目录
第4 讲 能量进阶
第2 讲抛体运动
第6 讲 类碰撞与
斜碰撞
参考答案
第1 讲 微积分
第5 讲 碰撞
第3 讲 圆周运动
第7 讲 期中复习
20
07
33
48
01
27
14
40
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1
第1 讲
微积分
第1 讲
微积分
1
求下列函数在区间[x0,x0 +∆x] 上的平均变化率。
①f (x) = x；②f (x) = x2；③f (x) = x3；④f (x) = 1
x；⑤f (x) = √x。
2 如果某物体做运动方程为s = 2
(
1−t2)
的直线运动(s 的单位为m，t 的单位为s)，那么其在t = 1.2s
时的瞬时速度为( )
A. −4.8m/s
B. −0.88m/s
C. 0.88m/s
D. 4.8m/s
3 曲线y = xex−1 在点(1,1) 处切线的斜率等于( )
A. 2e
B. e
C. 2
D. 1
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2
第1 讲
微积分
4 函数y = (x−2)2 在x = 1 处的导数等于( )
A. −1
B. −2
C. −3
D. −4
5 已知函数f (x) = x+lnx，则f ′ (1) 的值为( )
A. 1
B. 2
C. −1
D. −2
6 已知函数f (x) = x·lnx，则f ′ (1) =
。
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3
第1 讲
微积分
7 已知函数f (x) = (2x+1)ex，f ′ (x) 为f (x) 的导函数，则f ′ (0) 的值为
。
8 函数y = 2ln(x2+1) 的导函数是( )
A. 2ln2×x
x2 +1 2ln(x2+1)
B. 2log2e×x
x2 +1
2ln(x2+1)
C.
ln2
x2 +12ln(x2+1)
D. 2ln2
x2 +12ln(x2+1)
9 函数y = cos(2x+1) 的导函数是( )
A. y′ = sin(2x+1)
B. y′ = −2xsin(2x+1)
C. y′ = −2sin(2x+1)
D. y′ = 2xsin(2x+1)
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4
第1 讲
微积分
10 函数f (x) = sinx−1
2x，x ∈
(
0, π
2
)
的单调递减区间是
。
11 已知函数f (x) 与f ′ (x) 的图象如图所示，则函数g(x) = f (x)
ex
的单调递减区间为( )
A. (0,4)
B. (−∞,1)，
(4
3,4
)
C.
(
0, 4
3
)
D. (0,1)，(4,+∞)
12 已知函数f (x) = x(x−c)2 在x = 2 处有极大值，则c =
。
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5
第1 讲
微积分
13 函数f (x) = (x−1)
(
x2 −2x−2
)
,x ∈
[
−2, 5
2
]
的最大值与最小值的和为
。
14 已知函数f (x) =
(x+1)2 (−1 ⩽x ⩽0)
√
1−x2 (0 < x ⩽1)
，则
∫1
−1 f (x)dx =
。
15 定积分
∫1
−1 x3dx 的值等于
。
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6
第1 讲
微积分
16 定积分
∫1
0 (ex +2x)dx =( )
A. 1
B. e−1
C. e
D. e+1
17 下列计算错误的是( )
A.
∫π
−π sinxdx = 0
B.
∫1
0
√xdx = 2
3
C.
∫π
2
−π
2 cosxdx = 2
∫π
2
0 cosdx
D.
∫π
−π sin2xdx = 0
18 定积分
∫1
0 (2x+ex)dx 的值为( )
A. e+2
B. e+1
C. e
D. e−1
19
∫1
−1
(√
1−x2 +x
)
dx =
。
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7
第2 讲
抛体运动
第2 讲
抛体运动
1
某人站在地面上抛出一小球，球离手时的速度为v0，落地时的速度为vt。忽略空气阻力，下图中能正
确描述速度矢量变化过程的是（ ）
2 两物体自同一地点分别与水平方向成θ1 = 60◦、θ2 = 30◦的仰角抛出，若两物体所达到的射程相等
(抛出点和落地点在同一高度)，则它们的抛射速度之比为（ ）
A. 1 : 1
B. 1 : 3
C. 3 : 1
D. 1 :
√
3
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8
第2 讲
抛体运动
3 如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最
高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 沿路径1 抛出的物体落地的速率最大
B. 沿路径3 抛出的物体在空中运动的时间最长
C. 沿路径3 抛出的物体初速度的竖直分量最大
D. 三个物体抛出时初速度的水平分量相等
4 如图所示，在高为h 的山顶上向平地放炮，若炮弹出口速度大小为v0，问：v0 与水平方向的夹角α 为
多大时，炮弹落点最远？
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9
第2 讲
抛体运动
5 乒乓球在我国有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，现讨论乒乓球发球问题，已知球台长L，网高
h，若球在球台边缘O 点正上方某高度处，以一定的垂直于球网的水平速度发出，如图所示，球恰好在
最高点时刚好越过球网，假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且
不考虑乒乓球的旋转和空气阻力，则根据以上信息可以求出（设重力加速度为g）（ ）
A. 球的初速度大小
B. 发球时的高度
C. 球从发出到第一次落在球台上的时间
D. 球从发出到被对方运动员接住的时间
6 物体做如图所示的斜抛运动。
（1）已知抛出速度v 和抛射角θ，求物体的水平位移s。
（2）设一个人站在光滑冰面上，以相对自己的速度v0 斜向上抛出一个球，当小球下落至抛出点高度
时，水平位移为L，设人与球的质量分别为M 和m，求抛出速度v0 的最小值，以及小球抛出时速
度与水平方向的夹角θ。
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10
第2 讲
抛体运动
7 在链球比赛中，将球斜向上抛出，抛射角α = 53◦。当t = 1.4s 时，球仍斜向上升，方向已与水平方向
成β = 37◦。不计空气阻力，取g = 10m/s2，求：
（1）球的初速度v0 是多少？
（2）球将在什么时候到达最高点？
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11
第2 讲
抛体运动
8 倾角为α 的光滑斜面固定在水平地面上，一个小钢球以与斜面成β 角的速度撞击斜面，如图所示，
设钢球与斜面碰撞前后，钢球的速度大小不变。求β 为何值时，球可以返回它第一次与斜面相碰的
点。
9 如图，一质点以速度v0 从倾角为θ 的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M 点且速度水平向右。现
将该质点以2v0 的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N 点。下列说法正确的是（ ）
A. 落到M 和N 两点速度之比为1 : 1
B. 落到M 和N 两点时间之比为1 : 2
C. 落到N 点时速度方向水平向右
D. M 和N 两点距离斜面底端的高度之比为1 : 2
10 如图所示，小球A,B 以相同的初动能从水平地面上以相同的仰角θ 斜向上同时抛出，以水平地面为
重力势能零势能面，设A,B 分别经tA,tB 到达各自的最高点hA,hB，在各自的最高点，A,B 的动能分別
为EKA,EKB，重力势能分别为EPA,EPB，已知A 球质量大于B 球质量，空气阻力不计，则（ ）
A. tA = tB
B. hA > hB
C. EPA = EPB
D. EKA > EKB
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12
第2 讲
抛体运动
11 如图所示，一个截面为直角三角形的劈形物块固定在水平地面上，斜面高h = 4m，α = 37◦，一个小球以
v0 = 9m/s 的初速度由C 点冲上斜面，由点A 飞出落在AB 面上，不计一切阻力(sin37◦= 0.6,cos37◦=
0.8,g = 10m/s2)
。求：
（1）小球到达A 点的速度大小。
（2）小球由A 点飞出至第一次落到AB 面所用时间。
（3）小球第一次落到AB 面时速度与AB 面的夹角θ 的正切值。
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13
第3 讲
圆周运动
第3 讲
圆周运动
1
求初速度为
√
2v0，并且沿着与地面夹角为45◦的斜上抛运动曲线在最高点的曲率半径。要求使用两
种方法计算。
2 抛体运动是最常见的曲线运动之一，已知某个物体以初速度v0 水平抛出，请问运动时间t 时的运动
曲线上的点对应的曲率半径为多少？以出发点为原点。
3 一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列
不同半径的小圆弧来代替。如图(a) 所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻
A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ 叫做A 点的曲率半
径。图(b) 表示地球围绕太阳做椭圆运动，在近日点地球和太阳的中心距离为ra，在远日点地球和太
阳的中心距离为rb，则地球在近日点和远日点的速度大小的比值是（ ）
A. ra
rb
B. rb
ra
C.
√ra
rb
D. rb2
ra2
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14
第3 讲
圆周运动
4 在一个与平面成α 角的粗糙斜面上放着一个物体，它系于一个不可伸长的细绳上，绳的另一端通过
斜面上的一个小孔竖直穿过平面，如图所示，然后慢慢地拉动绳子。开始时，绳子处于水平位置，在这
个物体到达小孔的时候，物体在斜面上通过的轨迹正好是一个半圆周，求动摩擦因数µ。
5 如图所示，质量为m 的小滑块，从半径为R 的球的顶点A 以速度v0 开始沿光滑球面下滑，试确定小
滑块与球的分离点位置。
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15
第3 讲
圆周运动
6 一根长为h 的细线，上端固定于O 点，下端悬挂一可视为质点的小球。现给小球一个水平初速度v0，
大小为
√
7gh
2 ，如图所示。
（1）小球转过多大角度开始不做圆周运动？
（2）证明小球恰能击中最低点(初始点)。
7 质量为m 的小球用两根长度均为L 的不可伸长轻线固定在水平杆上，杆对称地固定在以角速度ω
转动的竖直轴上(如图所示)，两线之间的夹角为α。求线的张力。
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16
第3 讲
圆周运动
8 有一个摆长为l 的摆(摆球可视为质点，摆线的质量不计)，在过悬点的竖直线上距悬点O 的距离为
x 处(x < l) 的C 点有一固定的钉子，如图所示。当摆摆动时，摆线会受到钉子的阻挡。当l 一定而
x 取不同值时，阻挡后摆球的运动情况将不同。现将摆拉到位于竖直线的左方(摆球的高度不超过O
点)。然后放手，令其自由摆动，如果摆线被钉子阻挡后，摆球恰好能够击中钉子，试求x 的最小值。
9 一列长为L、质量为M 的过山车，从水平轨道以初速度v0 冲上半径为R 的竖直圆轨道，要使过山车
能安全地通过圆轨道，求过山车从水平轨道上冲时的初速度至少为多大？已知L > 2πR，不计过山车
自身高度和摩擦阻力。
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17
第3 讲
圆周运动
10 如图所示，光滑的水平桌面上钉有两枚铁钉A、B，相距l0 = 0.1m。长l = 1m 的柔软细线一端拴在A
上，另一端拴住一个质量为500g 的小球，小球的初始位置在AB 连线上A 的一侧，把纲线拉直，给
小球以2m/s 的垂直细线方向的水平速度，使它做圆周运动，由于钉子B 的存在，细线逐步缠在A、B
上，若细线能承受的最大拉力Fm = 7N，则从开始运动到细线断裂的时间为多少？
11 如图甲所示，在光滑水平面上固定B、C 两个钉子，足够长的细线，一端拴在B 钉上，另一端系一小球
A，拉直细线使A、B、C 在同一直线上。现给A 球一个垂直于AB 方向的水平初速度，使小球在水平面
内做圆周运动，运动过程中细线与钉子相碰时没有能量损失。从小球刚运动开始计时，在0 ⩽t ⩽10s
时间内细线拉力F 大小的变化如图乙所示，试通过计算，在图乙中作出在10s ⩽t ⩽20s 时间内拉力
F 大小的变化图线(细线在运动过程中没有被拉断)。
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18
第3 讲
圆周运动
12 如图所示，AOB 是游乐场中的滑道模形，它位于竖直平面内，由两个半径都是R 的1
4 圆周连接而成，
它们的圆心O1、O2 与两圆弧的连接点O 在同一竖直线上。O2B 沿水池的水面，一小滑块可由弧AO
的任意点从静止开始下滑。
（1）若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应
在圆弧AO 上的何处？(用该处到O1 的连线与竖直线的夹角表示)
（2）凡能在O 点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2 的距离如何？
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19
第4 讲
能量
第4 讲
能量
1
选择合适的地方发射卫星，对提高运载效率、节省燃料等方面都有影响(特别是对同步卫星的发射)。
如果在地球表面纬度为φ 处发射一颗绕地球表面运行的人造地球卫星，假设地球可视为质量均匀分
布的球体，已知地球自转的角速度为ω，地球半径为R，地球表面处重力加速度为g，卫星质量为m，
则至少要给卫星的能量为
。设重力加速度为g = 9.8m/s2，地球半径为R = 6.4×106m，卫星
质量为m = 1.00×103kg，若发射地在酒泉，其纬度为北纬40◦58′，则所需的能量为
J；若发射
地在文昌，其纬度为北纬19◦19′，则所需的能量为
J。
2 火星和土星绕太阳运动的轨道均为椭圆。设火星的近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离
为b，火星绕太阳公转的周期为T1，质量为m1；土星的近日点到太阳的距离为c，远日点到太阳的距
离为d。土星绕太阳公转的周期为T2，质量为m2。太阳的质量为M，万有引力常量为G。下列说法中
正确的是（ ）
A. 火星与太阳的连线在时间t 内扫过的面积等于土星与太阳的连线在时间t 内扫过的面积
B. T1
T2
=
(a+b
c+d
) 3
2
C. 火星在近日点和远日点受到太阳对它的万有引力之比为a2
b2
D. 土星从近日点运动到远日点的过程中，克服太阳引力做的功大于1
2GMm2
(1
c −1
d
)
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20
第4 讲
能量
3 如图所示，沿地球表面与竖直方向成α 角的方向，发射一质量为m 的导弹。其初速度v0 =
√
GM
R ，
M 为地球质量，R 为地球半径，忽略空气阻力和地球自转的影响。求导弹上升的最大高度。
4 用一根细线竖直悬挂一根长为l 的均匀细木杆，置于水桶内水平面上方，如图所示。当水桶缓慢上升
时，细木杆逐渐浸入水中，当木杆浸入水中超过一定深度l′ 时，木杆开始出现倾斜现象，求l′。已知木
杆的密度为ρ，水的密度为ρ0。
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21
第4 讲
能量
5 如图所示，质量为m、长度为l 的均匀柔软粗绳，穿过半径R 的滑轮，绳的两端吊在天花板上的两个
钉子上，两钉间距离为2R，滑轮轴上挂一重物，重物与滑轮总质量为M，且相互间无摩擦，求绳上最
低点C 处的张力。
6 如图所示，把一段线密度为λ 的绳子放置在半径为R 的光滑圆木上，A 端固定在圆木的最高点，绳
子等于圆木周长的1
4，求绳子上端A 处张力TA 的大小。
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22
第4 讲
能量
7 一质量为2kg 的物块从离地80m 高处自由落下，测得落地速度为30m/s，则下落过程中产生的内能
为
。（g 取10m/s2）
8 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平
且处于原长。圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC = h。圆
环在C 处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆
环（ ）
A. 上滑与下滑过程经过B 点时加速度均为零
B. 下滑过程与上滑过程克服摩擦力做功相同
C. 下滑过程与弹簧组成的系统机械能减少了1
4mv2
D. 上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度
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23
第4 讲
能量
9 2000 年，第27 届悉尼奥运会，蹦床被列为正式比赛项目，比赛要求选手蹦起的高度至少为8m，蹦床
比赛分成预备运动和比赛动作，最初，运动员静止站在蹦床上，在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，
逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度，此后，进入比赛动作阶段，现把蹦床简化为
一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F = kx(x 为床面下沉的距离，k 为常量)，质量m = 50kg 的运动员
静止站在蹦床上，床面下沉x0 = 0.10m，此时弹簧具有的弹性势能Ep弹= 25J。在预备运动阶段，假设
运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能，取重力加速度g = 10m/s2，忽略空气阻力的影响。
（1）求常量k。
（2）若选手每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为∆t = 2.0s，请通过计算说明比赛选手蹦起
的高度是否符合比赛规则。
（3）请求出选手要达到比赛要求，至少要做的功W 的值。
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24
第4 讲
能量
10 已知一足够长的传送带与水平面的倾角为30◦，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置
放上具有一定初速度的物块，物块的质量m = 1kg，以此时为t = 0 时刻记录了小物块之后在传送带上
运动速度随时间的变化关系如图所示，若图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v1 = −6m/s，
v2 = 4m/s，t1 = 0.5s，g 取10m/s2，已知传送带的速度保持不变。求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数。
（2）0 ∼t2 内带动传送带的电动机多消耗的电能。
（3）0 ∼t2 内系统产生的内能。
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25
第4 讲
能量
11 如图所示，倾角α = 30◦的足够长传送带上有一长为L，质量为M 的薄木板，木板的最右端叠放质
量为m 的小木块，对木板施加一沿传送带向上的恒力F，使木板由静止(相对地面) 沿传送带斜向上
开始做匀加速直线运动；在对木板施加一沿传送带向上的恒力F 的同时传送带皮带轮逆时针转动，
皮带的运动速度v = 2m/s 。已知木板与物块间动摩擦因数µ1 =
√
3
2 ，木板与传送带间动摩擦因数
µ2 =
√
3
4 ，M = 0.5kg，m = 0.3kg，L = 1m，重力加速度g 取10m/s2。
（1）为使物块滑离木板，恒力F 应满足的条件。
（2）若F = 10N 时物块能否离开木板？若能，则木板与物块经多长时间分离？这段时间木板、木块、传
送带组成的系统摩擦发了多少热？
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26
第5 讲
碰撞
第5 讲
碰撞
1
质量为ma = 1kg，mb = 2kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如
图所示，则可知碰撞属于（ ）
A. 弹性碰撞
B. 非弹性碰撞
C. 完全非弹性碰撞
D. 条件不足，不能判断
2 甲物体在光滑水平面上运动的速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论
正确的是（ ）
A. 当乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速率是v1
B. 当乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1
C. 当乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v1
D. 碰撞过程中甲对乙做的功大于乙的动能增量
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27
第5 讲
碰撞
3 质量为m1 的小球A 在光滑的水平面上以v1 的速度向右运动，恰撞上质量为m2 静止在水平面上的
小球B。发生弹性碰撞后，小球A 的速度变为v1′，小球B 的速度变为v2′。请推导v1′、v2′ 的表达式
(用m1、m2、v1 表示)，并完成下列填空(填<、>、=)
（1）v1′=
，v2′=
；
（2）当m1 = m2 时，v1′
0，v2′
v1；
（3）当m1 > m2 时，v1′
0，v2′
0；
（4）当m1 < m2 时，v1′
0，v2′
0；
（5）当m1 ≫m2 时，v1′
v1，v2′
2v1；
（6）当m1 ≪m2 时，v1′
−v1，v2′
0。
4 用不可伸长的细线悬挂一质量为M 的小木块，木块从某一高度释放，细线始终保持紧绷，如图所示，
现有一质量为m 的子弹自左方水平射向木块，子弹射入木块时木块恰好处在最低点，且速率为v，方
向水平向左，子弹初速度为v0，并最终停留在木块里，此时速率为v，方向水平向右。则下列判断正确
的是（ ）
A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
mv0
M +m
C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能小于子弹射入木块前的动能
D. 子弹和木块一起上升的最大高度为
m2v02
2g(2M +m)2
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28
第5 讲
碰撞
5 如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A 向右的初速
度v0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A、B 分别以1
8v0、3
4v0 的速度向右运动，B 再与C 发生碰
撞，碰后B、C 黏在一起向右运动。滑块A、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均
极短。求B、C 碰后瞬间共同速度的大小。
6 质量为2m 的B 球，静止放于光滑水平面上，另一质量为m 的A 球以速度v 与B 球正碰，若碰撞没
有能量损失，则碰后A 球的速度为（ ）
A. 1
3v
B. −1
3v
C. 2
3v
D. −2
3v
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29
第5 讲
碰撞
7 两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B 球在前，A 球在后，MA = 1kg，MB = 2kg，
vA = 6m/s，vB = 3m/s，当A 球与B 球发生碰撞后，A、B 两球速度可能为（ ）
A. vA = 4m/s，vB = 4m/s
B. vA = 2m/s，vB = 5m/s
C. vA = −4m/s，vB = 6m/s
D. vA = 7m/s，vB = 2.5m/s
8 小球A 以速度v0 向右运动，与静止的小球B 发生碰撞，碰后A、B 球的速度大小分别为v0
4 、v0
2 ，则
A、B 两球的质量比可能是（ ）
A. 1 : 2
B. 2 : 3
C. 3 : 2
D. 2 : 5
9 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
高一物理目标自招综评班练习册
30
第5 讲
碰撞
10 在光滑水平面上，有A、B 两球沿同一直线向右运动，A 在后，B 在前，A 追上B 发生碰撞，已知两球碰
前的动量分别为pA = 12kg·m/s，pB = 13kg·m/s，碰撞前后的动量变化∆pA、∆pB 可能为（ ）
A. ∆pA = −3kg·m/s，∆pB = 3kg·m/s
B. ∆pA = 4kg·m/s，∆pB= −4kg·m/s
C. ∆pA = −5kg·m/s，∆pB = 5kg·m/s
D. ∆pA = −24kg·m/s，∆pB = 24kg·m/s
11 物块1、2 的质量分别是m1 = 4kg 和m2 = 1kg，它们具有的动能分别为E1 和E2，且E1 +E2 = 100J。
若两物块沿同一直线相向运动发生碰撞，并黏在一起，欲使碰撞中损失的机械能最大，则E1 和E2 的
值应该分别是（ ）
A. E1 = E2 = 50J
B. E1 = 20J，E2 = 80J
C. E1 = 1J，E2 = 99J
D. E1 = 90J，E2 = 10J
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31
第5 讲
碰撞
12 如图所示，内壁光滑半径为R 的圆形轨道，固定在竖直平面内。质量为m1 的小球静止在轨道最低点，
另一质量为m2 的小球(两小球均可视为质点) 从内壁上与圆心O 等高的位置由静止释放，运动到最
低点时与m1 发生碰撞并粘在一起，重力加速度大小为g。求：
（1）小球m2 刚要与m1 发生碰撞时的速度大小。
（2）碰撞后，m1、m2 能沿内壁运动所能达到的最大高度(相对碰撞点)。
高一物理目标自招综评班练习册
32
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
1
如图所示，质量为m0 的半圆形木槽置于光滑水平地面上，左端紧靠着墙壁，半圆弧内有一质量为m
的小球，从A 点由静止释放小球，则（ ）
A. 小球由A 点滑至C 点的过程中，m 与m0 系统机械能守恒，动量守恒
B. 小球由C 沿圆弧槽向B 运动的过程中，m 与m0 系统机械能守恒，动量守恒
C. 小球由C 能沿圆弧槽运动到B 点
D. 小球从A 点由静止释放后不可能再回到A 点
2 在足够大的光滑水平面上放有两物块A 和B，已知mA > mB，A 物块连接一个轻弹簧并处于静止状
态，B 物体以初速度v0 向着A 物块运动，在B 物块与弹簧作用过程中(B 与弹簧接触后不再分开)，
两物块在同一条直线上运动，下列判断正确的是（ ）
A. 弹簧恢复原长时，B 物块的速度为零
B. 弹簧恢复原长时，B 物块的速度不为零，且方向向右
C. 在弹簧压缩过程中，B 物块动能先减小后增大
D. 在与弹簧相互作用的整个过程中，B 物块的动能先减小后增大
高一物理目标自招综评班练习册
33
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
3 如图所示，物块A、B、C 静止在光滑的水平面上，三者的质量均为m = 2kg。轻弹簧的左端与A 连接，
右端与B 连接。弹簧处于原长，B 和C 紧靠在一起(不粘连)。现给物块A 方向水平向右、大小为
v0 = 6m/s 的初速度，在以后的运动过程中物块A、B 没有相碰，求弹簧被拉伸最长时的弹性势能(设
弹簧处于原长时的弹性势能为零)。
4 如图所示，在光滑水平地面上有A、B 两个小物块，其中物块A 的左侧连接一轻质弹簧。物块A 处于
静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰。对于该作用
过程，两物块的速率变化可用速率-时间图像进行描述，在选项所示的图像中，图线1 表示物块A 的
速率变化情况，图线2 表示物块B 的速率变化情况。则在这四个图像中可能正确的是（ ）
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34
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
5 如图，一颗质量为m 的子弹以水平初速度v0 打击一放在光滑水平面上的质量为M 的静止木块，子
弹未穿出。获得共速v 时，木块恰好发生的位移为s，子弹进入木块的深度为d。设子弹与木块间的
滑动摩擦力大小恒为f，则下列关系式正确的是（ ）
A. −f(s+d) = 1
2mv2 −1
2mv02
B. f(s+d) = 1
2Mv2
C. f ·d = 1
2Mv2
D. f ·d = 1
2mv02 −1
2(M +m)v2
6 子弹以一定的初速度射入放在光滑水平面上的木块中，并共同运动。下列说法中正确的是（ ）
A. 子弹克服阻力做的功等于木块动能的增加与摩擦生的热的总和
B. 木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功
C. 木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量大小
D. 系统损失的机械能等于子弹损失的动能和子弹对木块所做的功的差
7 质量为M 的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹，以水平速度击中木块，木块滑行距离
s 后，子弹与木块以共同速度运动，子弹射入木块的深度为d。为表示该过程，甲、乙两同学分别画出
了如图所示的示意图。对于甲、乙两图的分析，下列说法中正确的是（ ）
A. 不论速度、质量大小关系如何，均是甲图正确
B. 不论速度、质量大小关系如何，均是乙图正确
C. 当子弹速度较大时甲图正确，当子弹速度较小时乙图正确
D. 当M > m 时甲图正确，当M < m 时乙图正确
高一物理目标自招综评班练习册
35
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
8 如图所示，质量为m 的小物块以水平速度v0 滑上原来静止在光滑水平面上质量为M 的小车上，物
块与小车间的动摩擦因数为µ，小车足够长。求：
（1）小物块相对小车静止时的速度。
（2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间。
（3）从小物块滑上小车到相对小车静止时，物块相对小车滑行的距离。
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36
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
9 如图所示，滑块A 的质量为m，小车B 的质量为M 且M = 2m，滑块与平板小车之间的动摩擦因数
为µ，小车静止在光滑的水平面上，当滑块以速度v0 从小车右端滑上小车，经一段时间后滑块相对小
车静止，已知重力加速度为g，求：
（1）从滑块滑上小车到相对静止所需要的时间；
（2）小车的最小长度及滑块滑动过程中系统产生的热量Q。
高一物理目标自招综评班练习册
37
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
10 两个相同小球发生弹性碰撞，如图所示，已知它们碰撞前速度分别为v1 和v2(且v1̸ = v2)，其夹角为
α，求碰撞后两球可能的最大分散角β。
11 某同学用图(a) 所示的实验装置验证碰撞中动量守恒，他用两个质量相等、大小相同的钢球A、B 进
行实验，首先该同学使球A 自斜槽某一高度由静止释放，从槽的末端水平飞出，测出球A 落在水平
地面上的点P 与球飞出点在地面上垂直投影O 的距离LOP。然后该同学使球A 自同一高度由静止
释放，在槽的末端与静止的球B 发生非对心弹性碰撞(如图(b) 所示)，碰撞后两球向不同方向运动，
测出两球落地点M、N 与O 点间的距离分别为LOM、LON。该同学多次重复上述实验过程，并将测量
值取平均。
（1）下列关系正确的是
(填字母代号)。
A.LOP = LOM +LON
B.LOP < LOM +LON
C.LOP > LOM +LON
（2）根据实验原理，试推导出OM 与ON 间夹角的大小。
高一物理目标自招综评班练习册
38
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
12 如图所示，质量相同的两个小球A 与B，用长为L 的轻绳连接，置于光滑水平面上，开始时A、B 相距
为
L
√
2
，B 静止。A 以初速v0 运动，方向垂直于A、B 连线。假设绳不可伸长且不损耗能量，试分析以
后两球的运行轨迹。
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39
第7 讲
期中复习
第7 讲
期中复习
1
静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历
的时间为t，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的是
（ ）
A. 水流射出喷嘴的速度为2gttan θ
B. 空中水柱的水的体积为
Sgt2
2tanθ
C. 水流落地时位移大小为
gt2
2sinθ
D. 水流落地时的速度为2gt cotθ
2 如图所示，小球从楼梯上以2m/s 的速度水平抛出，所有台阶的高度为0.15m，宽度为0.30m，取
g = 10m/s2，则小球抛出后首先落到的台阶是（ ）
A. 第一级台阶
B. 第二级台阶
C. 第三级台阶
D. 第四级台阶
3 如图所示，在同一竖直面内，小球a、b 从高度不同的两点，分别以初速度va 和vb 沿水平方向抛出，
经过时间ta 和tb 后落到与两抛出点水平距离相等的P 点，若不计空气阻力，下列关系式正确的是
（ ）
A. ta > tb，va < vb
B. ta > tb，va > vb
C. ta < tb，va < vb
D. ta < tb ，va > vb
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40
第7 讲
期中复习
4 无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的档位变速器，很多种高档汽车都应
用了无级变速，如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从
动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动。当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮
降低转速；滚轮从右向左移动时，从动轮增加转速，当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2 的位
置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2 的关系是（ ）
A. n1
n2
= D1
D2
B. n2
n1
= D1
D2
C. n2
n1
= D1
2
D2
2
D. n2
n1
=
√D1
D2
5 如图所示，用薄纸做成的圆筒，直径为D，水平放置，绕圆筒轴线OO′ 以角速度ω0 逆时针匀速转动。
一玩具手枪发出的子弹，沿水平方向匀速飞来(不计子弹重力及空气阻力的影响)，沿圆筒的直径方向
击穿圆筒后飞出(设薄纸对子弹的运动速度无影响且认为纸筒没有发生形变)，结果在圆筒上只留下
子弹的一个洞痕，子弹的速度（ ）
A. v =
Dω0
2(2n+1)π (n = 0，1，2，3···)
B. v = D
t =
Dω0
(n+1)π (n = 0，1，2，3···)
C. v =
2Dω0
(n+1)π (n = 0，1，2，3···)
D. v =
Dω0
(2n+1)π (n = 0，1，2，3···)
高一物理目标自招综评班练习册
41
第7 讲
期中复习
6 如图所示叠放在水平转台上可视为质点的小物体A、B、C 能随转台一起以角速度ω 匀速转动，A、B、
C 的质量分别为3m、2m、m，A 与B、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为µ，B、C 离转台中心的
距离分别为r、1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法中不正确的是（ ）
A. B 对A 的摩擦力一定为3µmg
B. C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力
C. 转台的角速度一定满足：ω ⩽
√
2µg
3r
D. 转台的角速度一定满足：ω ⩽
õg
3r
7 如图所示，P 是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B 点以某速度v0 水平飞出的小球，恰能从固定在某
位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道，O 是圆弧的圆心，θ1 是OA 与竖直方
向的夹角，θ2 是BA 与竖直方向的夹角，则（ ）
A. tanθ2
tanθ1
= 2
B. tanθ1 tanθ2 = 2
C.
1
tanθ1 tanθ2
= 2
D. tanθ1
tanθ2
= 2
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42
第7 讲
期中复习
8 设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R。
同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（ ）
A.
GMT 2
GMT 2 −4π2R3
B.
GMT 2
GMT 2 +4π2R3
C. GMT 2 −4π2R3
GMT 2
D. GMT 2 +4π2R3
GMT 2
9 全球卫星定位与通信系统通常由地球静止轨道卫星A 和非静止轨道卫星B 组合而成。若有A,B 两
颗这样的卫星，轨道面相同，运行的速率分别为v1 和v2，轨道高度为h1 和h2，加速度分别为a1 和
a2，第一宇宙速度为v，地球半径为R。则下列关系式正确的是（ ）
A. v1
v2
= R+h1
R+h2
B. a1
a2
= (R+h2)2
(R+h1)2
C. a1
a2
= R+h2
R+h1
D. v1
v =
√
R+h1
R
10 地球赤道上的物体重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体
“飘”起来，则地球转动的角速度应为原来的多少倍（ ）
A. a
g
B.
√
g+a
a
C.
√
g−a
a
D.
√g
a
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43
第7 讲
期中复习
11 我国航天事业取得了突飞猛进地发展，航天技术位于世界前列，在航天控制中心对其正上方某卫星
测控时，测得从发送“操作指令”到接收到卫星“已操作”的信息需要的时间为2t（设卫星接收到“操
作指令”后立即操作，并立即发送“已操作”的信息到控制中心），测得该卫星运行周期为T，地球半径
为R，电磁波的传播速度为c，由此可以求出地球的质量为（ ）
A. π2(8R+ct)3
2GT 2
B. 4π2(R+ct)3
GT 2
C. π2(2R+ct)3
2GT 2
D. π2(4R+ct)3
GT 2
12 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉
力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升。若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中
FT 做的功分别为W1、W2，图中AB = BC，则一定有（ ）
A. W1 > W2
B. W1 < W2
C. W1 = W2
D. 无法判断
13 如图所示，一遥控电动赛车(可视为质点) 从A 点由静止以恒定的功率沿水平地面向右加速运动，当
到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B 时关闭发动机，由于惯性，赛车继续沿半圆轨道运动，
并恰好能通过最高点C(BC 为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m，半圆轨道的半径为R，A、
B 两点间的距离为1.5R，赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为1
3mg，不计空气阻力，重力加速度
为g，下列判断正确的是（ ）
A. 赛车通过C 点后落回地面的位置到B 点的距离为2R
B. 赛车通过B 点时的速度大小为2√gR
C. 赛车从A 点运动到B 点的过程中，其电动机所做的功为5mgR
2
D. 要使赛车能滑过B 点并沿半圆轨道滑回地面，其电动机所做的功W 需满足的条件为mgR
2
⩽W ⩽3mgR
2
高一物理目标自招综评班练习册
44
第7 讲
期中复习
14 一辆汽车在平直的公路上以初速度v0 开始加速行驶，经过一段时间t 后，汽车前进的位移大小为s，
此时汽车恰好达到其最大速度vm，设在此过程中汽车牵引力的功率P 始终不变，汽车在运动时受到
的阻力恒为f。那么下列四个表达式中，能够正确表达汽车的牵引力在这段时间内做功的是（ ）
A. fvmt
B. Pt −fs
C. 1
2 f (v0 +vm)t
D. 1
2mvm2 −1
2mv02
15 一汽车在平直公路上行驶，从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示。假定汽
车所受阻力的大小f 恒定不变。下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图象中，可能正确的是
（ ）
高一物理目标自招综评班练习册
45
第7 讲
期中复习
16 如图所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上。一质量m = 60kg 的
选手脚穿轮滑鞋以v0 = 7m/s 的水平速度抓住竖直的绳开始摆动，选手可看作质点，绳子的悬挂点到
选手的距离l = 6m。当绳摆到与竖直方向夹角θ = 37◦时，选手放开绳子，不考虑空气阻力和绳的质
量。取重力加速度g = 10m/s2，sin37◦= 0.6，cos37◦= 0.8。求:
（1）选手放开绳子时的速度大小。
（2）选手放开绳子后继续运动，到最高点时，刚好可以站到水平传送带A 点，传送带始终以v = 3m/s
的速度匀速向左运动，传送带的另一端B 点就是终点，且sAB = 3.75m。若选手在传送带上自由滑
行，受到的摩擦阻力为自重的0.2 倍。
①通过计算说明该选手是否能顺利冲过终点B；
②求出选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量Q。
高一物理目标自招综评班练习册
46
第7 讲
期中复习
17 如图所示，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为r 的1
4 细圆
管CD，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端
齐平。质量为m 的小球在曲面上距BC 的高度为2r 处从静止开始下滑，小球与BC 间的动摩擦因数
µ=1
2，进入管口C 端时与圆管恰好无作用力，通过CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹
簧的弹性势能为Ep。求:
（1）小球达到B 点时的速度大小vB。
（2）水平面BC 的长度s。
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。
高一物理目标自招综评班练习册
47
检测题参考答案
检测题参考答案
第1 讲
微积分
1
见解析
【解析】①∆y
∆x = f (x0 +∆x)−f (x0)
∆x
= x0 +∆x−x0
∆x
= 1；
②∆y
∆x = f (x0 +∆x)−f (x0)
∆x
= (x0 +∆x)2 −x02
∆x
= 2x0 +∆x；
③∆y
∆x = f (x0 +∆x)−f (x0)
∆x
= (x0 +∆x)3 −x03
∆x
= 3x02 +3x0∆x+(∆x)2；
④∆y
∆x = f (x0 +∆x)−f (x0)
∆x
=
1
x0 +∆x −1
x0
∆x
=
−∆x
x0 (x0 +∆x)
∆x
=
−1
x0 (x0 +∆x)；
⑤∆y
∆x = f (x0 +∆x)−f (x0)
∆x
=
√x0 +∆x−√x0
∆x
=
∆x
√x0 +∆x+√x0
∆x
=
1
√x0 +∆x+√x0
。
2
A
【解析】由题得：∆s
∆t =
2
[
1−(1.2+∆t)2]
−2
(
1−1.22)
∆t
= −4.8−2∆t。当∆t 趋近于0 时，∆s
∆t 趋近
于−4.8。故物体在t = 1.2s 时的瞬时速度为−4.8m/s。
3
C
【解析】解：函数的导数为f ′ (x) = ex−1 +xex−1 = (1+x)ex−1，
当x = 1 时，f ′ (1) = 2，
即曲线y = xex−1 在点(1,1) 处切线的斜率k = f ′ (1) = 2，
故选：C。
4
B
【解析】解：函数的导数为y′ = 2x−4，
∴y′|x=1 = −2，
故选：B。
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48
检测题参考答案
5
B
【解析】解：∵f (x) = x+lnx，
∴f ′ (x) = 1+ 1
x
∴f ′ (1) = 1+ 1
1 = 2
故选：B。
6
1
【解析】解：f (x) = x·lnx，
求导f ′ (x) = lnx+x· 1
x = lnx+1，
∴f ′ (1) = 1。
7
3
【解析】解：∵f (x) = (2x+1)ex，
∴f ′ (x) = 2ex +(2x+1)ex，
∴f ′ (0) = 2e0 +(2×0+1)e0 = 2+1 = 3。
故答案为：3。
8
A
【解析】由复合函数的求导法则可得，y′ = 2ln(1+x2) ·
[
ln
(
x2 +1
)]′ ln2
= 2ln(1+x2) ·
1
1+x2 ·
(
1+x2)′ ln2
= 2ln(x2+1) ·
2x
1+x2 ·ln2
故选：A。
9
C
【解析】解：函数的导函数y′ = −sin(2x+1)(2x+1)′ = −2sin(2x+1)，
故选：C。
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49
检测题参考答案
10
(π
3 , π
2
)
【解析】解：由f (x) = sinx−1
2x，x ∈
(
0, π
2
)
，
得f ′ (x) = cosx−1
2，由f ′ (x) < 0，得cosx < 1
2，
即π
3 < x < π
2 。
∴函数f (x) = sinx−1
2x，x ∈
(
0, π
2
)
的单调递减区间是
(π
3 , π
2
)
。
故答案为：
(π
3 , π
2
)
。
11 D
【解析】解：由图象知，当x ∈(0,1) 和x ∈(4,+∞) 时，f ′ (x)−f (x) < 0，
而g′ (x) = f ′ (x)−f (x)
ex
，
故函数g(x) 的单调递减区间为(0,1)，(4,+∞)。
故选：D。
12 6
【解析】解：∵f ′ (x) = (x−c)2 +2x(x−c) = 3x2 −4cx+c2，且函数f (x) = x(x−c)2 在x = 2 处有极
大值，
∴f ′ (2) = 0，即c2 −8c+12 = 0，解得c = 6 或2。
经检验c = 2 时，函数f (x) 在x = 2 处取得极小值，不符合题意，应舍去。
故c = 6。
故答案为6。
13 -16
【解析】解：∵函数f (x) = (x−1)
(
x2 −2x−2
)
,x ∈
[
−2, 5
2
]
，
函数f (x) = x3 −3x2 +2,∴f ′ (x) = 3x2 −6x = 3x(x−2)，
令f ′ (x) = 0，又因为x ∈
[
−2, 5
2
]
，解得x = 0 或x = 2。
x ∈(−2,0), f ′ (x) > 0，函数是增函数，
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50
检测题参考答案
x ∈(0,2), f ′ (x) < 0，函数是减函数；
x ∈
(
2, 5
2
)
, f ′ (x) > 0，函数是增函数；
∴f (−2) = −18。
f (0) = 2，
f (2) = −2，
f
(5
2
)
= −9
8，
最小值为f (−2)。最大值为f (0)，
∴函数f (x) 在区间
[
−2, 5
2
]
上最大值与最小值的和：f (0)+ f (−2) = −16。
故答案为：−16。
14 1
3 + π
4
【解析】解：
∫1
−1 f (x)dx =
∫0
−1 (x+1)2dx+
∫1
0
√
1−x2dx =
∫0
−1
(
x2 +2x+1
)
dx+
∫1
0
√
1−x2dx
∫0
−1
(
x2 +2x+1
)
dx =
(1
3x3 +x2 +x
)
|0
−1 = 0−
(
−1
3 +1−1
)
= 1
3，
∫1
0
√
1−x2dx 的几何意义是圆x2 +y2 = 1,(0 < x ⩽1,y ⩾0) 的面积S = 1
4 ×π ×12 = π
4 ，
则
∫1
−1 f (x)dx = 1
3 + π
4 ，
故答案为：1
3 + π
4 。
15 0
【解析】解：∵
∫1
−1 x3dx = 1
4x4|1
−1 = 1
4 −1
4 = 0
故答案为：0。
16 C
【解析】解：定积分
∫1
0 (ex +2x)dx=
(
ex +x2) 1
0 = e+1−1 = e，故选：C。
高一物理目标自招综评班练习册
51
检测题参考答案
17 D
【解析】解：
∫π
−π sinxdx = (−cosx)|π
−π = (−cosπ)+cos(−π) = 0，故A 正确；
∫1
0
√xdx = 2
3x
3
2
1
0
= 2
3，故B 正确；
因为y = cosx 为偶函数，所以
∫π
2
−π
2 cosxdx = 2
∫π
2
0 cosxdx，故C 正确；
∫π
−π sin2xdx =
∫π
−π
1−cos2x
2
dx，故D 错误。
故选：D。
18 C
【解析】解：
∫1
0 (2x+ex)dx =
(
x2 +ex) 1
0 = (1+e)−
(
0+e0)
= e。
故选：C。
19 π
2
【解析】
∫1
−1
(√
1−x2 +x
)
dx =
∫1
−1
√
1−x2dx+
∫1
−1 xdx。
根据定积分的几何意义可知：
∫1
−1
√
1−x2dx 等于半径为1 的半圆的面积，
即
∫1
−1
√
1−x2dx = π
2 。又∵
∫1
−1 xdx = 1
2x2|1
−1 = 0，
∴
∫1
−1
(√
1−x2 +x
)
dx = π
2 。
第2 讲
抛体运动
1
C
【解析】解：斜抛运动加速度不变，竖直向下，可知速度的变化量的方向竖直向下，由矢量三角形知，
矢量的变化方向应沿竖直方向。故C 正确，A、B、D 错误。
故选:C。
高一物理目标自招综评班练习册
52
检测题参考答案
2
A
【解析】解：物体初速度为v0、与水平夹角为θ 时，落回同一高度时的水平射程为x = v02 sin2θ
g
。
由于两次物体抛射的射程相同，因此有v12 sin2θ1
g
= v22 sin2θ2
g
，带入数据可得：v1 = v2。
故选：A。
3
A
【解析】解：三个物体在竖直方向上上升的最大高度相同，根据h = vy2
2g 知，三个物体抛出时初速度
在竖直方向上分量相等，故C 错误。
根据t = vy
g ，结合对称性知，物体在空中运动的时间相等，故B 错误。
因为沿路径1 抛出的物体的水平位移最大，时间相等，可知沿路径1 抛出的物体的水平分速度最
大，根据平行四边形定则知，沿路径1 抛出的物体落地的速率最大。故A 正确，D 错误。
故选：A。
4
炮弹落点为α = arcsin
v0
√
2v02 +2gh
。
【解析】物体的抛物运动可视为沿初速度v0 方向上的匀速运动与自由落体运动的合成，若设物体
从抛出至着陆的时间为t，则物体在上述两个方向上的位移分别为v0t 和gt2
2 ，若设物体的射程为
x，则由图可得
x2 = (v0t)2 −
(1
2gt2 −h
)2
= −g2
4 t4 +
(
v02 +gh
)
t2 −h2
= −g2
4
(
t2 −2v02 +2gh
g2
)2
+ v02 (
v02 +2gh
)
g2
显然，当t2 =
(
2v02 +2gh
)
g2
时，x2 有极值，即x 有极值，为
xmax = v0
√
v02 +2gh
g
又xmax = v0t cosα，−h = v0 sinα ·t −1
2gt2
由此可得此时的抛射角为
α = arcsin
v0
√
2v02 +2gh
。
高一物理目标自招综评班练习册
53
检测题参考答案
5
A,B,C
【解析】B、不考虑乒乓球的旋转和空气阻力，从发球点到第一次接触球台，乒乓球做的是平抛运
动，竖直方向有：h发= v⊥2 −0
2g
；从第一次接触球台到刚越过球网的时刻，乒乓球做的是斜抛运动，竖
直方向有：h = 0−v⊥′2
2g
，由题可知，v⊥= v⊥′，则h发= h，故B 正确；
C、从乒乓球发出到第一次接触球台，乒乓球做的是平抛运动，在竖直方向上h = 1
2gt2，则球从发出
到第一次落在球台上的时间t =
√2h
g ，故C 正确；
A、在乒乓球从发出到刚越过球网的时刻，在水平方向上，乒乓球一直是匀速直线运动，从发球到
刚越过球网时的总的时间为2t，在根据水平的位移为1
2L = v0 · 2t，即可以求得发球的初速度大小
v0 = L
4
√g
2h，故A 正确；
D、由于无法确定对方运动员接住球的位置，所以不能确定球从发出到对方运动员接住的时间，故D
错误。故选ABC。
6 （1）物体的水平位移s 为v2 sin2θ
g
。
【解析】物体的斜抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀变速运动，则有
vx = vcosθ，vy = vsinθ，s = vxt，vy −1
2gt = 0
联立以上四式可得
s = v2 sin2θ
g
。
（2）抛出速度v0 的最小值为
√
gL
( m2
2M2 + m
M +1
)
，小球抛出时速度与水平方向的夹角θ 为45◦。
【解析】由(1) 问知
v =
√
gL
sin2θ
当θ = 45◦时，达到相同水平位移L 抛出的速度最小，且vmin = √gL。
抛出的瞬间，人与球组成的系统水平方向上动量守恒，设有相对地的速度为v，v0、vmin、v 的关系如
答图所示。由动量守恒定律可得
高一物理目标自招综评班练习册
54
检测题参考答案
Mv = mvmin cos45◦
球相对于人的水平方向速度为
v0 cosα = v+vmin cos45◦
竖直方向的速度为
v0 sinα = vmin sin45◦
联立解得
v0 =
√
gL
( m2
2M2 + m
M +1
)
。
7 （1）40m/s
【解析】设水平分速度为vx
v0y = vx tan53◦
v1y = vx tan37◦
根据速度时间关系v1y = v0y −gt
代入得3
4vx = 4
3vx −10×1.4m/s
解得vx = 24m/s
由cos53◦= vx
v0
，得v0 =
vx
cos53◦= 24
0.6m/s = 40m/s。
（2）3.2s
【解析】v0y = vx tan53◦= 24× 4
3m/s = 32m/s
到达最高点的时间t = v0y
g = 32
10s = 3.2s。
高一物理目标自招综评班练习册
55
检测题参考答案
8
当cotβ = ntanα(n = 1，2，3···) 时，球可以返回它第一次与斜面相碰的点。
【解析】解：小球与斜面碰后做斜抛运动，如果沿水平、竖直方向建立坐标系求解显然比较困难。可
以以小球与斜面第一次碰撞点为原点，沿斜面向上建立x 轴，垂直斜面向上建立y 轴。由于小球与
斜面碰撞是弹性的，故小球每次碰撞后y 方向的分速度大小不变，小球连续两次碰撞斜面的时间间
隔不变。而且，小球自第一次撞击到最后返回该点的时间一定是上述时间间隔的整数倍。
设小球第一次撞击斜面的速度大小为v0，则vx = v0 cosβ，vy = v0 sinβ。小球与斜面连续两次碰撞的
时间间隔为：T = 2vy
gy
= 2v0 sinβ
gcosα 。
小球自第一次与斜面碰撞到最后返回的过程中，小球沿斜面方向位移为零，则：
(v0 cosβ)t −1
2gsinα ·t2 = 0，
其中，t = nT(n = 1，2，3···)
解得：cotβ = ntanα(n = 1，2，3···)。
9
B,C
【解析】解：由于落到斜面上M 点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M 点向
左的平抛运动，设在M 点的速度大小为u，把质点在斜面底端的速度v 分解为水平u 和竖直vy，由
x = ut，竖直方向：y = 1
2gt2，位移间的关系：tanθ = y
x，解得空中飞行时间：t = 2utanθ
g
，vy = 2utanθ，
v 和水平方向夹角的正切值vy
u = 2tanθ 为定值，即落到N 点时速度方向水平向右，故C 正确；
速度为：v =
√
u2 +vy2 = u
√
1+4tan2θ，即v 与u 成正比，故落到M 和N 两点速度之比为1 : 2，故
A 错误；
由t = 2utanθ
g
知，落到M 和N 两点时间之比为1 : 2，故B 正确；
竖直高度为y = 1
2gt2 = 2u2tan2θ
g
，知y 和u2 成正比，M 和N 两点距离斜面底端的高度之比为1 : 4，
故D 错误。
高一物理目标自招综评班练习册
56
检测题参考答案
10 C
【解析】C,D, 设小球的质量为m，小球做斜向上抛运动，初速度为v0，沿水平方向的分速度为v1，竖
直方向的分速度为v2，
则：v1 = v0cosθ
小球到达最高点时竖直方向的分速度变成0，水平方向的分速度保持不变，
则小球到达最高点时的动能：
EK = 1
2mv2
1=1
2m(v0 cosθ)2 = 1
2mv2
0 ·cos2θ = EK0 ·cos2θ ①
最高点的动能与物体的质量无关。
小球到达最高点的势能：
EP = EK0 −EK = EK0 −EK0 ·cos2θ = EK0sin2θ ②
最高点的势能与物体的质量无关，故C 正确，D 错误；
A,B, 小球在最高点的势能为：EP = mgh
由于小球在最高点的势能与小球的质量无关，而A 球质量大于B 球质量，所以在B 的最高点的高
度大，
即：hA < hB
竖直方向小球都做竖直上抛运动，加速度相同，B 上升的高度大，所以B 上升的时间长，
即tA < tB
故A 错误，B 错误。
11 （1）小球到达A 点的速度大小为1m/s。
【解析】小球从C 到A 过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：1
2mv02 = mgh+ 1
2mvA2，
代入数据解得：vA = 1m/s。
（2）小球由A 点飞出至第一次落到AB 面所用时间为1.25s。
【解析】小球到达A 点时的水平分速度：
vx = vA cos53◦= 1×0.6 = 06.m/s，
竖直分速度：
vy = vA sin53◦= 1×0.8 = 0.8m/s，
小球竖直向上做减速运动的时间：
t1 = vy
g = 0.8
10 = 0.08s，
小球竖直向上运动的位移：
h = v2
y
2g = 0.82
2×10 = 0.032m，
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57
检测题参考答案
小球在竖直方向做自由落体运动时的位移：y = 1
2gt22，
在整个过程中，小球的水平位移：x = vx (t1 +t2)，
小球落到AB 面上时：tanα = y−h
x
，
代入数据解得：t2 = 0.17s，
小球离开A 到第一次落到AB 上的时间：t = t1 +t2 = 0.25s。
（3）小球第一次落到AB 面时速度与AB 面的夹角θ 的正切值为0.66。
【解析】小球落到AB 面上时竖直分速度：vy′ = gt2 = 10×0.17 = 1.7m/s，
小球落到AB 上时速度方向与水平方向夹角的正切值：
tanβ = vy′
vx
= 1.7
0.6 = 17
6
小球第一次落到AB 面时速度与AB 面的夹角θ 的正切值：
tanθ = tan(β −α)，
代入数据解得：tanθ ≈0.66。
第3 讲
圆周运动
1
见解析
【解析】解：方法一：最高点只有水平方向的速度v0，因此其曲率半径就是
ρ = v02
g
方法二：数学方法会相对比较麻烦，我们写出
x = v0t，y = v0t −1
2gt2 = x−
g
2v02 x2
(
t≤2v0
g
)
最高点也是曲线的对称点，x = v02
g
我们得到
y′ = 1−gx
v02 = 0
y′′ = −g
v02
因此曲率半径为
ρ = v02
g 。
高一物理目标自招综评班练习册
58
检测题参考答案
2
对应的曲率半径为v02
g ×
(
1+ g2t2
v02
)1.5
。
【解析】解：我们建立运动方程为
x = v0t，y = 1
2gt2
通过消去共同参数t，我们可以得到抛物线的方程为
y =
g
2v02 x2
应用数学方法得到的：
y′ = g
v02 x = gt
v0
，y′′ = g
v02
那么曲率半径为：
ρ =
(
1+ g2t2
v02
)1.5
× v02
g
我们的重点当然是应用物理方法，物理方法我们先计算速度
vt2 = v02 +g2t2
而物体只受到重力的作用效果，其沿着径向的分量为
an = gcosθ
正交分解的速度与夹角之间的关系满足
cosθ = v0
vt
所以计算的曲率半径为
ρ = vt2
an
= vt3
gv0
=
(
v02 +g2t2)1.5
gv0
= v02
g ×
(
1+ g2t2
v02
)1.5
可以看到两种方法的结果是完全相同的。
曲率半径在曲线运动中有非常非常重要的应用。
3
B
【解析】解：根据开普勒第二定律，也称面积定律即在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所
扫过的面积都是相等的。取极短时间∆t，根据“面积”相等：rava ∆t × 1
2 = rbvb ∆t × 1
2 可得：va
vb
= rb
ra
故选：B。
4
动摩擦因数µ 为= tanα。
【解析】由于物体始终处于平衡状态，则物体所受的重力、弹力、摩擦力以及绳子的拉力的合力在
任意一点均应为零，起点也不例外，对于起点，在沿斜面向下的方向上有
µmgcosα = mgsinα 即µ = tanα。
高一物理目标自招综评班练习册
59
检测题参考答案
5
若v0 = √gR，小滑块在顶点A 就分离；若v0 = 0，小滑块下滑竖直高度1
3R 时与球面分离。
【解析】解：设小滑块沿球面滑到C 点时速度为vC，OC 与竖直方向间夹角为θ，当小滑块与球
面刚要分离时，弹力N = 0，由向心力公式得mgcosθ = mvC2
R
，由动能定理得mgR(1−cosθ) =
1
2mvC2 −1
2mv02，解得cosθ = 2
3 + v02
3gR。由此可知，初速度v0 越大，θ 越小，分离越早，若小滑块在
顶点A 就分离，则cosθ = 2
3 + v02
3gR = 1，得v0 = √gR。若v0 = 0，即无初速度释放小滑块，让其沿光
滑球面下滑，则分离时cosθ = 2
3，即小滑块下滑竖直高度∆h = R−Rcosθ = 1
3R 时与球面分离。
6 （1）即小球转过2π
3 角度后开始不做圆周运动。
【解析】设小球离开圆周运动轨道时，其半径方向与竖直方向的夹角为θ，位置在B 点，如答图所
示。则小球从A 到B 的过程中，机械能守恒，有
1
2mv02 = 1
2mv2 +mgh(1+cosθ)
小球恰好离开圆周运动的轨道时，有
mgcosθ = mv2
h
联立解得
cosθ = 1
2 即θ = π
3
即小球转过2π
3 角度后开始不做圆周运动。
（2）x = vcosθ ·t =
√
gh
2 · 1
2 ·
(√3h
8g +
√27h
8g
)
=
√
3
2 h。
【解析】小球恰好离开圆周运动轨道时的速度
v = √ghcosθ =
√
gh
2
小球离开圆周后以速度v 做斜抛运动，有
(水平方向)x = vcosθ ·t
(竖直方向)y = vsinθ ·t −1
2gt2
当y = −h(1+cosθ) 时，可得
t =
√3h
8g +
√27h
8g
此时，有
x = vcosθ ·t =
√
gh
2 · 1
2 ·
(√3h
8g +
√27h
8g
)
=
√
3
2 h
即小球恰能击中最低点。
高一物理目标自招综评班练习册
60
检测题参考答案
7
线的张力为mω2L
2
。
【解析】作用在小球上的力如答图所示：重力mg、两线张力T1T2。两线所在平面与转动轴之间
夹角用φ 表示。由于轴匀速转动，所以小球运动轨迹为位于水平面上的圆周。这一圆周的半径
r = Lcos
(α
2
)
sinφ。两线对称分布，它们张力大小相等，即T1 = T2 = T。根据牛顿第二定律分别列
出小球在水平方向和竖直方向的运动方程：
2T cos α
2 sinφ = mω2r①
mg−2T cos α
2 cosφ = 0②
由式②可得
T =
mg
2cos
(α
2
)
cosφ
③
在轴转动角速度为任何值的情况下(cosφ ⩽1)，均应有
T ⩾
mg
2cos
(α
2
)
由式①可得
ω2 = 2T
mL④
所以，当
ω2 ⩽ω2
0 =
g
Lcos
(α
2
)
时，两线所在平面应该没有偏离竖直线，因此有
T =
mg
2cos
(α
2
)
如果ω > ω0，那么φ̸ = 0，且由式④可得
T = mω2L
2
。
高一物理目标自招综评班练习册
61
检测题参考答案
8
xmin =
√
3
2+
√
3l ≈0.464l。
【解析】解：摆受阻后若能击中钉子，摆线须在某位置时开始松驰，即T=0。如答图所示:
令摆线与重力方向之间的夹角为α，有mgcosα = mv2
l −x①。
设θ 为摆线在起始位置时与竖直方向的夹角，O 点为零势面，运动过
程中机械能守恒，
有−mgl cosθ = 1
2mv2 −mg[x−(l −x)cosα]②，
由①②式得2l cosθ = 2x−3(l −x)cosa③。
斜抛后摆球击中C 点，则应满足(l −x)sinα = vcosα ·t，
−(l −x)cosα = vsinα ·t −1
2gt2，消去t，得v2 = g(l −x)sin2α
2cosα
，结合①
式得cosα =
√
3
3 。
代入③式求得θ = arccos
[
x
(
2+
√
3
)
−
√
3l
2l
]
。
θ 越大，cosθ 越小，x 越小，θ 最大值为π
2 ，对应x 的最小值xmin =
√
3
2+
√
3l ≈0.464l。
9
水平轨道上的速度至少为v0 =
√
3gR+ 4πgR2
L
。
【解析】解：错误的解法：当车体布满圆轨道时，车体重力势能最大，车速最小，此时处于最高点的
车厢m1 只有重力提供向心力，有m1g = m1
v2
R ，得v = √gR，此即过山车安全通过圆轨道的最小速
度。对过山车从水平轨道到布满圆轨道的过程，由机械能守恒定律有1
2Mv02 = 1
2Mv2 + mgR，其中
m = 2πR
L M。由此解得v0 =
√
gR+ 4πgR2
L
。
正确的解法：设过山车单位长度的质量为λ，当车体布满圆轨道时，取轨道最高点的一小节车体为
研究对象，设其长度很小且为l，对应的圆心角为α，它两侧的车体对它的张力与水平方向的夹角
为α
2 ，受力分析如图所示，由于α 很小，两侧张力T 的合力应为F = 2T sin α
2 ≈2T · α
2 = Tα，又因
α ≈l
R，故F = l
RT。
高一物理目标自招综评班练习册
62
检测题参考答案
设处于最高点的一小节车体在左侧车体张力T 作用下发生了一小段位移∆x，此过程张力T 做的
功为T∆x，此功的效果等效为将过山车尾部∆x 的一段车体移至圆轨道的最高点，T ·∆x = λ∆xg·2R，
解得T = 2λgR。以最高点处长为l 的一小节车体为研究对象。当速度最小时，轨道对其无压力，由
牛顿运动定律有F +λlg = λl v2
R ，解得v = √3gR。再根据机械能守恒定律，有1
2Mv02 = mgR+ 1
2Mv2，
其中m = 2πR
L M，解得水平轨道上的速度至少为v0 =
√
3gR+ 4πgR2
L
。
10 从开始运动到细线断裂的时间为8.2s。
【解析】解：小球在第一个半圈内，细线的拉力F = mv2
l ，运动时间t1 = πl
v 。在第2 个半圈
内F2 = m v2
l −l0
，t2 = π (l −l0)
v
，...，第n 个半圈内，Fn = m
v2
l −(n−1)l0
，tn = π [l −(n−1)l0]
v
。令
Fn ⩽Fm = 7N，得n ⩽8.1，即在第8 个半圈内细线还未断，取n = 8，经历的时间t = t1 +t2 +...+tn =
π
v {nl −[1+2+3+···+(n−1)]]l0} = π
v
[
nl −n(n−1)
2
l0
]
≈8.2s。
高一物理目标自招综评班练习册
63
检测题参考答案
11
【解析】解：设两钉间的距离为d，小球的质量为m，线与钉碰前的拉力为F0、小球运动半径为
R、周期为T0，线与钉第1 次、第2 次、...、第n 次相碰后，拉力分别为F1、F2、...、Fn，小球运
动的周期为T1、T2、...、Tn。由图线可知，F0 = 5N，T0 = 12s，F1 = 6N。整个运动过程中，小球的动
能Ek 不变，由Fn = mv2
Rn
= 2Ek
Rn
，即FnRn = 2Ek 为一定值，因此F0R0 = F1R1，即5R0 = 6(R0 −d)，
得d = R0
6 。再由FnRn = F0R0，即Fn (R0 −nd) = 5R0，解得Fn =
5R0
R0 −nd =
30
6−n(n = 0，1，2，··· ，
5)。整个运动过程中，小球速率不变，Rn
Tn
= v
2π 为一定值，因此有R0
T0
= Rn
Tn
，即R0
T0
= R0 −nd
Tn
。解得
Tn = R0 −nd
R0
T0 = 6−n
6
×12 = 2(6−n)。运动半个周期用的时间tn = Tn
2 = 6−n(n = 0，1，2，··· ，5)。
可得Fn、tn 的数据列表如下，相应的图线如图所示。
高一物理目标自招综评班练习册
64
检测题参考答案
12 （1）小滑块开始下滑时应在圆弧AO 的37◦。
【解析】解：设滑块出发点为P1，离开点为P2，依题意要求O1P1、O2P2 与竖直方向的夹角相等，设为
θ，滑块在P2 处脱离滑道的条件为mgcosθ = mv2
R ，由机械能守恒有2mgR(1−cosθ) = 1
2mv2，解得
θ = arccos 4
5 = 37◦。
（2）落水点到O2 的距离范围为
√
2R ⩽x ⩽2R。
【解析】解：滑块刚能在O 点离开滑道有mg = mv02
R ，v0 = √gR，又R = 1
2gt2，对应的落水点到O2
的距离x0 =
√
2R。当滑块从A 点静止开始下滑时，到达O 点的速度vmax = √2gR。对应落水点到
O2 的距离xmax = 2R。所以落水点到O2 的距离范围为
√
2R ⩽x ⩽2R。
第4 讲
能量
1
1
2mgR−1
2m(ωRcosφ)
2.86×1010
2.80×1010
【解析】解：在地球表面纬度为φ 处发射一颗绕地球表面运行的人造卫星，且发射能量最小，
应充分利用地球的自转速度，使发射的速度方向与地球自转方向相同，犹如“顺水推舟”。计
算卫星发射能量的一个错误解法是：发射前卫星随地球一起运动，初态能量为E0 = 1
2mv02 =
1
2m(ωRcosφ)2，卫星最后近地绕行的速度为v1 = √gR，至少要给卫星的能量∆E = 1
2mv12 −E0 =
1
2mgR−1
2m(ωRcosφ)。
实际上，发射卫星所需能量不仅包括卫星增加的动能，还包括附件(主要是燃料燃烧喷射的气体)
增加的动能。设火箭初始的总质量为M，卫星质量为m，燃料燃烧喷射的气体质量为M −m。以
地心为参考系，设气体相对于地心的速度为u，则发射卫星的最小能量为∆E = 1
2m
(
v12 −v02)
+
1
2 (M −m)
(
u2 −v02)
①。把卫星和喷出的气体作为系统，取卫星运动方向为正，由动量守恒定律有
Mv0 = mv1 −(M −m)u②。根据①②式可解得发射卫星的最小能量为∆E = Mm(v1 −v0)2
2(M −m)
③。
我们也可以以地面为参照系，能够得到相同的结论。卫星发射所需能量与参照系选取无关，只与卫
星质量与燃料质量的值及卫星发射的始末相对速度有关。在近似计算中，由于卫星的质量m 比火
箭的初始质量M 要小得多，即m ≪M，因此③式可近似等于
∆E = 1
2m(v1 −v0)2 = 1
2m
(√gR−ωRcosφ
)2。
代入相关数据可得第2、3 空的答案分别是2.86×1010、2.80×1010。
高一物理目标自招综评班练习册
65
检测题参考答案
2
B,D
【解析】略
3
导弹上升的最大高度为Rcosα。
【解析】解：设导弹上升的最大高度为h，则根据机械能守恒定律，有
−GMm
R + 1
2mv02 = −G Mm
R+h + 1
2mv2
导弹的运动遵循开普勒第二定律，并且导弹运动到最高点时，其速度方向垂直于导弹与地心的连
线，于是有
Rv0 sinα = (R+h)vsin90◦
联立以上两式，可解出h = Rcosα。
4
木杆开始出现倾斜现象时l′ 为l
(
1−
√ρ0 −ρ
ρ0
)
。
【解析】解：如图所示，设杆浸入水中后浮力作用点为D，杆的重心在C 处，当有微扰时，若浮力矩
大于重力矩，则木杆就会处于不稳定平衡。设杆的横截面积为S，杆浸没在水中的长度为l′，以A 为
转轴，重力的力矩为
MG = ρgl · l
2 sinθ，浮力的力矩为MF = ρ0gSl′
(
l −l′
2
)
sinθ，
临界状态有ρglS· l
2 sinθ = ρ0gl′S·
(
l −l′
2
)
sinθ，
可得l′ = l
(
1±
√ρ0 −ρ
p0
)
。因l′ < l，所以l′ = l
(
1−
√ρ0 −ρ
ρ0
)
。
高一物理目标自招综评班练习册
66
检测题参考答案
5
绳上最低点处的张力为M
2 g+ (π −2)Rm
2l
g。
【解析】解：分析粗绳、滑轮和重物构成的系统的受力情况可知，悬点A 处绳子的张力TA = m+M
2
g；分
析一半绳子，例如途中ABC 段受力情况是：这段绳的重力、A 处钉子对绳的拉力TA，C 处绳子张力TC、
BC 段滑轮的正压力。
研究ABC 段绳子，假设在A 处以拉力TA 将ABC 段绳子向上拉动一微小位移∆x，再此过程中，TA
做功WA = TA∆x = m+M
2
g∆x，TC 故功WC = −TC∆x，正压力不做功，绳的重力势能增加相当于C 端
长为∆x 的一段绳移至A 处，即∆Ep = ∆x
l mgH，其中H = R+ l −πR
2
，则∆Ep = ∆x
l mg
(
R+ l −πR
2
)
，
重力做功WG = −∆Ep。
由虚功原理：WG +WA +WC = 0，
解得：TC = M
2 g+ (π −2)Rm
2l
g。
6
绳子上端A 处张力TA 的大小为λgR。
【解析】解：设想绳子的A 端受到水平向左的拉力TA 的作用，缓慢地移动一个微小的距离∆x，此
过程中，拉力所做的功为W = TA ·∆x。
过程中绳子的重心升高。重力势能增大，其势能变化情况等效于将绳子的最下端一小段∆x 移至柱
面的最高处，而绳子的其他部分不动，这样绳子的势能增加量为∆Ep = λ∆xgR。
根据功能原理，有W = ∆Ep，即TA ·∆x = λ∆xgR，可得TA = λgR。
7
700J
【解析】这里，内能显然无法直接计算，但是下落过程中减少的机械能转化成了内能。根据能量守
恒，产生的内能为E = mgh−1
2mv2 = (2×10×80−1
2 ×2×302)J = 700J。
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67
检测题参考答案
8
B,C,D
【解析】解：A、上滑过程B 点处加速度不等于零，故A 错误；
B、由对称性可知下滑和上滑过程克服摩擦力做功相同，故B 正确；
C，摩擦力在两个过程中都做负功，根据能量守恒定律，摩擦力所做的功等于损失的机械能，下滑过
程中：Wf = −mgh+Ep；
上滑过程中：Wf = mgh−Ep −1
2mv2；联立两式解得Wf = −1
4mv2，即克服摩擦力做的功为1
4mv2；在
C 处弹性势能Ep = mgh−1
4mv2，故C 正确；
D、根据能量守恒定律，从A 到B 有：mgh1 = 1
2mvB1
2 +∆Ep1 +Wf1 ；
则：1
2mvB1
2 = mgh1 −∆Ep1 −Wf1，
从C 到B，1
2mv2 +∆Ep2 = 1
2mvB2
2 +mgh2 +Wf2；
从C 到A，1
2mv2 +Ep = mgh+Wf；
联立解得：1
2mvB2
2 = mgh−mgh2 −(Ep −∆Ep2)+Wf −Wf2 = mgh1 −∆Ep1 +Wf1；
所以vB2 > vB1，故D 正确。
故选BCD。
9 （1）常量k 为5000N/m。
【解析】根据mg = kx0 解得k = mg
x0
= 5000N/m。
（2）不符合比赛要求。
【解析】解：根据匀变速直线运动公式，上升下落时间相等，即上升时间为1.0s，即h = 1
2gt2 =
1
2 ×10×12m = 5m；
小于规定的要求8m，所以不符合比赛要求。
（3）至少要做的功W 的值为4025J。
【解析】解：设人至少做功W
要达到比赛要求，人蹦起的高度至少为：h = 8 m
由能量守恒定律有：W +Ep弹= mg(h+x0)
解得：W = 4025J。
高一物理目标自招综评班练习册
68
检测题参考答案
10 （1）物块与传送带间的动摩擦因数µ = 7
√
3
15
【解析】由于最终物体与传送带共速，所以物体开始向上运动，由v−t 图象可知物体的加速度大小
为a = 12m/s2，方向沿传送带向下，
根据牛顿第二定律有mgsin30◦+ µmgcos30◦= ma，
求得µ = 7
√
3
15 。
（2）0 ∼t2 内带动传送带的电动机多消耗的电能E = µmgcos30◦·s = 70
3 J=23.3J
【解析】由图可知t2 = 5
6s，
传送带在0 ∼t2 内通过的位移s = v2t2 = 10
3 m，
根据能的转化和守恒定律，电动机多消耗的电能E = µmgcos30◦·s = 70
3 J=23.3J。
（3）0 ∼t2 内系统产生的内能Q = µmgcos30◦∆s = 175
6 J=29.17J
【解析】因为物体与传送带的相对位移∆s=s−1
2 (v1 +v2)t2 = 25
6 m，
产生的内能Q = µmgcos30◦∆s = 175
6 J=29.17J。
11 （1）恒力F 应满足F > 9N。
【解析】对物块受力分析如图1 所示，物块与木板刚好没有发生相对滑动时，设物块的临界加速度
为amax，根据题意有
f = µ1mgcosα①
f −mgsinα = mamax②
对木板的受力分析如图2 所示，根据题意有
F −f1 −f2 −Mgsinα = Mamax③
f1 = µ1mgcosα④
f2 = µ2 (M +m)gcosα⑤
F临界= 9N，F > 9N。⑥
高一物理目标自招综评班练习册
69
检测题参考答案
（2）木板与物块经1s 分离，系统摩擦发了15J 的热。
【解析】F = 10N > 9N 所以物块能离开木板设木板与物块经t 时间分离物块a1 = amax⑦
木板a2 = F −f1 −f2 −Mgsinα
M
⑧
a1 = 2.5m/s2，a2 = 4.5m/s2⑨
L = 1
2a2t2 −1
2a1t2⑩
t = 1s
Q = f1L+ f2
(
vt + 1
2a2t2
)
Q = 15J。
第5 讲
碰撞
1
A
【解析】根据x−t 图象可知：a 球的初速度为：va = 3
1m/s = 3m/s，b 球的初速度为vb = 0，
碰撞后a 球的速度为：va′ = −1
1m/s = −1m/s ，
碰撞后b 球的速度为：vb′ = 5−3
1
m/s = 2m/s ，
两球碰撞过程中，动能变化量为：∆Ek = 1
2mava2 +0−1
2mava′2 −1
2mbvb′2 = (1
2 ×1×32 −1
2 ×1×12 −
1
2 ×2×22)J = 0 ，
则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞。
故选：A。
2
A,B,C
【解析】解：由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒定律得m1v1 = m1v1′ +
m2v2′，
由机械能守恒定律得1
2m1v12 = 1
2m1v1′2 + 1
2m2v2′2，
解得两物体碰后的速度v1′ = m1 −m2
m1 +m2
v1，v2′ =
2m1
m1 +m2
v1。
当m1 = m2 时，v2′ = v1，A 正确；
当m1 ≫m2 时，v2′ = 2v1，B 正确；
当m1 ≪m2 时，v1′ = −v1，C 正确；
碰撞过程中只有甲物体对乙物体的作用力做功，根据动能定理可知，甲对乙做的功等于动能的变化
量，D 错误。
高一物理目标自招综评班练习册
70
检测题参考答案
3 （1）v1′ = m1 −m2
m1 +m2
v1
v2′ =
2m1
m1 +m2
v1
【解析】解：小球A、B 发生弹性碰撞，动量守恒、能量守恒，则有：
m1v1 = m1v1′ +m2v2′ ①
1
2m1v12 = 1
2m1v1′2 + 1
2m2v2′2 ②
式子①可得：m2v2′ = m1(v1 −v1′) ③
式子②可得：m2v2′2 = m1(v1 +v1′)(v1 −v1′) ④
将③代入④可得：v2′ = v1 +v1′ ⑤
联立①⑤可得：v1′ = m1 −m2
m1 +m2
v1，v2′ =
2m1
m1 +m2
v1。
（2）=
=
【解析】解：当m1 = m2 时，v1′ = 0，v2′ = v1。同质量，换速度。
（3）>
>
【解析】解：当m1 > m2 时，v1′ > 0，v2′ > 0。大撞小，同方向。
（4）<
>
【解析】解：当m1 < m2 时，v1′ < 0，v2′ > 0。小撞大，小反弹。
（5）=
=
【解析】解：当m1 ≫m2 时，v1′ = v1，v2′ = 2v1。如子弹撞尘埃。
（6）=
=
【解析】解：当m1 ≪m2 时，v1′ = −v1，v2′ = 0。如乒乓球撞墙。
4
C,D
【解析】解：从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间
系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上
升，该过程只有重力做功，机械能守恒，但总能量小于子弹射入木块前系统的动能，因此A 错误，C
正确；
由子弹射入木块瞬间动量守恒，即mv0 −Mv = (M +m)v，可得子弹射入木块后的共同速度为
v =
mv0
2M +m，B 错误；
高一物理目标自招综评班练习册
71
检测题参考答案
之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒, 即1
2 (m+M)v2 = (m+M)gH，可得上升的最大高度
为H =
m2v02
2g(2M +m)2 ，D 正确。
5
B、C 碰后瞬间共同速度的大小为
√
21
16 v0。
【解析】设滑块质量为m，A 与B 碰撞前A 的速度为vA，碰后A 的速度为vA′ ，B 的速度为vB，由
动量守恒定律得：mvA = mvA′ +mvB ①，
设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为WA，由动能定理得：WA = 1
2mv02 −1
2mvA2 ②，
设B 与C 碰撞前B 的速度为vB′，B 克服轨道阻力所做的功为WB，由动能定理得：WB =
1
2mvB2 −1
2mvB′2 ③，
据题意可知：WA = WB ④，
设B、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得：mvB′ = 2mv ⑤，
联立①②③④⑤式，代入数据得v =
√
21
16 v0 ⑥。
6
B
【解析】解：A、B 球碰撞为弹性碰撞，动量和机械能均守恒，有mv = mv1 +2mv2，
1
2mv2 = 1
2mv12 + 1
2 (2m)v22，
解得v1 = −v
3，v2 = 2
3v，
故选项B 正确。
7
A,B
【解析】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹
性碰撞，由动量守恒定律得：
MAvA +MBvB = (MA +MB)v，
代入数据解得：v = 4m/s，
如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA +MBvB = MAvA′ +MBvB′，
由机械能守恒定律得：1
2MAvA2 + 1
2MBvB2 = 1
2MAvA′2 + 1
2MBvB′2，
代入数据解得：vA′ = 2m/s，vB′ = 5m/s，
则碰撞后A、B 的速度：2m/s ⩽vA ⩽4m/s，4m/s ⩽vB ⩽5m/s，故A、B 正确，C、D 错误。
故选：AB。
高一物理目标自招综评班练习册
72
检测题参考答案
8
B,D
【解析】解：碰撞过程两球组成的系统动量守恒，取碰撞前A 的速度方向为正方向。
若碰后A 的速度方向与原来的方向相同，即碰后A 的速度为1
4v0，
根据动量守恒定律得：mAv0 = mA × v0
4 +mB × v0
2 ，解得，mA : mB = 2 : 3。
若碰后A 的速度方向与原来的方向相反，即碰后A 的速度为−1
4v0，
根据动量守恒定律得：mAv0 = mA ×
(
−1
4v0
)
+mB × v0
2 ，解得，mA : mB = 2 : 5。
9
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。
10 A,C
【解析】解这类题要按以下顺序分析：①先看动量守恒，此题四个选项都满足；②再看物理情景，
因为是A 追上B 发生碰撞，A 的动量要么原方向减小，要么反方向增加，但一定会小于12kg·m/s，
可见B、D 错误；
当然也要考虑B 的动量方向不变，大小会大于13kg·m/s，小于37kg·m/s（当A 的动量接近−12kg·m/s
时，由动量守恒知B 的动量接近37kg·m/s），符合条件的选项为A、C；
③最后要考虑动能不增加，由于两球质量关系不确定，A、C 都可能符合题意。
高一物理目标自招综评班练习册
73
检测题参考答案
11 B
【解析】解：设碰撞前两个物块的动量大小分别为p1 和p2。欲使碰撞中损失的机械能最大，则必
须使碰撞后总动能为零，总动量也为零，根据动量守恒定律得：p1 −p2 = 0，
得p1 = p2，
又E1 = p12
2m1
，E2 = p22
2m2
则得：E1
E2
= m2
m1
= 1
4。
据题，E1 +E2 = 100J，解得，E1 = 20J，E2 = 80J。
故选：B。
12 （1）v0 = √2gR
【解析】解：设小球m2 刚要与m1 发生碰撞时的速度大小为v0，由机械能守恒定律，得m2gR =
1
2m2v02 ①
解得v0 = √2gR ②。
（2）h =
m22R
(m1 +m2)2
【解析】解：设两球碰撞后，m1、m2 两球粘在一起的速度为v，由动量守恒定律，得m2v0 = (m1 +m2)v ③
设两球碰撞后上升的最大高度为h，由机械能守恒定律，得1
2 (m1 +m2)v2 = (m1 +m2)gh④
由②③④三式解得h =
m22R
(m1 +m2)2 ⑤。
第6 讲
类碰撞与斜碰撞
1
D
【解析】解：小球由A 点滑至C 点的过程中，系统机械能守恒，动量不守恒；小球由C 沿圆弧槽向
B 运动的过程中，系统机械能守恒，水平方向动量守恒，总动量不守恒；槽离开墙壁后系统具有水平
方向的动量，所以小球从A 点由静止释放后不可能再回到A 点。
高一物理目标自招综评班练习册
74
检测题参考答案
2
D
【解析】解：设弹簧恢复原长时，A、B 的速度分别为vA、vB，系统动量守恒，以向右为正方向，由
动量守恒定律得：mBv0 = mAvA + mBvB，由机械能守恒定律得：1
2mBv02 = 1
2mAvA2 + 1
2mBvB2，解得
vB = mB −mA
mB +mA
v0，已知mA > mB，所以vB < 0，说明弹簧恢复原长时，B 物块的速度不为零，且方向向
左。故AB 错误。
在弹簧压缩过程中，B 先向右减速，速度减至零后向左加速，则B 物块的动能先减小后增大。故C
错误，D 正确。
3
18J
【解析】解：B、C 开始分离时，弹簧对B 的弹力为零，以向右为正方向，设此时A 的速度为v1，B、C
的共同速度为v2，此时系统动量守恒，有mv0 = mv1 +2mv2，
机械能守恒，有1
2mv02 = 1
2mv12 + 1
2 ·2mv22，
解得v1 = −2m/s，v2 = 4m/s。
之后A、B 速度相同时，弹簧被拉到最长，设此时A、B 共同速度为v3，由动量守恒有2mv3 =
mv1 +mv2，
解得v3 = 1m/s，
B、C 分离后A、B 系统的机械能守恒，故弹簧的最大弹性势能Ep = 1
2mv12+1
2mv22 −1
2 ·2mv32 = 18J。
4
B
【解析】解：在物块B 压缩弹簧的过程，开始时A 做加速运动，B 做减速运动，随着压缩量的增大，
弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大。当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A 继续加
速，B 继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小。当弹簧恢复原长时B 离开
弹簧。所以v−t 图象切线斜率的大小都是先增大后减小。
设B 离开弹簧时A、B 的速度分别为vA 和vB。
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：mBv0 = mAvA +mBvB，
由机械能守恒得：1
2mBv02 = 1
2mAvA2 + 1
2mBvB2
联立解得vA =
2mB
mA +mB
v0，vB = mB −mA
mA +mB
v0。
若mB > mA，由上式可得：vA > vB，所以B 图是可能的。
高一物理目标自招综评班练习册
75
检测题参考答案
若mB = mA，由上式可得：vA = v0，vB = 0。
若mB < mA，由上式可得：vA > 0，vB < 0。
综上，只有B 图是可能的。故A、C、D 错误，B 正确。
5
A,D
【解析】A、对子弹，由图知，子弹相对于地的位移大小为s+d，根据动能定理得：
−f(s+d) = 1
2mv2 −1
2mv02，故A 正确；
B、对木块，由动能定理得：fs = 1
2Mv2，故B 错误；
CD、将上两式相加可得：−fd = 1
2mv2 −1
2mv02 + 1
2Mv2；
即有：f ·d = 1
2mv02 −1
2(M +m)v2，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
6
A,C,D
【解析】A、根据动能定理得知，子弹克服阻力做功等于子弹动能的减小量，根据能量守恒可知，子
弹动能的减小量等于系统增加的内能和木块获得的动能之和，故A 正确；
B、相对于地面而言，子弹的位移大于木块的位移，子弹和木块相互作用力大小相等，根据功的公式
W = Fl 可知，子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功，故B 错误；
C、根据I = Ft 可知，子弹和木块相互作用力大小相等，时间相等，所以冲量大小相等，故C 正确；
D、系统损失的机械能等于子弹损失的动能和木块动能增加量之差，即等于子弹损失的动能和子弹
对木块所做的功的差，故D 正确。
故选：ACD。
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76
检测题参考答案
7
B
【解析】子弹和木块构成一系统，水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正
方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律有：
mv0 = (m+M)v，
木块在水平面上滑行的距离为s，子弹射入木块的过程中，对木块运用动能定理得：
fs = 1
2Mv2 =
Mm2v2
0
2(M +m)2 ，
根据能量守恒定律得：Q = fd = 1
2mv2
0 −1
2(M +m)v2 =
Mmv2
0
2(M +m)，
所以Q = fd > fs，即d > s，
不论速度、质量大小关系如何，乙图正确，故A、C、D 错误，B 正确。
故选：B。
8 （1）mv0
M +m
【解析】解：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做减速运动，小车受到向前的摩擦力而做加速
运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止。由于水平面光滑，系统所受合外力为零，故满足动
量守恒定律。
由动量守恒定律，物块与小车系统：
mv0 = (M +m)v共，
可得v共=
mv0
M +m。
（2）
Mv0
µg(M +m)。
【解析】解：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做匀减速运动，小车受到向前的摩擦力而做匀
加速运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止，如图所示。
对m，由动量定理：−µmgt = mv共−mv0 = m mv0
M +m −mv0，
可以解得：t =
Mv0
µg(M +m)。
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77
检测题参考答案
（3）
Mv02
2µ (M +m)g。
【解析】解：由(2) 中分析及图知，
根据功能关系，物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和(摩擦力乘以相对位移) 等于系统机械能
的变化量：
−fl = 1
2 (M +m)v共
2 −1
2mv02，
可以解得：l =
Mv02
2µ (M +m)g。
9 （1）从滑块滑上小车到相对静止所需要的时间是2v0
3µg
【解析】解：设滑块滑上平板小车后与平板小车相对静止时速度为v，以向左为正方向，根据动量守
恒定律得：
mv0 = (M +m)v ，
又M = 2m ，
解得：v = 1
3v0，方向水平向左；
对m，由动量定理有：−µmgt = mv−mv0，
解得：t = 2v0
3µg 。
（2）小车的最小长度是v02
3µg；滑块滑动过程中系统产生的热量Q 是1
3mv02
【解析】解：对小车、滑块组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：mv0 = (M +m)v
1
2 mv02 = 1
2(M +m)v2 + µmgL
解得：L = v02
3µg；
滑块滑动过程中系统产生的热量Q = 1
2 mv02 −1
2(M +m)v2 = 1
3mv02。
高一物理目标自招综评班练习册
78
检测题参考答案
10 碰撞后两球可能的最大分散角β 为arccos
( 2v1v2
v12 +v22 cosα
)
。
【解析】解：两小球弹簧碰撞，动量守恒，有(已考虑两球质量相等)
v1 +v2 = v1′ +v2′(矢量式)①
将①式两边平方，并考虑到机械能守恒定律，得出：
v1v2 cosα = v1′v2′ cosβ ⇒cosβ = v1v2
v1′v2′ cosα，
当v1′、v2′ 乘积最大时，角β 将最大。根据机械能守恒定律得出
v12 +v22 = 常量②
在v12 −v22 图象上绘出②式的函数图像，如答图16.1 所示。周长一定的所有矩形中正方形具有
最大的面积。因此，当v1′ = v2′ 时，v1′v2′ 乘积最大。由此可得
βmax = arccos
( 2v1v2
v12 +v22 cosα
)
。
11 （1）B
【解析】A 与静止的B 球发生非对心碰撞，动量守恒，由于两球质量相等，碰撞后两球的速度矢量
和等于碰前A 的速度。而用图(a) 表示的实验装置进行实验时，可用小球的水平位移等效替代小
球的速度，所以有LOP < LOM +LON，故选项B 正确。
（2）OM 与ON 间夹角的大小为90◦。
【解析】设球的质量为m，碰撞前瞬间球A 的速度大小为vA，碰撞后瞬间球A、B 的速度大小分别
为vA′、vB′。两球的碰撞过程中动量守恒，碰撞后两球动量的矢量和与碰前A 球动量的矢量相同，一
定满足平行四边形定则，如图所示。
在弹性碰撞的过程中，动能守恒，因此有
1
2mvA2 = 1
2mvA′2 + 1
2mvB′2
设小球做平抛运动的时间为t，则
vA = LOP
t ，vA′ = LOM
t
，vB′ = LON
t
可得：LOP
2 = LOM
2 +LON
2。因此，OM 与ON 间的夹角为90◦。
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79
检测题参考答案
12 见解析
【解析】解：初始运动状况将持续到细绳被第一次拉直，发生第一次牵引。这时AB 连线方向与初
速v0 成45◦角，因此，这种牵引可类比斜碰撞。对此，可将A 球初速v0 分解为v// 与v⊥两个分量
(如图丙所示)，其中只有平行分量v// 对B 球产生牵引，牵引后两球在AB 连线方向上发生动量交
换，A 球速度平行分量由v// 减为零，B 球速度由零增为v//。此后，B 球以v// 沿AB 连线原方向运
动，A 球则以v⊥沿AB 垂直方向运动，同时绳索松弛，这种状况将持续到绳子被再次拉直，如图甲
所示。
绳子再次被拉直时，发生第二次牵引，A、B 两球在新的连线一样向上进行动量交换。之后，A 球静
止，B 球以v// +v⊥= v0 的速度向右方运动，如图乙所示。当B 球速度方向与两球连线方向再次垂
直时，系统又回到了初始状态，只不过B 球与A 球交换了位置。此后，又开始下一轮盾环。至此，我
们已可以给出两球运行的完整轨迹，如图丙所示。
第7 讲
期中复习
1
B,C
【解析】解：A、水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，则有tanθ = y
x =
gt2
2
v0t = gt
2v0
，故v0 =
gt2
2tanθ ，
故A 错误；
B、空中水柱的水量Q = Sv0t = Sgt2
2tanθ ，故B 正确；
C、水流落地时，竖直方向位移h = 1
2gt2，根据几何关系得：水流落地时位移大小为s =
h
sinθ =
gt2
2sinθ ，故C 正确；
D、水流落地时，竖直方向速度vy = gt，则水流落地时的速度v =
√
v02 +vy2 =
gt
2tanθ
√
1+4(tanθ)2，
故D 错误。
故选：BC 。
高一物理目标自招综评班练习册
80
检测题参考答案
2
B
【解析】解：如图：设小球落到斜线上的时间为t，
斜线与水平方向的夹角正切值tanθ = 0.15
0.30 = 1
2，
则有：tanθ =
1
2gt2
v0t = gt
2v0
，解得t = 2v0 tanθ
g
=
2×2× 1
2
10
s=0.2s，
则水平位移x = v0t = 2×0.2m = 0.4m，
可知0.3m < x < 0.6m，则小球落在第二级台阶。故B 正确，A、C、D 错误。
3
A
【解析】两个小球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h = 1
2gt2，解得：t =
√2h
g ，因为
ha > hb，则ta > tb；根据x = v0t，因为水平位移相等，ta > tb，则va < vb。故A 正确，B、C、D 错误。
4
B
【解析】传动中三轮边缘的线速度大小相等，由v = 2πnr，得n1D1 = n2D2，所以n2
n1
= D1
D2
，故B 项
正确。
5
D
【解析】由于子弹在圆筒上只留下了一个洞痕，故有：
π +2nπ = ω0t(n = 0，1，2，3···)，
解得t = (2n+1)π
ω0
(n = 0，1，2，3···)，
所以v = D
t =
Dω0
(2n+1)π (n = 0，1，2，3···)。
6
A,B,D
【解析】A、对A 受力分析，受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有
f = (3m)ω2r ⩽µ (3m)g，故A 错误；
B、由于A 与C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m×1.5rω2 < 3mrω2 即C 与转台间的
摩擦力小于A 与B 间的摩擦力，故B 错误；
CD、对AB 整体，有(3m+2m)ω2r ⩽µ (3m+2m)g; 对物体C，有：mω2 (1.5r) ⩽µmg; 对物体A，有
3mω2r ⩽µ (3m)g，
高一物理目标自招综评班练习册
81
检测题参考答案
联立解得：ω ⩽
√
2µg
3r ，故C 正确，D 错误。
本题选错误的，故选ABD。
7
B
【解析】解：由题意可知tanθ1 = vy
vx
= gt
v0
，tanθ2 = x
y = 2v0
gt ，所以tanθ1 tanθ2 = 2，B 正确。
8
A
【解析】解：物体在南极时，受到地面的支持力等于万有引力，即F1 = GMm
R2 ；在赤道上时，万
有引力与支持力的合力提供物体与地球一起自转需要的向心力，即GMm
R2 −F2 = mR
(2π
T
)2
，即
F2 = GMm
R2 −mR
(2π
T
)2
，则F1
F2
=
GMT 2
GMT 2 −4π2R3 ，A 项正确。
9
B
【解析】根据G
Mm
(R+h1)2 = m v12
R+h1
= ma1
得：v1 =
√GM
R+h1
,a1 =
GM
(R+h1)2
根据G
Mm
(R+h2)2 = m v22
R+h2
= ma2
得：v2 =
√GM
R+h2
, a2 =
GM
(R+h2)2
第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，根据GMm
R2 = mv2
R ，解得：v =
√
GM
R 。
则v1
v2
=
√R+h2
R+h1
，a1
a2
= (R+h2)2
(R+h1)2 ，v1
v =
√
R
R+h1
，故B 正确，A、C、D 错误。
10 B
【解析】解：赤道上的物体“飘”起来，是一种物体、地球之间接触与脱离的临界状态，地球对物体的
支持力为零，万有引力完全提供向心力。设地球原来自转的角速度为ω1，用F 表示地球对赤道上
的物体的万有引力，N 表示地面对物体的支持力，由牛顿第二定律得F −N = mRω12 = ma；
由于物体受到的支持力与物体的重力是一对平衡力，所以有N = G = mg。
高一物理目标自招综评班练习册
82
检测题参考答案
当赤道上的物体“飘”起来时，万有引力提供向心力，设此时地球转动的角速度为ω2，有F = mRω22，
联立各式可得ω2
ω1
=
√
g+a
a
，
所以正确答案为B 选项。
11 B
【解析】由s = vt 可得，卫星与地球的距离为x = 1
2c(2t) = ct
卫星的轨道半径为：r = R+x = R+ct；
由万有引力公式可得：GmM
r2 = mr4π2
T 2
解得：M = 4π2(R+ct)3
GT 2
12 A
【解析】由于FT 做的功等于F 做的功，因此可将变力FT 做功的问题转化成恒力F 做功的问题。
由几何知识知滑块由A →B，F 拉过的绳的长度比由B →C 拉过的绳的长度要长，由W = Fl 得
W1 > W2，故A 项正确。
13 A,D
【解析】解：A、赛车恰好能通过最高点C 时，由重力提供向心力，则有mg = mvC2
R ，得vC = √gR
赛车离开C 点后做平抛运动，则得：
水平方向有x = vCt
竖直方向有2R = 1
2gt2，解得x = 2R，即赛车通过C 点后落回地面的位置到B 点的距离为2R，故A
正确。
B、从B 到C 的过程，由机械能守恒定律得：2mgR+ 1
2mvC2 = 1
2mvB2，解得vB = √5gR，故B 错误。
C、赛车从A 点运动到B 点的过程中，由动能定理得W −1
3mg · 1.5R = 1
2mvB2，解得电动机做的功
W = 3mgR。故C 错误。
D、当赛车刚好运动到B 点速度为零时，赛车从A 点运动到B 点的过程中，由动能定理得
W1 −1
3mg·1.5R = 0，解得电动机做的功W1 = 1
2mgR
当赛车刚好能滑到与圆心等高处速度为零时，赛车从A 点运动到与圆心等高位置的过程中，由动
能定理得W2 −1
3mg·1.5R−mgR = 0，解得电动机做的功W2 = 3
2mgR，所以要使赛车能滑过B 点并
沿半圆轨道滑回地面，其电动机所做的功W 需满足的条件为mgR
2
⩽W ⩽3mgR
2
。故D 正确。
故选：AD。
高一物理目标自招综评班练习册
83
检测题参考答案
14 A
【解析】解：由于在此过程中汽车牵引力的功率P 始终不变，对全过程应用动能定理可得：
Pt −fs = 1
2mvm2 −1
2mv02，
所以汽车的牵引力在这段时间内做功为：Pt = fs+ 1
2mvm2 −1
2mv02，所以BCD 错误。
当速度达到最大值vm 时，有：P = Fvm = fvm，
所以汽车的牵引力在这段时间内做功也等于W = Pt = fvmt，所以A 正确。
故选：A。
15 A
【解析】解：机车启动，P = Fv ，F −f = ma，P 恒定时，加速运动，牵引力减小，加速度减小，做加速
度减小的加速运动，又vm1 = P1
f ，vm2 = P2
f ，该汽车的速度v 随时间t 变化的图象如A 图所示，故选
A。
16 （1）选手放开绳子时的速度大小为5m/s。
【解析】对选手从抓住绳子到放开绳子的整个过程中，由机械能守恒定律得
1
2mv02 = mgl (1−cos37◦)+ 1
2mv2;
解得: 选手放开绳子时的速度v = 5m/s。
（2）①选手可以顺利冲过终点B。
②选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量Q 为990J。
【解析】①选手在放开绳子时，水平速度为vx，竖直速度为vy，则
vx = vcos37◦= 4m/s，
选手在最高点站到传送带上A 点有4m/s 向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动。
选手的加速度大小a = kmg
m
= 2m/s2，
以地面为参考系，由:
−vx2 = −2ax，
解得x = 4m > 3.75m，所以选手可以顺利冲过终点B，
高一物理目标自招综评班练习册
84
检测题参考答案
②设选手从A 到B 的时间为t，则
sAB = vxt −1
2at2；
解得t1 = 1.5s，t2 = 2.5s（舍去）。
在这段时间内传送带通过的位移为:x1 = v1t = 4.5m，
摩擦力做功为:Wf = Q = kmg(sAB +x1) = 990J。
17 （1）小球达到B 点时的速度大小vB 为2√gr
【解析】由机械能守恒得:mg·2r = 1
2mvB2
得:vB = 2√gr 。
（2）水平面BC 长度s 为3r
【解析】进入管口C 端时与圆管恰好无作用力，重力提供向心力，由牛顿第二定律有:mg = mv2
C
r
得:vC = √gr
由动能定理得:mg·2r −µmgs = 1
2mvC2
解得:s = 3r。
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm 为
√
3gr + 2mg2
k
−2Ep
m
【解析】设在压缩弹簧过程中速度最大时小球离D 端的距离为x，则有:
kx = mg 得:x = mg
k
由功能关系得:mg(r +x)−Ep = 1
2mvm2 −1
2mvC2
得:vm =
√
3gr + 2mg2
k
−2Ep
m
。
1219092614312
