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教材习题答案
第一章 抛体运动
1 认识曲线运动
自我评价
１．答案 如图所示 由几何知识可知 水平方向的分速度 ｖ ｖ °
： ｘ ＝ ０ ｃｏｓ ６０ ＝
竖直方向的分速度ｖ ｖ °
５ ｍ／ｓ， ｙ＝ ０ ｓｉｎ６０ ＝５ ３ ｍ／ｓ。
解析 质点做曲线运动时 在某一位置的速度方向沿曲线在 4 研究平抛运动的规律
，
这一点的切线方向
。 自我评价
２．ＡＤ 曲线运动的速度的方向必定是改变的 故 正确 物体
， Ａ ； １．答案 ｈ ｈ和ｖ ｈ和ｖ ｈ和ｖ
做匀速圆周运动时速度大小始终不变 故 错误 物体做曲线 （１） （２） ０ （３） ０ （４） ０
， Ｂ ； 解析 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直
运动的条件是合力与速度不在同一条直线上 加速度的方向
方向上的自由落体运动
，
。
与合力的方向相同 所以质点速度方向一定与加速度方向不
， ｈ
在一条直线上 故 错误 做曲线运动的物体 速度的方向沿 （１）
根据ｈ
＝
１ ｇｔ２
，
解得ｔ
＝
２
ｇ ，
， Ｃ ； ， ２
曲线的切线方向 故 正确 可知物体在空中运动的时间是由ｈ决定的
， Ｄ 。 ；
３．Ｂ 做曲线运动的物体的轨迹与速度方向相切 并向合力方向
ｈ
， 物体在空中运动的水平位移为 ｘ ｖ ｔ ｖ ２ 可知
弯曲 故选项 正确 （２） ： ＝ ０ ＝ ０ ｇ ，
， Ｂ 。
物体在空中运动的水平位移是由ｈ和ｖ 决定的
2 运动的合成与分解 物体落地时瞬时速度的大小为 ０ ；
（３） ：
自我评价
ｖ
＝
ｖ２
０＋
ｖ２ｙ
＝
ｖ２
０＋（
ｇｔ
）
２
＝
ｖ２
０＋２
ｇｈ
１．Ｂ 根据平行四边形定则 合运动的速度可能大于 小于或等 可知物体落地时瞬时速度的大小是由ｖ 和ｈ决定的
， 、
０
于分运动的速度 故 错误 正确 合运动的位移等于两个 设物体落地时瞬时速度与水平方向夹角为 α 则
， Ａ ，Ｂ ； （４） ， ：
分运动位移的矢量和 故 错误 合运动与分运动间具有等时
ｇｔ ｇ ｈ
， Ｃ ； α ２ 可知物体落地时瞬时速度的方向是由ｖ
性 即合运动的时间与分运动的时间相等 故 错误 ｔａｎ ＝ｖ ＝ ｖ ｇ ， ０
， ， Ｄ 。 ０ ０
２．答案 方向向下偏西且与水平方向的夹角满足 θ
和ｈ决定的
。
３ ５ ｍ／ｓ， ｔａｎ
． ２．答案 ． 与水平方向的夹角满足
＝０５ （１）１ ２５ ｍ （２）５ ６５ ｍ／ｓ，
解析 雨滴落地时竖直方向的速度为ｖ
ｙ＝６ ｍ／ｓ，
水平方向的
ｔａｎ θ ＝ １
８
速度为ｖ
ｘ＝３ｍ／ｓ，
合速度为ｖ
＝
ｖ２ｘ＋ ｖ２ｙ
＝３ ５ ｍ／ｓ，
方向向下偏
解析 弹丸做平抛运动 在水平方向上有 ｘ ｖ ｔ
西且与水平方向的夹角满足 θ ． （１） ， ： ＝ ０
ｔａｎ ＝０５。 在竖直方向上有 ｈ １ ｇｔ２
ｘ ： ＝
３．答案 ２ 减少 ２
ｖ２ 联立解得 ｈ ． ｔ ．
ｖ １ ： ＝１２５ ｍ， ＝０５ ｓ。
２－ｖ
弹丸到达Ｄ点时的竖直速度大小为
２ （２） ：
解析 甲 乙两地在江的同一侧 三峡大坝建造前 往返一次
ｖ ｇｔ ．
、 ， ， ｙ＝ ＝１０×０５ ｍ／ｓ＝５ ｍ／ｓ，
的时间满足 再根据平行四边形定则可知 Ｄ点的合速度大小为
， ：
ｘ ｘ ｘ
ｔ ＝ｖ
２－
ｖ
１
＋ｖ
２＋
ｖ
１
＝
ｖ
２ ｖ２
１ 设
ｖ Ｄ＝
Ｄ点
ｖ２ ０
的
＋ ｖ
速
２ｙ＋
度与
４０
水
２ ＋
平
５
方
２ ｍ
向
／
的
ｓ＝
夹
５
角
６
为
５
θ
ｍ／
则
ｓ
２－ｖ ，
２ ｖ
三峡大坝建造后 江水不再流动 往返一次的时间满足 θ ｙ ５ １
， ， ｔａｎ ＝ｖ ＝ ＝
ｘ ０ ４０ ８
ｔ′ ２
＝ｖ
本章复习题
２
比较可知 三峡大坝建造后在甲 乙两地往返一次需要的
， 、 １．Ｂ 设小球平抛运动的初速度为ｖ 抛出点离桶的高度为ｈ
时间减少
０， ，
。 ｈ
４．答案 示意图见解析
水平位移为ｘ
，
则ｈ
＝
１ ｇｔ２
，
解得平抛运动的时间为ｔ
＝
２
ｇ ，
５ ｍ／ｓ ５ ３ ｍ／ｓ ２
解析 将初速度沿水平方向和竖直方向分解的示意图如图
水平位移为ｘ ｖ ｔ ｖ ２
ｈ
由此可知 要增大水平位移ｘ 可
所示 ＝ ０ ＝ ０ ｇ ， ， ，
：
１
保持抛出点高度ｈ不变 增大初速度ｖ 故 正确 错误 要 ．
， ０， Ｂ ，Ａ ； 格 可以推断出每小格表示实际长度为Ｌ ３２ 相邻两
增大水平位移ｘ 可保持初速度ｖ 大小不变 增大抛出点高度 ， ＝ ． ｍ＝１ ｍ，
， ０ ， ３２
ｈ ， 故 Ｃ、Ｄ 错误 。 个汽车照片之间的距离都相等为ｘ ＝９ Ｌ ＝９ ｍ， 相邻两张照片
２．Ｄ 由于货物在水平方向做匀速运动
，
在竖直方向做匀减速运 竖直距离之差为
Δ
ｙ
＝２
Ｌ
＝２ ｍ。
动 故货物所受的合外力竖直向下 由曲线运动的特点 所受 汽车离开平台后做平抛运动 在竖直方向上做自由落体
， ， （ ，
的合外力指向轨迹凹侧 可知 对应的运动轨迹可能为 运动 设两次曝光的时间间隔为ｔ 则根据 ｙ ｇｔ２ 可得
） ， Ｄ。 ， ， Δ ＝
３．Ｃ 炮弹做平抛运动 只受重力作用 所以加速度为重力加速 ｙ
， ， ｔ Δ ５
度 方向竖直向下 故 正确 ＝ ｇ ＝ ｓ
５
， ， Ｃ 。
根据ｘ ｖｔ可得汽车离开平台时的速度为
ｈ ｈ ． ＝
４．ＢＣ 根据ｈ ｈ １ ｇｔ２ 得ｔ ２（ １－ ２） ２×（１－０２） ｘ
１－ ２＝ ＝ ｇ ＝ ｓ＝ ｖ ９
２ １０ ＝ ｔ ＝ ｍ／ｓ＝２０ ｍ／ｓ
ｘ ｄ ． ５
． 则平抛运动的最大速度ｖ ＋ ３＋０２ 最
０４ ｓ， １＝ ｔ ＝ ． ｍ／ｓ＝８ ｍ／ｓ， ５
０４
９．答案
ｘ （１）２ ｓ （２）１５ ｍ／ｓ
小速度ｖ ３ ． 则要想套住小奖品 水平抛
２＝ ｔ ＝
０
．
４
ｍ／ｓ＝７５ ｍ／ｓ， ， 解析
（１）
由题意可知
，
石子落到 Ａ点的竖直位移 ｙ
＝２００×
出的速度ｖ应满足 ． ｖ 故 正确 －２
７５ ｍ／ｓ＜ ＜８ ｍ／ｓ， Ｂ、Ｃ 。 １０×１０ ｍ＝２０ ｍ
５．ＢＤ 甲 乙两球同时落在Ｐ点 甲下降的高度大于乙下降的
、 ， 竖直方向做自由落体运动 则有ｙ １ ｇｔ２
， ＝
ｈ ２
高度
，
根据ｈ
＝
１ ｇｔ２
，
得ｔ
＝
２
ｇ ，
可知甲的运动时间长
，
所以
ｙ
２ 得ｔ ２
＝ ｇ ＝２ ｓ
甲先抛出 因为从抛出到Ｐ点的过程中 水平位移有ｘ ｘ
。 ， 乙＞ 甲， 将Ａ点的速度分解可得ｖ ｖ °
乙球的运动时间较短
，
由ｘ
＝
ｖ
０
ｔ知
，
乙球的初速度较大
，
故
Ｂ、Ｄ 又
（２
因
）
ｖ ｇｔ
０＝ ｙ ｔａｎ３７
正确 ｙ＝
。 解得ｖ
６．答案 ｙ＝２０ ｍ／ｓ
（１）１００ ｓ （２）７５ ２ （３）１２５ ｓ 故ｖ
解析 以最短时间渡河时 船头应垂直于河岸航行 即与 ０＝１５ ｍ／ｓ
（１） ， ，
河岸成 °角
９０ 第二章 匀速圆周运动
ｌ
最短时间为ｔ ３００
＝ ｖ ＝ ｓ＝１００ ｓ
３ 1 圆周运动
以最小位移过河 船的实际航向应垂直河岸 即船头
（２） ， ，
应指向上游河岸 自我评价
设船头与上游河岸夹角为θ 有 ｖ θ ｕ １．ＢＣＤ 线速度是矢量 做匀速圆周运动的物体线速度大小不
， ： ｃｏｓ ＝ ，
变 方向时刻改变 故 错误 正确 做匀速圆周运动的物
解得 θ １ ， ， Ａ ，Ｂ ；
ｃｏｓ ＝ 体 转动一周的时间是固定的 故周期不变 故 正确 物体做
３ ， ， ， Ｄ ；
匀速圆周运动 则角速度一定不变 故 正确
则有 θ ２θ ２ ２ ， ， Ｃ 。
： ｓｉｎ ＝ １－ ｃｏｓ ＝ ３ ２．答案 ２ ． ０×１０ －７ ｒａｄ／ｓ ３ ． ０×１０ ４ ｍ／ｓ
ｌ 解析 地球绕太阳转动的周期为
渡河时间为ｔ ３００
＝ｖ θ＝ θ ｓ＝７５ ２ ｓ
ｓｉｎ ３×ｓｉｎ Т
＝３６５×２４×３６００ ｓ＝３１５３６０００ ｓ
设船头与上游河岸夹角为α 则有 ｖ α ｕ ｔ ｘ
（３） ， ：（ ｃｏｓ － ） ＝ ＝
ｖｔ α ｌ 地球绕太阳公转的角速度为ω ＝ ２ Ｔ π ＝２ ． ０×１０ －７ ｒａｄ／ｓ
１００ ｍ， ｓｉｎ ＝ ＝３００ ｍ
两式联立得 ： α ＝５３ ° ， ｔ ＝１２５ ｓ 线速度是ｖ ＝ ωｒ ＝３ ． ０×１０ ４ ｍ／ｓ
７．答案 ． ． ３．Ｃ 荡秋千可视为同轴转动 所以ａ ｂ两点角速度相同 据ｖ
（１）０２ Ｎ （２）２０ ｍ／ｓ （３）０２ ｍ ， 、 ； ＝
解析 忽略阻力作用 飞镖飞行中只受重力作用 受到的 ωｒ和ａ ｂ两点的半径关系 可知 正确
（１） ， ， 、 ， Ｃ 。
合力为 Ｆ Ｇ ． ４．答案 见解析
： ＝ ＝０２ Ｎ；
飞镖做平抛运动 水平方向做匀速直线运动 则抛出 解析 转动过程中 同一链条上的Ａ Ｂ两点的线速度大小相
（２） ， ， ， 、
时的速度为 等 即 ｖ ｖ ｖ
： ， ： Ｂ＝ Ａ＝
ｌ ｖ
ｖ ４ 根据ｖ ωｒ 可得 ω
０＝ ｔ ＝ ０ ． ２ ｍ／ｓ＝２０ ｍ／ｓ； Ｂ＝ ２ ： Ｂ＝ ｒ
２
飞镖做平抛运动 竖直方向做自由落体运动 落点Ｂ Ｂ与Ｃ同轴转动 角速度相等 有
（３） ， ， ， ，
与Ｏ的距离 ｖ
ω ω
Ｃ＝ Ｂ＝ ｒ
ｈ １ ｇｔ２ １ ． ２ ． ２
＝ ＝ ×１０×０２ ｍ＝０２ ｍ ｒ ｖ
２ ２ Ｃ点的线速度为 ｖ ω ｒ ３
８．答案 ： Ｃ＝ Ｃ ３＝ ｒ
２０ ｍ／ｓ ２
解析 由照片可以看出每张汽车照片所占正方形格子为 ． ５．答案 见解析
３ ２
２
教材习题答案
解析 如 车轮半径与车速的关系是怎样的 用力与反作用力 根据牛顿第三定律得飞行员对座位的压力
（１） ？ ，
变速自行车是如何实现变速的 大小为
（２） ？ ４２００ Ｎ。
ｖ２
2 匀速圆周运动的向心力和向心加速度
４．答案
ａｒｃ ｔａｎ ｇＲ
自我评价 解析 车以速度ｖ匀速转弯时 要使车轮与路面之间横向摩
，
１．答案 ３ ． ６×１０ －３ Ｎ ６×１０ －７ ∶ １ 由于向心力远小于重力 ， 所 擦力等于 ０， 则汽车受力如图 ， Ｆ 合＝ ｍｇ ｔａｎ θ ， 由于合力提供向
以感觉不到向心力的存在 ｖ２
心力 根据牛顿第二定律可得 Ｆ ｍ 解得路面与水平面
， ： 合＝ Ｒ，
解析 假设就餐者的质量为ｍ 根据向心力计算公式
＝６０ ｋｇ，
可得 之间的夹角满足 θ ｖ２ 即θ ｖ２
： ：ｔａｎ ＝ｇＲ， ＝ａｒｃ ｔａｎ ｇＲ。
( ) ２ ( ． ) ２
Ｆ ｍｒ ２π ２×３１４ ． －３
＝ Ｔ ＝６０×２０× Ｎ≈３６×１０ Ｎ
３６００
与重力的比为
：
Ｆ ． －３
３６×１０ －７
ｍｇ＝ ＝６×１０ ∶ １
６０００
由于向心力远小于重力 所以感觉不到向心力的存在
， 。
２．答案
５ Ｎ
解析 质点做半径为ｒ的匀速圆周运动 向心力Ｆ ｍｒω２
， ＝
角速度增加为原来的 倍时 有
２ ， ：
Ｆ ｍｒ ω ２
＋１５ Ｎ＝ （２ ）
联立解得 Ｆ
： ＝５ Ｎ ５．答案 ． ４
３．答案 ． ２ 方向指向圆心 ３９×１０ Ｎ
１８ ｍ／ｓ ， ３ ｒａｄ／ｓ 解析 行车突然停止运动的瞬间 铸件由于惯性 绕Ｏ点做圆
解析 向心加速度为 ， ，
： 周运动 在最低点时 由重力和拉力的合力提供向心力有 Ｆ
ｖ２ ． ２ ， ， ： －
ａ
ｎ＝ ｒ ＝
０
．
６
ｍ／ｓ
２
＝１
．
８ ｍ／ｓ
２
，
方向指向圆心
。 ｍｇ ｍ
ｖ２
将ｍ ３ ｒ ｖ 代入解得 Ｆ
０２ ＝ ｒ ， ＝３×１０ ｋｇ、 ＝３ ｍ、 ＝３ ｍ／ｓ ： ＝
由ｖ ωｒ得小球运动的角速度为
＝ ： ． ４
ｖ ． ３９×１０ Ｎ，
ω ０６ 由牛顿第三定律知 铸件对钢丝绳的拉力大小为Ｆ′ Ｆ
＝ ｒ ＝ ． ｒａｄ／ｓ＝３ ｒａｄ／ｓ。 ， ＝ ＝
０２
ｖ２ ３ ． ９×１０ ４ Ｎ。
４．ＡＣ 根据ａ 知 当线速度ｖ大小为定值时 ａ 与ｒ成反
ｎ＝ ｒ ， ， ｎ
本章复习题
比 其图像为双曲线的一支 根据ａ ｒω２ 知 当角速度ω大小
为
，
定值时 ａ 与ｒ成正比 其
；
图像为
ｎ
过
＝
原点的
，
倾斜直线 故选
１．答案 一样 不一定相同
， ｎ ， 。 解析 不管是什么形状的表 分针做的都是匀速圆周运动 它
， ，
Ａ、Ｃ。
们的周期都是 根据ω ２π可知 它们的角速度是相等的
3 圆周运动的实例分析 １ ｈ， ＝ Ｔ ， ；
但因为不同规格的表 分针的长度不一定相同 即做圆周运动
自我评价 ， ，
的半径不一定相同 根据线速度和角速度的关系ｖ ωｒ可知
１．Ｂ 人和摩托车只受重力和支持力两个力的作用 靠两个力的 ， ＝ ，
， 分针针尖的线速度不一定相同
合力提供向心力 向心力不是物体实际受到的力 是做圆周运 。
， ，
动所需要的力 故 正确 ２．答案 ５００ ２ 大一些
， Ｂ 。 ｍ／ｓ
２．Ｃ 衣服受到重力 筒壁的弹力和静摩擦力的作用 由于衣服 ７
、 ， 解析 ｄ ． ｖ 则车轮边缘点的向心加速度为 ａ
在圆筒内壁上不掉下来 竖直方向上没有加速度 重力与静摩 ＝０７ ｍ， ＝５ ｍ／ｓ； ： ＝
， ， ｖ２ ｖ２
擦力二力平衡 靠弹力提供向心力 故 正确 ５００ ２
， ， Ｃ 。 ｒ ＝ ｄ ＝ ｍ／ｓ ；
７
３．答案
４２００ Ｎ ２
解析 在最低点 飞行员受到重力和支持 若小轮自行车以相同的速度匀速行驶 则ｄ变小 ｖ不变
３６０ ｋｍ／ｈ＝１００ ｍ／ｓ， ， ， ， ，
力Ｆ两个力
，
其合力提供做圆周运动所需的向心力
，
根据牛顿
根据ａ
ｖ２
可知其车轮边缘点的向心加速度大一些
第二定律得 ＝ ｄ 。
ｖ２ ２
Ｆ ｍｇ ｍ
－ ＝ ｒ ３．答案 水平路面
７６００ Ｎ
所以 Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２ 解析 小汽车在桥顶时受力如图所示
，
重力和支持力的合力提
： ＝ ＋ ｒ ｖ２
供向心力 ｍｇ Ｆ ｍ 求得桥对汽车的支持力Ｆ
代入数据解得 ， － Ｎ＝ ｒ ， Ｎ＝７６００ Ｎ，
４２００ Ｎ
飞行员对座位的压力和座位对飞行员的支持力是一对作 由牛顿第三定律知 汽车对桥面的压力大小为 Ｆ ′ Ｆ
， Ｎ ＝ Ｎ ＝
３
第三章 万有引力定律
７６００Ｎ。
1 天体运动
自我评价
１．Ｂ 地心说认为太阳及其他天体围绕地球运动 日心说认为太
，
汽车在水平路面行驶时 汽车对路面的压力与汽车重力 阳是银河系的中心 而不是地球 地球绕太阳转 故 错误
， ， ， ， Ａ 、Ｂ
大小相等 汽车对路面的压力Ｆ ″ ｍｇ 正确 地心说 是由于古代人缺乏足够的宇宙观测数据 因此
， Ｎ ＝ ＝８０００ Ｎ。 ；“ ” ，
由以上分析知 汽车在水平路面上行驶时 汽车对路面的 他们误认为地球就是宇宙的中心 而其他的星体都是绕着地
， ， ，
压力较大 球运行的 而 日心说 是在足够的天文观测数据的基础上
。 。 “ ” ，
４．ＡＤ 在最高点 重物的向心力竖直向下 当向心力大小大于 由哥白尼等人提出的 符合科学研究的结果 而不是臆想出来
， ， ， ，
重物所受重力时 杆对重物的作用力向下 当向心力大小小于 的 是科学的一大进步 故两者具有不能等同的价值 故
， ， ， ， ， Ｃ、Ｄ
重物所受重力时 杆对重物的作用力向上 故 正确 在最低 错误
， ， Ａ ； 。
点 重物的向心力竖直向上 而其所受重力竖直向下 所以杆 ２．Ｃ 由开普勒第一定律可得 所有行星都绕太阳做椭圆运动
， ， ， ， ，
对重物的作用力一定向上 故 错误 由于在最高点时杆对重 ｒ３
， Ｂ ； 且太阳处在所有椭圆的一个焦点上 故 错误 由公式
物的作用力方向不确定 故 错误 由于在最低点时杆对重物 ， Ａ、Ｂ ； Ｔ２ ＝
， Ｃ ；
的作用力方向一定竖直向上 而速度越大 向心力越大 由向 ｋ得离太阳越近的行星 运动周期越短 故 正确 由开普勒第
， ， ， ， ， Ｃ ；
三定律可得 行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方
心力公式得Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２
所以速度越大杆对重物的作用力越 ，
－ ＝ Ｌ ， 的比值都相等 故 错误
， Ｄ 。
大 故 正确 ３．答案 见解析
， Ｄ 。
５．答案 解析 对水星 根据开普勒第三定律 有
１２ ∶ ２５ ， ， ：
解析 设乙球的质量为ｍ ， 根据题意可知甲球的质量为 ３ ｍ ， ｋ ａ３ １ （５ ． ７９×１０ １０ ｍ） ３ ． １８ ３ ２
根据向心力公式可知 Ｆ ｍ
ｖ２ １＝Ｔ２
１
＝
（７
．
６×１０
６
ｓ）
２ ≈３３６×１０ ｍ ／ｓ ；
： ＝ ｒ 对地球 根据开普勒第三定律 有
， ， ：
甲 、 乙两球所需向心力之比 ： ｋ ａ３ ２ （１ ． ５０×１０ １１ ｍ） ３ ． １８ ３ ２
ｍｖ２ ２＝Ｔ２ ＝ ． ７ ２ ≈３３８×１０ ｍ ／ｓ ；
３ １ ２ （３１６×１０ ｓ）
Ｆ ｒ 对海王星 根据开普勒第三定律 有
１ １ １２ ， ， ：
６．答案 Ｆ ２ ＝ ｍ ｒ ｖ ２ ． ２ ２ ＝ ２５ ｋ ３＝Ｔ ａ３ ３ ２ ３ ＝ （ （ ４ ５ ． ５ ． ２ ０ ０ × × １ １ ０ ０ １２ ９ ｍ ｓ） ） ２ ３ ≈３ ． ３７×１０ １８ ｍ ３ ／ｓ ２ ；
（１）０４ ｍ／ｓ （２）４ Ｎ ａ３
根据以上三个值 可以认为在误差允许的范围 ｋ 为
解析
（１）
滑块的线速度大小ｖ
＝
ωｒ
，
代入数据得
：
ｖ
＝０
．
４ ｍ／ｓ；
， ， ＝Ｔ２
滑块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供 故滑块受 一个常数 故开普勒第三定律成立
（２） ， ， 。
到静摩擦力的大小为Ｆ ｍω２ｒ 代入数据得 Ｆ
ｆ＝ ， ： ｆ＝４ Ｎ。
７．答案 （１） ２ ｇｄ ５ ｇｄ （２） １１ｍｇ 2 万有引力定律
２ ３
解析 设绳断后球飞行时间为ｔ 由平抛运动规律得 竖直 自我评价
（１） ， ，
１．答案 见解析
方向有 １ ｄ １ ｇｔ２
＝
４ ２ 解析 根据万有引力定律的内容知 自然界中任意两个物体
，
水平方向有ｄ ｖ ｔ
＝ １ 间的引力大小与两物体的质量ｍ １ 和ｍ ２ 乘积成正比 ， 与两物
解得ｖ ｇｄ ｍ ｍ
１＝ ２ 体距离ｒ的平方成反比 公式为Ｆ Ｇ １ ２ 设两个人质量均
在落地点由平行四边形定则知ｖ ｇｔ ２ ｖ ２ ， ＝ ｒ２ 。
２＝ （ ） ＋ １
为 相距 则两个人间的万有引力大小为
６０ ｋｇ， １ ｍ， ：
解得ｖ ５ ｇｄ
２＝
２ Ｆ
Ｇｍ２
６
．
６７×１０
－１１
×６０
２
． －７
设绳能承受的最大拉力大小为Ｔ 这也是球受到绳的 ＝ ｒ２ ＝ １ ２ Ｎ≈２４×１０ Ｎ，
（２） ，
人除了受到万有引力外 还受到地面对他们的作用力 万
， ，
最大拉力大小 球做圆周运动的半径为Ｒ ３ ｄ
， ＝ 有引力太小 远小于地面的作用力 故他们不会吸在一起
４ ， ， 。
由圆周运动向心力公式 有Ｔ ｍｇ
ｍｖ２
１
２．答案
６
．
８×１０
７
Ｎ
， － ＝ Ｒ 解析 Ｍ ． ４０ ｍ ． ３９ ｒ ． １４ ． １５
＝２０×１０ ｋｇ， ＝２ ０×１０ ｋｇ， ＝６ ６×１０ ×９ ５×１０
． ３０ Ｇ ． －１１ ２ ２ 两者之间的引力为
解得Ｔ １１ｍｇ ｍ＝６２７×１０ ｍ， ＝６６７×１０ Ｎ·ｍ ／ｋｇ ；
＝ ＧＭｍ
３ Ｆ ． ７
＝ ｒ２ ≈６８×１０ Ｎ。
４
教材习题答案
３．答案 １．ＣＤ 摆钟是利用重力作用摆动的 在太空中无法使用 故
９ ∶ １ ， ， Ａ
解析 设月球质量为Ｍ 地球质量就为 Ｍ 飞行器距地心距 错误 天平是利用杠杆的原理 天平平衡需要物体的重力 所
， ８１ ， ； ， ，
离为ｒ 飞行器距月心距离为ｒ 由于地球对它的引力和月球 以天平不能在失重状态下使用 故 错误 弹簧测力计根据胡
１， ２， ， Ｂ ；
Ｍｍ Ｍｍ 克定律制成 与重力无关 故在太空中可以使用 故 正确 秒
对它的引力相等 根据万有引力定律得 Ｇ８１ Ｇ 解得 ， ， ， Ｃ ；
， ： ｒ２ ＝ ｒ２ ， 表是用来计时的工具 其工作原理与重力无关 故在太空中可
１ ２ ， ，
ｒ 以使用 故 正确
１ ９ ， Ｄ 。
ｒ ＝ ＝９ ∶ １。 ２．答案 见解析
２ １
４．答案 见解析 解析 在ｖ ｒω 中如果 ω 一定 人造卫星的轨道半径增大
＝ ， ２
解析 经查资料可知 地球的质量为Ｍ ． ２４ 地球 倍 卫星的速度也增大 倍 而不同轨道卫星的角速度不同
， ＝５ ９６５×１０ ｋｇ， ， ２ ， ，
半径Ｒ ． ６ 地球自转周期为 小时 分 秒 所以根据公式ｖ ｒω认为 人造卫星的轨道半径增大 倍 卫
＝６ ３７１×１０ ｍ， ２３ ５６ ４ ， ＝ ， ２ ，
ＧＭｍ 星的速度也增大 倍的说法错误
的人站在赤道上所受地球的万有引力为Ｆ ． ２ ；
６０ｋｇ ＝ Ｒ２ ≈５８８１Ｎ，
Ｍｍ ｖ２ ＧＭ
所受重力为Ｇ ＧＭｍ ｍＲ ( ２π ) ２ ． 故人所受万有引 根据万有引力提供向心力 ： Ｇ ｒ２ ＝ ｍ ｒ ， 可得ｖ ＝ ｒ ，
０＝ Ｒ２ － Ｔ ≈５８７ ６ Ｎ，
轨道半径增大时 卫星的速度减小
， ；
力和重力近似相等
。 ｒ ｒ３
根据Ｔ ２π 联立可得 Ｔ 人造卫星的轨道半
＝ ｖ ， ： ＝２π ＧＭ，
3 预言未知星体 计算天体质量
径越大 周期越大
自我评价 ， 。
３．答案 见解析
１．ＢＣＤ 若已知月球绕地球运动的周期Ｔ 及月球到地球中心
１ 解析 根据万有引力提供向心力有 Ｇ
Ｍｍ
ｍ
ｖ２
所以 ｖ
的距离Ｒ 根据Ｇ Ｍ 地 ｍ ｍ ( ２π ) ２ Ｒ 可求解地球的质量Ｍ ｒ２ ＝ ｒ ， ＝
１， Ｒ２
１
＝ Ｔ
１
１ 地，
ＧＭ 当ｒ增大 倍时 ｖ减小为原来的 １ 甲同学的看法是
正确 已知地球绕太阳运动的周期Ｔ 及地球到太阳中心的 ｒ ， ２ ， ，
Ｂ ； ２ ２
距离Ｒ 根据Ｇ Ｍ 日 ｍ ｍ ( ２π ) ２ Ｒ 可求解太阳的质量 错 错的 。
２， Ｒ２ ＝ Ｔ ２ ，Ａ Ｍｍ ＧＭ
２ ２ ４．Ｃ 根据Ｇ ｍａ解得ａ 卫星的向心加速度减小到原
误
；
已知地面附近绕行的人造卫星的速度及运行周期
，
根据ｖ
＝
ｒ２ ＝ ＝ ｒ２ ，
ｒ
２ Ｔ π 可求得卫星轨道半径 ， 再根据对 Ｂ 选项的分析知可以求得 来的 １ ，Ａ 错误 ； 根据Ｇ Ｍ ｒ２ ｍ ＝ ｍｒω２ 解得ω ＝ Ｇ ｒ Ｍ ３ ， 卫星的角
１６
地球的质量Ｍ 故 正确 已知地球表面的重力加速度ｇ和地
， Ｃ ； 速度减小到原来的 １ 错误 根据 Ｇ Ｍｍ ｍｒ ４π ２ 解得 Ｔ
球的半径Ｒ 根据ｍｇ ＧＭ 地 ｍ 可得Ｍ ｇＲ２ 正确 ８ ，Ｂ ； ｒ２ ＝ Ｔ２ ＝
， ＝ Ｒ２ 地＝ Ｇ ，Ｄ 。
２ｒ３
４π 卫星的周期增大到原来的 倍 错误 正确
２．Ｄ 卫星到地心的距离为ｒ Ｒ ｈ 由万有引力定律得卫星受到 ＧＭ ， ８ ，Ｄ ，Ｃ 。
＝ ＋ ，
Ｍｍ Ｍｍ
地球的引力大小为Ｆ Ｇ Ｇ 故 正确
＝ ｒ２ ＝ Ｒ ｈ ２， Ｄ 。 本章复习题
（ ＋ ）
３．Ａ 根据题干中的内容不能求出卫星的质量 故 错误 卫星 １．Ｄ 设地球质量为Ｍ 物体质量为ｍ 当物体距地面的高度为
， Ａ ； ， ，
进入距离地球约 的地球同步轨道 可知其周期是 Ｒ时所受到的万有引力为 Ｆ 则物体在地面时可得 Ｆ
３６０００ｋｍ ， ２４ ２ １， ＝
ＧＭｍ ｍ ２ Ｒ ｈ ＧＭｍ Ｍｍ Ｍｍ Ｍｍ
由 ·４π（ ＋ ） 以及 ｍｇ 其中Ｍ表示地 Ｇ 物体距地面的高度为 Ｒ时可得Ｆ Ｇ Ｇ
ｈ， Ｒ ｈ ２ ＝ Ｔ２ ， Ｒ２ ＝ ， Ｒ２ ， ２ １＝ Ｒ ２ ＝ Ｒ２ ＝
（ ＋ ） （３ ） ９
球的质量 Ｒ表示地球的半径 ｇ是地球表面的重力加速度 联
， ， ， １ Ｆ 故 正确
立即可求出该卫星的轨道半径 故 可以确定 卫星的速率 。 Ｄ 。
９
， Ｂ、Ｄ ；
２．Ｄ 两物体间的万有引力总是大小相等 方向相反 分别作用
ｒ 、 ，
ｖ ２π 结合 选项中的半径与周期即可求出速率 故 可
＝ Ｔ ， Ｂ、Ｄ ， Ｃ 在两个不同的物体上 是一对相互的作用力与反作用力 故
， ， Ａ
以确定 错误 正确 当ｒ趋近于无穷远时 万有引力趋近于无穷小
。 ，Ｃ ； ， ，
４．答案 ６ ． ７３×１０ ２２ ｋｇ 但当间距为零时 ， 万有引力定律不适用 ， 故 Ｂ 错误 ； 式中Ｇ是
解析 登月舱绕月球做匀速圆周运动 月球对其的万有引力 由卡文迪许在实验室中利用扭秤实验测出的 故 正确
， ， Ｄ 。
提供向心力 即有 ＧＭｍ ｍｒ ( ２π ) ２ 且ｒ Ｒ ｈ 解得月球质量 ３．Ｃ 根据 ＧＭｍ ｍａ ｍ ｖ２ ｍω２ｒ ｍ ( ２π ) ２ ｒ 解得ａ ＧＭ ｖ
， ： ｒ２ ＝ Ｔ ， ＝ ＋ ， ｒ２ ＝ ｎ＝ ｒ ＝ ＝ Ｔ ， ｎ＝ ｒ２ ， ＝
２ Ｒ ｈ ３ ＧＭ ＧＭ ２ｒ３
为 Ｍ ４π（ ＋ ） 代入数据解得Ｍ ． ２２ ω Ｔ ４π 因为飞船的周期小 则轨道半
： ＝ ＧＴ２ ， ＝６７３×１０ ｋｇ。 ｒ ， ＝ ｒ３ ， ＝ ＧＭ ， ，
径小 高度小 加速度大 线速度大 角速度大 故 正确
， ， ， ， ， Ｃ 。
4 人造卫星 宇宙速度
Ｍｍ ｖ２ ２ ＧＭ
４．ＡＢＣ 根据 Ｇ ｍ ｍω２ｒ ｍａ ｍ４π ｒ 得 ｖ
自我评价 ｒ２ ＝ ｒ ＝ ＝ ＝ Ｔ２ ＝ ｒ 、
５
ＧＭ ＧＭ ｒ３
ω ａ Ｔ 则可知离地面越近的卫星 轨
＝ ｒ３ 、 ＝ ｒ２ 、 ＝２π ＧＭ， ，
道半径越小 线速度越大 角速度越大 向心加速度越大 周期
， ， ， ，
越小 故 正确
， Ｂ 。
２ｒ３
５．答案 ４π
ＧＴ２
ｍｍ′ ２ ２ｒ３
解析 根据Ｇ ｍ′４π ｒ 解得ｍ ４π
ｒ２ ＝ Ｔ２ ， ＝ ＧＴ２ 。 重力做功Ｗ Ｇｘ °
（１） Ｇ＝ ｃｏｓ９０ ＝０；
６．答案 １２ ２ ． ８ 弹力做功Ｗ Ｎｘ ° α Ｇｘ α α
（１）２×１０ ｍ／ｓ （２）１４×１０ ｍ／ｓ （２） Ｎ＝ ｃｏｓ（９０ ＋ ）＝－ ｓｉｎ ｃｏｓ ；
ｍＭ 摩擦力做功Ｗ ｆｘ α Ｇｘ α α
解析 星球表面重力与万有引力相等 有ｍｇ Ｇ （３） ｆ＝ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ｃｏｓ
（１） ， ＝ Ｒ２
物体做匀速直线运动 合力为零 合力做功为零
（４） ， ， 。
则重力加速度ｇ
＝
Ｇ
Ｒ
Ｍ
２
３．Ｃ
α 为
功
Ｆ
为力
ｘ间
与
的
力
夹
的
角
方向
由
上
题
发
图
生
可
的
知
位移
力
的
大
乘
小
积
相 ， 等
即
位
Ｗ
移 ＝ 相
Ｆｘ
等 ｃｏｓ 且
α
（ 、 ）， ， ， ，
所以ｇ ＧＭ ６ ． ６７×１０ －１１ ×３×１０ ３０ １２ ２ 力与位移间的夹角相等 故三种情况下力Ｆ做功大小相等 故
＝Ｒ２ ＝ ４ ２ ｍ／ｓ＝２×１０ ｍ／ｓ ， ，
（１０ ） 正确
贴近中子星表面的小卫星受中子星的引力提供向心 Ｃ 。
（２） ４．Ｂ 由求功公式可知 力Ｆ所做的功Ｗ Ｆｘ ° Ｆｘ
ｍ′Ｍ ｖ２ ， ＝ ｃｏｓ １８０ ＝－ ，Ｂ
力 则由牛顿第二定律得Ｇ ｍ′ 正确
， Ｒ２ ＝ Ｒ 。
５．答案 ｆｈ 重力所做的功与路径无关 空气阻力所做的
０ －２ ，
ＧＭ ． －１１ ３０
解得ｖ ６６７×１０ ×３×１０ ． ８ 功与路径有关
＝ Ｒ ＝ ３ ｍ／ｓ＝１４×１０ ｍ／ｓ
１０×１０ 解析 小球从抛出到最高点的过程中 重力对小球做的功为
７．答案 见解析 ，
Ｗ ｍｇｈ 小球从最高点回到抛出点的过程中 重力对小球
Ｍｍ ２ｒ Ｇ １＝－ ， ，
解析 对环月卫星 ， 根据万有引力定律得Ｇ ｒ２ ＝ ｍ４ Ｔ π ２ 做的功为Ｗ Ｇ ２＝ ｍｇｈ ， 小球从抛出至回到抛出点的过程中 ， 重力
对小球做的功为Ｗ Ｗ Ｗ 小球从抛出至最高点的过
２ｒ３ Ｇ＝ Ｇ １＋ Ｇ ２＝０。
解得Ｔ ＝ ４ Ｇ π Ｍ 程中 ， 空气阻力对小球做的功为Ｗ ｆ １＝－ ｆｈ ， 小球从最高点回到
当ｒ ＝ Ｒ 月 时 ， Ｔ有最小值 ， 又物体在月球表面 ， 有 抛出点的过程中 ， 空气阻力对小球做的功为Ｗ ｆ ２＝－ ｆｈ ， 小球从
抛出至回到抛出点的过程中 空气阻力对小球做的功为Ｗ
ＧＭｍ′ ， ｆ＝
ｍ′ｇ
月＝ Ｒ２月 Ｗ
ｆ ２＋
Ｗ
ｆ ２＝－２
ｆｈ
。
重力所做的功与路径无关
，
由于空气阻力方
向始终和速度方向相反 空气阻力所做的功与路径有关
１ Ｒ ， 。
Ｒ 地 Ｒ
联立得Ｔ 月 ４ ３ 地 ．
ｍｉｎ＝２π ｇ
月
＝２π
１ ｇ
＝２π
２
ｇ
地
≈１７ ｈ 2 功率
地
６ 自我评价
环月卫星最小周期为 ． 故该报道是则假新闻
１７ ｈ， 。 １．答案 见解析
８．答案 见解析
解析 汽车的额定功率是不变的 当汽车空载后 汽车对地面
解析 测量该星球的半径Ｒ和星球表面的重力加速度ｇ 即可 ， ，
， 的压力减小 此时轮胎与地面的摩擦阻力就减小了 匀速行驶
， ，
ＧＭｍ ｇＲ２
由ｍｇ 解得该星球的质量Ｍ 过程中 牵引力等于阻力 根据 Ｐ Ｆｖ ｆｖ 可知 最大速度
＝ Ｒ２ ＝ Ｇ 。 ， ， ＝ ｍ＝ ｍ ，
Ｐ
第四章 机械能及其守恒定律 ｖ 要大一些
ｍ＝ ｆ 。
２．答案
1 功 ２００ Ｗ ３００ Ｗ
解析 末的速度ｖ ｇｔ 则 末重力
１ ｓ ＝ ＝１０×１ ｍ／ｓ＝１０ ｍ／ｓ。 １ ｓ
自我评价
的瞬时功率Ｐ ｍｇｖ 物体在前 内的位
１＝ ＝２０×１０ Ｗ＝２００ Ｗ； ３ ｓ
１．答案 见解析
Ｗ ｍｇｈ
移ｈ １ ｇｔ２ 则重力做功的平均功率 Ｐ
解析 重力所做的功为Ｗ ｍｇｈ 阻力做功Ｗ ｆｌ ＝ ＝４５ ｍ， ２＝ ｔ ＝ ｔ ＝
Ｇ＝ ＝６０００Ｊ； ｆ＝－ ＝ ２
ｈ
ｆ 由于运动方向与支持力方向垂直 因此 ３００ Ｗ。
－ °＝－１ ０００ Ｊ； ， ３．答案 ．
ｓｉｎ３０ ７２ ｋＷ
支持力所做的功为 ０ Ｊ； 这几个力所做的总功 Ｗ ＝ Ｗ Ｇ＋ Ｗ ｆ＝ 解析 电动机的功率Ｐ Ｗ Ｆｄ ．
＝ ｔ ＝ ｔ ＝７２ ｋＷ。
５０００ Ｊ。
２．答案 见解析 ４．答案 ． ４
２４×１０ Ｗ
解析 对物体受力分析如图 有平衡条件可知 解析 汽车匀速行驶 发动机的牵引力和摩擦阻力大小相等
， ， ，
Ｇ α ｆ Ｎ Ｇ α 则发动机的输出功率为Ｐ Ｆｖ ． ４
ｓｉｎ ＝ ， ＝ ｃｏｓ ＝ ＝２４×１０ Ｗ。
６
教材习题答案
解得Ｗ 根据重力做功和重力势能变化的关系知 重
3 动能 动能定理 ＝２０００ Ｊ。 ，
力势能增加了
２０００ Ｊ。
自我评价 ４．答案
（１）７２０ Ｊ （２）９００ Ｊ
１．答案 ． ９ 解析 背越式跳高过程中 运动员的重心上升的高度为ｈ
５４×１０ Ｊ （１） ，
． ． ． 则运动员至少克服重力做的功Ｗ ｍｇｈ
解析 东方红 号 的发射动能为Ｅ １ ｍｖ２ １ ． ＝（２１－０９） ｍ＝１２ｍ， ＝
“ １ ” ｋ＝ ＝ ×１７３×（７
２ ２
＝７２０ Ｊ。
９×１０ ３ ） ２ Ｊ＝５ ． ４×１０ ９ Ｊ。 运动员下降过程 重心下降的距离为Ｈ ． ．
２．答案 （２） ， ＝（２１－０６）ｍ＝
１０００ Ｊ ． 下降阶段重力做功为Ｗ ｍｇＨ
解析 子弹穿过木板过程中 根据动能定理有 Ｗ Ｅ １５ｍ， Ｇ＝ ＝９００Ｊ。
， ｆ ＝Δ ｋ ＝
１ ｍｖ２ １ ｍｖ２ 代入数据解得木板对子弹的阻力所做的功为 5 机械能守恒定律
１－ ０， １
２ ２ 自我评价
０００ Ｊ。 １．ＢＤ 沿直线做匀速上升或下降的物体动能不变 而重力势能
３．答案 ． ７ ，
（１）１０００ ｍ （２）－３８×１０ Ｊ 改变 其机械能不守恒 项错误 项正确 外力对物体做功
解析 飞机在航空母舰上做匀减速停下来 根据动能定理 ， ，Ａ ，Ｂ ；
（１） ，
为零 只能判定其动能不变 而不能判定其势能的改变情况
， ， ，Ｃ
有
－
ｆｘ
＝０－
２
１ ｍｖ２
０，
代入数据解得飞机滑行的距离为 ｘ
＝１ ０００ 项错误
；
系统内只有重力和弹力做功时
，
系统的机械能守恒
，
即航母的甲板至少要 长 故 正确
ｍ， １０００ ｍ 。 Ｄ 。
设阻拦索对飞机做功为Ｗ 对这一过程 由动能定理 ２．ＢＣ 飞船升空过程中 火箭对飞船的推力做了功 则机械能
（２） ， ， ， ，
增加 项错 飞船在椭圆轨道上运动时只有引力做功 则飞
有Ｗ
＋
Ｗ
Ｆ＋
Ｗ
ｆ＝０－
１ ｍｖ２
０，
整理得Ｗ
＝－
Ｗ
Ｆ－
Ｗ
ｆ－
１ ｍｖ２
０，
代入数
船的机
，Ａ
械能守
；
恒 项对 飞船在大气层以外向着地球做
，
无动
２ ２ ，Ｂ ；
据解得Ｗ ． ７ 力飞行时 只有引力做功 机械能守恒 项对 降落伞张开
＝－３８×１０ Ｊ。 ， ， ，Ｃ ；
４．答案 见解析 后 返回舱受到空气的阻力作用 阻力做了负功 则机械能减
， ， ，
解析 以汽车为研究对象 在制动过程中 刹车产生的阻
小 项错
（１） ， ，
，Ｄ 。
力对汽车做负功 汽车制动后的末速度是零 假设汽车制动
， 。
３．答案 见解析
的阻力不变 由动能定理可知 汽车制动前的初速度 初动能
， ， （ ）
解析 以地面作为参考平面 根据机械能守恒定律有Ｅ １
越大 制动时阻力做的功也越多 因而制动过程中经过的距离 ， ｋ＝
， ， ２
也越长
。
ｍｖ２
０＋
ｍｇｈ
，
若知道苹果的质量ｍ
，
楼层的高度Ｈ
，
重力加速度ｇ
刹车时汽车的速度为ｖ 汽车制动的阻力为ｆ 由动能 值 就可计算苹果落地时的动能 设苹果的质量为 ． 楼
（２） ， ， ， 。 ０ １ ｋｇ，
定理得 ｆｓ １ ｍｖ２ 解得ｓ ｍｖ２ 由上式可知 在速度ｖ和 层的高度为 ３ ｍ， 重力加速度ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ ， 代入上式解得苹果
－ ＝０－ ， ＝ ｆ 。 ，
２ ２ 的末动能为 根据求解过程知 苹果落地时间的动能与
阻力ｆ一定时 质量越大 乘客越多 制动距离越长 ３３ Ｊ。 ，
， （ ）， 。 初速度方向无关
由题知当ｖ 时 ｓ 则当ｖ 。
（３） １＝２０ ｋｍ／ｈ ， １＝４ ｍ， ２＝６０ ｋｍ／ｈ ４．答案
（１）２０ ｍ （２）１０ ｍ
ｍｖ２ ｓ ｖ２ æｖ ö２
由 （２） 可知ｓ ＝ ２ ｆ ， 可得 ｓ １ ２ ＝ ｖ １ ２ ２ ， 所以ｓ ２＝è ç ｖ ２ ２ ø ÷ ｓ １。 代入 解析 （１） 根据机械能守恒定律有 １ ２ ｍｖ２ ０＝ ｍｇｈ ， 代入数据解
题中的数据解得ｓ
２＝３６ ｍ。 得
，
物体上升的最大高度ｈ
＝２０ ｍ。
设动能和势能相同的位置离地高度为Ｈ 根据机械能
4 势能 （２） ，
自我评价 守恒定律有 １ ｍｖ２ ｍｇＨ 解得Ｈ
０＝２ ， ＝１０ ｍ。
２
１．ＢＣ 重力势能具有相对性 放在地面上的物体 若以地面为
， ， ５．答案
２９４ Ｎ
零势能面 它的重力势能才为零 项错 重力势能的变化量
， ，Ａ ； 解析 小孩从最高点摆到最低点的过程中 机械能守恒 以最
， ，
由重力和初末位置高度差决定 参考平面选在哪里 不影响高
， ， 低点为重力势能零点 假设绳子长为Ｌ 有ｍｇ Ｌ Ｌ °
， ， （ － ｃｏｓ ６０ ）＝
度差 则重力势能的变化量与参考平面的选取无关 项对
， ，Ｂ ；
根据重力势能的定义得 重力做正功 重力势能减小 项对
１ ｍｖ２
；
， ， ，Ｃ ； ２
物体的重力势能跟重力大小和相对参考平面高度两者有关
， 故ｖ ｇＬ °
则 项错 ＝ ２ （１－ｃｏｓ６０ ） ①
Ｄ 。
２．Ｃ 撤去力Ｆ时 物体受到向右的弹力 向右加速运动 速度逐
， ， ，
渐增大 加速度逐渐减小 当弹簧弹力减为零时 速度最大 此
， ， ， ，
后物体向右做减速运动 弹簧伸长 直至速度再次为零 故弹
， ， ，
簧的弹性势能先减少后增加 正确
。 Ｃ 。
３．答案
２０００ Ｊ ２０００ Ｊ
解析 列车浮起过程中克服重力所做的功Ｗ ｍｇｈ 代入数据 在最低点 重力和绳子拉力的合力提供向心力 由牛顿第
＝ ， ， ，
７
ｖ２ 解析 在ｂ点人所受的合力为零 速度达到最大而在ｃ点弹性
二定律得Ｆ ｍｇ ｍ ，
－ ＝ Ｌ ② 绳形变量最大 弹性势能最大
， 。
由
①②
两式得到Ｆ
＝２
ｍｇ
；
５．答案 功是过程量
，
能量是状态量
。
绳子受到的拉力等于绳子对小孩的拉力
；
６．答案
ｔａｎ
２θ
故每根绳子承受的最大拉力为ｍｇ 即
， ２９４ Ｎ。
ｖ ｖ２
１ ｍｖ２
０
6 实验：验证机械能守恒定律 解析 落地时有 ｖ ０ ｙ ＝ｔａｎ θ ， 则 ｖ ０ ２ｙ ＝ｔａｎ ２θ ， 即 ２ １ ｍｖ２ｙ ＝ｔａｎ ２θ ， ｖ２ｙ＝
自我评价 ２
１．Ｄ 不计空气的阻力作用时
，
抛出的球运动过程中机械能都守
２
ｇｈ
ｙ。
又由机械能守恒有
：
１ ｍｖ２
０＋
ｍｇｈ
ｙ＝
１ ｍ
（
ｖ２
０＋
ｖ２ｙ）， 得 １
恒 因抛出时的机械能相同 则落地时的动能相同 则落地时 ２ ２ ２
， ， ，
的速率也相同 １ ｍｖ２
。 ０
ｍｖ２ｙ＝ ｍｇｈ
ｙ。
故
ｍ
２
ｇｈ ＝ｔａｎ
２θ
，
此即抛出时橡皮的动能与重力
２．Ｄ 根据实验原理ｍｇｈ １ ｍｖ２ 知 物体的质量约掉了 因此不 ｙ
＝ ， ，
２ 势能之比
。
需要测量重锤的质量 则 项错误 为了保证纸带记录重锤的
， Ａ ； ｍｖ２
运动是从静止开始的 则应该先接通电源 让打点计时器工作 ７．答案 ４ ０
Ｐ
， ，
起来 再释放重锤 项错误 手提着纸带时 可能会使重锤下 解析 下坡时关掉油门 汽车的速度不变 则汽车重力沿斜坡
， ，Ｂ ； ， ， ，
落出现一个初速度 用夹子夹纸带 在松开夹子时 重锤的初 方向的分力与摩擦力相等 以恒定功率Ｐ下坡 汽车的速度
， ， ， 。 ，
速度为零 效果更好 项错误 因为这个过程中阻力做负功
， ，Ｃ ； ， 由ｖ 增到 ｖ 时 有Ｐｔ １ ｍｖ′２ １ ｍｖ２ １ ｍ ｖ ２ １ ｍｖ２
则重力势能部分转化为动能 则重力势能的减少量略大于重 ０ ３ ０ ， ＝ － ０＝ （３ ０） － ０，
， ２ ２ ２ ２
锤动能的增加量 项正确 ｍｖ２
，Ｄ 。 故ｔ ４ ０
３．答案 ． ． 见解析 ＝ Ｐ 。
（１）ＡＣ （２）２５５ Ｊ ２５０ Ｊ （３）
解析 实验中要计算重物打点时的速度 必须测量计算打 ８．答案 Ｒ ｇＲ
（１） ， （１） ２ （２） ３
的点之间的距离 因此需要毫米刻度尺 打点计时器使用交流 解析 小球从Ａ运动到Ｂ过程中 根据机械能守恒定律可
， ， （１） ，
电源 则还需要 这两种器材
， Ａ、Ｃ 。 得ｍｇ １ Ｒ １ ｍｖ２ 解得ｖ ｇＲ 在Ｂ点 因为刚好满足ｍｇ
重力势能减少量 Ｅ ｍｇｈ ． ． ． × ＝ ， ＝ ， ，
（２） Δ ｐ＝ ＝１×９８×０２６ Ｊ＝２５５ Ｊ。 ２ ２
利用匀变速直线运动的推论得 ｍｖ２
即重力恰好提供向心力 则小球从 Ｂ 点开始做平抛运
＝ Ｒ ， ，
ｘ ． ．
ｖ Ｂ＝ｔ Ａ Ａ Ｃ Ｃ ＝ ０３０６ ２× ６ ０ － ． ０ ０２ ２１７２ ｍ／ｓ＝２ ． ２３５ ｍ／ｓ， 动 。 根据平抛运动的规律有 ， 水平方向上ｘ ＝ ｖｔ ， 竖直方向上Ｒ
Ｅ ｋ Ｂ＝ １ ｍｖ２Ｂ＝ １ ×１×２ ． ２３５ ２ Ｊ＝２ ． ５０ Ｊ，Δ Ｅ ｋ＝２ ． ５０ Ｊ。 ＝ ２
１ ｇｔ２
，
解得ｘ
＝ ２
Ｒ
，
即Ｏ
、
Ｃ之间的距离为
２
Ｒ
。
２ ２
（３）
通过计算可知动能的增加量小于重力势能的减少量
， （２）
对整个过程
，
由机械能守恒定律有ｍｇ
×
３ Ｒ
＝
１ ｍｖ２Ｃ，
其原因是物体在下落过程中克服摩擦阻力做功 导致重力势 ２ ２
，
解得ｖ ｇＲ
能没有完全转化为动能 Ｃ＝ ３ 。
。
第五章 经典力学的局限性与相对论初步
本章复习题
１．ＢＤ 从下蹲到离开地面 地面对运动员的支持力作用在人的 1 经典力学的成就与局限性（略）
，
脚上 没有位移 因此支持力不做功 项对 以运动员的重心
， ， ，Ｂ ；
本章复习题
为研究对象 运动员起跳时 重心先向上加速 加速度方向向
， ， ，
上 则处于超重状态 脚离地后 只受重力 运动员向上减速 １．答案
， ， ， ， ， １２９４１ ｓ
加速度向下 运动员处于失重状态 则 项对 τ
， ， Ｄ 。 解析 由公式得τ ０ １２９４１
＝ ＝ ｓ≈１２９４１ ｓ
２．Ｂ 高一学生的体重大约为 引体向上时的位移为 ． ｕ２ ２
６０ｋｇ， ０５ ｍ， （８７０）
则克服重力做功的平均功率Ｐ １０ ｍｇｈ １０×６０×９ ． ８×０ ． ５
１－ｃ２ １－
（３×１０ ８ ） ２
＝ ｔ ＝ Ｗ＝ ２．答案
２０ ５８ ｍ
最接近于 则选项 正确
１４７ Ｗ。 １５０ Ｗ， Ｂ 。 解析 由 ｌ ｌ
ｕ２
得 ｌ
ｌ
１８
３．Ｂ 由题可知 ， 人的重心在跳高时升高约 ０ ． ９ ｍ， 因而初速度 ＝ ０ １－ｃ２ ０ ＝ ｕ２ ＝ （０ ． ９５ ｃ ） ２ ｍ≈
ｖ ｇｈ 则选 １－ｃ２ １－ ｃ２
０＝ ２ ≈４ ｍ／ｓ， Ｂ。
４．答案 ｂ ｃ
５８ ｍ
８
