【文档说明】高中物理课时作业（人教版必修第二册）课时作业详解答案.doc，共(65)页，541.500 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

课时作业(一)曲线运动1．解析：初速度不为零的质点，受到与初速度的方向不在同一条直线上的外力作用时，质点做曲线运动，选项A正确；做曲线运动的质点必须要受到外力的作用，选项B错误；做曲线运动的质点的加速度的方向不一定发生变化，选项C错误；根据牛顿第二定律可知，质点受到的外力与加速度方向相同，选

项D错误．答案：A2．解析：小钢球在不同的位置受到的合力是不同的，所以第一次实验中，小钢球的运动不是匀变速直线运动；在第二次实验中，小钢球的运动不是匀变速曲线运动，A、B错误．第一次实验中，条形磁铁对小钢球的作用力与小钢球的速度方向在同

一条直线上，小钢球做直线运动，第二次实验中，条形磁铁对小钢球的作用力与小钢球的速度方向不在同一条直线上，小钢球做曲线运动，因此该实验说明当小钢球受到的合力的方向与速度方向不在同一条直线上时，小钢球做曲线运动，C错误，D正确．答案：D3．解析：物体做匀速直线运动的速度方向与F

1的方向关系不明确，可能相同、相反或不在同一条直线上．所以，撤去F1后物体所受合力的方向与速度v的方向关系不确定，所以只有选项A正确．答案：A4．解析：不计冰面摩擦和空气阻力，击打后冰球所受合力为零，冰球沿初始的合速度方向做匀速直线运动．答案：B5．解析：由题图所示运动轨迹可知，质点速度方向恰好

改变了90°，可以判断恒力方向应指向右下方，与初速度方向的夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，故A、B错误；合力方向指向右下方，与速度方向的夹角先大于90°后小于90°，因此

质点从M点到N点的速率先减小后增大，C错误；质点在恒力的作用下运动，由牛顿第二定律可知，加速度的大小和方向都不变，质点做匀变速曲线运动，D正确．答案：D6．解析：当合力与速度不在同一条直线上时，物体将做曲线运动；当合力与速度在同一条直线上时，物体将做直线运动．当合力与速度的方向相同时，物体做加

速运动；方向相反时，物体做减速运动．故选B.答案：B7．解析：物体在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，说明三个共点恒力平衡，如果撤去F1，则F2、F3的合力与F1等大反向，此时的合力方向与速度方向不在一条直线上，物体做曲线运动，加速度不变，A正确，

B错误；由受力分析可知，撤去F2后，物体做曲线运动，加速度方向竖直向上，C错误；撤去F3后，合力方向水平向右，合力方向与速度方向相同，所以物体将向右做匀加速直线运动，D错误．答案：A8．解析：速度方向改变的角度是指两时刻瞬时速度方向之间的夹角，

由题图可知，A错误，B正确；由题图可知，质点沿y轴方向上的速度先沿y轴正方向后变为沿y轴负方向，即质点在y轴方向上是先减速后反向加速，故恒力F至少有一个沿y轴负方向的分力，而质点在沿x轴方向上的速度变化不能确定，即恒力F是否在沿x轴方向上存在分力

、分力方向如何皆不能确定，因此恒力F可能沿y轴负方向而一定不沿x轴正方向，故C错误，D正确．答案：BD课时作业(二)运动的合成与分解1．解析：根据合运动与分运动具有等时性，D正确．答案：D2．解析：相互垂直的一个匀速直线运动和一个匀加速直线运动的合运动，合速度方向与加速度

方向不共线，一定是曲线运动，A对．答案：A3．解析：跳伞员着地时的速度大小v＝42＋32m/s＝5m/s.风是从正东方向吹来，则水平方向上的分速度向西，则合速度的方向偏西，故选项A正确．答案：A4．解析：内壁光滑的牛顿管

抽成真空，让牛顿管竖直倒立，则管中羽毛只受到重力作用，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动．因为合加速度的方向竖直向下，与合速度不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线．因为加速度的方向(即合力的方向)指向轨迹凹侧，故C正确，A、B、D错误．答案：C5．

解析：以A点为坐标原点，以水平向右为x轴的正方向，以竖直向上为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，如图所示，则铅球在x轴方向的位移分量xB＝5m，在y轴方向的位移分量yB＝－2m，所以其合位移的大小为l＝x2B＋y2Bm＝29m，设位移与x轴方向的夹角为α，则tanα＝yB

xB＝25.答案：见解析6.解析：如图所示，物资的实际运动可以看成是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀速直线运动的合运动．(1)分运动与合运动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等，所以t＝hvy＝1005s＝20s.(2)物资落地时vy＝5m/s，

vx＝1m/s，由平行四边形定则得v＝v2x＋v2y＝12＋52m/s＝26m/s.(3)物资水平方向的位移大小为x＝vxt＝1×20m＝20m.答案：(1)20s(2)26m/s(3)20m7．解析：根据l＝H－t＋t2可知，B在竖直方向上的位移为x＝H－l＝t－

t2，由此可知水桶B向上匀减速上升，绳索对B的拉力大小小于B的重力大小；B在水平方向匀速运动，所以F、G都在竖直方向上，又因为B向上减速，运动轨迹应向下弯曲，故只有B符合．答案：B8．解析：(1)重物在水平方向做匀速运动，从A到B的时间t＝dvx＝101s＝1

0s.(2)重物在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以竖直方向分速度vy＝at＝0.2×10m/s＝2m/sB点合速度v＝v2x＋v2y＝12＋22m/s＝5m/s.(3)重物的水平位移x＝d＝10m竖直位

移y＝12at2＝12×0.2×102m＝10mA到B的位移xAB＝x2＋y2＝102＋102m＝102m.答案：(1)10s(2)5m/s(3)102m课时作业(三)抛体运动的规律1．解析：B球做平抛运动，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，由于B球在

水平方向的分运动速度为v0，与A球做匀速直线运动的速度相等，故两球同时到达C点，选项C正确．答案：C2．解析：可依据速度的分解求取竖直方向上的落地速度，从而据竖直方向上的自由落体运动规律求运动时间．因为vy＝gt，又vy＝v2－v20，故t＝v2

－v20g，故选项D正确．答案：D3．解析：由t＝xv0来计算时间，因x不确定，故不能说v0越大则t越小，选项A错误；物体做平抛运动的时间t＝2hg，因g一定，故t∝h，选项B正确；C选项中没有说明从什么时间开始计时，故下落高度之比未必是1:3:5……，选项C错误；因平抛运动的

加速度恒定，故选项D正确．答案：BD4．解析：运动员在竖直方向做自由落体运动，运动员做平抛运动的时间t＝2hg，只与高度有关，与速度无关，A错误；运动员的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的，合速度v＝v20＋v2y，初速度越大，落

地瞬间合速度越大，B正确；运动员在竖直方向上的速度vy＝2gh，高度越高，落地时竖直方向上的速度越大，落地瞬间合速度越大，C错误；运动员在水平方向上做匀速直线运动，落地的水平位移x＝v0t＝v02hg，所以落地的位置与

初速度有关，D错误．答案：B5．解析：两子弹均做平抛运动，由h＝12gt2知，乙枪射出的子弹的运动时间大于甲枪射出的子弹的运动时间，两子弹水平位移相等，根据v0＝xt知，甲枪射出的子弹初速度较大，故A正确．答案：A6．解析：因为相邻两照片间的时间间隔相等，水平

位移相等，知小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上的运动规律与b球运动规律相同，知竖直方向上做自由落体运动．故D正确．答案：D7．解析：运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性知平抛运动的水平位移为2

L，则有L＝12gt2，解得t＝2Lg，运动员通过最高点时的速度为v＝2Lt＝2gL，则有tanα＝gtv＝1，选项D正确．答案：D8．解析：设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后

在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t＝Lv1＋v2，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t′＝L2(v1＋v2)＝t2，C项正确．答案：C9．解析：(1)设质点平抛的初速度为v0，在A、B点的竖直分速度分别为vAy、vBy，则vAy

＝v0tan30°，vBy＝v0tan60°，解得vAyvBy＝13.(2)设从A到B所用的时间为t，竖直位移和水平位移分别为y、x，则tanθ＝yx，x＝v0t，y＝vAy＋vBy2t，联立解得tanθ＝233.答案：(1)1:3(2)2331

0．解析：A错：根据题述情景和平抛运动规律，由O点到A点，甲球运动时间是乙球运动时间的13.B对：甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍．C对，D错：甲球从O点到A点，乙球从O点到B点，

运动时间相等，由x＝vt可知，甲乙两球水平速度之比v1:v2＝3:1.答案：BC11．解析：平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．物体在竖直方向上做自由落体运动，第1s内物

体下落高度h1＝12gt2＝12×10×12m＝5m，故A正确，B错误；根据图像，t＝1s时，tanθ＝vyv0＝gv0t＝1，故v0＝gt＝10×1m/s＝10m/s，故C错误，D正确．答案：AD12．解析：因为飞机做匀速运动，所以炸弹甲和炸弹乙

同时击中目标，选项B正确，A错误；炸弹乙从离开飞机到击中竖直峭壁的时间为t2，则炸弹甲从离开飞机到击中竖直峭壁的时间t1＝t2＋T，依题意有12g(t2＋T)2－12gt22＝H，解得t2＝HgT－T2，t1＝HgT＋T2，所以选

项CD错误．答案：B13．解析：小球到达竖直墙面时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为vy＝gt，v0＝vy·tanθ＝gt·tanθ，所以小球水平抛出时的初速度为gt·tanθ，A项正确；设小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝

yx＝12gt2v0t＝gt2v0＝vy2v0＝12tanθ，B项错误；由于小球到墙的水平距离一定，初速度增大，运动的时间变短，C项正确；若小球初速度增大，由抛出点到墙的时间变短，由tanθ＝v0gt可知，tanθ增大，D项错

误，故选A、C.答案：AC14．解析：根据自由落体运动的规律，可知乙球运动到C点时的速度为2gh，又因两球先后经过C点时的速度大小相等，所以甲球在C点的合速度为2gh，又因此时甲球的速度与水平方向的夹角为45°，所以

甲球做平抛运动的初速度大小为gh，选项A错误；根据v＝gt，可知tA＝hg，tB＝2hg.两球运动到C点的时间之比为hg:2hg＝1:2，选项B正确；A、B两点的高度差为v2B2g－v2Ay2g＝h2，选项C错误；A、B两点间的水平距离为x＝v

0tA＝h，选项D错误．答案：B单元素养评价(一)第五章抛体运动1．解析：当物体受到的合外力方向与速度方向不共线时，物体做曲线运动，故C正确．答案：C2．解析：A错，D对：做曲线运动的物体速度不断变化，则加速度不为零，所受合力

不为零．B错：合力不为零的运动不一定是曲线运动，例如匀变速直线运动．C错：曲线运动的速度大小不一定是改变的，可能只有方向的变化．答案：D3．解析：轮滑演员做曲线运动，速度方向不断变化，运动状态不断变化，故A、B错误；做曲线运动的轮滑演员的

速度方向沿曲线上各点的切线方向，C正确；轮滑演员所受合力方向与速度方向不在同一条直线上，D错误．答案：C4．解析：根据平行四边形定则得：v水平＝vcos14°＝60×0.97m/s＝58.2m/s；竖直方向上的分速度为：v竖直＝vsin14°＝6

0×0.24m/s＝14.4m/s.故选B.答案：B5．解析：根据h＝12gt2得，t＝2hg＝0.5s，而飞盘在运动的过程中受到空气阻力作用，则运动的时间一定会大于0.5s，故D正确．答案：D6．解析：炮弹的实际速度方向沿目标方向，该速度是船的速度与射击速度的合速度，根据平行四边形定则知，

射击的方向应偏向目标的西侧．故B正确．答案：B7．解析：当石磙子在拖拉机的牵引力F作用下做曲线运动时，牵引力F的方向指向运动轨迹的内侧，故B，D错误；石磙子的速度逐渐增大，F的方向与v的方向成锐角，故A正确

，C错误．答案：A8．解析：应用逆向思维，把篮球的运动看成平抛运动，由于运动的竖直高度不变，水平位移增大，篮球抛射点到篮板的时间t＝2hg不变，抛射点的竖直分速度vy＝2gh不变，水平方向由x＝vxt知，x增大，v

x增大，则抛射速度v＝v2x＋v2y增大，抛射速度与水平方向的夹角tanθ＝vyvx减小，可知A正确．答案：A9．解析：摩托车在竖直方向做自由落体运动，则有h＝12gt2，解得摩托车在空中的飞行时间为t＝1s，故A正确；河

流的最大宽度即摩托车在水平方向的位移为d＝x＝v0t＝24×1m＝24m，故B正确；竖直方向速度为vy＝gt＝10m/s，则摩托车落地前瞬间的速度为v＝v20＋v2y＝242＋102m/s＝26m/s，故C错误；摩托车离开平

台做平抛运动，仅增加平台的高度(其他条件均不变)，则有在空中的飞行时间增大，摩托车水平方向位移增大，所以摩托车依然能成功跨越此河流，故D正确．答案：C10．解析：1与2的间距等于2与3的间距，在竖直方向上做自由落体

运动，可知1到2的时间大于2到3的时间，根据水平方向上做匀速直线运动，可知x2－x1>x3－x2，故选项C正确．答案：C11．解析：(1)为了确保小球做平抛运动，斜槽末端切线应水平．(2)实验操作中要先安装仪器，然后进行实

验操作，故实验顺序为BAC.(3)分析实验点B可知，位置靠下，说明小球平抛初速度较小，可能是小球滚下的高度较其他几次低，也可能小球在运动中遇到其他几次没有遇到的阻碍，故B、C正确，A、D错误．答案：(1)切线应水平(2)BAC(3)BC1

2．解析：小球从平台运动到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有：x＝v0t，h＝12gt2，vy＝gt由题图可知：tanα＝vyv0＝gtv0代入数据解得：v0＝3m/s，x＝1.2m.答案：(1)3m/s(2)1.2m13．解析：(1)套环做

平抛运动，竖直方向有H－h＝12gt2代入数据解得t＝0.5s．(2)套环落到木桩最上端等高处时的竖直速度vy＝gt＝5m/s.(3)套环在水平方向做匀速直线运动，若要套中木桩，最小水平位移为d，最大水平位移为(d＋D)．当位移为d

时，vmin＝dt＝20.5m/s＝4m/s，当位移为(d＋D)时，vmax＝d＋Dt＝2＋0.150.5m/s＝4.3m/s，故小红抛出套环的初速度范围为4m/s≤v0≤4.3m/s.答案：(1)0.5s(2)5m/s(3)4m/s≤v0≤4.3m/s14．解析：a

、b两球下降的高度之比为3:1，根据h＝12gt2可知，t＝2hg，则运动的时间关系是ta＝3tb，选项A、B错误；因为a、b两球的水平位移之比为3:2，由v0＝xt得va＝32vb，选项C正确，D错误．答案：C15．解析：由题图可知，无人机

在t1时刻，在竖直方向向上做匀加速直线运动，具有竖直向上的加速度，因此该时刻无人机处于超重状态，A正确；在0～t2时间内，无人机在竖直方向做匀加速直线运动，在水平方向做匀减速直线运动，合加速度与合初速度不共线，所以无人机做曲线运动，B错误；在竖直方向，0～t2时间内无

人机向上加速运动，t2～t3时间内向上减速运动，因此在t2时刻没有上升至最高点，C错误；在t2～t3时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，因此合运动是匀变速运动，D正确．答案：AD16．解析：设抛出的

圆环做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为t＝2hg，水平方向位移x＝vt＝v2hg；平抛运动的时间由下落高度决定，可知大人抛出的圆环运动时间较长，故A错误；大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的圆环水平位移相等，则大人应以较小的速度

抛出圆环，故B正确；大人和小孩的水平位移相等，但大人的竖直位移大于小孩的竖直位移，根据s＝x2＋y2可知，小孩抛出圆环发生的位移较小，故C错误；圆环做平抛运动，则单位时间内速度的变化量都为Δv＝gΔt，故D正确．答案：BD17．解析：(1)小船从A点出发，若

船头指向河正对岸的C点，则此时v1方向的位移为d，故有v1＝dtmin＝12060×8m/s＝0.25m/s.(2)设A、B连线与河岸上游成α角，由题意可知，此时恰好到达河正对岸的C点，故v1沿河岸方向的分速度大小恰好等于河水的流速v2的大小，即v2＝v1c

osα，此时渡河时间t＝dv1sinα，所以sinα＝dv1t＝0.8，故v2＝v1cosα＝0.15m/s.(3)在第二次渡河时小船被冲向下游的距离sCD＝v2tmin＝72m.答案：(1)0.25m/s(2)0.15m/s(3)72m18．解析：(1)对小球在B点的速度分解，设球在B点的竖直速

度为vBy，由平抛运动的规律：v2B＝v20＋v2ByvBy＝gt联立解得：t＝0.8s(2)设球从A到B下落的竖直高度为h1，由平抛运动规律：水平方向s＝v0t竖直方向h1＝12gt2根据几何关系hB＝H－

h1解得：s＝4.8m，hB＝1.8m(3)设小球至少以vmin水平初速度抛出，能越过墙的上端，此过程由平抛运动规律：竖直方向：H－h＝12gt22水平方向：s＝vmint2联立解得：vmin＝12m/s故应满足v0≥12m/s

.答案：(1)0.8s(2)4.8m1.8m(3)v0≥12m/s课时作业(四)圆周运动1．解析：由v＝ωr可知，ω一定时，v与r成正比，A正确，B错误；由T＝2πω可知，ω一定时，T一定，与r无关，C、D错误．答案：A2．解析：由v＝ωr知，只有甲、乙两个做圆周运

动的物体的半径相等时，它们的线速度相等，角速度才相等，A、B错；由ω＝2πT知，甲、乙周期相等，角速度一定也相等，C对；由v＝2πrT知，甲、乙周期相等，线速度不一定相等，D错．答案：C3．解析：如图所示，地球绕自转轴转动时，地球上各点的运动周期及角速度都是相同的．地球表面上的物体，随地球做

圆周运动的平面是物体所在的纬线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬线上的物体做圆周运动的半径一般不同，同一纬线上的物体转动半径相等，线速度的大小才相等，但即使物体的线速度大小相等，方向也各不相同，所以只有选项A正确．答案：A4．解析：因为A、B两

点是同轴转动，所以A、B两点的角速度相等，故A、B错误；由v＝rω可知，线速度之比等于半径之比，故A、B两点的线速度大小之比为2:1，故C正确，D错误．答案：C5．解析：离心机转速n＝80000r/min＝40003r/s，半径r＝0.12m．故周期T＝1n＝3

4000s＝7.5×10－4s，A错．角速度ω＝2π·n＝8000π3rad/s，C、D错．线速度v＝ω·r＝8000π3×0.12m/s＝320πm/s，B对．答案：B6．解析：齿轮不打滑，说明接触点线速度相等，主动轮

逆时针转动，故从动轮顺时针转动．因为齿的大小相等，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，故主动轮与从动轮的角速度之比ω1ω2＝rR＝13，解得从动轮的角速度ω2＝3ω1＝3ω.根据ω＝2πT得从动轮的周期T＝2πω

2＝2π3ω，故A正确．答案：A7．解析：圆盘A带动圆盘B转动可以认为是“齿轮传动”模型，两个圆盘转动的方向相同，都沿逆时针方向转动，两圆盘边缘的线速度大小相等，根据v＝2πrT可知，周期与半径成正比，A、B两圆盘的半径不同，则周期不同．故选项A正确．答案：

A8．解析：P、Q两点同轴转动，故两点转动的角速度相同，即ωP＝ωQ，根据ω＝2πn，则有nP＝nQ；由题知P点的半径大于Q点的半径，根据v＝ωr，则有vP>vQ，故选D.答案：D9．解析：A、B两轮通过皮带传动，皮

带不打滑，则A、B两轮边缘上各点的线速度大小相等，即va:vb＝1:1①由v＝ωr得ωa:ωb＝rB:rA＝1:2②B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，则B、C两轮上各点的角速度相同，即ωb:ωc＝1:1③由v＝ωr得vb:vc＝rB:rC＝1:2④由②③两式得ωa:ωb:

ωc＝1:2:2由①④两式得va:vb:vc＝1:1:2答案：1:2:21:1:210．解析：时针运动的周期为12h，故时针上的A点做圆周运动的周期为T1＝12h，而分针运动的周期为1h，故分针上的B点做圆周运动的周期为T2＝

1h，秒针的运动周期为60s，故秒针上的C点做圆周运动的周期为T3＝60s＝160h，根据ω＝2πT，可得ωA:ωB＝1:12，ωB:ωC＝1:60，故B、C错误；根据v＝ωr知，线速度关系为vA<vB<vC，vB:vC＝1:60，故A、D正确．答案：AD11．解析：飞镖平抛有L

＝v0t，d＝12gt2，则v0＝Lg2d，在飞镖运动的时间内圆盘转过角度Δθ＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，又Δθ＝ωt，得ω＝(2n＋1)πg2d，故选项B正确．答案：B12．解析：根据题图可知，在Δt时间内，探测器接收到光的时间越来

越长，因此风轮叶片转动得越来越慢，即转速逐渐减小，在Δt时间内凸轮挡了4次光，则T1＝Δt4，根据风轮叶片每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈可知，风轮叶片转动的周期T＝Δt4n，所以风轮叶片转动的平均速率v＝2πrT＝8πnrΔt，选项B正确．答案：B13．解析：由题意可知，小球在竖直方向上有h＝12

gt2，水平方向上有v0t＝R；对圆盘有2kπω＝t(k＝1,2,3，…)，经上述分析可解得v0＝Rω2kπ(k＝1,2,3，…)，h＝2gk2π2ω2(k＝1,2,3，…)，根据k的取值不同，经计算可知选项A、B、D正确

，C错误．答案：ABD课时作业(五)向心力1．解析：物块随转盘转动时，其向心力由静摩擦力提供，当它匀速转动时其方向指向圆心，当它加速转动时其方向斜向前方，当它减速转动时，其方向斜向后方．故选项D正确．答案：D2．解析：小球的重力和

悬线的拉力的合力充当向心力，设悬线与竖直方向的夹角为θ，悬点到轨迹圆心的距离为h，则Fn＝mgtanθ＝mω2htanθ，θ越大，向心力Fn越大，A正确，B错误；而ω＝gh，则两者的角速度相同，C、D错误．答案：A3．解析：皮带传动，边缘上的点线速度大小相等，所以va＝vb，a轮、b

轮半径之比为1:2，所以由v＝rω得：ωaωb＝rbra＝21，共轴的点角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮的角速度相等，则ω1ω2＝21.根据向心力F＝mω2r，则知F1F2＝81.所以A正确，B、C、D错误．答案：A4．解析：由Fn＝mv2r，

可得Fn＝200N，选项A正确．设计半径越大，转弯时乘客所需要的向心力越小，转弯时就越舒适，D正确．答案：AD5．解析：小球转动的角速度ω＝2nπ＝(2×6π×π)rad/s＝12rad/s，由向心力公式得kx＝mω2(x0＋x)，解得x＝mω2x0

k－mω2＝0.5×122×0.2360－0.5×122m＝0.05m＝5.0cm.答案：C6．解析：由题可知A、B两球的角速度ω相同．对A、B分别进行受力分析，如图所示，其中FT1是杆的OA段对A球的拉力，F′T2是杆的AB段

对A球的拉力，FT2是杆的AB段对B球的拉力．对A球，有FT1－F′T2＝mAω2r1对B球，有FT2＝mBω2r2因mA＝mB，r2＝2r1，FT2＝F′T2联立以上各式解得FT1:FT2＝3:2.答案：C7．解析：根据牛顿第二定律，对A：FfA－F＝mω2rA①，对B：F＝mω2r

B②.当ω增大到2ω时，由②式知，F增加到原来的4倍；由①式知：FfA＝F＋mω2rA，FfA增加为原来的4倍．故选A.答案：A8.解析：(1)环受力如图所示．圆环在竖直方向所受合外力为零，即Fsinθ＝mg所以F＝mgsinθ＝10N，即绳子的拉力为10N.(2)圆环在水平

面内做匀速圆周运动，由于圆环光滑，所以圆环两端绳的拉力大小相等．BC段绳水平时，圆环做圆周运动的半径r＝BC，则有r＋rcosθ＝L，解得r＝109m．则Fcosθ＋F＝mrω2，解得ω＝33rad/s.答案：(1)10N(2)33r

ad/s课时作业(六)向心加速度1．解析：做匀速圆周运动的物体的向心加速度的方向始终指向圆心，方向不断变化，而大小不变，C正确．答案：C2．解析：直升机螺旋桨上A、B、C三点为同轴转动，则这三点的周期及角速度大小均

相同，因为A、C在叶片的端点，而B在叶片的中点，则A、C两点的转动半径相同，大于B点的转动半径，根据v＝rω可知三点的线速度大小关系为vA＝vC>vB，根据a＝rω2可知三点的向心加速度大小aA＝aC>aB，故选C.答案：C3．解析：因为皮带不打滑，A点与B点的线速度大小相等，都等于

皮带运动的速率，根据向心加速度公式an＝v2r，可得aA:aB＝r2:r1＝2:1.由于B、C是固定在同一轮上的两点，所以它们的角速度相同，根据向心加速度公式a＝rω2，可得aB:aC＝r2:r3＝2:1.5＝4:3.由此得aA:aB:aC＝8:4:3.答案：C4．解析：

由a＝4π2T2R求出小球的运动周期T＝πs，ω＝2πT＝2rad/s，A、B正确；小球在π4s内转过90°，通过的位移大小为s′＝2R＝2m，小球在πs内转过一周，路程为s＝2πR＝2πm，C、D错误．答案：AB5．解析：当小球对圆锥体刚好无压力时，向心力Fn＝mgtanθ＝mω2lcosθ，解

得ω＝2gl<4rad/s，所以当ω＝4rad/s时，小球离开斜面，设绳子与竖直方向的夹角为α，则mgtanα＝mω2lsinα，代入数据得cosα＝0.5，小球的向心加速度a＝ω2lsinα＝103m/s2，选项B正确，A、C、D错误．答案：B6．解析：A对，B错：由a＝v2R知，v不变时，a

与R成反比，图像为双曲线的一支．C错，D对：由a＝ω2R知，ω不变时，a与R成正比，图像为过原点的倾斜直线．答案：AD7．解析：设乙下落到A点所用时间为t，则对乙，满足R＝12gt2得t＝2Rg，这段时间内甲

运动了34T，即34T＝2Rg①又由于an＝ω2R＝4π2T2R②由①②得，an＝98π2g.答案：98π2g8．解析：(1)重物以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，由公式v2－v20＝2ax，代入数据得此时滑轮边缘上的P点的线速度v＝2ax＝2×2×1m/s＝2m

/s，根据ω＝vr，代入数据得ω＝20.10rad/s＝20rad/s.(2)方法一根据an＝v2r，代入数据得an＝220.10m/s2＝40m/s2.方法二根据an＝ω2r，代入数据得an＝202×0.10m/s2＝40m/s2.答案：(1)20rad/s(2)40m/s2

课时作业(七)生活中的圆周运动1．解析：根据牛顿第二定律，荡秋千经过最低点和汽车过凹形桥时，有FN－mg＝mv2R，则FN>mg，处于超重状态；汽车过拱形桥时，有mg－FN＝mv2R，则FN<mg，处于失重状态；绕地球做匀速圆周运动的飞

船，有mg＝mv2R，处于完全失重状态．由以上分析知A、C将出现超重现象．故选项A、C正确．答案：AC2．解析：若F突然消失，小球所受合外力突变为0，将沿切线方向匀速飞出，A正确．若F突然变小不足以提供所需向心力，小球将做逐渐远离圆心的离心运动，B、D错误．若F突然变大

，超过了所需向心力，小球将做逐渐靠近圆心的运动，C错误．答案：A3．解析：当处于临界状态时，有kmg＝mv2R，得临界速度v＝kgR.故安全速度v≤kgR，故B项正确．答案：B4．解析：飞机在空中水平盘旋时在水平面内做匀速圆周运动，受到重力

和空气的作用力两个力的作用，其合力提供向心力，Fn＝mv2R.飞机受力情况示意图如图所示，则F＝(mg)2＋F2n＝mg2＋v4R2.答案：C5．解析：(1)对灯受力分析如图所示知，所受合力向右，所以向右转弯．(

2)根据牛顿第二定律mgtanθ＝mv2R得v＝gRtanθ(3)车刚好不打滑，对车有μMg＝Mv2R得μ＝tanθ.答案：(1)向右转弯(2)gRtanθ(3)tanθ6．解析：(1)汽车在水平路面上转弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦

力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有Fmax＝35mg＝mv2r，由速度v＝108km/h＝30m/s，得弯道半径r＝150m.(2)汽车过圆弧拱桥时可以看成在竖直平面内做匀速圆周运动，

到达最高点时，根据向心力公式有mg－FN＝mv2R，为了保证安全，车对路面间的弹力FN必须大于或等于零，有mg≥mv2R，则R≥90m.答案：(1)150m(2)90m单元素养评价(二)第六章圆周运动1．解析：小球受到重力、桌面的支持力和绳的拉力，竖直方向小球

受到的重力和支持力，受力平衡，水平方向绳的拉力提供向心力，使小球做匀速圆周运动，故C正确．答案：C2．答案：A3．解析：在公共汽车到达路口前，乘客具有与汽车相同的速度，当车辆转弯时，由于惯性，乘客要保持向前的速度，这样转弯时乘客有向转

弯的外侧倾倒的可能．所以播放录音主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒，故B正确．答案：B4．解析：由题意知小物块做匀速圆周运动，合力大小不变，方向时刻改变，总是沿半径方向指向圆心．答案：C5．解析：由于A轮和B轮属于链条传动，两轮边缘的线速度大小相等，vA:

vB＝1:1由于A轮和C轮共轴，两轮角速度相同，即ωA:ωC＝1:1由角速度和线速度的关系式v＝ωR可得：vA:vC＝RA:RC＝1:8所以，vA:vB:vC＝1:1:8又因为RA:RB:RC＝1:4

:8根据a＝v2r得：aA:aB:aC＝4:1:32选项C正确．答案：C6.解析：物体随圆筒一起匀速转动时，受到三个力的作用：重力G、筒壁对它的弹力FN和筒壁对它的摩擦力Ff(如图所示)．其中G和Ff是一对相互平衡的

力，筒壁对它的弹力FN提供它做匀速圆周运动的向心力．当圆筒匀速转动时，不管其角速度多大，只要物体随圆筒一起匀速转动而未滑动，则物体所受的摩擦力Ff大小等于其重力．而根据向心力公式FN＝mω2r可知，当角速度ω变大时，FN也变大，故D正确．答案：

D7．解析：两个小球绕共同的圆心做圆周运动，它们之间的拉力互为向心力，角速度相同．设两球所需的向心力大小为Fn，角速度为ω，则对球m1：Fn＝m1ω2r1，对球m2：Fn＝m2ω2r2，由上述两式得r1:r2＝1:2.答案：D8．解析：汽

车在最低点受到的支持力最大，此时速度最大，根据牛顿第二定律得N－mg＝mv2R，代入数据解得v＝103m/s.当汽车运动到最高点时，根据牛顿第二定律得mg－N′＝mv2R，代入数据解得N′＝1.0×105N，此时汽车没有离开桥面．所以汽车允许的最大速率是103m/s，选项A正

确，B、C、D错误．答案：A9．解析：球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg＝mv20L，解得v0＝gL，由于v＝12Lg<v0，所以杆对球有支持力，由牛顿第二定律有mg－N＝mv2L，解得N＝mg－mv2L＝12mg，由牛顿第三定律可知，球对杆有向下的压力，大

小为12mg，选项B正确．答案：B10．解析：探究向心力大小与质量m之间的关系保证角速度相同，而质量不同，所以是图丙．探究向心力大小与角速度ω之间的关系，保证质量相同，而角速度不同，所以是图甲．答案：(1)丙(2)甲11．解析：(

1)根据F＝mω2r知，操作2与操作1相比，操作2的半径大，沙袋的质量和角速度相等，知拉力较大的是操作2.(2)根据F＝mω2r知，操作3与操作1相比，操作3沙袋的角速度较大，半径和质量相等，操作3的拉力较大．(3)操作4和操作1比较，半径和角速度相等，沙袋质量较大，根据F

＝mω2r知，操作4的拉力大．(4)由以上四次操作，可知向心力的大小与质量、半径、角速度有关，故选A、B、C.答案：(1)操作2(2)操作3(3)操作4(4)ABC12．解析：(1)由几何关系R2＝(R－h)2＋L22得桥面圆弧半径R＝260m以小汽车为研究对象，

由牛顿第二定律得mg－FN＝mv2R，得FN＝9500N由牛顿第三定律得小汽车对桥面的压力为F′N＝FN＝9500N.(2)假设在桥顶压力为零，则有mg＝mv2R解得v＝gR＝1026m/s当小汽车通过桥顶处的速度为1026m/s时，小汽车对桥面没有压力，只受到重力作用，所以之后小汽车做

平抛运动．答案：(1)9500N(2)平抛运动13．解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛

顿第二定律及向心力公式得mgtanθ＝mω20lsinθ解得ω20＝glcosθ即ω0＝glcosθ＝522rad/s(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得mgtanα＝mω′2lsinα解得ω′2＝glcosα即ω′＝glcosα＝

25rad/s答案：(1)522rad/s(2)25rad/s14．解析：由传动装置特点知，M、N两木块有相同的角速度，又由v＝ωr知，因rN＝13r，rM＝r，故木块M的线速度是木块N线速度的3倍，选项B、C正确．答案

：BC15．解析：设细线BP与竖直方向的夹角为θ，细线AP与竖直方向的夹角为α，对物体P进行受力分析，根据向心力公式有TBPcosθ＝mg＋TAPcosα①，TBPsinθ＋TAPsinα＝mω2r②.当ω较小时，细线BP在水

平方向的分量可以提供向心力，此时细线AP没有拉力，当ω增大到某一值时，细线BP在水平方向的分力不足以提供向心力，此时细线AP才有拉力，选项A正确；ω增大，所需的向心力增大，细线BP的拉力增大，选项B错误；当细线AP没有拉直时，细线AP拉力等于零，细线BP肯定有拉

力，当细线AP拉直时，θ＝α，由①式可知，细线BP的张力一定大于细线AP的张力，选项C正确，D错误．答案：AC16．解析：根据平抛运动的规律和运动的合成可知tan45°＝vyvx，则小球在C点竖直方向的分速度和水平方向的分速度相等，得vx＝vy＝gt＝3m/s，则C点与

B点的水平距离为x＝vxt＝3×0.3m＝0.9m，选项A错误，B正确；小球在B点的速度为3m/s，根据牛顿第二定律，小球在B点时，假设管道对小球作用力向下，则有FNB＋mg＝mv2R，代入数据解得FNB＝－1N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，即小球对管道有向下的作用力，选项C、D

正确．答案：BCD17．解析：(1)在最低点时绳子恰好断裂，FT＝104N，根据牛顿第二定律得：FT－mg＝mv2l，解得：v＝25m/s；(2)由平抛运动的规律得：H－l＝12gt2，解得：t＝45s，水

平位移x0＝vt，它们的落地点离光头强的距离d＝s－x0，联立解得：d＝1m；(3)由平抛运动规律可知：vy＝gt＝45m/s，它们落地时的速度v′＝v2＋v2y＝10m/s.答案：(1)25m/s(2)1m(3)10m/s18．解析：(1)小球运动至B点时速度

方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出的初速度为v0，A点至B点时间为t，由平抛运动规律有：h＝12gt2，解得：t＝2hg，又tan45°＝gtv0，x＝v0t，联立以上各式解得：x＝2h；(2)设小球运动至B点时速度为vB，在斜面上运动的加速度为a，由平抛运动规律有

：vB＝2v0，根据牛顿第二定律和运动学公式有：a＝F合m＝mgsin45°m＝gsin45°，v2C－v2B＝2ax＝2a·2hsin45°，联立以上各式解得：vC＝22gh；(3)小球进入轻质筐后做圆周运动，对小球进入轻质筐后的

瞬间，由牛顿第二定律得：F－mg＝mv2C3h，解得小球所受弹力F＝113mg.答案：(1)2h(2)22gh(3)113mg课时作业(八)行星的运动1．解析：开普勒整理了第谷的观测资料，在哥白尼学说的基础上提出了三大定律，提出了行星的运动规律．答案：D2．解析：根

据开普勒第二定律：太阳和行星的连线在相等时间内扫过相等的面积．因为行星在A点的速率比在B点大，所以太阳位于F2.答案：A3．解析：公式R3T2＝k适用于所有环绕体围绕中心天体的运动，故A错误．围绕同一星球运行的行星或卫星，k值相等；围绕不同星球运行的行星或卫星，k值不相等，故B错误

．常数k是由中心天体质量决定的，即仅由被环绕星球的质量决定，故C错误、D正确．答案：D4．解析：由开普勒第三定律a3T2＝k得r3星T2星＝r3月T2月，所以T星＝r3星r3月T月＝39×27天≈5.2天，B正确．答案：B5．解析：若行星从轨道的A点经足够短的时间t运动到A′点，则与太阳的连线扫

过的面积可看做扇形，其面积SA＝a·vat2；若行星从轨道的B点也经时间t运动到B′点，则与太阳的连线扫过的面积SB＝b·vbt2；根据开普勒第二定律得a·vat2＝b·vbt2，即vb＝abva，C正确．答案：C6．

解析：开普勒行星运动公式a3T2＝k中的T是指行星的公转周期而不是自转周期，其中k是由中心天体决定的，不同的中心天体k值不同．故选项A、C正确．由于地球和月球不是绕同一星体运动的，所以选项D错误．答案：AC7．解析：根据开普勒第二定律，对任意一个行星

来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，可知哈雷彗星在近日点A的线速度大于在远日点B的线速度，故A正确，在近日点，哈雷彗星运动的轨道半径小，而线速度大，故在近日点，哈雷彗星运动的角速度大，故B错误．哈雷彗星在

近日点的线速度大，轨道半径小，由a＝v2r可知，哈雷彗星在近日点A的向心加速度大，故C错误．哈雷彗星的椭圆轨道的半长轴显然大于地球绕太阳运动的轨道半径，故其公转周期大于地球的公转周期，即大于1年，故D正确．答案：AD8．解析：由题知周期比T1:T2＝1:3，根据R31T

21＝R32T22有R1R2＝T1T223＝139.又因为v＝2πRT，所以v1v2＝R1T2R2T1＝331.答案：BC课时作业(九)万有引力定律1．解析：由于地球自转同一物体在不同纬度受到的重力不同，在赤道处最小，

两极处最大，C正确．答案：C2．解析：开普勒在第谷观测的数据的基础上，总结得出了行星的运动规律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；托勒密创立了“地心说”，哥白尼创立了“日心说”，二者都是错误的，且太阳不是宇宙的中心

，故B错误；卡文迪什首次在实验室里较准确地测出了引力常量，故C错误；牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律，故D正确．答案：D3．解析：对于太阳与行星之间的相互作用力，太阳和行星的地位完全相同

，既然太阳对行星的引力符合关系式F∝m星r2，依据等效法，行星对太阳的引力也符合关系式F∝m日r2，故D项正确．答案：D4．解析：由万有引力定律可知，在离地面高为h的地方，质量为m的物体受到的万有引力F＝GMm(R＋h)2.由F＝mg′

可得g′＝GM(R＋h)2，所以B正确．答案：B5．解析：在地面以上：GMmR2＝mg，当物体离地面高度为R时，重力加速度变为g4，重力变成mg4，本题应选C.答案：C6．解析：设实心小铁球的半径为r，实心小铁球之间的万有引力F＝Gmm(2r)2＝Gm24r2，小铁球的质量m＝ρV＝ρ

43πr3，实心大铁球的半径是小铁球的2倍，对大铁球，有M＝ρV′＝ρ[43π(2r)3]＝8×ρ43πr3＝8m，两个实心大铁球间的万有引力F′＝GMM(2R)2＝G8m·8m[2×(2r)]2＝16Gm24r2＝16F.答案：D7．解析：黑洞实际为一天体，天体表面

的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对黑洞表面的某一质量为m的物体有GMmR2＝mg，又有MR＝c22G，联立解得g＝c22R，代入数据得重力加速度的数量级为1012m/s2，故选C.答案：C8．解析：设物

体做平抛运动的高度为h，初速度为v0，在行星和地球上的重力加速度分别为g′和g.由平抛运动规律知：竖直方向h＝12gt2，水平方向x＝v0t，由天体表面附近物体受到的万有引力近似等于物体的重力得GMmR2＝mg.由以上三式得R＝xv0GM2h.设行星的半

径为R′，则R′R＝x行M行x地M地＝27×71＝2，即R′＝2R，选项C正确．答案：C9．解析：计算均匀球体与质点间的万有引力时，r为球心到质点的距离，因为P、Q到地球球心的距离相同，根据F＝GMmr2，P、Q受地球引力大小相等．P、Q随地球自转，角速度相同

，但轨道半径不同，根据Fn＝mrω2，P、Q做圆周运动的向心力大小不同．综上所述，选项A、C正确．答案：AC10．解析：地球与卫星之间的距离应为地心与卫星之间的距离，选项A错误，选项B正确；两颗相邻卫星与地球球

心的连线成120°角，间距为3r，代入数据得，两颗卫星之间引力大小为Gm23r2，选项C正确；三颗卫星对地球引力的合力为零，选项D错误．答案：BC11．解析：物体的质量与物体所处的位置及运动状态无关，故A对、D错；由题意可知，物体在月球表面上受

到的重力为地球表面上重力的16，即F＝16mg＝16×600×9.8N＝980N，故B对；在星球表面，物体的重力可近似认为等于物体所受的万有引力，由F＝Gm1m2r2知，r增大时，引力F减小．故C对．答案：ABC12．解析：地球绕太阳

运动的周期为一年，飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即为14周期，转动的角度为90°，根据几何关系知，D、Q间的距离为2R，故A正确，因为飞船从P到D的时间为一年，从D到Q的时间为三个月，可知从P到D的时间和从P到Q的时间之比为4:5，根据x＝12a

t2得PD和PQ的距离之比为16:25，则PD和DQ的距离之比为16:9，由于DQ＝2R，则PD＝1629R，故B正确，地球与太阳间的万有引力提供地球做匀速圆周运动的向心力，对PD段，根据位移一时间公式有162R9＝12at2，a＝Fm，由题可知T＝t，地球绕太阳运动的

向心力Fn＝M4π2T2R，联立解得地球与太阳之间的万有引力F＝Fn＝92π2FM16m，故C正确，D错误．答案：ABC13．解析：(1)设地球的质量为M，半径为R，人在地面所受引力：F1＝GMmR2＝m

g＝200×10N＝2000N人在离地球表面等于地球半径高度处所受引力：F2＝GMm(R＋R)2＝GMm4R2＝14mg＝500N(2)人在月球表面所受引力：F3＝GM月mR2月＝G181Mm(14R)2＝1681GMmR2＝1681mg＝395

N.答案：(1)500N(2)395N14．解析：设该物体在星球的“赤道”上时重力为G1，在两极处的重力为G2，该物体质量为m，星球质量为M，星球半径为R，自转角速度为ω.在“赤道”处GMmR2－G1＝mω2R①在“两极”处GMmR2＝G2②依题意得1－G1G

2×100%＝10%③设该星球自转的角速度增加到ωx，赤道上的物体自动飘起来，周期为Tx.物体自动飘起来即地面与物体间没有相互作用力，物体受到星球的万有引力全部提供其随星球自转的向心力，则GMmR2＝mω2

xR④又ωx＝2πTx，ω＝2πT⑤联立方程①②③④⑤代入数据解得Tx＝610h＝1.9h即赤道上的物体自动飘起来，这时星球的“一天”是1.9h.答案：1.9h课时作业(十)万有引力理论的成就1．解析：设地球的质量

为m，太阳的质量为M，由GMmr2＝mr2πT2得M＝4π2r3GT2，即可求出太阳的质量，因为不知太阳的半径，故不能求出太阳的密度．B正确．答案：B2．解析：由题意知，该行星和地球一样绕太阳运行，且该行星、太阳、地球在同一直线上，说明该行星与地球

有相同的公转周期，选项C正确；但根据所给条件，无法进一步判断这颗行星与地球的自转周期、质量、密度是否相同．答案：C3．解析：卫星围绕地球做匀速圆周运动，满足GMmr2＝m4π2T2r＝mω2r＝mv2r＝ma，由此可推出，半

径r越小，周期T越小，选项A正确，半径r越小，角速度ω、线速度v、向心加速度a越大，选项B、C、D错误．答案：A4．解析：忽略地球自转的影响，对于处于地球表面的物体，有mg＝GMmR2，又地球质量M＝ρV

＝43πR3ρ.代入上式化简可得地球的平均密度ρ＝3g4πRG，故A正确．答案：A5．解析：根据万有引力提供向心力，有GMmr2＝m4π2T2r，可得M＝4π2r3GT2，所以恒星质量与太阳质量之比为M恒M太＝r3行T2地r3地T2行＝8180≈1，故选

项B正确．答案：B6．解析：设月球的质量为M′，由GM′MR2＝Mg和F＝Mg解得M′＝FR2MG，选项A正确．答案：A7．解析：由GMmr2＝mr4π2T2可得T＝2πr3GM，故轨道半径越大，周期越大．当B经过一个周期时，

A已经完成了一个多周期，而C还没有完成一个周期，所以选项A正确．B、C、D错误．答案：A8．解析：由公式GMmr2＝m2πT2r，可得通式r＝3GMT24π2，则r1r2＝3M1M2·T21T22＝3604802，从而判断A错误，B正确；再由GMmr2＝ma得通式a

＝GMr2，则a1a2＝M1M2·r22r21＝3M1M2·T42T41＝360×4804，所以C、D错误．答案：B9．解析：由GMmR2＝mg，解得火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值g火g＝M火R2地M地R2火＝0.1×22＝0.4，即火星表面的重力加速度g火＝0.4g

.着陆器着陆过程可视为竖直向下的匀减速直线运动，由v0－at0＝0可得a＝v0t0.由牛顿第二定律有F－mg火＝ma，解得F＝m0.4g＋v0t0，选项B正确．答案：B10．解析：“火星探测器”绕火星表面做匀速圆周运动，轨道半径为火星的半径R，运行周期为T，

由万有引力充当向心力，对火星探测器有GMmR2＝m2πT2R，且V＝43πR3、ρ＝MV，联立可得火星的密度．选项C正确；由测力计测得质量为m的仪器重力为P，可以求得火星表面的重力加速度g＝Pm，选项D正确；由题给条件不能求出火星

的自转周期和火星探测器的质量，A、B错误．答案：CD11．解析：由T＝2πRv可得R＝vT2π，A正确；由GMmR2＝mv2R可得M＝v3T2πG，C错误；由M＝43πR3ρ得ρ＝3πGT2，B正确；由GMmR2＝mg，及

R＝vT2π，M＝v3T2πG得g＝2πvT，D错误．答案：AB12．解析：两卫星均做匀速圆周运动，F万＝F向，向心力选不同的表达形式分别分析，由GMmr2＝mv2r，得v1v2＝r2r1＝32，所以选项A错误；由GMmr2＝mr2πT2，得T1T2＝

r31r32＝269，选项B错误；由GMmr2＝mrω2，得ω1ω2＝r32r31＝364，选项C正确；由GMmr2＝ma，得a1a2＝r22r21＝94，选项D正确．答案：CD13．解析：由ρ＝MV，V＝43πd23，得ρ＝6Mπd3，D正确；由GMmd

22＝mg0，ρ＝MV，V＝43πd23，联立解得ρ＝3g02πGd，A正确；根据近地卫星的周期与中心天体密度的关系ρ＝3πGT2可知，C正确．答案：ACD14．解析：(1)小球做匀速圆周运动，线的拉力在水平方向的分力提供向心力，有Fsinθ＝m4π2T2r，又因为半

径r＝Lsinθ，解得线的拉力F＝m4π2T2L.(2)线的拉力在竖直方向的分力与小球的重力平衡，即Fcosθ＝mg星，解得该星球表面的重力加速度g星＝Fcosθm＝4π2T2Lcosθ.(3)设近地卫星的质量为m′，根据向心力公式有m′g星＝m′v2R，解得v＝2πTRL

cosθ.(4)设星球的质量为M，由星球表面的物体的重力等于万有引力有mg星＝GMmR2，又因为M＝ρ·43πR3，解得星球的密度ρ＝3πLcosθGRT2.答案：(1)m4π2T2L(2)4π2T2Lcosθ(3)2πTRLcosθ(4)3πLcosθGRT2课时作业(十一)宇宙航行

1．解析：解决本题的关键点是要弄清三种宇宙速度在发射速度和运行速度上的大小关系．第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是地球卫星绕地球飞行的最大速度，A正确，B错误；第二宇宙速度是在地面上发射物体，使之成为绕太阳运动或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，C错误；

第三宇宙速度是在地面上发射物体，使之飞到太阳系以外的宇宙空间所必需的最小发射速度，D错误．答案：A2．解析：第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，故此卫星的线速度小于第一宇宙

速度，A错误；根据题意，该卫星是一颗同步卫星，周期等于同步卫星的周期，故B错误；卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，根据GMmr2＝mω2r可知，绕行半径越小，角速度越大，故此卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度，C正确；根

据an＝GMr2可知，绕行半径越大，向心加速度越小，此卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，D错误．答案：C3．解析：同步卫星做匀速圆周运动，其加速度不为零，故不可能处于平衡状态，选项A错误；同步卫星做匀速圆周运动，速度方向必然改变，故选项B错误；同

步卫星定轨道、定周期，所以同步卫星离地面的高度是一个定值，选项C正确；星球上的物体脱离该星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度，第一宇宙速度是绕星球做圆周运动的最大速度，同步卫星离地面有一定距离，其速度一定小于第一宇宙速度和第二宇宙

速度，选项D错误．答案：C4．解析：A错：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，根据GMmr2＝mv2r得：v＝GMr，因为ra<rb＝rc，所以va>vb＝vc.B错：根据GMmr2＝m2πT2r得：T＝4π2r3GM

，因为ra<rb＝rc，所以Ta<Tb＝Tc.C错：根据GMmr2＝ma得：a＝GMr2，因为ra<rb＝rc，所以aa>ab＝ac.D对：根据F＝GMmr2，因为ra<rb＝rc，ma＝mb<mc，所以b所需向心力最小．答案：D5．解析：同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提

供向心力，则GMmr2＝man＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r，得同步卫星的运行速度v＝GMr，又第一宇宙速度v1＝GMR，所以vv1＝Rr＝1n，故选项A错误，C正确；an＝GMr2，g＝GMR2，所以ang＝R2r2＝1n2，故选项D错误；同步卫星与地球自转的角速度相同，v＝ωr

，v自＝ωR，所以vv自＝rR＝n，故选项B错误．答案：C6．解析：由GMmr2＝mω2r可得ω＝GMr3，轨道半径越大，角速度越小，故卫星a的角速度小于c的角速度，A正确；由GMmr2＝ma可得a＝GMr

2，由于a、b的轨道半径相同，所以两者的向心加速度大小相同，B错误；第一宇宙速度是近地卫星绕地球做圆周运动的速度，由GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，轨道半径越大，线速度越小，所以卫星a的运行速度小

于第一宇宙速度，C错误；由GMmr2＝m4π2T2r可得T＝2πr3GM，a、b轨道半径相同，周期相同，所以卫星b的周期等于24h，D错误．答案：A7．解析：甲、乙两卫星分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，万有引力提供各自做匀速圆周运动的向心力．由

牛顿第二定律GMmr2＝ma＝m4π2T2r＝mω2r＝mv2r，可得a＝GMr2，T＝2πr3GM，ω＝GMr3，v＝GMr.由已知条件可得a甲<a乙，T甲>T乙，ω甲<ω乙，v甲<v乙，故正确选项为A.答案：A8．解析：该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动时，

经过时间t，卫星运动的路程为s，卫星与月球中心连线转过的角度是θ(弧度)，所以该卫星的线速度、角速度分别为v＝st，ω＝θt，又因为v＝ωr，所以轨道半径为r＝vω＝sθ.根据万有引力提供向心力，有GMmr2

＝mv2r，得月球的质量为M＝v2rG＝s3Gt2θ，又因为月球的体积为V＝43πR3，所以月球的密度ρ＝MV＝s3Gt2θ43πR3＝3s34πθGt2R3，故B正确．答案：B9．解析：由GMmr2＝mv2r＝ma得v＝GMr，a＝GMr2，同步卫星的周期为24h，则同步卫星的周期大于极地卫

星的周期，由周期与轨道半径的关系知，同步卫星的轨道半径较大，则同步卫星的线速度较小，加速度较小，故A、B正确；同步卫星的高度高，所以同步卫星的发射速度大，C错误；极地卫星不是地球同步卫星，所以相对于地面不静止，D错误．答案：AB10．解析：根

据GMmr2＝mr4π2T2，得T2r3＝4π2GM，结合表中数据，可算出火星的公转周期较大，A对；根据GMmr2＝ma，得a＝GMr2，可判断火星的加速度较小，B对；根据g＝GMR2，可算出火星表面的重力加速度较小，C错；第一宇宙速度v＝GMR，可算出火星的

第一宇宙速度较小，D错．答案：AB11．解析：卫星从北纬30°的正上方，第一次运行至南纬60°正上方时，刚好为运动周期的14，所以卫星运行的周期为4t，A项正确；知道周期、地球的半径，由GMm(R＋h)2＝m2πT

2(R＋h)及GM＝R2g，可以算出卫星距地面的高度，B项正确；通过上面的公式可以看出，能算出中心天体的质量，不能算出卫星的质量，C项错误，D项正确．答案：ABD12．解析：(1)岩块做竖直上抛运动，有v2

t－v20＝－2gh，解得g＝v202h＝1822×90m/s2＝1.8m/s2.忽略“艾奥”的自转影响，则有mg＝GMmR2.解得M＝gR2G＝1.8×(1800×103)26.67×10－11kg＝8

.7×1022kg.(2)某卫星在“艾奥”表面绕其做圆周运动时有GMmR2＝mv2R，则v＝GMR＝gR，代入数据解得v＝1.8×103m/s.答案：(1)8.7×1022kg(2)1.8×103m/s

单元素养评价(三)第七章万有引力与宇宙航行1．解析：牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪什通过实验测量并计算得出了引力常量的值，因此卡文迪什被称为“称量地球的质量”的人，故A错误，B正确；相对论与量子力学

并没有否定经典力学，而是在其基础上发展起来的，有各自成立的范围，故C错误；海王星是利用万有引力定律发现的一颗行星，被人们称为“笔尖下发现的行星”，故D错误．答案：B2．解析：第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，同时是围绕地球运动的最大环绕速度，第二宇宙速度又叫逃逸速度，是脱离地球吸引的最小发射速

度；第三宇宙速度是摆脱太阳引力束缚的最小发射速度，故选项C正确．答案：C3．解析：根据时间的相对性可知，选项A正确．答案：A4．解析：由GMmR2＝m4π2T2R可求得月球质量M＝4π2R3GT2，A项正确；因不知“嫦娥一号”卫星的质量，故无法求出月

球对“嫦娥一号”的引力，B项错误；“嫦娥一号”从控制点①处开始做向心运动，应在控制点①处减速，C项错误；“嫦娥一号”最终未脱离地球束缚，和月球一起绕地球运动，因此在地面的发射速度小于11.2km/s，D项错误．答案：A5．解析：由s＝rθ，

θ＝1弧度，可得r＝s，由s＝vt可得v＝st，由GMmr2＝mv2r，解得M＝s3Gt2，选项B正确．答案：B6．解析：由GMmR2＝mg得M＝gR2G，所以ρ＝MV＝gR2G43πR3＝3g4πGR，ρ＝ρ地，即3g4πGR＝3g

地4πGR地，又g＝4g地，得R＝4R地，故MM地＝gR2G·Gg地R2地＝64.选项D正确．答案：D7．解析：由GMmr2＝mv2r得v＝GMr，所以vA>vB＝vC，选项A错误；由GMmr2＝mr4π2T2得T＝2πr3GM，所以TA<TB＝TC，选项B错误；由GMmr2＝ma得a

＝GMr2，aA>aB＝aC，又mA＝mB<mC，所以FA>FB，FB<FC，选项C错误；三颗卫星都绕地球运行，故由开普勒第三定律得R3AT2A＝R3BT2B＝R3CT2C，选项D正确．答案：D8．解析：本题考查万有引力定律和匀速

圆周运动，体现了物理模型建构、科学推理等核心素养．行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即GMmR2＝ma向＝mv2R，解得a向＝GMR2，v＝GMR，由于R金<R地<R火，所以a金>a地>a火，v金>v地>v火，选项A正确．答案：A9．解析：在星球表面有

：GMmR2＝mg则M＝gR2G，ρ＝MV＝gR2G4πR33＝3g4πGR则ρ地ρ月＝g地g月×R月R地＝32选项B正确．答案：B10．解析：物体竖直上抛过程中做匀减速直线运动，由v2－v20＝2ax得g＝v202h根据万有引力定律可知Gm·Md22＝mv2d2，解得v＝2GMd

又GMmd22＝mg，解得v＝v02dh，故D选项正确．答案：D11．解析：两黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力与B对A的作用力大小相等，方向相反，则黑洞A的向心力大小等于B的向心力大小，故A正确；两黑洞靠相互间的万有引

力提供向心力，具有相同的角速度，由题图可知A的运动半径比较大，根据v＝ωr可知，黑洞A的线速度大于B的线速度，故C正确；A、B在匀速转动时的向心力大小关系为mAω2rA＝mBω2rB，由于A运动的半径比较大，所以A的质量小，故B错误；两黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，所以GmAm

BL2＝mA4π2rAT2＝mB4π2rBT2，又rA＋rB＝L，L为两者之间的距离，T＝4π2L3G(mA＋mB)，则两黑洞之间的距离越大，A的周期越大，故D正确．答案：B12．解析：根据星球表面万有引

力等于重力，有GMmR2＝mg得g＝GMR2根据密度与质量关系得M＝ρ·43πR3，因星球的密度跟地球密度相同，所以g1g2＝GM1R21×R22GM2＝M1M2×R22R21＝ρ4π3R31ρ4π3R32×R22R21＝R1R2则M1M2＝ρV1ρV2＝R31R

32＝641即该星球的质量是地球质量的64倍．答案：64倍13．解析：将地球的公转轨道近似看成圆形轨道，设其周期为T1，半径为r1；哈雷彗星的周期为T2，轨道半长轴为r2，则根据开普勒第三定律有r31T21＝r32T22，因为r2＝18r1，地球公转

周期为1年，所以可知哈雷彗星的公转周期为T2＝r32r31·T1＝76.4年．所以它下次飞近地球是在2062年．答案：2062年14．解析：(1)设卫星的质量为m，地球的质量为M，不考虑地球自转的影响，在地球表面附近卫星所受重力等于地球对物体的引力，GMmR2＝mg①即mg＝mv21R，得v1＝g

R②(2)若卫星在距地面高为h上空做匀速圆周运动，则其所受到的万有引力为：GMm(R＋h)2＝m4π2T2(R＋h)③联立①③得T＝2π(R＋h)3gR2④(3)由①得地球表面的重力加速度可表示为g＝GMR2⑤同理火星表面重力加速度为g′

＝GM′R′2⑥联立⑤⑥并由M′＝110M、R′＝12R，得g′:g＝2:5答案：(1)v1＝gR(2)2π(R＋h)3gR2(3)2:515．解析：根据万有引力提供向心力，GMmr2＝mω2r，解得ω＝GMr3，可知不在同

一轨道上的小行星的角速度不同，故A错误；同理由向心加速度a＝GMr2，可知小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度，故B正确；周期T＝2πr3GM，小行星的轨道半径比地球公转的半径大，所以各小行星绕太阳运动的

周期均大于一年，故C错误；地球的第二宇宙速度是指从地球表面上发射卫星时，要摆脱地球的引力而成为绕太阳转动的卫星的最小发射速度，故要从地球表面发射卫星探测小行星带，发射速度应大于地球的第二宇宙速度，故D正确．答案：BD16．解析：地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之

变小，由开普勒第三定律r3T2＝k可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出他们间的位置关系如图所示．卫星的轨道半径为r＝Rsin30°＝2R由r31T21＝r32T22得(6.6R)32

42＝(2R)3T22.解得T2≈4h.答案：B17．解析：由开普勒第三定律可知R3同R3量＝T2同T2量，则T2同T2量＝n3m3，可知同步卫星与量子卫星的运行周期之比为n3m3，选项A错误；由于同步卫星的周期与地球自转周期相同，由v＝ωr＝2πTr可得同步卫星与P点的速度之比为v同:vP

＝n:1，选项B错误；由GMmr2＝mv2r得v＝GMr，量子卫星与同步卫星的速度之比为v量v同＝R同R量＝nm，选项C正确；量子卫星与P点的速度之比为v量vP＝v量v同·v同vP＝n3m，选项D正确．答案：CD18．解析：(1)根据

星球表面的物体受到的重力等于万有引力，有GMmR2＝mg，得M＝R2gG，又因为M＝ρ·43πR3，所以g＝43πGρR，gAgB＝ρ1ρ2·R1R2＝2，故gB＝12gA＝5m/s2.(2)根据匀变速运动的规律有v20＝2gAhA

＝(gBtB)2，所以在行星B表面以相同的初速度竖直上抛一物体，物体上升到最高点用时tB＝2gAhAgB＝4s，根据运动的对称性知该物体从抛出到落回原地的总时间t＝2tB＝8s.答案：(1)5m/s2(2)8s课时作业(十二)功与功率1．答案：C2．解析：在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对

小朋友的弹力方向向上，弹力的方向与运动方向相反，床面对小朋友的弹力一直做负功，故D项正确．答案：D3．解析：因为木箱匀速运动，所以推力等于摩擦力，根据Ff＝μFN＝μmg可知，小孩和大人所用的推力大小相等，又因为沿推力方向所走的位移相同，所以做功一样多

，C选项正确．答案：C4．解析：在题图甲中，贷物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C错误；题图乙中，货物受到的支持力与电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移方向垂直，故此神情况下支持力对货物不做功，故选项A、B

错误，D正确．答案：D5．解析：根据功率的定义式P＝Wt可知，在功与所用时间的关系图像中，直线的斜率表示该物体的功率．因此，由图线斜率可知P甲<P乙，选项B正确．答案：B6．解析：小孩的加速度a＝mgsin

30°m＝12g，由v2＝2as，得小孩滑行距离s时的速率v＝gs，故此时重力的瞬时功率P＝mgvsin30°＝12mggs，B正确．答案：B7．解析：车所受的牵引力和阻力恒定，所以车做匀加速直线运动，牵引力的功率P＝Fv＝F(v0＋at

)，故选项D正确．答案：D8．解析：设斜面的倾角为θ，则任一斜面的长度为x＝Lcosθ，物体沿斜面下滑时受到的摩擦力大小为f＝μmgcosθ.摩擦力做功为W＝－fx＝－μmgcosθ·Lcosθ＝－μmgL，与倾角无关，故W1＝W2＝W3.D正确

．答案：D9．解析：石块重力的瞬时功率PG＝mg·v·sin30°＝2.0×103×10×10×12W＝1×105W，故A错误，B正确；石块所受斜坡支持力与石块速度方向垂直，故石块所受斜坡支持力的瞬时功率为零，故C正确，D错误．答案：BC10．解析

：每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她每一次克服重力做的功W′＝35mgh＝35×50×10×0.3＝90J；1分钟内克服重力所做的功W＝50W′＝50×90J＝4500J；相应的平均功率为P＝Wt＝450060W＝75W，故

A、C正确，B、D错误．答案：AC11．解析：小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，故小球击中斜面前瞬间，速度方向与竖直方向的夹角为θ，有tanθ＝v0vy，解得vy＝20m/s，此时重力做

功的功率为P＝mgvy＝2×10×20W＝400W，选项A正确，B错误；平抛运动的时间为t＝vyg＝2s，下降的高度为h＝12gt2＝20m，重力做功的平均功率P＝mght＝2×10×202W＝200W，选项C错误，D正确．答案：AD12．解析：(1)作F1

和F2的矢量合成图，如图所示．则合力F＝F1cos60°＝200N，方向沿河中心线方向；合力所做的功W合＝F·s＝200×80J＝16000J.(2)F1和F2做的功分别为W1＝F1·s·cos60°＝100×80×12J＝4000J

，W2＝F2·s·cos30°＝1003×80×32J＝12000J，W1＋W2＝16000J.答案：(1)200N16000J(2)4000J12000J16000J13．解析：(1)小球由静止开始下落，从题图可知下落的加速度大小a＝ΔvΔt＝40.5m

/s2＝8.0m/s2.(2)下落的高度h＝12at2＝12×8.0×0.52m＝1m.(3)由图像的面积表示位移可知：0.5～0.75s内小球上升的高度h′＝0.375m小球上升过程的加速度大小a′＝Δv′Δt′＝30.75－0.5m/s2＝12.0m/s2由牛顿第二定律可知：小球下落过程mg－

F阻＝ma小球上升过程mg＋F阻＝ma′解得：F阻＝2N由于上升和下落过程中，阻力一直做负功，故整个过程小球克服阻力所做的功W＝F阻(h＋h′)＝2×(1＋0.375)J＝2.75J.答案：(1)8.

0m/s2(2)1m(3)2.75J课时作业(十三)重力势能1．解析：重力做正功时重力势能减小，重力做多少功重力势能就减小多少，故选项A正确．答案：A2．解析：从篮球出手到落入篮筐的过程中，篮球的重力不变，高度先增大后减小，重力先做负功后做正功，则其重力势能先增大后减小，选项D正

确．答案：D3．解析：重力势能表达式Ep＝mgh，其中h为物体相对零势能面的高度，小亮认为吊灯的重力势能为－mgh2，则吊灯离参考平面的高度为－h2，即以天花板为参考平面，选项B正确．答案：B4．解析

：从P点向右运动到Q点的过程中，高度先减小后增加，重力先做正功后做负功，其重力势能的变化情况是先减小，后增大，选项B正确，A、C、D错误．答案：B5．解析：向下压缩弹簧的过程中，弹簧的压缩量增大，弹性势能增

大；小明的重力做正功，重力势能减少，故A正确．答案：A6．解析：由M到O的过程中，卡车向高处运动，重力势能增加，重力做负功，由O到N的过程中，卡车向低处运动，重力势能减小，重力做正功，D正确．答案：D7．解析：ΔEp＝－mgΔh＝－50J，由牛顿第二定律，小

球下滑加速度a＝g·sin30°＝5m/s2，又L＝12gt2，解得t＝2s，P＝mgΔht＝25W.答案：A8．解析：设物体开始下落时的重力势能为Ep0，物体下落高度h过程中重力势能减少量ΔEp＝mgh，故物体下落高

度h时的重力势能Ep＝Ep0－ΔEp＝Ep0－mgh，即Ep-h图像为倾斜直线，B正确．答案：B9．解析：从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大，选项A错误；加速度的方向先向下后向上，速度先增大

后减小，动能先增大后减小，选项B错误；形变量一直在增大，弹性势能一直在增加，选项C正确；从接触跳板到最低点的过程中，重力做正功，弹力做负功，但速度变小了，由动能定理可知运动员所受重力做的功小于跳板的作用力做的功，选项

D正确．答案：CD10．解析：由于B点位置比C点高，无论以何处为参考平面，小球在B点的重力势能都大于C点的重力势能，选项A、D正确．答案：AD11．解析：整个过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小；人从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中，弹性绳子不做功，此后弹性绳子一直做负功，弹性

势能一直增加．答案：ABC12．解析：克服重力做功，即重力做负功，重力势能增加，高度升高，克服重力做多少功，重力势能就增加多少，但重力势能是相对的，增加100J的重力势能，并不代表现在的重力势能就是100J，故B、D正确，A、C错误．答案：BD13．解析：从A点运动

到C点，小球下落h＝13l故重力做功WG＝mgh＝13mgl重力势能的变化量ΔEp＝－WG＝－13mgl负号表示小球的重力势能减少了．答案：13mgl13mgl14．解析：(1)乘客随摩天轮向上的位移大小为160m，则重

力做的功为：W＝－mgh＝－50×10×160J＝－80000J(2)乘客随摩天轮向上运动，重力势能增大；乘客的重力势能增加量为：ΔEp＝mgh＝50×10×160J＝80000J(3)由以上的计算可知，重力

做功与重力势能的变化大小是相等的，重力做负功，重力势能增大．答案：(1)－80000J(2)增加80000J(3)大小相等课时作业(十四)动能和动能定理1．解析：A错：合力对物体做负功时，物体的动能减少．B错：物体克服阻力做

功时，还可能有动力做功，所以动能不一定减少．C错：动力和阻力都对物体做功，但所做总功可能为零，动能不变．D对：根据动能定理可知，该说法正确．答案：D2．解析：根据Ek＝12mv2知，EkA＝25J，EkB＝2

5J，而且动能是标量，所以EkA＝EkB，故A正确．答案：A3．解析：根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20m/s，由动能定理可知W＝12mv2－0＝12×0.1×202J＝20J，故选A.答案：A4．解析：在子弹穿过木块的

过程中，设它克服阻力做功为Wf，根据动能定理得：－Wf＝12mv2－12mv20，代入数据得：Wf＝8000J，故选项A正确．答案：A5．解析：设水的深度为h，由动能定理得mg×(10m＋h)－3mgh＝0，解得h＝5m

，选项A正确．答案：A6．解析：由M到N，合外力对小球做的功W＝mgh，小球的动能变化ΔEk＝Ek－12mv20，根据动能定理得小球在B点的动能Ek＝12mv20＋mgh，代入数据得Ek＝2.1J，B正确．

答案：B7．解析：由平抛运动规律有x＝v0t，y＝12gt2，得v0＝xg2y；动能Ek＝12mv20＝mgx24y∝x2y，故E2E1＝x2x12·y1y2＝3hh2·h0.5h＝18，故B正确．答案：B8．解析：对P分析，根据动

能定理得合力做的功W合＝ΔEk＝12mv2，故A正确，C错误；P上升L时，克服重力做的功为mgL，即重力做功为－mgL，故B错误；根据动能定理，对全过程有－mgL＋FL＋W弹＝12mv2，解得W弹＝mgL－FL＋12mv2，故D正确．答案：AD9．解析

：由动能定理W＝Ek2－Ek1＝12mv22－12mv21知，合外力做的功等于物体动能的变化．A对：在0～1s内，物体做加速运动，动能增加，合外力做正功．B错：在5～7s内，物体做加速运动，动能增加，合外力做正功．C错，D对：在第1s

内，W1＝12mv2，在第4s内，W2＝12mv22－12mv2，其中v2＝v2，故W1与W2大小之比为4:3.答案：AD10．解析：(1)该物体到达B点的速度大小为v，对物体从A到B的过程，由动能定理有：mgh＝12mv2－12mv20得v＝6m/s，方

向水平向右(2)设物体在BC轨道滑行的距离为x，对物体从B到C的过程中，由动能定理有：－μmgx＝0－12mv2得：x＝4.5m答案：(1)6m/s，方向水平向右(2)4.5m11．解析：由题可知抛出时动能：Ek0＝12m

v20＝9×103J；(2)根据平抛运动规律，在竖直方向有：h＝12gt2，解得：t＝1s；则水平距离s＝v0t＝10m；(3)摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：Pt－mgh－Wf＝0，解得：Wf＝1×103J.答案：(1)9×103J(2)10m(3)1×103J12．解析：(1

)由题意知，在B点冰壶有最大速度，设为vmax，在BO段运用动能定理有－μmgL2＝0－12mv2max，解得vmax＝2μgL2.(2)方法一全过程用动能定理：对AO过程：W－μmg(L1＋L2)＝0，得W＝μmg(L1＋L2)．方法二分过程运用动能定理：对AB段：W－μmgL1＝12mv2

B－0.对BO段：－μmgL2＝0－12mv2B.解以上两式得W＝μmg(L1＋L2)．答案：(1)2μgL2(2)μmg(L1＋L2)课时作业(十五)机械能守恒定律1．解析：物体除受重力或弹力外，也受其他力，但其他力不做功或做功的代数和为零，机械

能也守恒，A错误．做匀速圆周运动的物体的动能不变，但势能可能变化，B错误．物体所受合力为零时，其机械能不一定守恒，C错误．由机械能守恒条件知，D正确．答案：D2．解析：A、B错：人上楼、跳绳都是人体的化学能转化为机械能，故系统机械

能不守恒．C错：水滴石穿，水滴的机械能转化为内能，故机械能不守恒．D对：箭射出时，实现动能、弹性势能与重力势能的相互转化，系统机械能守恒．答案：D3．解析：排球从静止到发出的过程中，运动员对排球做功，

排球机械能不守恒，故A错误．若接球后排球做上抛运动，则此过程中重力做负功，排球动能减少，故B错误．若扣球后排球做平抛运动，则此过程中只有重力做功，排球机械能守恒，故C正确．若拦网后排球平抛出界，则此过程中只有重力做功，排球机

械能守恒，故D错误．答案：C4．解析：子弹射入木块的过程中，子弹克服摩擦力做功产生内能，故系统机械能不守恒，子弹的机械能不守恒，木块的机械能不守恒．故选D.答案：D5．解析：物体在下落过程中，重力势能减小，动能增大，所以物体在a点的重力势能大于c点的重力势能，在b、c点的动

能大于在a点的动能，B对，A、C、D错．答案：B6．解析：小球恰好能过轨道2的最高点B时，有mg＝mv2B1.8R，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝mv2AR，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝12mv2A－12mv2B，解得F＝4mg，C项正

确．答案：C7．解析：设运动员对足球做功为W，由动能定理有：W－mgh－W阻＝12mv2，W＝mgh＋12mv2＋W阻，所以A、B错；空气阻力对足球做负功，运动过程中足球的机械能减小，足球在空中到达最高点位置2时的机械能为12mv2＋mgh，所以足球在地面上位置1时的机械能大于12

mv2＋mgh，足球运动到位置3前瞬间的机械能小于12mv2＋mgh，D正确；足球由位置1运动到位置2的过程中重力做功为－mgh，故C错误．答案：D8．解析：A错，D对：由于弹簧弹力对小球做负功，所以小球的机械能减少．B对：由于弹簧被拉长，所以弹簧的弹性势能增大．C对：由A到B的过程中，

只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，即弹簧与小球的总机械能守恒．答案：BCD9．解析：做匀速直线运动的物体，动能保持不变，但如果高度发生变化，则机械能发生变化，如匀速下降的降落伞，选项A错误；物体沿光滑圆弧自由滑动，重力做功，弧面对物体的弹力不做功，故物体的机械能守恒，选项B正确；在小球压缩弹

簧的过程中，弹簧的弹性势能在增加，小球的机械能在减少，但小球和弹簧组成的系统机械能守恒，选项C错误；小球在光滑的水平面上运动，受到重力、水平面对小球的支持力，还有细线对小球的拉力，这些力皆与小球的运动方向垂直，不做功，

所以小球在运动过程中无能量转化，保持原有的动能不变，即机械能守恒，选项D正确．答案：BD10．解析：物体压缩弹簧的过程中，物体所受重力和弹簧的弹力都对其做功，所以物体机械能不守恒．选项A错误．物体沿斜面下滑的过程中，除重力做功外，其他力做功的代数和始终为零，所以

物体机械能守恒．选项B正确．物体下滑过程中，除重力外还有推力F对其做功，所以物体机械能不守恒．选项C错误．物体沿斜面下滑过程中，只有重力对其做功，所以物体机械能守恒．选项D正确．答案：BD11．解析：两球在下落过程中，机械能守恒，开始下落时，重力势能相等，动能都为

零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，选项C正确．选取小球A为研究对象，设小球到达最低点时的速度大小为vA，动能为EkA，小球所受的拉力大小为FA，则mgL＝12mv2A，FA－mg＝mv2AL，可得vA＝2gL，EkA＝mgL，FA＝3mg；同理可得vB＝2gL，EkB＝2mgL，

FB＝3mg.故选项A、B错误，D正确．答案：CD12．解析：方法一应用机械能守恒定律求解．物块由C到A过程，只有重力做功，机械能守恒，则：ΔEp＝－ΔEk，即2mgR＝12mv20－12mv2①物块从A到D过程做平抛运动，则竖直方向：2

R＝12gt2②水平方向：x＝vt③由①②③式代入数据得：x＝1m.方法二应用动能定理求解．物块由C到A过程，只有重力做功，由动能定理得：－mg·2R＝12mv2－12mv20①物块从A到D过程做平抛运动，则竖直方向：2R＝12gt2②水平

方向：x＝vt③由①②③式代入数据得：x＝1m.答案：1m单元素养评价(四)第八章机械能守恒定律1．解析：A，B选项所述情景中，位移都为零，D选项中冰壶滑行时，不受人的推力，故人对物体不做功，只有C选项所述情景，人对物体做功．答案

：C2．解析：对同一物体，速度变化，可能只是速度方向变化而大小不变，动能不变，故A错误；对同一物体，动能变化，速度大小一定变化，故B正确；物体所受合外力不为零，但是合外力做的功可能为零，动能可能不变，如匀速圆周运动，故C错误；物体做曲线运动，物体的速度方向一定变化，速

度大小不一定变化，动能不一定变化，故D错误．答案：B3．解析：以桌面为零势能面，物体甲相对于零势能面的高度为0，则甲的重力势能为Ep1＝0；物体乙在零势能面的下方，重力势能比零小，为负值．即Ep2<0，所以有：Ep1>Ep2.故A正确，B、C、D错误．答案：A4．解析：力是改变物体速度的原因，物体

做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时．做功可能为零，动能可能不变，A错误；若合外力对物体做功为零，则物体的速度大小不变，但速度方向可能会变化，则合外力不一定为零，B错误；合外力对物体做功，它的动

能一定变化，速度大小也一定变化，C正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误．答案：C5．解析：重力是动力，摩擦力(含空气阻力)是阻力，合力做的功是1800J，运动员动能增加1800J，A、B错；重

力做功1900J，运动员重力势能减少1900J，C对，D错．答案：C6．解析：最高时速为：vm＝252km/h＝70m/s，额定功率P＝140kW＝1.4×105W.根据P＝Fvm可得：F＝Pvm＝2000N，故C正确，A、B、D错误．答案：

C7．解析：由机械能守恒定律知，mgR2＝12mv2，又F＝mv2R得F＝mg，B项正确．答案：B8．解析：急刹车后，车只受摩擦阻力的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．设摩擦阻力为F，据动能定理得－Fx1＝0－12mv21①－Fx2＝0－12mv22②②式除以①

式得：x2x1＝v22v21故得汽车滑行距离x2＝v22v21x1＝(86)2×3.6m＝6.4m.答案：A9．解析：弹簧弹开木块的过程，弹簧的弹力对木块做功，把储存的弹性势能全部转化为木块的动能，由动能定理有WF＝12mv2－0，而根据功能关系有WF＝－ΔEp＝－(0－Ep)，联立

可得Ep＝12mv2＝12×0.2×22J＝0.4J，故选B.答案：B10．解析：(1)由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过此光电门时的瞬时速度为v＝dΔt.(2)根据实验原理可知，该实验中需要比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判

断机械能是否守恒，则有mgLsinθ＝12mv22－12mv21，化简为gLsinθ＝12v22－12v21，故需要测量的物理量为：两光电门间的距离L.答案：(1)dΔt(2)两光电门间的距离LgLsin

θ＝12v22－12v2111．解析：(1)根据题中所给数据可以看出，A、B、C为选取的连续点中的三个点，显然只有B点的速度由vB＝AC2T可以求出，其余两点的速度不能直接求出，而且O、B之间的距离已知，所以应选O点到B点来验

证机械能守恒定律．(2)ΔEp＝mghB＝1.00×9.8×19.20×10－2J＝1.88JvB＝AC2T＝(23.23－15.55)×10－22×0.02m/s＝1.92m/sΔEk＝12mv2B＝12×1.00×1.

922J＝1.84J.(3)由mgh＝12mv2得v22＝gh，故A正确．答案：(1)B(2)1.881.84(3)A12．解析：由机械能守恒定律得：mgl(1－cosα)＝12mv2由圆周运动的知识得：

F′－mg＝mv2l解得F′＝mg(3－2cosα)人对绳的拉力F＝F′，则F＝1080N答案：1080N13．解析：物块的质量记为m，在水平轨道上滑行的总路程记为s′，则物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动

能定理得mgh－μmgs′＝0，解得s′＝hμ第一种可能：物块与挡板碰撞后，在回到N前停止，则物块停止的位置距N点的距离为d＝2s－s′＝2s－hμ第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上圆弧轨道，然后滑下，在水平轨道上停止运动，则物块停止的位

置距N点的距离为d＝s′－2s＝hμ－2s所以物块停止的位置距N点的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.答案：物块停止的位置距N点的距离可能为2s－hμ或hμ－2s14．解析：由图像可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物块静止，拉力功率为零，故选项A错误；由图像可知，在t2时刻物块A受到

的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故选项B正确；由图像可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物块动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功，物块动能减小，因此在t3时

刻物块动能最大，故选项C正确；t4时刻力F＝0，但速度不为零，物块继续做减速运动，位移继续增大，故选项D错误．答案：BC15．解析：对两滑块根据动能定理－Ffx＝Ek－Ek0，所以Ek＝－Ffx＋Ek0，由此表达式可知题

中图线的斜率表达的是物体运动过程中所受的摩擦力，由Ek-x图线可判断甲、乙两滑块所受摩擦力相等，所以两滑块均以相同的加速度做匀减速运动，D选项正确．答案：D16．解析：该板栗的质量m＝20g＝0.02kg，水平飞出时的重力势能为Ep＝mgh＝0.02×10

×4J＝0.8J，故A错误，根据机械能守恒定律可知，该板栗落地时的机械能等于水平飞出时的机械能，E＝Ep＋12mv20＝0.8J＋12×0.02×16J＝0.96J，故B错误．该板栗在离地高1m处的重力势能Ep1＝mgh′＝0.

02×10×1J＝0.2J＝524E，故C正确．板栗被敲打后做平抛运动，竖直方向有h＝12gt2，水平方向有x＝v0t，可得x＝v02hg＝4×2×410m<5m，所以该板栗不可能击中与飞出点水平距离为5m的工人，故D错误．答案：C17．解析：以水平面为零势能面．(1)

小球从A到D，根据机械能守恒定律可得：mg·4R＝12mv2D＋mg·2R整理可以得到：vD＝2gR.(2)小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到：水平方向有：x＝vDt竖直方向有：2R＝12gt2整理可以得到：x＝4R.(3)从A到C，根

据机械能守恒定律得：mg·4R＝12mv2C＋mgR.在C点，根据牛顿第二定律：N＝mv2CR整理可以得到：N＝6mg.由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力大小为6mg.答案：(1)2

gR(2)4R(3)6mg