2πr4π2r2
误；“太空度假村”的周期小于赤道上的物体做圆周运动的周期，由v＝和a＝ωr＝2知，
TT
“太空度假村”的运行速度和向心加速度均大于赤道物体的自转速度和向心加速度，选项C错误，选项D正确．
3．AD [解析] 由于万有引力常量在极其缓慢地减小，根据万有引力定律，太阳对地球的引力在缓慢减小，选项A正确，选项B错误；火星位于地球圆轨道的外侧，故火星公转周期大于365天，火星上平均每个季节持续的时间大于3个月，选项C错误，选项D正确．
v2MmGM4．AC [解析] 由万有引力提供向心力，有G2＝m，解得线速度v＝，选项A
RRR
vGMg2πRR正确；角速度ω＝＝，选项B错误；运行周期T＝v＝2π，选项C正确；3＝RRRg
MmGM
由G2＝ma可得向心加速度a＝2，选项D错误．
RR
MmGM
5．A [解析] 在月球表面：G2＝mg，解得：g＝2，A对；月球对卫星的万有引力F
RR
MmMm＝GB错；卫星的向心加速度的方向时刻变化，C错；由万有引力提供向心力有G2，?R＋h??R＋h?232π?R＋h?2?＝m?，故周期与卫星的质量无关，D错． ?T?(R＋h)，解得：T＝2πGM
6．BC [解析] 卫星离地面越高，线速度越小，在轨道上运行的卫星其线速度均小于第一宇宙速度，A错；由线速度、向心加速度的定义式知B、C对；在地球表面a＝g＝ω2R，而
2π2π4π2R
ω＝＞，T0是靠近地球表面附近运行的卫星的周期，故g＞2，D错．
T0TT
2vMmGM7．BD [解析] 根据题意，选项C错误；由G2＝m得v＝，故卫星的轨道半rrr
径越小其线速度越大，且同一轨道上的卫星线速度大小一定相等，由于卫星质量不一定相等，
MmGM
则其动能不一定相等，选项A错误，选项B正确；由G2＝ma得a＝2，选项D正确．[来
rr
源:学科网]
Mm
8．BC [解析] 由于该外星球的自转周期未知，故A错误．物体的重力为G0＝G2，所
R
2v1v1XG0XMXR28MmMMXREE以＝·2＝，B正确．由G2＝m得第一宇宙速度v1∝，所以＝·＝2，G0EMERX1RRRv1EMERX
v2vXMmMXC正确．由G2＝m得v∝M，所以＝＝2，D错误．
rrvEME
9．C [解析] 在远地点向运动后方喷气，探测器做离心运动，这样既提高了飞船的飞行高度，又减缓了飞船经过近地点的速度．
10．BD [解析] 由于阻力作用飞船的机械能减小，轨道降低，为恢复到原来的轨道，必
Mm
须使飞船动能增大，速度增大，做离心运动而进入较高轨道，继续做匀速圆周运动，由G2r
223v2π?2GM4πr＝m＝m?r可得v＝，T＝，半径越大，则速度越小，周期越大，选项B、?T?rrGMD正确．
Mm?2π?2(R＋L) 可求得同步卫星的轨道半径，11．C [解析] 根据G选项A正确；2＝m?T??R＋L?
已知地球表面的重力加速度和宇航员在地球表面称得的体重，由G＝mg可以求出宇航员的质
Mm
量，选项D正确；在地球表面满足G2＝mg，设当宇航员视重为F＝850 N时所处高度为h，
RMm
在此高度由万有引力定律可得G＝mg′，由牛顿第二定律有F－mg′＝ma，以上各式
?R＋h?2联立可解得h，选项B正确；由于不知道升降机的质量，无法求出升降机所受的万有引力，选项C错误．
专题限时集训(五)
1．D [解析] 由于两次均为匀速运动，故两次做功相同，两次做功的时间不同，时间短的功率大，故D对．
2．AD [解析] 由F－f＝ma知f、a不变时F不变，A对、B错；输出功率P＝Fv，其中F不变，v增大，故P增大，C错、D对．
3．BC [解析] 由动能定理知，合外力做功为0，A对；合外力做功W合＝W牵－W克阻力
－W克重力＝0，故W牵≠W克阻力，B错；重力的瞬时功率PG＝mgvcosθ，其中θ为重力mg与速
v2
度v间的夹角，由此看出PG是变化的，C对；汽车在坡顶A时有：mg－N＝m，故压力不等R
于重力，D错．
4．AC [解析] 三个小球从抛出到落地，下落的高度相同，重力做功相同，根据动能定理，动能变化相同，故落地时的动能相同，A、C对；三个小球在同一时刻不在同一高度，故动能不相同，B错；由于重力做功相同，而下落的时间不同，故平均功率不相同，D错．
5．BD [解析] 汽车行驶时受到的阻力f＝kmg，当牵引力等于阻力时速度达到最大，此
P1
时P＝fv＝kmgv，v＝，故车的最大速率与质量成反比，B、D对，C错；动能Ek＝mv2＝
kmg2m
P2
，故质量越小，达到的最大动能最大，A错． 2k2mg26．BD [解析] 匀速上行时，人受到绳子的拉力与重力平衡，绳子对人的拉力和绳子对人的静摩擦力是同一个力，A错误；匀速上行过程绳子对人的拉力做的功等于重力势能的增加量，B正确；加速下滑过程重力大于摩擦力，加速度小于重力加速度，C错误；根据功能关系，人减少的机械能等于克服摩擦力做的功，D正确．
7．D [解析] 因为发动机以额定功率工作，所以发动机做的功W＝Pt，选项B正确；达到最大速度vm时，牵引力与阻力相等，所以W＝Pt＝Fvmt，选项A正确；由于v0≠vm，所以
v0＋vm1212112
W≠ft·，选项D错误；由动能定理有W－fl＝mvm－mv0，所以W＝mv2m－mv0＋fl，22222选项C正确．
8．C [解析] 由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可得电场方向竖直向下，故选项A正确；由动能定理得，三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，动能相同，选项B正确；对a、b两球，由于运动方向不同，同一时间，电场力做功不同，因此同一时刻的动能不相同，选项C错误；三个小球运动过程中只有电场力做功，电势能与动能相互转化，故动能与电势能之和守恒，选项D正确．
mg
9．AC [解析] 小球在重力和斜面的支持力N作用下向左匀加速运动，支持力N＝
cos45°
＝2mg，合力F＝mgtan45°＝mg，选项B错误，选项C正确；重力对小球不做功，所以斜面
121232
对小球做功即合力做的功，根据动能定理得W＝mv2－mv1＝mv，选项A正确，选项D错
222
误.
10．C [解析] 在不计空气阻力的情况下，人对球做的功等于球获得的初动能Ek0，而球
1
从离开脚到飞入球门的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故有Ek0＝mgh＋mv2，故C对．
2
11．2.5 J [解析] 水平传送带的速度为v0＝Rω＝3 m/s 在水平传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma 解得a＝μg＝4 m/s2
设货物在B点速度为vB，在传送带上匀减速运动的时间为t1，位移为L1，匀速运动的时间为t2，则有
v0＝vB－at1
2
v2B－v0＝2aL1 L－L1＝v0t2 t1＋t2＝t
在斜面上由动能定理，
1
得mgH－Wf＝mv2－0
2B
联立解得Wf＝2.5 J. 12．(1)2gR μmg＋0.8mg(2)
q2
2.5＋?R[来源:学+科+网] (3)?μ??
[解析] (1)对物块由A至D运用动能定理得：
1
－mg·2R＝0－mv2
2A
解得vA＝2gR.
(2)对物块由B至A运用动能定理得：
1
Eq·2.5R－μmg·2.5R＝mv2－0
2A
μmg＋0.8mg
解得E＝. q
(3)物块最终将停在A点，设物体在水平轨道部分的总路程为s， 对物块全过程运用动能定理得： Eq·2.5R－μmg·s＝0
22.5＋?R. 解得s＝?μ??
13．(1)6 m/s (2)能 略
2mv1
[解析] (1)设小车经过C点时的临界速度为v1，则：mg＝
R1
设P、A两点间距离为L1，由几何关系可得
R1?1＋cosθ?L1＝ sinθ
小车从P运动到C，根据动能定理，有
112
－μmgL1cosθ＝mv21－mv0 22解得：v0＝6 m/s.
(2)设P、B两点间距离为L2，由几何关系可得
R2?1＋cosθ?L2＝ sinθ
设小车能安全通过两个圆形轨道在D点的临界速度为v2，则
2mv2
mg＝
R2
设P点的初速度为v0′，小车从P运动到D，根据动能定理，有
11
－μmgL2cosθ＝mv2－mv′220 22解得v0′＝12 m/s
因为v0′＝12 m/s<15 m/s，所以小车能安全通过两个圆形轨道．
专题限时集训(六)
F
1. C [解析] 大小为F的水平恒力作用在该木块上产生的加速度为a＝，t1时刻的速度
m
2
Ft1Ft1为v1＝at1＝，力F的功率是P＝Fv1＝，故C对．
mm
2．AC [解析] 人站在扶梯上不动随之上升时，受重力及支持力，重力做负功，重力势能增加，A对；支持力做正功，但动能不变，B错；速度不变，合外力做功为零，C对；动能不变而重力势能增加，则机械能增加，D错．
g
3．C [解析] 物体以的加速度竖直下降h时，受力重力及阻力，有：mg－f＝ma，解得：
2
11
f＝mg，f做负功，机械能减少量为ΔE＝fh＝mgh，A错误；重力做正功mgh，重力势能减少22
1
mgh，B、D错误；由动能定理知，动能增加ΔEk＝F合h＝mgh，C正确．
2
1
4．AC [解析] 动能的增加ΔEk＝mv2＝800 J，重力势能增加ΔEp＝mgh＝5000 J，故C
2
对；从能量转化的角度来看，升降对物体做功的结果就是使物体的机械能增加，即W＝ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝5800 J，故A对、D错；而合外力对物体做的功等于物体动能的增加，即W合＝ΔEk＝800 J，故B错．
5．BC [解析] 任何时候重力做的功都等于重力势能的减少量，选项A错误；合外力做功等于物体动能改变量，这是动能定理的内容，选项B正确；势能是相互作用能，存在于两个相互作用的物体之间，其大小与势能零点的选取有关，选项C正确；动能的减少量与重力势能的增加量只有在机械能守恒时才会相等，选项D错误．
v1＋v2
6．D [解析] 物体沿斜面匀加速下滑，其下滑的平均速度为v＝，下滑距离为s
2
v1＋v2＝t，A正确；下滑过程中重力势能减少mgh，B正确；由动能定理知合外力对物体做的
2
1121212
功等于物体动能的变化，即：mgh－Wf＝mv2－mv，故W＝mgh－mv＋mv，C正确，Df
22212221
错误．[来源:学科网]
7．C [解析] 小球做匀速圆周运动，说明运动过程中合力不做功，即小球所受电场力与重力平衡，小球受到的电场力竖直向上，所以小球带正电，从a点到b点过程电场力做负功，电势能增大，选项A、B错误，选项C正确；因为运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，选项D错误．
8．A [解析] 运动员自由下落阶段机械能守恒，机械能不随高度变化；打开降落伞后，由于受空气阻力的作用，机械能减小，随着下降高度的增加，阻力随速度的减小而减小，机械能减小逐渐缓慢，所以只有选项A正确．
9．(1)7 m/s (2)5 m/s (3)300 J
[解析] (1)由机械能守恒定律，得 12
mv＝mg(L－h) 21
解得v1＝2g?L－h?＝7 m/s.
(2)人飞出后做平抛运动，最高点速度为v2时人刚好落在平台上，则
1
L－H＝gt2，s＝v2t
2
g
解得v2＝s＝5 m/s.
2?L－H?
(3)设蹬地瞬间人做的功为W，由动能定理，有
112
W－mg(L－h)＝mv22－mvB 22
112
解得W＝mg(L－h)＋mv22－mvB＝300 J. 22
1
10．(1)①G(h2＋l2－h)
22
②ρhlv P
(2) 略 8
[解析] (1)①信息亭被大风吹倒的过程中，其重心上升的最大高度为
1
Δh＝(h2＋l2－h)
2
当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少．设风吹倒信息亭至少做的功为W，由动能定理，有
W－GΔh＝0
1
解得W＝G(h2＋l2－h)．
2
②在Δt时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为 Δm＝ρhlvΔt
设信息亭对空气的作用力为F，由动量定理，有 －FΔt＝0－ρhlv2Δt 解得F＝ρhlv2
根据牛顿第三定律可知，大风(空气)对信息亭的作用力 F′＝F＝ρhlv2.
(2)单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m＝ρSv 这些空气所具有的动能为
1
Ek＝ρSv3
2
设风力发电机将风能转化为电能的效率为k，则风力发电机输出的电功率为
1
P＝kEk＝kρSv3
2v
当风速为时输出的电功率
2v11
P′＝kρS?2?3＝P.
2??8
若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能；风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等．
专题限时集训(七)[来源:学_科_网Z_X_X_K]
1．BC [解析] 以两位同学为系统，其总动量守恒，开始时总动量为0，互推一下后，总动量仍为零，则有：p1－p2＝0，故互推后两位同学动量大小相等，方向相反，A错、B对；由上式得m1v1＝m2v2，故质量大的速度小一些，C对；互推过程中，每位同学给对方的推力均做正功，机械能增加，故机械能不守恒，D错．
2．C [解析] 人在跃出的过程中船和人组成的系统水平方向动量守恒，有(M＋m)v0＝
m
Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v＋v0)，C项正确．
M
M－m3．(1)·v，方向向右
M＋m02M－m2(2)v
2μMg0
[解析] (1)A没有滑离B板，表示最终A、B具有相同的速度，设此速度为v，选择向右的方向为正方向．则根据动量守恒定律可得
Mv0－mv0＝(M＋m)v
M－m
解得：v＝·v，方向向右．
M＋m0
(2)从地面上看，A向左运动到离出发点最远处时，A速度为零，B速度为v′，由动量守恒定律得
M v0－mv0＝Mv′
这一过程B向右运动s，由动能定理有
11
－μmgs＝Mv′2－Mv2
220