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第4 讲 万有引
力定律
第2 讲 动能定理
第6 讲 动量定理
参考答案
第1 讲 功与功率
第5 讲 万有引力
与航天
第3 讲 机械能
守恒定律
第7 讲 动量守
恒定律
22
07
35
46
01
28
14
41
高一物理目标自招综评班练习册
1
第1 讲
功与功率
第1 讲
功与功率
检测题
1 下列关于力对物体做功的说法中正确的是( )
A. 摩擦力对物体做功的多少与路径有关
B. 合力不做功，物体必定做匀速直线运动
C. 在相同时间内作用力与反作用力做功绝对值一定相等，一正一负
D. 一对作用力和反作用力可能其中一个力做功，而另一个力不做功
2 以初速度v0 竖直向上抛出一个质量为m 的小球，上升最大高度是h。如果空气阻力f 的大小恒定，
则从抛出到落回出发点的整个过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A. 0
B. −fh
C. −2 fh
D. −2mgh
3 如图所示，同一物体分别沿斜面AD 和BD 自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相
同。在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA 和WB，则( )
A. WA > WB
B. WA = WB
C. WA < WB
D. 无法确定
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2
第1 讲
功与功率
4 如图所示，一个物体放在水平面上，在跟竖直方向成θ 角的斜向下的推力F 的作用下沿平面移动了
距离l。若物体的质量为m，物体与地面之间的摩擦力大小为f，则在此过程中( )
A. 摩擦力做的功为fl
B. 力F 做的功为Fl cosθ
C. 力F 做的功为Fl sinθ
D. 重力做的功为mgl
5 如图，质量分别为M 和m 的两物块（均可视为质点，且M > m）分别在同样大小的恒力作用下，沿
水平面由静止开始做直线运动，两力与水平面的夹角相同，两物块经过的位移相同。设此过程中F1
对M 做的功为W1，F2 对m 做的功为W2，则( )
A. 无论水平面光滑与否，都有W1 = W2
B. 若水平面光滑，则W1 > W2
C. 若水平面粗糙，则W1 > W2
D. 若水平面粗糙，则W1 < W2
6 质量为M 的长木板放在光滑的水平面上，一个质量为m 的滑块以某一速度沿木板表面从A 点滑至
B 点，在木板上前进了l，同时木板前进了x，如图所示。若滑块与木板间的动摩擦因数为µ，则摩擦
力对滑块做功为
，摩擦力对木板做功为
。
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3
第1 讲
功与功率
7 关于力对物体做功的功率，下面几种说法中正确的是( )
A. 力对物体做功越多，这个力的功率就越大
B. 力对物体做功的时间越短，这个力的功率就越大
C. 力对物体做功少，其功率可能很大；力对物体做功多，其功率也可能较小
D. 功率是表示做功快慢而不是表示做功多少的物理量
8 甲在t 时间内做功W，功率为P1；乙在t 时间内做功2W，功率为P2，则下列关系中正确的是( )
A. P1 < P2
B. P1 > P2
C. P1 = P2
D. 无法确定
9 起重机以2m/s2 的加速度将质量为500kg 的物体匀加速地沿竖直方向提升，从静止开始5s 内，起重
机钢索的拉力对物体做的功为
J，5s 内平均功率为
W，5s 末的瞬时功率为
W。(取g = 10m/s2)
10 某同学的质量为50kg，所骑自行车的质量为15kg，设该同学在平直路面上正常骑行时脚踏自行车的
功率为40W。若人与车受到的阻力是其重力的0.02 倍，则正常骑自行车时的速度大小约为( )
A. 3m/s
B. 4m/s
C. 13m/s
D. 30m/s
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4
第1 讲
功与功率
11 一个小孩站在船头，按如图所示的两种情况用同样大小的力拉绳，若经过相同的时间t（设船未碰
撞），小孩所做的功分别为W1、W2，在时间t 末小孩拉绳的瞬时功率分别为P1、P2，则( )
A. W1 > W2，P1 > P2
B. W1 = W2，P1 = P2
C. W1 < W2，P1 < P2
D. W1 < W2，P1 = P2
12 如图所示是一个物体受到的力F 与位移l 的关系图象，由图象求力F 在6m 内对物体所做的功为
。
13 用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知铁锤第一次将钉子
钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么第二次钉子进入木板的深度是多
少？
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5
第1 讲
功与功率
14 放在地面上的木块与一轻弹簧相连，弹簧处于自由伸长状态。现用手水平拉弹簧，拉力的作用点移动
x1 = 0.2m 时，木块开始运动，继续拉弹簧，木块缓慢移动了x2 = 0.4m 的位移，其F −x 图象如图所
示，求上述过程中拉力所做的功。
15 某人从井口匀速提水，水面距井口h = 10m，水和桶共重200N，提桶的绳子长10m，重20N，求人从井
里提上来一桶水需做多少功？
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6
第1 讲
功与功率
16 静止在水平面上的物体M，受到一水平向右的推力作用，在推力作用下向右运动了4m，水平推力随
物体位移的变化图象如图所示，推力的最大值为4N，且力随位移的变化图线恰好为四分之一圆周，
求水平推力在此过程中所做的功。
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7
第2 讲
动能定理
第2 讲
动能定理
检测题
1 一个物体的速度从0 增加到v，再从v 增加到2v，前后两种情况下，物体所受的合外力对物体做的功
之比是( )
A. 1 : 1
B. 1 : 3
C. 1 : 2
D. 1 : 4
2 关于公式W = Ek2 −Ek1 = ∆Ek，下列说法正确的是( )
A. 功就是动能，动能就是功
B. 功可以变为能，能也可以变为功
C. 动能变化的多少可以用功来量度
D. 若物体的速度变化，则动能一定变化
3 如图所示，一个质量为m 的小球用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 的作用下，从平衡位
置P 点很缓慢地移动到Q 点，则水平力F 所做的功为( )
A. mgl cosθ
B. Fl sinθ
C. mgl (1−cosθ)
D. Fl (1−cosθ)
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8
第2 讲
动能定理
4 如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b(可视为质点) 放在水平圆盘上，a 与转轴OO′ 的距离为
l，b 与转轴的距离为2l。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，圆盘转动的角速度ω 缓慢增大
到某一数值时a 和b 同时相对圆盘滑动。下列说法正确的是( )
A. a 和b 与圆盘间的最大静摩擦力相等
B. a 和b 与圆盘间的最大静摩擦力之比为1 : 2
C. a 相对圆盘滑动之前的整个过程内，摩擦力对a 不做功
D. b 相对圆盘滑动之前的整个过程内，摩擦力对b 做正功
5 质量为m 的物体以初速度v0 沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s，如图所示。
已知物体与水平面间的动摩擦因数为µ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞
到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A. 1
2mv02 −µmg(s+x)
B. 1
2mv02 −µmgx
C. µmgs
D. µmg(s+x)
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9
第2 讲
动能定理
6 一质量为2kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动
一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化
的关系图象。已知重力加速度g = 10m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
A. 物体与水平面间的动摩擦因数
B. 合外力对物体所做的功
C. 物体匀速运动时的速度
D. 物体运动的时间
7 质量为25kg 的小孩从高度为3.0m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s。取
g = 10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果中正确的是( )
A. 合外力做功50J
B. 阻力做功500J
C. 重力做功500J
D. 支持力做功50J
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10
第2 讲
动能定理
8 如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 是
水平的，其距离d = 0.50m。盆边缘的高度为h = 0.30m。在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从
静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为µ = 0.10。小物块
在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为( )
A. 0.50m
B. 0.25m
C. 0.10m
D. 0
9 如图所示，质量为m 的小球从高度H 处自由下落，进入沙坑深度h 后停止。不考虑空气阻力，则小
球在沙坑中受到的平均阻力( )
A. f = mg
B. f =
H
H +hmg
C. f = H +h
h
mg
D. f = H +h
H
mg
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11
第2 讲
动能定理
10 如图所示，在竖直平面内有一个粗糙的1
4 圆弧轨道，其半径R = 0.9m，轨道的最低点距地面高度
h = 1.25m，一质量m = 0.4kg 的小滑块从轨道的最高点A 由静止释放，到达最低点B 时的速度大小
为v = 3.0m/s。不计空气阻力，g 取10m/s2，求：
（1）小滑块运动到圆弧轨道最低点B 时，对轨道的压力的大小。
（2）小滑块落地点C 距轨道最低点B 的水平距离x。
（3）小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功。
11 汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的1
10，汽车能达到的最大速度
为vm。则当汽车速度为vm
2 时，汽车的加速度为(重力加速度为g)( )
A. 0.1g
B. 0.2g
C. 0.3g
D. 0.4g
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12
第2 讲
动能定理
12 汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，则在图中关于汽车运动过程中加速度、速度随
时间变化的关系，以下判断正确的是( )
A. 汽车的加速度——时间图象可用图乙描述
B. 汽车的速度——时间图象可用图甲描述
C. 汽车的加速度——时间图象可用图丁描述
D. 汽车的速度——时间图象可用图丙描述
13 卡车在平直公路上从静止开始加速行驶，经时间t 前进距离l，速度达到最大值vm。设此过程中发动
机功率恒为P，卡车所受阻力为Ff，则这段时间内，发动机所做的功为( )
A. Pt
B. Ffl
C. Pt −Ffl
D. Ffvmt
14 在检测某款电动汽车性能的某次试验中，电动汽车由静止开始沿平直公路匀加速启动，当功率达到
额定功率时保持功率不变，最终做匀速运动，设整个运动过程受到的阻力Ff 不变，图中v、a、F、Ff 和
P 分别表示电动汽车速度大小、加速度大小、牵引力大小、阻力大小和功率，其中不正确的是( )
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13
第2 讲
动能定理
15 在测某款电动车性能的实验中，让电动车由静止开始沿平直的公路行驶，利用仪器测得不同时刻电
动车的牵引力F 与对应的速度v，并描绘出如图所示的F −1
v 图象，其中线段AB 与1
v 轴平行，线段
BC 的延长线过原点（C 点为实线与虚线的分界点）。假设电动车行驶中所受的阻力恒定，取重力加
速度g = 10m/s2。求：
（1）电动车所受阻力。
（2）电动车的额定功率。
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14
第3 讲
机械能守恒定律
第3 讲
机械能守恒定律
检测题
1 关于重力势能与重力做功的下列说法中正确的是( )
A. 物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量
B. 在同一高度，将物体以速率v0 向不同方向抛出，从抛出到落地的过程中，重力所做的功相等，物体
所减少的重力势能也一定相等
C. 重力势能等于零的物体，不可能对别的物体做功
D. 用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力做的功等于克服重力所做的功与物体重力势能的增量
之和
2 如图所示，一个质量为M 的物体放在水平面上，物体上方连接一个长为L、劲度系数为k 的轻弹簧，
现用手拉着弹簧P 点缓慢向上移，直到物体离开地面一段距离，在这一过程中，P 点位移是H(设开
始时弹簧处于原长)，重力加速度大小为g，则物体的重力势能增加了( )
A. MgH
B. MgH + Mg
k
C. MgH −(Mg)2
k
D. MgH −Mg
k
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15
第3 讲
机械能守恒定律
3 如图所示，面积很大的水池，池深为H，上面浮着一正方体木块，木块边长为a，密度为水的1
2，质量为
m。开始时木块静止，有一半没入水中，现用力F 将木块缓慢地压到池底，不计摩擦，则从木块刚好完
全没入水中到停止在池底的过程中，池水势能的改变量为( )
A. FH
B. mgH
C. mg(H −a)
D. 2mg(H −a)
4 如图所示，质量分布均匀的球位于水平地面上，球的质量为m、半径为R。以地面为参考平面，球的重
力势能为( )
A. mgR
B. 1
2mgR
C. 0
D. −mgR
5 如图所示，质量均匀的链条放在光滑的倾角为30◦的桌面上，链条长l，质量为m，有l
4 的长度悬于
桌面下。那么，从链条由静止开始下滑，到它刚离开桌面的过程中重力势能减少了
mgl/
(设桌面的高度大于l，前面填分子，后面填分母)。
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16
第3 讲
机械能守恒定律
6 下列说法中正确的是( )
A. 用绳子拉着物体匀速上升，只有重力和弹力对物体做功，机械能守恒
B. 做竖直上抛运动的物体，只有重力对它做功，机械能守恒
C. 沿光滑斜面自由下滑的物体，只有重力对物体做功，机械能守恒
D. 用水平拉力使物体沿光滑水平面匀加速运动，机械能守恒
7 如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直
方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉
直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，已知A 的质量为3m，B、C 的质量
均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放A 后，A
沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面，则下列说法正确的是( )
A. 斜面倾角满足sinα = 2
3
B. A 获得最大速度为g
√m
2k
C. C 刚离开地面时，B 的加速度为零
D. A、B、C 三小球组成的系统始终机械能守恒
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17
第3 讲
机械能守恒定律
8 如图，半径为R、圆心是O 的光滑圆环固定在竖直平面内，OC 水平，D 是圆环最低点。质量为m 的
小球A 与质量为2m 的小球B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止
释放，当小球B 运动至D 点时，小球A 的动能为( )
A.
√
2
2 mgR
B.
√
2
6 mgR
C. 4−
√
2
6
mgR
D. 4+
√
2
6
mgR
9 (多选) 如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于
自然长度时物块位于O 点，物块与斜面间有摩擦。现将物块从O 点拉至A 点，撤去拉力后物块由静
止向上运动，经O 点到达B 点时速度为零，则物块从A 运动到B 的过程中( )
A. 经过位置O 点时，物块的动能最大
B. 物块动能最大的位置与AO 的距离无关
C. 物块从A 向O 运动过程中，弹簧弹性势能的减少量等于物块动能与重力势能的增加量
D. 物块从O 向B 运动过程中，动能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
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18
第3 讲
机械能守恒定律
10 一根质量为m、长为L 的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半挂在桌边，桌面足够高，如图
a 所示。若在链条两端各挂一个质量为m
2 的小球，如图b 所示。若在链条两端和中央各挂一个质量
为m
2 的小球，如图c 所示。由静止释放，当链条刚离开桌面时，图a 中链条的速度为va，图b 中链条
的速度为vb，图c 中链条的速度为vc（设链条滑动过程中始终不离开桌面，挡板光滑）。下列判断中
正确的是( )
A. va = vb = vc
B. va < vb < vc
C. va > vb > vc
D. va > vc > vb
11 (多选) 如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程
中，物体的动能Ek 与位移x 的关系图像如图乙所示，其中在0 ∼h 过程中的图线为平滑曲线，h ∼2h
过程中的图线为平行于横轴的直线，2h ∼3h 过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说
法正确的是( )
A. 物体上升到h 高处时，拉力的功率为零
B. 在0 ∼h 过程中拉力大小为2mg
C. 在h ∼2h 过程中，物体机械能增加
D. 在2h ∼3h 过程中，物体的机械能不变
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19
第3 讲
机械能守恒定律
12 如图所示，一质量为m 的物体静置在倾角为θ = 30◦的光滑斜面底端。现用沿斜面向上的恒力F 拉
物体，使其做匀加速直线运动，经时间t，力F 做功为W，此后撤去恒力F，物体又经时间t 回到出发
点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是( )
A. 恒力F 大小为2
3mg
B. 从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了W
C. 回到出发点时重力的瞬时功率为g
√
2Wm
D. 物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方
13 半径分别为2R 和R 的两个半圆，分别组成图甲、乙所示的两个圆弧轨道，一小球从某一高度下落，
分别从图甲、乙所示的开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能通
过开口向下半圆轨道的最高点，则下列说法正确的是( )
A. 图甲中小球开始下落的高度比图乙中小球开始下落的高度高
B. 图甲中小球开始下落的高度和图乙中小球开始下落的高度一样高
C. 图甲中小球对轨道最低点的压力比图乙中小球对轨道最低点的压力小
D. 图甲中小球对轨道最低点的压力和图乙中小球对轨道最低点的压力一样大
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20
第3 讲
机械能守恒定律
14 如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质
量分别为mA = 2kg、mB = 1kg。初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中。先将B 竖直向上再举高
h = 1.8m(未触及滑轮) 然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之
后B 恰好可以和地面接触。取g = 10m/s2。
（1）B 从释放到细绳绷直时的运动时间t。
（2）A 的最大速度v 的大小。
（3）初始时B 离地面的高度H。
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21
第3 讲
机械能守恒定律
15 如图所示，粗糙斜面通过一段极小的圆弧与半径为R 的光滑半圆轨道相连，整个轨道在竖直平面内，
且C 点的切线水平。一质量为m(可视为质点) 的滑块，从斜面上距水平底面高度为R 的A 点释放，
当滑块第一次返回到斜面上时，能上升的最大高度为1
2R，若滑块从斜面上D 点释放，通过半圆轨道
最高点C 时，轨道对滑块的作用力大小为mg，求
（1）滑块从D 点释放后经过最低点B 时的速度大小；
（2）D 点距水平底面的高度h。
高一物理目标自招综评班练习册
22
第4 讲
万有引力定律
第4 讲
万有引力定律
检测题
1 将火星和地球绕太阳的运动近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动，已知火星的轨道
半径r1 = 2.3×1011m，地球的轨道半径为r2 = 1.5×1011m，根据你所掌握的物理和天文知识，估算出
火星与地球相邻两次距离最小的时间间隔约为( )
A. 1 年
B. 2 年
C. 3 年
D. 4 年
2 如图，O 表示太阳，P 表示一个绕太阳沿椭圆轨道做逆时针方向运动的行星，AB 为长轴，CD 为短轴。
在行星绕太阳运动一周的时间内，从A 到B 的时间为tAB，同理从B 到A、从C 到D、从D 到C 的
时间分别为tBA、tCD、tDC。下列关系式正确的是( )
A. tAB > tBA
B. tAB < tBA
C. tCD > tDC
D. tCD < tDC
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23
第4 讲
万有引力定律
3 如图所示，人造卫星A、B 在同一平面内绕地心O 做匀速圆周运动。已知A、B 连线与A、O 连线间的
夹角最大为θ，则卫星A、B 的角速度之比ωA
ωB
等于( )
A. sin3θ
B.
1
sin3θ
C.
√
sin3θ
D.
√
1
sin3θ
4 太阳系中某行星A 运行的轨道半径为R，周期为T，但天文学家在观测中发现，其实际运行的轨道与
圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t 发生一次最大的偏离。形成这种现象的原因可能是A 外侧还存
在着一颗未知行星B，它对A 的万有引力引起A 行星轨道的偏离，假设其运动轨道与A 在同一平面
内，且与A 的绕行方向相同，由此可推测未知行星绕太阳运行的圆轨道半径为( )
A. R
t
t −T
B. R3
√
tT
(t −T)2
C. R3
√(t −T
t
)2
D. R3
√(
t
t −T
)2
5 地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示，天文学家哈雷曾经在
1684 年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18 倍，并预言这颗
彗星将每隔一定时间就会出现。哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。哈雷彗星最近出
现的时间是1986 年，请你根据开普勒行星运动第三定律估算，它下一次飞近地球是哪一年？
高一物理目标自招综评班练习册
24
第4 讲
万有引力定律
6 一颗人造地球卫星绕地球做椭圆运动，地球位于椭圆轨道的一个焦点上，如图所示，地球距离卫星的
近地点A 的距离为L，距离卫星的远地点B 的距离为s，求卫星在A 点和B 点的速度之比。
7 关于太阳与行星间的引力F = GMm
r2 ，下列说法正确的是( )
A. 公式中G 为比例系数，与太阳、行星有关
B. 太阳、行星彼此受到的引力总是大小相等，是一对相互作用力
C. 太阳、行星彼此受到的引力是一对平衡力，合力为零，M、m 都处于平衡状态
D. 检验这一规律是否适用于其他天体的方法是比较观测结果与由此得到的推理结果的吻合性
8 —个物体在地球表面受到地球的引力为F，则在距地面高度为地球半径的3 倍处。受地球引力为
( )
A. F
3
B. F
4
C. F
9
D. F
16
高一物理目标自招综评班练习册
25
第4 讲
万有引力定律
9 一物体质量为m，在北京地区它所受的重力为mg。假设地球自转略加快，该物体在北京地区的重力
为mg′。则下列说法正确的是( )
A. mg′ > mg
B. mg′ < mg
C. mg′ 和mg 的方向都指向地心
D. mg′ 和mg 的方向都指向北京所在纬线圈的圆心
10 假设地球自转速度达到使赤道上的物体能“飘”起来(完全失重)，则此时地球上的一天等于
h。（地球半径取6.4×106m，g 取10m/s2）
11 某星球质量为地球质量的9 倍，半径为地球的一半，在地球表面从某一高度平抛一物体，其水平射程
为60m，则在该星球上，从同样高度，以同样的水平速度抛同一物体，其水平射程为( )
A. 360m
B. 90m
C. 15m
D. 10m
高一物理目标自招综评班练习册
26
第4 讲
万有引力定律
12 据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4 倍。已知一个在地球表
面质量为50kg 的人在这个行星表面的重量约为800N，地球表面处的重力加速度为10m/s2。
（1）该行星的半径与地球的半径之比约为多少？
（2）若在该行星上距行星表面2m 高处，以10m/s 的水平初速度抛出一只小球(不计任何阻力)，则小
球的水平射程是多大？
13 如图所示，一个质量为M 的匀质实心球，半径为R。如果从球中挖去一个直径为R 的小球放在相距
为d = 2R 的地方，则挖去部分与剩余部分的万有引力为( )
A. 7GM2
256R2
B. 17GM2
144R2
C. 7GM2
288R2
D. 23GM2
800R2
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27
第4 讲
万有引力定律
14 中子星是恒星演变到最后的一种存在形式。
（1）有一密度均匀的星球，以角速度ω 绕自身的几何对称轴旋转。若维持其表面物质不因快速旋转
而被甩掉的力只有万有引力，那么该星球的密度至少要多大？
（2）蟹状星云中有一颗中子星，它每秒转30 周，以此数据估算这颗中子星的最小密度。
（3）若此中子星的质量约为太阳的质量
(
2×1030kg
)
，试问它的最大可能半径是多大？
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28
第5 讲
万有引力与航天
第5 讲
万有引力与航天
检测题
1 设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经过长时间开采后，地球仍可看作均匀
的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相比( )
①地球与月球间的万有引力将变大
②地球与月球间的万有引力将变小
③月球绕地球运动的周期将变长
④月球绕地球运动的周期将变短
A. ①③
B. ②③
C. ②④
D. ①④
2 (多选) 宇宙中两颗靠得比较近的恒星可认为只受到彼此之间的万有引力作用相互绕转，称之为双星
系统。设双星A、B 绕其连线上的某点做匀速圆周运动，已知A、B 两恒星的半径之比为p，A、B 做圆
周运动的轨道半径之比为q。则( )
A. A、B 两恒星的密度之比为1
p3
B. A、B 两恒星的密度之比为
1
p3q
C. A、B 两恒星表面的重力加速度之比为1
p
D. A、B 两恒星表面的重力加速度之比为
1
p2q
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29
第5 讲
万有引力与航天
3 2017 年10 月16 日，美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子星并合引力波事
件。两颗中子星在运动过程中不断发射引力波而失去能量，会逐渐相互靠近。在中学物理学习中，通
常认为双星系统A、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图所示。已知A、B 的总质量为M，A、B
间距为L，运动周期为T。则关于双星系统A、B 的下列说法正确的是( )
A. A 的质量小于B 的质量
B. A 的线速度大于B 的线速度
C. L 一定，M 越大，T 越大
D. M 一定，L 越大，T 越大
4 假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为
6400km，地球同步卫星距地面高为36000km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动。每当两
者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站。某时
刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )
A. 4
B. 6
C. 7
D. 8
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30
第5 讲
万有引力与航天
5 石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望
通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶
端可超过地球的同步卫星A 的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本发射绕地
人造卫星，如图所示，假设某物体B 乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫
星C 相比较( )
A. B 的线速度大于C 的线速度
B. B 的线速度小于C 的线速度
C. 若B 突然脱离电梯，B 将做离心运动
D. 若B 突然脱离电梯，B 将做近心运动
6 2016 年8 月17 日凌晨1 时40 分，由我国科学家自主研制的世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”
在酒泉卫星发射中心成功发射，这颗卫星将在距离地面500 千米的高空绕地球做匀速圆周运动的同
时与地面建立起远距离量子科学实验平台，并在此平台上完成星地高速量子密钥分发、广域量子通
信网络演示、星地双站量子纠缠分发，以及地星隐形传态等空间大尺度量子科学实验，已知同步卫星
运行轨道距地面的高度约为36000 千米，下列说法正确的是( )
A. 量子卫星的运行速度一定大于7.9km/s
B. 量子卫星的运行周期小于24 小时
C. 量子卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度小
D. 量子卫星的向心加速度小于地球赤道上随地球一起自转的物体的向心加速度
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31
第5 讲
万有引力与航天
7 有a、b、c、d 四颗地球卫星，卫星a 还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，卫星b 在地面附近近
地轨道上正常运动，卫星c 是地球同步卫星，卫星d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则
有( )
A. 卫星a 的向心加速度等于重力加速度g
B. 卫星c 在4h 内转过的圆心角是π
6
C. 在相同时间内卫星b 转过的弧长最长
D. 卫星d 的运动周期有可能是23h
8 据新华社2015 年11 月2 日上海电，我国自主发射的火星探测器将在第17 届中国国际工业博览会
上首次公开亮相，火星是太阳系中与地球最为类似的行星，人类对火星生命的研究在2015 年因“火
星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展。若火星可视为均匀球体，其表面的重力加速度
为g，半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A. 火星的平均密度为
3g
4GπR
B. 火星的同步卫星距火星表面的高度为
3
√
gR2T 2
4π2
−R
C. 火星的第一宇宙速度为2√gR
D. 火星的同步卫星运行的角速度为π
T
9 太阳系各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。设天王星公转周期为
T1，公转半径为R1；地球公转周期为T2，公转半径为R2。当地球和天王星运行到太阳两侧，且三者排
成一条直线时，忽略二者之间的引力作用，万有引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 天王星公转速度大于地球公转速度
B. 地球与天王星相距最近至少需经历
T1T2
2(T1 −T2)
C. 太阳的质量为4π2R1
3
GT2
2
D. 天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为R1
2
R2
2
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32
第5 讲
万有引力与航天
10 (多选) 一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a 表示，物体到球形行星表面的
距离用h 表示，a 随h 变化的图像如图所示，其中a1、h1、a2、h2 及引力常量G 均为已知，根据以上信
息可以计算出( )
A. 该行星的半径
B. 该行星的质量
C. 该行星的自转周期
D. 该行星同步卫星离行星表面的高度
11 经天文学家观察，太阳在绕着银河系中心的圆形轨道上运行，这个轨道半径约为3 × 104 光年（约
等于2.8 × 1020m），转动一周的周期约为2 亿年（约等于6.3 × 1015s）。太阳做圆周运动的向心力
由它轨道内侧的大量星体的引力提供，可以把这些星体的全部质量看作集中在银河系中心来处理问
题。（G = 6.67×10−11N· m2/kg2）用给出的数据来计算太阳轨道内侧这些星体的总质量。
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33
第5 讲
万有引力与航天
12 如图所示，m1、m2 为两颗一前一后在同一轨道绕地球做匀速圆周运动的卫星，下列可使卫星m2 追上
前面的卫星m1 的方法是( )
A. m2 加速直追m1
B. m2 先加速，到恰当位置后再减速
C. m2 先减速，到恰当位置后再加速
D. 以上方法都不行
13 如图所示，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，下列说法中错误的是( )
A. 卫星在轨道3 上的周期大于在轨道1 上的周期
B. 卫星在轨道2 上的速率始终大于在轨道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 点时的加速度大于经过P 点的加速度
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34
第5 讲
万有引力与航天
14“中星11 号”是一颗地球同步卫星，它主要用于为亚太地区等区域用户提供商业通信服务。如发射过
程的示意图，先将卫星发射至近地圆轨道I，速度为v1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2 运行，在椭圆
轨道上P、Q 点的速度分别为v2P 和v2Q，最后再一次点火，将卫星送入同步圆轨道3，速度为v3，轨道
1、1 相切于Q 点，轨道2、3 相切于P 点，则当卫星分别在1、2、3 轨道上正常运行时，以下说法正确
的是( )
A. 四个速率的大小顺序为：v2Qv2P，v2Pv3v1，v3 与v2Q 的大小不能比较
B. 卫星在轨道3 上的角速度大于在轨道1 上的角速度
C. 卫星在轨道1 上经过Q 点时的加速度小于它在轨道2 上经过Q 点时的加速度
D. 卫星在轨道1 上的机械能小于它在轨道3 上的机械能
15 2013 年10 月25 日我国成功将“实践十六号”卫星送入预定轨道。如图所示，
“实践十六号”卫星的发
射过程可简化为：卫星发射后，先在椭圆轨道上运行一段时间，再稳定在对应的圆轨道上。稳定后若
“实践十六号”卫星可看做匀速圆周运动，距地高度为h。在椭圆轨道上运行时，地心是其运行的焦点。
地球半径为R，质量为M，地球表面重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A.“实践十六号”在圆轨道上运行的加速度是gR2
h2
B.“实践十六号”在圆轨道上运行的速度是R
√g
R
C.“实践十六号”在椭圆轨道上从A 到B 的运行时间是π
√
(2R+h)3
8gR2
D.“实践十六号”进入圆轨道前需减速
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35
第6 讲
动量定理
第6 讲
动量定理
检测题
1 下列关于动量的说法中正确的是( )
A. 质量大的物体动量一定大
B. 质量和速率都相同的物体动量一定相同
C. 一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D. 一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
2 如图所示跳水运动员(图中用一小圆圈表示) 从某一峭壁上水平跳出，已知运动员的质量m = 60kg，
初速度v0 = 10m/s。若经过1s 后，速度大小为v = 10
√
2m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为
(g = 10m/s2，不计空气阻力)( )
A. 600kg·m/s
B. 600
√
2kg·m/s
C. 600
(√
2−1
)
kg·m/s
D. 600
(√
2+1
)
kg·m/s
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36
第6 讲
动量定理
3 质量为0.4kg 的小球沿光滑水平面以5m/s 的速率冲向墙壁，被墙以4m/s 的速率弹回，如图所示，求：
（1）小球撞击墙前后的动量分别是多少？
（2）这一过程中小球的动量改变了多少？方向怎样？
4 如图所示，一颗陨星进入到地球周围的空间中，它的运动轨迹如实线abc 所示，b 为距地球最近点，陨
星质量保持不变，不计阻力，图中虚线是以地心为圆心的同心圆，则下列说法正确的有( )
A. 在地球的引力作用下，陨星做曲线运动
B. 在b 点，陨星的动量最大
C. 在b 点，陨星的动量变化率最大
D. 在a、c 点，陨星动量的变化率最大
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37
第6 讲
动量定理
5 如图所示，把重物G 压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，重物跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸
带会从重物下被抽出，关于解释此现象的正确说法是( )
A. 在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大
B. 在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大
C. 在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D. 在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
6 如下图所示，在倾角α = 37◦的斜面上，有一质量为5kg 的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦
因数µ = 0.2，求物体下滑2s 的时间内，物体所受各力的冲量和合外力的冲量。(g 取10m/s2，sin37◦
= 0.6，cos37◦= 0.8)
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38
第6 讲
动量定理
7 如图所示，质量为m 的物体，在跟水平方向成θ 角的力F 作用下，以速度v 匀速前进时间t，则物体
在这段时间内受到力F 的冲量与合外力的冲量各为( )
A. Ft，Ft cosθ
B. Ft sinθ，Ft cosθ
C. Ft，Ft sinθ
D. Ft，0
8 一个变力F 作用在物体上，此力随时间变化的情况如图所示。规定向右为F 的正方向，则由图线可
知，前2s 内变力F 的冲量为
N·s；5s 内变力F 的冲量为
N·s。
9 质量为m 的钢球自高处落下，以速率v1 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2，碰撞
过程中，地面对球的冲量的方向和大小分别为( )
A. 向下，m(v1 −v2)
B. 向下，m(v1 +v2)
C. 向上，m(v1 −v2)
D. 向上，m(v1 +v2)
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39
第6 讲
动量定理
10 人在高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖先着地，这样做是为了( )
A. 减小冲量
B. 减小动量的变化量
C. 增大与地面的作用时间，从而减小冲力
D. 增大人对地面的压强，起到安全作用
11 动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行，若两车质量之比m甲
m乙
= 1
2，路面对两车的阻力相
同，则两车的滑行时间之比为( )
A. 1: 1
B. 1: 2
C. 2: 1
D. 1: 4
12 一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示。
物块以v0 = 9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s
的速度反向运动直至静止，g 取10m/s2 。
（1）求物块与地面间的动摩擦因数µ。
（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。
（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功Wf。
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40
第6 讲
动量定理
13 光滑水平面有一个质量为M = 1kg 的平板小车，质量分别为m1 = 3kg、m2 = 2kg 的两个物块放置小
车上，两物块间夹有一轻质压缩弹簧且用轻绳相连，它们与小车间的动摩擦因数均为µ = 0.2，开始
时m1 位于小车最左端，m2 用锁定开关锁在小车上，现将轻绳烧断，m1 从车上被弹出，小车以速度
v0 = 2m/s 向右运动，当小车第一次与墙壁碰撞前瞬间锁定开关打开。设小车与墙壁碰撞前后速度大
小不变，碰撞时间极短，小车足够长，物块均可视为质点，取g = 10m/s2。求：
（1）轻绳烧断前弹簧具有的弹性势能。
（2）m2 相对平板小车滑行的总距离。
（3）小车第一次碰撞墙壁后，m2 在小车上做变速运动所经历的总时间。
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41
第7 讲
动量守恒定律
第7 讲
动量守恒定律
检测题
1 在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是( )
A. 原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统
B. 运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统
C. 从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统
D. 光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统
2 甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲= 5kg · m/s，p乙=
7kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为10kg·m/s，则甲、乙
两球的质量m甲: m乙的关系可能是( )
A. 1
2
B. 3
10
C. 1
5
D. 1
10
3 将质量为m 的铅球，以大小为v0，仰角为θ 的初速度抛入一个装着沙子质量为M 的静止沙车中，如
图所示，沙车与地面间的摩擦可忽略。求后来球和沙车的共同速度为多少？
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42
第7 讲
动量守恒定律
4 将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块。现让一个
小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )
A. 小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒
B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
C. 小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
D. 小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽
5 一枚火箭搭载着卫星以速率v0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫
星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及
分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1 是多大。
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43
第7 讲
动量守恒定律
6 如图所示，质量分别为mA、mB 的A、B 两小车静止在光滑的水平面上，A 车上有一质量为m 的人向
右跳到B 车上，并与B 车一起运动。则人跳到B 车后，A、B 两车的速度大小之比为( )
A.
mA
m+mB
B.
mB
m+mA
C. m+mB
mA
D. m+mA
mB
7 将质量为1.00kg 的模型火箭点火升空，50g 燃烧的燃气以大小为600m/s 的速度从火箭喷口在很短
时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A. 30kg·m/s
B. 5.7×102kg·m/s
C. 6.0×102kg·m/s
D. 6.3×102kg·m/s
8 质量为m 的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后
飞去，动能为Ek
2 ，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为( )
A. Ek
2
B. 9Ek
2
C. 9Ek
4
D. 9+4
√
2
2
Ek
9 我国发射的“神舟十号”飞船与“天宫一号”空间站实现了完美对接。假设“神州十号”到达对接点附近
时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上天宫一号实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机
点火，将质量为△m 的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2。这个过程中，下列各表
达式正确的是( )
A. mv = mv1 −∆mv2
B. mv = mv1 +∆mv2
C. mv = (m−∆m)v1 −∆mv2
D. mv = (m−∆m)v1 +∆mv2
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44
第7 讲
动量守恒定律
10 A、B 两球沿同一条直线运动，如图记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b 分别为A、B 碰前的
x−t 图象，c 为碰后它们的x−t 图象。若A 球质量为1kg，则B 球质量是多少？
11 如图所示，质量为M、半径为R 的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上，有一质量为m 的小滑块在与
圆心O 等高处无初速度滑下，在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中，圆弧槽产生的位移大小为
。
12 如图所示，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1 在光滑水平面上向
东运动，当此人相对于车以速度v2 竖直跳起时，车的速度变为( )
A. Mv1 −mv2
M −m
，向东
B.
Mv1
M −m，向东
C. Mv1 +mv2
M −m
，向东
D. v1，向东
高一物理目标自招综评班练习册
45
第7 讲
动量守恒定律
13 质量为100kg 的小船静止在水面上，船两端有质量为40kg 的甲和质量为60kg 的乙，当甲、乙同时以
3m/s 的速率向左、向右跳入水中后，小船的速度大小为
m/s，方向是
。
14 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行
了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，
用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则小船的质量为( )
A. m(L+d)
d
B. m(L−d)
d
C. mL
d
D. m(L+d)
L
15 如图所示，小车C 放在光滑地面上，A、B 两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左
运动，分析小车运动的原因可能是( )
A. A、B 质量相等，但A 比B 速率大
B. A、B 质量相等，但A 比B 速率小
C. A、B 速率相等，但A 比B 的质量大
D. A、B 速率相等，但A 比B 的质量小
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46
检测题参考答案
检测题参考答案
第1 讲
功与功率
1
A,D
【解析】根据摩擦力做功的特点知，摩擦力做功与路径有关，故A 正确；
合力不做功，合力不一定为零，物体不一定做匀速直线运动，故B 错误；
一对作用力、反作用力的功不一定数值相等、一正一负，有可能一个力做功，另一个力不做功，C 错
误，D 正确。
2
C
【解析】小球上升过程：空气阻力对小球做功W1 = −fh
下落过程：空气阻力对小球做功W2 = −fh
则从出发点到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为W = W1 +W2 = −2 fh，故C 正确。
故选：C。
3
B
【解析】设斜面的倾角为θ，CD 间的水平距离为x，则下滑过程中克服摩擦力做功为W = µmgcosθ·
x
cosθ = µmgx，与斜面间的夹角大小无关，所以有WA = WB，B 正确。
4
C
【解析】解：摩擦力方向与物体发生的位移方向相反，故摩擦力所做的功为−fl，A 错误。
力F 与位移l 之间的正向夹角为π
2 −θ，故力F 所做的功为Fl cos
(π
2 −θ
)
= Fl sinθ，B 错误，C
正确。
重力与位移之间正向夹角为π
2 ，故重力所做的功为W
′ = mgl cos π
2 = 0，D 错误。
故选C。
5
A
【解析】由题意可知：
F1 做功为W1 = FLcosα
F2 做功为W2 = FLcosα
故BCD 错误，A 正确；
高一物理目标自招综评班练习册
47
检测题参考答案
6
−µmg(l +x)
µmgx
【解析】滑块受摩擦力的方向与运动方向相反，大小为µmg，滑块与地面的相对位移为l +x，所以
摩擦力对滑块做的功为W1 = −µmg(l +x)。木板受到滑块的摩擦力与运动方向相同，摩擦力对木
板做的功为W2 = µmgx。
7
C,D
【解析】解：功率P = W
t ，表示单位时间内所做的功。当t 一定时，W 越大，P 越大；当W 一定时，t
越小，P 越大，可见P 由W、t 共同决定，只强调一个因素的说法是错误的，故A、B 错；
如果W 较小，但当W
t
较大时，P 就较大；如果W 较大，但当W
t
较小时，P 就较小，故C 正确；
由P = W
t
知，P 是表示做功快慢的物理量，P 越大表示单位时间内做功越多，即做功越快，故D 正
确。
8
A
【解析】解：根据P = W
t
可知，P1 = W
t ，P2 = 2W
t ，则P1 < P2，故A 正确，B、C、D 错误，故选：A。
9
1.5×105
3×104
6×104
【解析】由牛顿第二定律可知F −mg = ma，得F = 6000N，5s 内物体的位移为s = 1
2at2 = 25m，末
速度为v = at = 10m/s，所以拉力做功W = Fs = 1.5×105J，平均功率P = W
t = 3×104W，5s 末瞬时
功率P = Fv = 6×104W。
10 A
【解析】由题意知，自行车受到的阻力f = 0.02(m人+m车)g，而匀速骑自行车时，自行车受到的
牵引力F 与阻力f 大小相等，结合公式P = Fv，解得v =
P
0.02(m人+m车)g。代入数据，解得
v = 40
13m/s ≈3m/s，A 正确。
高一物理目标自招综评班练习册
48
检测题参考答案
11 C
【解析】小孩所做的功，在第一种情况下是指对自身（包括所站的船A）做的功，在第二种情况除
对自身（包括所站的船A）做功外，还包括对另一小船B 做的功，设水的阻力恒定不变，则两种情
况下人对自身（包括所站的船A）所做的功相等，而在第二种情况下人对小船B 多做一部分功，因
此有W1 < W2，又由公式P = W
t
可知P1 < P2。
12 −20J
【解析】F −l 图象与横轴所围图形的面积表示F 做的功。
0 ∼2m：W1 = 20J。
2 ∼5m：W2 = −60J。
5 ∼6m：W3 = 20J。
故整个过程W = W1 +W2 +W3 = −20J。
13 第二次钉子进入木板的深度是d′ =
(√
2−1
)
d。
【解析】解：钉子钉入木板过程中随着深度的增加，阻力成正比地增加，这属于变力做功的问题。由
于力与深度成正比，可用平均恒力来处理。
W = F1d = kd
2 d，W = F2d′ = kd +k(d +d′)
2
d′，联立解得d′ =
(√
2−1
)
d。
14 上述过程中拉力所做的功为20J
【解析】由F −x 图象可知，在木块运动之前，弹簧弹力随弹簧伸长量的变化是线性关系，木块缓慢
移动时弹簧弹力不变，图线与横轴所围梯形面积即为拉力所做的功，即W = 1
2 ×(0.6+0.4)×40J =
20J。
15 W = 2.1×103J。
【解析】在提水的过程中，人的拉力是变力，属于变力做功问题，不能直
接用W = Fl cosα，但可利用F −l 图线进行计算。开始提桶时，拉力大
小等于桶重和绳重共220N，随着桶的上升，拉力减小，拉力F 与绳上升
的位移l 的数值关系是F = 220 −2l，作出如图7 −1 −31 所示的F −l
图线，图线与坐标轴包围的面积的大小就是人做功的数值，所以人做功
W = 2.1×103J。
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49
检测题参考答案
16 12.57J
【解析】推力随位移逐渐减小，不属于恒力做功，不能直接用功的定义式求功。力的方向始终与位
移方向相同，仅大小变化，我们可把位移分成无数小段，在每一小段位移内，力可认为是恒力，则每
一小段恒力做的功可求出来，再把每一小段恒力做的功求和。由F −x 图象的物理意义可知图线与
x 轴和y 轴所包围的面积恰好表示推力所做的功，所以可根据面积求推力做功，W = πR2
4
≈12.57J。
第2 讲
动能定理
1
B
【解析】解：由动能定理可知：
W1 = 1
2mv2，
W2 = 1
2m(2v)2 −1
2mv2 = 3
2mv2，
故W1 : W2 = 1 : 3。
故选：B。
2
C
【解析】功和能(动能) 是两个不同的概念，不可以相互转化，动能定理只是反映了合力的功与物体
动能变化的关系，亦即反映了动能变化的多少可以用合力的功来量度。若物体的速度大小不变、方
向改变，则动能不变。故选C。
3
C
【解析】解：小球在缓慢移动的过程中，水平力F 是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动
能定理得：WF = mgl (1−cosθ) = 0，
解得水平力F 所做的功为：WF = mgl (1−cosθ)。
故C 正确，A、B、D 错误。
4
B,D
【解析】解：当a 和b 同时相对圆盘滑动时，则fa = mω2l，fb = mω2 ·2l，则a 和b 与圆盘间的最大
静摩擦力之比为1 : 2，选项A 错误，B 正确；
因圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，故a、b 两物体的动能增加，根据动能定理可知，静摩擦
力对a、b 两物体均做正功，选项C 错误，D 正确；
故选BD。
高一物理目标自招综评班练习册
50
检测题参考答案
5
A
【解析】解：设物体克服弹簧弹力所做的功为WT，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做
功为−WT，摩擦力对物体做功为−µmg(s+x)，根据动能定理有−WT −µmg(s+x) = 0−1
2mv02，
所以，WT = 1
2mv02 −µmg(s+x)。
6
A,B,C
【解析】A、物体做匀速运动时，受力平衡，则f = F = 7N；再由滑动摩擦力公式可求得物体与水平
面间的动摩擦因数，故A 正确；
B、4m 后物体做减速运动，图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象中减速过程包括的
方格数可知拉力所做的功；再由摩擦力与位移的乘积求出摩擦力的功；则可求得总功，故B 正确；
C、已求出物体合外力所做的功；则由动能定理可求得物体开始时做匀速运动时的速度，故C 正确；
D、由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D 错误。
7
A
【解析】合外力做功等于小孩动能的变化量，即W合= mgh+Wf = ∆Ek = 50J，选项A 正确；
重力做功为750J，阻力做功−700J，支持力不做功，选项B、C、D 错误。
8
D
【解析】解：设小物块在BC 段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A
点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为−µmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理
得：mgh−µmgs = 0，
代入数据可解得s = 3m。
由于d = 0.50m，所以，小物块在BC 段经过3 次往复运动后，又回到B 点。
9
C
【解析】整个过程中，动能的变化量为0，即合外力做功为零，即mg(H +h)−fh = 0，解得f = H +h
h
mg。
高一物理目标自招综评班练习册
51
检测题参考答案
10（1）对轨道的压力的大小为8N。
【解析】小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力F，
根据牛顿第二定律：F −mg = mv2
R ，解得：F = 8.0N。
根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小F′ = F = 8.0N。
（2）小滑块落地点C 距轨道最低点B 的水平距离x 为1.5m。
【解析】小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，
则x = vt，h = 1
2gt2，解得x = 1.5m。
（3）克服摩擦力所做的功为1.8J。
【解析】在滑块从轨道的最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理：mgR+Wf = 1
2mv2 −0，
解得：Wf = −1.8J。
所以小滑块克服摩擦力做的功为1.8J。
11 A
【解析】解：设汽车功率恒为P，达到最大速度vm 时，牵引力F = f = 0.1mg，P = Fvm，当汽车速度
为v = 1
2vm 时，F′ = P
v = 0.2mg，由牛顿第二定律有F′ −f = ma，解得a = 0.1g，A 项正确。
12 A,B
【解析】解：汽车恒定功率启动，则开始时加速度较大；速度增大，由P = Fv 可知，牵引力减小，则
加速度减小；当牵引力等于阻力时，物体的加速度为零；此后做匀速直线运动；注意图象的斜率表示
纵坐标物理量的变化；故速度-时间图象为甲图；加速度时间图象为乙图。故选A、B。
13 A,D
【解析】发动机所做的功是指牵引力的功。由于卡车以恒定功率运动，所以发动机所做的功应等于
发动机的功率乘以卡车行驶的时间，所以A 项正确；
B 项给出的是卡车克服阻力做的功，在这段时间内，牵引力的功不等于克服阻力做的功，所以B 项
错误；
C 项给出的是卡车所受外力的总功；
D 项中，卡车以恒定功率前进，将做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时牵引力等于阻力，
阻力Ff 乘以最大速度vm。是发动机的功率，再乘以t 恰是发动机在t 时间内做的功。
故A、D 是正确。
高一物理目标自招综评班练习册
52
检测题参考答案
14 D
【解析】A、开始电动汽车功率逐渐增加，P = Fv = (Ff +ma)v ，故为过原点直线，后来功率恒定，故
A 正确；
B、电动汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故B 正确；
C、在v−t 图象中斜率表示加速度，电动汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故C 正确；
D、电动汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故D 不正确；
本题选不正确的，故选：D。
15 （1）电动车所受阻力400N。
【解析】由图象可知，电动车的最大速度为vmax = 15m/s，而速度最大的时候，电动车受到的牵引力
与所受的阻力大小是相等的，故电动车受到的阻力为f = 400N。
（2）6000W
【解析】由F = P· 1
v 和F −1
v 图象可知，电动车在BC 段，是以额定功率做变加速运动，BC 段的斜
率为电动车的额定功率，即P = 400
1
15
W = 6000W。
第3 讲
机械能守恒定律
1
A,B
【解析】解：AB、重力势能具有相对性，重力对物体所做的功等于物体重力势能的变化量，即WG =
−∆Ep，故A、B 正确；
C、重力势能等于零，只能说明物体在参考平面上，不影响其对别的物体做功，故C 错；
D、物体匀速上升，手的支持力大小等于物体的重力，二者移动的距离相同，所以手的支持力做的
功等于克服重力做的功，又WG = −∆Ep，故手的支持力做的功也等于物体重力势能的增加量，故D
错。
2
C
【解析】P 点刚开始上移时，弹簧伸长，而物体不动，直到P 点上移Mg
k
后，弹簧不再伸长，物体才
离开地面随弹簧一起上移，在上述过程中，物体重心上移的高度h = H −Mg
k ，所以重力势能增加了
Mgh = MgH −(Mg)2
k
，故选项C 正确。
高一物理目标自招综评班练习册
53
检测题参考答案
3
D
【解析】
从木块刚好完全没入水中到停止在池底的过程，可看作是在池底与木块等体积的“水块”与刚
没入水中的木块交换了位置。因此，池水势能的改变量就等于这部分水重力势能的增加量，即
∆Ep = m水g(H −a) = ρ水a3g(H −a) = 2ρ木a3g(H −a) = 2mg(H −a)，故D 正确。
4
A
【解析】球的重心距地面高度为R，故球的重力势能为Ep = mgR；故A 正确，BCD 错误。
5
39
64
【解析】将整个链条分为两部分，在斜面上的四分之三，和悬于桌面下的四分之一，从链条由静止
开始下滑到它刚离开桌面的过程中重力势能的变化量是两部分重力势能的变化量之和；
对于悬于桌面下的四分之一部分，重力势能的减少量为WG1 = 1
4mg· 3
4l = 3
16mgl；
对于斜面上的四分之三部分，重力势能的减少量为WG2 = 3
4mg(1
2 · 3
4l sin30◦+ 1
2 · 3
4l) = 27
64mgl；
综上，整个过程中链条的重力势能的减少量为∆Ep = 3
16mgl + 27
64mgl = 39
64mgl。
6
B,C
【解析】机械能守恒的条件是：只有系统内的重力或弹力对物体做功，系统可以受其他力作用，但
其他力不做功，或其他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、动能及重力
势能之间的转化；
选项A 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B 中，竖直上抛的物体，只受重力作用，机械能守恒；
选项C 中，物体除受重力作用外还受斜面支持力作用，但支持力不做功，机械能守恒；
选项D 中，水平拉力做功，重力不做功，机械能不守恒。
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54
检测题参考答案
7
A,C
【解析】A、释放球A 后，当细线的拉力FT = 3mgsinα 时，球A 的速度最大，此时球C 恰好离开地
面，则弹簧的弹力等于mg，故对球B，有3mgsinα = mg+mg，即sinα = 2
3，选项A 正确；
B、释放球A 前，弹簧压缩x = mg
k ，球A 沿斜面下滑至速度最大时，弹簧伸长x′ = mg
k ，由机械能守
恒定律，可得3mg(x+x′)sinα −mg(x+x′)+∆Ep = 1
2 ·3mv2 + 1
2mv2，因为弹簧压缩量与伸长量大小
相等，故弹簧弹性势能的变化量∆Ep = 0，解得球A 的最大速度v = g
√m
k ，选项B 错误；
C、C 刚离开地面时，B 的加速度为零．选项C 正确；
D、从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A、B 两小球、弹簧组成的系统机械能守恒，选项D 错误。
8
C
【解析】解：根据动能定理，两小球重力做功等于两小球动能改变量，又因为两小球速度大小相等，
所以可得：
mg
√
2
2 R+2mg
(
1−
√
2
2
)
R = ∆Ek，EkA = 1
3∆Ek。
所以得到EkA = 4−
√
2
6
mgR。
9
B,D
【解析】解：根据题述弹簧处于自然长度时物块位于O 点，可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的
分力。将物块从O 点拉至A 点，撤去拉力后物块由静止向上运动，当弹簧对物块沿斜面向上的弹
力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时，合力为零，物块的动能最大。由此可知，物块
经过A、O 之间某一位置时，物块的动能最大，选项A 错误。
物块动能最大的位置与AO 的距离无关，选项B 正确。
由功能关系可知，物块从A 向O 运动过程中，弹簧弹性势能的减少量等于物块动能与重力势能的
增加量加上克服摩擦力做功产生的热量，选项C 错误。
物块从O 向B 运动过程中，动能的减少量等于增加的重力势能与弹簧弹性势能加上克服摩擦力做
功产生的热量，即动能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项D 正确。
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55
检测题参考答案
10 D
【解析】铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，
对两次释放，桌面下方L 处为0 势能面。
则释放前，系统的重力势能为第一次，Ep1 = 1
2mgL+ 1
2mg· 3
4L = 7
8mgL
第二次，Ep2 =
(1
2m+ 1
2m
)
gL+ 1
2mg· 3
4L+ 1
2mg· 1
2L = 13
8 mgL
第三次，Ep3 =
(1
2m+m
)
gL+ 1
2mg· 3
4L+ 1
2mg· L
2 = 17
8 mgL
释放后Ep1
′ = mgL
2
Ep2
′ = 1
2mgL+mgL
2 = mgL
Ep3
′ = 1
2mgL+mgL
2 + 1
4mgL = 5
4mgL
则损失的重力势能∆Ep1 = 3
8mgL
∆Ep2 = 5
8mgL
∆Ep3 = 7
8mgL
那么∆Ep1 = 1
2mva2
∆Ep2 = 1
2(2m)vb2
∆Ep3 = 1
2(2.5m)vc2
解得：va2 = 3gL
4
vb2 = 5gL
8
vc2 = 7
10gL
显然va2 > vc2 > vb2，所以va > vc > vb。
11 C,D
【解析】解：由动能定理得Ek = (F −mg)x，图像的斜率表示合外力，在0 ∼h 过程中，斜率逐渐减
小到零，则拉力逐渐减小到等于mg，合力减小为零，则在上升到高度h 时，由图像可知，F = mg，设
此时速度为v，则功率为P = mgv，拉力的功率不为零，故A、B 错误。
在h ∼2h 过程中，物体匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，故C 正确。
在2h ∼3h 过程中，图线斜率恒定，为−mg，则物体受到的合力为−mg，物体只受重力，机械能守
恒，故D 正确。
高一物理目标自招综评班练习册
56
检测题参考答案
12 A,B
【解析】从开始到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为
a = F −mgsin 30◦
m
①，撤去恒力F 到回到出发点，物体受重力，支持力，由牛顿第二定律得物体
加速度大小为：a′ = mgsin 30◦
m
= gsin 30◦②，两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等。则得：
1
2at2 = −
(
at ·t −1
2a′t2
)
③，①②③联立解得a′ = 3a,F = 2
3mg，故A 正确；
除重力以外的力做功等于物体机械能的变化量，力F 做功W，机械能增加量为W，由于又回到出
发点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了
W，故B 正确；
此过程中，根据动能定理得1
2mv2 = W，解得v =
√
2W
m ，回到出发点时重力的瞬时功率为P =
mgvsin 30◦= 1
2g
√
2Wm，故C 错误；
撤去力F 时重力势能为Ep = mg · 1
2at2 · sin 30◦= 1
4mgat2，动能为Ek = (F −mgsin 30◦) · 1
2at2 =
1
6mgat2，则Ek < Ep，撤去F 后到最高点的过程中，动能减小，重力势能增大，动能与势能相等的位
置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的下方，故D 错误。
13 A
【解析】解：设小球到轨道最高点的高度为h，则对于甲图：mg = mv甲2
2R ，mgh甲= 1
2mv甲2，联立得
h甲= R。同理h乙= 1
2R，故A 对、B 错。
甲从最高点到轨道最低点，mg·4R = 1
2mv甲2，在最低点处有N甲−mg = mv甲2
R
，所以N甲= 9mg；乙从
最高点到轨道最低点，mg·3.5R = 1
2mv乙2，在最低点处有：N乙−mg = mv乙2
2R ，N乙= 4.5mg，N甲> N乙，
C、D 都错。
14（1）t = 0.6s
【解析】B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h = 1
2gt2
解得：t = 0.6s。
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57
检测题参考答案
（2）v = 2m/s
【解析】设细绳绷直前瞬间B 速度大小为vB，有vB = gt
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B 的重力，A、B 相互作用，总动量守恒：mBvB = (mA +mB)v
细绳绷直瞬间，A、B 系统获得的速度：v = 2m/s
之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2m/s。
（3）H = 0.6m
【解析】细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A、B 的速度为零，这一过程
中A、B 组成的系统机械能守恒，有：1
2 (mA +mB)v2 +mBgH = mAgH
解得，初始时B 离地面的高度H = 0.6m 。
15 （1）滑块从D 点释放后经过最低点B 时的速度大小为√6gR
【解析】解：滑块在最高点C 时，FC +mg = mv2
C
R ，
由机械能守恒定律得1
2mv2
B = 1
2mv2
C +2mgR，
解得：vB = √6gR。
（2）D 点距水平底面的高度h = 9
2R
【解析】解：设斜面倾角为θ，从A 点释放的过程中，由动能定理得：mg
(
R−1
2R
)
−Ff
( R
sinθ +
R
2sinθ
)
=
0，从D 点释放的过程中，由动能定理mgh−Ff
h
sinθ = 1
2mv2
B，
解得h = 9
2R。
第4 讲
万有引力定律
1
B
【解析】根据开普勒第三定律R3
T 2 = k，得：火星与地球的周期之比为T1
T2
=
√
R1
3
R2
3 =
v
u
u
t
(
2.3×1011)3
(
1.5×1011)3 ≈
1.9，地球的周期为T2 = 1 年，则有火星的周期为T1 = 1.9 年，设经时间t 两星又一次距离最近，根
据θ = ωt，则两星转过的角度之差∆θ =
(2π
T2
−2π
T1
)
t = 2π，
得t = 2.1 年≈2 年。
故选：B。
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58
检测题参考答案
2
D
【解析】解：AB、由行星做椭圆运动的对称性得tAB = tBA，所以A、B 错误；
CD、由开普勒第二定律，行星在近日点时运动快，在远日点时运动慢，所以tCD < tDC，故C 错误，D
正确。
故选：D。
3
C
【解析】根据题意知，当A、B 连线与A、O 连线间的夹角最大时，A 和B 的连线应与B 轨道相切，
根据几何关系有RB = RA sinθ。
根据开普勒第三定律有RA
3
TA
2 = RB
3
TB
2 ，所以ωA
ωB
= TB
TA
=
√
RB
3
RA
3 =
√
sin3θ，可见选项C 正确。
4
D
【解析】解：由题意可知：A、B 相距最近时，B 对A 的影响最大，且每隔时间t 发生一次最大的偏离，
说明A、B 相距最近，设B 行星的周期为T ′，则有：
(2π
T −2π
T ′
)
t = 2π
解得：T ′ =
tT
t −T
根据开普勒第三定律，有：R′3
T ′2 = R3
T 2
解得：R′ = R3
√(
t
t −T
)2
故选：D。
5
哈雷彗星下一次出现的时间为2062 年
【解析】解：根据开普勒第三定律可得：
r地
3
T地
2 = r彗
3
T彗
2 ，
T彗=
√
183 年≈76.4 年。
则哈雷彗星下一次出现的时间为1986 年+76 年= 2062 年。
高一物理目标自招综评班练习册
59
检测题参考答案
6
vA : vB = s : L。
【解析】解：设卫星在A 点时的速度为vA，在B 点时的速度为vB。在A 点附近截取一小段曲线，则
此段曲线可看成是一小段圆弧，半径为L，弧长为l1；同理，在B 点附近也截取一小段曲线看成是以
地球为圆心的一小段圆弧，半径为s，弧长为l2。分别将圆弧两端与地心相连，如图所示，设在A 点
运动弧长l1 和在B 点运动弧长l2 用时相等。
由开普勒第二定律可知，卫星与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，即Ll1
2 = sl2
2 ，
由于在A 点附近速度大小变化很小，所以有l1 = vAt；同理，在B 点附近，l2 = vBt，
所以LvAt
2
= svBt
2 ，即LvA = svB，故vA : vB = s : L。
7
B,D
【解析】太阳与行星间引力表达式F = GMm
r2
中的G 为比例系数，与太阳、行星都没有关系，A 错
误；
太阳与行星间的引力是产生在太阳与行星间的一对作用力和反作用力，满足牛顿第三定律，由于分
别作用在两个物体上，故不能进行合成，B 正确，C 错误；
由于天体间的作用力不可能直接去测量以验证引力表达式的正确性，故只能间接通过其推论与实
测结果是否吻合进行间接验证，D 正确。
8
D
【解析】解：根据万有引力定律可得：F = GMm
R2 ，距地面高度为地球半径的3 倍处有：F′ = G
Mm
(R+3R)2
= F
16，故D 正确，ABC 错误。
9
B
【解析】AB、由于重力是万有引力的一个分力，另一个分力来提供向心力，若地球自转略加快，则向
心力增大，这时，重力就会减小，因此mg′ < mg，B 正确，A 错误；
CD、万有引力指向地心，而向心力指向物体旋转的圆心，在北京地区指向地轴，也就是向心力指向
北京所在北纬圈的圆心，这样重力既不指向地心也不指向北京所在纬线圈的圆心，CD 都错误。
高一物理目标自招综评班练习册
60
检测题参考答案
10 1.4
【解析】物体刚要“飘”起来时，还与地球相对静止，则物体的运动周期等于地球自转周期，此时物
体只受重力作用，物体“飘”起来时，半径为R地。根据万有引力定律，有mg = GMm
R地
2 = m4π2
T 2 R地，得
T =
√
4π2R地
g
=
√
4π2 ×6.4×106
10
s ≈1.4h。
11 D
【解析】解：设星球质量为M′，半径为R′，地球质量为M，半径为R。已知M′
M = 9，R′
R = 1
2，根据万
有引力等于重力得：GMm
R2 = mg，g = GM
R2 ，g
g′ = MR′2
M′R2 = 1
36①，由题意从同样高度抛出，h = 1
2gt2 =
1
2g′t′2②，①、②联立，解得t′ = 1
6t，在地球上的水平射程s = v0t = 60m，在星球上的水平射程
s′ = v0t′ = 1
6v0t = 10m，故选D。
12 （1）该行星的半径与地球的半径之比约为2。
【解析】在该行星表面处，
G行= mg行，
g行= 16m/s2，
根据在忽略自转的情况下，万有引力等于物体所受的重力得：
GMm
R2 = mg，
有R2 = GM
g ，
故R行
2
R地
2 = M行g地
M地g行
≈4，
所以R行
R地
≈2。
（2）小球的水平射程是5m。
【解析】由平抛运动的运动规律，有
h = 1
2g行t2 ，
s = vt ，
故s = v
√2h
g行
，
代入数据解得：s = 5m。
高一物理目标自招综评班练习册
61
检测题参考答案
13 D
【解析】略
14（1）该星球的密度至少要ρ = 3ω2
4πG。
【解析】由万有引力提供向心力，有GMm
R2
= mRω2，M = ρ 4
3πR3，代入得ρ = 3ω2
4πG。
（2）这颗中子星的最小密度1.27×1014kg/m3。
【解析】ρ = 3ω2
4πG =
3×(60π)2
4π ×6.67×10−11 kg/m3 = 1.27×1014kg/m3。
（3）它的最大可能半径是1.56×105m。
【解析】因为M = ρ 4
3πR3，所以R=3
√3M
4πρ =
3
√
3×2×1030
4×3.14×1.27×1014 m = 1.56×105m。
第5 讲
万有引力与航天
1
C
【解析】设地球、月球的质量分别为m1、m2，月地之间的距离为R，月球、地球之间的万有引力为F，
则：F = Gm1m2
R2 ，因m1 +m2 = M（常数），由数学知识可知，只有m1 = m2 = M
2 时，F 有极大值，原
来就有m1 > m2，现进一步增大m1，减小m2，故F 进一步偏离极大值，即F 减小，月球匀速圆周运
动所需向心力来源于地球的万有引力，由牛顿第二定律：Gm1m2
R2
= m2
4π2R
T 2 ，得出T 2 = 4π2R3
Gm1
，现增
大m1，T 减小，即月球绕地球运动的周期变短，本题正确选项为C。
“两数之和为常数，当两数相等
时其积最大”在物理量的极值运算中经常用到，应熟练掌握并灵活运用。
2
B,D
【解析】解：双星系统做圆周运动时角速度相等，万有引力提供双星做圆周运动的向心力，则有
m1ω2r1 = m2ω2r2，故A、B 两恒星的质量之比为m1 : m2 = r2 : r1 = 1 : q，密度之比为ρ1
ρ2
= m1
m2
· R2
3
R1
3 =
1
p3q，A 错误，B 正确；
A、B 两恒星表面的重力加速度之比g1
g2
= m1
m2
· R2
2
R1
2 =
1
p2q，C 错误，D 正确。
高一物理目标自招综评班练习册
62
检测题参考答案
3
A,B,D
【解析】解：A、对双星系统，每个天体做圆周运动的向心力大小相等，角速度相等，则有：
mARAω2 = mBRBω2，解得：mA
mB
= RB
RA
，因为A 的半径大于B 的半径，所以A 的质量一定小于B 的质
量，选项A 正确；
B、星球的线速度v = ωR，可知A 的线速度大于B 的线速度，选项B 正确；
C、因为RA +RB = L，RB = mARA
mB
，解得：RA = mBL
M ，对A，由万有引力提供向心力，有：
GmAmB
L2
= mARA
(2π
T
)2
，解得：G
L3 = 4π2
MT 2 ，当L 一定，M 越大，T 越小，选项C 错误；
D、对C 选项分析可知G
L3 = 4π2
MT 2 ，当M 一定时，L 越大，T 越大，选项D 正确。
综上本题选A、B、D。
4
C
【解析】解：据开普勒第三定律得：R3
1
R2
3 = T 2
1
T 2
2
，R1 = 4200km + 6400km，R2 = 36000km + 6400km，可
知载人宇宙飞船的运行周期T1 与地球同步卫星的运行周期T2 之比为1
8，又已知地球同步卫星的
运行周期为一天即24h，因而载人宇宙飞船的运行周期T1 = 24
8 h = 3h，因匀速圆周运动的角速度
ω = 2π
T ，所以宇宙飞船的角速度为2π
3 rad/h，同步卫星的角速度为π
12rad/h，当两者与太阳的连线
在一条直线上且位于地球异侧时，相距最远，此时追击距离为2πR，即一个半圆，追击需要的时间
为：t =
π
2π
3 −π
12
h = 12
7 h，追击距离变为2πR，即一个圆周，追击时间为：2t =
2π
2π
3 −π
12
h = 24
7 h，可以
得到24h 内完成追击次数为：(24−12/7)h
24
7 h
+1 = 7.5，接收站共接收到信号的次数为7 次，故选项
C 正确。
5
B,D
【解析】解：因C 的周期小于同步卫星的周期即小于B 的周期，则C 的角速度大于B 的角速度，由
v = rω 知C 的线速度大，故A 错误，B 正确；
若B 突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力，做近心
运动，故C 错误，D 正确。
所以BD 正确，AC 错误。
高一物理目标自招综评班练习册
63
检测题参考答案
6
B
【解析】解：人造卫星的最大运行速度为7.9km/s，故A 项错误；
量子卫星轨道半径远小于同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知，轨道半径小的卫星，运行
周期短，B 项正确；
卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力GMm
r2
= ma，a = GM
r2 ，可见轨道半径小的卫
星向心加速度大，量子卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，C 项错误；
随地球自转的物体的角速度与同步卫星的角速度相等，根据a = ω2R 可知，地球赤道上随地球一起
自转的物体的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，再结合选项C，可知D 项错误。
7
C
【解析】解：赤道表面的物体所受的万有引力一部分提供物体随地球自转的向心力，另一部分就是
物体的重力，F万= ma向+mg，故A 错误。
c 卫星与地球同步，4h 内转过的圆心角为4
24 ×2π = π
3 ，故B 错误。
a、c 具有相同角速度，vc = ωrc，va = ωR，由于rc > R，所以vc > va；由万有引力提供向心力得卫星速
度v =
√
GM
r ，由于rb < rc < rd，所以有vb > vc > vd，故b 的速度最大，C 正确。
卫星的周期T =
√
4π2r3
GM ，由rd > rc，得Td > Tc = 24h，故D 错误。
8
A,B
【解析】解：A、在火星表面，对质量为m 的物体由GMm
R2 = mg 和M = ρ · 4
3πR3，可得：ρ =
3g
4GπR，
选项A 正确；
B、设火星的同步卫星距火星表面的高度为h，同步卫星的周期等于火星的自转周期T，则G
Mm
(R+h)2 =
m4π2
T 2 (R+h)2，可得：h =
3
√
gR2T 2
4π2
−R，选项B 正确；
C、设火星的第一宇宙速度为v，由mg = mv2
R ，可知：v = √gR，选项C 错误；
D、火星的同步卫星运行的角速度等于火星自转的角速度，则ω=2π
T ，选项D 错误；
故选：AB。
高一物理目标自招综评班练习册
64
检测题参考答案
9
B
【解析】A、根据万有引力提供向心力GmM
r2 = mv2
r ，得：v =
√
GM
r ，轨道半径越大，速度越小，故天
王星公转速度小于地球公转速度，故A 错误；
B、当地球和天王星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，当地球与天王星相距最近，两者转过的角
度相差π，
所以2π
T2
t −2π
T1
t = π，
得：t =
T1T2
2(T1 −T2)，故B 正确；
C、对于天王星绕太阳运动，根据万有引力提供向心力有：
GMm1
R1
2 = m1
4π2
T1
2 R1，
得太阳的质量为：
M = 4π2R1
3
GT1
2 ，
对于地球绕太阳运动，有：
GMm2
R2
2 = m2
4π2
T2
2 R2，
得太阳的质量为：
M = 4π2R2
3
GT2
2 ，故C 错误．
D、根据万有引力提供向心力有：GmM
R2 = ma，
得：a = GM
R2 ，
所以有：a1
a2
= R2
2
R1
2 ，故D 错误。
10 A,B
【解析】解：球形行星对周围质量为m 的物体的万有引力F =
GMm
(R+h)2 = ma，所以a1 =
GM
(R+h1)2 ，
a2 =
GM
(R+h2)2 ，联立可算出R 和M，故A、B 对。
由题目已知量无法求出该行星的自转周期，也不能求出该行星的同步卫星的公转周期，所以求不出
同步卫星离行星表面的高度。
高一物理目标自招综评班练习册
65
检测题参考答案
11 M = 4π2r3
GT 2 =
4×3.142 ×
(
2.8×1020)3
6.67×10−11 ×
(
6.3×1015)2 kg ≈3.3×1041kg。
【解析】假设太阳轨道内侧这些星体的总质量为M，太阳的质量为m，轨道半径为r，周期为T，太
阳做圆周运动的向心力由这些星体的引力提供，则GMm
r2 = m4π2
T 2 r，故这些星体的总质量为M =
4π2r3
GT 2 =
4×3.142 ×
(
2.8×1020)3
6.67×10−11 ×
(
6.3×1015)2 kg ≈3.3×1041kg。
12 C
【解析】m2 不能像在地面上行驶的汽车一样加大速度去追赶m1，而应先通过反向制动火箭把速度
变小，这样万有引力就大于m2 做匀速圆周运动所需要的向心力，从而轨道半径变小，在较低轨道
上做匀速圆周运动。由于在较低轨道上m2 的运行速率要大一些，大于m1 的运行速率，就会慢慢
赶上前上方的m1，再在恰当位置m2 通过助推火箭把速度变大，这时万有引力又小于所需要的向心
力，m2 将做离心运动，轨道半径将变大到与m1 相同，这时m2 就追上了m1，故选C。
13 B
【解析】解：A、卫星绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，GMm
r2
= m4π2r
T 2
，解得：
T = 2π
√
r3
GM ，轨道3 半径比轨道1 半径大，所以卫星在轨道3 上的周期大于在轨道1 上的周期，
故A 正确；
B、在轨道2 上P 点的速度小于轨道3 上P 点的速度，根据v =
√
GM
r
得卫星在轨道3 上线速度
小于卫星在轨道1 上线速度，所以在轨道2 上P 点的速度小于卫星在轨道1 上线速度，故B 错误；
C、因为卫星在轨道上飞行只受引力，根据机械能守恒条件知道，卫星在椭圆轨道上飞行时机械能守
恒，由于远地点P 的势能大于近地点Q 势能，所以远地点P 的动能就小于近地点Q 的动能，经过
Q 点时的速率大于经过P 点时的速率，故C 正确；
D、卫星运行时只受万有引力，加速度a = GM
r2 ，所以卫星在轨道2 上运行时，经过Q 点时的加速度
大于经过P 点的加速度，故D 正确；
不正确的故选：B。
高一物理目标自招综评班练习册
66
检测题参考答案
14 D
【解析】解：A、根据GMn
r2 = mv2
r ，解得：v =
√
GM
r ，轨道3 的半径大于轨道1 的半径，则卫星在轨
道3 上的速率小于在轨道1 上的速率，即v3v1；
卫星从轨道2 上的P 点进入轨道3，需点火加速，可知卫星在轨道2 上经过P 点的速度小于它在
轨道3 上经过P 点的速度，即v2Pv3；
卫星从轨道1 上的Q 点进入轨道2，需点火加速，可知卫星在轨道1 上经过Q 点的速度小于它在
轨道2 上经过Q 点的速度，即v1v2Q；
可得：v2Pv3v1v2Q
故A 错误；
B、根据GMn
r2 = mω2r 解得：ω =
√
GM
r3 ，轨道3 的半径大于轨道1 的半径，则卫星在轨道3 上的
角速度小于轨道1 上的角速度，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a = GM
r3 ，所以卫星分别在轨道“1“和轨道“2“上运行经过
Q 点时的加速度相等，故C 错误；
D、卫星的轨道越高，则发射卫星需要的能量越大，所以卫星在轨道1 上的机械能小于它在轨道3
上的机械能，故D 正确。
故选：D。
15 C
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力有：GMm
r2
= ma
r = R+h，
根据万有引力等于重力得：GMm
R2
= mg
所以“实践十六号”在圆轨道上运行的加速度是
gR2
(R+h)2 ，故A 错误；
B、根据万有引力提供向心力有：GMm
r2
= mv2
r
v =
√
GM
r ，
v = R
√
g
R+h，故B 错误；
C、
“实践十六号”在椭圆轨道上从A 到B 的运行时间是T
2 = π
√
(2R+h)3
8gR2
，故C 正确；
D、
“实践十六号”进入圆轨道前需加速，做离心运动，故D 错误。
故选：C。
高一物理目标自招综评班练习册
67
检测题参考答案
第6 讲
动量定理
1
C,D
【解析】解：根据动量的定义式p = mv，知动量由速度和质量共同决定，故A 错；
又因动量是矢量，它的方向与速度方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，方
向不一定相同，故B 错；
一个物体速率改变，则它的动量大小一定改变，故C 对；
物体的运动状态变化指速度发生变化，它的动量也就发生了变化，故D 对。
2
A
【解析】运动员所做的是平抛运动，初末速度不在一条直线上，因此不能直接用初末动量相加
减。在此过程中，运动员只受重力作用，因此重力的冲量就等于动量的变化量，∆p = Ft = mgt =
60×10×1kg·m/s2 = 600kg·m/s2，故选A。
3 （1）小球撞击墙前的动量为2kg·m/s，方向向右；小球撞击墙后的动量为−1.6kg·m/s，方向向左。
【解析】解：取向右为正方向，则小球撞击墙前的动量p1 = mv0 = 0.4×5kg·m/s = 2kg·m/s，方向向
右；
小球撞击墙后的动量p2 = mv = 0.4×(−4)kg·m/s = −1.6kg·m/s，负号表示动量方向向左。
（2）此过程中小球动量的变化量为−3.6kg·m/s，动量的变化量为负，表示方向向左。
【解析】解：此过程中小球动量的变化量∆p = p2 −p1 = (−1.6−2)kg·m/s = −3.6kg·m/s。
4
A,B,C
【解析】解：A、地球对陨星的引力与陨星的速度不在同一直线上，所以在地球的引力作用下，陨星
做曲线运动，故A 正确；
B、地球引力对陨星先做正功再做负功，根据动能定理可知，陨星的动能先增大后减小，速率先增大
后减小，质量不变，则其动量先增大后减小，在b 点处陨星的动量最大，故B 正确；
CD、由牛顿第二定律得知：F合= ma = m = ∆v
∆t = ∆p
∆t ，即物体的动量变化率等于合外力，在b 点万有
引力最大，由陨星的动量变化率最大，故C 正确，D 错误。
高一物理目标自招综评班练习册
68
检测题参考答案
5
C,D
【解析】本题缓慢拉时纸带对重物的摩擦力可视为静摩擦力，摩擦力的大小决定于加速度的大小，
可知A、B 错；迅速拉纸带时，摩擦力恒定，作用时间很短，因而重物受到的冲量很小，C、D 正确。
6
重力的冲量IG = 100N·s，方向竖直向下；
支持力的冲量IN = 80N·s，方向垂直于斜面向上；
摩擦力的冲量IFf = 16N·s，方向沿斜面向上。
合外力的冲量I合= 44N·s，方向沿斜面向下。
【解析】解：物体沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用。冲量I = Ft，是矢量。
重力的冲量IG = G·t = mg·t = 5×10×2N·s = 100N·s，方向竖直向下；
支持力的冲量IN = N ·t = mgcosα ·t = 5×10×0.8×2N·s = 80N·s，方向垂直于斜面向上；
摩擦力的冲量IFf = Ff ·t = µmgcosα ·t = 0.2×5×10×0.8×2N·s = 16N·s，方向沿斜面向上。
合外力的冲量可以由合外力与时间的乘积求出I合= F合t = (mgsinα −µmgcosα) · t = 5 × 10 ×
(0.6−0.2×0.8)×2N·s = 44N·s，方向沿斜面向下。
合外力的冲量也可以由各外力的冲量的矢量和求出I合= IG sinα −IFf = (100×0.6−16)N·s = 44N·s。
7
D
【解析】解：力的冲量与该力做功与否无关，故对于恒定的拉力F 的冲量大小为Ft。物体匀速前
进，则合外力为零，故合外力的冲量为零，故选D。
8
10
20
【解析】解：前2s 内F 的冲量为F 和横轴t 围成的三角形面积，因此为10N·s；5s 内的冲量是前
5s 内F 和横轴t 围成的总面积，为1
2 ×(2+4)×10N·s−10×1N·s = 20N·s。
9
D
【解析】解：规定向上为正方向，那么p1 = −mv1，p2 = mv2，又碰撞时间极短，重力的冲量可以忽略，
由动量定理F ·∆t = ∆p = p2 −p1 = m(v1 +v2)，方向向上。
高一物理目标自招综评班练习册
69
检测题参考答案
10 C
【解析】人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F −mg)t = mv。
而脚尖先着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故C 正确，A、B、D
错误。
故选：C。
11 A
【解析】两车滑行时水平方向仅受阻力Ff 作用，在这个力作用下使车的动量发生变化，规定车行驶
的方向为正方向后，由动量定理得−Ff = −mv
t
，所以两车滑行时间t = mv
Ff
= p
Ff
，当p、Ff 相同时，滑
行时间t 相同，选项A 正确。
12 （1）µ = 0.32
【解析】解：从A 到B 的过程中物体所受合外力沿水平方向为摩擦力，做负功，由动能定理可得：
−µmgsAB = 1
2mvB2 −1
2mvA2，
代入数据解得µ = 0.32。
（2）碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F 为130N。
【解析】解：以向左运动为正方向，物块碰撞墙壁的过程中，由动量定理可得：
F ∆t = ∆p = m∆v，
速度的变化量为∆v = vB′ −vB = 6m/s−(−7m/s) = 13m/s ，
代入可得F = 130N，方向向左。
（3）Wf = 9J
【解析】解：物体反向运动到静止后停止运动，对该过程由动能定理有：
Wf = 1
2mvB′2，
代入数据解得Wf = 9J。
13 （1）Ep = 1
2m1v21 + 1
2 (M +m2)v20 = 12J
【解析】系统动量守恒m1v1 −(m2 +M)v0 = 0 v1 = 2m/s Ep = 1
2m1v21 + 1
2 (M +m2)v20 = 12J。
高一物理目标自招综评班练习册
70
检测题参考答案
（2）x = (M +m2)v20
2µm2g
= 1.5m
【解析】因m2 > M，故每次碰后的总动量向右，故最终二物体的速度为零，则有µm2gx = 1
2 (M +m2)v02 x
= (M +m2)v20
2µm2g
= 1.5m。
（3）t = v0
µg = 1s
【解析】除去匀速外，可认为m2 一直做匀减速运动µm2gt = m2v0 t = v0
µg = 1s。
第7 讲
动量守恒定律
1
A
【解析】解：动量守恒的条件是系统所受合外力为零，故选项A 正确；
运动员推铅球，系统除受重力外，还受到摩擦力，故人与铅球组成的系统动量不守恒，选项B 错误；
从高空落下的重物与车组成的系统在竖直方向上的合力不为零，动量不守恒，故选项C 错误；
斜面虽在光滑水平面上，但系统在竖直方向上的合力不为零，只在水平方向上的合力为零，故选项
D 错误。
2
B,C
【解析】解决本题应抓住碰撞前后及碰撞过程中甲、乙两物体的速度特征。
碰前：必须满足v甲> v乙，再由公式v = p
m 得，5
7 > m甲
m乙
，即m甲
m乙
< 5
7 = 0.71，①
碰中：25
2m甲
+ 49
2m乙
⩾
4
2m甲
+ 100
2m乙
，即m甲
m乙
⩽7
17 = 0.41，②
碰后，v甲⩽v乙, 2
m甲
⩽10
m乙
，即m甲
m乙
⩾0.2，③
综合①②③可得0.41 ⩾m甲
m乙
⩾0.2，符合此条件的选项为B 和C。
3
v = mv0 cosθ
M +m
【解析】解：球和沙车作为系统，整个过程中水平方向不受外力作用，故水平方向动量守恒。据动量
守恒定律有mv0 cosθ = (M +m)v，所以v = mv0 cosθ
M +m 。
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71
检测题参考答案
4
D
【解析】解：A、在只有重力或系统内弹力做功的情况下，物体或系统的机械能守恒。小球在半圆槽
内由B 运动到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，
小球在半圆槽内运动的全过程中机械能不守恒，故A 错误；
B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守恒。小球
在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒，故B
错误；
C、小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒。
系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误；
D、小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，由于其水平
方向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从C 点落回半圆槽，故
D 正确。
故选：D。
5
分离后卫星的速率v1 = v0 + m2
m1
(v0 −v2)
【解析】火箭和卫星组成的系统在分离前后水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：
(m1 +m2)v0 = m2v2 +m1v1
解得：v1 = v0 + m2
m1
(v0 −v2)。
6
C
【解析】解：设人的速度为v，人和A 组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，根据动量
守恒得：0 = mv−mAvA，解得vA = mv
mA
。
人和B 组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒得：mv = (m+mB)vB，解
得vB =
mv
m+mB
。
则vA
vB
= m+mB
mA
，
故选C。
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72
检测题参考答案
7
A
【解析】解：在忽略喷出过程中重力和空气阻力作用的情况下，火箭点火瞬间，燃气与火箭构成的
系统总动量守恒，且系统总动量为0，所以火箭动量大小等于燃气动量大小，即p = mv = 0.05kg×
600m/s = 30kg·m/s，A 正确。
8
B
【解析】炮弹开始动能Ek = 1
2mv2，解得v =
√
2Ek
m 。
其中一块动能为Ek
2 = 1
2 · m
2 v12，解得v1 =
√
2Ek
m ，
根据动量守恒定律得mv = −m
2 v1 + m
2 v2，
解得v2 = 3
√
2Ek
m 。则动能Ek
′ = 1
2 · m
2 v22 = 9
2Ek。故B 正确，A、C、D 错误。
故选B。
9
C
【解析】以飞船与喷出的气体为研究对象，以飞船的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv =
(m−∆m)v1 −∆mv2，选项C 正确，选项ABD 错误。
10 mB 为0.67kg
【解析】图示图象可知：
碰前va = ∆x1
∆t1
= 4−10
2
m/s=−3m/s，
vb = ∆x2
∆t2
= 4
2m/s=2m/s
碰后vc = ∆x3
∆t3
= 2−4
4−2m/s=−1m/s。
由碰撞过程中动量守恒有：
mAva +mBvb = (mA +mB)vc，
解得mB ≈0.67kg。
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73
检测题参考答案
11
m
M +mR
【解析】解：M 和m 组成的系统在水平方向上动量守恒，依据人船模型即可求解。设圆弧槽后退位
移大小为x，则根据水平方向上的动量守恒得：Mx = m(R−x)，解得x =
m
M +mR。
12 D
【解析】人竖直跳起，但水平方向速度不变，车的速度仍为v1，向东。
13 0.6
向左
【解析】甲乙船三者组成的系统动量守恒。规定向左为正方向。
设小船的速度大小为v，由动量守恒定律有:
0 = m甲v甲+m乙v乙+mv
代入数据解得:v = 0.6m/s。
速度v 为正值，说明方向向左。
14 B
【解析】解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。
取船的速度为正方向。
则v = d
t ，v′ = L−d
t
，根据动量守恒定律得：Mv−mv′ = 0，解得船的质量：M = m(L−d)
d
；故选B。
15 A,C
【解析】两人及车组成的系统动量守恒，则mAvA −mBvB −mCvC = 0，得mAvA −mBvB > 0。
1219092614252
