第1讲 交变电流的产生和描述
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1.(2022年广东名校模拟)有M、N两条导线，它们与大地之间的电压随时间变化的规律如图所示.已知我国民用电压为220 V.则关于这两个交变电压的说法正确的是( )
A.导线M、N交变电压的频率不相同
B.导线N的电压可以作为民用电压
C.导线N交变电压的方向每秒变化50次
D.用多用表的交流挡测导线N对地电压，读数为311 V
【答案】B
【解析】由图像可知，导线M、N交变电压的周期都为0.02s，故导线M、N交变电压的频率都为50Hz，A错误；由图像可知，导线N的电压最大值为311V，则导线N的电压有效值为U＝V＝220V，可知导线N的电压可以作为民用电压，B正确；导线N交变电压的周期为0.02s，一个周期内电压的方向改变2次，故导线N交变电压的方向每秒变化100次，C错误；用多用表的交流挡测导线N对地电压，读数为电压有效值，即读数为220V，D错误.
2.(2022年湖北名校质检)我国新能源汽车产业的高速增长使得市场对充电桩的需求越来越大，解决充电难题已经刻不容缓.无线充电的建设成本更低，并且不受场地限制，是解决充电难的途径之一.如图所示是某无线充电接收端电流经电路初步处理后的I－t图像，其中负半轴两段图像为正弦函数图像的一部分，则该交变电流的有效值为 ( )
A.3 A B. A
C. A D.3 A
【答案】C
【解析】根据有效值的概念可知R·＋62R·＝I2RT，解得I＝A，故C正确.
3.手摇式发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时，其磁通量随时间按如图所示的正弦规律变化.当线圈的转速变为原来的一半时，下列说法正确的是 ( )
A.交流电压的变化周期变为原来的一半
B.穿过线圈的磁通量的最大值变为原来的一半
C.交流电压的最大值变为原来的一半
D.交流电压的有效值变为原来的倍
【答案】C
【解析】根据T＝可知，当线圈的转速变为原来的一半时，周期变为原来的2倍，A错误；穿过线圈的磁通量的最大值为Φm＝BS，与转速无关，B错误；当线圈的转速变为原来的一半时，角速度变为原来的一半，根据Em＝nBSω可知，交流电压的最大值变为原来的一半，C正确；根据E＝可知，交流电压的有效值变为原来的一半，D错误.
综合提升练
4.如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接.下列说法正确的是 ( )
A.当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最小
B.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小
C.当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大
D.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小
【答案】B
5.(多选)如图所示，电阻为r的矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动.匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想电表，则 ( )
A.滑片P下滑时，电压表的示数变大
B.图示位置线圈中的感应电动势最大
C.线圈从图示位置转过180°的过程中，电阻R上产生的焦耳热为
D.1 s内流过R的电流方向改变次
【答案】ACD
【解析】P下滑时外阻变大，电流变小，内电压变小，外电压变大，则电压表的示数变大，故A正确；图示位置为中性面，电动势为0，故B错误；电动势最大值Em＝BSω，则由图示位置转过180°，电阻R上产生的焦耳热Q＝R·，故C正确；1s所完成的周期数是，每个周期电流方向改变2次，1s内流过R的电流方向改变次，故D正确.第2讲 变压器、电能的输送
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1.(2022年潮州模拟)(多选)某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220 V，输出电压为48 V的变压器，由于副线圈烧坏了，为修复该充电器，该同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上绕了5匝线圈，如图所示，将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈两端电压为2 V.则 ( )
A.该充电器原线圈有550匝
B.该充电器原线圈有1 100匝
C.被烧坏的副线圈有120匝
D.被烧坏的副线圈有240匝
【答案】AC
【解析】设该变压器的原线圈、副线圈和新绕线圈的匝数分别用n1、n2、n3表示，原线圈、副线圈和新绕线圈两端的电压分别用U1、U2和U3表示，则有，解得该充电器原线圈匝数为n1＝·n3＝×5匝＝550匝，A正确，B错误；同理可得，所以n2＝·n1＝×550匝＝120匝，C正确，D错误.
2.(2022年辽宁联考)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁.为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，需要将输电线上热耗功率增大至16ΔP，设输电功率和输电线电阻不变，则除冰时需将 ( )
A.输电电流变为I
B.输电电流变为16I
C.输电电压变为U
D.输电电压变为4U
【答案】C
【解析】输电线的热功率ΔP＝I2R，可知输电线的电阻不变的情况下，需要将输电线上热耗功率增大至16ΔP，则输电电流变为4I，A、B错误；由前面分析可知，在输送功率一定的情况下，输电线电流为I＝，可将输电电压变为U，故C正确，D错误.
3.(2022年汕头统考)无线充电是当下正在快速普及的技术，手机也能应用电磁感应原理进行无线充电.如图所示为利用磁场传递能量的示意图，主要包括安装在充电基座的送电线圈和安装在手机内部的接收线圈组成，对于充电过程，下列说法正确的是( )
A.若增大充电电流的变化率，接收线圈的感应电动势将增大
B.若缩小两线圈距离，接收线圈的感应电动势将减小
C.若增大两线圈距离，接收线圈的感应电动势将增大
D.忽略线圈电阻的能量损耗，传输过程没有能量损失
【答案】A
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，若增大充电电流的变化率，接收线圈中磁通量的变化率变大，则产生的感应电动势将增大，A正确；若缩小两线圈距离，接收线圈中的磁通量会变大，磁通量的变化率变大，则产生的感应电动势将变大.同理若增大两线圈距离，接收线圈的感应电动势将减小，B、C错误；送电线圈的能量通过磁场能传递给接受线圈，在传递过程中肯定有磁场能的损失，即使忽略线圈电阻的能量损耗，传输过程也会有能量损失，D错误.
4.(2022年汕头模拟)如图为高铁的供电流程图，牵引变电所(视为理想变压器，原、副线圈匝数比为n1∶n2)将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电器使机车获得25 kV工作电压，则 ( )
A.若电网的电压为220 kV，则n1∶n2＝1∶8
B.若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝22∶5
C.若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
D.高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
【答案】D
【解析】若电网的电压为220kV，则n1：n2＝220kV：27.5kV＝8∶1.若电网的电压为110kV，则n1∶n2＝110kV∶27.5kV＝4∶1，A、B错误；若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25kV，C错误，D正确.
5.(2022年合肥模拟)如图所示为某种电吹风机电路图，图中a、b、c、d为四个固定触点.绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P位于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种状态.图示状态刚好为触片P接触c、d两点.已知吹冷风时的输入功率为60 W，小风扇的额定电压为60 V，正常工作时小风扇的输出功率为52 W，变压器为理想变压器，则下列说法中正确的是 ( )
A.当扇形金属触片P与触点c、d接触时，电吹风吹热风
B.当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风吹冷风
C.小风扇的内阻为8 Ω
D.变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】CD
【解析】由电路知识可知，当扇形金属触片P与c、d接触时，电吹风的加热电路和吹风电路均没有接通，故此时电吹风处于停机状态，A错误；当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风的加热电路和吹风电路均处于接通状态，此时电吹风吹热风，B错误；由于小风扇的额定电压为U2＝60V，吹冷风时小风扇的输入功率为60W，故小风扇正常工作时的电流为I＝＝1A，小风扇内阻消耗的电功率为P热＝P输入－P输出＝60W－52W＝8W，由P热＝I2r，代入数据解得r＝8Ω，C正确；由题意可知，变压器原线圈两端的电压为U1＝220V，副线圈两端的电压为U2＝60V，故有，D正确.
6.(2022年惠州模拟)(多选)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻(其阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻.下列说法正确的是 ( )
A.交流电压u的表达式为u＝36sin(100t) V
B.若Rt处的温度升高，则电流表的示数变大
C.若Rt处的温度升高，则变压器的输入功率变大
D.变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1
【答案】BC
【解析】由图乙可知交流电压最大值Um＝36V，周期T＝0.02s，可由周期求出角速度值为ω＝＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式u＝36sin(100πt)V，A错误；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，B正确；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据P出＝U2I2可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，可知输入功率增大，C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶1，故D错误.
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7.如图所示为某小型电站高压输电示意图.发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2.在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是 ( )
A.升压变压器原、副线圈的匝数比为
B.采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 A
C.线路输送电功率是220 kW
D.将P上移，用户获得的电压将降低
【答案】C
【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为，A错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1∶10，由变压器电流比可知，得输电电流为I2＝10×10A＝100A，B错误；电压表的示数为220V，根据变压器电压比可知，输电电压为U2＝10×220V＝2200V，线路输送电功率为P＝U2I2＝220kW，C正确；将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，D错误.
8.某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω.
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；
(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压.
解：(1)输电线上的电流
I＝A≈52.63A，
输电线路损耗的功率
P损＝I2R＝52.632×6W≈16.62kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流
I'＝A＝4A，
用户端在变压器降压前获得的电压
U1＝U'－I'R＝(5000－4×6)V＝4976V，
根据，用户得到的电压
U2＝U1＝×4976V≈226.18V.实验十一 传感器的简单使用
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1.在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示.M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时 ( )
A.RM变大，且R越大，U增大越明显
B.RM变大，且R越小，U增大越明显
C.RM变小，且R越大，U增大越明显
D.RM变小，且R越小，U增大越明显
【答案】C
2.利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高.
(1)如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(填“大”或“小”).
(2)上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度.如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图甲所示)，则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的________(填“左”或“右”)侧.
(3)为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请用图乙中的器材(可增加元器件)设计一个电路.
甲 乙
【答案】(1)小 (2)右 (3)见解析图
【解析】(1)因为负温度系数热敏电阻温度降低时，电阻增大，故电路中电流会减小.
(2)由(1)的分析知，温度越高，电流越大，25℃的刻度应对应较大电流，故在20℃的刻度右侧.
(3)电路如图所示.
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3.(2022年潍坊模拟)市面上有一种铜热电阻温度传感器Cu50(如图甲所示)，铜热电阻封装在传感器的探头内.某物理兴趣小组查到了热电阻Cu50的阻值随温度变化的一些信息，并绘制出了如图乙所示图像.该小组想利用这种传感器制作一个温度计，他们准备的实验器材如下：干电池，电动势为1.5 V，内阻不计；灵敏毫安表，量程20 mA，内阻为15 Ω；电阻箱；开关、导线若干.
(1)若直接将干电池、开关、灵敏毫安表、铜热电阻温度传感器Cu50串接成一个电路作为测温装置，则该电路能测的最低温度为________℃.
(2)该实验小组为了使温度从0 ℃开始测量，又设计了如图丙所示的电路图，其中R为铜热电阻，R1为电阻箱，并进行了如下操作：
a.将传感器探头放入冰水混合物中，过一段时间后闭合开关，调节电阻箱R1，使毫安表指针满偏，此时R1＝________Ω.
b.保持电阻箱的阻值不变，把传感器探头放入温水中，过一段时间后闭合开关，发现毫安表的读数为18.0 mA，则温水的温度为________.(保留2位有效数字)
c.写出毫安表的电流值I(A)和温度t(℃)的关系式________.
d.根据关系式将毫安表刻度盘上的电流值改写为温度值，这样就可以通过毫安表的表盘直接读出被测物体的温度.
(3)若干电池用久了后其电动势不变，而内阻明显变大，其他条件不变.若使用此温度计前按题(2)中a步骤的操作进行了调节，仍使毫安表指针满偏，测量结果将会______(填“偏大”“偏小”或“不变”).
【答案】(1)50 (2)10 42 I＝
(3)不变
【解析】(1)由题意知电流表量程为20mA，所以电路的总电阻最小为Rmin＝Ω＝75Ω，
所以热电阻的阻值为R＝Rmin－RA＝75Ω－15Ω＝60Ω，
由R－t图像可知R＝50＋0.2t，
解得t＝50℃.
(2)将传感器探头放入冰水混合物中，此时温度为0℃，由图像可得，此时热电阻为R＝50Ω，
过一段时间后闭合开关，调节电阻箱R1，使毫安表指针满偏，此时R1＝Rmin－RA－R＝75Ω－15Ω－50Ω＝10Ω，
当电流为18mA时，热电阻为
R＝Ω－15Ω－10Ω≈58.3Ω，
所以此时温度为t'＝℃＝41.5℃≈42℃，
由题意可得－25＝50＋0.2t.
则毫安表的电流值I(A)和温度t(℃)的关系式为I＝，
(3)因为在操作a步骤时，要调节滑动变阻器使电流表满偏，当电源内阻增大时，会将滑动变阻器电阻调小，但总和不变，所以对结果无影响.第1讲 曲线运动、运动的合成与分解
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1.(2022年厦门模拟)汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示.设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是 ( )
A B C D
【答案】A
2.(2022年宜春质检)如图所示，乒乓球从斜面上滚下，以一定的速度沿直线匀速运动.在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒(纸筒的直径略大于乒乓球的直径)，当乒乓球经过筒口的正前方时，对着球横向吹气，则关于乒乓球的运动，下列说法中正确的是 ( )
A.乒乓球将保持原有的动能继续前进
B.乒乓球一定能沿吹气方向进入纸筒
C.乒乓球将偏离原来的运动方向，但不会进入纸筒
D.只有用力吹气，乒乓球才能沿吹气方向进入纸筒
【答案】C
3.(2022年成都模拟)(多选)如图所示，汽车以速度v向右沿水平面匀速运动，通过绳子提升重物M，当绳子与水平方向的夹角为α时 ( )
A.重物上升的速度为vcos α
B.重物上升的速度为
C.绳子的拉力大于重物的重力
D.绳子的拉力等于重物的重力
【答案】AC
【解析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物上升的速度，由平行四边形定则得重物上升速度为v1＝vcosα，A正确，B错误；车子向右匀速运动过程中，α角逐渐减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，则绳子的拉力应大于重物的重力，C正确，D错误.
4.(2022年信阳一模)抗洪救灾中，战士驾驶冲锋舟欲最快将受困群众送到对岸.关于冲锋舟的运动情况，如图所示的四幅图中正确的是(设水速和船的静水速度均恒定，虚线为船的运动轨迹) ( )
A B C D
【答案】D
5.如图所示，一条小船位于200 m宽的河的正中央A处，从这里向下游100 m处有一危险区.当时水流的速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少应是 ( )
A. m/s B. m/s C.2 m/s D.4 m/s
【答案】C
【解析】如图所示，小船刚好避开危险区时，设小船的合速度与水流速度的夹角为θ，则有tanθ＝，因此θ＝30°.v船＝v水sinθ＝4×m/s＝2m/s.
6.(2023年重庆一模)如图，一滑板爱好者在水平面滑行，看到横杆后起跳，人与滑板分离，越过横杆后仍落在滑板上，忽略一切阻力，则 ( )
A.整个过程中人和滑板组成的系统总动量守恒
B.起跳时滑板对人做正功
C.起跳时脚对滑板的作用力斜向后
D.起跳时人相对滑板竖直向上运动
【答案】D
【解析】整个过程中人和滑板组成的系统水平方向动量守恒，而竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，A错误；起跳时人的水平速度不变，竖直速度变大，人的动能增加，由于滑板对人的支持力没有位移，则滑板对人不做功，人的动能变大是由于人本身对自己做功，B错误；运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动.各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置.所以竖直起跳时，人相对滑板竖直向上运动，滑板对人水平方向无作用力，竖直方向对人的作用力竖直向上，则人对滑板的作用力应该是竖直向下，C错误，D正确.
7.如图所示，用细线将小球悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右以大小为v0的速度匀速移动，运动中悬线始终保持竖直，则该过程中小球运动的速度 ( )
A.方向时刻在变，大小恒为2v0
B.方向与竖直向上成45°角，大小恒为v0
C.方向与竖直向上成45°角，大小恒为v0
D.方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0
【答案】C
【解析】小球运动分解为水平方向和竖直方向，速度大小均为v0的匀速直线运动，如图所示.合成之后合速度方向与竖直向上成45°角，大小恒为v0，C正确，A、B、D错误.
8.(2022年深圳联考)小船过河时，船头与上游河岸夹角为α，其航线恰好垂直于河岸，已知船在静水中的速度为v，现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且能准时到达河对岸，下列措施中可行的是 ( )
A.减小α角，减小船速v
B.减小α角，增大船速v
C.增大α角，增大船速v
D.增大α角，减小船速v
【答案】B
【解析】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度v1稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，如图所示.根据运动的合成与分解有v1＝vcosα，可知要减小α角，增大船速v，B正确，A、C、D错误.
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9.如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动.连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动.已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为 ( )
A. C. D.
【答案】D
【解析】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解.根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度vA分＝vcosα，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v'，则vB分＝v'cosθ＝v'cos(β－90°)＝v'sinβ，v'＝ωL，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立可得v＝，故选D.
10.如图所示，滑块a、b用绳跨过定滑轮相连，a套在水平杆上.现使a以速度v从P位置匀速运动到Q位置，则滑块b( )
A.做匀速运动，速度大于v
B.做减速运动，速度小于v
C.做加速运动，速度小于v
D.做加速运动，速度大于v
【答案】C
【解析】对a进行速度分解可得：滑块b的速度vb＝vsinθ，a以速度v从P位置匀速运动到Q位置时，θ增大，则vb增大，滑块b做加速运动，但是由于sinθ＜1，则vb＜v，故C正确，A、B、D错误.
11.如图所示，质量为m的物块受水平恒力F作用在光滑的水平面上做曲线运动，经过时间t从M点运动到N点，速度大小由v变为v，且速度方向恰好改变了90°.则( )
A.从M点到N点的运动过程中，恒力先做正功后做负功
B.从M点到N点的运动过程中物块的机械能增加了mv2
C.恒力F的方向与MN的连线垂直
D.从M点到N点的运动过程中，速率的最小值为v
【答案】D
【解析】从M点到N点的运动过程中物块的速度变化量为Δv＝＝2v，如图所示，故恒力F的方向与v'成θ＝30°.由前面分析可知，恒力F与速度方向夹角先大于90°，后小于90°，故恒力F先做负功，再做正功，A错误；从M点到N点的运动过程中物块的动能增加了ΔEk＝m(v)2－mv2＝mv2，B错误；曲线运动在相互垂直的两个方向的分运动均为匀变速直线运动，则在初速度方向的位移为y＝t，与初速度垂直的方向的位移为x＝t，tanα＝，即α＝30°.已知θ＝30°，又β＝120°，可知恒力F的方向与MN的连线不垂直，C错误；将初速度分解到F方向和垂直于F方向，当沿F方向分速度减小到0时，物体速度最小，最小速度为vmin＝vsin60°＝，D正确.
12.如图所示，在一次军事演习中，离地500 m高处的飞机以100 m/s向东发射一枚炸弹，恰好击中以20 m/s的速度向东匀速运动的汽车，已知炸弹受到水平向西的风，风力大小为重量的0.2倍，g取10 m/s2.求：
(1)炮弹运动到地面的速度；
(2)飞行员在飞机和敌车的水平距离为多少时投弹，才能击中敌车.
解：(1)因炸弹受到水平向西风力，大小为重量的0.2倍，
由牛顿第二定律得，炸弹水平方向的加速度为a＝＝2m/s2，
所以水平方向炸弹做加速度为a＝2m/s2的匀减速直线运动，
竖直方向做自由落体运动，竖直位移h＝gt2，解得t＝10s.
落地时竖直方向速度v1＝gt，
解得v1＝100m/s，
落地时水平方向速度v2＝v0－at，
解得v2＝80m/s.
所以炮弹运动到地面的速度为
v＝＝20m/s.
(2)因炮弹的水平初速度为v0＝100m/s，车的速度为v车＝20m/s，
炮弹的水平位移x1＝v0t－at2，
代入数据得x1＝900m，
车的水平位移x2＝v车t＝20×10m＝200m，
故应在距离小车Δx＝(900－200)m＝700m时投放炸弹.第2讲 平抛运动
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1.(2022年南昌模拟)(多选)“套圈”是老少皆宜的娱乐活动.如图所示，某同学先后两次在A点把小环水平抛出，分别直接套中位于水平地面B、C两点处的目标物.不计空气阻力，下列说法正确的有 ( )
A.两小环在空中的飞行时间相同
B.两小环抛出时的初速度相同
C.两小环落地时的末速度相同
D.两小环在空中飞行过程中速度的变化量相同
【答案】AD
【解析】根据h＝gt2，可得t＝，两次的抛出点相同，故两小环在空中的飞行时间相同，A正确；根据x＝v0t，可知v0＝，由图可知，两次的水平位移不同，则两小环抛出时的初速度不同，B错误；根据＝2gh，可知vy＝，则落地速度为v＝，由B分析可知，初速度不同，则落地速度不同，C错误；根据Δv＝aΔt，且由于两次飞行的加速度和时间都相同，则两小环在空中飞行过程中速度的变化量相同，D正确.
2.(2022年汕头模拟)如图所示，某趣味游戏中小球从圆柱形水杯口边缘沿直径方向水平射入，球与杯壁的碰撞是弹性碰撞，不计空气阻力.则小球入水前的运动轨迹情景图可能正确的是 ( )
A B C D
【答案】A
【解析】若小球不与杯壁相碰，则做完整的平抛运动直至落水，A正确；若小球与杯壁相碰，由于碰撞是弹性碰撞，可知小球在水平方向往返速度大小不变，故向右运动时间与向左运动时间相等，小球在竖直方向做自由落体运动，相同时间的竖直位移比应为h1∶h2＝1∶3，对比下图可知，B、C、D错误.
3.(多选)如图，将两个小球由等高的A、B两点分别以vA、vB的速度沿水平方向同时抛出，经过一段时间，两小球均落在水平面上的C点，且连线AC与BC刚好垂直，∠CAB＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列选项正确的是 ( )
A.由B点抛出的小球先落在水平地面上
B.两小球同时落地
C.vA∶vB＝16∶9
D.vA∶vB＝4∶1
【答案】BC
【解析】两个小球做平抛运动，在竖直方向上，位移相同，根据h＝gt2可知两小球在空中运动的时间相等，即两小球同时落地，B正确，A错误；根据几何关系知，两个小球的水平位移之比为xA∶xB＝＝16∶9，根据x＝v0t可知两个小球的初速度之比为vA∶vB＝16∶9，C正确，D错误.
4.(2022年广东模拟)(多选)在一次海上消防救援过程中，消防船启动了多个喷水口进行灭火.喷水口所处高度和口径都相同，出水轨迹如图甲所示.其中两支喷水枪喷出的水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，如图乙所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是 ( )
A.水A在空中运动时间较长
B.水A在最高点的速度较大
C.水落到海面时A的速度比B的速度小
D.相同时间内水枪对A做功比水枪对B做功多
【答案】BD
【解析】因为两支喷水枪喷出的水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，根据竖直上抛运动的对称性，可知水A、B在空中运动时间相等，A错误；因为水A、B最高点高度相同，所以他们下落时间相等，又因为A的水平位移大，故水A在最高点的速度较大，故B正确；因为水A、B最高点高度相同，从最高点到落到海面过程由动能定理知mgh＝mv2－，所以水落到海面时的速度为v＝，又因为A在最高点的速度较大，所以水落到海面时A的速度比B的速度大，C错误；因为不计空气阻力，所以水枪喷出水后水的机械能守恒，因为A在最高点的速度较大，A在最高点的动能较大，故相同时间内水枪对A做功比水枪对B做功多，故D正确.
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5.(多选)如图所示，宽为L＝0.6 m的竖直障碍物中间有一间距d＝0.6 m的矩形孔，其下边缘离地高h＝0.8 m，与障碍物相距s＝1.0 m处有一小球以v0＝5 m/s的初速度水平向右抛出.空气阻力忽略不计，g取10 m/s2.为使小球能无碰撞地穿过该孔，小球离水平地面的高度H可以为 ( )
A.1.5 m B.1.4 m C.1.3 m D.1.2 m
【答案】AB
【解析】若小球恰能从小孔的左边缘上边射入小孔，则s＝v0t1，H－d－h＝，联立解得H＝1.6m；若小球恰能从小孔的右边缘下边射出小孔，则s+L＝v0t2，H－h＝，联立解得H＝1.312m.则能够使小球无碰撞地穿过该孔，小球离水平地面的高度H应满足1.6m≥H≥1.312m，故选A、B.
6.如图所示，A点在倾角为30°的斜面底端，在A点的正上方某高度P点以初速度v0平抛一小球，小球打在斜面上B点，C为AB的中点.在P点将小球平抛的初速度变为v时，小球恰好打在C点，则有 ( )
A.v＜ B.v＝ C.v0＞v＞ D.v＝
【答案】A
【解析】过B点作一水平线，过C点作水平线的垂线交于M点，由几何关系可知，M点即为QB的中点，如果平抛的初速度为原来的一半，则轨迹交于M点，由于平抛运动的轨迹越往下则越往竖直方向偏，所以落在斜面上C点的平抛运动轨迹与QB交于N点，则水平位移比轨迹交于M点的更小，即v＜，故A正确.
7.(2022年浙江模拟)如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，(忽略空气阻力，运动员可视为质点)，下列说法正确的是 ( )
A.t1＜t2
B.t1＞t2
C.若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D.若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上距C的距离也加倍
【答案】C
【解析】以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图.对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动.当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知t1＝t2，A、B错误；将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，则运动员的运动时间为t＝，落在斜面上的距离s＝v1t+a1t2，离开C点速度加倍，则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误；设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ.则有tanα＝，tanθ＝，则得tanα＝2tanθ，θ一定，则α一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，C正确.
8.(多选)如图所示，从半径为R＝1 m 的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s，小球落到半圆上，g取10 m/s2，则小球的初速度v0可能为( )
A.1 m/s B.2 m/s C.3 m/s D.4 m/s
【答案】AD
【解析】由于小球经0.4s落到半圆上，下落的高度h＝gt2＝0.8m，位置可能有两处，如图所示.第一种可能：小球落在半圆左侧v0t＝R－＝0.4m，v0＝1m/s.第二种可能：小球落在半圆右侧v0t＝R+＝1.6m，v0＝4m/s.故A、D正确.
9.(2022年宁波模拟)如图所示，小明分别在篮筐正前方的a、b位置投掷篮球，出手时篮球的高度相同，最终都垂直击中篮板上的同一点.不考虑篮球旋转且不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
A.在a处投掷时，篮球从出手到击中篮筐的时间更长
B.在b处投掷时，篮球击中篮筐的速度更大
C.在a处和b处投掷篮球过程中，人对篮球做的功相同
D.在a处和b处篮球出手后到垂直击中篮板的过程中，篮球的动量变化量相同
【答案】D
【解析】将篮球的运动反过来看即为平抛运动，平抛运动的时间只取决于高度，由于高度相同，则两次球的运动时间相同，A错误；由于b处离篮筐更近，即平抛运动的水平位移更小，由于运动时间相同，则水平速度在b处的更小，即在b处投掷时，篮球击中篮筐的速度更小，B错误；将篮球的运动反过来看即为平抛运动，则篮球抛出时竖直方向的速度相等，但水平速度不相同，所以篮球出手时的速度大小不同，即篮球出手时的动能不同，由能量守恒可知，在a处和b处投掷篮球过程中，人对篮球做的功不相同，C错误；由动量定理可知，在a处和b处篮球出手后到垂直击中篮板的过程中，篮球的动量变化量为Δp＝mgt，则两次球的动量变化相同，D正确.
10.(2023年杭州一模)现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车.如图所示，某楼房的65 m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中.已知水炮炮口与楼房间距为15 m，与地面距离为60 m，水炮的出水量为3 m3/min，g取10 m/s2，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户.则 ( )
A.地面对消防车的作用力方向竖直向上
B.水炮炮口的水流速度为10 m/s
C.水泵对水做功的功率约为3.8×104 W
D.若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1 500 N
【答案】C
【解析】消防车受到地面的支持力和摩擦力，合力斜向上，作用力斜向上，A错误；水流高度差5m，竖直方向反向看成自由落体运
动Δh＝gt2，解得t＝1s.根据vy＝gt，解得vy＝10m/s，又1s时间内的水平位移为15m，有sx＝vxt，解得vx＝15m/s，则合速度为v＝，解得v＝m/s，B错误；水泵对水做功的功率P＝W＝3.81×104W，C正确；根据动量定理F＝N＝750N，D错误.第3讲 圆周运动
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1.如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动.若小球运动到P点时，拉力F发生变化，则关于小球运动情况的说法，正确的是 ( )
A.若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C.若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动
【答案】A
2.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低.如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动.设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g，要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于 ( )
A.C. D.
【答案】A
【解析】设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图如图所示，根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝m，又由几何知识得到tanθ＝，联立解得v＝，只有A正确.
3.雨天遇到泥泞之路时，在自行车的后轮轮胎上常会黏附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”.如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来.如图所示，图中a、b为后轮轮胎边缘上的最高点与最低点，c、d为飞轮边缘上的两点，则下列说法正确的是 ( )
A.a点的角速度大于d点的角速度
B.后轮边缘a、b两点线速度相同
C.泥巴在图中的b点比在a点更容易被甩下来
D.飞轮上c、d两点的向心加速度相同
【答案】C
4.(2022年无锡调研)某同学经过长时间的观察后发现，路面出现水坑的地方，如果不及时修补，水坑很快会变大，善于思考的他结合学过的物理知识，对这个现象提出了多种解释，则下列说法中不合理的是( )
A.车辆上下颠簸过程中，某些时刻处于超重状态
B.把坑看作凹陷的弧形，车对坑底的压力比平路大
C.车辆的驱动轮出坑时，对地的摩擦力比平路大
D.坑洼路面与轮胎间的动摩擦因数比平直路面大
【答案】D
【解析】车辆上下颠簸过程中，可能在某些时刻加速度向上，则汽车处于超重状态，A正确，不合题意；把坑看作凹陷的弧形，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，则根据牛顿第三定律，把坑看作凹陷的弧形，车对坑底的压力比平路大，B正确，不符合题意；车辆的驱动轮出坑时，对地的摩擦力比平路大，C正确，不符合题意；动摩擦因数由接触面的粗糙程度决定，而坑洼路面可能比平直路面更光滑，则动摩擦因数可能更小，D错误，符合题意.
5.(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱 ( )
A.运动周期为
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
【答案】BD
【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式ω＝，解得T＝，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系，可知v＝ωR，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得F合＝mω2R，故D正确.
6.(多选)如图所示，匀速转动的齿轮O1和O2，齿数比为8∶6，下列正确的是 ( )
A.O1和O2齿轮的半径比4∶3
B.O1和O2齿轮的周期比3∶4
C.齿轮上A、B两点的线速度比大小为1∶1
D.O1和O2转动的角速度大小之比4∶3
【答案】AC
【解析】两轮在齿轮处的线速度的大小相同，齿轮上A、B两点的线速度大小比为1∶1；齿轮的转速与齿数成反比，所以转速之比，根据T＝可得O1和O2转动周期之比为，根据v＝ωR可得O1和O2齿轮的半径比，故A、C正确，B、D错误.
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7.(2022年佛山模拟)(多选)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明.如图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R.在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是 ( )
A.水流在空中运动时间为t＝
B.水流在空中运动时间为t＝
C.水车最大角速度接近ω＝
D.水车最大角速度接近ω＝
【答案】BC
【解析】水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满足tan30°＝，解得t＝，B正确，A错误；水流到水轮叶面上时的速度大小为v＝＝2v0，根据v＝ωR，解得ω＝，C正确，D错误.
8.(2022年潍坊模拟)2022年冬奥会短道速滑项目男子1 000米决赛中，中国选手任子威夺得冠军，其比赛场地如图甲所示，场地周长111.12 m，其中直道长度为28.85 m，弯道半径为8 m.若一名质量为50 kg的运动员以大小12 m/s的速度进入弯道，紧邻黑色标志块做匀速圆周运动，如图乙所示，运动员可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则运动员在弯道上受到冰面最大作用力的大小最接近的值为 ( )
A.500 N B.900 N C.1 030 N D.2 400 N
【答案】C
【解析】运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为Fn＝m＝900N，竖直方向受力平衡FN＝mg＝500N，所以运动员受到冰面的作用力F＝≈1030N，C正确.
9.一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是 ( )
A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C.汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
【答案】D
【解析】汽车转弯时受到重力、地面的支持力、以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得f＝m，解得v＝m/s＝m/s＝20m/s，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的最大向心加速度a＝m/s2＝7m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，D正确.
10.(2022年浙江模拟)如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能.图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度.已知小车的质量m＝50 g，直轨道AB长度L＝0.5 m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计.现小明将具有弹性势能EP＝0.3 J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出.假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小车运动到B点时的速度大小vB；
(2)求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm.
解：(1)小车由A运动至B的过程，由能量关系可知
Ep＝k(mg+F)L+，
其中F＝0.5mg，代入数据得vB＝3m/s.
(2)设小车在C点的速度为vC，恰好通过最高点，则
mg－0.5mg＝m，
小车从B到C，由动能定理得
－mg2R＝，解得R＝0.2m.
在B点FN－mg－0.5mg＝m，得FN＝3N.
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为3N.
(3)小车从B到P，由动能定理得
－mg(2r)＝，
小车从P点飞出后做平抛运动x＝vPt，2r＝gt2，
得x＝.
当r＝m时，小车落地点与P点的水平距离最大，
小车从P点飞出vP＞0，则r＜0.225m，
但因为小车在N点m≤2.5mg.
小车从B到N，由动能定理得
－mgr＝，解得r≥0.2m.
综合可知，当r＝0.2m时，小车落点与P点水平距离最大xm＝m.第4讲 万有引力与航天
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1.(2022年广东模拟)已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G.质量为m的导弹被发射到离地面高度为h时，受到地球的万有引力大小为 ( )
A.G B.G C.G D.G
【答案】A
【解析】导弹被发射到离地面高度为h时，距离地球球心为(R+h)，根据万有引力公式可得导弹受到地球的万有引力大小为F万＝G，A正确.
2.我国第45颗“北斗”卫星轨道距地面的高度约为36 000 km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右，则 ( )
A.该卫星的速率比“天宫二号”的大
B.该卫星的周期比“天宫二号”的大
C.该卫星的角速度比“天宫二号”的大
D.该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大
【答案】B
3.(2022年昆山模拟)银河系中的恒星大约有四分之一是双星，某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动(如图所示).由天文观察测得其运动周期为T，S1到O点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G.由此可求出S1的质量为 ( )
A. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意可知，双星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，对S2有G＝m2(r－r1)，解得m1＝，B、C、D错误，A正确.
4.(2022年山东卷)“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星.如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直.卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈.已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为 ( )
A.－R B. C.－R D.
【答案】C
【解析】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得＝mg，解得GM＝gR2，根据题意可知，卫星的运行周期为T'＝，根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有＝m(R+h)，联立解得h＝－R，C正确.
5.(2022年菏泽模拟)2021年10月16日“神舟十三号”载人飞船顺利发射升空，翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员开启了为期6个月的“天宫”空间站之旅，在距地面大约395 km(相当于菏泽到日照的距离)的轨道上运行.在2021年12月9日下午的太空授课中，王亚平说他们一天刚好可以看到16次日出.已知地球半径为6 370 km，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，若只知上述条件，则不能确定的是 ( )
A.空间站的运行周期
B.空间站的加速度
C.地球的第一宇宙速度
D.空间站和地球之间的万有引力
【答案】D
【解析】一天刚好可以看到16次日出，则T＝h＝h，A错误；空间站绕地球做匀速圆周运动，对空间站，由圆周运动规律和万有引力定律G＝mr，得M＝.因为G＝ma，得a＝G，B错误；由G＝m得v＝，C错误；由F万＝G，不知道空间站的质量，D正确.
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6.在地球表面将甲小球从某一高度处由静止释放，在某行星表面将乙小球也从该高度处由静止释放，小球下落过程中动能Ek随时间平方t2的变化关系如图所示.已知乙球质量为甲球的2倍，该行星可视为半径为R的均匀球体，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则 ( )
A.乙球质量为
B.该行星表面的重力加速度为g
C.该行星的质量为
D.该行星的第一宇宙速度为
【答案】C
【解析】小球在地球表面下落过程中任一时刻的速度大小为v＝gt，小球的动能为Ek＝mg2t2，由图像可知mg2，解得甲球质量为m＝，则乙球质量为m乙＝，A错误；同理在行星表面有×2mg'2，解得g'＝g，B错误；设该行星的质量为M'，则有2mg'＝，解得M'＝，C正确；由mg'＝m，得v＝，可得该行星的第一宇宙速度为v＝，D错误.
7.如图所示，有一个质量为M，半径为R，密度均匀的大球体.从中挖去一个半径为的小球体，并在空腔中心放置一质量为m的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零) ( )
A.G B.0 C.4G D.G
【答案】D
8.(多选)航天员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，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到原来的两倍，则抛出点与落地点之间的距离为L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是 ( )
A.抛出点离该星球表面的高度为L
B.第一次抛出小球的初速度为
C.该星球表面的重力加速度为
D.该星球的质量为
【答案】CD
【解析】小球在某星球表面做平抛运动.设下落高度为h，第一次水平射程为x，第二次水平射程为2x.由平抛规律得L2＝h2+x2，3L2＝h2+4x2，解得x＝L，h＝，故第一次平抛的初速度v01＝；由h＝gt2，得g＝；由gR2＝GM，得星球的质量M＝，故C、D正确.
9.(多选)如图为某着陆器多次变轨后登陆火星的轨迹图，轨道上的P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ＝2QS(已知轨道Ⅱ为圆轨道)，下列说法正确的是 ( )
A.着陆器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火减速
B.着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间是着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间的2倍
C.着陆器在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅱ上P点的加速度大小相等
D.着陆器在轨道Ⅱ上S点的速度小于在轨道Ⅲ上P点速度
【答案】AC
【解析】由题可知轨道Ⅱ是圆轨道，所以着陆器由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需要减速，A正确；因为万有引力提供向心力，所以G＝ma，着陆器在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅱ上P点到火星的球心之间的距离是相等的，所以加速度大小相等，C正确；着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间和着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间都是各自周期的一半，根据开普勒第三定律，有，解得，B错误；着陆器在轨道Ⅱ上P点需要点火减速后才能进入轨道Ⅲ，所以着陆器在轨道Ⅱ上P点的速率大于在轨道Ⅲ上P点的速率，即在轨道Ⅱ上S点速率大于在轨道Ⅲ上P点速率，D错误.
10.已知地球质量为M，引力常量为G.将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体.忽略地球自转影响.
(1)求地面附近的重力加速度g；
(2)求地球的第一宇宙速度v；
(3)若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道哪些相关数据 请分析说明.
解：(1)设地球表面的物体质量为m，有G＝mg，解得g＝.
(2)设地球的近地卫星质量为m'，有G＝m'，解得v＝.
(3)若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期和万有引力常量.设太阳质量为M'，地球绕太阳运动的轨道半径为r、周期为T，根据G＝Mr可知，若知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期和引力常量可求得太阳的质量.实验五 探究平抛运动的特点
1.三个同学根据不同的实验装置，进行了“探究平抛运动的特点”的实验：
甲乙丙
(1)甲同学采用如图甲所示的装置.用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明____________________________.
(2)乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L＝2.5 cm，则该小球经过b点时的速度大小vb＝______m/s.(结果保留3位有效数字，g取10 m/s2)
(3)丙同学采用如图丙所示的装置.关于该实验方法，下列选项中与误差无关的是________.
A.槽与小球间有摩擦
B.槽末端切线不水平
C.小球每次自由滚下的位置不同
【答案】(1)平抛运动在竖直方向上是自由落体运动 (2)1.25 (3)A
【解析】(2)取a、b、c三点分析，水平方向间隔均为2L，所以小球从a点到b点、从b点到c点的时间相同，设均为T，在竖直方向上由Δy＝gT2，解得T＝0.05s，根据水平方向匀速运动有2L＝v0T，解得v0＝1.0m/s.小球经过b点时竖直方向上的速度vy＝＝0.75m/s，所以小球经过b点时的速度大小vb＝＝1.25m/s.
(3)槽与小球间有摩擦，对本实验没有直接影响，只要小球每次从同一位置由静止释放，小球做平抛运动的初速度都相同，A正确，B、C错误.
2.某学习小组用实验探究平抛运动规律.
(1)甲同学采用如图甲所示的装置.用两个相同的弧形轨道M、N分别于C、D发射小铁球P、Q，其中M、N的末端与光滑水平面相切，两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使AC＝BD，现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，切断电源，使两小铁球同时分别从轨道M、N的下端射出.实验可观察到P、Q落地时的现象应是________.
A.P在Q前 B.P在Q后 C.P击中Q
保持AC＝BD，仅仅改变弧形轨道M在竖直方向的位置，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明________________________.
(2)乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的“小球做平抛运动”的照片.图中每个小方格的边长为2.5 cm，该小球做平抛运动的初速度大小为________m/s.(g取10 m/s2)
【答案】(1)C 平抛运动水平方向是匀速直线运动 (2)1
【解析】(1)该实验可观察到P落地时的现象应是P击中Q，故选C；该现象说明两球在水平方向的运动是相同的，即平抛运动水平方向是匀速直线运动.
(2)根据Δy＝gT2解得T＝s＝0.05s，小球做平抛运动的初速度大小为v0＝m/s＝1m/s.
3.如图所示是某种“研究平抛运动”的实验装置：
(1)当a小球从斜槽末端水平飞出时与b小球离地面的高度均为H，此瞬间电路断开使电磁铁释放b小球，最终两小球同时落地，改变H大小，重复实验，a、b仍同时落地，该实验结果可表明________.
A.两小球落地速度的大小相同
B.两小球在空中运动的时间相等
C.a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同
D.a小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
(2)利用该实验装置研究a小球平抛运动的速度，从斜槽同一位置释放小球，实验得到小球运动轨迹中的三个点A、B、C，如图所示，图中O为抛出点且为两坐标轴交点，坐标xB＝40 cm，yB＝20 cm，则a小球水平飞出时的初速度大小v0＝________m/s，平抛小球在B处的瞬时速度的大小vB＝__________ m/s.(g取10 m/s2，以上计算结果均保留两位有效数字)
【答案】(1)BC (2)2.0 2.8
【解析】(1)当a小球从斜槽末端水平飞出时与b小球离地面的高度均为H，此瞬间电路断开使电磁铁释放小球，最终两小球同时落地，知运动时间相等，说明a小球在竖直方向上的分运动与b小球的运动相同，但不能说明a小球水平方向的分运动是匀速直线运动，故选BC.
(2)根据x＝v0t和y＝gt2，可得t＝0.2s.v0＝m/s＝2m/s.B点的速度vB＝m/s＝2m/s≈2.8m/s.
4.根据把复杂的曲线运动分解为两个相对简单的直线运动的思路，平抛运动可以看作是在竖直方向和水平方向的两个分运动的合运动.
为了研究平抛运动的特点，用频闪照相的方法记录做平抛运动的小球每隔相等时间T的位置，如图甲所示.以左边第一个小球(平抛起始点)的中心为原点，沿水平向右和竖直向下的方向建立直角坐标系，用平滑曲线把这些位置点连接起来，如图乙所示，其中M1、M2、M3……分别为图甲中记录的小球的位置.已知重力加速度为g.
(1)根据______________________可以判断小球在水平方向上做____________运动.
(2)有同学进一步猜测，小球在竖直方向做自由落体运动，请你利用题中所给信息，提出一种判断该同学的猜测是否成立的方法：__________________________________________________________.
(3)若(2)中猜测成立，测得某小球中心点的横坐标为x，纵坐标为y，据此可以计算出小球的初速度大小为____________.
【答案】(1)相邻两点间的水平距离相等 匀速直线 (2)根据y＝gt2算出相应纵坐标的值与图中相应的值对比
(3)x
5.(2022年北京二模)某同学做“探究平抛运动的特点”实验.
(1)该同学先用图甲所示的器材进行实验.他用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，改变小球距地面的高度和打击小球的力度，多次重复实验，均可以观察到A、B两球同时落地.关于本实验，下列说法正确的是 ( )
甲 乙
丙 丁
A.实验现象可以说明平抛运动在水平方向上是匀速直线运动
B.实验现象可以说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动
C.实验现象可以同时说明平抛运动在两个方向上的运动规律
(2)为了在(1)实验结论的基础上进一步研究平抛运动的规律，该同学用图乙所示的器材继续进行实验，描绘出小球做平抛运动的轨迹.如图丙所示，以小球抛出的点O为原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系.该同学在轨迹上测量出A、B、C三点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)和(x3，y3).如果y轴坐标满足____________关系，说明小球抛出后在O、A、B、C相邻两点间运动经历了相等的时间间隔.同时，如果x轴坐标还满足__________关系，那么证明小球的水平分运动是匀速直线运动.
(3)某同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置.如图丁所示，在一个较高的塑料筒侧壁靠近底部的位置钻一个小孔，在小孔处沿水平方向固定一小段吸管作为出水口.将塑料筒放在距地面一定高度的水平桌面上，在筒中装入一定高度的水，水由出水口射出，落向地面，测量出水口到地面的高度y和水柱的水平射程x.在实验测量的过程中，该同学发现测量水柱的水平射程x时，若测量读数太慢，x的数值会变化.
a.请分析水平射程x的数值变化的原因是__________________.
b.为了减小实验误差，应选用直径较大的容器，还是直径较小的容器 判断依据是________________.
【答案】(1)B (2)y3＝3(y2－y1) x3+x1＝2x2 (3)a.见解析 b.用直径较大的容器
【解析】(1)观察到A、B两球同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，B正确.
(2)小球抛出后在O、A、B、C点若时间间隔相等，则需满足Δy＝gT2，即满足(y3－y2)－(y2－y1)＝(y2－y1)－y1，即y3＝3(y2－y1).如果小球的水平分运动是匀速直线运动，则还满足x3－x2＝x2－x1，即x3+x1＝2x2.
(3)若测量读数太慢，则随着水的不断流出，则水从管口流出的速度会不断减小，则在竖直高度不变的情况下，水流的射程会减小，即x减小.为了减小实验误差，应选用直径较大的容器；因用直径较大的容器时，当管中流出同样多的水时，容器中液面下落的高度较小，则对管口水流的速度影响较小，vB＝＝2m/s≈2.8m/s.第1讲 功、功率
知识巩固练
1.(2022年宜昌模拟)一端固定的轻质弹簧处于原长，现用互成直角的两个力F1、F2拉弹簧的另一端至O点，如图所示，在此过程中力F1、F2分别做了3 J、4 J的功；换用另一个力F仍使弹簧重复上述过程，则该过程中F所做的功是 ( )
A.10 J B.5 J C.7 J D.1 J
【答案】C
【解析】功是标量，用两个力F1、F2拉弹簧的另一端至O点，此过程F1、F2分别做了3J、4J的功；换用另一个力F仍使弹簧重复上述过程，则力F做的功等于F1、F2做的总功，所以WF＝＝3J+4J＝7J，A、B、D错误，C正确.
2.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为 ( )
A. C. D.
【答案】B
3.如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103 W.若用国际单位制基本单位的符号来表示W，下列正确的是 ( )
A.N·s B.N·m/s
C.kg·m/s D.kg·m2/s3
【答案】D
4.质量为1 kg的物体在竖直向上的拉力和重力的作用下运动，规定竖直向上为正方向，其运动的v－t图像如图所示.则( )
A.0~5 s内的物体向上运动，10~25 s内物体向下运动
B.0~5 s内拉力做正功，10~20 s内拉力也做正功
C.0~10 s内物体的平均速度为1 m/s
D.第2.5 s末和第15 s末，重力的瞬时功率不相同
【答案】B
【解析】速度—时间图像中速度的正负表示运动方向，所以0~5s内物体的速度为正，且速度均匀增大，10~20s内物体的速度为正，且速度均匀减小，两个时间段里物体都是朝着正方向运动，即向上运动，两个时间段里拉力都是向上，位移向上，所以拉力都做正功，A错误，B正确；速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以0~10s内物体的位移为x＝(5+10)×2＝15m，所以平均速度为m/s＝1.5m/s，第2.5s末速度为v1＝1m/s，第15s末速度为v2＝1m/s，根据公式P＝mgv可得在这两个时刻的重力的功率相同，C、D错误.
5.(多选)如图所示是健身用的“跑步机”示意图，质量为m的运动员踩在与水平面成α角的静止皮带上，运动员用力向后蹬皮带，皮带运动过程中受到的阻力恒为f.使皮带以速度v匀速向后运动，则在此运动过程中，下列说法正确的是 ( )
A.人脚对此皮带的摩擦力是皮带运动的动力
B.人对皮带不做功
C.人对皮带做功的功率为mgv
D.人对皮带做功的功率为fv
【答案】AD
【解析】皮带受摩擦力而运动，故皮带受到的摩擦力是皮带运动的动力，故A正确；人对皮带的摩擦力使皮带产生了位移，故人对皮带做正功，故B错误；人对皮带的力为摩擦力，故人对皮带做功的功率P＝fv，D正确，C错误.
6.(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N，弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则下列说法正确的是 ( )
A.弹射器的推力大小为1.1×106 N
B.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
【答案】ABD
【解析】设总推力为F，则舰载机受到的合外力为0.8F，由动能定理有Fx＝mv2－0，可求出F＝1.2×106N，减去发动机的推力，得出弹射器的推力为1.1×106N，A正确；弹射器对舰载机所做的功W弹＝F弹x＝1.1×108J，B正确；舰载机的平均速度为＝40m/s，则弹射器做功的平均功率＝F弹＝4.4×107W，C错误；舰载机的加速度a＝＝32m/s2，D正确.
7.如图，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，直径为D的水柱以水平速度v垂直射向着火物.假设水流进入水枪的速度忽略不计，水柱冲击着火物后速度为零，水的密度为ρ.下列说法正确的是 ( )
A.单位时间流经水枪的水的体积为πvD2
B.水枪对水做功的功率为πρD2v3
C.水柱对着火物的冲击力为πρD2v2
D.水枪水平向前喷水时，消防员对水枪的作用力方向水平向前
【答案】B
【解析】单位时间流经水枪的水的体积为V＝vtS＝v×1×πD2＝πvD2，A错误；水枪对水做功的功率为P＝πρD2v3，B正确；根据动量定理FΔt＝Δm·v，结合Δm＝vΔtπD2ρ，解得水柱对着火物的冲击力为F＝πρD2v2，C错误；水枪水平向前喷水时，水平方向消防员对水枪的水平作用力方向水平向前，竖直方向消防员对水枪的作用力竖直向上，则消防员对水枪的作用力方向斜向前偏上方向，D错误.
综合提升练
8.(2022年泉州检测)如图，工人在斜坡上用一绳跨过肩膀把货物从A点缓慢拉到B点，轻绳与斜坡的夹角恒为θ.若工人采用身体前倾的姿势使θ变小且保持恒定，仍把货物从A点缓慢拉到B点，则用身体前倾的姿势拉货物 ( )
A.一定更省力，对货物做的功也一定更少
B.一定更省力，但对货物做的功一定更多
C.不一定更省力，但对货物做的功一定更多
D.不一定更省力，但对货物做的功一定更少
【答案】C
【解析】设绳中拉力为T，斜面倾角为α，根据平衡关系Tcosθ＝mgsinα+μ(mgcosα－Tsinθ)，整理T＝.对货物做的功W＝Txcosθ＝，θ变小，拉力不一定变小，但做功一定变大，C正确.
9.(多选)两轮平衡车(如图所示)广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为Ff.已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到加速至最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功.设平衡车启动后的一段时间内，由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则 ( )
A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v＝
B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F＝Ff
C.平衡车达到最大速度所用的时间t＝
D.平衡车能达到的最大行驶速度v0＝
【答案】AB
【解析】当平衡车的实际功率达到最大功率时匀加速直线运动速度达到最大值，则有P0＝Fv，根据牛顿第二定律可知F－Ff＝ma，联立可得平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v＝，A正确；平衡车在运动过程中，根据牛顿第二定律可知F－Ff＝ma，牵引力最小时即加速度为零时，因此牵引力最小值为F＝Ff，B正确；启动后从静止到最大速度，平衡车先做匀加速直线运动，所用时间为t＝，之后平衡车做加速度减小的变加速运动，也需要一段时间，所以平衡车达到最大速度所用的时间大于，C错误；平衡车所能达到的最大速度应该是合力为零时，即F＝Ff，可知最大速度为v0＝，D错误.
10.如图所示，水平传送带正以v＝2 m/s的速度运行，两端水平距离l＝8 m，把一质量m＝2 kg的
物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计物块的大小，g取10 m/s2，则把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少 1 s时，摩擦力对物块做功的功率是多少 皮带克服摩擦力做功的功率是多少
解：物块受向右的摩擦力Ff＝μmg，
加速度为a＝μg，
当物块与传送带相对静止时，物块的位移
x＝，
摩擦力做功W＝Ffx＝4J，
相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到B端，物块由A端运动到B端所用的时间
t＝＝5s，
则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率
P＝＝0.8W.
1s时，物块的速度v1＝at＝1m/s，
则摩擦力对物块做功的功率P1＝Ffv1＝2W.
皮带的速度v＝2m/s，
故皮带克服摩擦力做功的功率P2＝Ffv＝4W.第2讲 动能、动能定理
知识巩固练
1.伽利略在《关于两门新科学的对话》中写道：“我们将木板的一头抬高，使之略呈倾斜，再让铜球由静止滚下……为了测量时间，我们把一只盛水的大容器置于高处，在容器底部焊上一根口径很细的管子，用小杯子收集每次下降时由细管流出的水，然后用极精密的天平称水的重量……”若将小球由静止滚下获得的动能设为Ek，对应时间内收集的水的质量记为m，则m与Ek的比例关系为( )
A.m∝Ek B.m∝
C.m∝ D.m∝
【答案】B
【解析】水的质量与时间成正比，小球的末速度与时间成正比，则动能与时间的平方成正比，所以水的质量与小球的动能的关系为m∝.故B正确.
2.某电动车0~100 km/h加速时间为4.36 s，已知该车电动机输出功率为350 kW，汽车和驾驶员总质量为2 500 kg.若该车启动加速阶段以最大输出功率运动，则在0~100 km/h加速阶段汽车阻力的平均功率约为 ( )
A.10 kW B.60 kW
C.130 kW D.300 kW
【答案】C
【解析】根据动能定理Pt－Pft＝mv2，有(350×103－Pf)×4.36＝×2500×，得Pf≈129kW，因此，在0~100km/h加速阶段汽车阻力的平均功率约为130kW.故C正确，A、B、D错误.
3.如图甲所示为河沙装车过程，可以简化为如图乙所示.已知传动带的速度为2 m/s，h1＝3 m，h2＝4.5 m，g取10 m/s2，小货车能够装6 t沙子，传送带足够长.则装满一车，传送带大约需要对沙子做的功为 ( )
A.1.02×105 J B.9×104 J
C.2.82×105 J D.2.7×105 J
【答案】C
【解析】对沙子，由动能定理可知W+WG＝ΔEk，WG＝－mgh2＝－2.7×105J，ΔEk＝mv2＝1.2×104J，解得W＝2.82×105J，故C正确.
4.如图所示，棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上.第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点.再将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比( )
A.棋子第二次受到纸条的摩擦力较大
B.棋子第二次落地速度与水平方向夹角较大
C.第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多
D.第二次棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大
【答案】C
5.(2022年广州模拟)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是 ( )
A.质量不变，速度增大到原来的2倍
B.速度不变，质量增大到原来的2倍
C.质量减半，速度增大到原来的2倍
D.速度减半，质量增大到原来的4倍
【答案】D
6.(多选)如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转轴间用长L的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则 ( )
A.由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心，L为半径做变速圆周运动，直到停止
B.若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为2πμmgL
C.若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功
D.物体在转台上运动圈后，停止运动
【答案】ABD
【解析】制动转台后，物体在绳子约束作用下做变速圆周运动，速率在减小，直至停止；运动一周滑动摩擦力做的功Wf＝－μmg·2πL；绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知－Nμmg·2πL＝0－mv2，又v＝ωL，联立得物体在转台上转动的圈数N＝，A、B、D正确.
7.(多选)如图所示甲为一倾角为θ的斜面固定于水平面上，一可视为质点的小物块从斜面的顶端静止滑下，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ1，物块运动到斜面底端时无能量损失地进入水平面继续运动，其和水平面之间的动摩擦因数为μ2.图乙为物块运动的动能Ek与水平位移x的关系图像，则下列判断正确的是 ( )
A.μ1＞tan θ B.μ1＜tan θ
C.μ1+2μ2＝tan θ D.2μ1+μ2＝tan θ
【答案】BC
【解析】物块在斜面上可以自由滑下，有mgsinθ－μ1mgcosθ＞0，解得μ1＜tanθ，A错误，B正确；由乙图可知，物块在水平面上的位移是在斜面上运动的水平位移的2倍，全程由动能定理得(mgsinθ－μ1mgcosθ)－μ2mg·2x＝0，解得μ1+2μ2＝tanθ，C正确，D错误.
综合提升练
8.如图所示，一个物块以某一初速度v0沿倾角θ＝37°、高h＝1.7 m的固定光滑斜面的最下端向上运动，物块运动到斜面的顶端时的速率v＝ m/s，如果在斜面中间某一区域设置一段摩擦区，物块与摩擦区之间的动摩擦因数μ＝0.125，物块以同样的初速度从斜面的底端向上运动，物块恰好运动到斜面的顶端(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，≈4.7).
(1)求初速度v0的大小；
(2)求摩擦区的长度l；
(3)在设置摩擦区后，摩擦区的位置不同，物块以初速度v0从斜面底端运动到斜面顶端的时间不同，求物块从斜面底端运动到斜面顶端的最长时间(计算结果保留2位小数).
解：(1)由动能定理得－mgh＝mv2－，代入已知数据得v0＝6m/s.
(2)增设摩擦区后，因物块恰好运动到斜面的顶端，则摩擦力做功恰好等于没有摩擦区域时物块运动到斜面顶端的动能，则μmgcosθ·l＝mv2，代入数据可以得到l＝1m.
(3)当摩擦区设置在斜面最底端时，让物块一开始运动就进入摩擦区，物块在斜面上运动的时间最长，设物块在摩擦区和光滑的斜面上的加速度分别是a1和a2，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，
－mgsinθ＝ma2，代入数据可以得到
a1＝－7m/s2，
a2＝－6m/s2，
物块在摩擦区内运动的时间为t1，则
l＝v0t1+a1，
代入数据得到t1＝0.19s；
物块在斜面的光滑部分运动的初速度为v1，时间为t2，则v1＝v0+a1t1＝4.67m/s，
t2＝＝0.78s，
物块运动到斜面顶端的最长时间为
t＝t1+t2＝0.97s.
9.如图所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m＝1 kg的小物体(可视为质点)在水平拉力F的作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后做平抛运动，正好落在C点，已知xAC＝2 m，F＝15 N，g取10 m/s2，试求：
(1)物体在B点时的速度大小以及此时物体对轨道的弹力大小；
(2)物体从C到A的过程中，克服摩擦力做的功.
解：(1)根据2R＝gt2，得平抛运动的时间
t＝s＝0.4s，
则B点的速度vB＝m/s＝5m/s.
根据牛顿第二定律，得mg+NB＝m，
解得NB＝N＝52.5N.
(2)对C到B的过程运用动能定理，得
－Wf+FxAC－mg·2R＝，
代入数据解得Wf＝9.5J.
10.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔.已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.
(1)摆线能承受的最大拉力为多大
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围.
解：(1)摆球由C到D过程机械能守恒，则
mg(L－Lcosθ)＝，解得＝gL.
在D点由牛顿第二定律得FT－mg＝，
联立解得摆线的最大拉力FT＝2mg＝10N.
(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：
①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零.对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ1mgs＝0－，解得μ1＝0.5.
②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道.其临界情况为到达与圆心等高处速度为零，
由机械能守恒定律得＝mgR，
对摆球从D到A的过程，由动能定理得
－μ2mgs＝，解得μ2＝0.35.
③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律得mg＝，
由动能定理得－μ3mgs－2mgR＝mv2－，解得μ3＝0.125.
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125.
