高考物理总复习 第五章第三节知能演练强化闯关 新人教版必修2

（精心整理，诚意制作）1．(20xx·清华附中高一检测)下列关于匀速圆周运动的性质说法正确的是( )A．匀速运动B．匀加速运动C．加速度不变的曲线运动D．变加速曲线运动解析：选D.匀速圆周运动是变速运动，它的加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变量，故匀速圆周运动是变加速曲线运动，A、B、C错误，D正确．2．(20xx·广州高一检测)高速列车已经成为世界上重要的交通工具之一，某高速列车时速可达360 km/h.当该列车以恒定的速率在半径为2 000m的水平面上做匀速圆周运动时，则( )A．乘客做圆周运动的加速度为5 m/s2B．乘客做圆周运动的加速度为0.5 m/s2C．列车进入弯道时做匀速运动D．乘客随列车运动时的速度不变解析：选A.乘客随列车以360 km/h的速率沿半径为2 000 m的圆周运动，向心加速度a＝v2r＝10022 000m/s2＝5 m/s2，A正确，B错误；乘客随列车运动时的速度大小不变，方向时刻变化，C、D错误．3.如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω匀速转动，则( ) A．A、B两点线速度相同B．A、B两点角速度相同C．若θ＝30°，则A、B两点的线速度之比v A∶v B＝3∶2D ．若θ＝30°，则A 、B 两点的向心加速度 之比a A ∶a B ＝2∶3解析：选BC.A 、B 两点绕同轴转动，角速度相同，由于半径不同，线速度不同，v ＝ωr ，v A ∶v B ＝r A ∶r B ＝32R ∶R ＝3∶2，a ＝ω2r ，a A ∶a B ＝r A ∶r B ＝3∶2，所以A 、D 错误，B 、C 正确． 4．(20xx·福建师大附中高一检测)如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑．图中有A 、B 、C 三点，这三点所在处半径关系为r A >r B ＝r C ，则这三点的向心加速度a A 、a B 、a C 的关系是( )A ．a A ＝aB ＝aC B ．a C >a A >a B C ．a C <a A <a BD ．a C ＝a B >a A解析：选C.由题意可知：v A ＝v B ，ωA ＝ωC ，而a n ＝v2r＝ω2r .v 一定，a n 与r成反比；ω一定，a n 与r 成正比．比较A 、B 两点，v A ＝v B ，r A >r B ，故a A <a B ；比较A 、C 两点，ωA ＝ωC ，r A >r C ，故a C <a A ，所以a C <a A <a B ，故选C.5.目前，滑板运动受到青少年的喜爱．如图所示某滑板运动员恰好从B 点进入半径为2.0 m 的14圆弧，该圆弧轨道在C 点与水平轨道相接，运动员滑到C 点时的速度大小为10 m/s.求他到达C 点前、后瞬间的加速度(不计各种阻力)．解析：运动员经圆弧滑到C 点时做圆周运动．由公式a n ＝v2r 得a 1＝1022.0m/s 2＝50 m/s 2，方向竖直向上．运动员滑到C 点后进入水平轨道做匀速直线运动，加速度a 2＝0. 答案：50 m/s 2，方向竖直向上 0一、单项选择题1．关于地球上的物体随地球自转的向心加速度的大小，下列说法正确的是( )A ．在赤道上向心加速度最大B ．在两极向心加速度最大C ．在地球上各处，向心加速度一样大D ．随着纬度的升高，向心加速度的值逐渐增大解析：选A.地球上的物体随地球一起转动，在任何位置处转动的角速度都与地球自转的角速度相等．由公式a ＝r ω2可以知道，在角速度一定的情况下，向心加速度大小与转动半径成正比关系，所以，在赤道上，物体转动半径即地球半径，其值最大，故其向心加速度最大；在两极，其转动半径为零，所以其向心加速度也为零；随着纬度的升高，其转动半径减小，故其向心加速度也减小，正确选项为A.2．甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为3∶4，在相同的时间里甲转过60圈时，乙转过45圈，则它们的向心加速度之比为( )A ．3∶4B ．4∶3C ．4∶9D ．9∶16解析：选B.根据公式a ＝ω2r 及ω＝2πT 有a 甲a 乙＝r 甲r 乙·T2乙T2甲.因为T 甲＝t60，T 乙＝t 45，所以a 甲a 乙＝34×4232＝43，B 正确． 3.(20xx·武汉外国语学校高一检测)如图所示，A 、B 为咬合传动的两齿轮，r A ＝2r B ，则A 、B 两轮边缘上两点的( )A ．角速度之比为2∶1B ．向心加速度之比为1∶2C ．周期之比为1∶2D ．转速之比为2∶1解析：选B.根据两轮边缘线速度相等，由v ＝ωr 得，角速度之比为ωA ∶ωB ＝v A r B ∶(v B r A )＝1∶2，故A 错误；由a n ＝v2r得向心加速度之比为a A ∶a B ＝v 2Ar B ∶(v 2B r A )＝1∶2，故B 正确；由T ＝2πrv得周期之比为T A ∶T B ＝r A v B ∶(r B v A )＝2∶1，故C 错误；由n ＝ω2π得转速之比为n A ∶n B ＝ωA ∶ωB ＝1∶2，故D 错误．4.如图所示，O 1为皮带传动的主动轮的轴心，轮半径为r 1，O 2为从动轮的轴心，轮半径为r 2，r 3为固定在从动轮上的小轮半径．已知r 2＝2r 1，r 3＝1.5r 1.A 、B 、C 分别是3个轮边缘上的点，则质点A 、B 、C 的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)( )A ．1∶2∶3B ．2∶4∶3C ．8∶4∶3D ．3∶6∶2解析：选C.因为皮带不打滑，A 点与B 点的线速度大小相同，都等于皮带运动的速率，根据向心加速度公式a n ＝v2r可得：a A ∶a B ＝r 2∶r 1＝2∶1由于B 、C 是固定在同一个轮上的两点，所以它们的角速度相同，根据向心加速度的公式a n ＝ω2r 可得a B ∶a C ＝r 2∶r 3＝2∶1.5由此可得a A ∶a B ∶a C ＝8∶4∶3. 5.(20xx·川师附中高一检测)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 点时的加速度为a 1，刚滑过B 点时的加速度为a 2，则( )A ．a 1、a 2大小一定相等，方向可能相同B ．a 1、a 2大小一定相等，方向可能相反C ．a 1、a 2大小可能不等，方向一定相同D ．a 1、a 2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a 1＝v2BR ，方向竖直向上，当刚滑过B 点后，小球做平抛运动，a 2＝g ，方向竖直向下，v2BR有可能等于g ，故D 正确．二、多项选择题6．下列关于向心加速度的说法错误的是( ) A ．向心加速度越大，物体速率变化越快 B ．向心加速度越大，物体转动得越快C ．物体做匀速圆周运动时的加速度方向始终指向圆心D ．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的解析：选ABD.向心加速度描述的是圆周运动速度方向的变化快慢，而非速度大小的变化快慢，A 、B 错误；匀速圆周运动的加速度即向心加速度，方向指向圆心，C 正确；在匀速圆周运动中，向心加速度大小不变，方向时刻改变，D 错误．7．(20xx·临沂高一检测)一小球被细线拴着做匀速圆周运动，其半径为R ，向心加速度为a ，则( )A ．小球相对于圆心的位移不变B ．小球的线速度大小为 RaC ．小球在时间t 内通过的路程s ＝ aRtD ．小球做圆周运动的周期T ＝2πR a解析：选BD.小球做匀速圆周运动，各时刻相对圆心的位移大小不变，但方向时刻在变，A错误；由a＝v2R得v＝Ra，B正确；在时间t内通过的路程s＝v t＝t Ra，C错误；做圆周运动的周期T＝2πRv＝2πRRa＝2πRa，D正确．8.如图为一压路机的示意图，其大轮半径是小轮半径的1.5倍．A、B分别为大轮和小轮边缘上的点．在压路机前进时( )A．A、B两点的线速度之比为v A∶v B＝1∶1B．A、B两点的线速度之比为v A∶v B＝3∶2C．A、B两点的角速度之比为ωA∶ωB＝3∶2D．A、B两点的向心加速度之比为a A∶a B＝2∶3解析：选AD.由题意知v A∶v B＝1∶1，故A正确，B错误；又由ω＝v r 得ωA∶ωB＝r B∶r A＝2∶3，故C错误；又由a＝v2r得a A∶a B＝r B∶r A＝2∶3，故D正确．☆9.(20xx·陕西师大附中高一测试)如图所示，是甲、乙两球做匀速圆周运动时，向心加速度随半径变化的图象，其中图线甲为一双曲线．由图象可以知道( )A．甲球运动时，线速度大小保持不变B．甲球运动时，角速度大小保持不变C．乙球运动时，线速度大小保持不变D．乙球运动时，角速度大小保持不变解析：选AD.图线甲表明物体的向心加速度与半径成反比，由a＝v2 r可知，物体运动的线速度不变，选项A正确；图线乙表明物体的向心加速度与半径成正比，由a＝ω2r可知，物体的角速度大小不变，选项D正确．三、非选择题10.宇航员的选拔、训练是非常严格的．当航天飞机升空时，宇航员会发生黑视．黑视的原因第一是因为血压降低，导致视网膜缺血，第二是因为脑缺血．为了使宇航员适应飞行要求，在如图所示的仪器中对宇航员进行训练．宇航员坐在一个在竖直平面内做匀速圆周运动的舱内，若要使宇航员的向心加速度为an ＝6g ，则角速度需为多少？(R ＝20 m ，g 取10 m/s 2)解析：由向心加速度公式a n ＝Rω2得ω＝an R ＝6×1020 rad/s ＝3 rad/s.答案：3 rad/s11．如图所示是一个皮带传动减速装置，轮A 和轮B 共轴固定在一起，各轮半径之比R A ∶R B ∶R C ∶R D ＝2∶1∶1∶2，求在运转过程中，轮C 边缘上一点和轮D 边缘上一点向心加速度之比．解析：B 、D 轮边缘线速度相等，A 、C 轮边缘线速度相等，A 、B 轮角速度相等.vC vD ＝vA 12vA ＝2∶1，ωC ωD ＝2ωA 12ωA ＝4∶1，aC aD ＝vC ωC vD ωD ＝21×41＝8∶1.答案：8∶1 ☆12.如图所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆半径为R ；乙做自由落体运动，当乙下落至A 点时，甲恰好第一次运动到最高点B ，求甲物体做匀速圆周运动的向心加速度．解析：设乙下落到A 点所用时间为t ，则对乙，满足R ＝12gt 2，得t ＝2R g ，这段时间内甲运动了34个周期，即 34T ＝ 2R g① 又由于a ＝Rω2＝R 4π2T2②由①②得a ＝98π2g .答案：98π2g。

取夺市安慰阳光实验学校高考物理第5章第2节知能演练强化闯关新人教版必修21. (2011·高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动, 从某时刻起受到一恒力作用. 此后, 该质点的动能可能( )A. 一直增大B. 先逐渐减小至零, 再逐渐增大C. 先逐渐增大至某一最大值, 再逐渐减小D. 先逐渐减小至某一非零的最小值, 再逐渐增大解析: 选ABD.当恒力方向与质点原来速度方向相同时, 质点的动能一直增大, 故A正确. 当恒力方向与质点原来速度方向相反时, 速度先逐渐减小到零再逐渐增大, 质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大, 故B正确. 当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时, 将原来速度v0分解为平行恒力方向的v y、垂直恒力方向的v x, 如图(1), v y先逐渐减小到零再逐渐增大, v x始终不变. v＝x2x＋v2y, 质点速度v先逐渐减小至v x再逐渐增大, 质点的动能先减小至某一非零的最小值, 再逐渐增大, 故D正确. 当恒力方向与v0方向夹角小于90°时, 如图(2), v y一直增大, v x始终不变, 质点速度v逐渐增大. 动能一直增大, 没有其他情况, 故C错误.图5－2－52. 如图5－2－5所示, 质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍, 物块与转轴OO′相距R, 物块随转台由静止开始转动, 当转速增加到一定值时, 物块即将在转台上滑动, 在物块由静止到滑动前的这一过程中, 转台的摩擦力对物块做的功为( )A. 0B. 2πkmgRC. 2kmgRD.12kmgR解析: 选D.在转速增加的过程中, 转台对物块的摩擦力是不断变化的, 当转速增加到一定值时, 物块在转台上即将滑动, 说明此时最大静摩擦力提供向心力, 即kmg＝mv2R①在这一过程中对物块用动能定理有W＝12mv2②由①②知, 转台的摩擦力对物块所做的功W＝12kmgR, D对.3.图5－2－6如图5－2－6所示, ABCD是一个盆式容器, 盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧, BC是水平的, 其长度d＝0.50 m. 盆边缘的高度为h＝0.30 m. 在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑. 已知盆内侧壁是光滑的, 而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动, 最后停下来, 则停的地点到B 的距离为( ) A. 0.50 m B. 0.25 m C. 0.10 mD. 0解析: 选D.设小物块在BC 面上运动的路程为x .由动能定理知: μmgx ＝mgh , 则x ＝h μ＝0.300.10m ＝3 m因为d ＝0.5 m, 则x d ＝30.5＝6故小物块停在B 点.4. (2010·高考新课标全国卷) 图5－2－7如图5－2－7所示, 在外力作用下某质点运动的v －t 图像为正弦曲线. 从图中可以判断( )A. 在0～t 1时间内, 外力做正功B. 在0～t 1时间内, 外力的功率逐渐增大C. 在t 2时刻, 外力的功率最大D. 在t 1～t 3时间内, 外力做的总功为零解析: 选AD.本题考查速度图像、动能定理与功率的计算, 意在考查考生对速度图像的理解, 以及结合速度图像综合分析功与功率的方法. 由速度图像可知, 在0～t 1时间内, 由于物体速度增大, 根据动能定理可知, 外力对物体做正功, A 正确, 在0～t 时间内, 由图可知t 1时刻外力为零, 故功率为零, 因此外力的功率不是逐渐增大, B 错误; 在t 2时刻, 由于物体的速度为零, 故此时外力的功率最小, 且为零, C 错误; 在t 1～t 3时间内, 因为物体的初末动能不变, 故外力做的总功为零, D 正确.5. (2012·上海浦东高三模拟)过山车是游乐场中常见的设施. 如图5－2－8所示是一种过山车的简易模型, 它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成, B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点, B 、C 间距与C 、D 间距相等, 半径R 1＝2.0 m 、R 2＝1.4 m. 一个质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点), 从轨道的左侧A 点以v 0＝12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动, A 、B 间距L 1＝6.0 m. 小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2, 圆形轨道是光滑的. 假设水平轨道足够长, 圆形轨道间不相互重叠. 重力加速度取g ＝10 m/s 2, 计算结果保留小数点后一位数字. 试求: 图5－2－8(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时, 轨道对小球作用力的大小. (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道, B 、C 间距L 应是多少？(3)在满足(2)的条件下, 如果要使小球恰能通过第三个圆形轨道, 则其半径R 3应是多大？解析:(1)设小球经过第一个圆形轨道的最高点时的速度为v 1, 从A 点到最高点,根据动能定理有－μmgL 1－2mgR 1＝12mv 21－12mv 20①小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F , 根据牛顿第二定律F ＋mg ＝m v 21R 1②由①②式得F ＝10.0 N. ③(2)设小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度为v 2, 由重力提供向心力有mg ＝m v 22R 2④从A 点到第二个圆形轨道的最高点, 根据动能定理有－μmg (L 1＋L )－2mgR 2＝12mv 22－12mv 20⑤由④⑤式得L ＝12.5 m. ⑥(3)小球恰能通过第三个圆轨道, 设在最高点的速度为v 3应满足mg ＝m v 23R 3⑦从A 点到第三个圆轨道的最高点, 根据动能定理有 －μmg (L 1＋2L )－2mgR 3＝12mv 23－12mv 20⑧由⑥⑦⑧式得R 3＝0.4 m.答案: (1)10.0 N (2)12.5 m (3)0.4 m 一、选择题1. 关于物体所受合外力及其动能, 下列说法正确的是( ) A. 合外力为零, 则动能一定不变B. 动能保持不变, 则合外力一定为零C. 合外力不为零, 则合外力必做功, 动能一定变化D. 合外力不为零, 则物体一定做变速运动, 其动能一定变化解析: 选A.合外力为零, 则物体保持静止或匀速运动状态, 其动能一定不变, 选项A 正确; 动能不变, 其速度的方向可能变化, 有加速度, 合外力可能不为零, 如匀速圆周运动, 选项B 错误; 合外力不为零, 位移可能为零或合外力与位移垂直, 则功为零, 动能不变, 选项C 错误; 合外力不为零, 则一定有加速度, 物体一定做变速运动, 但动能可能不变, 选项D 错误.2. 一人骑自行车下坡, 坡长L ＝500 m, 坡高h ＝8 m, 人和车的总质量为100 kg, 下坡时初速度为4 m/s, 人不踏车的情况下, 到达坡底时的车速为10 m/s,g 取10 m/s 2, 则下坡过程中阻力所做的功为( )A. －4000 JB. －3800 JC. －5000 JD. －4200 J解析: 选B.由动能定理可得mgh ＋W f ＝12mv 2t －12mv 20, 解得W f ＝－mgh ＋12mv 2t －12mv 2＝－3800 J, 故选项B 正确. 3.图5－2－9如图5－2－9所示, 质量为m 的物块, 在恒力F 的作用下, 沿光滑水平面运动, 物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B , 物块由A 运动到B 点的过程中, 力F 对物块做的功W 为( )A. W >12mv 2B －12mv 2AB. W ＝12mv 2B －12mv 2AC. W ＝12mv 2A －12mv 2BD. 由于F 的方向未知, W 无法求出解析: 选B.对物块由动能定理得: W ＝12mv 2B －12mv 2A , 故选项B 正确.4. (2012·上海浦东高三模拟)一个质量为0.3 kg 的弹性小球, 在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上, 碰撞后小球沿相反方向运动, 反弹后的速度大小与碰撞前相同, 则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为( )A. Δv ＝0B. Δv ＝12 m/sC. W ＝1.8 JD. W ＝10.8 J解析: 选B.取末速度的方向为正方向, 则v 2＝6 m/s, v 1＝－6 m/s, 速度变化Δv ＝v 2－v 1＝12 m/s, A 错误, B 正确; 小球与墙碰撞过程中, 只有墙对小球的作用力做功, 由动能定理得W ＝12m (v 22－v 21)＝0, 故C 、D 均错误.5.图5－2－10如图5－2－10所示, 一块长木板B 放在光滑的水平面上, 在B 上放一物体A , 现以恒定的外力拉B , 由于A 、B 间摩擦力的作用, A 将在B 上滑动, 以地面为参照物, A 、B 都向前移动一段距离, 在此过程中( ) A. 外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B. B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量C. A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D. 外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和解析: 选BD.物体A 所受的合外力等于B 对A 的摩擦力, 所以B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量, 所以B 对. A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力, 大小相等, 方向相反, 但由于A 在B 上滑动, A 、B对地的位移不等, 所以二者做功不等, 故C 错. 对B 应用动能定理, W F －W f ＝ΔE k B , 即W F ＝ΔE k B ＋W f , 即外力F 对B 做的功等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做功之和, 所以D 对, A 错, 故选BD. 6.图5－2－11(2012·福州模拟)如图5－2－11所示, 光滑斜面的顶端固定一弹簧, 一物体向右滑行, 并冲上固定在地面上的斜面. 设物体在斜面最低点A 的速度为v , 压缩弹簧到C 点时弹簧最短, C 点距地面高度为h , 则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( ) A. mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C. －mghD. －(mgh ＋12mv 2)解析: 选A.由A 到C 的过程运用动能定理可得:－mgh ＋W ＝0－12mv 2,所以W ＝mgh －12mv 2, 故A 正确.7.图5－2－12如图5－2－12所示, 质量为M 的木块放在光滑的水平面上, 质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块并最终停留在木块中与木块一起以速度v 运动. 当子弹进入木块的深度为x 时两者相对静止, 这时木块前进的距离为L , 若木块对子弹的摩擦阻力为f 视为恒力, 下列关系不．正确的是( )A. fL ＝Mv 22B. fL ＝mv 22C. fx ＝mv 202－m ＋M v 22D. f (L ＋x )＝mv 202－mv 22解析: 选B.f 对木块做正功, 使木块从静止开始加速到v 时发生的位移为L , 则对木块运用动能定理可得f ·L ＝Mv 22.子弹受到阻力f 作用做减速运动(重力和地面的支持力不做功), 到相对静止时发生的位移为(L ＋x ), 如题图所示,由动能定理得－f ·(L ＋x )＝mv 22－mv 202解以上两式得f ·x ＝mv 202－m ＋M v 22故B 选项错误.8.图5－2－13(2012·宿州模拟)如图5－2－13所示, 固定斜面倾角为θ, 整个斜面分为AB 、BC 两段, AB ＝2BC .小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P 由静止开始从A 点释放, 恰好能滑动到C 点而停下, 那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )A. tan θ＝μ1＋2μ23 B. tan θ＝2μ1＋μ23C. tan θ＝2μ1－μ2D. tan θ＝2μ2－μ1解析: 选B.由动能定理得mg ·s AC ·sin θ－μ1mg cos θ·s AB －μ2mg cos θ·s BC ＝0, 则有tan θ＝2μ1＋μ23, B 项正确.9.图5－2－14如图5－2－14所示, 电梯质量为M , 地板上放置一质量为m 的物体. 钢索拉电梯由静止开始向上加速运动, 当上升高度为H 时, 速度达到v , 则( )A. 地板对物体的支持力做的功等于12mv 2B. 地板对物体的支持力做的功等于mgHC. 钢索的拉力做的功等于12Mv 2＋MgHD. 合力对电梯M 做的功等于12Mv 2解析: 选D.对物体m 应用动能定理: W F －mgH ＝12mv 2, 故W F ＝mgH ＋12mv 2, A 、B均错; 以电梯和物体整体为研究对象, 应用动能定理, 钢索拉力做的功, W T ＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2, 故C 错; 由动能定理知, 合力对电梯M 做的功应等于电梯动能的变化12Mv 2, 故D 正确.10.图5－2－12(2012·湖南桃源模拟)如图5－2－15所示, 一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上, 环与杆的动摩擦因数为μ, 现给环一个向右的初速度v 0, 如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F 的作用, 已知力F 的大小为F ＝kv (k 为常数, v 为环的运动速度), 则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功(假设杆足够长)可能为( )A.12mv 20 B. 0C.12mv 20＋m 3g 22k2 D.12mv 20－m 3g 22k2 解析: 选ABD.由于F ＝kv , 当F ＝kv 0＝mg 时, N ＝0, f ＝0, 圆环做匀速直线运动, 摩擦力做功为0, B 正确; 当v 0＜mgk时, 圆环一直做减速运动, 由动能定理W f ＝12mv 20, A 对; 当v 0＞mgk时, 由μ(kv －mg )＝ma 知, 环做加速度减小的减速直线运动, 最终做v ＝mg k 的匀速直线运动, 由动能定理知W f ＝12mv 20－12mv 2＝12mv 20－m 3g 22k2, D 对, C 错.二、非选择题 11.图5－2－16(2012·石家庄模拟)质量m ＝1 kg 的物体, 在水平拉力T (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下, 沿粗糙水平面运动, 经过位移4 m 时, 拉力T 停止作用,运动到位移是8 m 时物体停止, 运动过程中E k －s 图线如图5－2－16所示. (g 取10 m/s 2)求:(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力T 的大小.解析: (1)从图线可知初动能为2 J, E k0＝12mv 2＝2 J, 得v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J, 在位移为8 m 处物体的动能为零,这段过程中物体克服摩擦力做功. 设摩擦力为f , 则－fs 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J f ＝－10－4 N ＝2.5 N因f ＝μmg故μ＝f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移到4 m 这段过程中, 水平方向上受拉力T 和摩擦力f 的作用,合力为T －f , 根据动能定理有(T －f )·s 1＝E k －E k0故得T ＝E k －E k0s 1＋f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10－24＋2.5 N ＝4.5 N. 答案: (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N 12.图5－2－17(2012·湖北百校高三联考)如图5－2－17所示, 水平平台的右端安装有滑轮, 质量为M 的物块放在与滑轮相距l 的平台上, 物块与平台间的动摩擦因数为μ。

第五章第3节1．平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速直线运动；②竖直方向做自由落体运动。

为了研究平抛物体的运动，可进行如下实验：如图5－3－8所示，用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。

这个实验() 图5－3－8 A．只能说明上述规律中的第①条B．只能说明上述规律中的第②条C．不能说明上述规律中的任何一条D．能同时说明上述两条规律解析：因金属片受到小锤打击，向前推动A球，使A球做平抛运动，同时B球被松开，做自由落体运动。

A、B两球同时落到地面，A球的水平初速度并不影响A球在竖直方向的运动，说明两球在竖直方向上具有相同的运动规律，选项B正确。

答案：B2．在“研究平抛运动”的实验中，不会增大实验误差的是()A．小球每次自由滚落的高度不同B．斜槽末端不水平C．小球飞行过程受到空气阻力D．斜槽与小球之间有摩擦解析：为保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次释放小球时应在斜槽上的同一位置，A错。

斜槽末端不水平，小球离开斜槽后不做平抛运动，B错。

小球飞行过程受到空气阻力作用，它不做平抛运动，运动轨迹不是严格的抛物线，C错。

实验中只要求小球离开槽末的瞬时速度水平相同就可以了，即使斜槽与小球间有摩擦，这一要求也能做到，D 对。

答案：D3．在研究平抛运动的实验中，槽口离地面的高度为h，测得小球离开槽口的速度为v0，小球做平抛运动的水平位移为d，落地时间为t。

当小球从高h＝0.45 m处下落时得到的数据如表(a)所示，当小球从高h＝0.8 m处下落时得到的数据如表(b)所示。

h＝0.45 m表(a)h＝0.8 m表(b)下列说法正确的是()A．从表(a)或表(b)中第一、三两行数据可得出的初步结论是：在同一高度处以不同速度抛出的物体下落时间相同B．从表(a)或表(b)中第二、三两行数据可得出的初步结论是：在同一高度处以不同速度抛出的物体，其水平位移与抛出的初速度成正比C．比较表(a)、表(b)的数据可以得出，槽口高度h不同，落地时间也不同D．比较表(a)、表(b)的数据不能得出平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动解析：从题表中的数据可以得出平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动。

知能演练强化闯关1．关于探究动能定理的实验中，下列叙述正确的是( )A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应该尽量使其水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出解析：选D.本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳，只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次的多少倍就足够了，A错；每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次实验时，橡皮筋做的功是第一次的整数倍，否则，功的数值难以测定，B错；小车运动过程中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，才能减小误差，C 错；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，D正确．2．(2012·龙岩模拟)在“探究动能定理”的实验中，每次选取纸带后，我们应选取纸带上的哪些点来求小车的速度( )A．间距均匀的B．间距不均匀的C．间距均匀的与不均匀的都可D．最好是间距均匀的，若纸带上没有间距均匀的，也可用间距不均匀的解析：选A.橡皮筋完全恢复后不再有力对小车做功，小车做匀速运动，纸带上的点间距变的均匀，故A对，B、C错；若纸带上没有间距均匀的点说明纸带太短，橡皮筋还没完全恢复原状纸带已完全通过打点计时器，这种情况下应选用更长的纸带，或者是因为摩擦力没被平衡掉，故D错．3．(2012·江苏徐州调研)在“探究动能定理”的实验中，若画出W－v的图象，应为图5－5－9中的哪个图( )图5－5－9解析：选B.通过实验可知，做的功W与小车速度v2成正比，故与v应是二次函数关系，故B正确，A、C、D均错．4．在“探究动能定理”的实验中，某同学在一次实验中得到一条如图5－5－10所示的纸带，这条纸带上的点两端较密，中间稀疏，出现这种情况的原因可能是( )图5－5－10A．电源的频率不稳定B．木板倾斜的程度太大C．没有使木板倾斜或倾斜角太小D．小车受到的阻力较大解析：选CD.可能是没有平衡摩擦力或平衡不够，故C、D正确．5．(2012·烟台测试)一实验小组要用如图5－5－11所示的装置探究动能定理，关于实验操作下列说法正确的是( )图5－5－11A．应改变橡皮筋拉伸的长度，打出不同的纸带进行分析B．应保持橡皮筋拉伸的长度不变，改变橡皮筋的条数，打出不同的纸带进行分析C．应选取纸带上点迹间隔均匀的一段进行测量，以求出小车匀速运动时的速度D．实验中将木板左端适当垫高的目的是：使重力分力平衡掉小车和纸带受到的摩擦力，提高实验的精确度解析：选BCD.橡皮筋拉小车时的作用力是变力，我们不能求变力做功问题，但选用相同的橡皮筋，且伸长量都一样时，则要改变橡皮筋数目来改变做功的多少，A错误，B正确；纸带点迹均匀说明小车做匀速运动，此时小车的速度最大，橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能，C正确；木板略微倾斜后，小车所受重力沿斜面向下的分力平衡了小车运动中的阻力，提高了实验的精确度，D正确．6．为了探究动能定理，现提供如图5－5－12所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答问题(打点计时器所用交流电频率为50 Hz)：图5－5－12(1)为了消除摩擦力的影响应采取什么措施？________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)当我们分别用同样的橡皮筋1条、2条、3条……并起来进行第1次、第2次、第3次……实验时，每次实验中橡皮筋拉伸的长度都应保持一致，我们把第1次实验时橡皮筋对小车做的功记为W.(3)由于橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度可以由打点计时器和纸带测出，如图5－5－13所示是其中四次实验打出的部分纸带．图5－5－13(4)试根据第(2)、(3)次数123 4橡皮筋对小车做功W小车速度v(m/s)v2(m2/s2)________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)将木板固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车能够匀速下滑(4)由匀速运动的速度公式v ＝x t ，其中x 从图上读出分别为2.00 cm 、2.83 cm 、3.46 cm 、4.00 cm.t ＝T ＝1f＝0.02 s ，即可求出小车的速度. 次数 12 3 4 橡皮筋对小车做功 W2W 3W 4W 小车速度v (m/s) 1.001.42 1.732.00 v 2(m 2/s 2) 1.002.02 2.99 4.00橡皮筋对小车做功与小车速度的平方成正比．答案：见解析 7．(2012·杭州模拟)为了“探究动能定理”，查资料得知，弹簧的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 是弹簧的劲度系数，x 是弹簧长度的变化量．某同学就设想用压缩的弹簧推静止的小球(质量为m )运动来探究这一问题．为了研究方便，把小球O 放在水平桌面上做实验，让小球O 在弹力作用下运动，即只有弹簧推力做功．该同学设计实验如下：首先进行如图5－5－14甲所示的实验：将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小球O ，静止时测得弹簧的伸长量为d .图5－5－14在此步骤中，目的是要确定物理量__________，用m 、d 、g 表示为__________．接着进行如图乙所示的实验：将这根弹簧水平放在桌面上，一端固定，另一端被小球O 压缩，测得压缩量为x ，释放弹簧后，小球O 被推出去，从高为h 的水平桌面上抛出，小球O 在空中运动的水平距离为L .小球O 的初动能E k1＝__________.小球O 的末动能E k2＝__________.弹簧对小球O 做的功W ＝__________(用m 、x 、d 、g 表示)．对比W 和E k2－E k1就可以得出“动能定理”，即在实验误差允许范围内，外力所做的功等于物体动能的变化．解析：在图甲所示的实验中，目的是确定弹簧的劲度系数k ，由平衡条件得：mg ＝kd ，即k ＝mg d.在图乙所示的实验中，小球的初动能E k1＝0.又根据小球做平抛运动得：h ＝12gt 2 L ＝vt 所以E k2＝12mv 2＝12m (L g /2h )2＝mgL 24h弹簧对小球做的功等于弹性势能的减少，所以W ＝12kx 2＝mgx 22d . 答案：弹簧劲度系数k mg d 0 mgL 24h mgx 22d。

高考物理第5章第1节知能演练强化闯关新人教版必修2图5－1－81 2022·高考江苏单科卷如图5－1－8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 JC 30 JD 300 J解析: 选A一只鸡蛋重约为 N, 人的身高一般为 m, 从图中估算鸡蛋被抛出的高度约为 m, 则鸡蛋获得的最大机械能约为E＝mgh＝× J＝ J, 故人对鸡蛋做的功约为 J, 故A正确, 其他错误2图5－1－92022·广州模拟如图5－1－9所示, 拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m, 那么下列说法正确的是A 轮胎受到地面的摩擦力做了负功B 轮胎受到的重力做了正功C 轮胎受到的拉力不做功D 轮胎受到地面的支持力做了正功解析: 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3 汽车以额定功率从水平路面上坡时, 司机要通过变速杆进行“换挡”, 其目的是A 增大速度, 增大牵引力B 减小速度, 减小牵引力C 增大速度, 减小牵引力D 减小速度, 增大牵引力解析: 选D要上坡, 必须有较大的牵引力, 由F＝错误!错误!错误!, 若不计滑轮的质量和各处的摩擦力, g取10 N/g, 求这一过程中:1人拉绳子的力做的功;2物体的重力做的功;3物体受到的各力对物体做的总功解析: 1工人拉绳子的力:F＝错误!mg inθ工人将料车拉到斜面顶端时, 拉绳子的长度: ＝2L, 根据公式W＝F coα, 得W1＝错误!mg inθ·2L＝2000 J2重力做功:W2＝－mgh＝－mgL inθ＝－2000 J3由于料车在斜面上匀速运动, 则料车所受的合力为0, 故W合＝0答案: 12000 J 2－2000 J 30一、选择题1 设汽车在启动阶段所受阻力恒定并做匀加速直线运动, 则在这过程中A 牵引力增大, 功率增大B 牵引力不变, 功率增大C 牵引力增大, 功率不变D 牵引力不变, 功率不变解析: 选B汽车在启动阶段做匀加速直线运动, 其加速度为定值, 由F－f＝ma知牵引力F 不变; 又由, 与转盘之间的动摩擦因数为μ, 则人在半径为R的转盘边缘随转盘转一周, 转盘对人做的功是A μmg·2πRB μmgRC 2μmgRD 0解析: 选D人随转盘做匀速圆周运动, 静摩擦力提供向心力, 故指向圆心, 人在转动过程中, 转盘对人静摩擦力的方向始终和人运动方向垂直, 故转盘对人所做的功为0, D正确图5－1－123 如图5－1－12所示, 两个互相垂直的力F1与F2作用在同一物体上, 使物体通过一段位移的过程中, 力F1对物体做功4 J, 力F2对物体做功3 J, 则力F1与F2的合力对物体做的功为A 7 JB 1 JC 5 JD J解析: 选A功是标量, 力F1与F2的合力对物体做的功就是F1和F2对物体做功的代数和, W ＝W F1＋W F2＝4 J＋3 J＝7 J, 故选项A对4 2011年8月29日中国飞人刘翔在大邱田径世锦赛男子110米栏决赛中遗憾摘银刘翔在比赛中, 主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段, 他的脚与地面间不会发生相对滑动, 以下说法正确的是A 加速阶段地面对人的摩擦力做正功B 匀速阶段地面对人的摩擦力做负功C 由于人的脚与地面间不发生相对滑动, 所以不论加速还是匀速, 地面对人的摩擦力始终不对人做功D 无论加速还是匀速阶段, 地面对人的摩擦力始终做负功解析: 选C由于人的脚与地面间不发生相对滑动, 地面对人产生摩擦力的瞬间, 力的作用点位移为零, 所以地面对人的摩擦力不做功, 选项C正确5 2022·浙江宁波一模图5－1－13将一只苹果从楼上某一高度自由下落, 苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3图中5－1－13直线为苹果在空中的运动轨迹若不计空气阻力的影响, 以下说法正确的是A 苹果通过第3个窗户所用的时间最长B 苹果通过第1个窗户的平均速度最大C 苹果通过第3个窗户重力做的功最大D 苹果通过第1个窗户重力的平均功率最小解析: 选D苹果做自由落体运动, 从上到下速度越来越大, 通过相同窗户1、2、3的时间越来越短, 平均速度越来越大, 选项A、B错误; 通过相同的窗户, 重力做功均为W＝mgh, 选项C错误; 重力的平均功率错误!g错误!错误!gv coθ, 由于两小球的速度与重力的夹角不同, 重力的瞬时功率不同, 故A、B错误, C正确; 由于A小球平抛、B小球竖直上抛, 运动时间不同, 故重力对两小球做功的平均功率不等, D错误7 质量为50 g的某人沿一竖直悬绳匀速向上爬两手交替抓绳子, 在爬高3 m的过程中, 手与绳子之间均无相对滑动, 重力加速度g取10 m/2, 则下列说法正确的是A 绳子对人的静摩擦力做功为1500 JB 绳子对人的拉力做功为1500 JC 绳子对人的静摩擦力做功为0D 绳子对人的拉力做功为0解析: 选CD人沿绳子向上爬时, 手与绳子之间无相对滑动, 绳子对人的静摩擦力作用在手上, 手相对绳子是静止的, 静摩擦力的作用点即手的位移为零, 因此静摩擦力不做功, 同理, 绳中拉力也不做功, A、B错误, C、D正确8图5－1－15质量相同的A、B两物体, 并排静止在水平地面上现用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上, 分别作用一段时间后撤去, 两物体各自滑行一段距离后停止运动两物体运动的速度－时间图像分别如图5－1－15中图线a、b所示已知拉力F1、F2分别撤去后, 物体做减速运动过程的速度－时间图线彼此平行相关数据已在图中标出由图中信息可得出A F1和F2的大小之比为5∶2B F1和F2对物体做的功相等C 力F1对物体A所做的功较多D 力F1与F2的最大瞬时功率之比为2∶1解析: 选BD从图像中可以看出, 撤去拉力后, 物体滑行时的加速度a＝μg＝1 m/2, 则μ＝; 在拉力作用下, 对A: F1－μmg＝错误!m, 对B: F2－μmg＝错误!m, 所以F1＝错误!m, F2＝错误!m, 错误!＝错误!, F1与F2的最大瞬时功率之比错误!错误!g－T inθ, 解得: T＝错误!, T有极值, 所以A正确, B错误; T的功率, 所以C正确, D错误10图5－1－17起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度, 其速度图像如图5－1－17所示, 则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是图5－1－18中的图5－1－18解析: －t图中可以看出, 在0～t1时间内, 重物做匀加速运动, 钢索对物体的拉力为恒力, 且T1>G, 由/, 记录下的某人的心电图如图5－1－19所示图纸上每小格边长＝5 mm, 在图像上, 相邻的两个最大振幅之间对应的时间为心率的一个周期图5－1－191求此人的心率为多少次/分保留两位有效数字2若某人的心率为75次/分, 每跳一次输送80 mL血液, 他的血压可看做心脏压送血液的平均压强为×104错误!未定义书签。

高中物理学习资料金戈铁骑整理制作1．在远距离输电过程中，为减少输电线路上的电能损失，可采用的最正确方法是()A ．使输电线粗一些B ．减小输电线长度C ．减少通电时间D ．采用高压输电解析： 选 D. 从造成电能损失的原因解析，要减少电能损失，需要减小电阻、减小输电电流，减小电阻已达到目前技术的极限了，因此，应当采用高压输电，减小输电电流．应选 D.2．(2013 ·沙高二检测长)远距离输送必然功率的交流电，若输送电压提高到 n 倍，则 ()A ．输电线上的电压损失增大B ．输电线上的电能损失增大C ．输电线上的电压损失不变D ．输电线上的电能损失减少到原来的1/n 2 解析： 选 D.在输送功率一准时，由I ＝P知，电压提高到 n 倍，则电流变为原来的1，电1U1n压损失减为原来的2R 知，功率损失减为原来的，故 B 错误， ，故 A 、 C 错误；由 P损＝ I2nnD 正确．应选 D.3．在电能输送过程中，若输送的电功率必然、输电线电阻必然，则在输电线上耗费的电功率( )A ．和输电线上电压的平方成反比B ．和输电电流的平方成反比C ．和输电线上的电压降的平方成正比D ．和输电电流的平方成正比解析： 选 ACD. 输电线上的功率损失 2U ＝ U － U ′＝ IR ，输电电流 P ＝I R ，电压损失2U 2 P 2 I ＝ P/U ，因此 P ＝ I ·R ＝ R ＝ U R ，可见在输送功率 P 一准时， P 随 R 的增大而增大； P 与 I 2成正比； P 与U 2 成正比； P 与 U 2 成反比．应选 ACD.4．某小型水电站的电能输送表示图以下，发电机的输出电压为 220 V ，输电线总电阻为 r ，升压变压器原副线圈匝数分别为 n 1、 n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为 n 3、 n 4(变压器均为理想变压器 )．要使额定电压为 220 V 的用电器正常工作，则 ()A. n 2＞ n 3n 1n 4n 2 n 3B.＜n 1 n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：选 AD. 由于输电线上的电阻， 因此考虑到电压损失， 则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压， 依照变压器的电压与匝数之比的关系， 可知要让用电器正常工 作，必定有n 2＞n 3， A 正确， B 、C 错误；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 也正nn41确．应选 AD.5．在远距离输电时，若是升压变压器输出电压是2 000 V ，输出功率是 10 kW ，输电线电阻是 20 Ω，求：(1)输电线上损失的功率和损失的电压；(2)用户能获取的功率和电压．P ＝ I 2R ，求出输送电流．解析： 本题要点是先利用输送功率损失，经过公式(1)由 P 出＝I 线 U 出，得 I 线＝ P 出 10×103A ＝5A＝ 2 000U 出则输电线上损失的功率2 2P 损 ＝ I 线 r ＝ 5 ×20 W ＝500 W 损失的电压 U 损＝ I 线 r ＝ 5× 20 V ＝ 100 V.(2)用户获取的电压和功率分别为： U 用＝U 出－ U 损＝ (2 000－ 100) V ＝1 900 V P 用＝ P 出－ P 损＝ (10× 103－500) W ＝ 9 500 W. 答案： (1)500 W 100 V (2)9 500 W 1 900 V一、选择题1． (多项选择 )远距离输送交变电流都采用高压输电，采用高压输电的优点是 ()A ．可节约输电线的铜资料B ．可依照需要调治交变电流的频率C ．可减少输电线上的能量损失D ．可加快输电的速度解析： 选 AC.由 P ＝ IU 得 I ＝ P，输送的电功率 P 必然，采用高压输电，U 大则I 小，U输电线中的电流就小， 由 P 线 ＝ I 2 ·r ，在要求输电线耗费必然的情况下， 即可选电阻率略大一点的资料作导线．若输电线确定，则可减少输电线上的能量损失，故A 、C 选项正确．交变 电流的频率是固定的，不需调治，输电的速度就是电磁波的流传速度，是必然的，故B 、D 选项不正确．应选 AC.2． (多项选择 )对在电能远距离输送中所造成的电压损失，以下说法中正确的选项是 () A ．只有输电线的电阻才造成电压损失 B ．只有输电线的电抗才造成电压损失 C ．输电线的电阻和电抗都造成了电压损失 D ．若用高压直流输电，可以减小因电抗造成的损失解析： 选 CD.远距离高压输电过程中，不但线路上的电阻会损失电压，电容、电感的电抗也会损失电压．若用直流输电时，只有电阻的影响，无电抗的影响，故 C 、 D 正确．3． (单项选择 )照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在夜晚七、八点钟用电巅峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是由于用电巅峰时 ( )A ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，经过每盏灯的电流较小C ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D ．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，经过每盏灯的电流小解析： 选 C.照明供电线路的用电器是并联的，夜晚七、八点钟用电巅峰时，用电器越多，总电阻越小， 供电线路上的电流越大， 输电线上损失的电压较大， 用户获取的电压较小，应选 C.4．(单项选择 )中国已投产运行的 1 000 kV 特高压输电是目前生界上电压最高的输电工程．假 设甲、乙两地原来用 500 kV 的超高压输电，输电线上耗费的电功率为P.在保持输送电功率 和输电线电阻都不变的条件下，现改用 1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响， 则输电线上耗费的电功率将变为 ( )P PA. 4B. 2 C ．2PD ． 4P解析：选 A. 设输送功率为P ，输送电流为 I ，输送电压为 U ，则 P ＝ UI ，I ＝ P，P 损＝ I 2R ，U输送电压升为原来的 2 倍，则输送电流降为原来的一半， P 损 降为原来的四分之一，应选 A.5． (单项选择 )(2013 长·沙一中高二检测 )某变电站用 11 kV 交变电压输电，输送功率必然，输电线的电阻为 r.现若用变压器将电压高升到 220 kV 送电，下面选项正确的选项是 ( )A ．因 U，因此输电线上的电流增为原来的20 倍I ＝ rB ．因P ，因此输电线上的电流减为原来的1 I ＝ U220U400 倍C ．因 P ＝ r，因此输电线上损失的功率增为原来的D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的 1400解析：选 B.由P ＝ I 2r ＝ P2r 知， P ′ ＝1 P ，C 错误．本题 I ≠ U，故 A 错误．若U 2 U 400 1 rP 不变，则 r ＝ P 2 P ， r ′ ＝ 400r ，由电阻定律可得： d ′ ＝ 20d ， D 错误，应选 B.6． (多项选择 )发电厂发电机的输出电压为 U 1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R ，通 过输电导线的电流为 I ，输电线尾端的电压为 U 2，下面选项表示输电导线上耗费的功率的是 ()2 U 1－U 2U 1 2A. RB. R2D ． I(U 1－U 2)C ．I R解析 ：选 BCD. 输电线上耗费的功率P2 2损＝ I R ＝U 损/R ＝ I ·U 损，而 U 损＝ U 1 －U 2，故 B 、C 、D 正确．7． (单项选择 )某用电器离供电电源的距离为 l ，线路上的电流为 I ，若要求线路上的电压降 不高出 U ，已知输电导线的电阻率为 ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是 ( )ρl 2ρ lIA. rB. U U2UlC.ρ lID. I ρ解析： 选 B. 输电线的电阻2l2l 2ρ Il r ＝ ρ ，输电线上电压损失 U ＝ Ir ＝ I ρ ，因此 S ＝，应选B.SSU8． (多项选择 )为除掉高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为 I ，热耗功率为 P ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时 (认为输电功率和输电线电阻不变)()A ．输电电流为 3I B．输电电流为9I1C ．输电电压为 3UD ．输电电压为 3U解析 ：选 AD. 输电线上的热耗功率 P 线 ＝ I 2R 线，热耗功率由P 变为 9P ，则电流 I 变为13I ，选项 A 正确．输电功率 P 不变，由 P ＝ UI ，电流变为 3I ，输电电压为 3U ，选项 D 正确．☆ 9.(多项选择 ) 在远距离输电时， 输送的电功率为 P ，输送电压为 U ，所用导线的电阻率为 ρ，横截面积为 S ，总长度为 L ，输电线损失的电功率为 P ′，用户获取的电功率为 P 用 ，则 P ′、 P 用 的关系式正确的选项是 ( ) P 2ρLU 2S B ． P ′＝ A ． P ′＝ ρL U 2S2 P ρLU SC ．P 用＝ P － ρLD ． P 用＝P 1－U 2SL解析： 选 BD. 输电线电阻R ＝ ρ ，S输电电流 I ＝ U P，故输电线上损失的电功率为2R ＝ P 2 L P 2 ρLP ′＝ I ρ ＝ U 2SU S用户获取的功率为：P ρLP 用＝ P － P ′＝ P 1－ U 2S .应选 BD. ☆ 10.(多项选择 )以下列图是远距离输电表示图，电站的输出电压U 1＝ 250 V ，输出功率 P 1 ＝100 kW ，输电线电阻 R ＝8 Ω则.进行远距离输电时，以下说法中正确的选项是 ()A ．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B ．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C ．输电线耗费比率为5%时，所用升压变压器的匝数比n 1＝ 1n 2 16D ．用 10 000 V 高压输电，输电线耗费功率为8 000 W解析： 选 AC. 由 I 1＝P1知， P 1 增大， I 1 增大， I 线 增大，损失的电压增大， U 3 减小， U 4U 1P ＝ I 22·R减小，故 A 正确；由于 U 1、 n 1、 n 2 不变，因此 U 2 不变，故 B 错误；损失的功率＝P 1× 5%＝ 5×103 W ，I 2＝ 25 A ，n 1＝ 25 ＝ 1，因此 C 正确；用 10 000 V 高压输电，即 U 2n 2 400 16＝10 000 V ， I 2＝P 1＝ 10 A ， P ＝ I 22 R ＝8× 10 2 W ，因此 D 错误．应选 AC.U 2二、非选择题11．输送×106 W 的电能，若发电机输出电压为2 000 V ，采用变压器升压后应用横截面积为 4.25 cm 2 的铜导线， 把电能送到 400 km 远处，线路耗费的功率为× 105 W ．求：(1)应采用匝数比为多少的升压变压器； (2)若已知铜的电阻率 ρ＝× 10－ 8Ω·m，在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大．2PR 为线路总电阻，两条导线解析： (1)由 P ＝ I R 得 I ＝，式中 P 为线路耗费功率，R4× 105× 2L ′ 2L － 8×Ω＝ 32 Ω总电阻 R ＝ ρ＝ ρ ，则 R ＝×10－ 4SS× 10因此 I ＝P＝ 125 AR由于 P 输入 ＝P 输出 ，因此在升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝P 2＝× 104 V 故n 1＝ U 1＝ 1 .In 2 U 2 16 (2)设 U 2′ 为降压变压器原线圈两端的电压，则 U 2′ ＝ U 2－ IR 线 ＝× 104 V. 答案： (1)1∶16 (2)2.8 × 104 V12．有条河流， 流量 Q ＝ 2 m 3/s ，落差 h ＝ 5 m ，现利用其发电， 若发电机总效率为 50%，输出电压为 240 V ，输电线总电阻 r ＝ 30 Ω，赞同损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、 降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V,100 W ”的电灯正常发光？2 水33(g ＝ 10 m/s ， ρ ＝×10kg/m )解析： 输电电路以下列图电源端： P 输出 ＝ Q ρ水 gh × 50%＝5× 104 W线路耗费 P ＝ I 22 r4×I 2＝P ＝ 输出5×10A ＝10AP ×6%＝rr 430送电电压 U 2＝P＝5× 10输出I 2102403＝ 6∶ 125升压变压比 n 1∶ n 2＝U 1∶ U 2＝5× 10输电线损失电压U ＝ I 2r ＝ 10× 30 V ＝ 300 VU 3＝U 2－ U ＝ 4700 V ， U 4＝ 220 V降压变压比 n 3∶ n 4＝U 3∶ U 4 ＝235∶ 11灯盏数 N ＝ P 输出－ P＝ 5× 104－5× 104× P 灯 100(盏 )＝ 470(盏 )．答案： 6∶ 125 235∶ 11 470 盏。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．电容对交变电流影响的下列说法中，错误的是()A．交变电流能通过电容器B．电容器具有通直流、阻交流的作用C．电容器电容较小，它具有通高频、阻低频的作用D．电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小解析：选B.电容器“通交流、隔直流”，但对交流电有阻碍作用，电容越大，频率越高，容抗越小，所以选项A、C、D均正确，B错误．故选B.2．关于电感对交变电流的影响，以下说法中正确的是()A．电感对交变电流有阻碍作用B．电感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗C．电感对某一频率的交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数有关D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越低，电感对交变电流的阻碍作用就越大答案：ABC3．对交变电流通过电容器的正确理解是()A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)解析：选CD.电容器能让交变电流通过，实际上是通过充、放电来完成的，定向移动的电荷并没有从一极板到另一极板，但它的充、放电，就完成了交变电流通过的任务．故选CD.4．对扼流圈的以下说法，正确的是()A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D．高频扼流圈对低频交变电流的阻碍作用小，对高频交变电流的阻碍作用很大解析：选AD.低频扼流圈用来通直流、阻交流，也不让低频电流通过(对低频电流阻碍作用很大)．而高频扼流圈对高频电流阻碍作用很大，对低频电流阻碍作用较小．高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大，故选AD.5.如图所示是电视机电源部分的滤波装置，当输入端输入含有直流成分、交流低频成分的电流后，能在输出端得到较稳定的直流电，试分析其工作原理及各电容和电感的作用．解析：当含有多种成分的电流输入到C1两端时，由于C1具有“通交流、隔直流”的功能，电流中的交流成分被衰减；而线圈L有“通直流、阻交流”的功能，直流成分电流顺利通过L，一小部分交流通过L；到达C2两端时，由于C2具有“通交流、隔直流”的功能，C2进一步滤除电流中残余的交流成分，这样在输出端得到较稳定的直流电．答案：见解析一、选择题1．(多选)下列说法中正确的是()A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势，阻碍电流的变化B．感抗大小不仅与自感系数有关，还与电流的频率有关C．当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流D．容抗的大小不仅与电容有关，还与电流的频率有关解析：选ABD.交流电通过线圈时，由于电流时刻变化，在线圈中产生自感电动势，自感电动势总是阻碍电流变化，这就是产生感抗的原因，A正确．频率越高，电流变化越快，自感电动势越大；线圈自感系数越大，自感电动势越大，对电流的变化阻碍作用越大，感抗越大，B正确．电容器能通交变电流的实质是通过反复充、放电来实现的，并无电荷通过电容器，所以C错误．频率越高，充、放电越快，容抗越小，故D正确．故选ABD.2．(多选)(2013·新疆一中高二检测)下列说法正确的是()A．电阻对直流、交流的阻碍作用相同，电流通过电阻时，消耗电能B．电容器接在直流电路中，因为没有电流，所以不消耗电能，接在交流电路中，有交变电流，所以消耗电能C．感抗虽然对交变电流有阻碍作用，但不消耗能量D．感抗是线圈的电阻产生的答案：AC3．(单选)交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则()A．I′＞I B．I′＜IC．I′＝I D．无法比较解析：选B.长直导线的自感系数很小，感抗可忽略不计，其对交变电流的阻碍作用可以看做是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流不但有电阻，而且有感抗，阻碍作用增大，电流减小．故选B.4.(单选)如图所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A示数增大，可行的办法是()A．使发电机的转速增大B．使发电机的转速减小C．平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D．使电容器两板间距离增大解析：选A.发电机转速增大，交变电流频率f增大，容抗变小，电流增大，故A正确，B错误．电容器所充电介质的介电常数变小，板间距离增大，电容均变小，容抗变大，电流变小，C、D错误．故选A.5.(单选)如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是()A．等于220 VB．大于220 VC．小于220 VD．等于0解析：选C.虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确．6．(单选)如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是()A．等于220 V B．大于220 VC．小于220 V D．等于零解析：选C.电感对交变电流有阻碍作用，线圈与灯泡串联，其电压之和等于电源电压，即U L＋U R＝U，故交流电压表的示数小于220 V，C正确．7．(单选)关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是()A．电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同B．电感对直流电和交流电均有阻碍作用C．电容器两极板间是绝缘的，故电容支路上没有电流通过D．交变电流的频率增加时，电阻、电感、电容的变化情况相同解析：选A.电阻的阻值对直流电和交流电的阻碍作用相同，A正确；电感对直流电没有阻碍作用，对交流电有阻碍作用，B错误；由于电容器不断地充放电，电路中存在充电电流和放电电流，C错误；电阻的阻值与交流电的频率无关，感抗随交流电频率的增大而增大，容抗随交流电频率的增大而减小，D错误．故选A.8.(单选)(2013·江苏启东中学高二检测)如图所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同．若保持交变电压不变，将交变电流的频率提高到60 Hz，则发生的现象是()A．三灯亮度不变B．三灯均变亮C．L1不变、L2变亮、L3变暗D．L1不变、L2变暗、L3变亮解析：选D.频率变高，线圈感抗变大，电容器容抗变小，因此L2变暗，L3变亮．电阻的大小与交变电流的频率无关，流过灯泡L1中的电流不变，因此L1亮度不变．故选D.☆9.(单选)在收音机线路中，经天线接收到的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是()A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈解析：选C.电容器具有通高频、阻低频作用，这样的电容器电容应较小，故a处是电容较小的电容器．电感线圈在该电路中要求做到“通低频、阻高频”，所以b处应接一个高频扼流线圈．故选C.☆10.(多选)如图所示，W是瓦特表，用来测量电路的电功率，电流表的读数是I，电压表的读数是U，以下说法中正确的是()A．当a、b间接直流时，功率表的读数P＝UIB．当a、b间接交变电流时，功率表的读数P＜UIC．当a、b间接交变电流时，功率表的读数P＝UID．当a、b间接脉动电流时，功率表的读数P＜UI解析：选ABD.电路接直流时，线圈对直流没有感抗，电路消耗的功率为实际功率(有用功率)，A正确；当电路接交变电流时，线圈对交变电流有感抗，IU是电路的总功率，而瓦特表的读数是有用功率，故P＜UI，B正确，C错误．当ab间接脉动电流时，线圈上也有无用功率，D正确．故选ABD.二、非选择题11．收音机的音量控制电路部分如图所示，调节滑动变阻器的滑片P可控制扬声器的音量，但收音机直接收到的信号有干扰，即有直流和高频信号，为此需要用电容器C1、C2滤去直流和高频部分．根据电容器容抗的性质，试确定C1、C2应分别用电容较大的还是较小的电容器．解析：C1的作用是滤去直流成分，而且要让低频成分通过，故应选用电容较大的电容器；C2的作用是滤去高频成分且要阻碍低频成分通过，故选用电容较小的电容器．答案：C1选用电容较大的电容器，C2选用电容较小的电容器12.(2013·聊城水城中学高二检测)如图所示，某电子电路的输入端输入的电流既有直流成分，又有交流低频成分和交流高频成分，若通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，试说明元件L、C1、C2在电路中的作用．解析：该电路只把交流的低频成分输送到下一级，C1能通交流，隔直流；L通直流，阻交流是低频扼流圈；C2通高频、阻低频，是高频旁路电容．答案：见解析。

1．(2012·广东东莞调研)关于机械能是否守恒的叙述，正确的是( )A ．做匀速直线运动的物体的机械能一定守恒B ．做加速运动的物体机械能不可能守恒C ．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒D ．只有重力对物体做功时，物体机械能一定守恒解析：选D.只有重力做功或弹簧弹力做功，其他力不做功或做功等于零时，物体的机械能守恒，D 正确．2．(2011·高考新课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：选ABC.到达最低点前，高度始终在降低，所以重力势能始终减小，故A 正确．绳张紧后的下落过程，伸长量逐渐增大，弹力做负功，弹性势能增大，故B 正确．在蹦极过程中，只有重力与系统内弹力做功，故机械能守恒，C 正确．重力势能的改变与重力做功有关，重力做功只与始末位置高度差有关，与零势能面的选取无关，故D 错误．图5－3－63．如图5－3－6所示，用长为L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L 的O 点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( )A.gLB.3gLC.5gLD.7gL解析：选D.小球恰能到达最高点B ，则小球在最高点处的速度v ＝gL .以地面为零势能面，铁球在B 点处的总机械能为mg ×3L ＋12v 2＝72mgL ，无论轻绳是在何处断的，铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12m v ′2＝72，故小球落到地面的速度v ′＝7gL ，正确答案为D.4．如图5－3－7所示，A 、B 、C 、D 四图中的小球以及小球所在的斜面完全相同，现从同一高度h 处由静止释放小球，小球下落同样的高度，便进入不同的轨道：除去底部一小段圆孤，A 图中的轨道是一段斜面，且高于h ；B 图中的轨道与A 图中轨道比较只是短了一些，斜面高度低于h ；C 图中的轨道是一个内径大于小球直径的管，其上部为直管，下部为圆弧形，底端与斜面衔接，管的高度高于h ；D 图中的轨道是半个圆轨道，其直径等于h .如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入轨道后能运动到h 高度的图是( )图5－3－7解析：选AC.A 图中小球沿轨道上滑直到速度为零，由于机械能守恒，因此小球能上升到h 高度，A 正确；B 图中小球到达轨道顶端后离开轨道做斜上抛运动，到达抛物线最高点时速度不为零，因此动能不为零，则小球不能上升到h 高度，B 错误；C 图中小球沿竖直管向上运动，直到速度减小到零，小球可上升到h 高度，C 正确；D 图中小球进入圆轨道后做圆周运动，能达到最高点的条件是在最高点时重力等于向心力，即mg ＝m v 2R，动能不能为零，所以D 也不行．图5－3－85．(2012·杭州模拟)山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动，一滑雪坡由AB 和BC 组成，AB 是倾角为37°的斜坡，BC 是半径为R ＝5 m 的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B ，与水平面相切于C ，如图5－3－8所示，AB 竖直高度差h ＝8.8 m ，运动员连同滑雪装备总质量为80 kg ，从A 点由静止滑下通过C 点后飞落(不计空气阻力和摩擦阻力，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)运动员到达C 点的速度大小；(2)运动员经过C 点时轨道受到的压力大小．解析：(1)由A →C 过程，应用机械能守恒定律得：mg (h ＋Δh )＝12m v 2C，又Δh ＝R (1－cos37°)，可解得：v C ＝14 m/s.(2)在C 点，由牛顿第二定律得：F C －mg ＝m v 2C R解得：F C ＝3936 N.由牛顿第三定律知，运动员在C 点时对轨道的压力大小为3936 N.答案：(1)14 m/s (2)3936 N一、单项选择题图5－3－91．(2012·江苏无锡调研)如图5－3－9所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )A ．斜劈对小球的弹力不做功B ．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C ．斜劈的机械能守恒D ．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量解析：选 B.不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能减小量等于斜劈和小球动能的增量之和，D 错．故选B.2．(2011·高考上海卷)用如图5－3－10所示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A 位置由静止开始向下摆动到D 位置的过程中( )图5－3－10①重力做正功，重力势能增加 ②重力的瞬时功率一直增大③动能转化为重力势能 ④摆线对摆锤的拉力不做功⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量A ．①③B ．②④C ．②⑤D ．④⑤解析：选D.摆锤向下运动，重力做正功，重力势能减小，故①错误．由于开始静止，所以开始重力功率为零，在D 位置物体v 的方向与重力垂直，P G ＝G v cos θ，可知P G ＝0，而在从A 位置摆动到D 位置的过程中，重力功率不为零，所以所受重力瞬时功率先增大后减小，②错误．在向下运动的过程中，重力势能减小，动能增加，故③错误．摆线拉力与v 方向始终垂直，不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故④⑤正确，选D.图5－3－113．如图5－3－11所示，一均质杆长为2r ，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD 滑动，AB 是半径为r 的14圆弧，BD 为水平面．则当杆滑到BD 位置时的速度大小为( ) A. gr 2B.grC.2gr D ．2gr解析：选B.由机械能守恒定律得：mg ·r 2＝12m v 2 ∴v ＝gr ，故B 对．4．(2012·台州模拟)用长度为l 的细绳悬挂一个质量为m 的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为( )A ．mg gl B.12mg gl C.12mg 3gl D.13mg 3gl解析：选C.第一次动能和势能相等的位置为距最低点高度l 2处，由机械能守恒可得：v ＝gl ，与竖直方向的夹角α＝30°∴P ＝mg ·v cos 30°＝12mg 3gl ，故C 对．图5－3－125．(原创题)2011年10月16日，在东京体操世锦赛男子单杠决赛中，邹凯、张成龙分别以16.441分和16.366分包揽冠亚军．假设邹凯的质量为60 kg ，他用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．此过程中，邹凯在最低点时手臂受的拉力至少约为(忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2)( )A ．600 NB ．2400 NC ．3000 ND ．3600 N解析：选C.设邹凯的重心距杆的距离为r ，他能通过最高点的最小速度为v 1＝0，他在做圆周运动的过程中机械能守恒，设到达最低点的速度设为v 2，则有12m v 22＝2mgr ，在最低点他受到向上的拉力和向下的重力，根据牛顿第二定律，有F T －mg ＝m v 22r，由以上两式可得F T ＝5mg ＝3000 N.图5－3－136．一物体沿斜面向上运动，运动过程中质点的机械能E 与竖直高度h 关系的图象如图5－3－13所示，其中O ～h 1过程的图线为水平线，h 1～h 2过程的图线为倾斜直线．根据该图象，下列判断正确的是( )A ．物体在O ～h 1过程中除重力外不受其他力的作用B ．物体在O ～h 1过程中只有重力做功其他力不做功C ．物体在h 1～h 2过程中合外力与速度的方向一定相反D ．物体在O ～h 2过程中动能可能一直保持不变解析：选BC.O ～h 1过程的图线为水平线，说明物体的机械能不变，即除重力以外没有其他力做功，但并非一定不受其他力作用，故A 错误，B 正确；在h 1～h 2过程中由于物体的机械能减小，重力势能增加，只能是动能减小，即合外力与速度方向相反，故C 正确； 在O ～h 2过程中物体的机械能减小，重力势能增大，动能只能减小不可能保持不变，故D 错误．二、不定项选择题图5－3－147．如图5－3－14所示，质量相等的甲、乙两物体开始时分别位于同一水平线上的A 、B 两点．当甲物体被水平抛出的同时，乙物体开始自由下落．曲线AC 为甲物体的运动轨迹，直线BC 为乙物体的运动轨迹，两轨迹相交于C 点，空气阻力忽略不计．则两物体( )A ．在C 点相遇B ．经C 点时速率相等C ．在C 点时具有的机械能相等D ．在C 点时重力的功率相等答案：AD8．(2012·江苏启东中学质检)如图5－3－15所示，A 、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于O 点，B 球用轻弹簧系于O ′点，O 与O ′点在同一水平面上，分别将A 、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )图5－3－15A ．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大C ．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大D ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球受到向上的拉力较大解析：选BD.整个过程中两球减少的重力势能相等，A 球减少的重力势能完全转化为A 球的动能，B 球减少的重力势能转化为B 球的动能和弹簧的弹性势能，所以A 球的动能大于B 球的动能，所以B 正确；在O 点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A 球受到的拉力较大，所以D 正确．图5－3－169．(2012·福建福州模拟)如图5－3－16所示，小车上有固定支架，一可视为质点的小球用轻质细绳拴挂在支架上的O 点处，且可绕O 点在竖直平面内做圆周运动，绳长为L .现使小车与小球一起以速度v 0沿水平方向向左匀速运动，当小车突然碰到矮墙后，车立即停止运动，此后小球上升的最大高度可能是( )A ．大于v 202gB ．小于v 202gC ．等于v 202gD ．等于2L 解析：选BCD.小球上摆的高度不超过O 点时，小球的动能全部转化为重力势能，则由mgh＝12m v 20得h ＝v 202g ；小球上摆的高度L ＜h ＜2L 时，小球在高于O 点的某位置开始做斜上抛运动，最高点的速度不为零，即动能不能全部转化为重力势能，mgh ＜12m v 20，h ＜v 202g ，小球能通过圆周最高点时，上升的高度为2L ；由于最高点速度不为零，仍有h ＜v 202g，综上所述，本题应选BCD.10．物体做自由落体运动，E k 表示动能，E p 表示势能，h 表示物体下落的高度，以水平地面为零势能面，下列图象中，能正确反映各物理量之间关系的是( )图5－3－17解析：选BC.由机械能守恒定律：E p ＝E 机－E k ，得E p 与E k 的图象为倾斜的直线，C 正确；由动能定理得mgh ＝E k ，则E p ＝E 机－E k ＝E 机－12m v 2，故E p 与v 的图象为开口向下的抛物线，B 正确；因为E k ＝12m v 2＝12m (gt )2＝12mg 2t 2，E p ＝E 机－E k ＝E 机－122t 2，所以E p 与t 的关系图象也为开口向下的抛物线，A 错误．设初状态势能为E 0，则E p ＝E 0－mgh ，D 错误．三、非选择题图5－3－1811．(2011·高考北京卷)如图5－3－18所示，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为m 的小球(小球的大小可以忽略)．(1)在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F 的大小；(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．解析：(1)受力图见右图．根据平衡条件，应满足F T cos α＝mg ，F T sin α＝F ，拉力大小F ＝mg tan α.(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒mgl (1－cos α)＝12m v 2 则通过最低点时，小球的速度大小v ＝2gl (1－cos α)根据牛顿第二定律F T ′－mg ＝m v 2l解得轻绳对小球的拉力F T ′＝mg ＋m v 2l＝mg (3－2cos α)，方向竖直向上． 答案：见解析12.图5－3－19某游乐场过山车模型简化为如图5－3－19所示，光滑的过山车轨道位于竖直平面内，该轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R .可视为质点的过山车从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．(1)若要求过山车能通过圆形轨道最高点，则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 至少要多少？(2)考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的7倍，过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 不得超过多少？解析：(1)设过山车总质量为m 0，从高度h 1处开始下滑，恰能以v 1过圆形轨道最高点，在圆形轨道最高点有：m 0g ＝m 0v 21R ①运动过程机械能守恒：m 0gh 1＝2m 0gR ＋12m 0v 21② 由①②式得：h 1＝2.5R高度h 至少要2.5R(2)设从高度h 2处开始下滑，过圆形轨道最低点时速度为v 2，游客受到的支持力最大是F N ＝7 mg最低点时：F N －mg ＝m v 22R③ 运动过程机械能守恒：mgh 2＝12m v 22④ 由③④式得：h 2＝3R高度h 不得超过3R .答案：(1)2.5R (2)3R。

知能优化演练1．下列关于作用力、反作用力的做功问题中，说法正确的是( ) A ．作用力做功，反作用力也必定做功 B ．作用力做正功，反作用力一定做负功C ．作用力的做功数值一定等于反作用力的做功数值D ．单纯根据作用力的做功情况不能判断反作用力的做功情况 答案：D2．自动电梯以恒定v 0匀速上升，一个质量为m 的人沿电梯匀速往上走，在t 秒内走过此电梯．电梯长为l ，电梯斜面倾角为α，则( )图5－1－9A ．电梯对该人做功为mgl sin αB ．电梯对该人做功为mgv 0t sin αC ．重力的功率为mgl sin αtD ．重力的功率为mgv 0sin α解析：选BC.在人走过此电梯的过程中，人的动能未变，但重力势能增加了mgl sin α.在此过程时间t 内电梯只运动了v 0t 的位移，也就是说电梯只能把人送到v 0t sin α的高度，所以B 正确，A 错误；重力的作用点在人身上，故C 正确，D 错误．3．(2012·福州模拟)如图5－1－10所示，木板可绕固定水平轴O 转动．木板从水平位置OA 缓慢转到OB 位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J ．用F N 表示物块受到的支持力，用F f 表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是( )图5－1－10A ．F N 和F f 对物块都不做功B ．F N 对物块做功为2 J ，F f 对物块不做功C ．F N 对物块不做功，F f 对物块做功为2 JD ．F N 和F f 对物块所做功的代数和为0解析：选B.由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力F N 做正功，但摩擦力F f 方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理W －mgh ＝0，故支持力F N 做功为mgh ，B 正确．4．用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d ，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度是( ) A ．(3－1)d B ．(2－1)dC.5－12dD.22d解析：选B.在将钉子钉入木板的过程中，随着深度的增加，阻力成正比地增加，这属于变力做功问题，由于力与位移成正比，可求出力对位移的平均值，将变力转化为恒力来处理． 根据题意可得第一次做功：W ＝F 1d ＝kd2d .第二次做功：W ＝F 2d ′＝kd ＋k d ＋d ′2d ′.联立解得d ′＝(2－1)d .5．(2012·江苏盐城调研)质量为3×106kg 的列车，在恒定的额定功率下，沿平直的轨道由静止出发，在运动过程中受到的阻力恒定，经1×103s 后达到最大行驶速度72 km/h.此时司机关闭发动机，列车继续滑行4 km 停下来．求： (1)关闭发动机后列车加速度的大小； (2)列车在行驶过程中所受阻力的大小； (3)列车的额定功率；(4)列车在加速过程中通过的距离．解析：(1)关闭发动机后列车在阻力的作用下，滑行了一段距离后才停下来，列车做匀减速运动a＝v2/(2l)＝202/(2×4000) m/s2＝0.05 m/s2.(2)所受阻力F f＝ma＝3×106×0.05 N＝1.5×105 N.(3)达到最大速度时，牵引力等于阻力，则P额＝F f v＝1.5×105×20 W＝3×106 W.(4)对加速过程应用动能定理P额t－F f l1＝mv2/2，代入数据解得l1＝16 km.答案：(1)0.05 m/s2(2)1.5×105 N (3)3×106 W (4)16 km一、选择题1．(原创题)2011年9月17日，国际田联钻石联赛布鲁赛尔站，约翰·布莱克以19秒26的恐怖成绩获得男子200米金牌，只比“闪电”博尔特名下的现世界纪录慢0.07秒．布莱克在比赛中，先做加速运动，然后匀速运动，最后加速冲刺．已知他的脚与地面间不会发生相对滑动，以下说法正确的是( )A．加速阶段地面对他的摩擦力做正功B．匀速阶段地面对他的摩擦力做负功C．由于他的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对他的摩擦力始终不对他做功D．无论加速还是匀速阶段，地面对他的摩擦力始终做负功解析：选C.由于布莱克的脚与地面间不发生相对滑动，地面对他产生摩擦力的瞬间，力的作用点位移为零，所以地面对他的摩擦力不做功，选项C正确．2．(2012·黄冈模拟)如图5－1－11所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则( )图5－1－11A．重力对两物体做的功相同B．重力的平均功率相同C．到达底端时重力的瞬时功率P A＝P BD．到达底端时两物体的动能相同，速度相同解析：选A.由于两个物体质量相同、下落高度相同，所以重力对两物体做的功相同，A选项正确．由于下落的时间不同，所以重力的平均功率不相同，B选项错误．根据机械能守恒可知，两物体到达底端时动能相同，即速度大小相同、方向不同，D选项错误．由瞬时功率的计算式可得P A＝mgv sinθ(θ为斜面倾角)，P B＝mgv，因此，到达底端时重力的瞬时功率P A<P B，C选项错误．3．设汽车在启动阶段所受阻力恒定并做匀加速直线运动，则在这过程中( )A．牵引力增大，功率增大B．牵引力不变，功率增大C．牵引力增大，功率不变D．牵引力不变，功率不变解析：选B.汽车在启动阶段做匀加速直线运动，其加速度为定值，由F－F f＝ma知牵引力F 不变；又由P＝Fv知功率P增大，B正确．4．如图5－1－12所示，用长为2L的轻绳悬挂一个质量为m的物体，一水平拉力施于轻绳中点拉绳，直到上段绳偏离竖直方向θ角，若拉力大小恒为F，则此过程中F做的功为( )图5－1－12A ．FLB ．FL cos θC ．FL sin θD ．mgL (1－cos θ)解析：选C.由于F 为恒力，用功的定义式计算，轻绳中点在F 方向上的位移为L sin θ，F 做功W F ＝FL sin θ，故C 正确．5．(2012·长沙模拟)在光滑的水平面上，用一水平拉力F 使物体从静止开始移动x ，平均功率为P ，如果将水平拉力增加为4F ，使同一物体从静止开始移动x ，平均功率为( ) A ．2P B ．4P C ．6P D ．8P解析：选D.拉力由F 变为4F ，加速度变为原来的4倍，由x ＝12at 2知，通过位移x 的时间变为原来的12，由P ＝Fx t 得P ′＝4Fx12t ＝8P ，故D 正确．6．(2010·高考新课标全国卷)如图5－1－13所示，在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )图5－1－13A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零解析：选AD.0～t1和t2～t3时间内，质点做加速运动，外力做正功，故选项A正确；t1～t3时间内，动能变化为零，外力做的总功为零，故选项D正确；0～t1时间内，由图看速度大小变化和图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，根据P＝Fv可以得出外力的功率先增大后减小，故选项B错误；t2时刻，速率为零，此时外力的功率为零，选项C错误．7．(2012·广东六校联合体联考)如图5－1－14所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m.A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )图5－1－14A．大于μmgL B．等于μmgLC．小于μmgL D．以上三种情况都有可能解析：选B.设斜面的倾角为θ，则对滑雪者从A到B的运动过程中摩擦力做的功为：WF f ＝μmgAC cosθ＋μmgCB①，由图可知AC cosθ＋CB＝L②，由①②两式联立可得：WF f＝μmgL，故B正确．8．(2012·东城区模拟)以恒定的功率P行驶的汽车以初速度v0冲上倾角一定的斜坡，设受到的阻力(不包括汽车所受重力沿斜面向下的分力)恒定不变，则汽车上坡过程中的v－t图象可能是( )图5－1－15解析：选C.对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：P v－mg sin θ－f ＝ma ，上坡过程，若汽车的速度v 增大，加速度a 减小，加速度减为零后，速度保持不变，根据v －t 图象的特点，斜率表示加速度，可以判断出C 正确．9．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的有用功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升为止，物体上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是( )A ．钢绳的最大拉力为P v 2B ．钢绳的最大拉力为Pv 1C ．重物的最大速度v 2＝PmgD ．重物匀加速运动的加速度为Pmv 1－g 解析：选BCD.由F －mg ＝ma 和P ＝Fv 可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P 后，随v 增加，钢绳拉力F 变小，当F ＝mg 时重物达到最大速度v 2，故v 2＝P mg ，最大拉力F ＝mg ＋ma ＝P v 1，A 错误，B 、C 正确．由P v 1－mg ＝ma 得：a ＝Pmv 1－g ，D 正确． 10．(2012·银川模拟)提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，如果要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列办法可行的是( )A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k8解析：选CD.速度达到最大时，P v m＝kv 2m 即P ＝kv 3m .由此可知，当v m 增大到2v m 时，若k 不变，功率P 变为原来的8倍，若功率不变，阻力因数变为原来的18.二、非选择题11．如图5－1－16为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m ＝5×104kg 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/s 2，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v m ＝1.02 m/s 的匀速运动．取g ＝10 m/s 2，不计额外功．求：图5－1－16(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)当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度v m 时，拉力和重力相等， 即F ＝mg . 根据P ＝FvP m ＝mgv m ＝5×104×10×1.02 W＝5.1×105 W. (2)根据牛顿第二定律 F －mg ＝ma 又P m ＝Fv v ＝at解得：t ＝5 s.当t ′＝2 s 时v ′＝at ′ P ′＝Fv ′解得P ′＝2.04×105W.答案：(1)5.1×105 W (2)5 s 2.04×105W12．在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如图5－1－17所示的F －1v图象(图线ABC 为汽车由静止到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ，求：图5－1－17(1)该汽车的额定功率．(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s 达到最大速度40 m/s ，求其在BC 段的位移． 解析：(1)由图线分析可知：图线AB 表示牵引力F 不变即F ＝8000 N ，阻力F f 不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC 的斜率表示汽车的功率P 不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达最大速度40 m/s ，此后汽车做匀速直线运动由图可知：当最大速度v max ＝40 m/s 时，牵引力为F min ＝2000 N 由平衡条件F f ＝F min 可得：F f ＝2000 N由公式P ＝F min v max 得：额定功率P ＝8×104W. (2)匀加速运动的末速度v B ＝PF求得：v B ＝10 m/s 汽车由A 到B 做匀加速直线运动的加速度 a ＝F －F f m＝2 m/s 2设汽车由A 到B 所用时间为t 1，由B 到C 所用时间为t 2，位移为x ：则t 1＝v B a＝5 s 则t 2＝35 s －5 s ＝30 sB 点之后，对汽车由动能定理可得：Pt 2－F f x ＝12mv 2C －12mv 2B代入数据可得：x ＝75 m.答案：(1)8×104W (2)75 m。

高中物理必修第二册全册各章知识点汇总及配套习题第五章抛体运动.................................................................................................................... - 1 - 第六章圆周运动.................................................................................................................... - 6 - 第七章万有引力与宇宙航行.............................................................................................. - 11 - 第八章机械能守恒定律...................................................................................................... - 16 -第五章抛体运动知识体系曲线运动及其研究方法1．曲线运动的特点(1)做曲线运动的物体，在某点的瞬时速度的方向，就是曲线在该点的切线方向，物体在曲线运动中的速度方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。

(2)在曲线运动中，由于速度在时刻变化，所以物体的运动状态时刻改变，故做曲线运动的物体所受合外力一定不为零。

2．物体做曲线运动的条件(1)从动力学角度来理解：物体所受合外力的方向与物体的速度方向不在同一条直线上，具体有如图所示的几种形式。

(2)从运动学角度来理解：物体的加速度方向与速度方向不在同一条直线上。

3．曲线运动的研究方法——运动的合成与分解利用运动的合成与分解研究曲线运动的思维流程：(欲知)曲线运动规律――→等效分解(只需研究)两直线运动规律――→等效合成(得知)曲线运动规律。

第五章抛体运动本章复习提升易混易错练易错点1 对“物体做曲线运动的条件”不理解引起错解1.(2020陕西西安中学高三上期中,)物体在恒力F1、F2、F3的共同作用下做匀速直线运动,若突然撤去恒力F1,关于物体的运动情况,下列说法正确的是( )A.一定做匀变速直线运动B.可能做匀速直线运动C.可能做曲线运动D.速度大小一定增加2.()光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O,v与x轴正方向成α角(如图所示),与此同时对质点施加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y,则( )A.因为有F x,质点一定做曲线运动B.如果F y>F x,质点向y轴一侧做曲线运动C.质点一定做直线运动D.如果F y<F x tan α,质点向x轴一侧做曲线运动易错点2 对“运动的合成与分解”不理解引起错解3.(2020江苏无锡高一上期末,)(多选)如图所示,蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升。

若在蜡块从A点开始匀速上升的同时,玻璃管沿水平方向向右做直线运动(如图),则关于蜡块的实际运动轨迹的说法中正确的是( )A.若玻璃管向右做匀速直线运动,则轨迹为直线PB.若玻璃管向右做匀加速直线运动,则轨迹为直线PC.若玻璃管向右做匀加速直线运动,则轨迹为曲线RD.若玻璃管向右做匀加速直线运动,则轨迹为曲线Q4.()如图所示,在灭火抢险的过程中,消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。

为了节省救援时间,人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退,从地面上看,下列说法正确的是( )A.消防队员做匀加速直线运动B.消防队员做匀变速曲线运动C.消防队员做变加速曲线运动D.消防队员水平方向的速度保持不变易错点3 认错平抛运动的抛出点5.()(多选)如图所示,方格坐标每一小格边长为10 cm。

一物体做平抛运动时分别经过O、a、b三点,重力加速度g取10 m/s2,则下列结论正确的是( )A.O点就是抛出点B.物体经过a点的速度v a与水平方向成45°角C.速度变化量Δv aO=Δv baD.小球抛出速度v=1 m/s易错点4 不能正确理解运动效果引起错解6.()小船以一定的速率垂直河岸向对岸驶去,当水流匀速时,它渡河的时间、发生的位移与水速的关系是( )A.水速小时,位移小,时间亦短B.水速大时,位移大,时间亦长C.水速大时,位移大,但时间不变D.位移大小、时间长短与水速大小无关7.()某同学设计了一个用网球定点击鼓的游戏,如图是他表演时的场地示意图。

1．关于平抛运动，下列说法中正确的是( )A ．平抛运动是匀变速运动B ．平抛运动是变加速运动C ．任意两段时间内加速度相同D ．任意两段相等时间内速度变化相同解析：选ACD.本题要把握好平抛运动是匀变速曲线运动及速度的矢量性．平抛运动的物体只受重力作用，故a ＝g ，即做匀变速曲线运动，A 选项正确，B 选项不正确，C 选项正确．由匀加速直线运动的速度公式Δv ＝g Δt ，所以任意相等的时间内Δv 相同，D 正确．2．一架水平匀速飞行的飞机每隔1 s 投下一颗小球，共投下5颗，若不计空气阻力及风的影响，则( )A ．这5颗小球在空中排列成一条抛物线B ．这5颗小球及飞机在小球落地前，在空中排列成一条竖直线C ．这5颗小球在空中各自运动的轨迹均是抛物线D ．这5颗小球在地面的落点间的距离是相等的解析：选BCD.空中小球与飞机在水平方向上速度相同，即水平方向上相对静止，都在飞机的正下方，故A 错误B 正确；每个小球都做平抛运动，故轨迹均是抛物线，C 正确；落地点间的距离由Δx ＝v Δt 知，间距相等，故D 正确． 3.(2012·高考新课标全国卷)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.小球做平抛运动，在竖直方向上满足h ＝12gt 2，得t ＝2h g可知A 错误B 正确．在水平方向上x ＝v 0t 即v 0＝x ·g 2h，且由题图可知h b ＝h c >h a ，x a >x b >x c ，则D 正确，C 错误．4．一个物体从某一确定的高度以初速度v 0水平抛出，已知它落地时的速度为v ，那么它的运动时间是( )A.v －v 0gB.v －v 02gC.v 2－v 202gD.v 2－v 20g解析：选D.落地速度为落地时刻的合速度，由v ＝v 2x ＋v 2y 可知落地时竖直方向的分速。

高中物理学习材料一、单项选择题1．(2013·阜阳一中高一检测)在做“研究平抛运动”实验中，下列措施有利于减小实验误差的是( )A．斜槽轨道必须光滑B．以斜槽末端为坐标系的原点C．每次要平衡摩擦力D．小球每次应从斜槽同一高度由静止释放解析：选D.本实验对斜槽的要求是其末端必须水平，并不要求它非得光滑，A错误；实验中也不要求平衡摩擦力，C错误；建立坐标系时，将小球放于斜槽的末端，应选小球球心在白纸上的投影作为原点，B错误；为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，应将小球每次从斜槽同一高度由静止释放，D正确．2.平抛物体的运动规律可以概括为两条：一是水平方向的匀速直线运动；二是竖直方向的自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图所示，用小锤击打弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面．则这个实验( )A．只能说明上述规律中的第一条B．只能说明上述规律中的第二条C．不能说明上述规律中的任何一条D．能同时说明上述两条规律解析：选B.实验中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地说明A球在竖直方向的分运动和B球相同，即在竖直方向做自由落体运动，不能说明规律一，故正确答案为B.3.如图所示，在光滑的水平面上有小球A以初速度v0运动，同时在它正上方有小球B以初速度v0水平抛出并落于C点，则( )A．小球A先到达C点B．小球B先到达C点C．两球同时到达C点D．不能确定解析：选C.B球的运动可看成水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，在水平方向上与A球的运动规律是相同的，故两球同时到达C点．二、多项选择题4.“研究平抛运动”实验的装置如图所示，在实验前应( )A．将斜槽的末端切线调成水平B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C．斜槽的末端没有必要保持水平D．测出平抛小球的质量解析：选AB.实验时要使小球水平抛出，靠近竖直木板但不能与木板接触，使小球从孔中通过，在木板上记下小球各个时刻的位置，为此，斜槽的末端必须水平，木板竖直且与小球下落方向的竖直平面平行，实验中对小球的质量没有要求，故A、B正确．5．如图所示，方格坐标每一小格边长为10 cm，一物体做平抛运动时分别经过O、a、b 三点，重力加速度g取10 m/s2，则下列结论正确的是( )A．O点就是抛出点B．a点速度v a与水平方向成45°角C．速度变化量Δv aO＝Δv baD．小球抛出速度v＝1 m/s解析：选CD.由于O、a、b三点水平方向距离相等，说明t Oa＝t ab，若O点为抛出点，则在竖直方向连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，而由题图知，竖直方向相等时间内位移之比为1∶2，所以O点不是抛出点，故A错误．因O到a的位移方向与水平方向成45°，所以物体经过a点时速度方向与水平方向夹角肯定大于45°，故B错误．平抛运动是匀变速曲线运动，加速度恒定，所以相等时间内速度变化量相等，Δv aO＝Δv ba，故C正确．根据匀变速直线运动公式a＝Δy/T2，a＝g＝10 m/s2，得T＝Δyg＝0.1 s＝t Oa＝t ab.水平方向匀速运动，速度v x＝x Oa/T＝1 m/s，故D正确．三、非选择题6．在做“研究平抛物体的运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹．(1)某同学在记录的白纸上画出小球运动轨迹如图所示，其中有一次实验记录位置C远离他所描好的运动轨迹，分析造成这一结果的可能原因，写出两种可能性．①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.(2)在实验中，如果斜槽末端的切线方向不是水平的，即切线方向斜向上或斜向下，则测出初速度的结果是________．A．切线斜向上时偏大，斜向下时偏小B．切线斜向上时偏小，斜向下时偏大C．切线斜向上或斜向下均偏小D．切线斜向上或斜向下均偏大解析：(1)C点远离了描好的运动轨迹，这说明小球离开斜槽末端的速度发生了较大的变化，可能是小球开始由斜槽上下落的位置发生了变化，也可能是小球开始下落时的初速度不为零．(2)斜槽末端的切线方向不是水平的，说明小球在斜槽末端的初速度方向不是水平的，故测出的初速度是原初速度在水平方向上的分速度，即测出初速度的结果是偏小的．答案：(1)①小球开始由斜槽上下落的位置发生了变化 ②小球开始下落时的初速度不为零 (2)C7．(2013·北京育才中学高一检测)如图为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5 cm ，如果取g ＝10 m/s 2，那么：(1)闪光频率是______Hz ；(2)小球运动中水平分速度的大小是______m/s ；(3)小球经过B 点的速度大小是______m/s.解析：(1)平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．A 、B 、C 三点水平间隔相等，故相邻各点的时间间隔相等，设为T .在竖直方向，Δh ＝gT 2即(5－3)×0.05 m ＝gT 2解得T ＝0.1 s故闪光频率f ＝1T＝10 Hz. (2)水平方向上有3×0.05 m ＝v 0T故水平分速度 v 0＝0.15 m T＝1.5 m/s. (3)竖直方向上B 点速度为AC 段竖直方向的平均速度v By ＝(5＋3)×0.05 m 2T＝2 m/s v 0与v By 合成得B 点速度大小为v 20＋v 2By ＝2.5 m/s.答案：(1)10 (2)1.5 (3)2.58.请你由平抛运动原理设计测量弹射器弹丸出射初速度的实验方法，提供的实验器材：弹射器(含弹丸，见示意图)；铁架台(带有夹具)；刻度尺．(1)画出实验示意图；(2)在安装弹射器时应注意：________________________________________________________________________；(3)实验中需要测量的量(并在示意图中用字母标出)__________；(4)由于弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中采取的方法是________________________________________________________________________；(5)计算公式：__________.解析：(1)由平抛运动的实验原理，可知使弹丸做平抛运动，通过测量下落高度可求出时间，再测水平位移可求出其做平抛运动的初速度，故实验示意图如图所示；(2)为保证弹丸初速度沿水平方向，弹射器必须保持水平；(3)应测出弹丸下降的高度y和水平射程x，如图所示；(4)在不改变高度y的条件下进行多次实验测量水平射程x，求得水平射程x的平均值x，以减小误差；(5)因为y ＝12gt 2，所以t ＝ 2y g，又x ＝v 0·t ，故 v 0＝x t ＝x 2y /g. 答案：见解析9．利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图所示，在悬点O 正下方有水平放置的炽热的电热丝P ，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，MN 为水平木板．已知悬线长为L ，悬点与木板间的距离OO ′＝h (h ＞L )．(1)电热丝P 必须置于悬点正下方的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)将小球向左拉起后自由释放，最后小球落在木板上的C 点，O ′C ＝x ，则小球做平抛运动的初速度v 0＝________.解析：(1)使小球运动到悬点正下方时，速度为水平方向，保证小球做平抛运动．(2)小球做平抛运动的下落高度H ＝h －L ，满足h －L ＝12gt 2，x ＝v 0t ，由此得v 0＝x g 2(h －L ). 答案：(1)使小球运动的初速度v 0为水平方向，以保证小球做平抛运动 (2)x g 2(h －L )☆10.在做“研究平抛运动”的实验时，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，用如图所示的装置，在一块平木板上钉上复写纸和白纸，竖直立于槽口前某处且和斜槽所在的平面垂直，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹A ；将木板向后移距离x ，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹B ；再将木板向后移距离x ，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再得到痕迹C .若测得木板每次后移距离x ＝20.00 cm ，A 、B 间距离y 1＝4.70 cm ，B 、C 间距离y 2＝14.50 cm.(g 取9.8 m/s 2)根据以上直接测量的物理量推导出小球初速度的计算公式为v0＝________(用题中所给字母表示)．小球初速度值为________m/s.解析：两板间隔距离为x，故小球经过两板间距离所用时间相等，则竖直方向满足：y2－y1＝gt2，t＝y2－y1g，小球运动的初速度v0＝xt＝xgy2－y1，代入数值得：v0＝2 m/s.答案：xgy2－y12。

2022高考物理总复习第五章第四节知能演练强化闯关新苏版21．一块质量为m 的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图5－4－5所示，用恒力F 拉弹簧，使木块离开地面，假如力F 的作用点向上移动的距离为h ，则( )图5－4－5A ．木块的重力势能增加了mghB ．木块的机械能增加了FhC ．拉力所做的功为FhD ．木块的动能增加了Fh解析：选C.木块上升的高度小于h ，因此重力势能增量小于mgh ，A 错；弹性势能与重力势能的增加之和为Fh ，故B 、D 错；由功的定义式可知C 对．2．一质量平均的不可伸长的绳索(其重力不可忽略)，A 、B 两端固定在天花板上，如图5－4－6所示，今在最低点C 施加一竖直向下的力将绳索拉至D 点，在此过程中，绳索的重心位置将( )图5－4－6A ．逐步升高B ．逐步降低C ．先降低后升高D ．始终不变解析：选A.在下拉过程中，外力做正功，绳索的机械能增加，而动能又不变，故重力势能增大，重心上升．3．(2020·黄冈模拟)质量为m 的带正电的物体处于竖直向上的匀强电场中，已知带电物体所受电场力的大小为物体所受重力的14，现将物体从距地面高h 处以一定初速度竖直下抛，物体以g 4的加速度竖直下落到地面(空气阻力恒定)，则在物体的下落过程中( )A ．物体的重力势能减少14mgh ，电势能减少14mghB ．由物体与周围空气组成的系统的内能增加了14mghC ．物体的动能增加14mghD ．物体的机械能减少14mgh答案：C4．如图5－4－7所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F 1、F 2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，正确的说法是( )图5－4－7A．系统受到外力作用，动能不断增大B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小解析：选 B.对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减小，A 错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减小，C错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回第二次速度最大时，弹簧的弹力大小等于外力大小，当速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D 错误．5．(2020·杭州模拟)一物块放在如图5－4－8所示的斜面上，用力F沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F所做的功为A，斜面对物块的作用力所做的功为B，重力做的功为C，空气阻力做的功为D，其中A、B、C、D的绝对值分别为100 J、30 J、100 J、20 J，则图5－4－8(1)物块动能的增量为多少？(2)物块机械能的增量为多少？解析：(1)在物块下滑的过程中，拉力F做正功，斜面对物块的摩擦力做负功，重力做正功，空气阻力做负功．依照动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则ΔE k＝W合＝A＋B＋C＋D＝100 J＋(－30 J)＋100 J＋(－20 J)＝150 J(2)依照功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则ΔE机＝A＋B＋D＝100 J＋(－30 J)＋(－20 J)＝50 J.答案：(1)150 J (2)50 J一、选择题1．(2020·广东惠州调研)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是( )A．摆球机械能守恒B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C．能量正在消逝D．只有动能和重力势能的相互转化解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B正确．2．(创新题)2011年8月22日深圳大运会男子足球决赛中，日本队以2∶0战胜英国队，夺得男足冠军．假设某次罚点球直截了当射门时，球恰好从横梁下边缘踢进．横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是( )A．足球动能的变化量为W1＋W2－mghB．射门时的机械能为W1－W2C．重力势能的增加量为W1－W2＋mghD．运动员刚踢完球的瞬时，足球的动能为W1解析：选BD.合力做功量度了物体动能的变化，故动能的变化量为W1－W2－mgh，A项错．重力以外的力做功量度了机械能的变化，故机械能的增加量为W1－W2，B项对．重力做功量度了重力势能的变化，故重力势能的增加量为mgh，C项错．运动员踢球过程中只有运动员做功，由动能定理得D 项对．3．(2020·皖南八校联考)从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H .设上升过程中空气阻力F 阻恒定．则关于小球的整个上升过程，下列说法中错误的是( )A ．小球动能减少了mgHB ．小球机械能减少了F 阻HC ．小球重力势能增加了mgHD ．小球的加速度大于重力加速度g解析：选A.由动能定理知，小球动能减少了(mg ＋F 阻)H ，A 错误；由功能关系知，小球机械能减少了F 阻H ，B 正确；重力势能增加了mgH ，C 正确；小球的加速度为g ＋F 阻m ，D 正确．4．如图5－4－9所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上有一质量为3 kg 的物体被一个劲度系数为120 N/m 的压缩轻质弹簧突然弹开，物体离开弹簧后在水平面上连续滑行了1.3 m才停下来，下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )图5－4－9A ．物体开始运动时弹簧的弹性势能E p ＝7.8 JB ．物体的最大动能为7.8 JC ．当弹簧复原原长时物体的速度最大D ．当物体速度最大时弹簧的压缩量为x ＝0.05 m解析：选D.物体离开弹簧后的动能设为E k ，由功能关系可得：E k ＝μmgx 1＝7.8 J ，设弹簧开始的压缩量为x 0，则弹簧开始的弹性势能E p0＝μmg (x 0＋x 1)＝7.8 J ＋μmgx 0＞7.8 J ，A 错误；当弹簧的弹力kx 2＝μmg 时，物体的速度最大，得x 2＝0.05 m ，D 正确，C 错误；物体在x 2＝0.05 m 到弹簧的压缩量x ＝0的过程做减速运动，故最大动能一定大于7.8 J ，故B 错误.5．一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块缺失的机械能为( )图5－4－10 A.18mgRB.14mgRC.12mgR D.34mgR解析：选D.设铁块在圆轨道底部的速度为v ，则1.5mg －mg ＝m v 2R ，由能量守恒有：mgR －ΔE ＝12mv 2，因此ΔE ＝34mgR ，正确答案为D.6．元宵节焰火晚会上，万发礼花弹点亮夜空，如图5－4－11所示为焰火燃放时的杰出瞬时．假如燃放时长度为1 m 的炮筒竖直放置，每个礼花弹约为1 kg(燃放前后看做质量不变)，当地重力加速度为10 m/s 2，爆炸后的高压气体对礼花弹做功900 J ，离开炮筒口时的动能为800 J ，礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中，下列判定正确的是( )图5－4－11A ．重力势能增加800 JB ．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功90 JC ．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功无法运算D ．机械能增加810 J解析：选BD.礼花弹在炮筒内运动的过程中，克服重力做功mgh ＝10 J ，则重力势能增加量ΔE p ＝10 J ，依照动能定理ΔE k ＝W －W 阻－W G 可知W 阻＝W －ΔE k －W G ＝900 J －800 J －10 J ＝90 J ，机械能的增加量ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝800 J ＋10 J ＝810 J ，因此B 、D 正确．7．(2020·吉林通化调研)如图5－4－12所示，小球从A 点以初速度v 0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回，C 为AB 的中点．下列说法中正确的是( )图5－4－12A ．小球从A 动身到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零B ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，减少的动能相等C ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，速度的变化率相等D ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，缺失的机械能相等解析：选BCD.小球从A 动身到返回A 的过程中，位移为零，重力做功为零，但有摩擦力做负功，选项A 错误；因为C 为AB 的中点，小球从A 到C 与从C 到B 的过程合外力恒定，加速度恒定，速度的变化率相等，选项C 正确；又因为重力做功相等，摩擦力做功相等，则合外力做功相等，故减少的动能相等，缺失的机械能相等，选项B 、D 正确．8．(2020·海淀模拟)滑板是现在专门流行的一种运动，如图5－4－13所示，一滑板运动员以7 m/s 的初速度从圆弧面的A 点下滑，运动到B 点时速度仍为7 m/s ，若他以6 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则他运动到B 点时的速度( )图5－4－13A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法判定解析：选A.起初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．运动员做的曲线运动可看成圆周运动，起初速度变为6 m/s 时，所需的向心力变小，因而运动员对轨道的压力变小，由F f ＝μF N 知运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点的动能大于他在A 点的动能．A 项正确．9．如图5－4－14所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止开释，传送带由电动机带动，始终以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体最后能与传送带保持相对静止．关于物体从开始开释到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是( )图5－4－14A ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgv解析：选D.由能量守恒，电动机多做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做的功等于物体对传送带的摩擦力的大小与传送带对地位移的大小的乘积，易知那个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，故C 错；由功率公式易知电动机增加的功率为μmgv ，故D 对．10．(2020·安徽百校联考)一质量为1 kg 的小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，此过程的v －t 图象如图5－4－15所示．若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则由图可知( )图5－4－15A ．小球从高度为1 m 处开始下落B ．小球在碰撞过程中缺失的机械能为4.5 JC ．小球能弹起的最大高度为0.45 mD ．整个过程中，小球克服重力做的功为8 J解析：选C.小球从高度为1.25 m 处开始下落，A 错误；小球在碰撞过程中缺失的机械能为8 J ，B 错误；小球能弹起的最大高度为0.45 m ，C 正确；小球克服重力做的功为4.5 J ，D 错误．二、非选择题11．如图5－4－16所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L ，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然开释，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.图5－4－16(1)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求开释滑块时，弹簧具有的弹性势能．(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)设滑块冲上传送带时的速度为v ，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒：E p ＝12mv 2①设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a .由牛顿第二定律：μmg ＝ma ②由运动学公式v 2－v 20＝2aL ③联立①②③得：E p ＝12mv 20＋μmgL .(2)设滑块在传送带上运动的时刻为t ，则t 时刻内传送带的位移x ＝v 0t ④v 0＝v －at ⑤滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ⑥相对滑动产生的热量Q ＝μmg ·Δx ⑦联立②③④⑤⑥⑦得：Q ＝μmgL ＋mv 0·(v 20＋2μgL －v 0)．答案：(1)12mv 20＋μmgL(2)μmgL ＋mv 0(v 20＋2μgL －v 0)12．如图5－4－17所示，竖直平面内的轨道ABCD 由水平轨道AB 与光滑的四分之一圆弧轨道CD 组成，AB 恰与圆弧CD 在C 点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m 的小物块(可视为质点)从轨道的A 端以初动能E 冲上水平轨道AB ，沿着轨道运动，由DC 弧滑下后停在水平轨道AB 的中点．已知水平轨道AB 长为L .求：图5－4－17(1)小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ.(2)为了保证小物块不从轨道的D 端离开轨道，圆弧轨道的半径R 至少是多大？(3)若圆弧轨道的半径R 取第(2)问运算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后能够达到的最大高度是 1.5R ，试求小物块的初动能并分析小物块能否停在水平轨道上，假如能，将停在何处？假如不能，将以多大速度离开水平轨道？解析：(1)小物块最终停在AB 的中点，在那个过程中，由功能关系得：－μmg (L ＋0.5L )＝－E 即μ＝2E3mgL .(2)若小物块刚好到达D 处速度为零，由功能关系知－μmgL －mgR ＝－E ，因此CD 圆弧轨道的半径至少为R ＝E3mg .(3)设小物块以初动能E ′冲上轨道，能够达到的最大高度是 1.5R ，由功能关系知－μmgL－1.5mgR ＝－E ′解得E ′＝7E 6小物块滑回C 点时的动能为E C ＝1.5mgR ＝E 2，由于E C ＜μmgL ＝2E 3，故小物块将停在轨道上． 设小物块停在距离A 点x 处，有－μmg (L －x )＝－E C ，即x ＝14L即小物块最终停在水平轨道AB 上，距A 点14L 处．答案：(1)2E 3mgL (2)E3mg(3)7E 6 能 停在距A 点14L 处。

[学生用书P18］1．在做“研究平抛物体的运动”实验时,除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是（）A．重垂线 B．停表C．坐标纸或白纸D．天平解析：选AC。

在研究平抛运动的实验中，用重垂线可画出过坐标原点的竖直线；利用坐标纸上记下的一系列点,用平滑曲线连起来，可得到小球平抛运动轨迹，而停表和天平则没有用到，所以选A、C。

2．在做“研究平抛运动"的实验时，下列说法正确的是（）A．安装有斜槽的木板时,一定要注意木板是否竖直B．安装有斜槽的木板时，只需注意小球不和木板发生摩擦C．每次实验都要把小球从同一位置由静止释放D．实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动的规律解析：选ACD.安装有斜槽的木板时，必须使斜槽末端切线水平，使木板竖直，以确保小球水平飞出和正确画出小球的运动轨迹，A 正确，B错误；小球每次从斜槽上的同一位置由静止开始滚下,可保证小球初速度不变，C正确;由实验目的可知，D正确．3．在探究平抛运动的规律时，可以选用下列各种装置图,以下操作合理的是( ）A．选用装置1研究平抛物体竖直分运动，应该用眼睛看A、B 两球是否同时落地B．选用装置2要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹,竖直管上端一定要低于水面C．选用装置3要获得钢球的平抛轨迹，每次不一定要从斜槽上同一位置由静止释放D．除上述装置外，也能用数码照相机拍摄钢球做平抛运动时每秒15帧的录像获得平抛轨迹解析:选BD.选用装置1研究平抛物体竖直分运动，由于两个小球不是落在同一点，应该用耳朵听A、B两球是否同时落地，A操作不合理；只有当装置2中竖直管上端低于水面时才能保证出水口处水压恒定，水流速度恒定，才能获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，所以B操作合理;选用装置图3要获得钢球的平抛轨迹，每次一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球，才能保证平抛小球的初速度相同，所以C操作不合理；能用数码照相机拍摄钢球做平抛运动时每秒15帧的录像获得平抛轨迹，D操作合理．所以正确选项是B、D。