2025高中物理人教版必修2教學資源包（名師同步導學）章末質量檢測(二)萬有引力與航天(時間：100分鐘滿分：90分)一、選擇題(共15小題，每小題3分，共45分.1～8題為單選題，9～15題為多選題)1．關于行星運動的規律，下列說法符合史實的是()A．開普勒在牛頓定律的基礎上，導出了行星運動的規律B．開普勒在天文觀測數據的基礎上，總結出了行星運動的規律C．開普勒總結出了行星運動的規律，找出了行星按照這些規律運動的原因D．開普勒總結出了行星運動的規律，發現了萬有引力定律解析：選B開普勒在天文觀測數據的基礎上，總結出了開普勒天體運動三定律，找出了行星運動的規律，而牛頓發現了萬有引力定律，A、C、D錯誤，B正確．2．在某次測定引力常量的實驗中，兩金屬球的質量分別為m1和m2，球心間的距離為r，若測得兩金屬球間的萬有引力大小為F，則此次實驗得到的引力常量為()A.eq\f(Fr,m1m2) B．eq\f(Fr2,m1m2)C.eq\f(m1m2,Fr) D．eq\f(m1m2,Fr2)解析：選B由萬有引力定律公式F＝Geq\f(m1m2,r2)得G＝eq\f(Fr2,m1m2)，故B選項正確．3．北斗衛星導航系統是我國自行研制開發的三維衛星定位與通信系統(CNSS)，建成后的北斗衛星導航系統包括5顆同步衛星和30顆一般軌道衛星．關于這些衛星，以下說法正確的是()A．5顆同步衛星的軌道半徑不都相同B．5顆同步衛星的運行軌道不一定在同一平面內C．導航系統所有衛星的運行速度一定不大于第一宇宙速度D．導航系統所有衛星中，運行軌道半徑越大的，周期越小解析：選C同步衛星位于赤道平面內，軌道半徑都相同，A、B錯誤；第一宇宙速度是最大的環繞速度，故導航系統所有衛星的運行速度都不大于第一宇宙速度，C正確；根據Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，導航系統所有衛星中，運行軌道半徑越大的，周期越大，D錯誤．4．人造衛星繞地球運動只受地球的引力，做勻速圓周運動，其軌道半徑為r，線速度為v，周期為T.為使其周期變為8T，可采用的方法有()A．保持軌道半徑不變，使線速度減小為eq\f(v,8)B．逐漸減小衛星質量，使軌道半徑逐漸增大為4rC．逐漸增大衛星質量，使軌道半徑逐漸增大為8rD．保持線速度不變，將軌道半徑增加到8r解析：選B利用萬有引力提供衛星的向心力可以得到v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，從中可以看出：線速度、周期與半徑具有一一對應關系，與衛星的質量無關，使軌道半徑逐漸增大為4r，能使其周期變為8T，速率同時減小為eq\f(v,2)，B正確，A、C、D錯誤．5．如圖所示，在火星軌道的外側有一小行星帶，內外兩顆小行星a、b分別繞太陽做勻速圓周運動．則()A．a、b兩顆小行星的角速度相等B．a、b兩顆小行星的線速度可能相等C．小行星a表面的重力加速度可能比b的小D．兩顆小行星與太陽的連線在相同時間內掃過的面積相等解析：選C兩顆小行星a、b分別繞太陽做勻速圓周運動，有F引＝F向，可推導出：ω＝eq\r(\f(GM,r3))，v＝eq\r(\f(GM,r))，由ra<rb可得va>vb，ωa>ωb，故A、B錯誤；小行星表面的重力加速度滿足關系g＝eq\f(GM,R2)，兩顆小行星質量關系及其半徑關系均未知，因此小行星a表面的重力加速度可能比b的小，故C正確；開普勒第二定律說的是一顆小行星與太陽的連線在前后兩段相同時間內掃過的面積相等，而不是兩顆小行星之間的比較，故D錯誤．6．衛星電話在搶險救災中能發揮重要作用．第一代、第二代海事衛星只使用靜止軌道衛星，不能覆蓋地球上的高緯度地區．第三代海事衛星采用同步和中軌道衛星結合的方案，它由4顆同步衛星與12顆中軌道衛星構成．中軌道衛星高度為10354km，分布在幾個軌道平面上(與赤道平面有一定的夾角)，在這個高度上，衛星沿軌道運行一周的時間為6小時．下列說法中正確的是()A．中軌道衛星的線速度小于同步衛星的線速度B．中軌道衛星的角速度大于同步衛星的角速度C．中軌道衛星的向心加速度小于同步軌道衛星的向心加速度D．如果某一時刻某顆中軌道衛星和某顆同步衛星與地球的球心在同一直線上，那么經過6小時它們仍在同一直線上解析：選B根據v＝eq\r(\f(GM,r))，中軌道衛星的高度10354km小于同步衛星的高度3.6×104km，中軌道衛星的線速度大于同步衛星的線速度，A錯誤；同步衛星的周期為24小時，中軌道衛星的周期為6小時，根據ω＝eq\f(2π,T)可知，中軌道衛星的角速度大于同步衛星的角速度，B正確；因向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，所以中軌道衛星的向心加速度大于同步軌道衛星的向心加速度，C錯誤；因θ＝ωt，角速度ω不同，經6小時兩衛星角度相差eq\f(3π,2)，所以經過6小時后它們不會在同一直線上，D錯誤．7．隨著航天技術的發展，在地球周圍有很多人造飛行器，其中有一些已超過其設計壽命且能量耗盡．每到太陽活動期，地球的大氣層會變厚，這時有些飛行器在大氣阻力的作用下，運行的軌道高度將逐漸降低(在其繞地球運動的每一周過程中，軌道高度變化很小，均可近似視為勻速圓周運動)．為了避免飛行器墜入大氣層后對地面設施及人員造成安全威脅，人們設想發射導彈將其在運行軌道上擊碎．具體設想是：在導彈的彈頭脫離推進裝置后，經過一段無動力飛行，從飛行器后下方逐漸接近目標，在進入有效命中距離后引爆彈頭并將該飛行器擊碎．對于這一過程中的飛行器及彈頭，下列說法中正確的是()A．飛行器軌道高度降低后，它做圓周運動的速率變大B．飛行器軌道高度降低后，它做圓周運動的周期變大C．彈頭在脫離推進裝置之前，始終處于失重狀態D．彈頭引爆前瞬間，彈頭的加速度一定小于此時飛行器的加速度解析：選A由v＝eq\r(\f(GM,r))知，高度降低，軌道半徑減小，飛行器做圓周運動的速率增大，A正確；由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))知，半徑減小，周期變小，B錯誤；彈頭和推進器在發射過程中，有向上的加速過程，此過程彈頭處于超重狀態，C錯誤；引爆前，彈頭的軌道半徑小于飛行器的軌道半徑，由a＝eq\f(GM,r2)知，彈頭的加速度大于飛行器的加速度，D錯誤．8．宇宙中兩個恒星可以組成雙星，它們只在相互間的萬有引力作用下，繞兩星球球心連線的某點做周期相同的勻速圓周運動．根據宇宙大爆炸理論，雙星間的距離在不斷緩慢增加，設雙星仍做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．雙星相互間的萬有引力增大B．雙星做圓周運動的角速度不變C．雙星做圓周運動的周期增大D．雙星做圓周運動的速度增大解析：選C雙星間的距離在不斷緩慢增加，根據萬有引力定律，F＝Geq\f(m1m2,L2)，知萬有引力減小，故A錯誤；根據Geq\f(m1m2,L2)＝m1r1ω2，Geq\f(m1m2,L2)＝m2r2ω2，知m1r1＝m2r2，軌道半徑之比等于質量的反比，雙星間的距離變大，則雙星的軌道半徑都變大，根據萬有引力提供向心力，知角速度變小，周期變大，又r1＋r2＝L，eq\f(Gm1m2,L2)＝m1eq\f(v\o\al(1,2),r1)＝m2eq\f(v\o\al(2,2),v2)，知v1＝eq\r(\f(Gm\o\al(2,2),m1＋m2L))，v2＝eq\r(\f(Gm\o\al(1,2),m1＋m2L))，線速度變小，故B、D錯誤，C正確．9．2018年2月2日，我國成功將電磁監測試驗衛星“張衡一號”發射升空，標志我國成為世界上少數擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛星的國家之一．通過觀測可以得到衛星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面的重力加速度．若將衛星繞地球的運動看做是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉的影響，根據以上數據可以計算出衛星的()A．密度 B．向心力的大小C．離地高度 D．線速度的大小解析：選CD根據題意，已知衛星運動的周期T，地球的半徑R，地球表面的重力加速度g，衛星受到的萬有引力充當向心力，故有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，衛星的質量被抵消，則不能計算衛星的密度，更不能計算衛星的向心力大小，故A、B錯誤；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))，而由eq\f(GMm,R2)＝mg得GM＝gR2，r＝R＋h，故可計算衛星距離地球表面的高度，C正確；根據公式v＝eq\f(2πr,T)，軌道半徑可以求出，周期已知，故可以計算出衛星繞地球運動的線速度，D正確．10．北京時間2005年7月4日下午1時52分(美國東部時間7月4日凌晨1時52分)探測器成功撞擊“坦普爾一號”彗星，投入彗星的懷抱，實現了人類歷史上第一次對彗星的“大對撞”，如圖所示．假設“坦普爾一號”彗星繞太陽運行的軌道是一個橢圓，其運動周期為5.74年，則關于“坦普爾一號”彗星的下列說法中正確的是()A．繞太陽運動的角速度不變B．近日點處線速度大于遠日點處線速度C．近日點處加速度大于遠日點處加速度D．其橢圓軌道半長軸的立方與周期的平方之比是一個與太陽質量有關的常數解析：選BCD由開普勒第二定律知近日點處線速度大于遠日點處線速度，B正確；由開普勒第三定律可知D正確；由牛頓第二定律得C正確．11．下列幾組數據中能算出地球質量的是(引力常量G是已知的)()A．已知地球繞太陽運動的周期T和地球中心離太陽中心的距離rB．已知月球繞地球運動的周期T和地球的半徑rC．已知月球繞地球運動的角速度和月球中心離地球中心的距離rD．已知月球繞地球運動的周期T和軌道半徑r解析：選CD已知地球繞太陽運動的周期和地球的軌道半徑，只能求出太陽的質量，而不能求出地球的質量，所以選項A錯誤；已知月球繞地球運動的周期和地球的半徑，而不知道月球繞地球運動的軌道半徑，不能求出地球的質量，選項B錯誤；已知月球繞地球運動的角速度和軌道半徑，由Geq\f(Mm,r2)＝mrω2可以求出地球的質量，選項C正確；由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)可求得地球質量為M＝eq\f(4π2r3,GT2)，所以選項D正確．12．據報道，2016年2月18日嫦娥三號著陸器玉兔號成功自主“醒來”，嫦娥一號衛星系統總指揮兼總設計師葉培建院士介紹說，自2013年12月14日月面軟著陸以來，中國嫦娥三號月球探測器創造了全世界在月工作時間最長紀錄．假如月球探測器在月球表面以初速度v0豎直向上拋出一個小球，經時間t后小球回到出發點．已知月球的半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是()A．月球表面的重力加速度為eq\f(v0,t)B．月球的質量為eq\f(2v0R2,Gt)C．探測器在月球表面獲得eq\r(\f(2v0R,t))的速度就可能離開月球表面圍繞月球做圓周運動D．探測器在月球表面附近繞月球做勻速圓周運動的繞行周期為eq\r(\f(Rt,v0))解析：選BC根據豎直上拋運動規律Δv＝gt可知，月球表面的重力加速度g＝eq\f(2v0,t)，故A錯誤；在月球表面重力與萬有引力相等有Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得月球質量M＝eq\f(gR2,G)＝eq\f(2v0R2,Gt)，故B正確；根據萬有引力提供圓周運動向心力可知，衛星的最大運行速度v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(\f(2Rv0,t))，故C正確；繞月球表面勻速飛行的衛星的周期T＝eq\f(2πR,v)＝πeq\r(\f(2Rt,v0))，故D錯誤．13．已知地球質量為M，半徑為R，自轉周期為T，地球同步衛星質量為m，引力常量為G.有關同步衛星，下列表述正確的是()A．衛星距離地面的高度為eq\r(3,\f(GMT2,4π2))B．衛星的運行速度小于第一宇宙速度C．衛星運行時受到的向心力大小為eq\f(GMm,R2)D．衛星運行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析：選BD根據Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2(R＋H)，得H＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))－R，A錯誤；由Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\f(v2,R＋H)，得v＝eq\r(\f(GM,R＋H))，故B正確；衛星運行時受到的萬有引力提供向心力Fn＝eq\f(GMm,R＋H2)，C錯誤；由牛頓第二定律Fn＝man得an＝eq\f(GM,R＋H2)，而g＝eq\f(GM,R2)，故an＜g，D正確．14．如圖所示，飛船在地面指揮控制中心的控制下，由近地點圓形軌道A，經橢圓軌道B轉變到遠地點的圓軌道C.軌道A與軌道B相切于P點，軌道B與軌道C相切于Q點，以下說法正確的是()A．衛星在軌道B上由P向Q運動的過程中速率越來越小B．衛星在軌道C上經過Q點的速率大于在軌道A上經過P點的速率C．衛星在軌道B上經過P點的加速度與在軌道A上經過P點的加速度是相等的D．衛星在軌道B上經過Q點時受到地球的引力小于經過P點時受到地球的引力解析：選ACD衛星在軌道B上由P到Q的過程中，遠離地心，由開普勒第二定律可知，速度是逐漸減小的，A項正確；衛星在A、C軌道上運行時，軌道半徑不同，根據v＝eq\r(\f(GM,r))可知，軌道半徑越大，線速度越小，所以有vP＞vQ，B項錯誤；衛星在A、B兩軌道上經過P點時，離地心的距離相等，受地球的引力相等，所以加速度是相等的，C項正確；衛星在軌道B上經過Q點比經過P點時離地心的距離要遠些，受地球的引力要小些，D項正確．15．有一極地氣象衛星運行軌道是圓形的(經過地球的兩極地區上方)，它的周期為地球同步衛星周期的一半，分別在每天(即衛星兩個周期)兩次經過某地面同一地點的上方，為拍攝同一地區上方的云層變化提供了方便．下列關于該氣象衛星和地球同步衛星的比較正確的是()A．軌道半徑之比為eq\r(3,2)∶2B．線速度之比為2∶1C．質量相同的上述氣象衛星和地球同步衛星的向心力之比為2eq\r(3,2)∶1D．質量相同的上述氣象衛星和地球同步衛星相比，氣象衛星的機械能大解析：選AC由eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)可求得半徑之比為eq\r(3,2)∶2，A正確；由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)及兩衛星的軌道半徑之比，可得線速度之比為eq\r(3,2)∶1，B錯誤；由F＝Geq\f(Mm,r2)及兩衛星的軌道半徑之比，可得向心力之比為2eq\r(3,2)∶1，C正確；軌道半徑越大的衛星，發射速度越大，機械能越大，D錯誤．二、非選擇題(共5小題，55分)16．(8分)已知太陽的質量為M，地球的質量為m1，月球的質量為m2，當發生日全食時，太陽、月球、地球幾乎在同一直線上，且月球位于太陽與地球之間，如圖所示．設月球到太陽的距離為a，地球到月球的距離為b，則太陽對地球的引力F1和對月球的吸引力F2的大小之比為多少？解析：由萬有引力定律知，太陽對地球的引力F1＝Geq\f(Mm1,a＋b2)太陽對月球的引力F2＝Geq\f(Mm2,a2)故eq\f(F1,F2)＝eq\f(m1a2,m2a＋b2).答案：eq\f(m1a2,m2a＋b2)17．(10分)已知地球的半徑為R＝6400km，地球表面附近的重力加速度g＝9.8m/s2，若發射一顆地球的同步衛星，使它在赤道上空運轉，其高度和速度應為多大？解析：設同步衛星的質量為m，離地面的高度為h，速度為v，周期為T，地球的質量為M，同步衛星的周期等于地球自轉的周期．Geq\f(Mm,R2)＝mg①Geq\f(Mm,R＋h2)＝m(R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2②由①②兩式得h＝eq\r(3,\f(R2T2g,4π2))－R＝eq\r(3,\f(6400×1032×24×36002×9.8,4×3.142))－6400×103m≈3.6×107m.又因為Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)③由①③兩式得v＝eq\r(\f(R2g,R＋h))＝eq\r(\f(6400×1032×9.8,6400×103＋3.6×107))m/s≈3.1×103m/s.答案：3.6×107m3.1×103m/s18．(10分)宇航員站在一星球表面上某高處，沿水平方向拋出一小球，經過時間t小球落到星球表面，測得拋出點與落地點之間的距離為L.若拋出時的初速度增大為原來的2倍，則拋出點與落地點之間的距離為eq\r(3)L.已知兩落地點在同一水平面上，該星球的半徑為R，萬有引力常量為G，求該星球的質量M.解析：設拋出點的高度為h，第一次平拋的水平位移為x，則x2＋h2＝L2①由平拋運動的規律得第二次平拋過程有(2x)2＋h2＝(eq\r(3)L)2②設該星球上重力加速度為g，由平拋運動規律得h＝eq\f(1,2)gt2③由萬有引力定律與牛頓第二定律得Geq\f(Mm,R2)＝mg④由①～④得該星球的質量M＝eq\f(2\r(3)LR2,3Gt2).答案：eq\f(2\r(3)LR2,3Gt2)19．(12分)如圖所示，A是地球同步衛星，另一個衛星B的圓軌道位于赤道平面內，距離地面高度為h.已知地球半徑為R，地球自轉角速度為ω0，地球表面的重力加速度為g，O為地球中心．(1)衛星B的運行周期是多少？(2)如果衛星B的繞行方向與地球自轉方向相同，某時刻A、B兩衛星相距最近(O、B、A在同一直線上)，求至少再經過多長時間，它們再一次相距最近？解析：(1)由萬有引力定律和向心力公式得Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T\o\al(2,B))(R＋h)①Geq\f(Mm,R2)＝mg②聯立①②解得TB＝2πeq\r(\f(R＋h3,R2g)).③(2)由題意得(ωB－ω0)t＝2π④由③得ωB＝eq\r(\f(gR2,R＋h3))⑤代入④得t＝eq\f(2π,\r(\f(R2g,R＋h3))－ω0).答案：(1)2πeq\r(\f(R＋h3,R2g))(2)eq\f(2π,\r(\f(R2g,R＋h3))－ω0)20．(15分)如圖所示，質量分別為m和M的兩個星球A和B在引力作用下都繞O點做勻速圓周運動，星球A和B兩者中心之間的距離為L.已知A、B的中心和O點始終共線，A和B分別在O點的兩側．引力常量為G.(1)求兩星球做圓周運動的周期；(2)在地月系統中，若忽略其他星球的影響，可以將月球和地球看成上述星球A和B，月球繞其軌道中心運行的周期記為T1.但在近似處理問題時，常常認為月球是繞地心做圓周運動的，這樣算得的運行周期為T2.已知地球和月球的質量分別為5.98×1024kg和7.35×1022kg.求T2與T1兩者的平方之比．(結果保留3位小數)解析：(1)A和B繞O點做勻速圓周運動，它們之間的萬有引力提供向心力，則A和B的向心力相等，且A、B的中心和O點始終共線，說明A和B有相同的角速度和周期．設A、B軌道半徑分別為r、R.r＋R＝L對A：eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r①對B：eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R②①＋②得eq\f(GM＋m,L2)＝eq\f(4π2,T2)(r＋R)∵r＋R＝L∴T2＝eq\f(4π2L3,GM＋m)T＝2πeq\r(\f(L3,GM＋m)).(2)將地月看成雙星，由(1)得T1＝2πeq\r(\f(L3,GM＋m))將月球看做繞地心做圓周運動，根據牛頓第二定律和萬有引力定律得eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T2)))2L化簡得T2＝2πeq\r(\f(L3,GM))所以T2與T1的平方之比為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))2＝eq\f(M＋m,M)＝eq\f(5.98×1024＋7.35×1022,5.98×1024)＝1.01.答案：(1)2πeq\r(\f(L3,GM＋m))(2)1.01章末質量檢測卷(三)機械能守恒定律(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(共15小題，每小題3分，共45分.1～8題為單選題，9～15題為多選題)1．關于功和功率的計算，下列說法中正確的是()A．用W＝Fxcosθ可以計算變力做功B．用W合＝Ek2－Ek1可以計算變力做功C．用W＝Pt只能計算恒力做功D．用P＝eq\f(W,t)可以計算瞬時功率解析：選BW＝Fxcosθ是恒力做功公式，不可以計算變力做功，A錯誤；動能定理W合＝Ek2－Ek1既可以計算恒力做功，也可以計算變力做功，B正確；用W＝Pt計算的是恒定功率下，外力做的功，此力可以是恒力，也可以是變力，C錯誤；用P＝eq\f(W,t)計算的是平均功率，不能計算瞬時功率，D錯誤．2．下列關于機械能守恒的說法中正確的是()A．做勻速運動的物體，其機械能一定守恒B．物體只受重力，機械能才守恒C．做勻速圓周運動的物體，其機械能一定守恒D．除重力做功外，其他力不做功，物體的機械能一定守恒解析：選D勻速運動的物體所受合力為零，但除重力外可能有其他力做功，如物體在阻力作用下勻速向下運動，其機械能減少了，A錯誤；物體除受重力外也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代數和為零，機械能也守恒，B錯誤；勻速圓周運動物體的動能不變，但勢能可能變化，C錯誤；由機械能守恒條件知，D正確．3．如圖所示，人站在電動扶梯的水平臺階上，假定人與扶梯一起沿斜面加速上升，在這個過程中，人腳所受的靜摩擦力()A．等于零，對人不做功B．水平向左，對人做負功C．水平向右，對人做正功D．斜向上，對人做正功解析：選C人隨扶梯沿斜面加速上升，人受到重力、支持力和水平向右的靜摩擦力，且靜摩擦力方向與運動方向的夾角小于90°，故靜摩擦力對人做正功，故C選項正確．4．自由下落的物體，其動能與位移的關系如圖所示，則圖中直線的斜率表示該物體的()A．質量 B．機械能C．重力大小 D．重力加速度解析：選C由機械能守恒定律，Ek＝mgh，動能Ek與位移h的關系圖線的斜率表示該物體的重力大小，選項C正確．5．如圖甲所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則()A．t1時刻小球動能最大B．t2時刻小球動能最大C．t2～t3這段時間內，小球的動能先增加后減少D．t2～t3這段時間內，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能解析：選Ct1時刻為小球與彈簧剛接觸的時刻，此后小球繼續加速，當彈簧彈力等于重力時，速度達到最大，動能也最大，t2時刻為小球的最低點，動能為零，選項A、B錯誤；t2～t3這段時間內小球由最低點向上運動，t3時刻離開彈簧，小球的動能先增大后減小，選項C正確；t2～t3這段時間內小球和彈簧組成的系統機械能守恒，小球的彈性勢能轉化為重力勢能和動能，小球增加的動能小于彈簧減少的彈性勢能，選項D錯誤．6．如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動，已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為FN1，在最高點時對軌道的壓力大小為FN2.重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為()A．3mg B．4mgC．5mg D．6mg解析：選D對最低點有FN1－mg＝meq\f(v\o\al(1,2),R)，最高點有FN2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R).小球在運動過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得FN1－FN2＝6mg.7．A、B兩物體的質量之比mA∶mB＝2∶1，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運動，直到停止，其速度圖象如圖所示．那么，A、B兩物體所受摩擦力之比FA∶FB與A、B兩物體克服摩擦力做的功之比WA∶WB分別為()A．2∶1,4∶1 B．4∶1,2∶1C．1∶4,1∶2 D．1∶2,1∶4解析：選B由題圖可知，物體A的加速度大小aA＝eq\f(v0,t)，物體B的加速度大小aB＝eq\f(v0,2t)，根據牛頓第二定律可得，物體A、B受到的摩擦力大小分別為FA＝mAaA，FB＝mBaB，又mA∶mB＝2∶1，所以FA∶FB＝4∶1；v-t圖象中圖線與橫軸所圍的面積表示位移，從開始運動到停止，A、B兩物體的位移分別為lA＝eq\f(v0t,2)，lB＝eq\f(2v0t,2)＝v0t，又功W＝Flcosα，所以WA∶WB＝FAlA∶FBlB＝2∶1，故選項B正確．8．如圖所示，一根長為l，質量為m的勻質軟繩懸于O點，若將其下端向上提起使其對折，則做功至少為()A．mgl B．eq\f(1,2)mglC.eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,4)mgl解析：選D將軟繩下端向上拉起，相當于把下半段上移了eq\f(l,2)，重力勢能增加了eq\f(1,2)mg·eq\f(l,2)＝eq\f(1,4)mgl，即外力至少要做功eq\f(1,4)mgl，選項D正確．9．如圖所示，汽車在拱形橋上由A勻速率地運動到B，下列說法中正確的是()A．牽引力與摩擦力做的功相等B．牽引力做的功大于重力做的功C．合外力對汽車不做功D．重力做功的功率不變解析：選BC由于汽車做勻速率運動，根據動能定理得：WF－WFf－WG＝0，故牽引力做的功大于克服摩擦力或重力做的功，A錯誤，B正確；根據動能定理得：汽車由A勻速率運動到B的過程中動能變化為0，所以合外力對汽車不做功，C正確；重力的大小、方向不變，但是汽車在豎直方向的分速度v時刻在變小，所以重力的功率P＝mgv越來越小，D錯誤．10．如圖所示，物體從同一高度，由靜止開始分別沿三條不同的光滑軌道下滑到A、B、C三點，則下列說法正確的有()A．重力做的功相等B．滑到地面前瞬間重力做功的瞬時功率相等C．滑到地面前瞬間物體的速度相同D．滑到地面前瞬間物體的動能相等解析：選AD三個斜面高度相同，重力做功WG＝mgh，A正確；由機械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，落地速度大小相等，但與地面的夾角θ不同，即方向不同，又P＝mgvsinθ，滑到地面前瞬間重力做功的瞬時功率不相等，所以B、C錯誤，D正確．11．韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區”保持同一姿態下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1800JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J解析：選AC根據動能定理可知，動能的增加量等于合外力做功，即動能的增加量為1900J－100J＝1800J，選項A正確，B錯誤；重力做功等于重力勢能的減小量，故重力勢能減小了1900J，選項C正確，D錯誤．12．如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置．物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點．在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功解析：選AD物體從A點到O點過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程；彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續增大，故選項A正確，選項B錯誤；從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復原長彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧伸長，彈力做負功，故選項C錯誤；從A到B的過程中根據動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故選項D正確．13．某興趣小組遙控一輛玩具車，使其在水平路面上由靜止啟動，在前2s內做勻加速直線運動，2s末達到額定功率，2s到14s保持額定功率運動，14s末停止遙控，讓玩具車自由滑行，其v-t圖象如圖所示．可認為整個過程玩具車所受阻力大小不變，已知玩具車的質量為m＝1kg(g取10m/s2)，則()A．玩具車所受阻力大小為2NB．玩具車在4s末牽引力的瞬時功率為9WC．玩具車在2s到10s內位移的大小為39mD．玩具車整個過程的位移為90m解析：選BC由圖象可知在14s后的加速度a2＝eq\f(0－6,4)m/s2＝－1.5m/s2，故阻力Ff＝ma2＝－1.5N，A錯誤；玩具車在前2s內的加速度a1＝eq\f(3－0,2)m/s2＝1.5m/s2，由牛頓第二定律可得牽引力F＝ma1－Ff＝3N，當t1＝2s時達到額定功率P額＝Fv1＝9W．此后玩具車以額定功率運動，速度增大，牽引力減小，所以t2＝4s時功率為9W，B正確；玩具車在2s到10s內做加速度減小的加速運動，由動能定理得P額t3＋Ffs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)，t3＝10s－2s＝8s，解得s2＝39m，C正確；由v-t圖象可知圖線與坐標軸圍成的面積代表總位移，s＝eq\f(1,2)×3×2m＋39m＋6×4m＋eq\f(1,2)×4×6m＝78m，D錯誤．14．一質量為m的物體，在距地面高h處以eq\f(1,3)g的加速度由靜止豎直下落到地面，下列說法中正確的是()A．物體的重力勢能減少eq\f(1,3)mghB．物體的機械能減少eq\f(2,3)mghC．物體的動能增加eq\f(1,3)mghD．物體的重力做的功為mgh解析：選BCD物體從高h處落到地面的過程中，重力做的功為mgh，重力勢能減少mgh，選項A錯誤，D正確；物體的加速度為eq\f(1,3)g，故合外力為eq\f(1,3)mg，合外力做的功為eq\f(1,3)mgh，根據動能定理，物體的動能增加eq\f(1,3)mgh，選項C正確；物體的重力勢能減少mgh，動能增加eq\f(1,3)mgh，故機械能減少了eq\f(2,3)mgh，選項B正確．15．如圖所示，由長為L的輕桿構成的等邊三角形支架位于豎直平面內，其中兩個端點分別固定質量均為m的小球A、B，系統可繞O點在豎直面內轉動，初始位置OA水平．由靜止釋放，重力加速度為g，不計一切摩擦及空氣阻力．則()A．系統在運動過程中機械能守恒B．B球運動至最低點時，系統重力勢能最小C．A球運動至最低點過程中，動能一直在增大D．擺動過程中，小球B的最大動能為eq\f(\r(3),4)mgL解析：選AD系統在整個運動的過程中，只有重力做功，所以系統在運動過程中機械能守恒，故A正確；A、B兩球組成的系統的重心在A、B兩球連線的中點處，所以當AB桿水平時，重心最低，此時重力勢能最小，故B錯誤；由系統能量守恒可知A球運動至最低點過程中，動能先增大后減小，故C錯誤；當A、B水平時B的動能最大，根據動能定理可得：mgLsin60°＝2Ekmax，解得Ekmax＝eq\f(\r(3),4)mgL，故D正確．二、非選擇題(共5小題，55分)16．(6分)某同學用如圖所示的實驗裝置探究外力做功與小車動能變化的關系．(1)實驗中，該同學讓小車從靜止開始運動一段位移，利用打點計時器測得了小車的速度v和位移x，讀取了彈簧測力計的示數T，還測得了小車的質量M，沙桶的質量m，則細線對車做的功可以用W＝________來計算．(2)實驗中，該同學改變拉力，仍讓小車從靜止開始運動，保持位移一定，測得W與v對應的多組數據，得到如圖所示的W-v2關系圖象，但與預期的過原點直線不符，經檢查測量、計算與作圖均無誤．你認為主要原因是___________；實驗操作中改進的具體措施是______________________________________．解析：(1)細線的拉力等于彈簧測力計的示數T，則細線對車所做的功W＝Tx.(2)因沒有平衡小車的摩擦力，故細線拉力對小車所做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋Wf.(其中Wf為小車克服阻力所做的功)．答案：(1)Tx(2)小車受到了阻力將平板適當墊高平衡小車受到的摩擦力17．(9分)在用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗中，使質量為m＝1.00kg的重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列的點，選取一條符合實驗要求的紙帶如圖所示．O為第一個點，A、B、C為從合適位置開始選取的三個連續點(其他點未畫出)．已知打點計時器每隔0.02s打一個點，當地的重力加速度為9.8m/s2，那么(1)紙帶的________(填“左”或“右”)端與重物相連；(2)根據圖上所得的數據，應取圖中O點到________點來驗證機械能守恒定律；(3)從O點到第(2)題中所取的點，重物重力勢能的減少量ΔEp＝________J，動能增加量ΔEk＝________J．(結果取三位有效數字)解析：由題意知，O點為第一個點，所以紙帶的左端與重物相連，為了減小誤差和便于求重物動能的增加量，可取題圖中O點到B點來驗證機械能守恒定律，此過程中重力勢能的減少量ΔEp＝mghOB＝1.00×9.8×19.25×10－2J≈1.89J．打B點時重物的瞬時速度vB＝eq\f(\x\to(OC)－\x\to(OA),2T)＝eq\f(22.93－15.55×10－2,2×0.02)m/s＝1.845m/s