进入导航第1页第四章曲线运动万有引力与航天进入导航第2页第3讲圆周运动及其应用进入导航第3页进入导航第4页考点1圆周运动中的运动学分析1．描述圆周运动的物理量间的关系进入导航第5页2．常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴传动A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度与其半径成正比皮带传动A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比进入导航第6页传动类型图示结论齿轮传动vA＝vB(线速度)，TATB＝r1r2＝n1n2，ωAωB＝r2r1＝n2n1(n1、n2分别表示两齿轮的齿数)进入导航第7页1．(2018·江苏卷)(多选)火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°.在此10s时间内，火车()A．运动路程为600mB．加速度为零C．角速度约为1rad/sD．转弯半径约为3.4kmAD进入导航第8页解析：本题考查匀速圆周运动．火车的角速度ω＝θt＝2π×1036010rad/s＝π180rad/s，选项C错误；火车做匀速圆周运动，其受到的合外力等于向心力，加速度不为零，选项B错误；火车在10s内运动路程s＝vt＝600m，选项A正确；火车转弯半径R＝vω＝60π180m≈3.4km，选项D正确．进入导航第9页2．汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备箱盖的过程中()A．A点相对O′点做圆周运动B．A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等C．A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等D．A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等C进入导航第10页解析：在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，选项A错误；在合上后备箱盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，但是OB大于OA，根据v＝rω，所以B点相对于O点转动的线速度大，故选项B错误，C正确；根据向心加速度公式a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，故选项D错误．进入导航第11页3．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30

课时作业42固体、液体与气体时间：45分钟1．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图所示．甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图所示，则(B)A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，乙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体解析：由题图可知，甲、乙在导热性质上表现各向同性，丙具有各向异性，甲、丙有固定的熔点，乙无固定的熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，B正确．甲为晶体，但仅从图中无法确定它的其他性质，所以甲可能是单晶体，也可能是多晶体，丙为单晶体，故A、C、D错误．2．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的p-T图象，对应的p-V图象应是(C)解析：在p-T图象中，A、B两点所在直线过原点，所以A→B为等容过程，气体体积不变，压强增大，温度升高；B→C为等温过程，气体温度不变，压强减小，体积增大，C正确．3．一个密闭绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A部分的气体体积大于B部分的气体体积，两部分温度相同，如图所示．若拔去销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积大小为VA、VB，则有(B)A．VA＝VBB．VA>VBC．VA<VBD．条件不足，不能确定解析：因为拔去销钉前两部分气体质量相同，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，又因两部分气体温度相同，故根据气体压强的决定因素可知，A部分气体的压强小于B部分气体的压强．若拔去销钉，则活塞向左(A部分气体一侧)移动，活塞对A部分气体做功，导致A部分气体温度升高；B部分气体对活塞做功，导致B部分气体温度降低；直至两部分气体的压强相等时活塞达到静止状态，这时A部分气体温度高于B部分气体温度，所以A部分气体体积大于B部分气体体积，B正确．4．(多选)下列说法正确的是(BCE)A．一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的B．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力C．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液D．土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松E．人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程解析：多晶体的光学性质是各向同性的，

进入导航第1页第四章曲线运动万有引力与航天进入导航第2页第4讲万有引力与航天进入导航第3页进入导航第4页考点1开普勒三定律的理解和应用1．行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理．2．开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动．3．开普勒第三定律a3T2＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同．但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间．进入导航第5页1．如图所示，某行星沿椭圆轨道运行，远日点离太阳的距离为a，近日点离太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时的速率为()A．vb＝bavaB．vb＝abvaC．vb＝abvaD．vb＝bavaC进入导航第6页解析：若行星从轨道的A点经足够短的时间t运动到A′点，则与太阳的连线扫过的面积可看做扇形，其面积SA＝a·vat2；若行星从轨道的B点也经时间t运动到B′点，则与太阳的连线扫过的面积SB＝b·vbt2.根据开普勒第二定律得a·vat2＝b·vbt2，即vb＝abva，选项C正确．进入导航第7页2．(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为()A．21B．41C．81D．161C进入导航第8页解析：解法1：本题考查万有引力定律、向心力公式、周期公式．卫星P、Q围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即GMmR2＝m4π2T2R，则T＝4π2R3GM，TPTQ＝R3PR3Q＝81，选项C正确．解法2：卫星P、Q围绕地球做匀速圆周运动，满足开普勒第三定律，R3PT2P＝R3QT2Q，解得TPTQ＝R3PR3Q＝81，选项C正确．进入导航第9页3．(多选)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中()CD进入导航第10页A．从P到M所用的时间等于T04B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功进入导航第11页解析：由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为12T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时

课时作业43热力学定律与能量守恒定律时间：45分钟1．(多选)关于一定质量的理想气体，下列叙述正确的是(BDE)A．气体体积增大时，其内能一定减少B．外界对气体做功，气体内能可能减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．气体温度升高，其分子平均动能一定增加E．气体温度升高，气体可能向外界放热解析：做功和热传递是改变物体内能的两种方式，气体体积增大时，可能同时从外界吸收热量，其内能不一定减少；气体从外界吸收热量，可能同时对外做功，其内能不一定增加，同理，外界对气体做功，气体内能不一定增加，选项A、C错误，B正确．温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，其分子平均动能一定增加，内能增加，若外界对气体做的功大于内能的增加量，则气体向外放热，故D、E正确．2．(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是(ABD)A．电冰箱的工作表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C．科技的不断进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的热机D．即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能E．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”解析：热量可以在外界做功的情况下从低温物体向高温物体传递，但不能自发进行，选项A正确；空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，选项B正确；不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故选项C错误；根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，故选项D正确；对能源的过度消耗将形成“能源危机”，但自然界的总能量守恒，故选项E错误．3．(多选)下列对热力学定律的理解正确的是(ACE)A．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功B．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能C．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量D．热量不可能由低温物体传给高温物体E．如果物体从外界吸收了热量，物体的内能也可能减少解析：在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，选项A正确；由热力学第一定律可知，当W≠0，Q≠0时，ΔU＝W＋Q可以等于0，选项B错误；空调机在制冷过程中消

进入导航第1页课时作业11曲线运动运动的合成与分解进入导航第2页时间：45分钟1．质点仅在恒力F的作用下，在xOy平面内由坐标原点运动到A点的轨迹如图所示，经过A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿()A．x轴正方向B．x轴负方向C．y轴正方向D．y轴负方向D进入导航第3页解析：曲线运动的轨迹夹在v0与力中间，所以B、C错误．曲线运动的切线速度方向无限趋近力的方向，但永远不能达到力的方向，故A错误．选D.进入导航第4页2．如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动．从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点．则t1t2为()A．21B．12C．13D．1(2－1)A进入导航第5页解析：雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故t1t2＝ABvAFv＝21，选项A正确．进入导航第6页3．(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点一定做匀变速直线运动B．质点可能做匀变速曲线运动C．质点单位时间内速度的变化量相同D．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同BC进入导航第7页解析：若所施加的恒力方向与质点运动方向相同，则质点做匀加速直线运动，如果恒力与初速度方向不在同一直线上，则不可能做直线运动，故A错误；由牛顿第二定律可知，质点加速度的大小、方向总是恒定，所以可能是匀变速曲线运动，故B正确；质点的加速度恒定，速度的变化量在单位时间内是相同的，故C正确；如果力与初速度不在同一直线上，则质点不可能做直线运动，速度的方向与该恒力的方向不同．故D错误．进入导航第8页4．某人划船横渡一条河，河水流速处处相同且恒定，船的划行速率恒定．已知此人过河最短时间为T1；若此人用最短的位移过河，则需时间为T2；已知船在静水中的划行速度大于水速．则船的划行速率与水流速率之比为()A.T2T22－T21B.T2T1C.T1T21－T22D.T1T2A进入导航第9页解析：设河宽为d，船在静水中的速率为v1，河水流速为v2，最短时间过河时，船在静水中的速度与河岸垂直，有：T1＝dv1，最小位移过河：v合＝v21－v22，则T2＝dv合，联立计算得A正确．进入导航第10

课时作业44机械振动时间：45分钟1．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点建立Ox轴，向右为x轴的正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为(A)解析：开始计时时，弹簧振子从正向最大位移处开始运动，故位移—时间图象为A图．2．如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是(D)A．振动周期为5s，振幅为8cmB．第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．从第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D．第3s末振子的速度为正向的最大值解析：由题图图象可知振动周期为4s，振幅为8cm，选项A错误；第2s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；从第1s末到第2s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；第3s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确．3．如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现(C)A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的摆角最大D．B、C、D摆的摆角相同解析：A摆的振动驱动B、C、D摆振动，B、C、D摆做的是受迫振动，振动的周期和频率与A摆的振动周期和频率相等，所以A、B错误．B摆的摆长与A摆的摆长相等，所以B摆发生共振，振幅最大，故D错误、C正确．4．(多选)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m；t＝43s时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝0.1m．该振子的振幅和周期可能为(ACD)A．0.1m，83sB．0.1m,8sC．0.2m，83sD．0.2m,8s解析：若振幅A＝0.1m，T＝83s，则43s为半个周期，振子可以由－0.1m运动到0.1m，符合实际运动，4s－43s＝83s为一个周期，正好返回0.1m处，所以A项正确．若A＝0.1m，T＝8s，43s只是16T，振子不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B项错误．若A＝0.2m，T＝83s，43s＝T2，振子可以由－0.1m运动到0.1m,4s－43s＝83s＝T，振子可以由0.1m返回0.1m处，所以C项正确．若A＝0.2m，T＝8s，43s＝2×T12，而s

进入导航第1页课时作业12抛体运动的规律及应用进入导航第2页时间：45分钟1．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须()A．先抛出A球B．先抛出B球C．同时抛出两球D．使两球质量相等C进入导航第3页解析：由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h＝12gt2可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，故C正确，A、B错误；下落时间与球的质量无关，故D错误．进入导航第4页2．(多选)中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD.已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为()AD进入导航第5页A．H＝43hB．H＝32hC．v＝s3h3ghD．v＝s4h6gh解析：排球被发出后做平抛运动，由平抛运动规律可知12gt2＝H，H－h＝12g(t2)2，得H＝43h，又知vt＝s，得v＝s4h6gh，A、D正确，B、C错误．进入导航第6页3．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，则A、B两球运动的时间之比t1t2为(不计空气阻力)()A．12B．12C．13D．13D进入导航第7页解析：因小球A恰好垂直落在斜坡上，则此时其速度方向与水平方向的夹角为45°，则有tan45°＝vyv0＝gtv0＝2yx＝1，y＝x2，得Q点高度h＝x＋y＝3y，则A、B两球下落高度之比为13，由h＝gt22可得t＝2hg，则A、B两球运动时间之比为13，D正确．进入导航第8页4．如图所示，可视为质点的小球，位于半径为3m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为(不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2)()A.553m/sB．43m/sC．35m/sD.152m/sC进入导航第9页解析：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水

课时作业45机械波时间：45分钟1．(多选)下列说法正确的是(BCD)A．海豚有完善的声呐系统，海豚发出的声波比无线电波传播的速度快，方向性好B．蝙蝠利用超声脉冲导航，当它飞向某一墙壁时，接收到的脉冲频率大于它发出的频率C．声波击碎玻璃杯的实验原理是共振D．频率相同，相位差恒定的两列波能产生稳定的干涉解析：海豚有完善的声呐系统，海豚的声呐系统发出的是超声波，故A错误；蝙蝠利用超声脉冲导航，当蝙蝠飞向某一墙壁时，根据多普勒效应可知，它接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率大于它发出的频率，故B正确；当声波的频率等于玻璃杯的固有频率时，玻璃杯震荡最剧烈，最容易被击碎，即声波击碎玻璃杯的实验原理是共振，故C正确；根据干涉产生的条件可知，频率相同、相位差恒定的两列波能产生稳定的干涉，故D正确．2．(多选)B超成像的基本原理就是向人体发射一组超声波，其遇到人体组织会产生不同程度的反射(类似回声)，通过探头发送和接收超声波信号，经过电子电路和计算机的处理，形成了我们今天的B超图象(如图甲所示)．图乙为仪器检测到发送和接收的超声波图象，其中实线为沿x轴正方向发送的超声波，虚线为一段时间后遇到人体组织后沿x轴负方向返回的超声波．已知超声波在人体内传播速度约为1500m/s，下列说法正确的是(AC)A．根据题意可知此超声波的频率约为1.25×105HzB．图乙中质点A在此后的1s内运动的路程为1500mC．图乙中质点B此时沿y轴正方向运动D．图乙中质点A、B加速度大小相等，方向相反解析：由图象可知该超声波的波长为12mm，波速为1500m/s，T＝1f＝λv，可得f＝1.25×105Hz，T＝8×10－6s，故A选项正确；质点A振动的路程s＝tT×4A＝2000m，故B选项错误；虚线为沿x轴负方向返回的超声波，可知质点B此时沿y轴正方向运动，故C选项正确；图乙中质点A、B加速度大小相等，方向相同，故D选项错误．3．(多选)均匀介质中相距为a的两个波源S1和S2，振动频率均为f，产生的简谐横波沿其连线相向传播，振幅为A，波速为v.O为S1S2的中点，如图所示．已知两波源的振动方向和初始相位均相同．下列说法正确的是(ACE)A．质点O的振动频率为fB．质点O的振动频率为2fC．质点O的振幅为2AD．只要不满足a＝nvf(n＝1,2,3…)，质点O的振幅就一定小于2AE．质点O的振动可能与波源

课时作业46光的折射全反射时间：45分钟1．雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是(B)A．紫光、黄光、蓝光和红光B．紫光、蓝光、黄光和红光C．红光、蓝光、黄光和紫光D．红光、黄光、蓝光和紫光解析：四种光线红、黄、蓝、紫的频率为f红<f黄<f蓝<f紫，故其折射率n红<n黄<n蓝<n紫，因折射率大，光在折射时，偏折程度大，故太阳光经水滴折射后，在水中传播，从上到下依次为红光、黄光、蓝光、紫光，再由光的反射定律，结合传播图可知其反射后从上到下顺序颠倒，因此出射光依次为紫光、蓝光、黄光和红光，B正确，A、C、D均错．2．如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气．当出射角i′和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ.已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为(A)A.sinα＋θ2sinα2B.sinα＋θ2sinθ2C.sinθsinθ－α2D.sinαsinα－θ2解析：如图所示，设AB面上的折射角为γ，AC面上的入射角为γ′，由于i′＝i，由光的折射定律及光路可逆知γ′＝γ，又设两法线的夹角为β，则由几何关系得：γ＋γ′＋β＝180°，又由α＋β＝180°，则解得：γ＝α2，又由几何关系得：γ＋γ′＋θ＝i＋i′，解得：i＝α＋θ2，则棱镜对该色光的折射率n＝sinisinγ＝sinα＋θ2sinα2，故A正确．3．如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°.已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．此玻璃的折射率为(C)A.2B．1.5C.3D．2解析：作出光线在玻璃球体内光路图，A、C是折射点，B是反射点，OD平行于入射光线，由几何知识得，∠AOD＝∠COD＝60°，则∠OAB＝30°，即折射角γ＝30°，入射角i＝60°，所以折射率n＝sinisinγ＝3.4．一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则(B)A．红光最先消失，紫光最后消失B．紫光最先消失，红光最后消失C．紫光最先消失，黄光最

进入导航第1页课时作业13圆周运动及其应用进入导航第2页时间：45分钟1．如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m，学员和教练员(均可视为质点)()D进入导航第3页A．运动周期之比为54B．运动线速度大小之比为11C．向心加速度大小之比为45D．受到的合力大小之比为1514进入导航第4页解析：学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A错误；根据v＝rω，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的线速度之比为54，故B错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，质量之比为67，则学员和教练员受到的合力大小之比为1514，故D正确．进入导航第5页2．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看作是半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()A.gRhLB.gRhdC.gRLhD.gRdhB进入导航第6页解析：汽车做匀速圆周运动，没有横向摩擦力时，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向沿水平方向，向心力F向＝mgtanθ，根据牛顿第二定律有F向＝mv2R，又知tanθ＝hd，解得汽车转弯时的速度v＝gRhd，B正确．进入导航第7页3．图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是()B进入导航第8页A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C．发生侧滑是因为运动员受到的合外力方向背离圆心D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力解析：运动员转弯所需的向心力由地面对车轮的摩擦力提供，则A错误，B正确．发生侧滑而做离心运动的原

课时作业47光的波动性电磁波相对论时间：45分钟1．用单色光照射位于竖直平面内的肥皂液薄膜，所观察到的干涉条纹为(B)解析：本题考查薄膜干涉．由于在光的干涉中亮、暗条纹的位置取决于两列光波相遇时通过的路程之差，则在薄膜干涉中取决于入射点处薄膜的厚度．因肥皂液薄膜在重力作用下形成了一个上薄下厚的楔形膜，厚度相等的位置在同一条水平线上，故同一条干涉条纹必然是水平的，由此可知只有选项B正确．2．(多选)下列说法正确的是(ABC)A．只有当障碍物或孔的尺寸跟光的波长差不多，甚至比光的波长还小时，才能产生明显的光的衍射现象B．光的衍射现象说明了光具有波动性C．用单色平行光照射单缝，缝宽不变，照射光的波长越长，衍射现象越显著D．光的衍射现象和干涉现象否定了光的直线传播的结论E．在太阳光照射下，肥皂泡呈现彩色，这是光的衍射现象解析：当障碍物或孔的尺寸可以跟光的波长相比，甚至比光的波长还小时，才能发生明显的衍射现象，故A正确；光的衍射现象说明了光具有波动性，故B正确；用单色平行光照射单缝，缝宽不变，照射光的波长越长，则衍射现象越显著，故C正确；光的衍射现象和干涉现象，说明了光具有波动性，但没有否定光的直线传播的结论，故D错误；在太阳光照射下，肥皂泡呈现彩色，这是光的干涉现象，故E错误．3．(多选)关于电磁波谱，下列说法中正确的是(AD)A．X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变B．在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线C．紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射D．γ射线是波长最短的电磁波，且比X射线的频率高解析：X射线具有较强的穿透能力，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，故A正确；电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是无线电波，故B错误；紫外线比紫光的波长短，更不容易发生衍射，故C错误；γ射线波长最短，频率最高，故D正确．4．(多选)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有(AC)A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢C．地球上的人观测到地球上的钟较快D．地球上的人观测到地球上的钟较慢解析：飞船上的人是以飞船为参考系，故地球是高速运动的，根据狭义相对论的运动延时效应，飞船上的人观测到地球上的钟较慢，即飞船上的人观测到飞船上的钟较快，故A正确，B错误；地球上的人以地球为参

进入导航第1页课时作业14万有引力与航天(一)进入导航第2页时间：45分钟1．地球公转轨道的半径在天文学上常用来作为长度单位，叫做天文单位，用来量度太阳系内天体与太阳的距离．已知木星公转的轨道半径约5.0天文单位，请估算木星公转的周期约为地球年()A．3年B．5年C．11年D．25年C解析：根据开普勒第三定律，有：R3木T2木＝R3地T2地，故T木＝T地R木R地3＝53×1年≈11年，C正确．进入导航第3页2．科学家发现太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍．假设该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆，仅利用以上两个数据可以求出的量是()A．该恒星与太阳的质量之比B．该恒星与太阳的密度之比C．该行星与地球的质量之比D．该行星与地球表面的重力加速度之比A进入导航第4页解析：根据万有引力提供向心力可得GMmr2＝m2πT2r，解得M＝4π2r3GT2，所以可求出该恒星与太阳的质量之比，故A正确；由于不知该恒星与太阳的半径之比，所以不能求出该恒星与太阳的密度之比，故B错误；根据万有引力提供向心力可得GMmr2＝m2πT2r，解得的M是中心天体的质量，所以不能求出该行星与地球的质量之比，故C错误；根据公式mg＝GMmR2可知g＝GMR2，由于不知该行星与地球的半径及质量关系，所以不能求出该行星与地球表面的重力加速度之比，故D错误．进入导航第5页3．1789年英国物理学家卡文迪许测出引力常量G，因此卡文迪许被人们称为“能称出地球质量的人”．若已知引力常量为G，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，地球上一个昼夜的时间为T1(地球自转周期)，一年的时间为T2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离为L1，地球中心到太阳中心的距离为L2，则下列说法正确的是()A．地球的质量m地＝GR2gB．太阳的质量m太＝4π2L32GT22C．月球的质量m月＝4π2L21GT21D．由题中数据可求月球、地球及太阳的密度B进入导航第6页解析：若不考虑地球自转，根据地球表面万有引力等于重力，有Gm地mR2＝mg，则m地＝gR2G，故A错误；根据太阳对地球的万有引力提供向心力，有Gm太m地L22＝m地4π2T22L2，则m太＝4π2L32GT22，故B正确；由题中数据无法求出

进入导航第1页课时作业15万有引力与航天(二)进入导航第2页时间：45分钟1．2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的()A．周期变大B．速率变大C．动能变大D．向心加速度变大C进入导航第3页解析：天宫二号单独运行时的轨道半径与组合体运行的轨道半径相同．由GMmr2＝m4π2T2r可得T＝2πr3GM，可见周期与m无关，周期不变，A项错误．由GMmr2＝mv2r得v＝GMr，可知速率v与m无关，故速率不变，B项错误．组合体质量m1＋m2>天宫二号质量m1，则动能变大，C项正确．由GMmr2＝ma得a＝GMr2，可知向心加速度与m无关，故不变，D项错误．进入导航第4页2．(多选)荷兰某研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是()ACD进入导航第5页A．飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠB．飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度进入导航第6页解析：根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，选项A正确；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，选项B错误，C正确；根据GMmR2＝mω2R以及M＝43πR3ρ，解得ρ＝3ω24πG，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确．故选A、C、D.进入导航第7页3．如图所示，a、b、c、d为四颗地球卫星，a静止在地球赤道表面还未发射，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星．若b、c、d的运动均可看成匀速圆周运动，下列说法正确的是()A进入导航第8页A．a的向心加速度小于a所在处的重力加速度B．在相同时间内b、c、d转过的弧长相等C．c在4小时内转过的圆心角为π6D．d的运动周期可能为20小时进入导航第9页解析：静止在地球表面还没有发射的卫星，万有引力与支持力的合力提供其随地球自转的向心力，即GMm

进入导航第1页第五章机械能进入导航第2页第1讲功和功率进入导航第3页进入导航第4页考点1功的判断与计算1．功的正负的判断方法进入导航第5页2．恒力做功的计算方法3．合力做功的计算方法方法一先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功．适用于F合为恒力的过程方法二先求各个力做的功W1、W2、W3„，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋„求合力做的功进入导航第6页考向1正负功的判断1．(多选)如图所示，粗糙的斜面在水平恒力的作用下向左匀速运动，一物块置于斜面上并与斜面保持相对静止，下列说法中正确的是()A．斜面对物块不做功B．斜面对地面的摩擦力做负功C．斜面对物块的支持力做正功D．斜面对物块的摩擦力做负功ACD进入导航第7页解析：斜面对物块的作用力可以等效为一个力，根据平衡条件，这个力与重力大小相等，方向相反，与位移的夹角为90°，所以不做功，选项A正确；地面受到摩擦力作用，但没有位移，所以斜面对地面的摩擦力不做功，选项B错误；斜面对物块的支持力与位移方向的夹角小于90°，而斜面对物块的摩擦力与位移方向的夹角大于90°，所以选项C、D正确．进入导航第8页2．如图所示，小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力()A．垂直于接触面，做功为零B．垂直于接触面，做功不为零C．不垂直于接触面，做功为零D．不垂直于接触面，做功不为零B进入导航第9页解析：如图所示，物块初位置为A，末位置为B，A到B的位移为s，斜面对小物块的作用力为FN，方向始终垂直于斜面向上，且从地面看，FN与位移s方向的夹角为钝角，FN做负功．故选B.进入导航第10页是否做功的判断：功是力对位移的积累效果，“积累”是逐渐聚集的意思，显然，只具有力或位移谈不上积累，因而也没有功，做功的过程也就是能量转化的过程，所以还可以通过有没有能量转化来判断.进入导航第11页考向2恒力功的计算3．如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端后撤去F，斜面高h，倾斜角为θ，现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g.则在上升过程中恒力F做的功为()A．FhB．mghC．2mghD．无法确定C进入导航第12页解析：把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，则物体受力平衡，则有Ff＝mgsinθ.上滑过程中，物

进入导航第1页第五章机械能进入导航第2页第2讲动能定理及其应用进入导航第3页进入导航第4页考点1动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．进入导航第5页2．公式中“＝”体现的三个关系数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因进入导航第6页3.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，以相同大小的初速度不管向什么方向抛出，在最终落到地面上速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．4．相对性高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．进入导航第7页1．如图所示，一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两个力的方向上的速度分量分别为v1、v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为()A.16mv2B.14mv2C.13mv2D.12mv2B进入导航第8页解析：由动能定理得，合力F做的功W＝12mv2，由功的公式W＝Fscosα知两个分力的功相等W1＝W2.因W＝W1＋W2，所以W1＝W2＝12W＝14mv2，故B正确．进入导航第9页2．如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s.若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中错误的是()B进入导航第10页A．FL＝12Mv2B．Fs＝12mv2C．Fs＝12mv20－12(M＋m)v2D．F(L＋s)＝12mv20－12mv2进入导航第11页解析：根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝12mv2－12mv20，选项D正确；对木块，有FL＝12Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝12mv20－12(M＋m)v2，选项C正确，只有选项B错误．进入导航第12页考点2动能定理的应用1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动

进入导航第1页第五章机械能进入导航第2页第3讲机械能守恒定律及其应用进入导航第3页进入导航第4页考点1对机械能守恒定律的理解1．对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用．(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零．(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，只有动能、重力势能、弹性势能的相互转化，无其他形式能量的转化．进入导航第5页2．机械能守恒判断的三种方法定义法利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒做功法若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒转化法若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒进入导航第6页1．(多选)如图所示，两个质量相同的小球A、B，用细线悬挂在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，以悬点所在的水平面为参考平面，则经最低点时()BD进入导航第7页A．B球的动能大于A球的动能B．A球的动能大于B球的动能C．A球的机械能大于B球的机械能D．A球的机械能等于B球的机械能解析：空气阻力不计，小球下落过程中只有动能和重力势能之间的转化，机械能守恒，故C错误，D正确；到最低点时A球减少的重力势能较多，增加的动能较多，故A错误，B正确．进入导航第8页2．如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放．小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零．若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是()A进入导航第9页A．小球的机械能先增大后减小B．弹簧的弹性势能一直增加C．重力做功的功率一直增大D．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大进入导航第10页解析：小球沿杆下落过程中，弹簧弹力与小球速度的夹角先是锐角后是钝角，也就是弹簧弹力对小球先做正功后做负功，根据功能关系，小球的机械能先增大后减小，当弹簧垂直杆时伸长量最短，弹性势能最小．所以A正确，B错误．当弹簧与杆垂直时，小球的加速度仍沿杆向下，如图，小球加速度为零的位置在N、P之间某点，速度最大的位置也就在N、P之间某点，所以D错误．设杆与竖直方向夹角为α，重力做功的功率PG＝mg

进入导航第1页第五章机械能进入导航第2页第4讲功能关系能量守恒定律进入导航第3页进入导航第4页考点1功能关系1．对功能关系的进一步理解(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．进入导航第5页2．几种常见的功能关系及其表达式进入导航第6页进入导航第7页1．如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A进入导航第8页A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl进入导航第9页解析：解法1：将绳的下端Q缓慢向上拉至M点，使M、Q之间的绳对折，外力克服下面13的绳的重力做功，W外＝|WG|，而下面13的绳重心升高13l，故克服重力做功|WG|＝m0g·13l，又m0＝13m，则W外＝|WG|＝13mg·13l＝19mgl，故A选项正确．进入导航第10页解法2：Q缓慢移动说明绳子的动能变化忽略不计．以Q点为零势能点，细绳的初始机械能为12mgl，末态机械能为13mg·56l＋23mg·l2＝1118mgl，则增加的机械能ΔE＝1118mgl－12mgl＝19mgl.由功能关系可知A项正确．解法3：作用点位移x＝23l，平均作用力为16mg，故拉力做功W＝F·x＝19mgl，故A项正确．进入导航第11页2．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()D进入导航第12页A．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为13mghC．运动员克服摩擦力做功为23mghD．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh进入导航第13页解析：运动员的加速度大小为13g，小于gsin30°＝12g，所以其必受摩擦力，且大小为16mg，克服摩擦力做的功为16mg×hsin30°＝13mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有13mgh转化为内能，故A错，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能

进入导航第1页课时作业16功和功率进入导航第2页时间：45分钟1．如图所示，质量为m的物体始终静止在斜面上，在斜面体从图中实线位置沿水平面向右匀速运动到虚线位置的过程中，下列关于物体所受各力做功的说法正确的是()A．重力不做功B．支持力不做功C．摩擦力不做功D．合力做正功A进入导航第3页解析：物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体做功为零，选项A正确；由题图知，斜面体对物体的支持力与位移的夹角小于90°，则支持力对物体做正功，选项B错误；摩擦力方向沿斜面向上与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体做负功，选项C错误；物体匀速运动时，合力为零，合力对物体做功为零，选项D错误．进入导航第4页2．(多选)如图甲所示，一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，如图乙所示，一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼．下列关于两人受到的力做功的判断正确的是()A．甲图和乙图中支持力都对人做正功B．甲图和乙图中摩擦力都对人做负功C．甲图和乙图中重力都对人做负功D．甲图和乙图中人所受的合力都不做功CD进入导航第5页解析：根据做功的两个因素——力和在力方向上的位移，甲图中支持力方向竖直向上且在竖直方向上有位移，所以做了正功，乙图中支持力方向上没有位移，因此没有做功，选项A错误；甲图中人不受摩擦力，乙图中摩擦力对人做正功，选项B错误．两图中人的重力与位移之间的夹角均大于90°，所以都做负功，选项C正确；甲图和乙图中人均做匀速运动，合力不做功，选项D正确．进入导航第6页3．如图所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离，此过程中，小球重力大小为G，做功为WG；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小为F2，做功为W2，不计一切摩擦，则下列判断正确的是()A．F2＝G，W2＝0B．F1＝G，W1＝WGC．F1>G，W1>WGD．F2>G，W2>WGA进入导航第7页解析：小球匀速竖直下降，由平衡条件得，F1cos45°＝G，F1sin45°＝F2，联立解得F2＝G，F1＝2G.由于F2与位移方向垂直，则F2不做功，故W2＝0，F1做功大小为W1＝F1hcos45°＝Gh，重力做功大小为WG＝Gh，因此W1＝WG，故选项A正确．进入导航第8页4．如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向

进入导航第1页课时作业17动能定理及其应用进入导航第2页时间：45分钟1．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功A进入导航第3页解析：本题考查动能定理．由动能定理可知W拉－Wf＝Ek－0，因此，Ek<W拉，故A正确，B错误；Ek可能大于、等于或小于Wf，选项C、D错误．进入导航第4页2．如图所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m，若不计空气阻力，取g＝10m/s2，则()A．小物块的初速度是5m/sB．小物块的水平射程为1.2mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功D．小物块落地时的动能为0.9JD进入导航第5页解析：小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，C错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝12mv2－12mv20，解得v0＝7m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝12gt2，解得x＝0.9m，B错．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－12mv2，解得Ek＝0.9J，D正确．进入导航第6页3．如图所示，一质量为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，从位置甲处缓慢移动到乙处．θ＝60°，重力加速度为g，则力F所做的功为()A.12mgLB.32mgLC.12FLD.32FLA进入导航第7页解析：因为是缓慢移动，所以可认为速度变化量为零，即动能变化量为零，在移动过程中F和重力做功，根据动能定理可得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得WF＝12mgL，A正确，B、C、D错误．进入导航第8页4．如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．0B．2μmgRC．2πμmgRD.μmgR2D进入导航第9页解析：物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝

进入导航第1页课时作业18机械能守恒定律及其应用进入导航第2页时间：45分钟1．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大A进入导航第3页解析：由机械能守恒定律mgh＋12mv21＝12mv22知，落地时速度v2的大小相等，故A正确．进入导航第4页2．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.π6B.π4C.π3D.5π12B进入导航第5页解析：设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由题意知12mv20＝mgh，即v0＝2gh.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度vy＝2gh＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B正确，选项A、C、D错误．进入导航第6页3．如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度为v，A、B两点间的竖直高度差为h，则()A．由A到B重力做的功小于mghB．由A到B重力势能减少12mv2C．由A到B小球克服弹力做功为mghD．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－mv22D进入导航第7页解析：重力做功只与初末位置的高度差有关，则小球由A至B重力做功为mgh，所以A错误；小球由A至B重力做功为mgh，则重力势能减少mgh，小球在下降过程中重力势能转化为小球动能和弹簧弹性势能，所以mgh>12mv2，故B错误；根据动能定理得mgh＋W弹＝12mv2，所以由A到B小球克服弹力做功为mgh－12mv2，故C错误；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以小球到达B位置时弹簧的弹性势能为mgh－12mv2，故D正确．进入导航第8页4．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中()A．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为12ghC．小车受绳的拉力等于mgD．小车的最大动能为mghB进入导航第9页解析：小桶能够