【高考四元聚焦】2014届高三物理一轮复习(对点训练 通关训练)教师用书 专题5 万有引力与航天(含解析)
2014高考物理一轮(全套)答案
参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C [解析] 由于x ＝v 2t ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，故刹车试验符合规定．2．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，本题只有选项B 正确．3．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v 0向西做匀减速运动，速度减为零之后，再向东做匀加速运动，A 正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v 0向东做匀减速运动，速度减为零之后，再向西做匀加速运动，B 错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，C 、D 错误．4．C [解析] 质点甲在第1 s 内向负方向运动，其他三个质点在第1 s 内均向正方向运动，而平均速度是矢量，选项A 错误．质点丙在前2 s 内一直向正方向运动，不可能回到出发点，选项B 错误．第2 s 内，质点甲、丙、丁的速度大小都在增大，选项C 正确．前2 s 内质点乙、丙都向正方向运动，且第2 s 末位移相同，选项D 错误．5．C [解析] 根据v －t 图象，在0～2 s 内和4 s ～6 s 内，图线位于横轴上方，这表示物体的运动方向与规定的正方向相同，2 s ～4 s 内，图线位于横轴下方，表示物体运动的方向与规定的正方向相反．在第1 s 末前后瞬间，图线都位于横轴上方，表示物体的运动方向都与正方向相同，选项A 错误；在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，物体在第2 s 内和第4 s 内对应图线的斜率不同，所以加速度不同，选项B 错误；根据“面积法”，图线与横轴在4 s 内所围的面积表示位移为0，故物体在4 s 末返回出发点，选项C 正确；物体在5 s 末仍然沿正方向远离出发点运动，只不过开始做减速运动，到6 s 末速度降为0，所以物体在6 s 末离出发点最远，且最大位移为1 m ，选项D 错误．6．CD [解析] A 、B 两个物体的速度均为正值，故运动方向相同，选项A 错误；t ＝4 s 时，A 、B 两个物体的速度大小相同，相距最远，选项B 错误，选项C 正确；在相遇前，A 、B 两个物体的最远距离为(15－5)×4×12m ＝20 m ，选项D 正确．7．AD [解析] 小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，经过12t 1时间到达被测物体并被反射折回，再经过12t 1时间回到小盒子B ，在该过程中，超声波经过的路程为2x 1，所以超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，选项A 正确；从小盒子B 发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，经过12(t 2－Δt 0)时间到达被测物体并被反射折回，再经过12(t 2－Δt 0)回到小盒子B ，该过程中，超声波经过的路程为2x 2，所以，超声波的速度为v 声＝2x 2t 2－Δt 0，选项B 错误；被测物体在12t 1时刻第一次接收到超声波，在Δt 0＋12(t 2－Δt 0)即12(t 2＋Δt 0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x 2－x 1，所以物体的平均速度为v ＝x 2－x 112（t 2＋Δt 0）－12t 1＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋Δt 0，故选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)3.0×10－2 9×10－2 (2)能 利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可以求出位置4的具体位置(其他方法合理均可)[解析] 从图中读出位置5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm ，位置2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，由x 56－x 23＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝9×10－2 m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解．Ⅱ.(1)D (2)v 22—h 速度平方的二分之一 重物下落的高度[解析] (1)打点计时器需接交流电源；重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码；计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22—h 图象，其斜率也等于重力加速度．9．0.8 s [解析] 设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 x 1＋x 2＝180 m ，其中x 1＝12at 21，x 2＝vt 1，联立解得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m. 其中x 1′＝12at 22，x 2′＝vt 2，联立解得t 2＝10.8 s.故两车错车的时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.10．4 m/s [解析] 设小球甲在斜面上运动的加速度为a 1，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到与小球乙相碰所用时间为t 2，则a 1＝gsin30°＝5 m/s 2由hsin30°＝12a 1t 21，得t 1＝4ha 1＝0.2 s 则t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝a 1t 1＝1 m/s 小球乙运动的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2 小球甲、乙相遇时满足：v 0t －12a 2t 2＋v 1t 2＝L代入数据解得：v 0＝4 m/s.45分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得Nsin θ＝mg ，即N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由Ftan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确，选项B 错误．2．A [解析] 根据f ＝μF N ，物体与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力均为40 N ，故当用15 N 、30 N 、80 N 的水平拉力拉物体时，物体受到的摩擦力依次为15 N 、30 N 、40 N ，A 正确．3．A [解析] 木块A 和木板B 均处于平衡状态，受力分析后可以知道，地面与木板B 之间没有摩擦力，A 和B 间的滑动摩擦力等于F ，A 正确，B 错误；若木板以2v 的速度运动或用力2F 拉木板B ，木块A 受到的滑动摩擦力为F ，C 、D 错误．4．C [解析] 如图所示，对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mgtan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mgtan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD cos30°＝12mg.5．B [解析] 对球受力分析如图所示，球受重力G 、墙对球的支持力N 1′和板对球的支持力N 2′而平衡．作出N 1′和N 2′的合力F ，它与G 等大反向．在板BC 逐渐放至水平的过程中，N 1′的方向不变，大小逐渐减小，N 2′的方向发生变化，大小也逐渐减小，如图所示，由牛顿第三定律可知：N 1＝N 1′，N 2＝N 2′.选项B 正确．6．BD [解析] 木块A 、B 分别受弹簧的弹力为F ＝kx ＝5 N ，则用F ＝7 N 的水平力作用在木块A 上后，A 受水平向左的静摩擦力为2 N ，选项A 、C 错误，选项B 正确；木块在B 水平方向上只受弹簧的弹力和地面的静摩擦力，二者等大反向，即木块B 受到静摩擦力为5 N ，选项D 正确．7．BC [解析] 由图乙可知，物块A 沿斜面匀速下滑，故物块A 一定受到重力、斜面对A 的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故地面对斜面体的作用力竖直向上，C 正确，D 错误．8．Ⅰ.(1)AB (2)C [解析] (1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，从而探究弹力与弹簧伸长的关系，A 、B 正确，C 、D 错误．(2)考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x>0，C 正确．Ⅱ.(1)④⑤①③② (2)ABD[解析] (1)做该实验的过程中应该首先将三根橡皮条拴在图钉上，这样便于测橡皮条的原长，之后就要固定两个图钉拉第三个图钉到适当的位置进行实验，把第三个图钉也固定好后就可测每根橡皮条的长度并计算出伸长量，最后按照胡克定律转换成力作出力的图示进行实验研究，所以正确的实验步骤是④⑤①③②.(2)该实验的关键是应用三个共点力平衡的推论进行实验原理的改进，应用胡克定律将测量力的大小转换为测量橡皮条的长度，选项A 、B 正确；任何实验都有误差，误差是不可避免的，不能因为有误差就把实验完全否定，选项C 错误；实验的误差有系统误差和偶然误差，三根橡皮条不能做到粗细、长短完全相同，是该实验误差的主要来源之一，选项D 正确.9.52[解析] 平衡后绳圈c 受力如图所示，有F 1＝m 2g F 2＝m 1g由图中几何关系及平衡条件可知 F 2F 1＝l 2＋⎝⎛⎭⎫l 22l＝52解得m 1m 2＝52.10. (1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 进行受力分析，可知A 受到四个力的作用，分解绳的拉力，根据平衡条件可得N 1＝m A g ＋Tsin θ， f 1＝Tcos θ， 其中f 1＝μ1N 1解得T ＝μm A gcos θ－μ1sin θ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，可知B 受6个力的作用 地面对B 的支持力N 2＝m B g ＋N 1， 而N 1＝m A g ＋Tsin θ＝160 N 故拉力F ＝μ2N 2＋μ1N 1＝200 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．C [解析] 物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A 正确．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D 正确．2．C [解析] 相同大小的力作用在不同的物体上产生的效果往往不同，故不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，选项C 正确．3．B [解析] 物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题给F －t 图象知，0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动；3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －fm ＝2 m/s 2；6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m/s ；在6～9 s 内，物体以6 m/s 的速度做匀速运动；9～12 s 内，物体以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作出v －t 图象如图所示，故0～12 s 内的位移x ＝12×6×3 m ＋6×3 m ＋12×(6＋12)×3m ＝54 m.4．D [解析] 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，说明弹簧弹力kx ＝mg ；弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧弹力为1.1mg ，根据牛顿第二定律有1.1mg －mg ＝ma ，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态，符合条件的只有D. 5．D [解析] 用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后弹簧弹力为F.突然将水平力F 撤去，在这一瞬间，B 球的速度为零，加速度为Fm，选项D 正确.6．BD [解析] 小煤块刚放上传送带后，加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，故小煤块加速到与传送带同速所用的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s ，此时小煤块运动的位移x 1＝v 02t 1＝0.5 m ，而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m ，故小煤块在传送带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m ，C 错误，D 正确；之后小煤块匀速运动，故运动到B 所用的时间t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错误，B 正确．7．BD [解析] 由速度图象可得，在0～2 s 内，物体做匀加速运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5m/s 2，2 s 后，物体做匀速运动，合外力为零，即推力等于阻力，故0～2 s 内的合外力F 合＝21.5 N －20 N ＝1.5 N ，由牛顿第二定律可得：m ＝F 合a ＝1.50.5 kg ＝3 kg ，选项A 错误；由匀速运动时F ＝mgsin α＋μmg cos α，解得：μ＝39，选项B 正确；撤去推力F 后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受的合外力为F 合′＝mgsin α－μmg cos α＝10 N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为a′＝F 合′m ＝103m/s 2，选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)用交流电源；木板右侧垫起以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处；细线应与木板平行(任写两条即可) (2)4.0[解析] (1)“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处．(2)小车运动的加速度a ＝（x 6＋x 5＋x 4）－（x 3＋x 2＋x 1）9（2T ）2＝4.0 m/s 2. Ⅱ.(1)如图所示 (2)0.2[解析] (1)由a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2可得，5条纸带对应的加速度分别为：a 1＝0.25m/s 2，a 2＝0.49 m/s 2，a 3＝0.75 m/s 2，a 4＝0.99 m/s 2，a 5＝1.26 m/s 2，在a —F 坐标系中描点连线．(2)由牛顿第二定律知，F ＝ma ，m ＝F a ＝1k ，其中k 为a —F 图线的斜率，由图可得k ＝5，故m＝0.2 kg.9．(1)1.0 m/s 2(2)0.25[解析] (1)根据运动学公式有：s ＝12at 2，解得a ＝2s t 2＝2×0.51.02 m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)物体运动过程受力如图所示．根据胡克定律有F ＝kx ＝200×0.9×10－2 N ＝1.8 N 根据牛顿第二定律有 F －f －mgsin37°＝ma则f ＝F －mgsin37°－ma ＝1.8 N －0.2×10×0.6 N －0.2×1.0 N ＝0.4 N 又N ＝mgcos37°＝0.2×10×0.8 N ＝1.6 N 根据滑动摩擦力公式f ＝μN 得： μ＝f N ＝0.41.6＝0.25.10．(1)3 s (2)26 N[解析] (1)对于B，在未离开A时，其加速度为a B1＝μ1mgm＝1 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为a B2＝－μ2mgm＝－2 m/s2设A从B下抽出瞬间B的速度为v B，有v B＝a B1t112a B1t 21＋v2B－2a B2＝s联立解得t1＝2 s则t2＝v B－a B2＝1 s所以B运动的时间是t＝t1＋t2＝3 s(2)设A的加速度为a A，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B1t21＝L－s解得a A＝2 m/s2根据牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得：F＝26 N.45分钟滚动复习训练卷(一)1．C[解析] 小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F合＝mg－F弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F合＝F弹－mg，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大但方向向上，速度减小．2．D[解析] 对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D正确．3．C[解析] 若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项错误.4．A[解析] 若摩擦力与拉力同向，则F＋f＝ma b，f＝ma a，解得F＝f＝0.1 N；若摩擦力与拉力反向，则f－F＝ma a，f＝ma b，解得f＝0.2 N，F＝0.1 N，A错误，B、C、D正确．5．C[解析] 由于A、B之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，A、B静止不动；当F大于F2时，A、B一起加速运动，由牛顿第二定律有：F－F2＝(m A＋m B)a，由于F逐渐增大，故加速度逐渐增大，对木板，当其最大加速度a m＝F1－F2m B，此时F＝F1＋m Am B(F1－F2)；当F再增大时，A、B即开始相对滑动，对木板B有：F 1－F 2＝m B a ，此后木板B 做匀变速直线运动，选项C 正确．6．CD [解析] v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m/s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m/s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．AC [解析] 车减速上坡，其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．8．(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦[解析] (1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够[解析] (1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所以在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10. (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)3∶2 (3)20 m[解析] (1)由v －t 图象可求出，物块冲上木板后做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，物块和木板达到共同速度后一起做匀减速运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板的减速阶段有 μ1mg ＝ma 1对木板在水平地面上的加速阶段有 μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2对物块和木板达到共同速度后的减速阶段有 μ2(m ＋M)g ＝(M ＋m)a 3 联立解得m M ＝32.(3)由v －t 图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中△ABC 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.45分钟单元能力训练卷(四)1．D2．B [解析] 轨道对小球的支持力始终与小球运动方向垂直，轨道对小球不做功；小球从P 运动到Q 的过程中，重力做正功，动能增大，可判断v P ＜v Q ；根据v ＝ωr ，又r P ＞r Q ，可知ωP ＜ωQ ，A 错误，B 正确．根据a ＝v 2r ，由v P ＜v Q ，r P ＞r Q ，可知a P ＜a Q ，C 错误．在最高点有mg ＋F N ＝ma ，即F N ＝ma －mg ，因a P ＜a Q ，所以F Q ＞F P ，D 错误．3．B [解析] 由开普勒第三定律a 3T 2＝k 可知，只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，它们的周期就是相同的，A 项错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星在关于长轴(或短轴)对称的点上时，线速度的大小是相同的，B 项正确；同步卫星的轨道半径、周期、线速度等都是相同的，C 项错误；经过同一点的卫星可以在不同的轨道平面内，D 项错误．4．A [解析] 飞镖做平抛运动，运动到靶子处的时间为t ＝xv ，当v ≥50 m/s 时，t ≤0.1 s ，飞镖下落高度为h ＝12gt 2≤5 cm ，落在第6环以内，A 错误，B 正确；若要击中第10环的圆内，则飞镖运动的时间t ≤2R 0g＝0.002 s ，所以飞镖的速度v 至少应为505m/s ，C 正确；同理，若要击中靶子，则飞镖运动的时间t ≤2R 1g＝0.02 s ，所以飞镖的速度v 至少应为25 2 m/s ，D 正确．5．C [解析] 若使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，且tan θ＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt ，所以t ＝2v 0gtan θ＝2v 0gtan37°＝8v 03g ，选项C 正确．6．BD [解析] 滑雪者开始时做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，加速度为g ，落到斜坡后，滑雪者沿斜坡以gsin30°的加速度匀加速下滑，将运动分解水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀加速运动，加速度a 1＝gsin30°·sin30°＝14g ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．7. AC [解析] “空间站”运行的加速度及其所在高度处的重力加速度均完全由其所受的万有引力提供，选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B 错误；由G MmR 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 得T ＝2πRRGM，所以“空间站”运行周期小于地球自转的周期，站在地球赤道上的人观察到“空间站”向东运动，选项C 正确；“空间站”内的宇航员随“空间站”做匀速圆周运动，处于非平衡状态，选项D 错误．8．Ⅰ.2πnr 1r 3r 2[解析] 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，因为同一个轮上的角速度相等，而同一条传送链上的线速度大小相等，所以可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω2＝ω3，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.Ⅱ.34∶1 1∶316 [解析] 同步卫星的周期为T 1＝24 h ．由开普勒第三定律，有R 31T 21＝R 32T 22，得R 1R 2＝341；卫星做匀速圆周运动时由万有引力充当向心力，G Mm R 2＝ma ，得a 1a 2＝R 22R 21＝1316. 9．(1)2gl (2)12l g[解析] (1)飞镖被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度 v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小 v ＝v 20＋v 2y ＝2gl.(2)飞镖从掷出到击中气球过程中下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球上升的时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球． 释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g. 10．(1)2π （R ＋h ）3Gm 月 (2)T 02πGm 月（R ＋h ）3(3)2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”的轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r ，可得“嫦娥二号”卫星绕月运行的周期T ＝2π （R ＋h ）3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n ＝T 0T ＝T 02π Gm 月（R ＋h ）3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR 2n＝2π2R T 0 （R ＋h ）3Gm 月. 45分钟单元能力训练卷(五)1．D [解析] 由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹＜mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹＞mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 错误选项D 正确；从A 位置到B 位置，由动能定理得，W 合＝－E k0，选项C 错误．2．C [解析] 对两个过程分别应用机械能守恒定律得：m B gH －m A gH ＝12(m A ＋m B )v 2，2m A gH －m B gH ＝12(2m A ＋m B )v 2，联立解得m A m B ＝22，选项C 正确． 3．B [解析] 当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A 物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得A 、B 分离时的初速度v ＝2gh ＝2 m/s ，当B 回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B 的动能与分离时的动能相同，速度仍为2 m/s ，B 正确．4．D [解析] 物块匀速运动时，速度沿斜面向上，故传送带顺时针传动.0～t 1内，物块沿传送带向下运动，物块对传送带的滑动摩擦力向下，物块对传送带做负功，选项A 错误；由图乙可知，在t 1时刻，物块的速度减为零，之后向上加速运动，所以μmg cos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，传送带对物块做的功W 加上物块重力做的功W G 等于物块动能的增加量，即W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，而根据v －t 图象可知物块的位移小于零，故W G >0，选项C 错误； 在0～t 2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q ＝fx 相对，该过程中，物块受到的摩擦力f 大小恒定，设0～t 1内物块的位移大小为x 1，t 1～t 2内物块的位移大小为x 2，对0～t 2内的物块应用动能定理有：－fx 1＋fx 2＋W G ＝ΔE k ，即－ΔE k ＝f(x 1＋x 2)－W G ，由图乙知x 相对>x 1－x 2，，选项D 正确．5．D [解析] 汽车速度最大时， 汽车所受到的牵引力F 1＝f ＝P v m，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，P v －P v m ＝ma ，即a ＝P m (1v －1v m )，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，由f ＝P v m可解得汽车所受到阻力，选项A 、B 、C 正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项D 错误．6．AC [解析] 设斜面倾角为θ，物体受到的合力F 沿斜面向下，F ＝mgsin θ－f ，故F不随t 变化，选项A 正确；根据牛顿第二定律知加速度a ＝F m也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，选项B 错误；物体做匀加速运动，故位移x ＝12at 2，x －t 图象是开口向上的抛物线的一部分，选项C 正确；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－fx ＝E 0－f·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D 错误． 7．BD [解析] A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B 正确；B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律m B gh ＝12m B v 2解得的v ＝2gh ＝ 2 m/s 是错误的，选项C 错误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E ＝E k ＝m A g(L ＋h)＋m B gh ＋E p ＝6 J ，选项D 正确．8．(1)钩码的重力 mg (2)①（x 1＋x 2）f 4 ②Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2] mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mgsin α＝mg ＋f ，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F ＝Mgsin α－f ＝mg.(2)v A ＝x 1＋x 24T ＝（x 1＋x 2）f 4；v F ＝（x 6＋x 7）f 4，从A 到F 动能的增加量ΔE k ＝12Mv 2F －12Mv 2A ＝Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2]，合力F 做的功W F ＝mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)． 9．(1) 2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ (2) 2gLsin θ＋v 202μgcos θ[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P 的最大距离为x.对滑块应用动能定理有mg(L －x)sin θ－μmg cos θ(L ＋x)＝0－12mv 20解得x ＝2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ. (2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为s.根据能量守恒定律得mgLsin θ＋12mv 20＝μmgs cos θ 解得s ＝2gLsin θ＋v 202μgcos θ. 10．(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m[解析] (1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg ＝ma 1对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t由以上各式解得t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2 小车的位移x 2＝12a 2t 2 相对位移L 1＝x 1－x 2联立解得L 1＝3 m ，x 2＝2 mL 1<L ，x 2<s ，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2＝L －L 1＝1 m 后滑上半圆轨道． 若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v m .则mg ＝m v 2m R根据动能定理得－μmgL 2－mg·2R ＝12mv 2m －12mv 22 解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道． 根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22解得R ＝0.6 m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.45分钟滚动复习训练卷(二)1．A [解析] 若一个鸡蛋大约55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，A 正确．2．D [解析] “天宫一号”和“神舟八号”绕地球做圆周运动，是万有引力充当了“天宫一号”和“神舟八号”做圆周运动的向心力，根据万有引力定律和向心力的公式可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝mω2r ，所以a ＝GM r 2，v ＝GM r ，T ＝2πr 3GM ，ω＝GM r 3；根据“神舟八号”与“天宫一号”运行轨道示意图可得，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，根据a ＝GM r2，“神舟八号”轨道半径小，加速度比“天宫一号”大，选项A 错误；根据v ＝GM r ，“神舟八号”轨道半径小，运行的速率比“天宫一号”大，选项B 错误；根据T ＝2πr 3GM ，“神舟八号”轨道半径小，运行的周期比“天宫一号”短，选项C 错误；根据ω＝GM r 3，“神舟八号”轨道半径小，运行的角速度比“天宫一号”大，选项D 正确．3．C [解析] 对全过程分析，由于物体再次经过P 点时位移为零，所以合外力做功为零，动能增量为零，初、末速率应相等，选项C 正确．4．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m v 2R ＋r，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．5．D [解析] 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，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项D 正确．6．AC [解析] 由于引力与质量乘积成正比，所以在质量密集区引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生向心现象，引力做功，导致探测器飞行速率增大．7．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx ＝(m A ＋m B )gsin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做功之和等于A 动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故知A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 动能的增量，选项D 错误．8. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒[解析] (1)重物在下落过程中做加速运动，纸带上相邻两点间的距离增大，故纸带左端与重物相连；(2)重物做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故可计算纸带上B 点对应的重物的瞬时速度，应取图中的O 点和B 点来验证机械能守恒定律．从O 点到B 点，重物的重力势能减少ΔE p ＝mgh B ＝1.88 J ，B 点对应的速度v B ＝h AC 2T＝（23.23－15.15）×10－22×0.02m/s ＝1.92 m/s ，物体动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝1.84 J ．可得出结论：在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒.9．(1)36 km (2)1.25×105 N (3)3.42×105 N ，与前进方向相同[解析] (1)由图象知海监船先做匀加速直线运动再匀速最后做匀减速直线运动．加速阶段a 1＝20－015×60m/s 2＝145 m/s 2 x 1＝v m 2t 1＝202×15×60 m ＝9×103m 匀速阶段x 2＝v m t 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m。
【全程复习】2014届高考物理第一轮复习方略 1.3运动图象 追及相遇问题课时提能演练(含解析)
《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）1.3运动图象追及相遇问题(40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.某物体运动的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是( )A.物体在第1 s末运动方向发生改变B.物体在第2 s内和第3 s内的加速度是相同的C.物体在第6 s末返回出发点D.物体在第5 s末离出发点最远，且最大位移为0.5 m2.如图所示，是A、B两质点运动的速度图象，则下列说法正确的是( )A.前4 s内A质点以10 m/s的速度匀速运动B.前4 s内B质点一直以5 m/s的速度与A同方向运动C.B质点最初3 s内的位移是10 mD.B质点最初3 s内的路程是10 m3.甲、乙两质点在一直线上做匀加速直线运动的v-t图象如图所示，在3 s末两质点在途中相遇，两质点出发点间的距离是( )A.甲在乙之前2 mB.乙在甲之前2 mC.乙在甲之前4 mD.甲在乙之前4 m4.(2012·白银模拟)一质点沿x轴运动，其速度—时间图象如图所示，由图象可知( )A.质点在前10 s内运动的位移为20 mB.质点的加速度为-0.4 m/s2C.质点的初速度为4 m/sD.质点前20 s内所做的运动是匀变速运动5.某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a、速度v、位移x随时间变化的图象如图所示，若该物体在t=0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是( )6.(2012·荆州模拟)完全相同的甲、乙两个物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过时间t0和4t0,速度分别达到2v0和v0时撤去F1、F2，甲、乙两物体开始做匀减速直线运动，直到静止.其速度随时间变化情况如图所示，则下列各项说法中正确的是( )A.若在F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为x1、x2，则x1＞x2B.若整个运动过程中甲、乙两物体的位移分别为x1′、x2′,则x1′＞x2′C.甲、乙两物体匀减速过程的位移之比为4∶1D.若在匀加速过程中甲、乙两物体的加速度分别为a1和a2，则a1＜a27.如图所示，A、B两物体相距x=7 m，物体A以v A=4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B=10 m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度大小为a=2 m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为( )A.7 sB.8 sC.9 sD.10 s8.(2012·潍坊模拟)两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t=0时两车都在同一计时处，此时比赛开始，它们在四次比赛中的v-t图象如图所示，其中哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆( )二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(14分)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示.(1)画出汽车在0～60 s内的v-t 图线；(2)求在这60 s内汽车行驶的路程.10.(14分)A火车以v1=20 m/s速度匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距100 m处有另一列火车B正以v2=10 m/s速度匀速行驶，A车立即做加速度大小为a的匀减速直线运动.要使两车不相撞，a应满足什么条件?答案解析1.【解析】选B.物体在前2 s 内速度方向均为正方向，A 错误；物体在第2 s 内和第3 s 内的v-t 图线的斜率相同，故加速度相同，B 正确；物体在前4 s 内的总位移为零，在第2 s 末和第6 s 末离出发点最远，最大位移为m 1x 12=⨯ 2 m 1 m ⨯=，故C 、D 均错误.2.【解析】选A 、D.匀速直线运动的速度图线平行于时间轴，图线在t 轴上方为正方向，在t 轴下方为负方向.当速度为零时，图线在t 轴上，图线与时间轴围成的面积表示位移.由图象可知前4 s 内A 质点以10 m/s 的速度匀速运动，B 质点先以5 m/s 的速度与A 同方向运动1 s ，而后停了1 s ，最后以5 m/s 相反方向的速度匀速运动，A 正确，B 错误；B 质点最初3 s 内的位移x=(5×1-5×1) m=0，而路程s=(5×1+5×1) m=10 m ，故C 错误，D 正确.3.【解析】选D.甲、乙两质点3 s 末在途中相遇时，各自的位移分别为11x 2 2 m 2 m x 3 4 m 6 m 22=⨯⨯==⨯⨯=甲乙，，因此两质点出发点间的距离是甲在乙之前4 m ，故D 正确.4.【解析】选D.由v-t 图象可知质点运动的初速度为-4 m/s ，负号表示质点初速度的方向与正方向相反，C 错误；图线的斜率表示质点运动的加速度，2v a 0.4 m /s t∆==∆，质点做匀变速直线运动，B 错误，D 正确；图线与时间轴围成的面积表示位移，质点在前10 s 内运动的位移1x 10 4 m 20 m 2=-⨯⨯=-,负号表示质点位移的方向与正方向相反，A 错误.5.【解析】选C.A 项位移正负交替，说明物体做往复运动；B 项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向匀加速运动，再做匀减速运动，周而复始；C 项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终单向运动，C 正确；D 项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动至速度为零，然后做反向匀加速运动，不是单向运动.6.【解析】选B 、C.在F 1、F 2作用时间内甲、乙两物体的位移之比为0012002v t /2x 1x v 4t /22==,所以x 1＜x 2,A 错误；整个运动过程的位移之比为0012002v 3t /2x 6x v 5t /25'=='，所以12x x ''＞，B正确；甲、乙两物体匀减速过程的位移之比为00002v 2t /24v t /21=,C 正确；匀加速过程中甲、乙两物体的加速度之比为00002v /t 8v /4t 1=，所以a 1＞a 2,D 错误.7.【解题指南】解答本题时应把握以下两点：(1)计算物体B 停止运动时，A 、B 两物体各自发生的位移，判断物体A 是否已经追上物体B.(2)由位移公式求出追及时间.【解析】选B.物体B 做匀减速运动，到速度为0时，所需时间B 1v 10t s 5 s a 2===，运动的位移22B B v 10x m 25 m 2a 22===⨯，在这段时间内物体A 的位移x A =v A t 1=4×5 m=20 m ；显然还没有追上，此后物体B 静止，设追上所用时间为t ，则有4t=x+25 m ，解得t=8 s ，故B 正确.8.【解析】选A 、C.v-t 图线与t 轴所围图形的面积的数值表示位移的大小，A 、C 两图中在 t=20 s 时a 、b 两车的位移大小分别相等，故在20 s 时b 车追上a 车；B 图中b 车一直领先，间距越来越大；D 图中a 车在前7.5 s 一直落后，在7.5～12.5 s 间尽管a 车速度大于b 车，但由于前7.5 s 落后太多未能追上，12.5 s 后v a ＜v b ，故a 车不能追上b 车.【变式备选】(2012·东莞模拟)a 、b 两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是( )A.a 、b 加速时，物体a 的加速度大于物体b 的加速度B.20秒时，a 、b 两物体相距最远C.60秒时，物体a 在物体b 的前方D.40秒时，a 、b 两物体速度相等，相距900 m【解析】选C 、D.v-t 图象的斜率大小表示加速度的大小，物体a 加速时图线的斜率小于物体b 加速时图线的斜率,故物体a 的加速度小于物体b 的加速度,A 错误;a 、b 两物体速度相等时相距最远，故40秒时，a 、b 两物体相距最远，B 错误；图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，60秒时，图线a 与时间轴围成的面积大于图线b 与时间轴围成的面积，故物体a 在物体b 的前方，C 正确；40秒时，a 、b 两物体速度相等，相距()a b 1x x x 104020 m 2∆=-=⨯+⨯+ 12040 m 2⨯⨯ 900 m =,D 正确.9.【解析】(1)设t=10、40、60 s 时刻的速度分别为v 1、v 2、v 3.由题图知0～10 s 内汽车以加速度2 m/s 2匀加速行驶，由运动学公式得:v 1=2×10 m/s=20 m/s ①(3分)由题图知10～40 s 内汽车匀速行驶，则：v 2=20 m/s②(2分)由题图知40～60 s 内汽车以加速度1 m/s 2匀减速行驶，由运动学公式得：v 3=v 2-at=(20-1×20) m/s=0 ③(3分)根据①②③式，可画出汽车在0～60 s 内的v-t 图线，如图所示.(3分)(2)由第(1)问v-t 图可知，在这60 s 内汽车行驶的路程为：3060x 20 m 900 m 2+=⨯= (3分)答案：(1)见解析(2)900 m10.【解析】两车恰不相撞的条件是两车速度相同时相遇，则v 2=v 1-a ′t(3分)对A ：2111x v t a t 2=-' (3分) 对B ：x 2=v 2t(2分)又有：x 1=x 2+x 0(2分)()22221202010(v v )a m /s 0.5 m /s 2x 2100--'===⨯ (2分)则a ＞0.5 m/s2 (2分)答案:a ＞0.5 m/s 2【总结提升】解决追及、相遇问题的常用方法(1)物理分析法：抓好“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，画出运动简图，列位移、时间关系式.(2)相对运动法：巧妙地选取参考系，然后找两物体的运动关系.(3)数学分析法：设相遇时间为t ，根据条件列方程，得到关于t 的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相碰；若Δ＜0，说明追不上或不能相碰.(4)图象法：将两者的速度—时间图象在同一个坐标系中画出，然后利用图象求解.。
【全程复习】2014届高考物理第一轮复习方略 5.4功能关系 能量守恒定律A课时提能演练(含解析) 新人教版-推
vt R
B. ＜h x
D.无法确定
R
1
心.如图所示，假设质量为 m 的运动员，在起跑时前进的距离 x 内，重心升高量为 h，获得 的速度为 v,阻力做功为 W 阻，则在此过程中( )
A.运动员的机械能增加了 1 mv2 2
B.运动员的机械能增加了 1 mv2 mgh 2
C.运动员的重力做功为 W 重=mgh
要注明单位)
9.(14 分)当今流行一种“蹦极”运动，如图所示，距河面 45 m 高的桥上 A 点系弹
性绳，另一端 B 点系住重 50 kg 男孩的脚，弹性绳原长 AB 为 15 m，设男孩从桥面
自由下坠直至紧靠水面的 C 点，末速度为 0.假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定
律，绳的质量、空气阻力忽略不计，男孩视为质点.弹性势能可用公式：
4.2010 年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运记录的方式夺得 110 米跨栏的冠军.
他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
【全程复习】2014届高考物理第一轮复习方略 5.4功能关系 能量守恒定律A课时提能演练(含解析) 新人教版-推
时提能演练（含详细解析）5.4 功能关系 能量守恒定律 A
(40 分钟 100 分)
一、选择题(本题共 8 小题，每题 9 分，至少一个答案正确，选不全得 5 分，共 72 分)
1.(2012·无锡模拟)如图所示，汽车在拱形桥上由 A 匀速率运动到 B，以下说法正确的是( )
A.牵引力与克服摩擦力做的功相等
B.合外力对汽车不做功
C.牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功
D.汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能
2.如图为一粗糙的四分之一圆弧轨道，半径为 R，轨道圆心 O 与 A 点等高，一质量
为 m 的小球在不另外施力的情况下，能以速率 v 沿轨道自 A 点匀速运动到 B 点，取
以 v0 3
gR 的初速度由 A 点开始向 B 点滑行，AB=5R，并滑上光滑的半径为 R 的 1 圆弧 4
BC，在 C 点正上方有一离 C 点高度也为 R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距
离相等的小孔 P、Q，旋转时两孔均能达到 C 点的正上方.若滑块滑过 C 点后从 P 孔上升又
恰能从 Q 孔落下，求：
小球在 A 点时为计时起点，且此时的重力势能为零.重力加速度为 g.则在此过程中，
下列说法正确的是( )
A.重力做功的平均功率为 1 mgv 2
B.重力做的功等于小球克服摩擦力做的功
C.小球重力势能随时间的变化关系为
D.小球的机械能随时间的变化关系为 E 1 mv2 mgRsin vt
Ep
一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法
正确的是( )
2014高考物理一轮精细复习
功和功率（基础知识夯实+综合考点应用+名师分步奏详解压轴题，含精细解析）一、三年高考考点统计与分析(1)从近三年高考试题考点分布可以看出，高考对本章内容的考查重点有4个概念(功、功率、动能、势能)和三个规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
(2)高考对本章内容考查题型全面，既有选择题，也有计算题，二者考查次数基本相当，命题灵活性强、综合面广，过程复杂，环节多，能力要求也较高，既有对基本概念的理解、判断和计算，又有对重要规律的灵活应用。
二、2014年高考考情预测(1)功和功率、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律仍将是本章命题的热点。
(2)将本章内容与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识相结合，并与生产、生活实际和现代科技相联系进行命题的趋势较强。
[备课札记]第五章机械能[学习目标定位]定理、机械能第1单元功和功率[想一想]图5－1－1为某人提包运动的情景图，试分析各图中该人提包的力做功的情况。
图5－1－1提示：甲图中将包提起来的过程中，提包的力对包做正功，乙图中人提包水平匀速行驶时，提包的力不做功，丙图中人乘电梯上升过程中，提包的力对包做正功，丁图中人提包上楼的过程中，提包的力对包做正功。
[记一记]1．做功的两个必要条件力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式W＝Fl cos_α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移。
3．功的正负判断[试一试]1.如图5－1－2所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。
如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是( )图5－1－2A ．轮胎受到地面的摩擦力做了负功B ．轮胎受到的重力做了正功C ．轮胎受到的拉力不做功D ．轮胎受到地面的支持力做了正功解析：选A 根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，B 、D 错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A 正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C 错误。
2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)4.4万有引力定律及其应用
课时提能演练(十三)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为T A∶T B＝1∶8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为( )A.R A∶R B＝4∶1，v A∶v B＝1∶2B.R A∶R B＝4∶1，v A∶v B＝2∶1C.R A∶R B＝1∶4，v A∶v B＝1∶2D.R A∶R B＝1∶4，v A∶v B＝2∶12.(创新题)2011年11月3号凌晨，“天宫一号”与“神八”实现对接，11月14日实现第二次对接，组合体成功建立了载人环境，舱内将进行多项太空实验.假设一宇航员手拿一只小球相对于太空舱静止“站立”于舱内朝向地球一侧的“地面”上，如图所示.下列说法正确的是( )A.宇航员相对于地球的速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间B.若宇航员相对于太空舱无初速度释放小球，小球将落到“地面”上C.宇航员将不受地球的引力作用D.宇航员对“地面”的压力等于零3.(易错题)近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T 1和T 2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g 1、g 2，则( ) A. B.C.g 1g 2＝(T 1T 2)2D.g 1g 2＝(T 2T 1)2 4.月球与地球质量之比约为1∶80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两点构成的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O 做匀速圆周运动.据此观点，可知月球与地球绕O 点运动的线速度大小之比和它们的轨道半径之比约为( )A.1∶6 400,1∶80B.1∶80,1∶6 400C.80∶1,80∶1D.6 400∶1,80∶1二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(易错题)(2012·杭州模拟)人类正在有计划地探索地球外其他星球，若宇宙空间某处有质量均匀分布的实心球形天体，则下列有关推断正确的是(引力常量G 已知)( )A.若宇航员测出宇宙飞船贴着天体表面做匀速圆周运动的周期，则可推知天体的密度B.只要测出宇宙飞船绕天体做匀速圆周运动的半径和周期，就可推知该天体的密度C.若宇航员用弹簧测力计测得某一物体在该天体的极地比赤道上重P ，且已知该天体自转周期为T ，则可推知天体的密度D.若测出该天体表面的重力加速度和该天体的第一宇宙速度，则可以推知该天体的密度6.(2011·广东高考)已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力常量为G ，有关同步卫星，下列表述正确的是( )A.卫星距地面的高度为3GMT 24π2B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小为G MmR2D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度7.(2012·黄冈模拟)太阳由于辐射，质量在不断减小，地球由于接受太阳辐射和吸收宇宙中的尘埃，其质量在增加，假定地球增加的质量等于太阳减小的质量，且地球的轨道半径不变，则( ) A.太阳对地球的引力增大 B.太阳对地球的引力变小 C.地球运行的周期变长 D.地球运行的周期变短8.如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A 、B 、C 在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有( )A.根据v ＝gr ，可知v A ＜v B ＜v CB.根据万有引力定律，F A ＞F B ＞F CC.向心加速度a A＞a B＞a CD.运动一周后，C最晚回到原地点9.(2012·深圳模拟)地球“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地高度为同步卫星离地高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致.关于该“空间站”说法正确的有( )A.运行的加速度一定等于其所在高度处的重力加速度B.运行的速度等于同步卫星运行速度的倍C.站在地球赤道上的人观察到它向东运动D.在“空间站”工作的宇航员因受到平衡力而在其中悬浮或静止三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(预测题)(18分)中国赴南极考察船“雪龙号”，从上海港口出发一路向南，经赤道到达南极.某同学设想，在考察船“雪龙号”上做一些简单的实验来探究地球的平均密度：当“雪龙号”停泊在赤道时，用弹簧测力计测量一个钩码的重力，记下弹簧测力计的读数为F1，当“雪龙号”到达南极后，仍用弹簧测力计测量同一个钩码的重力，记下弹簧测力计的读数为F2，设地球的自转周期为T，不考虑地球两极与赤道的半径差异.请根据探索实验的设想，写出地球平均密度的表达式(万有引力常量G、圆周率π已知).11.(18分)一组太空人乘太空穿梭机，去修理位于离地球表面6.0×105 m的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H.机组人员驾驶穿梭机S进入与H 相同的轨道并关闭推动火箭，而望远镜在穿梭机前方数公里处，如图所示，设G 为万有引力常量，M E 为地球质量.(已知地球半径为6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g ＝ 9.8 m/s 2)(1)在穿梭机内，一个质量为70 kg 的人站在台秤上，则其示数是多少？ (2)计算轨道上的重力加速度值. (3)计算穿梭机在轨道上的速率和周期.答案解析1.【解析】选D.设地球质量为M ，卫星质量为m ，卫星周期为T ，轨道半径为R.卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，故G Mm R 2＝m v 2R ＝m(2πT )2R 故R 3T 2＝GM4π2，v ＝ 所以：R 3A T 2A ＝R 3B T 2B ，R A R B ＝3T 2AT 2B ＝14， v Av B ＝R B R A ＝21.选项D 正确. 2.【解析】选D.7.9 km/s 是发射卫星的最小速度，是卫星环绕地球运行的最大速度，可见，所有环绕地球运转的卫星、飞船等，其运行速度均小于等于7.9 km/s ，故A 错误；若宇航员相对于太空舱无初速度释放小球，由于惯性，小球仍具有原来的速度，所以地球对小球的万有引力正好提供它做匀速圆周运动需要的向心力，即G Mm ′r 2＝m ′v 2r ，其中m ′为小球的质量，故小球不会落到“地面”上，而是沿原来的轨道继续做匀速圆周运动，故B 错误；宇航员受地球的引力作用，此引力提供宇航员随空间站绕地球做圆周运动的向心力，否则宇航员将脱离圆周轨道，故C 错误；因宇航员所受的引力全部提供了向心力，宇航员不能对“地面”产生压力，他处于完全失重状态，D 正确. 3.【解析】选B.人造卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力(或重力)提供，则G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，又mg ＝m 4π2T 2r ，设两周期为T 1和T 2的卫星的轨道半径分别为r 1和r 2，解得g 1g 2＝，故B 正确.4.【解析】选C.月球和地球绕O 做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则月球和地球的向心力相等.且月球、地球和O 始终共线，说明它们有相同的角速度和周期.设月球和地球的质量、线速度、轨道半径分别为m 1、m 2，v 1、v 2和r 1、r 2，角速度为ω，它们之间的万有引力提供向心力，即向心力相等，有m 1v 1ω＝m 2v 2ω，即v 1v 2＝m 2m 1＝801，m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，即r 1r 2＝m 2m 1＝801，选项C 正确.【总结提升】解答双星问题的“两等”与“两不等” (1)双星问题的“两等”分别是： ①它们的角速度相等.②双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，即它们运动的向心力大小总是相等的. (2)“两不等”分别是：①双星做匀速圆周运动的圆心是它们连线上的一点，所以双星做匀速圆周运动的半径与双星间的距离是不相等的，它们的轨道半径之和才等于它们间的距离.②由m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2知由于m 1与m 2一般不相等，故r 1与r 2一般也不相等.5.【解析】选A 、D.若天体的半径为R ，宇宙飞船绕天体飞行的半径为r ，周期为T ，即有G Mm r 2＝mr(2πT )2，而ρ＝M43πR 3.只有当r ＝R 时，可得ρ＝3πGT 2，故选项A 正确，B 错误；在极地的重力为G MmR 2，赤道上的重力为G Mm R 2－mR(2πT )2，由题意可知P ＝mR(2πT )2，仅此不能求出天体的密度，故选项C 错误；第一宇宙速度v ＝gR ，而天体表面的重力加速度g ＝GM R 2，可得M ＝v 4gG ，所以ρ＝M 43πR 3＝3g 24πGv2，即可求出天体的密度，故选项D 正确.6.【解析】选B 、D.对同步卫星有万有引力提供向心力G Mm(R ＋h)2＝m(R＋h)4π2T 2，所以h ＝3GMT 24π2－R ，故A 错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，B 正确；同步卫星运动的向心力等于万有引力，应为：F ＝GMm (R ＋h)2，C 错误；同步卫星的向心加速度为a 同＝GM(R ＋h)2，地球表面的重力加速度a 表＝GMR2，知a 表>a 同，D 正确.【变式备选】某同学设想驾驶一辆由火箭作动力的陆地太空两用汽车，沿赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以任意增加，不计空气阻力，当汽车速度增加到某一值时，汽车将离开地球成为绕地球做圆周运动的“航天汽车”，对此下列说法正确的是(R ＝6 400 km ，取g ＝10 m/s 2)( )A.汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大B.当汽车离开地球的瞬间速度达到28 440 km/hC.此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1 hD.在此“航天汽车”上弹簧测力计无法测量力的大小【解析】选B.汽车受到的重力与地面的支持力的合力提供向心力，在速度增加时，向心力增大，重力不变，支持力减小，即汽车对地面的压力减小，选项A 错误.若要使汽车离开地球，必须使汽车的速度达到第一宇宙速度7.9 km/s ＝28 440 km/h ，选项B 正确.此时汽车的最小周期为T ＝2πr 3GM＝2πR 3gR 2＝ 2πRg＝5 024 s ＝83.7 min ，选项C 错误.在此“航天汽车”上弹簧产生形变仍然产生弹力，选项D 错误.7.【解析】选A 、C.由GMm r 2＝m 4π2T 2r ，可知T ＝4π2r 3GM，由于r 不变M 变小，则T 变长，C 正确，D 错误；由F 万＝GMmr 2可得r 不变，M 与m 的和不变，但差值减小，即Mm 变大，则F 万变大，A 正确，B 错误. 8.【解析】选C 、D.由GMm r 2＝m v 2r＝ma 可得：v ＝GMr，故v A ＞v B ＞v C ，不可用v ＝gr 比较v 的大小，因卫星所在处的g 不同，A 错误；由a ＝GM r 2，可得a A ＞a B ＞a C ，C 正确；万有引力F ＝GMmr 2，但不知各卫星的质量大小关系，无法比较F A 、F B 、F C 的大小，B 错误；由T ＝2πr v 可知，C的周期最大，最晚回到原地点，故D 正确.9.【解析】选A 、C.在轨道上运动的加速度与重力加速度都等于所受万有引力与其质量的比值，A 正确；根据环绕速度公式v ＝GMr，由于“空间站”的离地高度等于同步卫星离地高度的十分之一，其轨道半径不是十分之一的关系，B 错误；因为运行方向与地球自转方向一致，比地球上的人运动的角速度大，所以站在地球赤道上的人观察到它向东运动，C 正确；在“空间站”工作的宇航员做圆周运动，不是平衡状态，合外力提供向心力，D 错误.10.【解析】在地球赤道处，钩码受地球的引力与弹簧的弹力作用，钩码随地球自转，做圆周运动，所以F 引－F 1＝m 4π2T 2R ①(5分)在地球的南极钩码受地球的引力与弹簧的弹力作用，因该处的钩码不做圆周运动，处于静止状态，有F 引＝F 2＝G MmR 2 ②(5分)又因为M ＝ρV ＝ρ43πR 3 ③(4分)联立①②③解得ρ＝3F 2πGT 2(F 2－F 1) (4分)答案：ρ＝3F 2πGT 2(F 2－F 1)11.【解题指南】解答本题需把握以下几点： (1)穿梭机内的人处于完全失重状态.(2)轨道上的重力加速度即穿梭机的向心加速度. (3)利用F 万＝F 向计算穿梭机的速率和周期.【解析】(1)在穿梭机中，由于人处于完全失重状态，故质量为70 kg 的人站在台秤上时，对台秤的压力为零，因此台秤的示数为零. (2分)(2)穿梭机在地面上时mg ＝G M E mR 2(2分)在轨道上时mg ′＝G M E m(R ＋h)2(2分)解得：g ′＝gR 2(R ＋h)2. (2分)代入数据得： g ′＝8.2 m/s 2. (2分)(3)穿梭机在轨道上运行时：G M E m (R ＋h)2＝m v2R ＋h ， (2分)GM E m(R ＋h)2＝m(2πT )2(R ＋h) (2分)联立解得：v ＝R g R ＋h ，T ＝2πR (R ＋h)3g (2分)代入数据解得：v ＝7.6×103 m/sT ＝5.8×103 s. (2分)答案：(1)示数为零 (2)8.2 m/s 2(3)7.6×103 m/s 5.8×103 s。
高三大一轮复习教师用书全书可编辑WORD文档第4章
第1节 曲线运动 运动的合成与分解[真题回放]1．(2013·安徽高考)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m 3/min ，水离开喷口时的速度大小为16 3 m/s ，方向与水平面夹角为60度，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．28.8 m 1.12×10－2 m 3B ．28.8 m 0.672 m 3C ．38.4 m 1.29×10－2m 3D ．38.4 m 0.776 m 3【解析】将速度分解为水平方向和竖直方向两个分量，v x＝v cos 60°，v y＝v sin 60°，水的运动可看成竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动的合运动，水柱的高度h＝v2y2g＝28.8 m，上升时间t＝v yg＝v sin 60°g＝2.4 s空中水量可用流量乘以时间来计算，Q＝0.2860m3/s×2.4 s＝1.12×10－2 m3.故选项A正确．【答案】 A2．(多选)(2013·上海高考)图4-1-1为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图．A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度图4-1-1相等，由此可知C的()A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内【解析】根据题述，C的速度大小一定不小于A、B的速度大小，选项A错误，B正确；C的速度方向一定在CA和CB的夹角范围内，选项C错误，D正确．【答案】BD3．(2014·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.k vk2－1B.v1－k2C.k v1－k2D.vk2－1【解析】设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1＝dv0，回程渡河所用时间t2＝dv20－v2.由题知t1t2＝k，联立以上各式得v0＝v1－k2，选项B正确，选项A、C、D错误．【答案】 B[考向分析]考点一物体做曲线运动的条件及轨迹分析1．条件(1)因为速度时刻在变，所以一定存在加速度．(2)物体受到的合外力与初速度不共线．2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向曲线的“凹”侧．3．速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大．(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小．(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变．【例1】(2014·四川高考)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹．图4-1-2中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________(选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动．图4-1-2【解析】因为磁铁对小钢珠只能提供引力，磁铁在A处时，F与v0同向，小钢珠做匀加速直线运动，运动轨迹为b；当磁铁放在B处时，F与v0不在同一直线上，引力指向曲线的凹侧，运动轨迹为c.当合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动．【答案】b c不在突破训练 1一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是()【解析】当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，轨迹向右弯曲，风力停止时，合力向下．且轨迹不能急折，故C项正确．【答案】 C【反思总结】1．合外力或加速度指向轨迹的“凹”(内)侧．2．曲线的轨迹不会出现急折，只能平滑变化，且与速度方向相切． 考点二 运动的合成及性质 1.运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动的性质判断⎩⎪⎨⎪⎧加速度(或合外力)⎩⎪⎨⎪⎧变化：非匀变速运动不变：匀变速运动加速度(或合外力)与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动【例2】 (多选)(2014·江西师大附中检测)质量为0.2 kg 的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图4-1-3所示，由图可知()图4-1-3A ．最初4 s 内物体的位移为8 2 mB ．从开始至6 s 末物体都做曲线运动C ．最初4 s 内物体做曲线运动，接下来的2 s 内物体做直线运动D ．最初4 s 内物体做直线运动，接下来的2 s 内物体做曲线运动【解析】 由运动的独立性并结合v -t 图象可得：在最初4 s 内y 轴方向的位移y ＝8 m ，x 轴方向的位移x ＝8 m ，由运动的合成得位移s ＝x 2＋y 2＝8 2 m ，A 正确；在0～4 s 内，物体的加速度a ＝a y ＝1 m/s 2，初速度v 0＝v x 0＝2 m/s ，即物体的加速度与速度不共线，物体做曲线运动.4 s 末物体的速度与x 轴正方向夹角的正切tan α＝v y v x ＝42＝2，在4～6 s 内，加速度与x 轴正方向夹角的正切tan β＝a y a x ＝－2－1＝2，初速度与加速度共线，物体做直线运动，B、D错误，C正确．【答案】AC突破训练 2(多选)一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图4-1-4所示．关于物体的运动，下列说法正确的是() 图4-1-4A．物体做曲线运动B．物体做直线运动C．物体运动的初速度大小是50 m/sD．物体运动的初速度大小是10 m/s【解析】由v-t图象可以看出，物体在x方向做匀速直线运动，在y方向做匀变速直线运动，故物体做曲线运动，A正确，B错误；物体的初速度为v0＝v2x＋v2y＝302＋(－40)2m/s＝50 m/s，C正确，D错误．【答案】AC考点三绳(杆)端的关联速度分解问题1.关联速度特点对运动方向与绳、杆不共线的物体进行速度分解，两物体沿绳、杆方向的速度分量相等，如图4-1-5所示．甲乙图4-1-52．思路与方法合运动→物体的实际运动速度分运动→⎩⎪⎨⎪⎧其一：沿绳(或杆)的速度其二：与绳(或杆)垂直的分速度方法：遵循平行四边形定则．【例3】 (多选)(2014届天津实验中学模拟)如图4-1-6所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑 图4-1-6定滑轮与直杆的距离为d .现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时(图中B 处)，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB ．小环到达B 处时，重物上升的高度约为(2－1)dC ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于22 D ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2【思维模板】 问1：图中小环下落d 时，重物上升h ，二者之间的大小有什么关系？ 提示：h ＝(2－1)d .问2：小环的运动与连接绳的运动，哪个是合运动？ 提示：小环的运动是合运动．问3：绕过定滑轮的绳子与重物，其速度大小有什么关系？ 提示：相等．【解析】 小环释放后，v 增加，而v 1＝v cos θ，v 1增大，由此可知小环刚释放时重物具有向上的加速度，故绳中张力一定大于2mg ，A 项正确；小环到达B 处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，B 项正确；如图所示，将小环速度v 进行正交分解如图示，其分速度v 1与重物上升的速度大小相等，v 1＝v cos 45°＝22v ，所以，小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于2，C 项错误、D 项正确． 【答案】 ABD 突破训练 3(多选)如图4-1-7所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m ，水的阻力恒为f ，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v ，此时人的 图4-1-7 拉力大小为F ，则( )A ．人拉绳行走的速度为v cos θB ．人拉绳行走的速度为v /cos θC ．船的加速度为F cos θ－fm D ．船的加速度为F －f m【解析】 船的速度产生了两个效果：一是滑轮与船间的绳缩短，二是绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的速度进行分解，如图乙所示，人拉绳行走的速度v人＝v cosθ，A 对、B 错；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F ，与水平方向成θ角，因此F cos θ－f ＝ma ，得a ＝F cos θ－fm，C 对、D 错． 【答案】 AC物理模型4 小船渡河模型1．模型条件(1)物体同时参与两个匀速直线运动．(2)一个分运动速度大小和方向保持不变，另一个分运动速度大小不变，方向可在一定范围内变化． 2．模型特点(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2)三种速度：v 船(船在静水中的速度)、v 水(水的流速)、v 合(船的实际速度)． (3)两个极值①过河时间最短：v 船⊥v 水，t min ＝d v 船.②过河位移最小：a.v 合⊥v 水(前提v 船>v 水)，如图4-1-8甲所示，此时x min ＝d ，船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 水v 船.b ．v 船⊥v 合(前提v 船<v 水)，如图4-1-8乙所示． 过河最小位移：x min ＝v 水v 船d .甲 乙图4-1-83．解题要点求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下四点：(1)正确区分分运动和合运动．船的航行方向也就是船头指向，是分运动，船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致．(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解．(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关．(4)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形法则求极限的方法处理．【例4】一小船渡河，河宽d＝180 m，水流速度v1＝2.5 m/s.(1)若船在静水中的速度为v2＝5 m/s，求：①欲使船在最短的时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？②欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？(2)若船在静水中的速度v2＝1.5 m/s，要使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？【思路导引】【解析】 将船实际的速度(合速度)分解为垂直河岸方向和平行河岸方向的两个分速度，垂直分速度影响渡河的时间，而平行分速度只影响船在平行河岸方向的位移．(1)若v 2＝5 m/s.图1①欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向．当船头垂直河岸时，如图1所示，合速度为倾斜方向，垂直分速度为v 2＝5 m/s.t ＝d v ⊥＝d v 2＝1805 s ＝36 s ， v 合＝v 21＋v 22＝52 5 m/s ，x ＝v 合t ＝90 5 m.图2②欲使船渡河航程最短，合速度应沿垂直河岸方向．船头应朝图2中的v 2方向． 由v 2sin α＝v 1，得α＝30°.所以当船头与上游河岸成60°时航程最短． x ＝d ＝180 m.t ＝d v ⊥＝d v 2cos 30°＝18052 3s ＝24 3 s.(2)若v 2＝1.5 m/s.与(1)中②不同，因为船速小于水速，所以船一定向下游漂移，设合速度方向与河岸下游方向夹角为α，则航程x ＝dsin α.欲使航程最短，需α最大，如图3所示，由出发点A 作出v 1 图3矢量，以v 1矢量末端为圆心，v 2大小为半径作圆，A 点与圆周上某点的连线即为合速度方向，欲使v 合与水平方向夹角最大，应使v 合与圆相切，即v 合⊥v 2.sin α＝v 2v 1＝35，得α＝37°.所以船头应朝上游与河岸成53°方向． t ＝d v 2cos 37°＝1801.2 s ＝150 s.v 合＝v 1cos 37°＝2 m/s ，x ＝v 合·t ＝300 m. 【答案】 见规范解答 【反思总结】1．物体的实际运动一定是合运动．2．求解运动的合成与分解问题，应抓住合运动和分运动具有等时性、独立性、等效性的关系． 3．在小船渡河问题中可将小船的运动分解为沿船头指向的方向和沿水流方向的两个运动． 突破训练 4(多选)河水的流速与河岸距离的变化关系如图4-1-9甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图4-1-9乙所示，若要使船以最短时间渡河，则甲 乙图4-1-9A．船渡河的最短时间是60 sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5 m/s【解析】在运动的合成与分解中合运动与分运动具有等时性，当船头始终与河岸垂直时分运动时间最短，则船渡河的最短时间为100 s．由于合运动的方向在不断变化，所以船在河水中航行的轨迹为曲线，由图象可知船在河水中的最大速度是5 m/s.【答案】BD[运动性质判断]1．运动员在体育场上奋力抛出铅球，其运动轨迹如图4-1-10所示．已知B点为铅球运动的最高点，不计空气阻力，则下列说法中正确的图4-1-10是()A．D点的速率比C点的速率大B．A点的加速度与速度的夹角小于90°C．A点的加速度比D点的加速度大D．从A点到D点加速度与速度的夹角先增大后减小【解析】铅球在空中只受重力，合力的大小与方向均不变，加速度a＝g不变，故C错误；B点为铅球运动的最高点，速度与加速度相互垂直，过B点后速度与加速度的夹角变为锐角，速率增大，A 正确；铅球在A点的加速度方向与过A点的切线方向(即速度方向)夹角大于90°，B错误；铅球从A点到D点加速度与速度的夹角一直变小，D错误．【答案】 A2．(多选)如图4-1-11所示，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业．为了节省救援时间，在消防车向前前进的过程中，人同时相对图4-1-11梯子匀速向上运动．在地面上看消防队员的运动，下列说法中正确的是()A．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀加速直线运动B．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动C．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动D．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速直线运动【解析】当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动，选项B正确，A错误；当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动，选项C正确，D错误．【答案】BC[运动的合成与分解]3．(多选)(2014·吉林重点中学模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图4-1-12所示，当运动员从直升飞机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是() 图4-1-12A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力无关D．运动员着地速度与风力无关【解析】水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误，C正确；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确，D错误．【答案】BC[关联速度问题]4．如图4-1-13所示，长为L 的直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为( ) 图4-1-13A.v sin αL B.v L sin α C.v cos αLD.v L cos α【解析】 棒与平台接触点的实际运动方向(即合运动方向)垂直于棒指向左上，合速度沿竖直方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，得ω＝vL sin α，B 正确．【答案】 B [小船渡河模型问题]5．如图4-1-14所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB .若水 图4-1-14流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )A ．t 甲<t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲>t 乙D ．无法确定【解析】 设水速为v 0，人在静水中速度为v ，对甲，由O →A ，所用时间t 1＝sv ＋v 0，由A →O 所用时间t 2＝s v －v 0，则甲所用时t 甲＝t 1＋t 2＝s v ＋v 0＋s v －v 0＝2vv 2－v 20s ①式；对乙，由O →B 和由B →O 的实际速度v ′＝v2－v 20，故所用时间t 乙＝2sv ′＝2sv 2－v 20②式；两式相比得t 甲t 乙＝v v2－v 20>1即t甲>t 乙，故C正确．【答案】 C课时提升练(十)曲线运动运动的合成与分解(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一曲线运动条件及轨迹分析1．如图所示，在“神舟”十号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小．在此过程中“神舟”十号所受合力的方向可能是()【解析】做曲线运动的物体所受合力的方向总是指向曲线凹侧，A、D错误；由于速度逐渐减小，故力F的方向与速度方向的夹角应大于90°，C正确．【答案】 C2．一质点在xOy平面内运动的轨迹如图4-1-15所示，已知质点在x方向的分运动是匀速运动，则关于质点在y方向的分运动的描述正确的是()A．匀速运动图4-1-15B．先匀速运动后加速运动C．先加速运动后减速运动D．先减速运动后加速运动【解析】依题意知，质点沿x轴方向做匀速直线运动，故该方向上质点所受外力F x＝0；由图象看出，沿y轴方向，质点运动的轨迹先向y轴负方向弯曲后向y轴正方向弯曲；由质点做曲线运动的条件以及质点做曲线运动时轨迹弯曲方向与所受外力的关系知，沿y轴方向，该质点先受沿y轴负方向的力，后受沿y轴正方向的力，即质点沿y轴方向先做减速运动后做加速运动．【答案】 D题组二合速度、合位移计算3．(多选)如图4-1-16甲所示，在杂技表演中．猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图象如图4-1-16乙所示，人顶杆沿水平地面运动的x-t图象如图4-1-16丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正确的是()甲乙丙图4-1-16A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/sD．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2【解析】由题图乙、丙可以看出，猴子在竖直方向做初速度v y＝8 m/s、加速度a＝－4 m/s2的匀减速直线运动，人在水平方向做速度v x＝－4 m/s的匀速直线运动，故猴子的初速度大小为v＝82＋42 m/s＝4 5 m/s，方向与合外力方向不在同一条直线上，故猴子做匀变速曲线运动，故选项B正确，A、C均错误；由题图乙、丙可得，t＝2 s时，a y＝－4 m/s2，a x＝0，则合加速度大小a＝4 m/s2，故选项D 正确．【答案】BD4．如图4-1-17所示，在一次抗洪救灾工作中，一架直升机A用一长H＝50 m的悬索(重力可忽略不计)系住伤员B，直升机A和伤员B一起在水平方向上以v0＝10 m/s的速度匀速运动的同时，悬索在竖直方向上匀速上拉．在将伤员拉到直升机内的时间内，A、B 图4-1-17之间的竖直距离以l＝50－5t(单位：m)的规律变化，则()A．伤员经过5 s时间被拉到直升机内B ．伤员经过10 s 时间被拉到直升机内C ．伤员的运动速度大小为5 m/sD ．伤员在运动速度大小为10 m/s【解析】 伤员在竖直方向的位移为h ＝H －l ＝5t (m)，所以伤员的竖直分速度为v 1＝5 m/s ；由于竖直方向做匀速直线运动，所以伤员被拉到直升机内的时间为t ＝H v 1＝505 s ＝10 s ，故A 错误，B 正确；伤员在水平方向的分速度为v 0＝10 m/s ，所以伤员的速度为v ＝v 21＋v 20＝52＋102 m/s ＝5 5 m/s ，故C 、D 均错误．【答案】 B题组三 小船渡河问题5．如图4-1-18所示，河宽200 m ，一条小船要将货物从A 点运送到河对岸的B点，已知AB 连线与河岸的夹角θ＝30°，河水的流速v 水＝5 m/s ，小船在静水中的速度至少是( ) 图4-1-18A.532 m/s B ．2.5 m/s C ．53 m/s D ．5 m/s 【解析】 用动态三角形法分析．如图所示，使合速度与河岸夹角为θ，则当v船与v合垂直时，v 船具有最小值．则：v 船min ＝v水sin θ＝2.5 m/s.【答案】 B6．(多选)(2014·潍坊一中月考)一条小船在静水中的速度为10 m/s ，要渡过宽度为60 m 、水流速度为6 m/s 的河流，下列说法正确的是( )A ．小船渡河的最短时间为6 sB ．小船渡河的最短时间为10 sC ．若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程减小D ．若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程不变【解析】 当小船船头垂直河岸过河时，过河时间最短，为t ＝6 s ，因此，B 错误，A 正确；小船在静水中的速度为10 m/s ，大于河水流速6 m/s ，由速度合成的平行四边形定则可知，合速度可以垂直河岸，因此，过河位移(即最短路程)为60 m ，静水中船速增加时，合速度要改变，由于船速始终大于水流的速度，合速度可以垂直河岸，过河的最短路程不改变，C 错误，D 正确．【答案】 AD 题组四 关联速度问题7．如图4-1-19所示，A 、B 两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A 物体以速度v 向左运动时，系A 、B 的绳分别与水平方向成α、β角，此时B 物体的速度大小为( ) 图4-1-19A ．v sin α/sin βB ．v cos α/sin βC ．v sin α/cos βD ．v cos α/cos β【解析】 根据A 、B 两物体的运动情况，将两物体此时的速度v 和v B 分别分解为两个分速度v 1(沿绳的分量)和v 2(垂直绳的分量)以及v B 1(沿绳的分量)和v B 2(垂直绳的分量)，由于两物体沿绳的速度分量相等，v 1＝v B 1，即v cos α＝v B cos β，则B 物体的速度方向水平向右，其大小为v B ＝cos αcos βv ，D 正确．【答案】 D8．如图4-1-20所示，一轻杆两端分别固定质量为m A 和m B 的两个小球A 和B (可视为质点)．将其放在一个直角形光滑槽中，已知当轻杆与槽左壁成α角时，A 球沿槽下滑的速度为v A ，则此时B 球的 图4-1-20 速度v B 的大小为( )A ．v AB ．v A /sin αC ．v A cot αD ．v A cos α 【解析】 A 球以v A 的速度沿斜槽滑下时，可分解为一个使杆压缩的分运动，设其速度为v A 1；一个使杆绕B 点转动的分运动，设其速度为v A 2，而B 球沿槽上滑的运动为合运动，设其速度为v B ，可分解为一个使杆伸长的分运动，设其速度为v B 1，v B 1＝v A 1；一个使杆转动的分运动，设其速度为v B 2.由图可知：v B 1＝v B sin α＝v A 1＝v A cos α，v B ＝v A cot α.【答案】 CB 组 深化训练——提升应考能力9．如图4-1-21所示，人沿平直的河岸以速度v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速度大小为( ) A ．v sin α B.vsin α 图4-1-21 C ．v cos α D.vcos α【解析】 如图所示，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由几何知识有v 船＝v cosα，所以C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C10．(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t ＝0时刻起，由坐标原点O (0,0)开始运动，其沿x 轴和y 轴方向运动的速度—时间图象如图4-1-22甲、乙所示，下列说法中正确的是( )甲 乙图4-1-22A ．前2 s 内物体沿x 轴做匀加速直线运动B ．后2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y 轴方向C ．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m)D ．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)【解析】 前2 s 内物体在y 轴方向速度为0，由题图甲知只沿x 轴方向做匀加速直线运动，A 正确；后2 s 内物体在x 轴方向做匀速运动，在y 轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y 轴方向，合运动是曲线运动，B 错误；4 s 内物体在x 轴方向上的位移是x ＝(12×2×2＋2×2)m ＝6 m ，在y 轴方向上的位移为y ＝12×2×2 m ＝2 m ，所以4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)，D 正确，C 错误．【答案】 AD11．你驾驶一架小型飞机，需在3.0 h 内飞抵正南方向距离450 km 处的一座机场．已知有50.0 km/h 的西风吹来．为了按时抵达目的地，你应当怎样调整飞机的飞行方向和飞行速率？【解析】 如图所示．飞机的合速度为v ＝x t ＝4503.0 km/h ＝150 km/h 飞机的飞行速率 v 2＝v 21＋v 2＝502＋1502 km/h＝5010 km/h 方向西偏角θ tan θ＝v 1v ＝13 θ＝arctan 13【答案】 飞行方向为南偏西arctan 13 飞行速率为5010 km/h12．如图4-1-23所示，在光滑水平面上有坐标系xOy ，质量为1 kg 的质点开始静止在xOy 平面上的原点O 处，某一时刻起受到沿x 轴正方向的恒力F 1 图4-1-23 的作用，F 1的大小为2 N ，若力F 1作用一段时间t 0后撤去，撤去力F 1后5 s 末质点恰好通过该平面上的A 点，A 点的坐标为x ＝11 m ，y ＝15 m.(1)为使质点按题设条件通过A 点，在撤去力F 1的同时对质点施加一个沿y 轴正方向的恒力F 2，力F 2应为多大？(2)力F 1作用时间t 0为多长？(3)在图中画出质点运动轨迹示意图，在坐标系中标出必要的坐标．【解析】 (1)撤去F 1，在F 2的作用下，沿x 轴正方向质点做匀速直线运动，沿y 轴正方向质点做匀加速直线运动．由y ＝12a 2t 2和a 2＝F 2m 可得F 2＝2myt 2代入数据得F 2＝1.2 N.(2)在F 1作用下，质点运动的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2 由x 1＝12a 1t 20，x －x 1＝v t ＝a 1t 0t . 解得t 0＝1 s(3)质点运动轨迹示意图如图所示【答案】 (1)1.2 N (2)1 s (3)见解析图第2节 抛体运动的规律及其应用[真题回放]1．(多选)(2012·新课标全国卷)如图4-2-1所示，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 图4-2-1 出的．不计空气阻力，则( )A ．a 的飞行时间比b 的长B ．b 和c 的飞行时间相同C ．a 的水平速度比b 的小D ．b 的初速度比c 的大【解析】 根据平抛运动的规律h ＝12gt 2，得t ＝2hg ，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为h b ＝h c ＞h a ，所以b 与c 的飞行时间相同，大于a 的飞行时间，因此选项A 错误，选项B 正确；又因为x a ＞x b ，而t a ＜t b ，所以a 的水平初速度比b 的大，选项C 错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b 的水平位移大于c ，而t b ＝t c ，所以v b ＞v c ，即b 的水平初速度比c 的大，选项D 正确．【答案】 BD2．(2014·上海高考)如图4-2-2所示，宽为L 的竖直障碍物上开有间距d＝0.6 m 的矩形孔，其下沿离地高h ＝1.2 m ，离地高H ＝2 m 的质点与障碍物相距x .在障碍物以v 0＝4 m/s 图4-2-2匀速向左运动的同时，自由下落．为使质点能穿过该孔，L 的最大值为________m ；若L ＝0.6 m ，x 的取值范围是________m ．(取g ＝10 m/s 2)【解析】 以障碍物为参考系，相当于质点以初速度v 0，向右平抛，当L 最大时从抛出点经过孔的左上边界飞到孔的右下边界时，L 最大t 1＝2(H －d －h )g ＝0.2 s ，x ＝v 0t 1＝0.8 m t 2＝2(H －h )g ＝0.4 s ，L ＝v 0t 2－x ＝0.8 m从孔的左上边界飞入临界的x 有最小值为0.8 m 从孔的右下边界飞出时，x 有最大值：。
全程复习2014届高考物理第一轮基础夯实复习方略第一次全册综合检测(11页, 新人教通用版,含精细解析).pptx
C. 放冷后盖子与茶杯间的最大静摩擦力增大
D. 开盖时需要用力做功来补充因温度降低而使茶杯减少的内能 8.(2012·南通模拟)(4 分)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体，汽缸
与活塞均具有良好的绝热性能.将一个热敏电阻置于汽缸中(热敏电阻的阻值随温度的升高
而减小)，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，
W 不可能达到 10 0%，从能量转换的角度，说明 Q1
能不能完全转化为
能.
(2)如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线.图中等温线Ⅰ对应
的温度比等温线Ⅱ对应的温度要
(选填“高”或“低”).在同一等
温线下，如果该气体的压强变为原来的 2 倍，则气体的体积应变为原来的
. 18.(9 分)(1)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( ) A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
A.从外界吸热
B.对外界做负功
C.分子平均动能减少
D.内能增加
(2)气体温度计结构如图所示.玻璃测温泡 A 内充有理想气体，通过细玻璃管 B 和水
银压强计相连.开始时 A 处于冰水混合物中，左管 C 中水银面在 O 点处，右管 D 中水
银面高出 O 点 h1= 14 cm.后来放入待测恒温槽中，上下移动 D，使左管 C 中水银面在O 点处，测得右 管 D 中水银面高出O 点 h2=44 cm(已知外界大气压为 1 个标准大气压，1 标准大气压 相当于 76 cmHg)
C. 对一定质量的气体加热，其内能一定增加
D.当分子间距 r＜r0时，分子间斥力比引力变化得快；当 r＞r0 时，引力比斥力变化得快
4.(4 分)设合力为零时分子间距为 r0，分子之间既有引力也有斥力，它们与分子间距的关系 有以下说法，其中正确的是( ) A.随着分子间距的增加，分子间的引力减小得快，斥力减小得慢 B.随着分子间距的增加，分子间的引力减小得慢，斥力减小得快
2014年新课标高考总复习人教物理必修124份,课件+课时作业131
元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是( )
提素能
高效题 组训练
A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力
越大，速度就越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这
说明，静止状态才是物体不受力时的“自然状态”
山
东
C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快
金
斜面的倾角逐渐减小直至为零 .这个实验的目的是为了说明(
)
提素能 高效题 组训练
山
东
A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度
金 太
B．如果没有摩擦，小球运动时机械能守恒
山 东
力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因．
金 太
3．理想化状态
阳 书
牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力
业 有
的情形是不存在的．在实际情况中，如果物体所受的合力等于零，与
限 公
物体不受外力时的表现是相同的．
司
菜 单 隐藏
2014 · 新课标高考总复习 · 物理
东
经过科学抽象、归纳推理而总结出来的．
金
太
(2)惯性与力不同，惯性不是力．
阳
书
业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
2014 · 新课标高考总复习 · 物理
抓主干 双基知
[例1] 如图为伽利略的“理想实验”示意图，两个斜面对接，让
识优化
小球从其中一个固定的斜面滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，
破疑难
Hale Waihona Puke 核心要 点探究双基知
识优化
A．物体的速度不断增大 ，表示物体必受力的作用
【高考四元聚焦】高三物理一轮复习 专题12 选修332课件
考点4 实验：用油膜法估测分子的大小
实验目的 1．估测油酸分子的大小． 2．学习间接测量微观量的原理和方法．
实验原理 利用油酸的酒精溶液在平静的水面上形成一层纯油酸 薄膜(如图所示)，将油酸分子看做球形，测出一定体积油 酸溶液在水面上形成的油膜面积，用 d＝V/S 计算出油膜的 厚度，其中 V 为一滴油酸溶液中纯油酸的体积，S 为油膜 面积．这个厚度就近似等于油酸分子的直径．
(1)油膜的面积等于多少？ (2)油酸分子的直径是多少？
数据处理 根据上面记录的数据，完成以下表格内容
[变式 16] 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中， 已配制好油酸酒精溶液，其中油酸体积占溶液总体积的百分 比为 k.在量筒中滴入 N 滴油酸酒精溶液，读出总体积为 V. 现将一滴这样的溶液滴在水面上，其散开的油膜在带有方格 的玻璃板上描绘的图形如图所示．已知玻璃板上每个小方格 的长和宽均为 a.由此计算：
考点2 固体、液体、气体
1．气体分子运动的特点 (1)气体分子间距较大，分子力可以忽略，因此分子间 除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满它能达到的整 个空间．
(3)三个实验定律
[例 9] (多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所 示的 ab、bc、cd、da 四个过程，其中 bc 的延长线通过原点， cd 垂直于 ab 且与水平轴平行，da 与 bc 平行，则气体体积 在( )
[变式 14] 如图所示，一演示用的“永动机”转轮由 5 根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制 成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划 水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复， 转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是( )
•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/172022/1/17January 17, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/172022/1/172022/1/171/17/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/172022/1/17
【高考四元聚焦】高三物理一轮复习 专题14 选修352课件
结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为 30°.若本 实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了动 量守恒定律？说明理由．
则未放 B 球时 A 球落地点是记录纸上的______点，系 统碰撞前动量 p 与碰撞后动量 p′的百分误差|p－pp′|＝ ______%(结果保留一位有效数字)．
方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律． (1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为 入射小球． (2)按照图所示安装实验装置．调整固定斜槽使斜槽底 端水平．
(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一 高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验 10 次．用步骤 4 的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置 M 和被撞小 球落点的平均位置 N.如图所示．
考点3 动量定理及其应用
1．冲量概念及其理解 (1)定义：某个力与其作用时间的乘积为该力的冲量 I ＝Ft. (2)单位：由力的单位和时间的单位共同来确定，即 N·s.
b．作出 F—t 变化图线，图线与 t 轴夹的面积即为变 的冲量．如图所示．
c．对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定 理求解．即通过求 Δp，间接求出冲量．
[例 6] 如图所示，质量为 2kg 的物体沿倾角为 30°， 高为 5m 的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中， 求：
(1)重力的冲量； (2)支持力的冲量； (3)合力的冲量．
[例 8] 如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面 上，当以速度 v 抽出纸条后，铁块掉在地上的 P 点．若以 2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )
5．实验过程 方案一：用气垫导轨和光电计时器验证动量守恒定律． (1)实验装置如图所示．
方案二：用两摆球碰撞验证动量守恒定律． (1)实验装置如图所示．
全程复习2014届高考物理第一轮基础夯实复习方略第三次阶段滚动检测(11页, 新人教通用版,含精细解析).pdf
正确的是(
) [来源:学.科.网]
A.A、B 两点的电场强度 EA＜EB B.A、B 两点的电势φA＞φB
C.负电荷 q 在 A、B 两点的电势能大小 EpA＞EpB
D.此电场一定是负电荷形成的电场
6.(滚动交汇考查)如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电荷量为 q、
质量为 m 的带电粒子(不计重力)以 v0 从 A 点水平射入电场，且刚好以速度 v 从 B 点射出.则以下说法正确的是( )
(1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，测量 3 次，求出其平均值 l .其
中一次测量如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为___________cm.
用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量 3 次，求出其平均值 d.其中一次测量
学海无涯
如图乙所示，图中读数为___________mm.
3.(滚动单独考查)在某军区最近的一次军事演习中，一空降兵从悬停在空中的直升机上跳 伞，伞打开前可看做 是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落.在整个过程中，下 列图象可能符合事实的是(其中 h 表示下落高度、t 表示下落的时间、F 表示人受到的合外力、 E 表示人的机械能、Ep 表示人的重力势能、v 表示人下落的速度)( )
学海无涯
G
Mm r2
=
m( 2)2 r, T
【高考四元聚焦】高三物理一轮复习 专题13 选修3-4-3课件
③临界角：折射角等于 90°时的入射角．若光从光密 介质(折射率为 n)射向真空或空气时，发生全反射的临界角 为 C，则 sinC＝1n.介质的折射率越大，发生全反射的临界 角越小．
注意：发生反射时，不一定发生折射，如全反射时无 折射；发生折射时，却一定存在反射．
(2)应用 ①全反射棱镜．②光导纤维．
[答案] AC [点拨] 当波源靠近静止的观察者时，观察者“感觉” 到的频率增大；当波源远离静止的观察者时，观察者“感 觉”到的频率降低．从图看出波源正在向 B 点移动，所以 观察者在图中 A 点接收波的频率是定值，但小于 f0，所以 A、C 正确．
考点6 光的折射 全反射
1．光的折射 (1)折射现象 光从一种介质斜射进入另一种介质时传播方向改变的 现象．
A.16πR 1
B.4πR C.13πR
5 D.12πR
[答案] D
解析： 根据折射定律， 2＝sisni4n5r °，可得光进入玻璃
后光线与竖直方向的夹角为 30°.过 O 的光线垂直入射到 AB
界面上点 C 射出，C 到 B 之间没有光线射出；越接近 A 的
光线入射到 AB 界面上时的入射角越大，发生全反射的可
③计算公式：n＝vc，因为 v<c，所以任何介质的折射 率都大于 1.
④当光从真空(或空气)射入某种介质时，入射角大于 折射角；当光由介质射入真空(或空气)时，入射角小于折 射角．
⑤当光垂直界面从一种介质进入另一种介质时，光路 不发生偏折．
[例 15] 一半径为 R 的 1/4 球体放置在水平面上，球 体由折射率为 3的透明材料制成．现有一束位于过球心 O 的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射 入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与 桌面的距离为 3R/2.求出射角．
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专题5 万有引力与航天考点1 万有引力定律1.牛顿有句名言：“如果说我比笛卡尔看得更远，那是因为我站在巨人的肩上．”就牛顿发现万有引力定律而言，起关键作用的这位“巨人”是指( C )A ．伽利略B ．哥白尼C ．开普勒D ．胡克2.宇宙飞船进入一个围绕太阳运行的近乎圆形的轨道上运动，如果轨道半径是地球轨道半径的9倍，则宇宙飞船绕太阳运行的周期是( C )A ．3年B ．9年C ．27年D ．81年3.地球有一个可能的天然卫星被命名为“J002E2”，这个天体是美国亚利桑那州的业余天文爱好者比尔·杨发现的，他发现“J002E2”并不是路经地球，而是以50天的周期围绕地球运行，其特征很像火箭的残片或其他形式的太空垃圾．由此可知“J002E2”绕地半径与月球绕地的半径之比约为( A ) A.35027 B.3925 C.53 D.354.(多选)(2013·浙江卷)如图所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M ，半径为R .下列说法正确的是( BC )A ．地球与一颗卫星之间的引力大小为GMm (r －R )2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMm r 2C ．两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r2 D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMm r2 解析：地球对一颗卫星的引力大小为GMm r2，A 错，B 对；由几何关系可知两卫星之间距离为3r ，两卫星之间的引力为F ＝Gmm (3r )2＝Gm 23r2，C 对；三颗卫星对地球引力的合力大小为零，D 错．5.(2012·新课标卷)假设地球是一半径为R .质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( A )A ．1－d RB ．1＋d RC ．(R －d R )2D ．(R R －d)2 6.已知万有引力常数恒量为G ，某一星球半径为R ，宇航员带着质量为m 的砝码及弹簧秤，登上此星球，测得砝码重力为F ，则该星球的质量为 M ＝FR 2Gm. 考点2 应用万有引力定律分析天体运动1.(多选)把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周，由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得( CD )A ．火星和地球的质量之比B ．火星和太阳的质量之比C ．火星和地球绕太阳运行速度之比D ．火星和地球到太阳中心的距离之比2.(2011·四川卷)据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55 Cancri e”．该行星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的1480，母星的体积约为太阳的60倍．假设母星与太阳密度相同，“55 Cancri e”与地球做匀速圆周运动，则“55 Cancri e”与地球的( B )A ．轨道半径之比约为360480B ．轨道半径之比约为3604802B ．向心加速度之比约为360×4802B ．向心加速度之比约为360×480解析：根据⎩⎪⎨⎪⎧G Mm r 2＝m (2πT )2r M ＝ρ·V ⇒r 1r 2＝3M 1M 2T 21T 22＝3V 1V 2T 21T 22 代入数据可得B 对，A 错． 由G Mm r 2＝ma 可得a 1a 2＝M 1M 2(r 2r 1)2，故C 、D 均错． 3.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v 0，假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N 0，已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( B ) A.m v 2GN B.m v 4GNC.N v 2GmD.N v 4Gm4.(2013·福建卷)设太阳质量为M ，某行星绕太阳公转周期为T ，轨道可视为r 的圆．已知万有引力常量为G ，则描述该行星运动的上述物理量满足( A )A ．GM ＝4π2r 3T 2B ．GM ＝4π2r 2T 2 C ．GM ＝4π2r 2T 3 D ．GM ＝4πr 3T2 解析：行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，所以GM ＝4π2T2r 3，选项A 正确． 5.“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期T ，已知引力常数G ，半径为R 的球体体积公式V ＝43πR 3，则可估算月球的( A ) A ．密度 B ．质量C ．半径D ．自转周期考点3 人造卫星1.(多选)(2013·新课标卷Ⅰ)2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气．下列说法正确的是( BC )A ．为实现对接．两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C ．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D ．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用2.为了探测x 星球，载着登陆舱的探测飞船在该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( D )A ．x 星球的质量为M ＝4π2r 1T 21B ．x 星球表面的重力加速度为g x ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 22r 313.2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581c.这颗围绕红矮星Gliese581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的1.5倍，质量约为地球的5倍，绕红矮星Gliese581运行的周期约为13天．假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正确是( BC )A ．飞船在Gliese581c 表面附近运行的周期约为13天B ．飞船在Gliese581c 表面附近运行时的速度大于7.9km/sC ．人在Gliese581c 上所受重力比在地球上所受重力大D ．Gliese581c 的平均密度比地球平均密度小4.如图所示，A 为静止于地球赤道上的物体，B 为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P 为B 、C 两卫星轨道的交点．已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是( C )A ．物体A 和卫星C 具有相同大小的线速度B ．物体A 和卫星C 具有相同大小的加速度C ．卫星B 在P 点的加速度与卫星C 在该点的加速度一定相同D ．卫星B 在P 点的线速度与卫星C 在该点的线速度一定相同5.(多选)嫦娥二号卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约38万公里的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期12小时的椭圆轨道a .再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b ，轨道a 和b 相切于P 点，如图所示．下列说法正确的是( AD )A ．嫦娥二号卫星的发射速度大于7.9km/s ，小于11.2km/sB ．嫦娥二号卫星的发射速度大于11.2km/sC ．嫦娥二号卫星在a 、b 轨道经过P 点的速度v a ＝v bD ．嫦娥二号卫星在a 、b 轨道经过P 点的加速度分别为a a 、a b ，则a a ＝a b锦囊 双星问题的处理1.(2013·山东卷)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( B ) A.n 3k 2T B.n 3kT C.n 2k T D.n kT 解析：由万有引力提供向心力有G m 1m 2L 2＝m 1r 1(2πT )2，G m 1m 2L 2＝m 2r 2(2πT )2，又L ＝r 1＋r 2，M ＝m 1＋m 2，联立以上各式可得T 2＝4π2L 3GM，故当两恒星总质量变为kM ，两星间距变为nL 时，圆周运动的周期T ′变为n 3kT . 2.两个星球组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两星中心的距离为L ，其运动周期为T ，求两星的总质量．解析：对m 1：Gm 1m 2L 2＝m 1ω2r 1，对m 2：Gm 1m 2L 2＝m 2ω2t ， r 1＋r 2＝L ，则：m 1＋m 2＝ω2L 3G3.如图，质量分别为m 和M 的两个星球A 和B 在引力作用下都绕O 点做匀速圆周运动，星球A 和B 两者中心之间距离为L .已知A 、B 的中心和O 三点始终共线，A 和B 分别在O 的两侧．引力常数为G .(1)求两星球做圆周运动的周期．(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A 和B ，月球绕其轨道中心运行的周期记为T 1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T 2.已知地球和月球的质量分别为 5.98×1024kg 和7.35×1022kg.求T 2与T 1两者平方之比．(结果保留3位小数)解析：(1)A 和B 绕O 做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A 和B 的向心力相等．且A 和B 和O 始终共线，说明A 和B 有相同的角速度和周期．设A 和B 做匀速圆周运动的轨道半径分别为r 和R ，运行角速度为ω，周期为T .因此有mω2r ＝Mω2R ，r ＋R ＝L联立解得R ＝m m ＋M L ，r ＝M m ＋ML 对A 根据牛顿第二定律和万有引力定律得GMm L 2＝m (2πT )2M M ＋mL化简得T ＝2πL 3G (M ＋m )(2)将地月看成双星，由(1)得T 1＝2πL 3G (M ＋m ) 将月球看做绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得GMm L 2＝m (2πT 2)2L 化简得T 2＝2πL 3GM所以两种周期的平方比值为(T 2T 1)2＝m ＋M M ＝5.98×1024＋7.35×10225.98×1024＝1.012。