文档内容
阶段性训练（二）
考察内容（平抛运动 圆周运动 万有引力定律 机械能守恒定律 动量）
一．选择题
1． 下列说法正确的是（ ）
A．人在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力
B．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为弩箭的惯性减小了
C．跳高运动员在越杆时处于平衡状态
D．船相对于静水的速度大于河水流速时，船过河的最短路程等于河的宽度
【解答】解：A．人对地面的压力与地面对人的支持力是作用力与反作用力，二者大小始终相等，
故A错误；
B．质量是惯性大小的量度，与速度无关，故B错误；
C．跳高运动员在越杆时受重力作用，受到的力不等于零，所以不是平衡状态，故C错误；
D．船相对于静水的速度大于河水流速时，合速度可以垂直于河岸，船过河的最短路程等于河的
宽度，故D正确。
故选：D。
2． 我国研制的“威龙”J﹣20是高性能五代歼击机，它在空中能做连续的开普勒抛物线
飞行，飞机飞行的轨迹从左向右运动，图中各点的速度与飞机所受合力的方向可能正确的（
）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【解答】解：由于曲线运动的速度方向沿轨迹上该点的切线方向，合外力应指向曲线的内侧，
故ACD错误，B正确
故选：B。
3． 轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。它运行时能到
达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨
道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上
方用时45分钟，则（ ）A．该卫星运行速度一定大于7.9km/s
B．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1：4
C．该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2：1
D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
360°
【解答】解：由题意可知，卫星的周期：T= ×45min＝180min＝3h；
90°
A、由于卫星的轨道半径大于地球半径，卫星的线速度小于第一宇宙速度，即卫星的线速度小于
7.9km/s，故A错误；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm =m
(
2π
)
2r，解得：r
=
√
3
GMT2，该卫星
r2 T 4π2
轨道半径与同步卫星轨道半径之比： r √ T √ 3 1，故B正确；
=3
( )
2=3
( )
2=
r T 24 4
同步 同步
Mm GM
C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G =ma，解得：a= ，该卫星加速度与同
r2 r2
步卫星加速度之比： a
r2
4 16，故C错误；
= 同步=( ) 2=
a r2 1 1
同步
D、由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D错误；
故选：B。
4． 飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周
运动半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心
v2 2πR
力的冲量，即I=F Δt=m =2πmv
n R v
D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变
量为零
【解答】解：A、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，因此速度是变化的，
所受合外力不为零，故A错误；
BC、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，速度不断变化，由p＝mv知动量
不断变化，动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，由于向心力是变力，
v2 2πR
不能根据I＝F •Δt＝m • =2 mv来求向心力的冲量，故BC错误；
n
R v
π
D、飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周合外力冲量为零，根据动量
定理，飞行一周动量的改变量为零，故D正确。
故选：D。
5． 某工地小型升降电梯的原理图如图所示，轿厢A、重物B跨过轻质定滑轮通过足够长
轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中 A未接
触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为M＝600kg、m＝400kg，电机输出功率恒为 P＝
3kW，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2，则当轿厢速度为1m/s时，A、B
之间轻质缆绳的拉力大小为（ ）
A．5400N B．6000N C．6600N D．7000N
P 3000
【解答】解：当轿厢速度为1m/s时，电动机的牵引力为：F= = N=3000N，A、B为
v 1
连接体具有的加速度大小相等，以轿厢A为对象，根据牛顿第二定律可得T﹣Mg＝Ma，以对重
B为对象，根据牛顿第二定律可得F+mg﹣T＝ma，联立解得A、B之间轻质缆绳的拉力大小为T＝6600N
故选：C。
6． 如图所示为风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。
三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮
风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转
动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则
（ ）
A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同
C．开始刮风时，风杯加速转动，其所受合外力不指向旋转轴
D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越大
【解答】解：A、根据题意，若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，由
牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A错误；
B、三个风杯属于同轴转动，角速度相同，且三个风杯做圆周运动的半径相同，由v＝ r可知，
任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误； ω
C、开始刮风时，风杯切向方向合力不为零，因此风杯所受合外力不指向旋转轴，故C正确；
2πr
D、当风杯匀速转动时，根据v= 可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D错误。
T
故选：C。
7． 2023年10月26日，“神舟十七号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空后成功与在轨
的“天宫”空间站核心舱对接。已知对接后的“神舟十七号”飞船与空间站组合体在轨做匀速
圆周运动，运行周期为T，地球半径为R，地球表面的重力加速度g，仅利用上述数据可以求得
（ ）A．地球的平均密度
B．地球的质量
C．组合体的在轨运行高度
D．组合体受到的万有引力
GM
【解答】解：ABC.在地球表面， =g，由于G未知，所以地球质量和密度不可求，设组合
R2
体距离地面高度为h，质量为m，地球质量为M，则可得： GMm 4π2 ，联立解
=m(R+ ℎ)
(R+ ℎ) 2 T2
得： √R2T2g ，故AB错误，C正确；
ℎ =3 −R
4π2
GMm
D.根据F= ，组合体和地球质量未知，无法计算组合体受到的万有引力，故D错误；
(ℎ +R) 2
故选：C。
8． 长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手
榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地
点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正
确的有（ ）
A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，甲重力的功率比乙大
C．从投出到落地，每颗手榴弹的动能增加量为mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能改变量为mgh
1
【解答】解：A.由平抛运动规律可知h= gt2，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运
2
动时间相等，故A错误；
B.做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvcos ＝mgv
y
＝mg√2gℎ ，因为两手榴弹运动
的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹θ重力功率相同，故B错误；
C.从投出到落地，根据动能定理有mgh＝ΔE ，所以每颗手榴弹的动能增加量为mgh，故C正确；
k
D.从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选：C。
9． 如图所示，斜面倾角为 ＝30°，在斜面上方某点处，先让小球（可视为质点）自由下
落，从释放到落到斜面上所用时间θ为t ，再让小球在该点水平抛出，小球刚好能垂直打在斜面
1
上，运动的时间为t ，不计空气阻力，则t 为
2 1
t
2
（ ）
√2 √3 √3 √5
A． B． C． D．
1 √2 2 √3
【解答】解：设小球速度为v ，小球垂直打在斜面上，如图所示，tan v v ，解得：
0 θ= 0 = 0
v gt
y 2
v √3v
t = 0 = 0；
2 gtanθ g
1 1
小球做平抛运动的水平位移x＝v t ，故小球抛出点距斜面底端的高度；H＝xtanθ+ gt2= gt2
02 2 2 2 1，解得t √5v ，所以t √5，故D正确，ABC错误；
1= 0 1=
g t √3
2
故选：D。
10．中国空间站的问天实验舱中配置了变重力科学实验柜，它为科学实验提供了0.01G～
2G范围内的高精度模拟重力环境。变重力实验柜的主要装置是两套离心机（如图甲所示），离
心机示意图如图乙所示，离心机旋转的过程中，实验载荷会对容器壁产生压力，这个压力的大
小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是
（ ）
A．实验样品的质量越大“模拟重力加速度”越大
B．离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”也变为原来的2倍
C．实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心
D．为防止两台离心机转速增加时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动
【解答】解：AB．根据题意可得m（2 n）2r＝mg模
则模拟重力加速度为 π
g =4π2n2r
模
可知模拟重力加速度与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力
加速度”变为原来的4倍，故AB错误；
C．离心机旋转的过程中，实验载荷有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，故模拟重力
的方向背离离心机转轴中心，故C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，一台离心机转速增加时，会给空间站施加相反方向的力，使空间站
发生转动，故为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，故D正确。
故选：D。
11． 如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，ABCD是一个矩形，AB
＝5m，BC＝3m，有一个可视为质点、质量m＝1kg的小球用长L＝5m的轻绳悬挂在A点。小
球随容器一起绕AB边做匀速圆周运动，取重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8，下列说法正确的是（ ）
A．当 ＝1rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4N
B．当ω＝2rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是12N
ω √10
C．小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s
2
5
D．小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s
2
【解答】解：CD．设小球刚接触器壁CD时的角速度为 ，此时绳子与竖直方向的夹角为 ，
0
ω θ
BC 3
根据几何关系可得：sinθ= =
L 5
故可解得： ＝37°
以小球为研θ究对象，受力分析如图：根据牛顿第二定律可得：
mgtan30°=mω2r
0
√gtan37° √10×0.75 √10
解得：ω = = rad/s= rad/s，故C正确，D错误；
0 r 3 2
√10
A．当 ＝1rad/s时，由于ω=1rad/s＜ω = rad/s，可知小球还未接触器壁 CD，故A
0 2
ω
错误；
√10
B．当 ＝2rad/s时，由于ω=2rad/s＞ω = rad/s，可知小球接触到了器壁CD
0 2
ω
设器壁CD对小球的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，受力如图：
则竖直方向有：Tcos37°＝mg
mg 1×0
解得绳子的拉力为：T= = N=12.5N
cos37° 0.8水平方向有：Tsin37°+N＝m 2r
可得：N＝m 2r﹣Tsin37°＝mω 2Lsin37°﹣Tsin37°
代入数据解得ω：N＝1×22×5×0.ω6N﹣12.5×0.6N＝4.5N，故D错误。
故选：C。
12．如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧
处于原长，一颗质量为km（k＜1）的子弹以水平速度v 射入木块A并留在物块中（时间极
0
短），则下列说法正确的是（ ）
kmv
A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为 0
k+1
B．子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为
kmv2
0
2(k+1) 2
kmv
C．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量大小最大值为 0
k+2
D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为
k2mv2
0
(k+1)(k+2)
【解答】解：A、子弹射入物块A的过程中，对子弹与物块A整体动量守恒，则有：kmv ＝
0
（m+km）v
1
k
代入数据解得：v = v
1 k+1 0
kmv
所以子弹动量的变化量：Δp＝kmv ﹣kmv ，代入解得：Δp=− 0，故A错误；
1 0
k+1
B、物块A的动能增加量为
ΔE =
1
mv 2
，代入数据解得：
ΔE =
k2mv
0
2
，故B错误；
k 2 1 k 2(k+1) 2
C、当子弹和物块A、B速度相同时，弹簧第一次压缩到最短时，此时物块 B的动量最大，则有
子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有
kmv ＝（2m+km）v
0 2
k
代入数据解得：v = v
2 k+2 0
kmv
物块B动量的最大值为：p = 0，故C正确；
Bm k+2D、弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为
ΔE =
1
(m+km)v 2−
1
(2m+km)v 2
，代入数据解得：
ΔE =
k2mv
0
2 ，故D错误。
p 2 1 2 2 p 2(k+1)(k+2)
故选：C。
二．多选题
13．如图所示，倾角 ＝53°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最
低点A在转轴OO 上。转台θ 以角速度 匀速转动时，将质量为m的小物块（可视为质点）放
1
置于斜面上，经过一段时间后小物块与ω斜面一起转动且相对斜面静止在 AB线上，此时小物块
到A点的距离为L。已知小物块与斜面之间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，若最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则物块相对斜面静止时（ ）
A．小物块对斜面的压力大小不小于mg
B．小物块对斜面的压力大小不大于4mg
√5g
C．水平转台转动角速度 应不小于
6L
ω
√11g
D．水平转台转动角速度 应不大于
2L
ω
【解答】解：当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图1所示
y轴方向根据平衡条件得
N cos +f sin ＝mg
1 1
θ θf ＝ N
1 1
x轴μ方向根据牛顿第二定律得
N sinθ−f cosθ=mω2Lcosθ
1 1 1
联立解得
√5g
=
1
6L
ω
N ＝mg
1
当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图2所示
y轴方向根据平衡条件得
N cos ＝f sin +mg
2 2
f ＝ Nθ θ
2 2
x轴μ方向根据牛顿第二定律得
N sinθ+f cosθ=mω2Lcosθ
2 2 2
联立解得
√55g
ω =
2 6L
N ＝5mg
2
由上分析可知，角速度取值范围为
√5g √55g
≤ω≤
6L 6L
小物块对斜面的压力大小
N′＝N
取值范围为
mg≤N′≤5mg故AC正确，BD错误。
故选：AC。
14．“天绘五号”卫星先发射至近地圆轨道，在近地轨道的A位置调整速度进入转移轨道，
在转移轨道的远地点B位置调整速度进入目标轨道。已知地球表面重力加速度为g、半径为
R，目标轨道的半径为r，引力常量为G。若地球质量为M，卫星质量为m，卫星在目标轨道处
Mm
的引力势能可表示为E =−G 。下列说法正确的是（ ）
p r
3gR
A．地球的密度可表示为
4πG
B．地球的第一宇宙速度可表示为√gr
(R+r)√R+r
C．转移轨道上卫星运动的周期可表示为π
R 2g
1 R
D．卫星两次加速增加的机械能为 mgR(1− )
2 r
GMm 4πR3
【解答】解：A.在地球表面，忽略地球自转情况下有 =mg，地球的体积V= ，又
R2 3
ρ
M
=
V
3g
联立可得 = ，故A错误；
4πGR
ρ
B.设O为地球球心，近地轨道半径OA＝R，目标轨道半径OB＝r，
OA+OB＝AB＝2a
AB OA+OB R+r
半长轴a= = =
2 2 2
第一宇宙速度是近地卫星线速度：
GMm
= m
v2
，则v=
√GM
R2 R R
黄金代换，GM＝gR2，则v=√gR，故B错误；C.近地轨道GMm mg＝m4π2R
=
R2 T2
1
4π2R
得到T2=
1 g
R+r
3
近地轨道和转移轨道平着轨第三定律R3
=
(
2
)
，解得T
2
＝
(R+r)√R+r
，故C正确；
R 2g
T2 T2
1 2
π
D.近地轨道GMm mg＝mv2
= 1
R2
R
得到m mgR，GM＝gR2
v2=
1
目标轨道GMm mv2
= 2
R2
r
gR2
得到mv2=
2 r
1 GMm 1 GMm 1 R
增加机械能ΔE＝（ mv2− ）﹣（ mv2− ）= mgR（1− ），故D正确。
2 2 r 2 1 R 2 r
故选：CD。
15．如图甲所示，在水平地面上放有质量均为1kg的小物块A和长木板B，两物体均处于
静止状态，从零时刻起给小物块A施加一水平外力F，当t ＝2s时撤去外力F。0～t 内小物块
1 3
A及长木板B的加速度随时间变化的关系如图乙所示，在t ～t 时间内两物块以共同的加速度a
2 3
共
＝﹣2m/s2在地面上运动，直至t
3
时刻均停止运动，重力加速度g取10/m2，取水平向右为正方
向。下列说法正确的是（ ）7
A．l = s
2 2
49
B．0～t 内长木板的位移大小为 m
3
18
C．小物块与长木板间的动摩擦因数 ＝0.2
μ 35
D．A、B两物体间因摩擦而产生的热量为 J
3
【解答】解：A、由于a共 ＝﹣2m/s2，所以，F
f地对B
＝2ma共 ＝2×1×2N＝4N，又因为对B在0～t
2
间分析有：F合 ＝ma＝1×1N＝1N＝
FfA对B
﹣F
f地对B
，代入解得：F
fA对B
＝5N，由于A对B的摩擦
力和B对A的摩擦力是一对相互作用力，所以二者大小相等，故F
fB对A
＝5N，所以对A在t
1
～t
2
之间分析有：a ′ F −5m/s2，故有v ＝a t ＝4m/s，v ＝a t ＝2m/s，所以有：4m/s﹣
A = 合= At1 A1 Bt1 B1
m 1
A
1 7
5m/s2×（t 2 ﹣t 1 ）＝2m/s+1m/s 2 （t 2 ﹣t 1 ），从而得到 t 2 ﹣t 1 = s，v 共 = m/s，所以：t 3 ﹣t 2
3 3
7
− 7 1 7
3 7s，那么：t 3 = s+ s+2s= s，故A正确；
= = 6 3 2
−2 6
1 7 1 1 7 49
B、由于：t = s+t = s，所以该时间内B和A的位移：x = a t2= ×1×( ) 2m= m，x
2 3 1 3 1 2 B 2 2 3 18 27
2
v2 (
3
)
m=
47
m，所以：x ＝x +x =
49
m，故B错误；
= 共 = 36 B 1 2 12
2a 2×2
共
C、由于AB间摩擦力：F fB对A ＝5N＝ F N ＝ ×1×10，从而得到： ＝0.5，故C错误；
D 、 由 于 对 A 来 说 ， 各 段 时 间 μ 内 的 μ 位 移 ： x t1 = 1 2 a A t μ 1 2= 1 2 ×2×22m ＝ 4m ， x t2→ t1
7
4+ 19 91 42 7
= v t1 +v t2 (t −t )= 1 × 3m= 18 m，x 0→t2 =x t1 +x t 1 −t 2 = 18 m，所以：Δx=x A0+t 2 −x 1 = 18 = 3
2 2 1 3 2
7 35
m，所以摩擦生热：Q＝Fx＝5× J= J，故D正确。
3 3
故选：AD。
三．实验题
16．一兴趣小组在学习了平抛运动后，进行了“探究平抛运动的特点”实验，实验中，以
小球离开轨道末端时的球心位置为坐标原点 O，建立水平（x）与竖直（y）坐标轴。让质量为
m的小球从斜槽上离水平桌面高为h处由静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球
做平抛运动时球心的轨迹如图甲所示。
（1）以下实验操作合理且必要的是 （填正确答案标号）。
A．调整斜槽末端，必须使末端保持水平
B．小球每次都从斜槽上不同的位置由静止释放
C．以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系
D．用砂纸打磨斜槽轨道，尽量使斜槽轨道光滑一些
（2）已知小球平抛运动的初速度为v ，重力加速度为g，则小球做平抛运动的轨迹方程为y＝
0
。
（3）某同学在实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示。取g＝10m/s2，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O （选填“是”或“不是”）抛出点；小球
从A点运动到B点的时间为 s；若小球的质量为100g，则小球经过图乙中的位置A时
重力的瞬时功率为 W。
【解答】解：（1）A．该实验中要求斜槽末端的切线保持水平以保证小球做平抛运动，故 A正
确；
B．小球每次必须从相同的高度位置滚下，以保证小球水平抛出时的速度相同，故B错误；
C．以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系，故C正确；
D．只要小球每次从相同的高度位置滚下，以相同的水平速度抛出即可，钢球与斜槽间的摩擦对
实验没影响，故D错误。
故选：AC。
（2）根据平抛运动的规律，水平方向x＝v t
0
1
竖直方向y= gt2
2
联立解得 y= g x2
2v2
0
（3）由平抛运动的水平位移可知，OA段和AB段的时间相等，若O为抛出点，则OA段和AB
段的竖直位移之比为1：3，而实际竖直位移之比是1：2，可知O点不是抛出点；
根据匀变速运动的推论Δy＝y ﹣y ＝gT2
2 1
代入数据解得T＝0.1s
即小球从A点运动到B点的时间为0.1s。
y 0.30
小球过A点时，在竖直方向上的速度为v = OB= m/s=1.5m/s
Ay 2T 0.2
小球经过图中的位置A时重力的瞬时功率为P＝mgv ＝0.1×10×1.5W＝1.5W。
Ay
故答案为：（1）AC；（2）不是；（3）0.1；1.5。
17．某同学利用透明直尺和光电计时器来验证机械能守恒定律，实验的简易示意图如下，
当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。将挡光效果好、
宽度为d＝3.8×10﹣3m的黑色胶带贴在透明直尺上，从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光
电门。他测得各段黑色胶带通过光电门的时间 Δt 图中所示的高度差Δh，并将部分数据进行了
i i
处理，结果如表所示。（本题g＝9.8m/s2，表格中M为直尺质量）
Δt i (10−3s) v = d (m⋅s−1 ) ΔE = 1 Mv2− 1 Mv2 Δh i （m） MgΔh i
i Δr ki 2 i 2 11 1.21 3.13 —— —— ——
2 1.15 3.31 0.58M 0.06 0.58M
3 1.00 3.78 2.24M 0.23 2.25M
4 0.95 4.00 3.10M 0.32 3.14M
5 0.90 0.41
（1）将表格中数据填写完整；
d
（2）从表格中数据可知，直尺上黑色胶带通过光电门的瞬时速度是利用v = 求出的，由于d
i Δt
不是足够小，导致ΔE 的值比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
ki
【解答】解：（1）由表中实验数据可知v d 3.8×10−3 m/s≈4.22m/s
5= =
Δt 0.90×10−3
5
1 1
动能的增加量ΔE = Mv2− Mv2
k5 2 5 2 1
将v ＝3.13m/s，v ＝4.22m/s代入解得：
1 5
1 1
ΔE = ×M×（4.22）2− ×M×（3.14）2＝3.97M
k5
2 2
重力势能的减少量：ΔE ＝MgΔh ＝M×9.8×0.41＝4.02M。
p 5
（2）由于d不是足够小，使测量的速度偏大，从而导致ΔE 的值比真实值偏大；
ki
故答案为：（1）4.22，3.97M，4.02M（2）偏大
四．计算题
18．“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉
入水中、而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。
如图所示，某同学在岸边离水面高度 h ＝0.8m处，将一质量m＝20g的小石片以初速度v ＝
0 0
16m/s水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，接触水面0.1s3
后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的 。取重力加速度g＝10m/s2，不计
4
空气阻力。求：
（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离；
（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。
【解答】（1）开始小石片做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，设第一次刚刚接触水面的
速度为v ，有 ，则
y v2=2gℎ v =√2gℎ =√2×10×0.8m/s=4m/s
y 0 y 0
3 3
第一次刚接触水面弹起时竖直方向的速度v = v = ×4m/s=3m/s
y1 4 y 4
小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，规定初速度方向为正方向，根据牛
−f −1.2
顿第二定律得，﹣f＝ma，则a= = m/s2=−60m/s2
m 20×10−3
设接触水面0.1s后弹起的水平速度为v ，根据运动学公式有v ＝v +at＝16m/s+（﹣60）×0.1m/s
x x 0
＝10m/s
2v 2×3
设第1次离开水面后到再次碰到水面前在空中运动时间为t ，t = y1= s=0.6s
1 1
g 10
在空中运动的水平距离x＝v t ＝10×0.6m＝6m；
x1
（2）设水面对小石片竖直方向的作用力为 F，设竖直向上为正方向，根据动量定理得（F﹣
mg）t＝mv ﹣mv
y1 y
mv −mv 20×10−3×3−20×10−3 (−4)
解得F= y1 y+mg= N+20×10−3×10N=1.6N
t 0.1
第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小F′ 。
=√f2+F2=√1.22+1.62N=2N
答：（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离为6m；
（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小为2N。
19．遥控F3P模型是一种固定翼模型飞机，通过安装在机头位置的电机带动螺旋桨转动向后推动空气为飞机提供动力，可以通过控制副翼和尾翼实现各种复杂的 3D动作，因此目前正
得到越来越多航模爱好者的喜爱。现对模型进行飞行试验，已知模型的质量为m＝0.2kg，取g
＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）通过控制，使无人机在某一高度沿水平面做匀速圆周运动，需要使机翼与水平方向成一定
的角度“侧身”飞行。如图所示，机翼与水平方向的夹角为 ＝37°，若想无人机在半径不超过
R＝4.8m的范围内运动，其飞行速度不能超过多少； θ
（2）控制模型使其沿竖直方向爬升，在地面上从静止开始以恒定升力竖直向上运动，经时间 t
＝2s时离地面的高度为h＝8m，设运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝2N，求此过程动力系统
的升力F；
（3）从（2）中达到的状态开始，模型通过不断调整升力继续上升，在距离地面高度为H＝18m
处速度恰为0，求无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功W为多少？
【解答】解：（1）无人机在水平面内做匀速圆周运动，其做圆周运动的向心力由重力和机翼升
力的合力提供，则
v2
mgtan37°＝m
R
√ 3
解得v=√gRtan37°= 10×4.8× m/s＝6m/s
4
故无人机飞行速度不能超过6m/s。
1
（2）无人机做初速度为零的匀加速直线运动，有h= at2
2
2ℎ 2×8
可得无人机上升的加速度a= = m/s2＝4m/s2
t2 22
根据牛顿第二定律可知
F﹣mg﹣f＝ma
解得F＝4.8N
（3）无人机在h＝8m处的速度v＝at＝4×2m/s＝8m/s
由动能定理得1
W﹣mg（H﹣h）﹣f（H﹣h）＝0− mv2
2
解得W＝33.6J
答：（1）其飞行速度不能超过6m/s；
（2）此过程动力系统的升力F为4.8N；
（3）无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功W为33.6J。
20．如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径
R＝0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为m ＝2kg、m ＝1kg的物块A、B
A B
（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧
（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长L＝0.5m的小车，小车上表面
与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。B向右滑动且恰好
能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数 ＝0.2，重力加速度g取
10m/s2。求： μ
（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。
（3）小车的质量M。
【解答】解：（1）恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
v2
m g=m d
B B R
b到d过程，对B，由动能定理得：
1 1
﹣m g×2R= m v2− m v2
B 2 B d 2 B b
在b点，由牛顿第二定律得：
v2
F −m g=m b
N B B R代入数据解得：F ＝60N，v ＝4m/s
N b
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小：F ′＝F ＝60N
N N
（2）弹簧弹开A、B过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m v ﹣m v ＝0
A A B b
由能量守恒定律得：
1 1
E = m v2 + m v2
p 2 A A 2 B b
代入数据解得：E ＝12J，v ＝2m/s
p A
（3）A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，A与小车组成的系统动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律定律得：m v ＝（m +M）v
A A A
1 1
由能量守恒定律得：μm gL= m v2 − (m +M)v2
A 2 A A 2 A
代入数据解得：M＝2kg
答：（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小是60N。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能是12J。
（3）小车的质量M是2kg。
