学案·人教物理·必修2·15版(答案)

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1、书书书?第一节曲线运动、【解析】物体做曲线运动时速度的方向沿曲线的切线方向，而曲线上不同点的切线方向是不同的，所以速度的方向是不断发生变化的，而速度的大小不一定发生变化、【解析】做曲线运动的物体其速度方向一定是时刻改变的，而速度是矢量，速度方向变了，物体的运动就一定是变速运动若速度的方向不变，而大小变化了，物体做的是变速直线运动，故、正确物体做曲线运动时，若所受合力为恒力，则物体的加速度就为恒加速度，是不变的；物体做曲线运动时，若所受合力大小不变，方向始终与速度方向垂直，则物体的速度大小、加速度大小都不变，故、错误、【解析】

2、在恒力的作用下，物体的运动方向既可以与受力方向平行，也可以与受力方向不平行，所以，它既可以做直线运动，也可以做曲线运动，、错物体的受力方向决定了物体的加速度方向及其速度变化方向，与速度方向无关，错，正确【解析】乒乓球的初速度方向由指向，如果在处用细管吹气对球施力使球由运动到，球做曲线运动，施力的方向只能指向曲线的凹侧、即沿孙的方向、【解析】根据牛顿第二定律，当物体所受合外力不等于零时，其运动状态就要发生变化若合外力的方向跟物体的速度方向成一定角度时，合外力产生的加速度方向跟速度方向也成一定角度，因此物体的速度不仅方向一定发生变化，

3、而且大小也发生变化，即物体应做曲线运动物体做曲线运动时，所受合外力可以是恒力，也可以是变力【解析】做曲线运动的物体其速度方向在某点的切线方向，加速度方向即合外力的方向，指向曲线的凹侧，则、、、四个图中速度和加速度方向符合曲线运动条件的为、两项；曲线运动中，当合外力与速度方向成直角时，物体做匀速率曲线运动，成钝角时，物体做减速运动，由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向一致，故、中符合物体做减速运动规律的为项第题图解：如图所示，物资的实际运动可以看做是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀速直线运动两个分运动的合运动（）分运动与合运

4、动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等所以（）物资落地时，，由平行四边形定则得槡槡槡（）物资水平方向的位移大小为【解析】红蜡块参与了竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动两个分运动，实际运动的轨迹即合运动轨迹由于它在任一点的合速度方向是向上或斜向右上的，而合加速度就是水平向右的加速度，它与速度方向之间有一定夹角，故轨迹是曲线又因为物体做曲线运动时曲线总向加速度方向偏折（或加速度方向总是指向曲线的凹侧），故选项正确、、【解析】物体做曲线运动的条件是：物体所受合外力的方向与它的速度方向不在同一条直线上

5、这里合外力并未限定是变力还是恒力物体可以受一个力，也可以受多个力，所以受力可以是恒力，也可以是变力，所以、正确，错误根据牛顿第二定律可知，加速度方向与合外力方向一致，故可判断也正确，故选、、、【解析】物体原来受三个力作用处于平衡状态，现在去掉其中的一个力，则剩下的两个力的合力与去掉的力等大反向，即去掉一个力后，合力为恒力，如果物体原来静止，则物体做匀加速直线运动，选项正确；如果物体原来做匀速直线运动，则去掉一个力后，若速度与力不共线则物体做曲线运动，若速度与力共线则物体做匀变速直线运动，选项正确第题图、【解析】物体原来

6、所受的合外力为零，当将与速度反方向的的力水平旋转后，其受力相当于如图所示，其中是、的合力，即槡，且大小、方向都不变，是恒力，那么物体的加速度为槡槡又因为与的夹角，所以物体做速度越来越大、加速度恒为槡的匀变速曲线运动故正确答案是、两项、【解析】从轨迹图可知，若方向始终匀速，开始?所受合力沿方向，后来沿方向，如图甲所示，可以看出应是先减速后加速，故选项错误，选项正确若方向匀速，则受力先沿方向，后沿方向，如图乙所示，故先加速后减速，所以选项错误，选项正确第题图【解析】曲线上该点的方向与

7、的方向相反，且与的合力指向曲线的内侧槡槡槡【解析】由题意知，；槡，槡；水平位移为槡槡 ()（槡槡）槡；竖直方向位移为 () （）大于【解析】位移指由初位置指向末位置的有向线段，而路程指运动物体轨迹的长度，当做曲线运动时，路程必定大于位移的大小【解析】的速度为玻璃管沿轴正方向速度与蜡块沿轴正方向速度的合成由某时刻的坐标为（，）可知，，而，解得由可得，所以此时的速度大小为槡由于蜡块沿方向做匀加速运动，所以在上升过程中运动轨迹的示意图是第题图解：（）猴子对地的位移为猴子相对人的位移与人

8、的位移的矢量和，所以为槡（）猴子相对人的速度，猴子相对地的速度（）如图所示解：（）单独开动，产生一个方向上的力，探测器先做匀减速直线运动到速度为零，后沿方向做匀加速直线运动单独开动，产生一个方向上的力，与初速度方向垂直，探测器做曲线运动单独开动，产生一个沿方向上的力，探测器做匀加速直线运动单独开动，产生一个方向上的力，与初速度方向垂直，探测器做匀变速曲线运动（）同时开动与，合外力沿与和成方向，探测器做匀变速曲线运动（）同时开动四个发动机，探测器将做匀速直线运动第二节平抛运动、【

9、解析】物体做平抛运动时，只受重力作用，故加速度恒定，速度的增量在相等时间内相等，故、对，、错【解析】根据平抛运动规律由，，知，由，，知【解析】落地速度为落地时刻的合速度，由槡可知落地时竖直方向的分速度槡，故飞行时间槡，即项正确【解析】做平抛运动的物体水平方向的分速度不变，即无论到哪一时刻，速度在轴上的分量始终等于【解析】由题设可知，物体撞到斜面上的速度的方向与竖直方向夹角为，设速度的竖直分量为，水平分量为，则，而，得槡【解析】斜抛物体的运动水平方向是匀速直线运动，竖直方向是竖直上抛或

10、竖直下抛运动，抛出后只受重力，故加速度恒定若是斜向上抛则竖直分速度先减小后增大；若是斜向下抛则竖直分速度一直增大，其轨迹为抛物线，故选项正确、【解析】，，据，得，选项正确；同时，根据，，则槡槡，选项正确，选项错误；根据题意，位移槡槡，选项错误【解析】平抛物体的速度与水平方向夹角的正切即为：，为定值，则与成正比解：解法一：如图（）所示，设物体经过点时与水平方向的夹角为，经过点时与水平方向的夹角为设从初始位置到点经历时间，则到点共经历时间，（）由以上两式解得初速度，且

11、在这内下落的高度：（） () () 解法二：由图（）中几何关系可得，得据推导公式有：（）（） ?（）（）第题图解：（）运动员从起跳到落地的竖直位移，而，代入数据解得（）运动员的水平位移，，将，，代入求得（）运动员落地时的竖直分速度，所以他落地时速度大小槡槡解：水平方向：沿斜面向下：由牛顿第二定律：联立求解槡【解析】四个小球分别做竖直上抛运动、竖直下抛运动、向左平抛运动、向右平抛运动，它们均只受重力作用，加速度均为，故四个小球的相对加速度为零，竖直方向两个小球以相对速度匀速分开，

12、水平方向两个小球也是以相对速度匀速分开，选项正确【解析】因为铁球从飞机上释放后做平抛运动，在水平方向上具有与飞机相同的速度，不论铁球何时从飞机上释放，铁球与飞机在水平方向上都无相对运动铁球同时还做自由落体运动，它在竖直方向将离飞机越来越远所以个球在落地前始终处于飞机的正下方，并排成一条竖直的直线，又因为从飞机上每隔释放一个球，而每个球在空中运动的时间又是相等的，所以这个球落地的时间也依次相差，而个铁球在水平方向上的速度都相同，它们的落地点必然是等间距的若以飞机为参考系观察，四个铁球都做自由落体运动、【解析】斜向上抛出的物体的运动可分解为

13、水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动当物体到达最高点时，其竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故错，对；由竖直上抛运动的对称性可知，当物体落回到抛出点所在水平面时，抛出时竖直向上的分速度与落回时竖直向下的分速度大小相等，而水平方向的分速度不变，故对，错第题图【解析】作出图示（如图），设与竖直方向的夹角为，根据几何关系：，由平抛运动规律得水平方向：，竖直方向：，由式得在中，，所以【解析】平抛运动可以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，其速度也就是这两个方向上分速度的合成，即（），所以

14、（）槡，所以正确的选项为、、【解析】两球都做平抛运动，且在落地时下落的高度相同，所以在空中运动的时间是相同的，所以错在相同的时间内，两球在竖直方向的速度大小相等方向相同，其速度的大小，要看其合速度的大小槡，由于球的初速度大于球的初速度，所以、正确，当球遇到竖直墙壁时，两球的水平位移相等，初速度大的运动时间短，在竖直方向的位移就小，所以正确【解析】小球做的是平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，和小球的运动是相同的，所以两个小球将同时到达点、【解析】两物体被抛出后，做平抛运动，平抛运动的落

15、地时间只与物体离地高度有关，而与车辆速度，即平抛运动的初速度无关，故正确；因槡，槡，所以、落地时间差槡槡，则槡槡() 槡槡槡，故正确第题图解：（）由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以，，代入数据，得，（）由得所以解：（）设滑雪者质量为，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行到斜面底时的速度为，到点时的速度为则：（），解得滑雪者离开点时的速度：（槡）（）设滑雪者离开点后落在台阶上，槡可解得：（槡）此时必须满足，当时

16、，滑雪者直接滑到地面上，可解得：（槡）解：不同意由于小球开始在水平面上运动，离开点时的小球将做平抛运动，而不会沿斜面下滑，在运动到地面之前小球是否经历斜面，要看以下条件：小球平抛到地面的水平距离为槡槡 ? ，斜面底宽槡，因为，所以小球离开点后不会落到斜面上，因此落地时间即为平抛运动所需时间，即槡槡第三节实验：研究平抛运动【解析】空气阻力对实心小铁球的影响相对较小【解析】平抛实验的目的不是测重力加速度，错小球也不能与木板上的白纸相接触，错实验用到的数据与坐标原点无关，错【解析】平抛运动就是要求小球离开斜槽时，

17、初速度一定是水平的【解析】应用重垂线确保整个装置符合竖直和水平的要求、、【解析】小球与斜槽之间的摩擦并不影响平抛运动，不能选斜槽末端不水平，以斜槽末端端口位置为坐标原点，在曲线上取离原点较近的点，都会产生较大的误差、、【解析】首先必须保证小球做平抛运动，因此（必须使斜槽的末端保持水平）；因为要画同一运动的轨迹，每次释放小球的位置必须相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度；小球滚下时不能碰到木板上的白纸（或方格纸），避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线【解析】根据平抛运动的规律：，，得槡当，时，

18、槡当，时，槡当，时，槡当，时，槡求平均值解：从题图所示的图象中可以看出小球在、、、位置间的水平距离都是，由于小球在水平方向做匀速直线运动，于是可知小球由运动到，以及由运动到，由运动到所用的时间是相等的，设该时间为又由于小球在竖直方向做自由落体运动，加速度等于重力加速度，根据匀变速直线运动的特点，得槡（）（）槡小球抛出的初速度可由水平分运动求出，由于在内的位移，则第题图解：（）将玩具枪水平放置，靶子放在适当远的地方，竖直放在水平地面上，如图所示（）用刻度尺测出枪口离地面的高度，

19、枪口与靶子间的水平距离，弹孔离地面的高度由平抛运动规律，得，，由解得（槡），即为子弹初速度的表达式【解析】白纸固定在槽的末端得记录平抛运动的抛出点（）平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动（）球击中球平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动（）【解析】（）通过对照实验，说明两球具有等时性，由此说明竖直方向做自由落体运动（）两球在水平轨道上相遇，水平方向运动情况相同，说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动（）小球在竖直方向上做加速度为的匀加速直线运动，所以有，，得又因为每个闪光时间内水平位移，则【解析】

20、由，可得，则，，又，得，即从抛出点到点所用时间为，根据，，可得抛出点坐标为（，）【解析】由得，所以，解：为了求出平抛物体的初速度，要画出三条等距（）、平行于轴的竖直线与轨迹分别交于、、三点，如图所示然后分别过、、三点作三条水平线，则设、两点间竖直距离为，、两点间竖直距离为，根据以上数据就可计算出设为相邻两点的时间间隔，则有即（），又，，将两式联立，解得槡槡第题图第题图见解析【解析】根据平抛运动的原理及研究平抛运动的实验，可知使弹丸做平抛运动，通过测量下落高度可

21、?求出时间，再测水平位移可求出平抛的初速度，故（）实验装置如图所示（）弹射器必须保持水平，以保证弹丸初速度沿水平方向（）应测出弹丸下降的高度和水平射程，如图所示（）在不改变高度的情况下，进行多次实验，测量水平射程，得出水平射程的平均值，以减小误差（）因，故槡，故有槡槡第题图解：小球在地面上留下的影子的运动情况反映了物体在水平方向的运动情况各点到点之间的距离即为物体在水平方向上的位移，可以作出位移图象来判断物体在水平方向的运动情况如图所示由图象可以看出，图线为经过原点的一条直线，说明位移随时间均匀变化，即影子的运

22、动为匀速直线运动，也就说明物体在水平方向的运动为匀速直线运动（）（）【解析】（）由题图可知到两点在竖直方向的间隔为格，到两点在竖直方向的间隔为格，所以有，到两点在水平方向的距离为个格，则有（）由水平方向的运动特点可知到与到的时间相等，根据，解得时间约为，则有：第四节圆周运动、【解析】匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻在变，是变速运动，选项、错误，正确；匀速圆周运动的角速度大小和方向均不变，选项正确、、【解析】由可知，相等的时间里通过的路程、弧长相等，选项、正确，错误；由可知

23、，相等的时间里转过的角度相等，选项正确【解析】这种老式不带链条的自行车，驱动轮在前轮，在人蹬车的角速度一定的情况下，线速度，可见自行车的速度会很大，所以选项正确【解析】光盘在做匀速圆周运动，光盘上某点的线速度，角速度恒定，则越大时，线速度越大，所以激光头在光盘外圈时，电脑读取数据较大、【解析】、以链条相连，其边缘线速度相同，、同轴，其角速度相同【解析】轿车的速率，设车轮转速为，则有，故转速解：（）转速，角速度（）张丹的脚做圆周运动的半径，所以她的脚运动的线速度第题图解：站在地球上的

24、人随地球做匀速圆周运动，其周期相同作出地球自转示意图，如图所示，设赤道上的人站在点，北纬上的人站在点，地球自转角速度不变，、两点的角速度相同，有依题意可知：、两处站立的人随地球自转做匀速圆周运动的半径分别为，，则由可知、两点的线速度分别为解：由题图可知压板转到最低点时端点相对于收割机的速度为，，方向水平向右；由于拨禾轮是在收割机上，而收割机的前进速度，方向向左，所以拨禾轮相对于作物的速度，方向向右解：子弹在处进入筒后，沿直径匀速直线运动，经时间打在圆筒上，在时间内，圆筒转过的角度，则，、【解析】设转

25、速为，根据可知，转速越大，该转动机械正常工作时转动的角速度越大，选项正确；根据可知，角速度大，因转动半径确定，线速度也一定大，选项正确；转速是指单位时间内转动的圈数，转速越大，转一圈所用的时间越小，即周期越小，频率越大，所以选项、都不对、【解析】由公式得，有；由公式得、【解析】本题考查的知识点是圆周运动因为主动轮顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动其转动，所以从动轮逆时针转动，选项错误，正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以由得从动轮的转速为，选项正确，错误【解析】、两

26、轮边缘上各点的线速度大小都与接触点相同，故轮边缘的线速度为，选项错误，正确；由可知，，选项错误；由可知，，选项错误【解析】前进速度即为轮的线速度，由同一个轮上的角速度相等，同一链条上的点线速度相等可得：? ，，再有，，所以、【解析】由题意可知飞船做匀速圆周运动周所需时间，故其周期，故选项正确由周期公式有，故选项正确【解析】因为轮角速度恒定，所以随着磁带缠绕厚度的增大，半径增大，磁带运行速度增大当时，由知，即、上磁带厚度相等，此时绕至轮上的磁带的长度恰好是磁带总长度的一半而下一半的磁带

27、速度将比前一半磁带的速度大，由知，前一半所用的时间长，后一半所用的时间短，故选【解析】由滚轮不会打滑可知主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮的接触点的线速度相同，所以，由此可得，所以，即选项正确【解析】若枪瞄准目标射去，则子弹参与的两个分运动如图甲所示显然，子弹的合运动方向（即实际运动方向）偏向右侧因此枪应向左方射去，如图乙所示当合速度方向沿方向时，第题图第题图解：甩出的雨滴沿伞边缘飞出做平抛运动，其速度，平抛下落时间为：槡；其水平位移由图可知，甩出的雨滴落地形成的圆半径为槡槡槡解：（

28、）根据平抛运动特点，由竖直方向高度求出时间槡，再根据水平位移求出水平速度槡（）为了保证下落正好打在点，这段时间内转过的弧度必须满足：槡槡（，，，）（）（）【解析】（）从题图乙可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示小格，由题意知题图乙中横坐标上每小格表示，所以圆盘转动的周期是，则转速（）反光引起的电流图象在题图乙中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的，即第五节向心加速度【解析】匀速圆周运动的线速度大小和角速度都是不发生变化的，转速变化的快慢与角速度的变化快慢是对应的，所以选项、、是错误的；

29、向心加速度大小描述了物体线速度方向变化的快慢，向心加速度越大，速度方向变化越快，选项正确【解析】匀速圆周运动的速度方向时刻改变，是一种变速曲线运动，选项、错误；匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻在改变，且加速度的大小描述了做匀速圆周运动的物体线速度方向变化的快慢，故选项错误、选项正确【解析】做匀速圆周运动的物体其速度大小不变，由向心加速度公式可知其大小不变向心加速度的方向始终指向圆心，故其方向时刻改变【解析】向心加速度方向与线速度方向始终垂直，始终指向圆心，正确答案为同学们容易因为“ 始终” 指向圆心而认为方向不变，误选【

30、解析】速度变化率就是物体的加速度的大小，因为物体做匀速圆周运动，所以速度的变化率就是物体的向心加速度的大小由，可得，项正确【解析】根据公式及有甲乙甲乙乙甲因为甲，乙，所以甲乙，正确、【解析】利用和来讨论与的关系时应该先明确与的情况，不能单从数学关系出发，故选项、都是不正确的，而选项是正确的；由可知，式中的是常数，故与成正比，所以选项也是正确的【解析】因为两轮的转动是通过皮带传动的，又因皮带在传动过程中不打滑，故两轮边缘各点的线速度大小一定相等，在轮边缘上任取一点，因为，所以由可知，，

31、再比较、两点的向心加速度大小，因为、是在同一轮上的两点，所以角速度相等，又因为，则由可知，，综上可见，选项正确【解析】小球由点到点所做的运动是圆周运动的一部分，因而小球刚要到达点时的运动为圆周运动的一部分，其加速度为向心加速度，大小为：，将槡代入可得，小球滑过点后做?平抛运动，只受重力作用，加速度大小为第题图解：如图所示，，，（）轿车的位移为从初位置到末位置的有向线段的长度槡槡；（）路程等于弧长；（）向心加速度大小【解析】向心加速度的方向始终与线速度方向垂直，并指向圆心，在变速圆周运动

32、中亦如此，正确，错误向心加速度的方向是时刻改变的，所以匀速圆周运动的加速度是变化的，匀速圆周运动是变加速曲线运动，、错误【解析】由，，得甲乙甲()乙甲乙，选项正确【解析】地球上各点（除两极点）随地球一起自转，其角速度与地球自转角速度相同，故选项正确；不同纬度的地方各点绕地轴做匀速圆周运动，其半径不同，故选项错误；根据，可知，选项、错误【解析】、两点的线速度相等，由知选项正确，其余选项均错【解析】、两点的线速度大小相等，由得，由得；由，得，，故选项正确、【解析】由求出

33、小球的运动周期，，小球在内转过通过的位移为槡，内转过一周，路程为、【解析】由题意知，当悬线运动到与钉子相碰时，悬线竖直，小球在水平方向上不受作用力，线速度大小不变，但半径突然变小，故突然变大，且也突然变大第题图解：经过时物体运动到关于圆心对称的圆周上，经物体又回到出发位置（）经的时间，物体通过的路程，即物体通过了半个圆周，此时物体的位置与原出发位置关于圆心对称，故其位移大小，此物体的速度变化大小（）经的时间，物体又回到出发位置，位移为零，速度变化为零（）物体的向心加速度大小（）物体运动了时沿圆转

34、过了圆周，如图所示物体的位移大小槡槡物体的速度变化大小槡【解析】，解：设汽车匀速行驶时的速度大小为，避免掉进壕沟采取措施后的加速度大小为，若汽车急转弯，则有，转弯半径最小为；若汽车急刹车，则有，汽车前进的最小距离，因为，所以司机应紧急刹车才是明智之举解：设乙下落到点所用时间为，则对乙，满足，得槡这段时间内甲运动了，即槡，又由于，所以第六节向心力【解析】曲线运动是变速运动，其速度肯定变化，但其加速度不一定变化，如平抛运动等，选项错误；只有在物体做匀速圆周运动时，其合力才指向圆心，选项错

35、误；若物体所受合力方向与运动方向相反，即合外力方向与速度方向在同一条直线上，那么该物体一定做直线运动，选项正确；物体所受合外力，可以沿运动方向和垂直运动方向分解，沿运动方向的分力改变物体的速率，而垂直运动方向的分力改变运动方向，所以若物体运动的速率在增加，只能说明其所受合力存在与运动方向相同的分量，而合外力不一定非要与运动方向相同，选项错误【解析】因小狗拉雪橇使其在水平面内做匀速圆周运动，所以雪橇所受的力的合力应指向圆心，故错误，错误；又因雪橇所受的摩擦力应与相对运动方向相反，即沿圆弧的切线方向，所以正确，错误【解析】要使不下滑，则

36、受筒的静摩擦力的作用，至少最大静摩擦力与重力平衡，筒壁给的支持力提供向心力，则，而，所以，故槡所以选项、、均错误，正确、【解析】对滑块做圆周运动的向心力，可知随着的增大，向心力在增大，向心加速度在增大，、正确、、【解析】两球的向心力都由细绳拉力提供，大小相等，两球都随杆一起转动，角速度相等，错；设两球的半径分别为、，转动角速度为，则，所以，对；，对；，对?第题图【解析】空气对飞机的作用力有两个作用效果，其一：竖直方向的作用力使飞机克服重力作用而在空中保持高度不变；其二：水平方向的作用

37、力提供给飞机一个向心力，使飞机可在水平面内做匀速圆周运动对飞机的受力情况分析，如图所示飞机受到重力、空气对飞机的作用力，两力的合力为方向沿水平方向指向圆心由题意可知，重力与垂直，故槡，又，联立解得槡【解析】由于小强随圆盘做匀速圆周运动，一定需要向心力，该力一定指向圆心方向，而重力和支持力在竖直方向上，它们不能充当向心力，因此他会受到摩擦力作用，且充当向心力，、错误，正确；当小强随圆盘一起做变速圆周运动时，合力不再指向圆心，则摩擦力不再指向圆心，错误、【解析】小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动，设角速度为，在竖直方

38、向上所受重力与桌面支持力平衡，水平方向不受摩擦力，绳子的拉力提供向心力由牛顿第二定律，对球有，对球有，已知，各式联立解得故、对，、错、、【解析】当有远离轴心运动的趋势时，有：当有靠近轴心运动的趋势时，有：解得：，即解：小球做匀速圆周运动，绳的拉力提供向心力，由牛顿第二定律得，当绳子拉断时，有槡槡第题图解：小球绕杆做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为，重力为，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利用牛顿第二定律可得：，

39、，联立两式，将数值代入可得，、【解析】做匀速圆周运动的物体所受的向心力是物体所受的合外力，由于指向圆心，且与线速度垂直，不能改变线速度的大小，只能改变线速度的方向，向心力虽大小不变，但方向时刻改变，不是恒力，由此产生的向心加速度也是变化的，所以、错误，、正确【解析】由向心力的表达式可知，保持绳长不变，增大角速度，向心力增大，绳对手的拉力增大，选项错误，选项正确；保持角速度不变，增大绳长，向心力增大，绳对手的拉力增大，选项、错误【解析】两人角速度相同，设两人的运动半径分别为甲和乙，两人向心力相同，由牛顿第二定

40、律和圆周运动得甲甲乙乙，所以甲乙乙甲，又甲乙，所以，甲，乙两人线速度之比甲乙甲乙由甲甲得甲槡甲槡所以甲甲，乙乙、【解析】物体做曲线运动时总有加速度，只有在做匀速圆周运动时，受合外力大小不变且方向始终指向圆心，故只有、对、、【解析】由知项对；由及知项对；由知，离转动轴远的先滑动，项对项错【解析】对小球进行受力分析，小球受两个力：一个是重力，另一个是杆对小球的作用力，两个力的合力产生向心力由平行四边形定则可得：槡，再根据牛顿第三定律，可知杆受到球对其作用力的大小

41、为槡，故选项正确、【解析】绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析设绳子的拉力，则，此外，，所以，当转速相同，即是周期或角速度相同时，绳长越大，拉力越大，绳子越容易断，选项正确，选项错误；当线速度相同时，绳长越小，拉力越大，绳子越容易断，选项正确，选项错误解：（）物块做平抛运动，竖直方向上有；在水平方向上有，由上面两式得槡（）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有；，联立可得解：太空城绕自己的中心轴以一定角速度转动时，必须以外壳为“ 地面” ， “ 地面” 对人的支持力充

42、当向心力，从而使太空城居民感到如同在地球上一样具有“ 重力” 设转速为，自转半径为（），列方程（），得槡第题图解：根据小球做圆周运动的轨迹找圆心，定半径，由题中图可知，圆心为，运动半径为，小球受重力及碗对小球弹力的作用，向心力为弹力的水平分力，受力分析如图所示由向心力公式得：，竖直方?向上小球的加速度为零，所以竖直方向上所受的合力为零，即，解得，联立两式，可解得小球做匀速圆周运动的速度为：槡第七节生活中的圆周运动【解析】摩托车转弯时，摩托车受重力、地面支持力和地面对它的摩擦力三个

43、力的作用，重力和地面支持力沿竖直方向，二力平衡，由于轮胎不打滑，摩擦力为静摩擦力，来充当向心力综上所述，选项正确【解析】根据平衡条件，撤去的一个力后，其他个力的合力为大小等于，方向与此时刻速度方向垂直的恒力，所以产生一个恒定的加速度，使物体做匀变速曲线运动，由于合力与物体速度并不是时刻垂直，所以物体一定不做匀速圆周运动，只有选项正确【解析】转弯时，乘客的运动可看做匀速圆周运动，所以乘客所受的合外力充当其做圆周运动的向心力，由可得选项正确第题图、【解析】火车转弯时受力分析如图所示，火车转弯的向心力由重力和支持力的合力提供，则

44、，故转弯半径，转弯时的速度槡；若火车速度小于时，需要的向心力减小，此时内轨对车轮产生一个向外的作用力，即车轮挤压内轨；若火车速度大于时，需要的向心力变大，外轨对车轮产生一个向里的作用力，即车轮挤压外轨【解析】设在最低点和最高点时小车对人的作用力分别为、，则有，，代入数据解得，第题图、【解析】如图所示，小球在最高点时，受重力、绳子竖直向下的拉力（注意：绳子不能产生竖直向上的支持力）向心力为向根据牛顿第二定律得可见，越大，越大；越小，越小当时，得临界槡因此，正确选项为、【解析】物体随圆盘做圆

45、周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，，求得，项正确，、、三项错误解：（）人和车转弯时需要的向心力：，得（）由最大静摩擦力提供向心力，且，故，得槡槡解：（）水做圆周运动，在最高点水不流出的条件是：水的重力不大于水所需要的向心力这时的最小速度即为过最高点的临界速度以水为研究对象解得槡槡（）由前面的解答知，故重力不足以提供向心力，要由桶底对水向下的压力补充，此时所需向心力由以上两力的合力提供，水不会流出设桶底对水的压力为，

46、则由牛顿第二定律有：解得 () 根据牛顿第三定律知所以水对桶底的压力为解：（）设偏心轮转动的角速度为，配重物在最高点时，由题意知（）（）槡槡（）配重物在最低点时，机体对地面的压力最大，设此时飞轮对配重物的作用力为，由牛顿第二定律可知，对机体，由平衡得所以打夯机对地面的最大压力（）【解析】本题考查圆周运动的规律和离心现象摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，项错误；摩托车转弯时可看做是做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，项正确；摩托车将在沿线

47、速度方向与半径向外的方向之间做离心曲线运动，、项错误第题图【解析】分析汽车在拐弯处的受力如图所示，汽车做圆周运动的圆周平面在水平面内，所以向心力的方向应沿水平方向指向圆心由牛顿第二定律有，而，解得槡【解析】根据题设条件，两轮边缘线速度相等，可知，在轮边缘放置的小木块恰能与轮保持相对静止，有向若将小木块放在轮上，欲使木块相对轮也静止，令木块与轮转轴的最大距离为，应有向，解得第题图【解析】摩托车做圆周运动时的向心力由重力和筒壁弹力的合力提供，受力分析如图所示则，可得槡，槡，因为，所以，，选项错

48、误，正确；摩托车对侧壁的压力，所以在两轨道处对侧壁的压力相等，选项错误；摩托车和运动员所受的向心力，向心力也相等，选项错误? 、【解析】汽车在拐弯时因为车做离心运动发生侧翻，正确、错误；公路在设计上可能内（东）高外（西）低，合外力不足以提供汽车做圆周运动的向心力而做离心运动，正确、错误、【解析】由圆周运动的临界条件知：当人在最高点槡时，人对底座和保险带都无作用力；当槡时，人对底座有压力，且当槡时，压力大于，故、均错；人在最低点：，，故、正确、、【解析】由于是轻杆，即使小球在最高点速度为零

49、，小球也不会掉下来，因此的极小值是零，错；由零逐渐增大，由可知，也增大，对；当槡时，，此时杆恰对小球无作用力，向心力只由其自身重力来提供；当由槡增大时，则，杆对球的力为拉力，且逐渐增大；当由槡减小时，杆对球为支持力此时，，由可知，当减小时支持力逐渐增大，杆对球的拉力、支持力都为弹力，所以、也对【解析】汽车在水平面上时，，汽车在凸形桥最高点时，所以解：（）汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有

50、由速度，得弯道半径（）汽车过拱桥，看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有为了保证安全，车对路面间的弹力必须大于等于零，有，则解：（）球轻过最高点时：，解得槡球经过最高点时：，解得槡（）两球离开点后都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有，得槡球在水平方向上的位移为球在水平方向上的位移为所以、两球落地点间的距离为解：（）设绳能承受的最大拉力大小为，这也是球受到绳的最大拉力大小球做圆周运动的半径为，由圆周运动向心力公式，有，得：（）设绳长为，绳断时球的速度大小

51、为，绳承受的最大拉力不变，有：，得槡绳断后球做平抛运动，竖直位移为，水平位移为，时间为，有，，得（）槡，当时，有极大值，槡单元评估检测【解析】做曲线运动的物体，所受的合外力指向轨迹凹的一侧，、选项错误因为顺时针加速，与夹角为锐角，故正确，错误【解析】由题图乙可知，质点在方向上做匀速运动，，在方向上做匀加速直线运动，，故质点所受合力，正确质点的初速度槡，错误质点做匀变速曲线运动，错误质点初速度的方向与合外力的方向不垂直，如图，，错误第题图第题图、【解析】如图，由平抛中点定理

52、得，，，无论多大，不变，得出不变，也不变，所以无论多大，，故、正确，、正确、【解析】小球从圆弧顶部飞出，由曲线运动向心力的特点可知，圆弧对小球的支持力小于，项错误；由得球从被击出到落入穴所用的时间为槡，水平风力并不会影响高尔夫球下落的时间，项错误；由题述高尔夫球竖直地落入穴可知球水平末速度为零，由得球被击出时的初速度大小为槡，项正确；由得球水平方向加速度大小，球被击出后受到的水平风力的大小为，项正确【解析】由题意知，而，，，又有，由，知，故、、三点线速度之比为，角速度之比为

53、，因，故周期之比为，由，可知向心加速度之比为（）（）（），故选【解析】船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，速度大小和方向均不变，根据曲线的弯曲方向与水流方向之间的关系可知，由到水流速度先增大后减小，正确第题图【解析】由运动的合成与分解可知，物体参与这样的两个分运动，一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子向上的运动而物体实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运?动就是物体的合运动，它们之间的关系如图所示由三角函数可得，所以选项是正确的、【解析】由运动学规律可知第一次投弹时的速度，故正确

54、设飞机加速度为，第二次投弹时的速度为，由匀变速运动规律可知：（），而，得，故错误，故错误两次投弹间隔内飞机飞行距离，故正确【解析】向心力是根据力的作用效果命名的，做匀速圆周运动的物体所需要的向心力，是它所受的某个力的分力或几个力的合力提供的，因此，它并不是受向心力的作用产生离心现象是由于合，故选项错误物体在做匀速圆周运动时，若突然它所受到的力全部消失，根据牛顿第一定律（惯性定律），它从这时起将保持原来的运动方向做匀速直线运动，故选项正确，选项、错误【解析】在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力则，

55、解得：槡，槡在最低点时，解得：由此看出项正确【解析】因为，所以槡，槡【解析】从题图中可以看出，、、、四点沿水平向相邻两点间的距离均为，根据平抛规律，设物体经过任意两相邻间隔所用时间为，则有由于、、、四点沿竖直方向依次相距、、，平抛物体在竖直方向做自由落体运动，而且任意两个连续相等时间里的位移之差相等，，即槡，得槡，代入数据得槡槡在抛射角一定时，当物体抛出的初速度越大物体抛出的距离越远增大初速度在初速度一定时，随着抛射角的增大，抛出距离先是越来越大，然后越来越小，当夹角为时，抛出距离最大控制

56、变量第题图解：人感到的雨点的速度是雨点相对于人的速度，雨点相对于人在竖直方向上的速度是；雨点相对于人在水平方向上的速度与人骑自行车的速度大小相等，方向相反，所以雨点相对于人的速度是雨点相对于人在两个方向上的分速度的合速度，矢量图如图所示由三角函数关系得人骑自行车的速度为人槡解：小球在竖直方向自由落体运动，下落高度用时为，则由，槡在水平方向做圆周运动，转动周期为，因为、同一竖直线上，则（、、、），槡，所以槡当时，有最小值，即为槡解：（）运动员在竖直方向做自由落体运动，有：，则点与点的距离（）设

57、运动员离开点的速度为，运动员在水平方向做匀速直线运动，即，解得：第题图解：两绳张紧时，小球受力如图所示，当由逐渐增大时，可能出现两个临界值（）恰好拉直，但仍然为零，设此时的角速度为，则有，，联立解得（）由拉紧转为恰好拉直，则已为零，设此时的角速度为，则有，，联立解得可见，要使两绳始终张紧，必须满足 ?第一节行星的运动【解析】本题要求同学们熟悉物理学史的有关知识，日心说的代表人物是哥白尼，解题关键点是准确把握人类对行星运动的认识过程，易错把布鲁诺当作是日心说的代表人物，布鲁诺是宣传日心说的代表人物【解析】

58、所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上；行星在椭圆轨道上运动的周期和轨道半长轴满足，所有行星实际并不是在做匀速圆周运动，整个宇宙是在不停运动的所以目前只有选项中的观点不存在缺陷、【解析】开普勒第三定律中的只与中心天体有关，对于不同的中心天体，不同，选项错误；此公式虽由行星运动规律总结所得，但它也适用于其他天体的运动，包括卫星绕地球的运动，选项、正确，选项错误【解析】天体的运动与地面上物体的运动都遵循相同的物理规律，即遵守牛顿运动定律，选项错误天体的运动轨道都是椭圆而非圆，只是椭圆比较接近圆，有?时

59、将椭圆当作圆处理，但椭圆毕竟不是圆，选项错误太阳从东边升起，又从西边落下，是地球自转的结果，选项错误、【解析】由于火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律，为常量，又，则可知火星和地球到太阳的距离之比和绕太阳运行速度大小之比，所以选项、正确【解析】由开普勒第二定律可知，近日点时行星运行速率最大，因此，选项、错误；行星由向运动的过程中，行星与恒星的连线变长，其速度减小，故选项正确，选项错误【解析】根据开普勒第三定律有彗地彗()地，又地年，所以彗年，彗星下次飞近地球的大致年份是年，选项正

60、确【解析】由于卫月，月天，由开普勒第三定律可得卫卫月月，则卫天，故选项正确解：依据开普勒定律：分别求得地球、火星、木星绕太阳转动时常量的值分别是：，，求其平均值：解：由题可知，探测器在飞向火星的椭圆轨道上运行时，其轨道半长轴为，由开普勒定律可得地（），即 ()槡地地槡地，所以地月、【解析】根据开普勒第一定律可知选项、错误；根据开普勒第三定律，离太阳越近，越小，所以公转周期越小，选项正确；由开普勒第二定律知行星运动的速率是在不断变化的，由于行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，当行星与太阳

61、的距离增大时其速率减小，选项正确【解析】根据开普勒第二定律，为使相等时间内扫过的面积相等则应保证在相等的时间内，在近日点走过的弧长比在远日点走过的弧长要大因此在近日点彗星的线速度（即速率）、角速度都较大，故选项、正确而向心加速度，在近日点，大、小，因此大，故选项正确根据开普勒第三定律，则，即槡，选项错误【解析】由开普勒定律，可估算出它到太阳的距离大约为地球到太阳距离的倍、【解析】由于火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律，为常量，又，则可知火星和地球到太阳的距离之比及绕太阳的运行速度大小

62、之比【解析】由开普勒第二定律可知太阳和行星的连线在相等的时间里扫过的面积相等取足够短的时间，则有：，所以、【解析】公式中的为一常数，与中心天体有关，与行星无关，所以选项正确地球是太阳的行星，月球是地球的卫星，比例常数不同，所以选项错误公式中的应表示绕中心天体公转的周期，而不是自转周期，所以选项错误，正确【解析】根据开普勒周期定律：周期平方与轨道半径三次方成正比可知，两式相除后取对数，得：，整理得：，选项正确【解析】地球的公转周期年，设为行星的公转周期，每过年，行星会运行到日地连线的延长线上，即地球

63、比该行星多转一圈，有：，解得：年，故行星与地球的公转周期之比为；由得：，即：，故行星与地球的公转半径之比为() ，正确解：设哈雷彗星离太阳的最近距离为，最远距离为，则轨道半长轴为根据开普勒第三定律有所以哈雷彗星离太阳最远的距离是槡（）槡解：月球和人造地球卫星都在环绕地球运动，根据开普勒第三定律，它们运行轨道半径的三次方跟圆周运动周期的二次方的比值都是相等的设人造地球卫星运动的半径为，周期为天，根据开普勒第三定律有，同理设月球轨道半径为，周期为，也有由以上两式可得，槡() （地）槡地在赤道平面内离地面高度地

64、地地地由开普勒第三定律，又因为，解得解：本题中知道地球和水星绕太阳运行的半径关系，由开普勒第三定律可以确定出它们绕行的周期关系，再由圆周运动的周期公式将速度之比求出设地球绕太阳运转周期为，水星绕太阳运转周期为，根据开?普勒第三定律有，，，由以上各式得槡第二节太阳与行星间的引力【解析】太阳对行星的引力与行星对太阳的引力为一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者等大反向，项正确【解析】行星绕太阳做曲线运动，轨迹向太阳方向弯曲，是因为太阳对行星有引力作用，对行星之所以没有落向太阳，是因为引力提供了向心力，并非是对太阳有排斥力

65、，错惯性应使行星沿直线运动，错太阳不是宇宙的中心，并非所有星体都绕太阳运动，错、【解析】太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力，太阳与行星间的引力，可知正确，错误太阳对行星的引力规律由开普勒定律和行星绕太阳做匀速圆周运动的规律推导出来，故正确，错误【解析】陨石与地球间的力是作用力与反作用力的关系，等大反向，选项错误；由知，陨石的质量小，加速度大，容易改变运动方向落向地球，选项正确；太阳对陨石的吸引力小于地球对陨石的吸引力，才落向地球，选项错误；其他星球对陨石也有吸引作用，选项错误、【解析】公式中的是引力

66、常量，与太阳、行星均无关，由实验测得，不是人为规定的，选项错误；公式适用于任何两个物体间的引力，检验方法是比较观测结果与推理结果的吻合性，选项、正确；太阳与行星间的引力是一对作用力与反作用力，选项错误、【解析】牛顿认为以任何方式改变速度都需要力（这种力存在于任何两物体之间），行星沿圆或椭圆运动，需要指向圆心或椭圆焦点的力，这个力是太阳对它的引力【解析】根据牛顿第三定律：力的作用是相互的，作用力和反作用力分别作用在两个物体上，不能相互抵消受力情况决定运动情况太阳对地球的引力提供向心力，不断改变地球的运动方向故选项正确解：地球

67、绕太阳做匀速圆周运动，太阳对地球的引力充当向心力引又，得引（）解：设探测器的质量为，则它在地球表面和火星表面分别受地球和火星的引力为地地地，火火火所以地火地火火()地、、【解析】物体运动状态的改变一定是因为受到力的作用行星绕太阳旋转运动状态改变了，受向心力的作用、【解析】平抛运动是初速度沿水平方向，物体只在重力作用下的运动，是根据物体所受的力去探究物体运动的规律，而行星绕太阳的运动规律是观测得出的，是根据行星绕太阳的运动规律探究行星的受力情况、【解析】开普勒的三大定律是总结行星运动的观察结果而总结归纳出来的规律每一条都是经验

68、定律，都是从观察行星运动所取得的资料中总结出来的故开普勒的三大定律都是在实验室中无法验证的规律【解析】地球吸引月球的力与月球吸引地球的力是一对作用力与反作用力根据牛顿第三定律，这两个力大小相等，所以月球吸引地球的力的大小也为、【解析】卫星运动时的向心力是由行星对它的吸引力提供，即，与卫星的质量和本身半径无关【解析】由牛顿第三定律可知，行星对太阳的引力和太阳对行星的引力是作用力与反作用力，所以正确，错误由太阳对行星的引力表达式可知、错误、、【解析】根据开普勒第三定律可知，离太阳越远的行星公转周期越长，又因，所以错误，正确；因

69、为太阳与行星间的引力跟二者之间的距离的二次方成反比，距离越大，太阳对行星的引力越小，再结合牛顿第二定律可知，离太阳越近的行星的向心加速度越大，、都正确解：（）行星与太阳间的引力则引力之比（）行星绕太阳运动时的向心力由太阳对其引力提供，即解得槡则周期之比槡槡解：由太阳对行星的引力满足知：太阳对地球的引力（），太阳对月球的引力，故（）第三节万有引力定律【解析】通过完全独立的途径得出相同的结果，证明地球表面上的物体所受地球的引力和星球之间的引力是同一种性质的力【解析】万有引力公式中的为引力常量，不但有大小而且有单

70、位，单位是，故错；两物体间的万有引力大小与两物体质量的乘积成正比，与二者距离的二次方成反比，而且它们间的万有引力是一对作用力?与反作用力，总是大小相等、方向相反，故、错，对【解析】小铁球之间的万有引力（）大铁球半径是小铁球的倍，小铁球的质量大铁球的质量（）故两个大铁球间的万有引力（）（）（）【解析】牛顿深入思考了月球受到的引力与地面物体受到的引力的关系，发现了万有引力定律而英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了的数值选项正确【解析】计算两均匀球体间的万有引力时，公式中的为两球

71、球心之间的距离，所以两球间的万有引力（），选项正确、【解析】计算均匀球体与质点间的万有引力时，为球心到质点的距离，因为、到地球球心的距离相同，根据，、受地球引力大小相等、随地球自转，角速度相同，但轨道半径不同，根据，、做圆周运动的向心力大小不同综上所述，选项、正确、、【解析】根据可知，当两物体质量不变，距离增至原来的倍时，两物体间的万有引力（），正确；当两物体的距离保持不变，质量各减少一半时，万有引力，正确；当只有一个物体的质量减为原来的时，万有引力，正确；当两物体的质量及它们之间的距离都

72、减为原来的时，万有引力 () ，错误解：设是飞行器到地心的距离，是飞行器到月心的距离则由题意得：地月所以地槡月解：要找到两个变量之间的关系，必须是在其他量一定的条件下才能确定卫星做圆周运动需要的向心力的变化情况由公式来判断，它取决于卫星的速度和半径的变化关系，而卫星做圆周运动受到的向心力的变化情况则由公式来判断，它的变化情况取决于卫星与中心天体间的距离第二位同学说的对，第一位同学说的错因为根据向心力公式，只有当运动速度一定时，需要的向心力才与轨道半径成反比根据开普勒定律可知，卫星的速率将随轨道半径的增大而减小，所以向心力不与轨道半径

73、成反比；由于星体的质量为定值，由行星与太阳间的引力公式可知，卫星受到的引力将与卫星轨道半径的平方成反比故当卫星的轨道半径增大到倍时，向心力减小为原来的解：对人造地球卫星由牛顿第二定律得：（）对在地球表面处的物体有：解得：（）（）【解析】万有引力定律既适用于天体间，也适用于一般物体间，是自然界中普遍存在的规律，选项正确【解析】牛顿发现万有引力定律的思维过程是先假想维持月球绕地球运动的力与使苹果下落的力是同一种力，同样遵从“ 平方反比” 定律，然后通过理论推导得到理论上的结果，最后通过实验测得的数据计算实际结果，并将两种结果加以对比，

74、从而得出结论，故正确【解析】设想把物体放到地球的中心，此时已不适用地球的各部分对物体的吸引力是对称的，故物体与地球间的万有引力是零【解析】万有引力定律的数学表达式为此定律的适用条件是：质量为和的两个物体必须是质点，或者是可视为质点的两个物体因此，公式中的为两个质点间的距离操场两边的篮球和足球是两个规则球体，这两球间的距离为两球心间的距离，即为，所以两球间的万有引力大小为（）故选【解析】质量为的物体在点时，受到的万有引力为零，沿方向到无穷远处也为零，但其间不为零，因此，物体受到的万有引力变化情况是

75、先增大后减小，故选项正确【解析】考查万有引力定律星球表面重力等于万有引力，，故火星表面的重力加速度火火地地火，故正确【解析】根据万有引力定律可得，所以，项正确、【解析】根据万有引力定律，太阳对地球上质量为?的海水的万有引力约为日日地，月球对地球上质量为的海水的万有引力约为月月地，所以，可见太阳引力远大于月球引力，正确、错误月球对不同区域海水的吸引力由于距离的不同而略有差异，错误、正确、【解析】利用平面镜对光线的反射，可以将微小偏转放大，而且刻度尺离平面镜越远，放大尺寸越大，选项、正确【解析】若地球质量

76、为，则“ 宜居” 行星质量为，由得：所以槡槡解：完整球体对质点的万有引力，可以看做是剩余部分对质点的万有引力与被挖两小球对质点的万有引力、的合力，即设被挖小球的质量为，由题意知由万有引力定律得（） () () 故所以解：（）设该星球表面的重力加速度为在小球下落过程有解得在星球表面附近有，得所以该天体与地球半径之比：（）由题意知，小球的水平射程为解得解：设火星和飞船的质量分别为、，火星表面的物体质量为飞船绕火星做匀速圆周运动的周期火星对飞船的万有引力提供飞船做匀速圆周运动的向心力，即（）（）对

77、火星表面的物体有：联立得：（）第四节万有引力理论的成就【解析】设行星的质量为，太阳的质量为，由 ()得：，即可求出太阳的质量，因为不知太阳的半径，故不能求出太阳的密度【解析】根据星球绕中心天体做圆周运动，可以计算中心天体的质量，故错误由得，正确已知地球表面的重力加速度和地球半径，由得但中不是地球半径，错误【解析】由行星的发现历史可知，天王星并不是根据万有引力定律计算出轨道而发现的；海王星不是通过观测发现，也不是直接由万有引力定律计算出轨道而发现的，而是人们发现天王星的实际轨道与理论轨道存在偏差，然后运用万有引力定律计算出

78、“ 新” 星的轨道，从而发现了海王星由此可知，选项、、错误，正确【解析】 “ 嫦娥二号” 在近月轨道运行，其轨道半径约为月球半径，由及，可求得月球密度，但不能求出质量和半径，项正确，、项错误；公式中为“ 嫦娥二号” 绕月运行周期，月球自转周期无法求出，项错误、【解析】天体的密度不变，天体直径缩小到原来的一半，则太阳和地球的质量都减小为原来的，又公转半径变为原来的，由可知，向心力减小为原来的，选项正确由，得槡，因此周期不变，选项正确、、【解析】对行星：，，解得：，，，选项、、正

79、确【解析】赤道表面的物体对天体表面的压力为零，说明天体对物体的万有引力恰好等于物体随天体转动所需要的向心力，有 () ，化简得槡，正确选项为【解析】双星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，对有（），解得（）解：（）将天宫一号的运行轨道看做圆轨道，万有引力充当向心力，即（）（），解得（）（）地球的平均密度：（）解：（）在地球表面竖直上抛小球时有，在某星?球表面竖直上抛小球时有，所以（）由，得，所以星地星地() 解：（）由星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动可知

80、，星体做匀速圆周运动的轨道半径槡（）由万有引力定律可知，，则星体表面的重力加速度（）星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由万有引力定律和向心力公式得：（槡）槡，解得周期（槡）槡、【解析】两子星绕连线上的某点做圆周运动的周期相等，角速度也相等，选项错误；由得线速度与两子星做圆周运动的半径成正比，因两子星圆周运动的向心力是由两子星间的万有引力提供，向心力大小相等，由和可知：，所以它们的轨道半径与其质量成反比，选项正确，错误；而线速度又与轨道半径成正比，所以线速度与其质量也成反比

81、，选项正确、【解析】设火星、 “ 萤火一号” 的质量分别为、，火星的半径为，则（）（）（）（）联立以上两式可以求得火星的质量，对； “ 萤火一号” 的质量被约去，故不能将它求出，、错；火星表面的重力加速度表达式为，从以上两式解出、代入该表达式就可以求出火星表面的重力加速度，对、【解析】由于减小得非常缓慢，在并不太长的时间内，可以认为地球公转的、、、等均保持不变，是匀速圆周运动，仍遵循天体运动的基本规律所受万有引力等于做圆周运动的向心力地球所受太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，据此有：所以，其公

82、转速率的表达式为：槡，公转周期的表达式为：槡，公转角速度的表达式为：槡对于漫长的演变过程而言，由于引力常量在缓慢地减小，地球所受的万有引力将逐渐减小，即有，地球将做离心运动，即公转半径将增大据此，可得公转速率变小，公转周期增大，而公转角速度则变小、【解析】若为土星的一部分，则它们与土星绕同一圆心做圆周运动的角速度应相同，根据可知若为土星的卫星群，则由公式可得：槡，所以，故选项、正确、【解析】根据 ()、 ()，可得、槡，故选项、正确；登陆舱在半径为的圆轨道上运动的向心加速度，此加速度与星球

83、表面的重力加速度并不相等，故选项错误；根据，得槡，则槡，故选项错误【解析】根据日，可得日，选项正确、、【解析】根据几何关系可知，每颗星的轨道半径为槡，每颗星在其他两颗星体的万有引力作用下围绕三角形中心做匀速圆周运动，由万有引力定律和向心力公式得，所以槡，槡，槡，槡，可见，选项、、正确，选项错误第题图解：设抛出点高度为，则两次空中运动的时间都为，如图所示根据题意有（），（）（槡）由以上两式得，又（为行星表面的重力加速度），所以槡，由万有引力定律知，得槡解：（

84、）设地球质量为，月球质量为，根据万有引力定律和向心力公式： () 在地球表面有解得：槡（）设月球表面处的重力加速度为，根据题意：又解之得： ? 解：设中子星质量为，半径为，密度为，自转角速度为，（）假设有一颗质量为的卫星绕中子星运行，运行半径为，则有引向，即，要使最小，即要求，此时有，所以又知，所以（）在中子星表面取一质量微小的部分，故中子星剩余部分的质量仍认为是，要使中子星不被瓦解，即要求与间万有引力大于绕自转轴自转的向心力，则，又因为，所以第五节宇宙航行、【解析】由

85、知槡，变轨后减小，则减小，故选项正确；由，知减小，变大，故选项错误；由知槡，减小，变大，故选项错误；由知减小，变大，故选项错误、【解析】由得：，槡，槡，则大时，大，小，小，且由知大，小，故选、【解析】由得槡，因，故，对、【解析】赤道上的物体是由万有引力的一个分力提供向心力，项错误；赤道上的物体和同步卫星有相同周期和角速度，但线速度不同，项错误；同步卫星和近地卫星有相同的中心天体，根据得槡，槡，由于同近，故同近，同近，正确；赤道上的物体、

86、近地卫星、同步卫星三者间的周期关系为赤同近，根据可知赤同，则速度关系为赤同近，故正确【解析】由得槡，卫月卫月槡，卫槡月槡天槡天天，故选【解析】由于是地球表面处的重力加速度，是地球半径，都是定值根据槡可得环绕速度与轨道半径的平方根成反比，正确，错误；虽然越大，越小，但把卫星发射到越远的地方火箭要克服地球引力做的功越多，需要的发射速度就越大，错误；槡是指第一宇宙速度，其中的是地球半径，不是卫星的轨道半径，不能得出卫星的轨道半径越大，越大的结论，错误解：同步卫星是相对地面静止的卫星，它绕地球运动的周

87、期设卫星距离地面的高度为卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力是地球对卫星的万有引力，由牛顿运动定律和万有引力定律可得（） ()（）解得槡代入数据，可解得最短通信时间是发话人和受话人都在同步卫星的正下方，这时无线电信号传播到卫星上的最短距离为受话人听到发话人的信号后立即回话，信号又需传播距离后才能到达发话人由此可知最短时间为解：（）由题知，任何天体（包括黑洞）均存在其对应的逃逸速度对于黑洞，其逃逸速度大于光速，即槡，得：（）（）设宇宙的密度为，半径为则其质量为对应的逃逸速度为：槡，由题知槡由解得槡（）槡

88、（光年），则宇宙的半径至少为光年、【解析】人造卫星飞行时，由于地球对卫星的引力作为它做圆周运动的向心力，而这个力的方向必定指向圆心，即指向地心，故所有无动力的卫星其轨道圆的圆心一定要和地球的中心重合，不能是地轴上（除地心外）的某一点，故选项是错误的；由于地球同时绕着地轴在自转，所以卫星的轨道平面也不可能和经线所决定的平面共面，所以选项也是错误的；相对地球表面静止的就是同步卫星，它必须在赤道线平面内，且距地面有确定的高度，这个高度约为三万六千公里，而低于或高于该高度的人造卫星也是可以在赤道平面内运动的，不过由于它们的周期和地球自转的周期不相同

89、，就会相对于地面运动、【解析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，所需的向心力由万有引力提供，由此可得：，显然槡，槡，当轨道半径 ?增大到原来的倍时，线速度减小到原来的槡，角速度减小到原来的槡，而卫星的向心力减小到原来的综上选项、正确【解析】地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，即和的运动周期相同，即；人造地球卫星（包括地球同步卫星）围绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，即 () ，可得槡，可见，轨道半径变小，周期也变小，所以，可见，选项、、错误，选项正确【解析】 “ 空间站” 运行

90、的加速度等于其所在高度处的重力加速度，显然，选项说法正确；已知“ 空间站”离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，可知“ 空间站” 的轨道半径与同步卫星轨道半径的比值大于，再根据槡槡可知， “ 空间站” 运行的速度小于同步卫星运行速度的槡倍，选项说法错误； “ 空间站” 的运行方向与地球自转方向一致，都是自西向东运行，且“ 空间站” 运行的角速度大于赤道上的人，所以站在地球赤道上的人观察到它向东运动，选项错误；在“ 空间站” 工作的宇航员受到的地球引力提供其围绕地球做圆周运动的向心力，其受力不平衡，而其能够在舱中悬浮或静止是因为其相对于“ 空间站

91、” 处于静止状态，选项说法错误【解析】汽车在地面上行驶时，受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力的作用、其合力提供其做圆周运动的向心力，即，所以，可见，速度增加时，支持力减小，根据牛顿第三定律，它对地面的压力减小，所以选项错误；当汽车离开地球做离心运动的瞬间，重力提供向心力，即，所以槡槡，选项正确；此“ 航天汽车” 环绕地球表面做匀速圆周运动时周期最小，，选项错误；此“ 航天汽车” 处于完全失重状态，在此“ 航天汽车” 上一切依靠重力工作的仪器都无法使用，但弹簧测力计不是依靠重力工作的，所以仍然可以测量力的大小，选项

92、错误、【解析】由万有引力提供向心力得：，槡，即线速度随轨道半径的增大而减小，为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度；因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于，故选项错误；因同步卫星与地球自转同步，即、相同，因此其相对地面静止，由公式（）（）得：槡，因、、、均为定值，因此一定为定值，故选项正确；因同步卫星周期同小时，月球绕地球转动周期月天，即同月，由公式得，同月，故选项正确；同步卫星与静止在赤道上的物体具有相同的角速度，由公式向，可得：同物，因轨道半径不同，故其向

93、心加速度不同，选项错误【解析】地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，即，又，所以它们的角速度相同，根据关系式可知；地球同步卫星和人造卫星都围绕地球转动，它们受到的地球的引力提供向心力，即 () 可得槡，槡，可见，轨道半径减小时，速率变大，周期变小，所以，，所以，，选项正确，选项、、错误、【解析】这是一道变轨道问题根据万有引力提供向心力有可得槡，，槡；由公式槡、槡及，得到，，故选项错误，选项正确；由关系式可知，卫星的加速度只与它到地心的距离有关，而与其所在轨道无关，所以选

94、项错误，选项正确【解析】令地球质量为，同步卫星质量为，地球赤道上的物体质量为，由运动学公式有，，则，故正确由万有引力知，，得()，故错误解：侦察卫星环绕地球一周，通过有日照的赤道一次，在卫星一个周期时间（设为）内地球自转的角度为，只要角所对应的赤道弧长能被拍摄下来，则一天时间内，地面上赤道上在日照条件下的地方都能被拍摄下来设侦察卫星的周期为，地球对卫星的万有引力为卫星做圆周运动的向心力，卫星的轨道半径，根据牛顿第二定律，则（）（），在地球表面的物体重力近似等于地球的万有引力，即联立解得侦察卫星的周

95、期（）槡，已知地球自转周期为，则卫星绕行一周，地球自转的角度为，摄像机应该拍摄圆周的弧长为角所对应的圆周弧长，应为（）槡（）槡解：（）月球绕地球公转时由万有引力提供向心力，故?月地月 ()；同理，探月卫星绕月运动时有：月卫（）卫 ()（），解得：月地() () （）设探月极地轨道上卫星到地心的距离为，则卫星到地面的最短距离为，由几何知识得：（），故将照片发回地面的时间（）槡第六节经典力学的局限性、【解析】万有引力定律是牛顿发现的，但在实验室里加以验证的是卡文迪许，项正确、项错误相对论并没有否定经典力学，

96、经典力学对于低速、宏观运动仍适用，项错误狭义相对论的建立，是人类取得的重大成就，从而把物理学推到更高领域，项正确、【解析】牛顿运动定律是经典力学的基础，项正确经典力学只适用于低速、宏观的物体，选项错误、正确相对论和量子力学的出现，并没有否定经典力学，只是说经典力学有一定的适用范围，选项错误、【解析】经典力学理论只适用于宏观、低速运动的物体，错，对在经典力学中，物体的速度，所以物体的质量不随运动状态而改变，但相对论和量子力学并不否定经典力学，认为它是在一定条件下的特殊情形，正确，错误【解析】经典力学只适用于宏观、低速、

97、弱引力的情况，选项是错误的；狭义相对论没有否定经典力学，在宏观低速情况下，相对论的结论与经典力学没有区别，选项是错误的；量子力学更准确地描述了微观粒子运动的规律性，选项是正确的；万有引力定律只适用于弱相互作用力，而对于强相互作用力是不适用的，选项是错误的【解析】只要天体的实际半径远大于它们的引力半径，那么由爱因斯坦和牛顿引力理论计算出的力的差异并不很大；但当天体的实际半径接近引力半径时，这种差异将急剧增大故正确选项为【解析】根据狭义相对论槡知，在宏观物体的运动中，，所以变化不大，而不是因为物体的质量太大或无法测量，也不是因为质量不随速

98、度的变化而变化，正确选项为、、【解析】人们对客观世界的认识要受到他所处的时代的客观条件和科学水平的制约，所以形成的看法也都具有一定的局限性，人们只有不断地扩展自己的认识，才能掌握更广阔领域内的不同事物的本质与规律，选项、、正确；新的科学的诞生并不意味着对原来科学的全盘否定，只能认为过去的科学是新的科学在一定条件下的特殊情形，选项错误低速运动高速宏观微观局限性不断扩展认识，在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律【解析】人们对客观世界的认识要受到他所处的时代客观条件和科学水平的制约，所以形成的看法也都具有一定的局限性，人们只有不断扩展自己的认识，才能

99、掌握更广阔领域内的不同事物的本质与规律；新的科学诞生并不意味着对原来科学的全盘否定，只能认为过去的科学是新的科学在一定条件下的特殊情形解： ()槡， ()槡，所以槡槡，所以【解析】经典力学只适用于宏观物体的运动，不能适用于微观粒子的波动性、【解析】牛顿力学运动规律为经典力学，它研究的是低速、宏观物体的运动狭义相对论适用于高速的微观物体的运动【解析】在经典力学中，物体的质量是不变的，在狭义相对论中，物体的质量随物体速度的增大而增大，二者在速度远小于光速时是统一的，故只有正确【解析】任何一个人对客观世界的认识都要受当时的客观条件和科学水平的制

100、约，所以所形成的“ 正确理解” 都有一定的局限性爱因斯坦的相对论理论是对牛顿力学的理论的发展和深化，但也有人正在向爱因斯坦理论挑战，所以正确选项为、【解析】公式槡中，为物体静止的质量，是物体速度为时的质量，故错；当接近光速时，经典力学不适用，错误；物体速度远小于光速时，质量的变化可以忽略不计，即经典力学适用于低速，不适用于高速，正确；地球上的物体运动速度一般比较小，经典力学适用、、、【解析】物理学科的基本研究方法是观察、实验、假说、验证等，物理学科常用的思维方法是分析、综合、抽象、概括、归纳、演绎等，实证科学方法的

101、主要特点是实验与数学结合，改变了人们的世界观解：由于电子的速度可与光速相比，所以质量变化明显，根据爱因斯坦狭义相对论中运动质量与静止质量的关系得槡槡槡槡解：（）由槡知：当时，应是无穷大随着质量的不断增大，产生加速度的力会随着不断增大，使加速越来越困难因此一个物体不管怎样加速，它的速度不会等于甚至超过光速（）光没有静止质量若光?有静止质量，当光传播时速度为，由槡，它传播时的质量会无穷大，光照射到物体上，如同一质量无穷大的物体以光速砸到被照物体上，后果不堪设想单元评估检测【解析】经典力学并不等于牛顿运动定律，牛顿运动定律只是经典力学

102、的基础；经典力学并非万能，也有其适用范围，并不能解决自然界中的所有问题，没有哪个理论可以解决自然界中的所有问题因此只有搞清牛顿运动定律和经典力学的隶属关系，明确经典力学的适用范围才能正确解答此类问题【解析】探测器做匀速圆周运动由万有引力充当向心力，，，，由以上四式可知，减小则减小，、、均增大，故仅正确【解析】月球因受地球引力的作用而绕地球做匀速圆周运动由牛顿第二定律可知地球对月球引力产生的加速度就是向心加速度，故选项正确【解析】设地球半径为，平均密度为，同步卫星的周期为，另一行星的半径为，其同步卫星的周期为，对于地

103、球的同步卫星，（）（）对于行星的同步卫星：（）（）由两式得：，小时，项正确【解析】物体对天体表面压力恰好为零，说明天体对物体的万有引力完全用来提供向心力：，解得槡又密度两式联立得槡【解析】对火星探测器解得槡对神舟飞船解得槡，则()槡槡，选项正确【解析】为了节省能量，而沿自转方向发射，卫星绕地球自转而具有的动能在赤道附近最大，因而使发射更节能、【解析】设太阳质量为，月球质量为，海水质量为，太阳到地球距离为，月球到地球距离为，由题意，，由万有引力公式，太阳对海水的引力，月球对海水的引力

104、，则（），故选项正确，选项错误；月球到地球上不同区域的海水距离不同，所以引力大小有差异，选项错误，选项正确、、【解析】因卫星运动的向心力由它们所受的万有引力提供，而所受的引力最小，故对由得，即卫星的向心加速度的大小与轨道半径的平方成反比，所以、的向心加速度大小相等且小于的向心加速度，错由得槡，即人造地球卫星运行的周期与其轨道半径三次方的平方根成正比，所以、的周期相等且大于的周期，对由得槡，即人造地球卫星的线速度与其轨道半径的平方根成反比，所以、线速度大小相等且小于的线速度，对【解析】设此时火箭上

105、升到离地球表面高度为处，火箭上物体的视重等于物体受到的支持力，物体受到的重力为，是高处的重力加速度，由牛顿第二定律得其中，代入式得 () 在距离地面为处，物体的重力为，物体的重力等于万有引力在地球表面：地在距地面高处，（地）与相除可得（地）地，所以地槡地槡地地所以地，故选【解析】设月球表面的重力加速度为，宇航员抛出小球时的速度为，由抛体运动的规律得【解析】，，所以（）周期（）、、物体质量，重力解：在海平面上有，解得，物体做自由落体运动所用时间为槡同理，在高

106、山顶上有（），物体做自由落体运动所用的时间为槡，由以上各式解得 ?第题图解：（）由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，则（）（），在地面时：，解得槡槡（）设人在位置刚好看见卫星出现在位置，最后在位置看到卫星从位置消失，，有，从到时间为，，则有（）槡槡解：（）由，得地球表面的重力加速度为，同理穿梭机所在轨道上的向心加速度为，，联立以上各式并代入数据解得（）由，可得第一宇宙速度槡，同理穿梭机在轨道上的速率槡，，代入数据解得（）应减速由知穿梭机要进入

107、较低轨道，必须有万有引力大于穿梭机做圆周运动所需的向心力，故当减小时，才减小，则解：（）设引力常量为，地球质量为， “ 嫦娥一号”的质量为，由牛顿第二定律得（）解得（）（） “ 嫦娥一号” 绕月运行时，（） ()（）解得（）槡 ?第一节追寻守恒量能量【解析】能量守恒定律、质量守恒定律是自然界的基本守恒定律、【解析】在没有摩擦和空气阻力的条件下，海盗船在摆动时势能和动能相互转化，每次摇摆都能达到相同的高度，总能量保持不变在不计空气阻力的情况下，小球竖直上抛的运动是动能转变为势能、势能又转变为动能的过程，总能量保持

108、不变物体沿粗糙斜面运动和自行车沿斜坡下滑，是动能和势能相互转化，但动能和势能的总和减小，因为存在摩擦，物体会消耗一部分机械能【解析】弹簧受的外力越大，弹簧伸长量越大，所以弹性势能越大【解析】平直轨道上行驶的汽车只具有动能；被拉长的橡皮筋只具有弹性势能；被举高的杠铃只具有重力势能【解析】小球在运动过程中守恒的“ 东西” 是能量【解析】小车沿斜面从运动到，位置升高，势能增加；小车沿斜面匀速运动，速度大小不变，故物体的动能不变、、【解析】飞船在返回地面通过大气层的飞行中，因克服大气层的摩擦阻力做功会生热，所以飞船的一部分机械能会转化

109、为内能、等于解：跳水运动员在走板和起跳时要先使跳板上下振动，此过程运动员将身体储存的化学能转化为跳板的（弹性）势能，然后再将这一（弹性）势能转化为身体起跳的动能；运动员离开跳板上升的过程，动能逐渐减小，动能逐渐转化为（重力）势能；当运动员从最高点下降时，（重力）势能逐渐减小，运动员的动能逐渐增大，所以此过程是（重力）势能转化为动能的过程；运动员入水后，受水的阻力的作用，运动员的（重力）势能和动能都要减小，这部分能量要转化为水和人的内能【解析】能量的概念不是牛顿提出来的，也不是伽利略提出的，选项、错误；人们从伽利略的斜面实验得到

110、启发，提出了能量的概念并认识到能量概念的重要性，选项正确【解析】在小球运动过程中，速度、离地面的高度、动能都在不断变化，只有能量是保持不变的，故正确、【解析】秋千从最高处荡向最低处和张开的弓把箭射出去，均为势能转化为动能；骑自行车驶向斜坡和正在上升的礼花弹，均为动能转化为势能，选项、正确、、【解析】能量转移和转化的过程一定伴随着做功或热传递的过程【解析】周期变长，表明轨道半径变大，环绕地球运动的速率将减小，动能减小轨道半径越大，离地面越远，引力做负功，故引力势能增大综上所述，正确选项为、【解析】在“ ” 事件

111、中，重创大楼的最主要能量是燃油燃烧产生的内能，其次是飞机直接碰撞大楼时的动能，因为一架飞机携带燃油，另一架携带燃油，这些燃油燃烧后，化学能转化为内能，既燃烧大楼，造成很高的温度，又使空气受热膨胀，毁坏建筑物再就是飞机质量都超过，这么大的质量和飞机同时具有很大的速度，使飞机具有很大的动能，也必然造成大楼的重创解：电车进站前虽关闭了电动机，但电车仍具有动能，可使电车爬上斜坡，将动能转化为势能储存起来，出站前，电车可利用斜坡再将势能转化为动能可见，这种设计方案可以节约电能解：弹簧被压缩，贮存了能量（弹性势能），释放后势能逐?渐转化为小球

112、的动能当弹簧恢复到原长时，势能为零，球的动能最大，在弹簧伸长过程中，球的动能减少，弹簧的势能又增加，球在往复运动过程中，其动能与弹簧的势能相互转化，总的能量不变解：运动员的助跑阶段，身体中的化学能转化为人和杆的动能；撑杆起跳过程中，开始运动员的动能和身体中的化学能转化为人的重力势能和杆的弹性势能，然后动能和杆的弹性势能转化为人的重力势能，使人体上升至横杆以上的高度；越过横杆后，运动员的重力势能转化为动能解：在滚摆向下运动的过程中，滚摆的高度不断降低，下落速度和旋转速度不断增大，滚摆的势能转化为动能；在滚摆向上运动的过程中，滚摆的高度不断增加，上升速

113、度和旋转速度不断减小，滚摆的动能又转化为势能依据能量守恒规律，在阻力小到可以忽略的情况下，滚摆机械能的总量保持不变，滚摆每次都应该能回升到起始点的高度解：由于水不可压缩，单位时间内流入面的水的体积应等于流出面的体积，因此位于区域中的水的体积是一个守恒量考察很短的时间，流入面的水的体积为，流出面的水的体积，由于，所以，截面积越小的地方，水的流速越大第二节功【解析】根据功的概念及做功的两个因素可知，只有同时满足力及在力的方向上有位移两个条件时，力对物体才做功，故小新将包从地上提起来、乘升降电梯上楼和提着包上楼，小新对提包的拉力对包做

114、了功、、【解析】做正功还是负功，要看的方向与位移方向是相同还是相反，当物体做加速或匀速直线运动时，的方向一定与位移方向相同；当物体做减速直线运动时，包括两种情况，一种是力方向与位移方向相反，做负功；另一种情况是力方向与位移方向相同（此时小于摩擦力），做正功【解析】选项中，力做的功；选项中，力做的功槡；选项中，力做的功槡；选项中，力做的功【解析】功是标量，求合力的功用两个功的代数和而不是根据平行四边形定则求解故合，选项正确【解析】物体在上升和下降过程中，空气阻力大小不变，方向改变，但都

115、是阻碍物体运动，亦即上升过程和下降过程空气阻力都是做负功，所以全过程空气阻力对物体做功：上下（）【解析】地面的位移为零，摩擦力对地面不做功，汽车位移为，摩擦力对汽车做功，选项正确，、、错误【解析】计算功的公式为，其中是做功的力，是所作用的物体发生的位移在人的推力作用下小车前进的位移为，后运动中推力已不再作用，所以人的推力所做的功为【解析】由功的公式可知大小、正负取决于、、大小，作用力、反作用力虽然大小相等，方向相反，但两物体对地的位移大小、方向关系不确定，故作用力、反作用力做功的关系不确定，选项、

116、、错误，正确解：（）力做的功力做的功与的代数和（）（）和的力槡槡合力做的功解：内，物体的加速度物体的位移力做的正功内，物体的加速度，物体做减速运动，第末速度为零，物体在第内和第内通过的位移相等，但力做负功，即所以内力共对物体做功解：当零件与传送带之间存在摩擦力时，摩擦力的大小为分两种情况进行讨论：（）零件在到达处时的速度小于或刚好等于传送带的速度，零件在从到的过程中一直受摩擦力作用，则摩擦力对零件所做的功（）零件在到达处之前已经达到传送带的速度，零件只是在达到速度之前的一段

117、时间内受摩擦力的作用，此后零件与传送带以相同的速度运动，零件就不受摩擦力的作用，既无滑动摩擦力存在，也无静摩擦力存在，则摩擦力对零件所做的功第题图、【解析】对、受力分析如图所示，物体在作用下没有位移，故选项正确对物体，与位移夹角为，做负功，故选项正确、【解析】前的加速度，的加速度，由牛顿第二定律得：，，解得：，，前位移：（），位移：（），所以，（），选项、正确【解析】由于水平面光滑，所以拉力即为合外力，随位移的变化图象包围的面积即为做的功，即 ? 【解析】对整体

118、有（）（），对有，，做功，则【解析】由于物体向下运动，因此重力做正功，拉力做负功，物体向下做匀减速运动，说明加速度的方向向上，合外力向上，故合外力做负功，项正确【解析】人受到的摩擦力水平向右，与人的运动方向一致，做正功；平板车受到的摩擦力水平向左，与车的运动方向也一致，做正功，故选项正确该题说明摩擦力也可做正功第题图、【解析】、之间的弹力方向如图，、均与接触面垂直，但对的弹力与物体的运动方向间的夹角大于，对的弹力对做负功；对的弹力与的运动方向的夹角小于，对的弹力对做正功解：

119、选物体为研究对象，其受力为拉力、重力、弹力和摩擦力由于物体做匀速运动，故：所以拉力对物体所做的功为（）即拉力对物体做正功重力对物体所做的功为（）重力对物体做负功，即物体克服重力所做的功为摩擦力对物体所做的功为，即摩擦力对物体做负功，也可以说是物体克服摩擦力做的功为弹力对物体所做的功为，即弹力对物体不做功解：由牛顿第二定律得，所以（）（）则力物体从静止开始运动，内的位移为解法一：力的作用点为绳的端点，而在物体发生位移的过程中，绳的端点的位移为，所以，力做的功为解法二：本题还可以用等

120、效法求力做的功由于滑轮和绳的质量及摩擦均不计，所以拉力做的功和拉力对物体做的功相等即解：（）小铁块先减速到再加速到的时间为，运动的位移，木板的位移为（），板（），所以，长木板的长度（）另解：选取木板为研究对象，则小铁块的初速度大小为，方向水平向左，加速度大小，方向水平向右，末速度为零，小铁块做匀减速直线运动、其位移为（），所以，长木板的长度（）（）木板做匀速运动，对木板受力分析，根据平衡条件可得，拉力（）（），拉力做的功为（）（）第三节功率、【解析】水平面光滑时到达

121、点的瞬时速度较大，瞬时功率较大；水平面光滑时平均速度较大，平均功率也较大，、对，、错【解析】这是一道估算题，车速，骑车时的牵引力，所以功率，即，故正确【解析】由功的定义式可知，由牛顿第二定律得，，故；由运动学公式得，所以，由功率定义式可得，正确第题图【解析】对飞行员受力及运动分析如图所示，在位置，飞行员受重力但速度为零，所以；在位置，飞行员受重力，速度为，，所以；在、之间的任意位置，由知为一个大于零的数值，所以运动员所受重力的瞬时功率的变化情况是先增大后减小解：设物

122、体从抛出到落地的竖直位移为，则内重力的平均功率，又因为，由以上两式可得设该物体在末的瞬时速度为，则物体落地时重力做功的瞬时功率，其中为与竖直方向的夹角，为在竖直方向的瞬时速度又因为，所以（因为重力为恒力，内重力做功的平均功率也可由求得，为在竖直方向运动的平均速度又因为，所以）第题图解：（）木块所受的合外力为合（）（）木块的加速度为合前内木块的位移所以，重力在前内做的功为 ?（）重力在前内做功的平均功率为（）木块在末的瞬时速度末重力做功的瞬时功率解：（）所求的是运动中的

123、阻力，若不注意“ 运动中的阻力不变” ，则阻力不易求出以最大速度行驶时，根据，可求得而此时牵引力和阻力大小相等故阻力大小为（）由于时的速度，而牵引力由得，故此时的功率为（）设匀加速运动的时间为，则时刻的速度为，这时汽车的功率为额定功率由，将和代入得（）匀加速运动阶段牵引力为恒力，牵引力所做的功、【解析】利用公式只能计算平均功率，选项错误；当公式中的为瞬时速度时，求的是瞬时功率，当为平均速度时，求的是平均功率，选项正确；因为汽车的速度不能无限制增大，汽车的功率也不能无限制的增大，选项错误

124、；由知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比，选项正确第题图【解析】汽车的速度图象如图所示，假定汽车做匀变速直线运动，其图象是直线，图中三角形的面积即，由于汽车以恒定功率开始运动，则其加速度应逐渐减小，实际图线如图中曲线所示，由图象可知，两图线所包围的面积大小不相等，故选项正确【解析】汽车在以速度匀速行驶时有，所以；在加速过程中，当车速为时，牵引力（），所以，汽车的加速度大小为（）第题图【解析】如图所示，设与速度的夹角为，则，把小球受到的力进行分解，在切线上（速度方向上）合力为，

125、即，所以，随着增大，拉力的瞬时功率增大、【解析】由图象特点可以反映出甲图是汽车以恒定功率启动，而乙图是以恒定加速度启动，选项错误甲图中、时刻功率相等，选项错误乙图中匀加速经过时功率达到额定功率，此后功率保持不变，选项正确由可知，甲、乙两种情况下，相等，选项正确【解析】在第内滑块的平均速度为，在第内滑块的平均速度为，同理可知第内的平均速度故有，，，所以，选项正确【解析】第秒内物体的加速度；第秒内物体的加速度；由运动学公式求出末、末速度分别为：、故第秒内与第秒内质点速度增加量

126、的比值是，选项正确由运动学公式求出第内、第内位移分别为：、内外力所做的功，功率为，选项错误；第秒内外力所做的功，选项错误；末、末功率分别为：、，选项错误、【解析】因为刚开始启动时，较小，较大，所以分析图象时，应该从图象的右边向左看，根据图象可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动越小，速度越大，所以，在全过程中，电动车在点时速度最大，选项错误；过程中，牵引力不变，所以加速度（）不变，电动车做匀加速运动，选项正确；

127、根据图象，在过程中，的取值逐渐减小，这说明速度逐渐增大，所以电动车做加速运动，选项错误；在过程中，与成正比，所以恒定不变，选项正确【解析】在加速阶段由匀变速运动公式得：根据牛顿第二定律得联立代入数据解得当概念车做匀速直线运动时第题图解：心脏压送血液，类似于活塞在圆柱形管道中推动液体做功的情况如图所示，设血管的横截面积为，血压为，则压力压送一次的位移为，压送一次做功：由功率的定义式可得心脏工作的平均功率为：解：（）设起重机允许输出的最大功率为，重物达到最大速度时，拉力等于重力，，代入数据，得（）

128、匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为，速度为，匀加速运动经历的时间为，有，，，因此，代入数据得时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度?为，输出功率为，则，，代入数据，得第四节重力势能【解析】重力势能具有相对性，其大小或正负与参考平面的选取有关，所以在地面以上某高度的物体的重力势能不一定为正值，项错误若选取离地面某高度处为参考平面，物体在那一高度的重力势能为零，项正确重力势能的大小取决于物体质量和所在的高度两个因素，、项错误【解析】重力做的功只与初末位置的高度差有关，与路径以及物体所受

129、的其他力无关从到重力做功、【解析】重力做正功时，重力势能减少，重力做负功时，重力势能增大因此只需要判断重力做正功还是做负功，即可判断出重力势能的变化【解析】设物体原来的高度为，具有重力势能，下落过程中有 () ，选项正确【解析】整个过程中，人提水的力等于水桶的重力大小，水桶的高度下降了因此，人对水桶做的功，正确【解析】此过程中重力做功，重力势能的变化，正确【解析】地面比参考平面（桌面）的高度低了，小球落到地面时重力势能为负值，，正确【解析】重力势能具有相对性，取不同的参考面，物体即使在同一位置

130、不动，重力势能也发生变化，错误重力做功是物体重力势能变化的原因，重力做功，重力势能一定发生变化，正确，错误做匀速直线运动的物体，只要它的重力做功，即高度发生变化，它的重力势能就一定发生变化，错误、【解析】物体重力做功的多少只与它运动的初、末位置的高度差有关，与其他因素无关，所以沿两个面重力做的功相同，错误，正确；由于重力势能的变化总等于重力所做的功，故沿两个面减少的重力势能相同，错误，正确【解析】整个过程重力对球做正功，其大小为（），、错误；重力做正功，重力势能减少，且重力做多少正功，重力势能就减少多少，故球的重力势能减

131、少，正确，错误解：铁链从初状态到末状态，它的重心位置提高了，因此铁链克服重力做功为【解析】重力做功与路径无关、【解析】重力势能是由于地球和物体相互作用凭相对位置所具有的能，是地球和物体组成的系统所共有的，所以选项正确重力势能的大小没有绝对的数值，零势能面位置的选取不同，物体系统的重力势能也不同，所以说重力势能的大小是相对于零势能面而言的，选项正确重力势能等于零的物体仅能说明物体在零势能面上，完全可能对零势能面以下的物体做功，所以选项不正确在地面上的物体，只要零势能面不选在地面上，它的重力势能一定不等于零，所以选项不正确【解析】

132、物体的重力势能与参考平面有关，同一物体在同一位置相对不同的参考平面的重力势能不同，选项错误；物体在参考平面以上，距参考平面的距离越大，重力势能越大，物体在参考平面以下，距参考平面的距离越大，重力势能越小，选项错误；重力势能中的正、负号表示大小，的重力势能小于的重力势能，选项错误；重力做的功量度了重力势能的变化，选项正确【解析】物体下滑的加速度，时物体下滑的距离，下滑的高度，物体重力势能的减少量【解析】小球能上升到的最高点与抛出点相距，所以在最高点时具有的重力势能落地时小球的位置在参考平面下方处，所以落地时小球具有的重力势能故

133、正确、【解析】克服重力做功，即重力做负功，重力势能增加，高度升高克服重力做多少功，重力势能就增加多少，但重力势能是相对的，增加的重力势能，并不代表现在的重力势能就是故正确答案为、【解析】跨越式人的重心高于横杆【解析】三个小球初末位置高度差相同，由于重力做功与路径无关，只是与初末位置高度差有关，所以重力做功都相等，正确三个球在空中运动的时间不一样，它们的时间关系是上抛平抛下抛，而平均功率，所以平均功率不相等，错落地时三个球的速率相等，但速度方向不同，瞬时功率瞬，上抛和下抛时，而平抛物体落体时，故瞬时功率不相等，错

134、重力势能的变化只与重力做功有关，重力做功相等，三个球的重力势能变化应该相等，故错【解析】物体离开地面时，弹簧伸长量为，重物上升的高度为，重力势能增加量为（），所以正确【解析】提起前半段绳子时人做的功为，提起全部绳子时人做的功为，故解：（）在第末小球所处的高度为：重力势能为：（），说明重力势能减?少（）在第末小球所处的高度为：第内重力做功为：（）（），所以小球的重力势能减少，且减少了解：重力对小球做的功为重力对小球做的功为则重力对由、组成的系统所做的总功为：（）因为，所以系统的重

135、力势能减少，且减少了第五节探究弹性势能的表达式、【解析】弹簧的弹性势能表达式为，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，故、正确【解析】如果弹簧原来处在压缩状态，当它变长时，它的弹性势能应该减小，当它变短时，它的弹性势能应该增大，在原长处它的弹性势能最小，、错误；由于弹簧处于自然长度时的弹性势能最小，若选弹簧自然长度时的势能为，则其他长度的势能均为正值，对，错【解析】弹簧由压缩到原长再到伸长，刚开始时弹力方向与物体运动方向同向，做正功，弹性势能减小越过原长位置后弹力方向与物体运动方向相反，弹力做负功，弹性势能增加，所以只

136、有正确，、、错误【解析】弹簧向下压缩的过程中，弹簧压缩量增大，弹性势能增大；重力做正功，重力势能减少，故正确、【解析】弹簧的弹性势能只与弹簧的劲度系数和形变量有关，弹簧的长度为原长时，形变量为零，弹簧的弹性势能最小，对在弹性限度内，不管弹簧被拉长还是被压缩，它都具有弹性势能，弹性势能的大小与两种情况下弹簧发生的形变量大小有关，、错，对、【解析】弹力做功的过程是弹簧弹性势能变化的过程，弹力做多少功，表明弹性势能变化了多少，与弹簧具有多少弹性势能无关，、错弹力对物体做正功，弹簧的弹性势能减少，其减少量等于弹力对物体做功的

137、多少，弹力做负功则弹簧的弹性势能增加，增加量等于物体克服弹力做的功，、对、【解析】以地面为零势能参考平面，当物体压缩弹簧速度减为零时，物体的高度最小，重力势能最小，正确，错误；弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，正确，错误【解析】开始时弹簧形变量为，有则它离开地面时形变量为，有，故，所以，，对第题图解：（）根据胡克定律得（）由于，作出图象如图所示，求出图中的阴影面积，即为弹力做功的绝对值，由于在伸长过程中弹力的方向与位移的方向相反，故弹力在此过程中做负功，（）弹力做负功，则弹簧弹性势能增加，

138、且做功的多少等于弹性势能的变化量，所以、【解析】根据弹性势能的定义及有关条件可确定应选、、、【解析】重力势能具有系统性，弹性势能只属于发生弹性形变的物体，故对；重力势能和弹性势能都是相对的，且都是状态量，故错，、对、、【解析】弹簧的弹性势能与弹簧的形变量和劲度系数有关，与其他因素没有直接关系【解析】当把物体从地面缓慢提高时，对物体做功，同时弹簧被拉伸，增加了弹性势能，所以应选【解析】从摆向的过程中，重力做正功，弹簧伸长，弹力做负功，弹性势能增加，故对【解析】当时，、相距最近，弹簧压缩量最

139、大，弹性势能最大【解析】竿形变量最大时，弹性势能最大，只有选项正确【解析】弹簧弹力做功只跟弹簧的形变量有关，即与弹簧的初、末位置有关，与过程无关，故选项正确【解析】物体最后静止于某一点，物体受重力和弹簧弹力平衡，即，则压缩量与最初下落高度无关，但小球第一次到达最低点时弹簧的压缩量与有关，故选项正确（）米尺、天平（）见解析（）（）【解析】（）将圆珠笔紧靠米尺竖直放在桌面上；在桌面上将圆珠笔尾端压紧，记下笔尖处的读数；突然放开圆珠笔，观察并记下笔尖到达最高峰的读数；用天平测出圆珠笔的质量（）（）（

140、）弹性势能与弹簧伸长量的二次方有关的猜想有道理解：注意物体刚好离地的条件是解题的关键，并且物体缓慢升高时，拉力一定，与物体重力大小相等弹性势能刚好离开地面时则物体缓慢升高拉力克服重力做功拉力共做功（）第六节实验：探究功与速度变化的关系【解析】本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳，只要测出以后各次实验时橡皮筋做的功是第一次实验时的多少倍就已经足够了，错每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后各次实验时，橡皮筋做的功是第一次实验时的整数倍， ?错小车运动中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，才能减小误差，错实

141、验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作并稳定后，再让小车在橡皮筋的作用下弹出，正确【解析】实验证明，力做的功与物体速度的二次方成正比，即，故作出的图象为一条过原点的倾斜直线，正确、【解析】从所打出的纸带上的点迹可以看出，小车先做加速运动，这是由于橡皮筋弹开前不断对它做功；小车后来做减速运动，表明小车的合力为阻力，这是因为实验时忘记了平衡摩擦力，或由于木板一端垫得太低致使摩擦力平衡得不够故选项、正确、、、【解析】平衡摩擦力时，应把长木板固定打点计时器的一端垫高，使小车下滑时所受到的阻力与重力沿长木板向下的分力平衡，正确；

142、为了计算功时方便，实验中以一根橡皮筋做的功为单位功，因此选用的橡皮筋规格要相同，且每根的拉伸长度也要相等，这样可由橡皮筋的条数得到拉力的功的数值，、正确，错误；实验中应先接通电源，让打点计时器先工作，再释放小车，错误；测小车的速度时，应测量橡皮筋恢复原长时的速度，故正确，错误【解析】由于橡皮筋松弛后，小车做匀速运动，此时的速度是小车的最大速度，也是做功后的最终速度，故求此速度应用匀速运动那一段的数据，而不应该使用第一点到最后一点的数据来算故选（）先接通电源再释放小车关闭打点计时器电源（）【解析】在“ 探究功与速度变化关系”的实验

143、中，我们首先要验证功与速度变化的关系，但不是正比的关系，而的变化即（）与功是成正比的（）将小车停在打点计时器附近后，需先接通电源，再释放小车，让其拖动纸带运动，待打点计时器在纸带上打下一系列点后，关闭打点计时器电源（）点对应点，在验证点时，从纸带上可知点的速度就是段的平均速度，、【解析】物体受力不变，可以利用下降高度关系代表功的关系，所以必须测量下落高度，再利用下落高度计算对应各点的瞬时速度，故选项、正确，选项、错误【解析】实验中每次橡皮筋的条数不同，所以对小车做的功不同，小车获得的动能不同，所以项正确

144、【解析】在课本探究的思路中，要求改变橡皮筋的条数，在橡皮筋伸长一样时就得到功的关系，既不是改变位移，也不是改变力，所以不能选、更不能直接测量，也不选【解析】实验中所要求测量的速度应该是橡皮筋作用完毕以后小车的速度，也就是小车所获得的最大速度，由题图中可以看出，、两点橡皮筋还没有作用完毕，而点是橡皮筋作用完毕后已经经过了一段时间，所以最理想的应该是点的速度、【解析】木板倾斜的目的是为了使重力沿木板方向的分力与摩擦力平衡，所以倾斜程度过大或过小都不能达到目的，错误，正确；小车在倾斜的斜面上如果能做匀速运动，则说明重力沿木板方向的分力与摩擦

145、力是平衡的，这也就达到了我们的目的，正确；误差总是难以避免的，但我们在实验过程中可以采取一些措施，使误差尽可能地小，错误【解析】刚开始释放时，与小车相连的一端打出的点应会比较密集，且点的间距逐渐变大，故右端与小车相连；为确定小车速度应选取间距均匀的点，这时橡皮筋已停止对小车作用，故和正确【解析】由于图线是一条直线，所以图线应是开口向上的抛物线，只有对（）平衡摩擦力钩码的重力应远小于小车的总重力（）钩码的重力和小车的总质量【解析】根据课本上的此实验，可知问题的结果加速匀速直线【解析】纸带上的数据反映了小车的运动情况，由到

146、之间可以看出，相邻两点间的位移越来越大，说明由到这一段时间内小车所做的运动为加速运动，而、之间各时间间隔内的位移相等，故、之间小车的运动可看成匀速直线运动（）（）（）如图所示重力做的功物体速度的平方物体速度的平方正比第题图【解析】（）各点速度可由公式求出，（）同理，，，（）重力做的功由求出，同理，，，第七节动能和动能定理【解析】动能是指物体由于运动而能够做功，具有能量而运动的物体具有的能量并不一定都是动能，也可能还有其他形式的能，故选项对，选项错影响动能大小的有质量和速度两个因素，不能

147、只根据其中一个因?素的大小来判断动能的大小，故选项、均错、【解析】速度是矢量，速度变化时可能只有方向变化，而大小不变，动能是标量，所以速度只有方向变化时，动能可以不变；动能不变时，只能说明速度大小不变，但速度方向不一定不变，故只有、正确【解析】根据动能定理，而物体的初动能，末动能（），所以外力做功【解析】动能是标量，没有方向，将各量代入的表达式，可知选项正确【解析】由动能定理得，人对球做的功，故选项正确、、【解析】由动能定理得人，人对物体做的功为人，故选项正确；合外力做的功合，

148、故选项正确，选项错误；物体克服重力做功为，选项正确、【解析】由题意可知，第二次初动能是第一次的倍，两次上滑加速度相同，据运动学公式可得，则，回到底端时动能也为，从而推知返回底端时的速度大小为槡【解析】根据动能定理有因为越大，越小，越大，故倾角大的动能大【解析】将小球从点缓慢地移动到点的过程中力是变化的，由动能定理得：（），故（），正确【解析】根据动能定理得，拉力与重力做功的代数和为零，而拉力做正功，所以重力应做负功，绳索的重力势能增加，故其重心升高解：（）在水平面上运动，只有滑动摩擦

149、力对物体做功，从到运动的过程运用动能定理，设物体在点时的速度为，则：，又，联立以上两式解得：（）设物体能够上滑的最大高度为，物体沿弯曲轨道上滑的过程中，只有重力对物体做功，运用动能定理得：，解得【解析】由知，动能不会小于零，故错；因的大小与参考系的选取有关，故动能的大小也与参考系的选取有关，故错；由知，动能的大小与物体的质量和速度的大小都有关系，动能相同，速度不一定相同，故错；质量相同的物体在动能相同时，其速度大小一定相同，但速度方向不一定相同，故对【解析】由动能定理得出：，（）【解析】由

150、得两物体的动能之比，而根据动能定理，所以，正确【解析】设木块下降高度时的速率为，由动能定理得，所以槡，故此时重力的瞬时功率 () 槡槡，正确、【解析】物体的合力合，向下运动时合力做功合，根据动能定理，物体的动能增加了，对，错；向下运动的过程中重力做功，物体的势能减少了，错，对、【解析】设小球运动到点的速度为，根据动能定理有（），得（槡），小球做平抛运动，有，，所以水平位移槡，选项正确、错误；能从端水平抛出的条件是小球到达点的速率（槡），即，选项正确

151、，错误【解析】因为物体做匀加速直线运动，所以，，而，，所以有，根据动能定理有：，，所以有，项正确、【解析】由牛顿第二定律知： ()；，联立以上两式解得：，项正确；全过程由动能定理得：，即，选项正确、【解析】；又，得【解析】由于面粗糙，物块在面上往返运动不断消耗机械能，直至停止运动设物块在面上运动的总路程为由动能定理知：合，其中，所以，则，因为，则，可见物块最后停在点，故正确? 解：由知，子弹打穿每块木板，木板对子弹做的功都相等打第一块时：；打第二块时：

152、；联立解得即它继续打穿第二块同样木板，子弹的速度变为第题图解：如图所示，设斜面长为，水平部分长，斜面倾角为，物体的质量为，则物体由经到的过程中，受重力、支持力、摩擦力作用，有重力和摩擦力做功，并且在和两个过程中，摩擦力不同，对整个过程应用动能定理，可得又，整理得：（槡）（槡）第八节机械能守恒定律、【解析】物体做匀速直线运动，所受合外力为零，但其所受重力以外的力可能做功，所以机械能不一定守恒，错误；做变速运动的物体所受合外力不为零，若只有重力做功，机械能守恒，正确；外力对物体做功为零，但重力以外

153、的其他力做功不一定为零，机械能不一定守恒，错；若只有重力对物体做功，则其机械能一定守恒，正确【解析】机械能守恒时，只有重力或弹力做功，但可以受其他外力作用，外力做功为零即可，故错；匀速直线运动为一种平衡状态，但物体处于平衡状态时，机械能不一定守恒，如在竖直方向匀速上升的物体，其机械能一直增大，所以错；若物体做平抛运动、自由落体运动、竖直上抛、竖直下抛或斜抛运动只受重力作用，则机械能均守恒，故正确；若合外力仅为重力对物体做功，如在光滑斜面上下滑的物体，不会引起物体机械能的变化，据功能关系知错、【解析】机械能守恒的条件是：只有

154、系统内的重力或系统内的弹力对物体做功系统可以受外力作用，但外力不做功，或外力所做功的代数和为零对于弹力做功，一定要伴随着弹性势能和动能及重力势能之间的转化选项中，弹力对物体做功，但没有弹性势能参与转化，机械能不守恒；选项中，竖直上抛的物体，只受重力作用，机械能守恒；选项中，物体除受重力作用外还受斜面的支持力作用，但支持力不做功，机械能守恒；选项与一样是错误的、【解析】本题主要考查机械能守恒条件的判定水平抛出的物体不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，正确匀速上坡的汽车，受重力、支持力、摩擦力、牵引力，其中支持力

155、不做功，摩擦力做负功，牵引力做正功，由汽车的运动情况可知牵引力大于摩擦力，两力做功的代数和不为零，也就是除重力做功外，其他力做功的代数和不为零，所以汽车的机械能不守恒；也可直接分析机械能是否改变，汽车匀速上坡，动能不变，但重力势能增加，所以总机械能增加，项错匀速上升的升降机除重力做功外，还有拉力做功，机械能不守恒；也可直接判断，升降机动能不变，重力势能增大，故机械能是增加的，项错，沿光滑曲面运动的物体仅受重力、支持力的作用，但支持力不做功，所以机械能守恒，项正确【解析】在物体做抛体运动的过程中机械能守恒，有，得槡，所

156、以三球落地时的速度大小相同，选项正确【解析】此过程中除重力外物体还受到其他外力做的功，而且做负功，故机械能减少了，合外力做功大小也为，故选项、错误；物体下落重力势能减少了，故选项错误，而选项正确【解析】此过程物体的机械能是守恒的，两物体抛出时机械能相等，此后任意时刻机械能都相等同一高度时，由于两物体的质量不等，所以它们的重力势能不等由于机械能相等，所以它们的动能也不等【解析】支持力始终与速度垂直，不做功，选项错误；下滑过程中重力做正功，重力势能减小，选项错误；在整个运动过程中摩擦力做负功，机械能减小，故选项错误

157、，选项正确、【解析】物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，正确物体在下滑过程中，斜面做加速运动，其机械能增加，错误物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，错误对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，正确、、【解析】物体抛出后运动的全过程机械能守恒，以地面为参考平面，物体的机械能表示为，也等于全过程中任意位置的机械能，正确；由动能定理知：，所以在

158、海平面上的动能为，正确；重力做的功，所以正确；到达海平面时的重力势能，错误所以正确答案为、、解：对、（包括轻杆）组成的系统，由机械能守恒定律减增，得又因、两球的角速度相等，则联立式，代入数据解得槡，槡 ? 、【解析】重物从水平位置释放后，在向最低点运动时，重物的重力势能不断减小，动能不断增大弹簧不断被拉长，弹性势能变大，所以物体减少的重力势能一部分转化为自身的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能对整个系统，机械能守恒，而对重物来说，机械能减少【解析】机械能守恒的条件是只有重力做功时跳伞运动员从空中

159、匀速下落，一定受到向上的阻力作用；物体自由下落的加速度，物体以的加速度在空中下落过程中一定有向上的阻力，所以机械能不守恒物体在细线拉力作用下沿光滑斜面上滑过程中，绳的拉力做功，机械能不守恒物体做平抛运动，只受重力，机械能守恒，故正确【解析】由动能定理知，平衡力作用下物体的动能一定不变，错；若物体的重力势能不变，则机械能不变，若重力势能有变化，则机械能一定有变化，对，、错、、【解析】两个小球下落的高度相同，减少的重力势能相等，对球受到绳子的作用力，这个力不做功，球机械能守恒，对在最低点时，弹簧伸长，具有弹性势能，球的

160、机械能减少，球的动能小于球的动能，错，对【解析】从小球开始与弹簧接触到小球速度变为零的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能的总和不变，由于弹簧弹力一直做负功，弹簧的弹性势能不断增大，故小球的动能和重力势能的总和越来越小；同理，由于重力一直做正功，小球的重力势能不断减小，故小球的动能和弹簧的弹性势能的总和越来越大【解析】小球上升的最大高度，当小球上升到时，动能与重力势能相等，故正确、【解析】、下落，都只有重力做功，机械能守恒且重力所做的功相同因为，所以槡，

161、速度的大小相同、【解析】由于不固定，所以下滑时，轨道支持力对做负功，的机械能减少，故、均错；对的压力做正功，所以的机械能增加，故正确；、及地球组成的系统，在运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故正确【解析】物体抛出过程中人对物体做的功为刚抛出物体时的动能，物体抛出后机械能守恒，有，所以【解析】对每个小环而言，下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，设处为参考平面当速率为时，下落的高度为，则有又，所以相同的点距点的竖直高度都相同解：链条下滑时，因桌面光滑，没有摩擦力做功整根链条总的机械

162、能守恒，可用机械能守恒定律求解设整根链条质量为，则单位长度质量为，设桌面重力势能为零，由机械能守恒定律得：解得槡槡解：球下落到地面过程中，对、、系统有，得球下落到地面过程中，对、系统有（），得所以槡第九节实验：验证机械能守恒定律、【解析】测量下落高度需用刻度尺，打点计时器打出纸带能标识时间，不需要秒表，选、、【解析】本实验要验证在只有重力做功的情况下，机械能守恒，从纸带上直接测量物体下落的高度，并通过纸带上的点测定物体在某位置时的瞬时速度、【解析】在验证机械能守恒定律的实验中，阻力与重力相比越小，

163、实验中的误差就越小，所以选择下落的重物时应既要重，体积又要小，即密度要大些，而且还应便于夹紧纸带故选项、正确、【解析】本实验的原理就是利用重物的自由落体运动来验证机械能守恒定律因此打点计时器所打的第一个点，重物运动的速度应为零，正确与分别表示打第个点时重物下落的高度和对应的瞬时速度，正确本实验中，不需要测量重物的质量因为公式的两边都有，故只要成立，就成立，机械能守恒定律也就被验证了，错误实验中应用公式来计算，错误【解析】在重物下落过程中，重物需克服空气的阻力及打点计时器对纸带的阻力做功，重物减少的重力势能在克服阻力做功的

164、过程中消耗掉一部分，因此重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能【解析】纸带受到较大阻力，重物克服阻力做功，设为根据动能定理有所以、【解析】在“ 验证机械能守恒定律” 实验中，我们只需比较与的值即可验证机械能守恒定律是否成立，与重物质量无关，因此，选项错误；若将重物质量选得大些，则在重物下落过程中，空气阻力可忽略不计，有利于减小误差，所以，选项正确，选项错误；纸带先下落而后打点，此时，纸带上最初点的点迹间隔较正常时略大，用此纸带进行数据处理，其结果是，重物在打?第一个点时就有了初动能，而我们计算动能增加量时认为初动能为零，因此

165、重物动能的增加量比重物重力势能的减少量大，故选项正确、【解析】点瞬时速度等于与段的平均速度【解析】得，所以，所画图象是一通过原点的直线重力势能动能【解析】打点计时器使用的是的交流电，每两个点之间的时间间隔为，如果物体做自由落体运动，第一个的位移，所以应选用纸带的第一、二两点的距离接近的纸带，说明纸带释放的时间合适，正好在打第一个点时释放，用该条纸带的数据，实验结果误差较小，故应选纸带利用，（），（）物体下落过程中，重力势能减少，动能增加，的减少量和的增加量相等，则过程中机械能守恒解：对于第（）问

166、，只要能计算出第、两点的速度、，就可以计算出第、两点间动能的增加量；只要计算出第、两点间的距离，就可以计算出第、两点间重力势能的减少量，进而就可以验证重物通过第、两点时机械能是否守恒（）、（），、（），，而、（）故在系统误差允许的范围内重物通过第、两点时机械能守恒（）不难看出，这是因为重物下落的过程中除了受到空气阻力的作用外，还受到纸带和限位孔间摩擦阻力的作用【解析】此种验证方法，只要做到尽可能地减小阻力影响，就可以在纸带上选取各点进行验证，不必刻意追求第、两点间的距离接近的纸带

167、【解析】从的过程减，增，所以需验证的表达式为即、【解析】按实验要求，本实验应先接通电源再放开纸带，而挑选纸带应选择的纸带，便于验证，的纸带的特点应为【解析】验证机械能守恒采用重锤的自由落体运动实现，所以相邻的内的位移增加量为，答案为、、【解析】在做“ 验证机械能守恒定律” 的实验时，应先接通电源，后释放纸带，以保证打第一个点时纸带的初速度为零，故只有错误，、、均正确【解析】由于重锤下落过程中存在摩擦阻力，所以重锤下落时的加速度小于实际重力加速度，末速度小于、【解析】在验证机械能守恒的实验中，需要利用

168、从点运动到点时，动能的增加量是否等于此过程中重力势能的减少量来验证，即是否成立等式两边都有质量，所以可以消去质量，只需验证是否成立即可，因此不需要测量质量，选项错误，选项正确；在中，表示、两点间的竖直距离，这需要用刻度尺测量，故选项正确；本实验是为了验证是否成立，故不能利用求解重力势能变化量，选项错误【解析】物体由静止开始自由下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力的作用，不是自由落体运动，、错误物体下落的高度是用刻度尺测量的，不是计算的，错误为验证机械能守恒定律的实验测量方案，正确选项为（）、、（）

169、底板要竖直接通电源放下重物（）纸带通过打点计时器时受到摩擦阻力小于它所减少的重力势能质量大一些的、体积小一些的（）通过坐标原点的倾斜直线重力加速度【解析】（）选出的器材有：打点计时器（包括纸带）、重物、毫米刻度尺，编号分别为、、注意：因，可约去，故不需要用天平（）打点计时器安装时，底板要竖直，这样才能使重物在自由落下时，受到的阻力较小开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再放下重物，让它带着纸带一同落下（）产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时受到摩擦阻力，使重物获得的动能小于它所减少的重力势能为减小误差，重

170、物的质量应选大一些的、体积小一些的（）描绘出来的图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，它的斜率即为重力加速度小球直径，两光电门间的竖直高度，小球通过上、下两光电门的时间、 () () 【解析】由于本装置可记录小球通过光电门的时间，则将小球的直径除以，即可求出小球经过光电门的速度若再测出两光电门间相距的高度，即可验证机械能守恒定律故需要测量的物理量有：小球直径，两光电门间的竖直高度，小球通过上下两光电门的时间、，则小球通过上、下两光电门处的速度分别为、验证机械能守恒定律的关系式为： () () ，化简得： ()? () （）瞬

171、时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度（）（）在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量（）【解析】（）因瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度（）因为，，所以，所以正确答案为第十节能量守恒定律与能源【解析】能量可以在不同物体之间转移，也可以在不同形式之间转化，但能的总量保持不变【解析】电池板中太阳能转化为电能，小电动机中电能转化为机械能、【解析】、项不消耗任何其他能量，而维持转动或行驶，违背能量守恒定律，是错误的、利用太阳能或核能，不违背能量守恒定律，所以、项正确、【解析】匀速上升，

172、动能不变，但重力势能增加，机械能增加，选项正确，、、错误、、、【解析】物体被举高时，机械能增加，增加的机械能由人体内化学能转化而来，对；电流通过电阻丝时，电阻丝内能增加，内能由电能转化而来，对；内燃机中燃料燃烧，将化学能转化为内能，再进一步转化为机械能，对；水力发电的原理就是将水的动能转化成电能，对、、【解析】小球动能的增量用合力做功来量度，从到位置，小球受的合力一直向下，合力对小球做正功，使小球动能增加；从到位置，小球受的合力一直向上，合力对小球做负功，使小球动能减小，所以正确从到位置，小球重力

173、势能的减少量等于小球动能的增加量和弹簧弹性势能的增加量之和，所以正确、两位置小球动能均为零，重力做的正功等于弹力做的负功，所以正确、【解析】由能量守恒定律可知，对子弹来说，减少的机械能一是用于增加木块的动能，二是用于增加木块和子弹的内能，、错，对对子弹和木块来说，减少的机械能只用来增加它们的内能，对【解析】冰箱压缩机虽然制冷，但压缩机的电机有电流流过，会产生热量，即消耗电能，产生了内能，且房间与外界没有能量交换，所以室内的温度会升高，正确【解析】煤炭、石油储存是有限的，这是所讲的“ 能源短缺” ，正确；使用时排出的有害气

174、体污染空气，这是所讲的“ 环境恶化” ，正确，所以应选解：这一过程的能流图如下：水的势能水的动能其他形式的能电能内能由能流图对能量的转化做出分析可得，瀑布竖直下落后减少的机械能为，转化为电能的功率为 () 水 () () 解：（）游客从点做平抛运动，有，，解得槡，从到，根据动能定理，有（），解得（）（）设与间夹角为，游客在点时的速度为，受到的支持力为，从到由机械能守恒定律，有（），过点时，根据向心力公式，有，因为，，解得、、【解析】题中能源均是新能源，但使用核能会污染环境【解析

175、】能量耗散主要指其他形式的能量最终转化成环境的内能后，不能再次被收集起来重新利用，故只选【解析】功是能量变化的量度，错；物体做功只是能量的转移和转化，不是能量消失，错；能是做功的本领，不一定非做功，错、【解析】是指不同形式的能量间的转化，转化过程中是守恒的，是指能量在不同的物体间发生转移，转移过程中是守恒的这正好是能量守恒定律的两个方面转化与转移所以、正确 “ 不消耗任何能源而工作的机械” 违背了能量守恒定律这一自然界中普遍使用的规律，所以错误中石子的机械能在变化，比如受空气阻力作用，机械能可能要减少，但机械能并没有消失，而是转化为

176、其他形式的能，故是错误的，【解析】节约能源指的是减少总的能源的消耗，重要意义在于缓和能源紧张的局面【解析】自然界的总能量是守恒的，能量只能从一种形式转化为另一种形式或从一个物体转移到另一个物体，能量不可能被创造；在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少，能量耗散使能量的利用品质降低了，能量转化具有方向性、因此要节约能源，故正确，、、错误、【解析】物体重力势能的减少量一定等于重力做的功，与有无其他力、其他力是否做功都无关，选项错误；根据动能定理，合力对物体所做的功一定等于物体动能的改变量，选项正确；物体的重力势能是系统共同具有的

177、，也是相对的，选项正确；在只有重力做功的情况下，物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加?量，即机械能守恒，选项错误、【解析】由得拉力，机械能的增加等于拉力做的功，即，对，错重力势能的增加等于克服重力做的功，对动能的增加等于合力做的功，即合，，错【解析】运动员跑步时，与皮带之间存在静摩擦力，与皮带之间没有相对运动，没有产生内能主要通过与跑步机间静摩擦力做功，克服跑步机内部各部件之间的摩擦转化成了内能【解析】由动能定理，，动能减少了，选项错误，他的重力势能减少了，选项错误；他的机械能减少了，选项错误

178、，选项正确（）机械能转化为内能（）内能转化为机械能（）机械能转化为电能（）电能转化为机械能（）机械能转化为内能（）光能转化为化学能解：（）由知，物块上升加速度为，当它的速度为时，位移是，即物块将以的速度完成的路程，由功能关系得（）电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量而由得，相对位移，，电解：（）设滑块到达端时速度为，由动能定理，得，由牛顿第二定律，得，联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：（）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律得，对滑块有：，对小

179、车有：，设经时间两者达到共同速度，则有：，解得由于，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：因此，车被锁定时，车右端距轨道端的距离：（）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离，所以产生的内能：（）对滑块由动能定理，得（）滑块脱离小车后，在竖直方向有：所以，滑块落地点离车左端的水平距离：单元评估检测、【解析】摩擦力做正功时，物体机械能增大；变速运动的物体其速度大小可能不变【解析】由于作用力和反作用力分别作用在两个物体之上，做正功、负功要看各自的位移方向，因此做功可正可负也可为零正确【解析】机械

180、能守恒的条件是只有重力做功，在、图中木块受三个力作用，即重力、支持力和推力，因有外力做功，故不符合条件；中因有摩擦力做功，故也不符合条件，因此只有图符合守恒条件第题图【解析】设物块的初速度为，质量为，高度为，依题意有：，设物块落地瞬间水平速度分量为，竖直速度分量为，则根据平抛运动的规律可得：，槡，即，所以物块落地时速度方向与水平方向夹角为，项正确【解析】某个力的功等于力的大小，位移的大小及力和位移之间夹角的余弦，三者的乘积与物体是否受其他力，及物体的运动性质等因素无关，故只有选项正确、【解析】在处

181、和处时铁罐速度为零，动能为零，所以从处到处是重力势能转化为弹性势能，故选项错误，选项正确从处又滚到最高处的过程是弹性势能转化为重力势能的过程，故选项错误，选项正确【解析】阻力，当速度为时牵引力，合力为，故加速度、【解析】皮带之所以能运动起来，是人对皮带的摩擦力充当了动力，故正确摩擦力的大小与阻力相等，故人对皮带做功的功率为【解析】首先要明确是哪个力做功，猴子对木杆的作用力是向下的，它的反作用力作用在猴子身上，方向向上，由于所讨论的过程中，猴子保持静止，因此杆对猴子的作用力一定等于猴子的重力，所以猴子对杆的作用力

182、等于猴子的重力，它是恒力，功率，木杆做的是初速度为零的匀加速运动（在恒力作用下的运动），它的速度，所以，与成正比、【解析】对、轨道，小球到右侧最高点的速度可以为零，由机械能守恒可得，小球进入右侧轨道后的高度仍为，故选项、正确；轨道右侧轨道最大高度小于，小球到轨道最高点后做斜抛运动，小球到达最高点时仍有水平速度，因此，小球能到达的最大高度小于，选项错误；轨道右侧为圆形轨道，小球通过最高点必须具有一定速度，因此，小球沿轨道不可能到达高度，选项错误（）将木板固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车缓慢匀

183、速下滑（）次数橡皮筋对小车做功小车速度（）（）橡皮筋对小车做功与小车速度的平方成正比【解析】求小车速度时应取小车做匀速运动的一段，因为此时小车的速度最大? （）（）不对（）（）【解析】（）这种做法不对，用这种方法实际是用机械能守恒来验证机械能守恒（）验证的等式为，即（）重力势能的减少量，动能的增加量 () 解：小球从地面上升到顶部的过程，根据机械能守恒定律有解得槡小球离开跳板后做平抛运动，则，由以上几式解得 ()槡即 () 槡则当，即时，有最大值，解得解：块砖在平放时重心的高为，其相应的重力势能

184、块砖在竖直叠放后重心的高度为，其相应的重力势能为根据功是能量转化的量度，即人所做的功使砖的重力势能增加，从而有，而（），所以人做的功为（）解：（）人和跳板整体机械能守恒，据机械能守恒定律，跳板在最低点的弹性势能转化为人在最高点的重力势能，则（）运动员入水前速度可由人的机械能守恒求出，有其中（），代入数据得槡解：（）摩托车冲上高台的过程中，由动能定理得，代入数据得（）摩托车离开平台后做平抛运动过程中，在竖直方向，水平方向，所以（）人和车落到点时速度方向沿点切线方向，此时的竖直分速度，人和车

185、的水平分速度，所以，可知，（）设人和车到达最低点的速度为，则摩托车由高台顶部到圆弧轨道最低点的过程中，由机械能守恒定律得：（），在最低点根据牛顿第二定律，有，代入数据解得：再由牛顿第三定律可得，人和车对轨道的压力为 ? 【解析】本题考查圆周运动的规律和离心现象摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，项错误；摩托车正常转弯时可看做是做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，项正确；摩托车将在沿线速度方向与半径向外的方向之间做离心曲线运动，、项错误【解析】

186、由于石块做匀速圆周运动，只存在向心加速度，大小不变，方向始终指向球心，对，错；由合向向知合外力大小不变，错；又因石块在运动方向（切线方向）上合力为零，才能保证速率不变，在该方向重力的分力不断减小，所以摩擦力不断减小，错【解析】在松手前，甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静摩擦力及拉力的合力提供的，且静摩擦力均达到了最大静摩擦力因为这两个小孩在同一个圆盘上转动，故角速度相同，设此时手中的拉力为，则对甲：甲对乙：乙，当松手时，，乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力，故乙做离心运动，然后落入水中甲所受的静摩擦力变小，直至与它

187、所需要的向心力相等，故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，选项正确第题图【解析】当小球到达最高点速率为时，有，当小球到达最高点速率为时，应有（），所以，此时最高点各力如图所示，所以槡，正确【解析】根据平抛运动的特点，速度变化大小可由竖直方向速度变化来衡量所以落在点小球速度变化最大，故选项错误；速度变化快慢即加速度，三者加速度均为重力加速度，所以选项错误；飞行时间由竖直高度决定，故落在点小球飞行时间最长，所以选项错误；小球打到两斜面交点时，速度方向与水平方向的夹角为，与斜面的夹角小于，打到右侧斜面的其他位置处，

188、夹角更小，故正确、【解析】根据平抛运动规律，、在第一次落地前能否发生相碰，取决于的初速度大小，选项正确由于、与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，、在第一次落地前若不碰，反弹后仍可能相碰，选项错误、有可能运动到最高处相碰，选项错误由于二者从同一高度下落，运动时间相等，所以、一定能相碰，选项正确、、【解析】第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，只有其运行轨道半径最小时，它的运行速度才最大，而卫星的最小轨道半径等于地球半径，故正确；在地球表面附近我们认为万有引力近似等于重力，故正确，

189、错误；同步卫星的运转周期等于地球的自转周期，而同步卫星的运行轨道半径大于地球半径，即大于近地轨道卫星半径，故同步卫星的周期大于近地轨道卫星，错误? 、【解析】根据 ()、 ()，可得、槡，故、正确；登陆舱在半径为的圆轨道上运动的向心加速度，此加速度与星球表面的重力加速度并不相等，故错误；根据，得槡，则槡，故错误解：（）在轨迹上取坐标为（，）、（，）、（，）的三点，分别记为、、点，其纵坐标，由于已研究得出小球在竖直方向是自由落体运动，因此可知从抛出到点所用时间与从点到点所用时间、从点到

190、点所用时间相等，这三点的横坐标之间的距离也相等，说明了在相等时间内水平位移相等，即说明平抛运动在水平方向的运动为匀速直线运动（）槡（）（）（）【解析】（）从图乙可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示格，由题意知图乙中横坐标上每小格表示，所以圆盘转动的周期是，则转速为转（）反光引起的电流图象在图乙中的横坐标上为每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的，即反光涂层的长度为解：（）对滑块的匀减速直线运动：解得：（）对滑块的平抛运动：解得：槡（）由滑块的平抛运动知：解：（）由平抛运动的公式，得代入数据解得

191、要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得代入数据得（）由牛顿第二定律得由得解：（）因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道的半长轴即为轨道半径根据万有引力定律和牛顿第二定律有行太行 () ，于是有太，即太（）在月地系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为，周期为，由式可得地，解得地（地也算对）? 、、【解析】做正功还是负功，要看的方向与位移方向是相同还是相反，当物体做加速或匀速直线运动时的方向一定与位移方向相同；当物体做减速直线运动时包括两种情况，一种是力方向

192、与位移方向相反，做负功，另一种情况是力方向与位移方向相同（此时小于摩擦力），做正功、、【解析】因物体做匀减速运动，的方向与的方向相反，故对物体做负功，错；与速度方向相同做正功，正确；与方向相反做负功，正确；合外力的方向与运动方向相反做负功，故正确、【解析】因脱离部分只受阻力作用，故该部分做匀减速运动，但车头受牵引力作用，且牵引力因车头的加速而减小，故车头做加速度减小的加速运动，、错，正确；若分离出的车厢越多，则剩余部分的质量越小，所受的阻力越小，由可得，车头能获得的最大速度越大，正确【解析】本题主要考查功

193、的计算公式及重力做功与重力势能变化的关系阻力的方向总与运动方向相反，故阻力总做负功，项正确；运动员加速下降时，合外力向下，减速下降时，合外力向上，项错误；重力做功使系统重力势能减小，项错误；由于做变速运动，任意相等时间内的下落高度不相等，所以重力做功不相等，项错误【解析】依据功的定义式，本题中四种情况下，、、均相同，这样四种情况下力所做的功一样大，故选项正确【解析】由，和得出：，由图象可求出图线斜率，由，可求出汽车的功率，由时，，得：可求出汽车所受阻力，再由可求出汽车运动的最大速度，但汽车做变加

194、速直线运动，无法求出汽车运动到最大速度所需的时间，故选、【解析】木箱在作用下向右匀速运动的过程中，受个力作用而平衡即（），解得：，即槡（）槡() ，?所以有极小值，故对，错；的功率，所以对，错、、【解析】主要考查功和能的关系运动员到达最低点过程中，重力做正功，所以重力势能始终减少，项正确蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加，项正确蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，所以机械能守恒，项正确重力势能的改变与重力势能零点选取无关，项错误【解析】相

195、遇时满足，，所以，小球落地时间槡，球落地时间槡槡，因此错误；相遇时，槡，，，所以错误；因为两球恰在处相遇，说明重力做功的数值相等，根据动能定理，球动能的减少量等于球动能的增加量，正确；相遇后的任意时刻，球的速度始终大于球的速度，因此重力对球做功功率大于对球做功功率，错误（）、、（）弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比关系（）多次测量取平均值；选择密度适当大的小球；选择精度高的测量仪器（）、（）秒表、低压直流电源、天平低压交流电源、重锤、刻度尺（）（）（）解：（）由匀变速直

196、线运动的公式：，得：（）设连接杆对拖拉机的拉力为，由牛顿第二定律得：，根据牛顿第三定律，联立式，解得拖拉机对连接杆的拉力大小为： () （）拖拉机对耙做的功：，联立式，解得： () 解：（）小球经过最高点时对轨道的压力，依据牛顿第三定律有轨道对小球的作用力设小球通过最高点的速度为，依据牛顿第二定律有，解得槡（）小球自点下滑至圆轨道最高点的过程机械能守恒，依据机械能守恒定律有解得解：（）设起重机允许输出的最大功率为，重物达到最大速度时，拉力等于重力，，代入数据，有：（）匀加速运动结束时，起重机达到允许

197、输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为，速度为，匀加速运动经历的时间为，有：，，，由，代入数据，得：时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为，输出功率为，则，，由代入数据，得：解：（）摩擦力与侧向的夹角为，侧向加速度大小，由匀变速直线运动有，解得槡（）设时刻摩擦力与侧向的夹角为，侧向、纵向加速度的大小分别为、，则，很小的时间内，侧向、纵向的速度变化量，，解得，且由题意知，则，所以摩擦力方向保持不变，则当时，，即（）设工件在乙上滑动时侧向位移为，沿乙运动方向的位移为，由题意知，，在侧向上，在纵向上（），工件滑动时间，乙前进的距离，工件相对乙的位移（）槡，则系统摩擦生热，电动机做功（），由，解得槡 ?

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