新人教版2019届高考物理一轮复习课时跟踪检测：(十四) 圆周运动(重点高中)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题) 1.如图所示是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是( )A ．线速度v A <vB <vC B ．万有引力F A >F B >F C C ．角速度：ωA >ωB >ωCD ．向心加速度a A <a B <a C解析： 因为卫星的质量大小关系不知，所以卫星的万有引力大小关系无法判断，B 错误；卫星绕地球做圆周运动，有G Mmr 2＝m v 2r＝mrω2＝ma 向，得v ＝GMr ，ω＝ GMr 3，a 向＝GMr2，由于r A <r B <r C ，则v A >v B >v C ，ωA >ωB >ωC ，a A >a B >a C ，故A 、D 错误，C 正确。

答案： C2．在地球表面某高度处以一定的初速度水平抛出一个小球，测得水平射程为x 。

在另一星球表面以相同的水平速度抛出该小球，需将高度降低一半才可以获得相同的水平射程。

忽略一切阻力。

设地球表面重力加速度为g ，该星球表面的重力加速度为g ′，则g ∶g ′为( )A ．1∶2B ．1∶ 2 C.2∶1D ．2∶1解析： 因为x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，而x ＝v 0t ′，h 2＝12g ′t ′2，联立可得gg ′＝2。

答案： D3．(2017·湖南十三校二联)据报道，科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星。

假设该行星质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球半径的2倍。

那么，一个在地球表面最多能举起64 kg 物体的人在这个行星表面能举起的物体最大质量为(地球表面重力加速度g ＝10 m/s 2)( )A ．40 kgB ．50 kgC ．60 kgD ．30 kg解析： 由mg ＝G Mm R 2得g ＝GMR 2则：g 行g 地＝M 行R 2地M 地R 2行又M 行＝6.4M 地，R 行＝2R 地 故g 行g 地＝1.6根据F 举＝m 0g 地＝m ′0g 行得： m ′0＝g 地g 行·m 0＝40 kg ，故选A 。

课时跟踪训练(十四) 一、选择题1．(2015·福建卷)如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A.＝ v 1v 2r 2r 1B.＝ v 1v 2r 1r 2C.＝2v 1v 2(r 2r 1)D.＝2v 1v 2(r 1r 2)[解析]　人造卫星围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得，＝m ，解得v ＝，＝，选项A 正确．GMmr 2v 2r GMr v 1v 2r 2r 1[答案]　A2．(2015·北京卷)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转周期大于火星的公转周期B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度[解析]　由太阳对行星的引力是行星围绕太阳做匀速圆周运动的向心力：＝m ＝mω2r ＝m r ＝ma 得v ＝，ω＝，a ＝，T ＝，GMm r 2v 2r 4π2T 2GM r GMr 3GMr 24π2r 3GM 火星到太阳的距离大(r 大)，故火星公转的线速度小，角速度小，加速度小，周期大．也可简记口诀“高轨低速大周期”，D 选项正确．[答案]　D3．(2015·山东卷)如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1[解析]　空间站与月球以相同的周期绕地球运动，由a ＝r 2知a 1<a 2；月(2πT)球轨道半径比地球同步卫星大，由a ＝知a 3>a 2，故D 项正确．GM 地r 2[答案]　D4．(2015·云南一模)下列说法正确的是( )A ．绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船，其速度可能大于7.9 km/sB ．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动C ．人造地球卫星返回地球并安全着陆的过程中一直处于失重状态D ．嫦娥三号在月球上着陆的过程中可以用降落伞减速[解析]　地球的第一宇宙速度7.9 km/s ，是人造卫星的最小发射速度，是卫星环绕地球运动的最大速度，故A 错误．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，物体处于完全失重状态，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动，绳子的拉力提供向心力，故B 正确．卫星在降落过程中向下减速时，加速度方向向上，处于超重状态，故C 错误．月球上没有空气，不可以用降落伞减速，故D 错误．[答案]　B5．(2015·天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )A ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小[解析]　宇航员在“旋转舱”内要受到与地球表面相同大小的支持力，就是要求其向心加速度a 等于地球表面重力加速度g .由a ＝g ＝ω2r 得ω＝.由此gr 可知，r 越大，ω越小，与宇航员质量无关，故只有B 正确．[答案]　B6．(多选)(2015·江西上饶二模)2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥五号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为“嫦娥五号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t (t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s ，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G ，则( )A ．航天器的轨道半径为θsB ．航天器的环绕周期为2πtθC ．月球的质量为s 3Gt 2θD ．月球的密度为3θ24Gt 2[解析]　根据几何关系得r ＝，故A 错误；经过时间t ，航天器与月球的中sθ心连线扫过角度为θ，则＝，得T ＝，故B 正确；由万有引力充当向心力tT θ2π2πtθ做圆周运动，所以G ＝m r ，M ＝＝＝，故C 正确；人Mm r 24π2T 24π2r 3GT 24π2(sθ)3G (2πtθ)2s 3Gt 2θ造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r ，则月球的体积V ＝πr 3＝π34343(sθ)月球的密度ρ＝＝＝，故D 错误．M V s 3Gt 2θ43π(s θ)33θ24πGt 2[答案]　BC7．(多选)(2015·江苏如皋高三期末)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处，已知该星球的半径与地球半径之比R 星∶R 地＝1∶4，地球表面重力加速度为g ，设该星球表面重力加速度为g ′，地球的质量为M 地，该星球的质量为M 星．空气阻力不计．则( )A ．g ′∶g ＝5∶1B ．g ′∶g ＝1∶5C ．M 星∶M 地＝1∶20D ．M 星∶M 地＝1∶80[解析]　小球以相同的初速度在星球和地球表面做竖直上抛运动，星球上：v 0＝g ′·得，g ′＝，同理地球上的重力加速度g ＝；则有5t22v 05t 2v 0t g ′∶g ＝1∶5，所以A 错误，B 正确．由星球表面的物重近似等于万有引力可得，在星球上取一质量为m 0的物体，则有m 0g ′＝G ，得M 星M 星m 0R 2星＝，同理得：M 地＝，所以M 星∶M 地＝1∶80，故C 错误，D 正g ′R 2星Gg ·R 2地G 确．[答案]　BD8. (2015·北京海淀区高三期中练习)理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零．现假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的实心球体，O 为球心，以O 为原点建立坐标轴Ox ，如图甲所示．一个质量一定的小物体(假设它能够在地球内部移动)在x 轴上各位置受到的引力大小用F 表示，则图乙所示的四个F 随x 的变化关系图正确的是( )[解析]　球壳内距离球心r 的位置，外面环形球壳对其引力为0，内部以r 为半径的球体看作球心处的质点，对其引力为F ＝＝＝Gρπrm ，引力大小与r 成正比，图象为倾GM ′mr 2G ρ43πr 3m r 243斜直线，当r >R 时，球体看作圆心处的质点，引力F ＝＝，F ∝GMmr 2G ρ43πR 3m r 2，对照选项A 对B 、C 、D 错．1r 2[答案]　A9．(2015·山东青岛一模)2014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67P 彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅．载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67P 彗星俘获后经过一系列变轨，成功地将“菲莱”着陆器弹出，准确地在彗星表面着陆．如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，B 点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点A ，使A 与B 的连线与BO 连线的最大夹角为θ，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为( )T 1T2A ．sin 3θ B.1sin3θC.D.sin3θ1sin3θ[解析]　根据几何关系连接OA 可得△OAB 是直角三角形，故轨道1和轨道2的半径之比＝sin θ，再根据万有引力提供圆周运动向心力有G ＝mr ，r 1r 2mMr 24π2T 2可得圆周运动的周期T ＝，所以＝＝.故A 、B 、D 错误，4π2r 3GM T 1T 2(r 1r 2)3sin3θC 正确．[答案]　C10．(2015·北京朝阳一模)第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又倍，这个关系对其他2天体也是成立的．有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以至于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞．已知光在真空中传播的速度为c ，太阳的半径为R ，太阳的逃逸速度为.c500假定太阳能够收缩成半径为r 的黑洞，且认为质量不变，则应大于( )Rr A ．500 B ．5002C ．2.5×105D ．5.0×105[解析]　设第一宇宙速度为v 1，根据＝得v 1＝，即＝GMmR 2mv 21R GMR c5002，同理可得＝ ，两式相比得＝2.5×105，故C 正确．GMR c2GMr Rr [答案]　C 二、非选择题11．(2015·广西南宁二中、玉高、柳高高三联考)已知地球绕太阳做圆周运动的轨道半径为R 、周期为T 、万有引力常量为G .求：(1)太阳的质量M ；(2)已知火星绕太阳做圆周运动的周期为1.9 T ，求地球与火星相邻两次距离最近时的时间间隔t .[解析]　(1)对于地球绕太阳运动，G ＝mRω2；ω＝2π/T ，MmR 2解得M ＝.4π2R 3GT 2(2)根据圆周运动规律，地球再一次与火星相距最近的条件是ω地t －ω火t ＝2π，ω地＝2π/T ，ω火＝2π/T 火，联立解得：t ＝≈2.1 T.TT 火T 火－T [答案]　(1)　(2)2.1 T4π2R 3GT 212．(2015·江西省部分重点中学高三联考)有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，到地心的距离为地球半径R 0的2倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合．已知地球表面重力加速度为g ，近似认为太阳光是平行光，试估算：(1)卫星做匀速圆周运动的周期；(2)卫星绕地球一周，太阳能收集板工作的时间．[解析]　(1)地球卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：G ＝m (2R 0)Mm(2R 0)24π2T 2在地球表面有＝mg GMmR 20卫星做匀速圆周运动的周期为T ＝4π2R 0g(2)如图，当卫星在阴影区时不能接受太阳光，由几何关系知：∠AOB ＝∠COD ＝π3卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间t ＝T ＝ 5610π32R 0g [答案]　(1)4π　(2) 2R 0g 10π32R 0g。

课时跟踪训练(十九)一、选择题1．(2015·北京西城质检)如右图所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上．两个小球的半径r ≪l .k 表示静电力常量．则轻绳的张力大小为( )A ．0 B.kq 2l 2 C ． 2kq 2l 2 D.kq l 2[解析] 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F ＝kq 2l 2，选项B 正确．[答案] B2．在如下图所示的四种电场中，分别标记有a 、b 两点．其中a 、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是( )A ．甲图中与点电荷等距的a 、b 两点B ．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点C ．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点D ．丁图中非匀强电场中的a 、b 两点[解析] 甲图中与点电荷等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A 错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B 错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于a 点的电场强度，选项D 错误．[答案] C3．(2015·河北省唐山一模)如右图所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 动能减少E 0，质子仅在静电力作用下从C 移动到A 动能增加E 0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e ，则匀强电场的电场强度为( )A.2E 0eaB.E 0eaC.3E 03eaD.23E 03ea[解析] 根据题述，BC 在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC 指向A .由eEa sin60°＝E 0，解得：E ＝23E 03ea ，选项D 正确．[答案] D4．(多选)(2015·武汉调研)如右图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝q 8QB ．cos 3α＝q 2Q 2 C ．sin 3α＝Q 8q D ．sin 3α＝Q 2q 2 [解析] 设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，则两个q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 2(2a cos α)2，解得cos 3α＝q 8Q ，故A 正确，B 错误；选取Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝k Q 2(2a sin α)2，解得sin 3α＝Q 8q ，故C 正确，D 错误． [答案] AC5．(2015·河北邢台四模)如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )A.12B.14C.18D.116[解析]小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知线的拉力T与重力G大小相等，即G＝T，小球静止处于平衡状态，则库仑力F＝2G sinθ2，设原来小球带电荷量为q，AB间的距离是r，则r＝2L sin θ2，由库仑定律得F＝k q2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F2＝2G sin θ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝k qq Br′2，解得q B＝18q，故选C.[答案] C6．(2015·湖北黄冈中学等八校联考)库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是()A．微粒将做匀速直线运动B．微粒将做圆周运动C．库仑力对微粒做负功D．万有引力对微粒做正功[解析]根据库仑定律，微粒所受的静电力F＝kQqr2，万有引力F′＝GmMr2，根据平衡条件，有F＝F′，距离r变化时，静电力与库仑力一直平衡，故微粒所受合力为零，做匀速直线运动，A正确．[答案] A7．(2015·河北百校联盟质检)如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电与小球相同均为Q(未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，线对小球的拉力为F(未知)，下列说法正确的是()A ．Q ＝mgR 3kL ，F ＝mgR L B ．Q ＝mgL 3kR ，F ＝mgR L C ．Q ＝mgR 3kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝mgL 3kR ，F ＝mgL R[解析] 由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示．设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，则F sin θ＝mg ，其中sin θ＝R /L ，解得F ＝mgL R ，水平方向上有F cos θ＝k Q 2L 2cos θ，解得Q ＝mgL 3kR ，故选D.[答案] D8．(2015·山东卷)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ 4a 2，沿y 轴正向B.3kQ 4a 2，沿y 轴负向C.5kQ4a2，沿y轴正向 D.5kQ4a2，沿y轴负向[解析]因正电荷在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强大小为E合＝k Qa2；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1＝k Q(2a)2＝kQ4a2，方向沿y轴正方向；因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，即沿y轴负方向，则H点的合场强为E＝E合－E1＝3kQ4a2，方向沿y轴负向，选项B正确，选项A、C、D错误．[答案] B9．(2015·江苏南京、盐城一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形．两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E.撤去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为()A.E2 B.22EC．E D.2E[解析]两根等长带电棒等效成两个正点电荷，如图所示，两正点电荷在O点产生的场强的大小为E＝2E1，故撤去其中一根带电棒后，在O点产生的场强为E1＝E2＝2E2，故选B.[答案] B10．(多选)(2015·山西师大附中期中)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点，现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q运动的v－t图象如图乙所示，则()A．Q2必定是负电荷B．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量C．从b点经a点向远处运动的过程中，检验电荷q所受的电场力一直减小D．可以确定检验电荷的带电性质[解析]若Q2为正电荷，则在b点右侧的电场方向必定向右，q受力方向不可能改变，故Q2一定为负电荷，A正确；根据点电荷场强公式，设q到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，则q所在处的场强为E＝kQ1r21－kQ2r22，q在从b到a运动过程中受力向左，在a点右侧运动过程中受力向右．由于r1>r2，若Q1<Q2，场强E 必定始终向左，q受力方向不可能发生改变，故必定有Q1>Q2，q带正电，B错误，D正确；由v－t图象可知，q受力先向左后向右，且加速度先减小后增大再减小，故C错误．[答案]AD二、非选择题11．(2015·福建莆田一模)如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆OA和OB，与竖直线的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m＝9×10－4kg，电荷量大小均为q＝2×10－7 C，且静止于同一竖直高度处．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，g取10 m/s2)求：(1)两球间的距离r；(2)O点的电场强度E.[解析](1)对左侧小球受力分析如图所示，带电小球处于静止状态，则tanθ＝mgF，由库仑定律得F＝kq 2r2，联立两式解得r＝kq2tanθmg＝9×109×4×10－149×10－4×10m＝0.2 m.(2)设两小球到O点距离为x，在O点产生的电场强度大小分别为E1、E2，且E1＝E2.由几何关系得x＝22r.E1＝E2＝k qx2＝9×109×2×10－712×0.04N/C＝9×104 N/C.O点的电场强度E＝2E1＝2×9×104 N/C≈1.27×105 N/C，方向竖直向上．[答案](1)0.2 m(2)1.27×105 N/C，方向竖直向上12．(2015·江西南昌三校联考)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间的距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对半圆轨道的最大压力．[解析](1)设小球过C点时的速度为v C，小球从A到C的过程中由动能定理得qE·3R－mg·2R＝12m v 2C，由平抛运动可得R＝12gt2和2R＝v C t，联立可得E＝mgq.(2)设小球运动到半圆D点时的速度最大且为v，如图所示，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理得qE(2R＋R sinα)－mgR(1－cosα)＝12m v2.由数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得v＝(2＋22)gR.(3)由于小球在D点时的速度最大，且此时电场力与重力的合力恰沿半径方向，所以小球在D点时对半圆轨道的压力最大，则有F－qE sinα－mg cosα＝m v 2R，代入数据得F＝(2＋32)mg.神笛2005神笛2005 [答案] (1)mg q (2)(2＋22)gR (3)(2＋32)mg。

课时跟踪训练(四十二)一、选择题1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()[解析]A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，选项A、C正确．[答案]AC2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小[解析]玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D正确．[答案] D3．(2015·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是()A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v[解析]在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v0＝2m v＋m v′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.[答案] C4．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg[解析]设作业人员下落h时的速度为v，根据自由落体运动规律可得v2＝2gh.对于安全带伸长到最长过程，设竖直向上为正方向，根据动量定理得Ft－mgt＝0－(－m v)，解以上两式可得，F＝m2ght＋mg，选项A正确．[答案] A5．(2015·福建卷)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动[解析]因为A和B组成的系统总动量为零，因此碰后系统总动量也为零，不可能都向左或向右运动，也不可能一个静止一个运动，应是A向左运动，B向右运动，选项D正确．[答案] D6．(2015·合肥质检)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s.滑动摩擦力大小恒为2 N，则()A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W[解析]类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝12m v 2－12m v2＝396 J，B项错；由动量定理可知，I F－F f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．[答案] D7．(多选)如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，若不计空气阻力和碰撞中的能量损失，则下列说法中正确的是()A．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示B．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒[解析]由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项A、C对，B错；虽然在碰撞过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中(包括下摆和上摆)，系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对．[答案]ACE8．如右图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车向东的速度大小为()A.M v1－M v2M－mB.M v1M－mC.M v1＋M v2M－mD．v1[解析]在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m＋M)v1＝m v1＋M v车，因此v车＝v1，所以D正确．[答案] D9．(2015·福建省莆田一中期末)如右图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A.给A和B 以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板．在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A．1.8 m/s B．2.4 m/sC．2.8 m/s D．3.0 m/s[解析]A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则M v－m v＝M v1，M v1＝(M＋m)v2，可得v1＝83m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于83m/s，只有选项B正确．[答案] B10．(2015·渝中区模拟)如右图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为m A、m B，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值m Am B的说法正确的是()A.m A m B ＝2＋1B.m A m B ＝2－1C.m A m B ＝1D.m A m B ＝ 2 [解析] 由题意知，AB 碰后粘合在一起2m A gR ＝12m v 2A ①m A v A ＝(m A ＋m B )v ②(m A ＋m B )gR ＝12(m A ＋m B )v 2.[答案] A二、非选择题11．(2015·云南一模)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．[解析] 子弹射入木块B 的过程中，子弹和木块B 组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有m v 0＝2m v 1，子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有m v 0＝3m v 2，根据机械能守恒得2mgL (1－cos60°)＝12×2m v 21－12×3m v 22，联立三式解得v 0＝23gL .[答案] 23gL12．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．[解析] 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A的速度v A ′＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得m v A ＝m v A ′＋m v B ① 设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12m v 20－12m v 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12m v 2B －12m v B ′2③据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0⑥[答案] 2116v 0。

高考物理复习课时跟踪检测(十四) 平抛运动高考常考题型：选择题＋计算题1.如图1所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8 m ，水平距离为8 m ，则运动员跨过壕沟的初速度至少为(取g ＝10 m/s2)( )图1A ．0.5 m/sB ．2 m/sC ．10 m/sD ．20 m/s2.某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为θ，其正切值tan θ随时间t 变化的图象如图2所示，(g 取10 m/s2)则( )A ．第1 s 物体下落的高度为5 mB ．第1 s 物体下落的高度为10 mC ．物体的初速度为5 m/s 图2D ．物体的初速度是10 m/s3．a 、b 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v0沿x 轴正方向被抛出，a 在竖直平面内运动，落地点为P1，b 沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，如图3所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) 图3A ．a 、b 的运动时间相同B ．a 、b 沿x 轴方向的位移相同C ．a 、b 落地时的速度大小相同D ．a 、b 落地时的速度相同4．(2012·武汉调研)如图4所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α。

一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道。

已知重力加速度为g ，则AB 之间的水平距离为( ) 图4A.v02tan αgB.2v02tan αgC.v02gtan αD.2v02gtan α5．如图5所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度 v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。

已知底线到网的距离为 L ，重力加速度取 g ，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( ) 图5A ．球的速度 v 等于 L g 2HB ．球从击出至落地所用时间为2H gC ．球从击球点至落地点的位移等于 LD ．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关6. (2012·江苏高考)如图6所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h(l 、h 均为定值)。

课时跟踪训练(四十二)一、选择题1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )[解析]　A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，选项A、C正确．[答案]　AC2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小[解析]　玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D 正确．[答案]　D3．(2015·泉州检测)有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v[解析]　在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v 0＝2m v ＋m v ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.[答案]　C4．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mgB.－mgm 2gh tm 2gh t C.＋mgD.－mgm gh t m gh t [解析]　设作业人员下落h 时的速度为v ，根据自由落体运动规律可得v 2＝2gh .对于安全带伸长到最长过程，设竖直向上为正方向，根据动量定理得Ft －mgt ＝0－(－m v )，解以上两式可得，F ＝＋mg ，选项A 正确．m 2ght[答案]　A5．(2015·福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动[解析]　因为A 和B 组成的系统总动量为零，因此碰后系统总动量也为零，不可能都向左或向右运动，也不可能一个静止一个运动，应是A 向左运动，B 向右运动，选项D 正确．[答案]　D6．(2015·合肥质检)一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s.滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W[解析]　类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝m v 2－m v ＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，12122I F－F f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．[答案]　D7．(多选)如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，若不计空气阻力和碰撞中的能量损失，则下列说法中正确的是( )A．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示B．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒[解析]　由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项A、C对，B错；虽然在碰撞过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中(包括下摆和上摆)，系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对．[答案]　ACE8．如右图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车向东的速度大小为( )A. B.Mv 1－Mv 2M －m Mv 1M －m C.D ．v 1Mv 1＋Mv 2M －m [解析]　在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m ＋M )v 1＝m v 1＋M v 车，因此v 车＝v 1，所以D 正确．[答案]　D9．(2015·福建省莆田一中期末)如右图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s[解析]　A 先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，木板的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则M v －m v ＝M v 1，M v 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝ m/s ，v 2＝2 m/s ，所以在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小应83大于2.0 m/s 而小于 m/s ，只有选项B 正确．83[答案]　B10．(2015·渝中区模拟)如右图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A 、B 质量分别为m A 、m B ，A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B 球相碰，碰后A 、B 球均能刚好到达与管道圆心O 等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是( )mAmB A.＝＋1 B.－1mAmB 2mA mB 2C.＝1D.＝mA mB mA mB 2[解析]　由题意知，AB 碰后粘合在一起2m A gR ＝m v ①122A m A v A ＝(m A ＋m B )v ②(m A ＋m B )gR ＝(m A ＋m B )v 2.12[答案]　A 二、非选择题11．(2015·云南一模)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．[解析]　子弹射入木块B 的过程中，子弹和木块B 组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有m v 0＝2m v 1，子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有m v 0＝3m v 2，根据机械能守恒得2mgL (1－cos60°)＝×2m v －×3m v ，联立三1221122式解得v 0＝2.3gL [答案]　23gL12．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以v 0、v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后1834B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．[解析]　设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝v 0，B 的速度v B ＝v 0，由动量守恒定律得1834m v A ＝m v A ′＋m v B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝m v －m v ②1220122A 设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝m v －m v B ′2③122B12据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝v 0⑥2116[答案]　v 02116。

第3課時 圓周運動的基本規律及應用基本技能練1.如圖1所示，一木塊放在圓盤上，圓盤繞通過圓盤中心且垂直于盤面的豎直軸勻速轉動，木塊和圓盤保持相對靜止，那么S( )圖1A ．木塊受到圓盤對它的摩擦力，方向沿半徑背離圓盤中心B ．木塊受到圓盤對它的摩擦力，方向沿半徑指向圓盤中心C ．木塊受到圓盤對它的摩擦力，方向與木塊運動的方向相反D ．因為木塊與圓盤一起做勻速轉動，所以它們之間沒有摩擦力解析 木塊做勻速圓周運動，其合外力提供向心力，合外力的方向一定指向圓盤中心；因為木塊受到的重力和圓盤的支持力均沿豎直方向，所以水平方向上木塊一定還受到圓盤對它的摩擦力，方向沿半徑指向圓盤中心，選項B 正確。

答案 B2．關于質點做勻速圓周運動的下列說法正確的是( )A ．由a ＝v 2r 知，a 與r 成反比B ．由a ＝ω2r 知，a 與r 成正比C ．由ω＝v r 知，ω與r 成反比D ．由ω＝2πn 知，ω與轉速n 成正比解析由a＝v2r知，只有在v一定時，a才與r成反比，如果v不一定，則a與r不成反比，同理，只有當ω一定時，a才與r成正比；v一定時，ω與r成反比；因2π是定值，故ω與n成正比。

答案 D3．(多選) (2014·广州调研)如圖2所示，當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉動軸勻速轉動時，板上A、B兩點的()圖2A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶ 2C．線速度之比v A∶v B＝2∶1D．線速度之比v A∶v B＝1∶ 2解析由于A、B兩點在同一正方形薄板上且繞同一轉軸轉動，故兩點具有相同的角速度，A正確，B錯誤；根據v＝ωr可得，v A∶v B＝r A∶r B＝1∶2，C 錯誤，D正確。

答案AD4．((多選))有一水平的轉盤在水平面內勻速轉動，在轉盤上放一質量為m的物塊恰能隨轉盤一起勻速轉動，則下列關于物塊的運動正確的是() A．如果將轉盤的角速度增大，則物塊可能沿切線方向飛出B．如果將轉盤的角速度增大，物塊將沿曲線逐漸遠離圓心C．如果將轉盤的角速度減小，物塊將沿曲線逐漸靠近圓心D．如果將轉盤的角速度減小，物塊仍做勻速圓周運動解析物塊恰能隨轉盤一起轉動，說明此時充當向心力的摩擦力恰好能夠保證物塊做圓周運動。

课时跟踪训练（十四） 宇宙航行A 级—学考达标1．某位同学设想了人造地球卫星轨道(卫星发动机关闭)，其中不可能的是( )解析：选D 人造地球卫星靠万有引力提供向心力，做匀速圆周运动，万有引力的方向指向地心，所以圆周运动的圆心是地心。

故A 、B 、C 正确，D 错误。

2．第一宇宙速度是物体在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的速度，则有( ) A ．被发射的物体质量越大，第一宇宙速度越大 B ．被发射的物体质量越小，第一宇宙速度越大 C ．第一宇宙速度与被发射物体的质量无关 D ．第一宇宙速度与地球的质量无关 解析：选C 第一宇宙速度v ＝ GMR，与地球质量M 有关，与发射物体质量无关。

故只有选项C 正确。

3．(2019·南昌高一检测)某飞船进入离地面343 km 的圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( )A ．等于7.9 km/sB ．介于7.9 km/s 和11.2 km/s 之间C ．小于7.9 km/sD ．介于7.9 km/s 和16.7 km/s 之间解析：选C 由万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m v 2r，v ＝GMr。

由于轨道半径r 大于地球半径R ，所以v ＜GMR＝7.9 km/s ，C 正确。

4．关于人造地球卫星，下列说法正确的是( )A ．由公式F ＝G Mm r2知，卫星所受地球引力与其轨道半径r 的二次方成反比 B ．若卫星做匀速圆周运动，则卫星距地心越远，角速度越大C ．地球的同步卫星可在不同轨道上运行D ．第一宇宙速度是发射卫星的最大发射速度解析：选A 对于某卫星而言，由万有引力公式F ＝G Mm r2，可知当G 、M 、m 一定时，F ∝1r2，选项A 正确；由G Mmr2＝mω2r ，解得ω＝GMr 3，可见，卫星做匀速圆周运动时，距地心越远，其运动的角速度越小，选项B 错误；地球的所有同步卫星周期相同，均在同一轨道上运行，选项C 错误；在地球表面附近发射卫星时，第一宇宙速度(7.9 km/s)是最小的发射速度，选项D 错误。

课时跟踪训练(二十八)一、选择题1．(多选)一质子以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，则( )A．若电子以相同速度v射入该区域，将会发生偏转B．无论何种带电粒子，只要以相同速度射入都不会发生偏转C．若质子的速度v′<v，它将向下偏转而做类平抛运动D．若质子的入射速度v′>v，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线[解析]　对于速度选择器，无论射入粒子的m、q大小，也无论其电性正或负，只要速度满足v＝E/B，自左向右射入，均能匀速射出，故A错误，B正确．质子在复合场中受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，入射速度大，即洛伦兹力大于电场力，它将向上偏．由于质子所受电场力是一恒力，而洛伦兹力是一变力，故其轨迹既不是抛物线与不是圆弧，故D正确．同理可知C错误．[答案]　BD2．(多选)(2015·江西上饶二模)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U＝1 V．且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力F f＝kL v，其中比例系数k＝15 N·s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速．下列说法中正确的是( )A ．金属板M 电势不一定高于金属板N 的电势，因为污水中负离子较多B ．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响C ．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q ＝0.16 m 3/sD ．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差为60 N[解析]　根据左手定则，知正离子所受的洛伦兹力方向向上，负离子所受的洛伦兹力方向向下，则N 板带负电，M 板带正电，N 板的电势比M 板电势低，故A 错误．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有q v B ＝q ，解得U c U ＝v Bc ，与离子浓度无关，故B 错误．污水的流速v ＝，则流量Q ＝v bc ＝U Bc ＝ m 3/s ＝0.16 m 3/s ，故C 正确．污水的流速v ＝＝ Ub B 1×0.21.25U Bc 11.25×0.2m/s ＝4 m/s ；污水流过该装置时受到阻力F f ＝kL v ＝ka v ＝15×1×4 N ＝60 N ；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N ，故D 正确．[答案]　CD3．(2015·吉林长春一模)如图所示，宽度为d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为U ＝K ，式中的比例系数K 称为霍IB d 尔系数．设载流子的电荷量为q ，下列说法正确的是( )A ．载流子所受静电力的大小F ＝q U dB ．导体上表面的电势一定大于下表面的电势C ．霍尔系数为K ＝，其中n 为导体单位长度上的电荷数1nq D ．载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝，其中n 为导体单位体积内的电BI nhd 荷数[解析]　静电力大小应为F ＝q ，A 错误；载流子的电性是不确定的，因U h 此B 错误；霍尔系数为K ＝，其中n 为导体单位体积内的电荷数，C 错误；1nq 载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝q v B ，其中v ＝，可得F 洛＝，D 正I nqdh BI ndh 确．[答案]　D4．(多选)(2015·江苏南京盐城二模)如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m ＝0.1 kg 、带正电q ＝0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为F ＝0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2.则滑块( )A ．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B ．一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C ．速度为6 m/s 时，滑块开始减速D．最终做速度为10 m/s的匀速运动[解析]　滑块随木板向左运动时，受到竖直向上的洛伦兹力和木板的支持力，对整体由F＝(M＋m)a得，a＝2 m/s2，当滑块刚好相对木板运动时，对滑块有μ(mg－q v B)＝ma，即当v＝6 m/s时，滑块恰好相对于木板有相对滑动，开始做加速度减小的加速运动，当mg＝q v B，即v＝10 m/s时，滑块对木板的压力为零，即F N＝0，滑块最终做速度为10 m/s的匀速运动，选项A、D正确，B、C错误．[答案]　AD5．(多选)如右图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转．若带电粒子所受重力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中可能可行的是( )A．仅增大带电粒子射入时的速度B．仅增大两金属板所带的电荷量C．仅减小粒子所带电荷量D．仅改变粒子的电性[解析]　带电粒子在两板之间受电场力与洛伦兹力，但两者的大小不等，且方向不确定．若仅增大带电粒子射入时的速度，可能因为所受的洛伦兹力变大，而使带电粒子向下偏转，A正确；若仅增大两金属板所带的电荷量，因两极板间的电场强度增大，故带电粒子可能向下偏转，B正确；若仅减小粒子所带的电荷量，则由于粒子所受电场力与洛伦兹力以相同的倍数变化，故带电粒子仍向上偏转，C错误；仅改变粒子的电性，则由于两个力的方向都发生变化，带电粒子将向下偏转，D正确．[答案]　ABD6．(多选)(2015·浙江三校模拟)如右图，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒[解析]　沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误．在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确．两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误．[答案]　AC7．(2016·南京月考)如右图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小[解析]　a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bq v＝Eq，即只要满足E＝B v无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误．[答案]　C8．(多选)(2015·江西八校联考)如右图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P 的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝2μqE－mg2μqBD．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝2μqE＋mg2μqB[解析]　对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－q v B)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝q v B时达到最大值，a max＝g，继续运动，mg－μ(q v B－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误．因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误．若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－q v B)＝m，得v＝；若在后半段达到最大加速g22μqE－mg2μqB度的一半，则mg－μ(q v B－qE)＝m，得v＝，故C、D正确．g22μqE＋mg2μqB[答案]　CD二、非选择题9．(2015·湖北八校联考)如图所示，一个内壁光滑绝缘的1/3环形细圆筒轨道竖直放置，环的半径为R，圆心O与A端在同一竖直线上，在OA连线右侧，有一竖直向上的电场强度为E＝的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．现mgq有一个质量为m，电荷量为＋q的小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放，进入OA连线右边的复合场区域后，经一段时间后又从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒，圆筒的内径很小，可以忽略不计．问：(1)小球第一次运动到A 端时，对轨道的压力为多少？(2)匀强磁场的磁感应强度为多少？[解析]　(1)小球从C 到A 的过程中由机械能守恒有mg (R sin30°＋R )＝m v 2，12得小球到达A 点的速度v ＝.3gR 到达A 点时，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m ，v 2R 得轨道对小球的支持力F N ＝4mg ，由牛顿第三定律得小球对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝4mg .(2)小球进入复合场后，受到的电场力F ＝Eq ＝mg ，所以它在复合场中做匀速圆周运动，穿出复合场后，做平抛运动．设平抛运动的时间为t .由平抛知识得R cos30°＝v t ，h ＝gt 2，12得t ＝，h ＝R .12R g 18由2r ＝R ＋R sin30°＋h ，得小球做圆周运动的半径r ＝.13R16由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m ，v 2r 得B ＝.16m 13q 3gR [答案]　(1)4mg (2)16m 13q 3gR10．如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在电场强度方向水平向左的匀强电场，下方存在电场强度方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动而通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点进入第一象限内并击中AO上的D 点．已知OD ＝OM ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ＝(T)，重力加34m q 速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)两匀强电场的电场强度E 的大小；(2)OM 的长L ；(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t .[解析]　(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO 做匀加速直线运动，所以有mg ＝qE，即E ＝.mg q (2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有Bq v ＝m v 2R由运动学规律知v 2＝2aL ，a ＝g2由类平抛运动规律知R ＝v t 3，R －＝at 3L 41223联立解得L ＝20 m 或 m.22029(3)质点做匀加速直线运动有L ＝at ，得t 1＝2 s 或 s 122123质点做匀速圆周运动有t 2＝×＝4.71 s342πmBq 质点做类平抛运动有R ＝v t 3，得t 3＝1 s质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝7.71 s 或6.38 s.[答案]　(1)　(2)20 m 或 m (3)7.71 s 或6.38 s mg q 22029。

课时跟踪训练(二) 一、选择题1．(多选)(2015·江西崇义中学月考)一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，经过的位移为x ，下列说法中正确的是( )A ．这段时间内它的平均速度＝v xtB ．这段时间内它的平均速度＝v v 1＋v 22C ．经过时，它的瞬时速度为x2xtD ．经过时，它的瞬时速度为x2v 21＋v 22[解析]　根据平均速度的概念，这段时间内物体的平均速度＝，故A 正v xt 确；由于物体做匀变速直线运动，故这段时间内它的平均速度＝，B 正v v 1＋v 22确；由于物体的加速度为a ＝，设经过时，它的瞬时速度为v ，则v 2－v v 2－v 1tx2＝2a ×，v －v 2＝2a ×，所以v ＝，故D 正确．21x22x2v 21＋v 22[答案]　ABD2．(多选)(2015·北京重点中学月考)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移是3 m ，下列说法正确的是( )A ．第3 s 内的平均速度是3 m/sB ．物体的加速度是1.2 m/s 2C ．前3 s 内的位移是6 mD ．3 s 末的速度是4 m/s[解析]　第3 s 内的位移x 3＝at －at ，解得物体的加速度a ＝＝12231222x 3t 23－t 2 m/s 2＝1.2 m/s 2，第3 s 末的速度v 3＝at 3＝1.2×3 m/s ＝3.6 m/s ，第3 s 内的69－4平均速度是＝ m/s ＝3 m/s ，前3 s 内的位移是x ＝at ＝×1.2×32 m ＝5.4 v 31122312m ，故A 、B 正确．[答案]　AB3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，则它在前3 s 内的平均速度为( )A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．12 m/s[解析]　将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋at 2比较可知：v 0＝24 m/s ，a ＝－1212m/s 2.所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t ＝ s ＝2 s ，由此可0－24－12知3 s 时汽车已经停止，位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m ，故平均速度＝＝v xt m/s ＝8 m/s.243[答案]　B4．(2015·河南焦作一模)如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止释放后，先后通过P 、Q、N 三点，已知物块从P 点运动到Q 点与从Q 点运动到N 点所用的时间相等，且PQ 长度为3 m ，QN 长度为4 m ，则由上述数据可以求出OP 的长度为( )A ．2 m B. m98C. mD ．3 m258[解析]　设相等的时间为t ，加速度为a ，由Δx ＝aT 2得，加速度a ＝＝ΔxT 2＝.(4－3) m T 21 m T 2Q 点的速度等于PN 段的平均速度，v Q ＝＝＝.xPQ ＋xQN 2T(4＋3) m 2T 7 m 2T 则OQ 间的距离s OQ ＝＝×＝ m ，v 2Q 2a 49 m24T 2T 22 m 498则OP 长度x OP ＝x OQ －x PQ ＝ m －3 m ＝ m ，498258故A 、B 、D 错误，C 正确．[答案]　C5．(多选)(2016·杭州质检)质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m[解析]　初速度为零的匀加速直线运动在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s 时，在前2 s 内和后2 s 内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t ＝3 s ，选项C正确；最初1 s 内的位移与总位移之比为＝，滑块最初1 s 内的位移为2.5x 1x 59m ，故x ＝4.5 m ，选项D 正确；根据x ＝at 2可得a ＝1 m/s 2，选项A 错误；根12据v ＝at 可得，滑块的初速度为3 m/s ，选项B 错误．[答案]　CD6．(多选)(2015·山东德州一中月考)将物体以初速度v 0从地面处竖直上抛，物体经3 s 到达最高点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体上升的最大高度为45 mB ．物体速度改变量的大小为30 m/s ，方向竖直向上C ．物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比为5∶3∶1D ．物体在1 s 内、2 s 内、3 s 内的平均速度之比为9∶4∶1[解析]　物体运动到最高点，速度为零，可以逆向看成自由落体运动，经3 s 落地，根据运动学公式可以得出高度为45 m ，初速度为30 m/s ，所以A 项正确，由Δv ＝gΔt ＝30 m /s 方向与加速度方向一致为坚直向下，B 项错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的规律，可以知道C 项正确，D 项错误．[答案]　AC7．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为 s ，则小石子出发点离A 点约为( )11000A ．6.5 m B ．10 m C ．20 mD ．45 m[解析]　根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB 段的平均速度的大小，再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．由题图可知AB 的长度为2 cm ，即0.02 m ，曝光时间为11000s ，所以AB 段的平均速度的大小为＝＝ m/s ＝20 m/s ，由自由落体的速度v xt 0.0211000与位移关系式v 2＝2gh 可得，h ＝＝ m ＝20 m ，所以C 正确．v 22g 2022×10[答案]　C8．(多选)(2015·辽宁大连第二十高级中学期中)在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt ，速度差为Δv ，如果人站在四层楼的阳台上，以同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差Δt 和速度差Δv 将( )A ．Δt 不变B ．Δt 变小C ．Δv 变小D ．Δv 变大[解析]　设细绳的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L ，在L 内运动的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，落地的速度越大，另一个小球在位移L内的初速度越大，根据L ＝v 0t ＋gt 2，初速度越大，时间越短，所以Δt 1>Δt 2.速12度差Δv ＝gΔt ，所以Δv 变小，故B 、C 正确．[答案]　BC9．(多选)从地面竖直上抛一物体A ，同时在离地面某一高度处有一物体B 自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v ，则下列说法正确的是( )A ．A 上抛的初速度与B 落地时速度大小相等，都是2vB ．两物体在空中运动的时间相等C ．A 上升的最大高度与B 开始下落时的高度相同D ．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B 开始下落时高度的中点[解析]　设两物体从开始运动到同一高度的时间为t ，竖直上抛物体的初速度为v 0，则由gt ＝v 0－gt ＝v ，解得v 0＝2v ，故A 正确；根据竖直上抛运动的对称性可知，B 自由下落到地面的速度为2v ，在空中运动时间为t B ＝，A 竖直2vg 上抛，在空中运动时间t A ＝＝，故B 错误；物体A 能上升的最大高度2v 0g 4vg h A ＝＝，B 下落的高度h B ＝，两者相等，故C 正确；两物体运0－v 20－2g (2v )22g (2v )22g 动到同一高度时，B 下落的距离h ＝gt 2＝g 2＝h B ，同一高度点距地面的高1212(vg )14度是下落时高度的，故D 错误．34[答案]　AC10．(多选)(2016·广州毕业班测试)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )A ．v b ＝ m/s 8B ．v c ＝3 m/sC ．de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s[解析]　小球做匀变速直线运动，又因为小球从a 运动到c 和从c 到d 时间相等T ＝2 smh Δx ＝aT 2得a ＝＝－0.5 m/s 2xcd －xac T 2c 点为ad 过程的中间时刻v c ＝＝3 m/s ，故B 正确．xad2T 从b 到c 由v －v ＝2ax bc ，v b ＝ m/s ，故A 错误．2c 2b 10根据速度公式v ＝v 0＋at 可得vd ＝v 0＋at 2＝2 m/s ，则从d 到e 有－v ＝2ax de ，则x de ＝－v /(2a )＝4 m ，故C 错误．2d 2d 由v ＝v 0＋at 可得从d 到e 的时间t de ＝＝4 s ，D 正确．－vda [答案]　BD 二、非选择题11．一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h ＝5 m 处的时间间隔Δt ＝2 s ，则小球的初速度v 0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？[解析]　画出小球运动的情景图，如图所示．小球先后经过A 点的时间间隔Δt ＝2 s ，根据竖直上抛运动的对称性，小球从A 点到最高点的时间t1＝＝1 s ，小球在A 点处的速度Δt2v A ＝gt 1＝10 m/s在OA 段根据公式v －v ＝－2gx 2A20解得v 0＝10 m/s2小球从O 点上抛到A 点的时间t 2＝＝s ＝(－1) svA －v 0－g 10－102－102根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t ＝2(t 1＋t 2)＝2 s 2[答案]　10 m/s 2 s2212．(2015·山西省山大附中期中)如(1)图所示，在太原坞城路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．一辆汽车正从A 点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距355 m ，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C 处与超声波相遇，当测速仪接受到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D 点，且此时汽车与测速仪相距335 m ，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为如(2)图所示分析(已知超声波速度为340 m/s)．(1)求汽车刹车过程中的加速度a ；(2)此路段有80 km/h 的限速标志，分析该汽车刹车前的行驶速度是否超速？[解析]　(1)设超声波往返的时间为2t ，汽车在2t 时间内，刹车的位移为s ＝a (2t )2＝20 m ，12当超声波与A 车相遇后，A 车继续前进的时间为t ，位移为s 2＝at 2＝5 12m ，则超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ＝680 m ，由声速为340 m/s ，得t ＝1 s ，解得汽车的加速度a ＝10 m/s 2.(2)由A 车刹车过程中的位移s ＝，v 202a 解得刹车前的速度v 0＝20 m/s ＝72 km/h 车速在规定范围内，不超速．[答案]　(1)10 m/s 2　(2)不超速。

课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2G，故D正确．L1－L2[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析] 考查受力分析、物体的平衡．对A 受力分析可知，有竖直向下的重力mg 、沿着细线方向的拉力F T 以及水平向左的弹簧弹力F ，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F ＝kΔx ，竖直方向F T cos θ2＝mg ，解得Δx ＝mg tan θ2k ，C 正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。

课时跟踪检测〔十四〕圆周运动[A级——根底小题练熟练快]★1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶距离等于车轮周长。

某国产轿车车轮半径约为30 cm，当该型号轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员面前速率计指针指在“120 km/h〞上，可估算出该车轮转速近似为( )A．1 000 r/s B．1 000 r/minC．1 000 r/h D．2 000 r/s解析：选B 设经过时间t，轿车匀速行驶路程x＝vt，此过程中轿车轮缘上某一点转动路程x′＝nt·2πR，其中n为车轮转速，由x＝x′可得：vt＝nt·2πR，n＝v2πR≈17.7 r/s＝1 062 r/min。

B正确。

★2.(2021·湖北省重点中学联考)如下图，由于地球自转，地球外表上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体运动，以下说法正确是( )A．P、Q两物体角速度大小相等B．P、Q两物体线速度大小相等C．P物体线速度比Q物体线速度大D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用解析：选A P、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体做匀速圆周运动半径不等，即P、Q两物体做圆周运动线速度大小不等，选项B 错；Q物体到地轴距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q 两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力一个分力，选项D错。

★3.如下图，运发动以速度v在倾角为θ倾斜赛道上做匀速圆周运动。

运发动及自行车总质量为m，做圆周运动半径为R，重力加速度为g，将运发动和自行车看作一个整体，那么( ) A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用B．受到合力大小为F＝mv2 RC．假设运发动加速，那么一定沿斜面上滑D．假设运发动减速，那么一定加速沿斜面下滑解析：选B 将运发动和自行车看作一个整体，那么系统受重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按力作用效果命名力，不是物体实际受到力，A错误；系统所受合力提供向心力，大小为F＝m v2R，B正确；运发动加速，系统有向上运动趋势，但不一定沿斜面上滑，同理运发动减速，也不一定沿斜面下滑，C、D均错误。

课时跟踪训练(十四)落实双基[根底巩固]1．如下说法正确的答案是( )A．向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直B．向心加速度的方向保持不变C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的D．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不断变化[解析] 做圆周运动的物体，向心加速度的方向始终指向圆心，线速度的方向总是沿圆周的切线，所以向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直，选项A正确，选项B错误．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不变，方向时刻在变，选项C、D错误．[答案] A2．如下关于向心力的说法中，正确的答案是( )A．物体由于做圆周运动产生了一个向心力B．做匀速圆周运动的物体的向心力就是它所受的合外力C．做匀速圆周运动的物体的向心力为恒力D．向心力的方向始终指向圆心，所以其方向保持不变[解析] 因为有了向心力，物体才做圆周运动，而不是由于物体做圆周运动，而产生了向心力，A错误；匀速圆周运动的向心力始终指向圆心，方向在不断改变，C、D错误．[答案] B3．如下列图，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，如此衣服( )A．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用B．所需的向心力由重力提供C．所需的向心力由弹力提供D．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大[解析] 衣服只受重力、弹力和静摩擦力三个力作用，A错误；衣服做圆周运动的向心力为它所受到的合力，由于重力与静摩擦力平衡，故弹力提供向心力，即F N＝mω2r，转速越大，F N越大，C正确，B、D错误．[答案] C4．如右图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B∶R C＝3∶2，A轮的半径大小与C轮一样，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，如此a、b、c三点在转动过程中的( )A．线速度大小之比为3∶2∶2B．角速度之比为3∶3∶2C．转速之比为2∶3∶2D．向心加速度大小之比为9∶6∶4[解析] A、B轮摩擦传动，故v a＝v b，ωa R A＝ωb R B，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc ，v b R B ＝v c R C，v b ∶v c ＝3∶2，因此v a ∶v b ∶v c ＝3∶3∶2，ωa ∶ωb ∶ωc ＝3∶2∶2，故A 、B 错误．转速之比等于角速度之比，故C 错误．由a ＝ωv 得：a a ∶a b ∶a c ＝9∶6∶4，D 正确．[答案] D5．如如下图为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.主动轮做顺时针转动，转速为n 1，转动过程中皮带不打滑．如下说法正确的答案是( )A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮边缘线速度大小为r 22r 1n 1 D ．从动轮的转速为r 2r 1n 1[解析] 主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M →N 方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A 错误，B 正确；由ω＝2πn 、v ＝ωr 可知，2πn 1r 1＝2πn 2r 2，解得n 2＝r 1r 2n 1，从动轮边缘线速度大小为2πn 2r 2＝2πn 1r 1，故C 、D 错误．[答案] B6．(多项选择)(2016·浙江卷)如下列图为赛车场的一个“梨形〞赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g 取10 m/s 2，π＝3.14)，如此赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s[解析] 赛车在弯道上做匀速圆周运动时最大径向静摩擦力提供向心力，设最大径向静摩擦力与赛车重力的比值为k ，如此kmg ＝m v 21r，得在小圆弧赛道的最大速率v 1＝kgr ＝30 m/s ，在大圆弧赛道的最大速率为v 2＝kgR ＝45 m/s ，B 正确；为确保所用时间最短，需要在以v 2＝30 m/s 绕过小圆弧赛道后加速以v 2＝45 m/s 的速率在大圆弧赛道做匀速圆周运动，A 正确；直道的长度l ＝L 2－R －r 2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速度v 1＝30 m/s ，在大弯道上的最大速度v 2＝45 m/s ，故在直道上的加速度大小为a ＝v 22－v 212l ＝452－3022×503m/s 2＝6.50 m/s 2，C 错误；小圆弧弯道的长度为x ＝2πr 3，如此通过小圆弧弯道的时间t ＝x v 1＝2πr 3v 1＝2.80 s ，D 错误．[答案] AB7．(多项选择)如下列图，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定在水平地面上静止不动．有两个质量均为m 的小球A 和小球B 紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球B 所在的高度为小球A 所在高度的一半．如下说法中正确的答案是( )A ．小球A 、B 所受的支持力大小之比为2∶1B ．小球A 、B 的加速度大小之比为1∶1C ．小球A 、B 的角速度之比为2∶1D ．小球A 、B 的线速度大小之比为2∶1[解析] 设圆锥筒轴线与圆锥壁的夹角为θ，对小球A 进展受力分析可得圆锥筒内壁对小球的支持力F NA ＝mg /sin θ，同理可得F NB ＝mg /sin θ，故小球A 、B 所受的支持力大小之比为1∶1，选项A 错误；对小球A 、B 进展受力分析可得F A ＝F B ＝mg /tan θ，又因为两小球质量相等，由牛顿第二定律可知，二者的加速度大小之比为1∶1，选项B 正确；设小球B 距圆锥筒底端的高度为h ，如此由牛顿第二定律可得F A ＝mω2A ·2h tan θ，F B ＝mω2B ·h tan θ，联立可得ωA ωB ＝12，选项C 错误；由v ＝ωr 可得v A v B ＝ωA ·2h tan θωB ·h tan θ＝21，选项D 正确． [答案] BD8．一辆质量m ＝2.0 t 的小轿车，驶过半径R ＝90 m 的一段圆弧形桥面，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)假设桥面为凹形，汽车以20 m/s 的速度通过桥面最低点时，对桥面的压力是多大？(2)假设桥面为凸形，汽车以10 m/s 的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力是多大？(3)汽车以多大速度通过凸形桥面最高点时，对桥面刚好没有压力？[解析] (1)如下列图，圆弧形轨道的圆心在汽车的上方，支持力F N1与重力G ＝mg 的合力提供汽车通过桥面最低点时的向心力，即F 向＝F N 1－mg ，由牛顿第二定律得F N 1－mg ＝m v 21R解得桥面的支持力大小为F N 1＝m v 21R＋mg ＝2.89×104 N 根据牛顿第三定律可知，汽车通过桥面最低点时对桥面的压力大小为2.89×104 N.(2)如下列图，圆弧形轨道的圆心在汽车的下方，重力G ＝mg 与支持力F N 2 的合力提供汽车通过桥面最高点时的向心力，即F 向＝mg －F N 2，由牛顿第二定律得mg －F N 2＝m v 22R解得桥面的支持力大小为 F N 2＝mg －m v 22R＝1.78×104 N 根据牛顿第三定律可知，汽车通过桥面最高点时，对桥面的压力大小为1.78×104 N.(3)设汽车以速度v m 通过凸形桥面最高点时对桥面刚好没有压力，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2m R解得v m ＝gR ＝30 m/s故汽车以30 m/s 的速度通过凸形桥面最高点时，对桥面刚好没有压力．[答案] (1)2.89×104 N (2)1.78×104N (3)30 m/s[素能培养]9．如下列图为自行车的传动装置示意图，链轮的半径r 1＝10 cm ，飞轮的半径r 2＝5 cm ，后轮的半径r 3＝30 cm ，A 、B 、C (图中未画出)分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点．假设脚蹬匀速转动一圈所需要的时间为1 s ，如此在自行车匀速前进的过程中如下说法正确的答案是( )A ．链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2∶1∶1B ．A 、B 、C 三点的线速度大小之比为2∶1∶6C ．A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比为1∶2∶6D ．自行车前进的速度大小约为13.6 km/h[解析] 由于链轮与飞轮用链条传动，故其线速度大小相等，而飞轮与后轮是同轴传动，故其角速度大小相等．由于ω1r 1＝ω2r 2，故链轮与飞轮的角速度之比为ω1∶ω2＝1∶2，而ω2∶ω3＝1∶1，故ω1∶ω2∶ω3＝1∶2∶2，选项A 错误；由题意可知，A 点与B 点的线速度大小之比为v 1∶v 2＝1∶1，由于飞轮与后轮的角速度大小一样，故有v 2r 2＝v 3r 3，解得v 2v 3＝16，所以A 、B 、C 三点的线速度大小之比为1∶1∶6，选项B 错误；向心加速度大小a ＝ω2r ＝ωv ，故A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12，选项C 错误；脚蹬匀速转一圈，后轮要转两圈，由v ＝x t 可得v ＝2×2πr 3t≈13.6 km/h，选项D 正确． [答案] D10．如下列图，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A 、B ，小球A 、B 到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．如下说法正确的答案是( )A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大[解析] 由于合力提供向心力，依据向心力表达式F＝mrω2，两球质量、运动半径和角速度都一样，可知向心力一样，即合力一样，故A错误；小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确；由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误．[答案] C11．(2017·福建漳州三联)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，假设两个小球以一样的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，如此两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的答案是( )[解析] 小球做匀速圆周运动，对其受力分析如下列图，如此有mg tanθ＝mω2L sinθ，整理得：L cosθ＝gω2，如此两球处于同一高度，故B正确．[答案] B12．(2017·湖南高三联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如下列图．测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r ＝150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10 m/s2)求(1)假设汽车恰好不受路面摩擦力，如此其速度应为多大？(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速．[解析] (1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的 合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg tan θ＝m v 2r解得：v ≈38.7 m/s.(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：F N sin θ－F f cos θ＝m v 2min rF N cos θ＋F f sin θ－mg ＝0F f ＝μF N解得：v min ＝30 m/s.[答案] (1)38.7 m/s (2)30 m/s。