2017-2018年高中物理必修2(粤教版)习题：第一章第三节
粤教版高中物理必修二第一章抛体运动
第一章第一节什么是抛体运动学习１、如何确定曲线运动的速度方向２、物体做曲线运动的条件学习过程一、预习指导：1、生活中常见的抛体运动现象有哪些？这些运动的共同点是什么？2、当物体做曲线运动时，如何确定物体在某一时刻（或某一位置）时的速度方向？你认为曲线运动是匀速运动还是变速运动？3、什么时候抛体运动是直线运动？什么时候抛体运动是曲线运动？二、课堂导学：※学习探究1、抛体运动①定义：将物体以一定的向抛出，仅在作用下物体的所做运动②条件：和③种类：、、、2、曲线运动①曲线运动速度方向：速度（即瞬时速度）方向是在曲线上这一点的方向，并指向物体的方向②曲线运动特点：曲线运动速度不断变化，所以曲线运动一定是运动，即加速度零3、抛体做直线或曲线运动条件①抛体做直线运动的条件：②抛体做曲线运动的条件：※典型例题1、将一纸片向空中抛出，这一纸片所做的运动是抛体运动吗？（）A、是B、不是2、做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（）A、速率（即速度大小）B、速度方向C、速度D、加速度学习评价※自我评价你完成本节导学案的情况为（）.A. 很好B. 较好C. 一般D. 较差AV 0FV 0CFBV 0FDV 0F※ 当堂检测（时量：5分钟 满分：10分）计分：1、 一物体被抛出后在空中沿一条弧线飞行，物体飞行到最高点时速度方向正确的是 A 、A 方向 B 、B 方向 C 、C 方向2、关于曲线运动，下列说法中正确的是（ ） A 、曲线运动一定是变速运动B 、曲线运动中的加速度一定不为零，但可以等于恒量C 、物体做曲线运动时，不可能受恒力作用D 、做曲线运动的物体的速度大小一定变化3、若已知物体运动初速度V 0的方向及该物体受到的恒定合外力F 的方向，则可能的轨迹是（ ）课后作业1、下列关于抛体运动的说法，正确的是（ ）Ａ、我国著名铅球运动员李梅素投掷出去的铅球的运动可看作抛体运动 Ｂ、儿童折叠的纸飞机，抛出后在空中优美地滑翔，可看作抛体运动 Ｃ、从关闭不严的水龙头滴出的水滴的运动，可看作抛体运动Ｄ、抛体运动和自由落体运动一样都是理想化模型，自由落体运动是抛体运动的一种特例 ２、关于曲线运动，以下说法正确的是（ ） Ａ、物体在变力作用下，一定做曲线运动Ｂ、曲线运动一定是变速运动，变速运动一定是曲线运动Ｃ、只要物体所受合外力的方向和速度方向不在一条直线上，物体就做曲线运动 Ｄ、曲线运动轨迹上任一点的切线方向表示质点在这一点瞬时速度的方向３、一个物体在力Ｆ１Ｆ２Ｆ３等几个力的共同作用下，做匀速直线运动，若突然撤去力Ｆ１，则物体（ ）Ａ、可能做曲线运动 Ｂ、必然沿Ｆ１的方向做直线运动 Ｃ、不可能继续做直线运动 Ｄ、必然沿Ｆ１的反方向做匀加速直线运动 ４、关于做曲线运动物体的速度的加速度，下列说法正确的是Ａ、做曲线运动物体的速度方向不断改变，其加速度的大小和方向可以恒定不变 Ｂ、做曲线运动物体的速度方向不断改变，其加速度肯定不为零，而且加速度方向与速度方向总有一定的夹角CB ACDA图2Ｃ、做曲线运动物体的加速度可以不变，即加速度的大小和方向可以恒定不变 Ｄ、做曲线运动物体的加速度不可能恒定不变，即物体不可能做匀变速曲线运动第一章第二节 运动的合成与分解学习目标1、知道合运动、分运动，知道合运动和分运动同时性，独立性，2、知道运动的合成和分解的方法遵循法则，熟练使用平行四边形法则进行运动的合成和分解，3、熟悉物理中研究复杂运动问题的方法——将曲线运动分解为直线运动。
2017-2018学年高中物理粤教版必修2章末检测卷：第一章
章末检测卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)图11.如图1所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是() A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小答案 A解析小球做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，即C点速率比D点大；在A点速度方向与加速度方向的夹角也为钝角；而从B到E的过程中加速度方向与速度方向间的夹角越来越小，故正确答案为A.2．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内()A．速度一定在不断改变，加速度也一定不断改变B．速度可以不变，但加速度一定不断改变C．质点不可能在做匀变速运动D．质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向答案 D解析物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一直线上，故速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动，其加速度不为零，但加速度可以不变，例如平抛运动，就是匀变速运动，故A、B、C错误．曲线运动的速度方向时刻改变，质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向，故D正确．3．(单选)斜抛运动与平抛运动相比较，相同的是()A．都是匀变速曲线运动B．平抛是匀变速曲线运动，而斜抛是非匀变速曲线运动C．都是加速度逐渐增大的曲线运动D．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛是速度一直减小的曲线运动答案 A解析平抛运动与斜抛运动的共同特点是它们都以一定的初速度抛出后，只受重力作用．合外力为G＝mg，根据牛顿第二定律可以知道平抛运动和斜抛运动的加速度都是恒定不变的，大小为g，方向竖直向下，都是匀变速运动．它们不同的地方就是平抛运动是水平抛出、初速度的方向是水平的，斜抛运动有一定的抛射角，可以将它分解成水平分速度和竖直分速度，也可以将平抛运动看成是特殊的斜抛运动(抛射角为0°)．平抛运动和斜抛运动初速度的方向与加速度的方向不在同一直线上，所以它们都是匀变速曲线运动，B、C错，A正确．平抛运动的速率一直在增大，斜上抛运动的速率先减小后增大，斜下抛运动的速率一直增大，D 错．4．游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是()A．路程变大，时间延长B．路程变大，时间缩短C．路程变大，时间不变D．路程和时间均不变答案 C解析运动员渡河可以看成是两个运动的合运动：垂直河岸的运动和沿河岸的运动．运动员以恒定的速率垂直河岸渡河，垂直河岸方向的分速度恒定，由分运动的独立性原理可知，渡河时间不变；但是水速变大，沿河岸方向的运动速度变大，因时间不变，则沿河岸方向的分位移变大，总路程变大，故选项C正确．5．弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹．若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻力，则导弹从此时起水平方向的位移()A．只由水平速度决定B．只由离地高度决定C．由水平速度、离地高度共同决定D．与水平速度、离地高度都没有关系答案 C解析不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x＝v0t＝v02hg，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C正确．图26.如图2所示为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O.一人站在A 点处以速度v0沿水平方向扔小石块，已知AO＝40 m，忽略人的身高，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．若v0>18 m/s，则石块可以落入水中B．若v0<20 m/s，则石块不能落入水中C．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大答案 A解析石块做平抛运动刚好落入水中时，40sin 30°＝12gt2,40cos 30°＝vt，解得v0≈17.32 m/s，选项A正确，选项B错误；设落水时速度方向与水平面的夹角为α，tan α≈v yv0＝2ghv0，v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，选项C错误；若石块不能落入水中，设落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为β，tanβ＝gtv0＝2tan 30°，可知β与v0无关，故选项D错．二、双项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 7．某地发生地震，一架装载救灾物资的直升飞机，以10 m/s的速度水平飞行，在距地面180 m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则() A．物资投出后经过6 s到达地面目标B．物资投出后经过18 s到达地面目标C．应在距地面目标水平距离60 m处投出物资D．应在距地面目标水平距离180 m处投出物资答案AC解析物资投出后做平抛运动，其落地所用时间由高度决定，t＝2hg＝6 s，A项正确，B项错误；抛出后至落地的水平位移为x＝v t＝60 m，C项正确，D项错误．8．如图3所示，蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平瞄准它，就在子弹出枪口时，开始逃跑，松鼠可能的逃跑方式有下列四种．在这四种逃跑方式中，松鼠不能逃脱厄运而被击中的是(设树枝足够高，忽略空气阻力)( )图3A ．自由落下B ．竖直上跳C ．斜向上跳D ．背着枪口，沿AC 方向水平跳离树枝答案 AD解析 射出的子弹做平抛运动，根据平抛运动的特点，竖直方向做自由落体运动，所以无论松鼠以自由落下，还是背着枪口，沿AC 方向水平跳离树枝，竖直方向运动情况完全相同，一定被打中，不能逃脱厄运而被击中的是A 、D.9．物体以v 0的速度水平抛出，当其竖直分位移与水平分位移大小相等，以下说法正确的是( )A ．竖直分速度与水平分速度大小相等B ．瞬时速度的大小为3v 0C ．运动时间为2v 0gD ．运动位移的大小为22v 20g答案 CD解析 设从抛出到竖直分位移与水平分位移大小相等时所需时间为t ，根据平抛运动规律知，竖直分位移y ＝12gt 2，水平分位移x ＝v 0t ，竖直方向的分速度为v y ＝gt ，由题设知x ＝y ，以上各式联立解得：t ＝2v 0g ，v y ＝2v 0，x ＝y ＝2v 20g，所以瞬时速度的大小为v ＝v 2y ＋v 2x ＝5v 0，运动位移的大小为s ＝x 2＋y 2＝22v 20g，故选C 、D 项． 10．将一物体自空中某点竖直向上抛出，1 s 后物体的速率为4 m /s ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，设竖直向上为正方向，则在这1 s 内物体的位移可能是( )A ．1 mB ．9 mC ．－1 mD ．－9 m答案 AB解析 若末速度的方向向上，则v ＝4 m/s 由v ＝v 0－gt ，得v 0＝v ＋gt ＝(4＋10×1) m /s ＝14 m/s物体的位移：s ＝v ＋v 02t ＝4＋142×1 m ＝9 m 若末速度的方向向下，则v ＝－4 m /s 由v ＝v 0－gt 得v 0＝(－4＋10×1) m/s ＝6 m/s物体的位移s ′＝v 0＋v 2t ＝6－42×1 m ＝1 m ，故A 、B 正确． 三、填空题(本题共2小题，共14分)11．(6分)如图4甲所示的演示实验中，A 、B 两球同时落地，说明__________________________________________，某同学设计了如图乙所示的实验：将两个斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板吻接，则他将观察到的现象是____________________________________，这说明________________________________．图4答案 平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动 上面小球砸在下面小球上 做平抛运动的小球在水平方向上做匀速运动12．(8分)未来在一个未知星球上用如图5甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O 正下方P 点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a 、b 、c 、d 为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s ，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则：图5(1)由已知信息，可知a 点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；(2)由已知信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为________ m/s 2；(3)由已知信息可以算出小球平抛的初速度是________ m/s ；(4)由已知信息可以算出小球在b 点时的速度是________ m/s.答案 (1)是 (2)8 (3)0.8 (4)425解析 (1)由初速度为零的匀加速直线运动在相邻的相等的时间内通过的位移之比为1∶3∶5可知，a 点为抛出点；(2)由ab 、bc 、cd 水平距离相同可知，小球从a 到b 、b 到c 、c 到d 运动时间相同，设为T ，在竖直方向有Δh ＝gT 2，T ＝0.1 s ，可求出g ＝8 m /s 2；(3)由两位置间的时间间隔为0.10 s ，实际水平距离为8 cm ，x ＝v x t ，得水平速度为 0.8 m/s ；(4)b 点竖直分速度为ac 间的竖直平均速度，根据速度的合成求b 点的合速度，v yb ＝4×4×1×10－22×0.10m /s ＝0.8 m/s ，所以v b ＝v 2x ＋v 2yb ＝425m/s. 四、计算题(本题共4小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的答案中必须明确写出数值和单位)图613.(8分)一人带一猴在表演杂技，如图6所示，直杆AB 长h ＝8 m ，猴子在直杆上由A 向B 匀速向上爬，同时人用肩顶着直杆水平匀速移动．已知在5 s 内，猴子由A 运动到B ，而人也由甲位置运动到了乙位置．已知s ＝6 m ，求：(1)猴子相对地面的位移大小；(2)猴子相对地面的速度大小．答案 (1)10 m (2)2 m/s解析 (1)猴子对地的位移AB ′为猴子相对于人的位移AB 与人的位移AA ′的矢量和，所以AB ′＝(AB )2＋(AA ′)2＝h 2＋s 2＝82＋62 m ＝10 m.(2)猴子相对于地的速度v ＝AB ′t ＝105m /s ＝2 m/s. 14．(10分)从高为H ＝80 m 的楼顶以某水平速度抛出一个石块，落地点距楼的水平距离为120m ，(g 取10 m/s 2)求：(1)石块的初速度大小；(2)石块着地时的速度v .答案 (1)30 m /s (2)50 m/s ，方向与水平方向的夹角为53°解析 (1)石块的运动时间t ＝ 2H g ＝ 2×8010s ＝4 s 石块的初速度v 0＝x t ＝1204m /s ＝30 m/s (2)石块着地时竖直方向的速度v y ＝gt ＝40 m/s 石块着地时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝50 m/s设着地时的速度与水平方向的夹角为θ则tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°图715.(10分)在某次篮球比赛中，球打到篮板上后垂直反弹，运动员甲跳起来去抢篮板，刚好没有碰到球，球从站在他身后的乙的头顶擦过，落到了地面上(如图7所示)．已知甲跳起的摸高是h 1，起跳时距篮板的水平距离为s 1，乙的身高是h 2，站立处距离甲的水平距离为s 2，请根据这些数据求出篮球垂直反弹的速度v 0.答案 gs 2(h 1－h 2)(s 1＋s 22) 解析 设篮球从篮板处飞到甲所用时间为t 1，从甲飞到乙所用时间为t 2，则t 1＝s 1v 0，t 2＝s 2v 0篮球从甲飞到乙过程中，有h 1－h 2＝gt 1·t 2＋12gt 22联立解得：v 2＝ gs 2(h 1－h 2)(s 1＋s 22) 16．(14分)如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝1.0 kg 的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25，且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R ＝5 2 m ，今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g ＝10 m/s 2.图8(1)为使小物块不能击中挡板，求拉力F 作用的最长时间；(2)若小物块在水平台阶上运动时，恒力一直作用在小物块上，当小物块过O 点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标．答案 (1) 2 s (2)(5 m,5 m)解析 (1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F 作用最长时间t ，小物块刚好运动到O 点． 由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1解得：a 1＝2.5 m/s 2减速运动时的加速度大小为：a 2＝μg ＝2.5 m/s 2由运动学公式得：s ＝12a 1t 2＋12a 2t ′2 而a 1t ＝a 2t ′解得：t ＝t ′＝ 2 s(2)水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有：v 20＝2a 1s解得小物块到达O 点时的速度为：v 0＝5 m/s小物块过O 点后做平抛运动．水平方向：x ＝v 0t 0竖直方向：y ＝12gt 20又x 2＋y 2＝R 2解得位置坐标为：x ＝5 m ，y ＝5 m.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义
第七节 功 率[学习目标] 1.理解功率的概念，能运用功率的定义式P ＝Wt 进行有关的计算.2.理解额定功率和实际功率的概念，了解平均功率和瞬时功率的含义.3.根据功率的定义导出P ＝F v ，并能用于分析、计算和解释相关现象，如分析汽车功率一定时，牵引力与速度的关系.一、功率1.定义：功W 与完成这些功所用时间t 的比值.2.公式：P ＝Wt .单位：瓦特，简称瓦，符号W.3.意义：功率是表示物体做功快慢的物理量.4.功率是标(填“标”或“矢”)量.5.额定功率和实际功率(1)额定功率：机械允许长时间正常工作时的最大功率.发动机铭牌上的功率指的就是额定功率.(2)实际功率：机械实际工作时的输出功率.发动机的实际功率不能长时间大于额定功率，否则会损坏机械. 二、功率与速度 1.功率与速度的关系：(1)当F 与v 方向相同时，P ＝F v ； (2)当F 与v 夹角为α时，P ＝F v cos_α. 2.平均功率和瞬时功率(1)平均功率：时间t 内功率的平均值，计算公式：P ＝Wt和P ＝F v .(2)瞬时功率：某一时刻功率的瞬时值，能精确地描述做功的快慢，计算公式：P ＝F v ，其中v 为瞬时速度；当F 与v 夹角为α时，P ＝F v cos α. [即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)由公式P ＝Wt 知，做功越多，功率越大.(×)(2)力对物体做功越快，力的功率一定越大.(√)(3)发动机不能在实际功率等于额定功率情况下长时间工作.(×) (4)汽车爬坡时常常需要换高速挡.(×)2.用水平力使重力为G 的物体沿水平地面以速度v 做匀速直线运动.已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，则水平力对物体做功的功率是________. 答案 μG v一、功率[导学探究] 建筑工地上有三台起重机将重物吊起，下表是它们的工作情况记录：(1)三台起重机哪台做功最多？(2)哪台做功最快？怎样比较它们做功的快慢呢？答案 (1)三台起重机分别做功3.2×104 J 、2.4×104 J 、3.2×104 J ，所以A 、C 做功最多. (2)B 做功最快，可以用功与所用时间的比值表示做功的快慢. [知识深化]1.对功率P ＝Wt的理解功率表示的是物体做功的快慢，而不是做功的多少. 2.理解：(1)P ＝F v cos α揭示功率与力、速度的关系. 特例：当F 与v 同向时，即α＝0°时，P ＝F v .此时若P 一定，则F 与v 成反比；若F 一定，则P 与v 成正比；若v 一定，则P 与F 成正比.(2)平均功率和瞬时功率的计算：①平均功率：P ＝Wt或P ＝F v (F 、v 同向).②瞬时功率：P ＝F v cos α(α为F 、v 夹角)，当F 、v 同向时，P ＝F v . 3.额定功率和实际功率：(1)额定功率和实际功率：发动机铭牌上的额定功率，指的是机械正常工作时，允许达到的最大功率.发动机的实际功率是指机械实际运行的功率，它可以小于或等于额定功率，但不能长时间大于额定功率.(2)发动机的额定功率P 额＝F v 反映了机械的额定功率对机械的动力与速度的制约关系.因机器在设计制造时，就确定了它的额定功率，所以当机械的功率达到额定功率时，要增大动力则必须减小速度.例1 一台起重机将静止在地面上、质量为m ＝1.0×103 kg 的货物匀加速竖直吊起，在2 s 末货物的速度v ＝4 m /s.(取g ＝10 m/s 2，不计额外功)求： (1)起重机在这2 s 内的平均功率； (2)起重机在2 s 末的瞬时功率. 答案 (1)2.4×104 W (2)4.8×104 W解析 设货物所受的拉力为F ，加速度为a ，则 (1)由a ＝vt得，a ＝2 m/s 2F ＝mg ＋ma ＝1.0×103×10 N ＋1.0×103×2 N ＝1.2×104 N 2 s 内货物上升的高度 h ＝12at 2＝4 m 起重机在这2 s 内对货物所做的功 W ＝F ·h ＝1.2×104×4 J ＝4.8×104 J 起重机在这2 s 内的平均功率P ＝W t ＝4.8×104J 2 s＝2.4×104 W(2)起重机在2 s 末的瞬时功率P ＝F v ＝1.2×104×4 W ＝4.8×104 W.针对训练1 一个质量为1 kg 的物块，沿倾角为37°、足够长的光滑斜面由静止开始下滑，当它下滑4 s 时重力的瞬时功率为多大？这4 s 内重力的平均功率为多大？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 144 W 72 W解析 由mg sin 37°＝ma 得物块下滑的加速度为 a ＝g sin 37°＝10×0.6 m /s 2＝6 m/s 2下滑4 s 时物块的瞬时速度为v ＝at ＝6×4 m /s ＝24 m/s 4 s 内物块的位移为s ＝12at 2＝12×6×42 m ＝48 m所以物块下滑4 s 时重力的瞬时功率为P ＝mg v cos 53°＝1×10×24×0.6 W ＝144 W 在这4 s 内重力的平均功率为P ＝W t ＝mgs cos 53°t ＝1×10×48×0.64W ＝72 W.二、机车的两种启动方式运动过程分析 汽车两种启动方式的过程分析与比较例2 在水平路面上运动的汽车的额定功率为100 kW ，质量为10 t ，设阻力恒定，且为车重的0.1倍(g 取10 m/s 2)，求：(1)若汽车以不变的额定功率从静止启动，汽车的加速度如何变化？ (2)当汽车的加速度为2 m/s 2时，速度为多大？ (3)汽车在运动过程中所能达到的最大速度的大小. 答案 (1)逐渐减小 (2)103m /s (3)10 m/s解析 (1)汽车以不变的额定功率从静止启动，v 变大，由P ＝F v 知，牵引力F 减小，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 知，汽车的加速度减小.(2)由F －f ＝ma 1 ① P ＝F v 1②联立①②代入数据得：v 1＝103m/s (3)当汽车速度达到最大时，a 2＝0，F 2＝f ，P ＝P 额，故 v max ＝P 额f ＝1050.1×104×10m /s ＝10 m/s.例3 质量为2 000 kg 、额定功率为80 kW 的汽车，在平直公路上行驶中的最大速度为20 m /s.若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，运动中的阻力不变.求： (1)汽车所受阻力的大小； (2)3 s 末汽车的瞬时功率； (3)汽车做匀加速运动的时间；(4)汽车在匀加速运动中牵引力所做的功. 答案 (1)4 000 N (2)4.8×104 W (3)5 s (4)2×105 J解析 (1)以最大速度行驶时，根据P ＝F v 可求得F ＝4 000 N. 而此时牵引力和阻力大小相等，则f ＝F ＝4 000 N. (2)3 s 末汽车的速度v 3＝at 3＝6 m/s ， 由F －f ＝ma 得F 1＝8 000 N ，故此时汽车的功率为P ′＝F 1v 3＝4.8×104 W.(3)设汽车做匀加速运动的时间为t ，则t 时刻的速度为v t ＝at ， 这时汽车的功率为额定功率P ＝F 1v t ，代入数据得t ＝5 s.(4)匀加速运动阶段牵引力为恒力，牵引力所做的功W ＝F 1s ＝F 1·12at 2＝8 000×12×2×52 J ＝2×105 J.机车启动问题中几个物理量的求法1.机车的最大速度v m 的求法：机车达到匀速前进时速度最大，此时牵引力F 等于阻力f ，故v m ＝P F ＝Pf.2.匀加速启动持续时间的求法：牵引力F ＝ma ＋f ，匀加速的最后速度v m ′＝P 额ma ＋f，时间t ＝v m ′a. 3.瞬时加速度的求法：据F ＝Pv 求出牵引力，则加速度a ＝F －f m.针对训练2 如图1所示，为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量m ＝5×103 kg 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a ＝0.2 m /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1(1)起重机允许的最大输出功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s 末的输出功率. 答案 (1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W解析 (1)设起重机允许的最大输出功率为P 0，重物达到最大速度时拉力F 0等于重力. P 0＝F 0v m ，F 0＝mg .代入数据得，P 0＝5.1×104 W.(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，设此时重物受到的拉力为F ，速度为v 1，匀加速运动经历的时间为t 1， 有：P 0＝F v 1，F －mg ＝ma ，v 1＝at 1. 代入数据得，t 1＝5 s.第2 s 末，重物处于匀加速运动阶段， 设此时速度为v 2，输出功率为P ， v 2＝at ，P ＝F v 2. 得：P ＝2.04×104 W.1.(对功率的理解)关于功率，下列说法正确的是( )A.由P ＝Wt 可知，只要知道W 和t 的值就可以计算出任意时刻的功率B.由P ＝F v 可知，汽车的功率一定与它的速度成正比C.由P ＝F v 可知，牵引力一定与速度成反比D.当汽车的功率一定时，牵引力一定与速度成反比 答案 D解析 公式P ＝Wt求的是这段时间内的平均功率，不能求瞬时功率，故A 错误；根据P ＝F v可知，当汽车牵引力一定时，汽车的功率与速度成正比，故B 错误；由P ＝F v 可知，当汽车功率一定时，牵引力与速度成反比，故C 错误，D 正确.2.(平均功率和瞬时功率)一个质量为m 的小球做自由落体运动，那么，在前t 时间内重力对它做功的平均功率P 及在t 时刻重力做功的瞬时功率P 分别为( ) A.P ＝mg 2t 2，P ＝12mg 2t 2B.P ＝mg 2t 2，P ＝mg 2t 2C.P ＝12mg 2t ，P ＝mg 2tD.P ＝12mg 2t ，P ＝2mg 2t答案 C解析 前t 时间内重力做功的平均功率 P ＝W t ＝mg ·12gt 2t ＝12mg 2tt 时刻重力做功的瞬时功率P ＝F v ＝mg ·gt ＝mg 2t 故C 正确.3.(功率的计算)如图2所示，位于水平面上的物体A 的质量m ＝5 kg ，在F ＝10 N 的水平拉力作用下从静止开始向右运动，在位移s ＝36 m 时撤去力F .求：在下述两种条件下，力F 对物体做功的平均功率各是多大？(取g ＝10 m/s 2)图2(1)水平面光滑；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.15. 答案 (1)60 W (2)30 W解析 (1)在光滑水平面上，物体的加速度 a ＝F m ＝105 m /s 2＝2 m/s 2 由v 2－v 20＝2as ，得v ＝12 m/s 物体的平均速度v ＝v2＝6 m/s则P ＝F v ＝10×6 W ＝60 W (2)在粗糙水平面上，物体的加速度a ′＝F －μmg m ＝10－0.15×5×105 m /s 2＝0.5 m/s 2由v ′2－v 20＝2a ′s ，得v ′＝6 m/s 物体的平均速度v ′＝v ′2＝3 m/s则P ′＝F v ′＝10×3 W ＝30 W.4.(机车启动问题)汽车发动机的额定功率P ＝60 kW ，若其总质量为m ＝5 t ，在水平路面上行驶时，所受阻力恒为F ＝5.0×103 N ，若汽车启动时保持额定功率不变，则： (1)求汽车所能达到的最大速度v max . (2)当汽车加速度为2 m/s 2时，速度是多大？ (3)当汽车速度是6 m/s 时，加速度是多大？ 答案 (1)12 m /s (2)4 m/s (3)1 m/s 2解析 汽车在运动中所受的阻力大小为：F ＝5.0×103 N.(1)汽车保持恒定功率启动时，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大.所以，此时汽车的牵引力为F 1＝F ＝5.0×103 N ， 则汽车的最大速度为v max ＝PF 1＝6×1045.0×103m /s ＝12 m/s.(2)当汽车的加速度为2 m/s 2时，设牵引力为F 2，由牛顿第二定律得：F 2－F ＝ma ， F 2＝F ＋ma ＝5.0×103 N ＋5.0×103×2 N ＝1.5×104 N ， 汽车的速度为v ＝PF 2＝6×1041.5×104m /s ＝4 m/s. (3)当汽车的速度为6 m/s 时，牵引力为F 3＝P v ′＝6×1046 N ＝1×104 N.由牛顿第二定律得F 3－F ＝ma ′， 汽车的加速度为a ′＝F 3－F m ＝1×104－5.0×1035×103m /s 2＝1 m/s 2.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～11为多项选择题) 1.关于功率，下列说法正确的是( ) A.功率是描述力对物体做功多少的物理量 B.力做功时间越长，力的功率一定越小 C.力对物体做功越快，力的功率一定越大 D.力对物体做功越多，力的功率一定越大 答案 C解析 功率是描述力对物体做功快慢的物理量，做功越快，功率越大，A 错误，C 正确；力对物体做功时间长，未必做功慢，B 错误；力对物体做功多，未必做功快，D 错误. 2.如图1所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图象，那么甲物体的功率P 甲与乙物体的功率P 乙相比( )图1A.P 甲＞P 乙B.P 甲＜P 乙C.P 甲＝P 乙D.无法判定 答案 B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象中，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.3.2015年10月，我国自主研发的第一艘平流层飞艇“圆梦”号试飞成功.若飞艇在平流层水平匀速飞行时，所受空气阻力与飞行速度成正比.当匀速飞行速度为v 时，动力系统的输出功率为P ；当匀速飞行速度为2v 时，动力系统的输出功率为( ) A.P 4 B.P 2 C.2P D.4P答案 D4.如图2所示是小孩滑滑梯的情景，假设滑梯是固定光滑斜面，倾角为30°，小孩质量为m ，由静止开始沿滑梯下滑，滑行距离为s 时，重力的瞬时功率为( )图2A.mg gsB.12mg gs C.mg 2gs D.12mg 6gs 答案 B解析 小孩的加速度a ＝mg sin 30°m ＝12g ，由v 2＝2as 得小孩滑行距离为s 时的速率v ＝gs ，故此时重力的瞬时功率P ＝mg v sin 30°＝12mg gs ，B 正确.5.质量为m 的汽车，其发动机额定功率为P .当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为车重力的k 倍，则车的最大速度为( ) A.P mg sin θ B.P cos θmg (k ＋sin θ) C.P cos θmgD.Pmg (k ＋sin θ) 答案 D解析 当汽车做匀速运动时速度最大，此时汽车的牵引力F ＝mg sin θ＋kmg ，由此可得v m ＝Pmg (k ＋sin θ)，故选项D 正确.6.质量为5 t 的汽车，在水平路面上以加速度a ＝2 m/s 2启动，所受阻力为1.0×103 N ，汽车启动后第1 s 末的瞬时功率是( ) A.2 kW B.22 kW C.1.1 kW D.20 kW 答案 B解析 根据牛顿第二定律得F －f ＝ma ， 则F ＝f ＋ma ＝1 000 N ＋5 000×2 N ＝11 000 N.汽车在第1 s 末的速度v ＝at ＝2×1 m /s ＝2 m/s ，所以P ＝F v ＝11 000×2 W ＝22 000 W ＝22 kW ，故B 正确.7.质量为2 t 的汽车，发动机的额定功率为30 kW ，在水平公路上能以54 km /h 的最大速度行驶，如果保持功率不变，汽车速度为36 km/h 时，汽车的加速度为( )A.0.5 m /s 2B.1 m/s 2C.1.5 m /s 2D.2 m/s 2答案 A解析 当牵引力和阻力相等时，汽车的速度最大，最大速度为v m ＝54 km /h ＝15 m/s ，由P ＝F v m ＝f v m 可得，阻力f ＝P v m ＝30 00015N ＝2 000 N 速度为v ＝36 km /h ＝10 m/s 时汽车的牵引力为：F ＝P v ＝3 000 N由牛顿第二定律可得F －f ＝ma ，所以a ＝F －f m ＝3 000－2 0002 000m /s 2＝0.5 m/s 2， 故选A.8.放在水平面上的物体在拉力F 作用下做匀速直线运动，先后通过A 、B 两点，在这个过程中( )A.物体的运动速度越大，力F 做功越多B.不论物体的运动速度多大，力F 做功不变C.物体的运动速度越大，力F 做功的功率越大D.不论物体的运动速度多大，力F 做功的功率不变答案 BC解析 求做功用W ＝Fs cos α，故不论速度多大，F 做功不变，故A 错，B 对；物体运动速度越大，通过相等位移所用时间越短，功率就越大，故C 对，D 错.9.质量为3 kg 的物体，从高45 m 处自由落下(g 取10 m/s 2)，那么在下落的过程中( )A.前2 s 内重力做功的功率为300 WB.前2 s 内重力做功的功率为675 WC.第2 s 末重力做功的功率为600 WD.第2 s 末重力做功的功率为900 W答案 AC解析 前2 s 内物体下落的高度h ＝12gt 2＝20 m ，重力做功的功率P 1＝mgh t ＝30×202W ＝300 W ，A 对，B 错；第2 s 末物体的速度v ＝gt ＝20 m/s ，此时重力做功的功率P 2＝mg v ＝600 W ，C 对，D 错.10.我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A.弹射器的推力大小为1.1×106 NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2答案 ABD11.一辆质量为m 的轿车，在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过一定时间，其速度由零增大到最大值v m ，若所受阻力恒为f .则关于轿车的速度v 、加速度a 、牵引力F 、功率P 的图象正确的是( )答案 ACD解析 由于启动阶段轿车受到的牵引力不变，加速度不变，所以轿车在开始阶段做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不增加了，再增加速度，就须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值v m ＝P 额F ＝P 额f，所以A 、C 、D 正确，B 错误.二、非选择题12.如图3所示，位于水平面上的物体A ，在斜向上的恒定拉力F 作用下，由静止开始向右做匀加速直线运动.已知物体质量为10 kg ，F 的大小为100 N ，方向与速度v 的夹角为37°，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图3(1)第2 s 末，拉力F 对物体做功的功率是多大？(2)从运动开始，物体前进12 m 过程中拉力对物体做功的平均功率是多大？答案 (1)960 W (2)480 W解析 (1)物体对水平面的压力等于水平面对物体的支持力，N ＝mg －F sin 37°＝100 N －100×0.6 N ＝40 N由牛顿第二定律得物体的加速度a ＝F cos 37°－μN m ＝100×0.8－0.5×4010m /s 2＝6 m/s 2 第2 s 末，物体的速度v ＝at ＝12 m/s拉力F 对物体做功的功率P ＝F v cos 37°＝960 W(2)从运动开始，前进12 m 用时t ′＝2s a ＝ 2×126s ＝2 s 该过程中拉力对物体做功W ＝Fs cos 37°＝100×12×0.8 J ＝960 J拉力对物体做功的平均功率P ′＝W t ′＝9602W ＝480 W. 13.某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图4所示的v －t 图象，已知小车在0～t 1时间内做匀加速直线运动，t 1～10 s 时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s 末达到最大速度，在10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m ＝1 kg ，整个运动过程中小车受到的阻力f 大小不变.求：图4(1)小车所受阻力f 的大小；(2)在t 1～10 s 内小车牵引力的功率P ；(3)求出t 1的值及小车在0～t 1时间内的位移.答案 (1)2 N (2)12 W (3)1.5 s 2.25 m解析 (1)在10 s 末撤去牵引力后，小车只在阻力f 的作用下做匀减速运动，由图象可得减速时加速度的大小为a ＝2 m/s 2则f ＝ma ＝2 N(2)小车做匀速运动阶段即7～10 s 内，设牵引力为F ，则F ＝f由图象可知v m ＝6 m/s解得P ＝F v m ＝12 W(3)设t 1时间内的位移为s 1，加速度大小为a 1，t 1时刻的速度大小为v 1，则由P ＝F 1v 1得F 1＝4 N ，F 1－f ＝ma 1得a 1＝2 m/s 2，则t 1＝v 1a 1＝1.5 s ， s 1＝12a 1t 21＝2.25 m.。
粤教版高中物理必修二第一章综合练习试卷.docx
高中物理学习材料唐玲收集整理第一章综合练习试卷基础部分一、选择题(每题只有一个选项是正确的，每小题4分，共32分)1.关于质点做曲线运动的下列说法中，错误的是A.曲线运动一定是变速运动B.变速运动一定是曲线运动C.曲线运动轨迹上任意一点的切线方向就是质点在这一点的瞬时速度方向D.有些曲线运动也可能是匀变速运动答案：B2.关于运动的合成与分解的下列说法，正确的是A.合运动的速度一定大于分运动的速度B.合运动的速度一定小于分运动的速度C.合运动位移的方向就是物体的实际运动方向D.运动的合成与分解的应用中，“独立性”“等时性”是解题的依据答案：D3.当船速大于水速时，关于渡船的说法正确的是A.船头方向斜向上游，渡河时间最短B.船头方向垂直对岸，渡河时间最短C.当水速变大时，渡河的最短时间变长D.当水速变大时，渡河的最短时间变短答案：B4.关于竖直方向上的抛体运动，下列说法不对的是A.竖直方向上的抛体运动是变加速直线运动B.竖直方向上的抛体运动是匀变速直线运动，无论是上抛过程还是下抛过程，其加速度大小均为gC.竖直上抛的运动可以等效成有一定初速度的匀减速直线运动D.竖直下抛的运动可以等效成有一定初速度的匀加速直线运动答案：A5.在水平地面上，忽略空气阻力时决定一个物体做向上斜抛运动的总时间的物理量是A.抛出时的初速度的大小B.抛出时的初速度与水平方向的夹角C.抛出时的初速度的大小和初速度与水平方向的夹角D.无法确定向上斜抛后至落地的总时间答案：C6.在平抛运动中，如图1－19物体从抛出到某一位置时，物体速度的改变量是v v vv x xy图1－19A.v －v yB.v y －v xC.v －v xD.v y答案：D7.在离地面3 m 高处，以2 m/s 的速度竖直向上抛出一个小球，忽略空气阻力，g =10 m/s 2.则小球落地所用的时间为A.3 sB.1 sC.0.2 sD.0.8 s答案：B8.一个物体在多个力的作用下，处于平衡状态.现将其中一个力F 1撤去，关于物体的运动状态的说法正确的是A.物体将一定沿与F 1相反的方向做初速度为零的匀加速直线运动B.物体将一定沿与F 1相反的方向做有一定初速度的匀加速直线运动C.物体可能将沿与F 1相反的方向做匀加速曲线运动D.物体可能将沿与F 1相反的方向做变加速曲线运动 答案：C二、多项选择题(每题有两个或两个以上的答案是正确的，每小题5分，共20分) 9.下列说法中正确的是A.曲线运动中，加速度的方向是时刻改变的B.曲线运动中，速度的方向是时刻改变的C.曲线运动中，速度的大小不一定改变D.曲线运动是变速运动 答案：BCD10.下列说法正确的是A.两个直线运动的合运动一定是直线运动B.两个直线运动的合运动一定是曲线运动C.两个直线运动的合运动可能是曲线运动D.两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动 答案：CD11.下列说法正确的是A.从同一高度，以大小相同的速度同时水平抛出两个物体，它们一定同时落地，抛出的水平距离相同B.从同一高度，以大小不同的速度同时水平抛出两个物体，它们一定同时落地，但抛出的水平距离不相同C.从不同的高度，以不同的速度同时水平抛出两个物体，它们一定不能同时落地，但抛出的水平距离可能相同D.从不同的高度，以不同的速度同时水平抛出两个物体，它们一定不能同时落地，离地高的物体抛出的水平距离较大答案：ABC12.关于抛体运动，下列说法正确的是A.抛体运动可能是曲线运动，也可能是直线运动B.任何抛体运动都可以看成是两个分运动的合运动C.斜抛或平抛运动是变加速曲线运动D.竖直方向上的抛体运动都可以看成初速度不为零的匀加速直线运动 迁移应用部分 答案：ABD三、解答题(每小题12分，共48分)13.在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧以速度v =40 m/s 沿水平方向飞向另一侧，壕沟两侧的高度及宽度如图1－20所示.摩托车前后轴距1.6 m ，不计空气阻力.2.0m3.5mv图1－20(1)摩托车是否能越过壕沟？请计算说明；(2)如果摩托车能越过壕沟，它落地的速度是多大？落地速度的方向与地面的夹角(可用这个角的三角函数表示)是多大？答案：13.(1)能 说明略 (2)tan θ=0.1414.如图1－21，以9.8 m/s 的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，则物体完成这段飞行的时间是多少？v30o图1－21答案：1.73 s15.跳伞运动员跳伞后最初一段时间降落伞并不张开，跳伞运动员做加速运动.随后，降落伞张开，跳伞运动员做减速运动.速度降至一定后便不再降低，跳伞运动员以这一速度做匀速运动，直至落地.无风时某跳伞员竖直下落，着地时速度是8 m/s.现在有风，风使他以6 m/s 的速度沿水平方向向西运动.他将以多大速度着地？计算并画图说明.答案：10 m/s 图略16.如图1－22，在水平桌面上用课本做成一个斜面，使一个钢球从斜面上某一位置滚下，钢球沿桌面飞出后做平抛运动.怎样用一把刻度尺测量钢球在水平桌面上运动的速度？图1－22(1)说出测量步骤；(2)写出用测量的物理量表达速度的计算式. 答案：16.(1)略(2)v =32)(321H g L L L ++。
2018-2019学年高中物理(粤教版)必修二练习：第一章第四节平抛运动Word版含解析
第四节平抛运动[A级抓基础]1．做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是()A．大小相等，方向相同B．大小不等，方向不同C．大小相等，方向不同D．大小不等，方向相同解析：在平抛运动中速度的变化量Δv＝gΔt，所以每秒内的速度变化量大小都等于9.8 m/s，方向都是竖直向下．选项A正确．答案：A2．关于平抛运动的性质，以下说法中正确的是()A．变加速运动B．匀变速运动C．匀速率曲线运动D．可能是两个匀速直线运动的合运动解析：平抛运动是水平抛出且只在重力作用下的运动，所以是加速度恒为g的匀变速运动，故A、C错误，B正确；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，所以D错误．答案：B3．用枪水平瞄准射击一个靶子，子弹从枪口水平射出的瞬间，靶子从静止开始自由下落．设靶子足够高，不计空气阻力。
则下列说法正确的是()A ．子弹一定打不到靶子上B ．子弹打到靶子上的位置应在瞄准点的上方一些C ．子弹打到靶子上的位置应落在瞄准点上D ．子弹能否打到靶子上取决于靶子的大小和子弹的初速度 解析：子弹做平抛运动，靶子做自由落体运动，平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，它们竖直方向运动情况相同，故子弹能准确击中靶子，且子弹打到靶子上的瞄准点上．故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C4.如图所示，一固定斜面的倾角为α，高为h ，一小球从斜面顶端沿水平方向抛出，刚好落至斜面底端，不计小球运动中所受的空气阻力，设重力加速度为g ，则小球从抛出到落至斜面底端所经历的时间为( )A. h2g B. h sin α2g C.2h gD.h g解析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度求出运动的时间．根据h ＝12gt 2得t＝2hg ，故C 正确，A 、B 、D 错误．故选C. 答案：C5．物体做平抛运动，它的速度方向与水平方向的夹角θ的正切值tan θ随时间t 变化的图象是图中的( )解析：由平抛运动的规律，可得tan θ＝v y v 0＝g v 0t ，因为gv 0为定值，故tan θ与t 成正比．答案：B6．从高为H ＝80 m 的楼顶以某水平速度抛出一个石块，落地点距楼的水平距离为120 m ，(g 取10 m/s 2)求：(1)石块的初速度大小． (2)石块着地时的速度v . 解析：(1)石块的运动时间t ＝2H g＝2×8010s ＝4 s ， 石块的初速度v 0＝x t ＝1204 m/s ＝30 m/s.(2)石块着地时竖直方向的速度v y ＝gt ＝40 m/s ， 石块着地时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝50 m/s.着地时的速度与水平方向的夹角满足tan θ＝v y v 0＝43，则θ＝53°. 答案：(1)30 m/s(2)50 m/s ，速度方向与水平方向的夹角为53°[B 级 提能力]7.甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高h ，如图所示．将甲、乙两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，在下列条件下，乙球可能击中甲球的是()A．同时抛出，且v1<v2B．甲先抛出，且v1<v2C．甲先抛出，且v1>v2 D．甲后抛出，且v1>v2解析：甲球从较高位置抛出，击中时甲的竖直位移大，运动时间长，故应先抛出甲球．甲、乙两球的水平位移相等，由x＝v0t知，t 甲>t乙，所以v1<v2，故选项B正确．答案：B8．两个物体做平抛运动的初速度之比为2∶1，若它们的水平射程相等，则它们的抛出点离地面高度之比为()A．1∶2 B．1∶ 2C．1∶4 D．4∶1解析：设物体被抛出时的高度为h，初速度为v，则由h＝12gt2得运动时间t＝2hg，水平射程x＝v t＝v2hg，根据题意得v12h1g＝v22h2g，故h1∶h2＝v22∶v21＝1∶4，C选项正确．答案：C9.(多选)刀削面全凭刀削，因此得名．如图所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便飞向锅里，若面团到锅的上沿的竖直距离为0.8 m，最。
粤教版高中物理必修2同步习题：1.4 平抛运动 Word版含答案
第一章 第四节 平抛运动1．甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h ，如图所示．将甲、乙两球分别以v 1、v 2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，在下列条件下，乙球可能击中甲球的是( )A ．同时抛出，且v 1<v 2B ．甲先抛出，且v 1<v 2C ．甲先抛出，且v 1>v 2D ．甲后抛出，且v 1>v 22．关于平抛运动的性质，以下说法中正确的是( ) A ．变加速运动 B ．匀变速运动 C ．匀速率曲线运动D ．可能是两个匀速直线运动的合运动3．(多选)物体在做平抛运动时，在相等时间内，下列物理量相等的是( ) A ．速度的增量 B ．加速度 C ．位移的增量D ．位移4.如图所示，一固定斜面的倾角为α，高为h ，一小球从斜面顶端沿水平方向抛出，刚好落至斜面底端，不计小球运动中所受的空气阻力，设重力加速度为g ，则小球从抛出到落至斜面底端所经历的时间为( )A. h 2gB. h sin α2g C.2h gD.h g5.在同一点O 抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度v A 、v B 、v C 的关系和三个物体做平抛运动的时间t A 、t B 、t C 、的关系分别是( )A ．v A >vB >vC t A >t B >t C B ．v A ＝v B ＝v C t A ＝t B ＝t CC．v A<v B<v C t A>t B>t CD．v A>v B>v C t A<t B<t C6.如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的位置分别是B、C、D，且AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，则v1、v2、v3之间的正确的关系是( )A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1C．v1∶v2∶v3＝6∶3∶2D．v1∶v2∶v3＝9∶4∶17. 做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是( )A．大小相等，方向相同B．大小不等，方向不同C．大小相等，方向不同 D．大小不等，方向相同8.(多选)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9.(多选)刀削面全凭刀削，因此得名．如图所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便飞向锅里，若面团到锅的上沿的竖直距离为0.8 m，最近的水平距离为0.5 m，锅的半径为0.5 m．要想使削出的面片落入锅中，则面片的水平速度可以是(g＝10 m/s2)( )A．1 m/s B．2 m/sC．3 m/s D．4 m/s10．(多选)平抛运动可以分解为水平和竖直方向上的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v －t 图线，如图所示，若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )A ．图线2表示竖直分运动的v －t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°C ．t 1时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切值为12D ．2t 1时刻的位移方向与初速度方向夹角为60°11.如图所示，小球从倾角θ＝37°的斜面底端的正上方以15 m/s 的速度水平抛出，飞行一段时间后恰好垂直打在斜面上．求(g 取10 m/s 2)：(1)小球在空中运动的时间； (2)抛出点距斜面底端的高度．12.如图所示，小球从距地y ＝5 m 高，离竖直墙水平距离x ＝4 m 处水平抛出，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.(1)若要使小球碰不到墙，它的初速度v 应满足什么条件？(2)若以v 0＝8 m/s 的初速度向墙水平抛出小球，碰撞点离地面的高度是多少？ 答案1B 2B 3AB 4C 5C 6C 7A 8BD 9BC 10AC 11 (1)小球垂直打到斜面上时，满足v y ＝v 0tan θ＝15tan 37°m/s ＝20 m/s ，所以t ＝v y g ＝2010s ＝2 s.(2)小球竖直下落的高度y 1＝12gt 2＝12×10×22 m ＝20 m ，小球水平运动的距离为x ＝v 0t ＝15×2 m ＝30 m. 由图可知，y 2＝x tan 37°＝30×34 m ＝22.5 m.则抛出点距底端的高度y ＝y 1＋y 2＝42.5 m. 答案：(1)2 s (2)42.5 m12(1)若小球恰好落到墙角，据平抛运动规律有： x ＝vt 1， y ＝12gt 21，联立解得v ＝4 m/s ，要使小球碰不到墙，则它的初速度应满足v <4 m/s. (2)设碰撞点离地面的高度是h ，则有：x ＝v 0t 2. y ′＝12gt 22，h ＝y －y ′＝3.75 m.答案：(1)v <4 m/s (2)3.75 m第三章 第三节 飞向太空1．月球探测器在环绕月球运行过程中，轨道半径为r ，运行速率为v ，当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时( )A ．r 、v 都略微减小B ．r 、v 都将保持不变C ．r 略微减小，v 略微增大D ．r 略微增大，v 略微减小2．人造卫星在太空绕地球运行时，若天线偶然折断，天线将( ) A ．继续和卫星一起沿轨道运行 B ．做平抛运动，落向地球C ．由于惯性，沿轨道切线方向做匀速直线运动D ．做自由落体运动，落向地球3．宇宙飞船要与环绕地球运转的轨道空间站对接，飞船为了追上轨道空间站( )A．只能从较低轨道上加速B．只能从较高轨道上加速C．只能从与空间站同一高度轨道上加速D．无论在什么轨道上，只要加速都行4．(多选)人造卫星进入轨道做匀速圆周运动时，卫星内的物体将( )A．处于完全失重状态，所受万有引力为零B．处于完全失重状态，但仍受到万有引力的作用C．所受的万有引力就是维持它随卫星一起做匀速圆周运动所需的向心力D．处于平衡状态，合外力为零5．探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )A．轨道半径变小B．向心加速度变小C．线速度变小D．角速度变小6．“神舟十一号”与“天宫二号”已成功实现自动交会对接．如果对接前“神舟十一号”和“天宫二号”在同一轨道上运动，若“神舟十一号”与前面的“天宫二号”对接，“神舟十一号”为了追上“天宫二号”，可采用的方法是( )A．“神舟十一号”加速追上“天宫二号”，完成对接B．“神舟十一号”从原轨道减速至一个较低轨道，再加速追上“天宫二号”完成对接C．“神舟十一号”加速至一个较高轨道再减速追上“天宫二号”完成对接D．无论“神舟十一号”如何采取措施，均不能与“天宫二号”对接7．(多选)人们离开大气层，进行航天飞行所需的运载工具可以是( )A．喷气式飞机B．火箭C．直升机D．航天飞机8．(多选)“神舟十号”飞船与“天宫一号”实施交会对接，“神舟十号”在追赶“天宫一号”的过程中，飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行的周期约为90分钟，下列判断正确的是( )A．飞船变轨前后的线速度相等B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度9． (多选)假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是( )A．飞船在轨道Ⅰ上经过P点时的速度大于飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同答案1C 2A 3A 4BC 5A 6B 7BD 8BC 9BC。
2017-2018年高中物理必修2(粤教版)习题：章末质量评估
章末质量评估(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．关于曲线运动和圆周运动，下列说法正确的是( )A．做曲线运动的物体速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动B．做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动解析：做曲线运动的物体速度方向沿切线方向，时刻改变，所以曲线运动是变速运动，A对；平抛运动是曲线运动，但合外力是重力，大小方向都不变，B错；做变速圆周运动的物体，所受的合外力不指向圆心，C错；物体受到垂直于初速度方向的恒力作用，将做平抛运动，D错．答案：A2．下列现象中，为了避免发生离心运动发生的是( )A．汽车拐弯时要减速B．制作棉花糖C．洗衣机甩干衣物D．制作无缝钢管解析：离心现象有些是有益的有些是有害的，汽车拐弯时，静摩擦力提供向心力，如果车速过快，静摩擦力不足以提供向心力，汽车容易发生侧滑发生危险，所以A项正确；制作棉花糖时利用糖浆之间力不足够提供向心力发生离心现象，制成的是有益的应用，所以B项错误；水滴与衣服之间的附着力不足够提供向心力时发生离心现象而离开衣服是有益的应用，所以C项错误；钢水在圆周运动时需要向心力模型对钢水的支持力提供向心力，制作无缝钢管也是有益的离心现象，所以D项错误．答案：A3．在下面所介绍的各种情况中，将出现超重现象的是( )①荡秋千经过最低点的小孩②汽车过凸形桥③汽车过凹形桥④在绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器A．①②B．①③C．①④D．③④解析：①③中的小孩、汽车的加速度都竖直向上，所以处于超重状态．而②④中的汽车、飞船中的仪器处于失重状态．答案：B4．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g ，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为( )A.g （r 2－R 2）2ωRB.g （r 2－R 2）2ωrC.g （r －R ）22ω2R 2 D.gr 22ω2R 2 解析：设伞边缘距地面的高度为h ，伞边缘水滴的速度v ＝ωR ，水滴下落时间t ＝2h g ，水滴平抛的水平位移x ＝vt ＝ωR2h g .由几何关系，R 2＋x 2＝r 2，可得：h ＝g （r 2－R 2）2ω2R 2，选项A 正确．答案：A5．一个物体做匀速圆周运动，向心加速度为2 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．向心加速度描述了瞬时速度(线速度)大小变化的快慢B ．向心加速度描述了瞬时速度(线速度)变化的方向C ．该物体经过1 s 时间速度大小的变化量为2 m/sD ．该物体经过1 s 时间速度变化量的大小为2 m/s 解析：匀速圆周运动的线速度大小不变，只是方向不断改变，因此，向心加速度描述的是线速度的方向改变的快慢，选项A 、B 错误；匀速圆周运动的线速度大小不变，选项C 错误；根据加速度定义式a ＝Δv Δt可知，经过1 s 时间速度的变化量为Δv ＝a ·Δt ＝2 m/s ，选项D 正确． 答案：D6．如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R ，人体受重力为mg ，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为( )A ．0B.gRC.2gRD.3gR解析：由题意知F ＋mg ＝2mg ＝m v 2R ，故速度大小v ＝2gR ，C 正确． 答案：C7．如图所示，小强正在荡秋千．关于绳上a 点和b 点的线速度和角速度，下列关系正确的是( )A ．v a ＝ v bB ．v a > v bC ．ωa ＝ ωbD ．ωa < ωb解析：小强在荡秋千过程，人和绳都以O 为圆心做圆周运动，人与a 、b 两点的角速度相等，C 选项正确；a 、b 两点到O 点的半径不同，线速度不等．答案：C8.如图所示，O 、O ′为两个皮带轮，O 轮的半径为r ，O ′轮的半径为R ，且R >r ，M 点为O 轮边缘上的一点，N 点为O ′轮上的任意一点，当皮带轮转动时，(设转动过程中不打滑)则( )A ．M 点的向心加速度一定大于N 点的向心加速度B ．M 点的向心加速度一定等于N 点的向心加速度C ．M 点的向心加速度可能小于N 点的向心加速度D ．M 点的向心加速度可能等于N 点的向心加速度解析：在O ′轮的边缘上取一点Q ，则Q 点和N 点在同一个轮子上，其角速度相等，即ωQ ＝ωN ，又r Q >r N ，由向心加速度公式a n ＝ω2r 可知a Q >a N ；由于皮带转动时不打滑，Q 点和M 点都在由皮带传动的两个轮子边缘，这两点的线速度大小相等，即v Q ＝v M ，又r Q >r M ，由向心加速度公式a n ＝v 2r可知，a Q <a M ，所以a M >a N ，A 正确． 答案：A9．如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s 时，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，刚好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为( )A ．15 m/sB ．20 m/sC ．25 m/sD ．30 m/s解析：汽车通过拱桥顶点的过程可以看作圆周运动的一部分，合力在指向圆心方向的分力提供向心力，即mg －F N ＝m v 2R ，当v ＝10 m/s 时F N ＝34mg ；若要汽车在桥顶摩擦力为零，应有F N ＝0，由此可得v＝20 m/s，B选项正确．答案：B10．飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆周运动，在轨道的最高点和最低点时，飞行员对座椅的压力( )A．是相等的B．相差mv2 rC．相差2mv2rD．相差2mg解析：在最高点，设座椅对飞行员的支持力为F N1，则mg＋F N1＝m v2r，得F N1＝mv2r－mg.由牛顿第三定律，在最高点飞行员对座椅的压力大小为F′N1＝m v2r－mg.在最低点，设座椅对飞行员的支持力为F N2，则F N2－mg＝m v2r得F N2＝mg＋mv2r.由牛顿第三定律，在最低点飞行员对座椅的压力大小为F′N2＝mg＋m v2r，所以F′N2－F′N1＝2mg.故选D.答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 11．关于向心力的下列说法中正确的是( )A．向心力不改变做圆周运动物体速度的大小B．做匀速圆周运动的物体，其向心力时刻改变C．做圆周运动的物体，所受合力一定等于向心力D．做匀速圆周运动的物体，所受的合力为零解析：向心力只改变做圆周运动物体速度的方向，不改变速度的大小，故A对；做匀速圆周运动的物体，向心力的大小是不变的，但其方向时刻改变，所以B对；做圆周运动的物体，其所受的合力不一定都用来提供向心力，还可能提供切线方向的加速度，只有做匀速圆周运动的物体所受合力才等于向心力，故C不对；显然匀速圆周运动是变速运动，物体所受的合力不能为零，故D不对．答案：AB12．如图所示，皮带传动装置中，右边两轮连在一起共轴转动，图中三轮半径分别为r1＝3r，r2＝2r，r3＝4r；A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑．向心加速度分别为a1、a2、a3，则下列比例关系正确的是( )A.a 1a 2＝32B.a 1a 2＝23C.a 2a 3＝21D.a 2a 3＝12解析：由于皮带不打滑，v 1＝v 2，a ＝v 2r ，故a 1a 2＝r 2r 1＝23，A 错，B 对．由于右边两轮共轴转动，ω2＝ω3，a ＝r ω2，a 2a 3＝r 2r 3＝12，C 错、D 对． 答案：BD13．一只质量为m 的老鹰，以速率v 在水平面内做半径为r 的匀速圆周运动，则关于老鹰的向心加速度的说法正确的是( )A ．大小为v 2rB ．大小为g －v 2rC ．方向在水平面内D ．方向在竖直面内解析：根据a n ＝v 2r可知选项A 正确；由于老鹰在水平面内运动，向心加速度始终指向圆心，所以向心加速度的方向在水平面内，C 正确．答案：AC14.如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O 点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动．点a 、b 分别表示轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是( )A ．a 处为拉力，b 处为拉力B ．a 处为拉力，b 处为推力C ．a 处为推力，b 处为拉力D ．a 处为推力，b 处为推力解析：在a 处小球受到竖直向下的重力，因此a 处一定受到杆的拉力，因为小球在最低点时所需向心力沿杆由a 指向圆心O ，向心力是杆对球的拉力和重力的合力．小球在最高点b 时杆对球的作用力有三种情况：(1)杆对球恰好没有作用力，这时小球所受的重力提供向心力，设此时小球速度为v 临，由mg ＝mv 2临R得v 临＝Rg .(2)当小球在b 点，速度v >v 临时，杆对小球有向下的拉力．(3)当小球在b 点，速度0<v <v 临时，杆对小球有向上的推力．答案：AB三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)如图所示，光滑水平桌面上的O 处有一光滑的圆孔，一根轻绳一端系质量为m 的小球，另一端穿过小孔拴一质量为M 的木块．当m 以某一角速度在桌面上做匀速圆周运动时，木块M 恰能静止不动，这时小球做圆周运动的半径为r ，求此时小球做匀速圆周运动的角速度．解析：m 受重力、支持力、轻绳拉力的共同作用，而重力与支持力平衡，所以轻绳拉力F 充当向心力，即F ＝mr ω2.木块M 静止，所以轻绳拉力F ＝Mg ，即Mg ＝mr ω2，所以ω＝Mg mr . 答案： Mg mr16．(12分)原长为L 的轻弹簧一端固定一小铁块，另一端连接在竖直轴OO ′上，小铁块放在水平圆盘上，若圆盘静止，把弹簧拉长后将小铁块放在圆盘上，使小铁块能保持静止的弹簧的最大长度为5L 4.现将弹簧长度拉长到6L 5后，把小铁块放在圆盘上，在这种情况下，圆盘绕中心轴OO ′以一定角速度匀速转动，如图所示．已知小铁块的质量为m ，为使小铁块不在圆盘上滑动，圆盘转动的角速度ω最大不得超过多少？解析：以小铁块为研究对象，圆盘静止时：设铁块受到的最大静摩擦力为f max ，由平衡条件得f max ＝kL 4. 圆盘转动的角速度ω最大时，铁块受到的摩擦力f max 与弹簧的拉力kx 的合力提供向心力，由牛顿第二定律得kx ＋f max ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫6L 5ω2max . 又因为x ＝L5， 解以上三式得角速度的最大值ωmax ＝3k 8m . 答案： 3k 8m 17.(12分)如图所示，已知绳长为L ＝20 cm ，水平杆L ′＝0.1 m ，小球质量m ＝0.3 kg ，整个装置可绕竖直轴转动，问：(1)要使绳子与竖直方向成45°角，该装置必须以多大的角速度转动才行？(2)此时绳子的张力为多少？解析：小球绕杆做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径r ＝L ′＋L sin 45°，绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力．对小球受力分析如图所示，设绳对小球的拉力为F ，重力为mg ，则绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力．对小球由牛顿第二定律，得mg tan 45°＝m ω2r ，r ＝L ′＋L sin 45°，联立以上两式，将数值代入，得ω＝6.4 rad/s ，F ＝mgcos 45°＝4.16 N. 答案：(1)6.4 rad/s (2)4.16 N18．(14分)如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径R A ＝2R B ，当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上，若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为多少？解析：因为v A ＝v B ，所以由v ＝ωr 得ωA ωB ＝R B R A ＝12，① 木块在A 轮边缘恰能静止，其所需的向心力是由最大静摩擦力提供．设木块质量为m ，与轮子的最大静摩擦力为f max ，则f max ＝mR A ω2A ，②设木块放在B 轮上距B 轮轴的最大距离为r ，由于木块与A 、B 轮的动摩擦因数相同，所以木块放在r 处时仍是最大静摩擦力提供向心力，即f max ＝m ω2B r ，③联立①②③式，解得r ＝ω2A ωB R A ＝14R A ＝12R B . 答案：12R B。
2017-2018年高中物理必修2(粤教版)习题：章末质量评估(一)+Word版含答案
章末质量评估(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．关于斜抛运动，下列说法不正确的是( )A．任何斜抛运动都可以看成是两个方向上的直线运动的合运动B．斜抛运动可以看成是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动C．斜抛运动一定是变加速运动D．斜抛运动是匀变速运动解析：任何斜抛运动都可以分解成任何两个方向上的分运动，包括互相垂直的两个方向，所以A正确；根据斜抛运动的规律，B是正确的；合力不变的物体所做的斜抛运动是匀变速运动，所以C错误，D正确．故选C.答案：C2.一个小球在水平桌面上以速度v0运动，当小球运动至P点时，开始受到某力的作用，轨迹如图所示，AP为直线，PB为曲线．以下说法中正确的是( )A．该外力可能沿x轴正方向B．该外力可能沿x轴负方向C．该外力可能沿y轴正方向D．该外力可能沿y轴负方向解析：物体做曲线运动时，所受外力指向圆弧的内侧，在图中小球所受外力可能沿y轴正方向，故A、B、D错误，C正确．答案：C3．物体自地面做竖直上抛运动后又落回地面，则( )A．上抛过程中，加速度方向向上，速度方向向上，相对于抛出点的位移方向向上B．下落过程中，加速度方向向下，速度方向向下，相对于抛出点的位移方向向下C．在最高点，速度大小为零，不受力的作用D．到达最高点后，加速度方向不变，速度方向改变解析：物体抛出后只受重力作用，加速度方向向下，大小恒定．落地前的位移相对于抛出点方向向上，A、B、C均错，D正确．答案：D4．如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看作竖直上抛)．设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )A ．v 1＝Hx v 2 B ．v 1＝v 2x HC ．v 1＝x Hv 2D ．v 1＝v 2解析：要拦截成功，两炮弹必在空中相遇，设经时间t 两炮弹相遇，则x ＝v 1t ，y ＝12gt 2，s＝v 2t －12gt 2，y ＋s ＝H ，联立以上各式，解得v 1＝xHv 2.故选C.答案：C5．一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示．船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可以确定船沿三条不同路径渡河( )A ．时间相同，AD 是匀加速运动的轨迹B ．时间相同，AC 是匀加速运动的轨迹 C ．沿AC 用时最短，AC 是匀加速运动的轨迹D ．沿AD 用时最长，AD 是匀加速运动的轨迹解析：根据题意，船在静水中的速度是不同的，因此它们的时间也不相同，根据曲线运动条件可知，AC 轨迹说明船在静水中加速运动，而AB 则对应船在静水中匀速运动，对于AD ，则船在静水中减速运动，故A 、B 错误；由上分析可知，由AC 轨迹，船在静水中加速运动，因此所用时间最短，故C 正确；沿着AD 运动轨迹，对应的时间是最长的，但AD 是匀减速运动的轨迹，故D 错误．答案：C6．如图所示，小船以大小为v 1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水中的速度)从A 处过河，经过t 时间，正好到达正对岸的B 处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B 处，在水流速度不变的情况下，下列方法中可采用的是( )A．只要增大v1大小，不必改变θ角B．只要增大θ角，不必改变v1大小C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角解析：因小船垂直河岸过河，则由速度的分解知识可知水流速度：v＝v1cos θ；则在水流速度v不变的情况下，增大v大小，必须增大θ角，故选项C正确．答案：C7．某同学在一古井口以1 m/s的速度竖直向下扔一石块，2 s 后听到石块击水的声音，声音的传播时间忽略不计，取g＝10 m/s2，可估算出古井的深度约为( )A．20 m B．22 mC．2 m D．7 m解析：石块做竖直下抛运动，则s＝v0t＋12gt2＝1×2 m＋12×10×22 m＝22 m．由此可知古井约为22 m，B正确．答案：B8．从地面上同时抛出两小球，A沿竖直向上，B沿斜向上方，它们同时到达最高点，不计空气阻力．则( )A．A先落到地面上B．B的加速度比A的大C．A上升的最大高度比B大D．抛出时B的初速度比A大解析：A小球和B小球竖直方向上都做竖直上抛运动，它们同时到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，它们下降的过程经历的时间也是相同的，所以它们一定是同时落地，故A错误；A和B的加速度是相同的，都是重力加速度，故B错误；它们同时到达最高点，所以在竖直方向上的位移是相等的，即上升的高度是相等的，故C错误；它们同时到达最高点，所以B的初速度沿竖直方向的分速度与A的初速度大小相等，所以B的初速度一定大于A的初速度，故D正确．答案：D9.如图所示，从一根内壁光滑的空心竖直钢管A的上端边缘，沿直径方向向管内水平抛入一钢球．球与管壁多次相碰后落地(球与管壁相碰时间不计)，若换一根等高但较粗的内壁光滑的钢管B，用同样的方法抛入此钢球，则运动时间( )A ．在A 管中的球运动时间长B ．在B 管中的球运动时间长C ．在两管中的球运动时间一样长D ．无法确定解析：小球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，球跟管壁碰撞中受水平方向弹力作用，只改变水平方向速度大小，而竖直方向始终仅受重力作用，保持自由落体运动，由公式y ＝12gt 2，得t ＝2yg，因A 、B 等高，故t 相同，应选C.答案：C10．如图所示，P 是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角，则( )A.tan θ2tan θ1＝2B ．tan θ1tan θ2＝2 C.1tan θ1tan θ2＝2D.tan θ1tan θ2＝2解析：由题意知：tan θ1＝v y v 0＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt，由以上两式得tan θ1tan θ2＝2.故B 项正确．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)11．如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动．下列关于铅笔笔尖的运动及其所留下的痕迹的判断中正确的是( )A ．笔尖留下的痕迹是一条抛物线B ．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线C ．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变D ．在运动讨程中，笔尖运动的加速度方向始终不变解析：笔尖的运动为水平向右的匀速直线运动和竖直向上的匀加速直线运动的合运动，轨迹为抛物线，A 正确，B 错误．运动过程中笔尖的加速度始终不变，速度方向时刻发生变化，C 错误，D 正确．答案：AD12.某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的右侧(如图所示)．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可能做出的调整为( )A ．减小初速度，抛出点高度不变B ．增大初速度，抛出点高度不变C ．初速度大小不变，降低抛出点高度D ．初速度大小不变，提高抛出点高度解析：设小球被抛出时的高度为h ，则h ＝12gt 2，小球从抛出到落地的水平位移x ＝v 0t ，两式联立得x ＝v 02hg，根据题意，再次抛小球时，要使小球运动的水平位移x 减小，可以采用减小初速度v 0或降低抛出点高度h 的方法，故A 、C 正确．答案：AC13.如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻速度分别为v 1和v 2，绳子对物体的拉力为F 拉，物体所受重力为G ，则下列说法正确的是( )A ．物体做匀速运动，且v 1＝v 2B ．物体做加速运动，且v 2<v 1C ．物体做加速运动，且F 拉>GD ．物体做匀速运动，且F 拉＝G解析：小车在运动的过程中，其速度产生两个效果，故将小车的速度按照沿绳子方向与垂直绳子的方向进行分解，如图所示，则由图可以看出v 2＝v 1cos α，则v 2<v 1.随着小车向前移动，α将不断减小，cos α将逐渐增大，则v 2逐渐增大，即物体向上做加速运动，根据牛顿第二定律可知，F 拉>G .故B 、C 正确．答案：BC14.小球从O 点水平抛出，建立如图所示的坐标系．x 轴上OA ＝AB ＝BC ，y 轴沿竖直方向，从A 、B 、C 三点作y 轴的平行线，与小球运动轨迹交于M 、N 、P 三点，那么下列比值中正确的是( )A ．小球在这三点的水平速度之比v 1x ∶v 2x ∶v 3x ＝1∶1∶1B ．小球在OM 、MN 、NP 三段轨迹上运动的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3C ．小球在这三点的竖直分速度之比v 1y ∶v 2y ∶v 3y ＝1∶2∶3D ．AM ∶BN ∶CP ＝1∶2∶3解析：因为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，由题意知OA ＝AB ＝BC ，故小球在OM 、MN 、NP 三段轨迹上运动的时间相等，故A 正确，B 错误；由于t 1＝t 2＝t 3，又由v y ＝gt 知v 1y ＝gt ，v 2y ＝g 2t ，v 3y ＝g 3t ，所以v 1y ∶v 2y ∶v 3y ＝1∶2∶3，故C 正确；由于AM 、BN 、CP 为竖直分位移，由y ＝12gt 2知D 错误．答案：AC三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)研究平抛运动时，我们用到如图甲所示的装置，将两个完全相同的斜槽固定在同一竖直面内，它们的最下端水平．把两个质量相等的小钢球，从斜面的顶点由静止同时释放，斜槽2的水平轨道末端与光滑水平面吻合．可以观察到现象：___________________，这说明：_______________________________________________.同时我们还用到如图乙所示的装置(装置离地面足够高)，小球2与斜槽末端在同一水平线上．将小球1从任意高度释放，当它到达斜槽末端时释放小球2；再水平移动小球2，重复上述过程．可以观察到现象：_________________________________________________.这说明：______________________________________________.本实验的关键是如何确保小球1水平抛出时小球2能同时释放，这就需要一个控制装置．我们可以设置一个发射器(即一个光源)，让接收器接收它发出的光时去控制电磁铁吸住小球 2.当小球1从斜槽末端经过时将发射器发出的光挡住，接收器未收到光信号就控制电磁铁停止工作，小球2落下．解析：图甲中，小球1做平抛运动，小球2沿光滑水平面做匀速直线运动，两小球同时沿着同一水平方向运动．在斜槽尾端两小球沿相同的光滑斜槽从相同高度同时由静止释放，则两小球的水平初速度相同，小球1必定落到光滑水平面上与小球2相碰，这说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动；图乙中，小球1做平抛运动，小球2同时做自由落体运动，发现两小球总能在空中某位置相遇，这种现象说明，平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．答案：两球在斜槽2的水平轨道上相碰平抛运动的水平分运动是匀速直线运动实验中两个小球都能在空中相碰平抛运动的竖直分运动是自由落体运动16．(12分)质量m＝2 kg的物体在光滑水平面上运动，其两个相互垂直的x、y方向上的分速度v x和v y随时间变化的图线如图所示，求：(1)物体的初速度；(2)t1＝8 s时物体的速度大小；(3)t2＝4 s时物体的位移大小．解析：(1)t＝0时，v x＝3 m/s，v y＝0.所以初速度v0＝3 m/s，沿x轴正方向．(2)t1＝8 s时，v x＝3 m/s，v y＝4 m/s，则v＝v2x＋v2y＝32＋42 m/s＝5 m/s.(3)t2＝4 s时，x＝v x·t＝3×4 m＝12 m，y ＝12at 22＝12×0.5×42m ＝4 m ，合位移s ＝ x 2＋y 2＝122＋42m ＝410 m ≈12.6 m. 答案：(1)3 m/s ，沿x 轴正方向 (2)5 m/s (3)12.6 m(或410 m)17．(12分)在竖直的井底，将一物体以11 m/s 的速度竖直向上抛出，物体冲出井口时被人接住，在被人接住前1 s 内物体的位移是4 m ，位移方向向上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，求：(1)物体从抛出到被人接住所经历的时间； (2)此井的竖直深度．解析：(1)设人接住物体前1 s 时速度为v ，则有s ′＝vt ′－12gt ′2，即4＝v ×1－12×10×12，解得v ＝9 m/s ，则物体从抛出到被接住所用总时间t ＝v －v 0－g＋t ′＝1.2 s. (2)井的竖直深度为s ＝v 0t －12gt 2＝11×1.2 m －12×10×1.22m ＝6 m.答案：(1)1.2 s (2)6 m18．(14分)在高处以初速度v 1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l 、2l 处有A 、B 两个小气球以速度v 2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹)．试求：(1)飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小；(2)A 、B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中的高度差． 解析：(1)飞镖从抛出到刺破气球A ，经过了时间t A ＝lv 1， 竖直方向速度v y ＝gt A ＝gl v 1， 则飞镖速度大小v A ＝v 21＋g 2l 2v 21.(2)A 、B 两气球被刺破位置的高度差 h 1＝3×12gt 2A ＝3gl22v 21，B球比A球多运动时间lv1，B比A多上升h2＝v2lv1，A、B未被刺破前高度差H＝h1＋h2＝3gl22v21＋v2lv1.答案：(1) v21＋g2l2v21(2)3gl22v21＋v2lv1。
2017-2018年高中物理必修2(粤教版)习题：章末复习课3+
章末复习课【知识体系】[答案填写] ①地球 ②太阳 ③a 3T 2＝k ④质点 ⑤G m 1m 2r2 ⑥卡文迪许 ⑦减小 ⑧增大 ⑨减小 ⑩增大 ⑪7.9 ⑫11.2 ⑬16.7主题一 卫星与赤道上随地球自转的 物体的区别1．近地卫星、同步卫星和赤道上随地球自转的物体三种匀速圆周运动的异同．(1)轨道半径：近地卫星与赤道上物体的轨道半径近似相同，同步卫星的轨道半径较大．r 同>r近＝r 物．(2)运行周期：同步卫星与赤道上物体的运行周期相同．由T ＝2πr 3GM可知，近地卫星的周期要小于同步卫星的周期．T 近<T 同＝T 物．(3)向心加速度：由G Mm r＝ma 知，同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度．由a ＝r ω2＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2知，同步卫星的加速度大于赤道上物体的加速度．a 近>a 同>a 物． (4)动力学规律：近地卫星和同步卫星都只受万有引力作用，由万有引力提供向心力，满足万有引力提供向心力所决定的天体运行规律．赤道上的物体由万有引力和地面支持力的合力提供向心力(或说成万有引力的分力提供向心力)，它的运动规律不同于卫星的运动规律．2．卫星的向心加速度与物体随地球自转的向心加速度的区别．b 处于地面附近的近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有( )A ．a 的向心加速度等于重力加速度gB ．b 在相同时间内转过的弧长最长C ．c 在4小时内转过的圆心角是π6D ．d 的运动周期有可能是20小时解析：对a ：GMm R 2－F N ＝ma ，又F N >0，GMm R 2＝mg ，故a <g ，A 错误；由GMm r 2＝m v 2r 得v ＝GMr，r b 最小，故b 的速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B 正确；c 为同步卫星，周期为24小时，故4小时转过的角度为2π24×4＝π3，C 错误；因d 的运动周期一定大于c 的周期，故周期一定大于24小时，D 错误．答案：B针对训练1．(多选)同步卫星离地心距离为r ，运行速率为v 1，加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球的半径为R ，则下列比值正确的是( )A.a 1a 2＝rRB.a 1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r R 2C.v 1v 2＝r RD.v 1v 2＝R r解析：先研究a 1与a 2的关系，由于地球同步卫星运行周期与地球自转周期相同，因此，二者角速度相等，由a ＝r ω2得a 1a 2＝r R，选项A 正确，B 错误；再研究v 1与v 2的关系，由于二者均由万有引力提供向心力，即GMm r 2＝mv 2r，因此根据线速度公式v ＝G M r 可得v 1v 2＝Rr，选项C 错误，D 正确．答案：AD主题二 天体运动中的双星问题众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着中间的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星．如图所示为质量分别是m 1和m 2的两颗相距较近的恒星．它们间的距离为L .此双星问题的特点是：(1)两星的运行轨道为同心圆．(2)两星的运动半径之和等于它们间的距离，即r 1＋r 2＝L .(3)两星的转动周期(角速度)相同．由于m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2，即m 1r 1＝m 2r 2，所以双星中某星的运动半径与其质量成反比．若已知双星的运动周期T ，由G m 1m 2L 2＝m 1r 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2和G m 1m 2L 2＝m 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2可求得两星的总质量为m 1＋m 2＝4π2L3GT 2.【典例2】 两个靠得很近的恒星称为双星，这两颗恒星必须以一定的角速度绕二者连线上的一点转动才不至于由于万有引力作用而吸在一起，已知两颗星的质量分别为m 1、m 2，相距L ，试求这两颗星的中心位置和转动的周期．解析：设两颗星做圆周运动的周期均为T ，转动中心O 距m 1距离为R 1，由两颗星做圆周运动的向心力由两颗星间万有引力提供，有：G m 1m 2L 2＝m 14π2T 2R 1，G m 1m 2L 2＝m 24π2T2(L －R 1)．解得R 1＝m 2Lm 1＋m 2，T ＝2πL L G （m 1＋m 2）.答案：m 2Lm 1＋m 22πL LG （m 1＋m 2）针对训练2．(多选)甲、乙两恒星相距为L ，质量之比m 甲m 乙＝23，它们离其他天体都很遥远，我们观察到它们的距离始终保持不变，由此可知( )A ．两恒星一定绕它们连线的某一位置做匀速圆周运动B ．甲、乙两恒星的角速度之比为2∶3C ．甲、乙两恒星的线速度之比为 3∶ 2D ．甲、乙两恒星的向心加速度之比为3∶2解析：据题可知甲、乙两恒星的距离始终保持不变，围绕两星连线上的一点做匀速圆周运动，靠相互间的万有引力提供向心力，角速度一定相同，故A 正确，B 错误．双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：m 甲r 甲ω2＝m 乙r 乙ω2，得：r 甲r 乙＝m 乙m 甲＝32.根据v ＝r ω，知v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝3∶2.故C 错误．根据a ＝r ω2知，向心加速度之比a甲∶a 乙＝r 甲∶r 乙＝3∶2，故D 正确． 答案：AD统揽考情本章的主线是万有引力定律在天体、航天技术中的应用，在高考考查中属于每年必考内容，在全国卷中一般只考查一道选择题，占6分，命题的热点主要是万有引力定律的理解，还有利用万有引力定律求天体的质量、密度，利用万有引力提供向心力分析航天器、卫星的运行规律．在试题中，有时也考查双星模型与能量综合等问题．真题例析(2016·全国Ⅰ卷)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h解析：仅用三颗卫星实现通信目的，三颗卫星离地面的最小距离如图所示，由几何关系可知，卫星离地心的距离r 为地球半径R 的2倍．根据r 3T 2＝k ，可得（6.6R ）3242＝（2R ）3T 2，解得T ≈4 h ，B 正确．答案：B针对训练(2016·四川卷)国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星“东方红一号”，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2 060 km ；1984年4月8日成功发射的“东方红二号”卫星运行在赤道上空35 786 km 的地球同步轨道上．设“东方红一号”在远地点的加速度为a 1，“东方红二号”的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 3解析：对于东方红一号卫星，在远地点由牛顿第二定律可知GMm 1r 21＝m 1a 1，即a 1＝GMr 21(r 1＝2060 km)．对于红方红二号卫星，由牛顿第二定律可知GMm 2r 22＝m 2a 2，即a 2＝GMr 22(r 2＝35 786 km)．因为r 1＜r 2，所以a 1＞a 2.由圆周运动规律可知，对东方红二号卫星：a 2＝r 24π2T 2，对地球赤道上的物体：a 3＝R4π2T 2，因为r 2＞R ，所以a 2＞a 3.综上可得a 1＞a 2＞a 3，D 正确．答案：D1.(2016·天津卷)我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接解析：卫星绕地球做圆周运动，满足G Mm r 2＝mv 2r .若加速度，则会造成G Mm r 2＜mv 2r，卫星将做离心运动．因此要想使两卫星对接绝不可能同轨道加速或减速，只能从低轨道加速或从高轨道减速，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C2．(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 2＝r 2r 1 B.v 1v 2＝r 1r 2 C.v 1v 2＝(r 2r 1)2D.v 1v 2＝(r 1r 2)2解析：对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMm r 2＝m v 2r，可得v ＝GMr.所以对于a 、b 两颗人造卫星有v 1v 2＝r 2r 1，故选项A 正确． 答案：A3．(2015·江苏卷)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51 peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120.该中心恒星与太阳质量的比值约为( )A.110B ．1C ．5D ．10解析：行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，则M 1M 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1203×⎝ ⎛⎭⎪⎫36542≈1，选项B 正确．答案：B4.(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：空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 知，a 2>a 1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr＝ma ，可知a 3>a 2，故选项D 正确．答案：D5．(多选)(2015·课标全国Ⅰ卷改编)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2，则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，相对月球的速度先增大后减小D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度 解析：在地球表面附近有GM 地m R 地＝mg 地，在月球表面附近有G M 月m R 月＝mg 月，可得g 月＝1.656 m/s 2，所以探测器落地的速度为v ＝2g 月h ＝3.64 m/s ，故A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力为F ＝mg 月≈2×103 N ，B 正确；探测器在着陆过程中速度先减小后增大，C 错误；在靠近星球的轨道上有G Mm R 2＝mg ＝m v 2R，即有v ＝gR ，可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地球轨道上运行的线速度，故选项D 正确．答案：BD。
2017-2018学年高中物理粤教版必修2：综合检测 含解析
综合检测(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分)1．一只小船在静水中的速度为3 m/s ，它要渡过一条宽为30 m 的河，河水流速为5 m/s ，则以下说法正确的是( )A ．该船可以沿垂直于河岸方向的航线过河B ．水流的速度越大，船渡河的时间就越长C ．船头正指对岸渡河，渡河时间最短D ．船头方向斜向上游，船渡河的时间才会最短 答案 C2．如图1所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇。
若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )图1A ．tB ．22t C ．t 2D ．t 4答案 C解析 设A 、B 两小球的抛出点间的水平距离为L ，分别以水平速度v 1、v 2抛出，经过时间t 的水平位移分别为x 1、x 2，根据平抛运动规律有x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，又x 1＋x 2＝L ，则t ＝Lv 1＋v 2；若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为t ′＝L 2(v 1＋v 2)＝t2，故选项C 正确．3．如图2所示，小球A 质量为m ，固定在长为L 的轻细直杆一端，并随杆一起绕杆的另一端O 点在竖直平面内做圆周运动，如果小球经过最高位置时速度为 34gL ，则此时杆对球的作用力为( )图2A ．支持力，14mgB ．支持力，34mgC ．拉力，14mgD ．拉力，34mg答案 A4．物体做自由落体运动，E p 表示重力势能，h 表示下落的距离，以水平地面为零势能面，下列所示图象中，能正确反映E p 和h 之间关系的是( )答案 B5．如图3所示，把小车放在光滑的水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，已知小车的质量为M ，小桶与砂子的总质量为m ，把小车从静止状态释放后，在小桶下落竖直高度为h 的过程中，若不计滑轮及空气的阻力，下列说法中正确的是( )图3A ．绳拉车的力始终为mgB ．当M 远远大于m 时，才可以认为绳拉车的力为mgC ．小车获得的动能为mghD ．小桶和砂子获得的动能为mgh 答案 B解析 砂桶的重力为整体所受合力，F 合＝mg ，据牛顿第二定律mg ＝(M ＋m )a .以砂桶为研究对象，据牛顿第二定律有mg －T ＝ma ，则T ＝Mm M ＋m g ；当M 远远大于m 时，绳的拉力等于mg ，故A 错误，B 正确；小桶下落竖直高度为h 时系统的重力势能减少mgh ，根据机械能守恒定律，系统(即小车、小桶和砂子)的动能增加量为mgh ，故C 、D 错误．6．据英国《每日邮报》2015年3月6日报道，“格利泽581d ”行星大小约为地球的3倍，是人类在太阳系之外发现的第一个位于宜居带中的行星，被称为“超级地球”．若这颗行星围绕某恒星Q 做匀速圆周运动．测得行星的公转周期为T ，公转轨道半径为r ，已知引力常量为G .则( )A ．恒星的质量约为4π2r 3GT2B ．行星的质量约为4π2r 3GT2C ．以7.9 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面D ．以16.7 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面 答案 AD解析 由于万有引力提供向心力，以行星为研究对象，有G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得M ＝4π2r 3GT 2，选项A 正确；根据万有引力提供向心力，只能求得中心天体的质量，因此根据题目所给信息不能求出行星的质量，选项B 错误；如果发射探测器到达该系外行星，需要克服太阳对探测器的万有引力，脱离太阳系的束缚，所以需要发射速度大于第三宇宙速度，选项C 错误，D 正确．二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)7．如图4所示，一质点从倾角为θ的斜面顶点以水平速度v 0抛出，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图4A ．质点抛出后，经时间为v 0tan θg离斜面最远 B ．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为v 0sin θC ．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为v 0cos θD ．质点抛出后，经时间为v 0g tan θ离斜面最远 答案 AC解析 设质点到达距离斜面最远所需时间为t ，则：tan θ＝v y v 0＝gt v 0，故t ＝v 0tan θg，A 对，D 错；质点离斜面最远时速度大小：v ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2＝v 0cos θ，B 错，C 对． 8．如图5所示的传动装置中，右轮半径为2r ，a 为它边缘上的一点，b 为轮上的一点，b 距轴为r .左侧为一轮轴，大轮的半径为4r ，d 为它边缘上的一点，小轮的半径为r ，c 为它边缘上的一点．若传动中轮不打滑，则( )图5A ．a 点与c 点的线速度大小相等B ．b 点与d 点的线速度大小相等C ．a 点与d 点的向心加速度大小之比为1∶8D ．a 点与b 点的角速度大小相等 答案 ACD解析 右轮与小轮是摩擦传动，a 、c 为其边缘上的两点，所以a 、c 两点的线速度大小相等，A 正确；c 、d 同轴转动，所以c 、d 两点的角速度相同，同理a 、b 两点的角速度也相同，D 正确；由v ＝ωr ，可知，v b v d ＝ωb r 4ωd r ＝ωa r 4ωc r ＝18，B 错误；由a ＝v 2r 可知，a a ∶a d ＝v 2a2r ∶v 2d4r＝1∶8，C 正确． 9．足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体m 沿斜面向上运动，t ＝0时撤去推力，0～6 s 内速度随时间的变化情况如图6所示，由图象可知( )图6A ．0～1 s 内重力的平均功率大小与1～6 s 内重力平均功率大小之比为5∶1B ．0～1 s 内摩擦力的平均功率与1～6 s 内摩擦力平均功率之比为1∶1C ．0～1 s 内机械能变化量大小与1～6 s 内机械能变化量大小之比为1∶5D ．1～6 s 内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶3 答案 BC解析 由图象可知，0～1 s 内和1～6 s 内的平均速度都是5 m/s ，根据功率公式P ＝F v 可知两段时间内重力平均功率之比为1∶1，选项A 错误；物体在两个运动过程中所受摩擦力大小相等，故平均功率之比为1∶1，B 正确；机械能的变化量可由除重力之外其他力做功判断，为摩擦力做功，由图象知0～1 s 内与1～6 s 内位移之比为1∶5，则两段时间内机械能变化量之比为1∶5，选项C 正确；1～6 s 内动能变化量ΔE k ＝12m v 2＝50m ，上升段由牛顿第二定律有mg sin θ＋f ＝ma 1，下降段有mg sin θ－f ＝ma 2，联立得f ＝4m ，则1～6 s 下降段中摩擦力做功W f ＝ΔE ＝4m ·102×5＝100m ，则动能变化量ΔE k 与机械能变化量ΔE 之比为1∶2，D 错误．10．如图7所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图7A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差 答案 BCD解析 在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN <π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B 正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N 点动能等于从M 点到N 点重力势能的减少值，选项D 正确．三、实验题(本题共2小题，共10分)11．(5分)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮挂上适当的钩码使小车在钩码的牵引下运动，以此定量研究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图8所示．图8(1)若要完成该实验，必须的实验器材还有________________________；(2)(多选)实验开始前，他先通过调节长木板的倾斜程度来平衡小车所受摩擦力，再调节木板一端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．实验中将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功．经多次实验发现拉力做的功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的__________(填字母代号)．A．释放小车的位置离打点计时器太近B．小车的质量比钩码的质量大了许多C．摩擦阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力答案(1)刻度尺、天平(2)CD12．(5分)如图9所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，电火花计时器接在220 V、50 Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1 kg，打下一条理想的纸带如图10所示，取g ＝9.8 m/s2，O为下落起始点，A、B、C为纸带上打出的连续点迹，则：图9图10(1)打点计时器打B点时，重物下落的速度v B＝______m/s；从起始点O到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔE p＝_________J，动能的增加量ΔE k＝_________J．(结果均保留3位有效数字)(2)分析ΔE k E p的原因是______________．答案(1)0.7750.3080.300(2)由于纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦阻力以及重物受到空气阻力四、计算题(本题共4小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)宇航员站在某星球表面，从高h处以初速度v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的水平距离是x，已知该星球的半径为R，引力常数为G，求：(1)该星球的质量M；(2)该星球的第一宇宙速度．答案 (1)2h v 20R2Gx 2 (2)v 0x2hR 解析 (1)设星球表面的重力加速度为g ，则由平抛运动规律：x ＝v 0t ，h ＝12gt 2再由mg ＝G MmR2解得：M ＝2h v 20R2Gx 2(2)设该星球的近地卫星质量为m 0， 则 m 0g ＝m 0v 2R解得v ＝v 0x2hR14．(10分)如图11所示是离心轨道演示仪结构示意图．光滑弧形轨道下端与半径为R 的光滑圆轨道相接，整个轨道位于竖直平面内．质量为m 的小球从弧形轨道上的A 点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，最后离开圆轨道．小球运动到圆轨道的最高点时，对轨道的压力恰好与它所受到的重力大小相等．重力加速度为g ，不计空气阻力，求：图11(1)小球运动到圆轨道的最高点时速度的大小；(2)小球开始下滑的初始位置A 点距水平面的竖直高度h ． 答案 (1)2gR (2)3R解析 (1)小球经过最高点时对轨道的压力N ＝mg ， 依据牛顿第三定律有轨道对小球的作用力 N ′＝N ＝mg设小球通过最高点的速度为v ， 依据牛顿第二定律有 N ′＋mg ＝m v 2R ，解得v ＝2gR ．(2)小球自A 点下滑至圆轨道最高点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 2＋2mgR解得h ＝3R ．15．(10分)如图12所示，半径为R 的光滑半圆弧轨道与高为10R 的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a 、b 两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a 球恰好能通过圆弧轨道的最高点A ，b 球恰好能到达斜轨道的最高点B ．已知a 球质量为m 1，b 球质量为m 2，重力加速度为g .求：图12(1)a 球离开弹簧时的速度大小v a ； (2)b 球离开弹簧时的速度大小v b ； (3)释放小球前弹簧的弹性势能E p ．答案 (1)5gR (2)20gR (3)⎝⎛⎭⎫52m 1＋10m 2gR 解析 (1)由a 球恰好能到达A 点知m 1g ＝m 1v 2AR ，由机械能守恒定律得12m 1v 2a －12m 1v 2A ＝m 1g ·2R ，得v a ＝5gR ． (2)对于b 球由机械能守恒定律得：12m 2v 2b ＝m 2g ·10R ，得v b ＝20gR ． (3)由机械能守恒定律得E p ＝12m 1v 2a ＋12m 2v 2b ， 得E p ＝⎝⎛⎭⎫52m 1＋10m 2gR ． 16．(12分)如图13所示，在娱乐节目中，一质量为m ＝60 kg 的选手以v 0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L ＝6 m ，传送带两端点A 、B 间的距离s ＝7 m ，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳子的质量．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图13(1)选手放开抓手时的速度大小；(2)选手在传送带上从A运动到B的时间；(3)选手在传送带上克服摩擦力做的功．答案(1)5 m/s(2)3 s(3)360 J解析(1)设选手放开抓手时的速度为v1，由动能定理得－mg(L－L cos θ)＝12m v21－12m v2，代入数据解得：v1＝5 m/s．(2)设选手放开抓手时的水平速度为v2，则v2＝v1cos θ①选手在传送带上减速过程中a＝－μg②v＝v2＋at1③x1＝v＋v22t1④设匀速运动的时间为t2，则s－x1＝v t2⑤选手在传送带上的运动时间t＝t1＋t2⑥联立①②③④⑤⑥解得t＝3 s．(3)由动能定理得W f＝12m v2－12m v22，解得：W f＝－360 J，故克服摩擦力做功为360 J．。
2017-2018学年高中物理粤教版必修2学案：第1章 4 平抛
[目标定位] 1.通过实验探究，初步掌握平抛运动的处理方法.2.会用运动的合成与分解的方法分析平抛运动.3.掌握平抛运动的规律，会用平抛运动的规律解决实际问题．一、平抛运动1．定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，仅在重力作用下物体所做的运动．2．特点：(1)物体只受到方向竖直向下的重力，加速度为g．(2)物体的运动轨迹是曲线，其运动方向是不断变化的．3．性质：加速度为g的匀变速曲线运动．【深度思考】如图1所示，一人正练习投掷飞镖，请思考：图1(1)飞镖投出后，其加速度的大小和方向是否变化？(2)飞镖的运动是匀变速运动，还是变加速运动？答案(1)加速度为重力加速度g，大小和方向均不变．(2)匀变速运动．【例1】关于平抛运动，下列说法中正确的是()A．平抛运动是一种变加速运动B．做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大C．做平抛运动的物体每秒内速度增量相等D．做平抛运动的物体每秒内位移增量相等答案 C解析平抛运动是匀变速曲线运动，其加速度为重力加速度g，故加速度的大小和方向恒定，在Δt时间内速度的改变量为Δv＝gΔt，因此可知每秒内速度增量大小相等、方向相同，选项A、B错误，C正确；由于水平方向的位移x＝v0t，每秒内水平位移增量相等，而竖直方向的位移h ＝12gt 2，每秒内竖直位移增量不相等，所以选项D 错误．平抛运动是曲线运动，但加速度不变，是匀变速曲线运动．二、平抛运动的研究方法及规律1．研究方法：采用运动分解的方法，将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动．2．平抛运动的时间：由y ＝12gt 2得t ＝2yg，可知平抛运动时间只与下落高度有关，与初速度无关．3．平抛运动的速度： (1)水平方向：v x ＝v 0 竖直方向：v y ＝gt(2)合速度⎩⎪⎨⎪⎧大小：v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t2方向：tan θ＝v y v x＝gtv(θ是v 与水平方向的夹角)(3)速度变化：任意两个相等的时间间隔内速度的变化相同，Δv ＝g Δt ，方向竖直向下，如图2所示．图24．平抛运动的位移： (1)水平方向：x ＝v 0t ． 竖直方向：y ＝12gt 2．(2)合位移⎩⎪⎨⎪⎧大小：s方向：tan α＝yx(α是位移s 与水平方向的夹角)5．平抛运动的轨迹：由x ＝v 0t ，y ＝12gt 2得y ＝g2v 20x 2，为抛物线方程，其运动轨迹为抛物线．6．平抛运动的两个推论：(1)平抛运动某一时刻速度与水平方向夹角为θ，位移与水平方向夹角为α，则tan θ＝2tan α．证明：因为tan θ＝v y v 0＝gt v 0，tan α＝y x ＝gt2v 0，所以tan θ＝2tan α．(2)做平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．证明：如图3所示，P 点速度的反向延长线交OB 于A 点．则OB ＝v 0t ，AB ＝PB tan θ＝12gt 2·v 0gt＝12v 0t ． 可见AB ＝12OB ．图3【深度思考】(1)分析曲线运动的基本思路和方法是什么？(2)有人说：“平抛运动的物体初速度越大，下落得越快．”对吗？答案 (1)研究曲线运动通常采用“化曲为直”的方法．即将平抛运动分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动．(2)不对．初速度是沿水平方向的速度，由于分运动的独立性，竖直方向的分运动与水平方向的初速度无关．【例2】 如图4所示，x 轴在水平地面上，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( )图4A ．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 的大答案 BD解析 平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，由h ＝12gt 2可知，飞行时间由高度决定，h b >h a ，故a 的飞行时间比b 的短，选项A 错误；同理b 和c 的飞行时间相同，选项B 正确；根据水平位移x ＝v 0t 可知，a 、b 的水平位移满足x a >x b ，且飞行时间t b >t a ，故v 0a >v 0b ，选项C 错误；同理可得v 0b >v 0c ，选项D 正确．解答平抛运动问题时应把握以下两点： (1)运动时间由竖直高度决定；(2)水平位移由运动时间和平抛的初速度共同决定．【例3】 有一物体在离水平地面高h 处以初速度v 0水平抛出，落地时的速度为v ，竖直分速度为v y ，水平射程为l ，不计空气阻力，则物体在空中飞行的时间为( )A ．l v 0B ．h 2gC ．v 2－v 20gD ．2h v y答案 ACD解析 由l ＝v 0t 得物体在空中飞行的时间为l v 0，故A 正确；由h ＝12gt 2，得t ＝2h g，故B 错误；由v y ＝v2－v 20以及v y ＝gt ，得t ＝v 2－v 20g，故C 正确；由于竖直方向为初速度为0的匀变速直线运动，故h ＝v y 2·t ，所以t ＝2hv y，故D 正确．解决平抛运动的问题就是解决两个分运动的问题．即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．三、平抛运动与斜面的结合问题在解答平抛运动与斜面的结合问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出位移或速度与斜面倾角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：如图5所示，运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆．图5(1)运动员从斜坡上的A 点水平飞出，落到斜坡上的B 点，根据斜面倾角可以确定他的位移的方向还是速度的方向？(2)从A 到B 的运动过程中，运动员的竖直分位移与水平分位移之间有什么关系？ 答案 (1)平抛运动的合位移AB 与水平方向的夹角等于斜面的倾角，所以确定的是位移的方向． (2)tan θ＝yx【例4】 如图6所示，AB 为斜面，倾角为30°，小球从A 点以初速度v 0水平抛出，恰好落在B 点，求：图6(1)AB 间的距离；(2)物体在空中飞行的时间． 答案 (1)4v 203g (2)23v 03g解析 小球做平抛运动，在水平方向上是匀速直线运动，在竖直方向上是自由落体运动， 有x ＝v 0t ，y ＝gt 22小球由A 点抛出，落在B 点， 故有tan 30°＝y x ＝gt2v 0t ＝2v 0tan 30°g ＝23v 03g ，x ＝v 0t ＝23v 203g故AB 间的距离L ＝x cos 30°＝4v 203g．小球从斜面顶点抛出，又落到了斜面上，就确定了小球的位移方向——沿斜面方向，所以要分解位移．1．(平抛运动的理解)(多选)关于平抛运动，下列说法中正确的是( ) A ．平抛运动是匀变速曲线运动B ．做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量都是相等的C ．平抛运动可以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D ．水平抛出的羽毛做平抛运动 答案 ABC解析 平抛运动只受重力作用，做加速度为g 的匀变速曲线运动，可以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，因此A 、B 、C 正确；水平抛出的羽毛还受空气阻力，不做平抛运动，故D 错误．2．(平抛运动规律的应用)在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地．若不计空气阻力，则( )A ．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定B ．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定C ．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定D ．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定 答案 D解析 垒球击出后做平抛运动，在空中运动时间为t ，由h ＝12gt 2得t ＝2hg，故t 仅由高度h 决定，选项D 正确；水平位移x ＝v 0t ＝v 02hg，故水平位移x 由初速度v 0和离地面的高度h 共同决定，选项C 错误；落地速度v ＝v 20＋(gt )2＝v 20＋2gh ，故落地速度v 由初速度v 0和高度h 共同决定，选项A 错误；设v 与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝2ghv 0，故选项B 错误．3．(平抛运动规律的应用)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图7所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气阻力的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图7A ．L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB ．L 14gh ＜v ＜ (4L 21＋L 22)g6h C ．L 12g 6h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6hD ．L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h答案 D解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有：3h －h ＝gt 212① L 12＝v 1t 1②联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 (L 22)2＋L 21＝v 2t 2 ③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．4． (平抛运动与斜面的结合问题)如图8，小球以15 m/s 的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上．取g ＝10 m/s 2，tan 53°＝43，求：图8(1)小球在空中的飞行时间； (2)抛出点距落点的高度． 答案 (1)2 s (2)20 m解析 如图所示．由几何关系知β＝90°－37°＝53°． (1)由图得tan β＝v y v 0＝gt v 0，得飞行时间t ＝v 0gtan β＝2 s ．(2)高度h ＝12gt 2＝12×10×22 m ＝20 m ．题组一 对平抛运动的理解1．从水平匀速飞行的飞机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落的过程中，下列说法中正确的是( )A ．从飞机上看，物体静止B ．从飞机上看，物体始终在飞机的后方C ．从地面上看，物体做平抛运动D ．从地面上看，物体做自由落体运动答案 C解析在匀速飞行的飞机上释放物体，物体有一水平速度，故从地面上看，物体做平抛运动，C对，D错；飞机的速度与物体水平方向上的速度相同，故物体始终在飞机的正下方，且相对飞机的竖直位移越来越大，A、B错．故选C．2．如图1所示，滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出，落在水平地面上．忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是()图1A．v0越大，运动员在空中运动时间越长B．v0越大，运动员落地瞬间速度越大C．运动员落地瞬间速度方向与高度h无关D．运动员落地位置与v0大小无关答案 B解析在平抛运动中，飞行时间仅由高度决定，所以A错误；水平位移、落地速度(末速度)由高度和初速度共同决定，所以B对，C、D错误．3．从离地面h高处投出A、B、C三个小球，A球自由下落，B球以速度v水平抛出，C球以速度2v水平抛出，它们落地时间t A、t B、t C的关系是()A．t A<t B<t C B．t A>t B>t CC．t A<t B＝t C D．t A＝t B＝t C答案 D解析平抛运动物体的飞行时间仅与高度有关，与水平方向的初速度大小无关，故t B ＝t C，而平抛运动的竖直运动为自由落体运动，所以t A＝t B＝t C，D正确．4．人站在平台上平抛一小球，球离手的速度为v1，落地时速度为v2，不计空气阻力，下图中能表示出速度矢量的演变过程的是()答案 C题组二 平抛运动规律的应用5．在抗震救灾中，一架飞机水平匀速飞行．从飞机上每隔1 s 释放1包物品，先后共释放4包(都未落地)，若不计空气阻力，从地面上观察4包物品( )A ．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是等间距的B ．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是不等间距的C ．在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线，它们的落地点是等间距的D ．在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线，它们的落地点是不等间距的 答案 C解析 因为不计空气阻力，物品在水平方向将保持和飞机一致的匀速运动，因而4包物品在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线；因为飞机高度一致，物品做平抛运动的时间一致，水平速度一致，间隔时间一致，所以它们的落地点是等间距的．6．在同一点O 抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图2所示，则三个物体做平抛运动的初速度v A 、v B 、v C 的关系和三个物体做平抛运动的时间t A 、t B 、t C 的关系分别是( )图2A ．v A >vB >vC ，t A >t B >t C B ．v A ＝v B ＝v C ，t A ＝t B ＝t C C ．v A <v B <v C ，t A >t B >t CD ．v A >v B >v C ，t A <t B <t C答案 C解析 根据平抛运动规律，水平方向x ＝v 0t ，竖直方向y ＝12gt 2，由于x A <x B <x C ，y A >y B >y C ， 因此，平抛运动时间t A >t B >t C ， 平抛运动的初速度v A <v B <v C ， 所以正确选项为C ．7．如图3所示，从同一条竖直线上两个不同点P 、Q 分别向右平抛两个小球，平抛P 、Q 的初速度分别为v 1、v 2，结果它们同时落到水平面上的M 点处(不考虑空气阻力)．下列说法中正确的是( )图3A ．一定是P 先抛出的，并且v 1＝v 2B ．一定是P 先抛出的，并且v 1＜v 2C ．一定是Q 先抛出的，并且v 1＝v 2D ．一定是Q 先抛出的，并且v 1＞v 2 答案 B解析 两小球被抛出后均做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在竖直方向上有：h ＝12gt 2，解得小球运动的时间为：t ＝2hg，由图可知小球P 的下落高度h 1大于小球Q 的下落高度h 2，因此两球的运动时间有：t 1＞t 2，因两球同时落地，所以小球P 先抛出，故选项C 、D 错误；在水平方向上有：x ＝v t ，由图可知：x 1＝x 2，所以v 1＜v 2，故选项A 错误，选项B 正确．8．(多选)如图4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 高度处，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4A ．球的速度v 等于Lg2HB ．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 答案 AB解析 由平抛运动规律知，在水平方向上有：L ＝v t ，在竖直方向上有：H ＝12gt 2，联立解得t ＝2Hg，v ＝L g2H，所以A 、B 正确；球从击球点至落地点的位移为s ＝H 2＋L 2，C 、D 错误．9．(多选)以速度v 0水平抛出一球，某时刻其竖直分位移与水平分位移相等，则下列判断中正确的是( )A ．竖直分速度等于水平分速度B ．此时球的速度大小为5v 0C ．运动的时间为2v 0gD ．运动的位移是22v 20g答案 BCD解析 水平速度为v 0，设下落的时间为t ，由题意得v 0t ＝12gt 2，解得t ＝2v 0g ，竖直分速度为v y ＝2v 0，所以A 错，C 正确；速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝5v 0；位移s ＝x 2＋y 2＝22v 20g，所以B 、D 正确．题组三 与斜面结合的平抛运动问题10． (多选)如图5所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)( )图5A ．两次小球运动时间之比t 1∶t 2＝1∶ 2B ．两次小球运动时间之比t 1∶t 2＝1∶2C ．两次小球抛出时初速度之比v 01∶v 02＝1∶ 2D ．两次小球抛出时初速度之比v 01∶v 02＝1∶2 答案 AC解析 平抛运动竖直方向为自由落体运动h ＝12gt 2，由题意可知两次平抛的竖直位移之比为1∶2，所以运动时间之比为t 1∶t 2＝1∶2，选项A 对，B 错；水平方向为匀速直线运动，由题意知水平位移之比为1∶2，即v 01t 1∶v 02t 2＝1∶2，所以两次平抛初速度之比v 01∶v 02＝1∶2，选项C 对，D 错．11．斜面上有P 、R 、S 、T 四个点，如图6所示，PR ＝RS ＝ST ，从P 点正上方的Q 点以速度v 水平抛出一个物体，物体落于R 点，若从Q 点以速度2v 水平抛出一个物体，不计空气阻力，则物体落在斜面上的( )图6A ．R 与S 间的某一点B ．S 点C ．S 与T 间的某一点D ．T 点答案 A题组四 综合应用12．物体做平抛运动，在它落地前的1 s 内它的速度与水平方向夹角由30°变成60°，取g ＝10 m/s 2.求：(1)平抛运动的初速度v 0； (2)平抛运动的时间； (3)平抛时的高度．答案 (1)5 3 m/s (2)1.5 s (3)11.25 m解析 (1)假定轨迹上A 、B 两点是落地前1 s 内的始、终点，画好轨迹图，如图所示．对A 点：tan 30°＝gt v 0① 对B 点：tan 60°＝gt ′② t ′＝t ＋1 s③由①②③解得t ＝0.5 s ，v 0＝5 3 m/s ． (2)运动总时间t ′＝t ＋1 s ＝1.5 s ． (3)高度h ＝12gt ′2＝11.25 m ．13．如图7所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为α＝53°的斜面顶端并刚好沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h ＝0.8 m ，取g ＝10 m/s 2.求：图7(1)小球水平抛出的初速度v 0；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x .(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 答案 (1)3 m/s (2)1.2 m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 ＝v 0t ，h ＝12gt 2，v y ＝gt 由题图可知：tan α＝v y v 0＝gtv 0代入数据解得：v0＝3 m/s，x＝1.2 m．14．从离地高80 m处水平抛出一个物体，3 s末物体的速度大小为50 m/s，取g＝10 m/s2.求：(1)物体抛出时的初速度大小；(2)物体在空中运动的时间；(2)物体落地时的水平位移．答案(1)40 m/s(2)4 s(3)160 m解析(1)由平抛运动的规律知v＝v2x＋v2y3 s末v＝50 m/s，v y＝gt＝30 m/s解得v0＝v x＝40 m/s(2)物体在空中运动的时间t′＝2hg＝2×8010s＝4 s(3)物体落地时的水平位移s＝v0t′＝40×4 m＝160 m．。
2017-2018年高中物理必修2(粤教版)习题：章末质量评估
章末质量评估(四)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．下列物理量不可能为负值的是( )A．加速度B．功C．动能D．重力势能解析：加速度是矢量，可正可负，表示方向，为正时，与规定的正方向相同，为负时，与规定的正方向相反；功和动能为标量，功为正，说明力与位移的夹角小于90°，功为负，说明力与位移的夹角大于90°；物体的重力势能有正负，为正时，说明物体在零势能参考面的上方，为负时，说明物体在零势能参考面的下方；动能与速度的平方成正比，不可能为负值，故选C.答案：C2．下列关于力对物体做功的说法正确的是( )A．摩擦力对物体做功的多少与路径无关B．合力不做功，物体必定做匀速直线运动C．在相同时间内作用力与反作用力做功绝对值一定相等，一正一负D．一对作用力和反作用力，可能其中一个力做功，而另一个力不做功解析：根据摩擦力做功的特点知，摩擦力的功与路径有关，A错误；合力不做功，合力不一定为零，物体不一定做匀速直线运动，B错误，一对作用力、反作用力的功不一定数值相等、一正一负，有可能一个力做功，另一个力不做功，C错误，D正确．答案：D3．清洁工人在清洁城市道路时驾驶洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶．当洒水车行驶到某一路口时开始洒水，若洒水车的速度保持不变，且所受阻力与车重成正比，则开始洒水后( ) A．洒水车受到的牵引力保持不变B．洒水车受到的牵引力逐渐增大C．洒水车发动机的输出功率保持不变D．洒水车发动机的输出功率不断减小解析：因为洒水车的重力在减小，且所受阻力与车重成正比，故阻力也减小，所以受到的牵引力减小，选项A、B错误；又因为洒水车的速度不变，故由P＝Fv可知，发动机的输出功率不断减小，选项C错误，D正确．答案：D4．下列各种运动过程中，物体(弓、过山车、石头、圆珠笔)机械能守恒的是(忽略空气阻力)( )A．将箭搭在弦上，拉弓的整个过程B．过山车在动力作用下从轨道上缓慢上行的过程C．在一根细线的中央悬挂着一石头，双手拉着细线缓慢分开的过程D．手握内有弹簧的圆珠笔，笔帽抵在桌面放手后圆珠笔弹起的过程解析：将箭搭在弦上，拉弓的整个过程，因为人对弓要做功，故机械能增加，选项A错误；过山车在动力作用下从轨道上缓慢上行的过程，因为动力对车做功，故机械能增加，选项B错误；在一根细线的中央悬挂着一石头，双手拉着细线缓慢分开的过程，人要做功，故手头的机械能增加，选项C错误；手握内有弹簧的圆珠笔，笔帽抵在桌面放手后圆珠笔弹起的过程，只有重力和弹力对笔帽做功，故机械能守恒，选项D正确，故选D.答案：D5.如图所示，在加速运动的车厢中，一个人用力沿车前进的方向推车厢，已知人与车厢始终保持相对静止，那么人对车厢做功的情况是( )A．做正功B．做负功C．不做功D．无法确定解析：人随车一起向车前进的方向加速运动，表明车对人在水平方向上的合力向前，根据牛顿第三定律，人对车在水平方向的合力与车运动方向相反，故人对车做负功，B正确．答案：B6.如图所示，一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质轻簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此过程中以下说法正确的是( )A．物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功相等C．弹簧的弹力做正功，弹性势能减小D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加解析：物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量不成正比，A项错误；物体向墙壁运动相同的位移，弹簧的弹力增大，弹力做的功也增大，B项错误；在压缩过程中，弹簧的弹力做负功，弹性势能增加，D 项正确C 项错误．答案：D7．跳水运动是我国的一个体育强项，此项运动大体上可以简化为三个阶段：运动员从跳板上起跳做竖直上抛运动、再做自由落体运动、入水后做匀减速直线运动．某质量为m 的运动员(可视为质点)，入水后的加速度大小为a ＝1.5 g ，在水中下沉深度h 时速度减为零．在运动员从入水到停止下沉的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动员的动能减小了1.5mghB ．运动员的机械能减小了1.5mghC ．运动员克服阻力所做的功为1.5mghD ．运动员的重力势能减小了1.5mgh解析：入水过程对运动员受力分析，可知F 合＝f －mg ＝ma ，由动能定理，可知ΔE k ＝－F 合h ＝－1.5mgh ，运动员的动能减小了1.5mgh ，选项A 正确；由功能关系，可知ΔE ＝－fh ＝－2.5mgh ，运动员克服阻力所做的功为2.5mgh ，机械能减小了2.5mgh ，选项B 、C 错误；由mgh ＝－ΔE p ，可知运动员的重力势能减小了mgh ，选项D 错误．答案：A8．如图所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m 的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A 的速率为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则物块运动到C 点时弹簧的弹性势能为( )A ．mghB ．mgh ＋12mv 2C ．mgh －12mv 2D.12mv 2－mgh 解析：由机械能守恒定律可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有12mv 2＝mgh＋E p ，故E p ＝12mv 2－mgh .答案：D9．放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象如图甲、乙所示，则物体的质量为(g 取10 m/s 2)( )A.53 kg B.109 kg C.35kg D.910kg 解析：物体在前2 s 做匀加速直线运动，由P ＝Fv ，2 s 末功率为30 W ，速度为6 m/s ，因此前2 s 拉力F 1＝5 N ，后4 s 做匀速直线运动，F 拉＝F 阻，拉力大小与阻力大小都是P v ＝53N ；再由前2 s 内a ＝3 m/s 2，且F 1－F 阻＝ma ，得m ＝109kg ，故选项B 正确． 答案：B10.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析：重力做功与路径无关，所以W G ＝mgR ，选项A 错；小球在B 点时所受重力提供向心力，即mg ＝m v 2R ，所以v ＝gR ，从P 点到B 点，由动能定理知：W 合＝12mv 2＝12mgR ，故选项C 错；根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量|ΔE |＝|ΔE p |－|ΔE k |＝12mgR ，故选项B 错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，等于12mgR ，故选项D 对．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)11．一个质量为m 的物体，分别做下列运动，其动能在运动过程中一定发生变化的是( ) A ．匀速直线运动 B ．匀变速直线运动 C ．平抛运动D ．匀速圆周运动解析：物体做匀速直线运动，速度的大小和方向均不改变，根据公式E k ＝12mv 2，动能不变，故A 错误；物体做匀变速直线运动，速度的大小变化，根据公式E k ＝12mv 2，动能一定改变，故B正确；物体做平抛运动，速度的大小不断增加，根据公式E k ＝12mv 2，动能一定增加，故C 正确；物体做匀速圆周运动，速度的大小没有变化，根据公式E k ＝12mv 2，动能不变，故D 错误；故选BC.答案：BC12．把质量为m 的小球从距地面高为h 处以θ角斜向上方抛出，初速度为v 0，不计空气阻力，小球落地时的速度大小与下列因素中有关的是( )A ．小球的初速度v 0的大小B ．小球的质量mC ．小球抛出时的高度hD ．小球抛出时的仰角θ解析：从小球从抛出到落地，由动能定理可知：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，解得v ＝v 20＋2gh ，则小球落地时的速度大小与小球的初速度v 0的大小、小球抛出时的高度h 有关，故选A 、C.答案：AC13.如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m 的小球，从轻弹簧的正上方某一高处自由落下，并将弹簧压缩，直到小球的速度变为零．对于小球、轻弹簧和地球组成的系统，在小球开始与弹簧接触时起到小球速度变为零的过程中，有( )A ．小球的动能不断减小，直至为零B ．弹簧的弹性势能不断增大C ．小球的动能与重力势能之和不变D．小球的动能与重力势能之和不断变小解析：小球与弹簧刚接触时，弹力小于重力，合力与速度方向都向下，小球做加速运动，当合力为零时，速度最大，动能最大，故小球的动能先增大后减小，选项A错误；弹簧压缩量越大，弹性势能越大，选项B正确；小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变，故选项C错误，选项D正确．答案：BD14.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：对于M和m组成的系统，除了重力、轻绳弹力做功外，摩擦力对M做了功，系统机械能不守恒，选项A错误；对于M，合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和，根据动能定理可知，M动能的增加等于合外力做的功，选项B错误；对于m，只有其重力和轻绳拉力做了功，根据功能关系可知，除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量，选项C正确；对于M和m组成的系统，系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零，只有两滑块的重力和M受到的摩擦力对系统做了功，根据功能关系得，M的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量，选项D正确．答案：CD三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：(1)供实验选择的重物有以下四个，应选择( )A．质量为10 g的砝码B．质量为200 g的木球C．质量为50 g的塑料球D．质量为200 g的铁球(2)(多选)下列叙述正确的是( )A．实验中应用秒表测出重物下落的时间B．可用自由落体运动的规律计算重物的瞬时速度C ．因为是通过比较mv 22和mgh 是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量D ．释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔(3)质量m ＝1 kg 的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04 s ，那么从打点计时器打下起点O 到打下B 点的过程中，物体重力势能的减少量E p ＝________J ，此过程中物体动能的增加量E k ＝________J(g 取9.8 m/s 2，结果保留三位有效数字)．解析：(1)为减小实验误差应选用铁球． (3)ΔE p ＝mgOB ＝2.28 J ；v B ＝AC 2T ＝2.125 m/s ，ΔE k ＝12mv 2B ＝2.26 J.答案：(1)D (2)CD (3)2.28 2.2616．(10分)下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平直道上以额定功率匀速行驶的速度．(1)求电动车在水平直道上行驶过程中受到阻力的大小．(2)若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3 m/s 时的加速度为多少？ 解析：(1)设电动车的额定车速为v m ，此时电动车牵引力为F 1， 则P 额＝F 1·v m ，①F 1－f ＝0.②联立①②可得f ＝36 N.(2)当车速为3 m/s ，此时电动车牵引力为F 2，P 额＝F 2·v ，③ F 2－f ＝ma .④联立③④可得a ＝0.2 m/s 2.答案：(1)36 N (2)0.2 m/s 217．(12分)如图所示，物体A 和B 系在跨过定滑轮的细绳两端，物体A 的质量为1.5 kg ，物体B 的质量为1 kg ，开始时把物体A 托起，使B 刚好与地接触，这时物体A 离地面的高度为1 m ，放手后让A 由静止开始下落，当A 着地时，物体A 的速度为多少(取g ＝10 N/kg)?解析：取地面为零重力势能面，在该变化过程中，除了物体A 和B 的重力做功外还有连接A 、B 的绳子上的拉力做了功，但绳上拉力做的总功等于零，物体A 、B 和细绳组成的系统，在该过程中机械能守恒．初状态时的机械能为E 1＝m A gh ＝15 J ， 末状态时的机械能为E 2＝m B gh ＋12(m A ＋m B )v 2，则m A gh ＝m B gh ＋12(m A ＋m B )v 2，代入数值，解得v ＝2 m/s. 答案：2 m/s18．(14分)如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形粗糙导轨在B 点衔接，导轨半径为R .一个质量为m 的物块将弹簧压缩后静止在A 处，释放后在弹力的作用下获得向右的速度，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能到达最高点C .求：(1)弹簧对物块的弹力做的功； (2)物块从B 至C 克服阻力做的功；(3)物块离开C 点后落回水平面时其动能的大小．解析：(1)设物块经过B 点时的速度为v 1，则由动能定理得W ＝12mv 21，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 21R，两式联立得W ＝12(F N －mg )R ＝3mgR .(2)设物块经C 点时的速度为v 2，由题意知mg ＝m v 22R.则由动能定理得－(W f＋2mgR)＝12mv22－12mv21，所以从B至C克服阻力做的功W f＝12mv21－12mv22－2mgR＝12mgR.(3)根据机械能守恒定律2mgR＝E k－12mv22，故物块落回水平面时的动能E k＝12mv22＋2mgR＝52mgR.答案：(1)3mgR(2)12mgR(3)52mgR。
粤教版高中物理 必修 第二册 课后练习、课时练习
一、单选题(选择题)1. 一质量为m的物体在恒力F作用下竖直向上运动了高度h，重力加速度为g．则A．重力势能减少了mghB．动能增加了（F－mg）hC．合力做功FhD．机械能增加了（F－mg）h2. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。
其v-t图像如图所示。
汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法不正确的是（）A．汽车在前5s内的牵引力为6×103NB．汽车的额定功率为60kWC．汽车的最大速度为30m/sD．0-t0时间内汽车牵引力做功为3. 如图所示，已知地球半径为R，高空圆轨道Ⅰ距地面的高度h=2R，椭圆轨道Ⅱ分别与高空圆轨道Ⅰ和近地圆轨道Ⅲ相切于a、b两点，当同一卫星分别在这些轨道上运行时，下列说法正确的是（）A．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时的速度大小之比为1：3B．卫星在轨道Ⅱ上经过b点时的速度大小等于在轨道Ⅲ上经过b点时的速度大小C．卫星在轨道Ⅱ上从a点运行至b点的过程中机械能在减少D．卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行时的周期之比为4. 如图所示，一小球在细绳作用下在水平面内做匀速圆周运动，小球质量为，细绳的长度为，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力和小球尺寸。
下列说法正确的是（）A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B．小球的向心力大小为C．小球受到的拉力大小为D．小球做圆周运动的角速度大小为5. 如图所示，一玻璃管中注满清水，水中放一软木塞（软木塞的直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上浮）。
将玻璃管的开口端用胶塞塞紧（图甲）。
现将玻璃管倒置（图乙），在软木塞上升的同时，将玻璃管水平向右加速移动，观察软木塞的运动，将会看到它斜向右上方运动，经过一段时间，玻璃管移至图丁所示位置，软木塞恰好运动到玻璃管的顶端，在下图的四个图像中，能正确反映软木塞运动轨迹的是（）A．B．C．D．6. 如图所示，游乐场的旋转盘上，开始时有的人离转轴近一些，有的人离转轴远一些。
粤教版高中物理选择性必修第二册课后习题第1章 磁场 分层作业4 洛伦兹力与现代技术
分层作业4 洛伦兹力与现代技术A组必备知识基础练1.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.某款质谱仪的原理示意图如图所示,现利用该质谱仪对氢元素进行测量.让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场.离子加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中.氢的三种同位素最后打在照相底片D上,形成a、b、c三条“质谱线”,则下列判断正确的是( )A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B.进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C.在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D.a、b、c三条“质谱线”分别是氕、氘、氚产生的2.(广东茂名开学考试)美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,为人类在获得高能粒子方面前进了一大步.一种改进后的回旋加速器示意图如图所示,其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定,且被限制在MN板间,带正电粒子从 P0处以速度 v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动,经多次加速后从D形盒右侧离开.下列说法错误的是( )A.带电粒子每运动一周被加速一次B.不做任何改变,该回旋加速器可以加速其他比荷不同的带正电粒子C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D.仅增大加速电场的电压,加速粒子的最大速度不变3.(多选)一带负电的粒子(不计重力)能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中沿水平直线匀速穿过.设产生匀强电场的两极板间电压为U,距离为d,匀强磁场的磁感应强度为B,粒子所带的电荷量为q,进入速度为v,下列说法正确的是( )A.若同时增大U和B,其他条件不变,则粒子一定能够沿直线穿过B.若同时减小d和增大v,其他条件不变,则粒子可能沿直线穿过C.若粒子向下偏,能够飞出极板间,则粒子动能一定减小D.若粒子向下偏,能够飞出极板间,则粒子的动能有可能不变4.医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a、b和磁极N、S构成,磁极间的磁场是匀强磁场.使用时,两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如图所示.由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动,电极a、b之间会有微小电势差.在达到平衡时,血管内部的电场可看作是匀强电场,血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零.在某次监测中,两触点的距离为3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160 μV,磁感应强度的大小为0.040 T,则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )A.1.3 m/s,a正极、b负极B.2.7 m/s,a正极、b负极C.1.3 m/s,a负极、b正极D.2.7 m/s,a负极、b正极5.(多选)利用如图所示的装置可以测量金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是( )A.上表面电势高B.下表面电势高C.该导体单位体积内的自由电子数为1edbD.该导体单位体积内的自由电子数为BIeUb6.(广东揭阳高二阶段练习)世界上第一台回旋加速器如图甲所示,其原理如图乙所示,加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成,其间留有空隙,现对氚核(13H)加速,所需的高频电源的频率为f,已知元电荷为e,下列说法正确的是( )A.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大B.高频电源的电压越大,氚核最终射出回旋加速器的速度越大C.氚核的质量为eB2πfD.该回旋加速器接频率为f的高频电源时,也可以对氦核(24He)加速7.电磁流量计的示意图如图所示.圆管由非磁性材料制成,空间有匀强磁场.当管中的导电液体流过磁场区域时,测出管壁上MN两点的电动势E,就可以知道管中液体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体的体积).已知管的直径为d,磁感应强度为B,则关于Q的表达式正确的是( )A.Q=πdEB B.Q=πdE4BC.Q=πdE2B D.Q=2πdEB8.如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动.不计带电粒子的重力.(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T.(2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度E的大小.B组关键能力提升练9.质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场,质谱仪的原理图如图所示.设想有一个静止的质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力),经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中,带电粒子打到底片上的P点,设OP=x,则能正确反映x与U之间的函数关系的图像是( )10.用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图如图甲所示,其核心部分是两个D形盒,在加速带电粒子时,两D形盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示.忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断正确的是( )A.在E k-t图像中应有t4-t3<t3-t2<t2-t1B.加速电压越大,粒子最后获得的动能就越大C.粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能增大,可增加D形盒的面积11.磁力计可用于测定地磁场的磁感应强度,它的原理如图所示,电路中有一段金属导体,它的横截面是宽为a、高为b的长方形,放在沿y轴正方向的匀强磁场中,导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n,电子电量为e.金属导电过程中,自由电子做定向移动可视为匀速运动.若测出金属导体前后两个侧面间(z=a为前侧面,z=0为后侧面)的电势差为U,那么( )A.前侧面电势高,匀强磁场的磁感应强度B=nebUIB.前侧面电势高,匀强磁场的磁感应强度B=neaUIC.后侧面电势高,匀强磁场的磁感应强度B=nebUID.后侧面电势高,匀强磁场的磁感应强度B=neaUI12.一台质谱仪的工作原理如图所示.电荷量为+q、质量为2m的大量离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上.图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N时离子的运动轨迹.不考虑离子间的相互作用和不计离子重力.(1)求离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;(2)在图中用斜线标出磁场中离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d.13.如图所示,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动,自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直.已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1,并在磁场边界的N 点射出;乙种离子在MN 的中点射出;MN 长为l.不计重力影响和离子间的相互作用.求:(1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比. 答案：1.A 氢元素的三种同位素离子均带正电,电荷量大小均为e,经过加速电场,由动能定理有eU=E k =12mv 2,故进入磁场中的动能相同,B 项错误;质量越大的离子速度越小,A 项正确;三种离子进入磁场后,洛伦兹力充当向心力,evB=m v 2R ,解得R=mv eB=√2meUeB,可见,质量越大的离子做圆周运动的半径越大,D 项错误;在磁场中运动时间均为半个周期,t=12T=πm eB,可见离子质量越大,在磁场中运动时间越长,C 项错误.2.C 带电粒子只有经过MN板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次,电场的方向不需改变,只在MN间加速,所以该回旋加速器可以加速其他比荷不同的带正电粒子,故A、B正确;当粒子从D形盒中射出时,速度最大,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m v 2r ,得v max=qBr Dm,可知加速粒子的最大速度与D形盒半径r D有关,与加速电场的电压无关,则增大加速电场的电压,粒子最终获得的最大速度不变,故C错误,D正确.3.BC 粒子能够沿水平直线匀速穿过复合场,则有q Ud =qvB,即v=UBd,若U、B增大的倍数不同,粒子不能沿直线穿过,A项错误,同理B项正确;粒子向下偏,电场力做负功,又W洛=0,所以ΔE k<0,C项正确,D项错误.4.A 由左手定则知,正离子在磁场中受洛伦兹力作用向上偏转,负离子在磁场中受洛伦兹力作用向下偏转,因此电极a为正极、电极b为负极;稳定时,血液中的离子受的电场力和磁场力平衡,有qE=qvB,得v=EB=UBd=1.3m/s.5.BD 画出平面图如图所示,由左手定则知自由电子向上表面偏转,故下表面电势高,故选项B正确,选项A错误.再根据e U d =evB,I=neSv=ne·b·d·v,得n=BIeUb,故选项D正确,选项C错误.6.C 根据T=2πmeB,可知被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期不变,故A错误;设D形盒的半径为R,则氚核最终射出回旋加速器的速度满足evB=mv 2R ,得v=eBRm,则氚核最终射出回旋加速器的速度与电压无关,故B错误;根据T=2πmeB ,可知m=TeB2π=eB2πf,故C正确;因为氚核(13H)与氦核(24He)的比荷不同,所以不能用来加速氦核(24He),故D错误.7.B M、N两点间的电势差是由于带电粒子受到洛伦兹力在管壁的上下两侧堆积电荷产生的.到一定程度后,上下两侧堆积的电荷不再增多,M、N两点间的电势差达到稳定值E,此时洛伦兹力和电场力平衡,则qvB=qE1,E1=Ed ,v=EdB,圆管的横截面积S=14πd2,故流量Q=Sv=πEd4B,故B正确.8.答案(1)mvqB 2πmqB(2)vB解析(1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m v 2R 带电粒子做匀速圆周运动的半径R=mvqB匀速圆周运动的周期T=2πRv =2πmqB.(2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB.粒子做匀速直线运动,则qE=qvB 电场强度E的大小E=vB.9.B 带电粒子先经加速电场加速,有qU=12mv2,进入磁场后偏转,OP=x=2r=2mvqB ,两式联立得x=√8mUB2q∝√U,所以B正确.10.D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关,因此在E k-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1,A错误;由粒子做圆周运动的半径r=mvqB =√2mE kqB可知E k=q2B2r22m,即粒子获得的最大动能取决于D形盒的半径和匀强磁场的磁感应强度,与加速电压和加速次数无关,当轨道半径r与D 形盒半径R相等时就不再继续加速,故B、C错误,D正确.11.C 电子定向移动的方向沿x轴负向,所以电子向前侧面偏转,则前侧面带负电,后侧面带正电,后侧面的电势较高,当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转,使得前后两侧面间产生电势差,当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时,前后两侧面间产生恒定的电势差.因而可得eUa =Bev,q=n(abvt)e,I=qt=neabv,由以上几式解得匀强磁场的磁感应强度B=nebUI,故C正确.12.答案(1)4B √mU0q-L(2)见解析图2B √mU0q−√4mU0qB2-L24解析(1)设离子在磁场中的运动半径为r1在电场中加速时,由动能定理得qU0=12×2mv2在磁场中由牛顿第二定律得qvB=2m v 2r1解得r1=2B √mU0q根据几何关系x=2r1-L解得x=4B√mU 0q-L.(2)如图所示,最窄处位于过两虚线交点的垂线上d=r 1-√r 12-(L 2)2 解得d=2B√mU 0q −√4mU 0qB 2-L 24.13.答案(1)4U lv 1(2)1∶4解析(1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q 1U=12m 1v 12由牛顿第二定律有 q 1v 1B=m 1v 12R 1由几何关系知2R 1=l 联立得B=4U lv 1.(2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2,射入磁场的速度为v 2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2.同理有 q 2U=12m 2v 22q 2v 2B=m 2v 22R 2由几何关系知2R 2=l 2得甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1∶q2m2=v12∶v22=1∶4.。
2017-2018学年高中物理粤教版必修2学案：专题2 平抛运
一、对平抛运动的理解1．平抛运动是加速度恒为g 的匀变速曲线运动．物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下．2．平抛运动的分运动：(1)竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 2，所以t ＝2hg，飞行时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关．(2)水平方向做匀速直线运动，x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关．[复习过关]1．(多选)关于平抛物体的运动，以下说法正确的是( ) A ．做平抛运动的物体，速度和加速度都随时间的增加而增大 B ．做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变 C ．平抛物体的运动是匀变速运动 D ．平抛物体的运动是变加速运动 答案 BC解析 做平抛运动的物体，速度随时间不断增大，但由于只受恒定不变的重力作用，所以加速度是恒定不变的，选项A 、D 错误，B 、C 正确．2．如图1所示，气枪水平对准被电磁铁吸住的钢球，并在气枪子弹射出枪口的同时，电磁铁的电路恰好断开，被释放的钢球自由下落，若不计空气阻力，则( )图1A ．子弹总是打在钢球的上方B ．子弹总是打在钢球的下方C ．只有在气枪离电磁铁为一特定距离时，子弹才能击中下落的钢球D ．只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程之内，子弹一定能击中下落的钢球 答案 D解析 子弹离开气枪后做平抛运动，在竖直方向上子弹和钢球都做自由落体运动，设子弹的初速度为v 0，气枪与钢球的水平距离为s ，则只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程内，经过时间t ＝sv 0，子弹正好击中下落的钢球．故选D ．二、平抛运动规律的应用1．平抛运动的基本求解方法——“化曲为直”思想 2．平抛运动的三种分解思路(1)分解速度：v 合＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋(gt )2(2)分解位移：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，tan θ＝y x(3)分解加速度 3．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图2中A 点和B 点所示．图2(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ．[复习过关]3．(多选)如图3所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图3A ．小球水平抛出时的初速度大小为gttan θB ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D ．若小球初速度增大，则θ减小 答案 AD解析 落地时竖直方向上的速度v y ＝gt ，因为速度方向与水平方向的夹角为θ，故小球的初速度v 0＝v y tan θ＝gttan θ，选项A 正确；速度方向与水平方向的夹角的正切值tan θ＝v y v 0＝gt v 0，位移方向与水平方向的夹角的正切值tan α＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，则tan θ＝2tan α，但α≠θ2，选项B 错误；平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，选项C 错误；由于tan θ＝v y v 0＝gtv 0，若小球初速度增大，则θ减小，选项D 正确．4． (多选)两个物体做平抛运动的轨迹如图4所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至碰到台上的时间分别为t a 、t b ，则()图4A ．v a ＞v bB ．v a ＜v bC ．t a ＞t bD ．t a ＜t b答案 AD解析 由题图知，h b ＞h a ，因为h ＝12gt 2，所以t a ＜t b ，又因为x ＝v 0t ，且x a ＞x b ，所以v a ＞v b ，选项A 、D 正确．5．如图5所示，在同一竖直平面内，小球a 、b 从高度不同的两点，分别以初速度v a和v b 沿水平方向抛出，经过时间t a 和t b 后落到与两抛出点水平距离相等的P 点．若不计空气阻力，下列关系式正确的是()图5A ．t a ＞t b ，v a ＜v bB ．t a ＞t b ，v a ＞v bC ．t a ＜t b ，v a ＜v bD ．t a ＜t b ，v a ＞v b答案 A解析 由于小球b 距地面的高度小，由h ＝12gt 2可知t b ＜t a ，而小球a 、b 运动的水平距离相等，由x ＝v 0t 可知，v a ＜v b .由此可知A 正确．6．(多选)以初速度v 0＝20 m/s 从20 m 高台上水平抛出一个物体(g 取10 m/s 2)，则( ) A ．2 s 后物体的水平速度为20 m/sB ．2 s 后物体的速度方向与水平方向成45°角C ．每1 s 内物体的速度变化量的大小为10 m/sD ．每1 s 内物体的速度大小的变化量为10 m/s 答案 ABC解析 水平抛出的物体做平抛运动，水平方向速度不变，v x ＝v 0＝20 m/s ，A 项正确；2 s 后，竖直方向的速度v y ＝gt ＝20 m/s ，所以tan θ＝v yv x ＝1，则θ＝45°，B 项正确；速度的变化表现为竖直方向速度的变化，所以Δt ＝1 s 内，速度的变化量Δv ＝g Δt ＝10 m/s ，所以C项正确；物体的运动速度大小为v 2x ＋v 2y ，相同时间内，其变化量不同，D 项错误．7．如图6所示，球网上沿高出桌面H ，网到桌边的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动，则乒乓球()图6A ．在空中做变加速直线运动B ．在水平方向做匀加速直线运动C ．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍D ．击球点的高度是网高的2倍 答案 C解析 乒乓球击出后，在重力作用下做平抛运动，其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，A 、B 错误；球在网的左侧和右侧通过的水平距离之比12L L ＝v 水平t 1v 水平t 2＝t 1t 2＝12，C 正确；设击球点到桌面的高度为h ，则击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为h －H h ＝12gt 2112g (t 1＋t 2)2＝19，所以击球点的高度与网高度之比为h H ＝98，D 错误．8．女排比赛时，某运动员进行了一次跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04 m 高处，击球后排球以25.0 m/s 的速度水平飞出，球的初速度方向与底线垂直，排球场的有关尺寸如图7所示，试计算说明：图7(1)此球能否过网？(2)球是落在对方界内，还是界外？(不计空气阻力，g 取10 m/s 2) 答案 (1)能过网 (2)界外解析 (1)当排球在竖直方向下落高度Δh ＝(3.04－2.24) m ＝0.8 m 时，所用时间为t 1，满足Δh ＝12gt 21，x ＝v 0t 1.解得x ＝10 m ＞9 m ，故此球能过网．(2)当排球落地时，h ＝12gt 22，x ′＝v 0t 2.将h ＝3.04 m 代入得x ′≈19.5 m ＞18 m ，故排球落在对方界外．三、平抛运动与斜面结合的问题解答斜面上的平抛运动问题时要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移或速度与水平方向夹角的关系，通过分解位移或速度使问题得到顺利解决．[复习过关]9．如图8，以9.8 m/s 速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直撞在倾角θ＝30°的斜面上．可知物体完成这段飞行所用时间为( )图8A ． 3 sB ．233 sC ．33s D ．2 s答案 A解析 把速度进行分解，有tan 30°＝v 0gt ，t ＝v 0g tan 30°＝3s ，A 对．10．如图9，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为10 m 处的O 点，以5 m/s 的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，这段飞行所用的时间为(g ＝10 m/s 2)( )图9A ．2 sB ． 2 sC ．1 sD ．0.5 s答案 C解析 设飞行的时间为t ，则：x ＝v 0t ，h ＝12gt 2因为斜面与水平面之间的夹角为45°，如图所示，由三角形的边角关系可知，AQ ＝PQ 所以在竖直方向上有：OQ ＋AQ ＝10 m 所以有：v 0t ＋12gt 2＝10 m ，解得：t ＝1 s ．11． (多选)如图10所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O 有一小球由静止释放，运动到底端B 的时间为t 1.若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A 点经过的时间为t 2，落到斜面底端B 点经过的时间为t 3，落到水平面上的C 点经过的时间为t 4，则( )图10A ．t 2＞t 1B ．t 3＞t 2C ．t 4＞t 3D ．t 1＞t 4答案 BD解析 设斜面高为h ，倾角为θ，则当小球沿斜面下滑时，其加速度a ＝g sin θ，由hsin θ＝12at 21得t 1＝1sin θ2h g ，小球平抛时，由h ＝12gt 2得t 3＝t 4＝2hg＞t 2＝2h Ag，故t 1＞t 3＝t 4＞t 2，选项B 、D 正确．12．(多选)如图11所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点Q 处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )图11A ．v a ＝v bB ．v a ＝2v bC ．t a ＝t bD ．t a ＝2t b答案 BD解析 对a 球：L ＝v a t a ，h ＝12gt 2a ；对b 球：L 2＝v b t b ，h 2＝12gt 2b ，联立可解得t a ＝2t b ，v a＝2v b ．四、类平抛运动问题 1．类平抛运动的受力特点物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． 2．类平抛运动的运动特点在初速度v 0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a ＝F 合m．3．类平抛运动的求解方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a 分解为a x 、a y ，初速度v 0分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解．[复习过关]13．如图12所示，A 、B 两质点以相同的水平速度v 0抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1，B 在光滑斜面上运动，落地点为P 2，不计阻力，比较P 1、P 2在x 轴方向上的远近关系是( )图12A ．P 1较远B ．P 2较远C ．P 1、P 2等远D ．大小不确定答案 B解析 因a P 1＝g ，a P 2＝g sin θ，x ＝v 0t ，而t P 2＞t P 1， 故x 2＞x 1，B 项正确．14．如图13所示的光滑斜面长为l ，宽为b ，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，试求：图13(1)物块由P 运动到Q 所用的时间t ； (2)物块由P 点水平射入时的初速度v 0； (3)物块离开Q 点时速度的大小v ． 答案 (1) 2lg sin θ(2)b g sin θ2l(3)(b 2＋4l 2)g sin θ2l解析 (1)沿斜面向下的方向有mg sin θ＝ma ，l ＝12at 2联立解得t ＝2lg sin θ． (2)沿水平方向有b ＝v 0t v 0＝b t＝bg sin θ2l． (3)物块离开Q 点时的速度大小 v ＝v 20＋(at )2＝(b 2＋4l 2)g sin θ2l．。
2017-2018学年高中物理粤教版必修2课件：第3章 习题课 天体运动 精品
图4
A．在P点变轨时需要加速，Q点变轨时要减速 B．在P点变轨时需要减速，Q点变轨时要加速 C．T1＜T2＜T3 D．v2＞v1＞v4＞v3 答案 CD
解析 卫星在椭圆形转移轨道的近地点 P 时做离心运动， 所受的万有引力小于所需要的向心力，即 GMRm12 ＜mRv221，而 在圆轨道时万有引力等于向心力，即 GMRm21 ＝mRv211，所以 v2 ＞v1；同理，由于卫星在转移轨道上 Q 点做离心运动，可
(2)三者的向心加速度各不相同．近地卫星的向心加速度 a
GM ＝_____R_2____，同步卫星的向心加速度可用 a＝GrM2 或 a＝
rω2 求 解 ， 而 赤 道 上 物 体 的 向 心 加 速 度 只 可 用 a ＝
___R_ω__2 ____求解． GM
(3)三者的线速度大小也各不相同．近地卫星 v＝ ____R_____
D．卫星要从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，须在P点加速
答案 A
解析 在近月点速度较大，故A正确；在P点从轨道Ⅰ运动 到轨道Ⅱ，卫星做近心运动，需减速，故D错误；根据牛 顿第二定律，加速度大小取决于卫星受到的万有引力，在 同一点加速度是相同的，故B、C均错误．
四、双星问题
两个离得比较近的天体，在彼此间的引力作用下绕两者连 线上的某一点做圆周运动，这样的两颗星组成的系统称为 双星．如图6所示．
【例1】 如图1所示，A是地球的同步卫
星，另一卫星B的圆形轨道位于赤道平
面内，离地面高度为h.已知地球半径为
R，地球自转角速度为ω0，地球表面的
重力加速度为g，O为地球中心．
(1)求卫星B的运行周期；
图1
(2)若卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两
卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，则至少经过多长
粤教版高中物理选择性必修第二册课后习题第1章 磁场 分层作业3 洛伦兹力
分层作业3 洛伦兹力A组必备知识基础练1.下列磁感应强度B、正电荷速度v和磁场对电荷的作用力F三者方向的相互关系图(其中B、F、v两两垂直)正确的是( )2.如图所示,在真空中有通有恒定电流I的水平导线,导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同,则质子可能的运动情况是( )A.沿路径a运动B.沿路径b运动C.沿路径c运动D.沿路径d运动3.电视机显像管及其偏转线圈的示意图如图所示.电流方向如右图中箭头所示,试判断从线圈中心O点正对读者而来的电子束将向哪边偏转( )A.向上B.向下C.向左D.向右4.如图所示,一个带负电的物体由静止从绝缘粗糙斜面顶端滑到底端时的速度为v.若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场,则物体滑到底端时( )A.物体速度大于vB.物体速度小于vC.物体速度等于vD.不能确定物体速度的变化5.如图所示,质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度v0水平进入一匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.当小球在竖直方向下落的高度为h时,速度大小为( )A.v0B.√v02+2ghC.√v02+2(mg-qv0B)hmD.√v02+2(mg+qv0B)hm6.(广东广州阶段练习)每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来,地球磁场可以有效地改变这些射线中大多数带电粒子的运动方向,使它们不能到达地面.假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来,在地磁场的作用下,它将( )A.向东偏转B.向南偏转C.向西偏转D.向北偏转B组关键能力提升练7.(多选)如图所示,在方向垂直纸面向里的匀强磁场中,带电小球A与B在同一竖直直线上,其中小球B带正电荷并被固定,小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触(不粘连)而处于静止状态.若将绝缘板C沿水平方向抽出后,下列说法正确的是( )A.小球A仍可能处于静止状态B.小球A将可能沿轨迹1运动C.小球A将可能沿轨迹2运动D.小球A将可能沿轨迹3运动8.如图所示,a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,此时它所受洛伦兹力的方向是( )A.向上B.向下C.向左D.向右9.(多选)如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,BC为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.质量、大小相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则( )A.经过最高点时,三个小球的速度相等B.经过最高点时,甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的位置高D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变10.(多选)(广东揭阳高二期末)如图所示,将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定长木板上,空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.测得带遮光条滑块的质量为m,长木板的倾角为θ,长木板与滑块之间的动摩擦因数为μ,遮光条的宽度为d,滑块由静止释放,遮光条通过两光电门所用的时间均为t,重力加速度为g.下列说法正确的是( )A.到达光电门2之前,滑块先加速后减速B.到达光电门2之前,滑块所受的摩擦力先增大后不变C.滑块所带的电荷量为mgtsinθBdμ−mgtcosθBdD.滑块所带的电荷量为mgtsinθBdμ+mgtcosθBd11.如图所示,在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面,磁感应强度为B,方向垂直纸面向外,电场方向竖直向上.有一质量为m、电荷量为+q的小球静止在斜面顶端,这时小球对斜面的正压力恰好为零,重力加速度为g.若迅速把电场方向反转为竖直向下,小球能在斜面上连续滑行多远?所用时间是多少?12.如图所示,一质量为m=1 kg、电荷量为q=5×10-2 C的带正电小滑块,从半径为R=0.4 m的光滑绝缘14圆弧轨道上由静止自A端滑下.整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中.已知E=100 V/m,方向水平向右,B=1 T,方向垂直纸面向里,g取10 m/s2.求:(1)滑块到达C点时的速度大小;(2)在C点时小滑块对轨道的压力大小.答案：1.D 此题主要考查左手定则及立体图像的辨认,利用左手定则可判断出D正确.2.B 由安培定则知,电流在导线下方产生的磁场方向指向纸外,由左手定则知,质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上,则质子的轨迹必定向上弯曲,C、D错误;由于洛伦兹力方向始终与质子运动方向垂直,故其运动轨迹必定是曲线,B正确,A错误.3.C 把通电线圈等效为小磁铁,则左右两边线圈产生的磁场的N极均在上方,所以在O处的磁场方向向下,由左手定则判断正对读者而来的电子束将向左偏转,故选C.4.B 未加磁场时,根据动能定理,有mgh-W f =12mv 2-0.加磁场后,多了洛伦兹力,方向垂直斜面向下,洛伦兹力不做功,但正压力变大,摩擦力变大,根据动能定理,有mgh-W f '=12mv'2-0,W f <W f ',所以v'<v,B 正确.5.B 因为小球进入磁场时受到的洛伦兹力方向向上,而小球的运动是向下偏转的,所以小球一定受重力作用.小球运动过程中洛伦兹力不做功,只有重力做功,根据动能定理得mgh=12mv 2-12mv 02,得v=√v 02+2gℎ,故选B.6.A 地球的磁场由南向北,当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时,根据左手定则可以判断粒子的受力方向为向东,所以粒子将向东偏转.故选A.7.AB 小球A 处于静止状态,可判断小球A 带正电,若此时小球A 所受重力与库仑力平衡,将绝缘板C 沿水平方向抽出后,小球A 仍处于静止状态;若库仑力大于小球A 所受重力,则将绝缘板C 沿水平方向抽出后,小球A 向上运动,此后小球A 在库仑力、重力、洛伦兹力的作用下将可能沿轨迹1运动.故选A 、B.8.B O 点的磁场为4根长直导线在O 点产生的合磁场,根据安培定则,a 在O 点产生的磁场,方向为水平向左,b 在O 点产生的磁场,方向为竖直向上,c 在O 点产生的磁场,方向为水平向左,d 在O 点产生的磁场,方向竖直向下,所以合磁场方向水平向左.根据左手定则,带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向下,故B 正确.9.CD 设磁感应强度为B,圆形轨道半径为r,三个小球质量均为m,它们恰好通过最高点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙,则mg+q 甲v 甲B=mv 甲2r,mg-q 乙v 乙B=mv 乙2r,mg=mv 丙2r,显然,v 甲>v 丙>v 乙,选项A 、B 错误;三个小球在运动过程中,只有重力做功,即它们的机械能守恒,选项D 正确;甲球在圆形轨道最高点处的动能最大,因为势能相等,所以甲球的机械能最大,甲球的释放位置最高,选项C 正确. 10.BC 以滑块为研究对象,根据左手定则可知,滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下,滑块由静止释放,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μ(mgcosθ+qvB)=ma,可知随着滑块速度的增大,滑块的加速度减小,所以滑块先做加速度减小的加速运动,由遮光条通过两光电门所用的时间均为t,可知滑块到达光电门前已经做匀速运动,则滑块所受的摩擦力先增大后不变,故A 错误,B 正确;遮光条通过两光电门所用的时间均为t,可知滑块到达光电门前已经做匀速运动,速度大小为v'=dt ,根据受力平衡得mgsinθ-μ(mgcosθ+qv'B)=0,联立解得滑块所带的电荷量为q=mgtsinθBdμ−mgtcosθBd,故C 正确,D 错误.11.答案m 2gcos 2θq 2B 2sinθm qBtanθ解析电场反转前,由平衡条件得mg=qE电场反转后,小球先沿斜面向下做匀加速直线运动,到对斜面压力减为零时开始离开斜面,此时有qvB=(mg+qE)cosθ设小球在斜面上滑行的距离为s由动能定理得(mg+qE)ssinθ=12mv2联立得x=m 2gcos2θq2B2sinθ由运动学公式得s=12vt所用时间为t=mqBtanθ.12.答案(1)2 m/s (2)20.1 N解析(1)以小滑块为研究对象,自轨道上A点滑到C点的过程中,受重力mg,方向竖直向下;电场力qE,水平向右;洛伦兹力f=qvB,方向始终垂直于速度方向小滑块滑动过程中洛伦兹力不做功,由动能定理得mgR-qER=12mv C2得v C=√2(mg-qE)Rm=2m/s.(2)在C点,小滑块受到四个力作用,如图所示,由牛顿第二定律与圆周运动知识得F N-mg-qv C B=m v C 2R得F N=mg+qv C B+m v C 2R=20.1N由牛顿第三定律得,F N'=F N=20.1N.第11页共11页。
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第一章抛体运动
第三节竖直方向的抛体运动
A级抓基础
1．关于竖直下抛运动，下列说法正确的是( )
A．飞行中的轰炸机抛下的炸弹的运动是竖直下抛运动
B．从屋顶竖直向下抛出的铅球的运动是竖直下抛运动
C．竖直下抛运动是一种特殊的非匀变速直线运动
D．某同学站在窗前将衣服竖直向下抛给伙伴，他认为衣服的运动是竖直下抛运动
解析：轰炸机抛下的炸弹具有水平初速度，不是竖直下抛运动，故A错；衣服向下运动时所受空气阻力太大，与其重力相比不可忽略，其运动不是竖直下抛运动，故D错；从屋顶竖直向下抛出的铅球具有竖直向下的初速度且其所受空气阻力可以忽略，其运动可以看作竖直下抛运动，故B正确；竖直下抛运动仅受重力作用，其加速度为重力加速度g，故C错．答案：B
2．关于竖直下抛运动，下列说法不正确的是( )
A．竖直下抛运动是匀变速直线运动，其加速度为重力加速度g
B．竖直向下投掷的悠悠球的运动是竖直下抛运动
C．竖直下抛运动可以看成自由落体运动和匀速直线运动两个分运动的合运动
D．物体做自由落体运动一段时间后，物体的运动可看成竖直下抛运动
解析：竖直下抛运动只受重力作用，其加速度为重力加速度g，是匀变速直线运动，故A正确．竖直向下投掷的悠悠球的运动虽然具有向下的初速度，但由于有线绕在悠悠球上，悠悠球不只是受到重力作用，故B错误．竖直下抛运动可以看作自由落体运动和以初速度为速度的匀速直线运动的两个分运动的合运动，故C正确．做自由落体运动一段时间后物体的运动满足竖直下抛运动的条件，故D正确．
答案：B
3．(多选)一个物体以初速度v0竖直上抛，又回到原出发点，比较上升与下落过程( ) A．所用的时间相同B．物体的位移相同
C．物体的加速度相同D．物体的平均速度相同
解析：由竖直上抛运动的对称性知选项A对；由矢量的性质、运动的特点知，物体上升与下落阶段的位移大小和平均速度大小相等、方向相反，选项B、D错，物体在整个过程中加速度恒为g，选项C对．
答案：AC
4．跳伞运动员以5 m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h＝10 m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g取10 m/s2)( )
A ．2 s B. 2 s C ．1 s
D ．(2－2) s
解析：跳伞运动员掉下扣子后的着陆时间t 1＝h v ＝
10
5
s ＝2 s ，扣子的着地时间设为t 2，则有h ＝v 0t 2＋12
gt 22，即10＝5t 2＋5t 2
2，解得t 2＝1 s ．故Δt ＝1 s ，C 正确．
答案：C
5．一物体以初速度20 m/s 竖直上抛，当速度变为－10 m/s 时所经历的时间为( ) A ．1 s B ．2 s C ．3 s
D ．4 s
解析：以初速度的方向为正方向，v 0＝20 m/s ，v t ＝－10 m/s ，由v t ＝v 0－gt ，得t ＝v 0－v t
g
＝20－（－10）
10
s ＝3 s ，C 正确．
答案：C
6．做竖直下抛运动的物体，第9 s 内和第4 s 内的位移之差为(g 取10 m/s 2
)( ) A ．5 m B ．10 m C ．25 m
D ．50 m
解析：设初速度为v 0，由h ＝v 0t ＋12gt 2，第9 s 内的位移h 9＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0×9＋12g ×92－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0×8＋12g ×82＝v 0＋172g .第4 s 内的位移h 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0×4＋12g ×42－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0×3＋12g ×32＝v 0＋72g ，则Δh ＝h 9－h 4＝102g
＝50 m.
答案：D
B 级 提能力
7．(多选)在同一高度处，分别以相等的速率竖直上抛物体甲、竖直下抛物体乙，最后都落到地面．那么( )
A ．它们在空中运动的时间t 甲<t 乙
B ．它们落地时的速度v 甲＝v 乙
C ．它们的速度增量Δv 甲＝Δv 乙
D ．它们的位移s 甲＝s 乙
解析：甲运动一段时间后又回到抛出点时的速度等于乙抛出时的速度，以后的运动与乙的运动完全相同，所以A 错误、B 正确．由于初、末位置相同，则它们的位移相同，所以选项D 正确. 由于它们的末速度相同，而它们的初速度不相同(方向不同)，所以速度增量不同，所以选项C 错误．
答案：BD
8．(多选)在高层楼房的阳台外侧以20 m/s 的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15 m 处所经历的时间可能是(不计空气阻力，g 取10 m/s 2
)( )
A ．1 s
B ．2 s
C ．4 s
D ．(2＋7) s
解析：当石块在抛出点的上方时，由公式h ＝v 0t －12gt 2得15＝20t －12
×10t 2
，解得t 1＝1 s ，
t 2＝3 s ；当石块在抛出点的下方时，－h ＝v 0t －1
2gt 2，即－15＝20t －12
×10t 2
，解得t 3＝(2＋7)s ，
t 4＝(2－7)s(舍去)，所以选项A 、D 正确．
答案：AD
9．竖直上抛的物体，初速度是30 m/s ，经过2 s 产生的位移是多少？路程是多少？经过4 s 产生的位移是多少？路程是多少(空气阻力不计，g ＝10 m/s 2
)?
解析：物体以30 m/s 的初速度做竖直上抛运动，根据位移时间关系公式，有：
x ＝v 0t －1
2gt 2＝30×2 m －12
×10×4 m ＝40 m.
没有到达最高点，所以路程等于位移的大小， 即：x ＝s ＝40 m.
物体上升的时间为：t 0＝v 0g ＝30
10
s ＝3 s.
上升的高度为：h ＝12gt 2＝1
2×10×9 m ＝45 m.
下降的位移为：h ′＝12gt ′2
＝12×10×1 m ＝5 m.
故位移为：x ＝h －h ′＝45 m －5 m ＝40 m. 路程为：s ＝h ＋h ′＝45 m ＋5 m ＝50 m. 答案：40 m 40 m 40 m 50 m
10．气球上系一重物，以10 m/s 的速度自地面匀速上升．当上升到离地面高度h ＝40 m 处时，绳子突然断了．问：
(1)重物是否立即下降？重物要经过多长时间才能落到地面？ (2)重物落地时的速度多大(g 取10 m/s 2
)?
解析：(1)绳子突然断时，重物与气球具有相同的速度，由于惯性，重物将继续向上运动，上升一段距离到达最高点后再做自由落体运动．上升过程：上升时间t ＝v 0g ＝
10
10
s ＝1 s ，自40 m 高处继续上升的最大高度：h m ＝v 20
2g
＝5 m ，重物做自由落体运动的过程：下降的总高度H ＝h m ＋h
＝45 m，由h＝1
2
gt2可求得下降的时间t下＝3 s.
重物从绳子断到落地的总时间：t总＝t＋t下＝4 s.
(2)重物落地时的速度v t＝gt下＝30 m/s.
答案：(1)否 4 s (2)30 m/s。