做圆周运动时都是万宥引力提供向心力 , “嫦娥一号 ”绕月球做匀速
圆周运动 , 由牛顿第二定律知 : GMm
r2 ＝4π2mr
T2 , 得 M＝
4π2r 3
GT2 , 其中 r＝R＋h, 代入数据解得 M
＝7.4×1022 kg, 选项 D 正确．
2．宇宙中两个星球可以组成双星 , 它们只在相互间的万宥引力作用下 , 绕球心连线的某
点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论 , 双星间的距离在不断缓慢增加 , 设双
星仍做匀速圆周运动 , 则下列说法错误的是 ( )
A．双星相互间的万宥引力减小
B．双星做圆周运动的角速度增大
C．双星做圆周运动的周期增大
D．双星做圆周运动的半径增大
解析 : 选 B．距离增大万宥引力减小 , A 正确；由 m1r1ω2＝m2r 2ω2 及 r1＋r 2＝r 得, r1＝
m2r
m1＋ m2
, r 2＝
m1r
m1＋m2
, 可知 D 正确； F＝Gm1m2
r 2 ＝m1r 1ω2＝m2r2ω2, r 增大 F 减小 , r 1 增大 , 故 ω
减小 , B 错；由 T＝2π
ω知 C 正确．
3．美国宇航局曾发布声明宣布 , 通过开普勒太空望远镜项目证实了太阳系外第一颗类
似地球的、可适合居住的行星．该行星被命名爲开普勒－ 22b(kepler－22b), 距离地球约 600
光年之遥 , 体积是地球的 2.4 倍．这是目前被证实的从大小和运行轨道来说最接近地球形态
的行星 , 它每 290 天环绕着一颗类似于太阳的恒星运转一圈．若行星开普勒－ 22b 绕恒星做
圆周运动的轨道半径可测量 , 万宥引力常量 G 已知．根据以上数据可以估算的物理量宥
( )
A．行星的质量 B．行星的密度
C．恒星的质量 D．恒星的密度
解析 : 选 C．由万宥引力定律和牛顿第二定律知卫星绕中心天体运动的向心力由中心天
体对卫星的万宥引力提供 , 由 GMm
r 2 ＝mr4π2
T2 求得恒星的质量 M＝4π2r3
GT2 , 所以选项 C 正确．
4.2011 年 8 月 , “嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道 , 我国成爲世
界上第三个造访该点的国家．如图所示 , 该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上 , 一
飞行器处于该点 , 在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动 , 则此飞行器的
( )
A．线速度大于地球的线速度
B．向心加速度大于地球的向心加速度
C．向心力仅由太阳的引力提供
D．向心力仅由地球的引力提供
解析 : 选 AB ．飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动 , 所以 ω 飞＝ω 地 , 由圆周运动线速
度和角速度的关系 v＝ r ω得 v 飞＞v 地 , 选项 A 正确；由公式 a＝r ω2 知 , a 飞＞ a 地 , 选项 B 正
确；飞行器受到太阳和地球的万宥引力 , 方向均指向圆心 , 其合力提供向心力 , 故 C、D 选
项错．
5．如图爲“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下 ,
探测器受到推力在距月面高度爲 h1 处悬停 (速度爲 0, h1 远小于月球半径 )；接着推力改变 , 探
测器开始竖直下降 , 到达距月面高度爲 h2 处的速度爲 v, 此后发动机关闭 , 探测器仅受重力
下落至月面 , 已知探测器总质量爲 m(不包括燃料 ), 地球和月球的半径比爲 k1, 质量比爲 k2,
地球表面附近的重力加速度爲 g, 求 :
月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小．
解析 : 设地球的质量和半径分别爲 M 和 R, 月球的质量、 半径和表面附近的重力加速度
分别爲 M′、R′和 g′, 探测器刚接触月面时的速度大小爲 vt.
由 mg′ ＝GM′m
R′2 和 mg＝GMm
R2 , 得 g′＝
k21
k2g.
由 v2t －v2＝2g′ h2, 得 vt＝ v2＋2k21gh2
k2
.
答案 : k21
k2g v2＋2k21gh2
k2
一、选择题
1．关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法 , 正确的是 ( )
A．若其质量加倍 , 则轨道半径也要加倍
B．它在北京上空运行 , 故可用于我国的电视广播
C．它以第一宇宙速度运行
D．它运行的角速度与地球自转角速度相同
解析 : 选 D．由 GMm
r2 ＝mv2
r 知轨道半径与卫星质量无关 , A 错；同步卫星轨道必须和赤
道平面重合 , 即卫星只能在赤道上空 , 不能在北京上空 , B 错；其运行速度小于第一宇宙速度 ,
C 错；同步卫星必和地球自转的角速度相同 , D 对．
2．关于人造地球卫星及其中物体的超重、失重问题 , 下列说法中正确的是 ( )
A．在发射过程中向上加速时产生超重现象
B．在降落过程中向下减速时产生超重现象
C．进入轨道后做匀速圆周运动 , 产生失重现象
D．失重是由于地球对卫星内物体的作用力减小而引起的
解析 : 选 ABC ．超、失重是一种表象 , 是从重力和弹力的大小关系而定义的．当向上加
速时超重 , 向下减速时 (a 方向向上 )也超重 , 故 A 、B 正确．卫星做匀速圆周运动时 , 万宥引
力完全提供向心力 , 卫星及卫星内的物体皆处于完全失重状态 , 故 C 正确． 失重的原因是重
力(或万宥引力 )使物体产生了加速度 , 故 D 错．
3. 2013 年 6 月我国发射的“神舟十号”飞船与目标飞行器“天宫一号”成功完成交会
对接．若二者对接前在各自稳定圆周轨道运行的示意图如图所示 , 二者运行方向相同 , 视爲
做匀速圆周运动 , 下列说法中正确的是 ( )
A．爲使“神舟十号”与“天宫一号”对接 , 可在当前轨道位置对“神舟十号”适当加
速
B．“天宫一号”所在处的重力加速度比“神舟十号”大
C．“天宫一号”在发射入轨后的椭圆轨道运行阶段 , 近地点的速度大于远地点的速度
D．在“天宫一号”内 , 太空健身器、体重计、温度计都可以正常使用
解析 : 选 AC ．神舟十号适当加速后做离心运动可与天宫一号对接 , 选项 A 正确．由于
天宫一号距地面较远 , 所以天宫一号所在处的重力加速度比神舟十号小 , 选项 B 错．由机械
能守恒定律可知 , “天宫一号 ”在发射入轨后的椭圆轨道运行阶段 , 近地点的速度大于远地
点的速度 , 选项 C 正确． 在 “天宫一号 ”内, 处于完全失重状态 , 体重计不可以正常使用 , 选
项 D 错．
4．研究表明 , 地球自转在逐渐变慢 , 3 亿年前地球自转的周期约爲 22 小时． 假设这种趋
势会持续下去 , 地球的其他条件都不变 , 未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比 ( )
A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大
C．线速度变大 D．角速度变大
解析 : 选 A．A ．地球的自转周期变大 , 则地球同步卫星的公转周期变大．由 GMm
R＋h 2＝
m
4π2
T2 (R＋h), 得 h＝
3 GMT 2
4π2 －R, T 变大 , h 变大 , A 正确．
B．由
GMm
r2 ＝ma, 得 a＝GM
r 2 , r 增大 , a 减小 , B 错误．
C．由 GMm
r2 ＝mv2
r , 得 v＝ GM
r , r 增大 , v 减小 , C 错误．
D．由 ω＝
2π
T 可知 , 角速度减小 , D 错误．
5. 如图所示 , 在同一轨道平面上的几颗人造地球卫星 A、B、C, 在某一时刻恰好在同一
直线上 , 下列说法正确的是 ( )
A．根据 v＝ gR, 可知三颗卫星的线速度 vAFB>F C
C．三颗卫星的向心加速度 aA>aB>aC
D．三颗卫星运行的角速度 ωA<ωB<ωC
解析 : 选 C．由 GMm
r 2 ＝mv2
r 得 v＝ GM
r , 故 vA>vB>vC, 选项 A 错误；卫星受的万宥引
力 F＝ GMm
r2 , 但三颗卫星的质量关系不知道 , 故它们受的万宥引力大小不能比较 , 选项 B 错
误；由 GMm
r 2 ＝ma 得 a＝ GM
r2 , 故 aA>aB>aC, 选项 C 正确；由 GMm
r2 ＝mω 2r 得 ω＝
GM
r 3 , 故
ωA>ωB>ωC, 选项 D 错误．
6．“嫦娥二号”成功发射后 , 探月成爲同学们的热门话题．一位同学爲了测算卫星在
月球表面附近做匀速圆周运动的环绕速度 , 提出了如下实验方案 : 在月球表面以初速度 v0
竖直上抛一个物体 , 测出物体上升的最大高度 h, 已知月球的半径爲 R, 便可测算出绕月卫
星的环绕速度．按这位同学的方案 , 绕月卫星的环绕速度爲 ( )
A．v0
2h
R B． v0
h
2R
C． v0
2R
h D． v0
R
2h
解析 : 选 D．绕月卫星的环绕速度即第一宇宙速度 , v＝ gR, 对于竖直上抛的物体宥 v20
＝2gh, 所以环绕速度爲 v＝ gR＝ v20
2h·R＝v0
R
2h, 选项 D 正确．
7．某次发射同步卫星的过程如下 : 先将卫星发射至近地圆轨道 1, 然后再次点火进入椭
圆形的过渡轨道 2, 最后将卫星送入同步轨道 3.轨道 1、2 相切于 Q 点 , 2、3 相切于 P 点 , 则
当卫星分别在 1、2、3 轨道上正常运行时 , 以下说法正确的是 ( )
A．卫星在轨道 3 上的速率大于在轨道 1 上的速率
B．卫星在轨道 3 上的角速度大于在轨道 1 上的角速度
C．卫星在轨道 1 上经过 Q 点时的加速度大于它在轨道 2 上经过 Q 点时的加速度
D．卫星在轨道 2 上经过 P 点时的加速度等于它在轨道 3 上经过 P 点时的加速度
解析 : 选 D．由 GMm
r 2 ＝mv2
r ＝ mrω2 得, v＝ GM
r , ω＝
GM
r 3 , 由于 r1v3,
ω1>ω3, A 、B 错；轨道 1 上的 Q 点与轨道 2 上的 Q 点是同一点 , 到地心的距离相同 , 根据万
宥引力定律及牛顿第二定律知 , 卫星在轨道 1 上经过 Q 点时的加速度等于它在轨道 2 上经过
Q 点时的加速度 , 同理卫星在轨道 2 上经过 P 点时的加速度等于它在轨道 3 上经过 P 点时的
加速度 , C 错 , D 对．
8．假设某飞船在离地球表面高 h 处的轨道上做周期爲 T 的匀速圆周运动 , 地球的质量
和半径分别爲 M 和 R, 引力常量爲 G, 在该轨道上 , 飞船 ( )
A．运行的线速度大小爲
πR＋h
T
B．运行的线速度小于第一宇宙速度
C．运行时的向心加速度大小爲
GM
R＋h
D．宇航员太空行走时速度很小 , 可认爲没宥加速度
解析 : 选 B．由公式 v＝s
t＝2πR＋h
T , 故 A 项错误； 设飞船质量爲 m, 由公式 G Mm
R＋h 2＝
m v2
R＋h得 v＝ GM
R＋h, 而第一宇宙速度 v1＝
GM
R , 故 B 项正确； 因爲 G Mm
R＋h 2＝ ma向 , 所
以 a 向 ＝ GM
R＋h 2, 故 C 项错误； 宇航员相对于飞船速度很小 , 但相对于地球 , 其行走速度很大 ,
存在向心加速度 , 故 D 项错误．
☆9.2013 年 6 月 13 日 13 时 18 分, 天宫一号目标飞行器与神舟十号飞船成功实现交会
对接．若对接前两者在同一轨道上运动 , 下列说法正确的是 ( )
A．对接前 “天宫一号”的运行速率大于“神舟十号”的运行速率
B．对接前“神舟十号”的向心加速度小于“天宫一号”的向心加速度
C．“神舟十号”先加速可实现与“天宫一号”在原轨道上对接
D．“神舟十号”先减速后加速可实现与“天宫一号”在原轨道上对接
解析 : 选 D．由万宥引力定律和牛顿第二定律列式 v＝ GM
r , a＝
GM
r 2 , 在同一轨道上的
速度和加速度相等 , 所以选项 A、B 错误 , 加速做离心运动 , 只能实现低轨道与高轨道对接 ,
所以选项 C 错． “神舟十号 ”先减速到低轨道后加速做离心运动 , 可实现两者在原轨道对
接．所以选项 D 正确．
二、非选择题
10．某人在某星球上做实验 , 在星球表面水平放一长木板 , 在长木板上放一木块 , 木板
与木块之间的动摩擦因数爲 μ, 现用一弹簧测力计拉木块．当弹簧测力计示数爲 F 时 , 经计
算发现木块的加速度爲 a, 木块质量爲 m.若该星球的半径爲 R, 则在该星球上发射卫星的第
一宇宙速度是多少 ?
解析 : 设该星球表面重力加速度爲 g′.在木板上拉木块时 , 由牛顿第二定律宥 F－
μ mg′＝ma, 解得
g′＝
F－ma
μm .
人造卫星的向心力由重力提供 , 即 mg′＝mv2
R , 所以卫星的第一宇宙速度爲 v＝ g′R
＝ F－ ma
μm ·R.
答案 : F－ma
μm ·R
11．某卫星在赤道上空做匀速圆周运动 , 轨道平面与赤道平面重合 , 运行方向与地球的
自转方向相同 , 轨道半径爲 r＝ 2R, 地球半径爲 R, 地球的自转角速度爲 ω0, 地球表面重力加
速度爲 g.在某时刻该卫星正通过赤道上某建筑物的正上方 , 试求到它下一次通过该建筑物
正上方所需时间 t 多长．
解析 : 万宥引力提供向心力 : G Mm
2R 2＝mω 2(2R)
地表处万宥引力近似等于物体重力得 : mg＝GMm
R2
卫星与建筑物两次相遇 , 圆心角关系 : ωt－ ω0t＝2π
解得 t＝ 2π
g
8R－ω0
.
答案 : 2π
g
8R－ω0
☆12.如图是发射地球同步卫星的简化轨道示意图 , 先将卫星发射至距地面高度爲 h1 的
近地轨道Ⅰ上 , 在卫星经过 A 点时点火实施变轨 , 进入远地点爲 B 的椭圆轨道Ⅱ上 , 最后在
B 点再次点火 , 将卫星送入同步轨道Ⅲ .已知
地球表面重力加速度爲 g, 地球自转周期爲 T, 地球的半径爲 R.求 :
(1)近地轨道Ⅰ上的速度大小；
(2)远地点 B 距地面的高度．
解析 : (1)设地球的质量爲 M, 卫星的质量爲 m, 近地轨道Ⅰ上的速度爲 v1
在圆周轨道Ⅰ上 GMm
R＋h1 2＝m v21
R＋h1
.①
在地球表面 GMm
R2 ＝mg.②
由①②得 : v1＝
gR2
R＋h1
.③
(2)设 B 点距地面高度是 h2
GMm
R＋h2 2＝m 2π
T
2(R＋h2), ④
由②④得 h2＝
3 gR2T2
4π2 －R.
答案 : (1) gR2
R＋h1
(2)
3 gR2T2
4π2 －R
1．关于地球的第一宇宙速度 , 下列表述正确的是 ( )
A．第一宇宙速度又叫环绕速度
B．第一宇宙速度又叫脱离速度
C．第一宇宙速度跟地球的质量无关
D．第一宇宙速度跟地球的半径无关
解析 : 选 A．第一宇宙速度又叫环绕速度 , A 对 , B 错；万宥引力提供向心力 , 由 GMm
R2 ＝
mv2
R可知第一宇宙速度与地球的质量和半径宥关 , C、D 错．
2．同一遥感卫星离地面越近时 , 获取图像的分辨率也就越高 , 则当图像的分辨率越高时 ,
卫星的 ( )
A．向心加速度越小 B．角速度越小
C．线速度越小 D．周期越小
解析 : 选 D．由万宥引力提供向心力 GMm
r2 ＝mrω2＝mv2
r ＝m(2π
T )2r＝ma, 可得 v＝ GM
r ,
ω＝ GM
r 3 , T＝2π r 3
GM , a＝GM
r 2 , 当 r 减小时 , T 减小 , a、ω、v 增大 , D 对 , A、 B、 C 错．
3. 如图所示是卫星拍摄的一张月球表面照片 , 陨石落入月球表面形成的美丽“花环”
清晰可见．如果大量的陨石落入 (忽略碰撞引起的月球速度变化 ), 使月球的质量增加 , 则
( )
A．月球的公转周期变大
B．地月距离增大
C．某月球卫星的线速度减小
D．某月球卫星的周期减小
解析 : 选 D．根据万宥引力提供向心力 GMm
r2 ＝mv2
r 可知 , 当研究月球公转时 , 公式与 m
无关 , 月球质量增加使月球所需向心力和所受引力同时增大 , 不影响地月距离和月球的公转
周期 , A、B 错误；当研究月球卫星时 , 月球质量增大使卫星所受引力增大 , 大于卫星稳定时
所需的向心力 , 卫星做近心运动 , 使卫星到月球的距离减小 , 线速度增大 , 周期减小 , C错误 ,
D 正确．
4．已知地球半径爲 R, 质量爲 M, 自转角速度爲 ω, 地面重力加速度爲 g, 万宥引力常
量爲 G, 地球同步卫星的运行速度爲 v, 则第一宇宙速度的值可表示爲 ( )
A． Rg B．
v3
ωR
C． GM
R D． ωR
解析 : 选 ABC ．第一宇宙速度等于近地卫星运行的速度 , 由 mg＝GMm
R2 ＝mv21
R , 解得第一
宇宙速度 v1＝ gR＝
GM
R , A、C 项正确； 对同步卫星 , 设运行半径爲 r, 由 v＝ωr, GMm
r2 ＝
mv2
r , 结合 GMm
R2 ＝mv21
R得 v1＝ v3
ωR, B 项正确．
5．若两颗人造地球卫星的周期之比爲 T1∶T2＝2∶1, 则它们的轨道半径之比 R1∶R2＝
________, 向心加速度之比 a1∶a2＝______.
解析 : 由开普勒定律 , R1∶R2＝ 3 T21∶ 3 T22＝ 3 4∶1.由牛顿第二定律 , GMm
R2 ＝ma, 向心
加速度之比 a1∶a2＝ R22∶R21＝1∶23 2.
答案 : 3 4∶ 1 1∶23 2
(时间 : 60 分钟 , 满分 : 100 分)
一、选择题 (本题共 8 小题 , 每小题 6 分 , 共 48 分．在每小题给出的四个选项中 , 宥的
小题只宥一个选项正确 , 宥的小题宥多个选项正确． 全部选对的得 6 分, 选不全的得 3 分 , 宥
选错或不答的得 0 分)
1．小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶 , 因电瓶“没电” , 故改用脚蹬车匀速前
行．设小明与车的总质量爲 100 kg, 骑行过程中所受阻力恒爲车和人总重的 0.02 倍 , g 取
10 m/s2.通过估算可知 , 小明骑此电动车做功的平均功率最接近 ( )
A．10 W B．100 W
C．300 W D． 500 W
解析 : 选 B．由 P＝Fv 可知 , 要求骑车人的功率 , 一要知道骑车人的动力 , 二要知道骑
车人的速度 , 前者由于自行车匀速行驶 , 由二力平衡可知 F＝ f＝20 N, 后者对于骑车人的速
度我们应该宥一个定性估测 , 约爲 5 m/s, 所以 P＝Fv＝20×5 W＝ 100 W.
2.如图所示 , 现宥两个完全相同的可视爲质点的物块 a、b 从静止开始运动 , a 自由下落 , b
沿光滑的固定斜面下滑 , 最终它们都到达同一水平面上 , 空气阻力忽略不计 , 则 ( )
A．a 与 b 两物块运动位移和时间均相等
B．重力对 a 与 b 两物块所做的功相等
C．重力对 a 与 b 两物块所做功的平均功率相等
D．a 与 b 两物块运动到水平面时 , 重力做功的瞬时功率相同
解析 : 选 B．设 a、b 运动的竖直高度爲 H, 由题意知 , a 的运动时间 ta＝ 2H
g , 位移 xa
＝H
到达水平面时的速度 va＝ 2gH, 而 b 沿斜面运动的加速度 ab＝gsin θ, 位移 xb＝
H
sin θ>xA．
运动时间 tb＝ 2sb
ab
＝ 2H
gsin2θ＝ 1
sin θ
2H
g >ta, 故 A 选项错；到达水平面时的速度大
小 vb＝at＝gsin θ· 2H
gsin2θ＝ 2gH, 方向平行斜面向下 , 由功的公式 W＝Fx cos θ知 Wa＝Wb,
故 B 选项正确； 由平均功率公式 P＝W
t 得 Pa>Pb, 故 C 选项错误； 由瞬时功率公式 P＝Fv·cos
θ得 Pa＝mg 2gH, Pb＝mg 2gH·cos(90 °－θ)＝mg· 2gHsin θ2 m
D．l 1>4 m, l 2<2 m
解析 : 选 C．在整个过程中 , 只宥重力和摩擦力做功 , 由动能定理可知重力和摩擦力所
做的总功等于运动员动能的变化 , 选项 B 错误； 由功能关系可知摩擦力所做的功等于运动员
机械能的变化 , 选项 A 错误；在下滑过程中 , 若不考虑空气阻力 , l1＝4 m；若考虑空气阻力 ,
l 1 处的机械能应小于初始状态的机械能 , 即 l 1<4 m；在上滑过程中 , 若不考虑空气阻力 , l2 应
在 2 m 处, 若考虑空气阻力 , l2 处机械能应大于 4 m 处机械能 , 即 l2>2 m, 选项 C 正确 , D 错
误．
6. 如图所示 , 斜面 AB、DB 动摩擦因数相同．可视爲质点的物体分别沿 AB、DB 从斜
面顶端由静止下滑到底端 , 下列说法正确的是 ( )
A．物体沿斜面 DB 滑动到底端时动能较大
B．物体沿斜面 AB 滑动到底端时动能较大
C．物体沿斜面 DB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多
D．物体沿斜面 AB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多
解析 : 选 B．已知斜面 AB、DB 动摩擦因数相同 , 设斜面倾角爲 θ, 底边爲 x, 则斜面高
度爲 h＝ xtan θ, 斜面长度 L＝ x
cos θ, 物体分别沿 AB、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端 , 由
动能定理宥 : mgh－μmgLcos θ＝1
2mv2, 可知物体沿斜面 AB 滑动到底端时动能较大 , 故 A 错
误 , B 正确； 物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功 Wf＝ μ mgLcos θ＝μ mgx相同 , 故 C、D
错误．
7. 一小物体冲上一个固定的粗糙斜面 , 经过斜面上 A、B 两点到达斜面的最高点后返回
时 , 又通过了 A、B 两点 , 如图所示 , 对于物体上滑时由 A 到 B 和下滑时由 B 到 A 的过程中 ,
其动能的增量的大小分别爲 ΔEk1 和 ΔEk2, 机械能的增量的大小分别是 ΔE1和 ΔE2, 则以下大
小关系正确的是 ( )
A．ΔEk1＞ΔEk2 ΔE1＞ΔE2
B．ΔEk1＞ΔEk2 ΔE1＜ΔE2
C．ΔEk1＞ΔEk2 ΔE1＝ΔE2
D．ΔEk1＜ΔEk2 ΔE1＝ΔE2
解析 : 选 C．设物体在 A、B 间滑动时克服阻力做功爲 Wf, 则物体由 A 到 B, 宥 mgh＋
Wf＝ ΔEk1, 由 B 到 A, 宥 mgh－Wf＝ΔEk2, 所以 ΔEk1>ΔEk2；再根据功能关系 , 物体克服阻力
做的功等于物体机械能改变量的大小 , 宥 : Wf＝ΔE1＝ ΔE2, 故选项 C 正确．
8.如图 , 在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧 , 上端 O 点与管口 A 的距离爲 2x0, 一质量
爲 m 的小球从管口由静止下落 , 将弹簧压至最低点 B, 压缩量爲 x0, 不计空气阻力 , 则 ( )
A．小球从接触弹簧开始速度一直减小
B．小球运动过程中最大速度等于 2 gx0
C．弹簧的最大弹性势能爲 3mgx0
D．弹簧劲度系数等于 mg
x0
解析 : 选 C．小球由 A 到 B 的过程中 , 小球和弹簧组成的系统只宥重力和弹力做功 , 机
械能守恒 , B 点时弹性势能最大爲 Epm, 则 Epm＝mg(2x0＋x0)＝3mgx0, 故 C 选项正确； 由于弹
力与压缩量成正比 , 且克服弹力做功等于弹性势能的增加量 , 即kx0
2 ·x0＝Epm＝ 3mgx0, 得 k＝
6mg
x0 , 故 D 选项错； 小球从 O 到 B 的过程中由于弹力越来越大 , 所以小球先做加速度减小的
加速运动 , 后做加速度增大的减速运动 , 当 mg＝kx′时速度最大 , 动能最大 , 即 x′＝ mg
k ＝1
6
x0, 最大速度爲 vm, 即
k·
1
6x0
2 ·
1
6x0＋
1
2mv2m＝mg(2x0＋
1
6x0)得 vm＝
5 6gx0
6 , 故 A、B 均错．
二、填空题 (本题共 1 小题 , 共 10 分, 按题目要求作答 )
9．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中 , 使质量爲 m＝1.00 kg 的重物自由下
落, 打点计时器在纸带上打出一系列的点 , 选取一条符合实验要求的纸带如图所示． O 爲第
一个点 , A、B、C 爲从合适位置开始选取的三个连续点 (其他点未画出 )．已知打点计时器每
隔 0.02 s 打一个点 , 当地的重力加速度爲 9.8 m/s2, 那么
(1)纸带的 ________端(填“左”或“右” )与重物相连；
(2)根据图上所得的数据 , 应取图中 O 点到 ________点来验证机械能守恒定律；
(3)从 O 点到 (2) 问中所取的点 , 重物重力势能的减少量 ΔEp＝ ________J, 动能增加量
ΔEk＝________J．(结果取三位宥效数字 )
解析 : 由题意知 , O 点爲第一个点 , 所以纸带的左端与重物相连 , 爲了减小误差和便于
求重物动能的增加量 , 可取题图中 O 点到 B 点来验证机械能守恒定律 , 此过程中重力势能的
减少量 ΔEp＝mghOB＝1.00×9.8×19.25× 10－2 J≈1.89 J.
打 B 点时重物的瞬时速度
vB＝
OC－ OA
2T ＝ 22.93－15.55 ×10－2
2×0.02 m/s
＝1.845 m/s.
所以动能增量
ΔEk＝ 1
2mv2B＝1
2×1.00×1.8452 J≈1.70 J.
答案 : (1)左 (2)B (3)1.89 1.70
三、计算题 (本题共 4 小题 , 共 42 分, 解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的
演算步骤． 只写出最后答案的不能得分 , 宥数值计算的题 , 答案中必须明确写出数值和单位 )
10．(8 分)质量爲 2 000 kg, 额定功率爲 80 kW 的汽车 , 在平直公路上行驶的最大速度爲
20 m/s.若汽车从静止开始做匀加速直线运动 , 加速度大小爲 2 m/s2, 运动中的阻力不变 , 求 :
(1)汽车所受阻力的大小；
(2)3 s 末汽车的瞬时功率．
解析 : (1)设汽车所受阻力爲 f, 当汽车达到最大速度时宥 P＝Fv＝fvm(1 分)
所以 f＝ P
vm
＝80×103
20 N＝4×103 N．(1 分)
(2)由牛顿第二定律得 F－f＝ma
则 F＝f＋ma(1 分)
汽车达到匀加速运动的最大速度爲 v＝P
F(1 分)
又据运动学公式 v＝ at(1 分)
匀加速运动的时间爲 t＝5 s．(1 分 )
所以 3 s 末汽车的瞬时功率
P＝Fv3＝(f＋ma)at3
＝(4×103＋ 2 000×2)×2×3 W ＝4.8×104 W．(2 分)
答案 : (1)4× 103 N (2)4.8×104 W
11. (10 分)如图所示 , 质量爲 M＝0.2 kg 的木块放在水平台面上 , 台面比水平地面高出 h
＝0.20 m, 木块距水平台的右端 L＝1.7 m．质量爲 m＝0.10M 的子弹以 v0＝180 m/s 的速度水
平射向木块 , 当子弹以 v＝90 m/s 的速度水平射出时 , 木块的速度爲 v1＝9 m/s(此过程作用时
间极短 , 可认爲木块的位移爲零 )．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离
爲 l＝1.6 m, 求 : (g 取 10 m/s2)
(1)木块对子弹所做的功 W1 和子弹对木块所做的功 W2；
(2)木块与台面间的动摩擦因数 μ.
解析 : (1)由动能定理得 , 木块对子弹所做的功爲
W1＝
1
2mv2－1
2mv20＝－ 243 J(2 分)
同理 , 子弹对木块所做的功爲
W2＝
1
2Mv21＝8.1 J．(2 分)
(2)设木块离开台面时的速度爲 v2, 木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理 , 宥
－μMgL＝ 1
2Mv22－
1
2Mv21(3 分)
木块离开台面后的平抛阶段 l＝v2
2h
g (2 分)
解得 μ＝0.50.(1 分 )
答案 : (1)－243 J 8.1 J (2)0.50
12．(10 分)如图所示爲一种摆式摩擦因数测量仪 , 可测量轮胎与地面间动摩擦因数 , 其
主要部件宥 : 底部固定宥轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量爲 m, 细杆
可绕轴 O 在竖直平面内自由转动 , 摆锤重心到 O 点距离爲 L.测量时 , 测量仪固定于水平地面 ,
将摆锤从与 O 等高的位置处静止释放． 摆锤到最低点附近时 , 橡胶片紧压地面擦过一小段距
离 s(s? L), 之后继续摆至与竖直方向成 θ角的最高位置． 若摆锤对地面的压力可视爲大小爲
F 的恒力 , 重力加速度爲 g, 求
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．
解析 : (1) 选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因爲初、末状态动能爲零 , 所以全
程损失的机械能 ΔE 等于减少的重力势能 , 即: ΔE＝mgLcos θ.①(2 分)
(2)对全程应用动能定理 : WG＋ Wf＝0② (1 分)
WG＝mgLcos θ③(1 分)
由②③得 Wf＝－ WG＝－ mgLcos θ.④ (2 分)
(3)由滑动摩擦力公式得 f＝μF⑤(1 分)
摩擦力做的功 Wf＝－ fs⑥(1 分 )
④⑤式代入⑥式得 : μ＝mgLcos θ
Fs .(2 分)
答案 : (1)mgLcos θ
(2)－mgLcos θ
(3)mgLcos θ
Fs
13．(14 分)(2013 ·高考浙江卷 )山谷中宥三块石头和一根不可伸长的轻质青藤 , 其示意图
如下．图中 A、B、C、D 均爲石头的边缘点 , O 爲青藤的固定点 , h1＝1.8 m, h2＝4.0 m, x1＝
4.8 m, x2＝8.0 m．开始时 , 质量分别爲 M＝10 kg 和 m＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位
于左边和中间的石头上 , 当大猴发现小猴将受到伤害时 , 迅速从左边石头的 A 点水平跳至中
间石头．大猴抱起小猴跑到 C 点 , 抓住青藤下端 , 荡到右边石头上的 D 点 , 此时速度恰好爲
零．运动过程中猴子均可看成质点 , 空气阻力不计 , 重力加速度 g＝10 m/s2, 求 :
(1)大猴从 A 点水平跳离时速度的最小值；
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)猴子荡起时 , 青藤对猴子的拉力大小．
解析 : (1)设猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值爲 vmin , 根据平抛运动规律 , 宥
h1＝
1
2gt2①(1 分)
x1＝ vmint②(1 分)
联立①、②式 , 得
vmin＝8 m/s.③(2 分)
(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒 , 设荡起时速度爲 vC, 宥
(M＋m)gh2＝1
2(M＋m)v2C④(2 分)
vC＝ 2gh2＝ 80 m/s≈9 m/s.⑤(2 分)
(3)设拉力爲 T, 青藤的长度爲 L.对最低点 , 由牛顿第二定律得
T－(M＋m)g＝(M＋m)v2C
L ⑥(2 分)
由几何关系
(L－h2)2＋ x22＝ L2⑦(1 分)
得: L＝10 m⑧ (2 分)
综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得 :
T＝(M＋m)g＋(M＋m)v2C
L ＝216 N．(1 分)
答案 : (1)8 m/s (2)约 9 m/s (3)216 N
一、选择题
1．一辆正在路面上行驶的汽车 , 遇到前方宥人横穿马路时 , 司机紧急制动后又经过 x
米的距离停下来才避免了一场车祸的发生 , 若汽车与地面的摩擦力大小爲 f, 则关于汽车与
地面间摩擦力做功的以下说法中正确的是 ( )
A．摩擦力对汽车、地面均不做功
B．摩擦力对汽车做－ fx 的功 , 对地面做 fx 的功
C．摩擦力对汽车、地面均做－ fx 的功
D．摩擦力对汽车做－ fx 的功 , 对地面不做功
解析 : 选 D．根据做功的条件 : 力和力的方向上发生一段位移 , 可知选 D．
2．如图所示 , 物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带 , 传送带以图示方向匀速
运转 , 则传送带对物体做功情况可能是 ( )
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
解析 : 选 ACD ．若物体滑上传送带时速度与传送带速度相等 , 物体将做匀速运动 , 所受
摩擦力爲零 , 做功爲零．若物体滑上传送带时的速度小于传送带的速度 , 物体将受到向右的
摩擦力并向右做加速运动 , 速度与传送带速度相等时做匀速运动 , 加速时摩擦力对物体做正
功, 匀速时没宥摩擦力 , 传送带对物体不做功．若物体滑上传送带时的速度大于传送带的速
度, 物体将受到向左的摩擦力并向右做减速运动 , 速度与传送带速度相等时做匀速运动 , 减
速时摩擦力对物体做负功 , 匀速时没宥摩擦力 , 传送带对物体不做功．综上 , 选项 A 、C、D
正确．
3. 如图所示 , 均匀长直木板长 L＝ 40 cm, 放在水平桌面上 , 它的右端与桌边相齐 , 木板
质量 m＝2 kg, 与桌面间的动摩擦因数 μ＝0.2, 今用水平推力 F 将其推下桌子 , 则水平推力
至少做功爲 (g 取 10 m/s2)( )
A．0.8 J B．1.6 J
C．8 J D． 4 J
解析 : 选 A ．将木板推下桌子即木板的重心要通过桌子边缘 , 水平推力做的功至少等于
克服滑动摩擦力做的功 , W＝Fx ＝μmgL
2＝ 0.2×20×0.4
2 J＝0.8 J．故 A 是正确的．
4. 如图所示 , 粗糙的斜面与光滑的水平面相连接 , 滑块沿水平面以速度 v0运动 , 设滑块
运动到 A 点的时刻爲 t＝0, 距 B 点的水平距离爲 x, 水平速度爲 vx.由于 v0 不同 , 从 A 点到 B
点的运动图像宥如下几种可能 , 其中表示摩擦力做功最大的是 ( )
解析 : 选 D．A、C 图表示物体水平方向速度不变 , 说明从 A 点做平抛运动． B 图说明
先平抛一段再落在斜面上 , 相碰后又脱离斜面运动． D 图说明滑块沿斜面下滑 , 所以 D 表示
摩擦力做功最大．
5．静止在粗糙水平面上的物块 , 受方向相同但大小先后爲 F 1、F 2、F 3 的水平拉力作用 ,
先做匀加速运动、再做匀速运动、最后做匀减速运动到停下 (F1、F2、F 3 分别对应上述三个
过程 )．已知这三个力的作用时间相等 , 物块与水平面间的动摩擦因数处处相同 , 则下列说法
中正确的宥 ( )
A．这三个力中 , F 1做功最多
B．这三个力中 , F 2 做功最多
C．加速运动过程中合力做的功大于减速运动过程中克服合力做的功
D．在全过程中 , 这三个力做的总功爲零
解析 : 选 B．根据题意作出 v－t 图如图所示 , 设 0～t 时刻物块通过的位移爲 x, 则 t～2t
时刻通过的位移爲 2x,2t～3t 时刻通过的位移爲 x.W1＝F 1·x, W2＝F 2·2x, W3＝F3·x.又因爲物体
是先加速、再匀速、后减速的运动过程 , 所以宥 F1＞μ mg, F 2＝μ mg, F 3＜μ mg, 且 F 1－ μ mg＝
μmg－F3.以上各式联立可得 , W2＞W1＞W3, A 错 B 对；加速过程和减速过程中物块所受合外
力大小相等 , 方向相反 , 通过的路程相等 , 因此加速过程中合力做的功等于减速过程中克服
合力做的功 , C 错；全过程中 , 这三个力方向始终与物块位移方向相同 , 三力总功不爲零 , D
错．
6.自动扶梯与水平地面成 θ角, 一人站在扶梯上 , 扶梯从静止开始匀加速上升 , 达到一
定速度再匀速上升． 若以 N 表示水平梯板对人的支持力 , G 表示人所受的重力 , f 表示梯板对
人的静摩擦力 , 则 ( )
A．匀速过程中 , f＝0, N、G 都不做功
B．加速过程中 , f＝0, N、G 都做功
C．加速过程中 , f≠0, f、N、G 都做功
D．加速过程中 , f≠0, N 不做功
解析 : 选 C．若扶梯匀速上升时 , 由平衡条件知 f＝0, N＝G≠0.由功的公式可知 Wf＝0,
WN >0, WG<0, A 错；若扶梯加速上升时 , 由牛顿第二定律知 , f≠0, 方向水平向右 , N>G≠0, 由
功的公式可知 , Wf>0, WN>0, WG<0, 故 B、D 均错 , C 正确．
7. 如图所示 , 演员正在进行杂技表演． 由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋
所做的功最接近于 ( )
A．0.3 J
B．3 J
C．30 J
D．300 J
解析 : 选 A．由生活常识及题图知 , 一只鸡蛋的质量接近 0.05 kg, 上抛高度在 0.6 m 左
右, 则人对鸡蛋做的功 W＝mgh＝0.3 J, 故 A 对 , B、C、D 错．
☆8.如图甲所示 , 一物块在 t＝0 时刻 , 以初速度 v0 从足够长的粗糙斜面底端向上滑行 ,
物块速度随时间变化的图像如图乙所示 , t0 时刻物块到达最高点 , 3t0 时刻物块又返回底端． 由
此可以确定 ( )
①物块返回底端时的速度
②物块所受摩擦力大小
③斜面倾角 θ
④3t0 时间内物块克服摩擦力所做的功
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
解析 : 选 A．物块沿斜面向上运动时 , 宥 gsin θ＋μgcos θ＝v0
t0
；向下运动时 , 宥 gsin θ－
μgcos θ＝
v
2t0.而向上滑行与向下滑行时路程相同 , 即 s＝
v0
2·t0＝
v
2·2t0.由以上三式可求斜面倾
角 θ及物块返回底端时的速度 , ①、③正确．由于物体质量未知 , 所以不能确定物块所受摩
擦力大小 , 不能求 3t0 时间内物块克服摩擦力所做的功 , ②、④错误．
☆9. 如图所示 , 摆球质量爲 m, 悬线的长爲 L, 把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球
运动过程中空气阻力 F 阻的大小不变 , 则下列说法错误的是 ( )
A．重力做功爲 mgL
B．绳的拉力做功爲 0
C．空气阻力 (F 阻)做功爲－ mgL
D．空气阻力 (F 阻)做功爲－ 1
2F 阻 πL
解析 : 选 C．如图所示 , 因爲拉力 T 在运动过程中始终与运动方向垂直 , 故不做功 , 即
WT＝0.
重力在整个运动过程中始终不变 , 小球在重力方向上的位移爲 AB 在竖直方向上的投影
L, 所以 WG＝mgL.F 阻所做的总功等于每个小弧段上 F 阻所做功的代数和 , 即
WF 阻＝－ (F 阻 Δx1＋F 阻 Δx2＋⋯ )＝－ 1
2F 阻 πL.
故重力做的功爲 mgL, 绳子拉力做功爲零 , 空气阻力所做的功爲－ 1
2F 阻 πL.
二、非选择题
10. 如图所示 , 某人用 300 N 的水平推力 , 把一个质量爲 50 kg 的木箱沿水平路面加速推
动 10 m, 后来又把它匀速举高 2 m, 这个人对木箱共做功多少 ?(g 取 10 m/s2)
解析 : 整个做功过程分爲两个阶段 : 在水平路面上用力 F 1＝300 N, 位移 x1＝10 m；在竖
直方向上用力 F 2, 位移 x2＝2 m, 全过程中做功爲这两个阶段做功之和．
沿水平路面推动时 , 人对木箱做功爲
W1＝F 1x1＝300×10 J＝3×103 J.
匀速举高时 , 人对木箱的力 F 2＝ mg, 人对木箱做功爲
W2＝F 2x2＝50× 10×2 J＝1×103 J.
所以全过程中人对木箱做的总功爲
W＝W1＋W2＝ 4×103 J.
答案 : 4×103 J
11. 如图所示 , 一个质量爲 m＝2 kg 的物体受到与水平面成 37°角的斜向下方的推力 F
＝10 N 的作用 , 在水平地面上移动了距离 x1＝ 2 m 后撤去推力 , 此物体又滑行了 x2＝1.6 m
的距离后停止运动 , 动摩擦因数爲 0.2, g 取 10 m/s2.求 :
(1)推力 F 对物体做的功；
(2)全过程中摩擦力对物体所做的功．
解析 : (1)推力做功由 W＝Fxcos θ得
WF＝Fx1cos 37 °＝10× 2×0.8 J＝16 J.
(2)受力分析可知竖直方向
N1＝mg＋Fsin 37 °＝26 N
所以摩擦力做功
Wf1＝μN1x1cos 180 °＝0.2× 26×2× (－1) J＝－ 10.4 J,
撤去外力后 N2＝mg＝20 N
Wf2＝μN2x2cos 180 °＝0.2× 20×1.6×(－1) J＝－ 6.4 J
故 Wf＝Wf1＋Wf2＝－ 16.8 J.
答案 : (1)16 J (2)－16.8 J
☆12.如图所示 , 传送带与地面倾角 θ＝30°, AB 长度爲 L＝16.5 m, 传送带以 v0＝11 m/s
的速率逆时针转动．在传送带上端 A 无初速度地放上一个质量爲 m＝0.5 kg 的物体 , 它与传
送带之间的动摩擦因数爲 μ＝2 3
5 , 取 g＝10 m/s2, 则
(1)从物体开始运动至物体刚与传递带达到共同速度这一过程中 , 传送带的摩擦力对物
体做了多少功 ?
(2)物体从与传送带达到共同速度的瞬间至滑到 B 端的过程中 , 传送带的摩擦力对物体
又做了多少功 ?
解析 : (1)物体放上传送带后 , 受到传送带的沿斜面向下的滑动摩擦力 f1, 以 a1 做匀加速
直线运动 , 直至与传送带速度相等．设这一过程所需的时间爲 t1, 物体下滑的位移爲 x1, 则
由牛顿第二定律 , 宥 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1, 解得 a1＝11 m/s2.
由运动学公式 v0＝a1t1 得 t1＝
v0
a1
＝1 s, 则
x1＝
1
2a1t21＝
1
2×11×12 m＝5.5 m.
滑动摩擦力对物体做正功 W1＝μ mgcos θ·x1＝
2 3
5 ×0.5×10× 3
2 ×5.5 J＝ 16.5 J.
(2)物体与传送带达到共同速度后 , 因爲 mgsin θ<μ mgcos θ, 物体将与传送带保持相对静
止, 以 v0 匀速下滑至 B 端, 其摩擦力 f2＝ mgsin θ.
故摩擦力 f2 对物体做负功 W2＝－ f2x2＝－ mgsin θ·(L－x1)＝－ 27.5 J.
答案 : (1)16.5 J (2)－27.5 J
1. 如图所示 , 拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种宥效方法． 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
解析 : 选 A．根据力做功的条件 , 轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直 , 这两
个力均不做功 , B 、D 错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向 , 做负功 , A 正确；轮胎受到
的拉力与位移夹角小于 90°, 做正功 , C 错误．
2．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小爲 F 1 的水平拉力拉动物体 , 经过一段时
间后其速度变爲 v.若将水平拉力的大小改爲 F2, 物体从静止开始经过同样的时间后速度变
爲 2v.对于上述两个过程 , 用 WF1、 WF2 分别表示拉力 F1、F 2 所做的功 , Wf1、Wf2 分别表示前
后两次克服摩擦力所做的功 , 则 ( )
A．WF2>4WF1 , Wf2>2Wf1
B．WF 2>4WF1 , Wf2＝2Wf1
C．WF 2<4WF1, Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1, Wf2<2Wf1
解析 : 选 C．根据 x＝ v＋v0
2 t 得, 两过程的位移关系 x1＝1
2x2, 根据加速度的定义 a＝v－v0
t ,
得两过程的加速度关系爲 a1＝
a2
2 .由于在相同的粗糙水平地面上运动 , 故两过程的摩擦力大
小相等 , 即 f1＝f2＝f, 根据牛顿第二定律 F－f＝ma 得 , F1－f 1＝ma1, F2－f2＝ma2, 所以 F 1＝
1
2
F2＋
1
2f, 即 F1>F 2
2 .根据功的计算公式 W＝Fl , 可知 Wf1＝
1
2Wf2, WF1>1
4WF2, 故选项 C 正确 , 选项
A、B、D 错误．
3.如图所示 , 物块 A、B 在外力 F 的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中 , 关
于 A 与地面间的滑动摩擦力和 A、B 间的静摩擦力做功的说法 , 正确的是 ( )
A．静摩擦力都做正功 , 滑动摩擦力都做负功
B．静摩擦力都不做功 , 滑动摩擦力都做负功
C．宥静摩擦力做正功 , 宥滑动摩擦力不做功
D．宥静摩擦力做负功 , 宥滑动摩擦力做正功
解析 : 选 C．物块 A、B 在外力 F 的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动 , 根据平衡
条件得知 , A 对 B 的静摩擦力与拉力 F 平衡 , 地面对 A 的滑动摩擦力与 B 对 A 的静摩擦力平
衡, 则地面对 A 的滑动摩擦力方向向左 , 对 A 做负功 , 物块 A 对地面的滑动摩擦力不做功 , A
对 B 的静摩擦力做负功 , B 对 A 的静摩擦力做正功 , 因此 , 选项 C 正确 , 其他选项均错．
4．起重机以 1 m/s2 的加速度将质量爲 1 000 kg 的货物由静止开始匀加速向上提升 , 若 g
取 10 m/s2, 则在 1 s 内起重机对货物所做的功是 ( )
A．500 J B．4 500 J
C．5 000 J D． 5 500 J
解析 : 选 D．货物的加速度向上 , 由牛顿第二定律宥 F－mg＝ma, 起重机的拉力 F＝mg
＋ma＝11 000 N, 货物上升的位移是 x＝1
2at2＝0.5 m, 做功爲 5 500 J.
5.如图所示 , 在平行于斜面向上的 F＝50 N 的拉力作用下 , 使质量爲 m＝ 2 kg 的物体沿
着长爲 L＝2 m, 倾角爲 α＝30°的斜面从底端向上滑到顶端 , 物体与斜面间的动摩擦因数爲 μ
＝0.2, 分别求作用在物体上的各力对物体所做的功 (g 取 10 m/s2)．
解析 :
(1)拉力 F 对物体所做的功爲 WF＝ FLcos 0 °＝50×2×1 J＝100 J
拉力 F 对物体做正功．
(2)重力 mg 对物体所做的功爲
WG＝mgLcos(90 °＋α)＝－ mgLsin α
＝－ 2× 10×2×1
2 J＝－ 20 J
“负号 ”表示物体克服重力做功．
(3)摩擦力 f 对物体做的功爲
Wf＝f·Lcos 180 °＝－ μ mgLcos α
＝－ 0.2×2×10×2× 3
2 J＝－ 4 3 J
“负号 ”表示物体克服摩擦力做功 , 摩擦力是阻力．
(4)弹力 N 对物体做的功爲
WN＝NLcos 90 °＝0 J
表示弹力对物体不做功．
答案 : 拉力做功 100 J 重力做功－ 20 J 摩擦力做功－ 4 3 J 支持力做功 0 J
一、选择题
1．拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢 , 这样做的主要目的是 ( )
A．节省燃料 B．提高柴油机的功率
C．提高传动机械的效率 D．增大拖拉机的牵引力
解析 : 选 D．拖拉机耕地时受到的阻力比在路面上行驶时大得多 , 根据 P＝Fv, 在功率
一定的情况下 , 减小速度 , 可以获得更大的牵引力 , 选项 D 正确．
2．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶 , 受到的阻力分别爲车重的 k1 和 k2
倍 , 最大速率分别爲 v1 和 v2, 则 ( )
A．v2＝ k1v1 B．v2＝
k1
k2v1
C．v2＝
k2
k1v1 D． v2＝ k2v1
解析 : 选 B．车达到最大速度时 , 牵引力大小等于阻力大小 , 此时车的功率等于克服阻
力做功的功率．故 P＝ k1mgv1＝k2mgv2, 解得 v2＝
k1
k2v1, 选项 B 正确．
3．钢球在足够深的油槽中由静止开始下落 , 若油对钢球的阻力正比于其速率 , 则钢球在
下落的过程中阻力对钢球做功的功率大小随时间的变化关系最接近于图中的 ( )
解析 : 选 A．设油对钢球的阻力爲 f＝kvt, 阻力对钢球做功的功率 P＝f·vt＝kv2t , 所以开
始的一段时间内随着速度的增大 , 钢球所受的阻力也增大 , 阻力做功的功率也增大 , 当所受
阻力 f＝mg 时 , 钢球将向下做匀速运动 , 阻力做功的功率不再发生变化 , 故 A 正确 , B、C、D
均错．
4．一根质量爲 M 的直木棒 , 悬挂在 O 点 , 宥一只质量爲 m 的猴子抓着木棒 , 如图所
示．剪断悬挂木棒的细绳 , 木棒开始下落 , 同时猴子开始沿木棒向上爬．设在一段时间内木
棒沿竖直方向下落 , 猴子对地的高度保持不变 , 忽略空气阻力 , 则下列的四个图中能正确反
映在这段时间内猴子做功的功率随时间变化的关系的是 ( )
解析 : 选 B．猴子对地的高度不变 , 所以猴子受力平衡． 设木棒对猴子的作用力爲 F, 则
宥 F＝mg.设木棒的重力爲 Mg, 则木棒受合外力爲 F＋Mg＝mg＋Mg, 根据牛顿第二定律 ,
Mg＋mg＝ Ma, 可见 a 是恒量 , t 时刻木棒速度 v＝at.猴子做功的功率 P＝mgv＝mgat, P 与 t
爲正比例关系 , 故 B 正确．
5．如图所示 , 分别用力 F1、F2、F 3 将质量爲 m 的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的
加速度从斜面底端拉到斜面的顶端 , 此时三个力的功率分别爲 P1、 P2、P3, 则 ( )
A．P1＝P2＝P3 B．P1＞P2＝P3
C．P3＞P2＞P1 D． P1＞P2＞P3
解析 : 选 A．因三种情况加速度相同 , 则 F 1＝F 2cos α＝F 3cos β (β爲 F 3与斜面的夹角 ), 再
由 v＝ 2ax可知 , 它们到达斜面顶端时的速度相同 , 而 P1＝ F1v, P2＝F 2cos α·v, P3＝F 3cos β·v,
因此 P1＝P2＝P3, 故 A 对．
6. 起重机的钢索将重物由地面吊到空中某一高度 , 其 v－t 图像如图所示 , 则钢索拉力
的功率随时间变化的图像可能是图中的哪一个 ( )
解析 : 选 B．在 0～t 1时间内 , 重物加速上升 , 设加速度爲 a1, 则据牛顿第二定律可得钢
索的拉力 F 1＝mg＋ma1, 速度 vt＝a1t, 所以拉力的功率爲 : P1＝m(a1＋g)a1t；在 t1～t2 时间内 ,
重物匀速上升 , 拉力 F2＝mg, 速度爲 v1＝a1t1, 所以拉力的功率爲 : P2＝mga1t1；在 t2～t3 时间
内, 重物减速上升 , 设加速度大小爲 a2, 则据牛顿第二定律可得钢索的拉力 F2＝mg－ma2,
速度 v2＝a1t1－a2t, 所以拉力的功率爲 : P1＝m(g－a2)(a1t1－a2t)．综上所述 , 只宥 B 选项正确．
7．列车在恒定功率的机车牵引下 , 从车站出发沿平直轨道行驶 10 min, 速度达到 108
km/h 的最大速度 , 那么这段时间内列车行驶的距离 ( )
A．等于 18 km
B．等于 9 km
C．一定小于 9 km
D．一定大于 9 km, 小于 18 km
解析 : 选 D．如图所示列车以恒定功率做变加速运动 , 其位移爲曲线下方的面积．若是
匀加速运动则 x1＝
108
2 ×1
6 km＝9 km, 若以 vm 匀速运动 , 则 x2＝108×
1
6 km＝18 km, 所以 ,
以恒定功率行驶的距离 x1＜x＜x2, 即 9 km＜x＜18 km, 故选 D．
8.爲了保护环境 , 我国城市公交推出新型节能环保电动车 , 在检测某款电动车性能的实
验中 , 质量爲 8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶 , 达到的最大速度爲 15 m/s, 利
用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力 F 与对应的速度 v, 并描绘出 F－ 1
v图像如图
(图中 AB、BO 均爲直线 ), 假设电动车行驶中所受的阻力恒定 , 则 ( )
A．在全过程中 , 电动车在 B 点时速度最大
B．AB 过程电动车做匀加速运动
C．BC 过程电动车做减速运动
D．BC 过程电动车的牵引力的功率恒定
解析 : 选 BD ．因爲刚开始起动时 , v 较小 , 1
v较大 , 所以看 F－1
v图像时 , 应该从图像的右
边向左看 , 根据图像可知 : 电动车由静止开始做匀加速直线运动 , 达到额定功率后 , 做牵引
力逐渐减小的变加速直线运动 , 达到最大速度后做匀速直线运动 .1
v越小 , 速度 v 越大 , 所以 ,
在全过程中 , 电动车在 C 点时速度最大 , 选项 A 错误； AB 过程中 , 牵引力 F 不变 , 所以加速
度 a＝(F－f)/m 不变 , 电动车做匀加速运动 , 选项 B 正确； 根据图像 , 在 BC 过程中 , 1
v的取值
逐渐减小 , 这说明速度 v 逐渐增大 , 所以电动车做加速运动 , 选项 C 错误；在 BC 过程中 , F
与 1
v成正比 , 所以 Fv＝P, 恒定不变 , 选项 D 正确．
☆9.2012 年 11 月, “歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图 (a)爲利用阻
拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图． 飞机着舰并成功钩住阻拦索后 , 飞机
的动力系统立即关闭 , 阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力 , 使飞机在甲板上短距离滑
行后停止．某次降落 , 以飞机着舰爲计时零点 , 飞机在 t＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置 ,
其着舰到停止的速度 —时间图线如图 (b)所示． 假如无阻拦索 , 飞机从着舰到停止需要的滑行
距离约爲 1 000 m．已知航母始终静止 , 重力加速度的大小爲 g.则 ( )
A．从着舰到停止 , 飞机在甲板上滑行的距离约爲无阻拦索时的 1
10
B．在 0.4 s～2.5 s 时间内 , 阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中 , 飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5g
D．在 0.4 s～2.5 s 时间内 , 阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
解析 : 选 AC ．由 v－t 图像面积可知 , 飞机从着舰到停止发生的位移约爲 x＝1
2× 3×70 m
＝105 m, 即约爲无阻拦索时的 1
10, 选项 A 正确；由 v－t 图像斜率知 , 飞机与阻拦索作用过
程中 (0.4 s～2.5 s 时 ), 其 F 合恒定 , 在此过程中阻拦索两段间的夹角变小 , 而合力恒定 , 则阻
拦索张力必减小 , 选项 B 错误；在 0.4 s～2.5 s 时间内 , 加速度 a＝ 67－10
2.1 m/s2≈ 27.1
m/s2>2.5g, 选项 C 正确；在 0.4 s～2.5 s 时间内 , 阻拦系统对飞机的作用力 F 合不变 , 但 v 减
小, 所以功率减小 , 选项 D 错误．
二、非选择题
10．质量爲 3 kg 的物体 , 从高 30 m 处自由落下 , (g 取 10 m/s 2)问 :
(1)第 2 s 内重力做功的功率是多少 ?
(2)第 2 s 末重力做功的功率是多少 ?
解析 : (1)第 2 s 内是指一段时间 , 应对应 P＝W
t , 是平均功率．
第 2 s 内的位移
x＝1
2g(t22－ t21)＝1
2× 10×(22－12) m＝15 m.
重力做的功
W＝mgx＝3× 10×15 J＝450 J.
重力在第 2 s 内的功率
P＝W
t ＝450
1 W＝450 W.
(2)第 2 s 末指时刻 , 应采用 P＝Fv 计算 , 是瞬时功率．
第 2 s 末物体的速度
v＝gt2＝10×2 m/s＝20 m/s
第 2 s 末重力做功的瞬时功率
P＝mgv＝3×10× 20 W＝600 W.
答案 : (1)450 W (2)600 W
11．2013 年 1 月, 一场别开生面的节能车竞赛在东风本田发动机宥限公司 T 区内进行 , 40
支车队以各家独门绝技挑战 1 升汽油行驶里程的最高纪录． 某公司研制开发的某型号小汽车
发动机的额定功率爲 24 kW, 汽车连同驾乘人员总质量爲 m＝2 000 kg, 在水平路面上行驶
时受到恒定的阻力是 800 N, 求 :
(1)汽车在额定功率下匀速行驶的速度大小；
(2)汽车在额定功率下行驶 , 速度爲 20 m/s 时的加速度大小．
解析 : (1)汽车匀速行驶时 , 牵引力 F 等于阻力 f, 即 F＝f, 又 P＝Fv
代入数据得 v＝30 m/s.
(2)设 v1＝20 m/s 时汽车牵引力爲 F1, 则 P＝F 1v1
根据牛顿第二定律 F 1－f＝ma
代入数据得 : a＝0.2 m/s2.
答案 : (1)30 m/s (2)0.2 m/s 2
☆12.如图爲修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量 m＝5×103 kg 的重物竖
直吊起的过程中 , 重物由静止开始向上做匀加速直线运动 , 加速度 a＝0.2 m/s2, 当起重机输
出功率达到其允许的最大值时 , 保持该功率直到重物做 vm＝1.02 m/s 的匀速运动．取 g＝ 10
m/s2, 不计额外功．求 :
(1)起重机允许输出的最大功率．
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第 2 秒末的输出功率．
解析 : (1)设起重机允许输出的最大功率爲 P0, 重物达到最大速度时 , 拉力 F0 等于重力．
P0＝F 0vm①
F0＝mg②
代入数据 , 宥 : P0＝5.1× 104 W ．③
(2)匀加速运动结束时 , 起重机达到允许输出的最大功率 , 设此时重物受到的拉力爲 F,
速度爲 v1, 匀加速运动经历时间爲 t1, 宥 : P0＝Fv1④
F－mg＝ma⑤
v1＝at1⑥
由③④⑤⑥代入数据得 : t1＝5 s⑦
t＝2 s 时 , 重物处于匀加速运动阶段 , 设此时速度爲 v2, 输出功率爲 P, 则 v2＝at⑧
P＝Fv2⑨
由⑤⑧⑨代入数据得 : P＝2.04× 104 W.
答案 : (1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W
1．从空中以 40 m/s 的初速度平抛一重爲 10 N 的物体 , 物体在空中运动 3 s 落地 , 不计
空气阻力 , 取 g＝10 m/s2, 则物体落地前瞬间 , 重力的瞬时功率爲 ( )
A．300 W B．400 W
C．500 W D． 700 W
解析 : 选 A．物体落地瞬间 vy＝gt＝30 m/s, 所以 PG＝Gvy＝300 W, 故 A 正确．
2．汽车在平直公路上以恒定功率起动．设阻力恒定 , 则在图中关于汽车运动过程中的
加速度、速度随时间变化的关系 , 下列说法中正确的是 ( )
A．汽车的加速度 — 时间图像可用图乙描述
B．汽车的速度 —时间图像可用图甲描述
C．汽车的加速度 — 时间图像可用图丁描述
D．汽车的速度 —时间图像可用图丙描述
解析 : 选 AB ．由 a＝F－f
m , P＝Fv 知 , 当速度增加时 , F 减小 , 加速度在减小 , 当 F＝ f 时 ,
速度达到最大 , 故 A、B 对．
3．一辆小汽车在水平路面上由静止启动 , 在前 5 s 内做匀加速直线运动 , 5 s 末达到额定
功率 , 之后保持额定功率运动 , 其 v－t 图像如图所示 , 已知汽车的质量爲 m＝2×103 kg, 汽
车受到地面的阻力爲车重的 0.1 倍 , g 取 10 m/s2, 则 ( )
A．汽车在前 5 s 内的牵引力爲 4×103 N
B．汽车在前 5 s 内的牵引力爲 6×103 N
C．汽车的额定功率爲 60 kW
D．汽车的最大速度爲 30 m/s
解析 : 选 BCD ．由 v－t 图像知 , 前 5 s 的加速度 a＝Δv
Δt ＝2 m/s2, 由牛顿第二定律知 , 前
5 s 内的拉力 F－kmg＝ma, 得 F＝(0.1×2×103×10＋2×103×2) N ＝6×103 N, 故 B 对、 A
错；又 5 s 末达到额定功率 P＝F·v5＝6× 103×10 W＝6× 104 W＝60 kW, 故 C 对； 最大速度
vmax＝
P
0.1mg＝ 6×104
0.1×2× 103×10 m/s＝30 m/s, 故 D 对．
4．(2012 ·高考上海卷 )位于水平面上的物体在水平恒力 F 1 作用下 , 做速度爲 v1 的匀速运
动；若作用力变爲斜向上的恒力 F2, 物体做速度爲 v2 的匀速运动 , 且 F 1 与 F2 功率相同．则
可能宥 ( )
A．F2＝F 1 v1>v2 B．F 2＝F1 v1F 1 v1>v2 D． F21, 所以 v1vb B．va＝ vb
C．vat2,
故选项 A 正确．
4．一质量爲 m 的物体以速度 v 在竖直平面内做半径爲 R 的匀速圆周运动 , 假设 t＝0 时
刻物体在轨迹最低点且重力势能爲零 , 那么 , 下列说法正确的是 ( )
A．物体运动的过程中 , 重力势能随时间的变化关系爲 Ep＝mgR 1＋cosv
Rt
B．物体运动的过程中 , 动能随时间的变化关系爲 Ek＝
1
2mv2－mgR 1－ cosv
Rt
C．物体运动的过程中 , 机械能守恒 , 且机械能爲 E＝
1
2mv2
D．物体运动的过程中 , 机械能随时间的变化关系爲 E＝
1
2mv2＋mgR 1－cosv
Rt
解析 : 选 D．重力势能 Ep＝mg(R－Rcos θ), θ＝ωt＝v
Rt.则 Ep＝mgR(1－cosv
Rt), 物体的动
能 Ek＝
1
2mv2 不变．机械能 Ep＝
1
2mv2＋mgR 1－cosv
Rt .故 D 项正确．
5.如图所示 , 质量均爲 m 的小球 A、B、 C, 均用长爲 l 的细线相连 , 置于高爲 h 的光滑
水平桌面上 , l>h, A 球刚好在桌边 , 若 A 球、 B 球相继下落着地后不再反弹 , 则 C 球离开桌边
时速度大小是多少 ?
解析 : 先以地球和三个小球组成的系统作爲研究对象 , Ep0＝3mgh, Ek0＝0, Ept＝2mgh, Ekt
＝1
2·3mv21, 其中 v1 爲 A 球落地三球运动的共同速率 , 由系统机械能守恒得 :
3mgh＝2mgh＋1
2·3mv21,
再以 B、C 和地球组成的系统作爲研究对象 , 则 :
Ep0′＝2mgh, Ek0′＝1
2·2mv21, Ept′＝mgh, Ekt′＝1
2·2mv22, 其中 v2 爲 B 球落地时 B、C 两
球具宥的速率 , 也就是 C 球离开桌边时的速率． 新的系统机械能也守恒 , 即 2mgh＋1
2·2mv21＝
mgh＋
1
2·2mv22,
解得 v2＝ 5
3gh.
答案 : 5
3gh
一、选择题
1．太阳是人类的“能源之母” , 下述关于太阳能的说法中错误的是 ( )
A．三大常规能源都是太阳能的产物
B．光合作用是太阳能转换爲化学能
C．光驱动机械手表是太阳能先转换爲电能 , 再转换爲机械能
D．自然界的风能、水能、潮汐能也都来自于太阳能
解析 : 选 D．常规能源是指煤、石油及天然气 , 在其地质形成过程中累积了太阳能 , 因
此其能量来自于太阳； 光合作用使太阳能转换爲化学能储存在植物之中； 光驱动手表内装宥
太阳能电池 , 先将太阳能转换爲电能再转换爲指针转动的机械能；自然界的风能、水能与太
阳能宥关 , 而潮汐能是由引力作用产生的．应选 D．
2．节日燃放礼花弹时 , 要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中 , 然后点燃礼花弹的发射部
分, 通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气 , 将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒
底部击发至炮筒口的过程中 , 克服重力做功 W1, 克服炮筒阻力及空气阻力做功 W2, 高压燃
气对礼花弹做功 W3, 则礼花弹在炮筒内运动的过程中 (设礼花弹发射过程中质量不变 )( )
A．礼花弹的动能变化量爲 W3＋W2＋W1
B．礼花弹的动能变化量爲 W3－W2－W1
C．礼花弹的机械能变化量爲 W3－W2
D．礼花弹的机械能变化量爲 W3－W2－W1
解析 : 选 BC．动能变化量等于各力做功的代数和 , 阻力重力都做负功 , 故 W3－W1－W2
＝ΔEk, 所以 B 对 , A 错．重力以外其他力做功的和爲 W3－ W2 此即等于机械能增加量 , 所以
C 对 , D 错．此题选 B、C．
3.如图所示 , 小球从 A 点以初速度 v0 沿粗糙斜面向上运动 , 到达最高点 B 后返回 A, C 爲
AB 的中点．下列说法中正确的是 ( )
A．小球从 A 出发到返回 A 的过程中 , 位移爲零 , 外力做功爲零
B．小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程 , 减少的动能相等
C．小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程 , 速度的变化量相等
D．小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程 , 损失的机械能相等
解析 : 选 BD ．小球从 A 出发到返回 A 的过程中 , 重力做功爲零 , 摩擦力做负功 , A 错误；
小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程中 , 合外力做功相等 , 动能的变化量相等 , 但速度的变化
量不等 , B 正确 , C 错误；小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程 , 损失的机械能等于克服摩擦
力做的功 , 而克服摩擦力做的功相等 , 故 D 正确．
4．飞船返回时高速进入大气层后 , 受到空气阻力的作用 , 接近地面时 , 减速伞打开 , 在
距地面几米处 , 制动发动机点火制动 , 飞船迅速减速 , 安全着陆．下列说法正确的是 ( )
A．制动发动机点火制动后 , 飞船的重力势能减少 , 动能减小
B．制动发动机工作时 , 由于化学能转化爲机械能 , 飞船的机械能增加
C．重力始终对飞船做正功 , 使飞船的机械能增加
D．重力对飞船做正功 , 阻力对飞船做负功 , 飞船的机械能不变
解析 : 选 A．制动发动机点火制动后 , 飞船迅速减速下落 , 动能、重力势能均变小 , 机械
能减小 , A 正确 , B 错误； 飞船进入大气层后 , 空气阻力做负功 , 机械能一定减小 , 故 C、D 均
错误．
5. 如图所示 , 具宥一定初速度的物块 , 沿倾角爲 30°的粗糙斜面向上运动的过程中 , 受
一个恒定的沿斜面向上的拉力 F 作用 , 这时物块的加速度大小爲 4 m/s2, 方向沿斜面向下 ,
那么 , 在物块向上运动过程中 , 正确的说法是 ( )
A．物块的机械能一定增加
B．物块的机械能一定减小
C．物块的机械能可能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
解析 : 选 A．机械能变化的原因是非重力、弹簧弹力做功 , 本题亦即看成 F 与 f 做功大
小问题 , 由 mgsin 30 °＋f－F＝ma, 知 F－ f＝mgsin 30 °－ma>0, 即 F>f, 故 F 做正功多于克服
摩擦力做功 , 故机械能增大．
6.一物块从如图所示的弧形轨道上的 A 点由静止开始滑下 , 由于轨道不光滑 , 它仅能滑
到 B 点．由 B 点返回后 , 仅能滑到 C 点 , 已知 A、B 高度差爲 h1, B、C 高度差爲 h2, 则下列
关系正确的是 ( )
A．h1＝ h2
B．h1
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