文档内容
教材习题答案
第五章 抛体运动
2 运动的合成与分解
◆思考与讨论
1 曲线运动
答案 不是一条直线 是一条抛物线
◆演示 ， 。
◆练习与应用
答案 白纸上的印迹与轨道 曲线 相切 即沿着轨道 曲线 切
（ ） ， （ ） １．答案 如图所示 沿水平方向的分速度为
线的方向 ： ：
。
◆思考与讨论 ｖ ｘ＝ ｖ ｃｏｓ３０ ° ＝４００ ３ ｍ／ｓ；
沿竖直方向的分速度为
答案 当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上 ：
ｖ ｖ °
时 物体做曲线运动 ｙ＝ ｓｉｎ３０ ＝４００ ｍ／ｓ。
， 。
◆练习与应用
１．答案 如图所示 在Ｄ Ｅ处头部的速度方向与ｖ的方向相同
， 、 ，
在Ａ Ｂ Ｃ处头部的速度方向与ｖ的方向相反
、 、 。
２．答案 据题意 无风时跳伞员着地时的速度为ｖ 风的作用使
， １，
他获得水平的速度为ｖ 有风时跳伞员着地时的速度是ｖ 和
２， １
ｖ 的合速度ｖ 如图所示
２ ， 。
ｖ ｖ２ ｖ２ ２ ２
＝ １＋ ２ ＝ ５ ＋４ ｍ／ｓ＝ ４１ ｍ／ｓ。
２．答案 如图所示
：
３．答案 射击方向要偏西一些 由于惯性 炮弹发射出去后具有
， ，
向东的速度 如图所示
。 ：
３．答案 度 ° 如图所示 ４．答案 如图所示
１８０ ３０ ： ：
４．答案 如图所示
：
５．答案 汽艇垂直于河岸行驶 ｖ 所用时间
， 艇＝１８ ｋｍ／ｈ＝５ ｍ／ｓ，
ｄ
为ｔ ５００
＝ｖ ＝ ｓ＝１００ ｓ。
质点与圆心连线扫过的角度为 ＡＯＢ 质点速度方向改变的角 艇 ５
∠ ，
如果水流速度为ｖ ． 汽艇垂直于河岸行驶
度为 ＣＢＥ 两个角都是 ＤＢＯ的余角 因此两个角相等 水＝３６ ｋｍ／ｈ＝１ ｍ／ｓ， ，
∠ ， ∠ ， 。
ｄ
５．答案 轨迹如图所示 驶到河岸所用的时间不变 还是ｔ ５００ 沿水流
： ， ＝ｖ ＝ ｓ＝１００ ｓ；
艇 ５
方向 汽艇移动的距离为ｘ ｖ ｔ 所以汽艇
， ＝ 水 ＝１×１００ ｍ＝１００ ｍ，
在对岸偏下游 处靠岸
１００ ｍ 。
１５３
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等3 实验：探究平抛运动的特点 ２ ｈ 由ｈ决定 物体在空中的水平位移ｘ ｖ ｔ ｖ ２ ｈ 由
ｇ ， ； ＝ ０ ＝ ０ ｇ ，
◆练习与应用
初速度ｖ 和ｈ共同决定 物体落地时 竖直方向的速度 ｖ
１．答案 还需要的器材是刻度尺 ０ ； ， ｙ＝
。 ｈ
实验步骤
：
ｇｔ
＝
ｇ ２
ｇ ＝ ２
ｇｈ
，
则落地时的合速度 ｖ
＝
ｖ２
０＋
ｖ２ｙ
＝
调节木板高度 使木板上表面与桌面间的距离为某一确定
（１） ，
值ｙ ；
ｖ２
０＋２
ｇｈ
，
由初速度ｖ
０
和ｈ共同决定
；
设落地时的速度方向与
（２） 让钢球从斜面上某一位置Ａ无初速度滚下 ； 水平方向的夹角为θ θ ｖ ｙ ２ ｇｈ 由初速度ｖ 和ｈ共
测量钢球在木板上的落点Ｐ 与桌面边缘的水平距离ｘ ，ｔａｎ ＝ ｖ ＝ ｖ２ ， ０
（３） １ １； ０ ０
调节木板高度 使木板上表面与桌面间的距离为某一确定 同决定
（４） ， 。
值 ｙ ２．答案 将小钢球从斜面上某一位置Ａ处无初速度释放 测量
４ ； ；
让钢球从斜面上同一位置Ａ无初速度滚下 小钢球在地面上的落点Ｐ与桌面边沿的水平距离ｘ 测量地面
（５） ； ；
测量钢球在木板上的落点Ｐ 与桌面边缘的水平距离ｘ ｇ
（６） ２ ２； 到桌面的竖直距离ｙ 小钢球离开桌面的速度为ｖ ｘ
多次重复 比较ｘ ｘ 若 ｘ ｘ 则说明钢球在水平方向 ， ＝ ｙ。
（７） ， １、 ２， ２ １＝ ２， ２
做匀速直线运动
。 ３．答案 零件做平抛运动 在竖直方向上位移为ｙ １ ｇｔ２
２．答案 改变墙与桌子之间的距离ｘ 测量落点与抛出点之间的 ， ＝
， ２
竖直距离ｙ 多次重复 若 ｘ ｘ 有 ｙ ｙ 则说明小球在水 ｙ ．
， ， ２ １＝ ２， ４ １＝ ２， 经历时间ｔ ２ ４９
平方向做匀速直线运动 ＝ ｇ ＝ ． ｓ＝０．７１ ｓ
。 ９８
在水平方向位移ｘ ｖｔ ．
３．答案 桌面离地面高度约为ｈ ． 则根据ｈ １ ｇｔ２ 可得 ＝ ＝１７３ ｍ
＝０８ ｍ， ＝ ， 零件做平抛运动的初速度为
２
ｈ ． ｘ ．
下落的时间ｔ ２ ２×０８ ． 每秒拍摄 帧照片 ｖ １７３ ．
＝ ｇ ＝ ｓ＝０４ｓ， ２５ ， ＝ ｔ ＝ ． ｍ／ｓ＝８７７ ｋｍ／ｈ＞６０ ｋｍ／ｈ
１０ ０７１
则 ． 内可拍摄 帧 所以该车已经超速
０４ ｓ １０ 。 。
４．答案 沿ｙ轴等距离分割 使ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ 在ｘ轴 ４．答案 物体受力如图所示
， １＝ ２－ １＝ ３－ ２＝ ４－ ３， （１）
上标出相对应的距离 发现 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
， （ ２－ １）－ １＝（ ３－ ２）－（ ２－ １）＝
ｘ ｘ ｘ ｘ 恒量 说明ｘ方向做匀加速直线运动
（ ４－ ３）－（ ３－ ２）＝ ， 。
以水平方向和竖直方向为坐标轴建立平面直角坐标系 水平
，
Ｆ Ｆ
方向ａ 做初速度为零的匀加速直线运动 则ｖ ａ ｔ ｔ
ｘ＝ ｍ， ， ｘ＝ ｘ ＝ ｍ 。
ｍｇ
竖直方向 ａ ｇ 做自由落体运动 则ｖ ｇｔ
： ｙ＝ ｍ ＝ ， ， ｙ＝ 。
Ｆ
（２）
沿ｘ轴方向
：
ｘ
＝
１ ａ
ｘ
ｔ２
＝ ｍ
ｔ２
２ ２
4 抛体运动的规律 沿ｙ轴方向 ｙ １ ｇｔ２
： ＝
２
◆思考与讨论
ｍｇ
由以上两式约去时间ｔ得ｙ ｘ
答案 由水平位移ｘ ｖ ｔ ｖ θ ｔ 竖直位移ｙ ｖ θ ｔ ＝ Ｆ
＝ ０ ｘ ＝ ０ ｃｏｓ · ， ＝ ０ ｓｉｎ · －
ｇ 因而 其运动轨迹为一条直线 如图所示
１ｇｔ２ 两个式子联立得轨迹方程 ｙ ｘ θ ｘ２ 这就是 ， ， 。
， ： ＝ ｔａｎ － ｖ２ ２θ ，
２ ２ ０ ｃｏｓ
斜抛物体的轨迹方程 由上式可以看出 ｙ 时ｘ 有两个值 ◆复习与提高
。 ： ＝０ ，
ｘ 是抛出点位置 而 ｘ ２
ｖ２
０ ｓｉｎ
θ
ｃｏｓ
θ
是水平射程 并由此式 A组
＝０ ， ＝ ｇ ，
１．答案 如图所示 ｌ ｌ ｌ ｌ
可知 当θ °时 水平射程最大 ：甲ｘ＝－９ ｃｍ，甲ｙ＝０；乙ｘ＝３ ｃｍ，乙ｙ＝－６ ｃｍ
， ＝４５ ， 。
如图 炮弹受到的阻力很大 炮弹运动的实际轨迹称为弹道曲
， ，
线 它跟抛物线相差很多
， 。
◆练习与应用
１．答案 由ｈ决定 由ｖ 和ｈ共同决定
Ａ： ；ＢＣＤ： ０ 。
做平抛运动的物体 水平方向做匀速直线运动 ｘ ｖ ｔ 竖直方
， ， ＝ ０ ；
向做自由落体运动 ｈ １ ｇｔ２ 物体在空中运动的时间 ｔ
， ＝ 。 ＝
２
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２．答案 可能沿ａ虚线运动 因为做曲线运动的物体所受合力
。
总是指向运动轨迹的凹侧
。
３．答案 如图所示 ｖ ｖ
（１） ， １＝４１４ ｋｍ／ｈ， ２＝５４ ｋｍ／ｈ
ｖ
飞机应向北偏东θ角飞行 且满足 θ ２ ３ 飞行
， ｓｉｎ ＝ｖ ＝ 。
１ ２３
设运动员飞出ｔ′时间后与斜面间距离最大 此时运动员沿ｙ方
，
向的分速度为
０，
ｖ
即ｖ ° ｇ ° ｔ′ 则 ｔ′ ３ ０
０ ｓｉｎ３０ － ｃｏｓ３０ · ＝０， ： ＝ ｇ ＝１ ｓ
３
此时沿ｙ 方向的距离为 ｙ ｖ °ｔ′ １ ｇ °ｔ′２
： ＝ ０ ｓｉｎ ３０ － ｃｏｓ ３０ ＝
２
飞机向北的速度为ｖ ｖ２ ｖ２ ．
（２） ＝ １－ ２≈４１０５ ｋｍ／ｈ ５ ３
ｓ ｍ。
所用时间为ｔ ６２１ ． ２
＝ ｖ ＝ ． ｈ≈１５１ ｈ。 B组
４１０５
１．答案 设从投出到进筐所用时间为ｔ 初速度为ｖ
４．答案 摩托车在竖直方向做自由落体运动 由ｈ １ ｇｔ２ 得ｔ （１） ， ０
， ＝ ， ＝ 水平方向 ． ｖ ° ｔ
２ ：９８ ｍ＝ ０ ｃｏｓ４５ ·
ｈ ｔ
２ ． 在 时 篮球到达最高点 其竖直方向的分速度为 则有
ｇ ＝ ０１ ｓ； ， ， ０，
２
ｘ ｔ
水平方向做匀速直线运动 ， 由ｘ ＝ ｖ ０ ｔ ， 得ｖ ０＝ ｔ ＝ ５ ． ｍ／ｓ＝ ｖ ０ ｓｉｎ４５ ° － ｇ · ２ ＝０
０１ 两式联立 解得ｔ ． ｖ ． 由对称性 篮球进筐的速
． ， ＝１４ｓ， ０≈９９ｍ／ｓ， ，
５ １０ ｍ／ｓ≈１５８２ ｍ／ｓ。 度大小为 ． 如图所示
５．答案 位置情况如图 不能 因为竖直方 ９９ ｍ／ｓ。 ：
（１）１ ∶ ３ ∶ ５ （２） ，
向的位移不同
。
篮球投出后的最高点 沿竖直方向的分速度为 沿竖直
（２） ， ０，
ｔ ( ｔ ) ２
方向的距离为 ｈ ｖ ° １ ｇ ．
： ＝ ０ ｓｉｎ４５ · － · ＝２４５ ｍ。
２ ２ ２
２．答案 需要测量排污管的直径ｄ 排污管口到水面的竖直距离
，
ｈ和排污管口与污水落点间的水平距离ｘ
。
水平方向ｘ ｖ ｔ
＝ ０
竖直方向ｈ １ ｇｔ２
＝
２
( ｄ ) ２ ｖ ｔ ｘｄ２ ｇ
每秒钟排污体积 Ｖ ＳＬ ０ π
： ＝ ＝π ｔ ＝ ｈ。
２ ４ ２
ｙ
６．
ｘ
答
方
案
向 匀
ｙ方
加
向
速
匀
直
速
线
直
运
线
动
运
，
动
ｘ ＝ ，
ｙ
＝ ２ １
ｖ
ａ ０
ｔ
ｔ ， ２ ，
得
得
ｔ
＝ ａ ｖ ＝ ０ ＝ ２ ｔ２ ｘ １
２
＝ ２ ｓ ２ ＝ × ２ ６ ２ ｓ ｃｍ／ｓ ２ ＝ ３ ４ ． ． 答 答 案 案 由 小 平 球 抛 由 运动 Ａ 的 到 二 Ｂ 级 的 结论 运 ， 动 得 时 ｙ ｘ 间 ＝ 为 ２
１
ｖ ｘ
ｇ
ｔ ｔ
ｔ２
＝ Δ ２ ｖ ｖ ｖ ｙ ｙ ｘ ＝ ２ ｖ Ｂ ｔ ｙ ａ １ － ｎ ｖ θ Ａｙ 。
＝ ｇ ＝ ｇ ＝
２
３ ｃｍ／ｓ
ｖ ａｔ ｖ ° ｖ ° ｖ ｖ ° ｖ
ｘ＝ ＝３×２ ｃｍ／ｓ＝６ ｃｍ／ｓ ０ ｔａｎ６０ － ０ ｔａｎ３０ ２ ３ ０ ２ ３ １ ｃｏｓ３０ １
ｇ ＝ ｇ ＝ ｇ ＝ ｇ
所以此时
Ｒ
的速度大小为
：
ｖ
＝
ｖ２
０＋
ｖ２ｘ
＝ １
２
＋６
２
ｃｍ／ｓ≈
３ ３
．
６０８ ｃｍ／ｓ。
７．答案 竖直方向 ° １ ｇｔ２
：４０ ｍ·ｓｉｎ３０ ＝ ，
２
°
水平方向 ｖ ４０ ｍ·ｃｏｓ３０
： ０＝ ｔ
解得 ｖ ｔ
： ０＝１０ ３ ｍ／ｓ， ＝２ ｓ。
建立以斜面为ｘ轴 垂直斜面为ｙ轴的坐标系
， ，
沿垂直斜面的方向 ｖ ｖ ° ｇ ° ｔ
： ｙ＝ ０ ｓｉｎ３０ － ｃｏｓ３０ ·
当运动员在空中沿ｙ方向的分速度为 时 也就是速度方向 ｖ
０ ， 小球由Ａ到Ｂ 水平方向的距离为ｘ ｖ ｔ ３ｖ １ ３ｖ２
与斜面平行时 离斜面距离最大 ， ＝ ０ ＝ １· ｇ ＝ ｇ １
， 。 ２ ２
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竖直方向的距离为ｙ
＝
ｖ
Ａｙ
ｔ
＋
１ ｇｔ２
＝
１ ｖ
１
ｔ
＋
１ ｇｔ２
＝ ｇ
１ 线速度 角速度
２ ２ ２
ｖ２
Ａ Ｂ两点间的距离为ｓ ｘ２ ｙ２ ７ １
、 ＝ ＋ ＝ ｇ 。 Ａ ωｒ １ ω
２
５．答案 当竖直方向的分速度为 时 质点运动的速度最 ２
（１） ０ ，
小 这时只有水平方向的分速度为ｖ
， 。 Ｂ ωｒ ω
当质点的速度大小变为 ｖ时 设速度方向与水平方向的夹角
２ ，
ｖ
为θ θ １ 所以θ °
，ｃｏｓ ＝ ｖ＝ ， ＝６０ ； Ｃ １ ωｒ １ ω
２ ２
２ ２
（２） 竖直方向的分速度为 ： ｖ ｙ＝ （２ ｖ ） ２ － ｖ２ ＝ ３ ｖ ， 质点速度由ｖ
Ａ Ｂ两点线速度相等 角速度与半径成反比
增加到 ｖ的过程所用的时间为ｔ Δ ｖ ｙ ３ ｖ －０ ３ ｍｖ （１） Ａ 、 Ｃ两点角速度相等 ， 线速度与半径成正比 ；
２ ＝ ａ ＝ Ｆ ＝ Ｆ 。 （２） 、 ， ；
ｍ Ｂ Ｃ两点半径相等 线速度与角速度成正比
（３） 、 ， 。
４．答案 磁盘转速为
６．答案
（１）
ｘ 方向做匀加速直线运动
，
ｘ
＝４
ｔ
＋
１
·２
ｔ２
，
ｖ
ｘ＝
７２００ ｒ／ｍｉｎ
２ 故磁盘转动周期为Ｔ ６０ １
＝ ｓ＝ ｓ
４ ｍ／ｓ＋２ ｔ ７２００ １２０
扫描每个扇区的时间为
ｙ方向做匀速直线运动 ， ｖ ｙ＝－５ ｍ／ｓ， ｙ ＝１０ ｍ－５ ｔ 。 （１）
Ｔ
ｔ ＝０ ． ５ ｓ 时 ， ｖ ｘ＝４ ｍ／ｓ＋２ ｔ ＝５ ｍ／ｓ， ｖ ｙ＝－５ ｍ／ｓ， 所以质点的速度 ｔ ＝ ＝ １ ｓ＝ １ ｓ
大小为ｖ
＝
ｖ ｘ２
＋
ｖ ｙ２
＝５ ２ ｍ／ｓ，
设速度与ｘ方向的夹角为θ
，
８
每
１９
个
２
扇
８
区
１９
的
２×
字
１２
节
０
数为
９８３０４
个
０
ｖ （２） ５１２
θ ｜ ｙ｜ 所以θ ° 与ｘ方向成 °角向下 内读取的字节数为
ｔａｎ ＝ ｖ ＝１， ＝４５ ， ４５ ； １ ｓ ：
ｘ
１ 个 个 个
ｔ ． 时 ｘ ｔ １ ｔ２ ． ｙ ｔ ． 质 ｔ ×５１２ ＝９８３０４０×５１２ ＝５０３３１６４８０ 。
（２） ＝０５ ｓ ， ＝４ ＋ ·２ ＝２２５ ｍ， ＝１０ ｍ－５ ＝７５ ｍ，
２
2 向心力
点在 ． ． 处
（２２５ ｍ，７５ ｍ） ；
用上述方法得出几个位置 ◆思考与讨论
（３） ： Ｐ２７
ｔ 时 ｔ ． 时 ． ． 答案 小球受到三个力作用 重力 光滑桌面的支持力 细线的
＝０ ，（０，１０ ｍ）； ＝０５ ｓ ，（２２５ ｍ，７５ ｍ）； ， 、 、
ｔ 时 ｔ 时 拉力 重力与桌面的支持力等大反向 小球受到的合力等于细线
＝１ ｓ ，（５ ｍ，５ ｍ）； ＝２ ｓ ，（１２ ｍ，０）。 ， ，
的拉力 沿半径指向圆心 它使小球做圆周运动
， ， 。
◆思考与讨论
Ｐ２９
答案 物体所受合力的方向与速度方向的夹角大于 °
９０ 。
◆练习与应用
１．答案 由于地球在太阳的引力作用下做匀速圆周运动 设引
，
力为Ｆ 地球运动周期为Ｔ ． ７
。 ＝３６５×２４×３６００ ｓ＝３１５×１０ ｓ。
根据牛顿第二定律得
２ ． ２
Ｆ ｍ４π ｒ ． ２４ ４×３１４ ． １１
第六章 圆周运动 ＝ Ｔ２ ＝６０×１０ × （３ ． １５×１０ ７ ） ２ ×１５×１０ Ｎ
． ２２
＝３５８×１０ Ｎ。
1 圆周运动 ２．答案 小球在漏斗壁上的受力如图所示
。
◆练习与应用 小球所受重力Ｇ与漏斗壁对小球的支持力Ｆ 的合力提供了
Ｎ
小球做匀速圆周运动的向心力
１．答案 位于赤道和位于北京的物体随地球自转做匀速圆周运 。
．
动的角速度相等 都是 ω ２π ２×３１４ ．
， ＝ Ｔ ＝ ｒａｄ／ｓ ＝ ７２７×
２４×３６００
－５
１０ ｒａｄ／ｓ。
位于赤道的物体随地球自转做匀速圆周运动的线速度ｖ
１＝
ωＲ ．
＝４６５２８ ｍ／ｓ。
位于北京的物体随地球自转做匀速圆周运动的线速度ｖ
２＝
ωＲ ° ．
ｃｏｓ４０ ＝３５６４３ ｍ／ｓ。
３．答案 根据牛顿第二定律得
２π （１）
２．答案 ω 分 ３６００ １２ Ｆ ＝ ｍω２ｒ ＝０ ． １０×４ ２ ×０ ． １０ Ｎ＝０ ． １６ Ｎ
（１）ω ＝ ＝ ； 甲的意见是正确的 理由 小物体有沿半径背离圆心运动
时 ２π １ （２） ； ：
的趋势
１２×３６００ 。
ｖ ω Ｒ ． ４．答案 设小球的质量为ｍ 钉子 与小球间的距离为ｒ 小球
分 分 分 １２×１４ ８４ ， Ａ 。
（２）ｖ ＝ω Ｒ ＝ ＝ 。 从一定高度下落时 通过最低点的速度为定值 设为ｖ 小球
时 时 时 １×１ ５ ， ， ０。
３．答案 设小轮半径为ｒ 角速度为ω 则Ａ Ｂ Ｃ三点的线速度 通过最低点时做半径为ｒ的圆周运动 绳子的拉力Ｆ 和重力
， ， 、 、 、 ， Ｔ
角速度如表 Ｇ的合力提供了向心力 即
： ，
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ｖ２ ｖ２
Ｆ Ｇ ｍ ０ 得Ｆ Ｇ ｍ ０ 4 生活中的圆周运动
Ｔ－ ＝ ｒ ， Ｔ＝ ＋ ｒ
◆思考与讨论
在Ｇ ｍ ｖ 一定的情况下 ｒ越小 Ｆ 越大 即绳子承受的拉力 Ｐ３６
、 、 ０ ， ， Ｔ ， 答案 为汽车或自行车转弯提供了一部分向心力 避免转弯车
越大 绳子越容易断 ，
， 。 速过大而打滑
５．答案 汽车在行驶中速度越来越小 所以汽车在轨迹的切线 。
， ◆思考与讨论
方向做减速运动 切线方向所受的合外力方向如图 Ｆ 所示 Ｐ３７
， ｔ ； 答案 如果把地球看作一个巨大的拱形桥 则车速度越大 地面
同时汽车做曲线运动 必有向心加速度 向心力方向如图 Ｆ ， ，
， ， ｎ 对车的支持力就越小 当速度大到一定值时 地面对车的支持力
所示 汽车所受合外力Ｆ为Ｆ Ｆ 的合力 图丙正确 ， ，
。 ｔ、 ｎ ， 。 为零 此时速度约为ｖ′ ｇＲ′ ． ６
， ＝ ＝ １０×６４×１０ ｍ／ｓ＝８０００ｍ／ｓ。
这时驾驶员与座椅之间的压力为零 驾驶员躯体各部分之间的
，
压力也是零 他有飞起来的感觉 这时汽车里面的人和物处于
， 。
完全失重状态
。
◆练习与应用
１．答案 小螺丝钉做匀速圆周运动所需要的向心力Ｆ由飞轮提
供 根据牛顿第三定律 小螺丝钉将给飞轮向外的作用力 飞
3 向心加速度
， ， ，
轮在这个力的作用下 将对转轴产生作用力 大小也是Ｆ
◆思考与讨论 ， ， 。
Ｆ ｍω２ｒ ｍ ２ｎ２ｒ
答案 对于自行车大齿轮 小齿轮 后轮上的 Ａ Ｂ Ｃ 三点 Ｂ Ｃ ＝ ＝ ·４π
、 、 、 、 ， 、 ． ． ２ ２ ．
两点角速度相等 向心加速度的关系适用于 向心加速度与半径 ＝００１×４×３１４ ×１０００ ×０２ Ｎ
， “ ．
成正比 Ａ Ｂ两点线速度相等 向心加速度的关系适用于 向心 ＝７８８７６８ Ｎ。
”； 、 ， “ ２．答案 如图所示飞椅圆周运动的半径为Ｒ ｒ Ｌ θ
加速度与半径成反比 ＝ ＋ ｓｉｎ ，
”。
◆练习与应用
ｖ２
１．答案 ．甲 乙两物体的线速度相等时 利用ａ 可知 半
Ａ 、 ， ｎ＝ ｒ ，
径小的向心加速度大 所以乙的向心加速度大
， 。
２
．甲 乙两物体的周期相等时 利用ａ ４π ｒ可知 半径大的
Ｂ 、 ， ｎ＝ Ｔ２ ，
向心力由合力提供 有ｍｇ θ ｍω２ ｒ Ｌ θ
向心加速度大 所以甲的向心加速度大 ， ｔａｎ ＝ （ ＋ ｓｉｎ ），
， 。 ｇ θ
．甲 乙两物体的角速度相等时 利用ａ ｖω可知 线速度大 所以ω ｔａｎ
Ｃ 、 ， ｎ＝ ， ＝ ｒ Ｌ θ。
的向心加速度大 所以甲的向心加速度大 ＋ ｓｉｎ
， 。 ３．答案 此题有两种思路
．甲 乙两物体的线速度相等时 利用ａ ｖω可知 角速度大 。
Ｄ 、 ， ｎ＝ ， 第一种 假设汽车不发生侧滑 由于静摩擦力提供向心力 所
的向心加速度大 由于在相等时间内甲与圆心的连线扫过的 ， ， ，
。 ｖ２
角度比乙大 所以甲的角速度大 甲的向心加速度大 以向心力有最大值 根据牛顿第二定律得ｆ ｍ 所以一定
， ， 。 ， ＝ ｒ ，
２．答案 月球公转周期为Ｔ ＝２７ ． ３×２４×３６００ ｓ＝２ ． ３６×１０ ６ ｓ， 对应有最大拐弯速度 设为ｖ 则
月球公转的向心加速度为 ， ｍ，
ｆ ｒ ． ４
２ ． ２ ｖ ｍ １ ４×１０ ×５０
ａ ｎ＝ ４ Ｔ π ２ ｒ ＝ ４ ． ×３１４ ６ ２ ×３ ． ８４×１０ ８ ｍ／ｓ ２ ＝２ ． ７×１０ －３ ｍ／ｓ ２ 。 ｍ ＝ ｍ ＝ ２ ． ０×１０ ３ ｍ／ｓ
（２３６×１０ ） ． ．
３．答案 由于皮带与两轮之间不发生滑动 所以两轮边缘上 ＝１８ ７１ ｍ／ｓ＝６７ ３６ ｋｍ／ｈ＜７２ ｋｍ／ｈ
（１） ， 所以 如果汽车以 的速度拐弯 将会发生侧滑
各点的线速度大小相等 设电动机皮带轮与机器皮带轮边缘 ， ７２ ｋｍ／ｈ ， 。
， 第二种 假设汽车以 的速度拐弯时 不发生侧滑 所
上的点的线速度大小分别为ｖ ｖ 角速度大小分别为ω ω ， ７２ ｋｍ／ｈ ， ，
１、 ２， １、 ２， 需向心力为Ｆ 则
边缘上的点运动的半径分别为ｒ ｒ 则 ，
１、 ２， ｖ２ ２
ｖ ｖ ｖ ω ｒ ｖ ω ｒ Ｆ ｍ ． ３ ２０ ． ４ ． ４
又 １＝ ω ２， １＝ ｎ １ １， ２＝ ２ ２ ＝ ｒ ＝２０×１０ × ５０ Ｎ＝１６×１０ Ｎ＞１４×１０ Ｎ
＝２π 所以静摩擦力不足以提供相应的向心力 汽车以 的速
， ７２ ｋｍ／ｈ
所以ｎ ｎ ω ω ｒ ｒ
１ ∶ ２＝ １ ∶ ２＝ ２ ∶ １＝３ ∶ １ 度拐弯时 ， 将会发生侧滑 。
（２）
Ａ点的向心加速度为
４．答案 汽车在桥顶部做圆周运动 重力Ｇ和支持力Ｆ 的
ｒ （１） ， Ｎ
ａ ｎ Ａ＝ ω２ ２× ｒ Ａ＝ ω２ ２×
２
２ ＝
２
１ ａ ｎ２＝０ ． ０５ ｍ／ｓ ２ 合力提供向心力 ， 即Ｇ － Ｆ Ｎ＝ ｍ ｖ ｒ ２
电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度为 汽车所受支持力
（３）
ｖ２ ｒ ｖ２ ( ２ )
ａ １ ａ ２ ． ２ ． ２ Ｆ Ｇ ｍ ． ５
ｎ１＝ ｒ ＝ ｎ２×ｒ ＝０１０×３ ｍ／ｓ ＝０３０ ｍ／ｓ 。 Ｎ ＝ － ｒ ＝ ８００×９８－８００× Ｎ＝７４４０ Ｎ
１ １ ５０
４．答案 两艘快艇做匀速圆周运动 由于在相等时间内 它 根据牛顿第三定律得 汽车对桥顶的压力大小是
Ａ、Ｂ ， ， ， ７４４０ Ｎ。
们通过的路程之比是 所以它们的线速度之比为 根据题意 当汽车对桥顶没有压力时 即Ｆ 对应的速
４ ∶ ３， ４ ∶ ３； （２） ， ， Ｎ＝０，
由于在相等时间内 它们运动方向改变的角度之比是 所 度为ｖ 则
， ３ ∶ ２， ，
以它们的角速度之比为
Ｇｒ ．
３ ∶ ２。 ｖ ８００×９８×５０ ． ．
由于向心加速度ａ ｖω 所以它们的向心加速度之比为 ＝ ｍ ＝ ｍ／ｓ＝２２１ ｍ／ｓ＝７９６ ｋｍ／ｈ。
ｎ＝ ， ２ ∶ １。 ８００
１５７
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汽车在桥顶部做圆周运动
，
重力Ｇ和支持力Ｆ
Ｎ
的合力提 转轴受到杆的拉力大小为Ｆ
＝
Ｆ
Ａ－
Ｆ
Ｂ＝
ｍω２Ｌ
ｖ２ ５．答案 在最低点更容易甩出 以水为研究对象 水受到重力
供向心力 即Ｇ Ｆ ｍ 。 ， 、
， － Ｎ＝ ｒ 衣服对水的附着力 合力提供其做圆周运动的向心力 随着
， 。
ｖ２ 滚筒转速的增加 需要的向心力增加 当附着力不足以提供需
汽车所受支持力Ｆ Ｇ ｍ 对于相同的行驶速度 拱桥圆 ， ，
Ｎ＝ － ｒ ， ， ｍｖ２
要的向心力时 水做离心运动 在最低点时 Ｆ ｍｇ ｖ Ｒ
弧半径越大 桥面所受压力越大 汽车行驶越安全 ， ， ， － ＝ Ｒ ， 、 、
， ， 。
根据第 问的分析 对应的速度为ｖ 则 ｍ ｇ一定 最低点时需要的附着力最大 所以最低点最易
（４） （２） ， ０， 、 ， ，
ＧＲ ． ３ 甩出
ｖ ８００×９８×６４００×１０ 。
０＝ ｍ ＝ ｍ／ｓ ６．答案 ｆ ｍｇ ． ．
８００ ＝ ＝０００６×１０ Ｎ＝００６ Ｎ
． ３ ． ．
＝７９×１０ ｍ／ｓ＝７９ ｋｍ／ｓ。 Ｆ ｍω２Ｒ ｍ ｎ ２Ｒ ． ２ ０３ ．
５．答案 在最低点 小孩受力如图 由牛顿第二定律得 Ｎ＝ ＝ ·（２π ） ＝０００６×（２π×１０） × Ｎ＝３５５ Ｎ
， ， ２
７．答案 由ｍｇ θ ｍω２Ｒ θ
ｔａｎ ＝ ｓｉｎ
ｇ θ ｇ
得ω ｔａｎ
＝ Ｒ θ＝ Ｒ θ。
ｓｉｎ ｃｏｓ
ｇ
ｖ２ 又θ ° ω ２
Ｎ － ｍｇ ＝ ｍ ｌ ＝６０ ， ＝ Ｒ 。
B组
ｖ２ ２
则Ｎ ｍｇ ｍ ２５×５
＝ ＋ ｌ ＝２４５ Ｎ＋ ． Ｎ＝４９５ Ｎ ｖ２
２５ １．答案 小球在Ｂ点的速度为最小速度时 ｍｇ ｍ 得ｖ
根据牛顿第三定律可知 小孩对秋千的压力为Ｎ′ Ｎ （１） ， ＝ Ｒ ＝
， ＝ ＝４９５ Ｎ。
◆复习与提高 ｇＲ
＝２ ｍ／ｓ
A组 水平方向ｘ ｖｔ
（２） ＝ ，
１．答案
竖直方向 Ｒ １ ｇｔ２
２ ＝
２
解得ｘ ．
＝０８ ｍ。
ｌ θ ｌ θ ｌθ
２．答案 ｖ ω 向心加速度ａ ｖω
（１） ＝ ｔ ， ＝ ｔ ， ＝ ＝ ｔ · ｔ ＝ ｔ２
ｖ
由加速度定义 得ａ Δ
（２） ， ＝ ｔ 。
３．答案 两次闪光时间间隔为 １ 圆盘在这段时间内顺时针
ｓ，
２１
转过的角度为 １ ２０ 白点转过的角度小于圆
·２π·２０＝ ·２π，
２１ ２１
盘转过的角度 所以感觉白点逆时针转动
２．答案 由同轴转动的特点有ω ω ω 由皮带传动的特点 ， 。
Ｂ＝ Ｃ＝ Ｄ；
有ｖ ｖ 人感觉白点转过的角度为 ２０ １
Ａ＝ Ｃ， ２π－ ·２π＝ ·２π
由ｖ ωＲ得 ２１ ２１
＝ ：
ｖ ｖ ｖ １
Ｂ ∶ Ｃ ∶ Ｄ＝１ ∶ ２ ∶ ４ ·２π
所以 ｖ ｖ ｖ ｖ 人感觉白点转动的角速度为ω ２１
： Ａ ∶ Ｂ ∶ Ｃ ∶ Ｄ＝２ ∶ １ ∶ ２ ∶ ４ ＝ ＝２π
ｖ １
由ω 得
＝ Ｒ ： ２１
ω ω 人观察白点的转动周期为Ｔ ２π
Ａ ∶ Ｃ＝２ ∶ １ ＝ ω ＝１ ｓ。
所以 ω ω ω ω
： Ａ ∶ Ｂ ∶ Ｃ ∶ Ｄ＝２ ∶ １ ∶ １ ∶ １ ４．答案 小球在最高点处 杆对球的作用力有 种情况
由ａ ω２Ｒ得 （１） ， ３ ：
＝ ： ｇ
ａ
Ａ ∶
ａ
Ｂ ∶
ａ
Ｃ ∶
ａ
Ｄ＝４ ∶ １ ∶ ２ ∶ ４。 ①
当ｍω２ｌ
＝
ｍｇ
，
即ω
＝ ｌ
时
，
向心力完全由重力提供
，
此时
ｇ
３．答案 ω 杆对球的作用力Ｆ
＝ ｒ ＝０；
ｇ
为了使宇航员在旋转舱受到与他站在地球表面时相同大小的支 当ω 时 小球在最高点的受力情况如图 所示
② ＞ ｌ ， １ ，
持力 即宇航员随旋转舱转动的向心加速度为定值 且有ａ ｇ 宇
， ， ＝ ，
ｇ
航员随旋转舱转动的加速度为ａ ω２ｒ 两式联立 有ω
＝ ， ， ＝ ｒ 。
４．答案 两球在同一杆上绕同一点转动 可知两者角速度相同 图
， 。 １
Ｌ
对Ａ球 ， Ｆ Ａ＝３ ｍω２ Ｆ ＋ ｍｇ ＝ ｍω２ｌ ， 所以Ｆ ＝ ｍω２ｌ － ｍｇ ；
２
Ｌ ｇ
对Ｂ球
，
Ｆ
Ｂ＝
ｍω２
③
当ω
＜ ｌ
时
，
小球在最高点的受力情况如图
２
所示
，
２
１５８
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第七章 万有引力与宇宙航行
图 1 行星的运动
２
◆做一做
ｍｇ Ｆ ｍω２ｌ 所以Ｆ ｍｇ ｍω２ｌ
－ ＝ ， ＝ － 。
小球在水平位置Ａ时 受力如图 所示 答案 保持绳长不变 当两焦点不断靠近时 椭圆形状越来越接
（２） ， ３ ， ， ，
近圆 焦点重合时 半长轴转变为圆半径
； ， 。
◆练习与应用
１．答案 行星绕太阳的运动按圆轨道处理 根据开普勒第三定
，
律有
由勾股定理可得 Ｆ２ ｍｇ
图
２
３
ｍω２ｌ Ｔ２地
ｒ３地
球
日
公转 ＝Ｔ２火
ｒ３火
星
日
公转 ，
即Ｔ２火星公转＝ｒ ｒ
３
３
地
火
日
日
·
Ｔ２地球公转
所以Ｆ ｍ ω４ｌ２ ， ｇ２ －（ ） ＝ ， 所以Ｔ 火星公转＝ １ ． ５ ３ ×３６５ 天 ≈６７１ 天 。
＝ ＋ 。 ２．答案 根据开普勒第二定律可知 卫星在近地点的速度较大
５．答案 设绳与竖直方向的夹角为θ 以小球为研究对象进 ， ，
（１） ， 在远地点的速度较小
行受力分析 。
。 ３．答案 这节的讨论属于根据物体的运动探究它受的力 前一
。
章平抛运动的研究属于根据物体的受力推测它的运动 而圆
，
周运动的研究属于根据物体的运动探究它受的力
。
ｒ３
４．答案 无法在实验室验证的规律就是开普勒第三定律 ｋ
Ｔ２ ＝ ，
开普勒第三定律是开普勒根据研究天文学家第谷的行星观测
Ｆ
ｓｉｎ
θ
＝
ｍω２ｌ
ｓｉｎ
θ
，
即Ｆ
＝
ｍω２ｌ
数据发现的
。
ｍｇ θ ｍω２ｌ θ
（２） ｔａｎ ＝ ｓｉｎ 2 万有引力定律
ｈ ｌ θ
＝ ｃｏｓ
◆思考与讨论
ｍｇ θ ｍω２ｌ θ ｇ Ｐ５１
两式联立得 ｔａｎ ｓｉｎ 即 ω 所以 ω 与 ｌ
无关 ： ｈ ＝ ｌ ｃｏｓ θ ， ＝ ｈ ， 答案 月球运动的向心加速度为ａ 月＝ ω２ｒ ＝ ４ Ｔ π ２ ２ ｒ ＝ ４ ． ×３ ． １４ ２ ６ ２ ×
（２３６×１０ ）
；
（３） Ｆ ＝ ｍｇ θ＝ ｍ ｈ ｇ ＝ ｍ ｈ ｇｌ 。 ３ ． ８×１０ ８ ｍ／ｓ ２ ≈２ ． ７×１０ －３ ｍ／ｓ ２ ＝ １ ２ ｇ ， 所以可以验证前面的假设 。
ｃｏｓ ６０
ｌ ◆思考与讨论
Ｐ５２
６．答案 球在最低点时 Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２
Ｒ
ｄ 答案 篮球所受的重力为Ｇ
＝
ｍｇ
＝０
．
６×９
．
８ Ｎ＝５
．
８８ Ｎ。
（１） ， － ＝ Ｒ， ＝ ， ｍｍ
４ 操场上相距 ． 的两个篮球之间的万有引力为 Ｆ Ｇ
ｄ ０ ５ ｍ ＝ ｒ２ ＝
绳被拉断后 小球做平抛运动 ｄ ｖｔ ｄ １ ｇｔ２
， ， ＝ ， － ＝ ， ． ．
４ ２ ． －１１ ０６×０６ ． －１１
６６７×１０ × ． ２ Ｎ≈９６×１０ Ｎ。
联立解得 绳子承受的最大拉力为Ｆ １１ｍｇ ０５
， ＝ ； ◆练习与应用
３
ｖ２ １．答案 假设两个人的质量都为 相距 则他们之间的
１１ｍｇ ｍｇ ｍ ｘ ｖｔ ｄ Ｒ １ ｇｔ２ ６０ ｋｇ， １ ｍ，
（２） － ＝ Ｒ， ＝ ， － ＝ 万有引力可估算
３ ２ ：
Ｒ ｄ Ｒ ｍ２
解得ｘ １６ （ － ） Ｆ Ｇ
＝ ， ＝ ｒ２
３
ｄ ２
当Ｒ 时 ｘ最大 ｘ ２ ３ｄ ． －１１ ６０
＝ ， ， ｍ＝ 。 ＝６６７×１０ × ２ Ｎ
２ ３ １
７．答案 自行车不受摩擦力时 受力分析如图所示 ． －７
（１） ， ＝２４×１０ Ｎ
这样小的力我们是无法察觉的 所以我们通常分析物体受力
，
时不需要考虑物体间的万有引力
。
２．答案 根据万有引力定律得
ｍ ｍ
Ｆ Ｇ １ ２
＝ ｒ２
由ｍｇ ° ｍ
ｖ２
． －１１ ２
．
０×１０
４０
×２
．
０×１０
３９
ｔａｎ１５ ＝ Ｒ ＝６６７×１０ × ４ ． ８ ２ Ｎ
（５×１０ ×３０×１０ ×３６５×２４×３６００）
得ｖ ＝ Ｒｇ ｔａｎ１５ ° ＝１２ ． ６８ ｍ／ｓ ＝１ ． １９×１０ ２８ Ｎ
３．答案 根据万有引力定律可得
当ｖ 时 ｖ ． 自行车会受到沿斜面向下 ：
（２） ＝１８ ｍ／ｓ ， ＞１２ ６８ ｍ／ｓ，
ｍ ｍ
的摩擦力 ， ｖ２ 太阳对地球的引力为Ｆ 太＝ Ｇ ｒ 太 ２太 ，
由 ｍｇ ｆ ° ° ｆ ° ｍ
（ ＋ ｓｉｎ１５ ）ｔａｎ１５ ＋ ｃｏｓ１５ ＝ Ｒ， 月球对地球的引力为Ｆ Ｇ ｍ 月 ｍ
解得ｆ
≈２６２
．
５８ Ｎ，
方向沿斜面向下
。
月＝ ｒ２月 ，
１５９
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等所以 Ｆ 太 ｍ 太 ｒ２月 ２ ． ７×１０ ７ ． 顿第二定律 哈雷彗星的加速度ａ Ｆ Ｇｍ 太
Ｆ 月 ＝ｍ 月 ｒ２太 ＝ （３ ． ９×１０ ２ ） ２≈１７７５。 ， ＝ ｍ ＝ ｒ２ ，
４．答案 木卫二绕木星圆周运动 木星对木卫二的引力提供向 ａ ｒ２
， 哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为 １ ２
心力 ａ ＝ ｒ２。
， ２ １
ｍ ｍ
由万有引力定律 得 Ｇ 木 ｍ４π ２ ｒ 4 宇宙航行
， ： ｒ２ ＝ Ｔ２
◆思考与讨论
２ｒ３ ． ２ ． ８ ３
木卫二的周期为 Ｔ ４π ４×３１４ ×（６７×１０ ） 答案 物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动时 可近似认为
＝ Ｇｍ 木 ＝ ６ ． ６７×１０ －１１ ×１ ． ９×１０ ２７ ｓ≈ 向心力 是由重力提供的 有 ，
． ５ ，
３０６×１０ ｓ＝８５ ｈ。 ｖ２
ｍｇ ｍ
3 万有引力理论的成就 ＝ Ｒ
◆思考与讨论 由此解出
答案 太阳的质量 ｍ ４π ２ｒ３ ４×３ ． １４ ２ ×（１ ． ５×１０ １１ ） ３ ｖ ＝ ｇＲ
太＝ ＧＴ２ ＝ ． －１１ ２ ｋｇ≈ ◆练习与应用
６６７×１０ ×（３６５×２４×３６００）
３０ １．答案 当角速度ω不变时 根据公式 ｖ ωｒ 轨道半径增大
２×１０ ｋｇ。 ， ＝ ， ２
虽然不同行星与太阳间的距离 ｒ 和绕太阳公转的周期 Ｔ各不相 倍 速度ｖ也增大 倍
， ２ 。
ｒ３ 但对于人造地球卫星来讲 当轨道半径增大时 角速度会改
同 但是根据开普勒第三定律 所有行星的 均相同 所以无论 ， ，
， ， Ｔ２ ， 变 所以第一种说法不正确
。 ；
选择哪颗行星的轨道半径和公转周期进行计算 所得的太阳质
量均相同 ， 在公式ｖ Ｇｍ 地中 当轨道半径ｒ增大时 引力常量Ｇ和地
。 ＝ ｒ ， ，
◆练习与应用
球质量都不变 因此人造地球卫星的速度减小
， 。
１．答案 在月球表面有Ｇ ｍ
Ｒ
月
２月
ｍ
＝
ｍｇ
月
２．答
引
案
力提 供
神舟五号绕地球运动的向心力由其受到的地球的万有
。
ｍ
得到ｇ 月＝ Ｇ Ｒ２月 月 Ｇ ｍ 地
ｒ２
ｍ
＝
ｍ ( ２
Ｔ
π ) ２ ｒ
，
ｒ
＝
３ Ｇｍ 地
２
Ｔ２
． ２２ ４π
＝６ ． ６７×１０ －１１ × （１ ． ７ ７ × ３ １０ × ３ １ × ０ １０ ３ ） ２ ｍ／ｓ ２ 其中周期Ｔ ＝ ２４×６０－（２×６０＋３７） ｍｉｎ≈９１ ． ６４ ｍｉｎ， 则
１４
． ２
＝１６８ ｍ／ｓ ３ ． －１１ ． ２４ ． ２
ｇ 约为地球表面重力加速度的 ／ 在月球上人感觉很轻 ｒ ６６７×１０ ×６０×１０ ×（９１６４×６０）
月 １ ６。 ， ＝ ２ ｍ
习惯在地球表面行走的人 在月球表面行走时是跳跃前进的 ４π
， 。 ． ６
若宇航员在地面上最多能举起质量为ｍ的物体 他在月球表 ＝６７×１０ ｍ
， 其距地面的高度为ｈ ｒ Ｒ ． ６ ． ６ ５
面最多能举起质量是 ｍ的物体 ＝ － ＝６７×１０ ｍ－６４×１０ ｍ＝３×１０ ｍ＝
６ 。
２．答案 在地球表面 对于质量为ｍ的物体有 ３００ ｋｍ。
， ｍ ｍ
ｍ 地 ｍ ３．答案 对于在地球表面的物体 Ｇ 地 ｍｇ
Ｇ
Ｒ２地 ＝
ｍｇ ， Ｒ２ ＝
ｍ ｍ
得ｇ ＝ Ｇ Ｒ ｍ ２地 地 对于地球同步卫星 ， Ｇ 地 ｒ２ ＝ ｍ４ Ｔ π ２ ２ ｒ
对于质量不同的物体 得到的结果是相同的 即这个结果与物 ３ ｇＲ２Ｔ２
， ， 两式联立 得地球同步卫星的轨道半径为ｒ
体本身的质量ｍ无关 ， ＝ ２
。 ４π
ｍ ｍ ２
又根据万有引力定律 Ｇ 地 ｍｇ ｍ４π ｒ
： ｒ２ ＝ 地球同步卫星的加速度ａ Ｔ２ ４π ２ ３ ｇＲ２Ｔ２
高山上的ｒ较大 所以在高山上的重力加速度ｇ值就较小 ＝ ｍ ＝ Ｔ２ ４π ２ 。
， 。
３．答案 卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的万有
４．答案 设金星质量为ｍ
１、
半径为Ｒ
１、
金星表面自由落体加速
引力提供 ， 有 Ｇ ｍ 地 ｒ２ ｍ ＝ ｍ ( ２ Ｔ π ) ２ ｒ ， 得地球质量 ｍ 地 ＝ ４ Ｇ π Ｔ ２ ２ ｒ３ ＝ 度 在 为 金星 ｇ １ 表 。 面有
ｍ ｍ
． ４π ２ × － （ １１ ６ ． ８× ． １０ ６ ） ３ ３ ２ ｋｇ＝５ ． ９×１０ ２４ ｋｇ。 Ｇ Ｒ １ ２ ＝ ｍｇ １ ①
６６７×１０ ×（５６×１０ ） １
４．答案 哈雷彗星最近出现的时间是 年 预测下次飞 设地球质量为ｍ 半径为Ｒ 地球表面自由落体加速度为ｇ
（１） １９８６ ， ２、 ２、 ２。
近地球将在 年左右 哈雷彗星的周期是 年 由开普勒 在地球表面有
２０６１ ， ７６ ，
ｍ ｍ
第三定律可得 ： ｒ ｒ 彗 ＝ ３ æ è ç Ｔ Ｔ 彗 ö ø ÷ ２ ＝ ３ ７６ ２ ≈１８ Ｇ Ｒ ２ ２ ＝ ｍｇ ２ ②
地 地 ２
根据开普勒第二定律 哈雷彗星在近日点的速度大于它在 ｍ Ｒ２ ｇ
（２） ， 由以上两式得 １ ２ １
远日点的速度 即 ｖ ｖ ：ｍ ·Ｒ２ ＝ｇ
， ： １＞ ２。 ２ １ ２
由万有引力定律 太阳对哈雷彗星的引力为Ｆ Ｇ ｍ 太 ｍ 由牛 ｇ ｍ １ Ｒ２ ２ ｇ ８２ ％ １ ２ ． ２
， ＝ ｒ２ ， １＝ｍ
２
·Ｒ２
１
· ２＝
１
×
９５
％２ ×９８ ｍ／ｓ
１６０
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． ２ 在赤道处 半径最大 地球自转线速度最大
＝８９ ｍ／ｓ ， ， 。
由Ｇ ｍ １ ｍ ｍ ｖ２ ３．答案 地球对人的引力为Ｆ 地＝ ｍｇ ＝６０×９ ． ８ Ｎ＝５８８ Ｎ
Ｒ２ ＝ Ｒ 太阳对人的引力为
１ １
Ｇｍ Ｆ Ｇ ｍ 太 ｍ ６ ． ６７×１０ －１１ ×２ ． ０×１０ ３０ ×６０ ．
得ｖ ＝ Ｒ １ ＝ Ｒ １ ｇ １ ＝ ９５ ％ · Ｒ ２ ｇ １ ＝７ ． ３６ ｋｍ／ｓ。 太＝ ｒ２ ＝ （１ ． ５×１０ １１ ） ２ Ｎ≈０３５６ Ｎ。
１ 所以太阳对人的引力比地球对人的引力小得多 可忽略不计
5 相对论时空观与牛顿力学的局限性 ， 。
４．答案 当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时
，
◆思考与讨论
ｍ ｍ ｍ ｍ ｒ ｍ
答案 若选择与 子一起运动的某一物体为参考系 此时 子 Ｇ 地 Ｇ 月 化简可得 地 地
μ ， μ ｒ２地 ＝ ｒ 月２ ， ：ｒ 月 ＝ ｍ 月 ＝ ８１＝９。
的平均寿命是 ．
若对于地面上的 ３０ 观 μ 测 ｓ。 者来 ，Δ ｔ ＝ Δ ( τ ｖ ) ２ ＝ ３×１０ ． －６ ２ ｓ＝ ５．答案 绕地球表面做圆周运动的宇宙飞船 ， Ｇ ｍ Ｒ 地 ２地 ｍ ＝ ｍ Ｒ ｖ２地 地 ，
１－（０９９） Ｇｍ
１－ ｃ 其运行速度为地球的第一宇宙速度ｖ 地 ．
地＝ Ｒ ＝７９ ｋｍ／ｓ。
地
－６
２１
子
×１
的
０
平
ｓ
均
＝２
寿
１
命
μｓ
是
，
绕海王星表面做圆周运动的宇宙飞船 Ｇ
ｍ
海
ｍ
ｍ
ｖ２海
◆
μ
练习与应用
２１ μｓ。 ， Ｒ２海 ＝ Ｒ
海
，
Ｇｍ Ｇ ｍ
１．答案 对于地面上的人来说 以地面为参考系 因闪光向前 其运 行 速 度 ｖ 海 ·１７ 地 １７ ｖ
， ， 、 海 ＝ Ｒ ＝ Ｒ ＝ 地 ＝
后壁传播的速率对地面是相同的 由于闪光同时到达车厢的 海 ４ 地 ４
， ．
前壁后壁 在闪光飞向两壁的过程中 车厢向前行进了一段距 １６２９ ｋｍ／ｓ。
， ， ｍ ｍ
离 所以光源靠近车厢前壁 ６．答案 对于在月球表面的物体 有 Ｇ 月 ｍｇ
对于
，
火车上的人来说 以车
。
厢为参考系 车厢是个惯性系 闪
（１） ， ： Ｒ２ ＝
， ， ，
光向前 后壁传播的速率相同 由于光源靠近车厢前壁 所以 所以月球的质量为ｍ
ｇＲ２
只要求出月球表面的重力加速
、 ， ， 月＝ Ｇ ，
闪光会先到达前壁
。 度ｇ 就能得到月球的质量ｍ
２．答案 飞船相对地面的速度为ｖ ， 月。
＝８ ｋｍ／ｓ＝８０００ ｍ／ｓ， 他需要用弹簧测力计 在月球表面用弹簧测力计测出质
ｔ （２） 。
ｔ ０ １ ． －１０ Ｆ
＝ ( ｖ ) ２ ＝ æ ö２ ｍｉｎ＝（１＋３６×１０ ） ｍｉｎ 量为ｍ的砝码的重力Ｆ ， 则月球表面的重力加速度为ｇ ＝ ｍ。
ç８０００÷
１－ ｃ １－è ３×１０ ８ ø
月球的质量为ｍ
ｇＲ２ ＦＲ２
３．答案 当火箭的速度是 时 火箭外面的观察者测火箭 月＝ Ｇ ＝Ｇｍ
３ ｋｍ／ｓ ，
长度时 测得长度将变短 由相对论尺缩效应公式知 ｌ′ ｍ ｍ
， ， ＝ ７．答案 对于在中子星表面的物体 有Ｇ 中 ｍｇ
( ｖ ) ２ æ ö２ （１） ， Ｒ２ ＝ ，
ｌ ç３０００÷
１－ ｃ ＝３０ １－è ３×１０ ８ ø ｍ≈３０ ｍ。 所以 中 子 星 表 面 的 自 由 落 体 加 速 度 ｇ Ｇｍ 中
由于火箭相对于火箭上的人是静止的 所以火箭上的人测得 ： ＝ Ｒ２ ＝
，
的火箭长度与火箭静止时测得的长度相同 即 ． －１１ ３０
， ３０ ｍ。 ６６７×１０ ×２×１０ ２ ． １２ ２
如果火箭的速度是光速的一半 火箭外面的观察者测火箭长 ３ ２ ｍ／ｓ ＝１３３４×１０ ｍ／ｓ
， （１０×１０ ）
ｃ 对于贴近中子星表面沿圆轨道运动的小卫星 有
度 将 ｖ 代 入 长 度 收 缩 效 应 公 式 得 （２） ，
， ＝
２ Ｇ
ｍ
中
ｍ
ｍ
ｖ２
所以小卫星的环绕速度为
ｌ′ ＝ ｌ １－ ( ｖ ｃ ) ２ ＝３０ １－ æ è ç ç ２ ｃ ｃ ö ø ÷ ÷ ２ ｍ≈２５ ． ９８ ｍ。 ｖ ＝ Ｒ２ Ｇｍ Ｒ ＝ 中 ＝ Ｒ， ６ ． ６７×１０ －１１ × ３ ２×１０ ３０ ｍ／ｓ≈１ ： ． １５×１０ ８ ｍ／ｓ
１０×１０
◆复习与提高 B组
A组 ｍ ｍ
１．答案 对于在月球表面的物体 有 Ｇ 月 ｍｇ
１．答案 在公式Ｆ ｍ
ｖ２
中 当ｍ ｖ不变时 ｒ增大到 倍时 向
， ： Ｒ２ ＝
＝ ｒ ， 、 ， ２ ，
ｇＲ２
所以月球的质量为ｍ 只要测出月球表面的重力加速
月＝ Ｇ ，
心力Ｆ减小为原来的 １ 而实际上当轨道半径ｒ增大到 倍
。 ２ 度ｇ 就能得到月球的质量ｍ
２ ， 月。
时 人造地球卫星的运行速度ｖ会发生改变 所以第一个同学 用刻度尺测出月球表面上方某一位置的高度ｈ 让一物体从该
， ， ，
的说法是错误的 位置自由下落 用秒表测出物体下落到月球表面所用时间ｔ
。 ， ，
ｍ ｍ ｈ
在公式Ｆ Ｇ １ ２中 当轨道半径ｒ增大到 倍时 引力常量 则月球表面的自由落体加速度 重力加速度 ｇ ２ 因此月球
＝ ｒ２ ， ２ ， （ ） ＝ ｔ２ ，
Ｇ 地球和卫星的质量ｍ ｍ 都不变 因此人造地球卫星需要 ｇＲ２ ｈＲ２
、 １、 ２ ， 的质量为ｍ ２
月＝ Ｇ ＝ Ｇｔ２ 。
的向心力减小为原来的 １ 第二位同学的说法是正确的
， 。 ｍ ｍ
４ ２．答案 对于靠近行星表面运行的卫星 有Ｇ 行 ｍ４π ２ Ｒ
２．答案 火箭的发射速度是相对于地心的发射速度
，
等于相对 ， Ｒ２ ＝ Ｔ２
于地面的发射速度加上地球自转的线速度 地球自转的线速
度越大 相对于地心发射时速度越大 卫星
。
越容易发射出去
行星质量ｍ
行＝
ρ
·
４
π
Ｒ３
， ， ， ３
１６１
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两式联立 有ρＴ２ ３π 常量 地 １ ． 年
， ＝ Ｇ ＝ 。 Ｔ ＝ ≈１０９ 。
地 １
３．答案 球体没有被挖时 ， 对ｍ′的万有引力为 １－Ｔ 木 １－ ５ ． ２ ３
ｍｍ′ ｍｍ′ Ｔ Ｔ Ｔ
Ｆ １＝ Ｇ （２ Ｒ ） ２ ＝ Ｇ ４ Ｒ２ 对于地外行星 ， 由ｔ ＝ ２π ２π ２π ＝Ｔ 行 地 － Ｔ 行 地 ＝ Ｔ 地 地 可知 ， 行星的轨
被挖出的半径为 １ Ｒ的小球 其质量为 １ ｍ 对ｍ′的万有引力
Ｔ
地
－Ｔ
行
１－Ｔ
行
， ，
２ ８ 道半径Ｒ越大 其周期Ｔ越大 相邻两次行星冲日的时间间隔
， ，
１ ｍｍ′
ｔ越短 所以海王星相邻两次行星冲日的时间间隔最短
ｍｍ′ ， 。
为Ｆ Ｇ ８ Ｇ
２＝ ( ３ Ｒ ) ２ ＝ １８ Ｒ２ 第八章 机械能守恒定律
２
ｍｍ′ ｍｍ′ 1 功与功率
所以剩余部分对ｍ′的万有引力为Ｆ Ｆ Ｆ Ｇ Ｇ
＝ １－ ２＝
４
Ｒ２ －
１８
Ｒ２ ＝
◆思考与讨论
ｍｍ′
Ｇ７ 答案 当发动机的输出功率 Ｐ 一定时 通过 换挡 的办法减小
Ｒ２。 ， “ ”
３６ 速度 从而得到较大的牵引力
ｍ ｍ ， 。
４．答案 对同步卫星 万有引力提供向心力 有 Ｇ 地 ｍ４π ２ ｒ ◆练习与应用
， ， ： ｒ２ ＝ Ｔ２ ，
２ｒ３ １．答案 图甲 Ｗ Ｆｌ ° ° ３
整理得 Ｇｍ ４π ： ＝ ｃｏｓ（１８０ －１５０ ）＝１０×２× Ｊ＝１７．３２ Ｊ；
： 地＝ Ｔ２ ２
当ｒ ． Ｒ 时 Ｔ 图乙 Ｗ Ｆｌ ° ° ３
＝６６ 地 ， ＝２４ ｈ。 ： ＝ ｃｏｓ（１８０ －３０ ）＝－１０×２× Ｊ＝－１７．３２ Ｊ；
若地球的自转周期变小 卫星轨道半径最小为 Ｒ 三颗同步 ２
， ２ 地，
卫星Ａ Ｂ Ｃ如图所示分布 图丙 Ｗ Ｆｌ ° ３
、 、 ： ＝ ｃｏｓ３０ ＝１０×２× Ｊ＝１７．３２ Ｊ。
２
２．答案 重物被匀速提升时 合力为 钢绳对重物的拉力的大
， ０，
小等于重物所受的重力 即Ｆ Ｇ ． ４
， ＝ ＝１９６×１０ Ｎ。
钢绳拉力所做的功为Ｗ Ｆ＝ Ｆｌ ｃｏｓ０ ° ＝１ ． ９６×１０ ４ ×５ Ｊ＝９．８×１０ ４ Ｊ
重力做的功为Ｗ Ｇ＝ Ｇｌ ｃｏｓ１８０ ° ＝－１ ． ９６×１０ ４ ×５ Ｊ＝－９ ． ８×１０ ４ Ｊ
钢绳的拉力所做的功为 ． ４ 重力所做的功为 ．
９ ８×１０ Ｊ， －９ ８×
４ 这些力做的总功为
１０ Ｊ， ０。
３．答案 如图所示 滑雪运动员受到重力 支持力和阻力的作
， 、
ｈ
用 运动员的位移为ｌ 方向沿斜坡向下
则有４π ２ （６ ． ６ Ｒ 地） ３ ４π ２ （２ Ｒ 地） ３ ， ＝ ｓｉｎ３０ °＝２０ ｍ， 。
Ｔ２ ＝ Ｔ′２
解得Ｔ′ １ Ｔ
≈ ＝４ ｈ。
６
５．答案 取地球上某一片海水 设其质量为ｍ
， ，
地球对海水的引力 海水重力 为
（ ）
Ｆ 地＝ Ｇ ｍ Ｒ 地 ２地 ｍ ＝ Ｇｍ
（６
６ ． ．
４
０
×
×
１
１
０
０ ６ ２４
）
２ Ｎ 所以 ， 重力做功Ｗ Ｇ＝ ｍｇｈ ＝６０×９ ． ８×１０ Ｊ＝５ ． ８８×１０ ３ Ｊ
支持力所做的功Ｗ Ｆｌ °
太阳对海水的引力为Ｆ 太＝ Ｇ ｍ ｒ 太 太２ ｍ ＝ Ｇｍ
（１
． ２
５
×
×
１
１
０
０
３ １ ０ １
）
２ Ｎ 阻力所做的功Ｗ ｆ＝ Ｆ Ｆ Ｎ ｌ ＝ ｃｏｓ ｃ １ ｏ ８ ｓ ０ ９ ° ０ ＝－ ＝ ５ ０ ０×２０ Ｊ＝－１．０×１０ ３ Ｊ
月亮对海水的引力为Ｆ 月＝ Ｇ ｍ ｒ 月 月２ ｍ ＝ Ｇｍ
（３
７ ． ．
８
３
×
×
１
１
０
０ ８ ２２
）
２ Ｎ ４． 这 答 些 案 力 所 此 做 人 的 推 总 导 功 的前 Ｗ 提 总＝ 不 Ｗ 明 Ｇ＋ 确 Ｗ 。 Ｆ
Ｐ
Ｎ ＋ 当 Ｗ ｆ Ｆ ＝ 增 ４ ． ８ 大 ８ ， × 根 １０ 据 ３ Ｊ。 Ｐ ＝ Ｆｖ推出Ｐ
Ｆ Ｆ 增大的前提应是ｖ不变 从ｖ 推出Ｐ增大则ｖ增大的前提
所以 太 １ 月 １ ； ＝ Ｆ
Ｆ ≈ ，Ｆ ≈ 。
地 １６４８ 地 ２８９７５８ Ｐ
６．答案 木星相邻两次行星冲日的时间间隔就是地球比该行星 是Ｆ不变 从Ｆ 推出ｖ增大Ｆ减小的前提是Ｐ不变
； ＝ ｖ 。
多运动一周的时间 根据开普勒第三定律
Ｒ３
ｋ 有
Ｒ３地 Ｒ３木
５．答案 在货物匀速上升时 电动机对货物的作用力大小为Ｆ
， Ｔ２ ＝ ， Ｔ２地 ＝Ｔ２木 ，
Ｇ ． ５
， ＝
＝２６４６×１０ Ｎ
所以木星的周期为Ｔ 木＝ Ｒ Ｒ ３ ３ 木 地 Ｔ 地＝ ５ ． ２ ３年 ， 由Ｐ ＝ Ｆｖ可得ｖ ＝ Ｐ Ｆ ＝ ２ ． １ ６ ０ ４ × ６ １ × ０ １ ３ ０ ５ ｍ／ｓ＝３ ． ７８×１０ －２ ｍ／ｓ。
( ) ６．答案 这台抽水机的输出功率至少为
由 ω ω ｔ 得 ２π ２π ｔ
（ 地－ 木） ＝２π， Ｔ 地 －Ｔ 木 ＝２π， Ｐ Ｗ ｍｇｈ ３０×９ ． ８×１０ ３
Ｔ Ｔ ＝ ｔ ＝ ｔ ＝ Ｗ＝２．９４×１０ Ｗ，
木星相邻两次行星冲日的时间间隔 ｔ ２π 地 木 １
： ＝ ２π ２π ＝Ｔ 木－ Ｔ 地 ＝ 半小时内做功为Ｗ ＝ Ｐｔ ＝２ ． ９４×１０ ３ ×３０×６０Ｊ＝５ ． ２９２×１０ ６ Ｊ。
Ｔ －Ｔ ７．答案 汽车的加速度减小 速度增大 因为 从此时开始
地 木
（１） ， 。 ，
１６２
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发动机在额定功率下运动 即Ｐ Ｆ ｖ ｖ增大则 Ｆ 减小 而
， ＝ 牵 ， 牵 ， ２．答案 由动能定理Ｗ Ｅ Ｅ １ ｍ ｖ２ ｖ２ 可知 在题目所
Ｆ Ｆ ＝ ｋ２－ ｋ１＝ （ ２－ １） ，
ａ 牵－ 所以加速度逐渐减小 ２
＝ ｍ ， 。 述的两种情况下 ｖ２ ｖ２ 较大时 需要做的功较多
， ２－ １ ， 。
当加速度减小到零时 汽车做匀速直线运动 Ｆ Ｆ 所以 速度由 加速到 的情况下
（２） ， ， 牵＝ ， １０ ｋｍ／ｈ ２０ ｋｍ／ｈ ：
Ｐ ｖ２ ｖ２ ２ ２ ２ ２
汽车最后的速度是ｖ 此为汽车在额定功率下行驶的最大 ２－ １＝（２０ －１０ ） （ｋｍ／ｈ） ＝３００ （ｋｍ／ｈ）
＝ Ｆ， 速度由 加速到 的情况下
５０ ｋｍ／ｈ ６０ ｋｍ／ｈ ：
速度 ｖ２ ｖ２ ２ ２ ２ ２
。 ２－ １＝（６０ －５０ ） （ｋｍ／ｈ） ＝１１００ （ｋｍ／ｈ）
可见 后一种情况所做的功比较多
2 重力势能 ， 。
◆思考与讨论 ３．答案 设平均阻力为 ｆ ， 根据动能定理 Ｗ ＝ １ ｍ （ ｖ２ ２－ ｖ２ １）， 有
２
答案 不能 这样会导致一个物体在同一位置的重力势能
。 ｆｌ ° １ ｍ ｖ２ ｖ２
不同 ｃｏｓ１８０ ＝ （ ２－ １）
。 ２
◆练习与应用 ｍ －３
ｆ ｖ２ ｖ２ ８×１０ ２ ２ ． ３
１．答案 斜面高度为ｈ 设对应于倾角为θ θ θ 的斜面长分别 ＝ ｌ（ １－ ２）＝ －２ ×（３００ －１００ ） Ｎ＝６４×１０ Ｎ
为ｌ ｌ ｌ 由功的公 ， 式可知 在倾角为 １、 θ ２ 的 、 斜 ３ 面 重力与位 子弹 ２ 在木板中运 ２× 动 ５×１０ 时 所受木板的阻力各处不同 题目
１、２、３。 ， １ ， 所说的平均阻力是对 ５ 这 ｃｍ ， 说的 ，
移ｌ 夹角为π θ 重力所做的功为 ５ ｃｍ 。
１ ２ － １， ： ４．答案 人在下滑过程中 ， 重力和阻力做功 ， 设人受到的阻力为
( ) ｆ 根据动能定理Ｗ Ｅ 有
Ｗ ｍｇｌ π θ ｍｇｌ θ ｍｇｈ ， ＝Δ ｋ，
Ｇ＝ １ ｃｏｓ － １ ＝ １ ｓｉｎ １＝ 。
同理可证 在倾
２
角为 θ θ 的斜面上 重力所做的功都等于
Ｗ
Ｇ＋
Ｗ
ｆ＝
１ ｍｖ２ｔ－０
， ２、 ３ ， ２
ｍｇｈ 故重力做的功与斜面倾角无关
， 。 ｍｇｈ － ｆｌ ＝ １ ｍｖ２ｔ
２．答案 足球由位置 运动到位置 时 重力所做的功为 ２
（１） １ ２ ， 解方程得 ｖ ．
ｍｇｈ 足球克服重力所做的功为 ｍｇｈ 足球的重力势能增加 ： ｔ＝３４６ ｍ／ｓ。
－ ， ， ５．答案 设人将足球踢出的过程中 人对足球做的功为Ｗ 根据
了ｍｇｈ ， ，
。 动能定理可知 从人踢足球到足球上升至最大高度的过程
足球由位置 运动到位置 时 重力做的功为ｍｇｈ 足球 ，
（２） ２ ３ ， ， 中有
的重力势能减少了ｍｇｈ
。
３．答案
（１）
正确
，
例如
：
物体在向上的拉力作用下
，
如果做匀加 Ｗ
Ｇ＋
Ｗ
＝
１ ｍｖ２ｔ－０
速直线运动 这时拉力做的功大于重力势能的增加量 如果物 ２
， ，
体做匀减速直线运动
，
这时拉力做的功小于重力势能的增 即
－
ｍｇｈ
＋
Ｗ
＝
１ ｍｖ２ｔ
加量 ２
。
错误 物体匀速上升 拉力的大小等于重力 拉力做的功一 Ｗ １ ． ２ ．
（２） ， ， ， ＝ ×０４×２０ Ｊ＋０４×５×１０ Ｊ＝１００ Ｊ。
定等于重力势能的增加量 ２
。
4 机械能守恒定律
错误 根据Ｗ Ｅ Ｅ 可知 重力做 的功 物体重力
（３） ， Ｇ＝ ｐ１－ ｐ２ ， －１ Ｊ ，
势能的增加量为 ◆思考与讨论
１ Ｊ。 Ｐ９０
错误 重力做功只与起点和终点的位置有关 与路径无关 答案 在这两种情况下 重力做的功相等 重力势能的变化相
（４） ， ， ， ， ；
Ａ Ｂ两点的位置不变 从Ａ点到Ｂ点的过程中 无论经过什么 等 动能的变化不相等 在真空中下落时 重力势能转化为动能
、 ， ， ； ； ， ；
路径 重力做的功都是相同的 在液体中下落时 重力势能转化为动能和内能
， 。 ， 。
４．答案 ◆思考与讨论
（１） Ｐ９１
答案 如果物体从位置 Ｂ 沿光滑曲面上升到位置Ａ 重力做负
整个下落过 ，
小球在Ａ 小球在Ｂ 整个下落过 功 物体的动能转化为重力势能 物体的动能与重力势能之和不
所选择的 程中小球重 ， ，
点的重力 点的重力 程中小球重
参考平面
势能 势能 力做的功
力
化
势
量
能的变 变
。
因此等式 １
２
ｍｖ２
２＋
ｍｇｈ
２＝ ２
１ ｍｖ２
１＋
ｍｇｈ
１
仍然成立
。
◆练习与应用
桌面 ．
５８８Ｊ －３．９２Ｊ ９．８Ｊ －９．８Ｊ １．答案 机械能守恒 因为 中只有重力做功 中小球与
地面 Ｂ、Ｄ ， Ｂ ，Ｄ
９．８Ｊ ０ ９．８Ｊ －９．８Ｊ 弹簧组成的系统 整个过程只有弹簧弹力做功 其他力不做
， ，
如果下落过程中有空气阻力 表格中的数据不变 功 都符合机械能守恒的条件 中空气阻力做负功 机
（２） ， 。 ，Ｂ、Ｄ 。 Ａ ，
械能减小 中拉力对金属块做正功 机械能增加
3 动能和动能定理 ；Ｃ ， 。
２．答案 小球在从Ａ点下滑至Ｂ点的过程中 根据动能定理
◆思考与讨论 （１） ，
Ｗ Ｅ ｍｇ ｈ ｈ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
答案 Ｅ ｋ＝
２
１ ｍｖ２ ＝
２
１ ×６３１×７６００ ２ Ｊ≈１ ． ８２×１０ １０ Ｊ
上
＝
式
Δ
表
ｋ
明
，
小
（
球
１
动
－
能
２）
的
＝
增
２
加量
２－
等
２
于重
１
力势能的减少量
◆练习与应用 ， 。
１．答案
Ａ
．动能是原来的
４
倍
。
（２）
由ｍｇ
（
ｈ
１－
ｈ
２）＝
２
１ ｍｖ２
２－
２
１ ｍｖ２
１，
得
动能是原来的 倍
Ｂ． ２ 。 ｍｇｈ １ ｍｖ２ ｍｇｈ １ ｍｖ２
动能是原来的 倍 １＋ １＝ ２＋ ２
Ｃ． ８ 。 ２ ２
动能不变 设地面的重力势能为 等式左边表示小球在 Ａ点时的机械
Ｄ． 。 ０，
１６３
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等能 等式右边表示小球在Ｂ点时的机械能 因此小球从Ａ点运 由于摩擦阻力做负功 使机械能减小 从而重力势能的减
， ， （３） ， ，
动到Ｂ点的过程中 机械能守恒 少量略大于动能的增加量
， 。 。
３．答案 石块从抛出到落地的过程中 只有重力做功 所以 ２．答案 在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中 系统
（１） ， ， （１） ，
机械能守恒 设地面为零势能面 根据机械能守恒定律 有 的重力势能减少了ｍｇｌ
， ， ， ；
为验证机械能守恒定律 还需要测量滑块的质量ｍ
１ ｍｖ２ ｍｇｈ １ ｍｖ２ 得 （２） ， 滑。
０＋ ＝ １， 在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中 系统的动能
２ ２ （３） ，
ｖ ｖ２ ｇｈ ２ ( ｄ ) ２
根 １＝ 据动 ０ 能 ＋２ 定理 ＝ Ｗ ５ Ｅ ＋２× Ｅ １０×１０ ｍ／ｓ＝１５ ｍ／ｓ。 增加了 １ （ ｍ ＋ ｍ 滑） ｖ２ ＝ １ （ ｍ ＋ ｍ 滑） ｔ
： ＝ ｋ１－ ｋ０ ２ ２
若要符合机械能守恒定律的结论 系统的重力势能减少量等
即ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２
１－
１ ｍｖ２
０
，
( ｄ ) ２
２ ２ 于系统的动能增加量 即ｍｇｌ １ ｍ ｍ
， ＝ （ ＋ 滑） ｔ 。
ｖ １＝ ｖ２ ０＋２ ｇｈ ＝１５ ｍ／ｓ。
◆复习与提高
２
由ｖ ｖ２ ｇｈ知 石块落地时速度大小与石块初速度大
（２） １＝ ０＋２ ， A组
小和石块抛出时的高度有关 与石块的质量和石块初速度的
， １．答案 设抛出点的重力势能为 由机械能守恒定律 有
仰角无关 ０， ，
。
４．答案 设
Ａ
球的质量为ｍ
，
则
Ｂ
球的质量为
３
ｍ
。
ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２
，
得ｖ
＝ ２
ｇｈ
＝ ２×９
．
８×２ ｍ／ｓ≈６
．
２６ ｍ／ｓ。
从释放 球到 球刚好落地 系统减小的重力势能为 Ｅ ２
Ｂ Ｂ ， Δ ｐ＝ ｖ
３ ｍｇｈ － ｍｇｈ ＝２ ｍｇｈ ２．答案 （１） 货物的加速度为ａ ＝ Δ ｔ＝ ４－０ ｍ／ｓ ２ ＝２ ｍ／ｓ ２
两球速度相等 系统增加的动能为 Δ ２－０
Ａ、Ｂ ，
Ｅ １ (ｍ ｍ)ｖ２ ｍｖ２
货物上升的高度ｈ
＝
１ ａｔ２
＝４ ｍ
Δ ｋ＝ ＋３ ＝２ ２
由机械 ２ 能守恒 Ｅ Ｅ 得 ｍｇｈ ｍｖ２ 由Ｆ － ｍｇ ＝ ｍａ ， 得起重机的拉力为Ｆ ＝ ｍａ ＋ ｍｇ ＝１ ． ２×１０ ４ Ｎ
Δ ｐ＝Δ ｋ， ２ ＝２ 起重机对货物做的功Ｗ Ｆｈ ． ４ ． ４
解得ｖ ｇｈ ＝ ＝１２×１０ ×４ Ｊ＝４８×１０ Ｊ
＝ 。 Ｗ ． ４
５．答案 小球由位置Ａ至位置Ｂ过程中 在到达最大速度之 起重机在这 内的输出功率 Ｐ ４８×１０ ． ４
（１） ， ２ｓ ： ＝ ｔ ＝ Ｗ＝２４×１０ Ｗ
前弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能 当弹簧对 ２
， 起重机在 末的输出功率 Ｐ Ｆｖ ． ４ ．
小球向上的弹力大小与重力大小相等时 小球的动能最大 （２） ２ ｓ ： ＝ ＝１ ２×１０ ×４ ０ ｍ／ｓ＝
， 。 ． ４
之后 弹性势能和小球的动能转化为小球的重力势能 当弹簧 ４８×１０ Ｗ。
， ， ３．答案 如图所示
恢复到自然长度时 弹性势能为 小球由位置 Ｂ 至位置 Ｃ （１） ：
， ０。
时 弹簧的弹性势能为 小球与弹簧没有能量转化
， ０， 。
小球由位置Ａ至位置Ｃ的过程中 系统机械能守恒 弹簧
（２） ， ，
减少的弹性势能转化为小球增加的重力势能 故小球处于位
。
置Ａ时 弹簧的弹性势能 Ｅ ｍｇ ｈ ｈ ． ．
， ： ｐ＝ （ ＢＡ＋ ＣＢ）＝ ０ ２×１０×（０ １＋
． ．
０２） Ｊ＝０６ Ｊ。 推力Ｆ做的功 Ｗ Ｆｘ
在位置Ｃ时 小球的速度是零 所以小球的动能是零 （２） ： Ｆ＝
， ， 。 摩擦力ｆ做的功 Ｗ ｆｘ μｍｇｘ θ
６．答案 层楼的高度约为ｈ ： ｆ＝－ ＝－ ｃｏｓ
４０ ＝１２０ ｍ， 重力做的功 Ｗ ｍｇｈ ｍｇｘ θ
设用于给喷管喷水的电动机输出功率为 Ｐ 喷管管口处喷水 ： Ｇ＝－ ＝－ ｓｉｎ
， 支持力Ｆ 做的功 Ｗ
的速度为ｖ ， Ｎ ： Ｆ Ｎ＝０
( ｄ ) ２ （３） 各力做功的代数和 ：
在ｔ时间内 喷水质量为ｍ ρ ｖｔ
， ＝ π ２ ， Ｗ 总＝ Ｗ Ｆ＋ Ｗ ｆ＋ Ｗ Ｇ＋ Ｗ Ｆ Ｎ＝ Ｆｘ － μｍｇｘ ｃｏｓ θ － ｍｇｘ ｓｉｎ θ
木箱受到的合力为
由机械能守恒 得ｍｇｈ １ ｍｖ２ （４） ：
， ＝ Ｆ Ｆ ｆ ｍｇ θ Ｆ μｍｇ θ ｍｇ θ
２ 合＝ － － ｓｉｎ ＝ － ｃｏｓ － ｓｉｎ 。
电动机对水做的功为Ｗ Ｐｔ 合力做的功Ｗ Ｆ ｘ Ｆ μｍｇ θ ｍｇ θ ｘ Ｗ
＝ （５） 合＝ 合 ＝（ － ｃｏｓ － ｓｉｎ ） ＝ 总
４．答案 当汽车速度最大时 汽车发动机的牵引力与汽车受
由动能定理 得Ｐｔ １ ｍｖ２ （１） ，
， ＝ Ｐ
２ 到的阻力相等 ｆ Ｆ
( ｄ ) ２ ( ． ) ２ ， ＝ ＝ ｖ
四式联立 得Ｐ ρ ｇｈ ｇｈ ． ０１ ．
， ＝ π ２ ＝１ ０００×３１４× ×９８× ｖ
２ ２ 当汽车的车速为 时 汽车发动机的牵引力为 Ｆ′
． ５ （２） ， ＝
１２０ ２×１０×１２０ Ｗ≈４５２×１０ Ｗ＝４５２ｋＷ。 ４
Ｐ Ｐ
5 实验：验证机械能守恒定律 ４
ｖ ＝ ｖ ；
◆练习与应用
４
１．答案 机械能守恒定律的等式两边都有物体的质量
Ｐ Ｐ
（１）ＡＢ， ， ４
因此质量可以消去 天平可以不用 Ｆ′ ｆ ｖ － ｖ Ｐ
， ； 此时汽车的加速度为ａ － ３
从打 Ｏ 点到打 Ｂ 点的过程中 重物的重力势能减少了 ＝ ｍ ＝ ｍ ＝ｍｖ。
（２） ，
ｈ ｈ
Δ
Ｅ
ｐ＝
ｍｇｈ
Ｂ，
打Ｂ点时的速度为ｖ
Ｂ＝
Ｃ－
Ｔ
Ａ
，
重物的动能增加了 ５．答案
（１）
由机械能守恒定律
，
ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２
０，
物体上升的最大
２ ２
Δ
Ｅ
ｋ＝
１ ｍｖ２Ｂ＝ ｍ （ ｈ Ｃ
Ｔ
－
２
ｈ Ａ） ２
；
高度ｈ
＝
ｖ
ｇ
２ ０
；
２ ８ ２
１６４
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ｖ
物体的重力势能为动能的一半时 ｍｇｈ １ １ ｍｖ２ ０－ ０
（２） ， １＝ · １ ｔ Ｆ ｍ ａ
２ ２ ２ 所以 两物体受到的摩擦力之比 Ａ Ａ Ａ ４
ｖ ＝ ， Ａ、Ｂ Ｆ ＝ｍ ａ ＝ 。
由机械能守恒定律 １ ｍｖ２ ｍｇｈ １ ｍｖ２ ｍｇｈ ０－ ０ １ Ｂ Ｂ Ｂ １
， ０＝ １＋ １＝３ １ ｔ
２ ２ ２
ｖ２ ３．答案 单位时间内 冲击风力发电机叶片圆面的气流的
物体离地面的高度ｈ ０ （１） ，
１＝ ｇ； 体积
６ ：
物体的重力势能和动能相等时 ｍｇｈ １ ｍｖ２ Ｖ ＝π ｒ２ｖｔ ＝３ ． １４×２０ ２ ×６×１ ｍ ３ ＝７５３６ ｍ ３ 。
（３） ， ２＝ ２ 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能
２ （２）
由机械能守恒定律 ， １
２
ｍｖ２ ０＝ ｍｇｈ ２＋
２
１ ｍｖ２ ２＝２ ｍｇｈ ２ Ｅ ｋ＝
２
１ ｍｖ２ ＝
２
１ ρＶｖ２ ＝
２
１ ×１ ． ２×７５３６×６ ２ Ｊ＝１ ． ６３×１０ ５ Ｊ。
物体离地面的高度ｈ ２＝ ｖ ｇ ２ ０ ； （３） 此风力发电机发电的功率Ｐ ＝ １０ ％ ｔ Ｅ ｋ ＝ １ ． ６３×１０ ４ Ｗ＝１ ． ６３×
４ １
物体的动能是重力势能的一半时 １ ｍｖ２ １ ｍｇｈ １０ ４ Ｗ。
（４） ， ２ ３＝ ２ · ３ ４．答案 设斜面底端到Ａ点的距离为ｓ ｓ ｘ ｈ
， ＝ － θ
由机械能守恒定律 １ ｍｖ２ ｍｇｈ １ ｍｖ２ ３ ｍｇｈ ｔａｎ
， ２ ０＝ ３＋ ２ ３＝ ２ ３ 则根据动能定理 有
，
ｖ２ ( ｈ )
物体离地面的高度ｈ ０ Ｗ Ｗ 即 ｍｇｈ μｍｇｓ μｍｇ θ
３＝ ｇ； Ｇ＋ ｆ＝０ ： － ＋ ｃｏｓ θ ＝０
３ ｓｉｎ
ｖ ｈ
物体的速率为 ０ 时 由机械能守恒定律 １ ｍｖ２ ｍｇｈ 两式联立 解得ｘ 所以ｘ与斜面倾角θ的大小无关
（５） ， ， ０＝ ４＋ ， ＝ μ ， 。
２ ２
æｖ ö２ ５．答案 铁球下落到弹簧的弹力与铁球重力相等时 铁球的
１ ｍç ０ ÷ （１） ，
è ø 动能最大
２ ２ 。
ｖ２ ｍｇ ｍｇ
物体离地面的高度ｈ ３ ０ 由ｍｇ ｋｘ′ 得ｘ′ 此时 铁球距地面的高度为ｌ ｘ′ ｌ
４＝ ｇ。 ＝ ， ＝ ｋ ， ， － ＝ － ｋ 。
８
６．答案 从Ａ到Ｂ 系统机械能守恒 弹簧压缩至Ａ点时的 弹簧的压缩量为ｘ时 铁球下落到最低点 这时弹簧的弹
（１） ， ， （２） ， ，
性势能最大
弹性势能Ｅ
ｐ Ａ＝
Ｅ
ｋ Ｂ＝
１ ｍｖ２
１ 在这个过程中
。
铁球的重力势能转化为弹簧的弹性势能 Ｅ
２ ， ， ｐ＝
ｍｇ ｈ ｘ
（２）
从Ｂ到Ｃ
，
由动能定理有
：
Ｗ
Ｇ＋
Ｗ
ｆ＝
１ ｍｖ２
２－
１ ｍｖ２
１ ６．答案
（ ＋
根
）。
据滑轮的特点 的速度是 的速度的 倍 当 上
２ ２ ，Ｂ Ａ ２ ， Ａ
升ｈ时 下降 ｈ 设这时 的速度为 ｖ 设 的质量都
即 ：－２ ｍｇＲ ＋ Ｗ ｆ＝
２
１ ｍｖ２ ２－
２
１ ｍｖ２ １ 是ｍ ，Ｂ ２ ， Ａ ， Ａ、Ｂ
。
所以物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功Ｗ
ｆ＝
２
１ ｍｖ２
２－
在
Ｅ
这个
ｍ
过
ｇ
程中
ｈ
，
ｍ
系
ｇ
统减
ｈ
小
ｍ
的
ｇｈ
重力势能为
Δ ｐ＝ ·２ － · ＝ ，
２
１ ｍｖ２
１＋２
ｍｇＲ
。 系统增加的动能为
Δ
Ｅ
ｋ＝
１ ｍｖ２
＋
１ ｍ
（２
ｖ
）
２
＝
５ ｍｖ２
B组 ２ ２ ２
１．答案
（１）
小球从Ｐ点缓慢地移动到Ｑ点
，
水平拉力Ｆ做的 由机械能守恒
Δ
Ｅ
ｐ＝Δ
Ｅ
ｋ，
得ｍｇｈ
＝
５ ｍｖ２
２
功等于小球机械能的增加量
， ｇｈ
即 Ｗ Ｅ Ｅ ｍｇｌ θ ｍｇｌ θ 所以 的速度为ｖ ２
：
小
Ｆ
球
＝Δ
在水
ｋ＋
平
Δ
恒
ｐ＝
力
０＋
Ｆ ｍ
（
ｇ
１
的
－ｃ
作
ｏｓ
用
）
下
＝
从
（
Ｐ
１
点
－ｃ
运
ｏｓ
动
）
到Ｑ点 水
Ａ ＝
５
。
（２） ＝ ， ， ７．答案 水位变化 ｈ 可利用的重力势能为
平拉力Ｆ做的功等于小球机械能的增加量 Ｗ Ｅ Ｅ 即 Δ ＝２ ｍ， ：
， Ｆ＝Δ ｋ＋Δ ｐ，
Ｅ ｍｇｈ ρＳ ｈ ｇΔ
ｈ
． ６ ． ．
ｍｇｌ
ｓｉｎ
θ
＝
１ ｍｖ２
＋
ｍｇｌ
（１－ ｃｏｓ
θ
）
Δ ｐ＝ ＝ Δ ·
２
＝１ ０００×１ ０×１０ ×２×９ ８×１ Ｊ＝１ ９６×
２ １０
１０ Ｊ
２．答
所
案
以小
由
球
动
在
能
Ｑ
定
点
理
的
知
速度大小
两
ｖ
物
＝
体
２
受
ｇｌ
到
（ｓｉ
的
ｎ
摩
θ ＋
擦
ｃｏｓ
力
θ
做
－１
的
）。
功等于
该电站一次退潮能发的电能 ： Ｅ ＝Δ Ｅ ｐ·５０ ％ ＝９ ． ８×１０ ９ Ｊ。
，Ａ、Ｂ
其动能的变化 所以 两物体受到的摩擦力做的功之比为
， Ａ、Ｂ
Ｗ ０－
１ｍ
Ａ
ｖ２
０ ｍ ａ
Ａ ２ Ａ ２ 两物体的加速度之比为 Ａ
Ｗ ＝ ＝ｍ ＝ ，Ａ、Ｂ ａ ＝
Ｂ １ｍ ｖ２ Ｂ １ Ｂ
０－ Ｂ ０
２
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