第七章章末 —人教版高中物理必修二检测

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人教版高中物理必修二第七章《万有引力与宇宙航行》检测题(有答案解析)

一、选择题1．如图所示，A 为地球表面赤道上的待发射卫星，B 为轨道在赤道平面内的实验卫星，C 为在赤道上空的地球同步卫星，已知卫星C 和卫星B 的轨道半径之比为2：1，且两卫星的环绕方向相同，下列说法正确的是（）A ．卫星B 、C 运行速度之比为2：1B ．卫星B 的向心力大于卫星A 的向心力C ．同一物体在卫星B 中对支持物的压力比在卫星C 中大D ．卫星B 的周期为622．2019年1月3日，“嫦娥四号”成为了全人类第一个在月球背面成功实施软着陆的探测器。

为了减小凹凸不平的月面可能造成的不利影响，“嫦娥四号”采取了近乎垂直的着陆方式。

测得“嫦娥四号”近月环绕周期为T ，月球半径为R ，引力常量为G ，下列说法正确的是（）A ．“嫦娥四号”着陆前的时间内处于失重状态B ．“嫦城四号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的速度为7.9km/sC ．月球表面的重力加速度g =24πR T D ．月球的密度为ρ=23πGT3．下面说法正确的是（）A ．曲线运动一定是变速率运动B ．匀变速曲线运动在任意时间内速度的变化量都相同C ．匀速圆周运动在相等时间的位移相同D ．若地球自转角速度增大，则静止在赤道上的物体所受的支持力将减小4．2018年11月20日，国内首颗商业低轨卫星“嘉定一号”在酒泉卫星发射中心成功升空，随后卫星进入预定匀速圆周运动的轨道，它也是中国首个全球低轨通信卫星星座“翔云”的首发星，开启了中国天基物联探测新时代，下列说法正确的是（）A ．该卫星的发射速度小于7.9km/sB ．据了解该卫星在距离地面约400km 的近地轨道运行，则可以估算卫星所受的万有引力C ．该卫星在预定轨道上的周期等于同步卫星的周期D ．该卫星接到地面指令需要变轨至更高轨道，则卫星应向后喷气加速5．已知金星绕太阳公转的周期小于地球绕太阳公转的周期，它们绕太阳的公转均可看做匀速圆周运动，则据此信息可判定（）A ．金星到太阳的距离大于地球到太阳的距离B ．金星公转的绕行速度小于地球公转的绕行速度C ．金星的质量小于地球的质量D ．金星的向心加速度大于地球的向心加速度6．我国在2020年发射了一颗火星探测卫星，预计2021年7月之前落到火星，对火星展开环绕勘探。

第七章卫星变轨问题和双星问题—人教版(2019)高中物理必修第二册检测

卫星变轨问题和双星问题课后练习题一、选择题1. 1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动.如图1所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v 1、v 2，近地点到地心的距离为r ，地球质量为M ，引力常量为G .则( )图1A.v 1＞v 2，v 1＝GMr B.v 1＞v 2，v 1＞GMr C.v 1＜v 2，v 1＝GMrD.v 1＜v 2，v 1＞GMr答案 B解析根据开普勒第二定律知，v 1>v 2，在近地点画出近地圆轨道，由GMm r 2＝m v 2r 可知，过近地点做匀速圆周运动的速度为v ＝GMr，由于“东方红一号”在椭圆轨道上运动，所以v 1>GMr，故B 正确.2.(2019·北京市石景山区一模)两个质量不同的天体构成双星系统，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ) A.质量大的天体线速度较大B.质量小的天体角速度较大C.两个天体的向心力大小一定相等D.两个天体的向心加速度大小一定相等答案 C解析双星系统的结构是稳定的，故它们的角速度相等，故B 项错误；两个星球间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，两个天体的向心力大小相等，而天体质量不一定相等，故两个天体的向心加速度大小不一定相等，故C 项正确，D 错误；根据牛顿第二定律有： G m 1m 2L 2＝m 1ω2r 1，Gm 1m 2L 2＝m 2ω2r 2，其中r 1＋r 2＝L 故r 1＝m 2m 1＋m 2L ，r 2＝m 1m 1＋m 2L ，故v 1v 2＝r 1r 2＝m 2m 1故质量大的天体线速度较小，故A 错误.3.(2019·定州中学期末)如图2，“嫦娥三号”探测器经轨道 Ⅰ 到达P 点后经过调整速度进入圆轨道 Ⅱ，再经过调整速度变轨进入椭圆轨道Ⅲ，最后降落到月球表面上.下列说法正确的是( )图2A.“嫦娥三号”在地球上的发射速度大于11.2 km/sB.“嫦娥三号”由轨道Ⅰ经过P 点进入轨道Ⅱ时要加速C.“嫦娥三号”在轨道Ⅲ上经过P 点的速度大于在轨道Ⅱ上经过P 点的速度D.“嫦娥三号”稳定运行时，在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度与在轨道Ⅲ上经过P 点的加速度相等答案 D4. 如图3所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，下列说法中不正确的是( )图3A.卫星在轨道3上的周期小于在轨道1上的周期B.卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率C.卫星在轨道2上运行时，经过Q 点时的速率大于经过P 点时的速率D.卫星在轨道2上运行时，经过Q 点时加速度大于经过P 点的加速度答案 A解析根据开普勒第三定律r 3T 2＝k 知，卫星的轨道半径越大，则周期也越大，故卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上的周期，故A 不正确；由卫星运行时所受万有引力提供向心力，即GMmr 2＝m v 2r ，可知v ＝GMr，因此卫星的轨道半径越大，运行速率越小，则卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故B 正确；根据开普勒第二定律知，卫星在轨道2上运行时，从Q 点向P 点运动，速度逐渐减小，经过Q 点时的速率大于经过P 点时的速率，故C 正确；卫星离地面越远，万有引力越小，根据牛顿第二定律，加速度也越小，故卫星在轨道2上运行时经过Q 点时加速度大于经过P 点的加速度，故D 正确.5.(2019·杨村一中期末)如图4所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕其连线上的O 点做周期相同的匀速圆周运动.现测得两颗星之间的距离为L ，质量之比为m 1∶m 2＝3∶2，下列说法中正确的是( )图4A.m 1、m 2做圆周运动的线速度大小之比为3∶2B.m 1、m 2做圆周运动的角速度之比为3∶2C.m 1做圆周运动的半径为25LD.m 2做圆周运动的半径为25L答案 C解析设双星m 1、m 2距转动中心O 的距离分别为r 1、r 2，双星绕O 点转动的角速度均为ω，据万有引力定律和牛顿第二定律得G m 1m 2L 2＝m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2，又r 1＋r 2＝L ，m 1∶m 2＝3∶2，解得r 1＝25L ，r 2＝35Lm 1、m 2运动的线速度大小分别为v 1＝r 1ω，v 2＝r 2ω 故v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝2∶3.综上所述，选项C 正确.6 如图5所示，我国发射“神舟十号”飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M 距地面200 km ，远地点N 距地面340 km.进入该轨道正常运行时，通过M 、N 点时的速率分别是v 1和v 2，加速度大小分别为a 1和a 2.当某次飞船通过N 点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km 的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，这时飞船的速率为v 3，加速度大小为a 3，比较飞船在M 、N 、P 三点正常运行时(不包括点火加速阶段)的速率和加速度大小，下列结论正确的是( )图5A.v 1＞v 3＞v 2，a 1＞a 3＞a 2B.v 1＞v 2＞v 3，a 1＞a 2＝a 3C.v 1＞v 2＝v 3，a 1＞a 2＞a 3D.v 1＞v 3＞v 2，a 1＞a 2＝a 3 答案 D解析根据万有引力提供向心力，即GMm r 2＝ma n 得：a n ＝GMr 2，由题图可知r 1＜r 2＝r 3，所以a 1＞a 2＝a 3；当某次飞船通过N 点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km 的圆形轨道，所以v 3＞v 2，假设飞船在半径为r 1的圆轨道上做匀速圆周运动，经过M 点时的速率为v 1′，根据GMm r 2＝m v 2r得：v ＝GMr，又因为r 1＜r 3，所以v 1′＞v 3，飞船在圆轨道M 点时需加速才能进入椭圆轨道，则v 1>v 1′，故v 1＞v 3＞v 2，故选D.7.我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站.如图6所示，关闭发动机的航天飞机仅在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B 处与空间站对接.已知空间站C 绕月轨道半径为r ，周期为T ，引力常量为G ，月球的半径为R ，忽略月球自转.那么以下选项正确的是( )图6A.月球的质量为4π2r 3GT2B.航天飞机到达B 处由椭圆轨道进入空间站圆轨道时必须加速C.航天飞机从A 处到B 处做减速运动D.月球表面的重力加速度为4π2RT 2答案 A解析设空间站质量为m ，在圆轨道上，由G mM r 2＝m 4π2r T 2，得M ＝4π2r 3GT 2，A 正确；要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B 处与空间站C 对接，必须在B 点时减速，否则航天飞机将继续做椭圆运动，B 错误；航天飞机飞向B 处，根据开普勒第二定律可知，向近月点靠近做加速运动，C 错误；月球表面物体重力等于月球对物体的引力，则有mg 月＝G Mm R 2，可得g 月＝GM R 2＝4π2r 3R 2T2，D 错误.8.(多选)如图7所示，在嫦娥探月工程中，设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0.飞船在半径为4R 的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B 时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，忽略月球的自转，则( )图7A.飞船在轨道Ⅲ上的运行速率大于g 0RB.飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B 处的运行速率C.飞船在轨道Ⅰ上的向心加速度小于在轨道Ⅱ上B 处的向心加速度D.飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比T Ⅰ∶T Ⅲ＝4∶1 答案 BC解析由m v 2R＝mg 0知，v ＝g 0R ，即飞船在轨道Ⅲ上的运行速率等于g 0R ，A 错误；由v ＝GMr知，v Ⅰ<v Ⅲ，而飞船在轨道Ⅱ上的B 点做离心运动，有v ⅡB >v Ⅲ，则有v ⅡB >v Ⅰ，B 正确；由a n ＝GMr 2知，飞船在轨道Ⅰ上的向心加速度小于在轨道Ⅱ上B 处的向心加速度，C 正确；由T ＝2πr 3GM知，飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比T Ⅰ∶T Ⅲ＝8∶1，D 错误.9.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动.研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化.若某双星系统中两星做匀速圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时匀速圆周运动的周期为( )A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2kT D.n kT 答案 B解析设两恒星的质量分别为m 1、m 2，距离为L ，双星靠彼此的引力提供向心力，则有G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T 2 G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T 2 并且r 1＋r 2＝L解得T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)当两星总质量变为原来的k 倍，两星之间距离变为原来的n 倍时T ′＝2πn 3L 3Gk (m 1＋m 2)＝n 3kT 故选项B 正确.10.(多选)(2019·雅安中学高一下学期期中)国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图8所示，此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，被吸食星体的质量远大于吸食星体的质量.假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中( )图8A.它们做圆周运动的万有引力保持不变B.它们做圆周运动的角速度不断变大C.体积较大星体圆周运动轨迹半径变大D.体积较大星体圆周运动的线速度变大答案 CD解析由F ＝Gm 1m 2L 2知F 增大，A 错误；设体积较小者质量为m 1，轨迹半径为r 1，体积较大者质量为m 2，轨迹半径为r 2，则有Gm 1m 2L 2＝m 1ω2r 1，Gm 1m 2L 2＝m 2ω2r 2得：ω＝G (m 1＋m 2)L 3，因m 1＋m 2及L 不变，故ω不变，B 错误；半径r 2＝Gm 1ω2L 2，因m 1增大，故r 2变大，C 正确；线速度大小v 2＝ωr 2，变大，D 正确.11.(2019·扬州中学模拟)进行科学研究有时需要大胆的想象，假设宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的四颗星组成的四星系统(忽略其他星体对它们的引力作用)，这四颗星恰好位于正方形的四个顶点上，并沿外接于正方形的圆形轨道运行，若此正方形边长变为原来的一半，要使此系统依然稳定存在，星体的角速度应变为原来的( ) A.1倍 B.2倍 C.12倍 D.22倍答案 D解析设正方形边长为L ，每颗星的轨道半径为r ＝22L ，对其中一颗星受力分析，如图所示，由合力提供向心力：2×Gm 2L 2cos 45°＋Gm 22L2＝mω2r得：ω＝(2＋22)Gm L L，所以当边长变为原来的一半，星体的角速度变为原来的22倍，故D 项正确.二、非选择题12.中国自行研制、具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A 、远地点为B 的椭圆轨道上，A 点距地面的高度为h 1，飞船飞行5圈后进行变轨，进入预定圆轨道，如图9所示.设飞船在预定圆轨道上飞行n 圈所用时间为t ，若已知地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，忽略地球的自转，求：图9(1)飞船在B 点经椭圆轨道进入预定圆轨道时是加速还是减速； (2)飞船经过椭圆轨道近地点A 时的加速度大小； (3)椭圆轨道远地点B 距地面的高度h 2. 答案 (1)加速 (2)gR 2(R ＋h 1)2 (3)3gR 2t 24n 2π2－R 解析 (2)在地球表面有mg ＝GMmR 2① 根据牛顿第二定律有：G Mm(R ＋h 1)2＝ma A ②由①②式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A 时的加速度大小为a A ＝gR 2(R ＋h 1)2(3)飞船在预定圆轨道上，由万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h 2)2＝m 4π2T 2(R ＋h 2)③由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为T ＝tn④由①③④式联立解得h 2＝3gR 2t 24n 2π2－R . 13 如图10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 两者中心之间距离为L .已知星球A 、B 的中心和O 三点始终共线，星球A 和B 分别在O 的两侧.引力常量为G .图10(1)求两星球做圆周运动的周期；(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A 和B ，月球绕其轨道中心运行的周期记为T 1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T 2.已知地球和月球的质量分别为5.98×1024 kg 和7.35×1022 kg.求T 2与T 1两者平方之比.(计算结果保留四位有效数字)答案 (1)2πL 3G (M ＋m )(2)1.012解析 (1)两星球围绕同一点O 做匀速圆周运动，其角速度相同，周期也相同，其所需向心力由两者间的万有引力提供，设A 、B 的轨道半径分别为r 1、r 2，由牛顿第二定律知：对B 有：G Mm L 2＝M 4π2T 2r 2对A 有：G Mm L 2＝m 4π2T 2r 1又r 1＋r 2＝L联立解得T ＝2πL 3G (M ＋m )(2)若认为地球和月球都围绕中心连线某点O 做匀速圆周运动，根据题意可知M 地＝5.98×1024 kg ，m 月＝7.35×1022 kg ，地月距离设为L ′，由(1)可知地球和月球绕其轨道中心的运行周期为T 1＝2πL ′3G (M 地＋m 月)若认为月球围绕地心做匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得 GM 地m 月L ′2＝m 月4π2T 22L ′解得T 2＝2πL ′3GM 地则T 2T 1＝M 地＋m 月M 地故T 22T 21＝M 地＋m 月M 地≈1.012.。

2020年春人教版高一物理必修第二册第7章万有引力与宇宙航行期末训练含答案

2020春人教（新教材）物理必修第二册第7章万有引力与宇宙航行期末训练含答案（新教材）必修第二册第七章万有引力与宇宙航行一、选择题1、(双选)在天文学上，春分、夏至、秋分、冬至将一年分为春、夏、秋、冬四季。

如图所示，从地球绕太阳的运动规律入手，下列判断正确的是 ( )A.在1月初，地球绕太阳的运行速率较大B.在7月初，地球绕太阳的运行速率较大C.在北半球，春夏两季与秋冬两季时间相等D.在北半球，春夏两季比秋冬两季时间长2、某实心均匀球半径为R ，质量为M ，在球壳外离球面h 远处有一质量为m 的质点，则它们之间万有引力的大小为( )A.G Mm R 2B.G Mm （R ＋h ）2C.G Mm h 2D.G Mm R 2＋h 2 3、随着太空技术的飞速发展，地球上的人们登陆其他星球成为可能。

假设未来的某一天，宇航员登上某一星球后，测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，而该星球的平均密度与地球的差不多，则该星球质量大约是地球质量的( )A.12B.2倍C.4倍D.8倍4、我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

2018年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km ，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km ，它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )A.周期B.角速度C.线速度D.向心加速度5、通常我们把地球和相对地面静止或匀速直线运动的参考系看成惯性系，若以下列系统为参考系，则其中属于非惯性系的是( )A ．停在地面上的汽车B ．绕地球做匀速圆周运动的飞船C ．在大海上匀速直线航行的轮船D ．以较大速度匀速直线运动的磁悬浮列车6、(2019·河南开封高中期中考试)已知地球半径为R ，将物体从地面发射至离地面高度为h 处时，物体所受万有引力减小到原来的一半，则h 为( )A.RB.2RC.2RD.(2－1)R7、(双选)甲、乙两恒星相距为L ，质量之比m 甲m 乙＝23，它们离其他天体都很遥远，我们观察到它们的距离始终保持不变，由此可知( )A.两恒星一定绕它们连线的某一位置做匀速圆周运动B.甲、乙两恒星的角速度之比为2∶3C.甲、乙两恒星的线速度之比为3∶2D.甲、乙两恒星的向心加速度之比为3∶28、(双选)如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。

最新人教版高中物理必修2第七章模块综合测评四(附答案)

模块综合测评（二）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中至少有一项满足题设要求，全部选对得4分，选不全得2分，有错选不得分）1.对于做变速运动的物体而言，下列说法正确的是（）A ．若改变物体速度的仅是重力，则物体的机械能保持不变B ．若改变物体速度的不是重力和弹力，则物体的机械能一定改变C ．改变物体速度的若是摩擦力，则物体的机械能一定改变D ．在物体速度增大的过程中，其机械能可能反而减少解析：机械能守恒定律的适用条件是系统只有重力和系统内相互作用的弹力做功，若改变物体速度的仅是重力，说明物体仅受重力，物体的机械能保持不变，选项A 正确．若改变物体速度的不是重力和弹力而是其他力，但其他力仅改变物体速度的方向，不改变速度的大小，物体的机械能可能不变，选项B 错误．若改变物体速度的是摩擦力，如果摩擦力仅改变物体速度的方向，不改变速度的大小，物体的机械能也可能不变，选项C 错误．在物体速度增大的过程中，若转化为其他形式的能，则机械能可能减少，选项D 正确．答案：AD2.下列说法中正确的是（）A ．做匀速圆周运动的质点所受合外力一定不为零B ．做平抛运动的质点所受的合外力随速度的改变而改变C ．匀速圆周运动是一种匀变速曲线运动D ．平抛运动是一种变加速曲线运动解析：平抛运动是加速度恒定的匀变速曲线运动，故B 、D 错误．匀速圆周运动是曲线运动，所受合外力一定不为零，虽然加速度大小不变，但方向时刻变化，故是一种变加速曲线运动．A 正确，C 错误．答案：A3.2002年12月30日凌晨，我国的“神舟”四号飞船在酒泉载人航天发射场发射升空，按预定计划在太空飞行了6天零18个小时，环绕地球108圈后，在内蒙古中部地区准确着陆，圆满完成了空间科学和技术试验任务，为最终实现载人飞行奠定了坚实基础．若地球的质量、半径和引力常量G 均已知，根据以上数据可估算出“神舟”四号飞船的（）A ．离地高度B ．环绕速度C ．发射速度D ．所受的向心力解析：从信息中可知“神舟”四号的周期，由万有引力定律r Tm r Mm G 2224π=可确定轨道半径，从而可知环绕速度，但飞船的质量和重力势能未知，故无法计算所受的向心力和发射速度．答案：AB4.我国发射的“亚洲一号”地球同步通信卫星的质量为1.24 t ，在某一确定的轨道上运行．下列说法中正确的是（）A ．它定点在北京正上方太空，所以我国可以利用它进行电视转播B ．它的轨道平面一定与赤道平面重合C ．若要发射一颗质量为2.48 t 的地球同步通讯卫星，则该卫星的轨道半径将比“亚洲一号”卫星轨道半径大D ．要发射一颗质量为2.48 t 的地球同步卫星，则该卫星的轨道半径将比“亚洲一号”卫星轨道半径小解析：同步卫星必须在赤道正上方，并且具有确定的轨道、速度和周期．答案：B5.如图1所示，一阶梯高、宽都为0.4 m ，一球以水平速度v 飞出，欲打在第四级台阶上，则v 的取值范围是（g 取10 m ／s 2）（）图1 A.s m v s m /22/6≤< B.s m v s m /5.3/22≤< C.s m v s m /6/2≤< D.s m v s m /6/22≤<解析：在竖直方向上：4h=221gt ．水平方向上：x=vt ，且3h≤x≤4h ，故s m v s m /22/6≤<．答案：A6.如图2所示，小球以大小为v 0的初速度由A 端向右运动，到B 端时的速度减小为v B ；若以同样大小的初速度由B 端向左运动，到A 端时的速度减小为v A ．已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道．比较v A 、v B 的大小，结论是（）A.v A ＞v BB.v A =v BC.v A ＜v BD.无法确定解析：小球向右通过凹槽C 时的速率比向左通过凹槽C 时的速率大，由向心力方程F N -mg=rv m 2可知，对应的弹力F N 一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多；又小球向右通过凸起D 时的速率比向左通过凸起D 时的速率小，由向心力方程mg-F N =r v m 2可知，对应的弹力F N 一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多．所以小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，选A ．答案：A7.飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，到达竖直状态的过程中如图3所示，飞行员受重力的瞬时功率变化情况是（）图3A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：初始位置时，速率为零，重力功率为零；最低点时，重力与速度垂直，重力功率为零，故重力瞬时功率先增大后减小．答案：C8.（2006北京高考）一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，认为行星是密度均匀的球体，要确定该行星的密度，只需要测量（）A.飞船的轨道半径B.飞船的运行速度C.飞船的运动周期D.行星的质量解析：飞船贴着行星表面飞行，则2R Mm G =m(T π2)2R,M=2324GT R π,行星的密度为ρ=232323334434GTR GT R R M V M ππππ===,知道飞船的运行周期就可以确定该行星的密度.所以C 选项正确.答案：C9.一轻杆一端固定一质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，以下说法正确的是（）A ．小球过最高点时，杆所受的弹力可以为零B ．小球过最高点时最小速度为gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，此时重力一定大于杆对球的作用力D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反解析：小球在最高点的最小速度可以是零，此时，小球的重力等于轻杆对小球的支持力；在最高点，当轻杆对小球的支持力为零时，重力提供向心力，则mg=Rv m 2，所以v=gR ．轻杆对球的作用力可以向下为拉力，也可以向上为支持力，还可以为零．答案：AC10.如图4所示，一轻弹簧固定于O 点，另一端系一重物，将重物从与悬点O 在同一水平面且弹簧保持原长的A 点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力.在重物由A 点摆向最低点的过程中（）图4A ．重物的重力势能减小B ．重物的重力势能增加C ．重物的机械能不变D ．重物和弹簧组成的系统的机械能不变解析：重物由A 点下摆到B 点过程中,重力做正功，重力势能减小,弹簧被拉长，弹性势能增加，弹簧对重物做了负功，根据功能关系可知，重物的机械能减小，但重物和弹簧组成的系统的机械能不变．答案：AD二、填空题（共4小题，每小题6分，共24分）11.（2006广东广州模拟）如图5所示，水平桌面上固定着斜面体A ，斜面体的曲面末端与桌面的右边缘平齐，且切线沿水平方向.现要设计一个实验测出小铁块B 自斜面顶端由静止开始下滑到底端的过程中，摩擦力对小铁块做的功W f ，实验器材可根据实验需要自选.图5（1）写出需要补充的实验器材：__________________________.（2）简要说明实验中要直接测量的物理量并写出其英文字母符号：_________________.（3）已知重力加速度为g,写出用第（2）问中直接测量的物理量符号所表示的W f 的表达式：____________________________________________________________解析：由动能定理：mgH+W f =21mv 2-0，故需要测量的物理量为物体的质量m 、斜面体的顶端到桌面的高度H ；因v=t x ,h=221gt ,故要测量铁块离开桌面右边缘做平抛运动的水平距离s,桌面离地面的高度h.将测量值代入得：W f =221mv -mgH=hm gs 42-mgH. （1）需要补充的实验器材：天平、直尺、重垂线、白纸和复写纸.（2）直接测量的物理量：小铁块的质量m 、曲面顶端离桌面的高度H 、桌面离地面的高度h 、桌面右边缘到铁块落地点的水平距离s.（3）W f 的表达式为W f =hm gs 42-mgH. 答案：（1）天平、直尺、重垂线、白纸和复写纸（2分，漏重垂线的扣1分）（2）曲面顶端离桌面高度H 、桌面离地高度h 、桌面右边缘到铁块落地点的水平距离s 、小铁块质量m （4分）（3）W f =hm gs 42-mgH （2分） 12.一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系.他的实验如下：在离地面高度为h 的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m 的一小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图6所示．让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小球在空中飞行后落到水平地面，水平距离为s ．图6（1）请你推导出弹簧的弹性势能E p 与小钢球质量m 、桌面离地面高度h 、水平距离s 等物理量的关系式：____________________________________________________________．（2）弹簧的压缩量x 与对应的钢球在空中飞行的水平距离s 的实验数据如下表所示：从上面的实验数据，请你猜测弹簧的弹性势能E p 与弹簧长度的压缩量x 之间的关系，并说明理由：________________________________________________________________________．解析：由表中数据可知，在误差范围内，x ∝s ．而从（1）中关系式有E p ∝s 2，因而可猜测E p ∝s 2.答案：（1）E p =hm gs 42（2）E p 与x 的关系：E p 与x 2成正比（E p ∝x 2）理由略 13.如图7所示，一粗细均匀的U 形管内装有同种液体，并竖直放置，右管口用盖板A 密闭一部分气体，左管口开口，两液面高度差为h ，U 形管中液柱总长为4h.现拿去盖板，液柱开始流动，当两侧液面恰好相齐时，右侧液面下降的速度大小为____________________．图7解析：最后两侧液面相平，这一过程相当于右侧2h 的液体流动到左侧.设2h 高的液体的质量为m ，根据ΔE k 增=ΔE p 减得8×21mv 2=mgh 2h ，所以v=gh 241. 答案：gh 241 14.在月球表面，一位宇航员竖直向上抛出一个质量为m 的小球，经过时间t ，小球返回抛出点．已知月球表面的重力加速度是地球表面的1/6，已知地球表面的重力加速度为g ．由此可知，宇航员抛出小球时对小球做的功为．解析：小球抛出时的初速度为v 0=gt t g 1212161=⨯，所以宇航员对小球做的功为W=222220288114412121t mg t g m mv =⨯=. 答案：W=222881t mg 三、计算题（本题共4小题，15、16每题8分，17、18每题10分，共计36分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.某人在距地面2 m 高处，将质量为2 kg 的小球以3 m ／s 的速度水平抛出（取重力加速度的值g=10 m ／s 2）.求：（1）人抛球时对球做多少功?（2）若不计空气阻力，小球落地时速度的大小；（3）若小球落地时速度大小是5 m ／s ，则小球在空中克服阻力做多少功？解析：（1）由动能定理得W=221mv 则人抛球时对球做的功是9 J ．（2）小球机械能守恒，以地面为参考平面有mgh+22212121mv mv = 小球落地速度是v 2=7 m ／s ．（3）由动能定理得mgh-W f =21232121mv mv = 小球克服阻力做功是W f =24 J ．答案：（1）9 J （2）7 m ／s （3）24 J16.如图8所示，质量均为m 的两小球A 和B 用长为3L 的轻杆相连，轻杆可绕距A 小球2L 的轴O 在竖直平面内自由转动．现将轻杆拉至水平位置并由静止释放，试求：图8（1）在轻杆运动到竖直位置时，A 小球的速度v A ;（2）在轻杆运动到竖直位置的过程中，杆对A 球所做的功;（3）当轻杆转动到竖直位置时，杆对转轴O 的作用力的大小和方向．解析：（1）2mgL-mgL=222121B A mv mv + v A =2v B ,v A =gL 58. （2）对A,由动能定理：221A mv =2mgL+W 所以W=mgL 56-. （3）T-mg=Lv m A 22 mg-F N =Lv m B 2 所以T=1.8mg F N =0.6mgF′=T+F N =2.4mg ，方向向上．答案：（1）v A =gL 58 (2)W=mgL 56- (3)2.4mg,方向向上 17.某网站报道：最近南亚某国发射了一颗人造月球卫星，卫星的质量为1 000 kg ，环绕周期为1 h ，一位同学对该新闻的真实性感到怀疑．他认为：一是该国的航天技术比起我国尚有差距，近期没有发射环月卫星的能力；二是该网站公布的数据似乎也有科学问题．他准备对该数据进行验证．他记不清引力常量的数值且手边没有可查找的相关资料，但他记得月球半径约为地球半径（地球半径为6 400 km ）的1/4，月球表面重力加速度约为地球表面（地球表面重力加速度约为10 m ／s 2）的1/6．他依据上述这些数据，经过推导分析，进一步认定了该新闻的不真实性．请你也依据上述数据，运用所学物理学知识，写出推导判断过程．解析：新闻数据：M 卫=1 000 kg ，T 卫=1 h=3.6×103 s ．科学数据：R 月=R 地/4=1.6×106 m ；g 月=3561=地g m/s 2．推导判断：设月球表面卫星的周期为T 卫0，由万有引力定律及向心力公式，得： F=2月卫月R M M G =M 卫g 月（不计月球自转效应）又F=月卫卫R T M 2024π 解得：T 卫0=月月R g π2=6.2×103 s.分析：根据卫星周期公式T 卫=GMr 324π可知，“月面”卫星的周期T 卫0为月球卫星的最小周期T 卫min ．判断：因为月球卫星最小周期T 卫min （值为6.2×103s ）比新闻中所说的月球卫星周期T卫（值为3.6×103 s 的卫星周期）大近两倍，这违背科学实际，所以上述新闻是不真实的．答案：上述新闻是不真实的推导过程略18.质量为50 kg 的男孩在距离河面40 m 高的桥上做“蹦极跳”，未拉伸前长度AB 为15 m 的弹性绳一端缚着他的双脚，另一端则固定在桥上的A 点，如图9（a ）所示，男孩从桥面下坠，达到的最低点为水面上方的一点D ，假定绳在整个运动中遵守胡克定律．不计空气阻力、男孩的大小和绳的重力（g 取10 m ／s 2）．男孩的速率v 跟下坠的距离s 的变化如图9（b ）所示，男孩在C 点时速度最大．问：图9（1）当男孩在D 点时，求绳所储存的弹性势能．（2）绳的劲度系数是多少？（3）就男孩在AB 、BC 、CD 期间的运动，试讨论作用于男孩的力．解析：（1）男孩到达D 点时，刚好没有动能，此时下落高度为h=40 m ，则损失的重力势能为ΔE p =mgh=2×104 J损失的重力势能完全转化为弹性绳的弹性势能，即储存的弹性势能为E p =2×104 J.（2）由题中（b ）图可知男孩的最大速度为v m =20 m/s ，此时mg=F 弹=kΔx又Δx=(23-15) m=8 m ，代入上式得k=81050⨯=∆x mg N/m=62.5 N/m. （3）AB 间仅受重力作用，BD 间受重与弹力作用，其中BC 间重力大于弹力，CD 间重力小于弹力.答案：（1）2×104 J (2)k=62.5 N/m （3）AB 间仅受重力作用，BD 间受重与弹力作用，其中BC 间重力大于弹力，CD 间重力小于弹力．。

人教版高中物理必修二第七章《机械能守恒定律》章末测试(提高篇)

A．汽车所受阻力为1×103 NB．汽车在车速为15 m/s时，功率为6×104 WC．汽车匀加速运动的加速度为3 m/s2D．汽车匀加速所需时间为5 s4.如图所示，质量为m的物块始终固定在倾角为θ的斜面上，下列说法中正确的是（）A．若斜面向右匀速移动距离s，斜面对物块没有做功B．若斜面向上匀速移动距离s，斜面对物块做功mgsC．若斜面向左以加速度a移动距离s，斜面对物块做功masD．若斜面向下以加速度a移动距离s，斜面对物块做功m（g+a）s5.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。

在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。

在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大6.甲、乙两球的质量相等,悬线一长一短,将两球由图示位置的同一水平面无初速度释放,不计阻力,则对小球过最低点时的正确说法是( )A.甲球的动能与乙球的动能相等B.两球受到线的拉力大小相等C.两球的向心加速度大小相等D.相对同一参考面,两球的机械能相等7.如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。

质量分别为M、m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。

两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。

若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功8.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h。

让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零，则在圆环下滑过程中( )A．圆环机械能守恒B．弹簧的弹性势能一定先增大后减小再增大C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧的弹性势能最大时圆环的动能最大9.利用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况,实验时让某消防队员从平台上跳下,自由下落H后双脚触地,他顺势弯曲双腿,他的重心又下降了h。

人教版高中物理必修二：第七章章末复习课+测试题+Word版含答案.doc

章末复习课知识体系[答案填写]①W为正②W＝0③W为负④12m v2⑤mgh⑥初、末位置⑦12m v22－12m v21主题一动能定理在多过程中的应用1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便．【例1】如图所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块从M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(碰撞后物块速度大小不变，方向相反)后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的地方距N点的距离的可能值．解析：设物块的质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为s ′，则物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动能定理得mgh －μmgs ′＝0.解得s ′＝hμ.第一种可能：物块与挡板碰撞后，在到达N 前停止，则物块停止的位置距N 点的距离d ＝2s －s ′＝2s －hμ.第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，然后滑下，在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N 点的距离为d ＝s ′－2s ＝hμ－2s .所以物块停止的位置距N 点的距离可能为2s －h μ或hμ－2s .答案：2s －hμ或hμ－2s针对训练1.如图所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落，落到地面进入沙坑h10停止，则：(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？(2)若让钢珠进入沙坑h8，则钢珠开始时的动能应为多少(设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变)?解析：(1)取钢珠为研究对象，对它的整个运动过程，由动能定理得W＝W F＋W G＝ΔE k＝0.则重力的功W G＝1110mgh，阻力的功W F＝－110F f h ，代入得1110mgh －110F f h ＝0，故有F fmg ＝11，即所求倍数为11.(2)设钢珠开始时的动能为E k ，则对钢珠的整个运动过程，由动能定理得W ＝W F ＋W G ＝ΔE k ，进一步展开为9mgh 8－F f h8＝－E k ，得E k ＝mgh4. 答案：(1)11 (2)mgh4主题二功能关系的理解和应用1．几种常见功能关系的理解．(1)明确研究对象，研究对象是一个物体或是几个物体组成的系统．(2)隔离研究对象，分析哪些力对它做功，它的哪些能量发生变化．(3)根据能量的变化类型确定用哪一类功能关系去求解．(4)根据相应的功能关系列方程、求解．【例2】如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切．一质量m＝1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1 s后，滑块和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小F f；(2)滑块下滑的高度h；(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q.解析：(1)对木板：F f＝Ma1，由运动学公式，有v ＝a 1t ，解得F f ＝2 N.(2)对滑块：－F f ＝ma 2.设滑块滑上木板时的速度是v 0，则v －v 0＝a 2t ，v 0＝3 m/s.由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 20，h ＝v 202g ＝322×10m ＝0.45 m.(3)根据功能关系有：Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝12×1×32J －12×(1＋2)×12 J ＝3 J.答案：(1)2 N (2)0.45 m (3)3 J针对训练2．(2014·广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，有摩擦力做功，消耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A项错误、B项正确；在弹簧压缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能，并没有全部转化为内能，C项错误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D项错误．答案：B【统揽考情】本章的基本概念和基本规律较多，体现了利用功能观点分析问题的思路，该部分内容是高考的重点和热点．既有本章的单独考查，也有与电场、磁场的综合考查．高考命题的热点主要集中在动能定理的综合应用上，功能关系的综合应用每年必考，并且分值较多，大约在20分．高考题型有选择题，有综合计算题，也有实验题．【真题例析】(2015·课标全国Ⅱ卷)(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg 解析：选b滑块为研究对象，b滑块的初速度为零，当a滑块落地时，a滑块没有在水平方向上的分速度，所以b滑块的末速度也为零，由此可得b滑块速度是先增大再减小，当b滑块速度减小时，轻杆对b一直做负功，A项错误；当a滑块落地时，b滑块的速度为零，由机械能守恒定律，可得a落地时速度大小为2gh，B项正确；当b 滑块速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，拉力在竖直方向上有分力与a的重力合成，其加速度大小大于g，C项错误；a的机械能先减小再增大，当a的机械能最小时，轻杆对a、b的作用力均为零，故此时b对地面的压力大小为mg，D项正确．答案：BD针对训练(2014·课标全国Ⅱ卷)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v ，对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 1解析：根据x ＝v 2t 和W f ＝μmgx 可判断，两次克服摩擦力所做的功W f 2＝2W f 1.由动能定理得W F 1－W f 1＝12m v 2和W F 2－W f 2＝12m (2v )2，整理可判断W F 2＜4W F 1，故选项C 正确．答案：C1．(2015·四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．答案：A2．(2015·福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()A．t1＜t2B．t1＝t2C．t1＞t2D．无法比较t1、t2的大小解析：在AB段，根据牛顿第二定律mg－F N＝m v2R，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，根据牛顿第二定律F N－mg＝m v2R，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A正确．答案：A3．(多选)(2015·浙江卷)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3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则()A．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度为a ＝v 22x ＝8022×100 m/s 2＝32 m/s 2，D 项正确；根据牛顿第二定律，0.8(F 发＋F 弹)＝ma ，求得弹射器的推力大小F 弹＝1.1×106 N ，A 项正确；弹射器对舰载机做的功为W ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J ，B 项正确；弹射过程的时间t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，弹射器做功的平均功率P ＝W t＝4.4×107 W ，C 项错误．答案：ABD4.(2015·天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：圆环下滑过程中，圆环动能、重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变，故选项A、D错误；圆环从最高点(动能为零)到最低点(动能为零)，重力势能减少了mg（2L）2－L2＝3mgL, 根据机械能守恒，弹簧弹性势能增加了3mgL，故选项B正确；圆环由静止开始下滑到圆环下滑到最大距离过程中，先加速后减速，下滑到最大距离时，所受合力不为零，故选项C错误．答案：B5.(2015·福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M 2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ；②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .解析：(1)由于圆弧轨道光滑，滑块下滑过程机械能守恒，有mgR ＝12m v 2B . 滑块在B 点处，对小车的压力最大，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2B R. 解得N ＝3mg .据牛顿第三定律可知N ′＝3mg .(2)①滑块滑到B 处时小车和滑块速度达到最大，由机械能守恒定律有mgR＝12m(2v m)2＋12M v2m，解得v m＝gR3.②设滑块的位移为s1，由于任一时刻滑块水平分速度是小车速度的2倍，因此有2s＝s1，且s＋s1＝L，解得小车的位移大小s＝L3.答案：(1)3mg(2)①gR3②L3。

高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：第七章测评(课后习题)【含答案及解析】

第七章测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2021河北衡水月考)下列说法正确的是( )A.由开普勒第一定律可知,所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B.由F=Gm 1m2r 2可知,当r 趋于零时万有引力趋于无限大C.引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2,是由英国物理学家卡文迪什利用扭秤实验测出的D.由开普勒第三定律可知,所有行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等,即a 3T 2=k ,其中k 与行星有关,所有行星各自绕太阳运行的轨道为椭圆,太阳在椭圆的一个焦点上,所以各行星不在同一椭圆轨道上,故A 错误;万有引力定律的研究对象是质点,当物体间距离趋于零时物体不能被视为质点,万有引力定律不再适用,故B 错误;引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2,是由卡文迪什利用扭秤实验测出的,故C 正确;由开普勒第三定律可知,所有绕同一中心天体运行的行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等,即a 3T 2=k ,其中k 与中心天体有关,与行星无关,故D 错误。

2.(2021山东日照模拟)2020年7月23日,中国首次火星探测任务天问一号探测器发射成功,已知火星的质量约为地球质量的19,火星的半径约为地球半径的12。

下列关于火星探测器的说法正确的是(选项中的宇宙速度均指地球的)( ) A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可 B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C.发射速度应大于第二宇宙速度,小于第三宇宙速度D.火星探测器环绕火星运行的最大速度约为第一宇宙速度的13,可知选项A 、B 错误,选项C 正确;已知m 火=m地9,R 火=R地2,则v 火∶v 地=√Gm火R 火∶√Gm地R 地=√2∶3,选项D 错误。

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第七章章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(1～7为单项选择题，8～12为多项选择题.每小题5分，共60分)1. 在下列所描述的运动过程中，若物体所受的空气阻力均忽略不计，则机械能守恒的是()A.小孩沿滑梯匀速滑下B.电梯中的货物随电梯一起匀速下降C.发射过程中的火箭加速上升D.被投掷出的铅球在空中运动2. 质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力F f保持不变.当汽车的速度为v、加速度为a时，发动机的实际功率为()A.F f vB.ma vC.(ma＋F f)vD.(ma－F f)v3. 以一定的初速度竖直向上抛出质量为m的小球，它上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F f，重力加速度为g，则从抛出点至回到原出发点的过程中，各力做功的情况正确的是()A.重力做的功为2mghB.空气阻力做的功为－2F f hC.合力做的功为2F f hD.物体克服重力做的功为－mgh4. 如图所示，木块A放在木板B的左端，用水平恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑水平地面上自由滑动，F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有()A.W1<W2，Q1＝Q2B.W1＝W2，Q1＝Q2C.W1<W2，Q1<Q2D.W1＝W2，Q1<Q25. 汽车的发动机的额定输出功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的摩擦阻力大小恒定.汽车在水平路面上由静止开始运动，直到车速达到最大速度v m，汽车发动机的输出功率P随时间变化的图象如图所示.若在0～t1时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，则汽车受到的合力F合随时间变化的图象可能是下图中的()6. 小球放在竖直的弹簧上，将小球往下按至a的位置，如图所示.迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置c，途中经过位置b时弹簧正好处于原长，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，小球从a 运动到c的过程中，下列说法正确的是()A.小球的动能逐渐增大，小球和弹簧系统机械能不变B.小球的动能与弹簧的弹性势能的总和逐渐增大C.在b点时小球的动能最大，弹簧的弹性势能最小D.在a点时小球机械能最小，弹簧的弹性势能最大7. 如图(a)所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图(b)所示.下列说法正确的是()A.甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B.甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1C.甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1D.甲、乙两球的动能均为E k0时，两球高度相同8. (多选)将质量均为m的两个小球从相同高度以相同大小的速度抛出，一个小球竖直下抛，另一个小球沿光滑斜面向下抛出，不计空气阻力.由抛出到落地的过程中，下列说法中正确的是()A.重力对两球做的功相等B.重力的平均功率相等C.落地时重力的瞬时功率相等D.落地时两球的机械能相等9. (多选)如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量与空气阻力，重力加速度为g.在此过程中正确的是()A.缓慢上拉过程中拉力F做的功W F＝FL sin θB.缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC.小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D.由静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增大后减小10. (多选)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处.将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，重力加速度为g，则()A.由A 到B 重力对小球做的功等于mghB.由A 到B 小球的重力势能减少12m v 2C.由A 到B 小球克服弹力做功为mghD.小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为mgh －m v 2211.(多选)如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A.电动机由于传送物体多做的功为12m v 2B.物体在传送带上的划痕长v 22μgC.摩擦力对物体做的功为12m v 2D.传送带克服摩擦力做的功等于摩擦热12.(多选)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质量为2m ，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m ，用手托着物体A 使弹簧处于原长，细绳伸直且B 与轻滑轮间的弹簧和细绳均与斜面平行，A 与地面的距离为h ，物体B 静止在斜面上挡板P 处.放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A.弹簧的劲度系数为mg hB.此时弹簧的弹性势能等于mgh －12m v 2C.此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上D.此后物体B 可能离开挡板沿斜面向上运动二、实验题(本题共2小题，共12分)13.(6分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图(a)所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触但不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接.向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能.(1)实验中涉及到下列操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号).(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果.打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可知，________(填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.14.(6分)某实验小组的同学用如图所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，他们的主要实验步骤如下：(Ⅰ)按图示安装好器材.(Ⅱ)将电火花计时器接到电源上.(Ⅲ)接通电源后释放纸带，打出一条纸带.(Ⅳ)换用另外的纸带，重复步骤(Ⅲ).(Ⅴ)选取点迹清晰的纸带，测量所选纸带上一系列测量点距初位置的距离.(Ⅵ)根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能和它增加的动能，比较二者是否相等.请回答下列问题(1)为完成此实验，除了图中所给器材外，还必需的器材有________.(填正确选项前的字母)A.天平B.秒表C.毫米刻度尺D.4～6 V的交流电源E.220 V的交流电源(2)步骤(Ⅴ)中测得测量点距初位置的距离为h，计算出对应的速度为v.以h为横轴，v2为纵轴，画出的图线如图11所示，图线的斜率为k，则当地的重力加速度为________.(不计一切阻力)三、计算题(本题共4小题，共40分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 15.(8分)如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R ＝0.8 m 的光滑14竖直圆轨道BC 相切于B ，轨道BC与半径为r ＝0.4 m 的光滑14竖直圆轨道CD 相切于C ，质量m ＝1 kg 的小球静止在A 点，现用F ＝18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点.已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球在D 点的速度v D 大小；(2)小球在B 点对圆轨道的压力F N B 大小； (3)A 、B 两点间的距离x .16.(9分)如图甲所示，质量m ＝1 kg 的物体静止在光滑的水平面上，t ＝0时刻，物体受到一个变力F 作用，t ＝1 s 时，撤去力F ，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v－t图象如图乙所示，不计其他阻力，g取10 m/s2，求：(1)变力F做的功；(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率；(3)物体回到出发点的速度大小.17.(10分)如图所示，轨道ABCD平滑连接，其中AB为光滑的曲面，BC为粗糙水平面，CD为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管，管口D正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D端齐平.质量为m的小球在曲面AB上距BC高为3r处由静止下滑，进入管口C端时与圆管恰好无压力作用，通过CD后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为E p.已知小球与水平面BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)水平面BC的长度s；(2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能E km.18.(13分)如图所示，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的14圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去.滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节.斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点.认为滑块通过C和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力.(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2)若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围.答案1.答案 D2.答案 C解析汽车受到的阻力为F f ，当加速度为a 时，有F －F f ＝ma ，得F ＝F f ＋ma ；根据P ＝F v ，则发动机的实际功率为P ＝(F f ＋ma )v ，选项C 正确.3.答案 B4.答案 A解析第一次B 固定在地面上，将A 拉到B 的右端时A 相对于地面的位移等于B 板的长度.第二次B 可以在光滑水平地面上自由滑动，在摩擦力作用下B 要向右运动，则将A 拉到B 的右端时A 相对于地面的位移将大于B 板的长度，所以第二次A 相对于地面的位移大，由功的计算公式W ＝Fl ，应有W 1<W 2，摩擦产生的热量Q ＝F f x 相对，两次都从木板B 的左端滑到右端，相对位移都等于B 板的长度，相对位移相等，摩擦力相等，所以Q 1＝Q 2，故A 正确，B 、C 、D 错误.5.答案 D解析 0～t 1时间内牵引力是恒定的，故合力也是恒定的；输出功率在增大，当达到额定功率后，速度逐渐增大，牵引力逐渐减小，一直到等于摩擦力，故合力也一直减小直到等于零，故选D.6.答案 D7.答案 C8.答案 AD解析从抛出到落地的过程中，重力对两球做的功相等，因两球初速度大小相等，故两球落地时速度大小相同，机械能相同；竖直下抛的小球由抛出到落地所用的时间较短，重力的平均功率较大，落地时速度方向竖直向下，重力的瞬时功率较大，A 、D 正确，B 、C 错误.9.答案 CD解析缓慢上拉过程中，小猴处于平衡状态，故拉力是变力，根据动能定理，有：W F －mgL (1－cos θ)＝0，故W F ＝mgL (1－cos θ)，故A 错误；缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加等于克服重力做功，故为mgL (1－cos θ)，故B 错误；小猴子再次回到最低点时重力方向与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故C 正确；刚刚释放时，速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增大后减小，故D 正确.10.答案 AD解析重力做功只和高度差有关，故由A 到B 重力做的功等于mgh ，选项A 正确；由A 到B 重力势能减少mgh ，选项B 错误；由A 到B 小球克服弹力做功为W ＝mgh －12m v 2，选项C 错误，D 正确. 11.答案 BC解析电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是12m v 2，所以电动机多做的功一定要大于12m v 2，故A 错误.物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v 所需的时间t ＝v μg ，在这段时间内物块的位移x 1＝v 2t ＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝v t ＝v 2μg，则物体在传送带上的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg，故B 正确.根据动能定理，摩擦力对物体做的功等于物体增加的动能12m v 2，选项C 正确；传送带克服摩擦力做的功为W f ＝μmgx 2＝μmg ·v 2μg＝m v 2，摩擦热为Q ＝μmg Δx ＝μmg ·v 22μg ＝12m v 2，则知W f ≠Q ，故D 错误.故选B 、C. 12.答案 AB解析 A 物体下落h ，则弹簧的形变量是h ，B 物体处于静止状态，所以kh ＝2mg sin 30°，解得k ＝mg h，A 正确；如果物体A 不受拉力，则物体A 机械能守恒，这里物体A 减少的机械能转化为了弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹性势能为mgh －12m v 2，B 正确；此时弹力为mg ，故A 物体受力平衡，加速度为0，C 错误；因A 落地后不再运动，则弹簧的形变量不再变化，弹力不会再增大，故B 不可能离开挡板向上运动，D 错误.13答案 (1)④①③②(2分) (2)1.29(2分) M (2分)解析 (1)根据该实验操作过程，正确步骤应为④①③②.(2)物块脱离弹簧时速度最大，v ＝Δx Δt ＝2.58×10－20.02m /s ＝1.29 m/s ；弹簧的弹性势能转化为物块的动能，故物块获得的最大速度越大，弹簧的弹性势能越大，据纸带中打点的疏密知M 纸带获得的最大速度较大，对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能较大.14答案 (1)CE(3分) (2)k 2(3分) 解析 (1)比较重锤下落过程中减少的重力势能和它增加的动能，质量可约去，不需要天平.实验中用打点计时器测时间，不需要秒表.测量所选纸带上一系列测量点距初位置的距离需使用毫米刻度尺.电火花计时器应接220 V 的交流电源.故选C 、E.(2)机械能守恒，则mgh ＝12m v 2即v 2＝2gh ，v 2－h 图线的斜率k ＝2g ，当地的重力加速度g ＝k 2. 15答案 (1)2 m/s (2)45 N (3)2 m解析 (1)小球恰好过最高点D ，有：mg ＝m v D 2r(1分) 解得：v D ＝2 m/s ；(1分)(2)小球从B 到D ，由动能定理：－mg (R ＋r )＝12m v D 2－12m v B 2 (2分)设小球在B 点受到轨道支持力为F N ，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v B 2R(1分) 由牛顿第三定律得F N B ＝F N联立解得：F N B ＝45 N ；(1分)(3)小球从A 到B ，由动能定理：F ·x 2－μmgx ＝12m v B 2 (1分) 解得：x ＝2 m.(1分)16答案 (1)50 J (2)20 W (3)2 5 m/s解析 (1)由题图乙知物体1 s 末的速度v 1＝10 m/s ，(1分)根据动能定理得：W F ＝12m v 12＝50 J.(1分) (2)物体沿斜面上升的最大距离：x ＝12×1×10 m ＝5 m(1分) 物体到达斜面时的速度v 2＝10 m/s ，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：－mgx sin 37°－W f ＝0－12m v 22 (2分) 解得：W f ＝20 J ， P ＝W f t＝20 W.(1分) (3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v 3，在物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，根据动能定理：－2W f ＝12m v 32－12m v 22 解得：v 3＝2 5 m/s(2分)此后物体做匀速直线运动，物体回到出发点的速度大小为2 5 m/s.(1分)17答案 (1)5r 2μ (2)32mgr ＋m 2g 2k－E p 解析 (1)由小球在C 点对轨道没有压力，有mg ＝m v C 2r(1分) 小球从出发点运动到C 点的过程中，由动能定理得3mgr －μmg ·s ＝12m v C 2 (2分) 解得s ＝5r 2μ.(1分) (2)小球速度最大时，加速度为0，设此时弹簧压缩量为x .由kx ＝mg ，(1分)得x ＝mg k(1分)由C 点到速度最大时，小球和弹簧构成的系统机械能守恒设速度最大时的位置为零势能面，有12m v C 2＋mg (r ＋x )＝E km ＋E p (2分) 解得E km ＝32mgr ＋m 2g 2k－E p .(2分) 18答案见解析解析 (1)在B 点，F N －mg ＝m v 2R(1分) 解得F N ＝20 N由牛顿第三定律，F N ′＝20 N(1分)从A 到B ，由动能定理，mgR －W f ＝12m v 2(1分) 解得W f ＝2 J ；(1分)(2)若μ＝0，滑块在CD 间运动有mg sin θ＝ma加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2(1分)由匀变速运动规律得s ＝v t ＋12at 2(1分) 解得t ＝13s ，或t ＝－1 s(舍去)；(1分) (3)最终滑块停在D 点有两种可能：a.滑块恰好能从C 下滑到D .则有mg sin θ·s －μ1mg cos θ·s ＝0－12m v 2，(1分) 得到μ1＝1(1分)b.滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点.当滑块恰好能返回C ：－μ2mg cos θ·2s ＝0－12m v 2(1分) 得到μ2＝0.125(1分)当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin θ＝μ3mg cos θ，得到μ3＝0.75(1分)所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点. 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.(1分)。