【www.guakaob.com--高一】
十八 1.在物体运动的过程中，受到重力、斜面体对物体的作用力，由于物体做匀速运动，合力做功为零，再分析斜面体对物体所做的功．
解：A、D、物体m受重力、支持力N和静摩擦力f，做匀速直线运动，三力平衡，故： N=mgcosα f=mgsinα 根据牛顿第三定律，对斜面的压力大小为mgcosα，故A正确；
所受的摩擦力方向平行斜面向上，故D错误；
B、支持力与位移的夹角小于90°，故支持力做正功，故B错误；
C、静摩擦力与位移夹角大于90°，做负功，故C正确； 故选AC．
2.由功的公式W＝Fscos α可得力F对物体m做的功W＝F·s，与有无摩擦无关，与物体是加速、减速还是匀速也无关，如果一个力作用在物体上，物体在这个力的方向上移动了一段距离，力学里就说这个力做了功． 用恒力F拉着质量为m的物体沿水平面从A移到B的过程中，拉力方向的位移为s，故拉力的功为：W=Fs；
3.解：A、人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做正功B、人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于mg．所以人对传送带做功的功率为mgv．C、因人没有位移，则传送带对人不做功．故C错误
D、体能参数为人做功率与体重之比即：=
v比值越大说明运动员越有力，体能越好．
4.汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受阻力始终不变，根据牛顿第二定律得出牵引力的变化，根据P=Fv得出发动机输出功率的变化．
解：A、根据牛顿第二定律得，F-f=ma，则F=f+ma，因为阻力、加速度不变，所以牵引力不变．故A正确，B错误．C、发动机的输出功率P=Fv，F不变，v增大，则发动机的输出功率增大．故C错误，D正确．
5.解：A、对整体过程研究，重力做功为零，根据动能定理得：木板对物块做功W=．故A正确．B、缓慢地抬高A端的过程中摩擦力不做功，下滑过程，滑动摩擦力对物块做负功，摩擦力做功为Wf=-mgcosαL．故B错误．
C、缓慢地抬高A端的过程中，根据动能定理得：WN-mgLsinα=0，得到支持力对小物块做功为WN=mgLsinα．故C正确．D、对下滑过程，根据动能定理得：mgLsinα+Wf=
α．故D正确． 6. -0，得到滑动摩擦力对小物块做功为Wf=-mgLsin
7.试题分析：A和B达到最大速度v时，A和B的加速度应该为零．对AB整体：由平衡条件知
kx-（m+M）gsinθ-μ（m+M）gcosθ=0， 所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，AB间的弹力为0，A和B具有共同的加速度，对B受力分析：由牛顿第二定律知，沿斜面方向，mgsinθ+μmgcosθ=ma， 得a=gsinθ+μgcosθ，B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于AB整体，根据动能定理得： -（m+M）gLsinθ-μ（m+M）gcosθ•L+W弹=，得：W弹=+（m+M）gLsinθ-μ（m+M）gcosθ•L，C
，D错；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得：B受到的合力对它做的功W=
正确。所以本题选择BD。
28.由动能定理，45 J＝mv/2，第1秒末速度v＝3 m/s，解出m＝10 kg，故A正确；撤去拉力后加速度的大小a
＝m/s＝1 m/s，摩擦力Ff＝ma＝10 N，又Ff＝μmg，解出μ＝0.1，故B错误；第1秒内物体的位移s＝1.5 m，
m/s＝3 m/s，设第1秒内2222第1秒内摩擦力对物体做的功W＝－Ff＝－15 J，故C错误；第1秒内加速度a1＝
拉力为F，则F－Ff＝ma1，第1秒内拉力对物体做的功W′＝Fs＝60 J，故D正确．
9.从图象可以看出在前两秒力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，2s末速度达到最大，从2秒末开始到4秒末运动的方向没有发生改变而力的方向发生了改变与运动的方向相反，物体又经历了一个加速度逐渐
增大的减速运动和加速度逐渐减小的减速的和前2秒运动相反的运动情况，4秒末速度为零，物体的位移达到最大．
解：A、从图象可以看出在前两秒力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，第2s末，拉力F方向反向，速度方向不变，所以第2s末，质点离出发点距离还在增大，故A错误．
B、第2s末，拉力F方向反向，速度方向不变，物体要做减速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动能最大，故B正确．
C、0～1s内，速度在增大，力F增大，根据瞬时功率p=Fv得力F瞬时功率一直增大，
1～2s内，速度在增大，但是随时间速度增大变慢，而力F随时间减小变快，所以力F瞬时功率减小，故C错误．
D、0～4s内，初末速度都为零，根据动能定理得合力做功为零，所以力F做功为零，故D正确．
十九
1. 力F是恒力，在力的方向上的位移为x，所以，故A错误；根据动能定理可得：合力做功为：，B错误；过程
中，重力做负功，为，、小车克服重力所做的功是mgh；对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得：，即，所以，解得
W= +mgH,
即电梯地板对物体的支持力所做的功等于
/2.
对物体根据动能定理言
+mgH；对电梯和物体的整体而,所以钢索的拉力所做的功W大于+MgH.选项BD正确。
3.
4. 由速度图象看出，0-t1时间内，运动员做初速度为零的匀加速直线运动，即知做自由落体运动；速度图线切线的斜率表示加速度；t1-t2时间内和t2-t3时间内，重力和拉力对运动员做功，根据功能关系分析重力对运动员做的功与运动员克服拉力做的功的关系； 解：A、由v-t图象知，0-t1时间内，运动员做初速度为零的匀加速直线运动，即运动员做自由落体运动．故A正确．
B、由v-t图线切线的斜率表示加速度知，t1-t2时间内，加速度减小，则运动员做加速度逐渐减小的加速运动．故B正确．
C、t1-t2时间内，重力对运动员做正功，拉力对运动员做负功，而动能增加，根据动能定理可知，总功为正值，重力对运动员做的功大于运动员克服拉力做的功．故C正确．
D、t2-t3时间内，运动员做减速运动，重力势能和动能都转化为弹性绳的弹性势能，而运动员克服拉力做功等于弹性势能的增加，根据功能关系得知：运动员动能的减少量小于克服拉力做的功．故D错误．
5. 第一秒内加速度
,, 第二秒内加速度，
0～2s内外力的平均功率是,A正确； 第2秒内外力所做的功是Fs2=2.5JB错误; 第1秒末外力的瞬时功率和第2秒末外力的瞬时功率分别为C错；
第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值等于二力做功的比值：2/2.5=4/5,D正确。
6. A、对物块分析，物块的位移为L+l，根据动能定理得，，知物块到达小车最右端时具有的动能为（F-Ff）（L+l）．故A
，知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffl．故B正确． 正确．B、对小车分析，小车的位移为l，根据动能定理得，
C、物块与小车增加的内能Q=Ffx相对=FfL．故C错误． D、根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：F（L+l）=△E+Q，则△E=F（L+l）-FfL．故D错 7. ：由图象可知，EK1=50J，EK2=0J，位移x=20m， EK1=1/2mv1=50J，初速度v1=10m/s， 由动能定理得：EK2-EK1=-fx，
解得：f=2.5N=μmg，μ=0.25， 物体加速度a=f/m=2.5m/s，
物体运动时间t=v1/a=4s， 故选C．
8.
从右侧向左侧运动，与从左向右运动，初动能相等，到达同一位置时，速度大小相等，可知在运动过程中，一定是动能减小量相等，即克服摩擦力做功相等，由于，因此应该运动到C点处，
C对 22
9. 根据F-x图像的面积的含义代表其做功，且因为动能定理，合外力做功等于其动能改变量，即末状态的动能大小等于合外力做功即面积大小(F-x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=1/2π（x/2）2=
．根据动能定理得：小物块运动到x处时的动能为．) ，由图看出，Fm=
，得到，W=
10. 小球在B点竖直方向上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功．解：在B点有：mv=1/2 (N-mg)R．A滑到B的过程中运用动能定理得，mgR+Wf=1/2mv-0，得Wf=1/2R(N-3mg)．故A正确 22N-mg=m
．得EKB=
课时作业二十
1.
2. 解：设B的质量为m，则A的质量为2m 以A、B组成的系统为研究对象，
在A落地前，由动能定理可得：-mgR+2mgR=1/2（m+2m）v-0，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得：-mgh=0-1/2mv，
则B上升的最大高度H=R+h，解得：H=4R/3；故选C． 4. 3.
6.当C恰好离开地面时，弹簧弹力为mg，此时A的速度最大，绳子的拉力为2mg
，有
的系统机械能守恒，从开始到A的速度最大，这个过程中弹簧形变量没有变，弹性势能不变，则有
时mg=kx，s=2x，由此可得最大速度为
错；D错，故选B ，A错；ABC和弹簧构成，开始平衡22，C刚离开地面时，B的加速度为2g，之后弹簧继续伸长，弹力增大，B的加速度继续增大，C
7. A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；
B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；
C、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gR（1-cos60°）=m2gR，解得：m1=2m2故C√ 8. 9.A、当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合力为0，d点在b和c之间．滑块从a到d，运用动能定理得：
mghad+W弹=EKd-0 mghad＜6J，W弹＜0，所以EKd＜6J，故A错误．
B、滑块从a到c，运用动能定理得：mghac+W弹′=0-0 解得：W弹′=-6J．弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J．故B正确． C、从c点到b点弹簧的弹力对滑块做功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功大小相等，
根据B选项分析，故C正确．D、整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．
10. 解：小球释放后，先做自由落体运动直到绳子绷直，根据对称性和三角形的全等关系，当绳子再次与水平方
向的夹角为30°时，绳子与O点的距离再次为
L，这时绳子刚好绷直，设绳刚绷直时获得的速度是v，则有
mg·2Lsin30°=
由于绳子绷紧瞬间，绳对球的作用力远大于球的重力，使小球沿绳子方向的速度突变为零，而小球在垂直于绳子方向的速度为v1不变，如图所示，则
v1=vcos30°=
程，机械能守恒 +mgL(1-sin30°)= ,小球绷紧细绳后继续下摆到最低点的过,由向心力来源得FT-mg=m,最低点绳子拉力FT=3.5mg
11. (1)由于不计摩擦及碰撞时的机械能损失,因此两球组成的系统机械能守恒.两球在光滑水平面上运动时的速度大小相等,设为v,根据机械能守恒定律有解得（2）根据动能定理，对B球有 ① 12. （1）设小球运动至B点的速度为v，小球由A运动至B点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有mgh=
小球由B至C过程中，做平抛运动，设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的规律
在水平方向上有：s=vt ② 在竖直方向上有：H=1/2gt ③ ,由①②③式联立，并代入数据解得：s=
（2）在小球刚到达B点绳断瞬间前，受重力mg和绳的拉力T作用，根据牛顿第二定律有： T-mg=2m=1.41m ④
显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可知，绳所受小球的最大拉力为：T′=T⑤ 由①④⑤式联立，并代入数据解得：T′=20N。
13.
14. 解：（1）滑块B从Q飞出后做平抛运动，有：L=vQt„① 2R=1/2gt2„② 由①②解得vQ=2m/s （2）滑块
B从P运动到Q过程中，满足机械能守恒，则有：+2mgR=„③ 在Q点有：N-mg=m„④ 由③④解得：N=5mg+m
=12N （3）由③得：vP=又-=2m/s 则有vP＞v=3m/s，滑块B在皮带上做匀减速运动 加速度
a=-=-μg =5J =2aL 细绳断开后弹簧伸展过程，A、B组成的系统动量守恒：mvN=mvA， 弹簧的弹性势能EP=
课时强化作业六 力的合成与分解
1. (2016届上海模拟)用轻质细绳系住一小球，小球静止在光滑斜面上，如图所
示，1为水平方向、2为沿斜面方向、3为沿绳方向、4为竖直方向、5为垂直斜面
方向．若要按照力的实际作用效果来分解小球的重力，下列叙述中正确的是( )
A．将小球的重力沿1和5方向分解
B．将小球的重力沿2和5方向分解
C．将小球的重力沿3和5方向分解
D．将小球的重力沿3和2方向分解
解析：将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果．小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和5，C选项正确．
答案：C
2．如图所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，则(
)
A．坐着比躺着时F1大
C．坐着比躺着时F2大 B.躺着比坐着时F1大 D．躺着比坐着时F2大
解析：人处于静止状态，无论坐着还是躺着，自身重力和吊床对人的作用力等大反向，即F2＝mg，保持不变，C、D选项错误；当坐在吊床上时，如图所示：
吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较大，根据共点力的平衡条件得，2F1cosθ＝mg，角度越大，绳子拉力越大，坐着比躺着时F1大，A选项正确．
答案：A
3．一物体位于光滑水平面上，同时受到三个水平共点力F1、F2和F3作用，其大小分别为：F1＝42 N、F2＝28 N、F3＝20 N，且F1的方向指向正北．下列说法中错误的是(
)
A．这三个力的合力可能为零
B．F1、F2两个力的合力大小可能为20 N
C．若物体处于匀速直线运动状态，则F2、F3的合力大小为48 N，方向指向正南
D．若物体处于静止状态，则F1、F3的合力大小一定为28 N
解析：根据三力合成的法则得三个力合力大小的取值范围为0≤F123≤90 N，故A选项正确；F1、F2两个力的合力大小的取值范围为14 N≤F12≤70 N，故F1、F2两个力的合力大小可能为20 N，B选项正确；若物体处于匀速直线运动状态，合力为零，F2、F3的合力应与F1大小相等、方向相反，大小为42 N，方向指向正南，故C选项错误；同理，若物体处于静止状态，合力为零，则F1、F3的合力大小一定为28 N，D选项正确．
答案：C
4. 如图所示，竖直光滑墙面上有一轻圆环和插栓，插栓在圆环中心正上方，圆环紧靠着插栓，且在甲、乙、丙三个力作用下处于平衡状态，丙力水平，不计圆环与插栓间的摩擦，若只增大两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，则下列说法正确的是(
)
A．增大甲、乙两力，且甲力增大较多
B．增大乙、丙两力，且乙力增大较多
C．增大乙、丙两力，且丙力增大较多
D．增大甲、丙两力，且甲力增大较多
解析：圆环不计重力，根据力的合成法则，结合题意可知，将圆环向上移动时，需要增大甲、丙两个力，为了避免圆环向乙力的反方向运动，则甲力增大的多一些，D选项正确．
答案：D
5. (2016届邢台月考)如图所示，用长度相等的轻绳依次连接5 000个质量均为m的小球，轻绳的左端固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为45°.则第2 014个小球与第2 015个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于(
)
2 986A. 5 000
2 015 5 0002 014 5 0002 014 2 986
解析：以全部小球为研究对象，画出受力图如下：
系统处于平衡状态，根据三力汇交原理得，F＝5 000mg.以2 015个到5 000个小球为研究对象，画出受力图如下：
2 986mg2 986根据几何关系得，tanα＝，联立解得tanα＝A选项正确． F5 000
答案：A
6．如图所示，同一竖直面内有上下两条用相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B物块正上方，A、B之间用一细线相连．在细线的中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向是(图中②表示水平方向)(
)
A．沿①方向
C．沿③方向 B.沿②方向 D．沿①②③方向都可以
解析：对A、B物体进行分析，力作用在细线的中点，由于物块A在B的正上方，△ABO是等腰三角形，且AB在竖直方向，所以AO与BO与水平方向的夹角相等．A对水平轨道的正压力大于B对水平轨道的正压力，水平面对A的摩擦力大于水平面对B的摩擦力，据此可知，细线AO受到的拉力必须大于BO受到的拉力，即F的方向只能是③方向，C选项正确．
答案：C
7．(2016届河南焦作模拟)如图所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F.若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为(
)
A．4mg
C．2.4mg
B．3.2mg D．3mg
解析：研究两个小球组成的整体，受力情况如图所示：
根据共点力的平衡条件得，F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，当F与
绳子Oa垂直时，F有最小值，此时，F＝4mgsin37°＝2.4mg，T＝4mgcos37°＝3.2mg，B选
项正确．
答案：B
8．如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是(
)
A．当m一定时，θ越大，轻杆受力越小
B．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大
C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大
D．当θ一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大
解析：将重物C的重力按照效果分解，如图所示：
12mg根据平行四边形定则得轻杆的受力，F1＝F2＝m一定时，θ越大，轻杆受力越小，故sinθ2sinθ
A选项正确；以重物C和两个滑块A、B为研究对象，竖直方向上，滑块对地面的压力等于两个重力之和，故当m一定时，滑块对地面的压力恒定，FN＝(2M＋m)g，与夹角θ无关，B选项错误；研究左侧的滑块A，
mg根据平衡条件得，水平方向上，Ff＝F1cosθ＝，与滑块的质量M无关，C选项错误；当地面对滑块的2tanθ
静摩擦力达到最大值，且Ffm<
答案：A
9．如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a、c端，绳长L，一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳两端夹角为120°，若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，物体A悬挂后仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内，若重力加速度大小为g，关于上述两种情况，下列说法正确的是(
) mgC的质量与M无关，D选项错误． 2tanθ
A．轻绳的弹力大小为2mg
B．轻绳的弹力大小为mg
C．橡皮筋的弹力大于mg
D．橡皮筋的弹力大小可能为mg
解析：质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳两端夹角为120°，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，分析结点的受力，根据力的合成法则可知，轻绳的弹力Fa＝Fc＝mg，A选项错误，B选项正确；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，受力后橡皮筋将伸长，橡皮筋两端的夹角小于120°，根据力的合成法则可知，合力一定，夹角越小，分力越小，故橡皮筋的弹力小于mg，C、D选项错误．
答案：B
10.(2016届浙江模拟)如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都
穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的
夹角为60°，OB绳与水平方向的夹角为30°，求：
(1)球A、B的质量之比；
(2)杆对A、B的弹力之比．
解析：(1)A、B两球处于平衡状态，分析受力如图所示：
一根绳子上的力是相等的，对于A球，根据力的合成法则得，Tsin2θ＝mAg，对于B球，
Tsinθ＝mBg，联立解得，mA∶mB＝sin2θ∶sinθ＝2cosθ∶1＝3∶1.
mgmg(2)根据力的合成法则得杆对A球的弹力，FA＝B球的弹力，FB＝，tan60°tan30°【骄子之路答案下载】
联立解得，FA∶FB＝13.
答案：3∶1 (2)1∶3
11．长为3L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响.
(1)现将杆悬在空中，杆和环均静止，如图甲，求绳中拉力的大小；
(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．求此状态下杆的加速度大小a.
解析：(1)以小铁环为研究对象，小铁环受重力mg、绳子的拉力T，如图1所示：
根据三力平衡知识得，2Tcosθ＝mg，根据几何关系可知，cosθ＝
mg.
(2)小铁环恰好悬于A端的正下方时，分析受力如图2
所示：
66T＝34
课时强化作业一 运动的描述
1．(多选)(2016届新疆喀什期中)在2008年北京奥运会上，中国代表团参加了包括田径、体操、柔道在内的所有28个大项的比赛，下列几种奥运比赛项目中的研究对象可视为质点的是( )
A．在撑杆跳高比赛中研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的弯曲情况时
B．帆船比赛中确定帆船在大海中的位置时
C．跆拳道比赛中研究运动员的动作时
D．铅球比赛中研究铅球被掷出后在空中的飞行时间时
解析：当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略不计时，物体可当作质点．研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的弯曲情况时，如果看作质点的话，弯曲情况无法看到，A选项错误；帆船比赛中确定帆船在大海中的位置时，帆船的大小和形状可忽略不计，可以当作质点，故B选项正确；跆拳道比赛中要注意运动员的动作，如果看作质点，动作无法观察，故C选项错误；铅球比赛中研究铅球的运动时间时，铅球的大小和形状可以忽略，可以看作质点，故D选项正确．
答案：BD
2．某校高二部分学生分别乘两辆汽车从学校出发去敬老院做义工．两辆汽车在平直的公路上运动，甲车内一同学看见前面的乙车向东运动，此时乙车内的同学看见路旁的树木向西移动．如果以地面为参考系，那么上述观察说明( )
A．两车都向东运动，但甲车运动快
B．两车都向东运动，但乙车运动快
C．两车都向西运动，但甲车运动快
D．两车都向西运动，但乙车运动快
解析：乙车内的同学看见路旁的树木向西移动，说明乙车相对地面向东运动，甲车内一同学看见前面的乙车向东运动，说明甲车相对乙车在向西运动，而相对地面可能是向西运动、静止或也是向东运动，但是甲车的速度小于乙车的速度，B选项正确．
答案：B
3．火车停靠在站台上，乘客往往会发现这样的现象，对面的火车缓慢的启动了，等到站台出现，才发现对面的火车没有动，而是自己乘坐的火车在开动，则前、后两次乘客分别采用的参考系是( )
A．自己坐的火车，站台
C．两次都是对面火车 B．站台，对面的火车 D．两次都是站台
解析：研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参考系，得出的结论可以不同，乘客出站时，看到对方火车运动，实际上是以自身为参考系造成的，当等到站台出现，发现自己乘坐的火车开动了，这是由于乘客以站台为参考系造成的，A选项正确．
答案：A
4．(2016届南京模拟)某学校田径运动场400 m标准跑道的示意图如图所示，100 m赛跑的起跑点在A
点，终点在B点，400 m赛跑的起跑点和终点都在A点．在校运动会中，甲、乙两位同学分别参加了100 m、400 m项目的比赛，关于甲、乙运动的位移大小和路程的说法中正确的是(
)
A．甲、乙的位移大小相等
B．甲、乙的路程相等
C．甲的位移较大
D．甲的路程较大
解析：位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向，在100 m的比赛中，甲同学做的是直线运动，位移的大小是100 m，路程为100 m,400 m的比赛中，起点和终点相同，在400 m的比赛中位移的大小是零，路程是400 m，乙的路程大，C选项正确．
答案：C
5．(2016届江苏扬州考试)一质点在x轴上运动，各个时刻t(秒末)的位置坐标如表，则此质点开始运动后( )
A.2 sB．1 s时间内，第2 s内位移最大
C．4 s内路程最大
D．1 s时间内，第4 s内路程最大
解析：质点在x轴上运动，质点的位移等于初、末位置坐标之差，即Δx＝x2－x1，第1 s内的位移大小为5 m，第2 s内的位移大小为9 m，第3 s内的位移大小为3 m，第4 s内的位移大小为6 m，第5 s内的位移大小为8 m，故第2 s内位移最大，B选项正确；2 s内位移大小为4 m,4 s内位移大小为7 m，故4 s内位移最大，A选项错误；路程是运动轨迹的长度，故5 s内路程最大，C选项错误；1 s时间内，第2 s内路程最大为9 m，D选项错误．
答案：B
6．我国《道路交通安全法》第六十七条规定：高速公路最高时速不得超过120 km/h.图示为高速公路上的限速标志．下列说法中正确的是( )
A．该限速值约为12 m/s
B．限速值是指汽车行驶的平均速度
C．汽车限速是因为汽车速度越大，惯性越大，难以刹车
D．汽车限速是因为汽车速度越大，刹车距离越大，容易发生交通事故
解析：根据单位换算关系得，120 km/h≈33.3 m/s，A选项错误；高速公路上的限速指的是汽车行驶的瞬时速度，即限制的是瞬时速度，B选项错误；惯性大小的唯一量度是质量，汽车限速的目的是因为汽车速度越大，制动距离越长，难以刹车，容易发生交通事故，C选项错误，D选项正确．
答案：D
7．(2016届广东模拟)在旅游旺季，为了保障旅行安全，交通管理部门采取了如下的限速措施：客车进入某一路段时，发一张卡，卡上记下车辆进入的时间，车辆驶出该路段时，驾驶员交出卡，管理人员计算车辆通过这一路段的时间，如果小于规定的时间就说明车辆超速．这种限速方法是限制车辆的( )
A．瞬时速度
C.平均速率 B．瞬时速率 D．加速度
解析：分析题意可知，交通部门采取的措施是，通过某一路段的时间不能低于某个值，说明在这一段路程内，汽车的平均速率不能超过某个值，该措施限制的是一段时间内的运行快慢，限制的是平均速率，C选项正确．
答案：C
Δa8．(2016届上海三模)运动学中有人认为引入“加速度变化率”很有必要，它能引起人的心理效应，Δt
车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到很舒服，否则人感到极不舒服．一辆汽车在水平公路上行驶，取t＝0时速度方向为正方向，加速度随时间的变化如图所示．关于加速度变化率以及汽车的运动，下列说法正确的是(
)
A．加速度变化率的单位是m/s2
B．加速度变化率为0的运动是匀速直线运动
C．在2 s内汽车的速度可能一直在减小
D．若汽车在t＝0时刻的速度为3 m/s，则2 s末汽车的速度大小为6 m/s 解析：由速度的变化率指速度的变化与所用时间的比值，引申可得，加速度的变化率是指加速度的变
Δa化与所用时间的比值，即m/s3，A选项错误；加速度变化率为0的运动是加Δt
速度恒定的直线运动，即匀变速直线运动，B选项错误；根据物体加速、减速运动的规律可知，加速度与速度同向，物体做加速运动，加速度与速度反向，物体做减速运动，根据图象可知，2 s内加速度一直为正，加速度与速度同向，则物体做加速运动，只是加速度减小了，物体速度增加的慢了，C选项错误；根据v-t图象的规律可知，图象与时间轴所围图形面积表示物体的位移，同理，在a-t图象中，图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，即Δv＝3 m/s，由于加速度与速度同向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为3 m/s，则小球在2 s末的速度为6 m/s，故D选项正确．
答案：D
9．(多选)某物体做变速直线运动，其加速度方向不变，大小逐渐减小到零，该物体的运动情况可能是
( )
A．速度不断增大，最后达到最大，并以此速度做匀速直线运动
B．速度不断减小，最后达到最小，并以此速度做匀速直线运动
C．速度不断减小，又不断增大，最后做匀速直线运动
D．速度不断增大，又不断减小，最后做匀速直线运动
解析：根据物体加速、减速的规律可知，当加速度的方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反时，做减速运动．若物体做加速运动，速度方向与加速度方向相同，加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小为零时，速度最大，以后做匀速直线运动，A选项正确，D选项错误；若物体做减速运动，加速度方向与速度方向相反，速度减小，物体加速度减小为零时速度达到最小，以后做匀速直线运动，B选项正确；当加速度减小到零之前，速度已减小到零，则会反向做加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动，C选项正确．
答案：ABC
10．(多选)(2016届澧县期中)在阳江一中运动会上，X班运动员顽强拼搏，挑战极限，取得了优异的成绩．下面关于运动员们“快”字理解正确的是( )
A．小李同学在800米决赛中取得了第一名，同学们纷纷说他跑的“快”，是指小李同学的平均速度大
B．小王同学在100米决赛中起跑很“快”，是指小王同学起跑时加速度大【骄子之路答案下载】
C．小刘同学在100米决赛中取得了第一名，好“快”呀，是指小刘同学的平均速度大
D．在100米决赛中，小刘同学取得了第一名，小王同学取得了第二名．同学们说小刘同学比小王同学跑的“快”，是指任意时刻速度大
解析：运动的快慢是指速度的大小，即在相等的时间内的位移大小或路程大小，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值．小李同学在800米决赛中取得了第一名，同学们纷纷说他跑
的“快”，因为小李同学做曲线运动，在相等的路程内的时间短，故平均速率大，故A选项错误；小王同学在100米决赛中起跑很“快”，是指小王同学起跑时加速度大，在相同的时间内，速度变化大，B选项正确；小刘同学在100米决赛中取得了第一名，因为小刘同学做直线运动，在相等的位移内的时间短，平均速度大，C选项正确；在100米决赛中，同学做直线运动，小刘同学取得了第一名，小王同学取得了第 二名．同学们说小刘同学比小王同学跑的“快”，是指平均速度大，而不是任意时刻速度大，D选项错误．
答案：BC
11．(2016届临海市月考)一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车保持速度不变．司机发现其正要通过正前方高山悬崖下的隧道，于是鸣笛，5 s后听到回声；听到回声后又行驶10 s司机第二次鸣笛，3 s后听到回声．请根据以上数据帮助司机计算一下客车的速度，看客车是否超速行驶．已知此高速公路的最高限速为110 km/h(如图所示)，声音在空中的传播速度为340 m/s.
解析：汽车鸣笛后，声波匀速前进，反射后匀速返回；同时汽车匀速前进；声波再次与汽车相遇时，两者的路程之和恰好等于鸣笛时，汽车与山崖的距离的两倍；两者的路程的差恰好等于相遇点与山崖的距离的两倍．设汽车行驶速度为v，声音在空中的传播速度v0＝340 m/s，t1＝5 s，t2＝3 s，t3＝10 s，汽车第一次鸣笛时距离山崖为L1，第二次鸣笛时距离山崖为L2，在第一次鸣笛到听到回声的过程中，2L1＝vt1＋v0t1，在第二次鸣笛到听到回声的过程中，2L2＝vt2＋v0t2，其中，L1＝L2＋v(t1＋t3)，联立解得，v1＝24.3 m/s＝87.5 km/h，小于110 km/h，汽车未超速．
答案：汽车未超速行驶
12．有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g(g＝10 m/s2)，以醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值．试问：
(1)一辆以72 km/h的速度行驶的货车与一辆以54 km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时间为2.1×103 s，摩托车驾驶员是否有生命危险？(由于货车质量远大于摩托车质量，两者碰后货车运动－
状态可视为不变)
(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间为4 s、3 s，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？
解析：(1)根据加速度的定义式，结合速度的变化量求出摩托车的加速度，判断是否有生命危险．两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为：Δv＝v2－v1＝－72 km/h－54 km/h
课时强化作业十七 万有引力与航天
1．(多选)(2016届沈阳二中月考)下列说法中符合史实的是( )
A．哥白尼通过观察行星的运动，提出了日心说，认为行星以椭圆轨道绕太阳运行 B．开普勒通过对行星运动规律的研究，总结出了行星运动的规律 C．卡文迪许利用扭秤装置测出了万有引力常量的数值
D．牛顿利用万有引力定律正确的计算出了地球质量，被称为“称出地球质量的人”
解析：哥白尼通过观察行星的运动，提出了日心说，开普勒认为行星以椭圆轨道绕太阳运行，故A选项错误；开普勒通过对行星运动规律的研究，总结出了行星运动的规律，故B选项正确；卡文迪许利用扭秤装置测出了万有引力常量的数值，故C选项正确；卡文迪许利用万有引力定律正确的计算出了地球质量，被称为“称出地球质量的人”，D选项错误．
答案：BC
2．(2016届衡阳八中月考)关于人造地球卫星，下列说法正确的是( ) A．在地球周围做匀速圆周运动的人造卫星的线速度都等于7.9 km/s
B．发射速度大于7.9 km/s的人造地球卫星进入轨道后的线速度一定大于7.9 km/s C．由v＝
可知，离地面越高的卫星其发射速度越小 R
D．卫星的轨道半径因某种原因缓慢减小，其线速度将变大
解析：7.9 km/s是最小的发射速度，也是最大的环绕速度，在地球周围做匀速圆周运动的人造卫星的GMmmv
线速度小于等于7.9 km/s，A、B选项错误；根据万有引力提供向心力可知，v＝
rrC选项错误；根据线速度vr＝
可知，卫星的轨道半径减小，其线速度将变大，D选项正确． r答案：D
3．(2016届沈阳二中月考)据报道，嫦娥二号探月卫星环月飞行的高度距离月球表面100 km，所探测到的有关月球的数据将比环月飞行高度为200 km的嫦娥一号更加详实．若两颗卫星环月运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图所示，则(
)
2
A．嫦娥二号环月运行时向心加速度比嫦娥一号小 B．嫦娥二号环月运行的速度比嫦娥一号大 C．嫦娥二号环月运行的周期比嫦娥一号长 D．嫦娥二号环月运行时机械能比嫦娥一号大
v2Mm4π2
解析：探月卫星围绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，G＝ma＝m＝m，解得向
rrTM
心加速度a＝G，运行线速度v＝
r
T＝2π r
，因为r1>r2，故嫦娥二号环月运行GM
时向心加速度比嫦娥一号大，运行的速度比嫦娥一号大，运行的周期比嫦娥一号短，A、C选项错误，B选项正确；机械能等于卫星的动能和势能之和，嫦娥一号和二号卫星质量未知，无法判断机械能的大小，故D选项错误．
答案：B
4．(2016届山东临沂市高三质检)如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是(
)
A．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4 B．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1∶2 C．该卫星的运行速度一定大于7.9 km/s D．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能
解析：卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，1r3
T＝3 h，根据开普勒第三定律k可知，该卫星与同步卫星的
3Tv1r1·r1T212πrT2
运行半径之比＝，A选项正确；根据v2∶1，B选项错误；7.9 km/s是卫
r2T234T2T1·r2星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，该卫星的运行速度一定小于7.9 km/s，故C选项错误；两卫星的质量未知，机械能无法比较，D选项错误．
答案：A
5．(2016届山东省潍坊市高三月考)如图为“高分一号”卫星与北斗导航系统中的“G1”卫星，在空中某
一平面内绕地心O做匀速圆周运动的示意图．已知卫星“G1”的轨道半径为r，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G.则(
)
A．“高分一号”的加速度小于卫星“G1”的加速度 B．“高分一号”的运行速度大于第一宇宙速度 gr2C．地球的质量为G
2πrD．卫星“G1”的周期为Rg
GM
解析：根据万有引力提供向心力得，a＝，“高分一号”的加速度大于卫星“G1”的加速度，A选项
r错误；第一宇宙速度是在地面发射人造卫星所需的最小速度，也是最大的运行速度，故“高分一号”的运GMmgR2
行速度小于第一宇宙速度，B选项错误；mg，解得地球的质量M＝，
RG2π2GMm2πrC选项错误；＝mr，解得卫星“G”的周期T＝，D选项正确． 1
TrRg
答案：D
6．(2016届皖南八校联考)“嫦娥”三号探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道Ⅰ为圆形．下列说法正确的是(
)
A．探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度大于月球表面的重力加速度
B．探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度 C．探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期 D．探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火加速
解析：探测器在轨道Ⅰ运行时受到的万有引力小于在月球表面时受到的万有引力，根据牛顿第二定律，
探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A选项错误；探测器在空间同一点处的加速度相等，即轨道Ⅰ经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度，B选项错误；根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，故C选项正确；探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时做近心运动，必须点火减速，故D选项错误．
答案：C
7.(2016届安徽泗县一中月考)如图所示，发射远程弹道导弹，弹头脱离运载火箭后，在地球引力作用下，沿椭圆轨道飞行，击中地面目标B.C为椭圆轨道的远地点，距地面高度为h.已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G.关于弹头在C点处的速度v和加速度a，下列结论正确的是( )
A．v＝ B.v＜ C．v＝ D.v＜
GMGM
aR＋hR＋hGMGMa＝ R＋hR＋hGMGM
a＞ R＋hR＋hGMa＜ R＋hR＋h
mv2GMm
解析：假设弹头在地球表面h＝R＋hR＋h度v＝
GM
在C点时做近心运动，则v＜ R＋h
GM
R＋h
GMmGM得，B选项正确． ＝ma，弹头在C处的加速度为aR＋hR＋h答案：B
8. (多选)(2016届凉州区模拟)宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，已观测到稳定的三星系统存在形式之一是：三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行，设每个星体的质量均为M
，则( )
A．环绕星运动的线速度为 B．环绕星运动的线速度为
GM
R
4R【骄子之路答案下载】
C．环绕星运动的周期为T＝4π D．环绕星运动的周期为T＝2π
5GM GM
v2M2M2
解析：环绕星在中央星和另一颗环绕星的引力作用下做匀速圆周运动，GG＝M，解得环绕
R4RR星运动的线速度为 T＝4π
5GMM2M24π2
，A选项错误，B选项正确；根据GG＝m，解得环绕星运行周期4RR4RT
C选项正确，D选项错误． 5GM
答案：BC
9．(多选)(2016届昆明月考)如图所示，质量为m的人造地球卫星在半径为R1的轨道上做匀速圆周运动，通过推进器做功转移到半径为R2的轨道上做匀速圆周运动，已知此过程中卫星机械能变化量的绝对值与动能变化量的绝对值相等，地球质量为M，引力常量为G.
下列说法正确的是( )
A．合外力对卫星做的功为
GMmR2－R1
2R1R2
GMmR2－R1
B．推进器对卫星做的功为
2R1R2CGMmR2－R1
2R1R2
GMmR2－R1
D．卫星引力势能的增加量为R1R2
v2GMm
解析：根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，＝m，解得卫星在半径为R1
rr12GMmGMm
的轨道上的动能Ek1＝mv1＝，卫星在半径为R2的轨道上的动能Ek2＝，根据动能定理得，合外
22R12R2GMmR1－R2
力对卫星做的功为W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝，A选项错误；卫星引力势能的增加量为ΔEp＝－
2R1R2GMmGMmGMmR2－R1
－R＝C选项错误，D选项正确；根据功能关系可知，推进器对卫星做的功等R2R1R21GMmR2－R1于卫星机械能的增加，W＝ΔEk＋ΔEpB选项正确．
2R1R2
课时强化作业十四 曲线运动 运动的合成与分解
1．(多选)(2016届沈阳二中高三月考)下列几种说法中，正确的是( )
A．物体受到变力作用，一定做曲线运动
B．物体受到恒力作用，一定做匀变速直线运动
C．当物体所受合外力方向与速度方向不在一条直线上时，一定做曲线运动
D．当物体所受合外力恒定时，可以做曲线运动
解析：物体做曲线运动的条件是力与速度方向不在一条直线上，物体受到变力作用不一定做曲线运动，受到恒力作用不一定做直线运动，变力作用下可以做直线运动，恒力作用下可以做曲线运动，C、D选项正确．
答案：CD
2．一质点受四个恒力的作用正在做匀速直线运动，突然撤出其中的一个力，其余力不变，下列对该质点此后运动的描述不正确的是( )
A．可能做匀变速曲线运动
B．可能做匀速圆周运动
C．物体的动能可能先逐渐减小至某一非零最小值，再逐渐增大
D．物体的动能可能一直增大
解析：物体在几个力作用下处于平衡状态，其中一个力与其他力的合力等大反向，撤去其中一个力后，合力的方向与速度方向共线，则质点做匀变速直线运动，合力的方向与速度方向存在夹角，则质点做匀变速曲线运动，故A选项正确；匀速圆周运动的合力提供向心力，指向圆心，受到恒力作用的质点不能做匀速圆周运动，故B选项错误；当质点做匀变速曲线运动，合力与速度方向的夹角是钝角时，物体的速度先逐渐减小到某一非零最小值，再逐渐增大，C选项正确；当质点做匀加速直线运动时，速度一直增大，动能一直增大，D选项正确．
答案：B
3．(2016届枣庄模拟)关于运动的合成和分解，下列说法中正确的是( )
A．合速度的大小可能比其中某一个分速度小
B．两个直线运动的合位移一定比分位移大
C．两个直线运动的合运动一定是直线运动
D．两个分运动的时间小于合运动的时间
解析：两个在同一条直线上的运动，其合运动的速度大小等于两分运动的速度的矢量和．两分速度同向，合运动的速度大小等于两分运动的速度大小之和；两分速度反向，合运动的速度大小等于两分运动的速度大小之差，故A选项正确；矢量的合成遵循平行四边形定则，可知，两个直线运动的合位移不一定比分位移大，故B选项错误；速度、加速度都是矢量，根据合速度与合加速度是否共线来确定直线运动还是曲线运动，故C选项错误；分运动和合运动具有等时性，故D选项错误．
答案：A
4. (2016届黑龙江实验中学月考)在河面上方20 m的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30°.人以恒定的速率v＝3 m/s拉绳，使小船靠岸，那么(
)
A．5 s时绳与水面的夹角为60°
B．5 s内小船前进了15 m
C．5 s时小船的速率为4 m/s
D．5 s时小船距离岸边15 m
解析：开始时绳与水面的夹角为30°.河面上的绳长为x1＝h＝40 m，小船距河岸的距离为d1＝203 sin30°
m,5 s时间内绳子前进的距离为Δx＝vt＝15 m，此时河面上绳长为x2＝x1－Δx＝25 m，根据几何关系可知，
h4绳与水面的夹角为θ，sinθ＝，夹角为53°，小船距河岸的距离为d2＝15 m，A选项错误，D选项正确；x25
小船前进的距离x＝20m－15 m＝19.6 m，故B选项错误；小船的速度为合速度，根据运动的合成与分
v解得，船速v船＝＝5 m/s，故C选项错误． cosθ
答案：D
5. (2016届山东潍坊市月考)如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是(
)
A．质点从M到N过程中速度大小保持不变
B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同
C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同
D．质点在MN间的运动不是匀变速运动
解析：速度大小保持不变的情况下，相等时间通过的弧长相等，弧长MP大于弧长PN，速度大小变化，A选项错误；质点在恒力作用下运动，加速度恒定，做匀变速曲线运动，D选项错误；根据Δv＝aΔt可知，相等时间内速度变化量大小相等，方向相同，B选项正确，C选项错误．
答案：B
6．(2016届福建四校联考)如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是( )
A．甲船也能到达P点
B．两船相遇在MP直线上
C．渡河过程中两船不会相遇
D．两船渡河时间不相等
解析：小船过河的速度为船在静水中的速度和水流速度的矢量和，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，即船在静水中的速度正对P点，甲船不能到达P点，A选项错误；以流水为参考系，相遇点在两个静水速度方向的交点上，即相遇点在MP直线上，B选项正确，C选项错误；小船过河的速度为船在静水中
dd的速度垂直河岸方向的分速度，vy＝vsinα，故小船过河的时间：t1＝＝vyvsinα
时间相同，故D选项错误．
答案：B
7．(多选)右图为在平静海面上，两艘船A、B拖着船C运动的示意图．A、B的速度分
别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C的速度
在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的( )
A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间
B．速度大小一定不小于A、B的速度大小
C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外
D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内
解析：船C沿着绳子靠向A船的同时还要绕A船转动，船C沿着绳子靠向B船的同时还要绕B船转动．先将船C的速度沿着平行AC绳子和垂直AC绳子方向正交分解，再将船C的速度沿着平行BC绳子和垂直BC绳子方向正交分解，由于船C的速度方向未知，可能在AC与BC绳子之间，也可能不在在AC与BC绳子之间，故两船速度大小无法比较，但C船的速度在矢量三角形中一定是斜边，两拖船速度一定小于C船速度，B、C选项正确．
答案：BC
8. (多选)如图所示，不可伸缩、质量不计的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，物体、细线、滑轮和杆都在同一竖直平面内，水平细线与杆的距离h＝0.2 m．当倾斜细线与杆的夹角θ＝53°时，同时无初速释放A、B.关于此后的过程和状态，下列判断正确的是(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，g取10 m/s2)(
)
A．当θ＝α(53°＜α＜90°)时，A、B的速率之比vA∶vB＝1∶cosα
B．当θ＝α(53°＜α＜90°)时，A、B的速率之比vA∶vB＝cosα∶1
C．A能获得的最大速度为1 m/s
D．A能获得的最大速度为2 m/s 2
解析：根据投影定理可知，将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，
沿绳子方向上的分速度等于B的速度大小，如图所示：
vAcosθ＝vB，即vA∶vB＝1∶cosθ，故A选项正确，B选项错误；当θ＝90°时，
A的速率最大，此时B的速率为零，根据系统机械能守恒求出A获得的最大速度，
h1－hAv2，解得v＝1 m/s，故C选项正确，D选项错误． mBgsinθ2
答案：AC
9. (2016届济源市月考)一探照灯照射在云层底面上，这底面是与地面平行的平面．如图所示，云层底面高h，探照灯以角速度ω在竖直平面内匀速转动，当光束转过与竖直线夹角为θ时，此刻云层底面上光点的移动速度是(
)
A．hω
hω cosθhωcosθD.hωtanθ
解析： 云层底面上光点的运动为合运动，探照灯光束端点的转动速度v1＝ωL＝
ωh cosθ
v1hω根据运动的合成与分解知识可知，v＝＝，B选项正确． cosθcosθ
答案：B
10. (2016届安徽模拟)如图所示，顶角θ＝60°.光滑V字形轨道AOB固定在竖直平面内，且AO竖直．一水平杆与轨道交于M、N两点，已知杆自由下落且始终保持水平，经时间t速度由6 m/s增大到14 m/s(杆未触地)，则在0.5t时，触点N沿倾斜轨道运动的速度大小为(
)
A．10 m/s
C.20 m/s B.17 m/s D.28 m/s
解析：杆做自由落体运动，经时间t速度由6 m/s增大到14 m/s，由运动学公
t式，v＝v0＋gt，可知，在0.5t时，杆的下落速度为v＝v0＋g＝10 m/s，杆下落的2
速度可分解成如右图所示的两分运动：
v根据运动的合成与分解知识可知，触点N沿倾斜轨道运动的速度大小v′＝＝20 m/s，故C选项cosθ
正确．
答案：C
11．(2016届眉山期末)2015年6月1日深夜，一辆载有454人的客轮“东方之星”突遇龙卷风，在长江湖北石首段倾覆，导致400余人遇难．此事件的发生让我们深感痛心，同时也让我们对发生此类事故如何自救引起重视．某单位立即在岷江河举行了一次自救演练．演练时让甲在距离河岸240 m处的O点下水，第一次因甲不懂物理相关知识，始终头朝偏向下游θ＝37°的方向游向岸边，如图所示，所花时间为t1；在演练专家讲解相关物理知识后，第二次他在相同的地方下水，结果以最短时间t2到达了岸边．已知岷江河的水流速度为1 m/s，甲在静水中的游速为3 m/s(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求两次到达岸边所花时间t1和t2.
解析：分析甲运动的过程，第一次始终头朝偏向下游θ＝37°的方向游向岸边，将静水中的速度在垂直河岸方向分解，v1＝vcos37°＝3×0.8＝2.4 m/s，到达岸边所花时间
s为：t1＝100 s. v1
s第二次垂直河岸游，以最短时间t2到达岸边，到达岸边所花时间为：t280 s.
答案：100 s 80 s
12．一物体在光滑水平面上运动，它在x方向和y方向上的两个分运动的速度—时间图象如图所示.
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