2025高中物理人教版必修2教学资源包（名师同步导学）章末质量检测卷2含答案

2025高中物理人教版必修2教学资源包（名师同步导学）章末质量检测(二)万有引力与航天(时间：100分钟满分：90分)一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分.1～8题为单选题，9～15题为多选题)1．关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是()A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律解析：选B开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了开普勒天体运动三定律，找出了行星运动的规律，而牛顿发现了万有引力定律，A、C、D错误，B正确．2．在某次测定引力常量的实验中，两金属球的质量分别为m1和m2，球心间的距离为r，若测得两金属球间的万有引力大小为F，则此次实验得到的引力常量为()A.eq\f(Fr,m1m2) B．eq\f(Fr2,m1m2)C.eq\f(m1m2,Fr) D．eq\f(m1m2,Fr2)解析：选B由万有引力定律公式F＝Geq\f(m1m2,r2)得G＝eq\f(Fr2,m1m2)，故B选项正确．3．北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．关于这些卫星，以下说法正确的是()A．5颗同步卫星的轨道半径不都相同B．5颗同步卫星的运行轨道不一定在同一平面内C．导航系统所有卫星的运行速度一定不大于第一宇宙速度D．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越小解析：选C同步卫星位于赤道平面内，轨道半径都相同，A、B错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，故导航系统所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，C正确；根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越大，D错误．4．人造卫星绕地球运动只受地球的引力，做匀速圆周运动，其轨道半径为r，线速度为v，周期为T.为使其周期变为8T，可采用的方法有()A．保持轨道半径不变，使线速度减小为eq\f(v,8)B．逐渐减小卫星质量，使轨道半径逐渐增大为4rC．逐渐增大卫星质量，使轨道半径逐渐增大为8rD．保持线速度不变，将轨道半径增加到8r解析：选B利用万有引力提供卫星的向心力可以得到v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，从中可以看出：线速度、周期与半径具有一一对应关系，与卫星的质量无关，使轨道半径逐渐增大为4r，能使其周期变为8T，速率同时减小为eq\f(v,2)，B正确，A、C、D错误．5．如图所示，在火星轨道的外侧有一小行星带，内外两颗小行星a、b分别绕太阳做匀速圆周运动．则()A．a、b两颗小行星的角速度相等B．a、b两颗小行星的线速度可能相等C．小行星a表面的重力加速度可能比b的小D．两颗小行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等解析：选C两颗小行星a、b分别绕太阳做匀速圆周运动，有F引＝F向，可推导出：ω＝eq\r(\f(GM,r3))，v＝eq\r(\f(GM,r))，由ra<rb可得va>vb，ωa>ωb，故A、B错误；小行星表面的重力加速度满足关系g＝eq\f(GM,R2)，两颗小行星质量关系及其半径关系均未知，因此小行星a表面的重力加速度可能比b的小，故C正确；开普勒第二定律说的是一颗小行星与太阳的连线在前后两段相同时间内扫过的面积相等，而不是两颗小行星之间的比较，故D错误．6．卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用．第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区．第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成．中轨道卫星高度为10354km，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)，在这个高度上，卫星沿轨道运行一周的时间为6小时．下列说法中正确的是()A．中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度B．中轨道卫星的角速度大于同步卫星的角速度C．中轨道卫星的向心加速度小于同步轨道卫星的向心加速度D．如果某一时刻某颗中轨道卫星和某颗同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上解析：选B根据v＝eq\r(\f(GM,r))，中轨道卫星的高度10354km小于同步卫星的高度3.6×104km，中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度，A错误；同步卫星的周期为24小时，中轨道卫星的周期为6小时，根据ω＝eq\f(2π,T)可知，中轨道卫星的角速度大于同步卫星的角速度，B正确；因向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，所以中轨道卫星的向心加速度大于同步轨道卫星的向心加速度，C错误；因θ＝ωt，角速度ω不同，经6小时两卫星角度相差eq\f(3π,2)，所以经过6小时后它们不会在同一直线上，D错误．7．随着航天技术的发展，在地球周围有很多人造飞行器，其中有一些已超过其设计寿命且能量耗尽．每到太阳活动期，地球的大气层会变厚，这时有些飞行器在大气阻力的作用下，运行的轨道高度将逐渐降低(在其绕地球运动的每一周过程中，轨道高度变化很小，均可近似视为匀速圆周运动)．为了避免飞行器坠入大气层后对地面设施及人员造成安全威胁，人们设想发射导弹将其在运行轨道上击碎．具体设想是：在导弹的弹头脱离推进装置后，经过一段无动力飞行，从飞行器后下方逐渐接近目标，在进入有效命中距离后引爆弹头并将该飞行器击碎．对于这一过程中的飞行器及弹头，下列说法中正确的是()A．飞行器轨道高度降低后，它做圆周运动的速率变大B．飞行器轨道高度降低后，它做圆周运动的周期变大C．弹头在脱离推进装置之前，始终处于失重状态D．弹头引爆前瞬间，弹头的加速度一定小于此时飞行器的加速度解析：选A由v＝eq\r(\f(GM,r))知，高度降低，轨道半径减小，飞行器做圆周运动的速率增大，A正确；由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))知，半径减小，周期变小，B错误；弹头和推进器在发射过程中，有向上的加速过程，此过程弹头处于超重状态，C错误；引爆前，弹头的轨道半径小于飞行器的轨道半径，由a＝eq\f(GM,r2)知，弹头的加速度大于飞行器的加速度，D错误．8．宇宙中两个恒星可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两星球球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．双星相互间的万有引力增大B．双星做圆周运动的角速度不变C．双星做圆周运动的周期增大D．双星做圆周运动的速度增大解析：选C双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律，F＝Geq\f(m1m2,L2)，知万有引力减小，故A错误；根据Geq\f(m1m2,L2)＝m1r1ω2，Geq\f(m1m2,L2)＝m2r2ω2，知m1r1＝m2r2，轨道半径之比等于质量的反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，周期变大，又r1＋r2＝L，eq\f(Gm1m2,L2)＝m1eq\f(v\o\al(1,2),r1)＝m2eq\f(v\o\al(2,2),v2)，知v1＝eq\r(\f(Gm\o\al(2,2),m1＋m2L))，v2＝eq\r(\f(Gm\o\al(1,2),m1＋m2L))，线速度变小，故B、D错误，C正确．9．2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一．通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面的重力加速度．若将卫星绕地球的运动看做是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的()A．密度 B．向心力的大小C．离地高度 D．线速度的大小解析：选CD根据题意，已知卫星运动的周期T，地球的半径R，地球表面的重力加速度g，卫星受到的万有引力充当向心力，故有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，卫星的质量被抵消，则不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大小，故A、B错误；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))，而由eq\f(GMm,R2)＝mg得GM＝gR2，r＝R＋h，故可计算卫星距离地球表面的高度，C正确；根据公式v＝eq\f(2πr,T)，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算出卫星绕地球运动的线速度，D正确．10．北京时间2005年7月4日下午1时52分(美国东部时间7月4日凌晨1时52分)探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”，如图所示．假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，则关于“坦普尔一号”彗星的下列说法中正确的是()A．绕太阳运动的角速度不变B．近日点处线速度大于远日点处线速度C．近日点处加速度大于远日点处加速度D．其椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比是一个与太阳质量有关的常数解析：选BCD由开普勒第二定律知近日点处线速度大于远日点处线速度，B正确；由开普勒第三定律可知D正确；由牛顿第二定律得C正确．11．下列几组数据中能算出地球质量的是(引力常量G是已知的)()A．已知地球绕太阳运动的周期T和地球中心离太阳中心的距离rB．已知月球绕地球运动的周期T和地球的半径rC．已知月球绕地球运动的角速度和月球中心离地球中心的距离rD．已知月球绕地球运动的周期T和轨道半径r解析：选CD已知地球绕太阳运动的周期和地球的轨道半径，只能求出太阳的质量，而不能求出地球的质量，所以选项A错误；已知月球绕地球运动的周期和地球的半径，而不知道月球绕地球运动的轨道半径，不能求出地球的质量，选项B错误；已知月球绕地球运动的角速度和轨道半径，由Geq\f(Mm,r2)＝mrω2可以求出地球的质量，选项C正确；由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)可求得地球质量为M＝eq\f(4π2r3,GT2)，所以选项D正确．12．据报道，2016年2月18日嫦娥三号着陆器玉兔号成功自主“醒来”，嫦娥一号卫星系统总指挥兼总设计师叶培建院士介绍说，自2013年12月14日月面软着陆以来，中国嫦娥三号月球探测器创造了全世界在月工作时间最长纪录．假如月球探测器在月球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后小球回到出发点．已知月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是()A．月球表面的重力加速度为eq\f(v0,t)B．月球的质量为eq\f(2v0R2,Gt)C．探测器在月球表面获得eq\r(\f(2v0R,t))的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D．探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为eq\r(\f(Rt,v0))解析：选BC根据竖直上抛运动规律Δv＝gt可知，月球表面的重力加速度g＝eq\f(2v0,t)，故A错误；在月球表面重力与万有引力相等有Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得月球质量M＝eq\f(gR2,G)＝eq\f(2v0R2,Gt)，故B正确；根据万有引力提供圆周运动向心力可知，卫星的最大运行速度v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(\f(2Rv0,t))，故C正确；绕月球表面匀速飞行的卫星的周期T＝eq\f(2πR,v)＝πeq\r(\f(2Rt,v0))，故D错误．13．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．卫星距离地面的高度为eq\r(3,\f(GMT2,4π2))B．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eq\f(GMm,R2)D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析：选BD根据Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2(R＋H)，得H＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))－R，A错误；由Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\f(v2,R＋H)，得v＝eq\r(\f(GM,R＋H))，故B正确；卫星运行时受到的万有引力提供向心力Fn＝eq\f(GMm,R＋H2)，C错误；由牛顿第二定律Fn＝man得an＝eq\f(GM,R＋H2)，而g＝eq\f(GM,R2)，故an＜g，D正确．14．如图所示，飞船在地面指挥控制中心的控制下，由近地点圆形轨道A，经椭圆轨道B转变到远地点的圆轨道C.轨道A与轨道B相切于P点，轨道B与轨道C相切于Q点，以下说法正确的是()A．卫星在轨道B上由P向Q运动的过程中速率越来越小B．卫星在轨道C上经过Q点的速率大于在轨道A上经过P点的速率C．卫星在轨道B上经过P点的加速度与在轨道A上经过P点的加速度是相等的D．卫星在轨道B上经过Q点时受到地球的引力小于经过P点时受到地球的引力解析：选ACD卫星在轨道B上由P到Q的过程中，远离地心，由开普勒第二定律可知，速度是逐渐减小的，A项正确；卫星在A、C轨道上运行时，轨道半径不同，根据v＝eq\r(\f(GM,r))可知，轨道半径越大，线速度越小，所以有vP＞vQ，B项错误；卫星在A、B两轨道上经过P点时，离地心的距离相等，受地球的引力相等，所以加速度是相等的，C项正确；卫星在轨道B上经过Q点比经过P点时离地心的距离要远些，受地球的引力要小些，D项正确．15．有一极地气象卫星运行轨道是圆形的(经过地球的两极地区上方)，它的周期为地球同步卫星周期的一半，分别在每天(即卫星两个周期)两次经过某地面同一地点的上方，为拍摄同一地区上方的云层变化提供了方便．下列关于该气象卫星和地球同步卫星的比较正确的是()A．轨道半径之比为eq\r(3,2)∶2B．线速度之比为2∶1C．质量相同的上述气象卫星和地球同步卫星的向心力之比为2eq\r(3,2)∶1D．质量相同的上述气象卫星和地球同步卫星相比，气象卫星的机械能大解析：选AC由eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)可求得半径之比为eq\r(3,2)∶2，A正确；由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)及两卫星的轨道半径之比，可得线速度之比为eq\r(3,2)∶1，B错误；由F＝Geq\f(Mm,r2)及两卫星的轨道半径之比，可得向心力之比为2eq\r(3,2)∶1，C正确；轨道半径越大的卫星，发射速度越大，机械能越大，D错误．二、非选择题(共5小题，55分)16．(8分)已知太阳的质量为M，地球的质量为m1，月球的质量为m2，当发生日全食时，太阳、月球、地球几乎在同一直线上，且月球位于太阳与地球之间，如图所示．设月球到太阳的距离为a，地球到月球的距离为b，则太阳对地球的引力F1和对月球的吸引力F2的大小之比为多少？解析：由万有引力定律知，太阳对地球的引力F1＝Geq\f(Mm1,a＋b2)太阳对月球的引力F2＝Geq\f(Mm2,a2)故eq\f(F1,F2)＝eq\f(m1a2,m2a＋b2).答案：eq\f(m1a2,m2a＋b2)17．(10分)已知地球的半径为R＝6400km，地球表面附近的重力加速度g＝9.8m/s2，若发射一颗地球的同步卫星，使它在赤道上空运转，其高度和速度应为多大？解析：设同步卫星的质量为m，离地面的高度为h，速度为v，周期为T，地球的质量为M，同步卫星的周期等于地球自转的周期．Geq\f(Mm,R2)＝mg①Geq\f(Mm,R＋h2)＝m(R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2②由①②两式得h＝eq\r(3,\f(R2T2g,4π2))－R＝eq\r(3,\f(6400×1032×24×36002×9.8,4×3.142))－6400×103m≈3.6×107m.又因为Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)③由①③两式得v＝eq\r(\f(R2g,R＋h))＝eq\r(\f(6400×1032×9.8,6400×103＋3.6×107))m/s≈3.1×103m/s.答案：3.6×107m3.1×103m/s18．(10分)宇航员站在一星球表面上某高处，沿水平方向抛出一小球，经过时间t小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L.若抛出时的初速度增大为原来的2倍，则抛出点与落地点之间的距离为eq\r(3)L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常量为G，求该星球的质量M.解析：设抛出点的高度为h，第一次平抛的水平位移为x，则x2＋h2＝L2①由平抛运动的规律得第二次平抛过程有(2x)2＋h2＝(eq\r(3)L)2②设该星球上重力加速度为g，由平抛运动规律得h＝eq\f(1,2)gt2③由万有引力定律与牛顿第二定律得Geq\f(Mm,R2)＝mg④由①～④得该星球的质量M＝eq\f(2\r(3)LR2,3Gt2).答案：eq\f(2\r(3)LR2,3Gt2)19．(12分)如图所示，A是地球同步卫星，另一个卫星B的圆轨道位于赤道平面内，距离地面高度为h.已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．(1)卫星B的运行周期是多少？(2)如果卫星B的绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，求至少再经过多长时间，它们再一次相距最近？解析：(1)由万有引力定律和向心力公式得Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T\o\al(2,B))(R＋h)①Geq\f(Mm,R2)＝mg②联立①②解得TB＝2πeq\r(\f(R＋h3,R2g)).③(2)由题意得(ωB－ω0)t＝2π④由③得ωB＝eq\r(\f(gR2,R＋h3))⑤代入④得t＝eq\f(2π,\r(\f(R2g,R＋h3))－ω0).答案：(1)2πeq\r(\f(R＋h3,R2g))(2)eq\f(2π,\r(\f(R2g,R＋h3))－ω0)20．(15分)如图所示，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两者中心之间的距离为L.已知A、B的中心和O点始终共线，A和B分别在O点的两侧．引力常量为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T1.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为T2.已知地球和月球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg.求T2与T1两者的平方之比．(结果保留3位小数)解析：(1)A和B绕O点做匀速圆周运动，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、B的中心和O点始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期．设A、B轨道半径分别为r、R.r＋R＝L对A：eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r①对B：eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R②①＋②得eq\f(GM＋m,L2)＝eq\f(4π2,T2)(r＋R)∵r＋R＝L∴T2＝eq\f(4π2L3,GM＋m)T＝2πeq\r(\f(L3,GM＋m)).(2)将地月看成双星，由(1)得T1＝2πeq\r(\f(L3,GM＋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eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T2)))2L化简得T2＝2πeq\r(\f(L3,GM))所以T2与T1的平方之比为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))2＝eq\f(M＋m,M)＝eq\f(5.98×1024＋7.35×1022,5.98×1024)＝1.01.答案：(1)2πeq\r(\f(L3,GM＋m))(2)1.01章末质量检测卷(三)机械能守恒定律(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分.1～8题为单选题，9～15题为多选题)1．关于功和功率的计算，下列说法中正确的是()A．用W＝Fxcosθ可以计算变力做功B．用W合＝Ek2－Ek1可以计算变力做功C．用W＝Pt只能计算恒力做功D．用P＝eq\f(W,t)可以计算瞬时功率解析：选BW＝Fxcosθ是恒力做功公式，不可以计算变力做功，A错误；动能定理W合＝Ek2－Ek1既可以计算恒力做功，也可以计算变力做功，B正确；用W＝Pt计算的是恒定功率下，外力做的功，此力可以是恒力，也可以是变力，C错误；用P＝eq\f(W,t)计算的是平均功率，不能计算瞬时功率，D错误．2．下列关于机械能守恒的说法中正确的是()A．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B．物体只受重力，机械能才守恒C．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒解析：选D匀速运动的物体所受合力为零，但除重力外可能有其他力做功，如物体在阻力作用下匀速向下运动，其机械能减少了，A错误；物体除受重力外也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代数和为零，机械能也守恒，B错误；匀速圆周运动物体的动能不变，但势能可能变化，C错误；由机械能守恒条件知，D正确．3．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力()A．等于零，对人不做功B．水平向左，对人做负功C．水平向右，对人做正功D．斜向上，对人做正功解析：选C人随扶梯沿斜面加速上升，人受到重力、支持力和水平向右的静摩擦力，且静摩擦力方向与运动方向的夹角小于90°，故静摩擦力对人做正功，故C选项正确．4．自由下落的物体，其动能与位移的关系如图所示，则图中直线的斜率表示该物体的()A．质量 B．机械能C．重力大小 D．重力加速度解析：选C由机械能守恒定律，Ek＝mgh，动能Ek与位移h的关系图线的斜率表示该物体的重力大小，选项C正确．5．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则()A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析：选Ct1时刻为小球与弹簧刚接触的时刻，此后小球继续加速，当弹簧弹力等于重力时，速度达到最大，动能也最大，t2时刻为小球的最低点，动能为零，选项A、B错误；t2～t3这段时间内小球由最低点向上运动，t3时刻离开弹簧，小球的动能先增大后减小，选项C正确；t2～t3这段时间内小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球的弹性势能转化为重力势能和动能，小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能，选项D错误．6．如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为FN1，在最高点时对轨道的压力大小为FN2.重力加速度大小为g，则FN1－FN2的值为()A．3mg B．4mgC．5mg D．6mg解析：选D对最低点有FN1－mg＝meq\f(v\o\al(1,2),R)，最高点有FN2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R).小球在运动过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得FN1－FN2＝6mg.7．A、B两物体的质量之比mA∶mB＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦力之比FA∶FB与A、B两物体克服摩擦力做的功之比WA∶WB分别为()A．2∶1,4∶1 B．4∶1,2∶1C．1∶4,1∶2 D．1∶2,1∶4解析：选B由题图可知，物体A的加速度大小aA＝eq\f(v0,t)，物体B的加速度大小aB＝eq\f(v0,2t)，根据牛顿第二定律可得，物体A、B受到的摩擦力大小分别为FA＝mAaA，FB＝mBaB，又mA∶mB＝2∶1，所以FA∶FB＝4∶1；v­t图象中图线与横轴所围的面积表示位移，从开始运动到停止，A、B两物体的位移分别为lA＝eq\f(v0t,2)，lB＝eq\f(2v0t,2)＝v0t，又功W＝Flcosα，所以WA∶WB＝FAlA∶FBlB＝2∶1，故选项B正确．8．如图所示，一根长为l，质量为m的匀质软绳悬于O点，若将其下端向上提起使其对折，则做功至少为()A．mgl B．eq\f(1,2)mglC.eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,4)mgl解析：选D将软绳下端向上拉起，相当于把下半段上移了eq\f(l,2)，重力势能增加了eq\f(1,2)mg·eq\f(l,2)＝eq\f(1,4)mgl，即外力至少要做功eq\f(1,4)mgl，选项D正确．9．如图所示，汽车在拱形桥上由A匀速率地运动到B，下列说法中正确的是()A．牵引力与摩擦力做的功相等B．牵引力做的功大于重力做的功C．合外力对汽车不做功D．重力做功的功率不变解析：选BC由于汽车做匀速率运动，根据动能定理得：WF－WFf－WG＝0，故牵引力做的功大于克服摩擦力或重力做的功，A错误，B正确；根据动能定理得：汽车由A匀速率运动到B的过程中动能变化为0，所以合外力对汽车不做功，C正确；重力的大小、方向不变，但是汽车在竖直方向的分速度v时刻在变小，所以重力的功率P＝mgv越来越小，D错误．10．如图所示，物体从同一高度，由静止开始分别沿三条不同的光滑轨道下滑到A、B、C三点，则下列说法正确的有()A．重力做的功相等B．滑到地面前瞬间重力做功的瞬时功率相等C．滑到地面前瞬间物体的速度相同D．滑到地面前瞬间物体的动能相等解析：选AD三个斜面高度相同，重力做功WG＝mgh，A正确；由机械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，落地速度大小相等，但与地面的夹角θ不同，即方向不同，又P＝mgvsinθ，滑到地面前瞬间重力做功的瞬时功率不相等，所以B、C错误，D正确．11．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1800JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析：选AC根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力做功，即动能的增加量为1900J－100J＝1800J，选项A正确，B错误；重力做功等于重力势能的减小量，故重力势能减小了1900J，选项C正确，D错误．12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选AD物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程；弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，故选项A正确，选项B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确．13．某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2s内做匀加速直线运动，2s末达到额定功率，2s到14s保持额定功率运动，14s末停止遥控，让玩具车自由滑行，其v­t图象如图所示．可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m＝1kg(g取10m/s2)，则()A．玩具车所受阻力大小为2NB．玩具车在4s末牵引力的瞬时功率为9WC．玩具车在2s到10s内位移的大小为39mD．玩具车整个过程的位移为90m解析：选BC由图象可知在14s后的加速度a2＝eq\f(0－6,4)m/s2＝－1.5m/s2，故阻力Ff＝ma2＝－1.5N，A错误；玩具车在前2s内的加速度a1＝eq\f(3－0,2)m/s2＝1.5m/s2，由牛顿第二定律可得牵引力F＝ma1－Ff＝3N，当t1＝2s时达到额定功率P额＝Fv1＝9W．此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t2＝4s时功率为9W，B正确；玩具车在2s到10s内做加速度减小的加速运动，由动能定理得P额t3＋Ffs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)，t3＝10s－2s＝8s，解得s2＝39m，C正确；由v­t图象可知图线与坐标轴围成的面积代表总位移，s＝eq\f(1,2)×3×2m＋39m＋6×4m＋eq\f(1,2)×4×6m＝78m，D错误．14．一质量为m的物体，在距地面高h处以eq\f(1,3)g的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是()A．物体的重力势能减少eq\f(1,3)mghB．物体的机械能减少eq\f(2,3)mghC．物体的动能增加eq\f(1,3)mghD．物体的重力做的功为mgh解析：选BCD物体从高h处落到地面的过程中，重力做的功为mgh，重力势能减少mgh，选项A错误，D正确；物体的加速度为eq\f(1,3)g，故合外力为eq\f(1,3)mg，合外力做的功为eq\f(1,3)mgh，根据动能定理，物体的动能增加eq\f(1,3)mgh，选项C正确；物体的重力势能减少mgh，动能增加eq\f(1,3)mgh，故机械能减少了eq\f(2,3)mgh，选项B正确．15．如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平．由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力．则()A．系统在运动过程中机械能守恒B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大D．摆动过程中，小球B的最大动能为eq\f(\r(3),4)mgL解析：选AD系统在整个运动的过程中，只有重力做功，所以系统在运动过程中机械能守恒，故A正确；A、B两球组成的系统的重心在A、B两球连线的中点处，所以当AB杆水平时，重心最低，此时重力势能最小，故B错误；由系统能量守恒可知A球运动至最低点过程中，动能先增大后减小，故C错误；当A、B水平时B的动能最大，根据动能定理可得：mgLsin60°＝2Ekmax，解得Ekmax＝eq\f(\r(3),4)mgL，故D正确．二、非选择题(共5小题，55分)16．(6分)某同学用如图所示的实验装置探究外力做功与小车动能变化的关系．(1)实验中，该同学让小车从静止开始运动一段位移，利用打点计时器测得了小车的速度v和位移x，读取了弹簧测力计的示数T，还测得了小车的质量M，沙桶的质量m，则细线对车做的功可以用W＝________来计算．(2)实验中，该同学改变拉力，仍让小车从静止开始运动，保持位移一定，测得W与v对应的多组数据，得到如图所示的W­v2关系图象，但与预期的过原点直线不符，经检查测量、计算与作图均无误．你认为主要原因是___________；实验操作中改进的具体措施是______________________________________．解析：(1)细线的拉力等于弹簧测力计的示数T，则细线对车所做的功W＝Tx.(2)因没有平衡小车的摩擦力，故细线拉力对小车所做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋Wf.(其中Wf为小车克服阻力所做的功)．答案：(1)Tx(2)小车受到了阻力将平板适当垫高平衡小车受到的摩擦力17．(9分)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为9.8m/s2，那么(1)纸带的________(填“左”或“右”)端与重物相连；(2)根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律；(3)从O点到第(2)题中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝________J，动能增加量ΔEk＝________J．(结果取三位有效数字)解析：由题意知，O点为第一个点，所以纸带的左端与重物相连，为了减小误差和便于求重物动能的增加量，可取题图中O点到B点来验证机械能守恒定律，此过程中重力势能的减少量ΔEp＝mghOB＝1.00×9.8×19.25×10－2J≈1.89J．打B点时重物的瞬时速度vB＝eq\f(\x\to(OC)－\x\to(OA),2T)＝eq\f(22.93－15.55×10－2,2×0.02)m/s＝1.845m/s