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教材习题答案
１５３
第五章 抛体运动
1 曲线运动
◆演示
答案 白纸上的印迹与轨道（曲线）相切，即沿着轨道（曲线）切
线的方向。
◆思考与讨论
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
时，物体做曲线运动。
◆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 如图所示：
３．答案 １８０度 ３０° 如图所示：
４．答案 如图所示：
质点与圆心连线扫过的角度为∠ＡＯＢ，质点速度方向改变的角
度为∠ＣＢＥ，两个角都是∠ＤＢＯ的余角，因此两个角相等。
５．答案 轨迹如图所示：
2 运动的合成与分解
◆思考与讨论
答案 不是一条直线，是一条抛物线。
◆练习与应用
１．答案 如图所示：沿水平方向的分速度为：
ｖｘ＝ｖｃｏｓ３０° ＝４００３ｍ／ｓ；
沿竖直方向的分速度为：
ｖｙ＝ｖｓｉｎ３０° ＝４００ｍ／ｓ。
２．答案 据题意，无风时跳伞员着地时的速度为ｖ１，风的作用使
他获得水平的速度为ｖ２，有风时跳伞员着地时的速度是ｖ１和
ｖ２的合速度ｖ，如图所示。
ｖ＝
ｖ
２
１＋ｖ
２
２＝
５
２＋４
２ｍ／ｓ＝
４１ｍ／ｓ。
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：
４．答案 如图所示：
５．答案 汽艇垂直于河岸行驶，ｖ艇＝１８ｋｍ／ｈ＝５ｍ／ｓ，所用时间
为ｔ＝ｄ
ｖ艇
＝５００
５
ｓ＝１００ｓ。
如果水流速度为ｖ水＝３．６ｋｍ／ｈ＝１ｍ／ｓ，汽艇垂直于河岸行驶，
驶到河岸所用的时间不变，还是ｔ＝ｄ
ｖ艇
＝５００
５
ｓ＝１００ｓ；沿水流
方向，汽艇移动的距离为ｘ＝ｖ水ｔ＝１×１００ｍ＝１００ｍ，所以汽艇
在对岸偏下游１００ｍ处靠岸。
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１５４
3 实验：探究平抛运动的特点
◆练习与应用
１．答案 还需要的器材是刻度尺。
实验步骤：
（１）调节木板高度，使木板上表面与桌面间的距离为某一确定
值ｙ；
（２）让钢球从斜面上某一位置Ａ无初速度滚下；
（３）测量钢球在木板上的落点Ｐ１与桌面边缘的水平距离ｘ１；
（４）调节木板高度，使木板上表面与桌面间的距离为某一确定
值４ｙ；
（５）让钢球从斜面上同一位置Ａ无初速度滚下；
（６）测量钢球在木板上的落点Ｐ２与桌面边缘的水平距离ｘ２；
（７）多次重复，比较ｘ１、ｘ２，若２ｘ１＝ｘ２，则说明钢球在水平方向
做匀速直线运动。
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
竖直距离ｙ，多次重复，若２ｘ１＝ｘ２，有４ｙ１＝ｙ２，则说明小球在水
平方向做匀速直线运动。
３．答案 桌面离地面高度约为ｈ＝０．８ｍ，则根据ｈ＝１
２ｇｔ
２可得，
下落的时间ｔ＝
２ｈ
ｇ＝
２×０．８
１０
ｓ＝０．４ｓ，每秒拍摄２５帧照片，
则０．４ｓ内可拍摄１０帧。
４．答案 沿ｙ轴等距离分割，使ｙ１＝ｙ２－ｙ１＝ｙ３－ｙ２＝ｙ４－ｙ３，在ｘ轴
上标出相对应的距离，发现（ｘ２－ｘ１）－ｘ１＝（ｘ３－ｘ２）－（ｘ２－ｘ１）＝
（ｘ４－ｘ３）－（ｘ３－ｘ２）＝恒量，说明ｘ方向做匀加速直线运动。
4 抛体运动的规律
◆思考与讨论
答案 由水平位移ｘ＝ｖ０ｘｔ＝ｖ０ｃｏｓθ·ｔ，竖直位移ｙ＝ｖ０ｓｉｎθ·ｔ－
１
２ｇｔ
２，两个式子联立得轨迹方程：ｙ＝ｘｔａｎθ－
ｇ
２ｖ
２
０ｃｏｓ
２θｘ
２，这就是
斜抛物体的轨迹方程。由上式可以看出：ｙ＝０时ｘ有两个值，
ｘ＝０是抛出点位置，而ｘ＝２ｖ
２
０ｓｉｎθ ｃｏｓθ
ｇ
是水平射程，并由此式
可知，当θ＝４５°时，水平射程最大。
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 Ａ：由ｈ决定；ＢＣＤ：由ｖ０和ｈ共同决定。
做平抛运动的物体，水平方向做匀速直线运动，ｘ＝ｖ０ｔ；竖直方
向做自由落体运动，ｈ＝１
２ｇｔ
２。物体在空中运动的时间ｔ＝
２ｈ
ｇ，由ｈ决定；物体在空中的水平位移ｘ＝ｖ０ｔ＝ｖ０
２ｈ
ｇ，由
初速度ｖ０和ｈ共同决定；物体落地时，竖直方向的速度ｖｙ＝
ｇｔ＝ｇ
２ｈ
ｇ
＝
２ｇｈ，则落地时的合速度ｖ＝
ｖ
２
０＋ｖ
２
ｙ＝
ｖ
２
０＋２ｇｈ，由初速度ｖ０和ｈ共同决定；设落地时的速度方向与
水平方向的夹角为θ，ｔａｎθ ＝ｖｙ
ｖ０
＝
２ｇｈ
ｖ
２
０
，由初速度ｖ０和ｈ共
同决定。
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
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
到桌面的竖直距离ｙ，小钢球离开桌面的速度为ｖ＝ｘ
ｇ
２ｙ。
３．答案 零件做平抛运动，在竖直方向上位移为ｙ＝１
２ｇｔ
２
经历时间ｔ＝
２ｙ
ｇ＝
４．９
９．８ｓ＝０．７１ｓ
在水平方向位移ｘ＝ｖｔ＝１７．３ｍ
零件做平抛运动的初速度为
ｖ＝ｘ
ｔ＝１７．３
０．７１ｍ／ｓ＝８７．７ｋｍ／ｈ＞６０ｋｍ／ｈ
所以该车已经超速。
４．答案 （１）物体受力如图所示
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
方向ａｘ＝Ｆ
ｍ，做初速度为零的匀加速直线运动，则ｖｘ＝ａｘｔ＝Ｆ
ｍｔ。
竖直方向：ａｙ＝ｍｇ
ｍ＝ｇ，做自由落体运动，则ｖｙ＝ｇｔ。
（２）沿ｘ轴方向：ｘ＝１
２ａｘｔ
２＝Ｆ
２ｍｔ
２
沿ｙ轴方向：ｙ＝１
２ｇｔ
２
由以上两式约去时间ｔ得ｙ＝ｍｇ
Ｆｘ
因而，其运动轨迹为一条直线，如图所示。
◆复习与提高
A 组
１．答案 如图所示：ｌ甲ｘ＝－９ｃｍ，ｌ甲ｙ＝０；ｌ乙ｘ＝３ｃｍ，ｌ乙ｙ＝－６ｃｍ
教材习题答案
１５５
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 （１）如图所示，ｖ１＝４１４ｋｍ／ｈ，ｖ２＝５４ｋｍ／ｈ
飞机应向北偏东θ 角飞行，且满足ｓｉｎθ＝ｖ２
ｖ１
＝３
２３飞行。
（２）飞机向北的速度为ｖ＝
ｖ
２
１－ｖ
２
２≈４１０．５ｋｍ／ｈ
所用时间为ｔ＝ｓ
ｖ＝６２１
４１０．５ｈ≈１．５１ｈ。
４．答案 摩托车在竖直方向做自由落体运动，由ｈ＝１
２ｇｔ
２，得ｔ＝
２ｈ
ｇ＝
０．１ｓ；
水平方向做匀速直线运动，由ｘ＝ｖ０ｔ，得ｖ０＝ｘ
ｔ＝
５
０．１
ｍ／ｓ＝
５
１０ｍ／ｓ≈１５．８２ｍ／ｓ。
５．答案
（１）１∶３∶５
位置情况如图
（２）不能，因为竖直方
向的位移不同。
６．答案 ｙ方向匀速直线运动，ｙ＝ｖ０ｔ，得ｔ＝ｙ
ｖ０
＝２
１ｓ＝２ｓ
ｘ方向匀加速直线运动，ｘ＝１
２ａｔ
２，得ａ＝２ｘ
ｔ
２＝２×６
２
２
ｃｍ／ｓ
２＝
３ｃｍ／ｓ
２
ｖｘ＝ａｔ＝３×２ｃｍ／ｓ＝６ｃｍ／ｓ
所以此时Ｒ的速度大小为：ｖ＝
ｖ
２
０＋ｖ
２
ｘ＝
１
２＋６
２ｃｍ／ｓ≈
６．０８ｃｍ／ｓ。
７．答案 竖直方向：４０ｍ·ｓｉｎ３０° ＝１
２ｇｔ
２，
水平方向：ｖ０＝４０ｍ·ｃｏｓ３０°
ｔ
解得：ｖ０＝１０３ｍ／ｓ，ｔ＝２ｓ。
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：ｖｙ＝ｖ０ｓｉｎ３０°－ｇｃｏｓ３０°·ｔ
当运动员在空中沿ｙ方向的分速度为０时，也就是速度方向
与斜面平行时，离斜面距离最大。
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，
即ｖ０ｓｉｎ３０°－ｇｃｏｓ３０°·ｔ′＝０，则：ｔ′＝３ｖ０
３ｇ＝１ｓ
此时沿ｙ方向的距离为：ｙ＝ｖ０ｓｉｎ３０° ｔ′ －１
２ｇｃｏｓ３０° ｔ′
２＝
５３
２
ｍ。
B 组
１．答案 （１）设从投出到进筐所用时间为ｔ，初速度为ｖ０
水平方向：９．８ｍ＝ｖ０ｃｏｓ４５°·ｔ
在ｔ
２时，篮球到达最高点，其竖直方向的分速度为０，则有
ｖ０ｓｉｎ４５°－ｇ· ｔ
２＝０
两式联立，解得ｔ＝１．４ｓ，ｖ０≈９．９ｍ／ｓ，由对称性，篮球进筐的速
度大小为９．９ｍ／ｓ。如图所示：
（２）篮球投出后的最高点，沿竖直方向的分速度为０，沿竖直
方向的距离为：ｈ＝ｖ０ｓｉｎ４５°· ｔ
２－１
２ｇ·
ｔ
２(
)
２
＝２．４５ｍ。
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＝ｖ０ｔ
竖直方向ｈ＝１
２ｇｔ
２
每秒钟排污体积：Ｖ＝ＳＬ＝π
ｄ
２(
)
２ｖ０ｔ
ｔ＝πｘｄ
２
４
ｇ
２ｈ。
３．答案 由平抛运动的二级结论，得ｙ
ｘ＝
１
２ｇｔ
２
ｖｘｔ
＝ｖｙ
２ｖｘ
＝
１
２ｔａｎθ。
４．答案
小球由Ａ到Ｂ的运动时间为ｔ＝Δｖｙ
ｇ
＝ｖＢｙ－ｖＡｙ
ｇ
＝
ｖ０ｔａｎ６０°－ｖ０ｔａｎ３０°
ｇ
＝２３ｖ０
３ｇ
＝２３ｖ１ｃｏｓ３０°
３ｇ
＝ｖ１
ｇ
小球由Ａ到Ｂ，水平方向的距离为ｘ＝ｖ０ｔ＝３
２ｖ１·
ｖ１
ｇ＝３
２ｇｖ
２
１
１５６
竖直方向的距离为ｙ＝ｖＡｙｔ＋１
２ｇｔ
２＝１
２ｖ１ｔ＋１
２ｇｔ
２＝ｖ
２
１
ｇ
Ａ、Ｂ两点间的距离为ｓ＝
ｘ
２＋ｙ
２＝７ｖ
２
１
２ｇ。
５．答案
（１）当竖直方向的分速度为０时，质点运动的速度最
小，这时只有水平方向的分速度为ｖ。
当质点的速度大小变为２ｖ时，设速度方向与水平方向的夹角
为θ，ｃｏｓθ＝ｖ
２ｖ＝１
２，所以θ＝６０°；
（２）竖直方向的分速度为：ｖｙ＝
（２ｖ）
２－ｖ
２＝３ｖ，质点速度由ｖ
增加到２ｖ的过程所用的时间为ｔ＝Δｖｙ
ａ＝３ｖ－０
Ｆ
ｍ
＝３ｍｖ
Ｆ
。
６．答案 （１）ｘ方向做匀加速直线运动，ｘ＝４ｔ＋１
２·２ｔ
２，ｖｘ＝
４ｍ／ｓ＋２ｔ
ｙ方向做匀速直线运动，ｖｙ＝－５ｍ／ｓ，ｙ＝１０ｍ－５ｔ。
ｔ＝０．５ｓ时，ｖｘ＝４ｍ／ｓ＋２ｔ＝５ｍ／ｓ，ｖｙ＝－５ｍ／ｓ，所以质点的速度
大小为ｖ＝
ｖｘ
２＋ｖｙ
２＝５２ｍ／ｓ，设速度与ｘ方向的夹角为θ，
ｔａｎθ＝｜ｖｙ｜
ｖｘ
＝１，所以θ＝４５°，与ｘ方向成４５°角向下；
（２）ｔ＝０．５ｓ时，ｘ＝４ｔ＋１
２·２ｔ
２＝２．２５ｍ，ｙ＝１０ｍ－５ｔ＝７．５ｍ，质
点在（２．２５ｍ，７．５ｍ）处；
（３）用上述方法得出几个位置：
ｔ＝０时，（０，１０ｍ）；ｔ＝０．５ｓ时，（２．２５ｍ，７．５ｍ）；
ｔ＝１ｓ时，（５ｍ，５ｍ）；ｔ＝２ｓ时，（１２ｍ，０）。
第六章 圆周运动
1 圆周运动
◆练习与应用
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
Ｔ＝
２×３．１４
２４×３６００ｒａｄ／ｓ＝７．２７×
１０
－５ｒａｄ／ｓ。
位于赤道的物体随地球自转做匀速圆周运动的线速度ｖ１＝
ωＲ＝４６５．２８ｍ／ｓ。
位于北京的物体随地球自转做匀速圆周运动的线速度ｖ２＝
ωＲｃｏｓ４０° ＝３５６．４３ｍ／ｓ。
２．答案 （１）
ω分
ω时
＝
２π
３６００
２π
１２×３６００
＝１２
１；
（２）
ｖ分
ｖ时
＝ω分Ｒ分
ω时Ｒ时
＝１２×１．４
１×１
＝８４
５。
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、
角速度如表：
线速度
角速度
Ａ
ωｒ
１
２ω
Ｂ
ωｒ
ω
Ｃ
１
２ωｒ
１
２ω
（１）Ａ、Ｂ两点线速度相等，角速度与半径成反比；
（２）Ａ、Ｃ两点角速度相等，线速度与半径成正比；
（３）Ｂ、Ｃ两点半径相等，线速度与角速度成正比。
４．答案 磁盘转速为７２００ｒ／ｍｉｎ
故磁盘转动周期为Ｔ＝
６０
７２００ｓ＝１
１２０ｓ
（１）扫描每个扇区的时间为
ｔ＝
Ｔ
８１９２＝
１
８１９２×１２０ｓ＝
１
９８３０４０ｓ
（２）每个扇区的字节数为５１２个
１ｓ内读取的字节数为：
１
ｔ×５１２个＝９８３０４０×５１２个＝５０３３１６４８０个。
2 向心力
◆思考与讨论Ｐ２７
答案 小球受到三个力作用，重力、光滑桌面的支持力、细线的
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
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＝３６５×２４×３６００ｓ＝３．１５×１０
７ｓ。
根据牛顿第二定律得
Ｆ＝ｍ４π
２
Ｔ
２ｒ＝６．０×１０
２４×
４×３．１４
２
（３．１５×１０
７）
２×１．５×１０
１１Ｎ
＝３．５８×１０
２２Ｎ。
２．答案 小球在漏斗壁上的受力如图所示。
小球所受重力Ｇ与漏斗壁对小球的支持力ＦＮ的合力提供了
小球做匀速圆周运动的向心力。
３．答案 （１）根据牛顿第二定律得
Ｆ＝ｍω
２ｒ＝０．１０×４
２×０．１０Ｎ＝０．１６Ｎ
（２）甲的意见是正确的；理由：小物体有沿半径背离圆心运动
的趋势。
４．答案 设小球的质量为ｍ，钉子Ａ与小球间的距离为ｒ。小球
从一定高度下落时，通过最低点的速度为定值，设为ｖ０。小球
通过最低点时做半径为ｒ的圆周运动，绳子的拉力ＦＴ和重力
Ｇ的合力提供了向心力，即
教材习题答案
１５７
ＦＴ－Ｇ＝ｍ
ｖ
２
０
ｒ，得ＦＴ＝Ｇ＋ｍ
ｖ
２
０
ｒ
在Ｇ、ｍ、ｖ０一定的情况下，ｒ越小，ＦＴ越大，即绳子承受的拉力
越大，绳子越容易断。
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
方向做减速运动，切线方向所受的合外力方向如图Ｆｔ所示；
同时汽车做曲线运动，必有向心加速度，向心力方向如图Ｆｎ
所示。汽车所受合外力Ｆ为Ｆｔ、Ｆｎ的合力，图丙正确。
3 向心加速度
◆思考与讨论
答案 对于自行车大齿轮、小齿轮、后轮上的Ａ、Ｂ、Ｃ三点，Ｂ、Ｃ
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
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
加速度与半径成反比”。
◆练习与应用
１．答案 Ａ．甲、乙两物体的线速度相等时，利用ａｎ＝ｖ
２
ｒ可知，半
径小的向心加速度大，所以乙的向心加速度大。
Ｂ．甲、乙两物体的周期相等时，利用ａｎ＝４π
２
Ｔ
２ｒ可知，半径大的
向心加速度大，所以甲的向心加速度大。
Ｃ．甲、乙两物体的角速度相等时，利用ａｎ＝ｖω 可知，线速度大
的向心加速度大，所以甲的向心加速度大。
Ｄ．甲、乙两物体的线速度相等时，利用ａｎ＝ｖω 可知，角速度大
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
角度比乙大，所以甲的角速度大，甲的向心加速度大。
２．答案 月球公转周期为Ｔ＝２７．３×２４×３６００ｓ＝２．３６×１０
６ｓ，
月球公转的向心加速度为
ａｎ＝４π
２
Ｔ
２ｒ＝
４×３．１４
２
（２．３６×１０
６）
２×３．８４×１０
８ｍ／ｓ
２＝２．７×１０
－３ｍ／ｓ
２。
３．答案 （１）由于皮带与两轮之间不发生滑动，所以两轮边缘上
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
上的点的线速度大小分别为ｖ１、ｖ２，角速度大小分别为ω１、ω２，
边缘上的点运动的半径分别为ｒ１、ｒ２，则
ｖ１＝ｖ２，ｖ１＝ω１ｒ１，ｖ２＝ω２ｒ２
又ω＝２πｎ
所以ｎ１∶ｎ２＝ω１∶ω２＝ｒ２∶ｒ１＝３∶１
（２）Ａ点的向心加速度为
ａｎＡ＝ω
２
２×ｒＡ＝ω
２
２× ｒ２
２＝１
２ａｎ２＝０．０５ｍ／ｓ
２
（３）电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度为
ａｎ１＝ｖ
２
１
ｒ１
＝ａｎ２× ｒ２
ｒ１
＝０．１０×３ｍ／ｓ
２＝０．３０ｍ／ｓ
２。
４．答案 Ａ、Ｂ两艘快艇做匀速圆周运动，由于在相等时间内，它
们通过的路程之比是４∶３，所以它们的线速度之比为４∶３；
由于在相等时间内，它们运动方向改变的角度之比是３∶２，所
以它们的角速度之比为３∶２。
由于向心加速度ａｎ＝ｖω，所以它们的向心加速度之比为２∶１。
4 生活中的圆周运动
◆思考与讨论Ｐ３６
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
速过大而打滑。
◆思考与讨论Ｐ３７
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
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
为零，此时速度约为ｖ′＝
ｇＲ′ ＝
１０×６．４×１０
６ｍ／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
轮在这个力的作用下，将对转轴产生作用力，大小也是Ｆ。
Ｆ＝ｍω
２ｒ＝ｍ·４π
２ｎ
２ｒ
＝０．０１×４×３．１４
２×１０００
２×０．２Ｎ
＝７８８７６．８Ｎ。
２．答案 如图所示飞椅圆周运动的半径为Ｒ＝ｒ＋Ｌｓｉｎθ，
向心力由合力提供，有ｍｇｔａｎθ＝ｍω
２（ｒ＋Ｌｓｉｎθ），
所以ω＝
ｇｔａｎθ
ｒ＋Ｌｓｉｎθ 。
３．答案 此题有两种思路。
第一种，假设汽车不发生侧滑，由于静摩擦力提供向心力，所
以向心力有最大值，根据牛顿第二定律得ｆ＝ｍｖ
２
ｒ，所以一定
对应有最大拐弯速度，设为ｖｍ，则
ｖｍ＝
ｆｍｒ
ｍ＝
１．４×１０
４×５０
２．０×１０
３
ｍ／ｓ
＝１８．７１ｍ／ｓ＝６７．３６ｋｍ／ｈ＜７２ｋｍ／ｈ
所以，如果汽车以７２ｋｍ／ｈ的速度拐弯，将会发生侧滑。
第二种，假设汽车以７２ｋｍ／ｈ的速度拐弯时，不发生侧滑，所
需向心力为Ｆ，则
Ｆ＝ｍｖ
２
ｒ＝２．０×１０
３×２０
２
５０Ｎ＝１．６×１０
４Ｎ＞１．４×１０
４Ｎ
所以静摩擦力不足以提供相应的向心力，汽车以７２ｋｍ／ｈ的速
度拐弯时，将会发生侧滑。
４．答案 （１）汽车在桥顶部做圆周运动，重力Ｇ和支持力ＦＮ的
合力提供向心力，即Ｇ－ＦＮ＝ｍｖ
２
ｒ
汽车所受支持力
ＦＮ＝Ｇ－ｍｖ
２
ｒ＝８００×９．８－８００× ５
２
５０
(
) Ｎ＝７４４０Ｎ
根据牛顿第三定律得，汽车对桥顶的压力大小是７４４０Ｎ。
（２）根据题意，当汽车对桥顶没有压力时，即ＦＮ＝０，对应的速
度为ｖ，则
ｖ＝
Ｇｒ
ｍ＝
８００×９．８×５０
８００
ｍ／ｓ＝２２．１ｍ／ｓ＝７９．６ｋｍ／ｈ。
１５８
（３）汽车在桥顶部做圆周运动，重力Ｇ和支持力ＦＮ的合力提
供向心力，即Ｇ－ＦＮ＝ｍｖ
２
ｒ
汽车所受支持力ＦＮ＝Ｇ－ｍｖ
２
ｒ，对于相同的行驶速度，拱桥圆
弧半径越大，桥面所受压力越大，汽车行驶越安全。
（４）根据第（２）问的分析，对应的速度为ｖ０，则
ｖ０＝
ＧＲ
ｍ＝
８００×９．８×６４００×１０
３
８００
ｍ／ｓ
＝７．９×１０
３ｍ／ｓ＝７．９ｋｍ／ｓ。
５．答案 在最低点，小孩受力如图，由牛顿第二定律得
Ｎ－ｍｇ＝ｍｖ
２
ｌ
则Ｎ＝ｍｇ＋ｍｖ
２
ｌ＝２４５Ｎ＋２５×５
２
２．５
Ｎ＝４９５Ｎ
根据牛顿第三定律可知，小孩对秋千的压力为Ｎ′＝Ｎ＝４９５Ｎ。
◆复习与提高
A 组
１．答案
２．答案 由同轴转动的特点有ωＢ＝ωＣ＝ωＤ；由皮带传动的特点
有ｖＡ＝ｖＣ，
由ｖ＝ωＲ得：
ｖＢ∶ｖＣ∶ｖＤ＝１∶２∶４
所以：ｖＡ∶ｖＢ∶ｖＣ∶ｖＤ＝２∶１∶２∶４
由ω＝ｖ
Ｒ得：
ωＡ∶ωＣ＝２∶１
所以：ωＡ∶ωＢ∶ωＣ∶ωＤ＝２∶１∶１∶１
由ａ＝ω
２Ｒ得：
ａＡ∶ａＢ∶ａＣ∶ａＤ＝４∶１∶２∶４。
３．答案 ω＝
ｇ
ｒ
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
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
航员随旋转舱转动的加速度为ａ＝ω
２ｒ，两式联立，有ω＝
ｇ
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。
对Ａ球，ＦＡ＝３ｍω
２Ｌ
２
对Ｂ球，ＦＢ＝ｍω
２Ｌ
２
转轴受到杆的拉力大小为Ｆ＝ＦＡ－ＦＢ＝ｍω
２Ｌ
５．答案 在最低点更容易甩出。以水为研究对象，水受到重力、
衣服对水的附着力，合力提供其做圆周运动的向心力。随着
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
要的向心力时，水做离心运动，在最低点时，Ｆ－ｍｇ＝ｍｖ
２
Ｒ，ｖ、Ｒ、
ｍ、ｇ一定，最低点时需要的附着力最大，所以最低点最易
甩出。
６．答案 ｆ＝ｍｇ＝０．００６×１０Ｎ＝０．０６Ｎ
ＦＮ＝ｍω
２Ｒ＝ｍ·（２πｎ）
２Ｒ＝０．００６×（２π×１０）
２×０．３
２Ｎ＝３．５５Ｎ
７．答案 由ｍｇｔａｎθ＝ｍω
２Ｒｓｉｎθ
得ω＝
ｇｔａｎθ
Ｒｓｉｎθ ＝
ｇ
Ｒｃｏｓθ 。
又θ＝６０°，ω＝
２ｇ
Ｒ。
B 组
１．答案 （１）小球在Ｂ点的速度为最小速度时，ｍｇ＝ｍｖ
２
Ｒ得ｖ＝
ｇＲ＝２ｍ／ｓ
（２）水平方向ｘ＝ｖｔ，
竖直方向２Ｒ＝１
２ｇｔ
２
解得ｘ＝０．８ｍ。
２．答案 （１）ｖ＝ｌ
ｔ，ω＝θ
ｔ，向心加速度ａ＝ｖω＝ｌ
ｔ· θ
ｔ＝ｌθ
ｔ
２
（２）由加速度定义，得ａ＝Δｖ
ｔ。
３．答案 两次闪光时间间隔为１
２１ｓ，圆盘在这段时间内顺时针
转过的角度为１
２１·２π·２０＝２０
２１·２π，白点转过的角度小于圆
盘转过的角度，所以感觉白点逆时针转动。
人感觉白点转过的角度为２π－２０
２１·２π＝１
２１·２π
人感觉白点转动的角速度为ω＝
１
２１·２π
１
２１
＝２π
人观察白点的转动周期为Ｔ＝２π
ω ＝１ｓ。
４．答案 （１）小球在最高点处，杆对球的作用力有３种情况：
①当ｍω
２ｌ＝ｍｇ，即ω＝
ｇ
ｌ时，向心力完全由重力提供，此时
杆对球的作用力Ｆ＝０；
②当ω＞
ｇ
ｌ时，小球在最高点的受力情况如图１所示，
图１
Ｆ＋ｍｇ＝ｍω
２ｌ，所以Ｆ＝ｍω
２ｌ－ｍｇ；
③当ω＜
ｇ
ｌ时，小球在最高点的受力情况如图２所示，
教材习题答案
１５９
图２
ｍｇ－Ｆ＝ｍω
２ｌ，所以Ｆ＝ｍｇ－ｍω
２ｌ。
（２）小球在水平位置Ａ时，受力如图３所示，
图３
由勾股定理可得，
Ｆ
２－（ｍｇ）
２＝ｍω
２ｌ，
所以Ｆ＝ｍ
ω
４ｌ
２＋ｇ
２。
５．答案 （１）设绳与竖直方向的夹角为θ，以小球为研究对象进
行受力分析。
Ｆｓｉｎθ＝ｍω
２ｌｓｉｎθ，即Ｆ＝ｍω
２ｌ
（２）ｍｇｔａｎθ＝ｍω
２ｌｓｉｎθ
ｈ＝ｌｃｏｓθ
两式联立得：ｍｇｔａｎθ
ｈ
＝ｍω
２ｌｓｉｎθ
ｌｃｏｓθ
，即ω ＝
ｇ
ｈ，所以ω 与ｌ
无关；
（３）Ｆ＝ｍｇ
ｃｏｓθ ＝ｍｇ
ｈ
ｌ
＝ｍｇｌ
ｈ。
６．答案 （１）球在最低点时，Ｆ－ｍｇ＝ｍｖ
２
Ｒ，Ｒ＝ｄ
４，
绳被拉断后，小球做平抛运动，ｄ＝ｖｔ，ｄ－ｄ
４＝１
２ｇｔ
２，
联立解得，绳子承受的最大拉力为Ｆ＝１１
３ｍｇ；
（２）１１
３ｍｇ－ｍｇ＝ｍｖ
２
Ｒ，ｘ＝ｖｔ，ｄ－Ｒ＝１
２ｇｔ
２
解得ｘ＝
１６Ｒ（ｄ－Ｒ）
３
，
当Ｒ＝ｄ
２时，ｘ最大，ｘｍ＝２３
３ｄ。
７．答案 （１）自行车不受摩擦力时，受力分析如图所示
由ｍｇｔａｎ１５° ＝ｍｖ
２
Ｒ
得ｖ＝
Ｒｇｔａｎ１５° ＝１２．６８ｍ／ｓ
（２）当ｖ＝１８ｍ／ｓ时，ｖ＞１２．６８ｍ／ｓ，自行车会受到沿斜面向下
的摩擦力，
由（ｍｇ＋ｆｓｉｎ１５°）ｔａｎ１５°＋ｆｃｏｓ１５° ＝ｍｖ
２
Ｒ，
解得ｆ≈２６２．５８Ｎ，方向沿斜面向下。
第七章 万有引力与宇宙航行
1 行星的运动
◆做一做
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
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
ｒ
３
地日
Ｔ
２
地球公转
＝
ｒ
３
火日
Ｔ
２
火星公转
，即Ｔ
２
火星公转＝ｒ
３
火日
ｒ
３
地日
·Ｔ
２
地球公转
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，
在远地点的速度较小。
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。
４．答案 无法在实验室验证的规律就是开普勒第三定律ｒ
３
Ｔ
２＝ｋ，
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
数据发现的。
2 万有引力定律
◆思考与讨论Ｐ５１
答案 月球运动的向心加速度为ａ月＝ω
２ｒ＝４π
２
Ｔ
２ｒ＝
４×３．１４
２
（２．３６×１０
６）
２×
３．８×１０
８ｍ／ｓ
２≈２．７×１０
－３ｍ／ｓ
２＝１
６０
２ｇ，所以可以验证前面的假设。
◆思考与讨论Ｐ５２
答案 篮球所受的重力为Ｇ＝ｍｇ＝０．６×９．８Ｎ＝５．８８Ｎ。
操场上相距０．５ｍ的两个篮球之间的万有引力为Ｆ＝Ｇｍｍ
ｒ
２＝
６．６７×１０
－１１×０．６×０．６
０．５
２
Ｎ≈９．６×１０
－１１Ｎ。
◆练习与应用
１．答案 假设两个人的质量都为６０ｋｇ，相距１ｍ，则他们之间的
万有引力可估算：
Ｆ＝Ｇｍ
２
ｒ
２
＝６．６７×１０
－１１×６０
２
１
２Ｎ
＝２．４×１０
－７Ｎ
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
Ｆ＝Ｇ
ｍ１ｍ２
ｒ
２
＝６．６７×１０
－１１×
２．０×１０
４０×２．０×１０
３９
（５×１０
４×３．０×１０
８×３６５×２４×３６００）
２Ｎ
＝１．１９×１０
２８Ｎ
３．答案 根据万有引力定律可得：
太阳对地球的引力为Ｆ太＝Ｇ
ｍ太ｍ
ｒ
２
太
，
月球对地球的引力为Ｆ月＝Ｇ
ｍ月ｍ
ｒ
２
月
，
１６０
所以
Ｆ太
Ｆ月
＝ｍ太ｒ
２
月
ｍ月ｒ
２
太
＝
２．７×１０
７
（３．９×１０
２）
２≈１７７．５。
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
心力，
由万有引力定律，得：Ｇ
ｍ木ｍ
ｒ
２
＝ｍ４π
２
Ｔ
２ｒ
木卫二的周期为Ｔ＝
４π
２ｒ
３
Ｇｍ木
＝
４×３．１４
２×（６．７×１０
８）
３
６．６７×１０
－１１×１．９×１０
２７ｓ≈
３．０６×１０
５ｓ＝８５ｈ。
3 万有引力理论的成就
◆思考与讨论
答案 太阳的质量ｍ太＝４π
２ｒ
３
ＧＴ
２＝
４×３．１４
２×（１．５×１０
１１）
３
６．６７×１０
－１１×（３６５×２４×３６００）
２ｋｇ≈
２×１０
３０ｋｇ。
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
同，但是根据开普勒第三定律，所有行星的ｒ
３
Ｔ
２均相同，所以无论
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。
◆练习与应用
１．答案 在月球表面有Ｇ
ｍ月ｍ
Ｒ
２
月
＝ｍｇ月
得到ｇ月＝Ｇ
ｍ月
Ｒ
２
月
＝６．６７×１０
－１１×
７．３×１０
２２
（１．７×１０
３×１０
３）
２ｍ／ｓ
２
＝１．６８ｍ／ｓ
２
ｇ月约为地球表面重力加速度的１／６。在月球上人感觉很轻，
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。
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
面最多能举起质量是６ｍ的物体。
２．答案 在地球表面，对于质量为ｍ的物体有
Ｇ
ｍ地ｍ
Ｒ
２
地
＝ｍｇ
得ｇ＝Ｇｍ地
Ｒ
２
地
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
体本身的质量ｍ无关。
又根据万有引力定律：Ｇ
ｍ地ｍ
ｒ
２
＝ｍｇ
高山上的ｒ较大，所以在高山上的重力加速度ｇ值就较小。
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
引力提供，有Ｇ
ｍ地ｍ
ｒ
２
＝ｍ２π
Ｔ
(
)
２
ｒ，得地球质量ｍ地＝４π
２ｒ
３
ＧＴ
２＝
４π
２×（６．８×１０
６）
３
６．６７×１０
－１１×（５．６×１０
３）
２ｋｇ＝５．９×１０
２４ｋｇ。
４．答案 （１）哈雷彗星最近出现的时间是１９８６年，预测下次飞
近地球将在２０６１年左右，哈雷彗星的周期是７６年，由开普勒
第三定律可得：
ｒ彗
ｒ地
＝
３
Ｔ彗
Ｔ地
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＝
３７６
２≈１８
（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
远日点的速度，即：ｖ１＞ｖ２。
由万有引力定律，太阳对哈雷彗星的引力为Ｆ＝Ｇ
ｍ太ｍ
ｒ
２
，由牛
顿第二定律，哈雷彗星的加速度ａ＝Ｆ
ｍ＝Ｇｍ太
ｒ
２，
哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为
ａ１
ａ２
＝ｒ
２
２
ｒ
２
１
。
4 宇宙航行
◆思考与讨论
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
向心力是由重力提供的，有
ｍｇ＝ｍｖ
２
Ｒ
由此解出
ｖ＝
ｇＲ
◆练习与应用
１．答案 当角速度ω 不变时，根据公式ｖ＝ωｒ，轨道半径增大２
倍，速度ｖ也增大２倍。
但对于人造地球卫星来讲，当轨道半径增大时，角速度会改
变。所以第一种说法不正确；
在公式ｖ＝
Ｇｍ地
ｒ
中，当轨道半径ｒ增大时，引力常量Ｇ和地
球质量都不变，因此人造地球卫星的速度减小。
２．答案 神舟五号绕地球运动的向心力由其受到的地球的万有
引力提供。
Ｇ
ｍ地ｍ
ｒ
２
＝ｍ２π
Ｔ
(
)
２
ｒ，ｒ＝
３Ｇｍ地Ｔ
２
４π
２
其中周期Ｔ＝２４×６０－（２×６０＋３７）
１４
ｍｉｎ≈９１．６４ｍｉｎ，则
ｒ＝
３６．６７×１０
－１１×６．０×１０
２４×（９１．６４×６０）
２
４π
２
ｍ
＝６．７×１０
６ｍ
其距地面的高度为ｈ＝ｒ－Ｒ＝６．７×１０
６ｍ－６．４×１０
６ｍ＝３×１０
５ｍ＝
３００ｋｍ。
３．答案 对于在地球表面的物体，Ｇ
ｍ地ｍ
Ｒ
２
＝ｍｇ
对于地球同步卫星，Ｇ
ｍ地ｍ
ｒ
２
＝ｍ４π
２
Ｔ
２ｒ
两式联立，得地球同步卫星的轨道半径为ｒ＝
３ｇＲ
２Ｔ
２
４π
２
地球同步卫星的加速度ａ＝
ｍ４π
２
Ｔ
２ｒ
ｍ
＝４π
２
Ｔ
２
３ｇＲ
２Ｔ
２
４π
２。
４．答案 设金星质量为ｍ１、半径为Ｒ１、金星表面自由落体加速
度为ｇ１。
在金星表面有
Ｇ
ｍ１ｍ
Ｒ
２
１
＝ｍｇ１
①
设地球质量为ｍ２、半径为Ｒ２、地球表面自由落体加速度为ｇ２。
在地球表面有
Ｇ
ｍ２ｍ
Ｒ
２
２
＝ｍｇ２
②
由以上两式得：
ｍ１
ｍ２
·
Ｒ
２
２
Ｒ
２
１
＝ｇ１
ｇ２
ｇ１＝ｍ１
ｍ２
·
Ｒ
２
２
Ｒ
２
１
·ｇ２＝８２％
１× １
２
９５％
２×９．８ｍ／ｓ
２
教材习题答案
１６１
＝８．９ｍ／ｓ
２
由Ｇ
ｍ１ｍ
Ｒ
２
１
＝ｍｖ
２
Ｒ１
得ｖ＝
Ｇｍ１
Ｒ１
＝
Ｒ１ｇ１＝
９５％·Ｒ２ｇ１＝７．３６ｋｍ／ｓ。
5 相对论时空观与牛顿力学的局限性
◆思考与讨论
答案 若选择与μ 子一起运动的某一物体为参考系，此时μ 子
的平均寿命是３．０μｓ。
若对于地面上的观测者来，Δｔ＝
Δτ
１－
ｖ
ｃ(
)
２＝
３×１０
－６
１－（０．９９）
２ｓ＝
２１×１０
－６ｓ＝２１μｓ，
μ 子的平均寿命是２１μｓ。
◆练习与应用
１．答案
对于地面上的人来说，以地面为参考系，因闪光向前、
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
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
离，所以光源靠近车厢前壁。
对于火车上的人来说，以车厢为参考系，车厢是个惯性系，闪
光向前、后壁传播的速率相同，由于光源靠近车厢前壁，所以
闪光会先到达前壁。
２．答案 飞船相对地面的速度为ｖ＝８ｋｍ／ｓ＝８０００ｍ／ｓ，
ｔ＝
ｔ０
１－
ｖ
ｃ(
)
２＝
１
１－８０００
３×１０
８
æ
è
ç
ö
ø
÷
２ｍｉｎ＝（１＋３．６×１０
－１０）ｍｉｎ
３．答案 当火箭的速度是３ｋｍ／ｓ时，火箭外面的观察者测火箭
长度时，测得长度将变短，由相对论尺缩效应公式知ｌ′ ＝
ｌ
１－
ｖ
ｃ(
)
２
＝３０
１－３０００
３×１０
８
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
ｍ≈３０ｍ。
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
的火箭长度与火箭静止时测得的长度相同，即３０ｍ。
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
度，将
ｖ
＝
ｃ
２
代入长度收缩效应公式得
ｌ′＝ｌ
１－
ｖ
ｃ(
)
２
＝３０
１－
ｃ
２
ｃ
æ
è
çç
ö
ø
÷÷
２
ｍ≈２５．９８ｍ。
◆复习与提高
A 组
１．答案 在公式Ｆ＝ｍｖ
２
ｒ中，当ｍ、ｖ不变时，ｒ增大到２倍时，向
心力Ｆ减小为原来的１
２。而实际上当轨道半径ｒ增大到２倍
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
的说法是错误的。
在公式Ｆ＝Ｇ
ｍ１ｍ２
ｒ
２
中，当轨道半径ｒ增大到２倍时，引力常量
Ｇ、地球和卫星的质量ｍ１、ｍ２都不变，因此人造地球卫星需要
的向心力减小为原来的１
４，第二位同学的说法是正确的。
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
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，
在赤道处，半径最大，地球自转线速度最大。
３．答案 地球对人的引力为Ｆ地＝ｍｇ＝６０×９．８Ｎ＝５８８Ｎ
太阳对人的引力为
Ｆ太＝Ｇ
ｍ太ｍ
ｒ
２
＝６．６７×１０
－１１×２．０×１０
３０×６０
（１．５×１０
１１）
２
Ｎ≈０．３５６Ｎ。
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。
４．答案 当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时，
Ｇ
ｍ地ｍ
ｒ
２
地
＝Ｇ
ｍ月ｍ
ｒ月
２，化简可得：
ｒ地
ｒ月
＝
ｍ地
ｍ月
＝
８１＝９。
５．答案 绕地球表面做圆周运动的宇宙飞船，Ｇ
ｍ地ｍ
Ｒ
２
地
＝ｍ
ｖ
２
地
Ｒ地
，
其运行速度为地球的第一宇宙速度ｖ地＝
Ｇｍ地
Ｒ地
＝７．９ｋｍ／ｓ。
绕海王星表面做圆周运动的宇宙飞船，Ｇ
ｍ海ｍ
Ｒ
２
海
＝ｍ
ｖ
２
海
Ｒ海
，
其运行速度ｖ海＝
Ｇｍ海
Ｒ海
＝
Ｇ·１７ｍ地
４Ｒ地
＝
１７
４
ｖ地＝
１６．２９ｋｍ／ｓ。
６．答案 （１）对于在月球表面的物体，有：Ｇ
ｍ月ｍ
Ｒ
２
＝ｍｇ
所以月球的质量为ｍ月＝ｇＲ
２
Ｇ，只要求出月球表面的重力加速
度ｇ，就能得到月球的质量ｍ月。
（２）他需要用弹簧测力计。在月球表面用弹簧测力计测出质
量为ｍ的砝码的重力Ｆ，则月球表面的重力加速度为ｇ＝Ｆ
ｍ。
月球的质量为ｍ月＝ｇＲ
２
Ｇ＝ＦＲ
２
Ｇｍ
７．答案 （１）对于在中子星表面的物体，有Ｇ
ｍ中ｍ
Ｒ
２
＝ｍｇ，
所以中子星表面的自由落体加速度：ｇ＝Ｇｍ中
Ｒ
２
＝
６．６７×１０
－１１×２×１０
３０
（１０×１０
３）
２
ｍ／ｓ
２＝１．３３４×１０
１２ｍ／ｓ
２
（２）对于贴近中子星表面沿圆轨道运动的小卫星，有
Ｇ
ｍ中ｍ
Ｒ
２
＝ｍｖ
２
Ｒ，所以小卫星的环绕速度为：
ｖ＝
Ｇｍ中
Ｒ
＝
６．６７×１０
－１１×２×１０
３０
１０×１０
３
ｍ／ｓ≈１．１５×１０
８ｍ／ｓ
B 组
１．答案 对于在月球表面的物体，有：Ｇ
ｍ月ｍ
Ｒ
２
＝ｍｇ
所以月球的质量为ｍ月＝ｇＲ
２
Ｇ，只要测出月球表面的重力加速
度ｇ，就能得到月球的质量ｍ月。
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
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，
则月球表面的自由落体加速度（重力加速度）ｇ＝２ｈ
ｔ
２，因此月球
的质量为ｍ月＝ｇＲ
２
Ｇ＝２ｈＲ
２
Ｇｔ
２。
２．答案 对于靠近行星表面运行的卫星，有Ｇ
ｍ行ｍ
Ｒ
２
＝ｍ４π
２
Ｔ
２Ｒ
行星质量ｍ行＝ρ· ４
３πＲ
３
１６２
两式联立，有ρＴ
２＝３π
Ｇ＝常量。
３．答案 球体没有被挖时，对ｍ′的万有引力为
Ｆ１＝Ｇｍｍ′
（２Ｒ）
２＝Ｇｍｍ′
４Ｒ
２
被挖出的半径为１
２Ｒ的小球，其质量为１
８ｍ，对ｍ′的万有引力
为Ｆ２＝Ｇ
１
８ｍｍ′
３
２Ｒ
(
)
２＝Ｇｍｍ′
１８Ｒ
２
所以剩余部分对ｍ′的万有引力为Ｆ＝Ｆ１－Ｆ２＝Ｇｍｍ′
４Ｒ
２－Ｇｍｍ′
１８Ｒ
２＝
Ｇ７ｍｍ′
３６Ｒ
２。
４．答案 对同步卫星，万有引力提供向心力，有：Ｇ
ｍ地ｍ
ｒ
２
＝ｍ４π
２
Ｔ
２ｒ，
整理得：Ｇｍ地＝４π
２ｒ
３
Ｔ
２
当ｒ＝６．６Ｒ地时，Ｔ＝２４ｈ。
若地球的自转周期变小，卫星轨道半径最小为２Ｒ地，三颗同步
卫星Ａ、Ｂ、Ｃ如图所示分布
则有
４π
２（６．６Ｒ地）
３
Ｔ
２
＝４π
２（２Ｒ地）
３
Ｔ′
２
解得Ｔ′≈１
６Ｔ＝４ｈ。
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地ｍ
Ｒ
２
地
＝Ｇｍ
６．０×１０
２４
（６．４×１０
６）
２Ｎ
太阳对海水的引力为Ｆ太＝Ｇ
ｍ太ｍ
ｒ太
２＝Ｇｍ
２×１０
３０
（１．５×１０
１１）
２Ｎ
月亮对海水的引力为Ｆ月＝Ｇ
ｍ月ｍ
ｒ月
２＝Ｇｍ
７．３×１０
２２
（３．８×１０
８）
２Ｎ
所以
Ｆ太
Ｆ地
≈
１
１６４８，
Ｆ月
Ｆ地
≈
１
２８９７５８。
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
多运动一周的时间，根据开普勒第三定律Ｒ
３
Ｔ
２＝ｋ，有
Ｒ
３
地
Ｔ
２
地
＝Ｒ
３
木
Ｔ
２
木
，
所以木星的周期为Ｔ木＝
Ｒ
３
木
Ｒ
３
地
Ｔ地＝
５．２
３年，
由（ω地－ω木）ｔ＝２π，得２π
Ｔ地
－２π
Ｔ木
(
) ｔ＝２π，
木星相邻两次行星冲日的时间间隔：ｔ＝
２π
２π
Ｔ地
－２π
Ｔ木
＝Ｔ地Ｔ木
Ｔ木－Ｔ地
＝
Ｔ地
１－Ｔ地
Ｔ木
＝
１
１－
１
５．２
３
≈１．０９年。
对于地外行星，由ｔ＝
２π
２π
Ｔ地
－２π
Ｔ行
＝Ｔ地Ｔ行
Ｔ行－Ｔ地
＝Ｔ地
１－Ｔ地
Ｔ行
可知，行星的轨
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
ｔ越短，所以海王星相邻两次行星冲日的时间间隔最短。
第八章 机械能守恒定律
1 功与功率
◆思考与讨论
答案 当发动机的输出功率Ｐ一定时，通过“换挡”的办法减小
速度，从而得到较大的牵引力。
◆练习与应用
１．答案 图甲：Ｗ＝Ｆｌｃｏｓ（１８０°－１５０°）＝１０×２× ３
２Ｊ＝１７．３２Ｊ；
图乙：Ｗ＝Ｆｌｃｏｓ（１８０°－３０°）＝－１０×２× ３
２Ｊ＝－１７．３２Ｊ；
图丙：Ｗ＝Ｆｌｃｏｓ３０° ＝１０×２× ３
２Ｊ＝１７．３２Ｊ。
２．答案 重物被匀速提升时，合力为０，钢绳对重物的拉力的大
小等于重物所受的重力，即Ｆ＝Ｇ＝１．９６×１０
４Ｎ。
钢绳拉力所做的功为ＷＦ＝Ｆｌｃｏｓ０° ＝１．９６×１０
４×５Ｊ＝９．８×１０
４Ｊ
重力做的功为ＷＧ＝Ｇｌｃｏｓ１８０° ＝－１．９６×１０
４×５Ｊ＝－９．８×１０
４Ｊ
钢绳的拉力所做的功为９．８× １０
４Ｊ，重力所做的功为－９．８×
１０
４Ｊ，这些力做的总功为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
用，运动员的位移为ｌ＝
ｈ
ｓｉｎ３０° ＝２０ｍ，方向沿斜坡向下。
所以，重力做功ＷＧ＝ｍｇｈ＝６０×９．８×１０Ｊ＝５．８８×１０
３Ｊ
支持力所做的功ＷＦＮ＝Ｆｌｃｏｓ９０° ＝０
阻力所做的功Ｗｆ＝Ｆｌｃｏｓ１８０° ＝－５０×２０Ｊ＝－１．０×１０
３Ｊ
这些力所做的总功Ｗ总＝ＷＧ＋ＷＦＮ＋Ｗｆ＝４．８８×１０
３Ｊ。
４．答案 此人推导的前提不明确。当Ｆ增大，根据Ｐ＝Ｆｖ推出Ｐ
增大的前提应是ｖ不变；从ｖ＝Ｐ
Ｆ推出Ｐ增大则ｖ增大的前提
是Ｆ不变；从Ｆ＝Ｐ
ｖ推出ｖ增大Ｆ减小的前提是Ｐ不变。
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＝
Ｇ＝２．６４６×１０
５Ｎ
由Ｐ＝Ｆｖ可得ｖ＝Ｐ
Ｆ＝
１０×１０
３
２．６４６×１０
５ｍ／ｓ＝３．７８×１０
－２ｍ／ｓ。
６．答案 这台抽水机的输出功率至少为
Ｐ＝Ｗ
ｔ＝ｍｇｈ
ｔ
＝３０×９．８×１０
１
Ｗ＝２．９４×１０
３Ｗ，
半小时内做功为Ｗ＝Ｐｔ＝２．９４×１０
３×３０×６０Ｊ＝５．２９２×１０
６Ｊ。
７．答案 （１）汽车的加速度减小，速度增大。因为，从此时开始
教材习题答案
１６３
发动机在额定功率下运动，即Ｐ＝Ｆ牵ｖ，ｖ增大则Ｆ牵减小，而
ａ＝Ｆ牵－Ｆ
ｍ
，所以加速度逐渐减小。
（２）当加速度减小到零时，汽车做匀速直线运动，Ｆ牵＝Ｆ，所以
汽车最后的速度是ｖ＝Ｐ
Ｆ，此为汽车在额定功率下行驶的最大
速度。
2 重力势能
◆思考与讨论
答案
不能。这样会导致一个物体在同一位置的重力势能
不同。
◆练习与应用
１．答案 斜面高度为ｈ，设对应于倾角为θ１、θ２、θ３的斜面长分别
为ｌ１、ｌ２、ｌ３。由功的公式可知，在倾角为θ１的斜面，重力与位
移ｌ１夹角为π
２－θ１，重力所做的功为：
ＷＧ＝ｍｇｌ１ｃｏｓ
π
２－θ１
(
) ＝ｍｇｌ１ｓｉｎθ１＝ｍｇｈ。
同理可证，在倾角为θ２、θ３的斜面上，重力所做的功都等于
ｍｇｈ，故重力做的功与斜面倾角无关。
２．答案 （１）足球由位置１运动到位置２时，重力所做的功为
－ｍｇｈ，足球克服重力所做的功为ｍｇｈ，足球的重力势能增加
了ｍｇｈ。
（２）足球由位置２运动到位置３时，重力做的功为ｍｇｈ，足球
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
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
体做匀减速直线运动，这时拉力做的功小于重力势能的增
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
定等于重力势能的增加量。
（３）错误，根据ＷＧ＝Ｅｐ１－Ｅｐ２可知，重力做－１Ｊ的功，物体重力
势能的增加量为１Ｊ。
（４）错误，重力做功只与起点和终点的位置有关，与路径无关，
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
路径，重力做的功都是相同的。
４．答案 （１）
所选择的
参考平面
小球在Ａ
点的重力
势能
小球在Ｂ
点的重力
势能
整个下落过
程中小球重
力做的功
整个下落过
程中小球重
力势能的变
化量
桌面
５．８８Ｊ
－３．９２Ｊ
９．８Ｊ
－９．８Ｊ
地面
９．８Ｊ
０
９．８Ｊ
－９．８Ｊ
（２）如果下落过程中有空气阻力，表格中的数据不变。
3 动能和动能定理
◆思考与讨论
答案 Ｅｋ＝１
２ｍｖ
２＝１
２×６３１×７６００
２Ｊ≈１．８２×１０
１０Ｊ
◆练习与应用
１．答案 Ａ．动能是原来的４倍。
Ｂ．动能是原来的２倍。
Ｃ．动能是原来的８倍。
Ｄ．动能不变。
２．答案 由动能定理Ｗ＝Ｅｋ２－Ｅｋ１＝１
２ｍ（ｖ
２
２－ｖ
２
１）可知，在题目所
述的两种情况下，ｖ
２
２－ｖ
２
１较大时，需要做的功较多。
速度由１０ｋｍ／ｈ加速到２０ｋｍ／ｈ的情况下：
ｖ
２
２－ｖ
２
１＝（２０
２－１０
２）（ｋｍ／ｈ）
２＝３００（ｋｍ／ｈ）
２
速度由５０ｋｍ／ｈ加速到６０ｋｍ／ｈ的情况下：
ｖ
２
２－ｖ
２
１＝（６０
２－５０
２）（ｋｍ／ｈ）
２＝１１００（ｋｍ／ｈ）
２
可见，后一种情况所做的功比较多。
３．答案
设平均阻力为ｆ，根据动能定理Ｗ＝１
２ｍ（ｖ
２
２－ｖ
２
１），有
ｆｌｃｏｓ１８０° ＝１
２ｍ（ｖ
２
２－ｖ
２
１）
ｆ＝ｍ
２ｌ（ｖ
２
１－ｖ
２
２）＝
８×１０
－３
２×５×１０
－２×（３００
２－１００
２）Ｎ＝６．４×１０
３Ｎ
子弹在木板中运动５ｃｍ时，所受木板的阻力各处不同，题目
所说的平均阻力是对这５ｃｍ说的。
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＝ΔＥｋ，有
ＷＧ＋Ｗｆ＝１
２ｍｖ
２
ｔ－０
ｍｇｈ－ｆｌ＝１
２ｍｖ
２
ｔ
解方程得：ｖｔ＝３．４６ｍ／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
动能定理可知，从人踢足球到足球上升至最大高度的过程
中有
ＷＧ＋Ｗ＝１
２ｍｖ
２
ｔ－０
即－ｍｇｈ＋Ｗ＝１
２ｍｖ
２
ｔ
Ｗ＝１
２×０．４×２０
２Ｊ＋０．４×５×１０Ｊ＝１００Ｊ。
4 机械能守恒定律
◆思考与讨论Ｐ９０
答案 在这两种情况下，重力做的功相等；重力势能的变化相
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；
在液体中下落时，重力势能转化为动能和内能。
◆思考与讨论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
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
变。因此等式１
２ｍｖ
２
２＋ｍｇｈ２＝１
２ｍｖ
２
１＋ｍｇｈ１仍然成立。
◆练习与应用
１．答案 Ｂ、Ｄ机械能守恒，因为Ｂ中只有重力做功，Ｄ中小球与
弹簧组成的系统，整个过程只有弹簧弹力做功，其他力不做
功，Ｂ、Ｄ都符合机械能守恒的条件。Ａ中空气阻力做负功，机
械能减小；Ｃ中拉力对金属块做正功，机械能增加。
２．答案 （１）小球在从Ａ点下滑至Ｂ点的过程中，根据动能定理
Ｗ＝ΔＥｋ，ｍｇ（ｈ１－ｈ２）＝１
２ｍｖ
２
２－１
２ｍｖ
２
１
上式表明，小球动能的增加量等于重力势能的减少量。
（２）由ｍｇ（ｈ１－ｈ２）＝１
２ｍｖ
２
２－１
２ｍｖ
２
１，得
ｍｇｈ１＋１
２ｍｖ
２
１＝ｍｇｈ２＋１
２ｍｖ
２
２
设地面的重力势能为０，等式左边表示小球在Ａ点时的机械
１６４
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
动到Ｂ点的过程中，机械能守恒。
３．答案 （１）石块从抛出到落地的过程中，只有重力做功，所以
机械能守恒，设地面为零势能面，根据机械能守恒定律，有
１
２ｍｖ
２
０＋ｍｇｈ＝１
２ｍｖ
２
１，得
ｖ１＝
ｖ
２
０＋２ｇｈ＝
５
２＋２×１０×１０ｍ／ｓ＝１５ｍ／ｓ。
根据动能定理：Ｗ＝Ｅｋ１－Ｅｋ０
即ｍｇｈ＝１
２ｍｖ
２
１－１
２ｍｖ
２
０
ｖ１＝
ｖ
２
０＋２ｇｈ＝１５ｍ／ｓ。
（２）由ｖ１＝
ｖ
２
０＋２ｇｈ知，石块落地时速度大小与石块初速度大
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
仰角无关。
４．答案 设Ａ球的质量为ｍ，则Ｂ球的质量为３ｍ。
从释放Ｂ球到Ｂ球刚好落地，系统减小的重力势能为ΔＥｐ＝
３ｍｇｈ－ｍｇｈ＝２ｍｇｈ
Ａ、Ｂ两球速度相等，系统增加的动能为
ΔＥｋ＝１
２
ｍ＋３ｍ
(
) ｖ
２＝２ｍｖ
２
由机械能守恒ΔＥｐ＝ΔＥｋ，得２ｍｇｈ＝２ｍｖ
２
解得ｖ＝
ｇｈ。
５．答案 （１）小球由位置Ａ至位置Ｂ过程中，在到达最大速度之
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
小球向上的弹力大小与重力大小相等时，小球的动能最大。
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
恢复到自然长度时，弹性势能为０。小球由位置Ｂ至位置Ｃ
时，弹簧的弹性势能为０，小球与弹簧没有能量转化。
（２）小球由位置Ａ至位置Ｃ的过程中，系统机械能守恒，弹簧
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：Ｅｐ＝ｍｇ（ｈＢＡ＋ｈＣＢ）＝０．２×１０×（０．１＋
０．２）Ｊ＝０．６Ｊ。
在位置Ｃ时，小球的速度是零，所以小球的动能是零。
６．答案 ４０层楼的高度约为ｈ＝１２０ｍ，
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
的速度为ｖ，
在ｔ时间内，喷水质量为ｍ＝ρπ
ｄ
２(
)
２
ｖｔ，
由机械能守恒，得ｍｇｈ＝１
２ｍｖ
２
电动机对水做的功为Ｗ＝Ｐｔ
由动能定理，得Ｐｔ＝１
２ｍｖ
２
四式联立，得Ｐ＝ρπ
ｄ
２(
)
２
ｇｈ
２ｇｈ＝１０００×３．１４× ０．１
２
(
)
２
×９．８×
１２０
２×１０×１２０Ｗ≈４．５２×１０
５Ｗ＝４５２ｋＷ。
5 实验：验证机械能守恒定律
◆练习与应用
１．答案 （１）ＡＢ，机械能守恒定律的等式两边都有物体的质量，
因此质量可以消去，天平可以不用；
（２）从打Ｏ点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能减少了
ΔＥｐ＝ｍｇｈＢ，打Ｂ点时的速度为ｖＢ＝ｈＣ－ｈＡ
２Ｔ，重物的动能增加了
ΔＥｋ＝１
２ｍｖ
２
Ｂ＝ｍ（ｈＣ－ｈＡ）
２
８Ｔ
２
；
（３）由于摩擦阻力做负功，使机械能减小，从而重力势能的减
少量略大于动能的增加量。
２．答案 （１）在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统
的重力势能减少了ｍｇｌ；
（２）为验证机械能守恒定律，还需要测量滑块的质量ｍ滑。
（３）在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的动能
增加了１
２（ｍ＋ｍ滑）ｖ
２＝１
２（ｍ＋ｍ滑）
ｄ
ｔ(
)
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
于系统的动能增加量，即ｍｇｌ＝１
２（ｍ＋ｍ滑）
ｄ
ｔ(
)
２
。
◆复习与提高
A 组
１．答案
设抛出点的重力势能为０，由机械能守恒定律，有
ｍｇｈ＝１
２ｍｖ
２，得ｖ＝
２ｇｈ＝
２×９．８×２ｍ／ｓ≈６．２６ｍ／ｓ。
２．答案 （１）货物的加速度为ａ＝Δｖ
Δｔ＝４－０
２－０ｍ／ｓ
２＝２ｍ／ｓ
２
货物上升的高度ｈ＝１
２ａｔ
２＝４ｍ
由Ｆ－ｍｇ＝ｍａ，得起重机的拉力为Ｆ＝ｍａ＋ｍｇ＝１．２×１０
４Ｎ
起重机对货物做的功Ｗ＝Ｆｈ＝１．２×１０
４×４Ｊ＝４．８×１０
４Ｊ
起重机在这２ｓ内的输出功率：Ｐ＝Ｗ
ｔ＝４．８×１０
４
２
Ｗ＝２．４×１０
４Ｗ
（２）起重机在２ｓ末的输出功率：Ｐ＝Ｆｖ＝１．２×１０
４×４．０ｍ／ｓ＝
４．８×１０
４Ｗ。
３．答案 （１）如图所示：
（２）推力Ｆ做的功：ＷＦ＝Ｆｘ
摩擦力ｆ做的功：Ｗｆ＝－ｆｘ＝－μｍｇｘｃｏｓθ
重力做的功：ＷＧ＝－ｍｇｈ＝－ｍｇｘｓｉｎθ
支持力ＦＮ做的功：ＷＦＮ＝０
（３）各力做功的代数和：
Ｗ总＝ＷＦ＋Ｗｆ＋ＷＧ＋ＷＦＮ＝Ｆｘ－μｍｇｘｃｏｓθ－ｍｇｘｓｉｎθ
（４）木箱受到的合力为：
Ｆ合＝Ｆ－ｆ－ｍｇｓｉｎθ＝Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ。
（５）合力做的功Ｗ合＝Ｆ合ｘ＝（Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ）ｘ＝Ｗ总
４．答案 （１）当汽车速度最大时，汽车发动机的牵引力与汽车受
到的阻力相等，ｆ＝Ｆ＝Ｐ
ｖ
（２）当汽车的车速为ｖ
４时，汽车发动机的牵引力为Ｆ′ ＝
Ｐ
ｖ
４
＝４Ｐ
ｖ；
此时汽车的加速度为ａ＝Ｆ′－ｆ
ｍ＝
４Ｐ
ｖ－Ｐ
ｖ
ｍ
＝３Ｐ
ｍｖ。
５．答案 （１）由机械能守恒定律，ｍｇｈ＝１
２ｍｖ
２
０，物体上升的最大
高度ｈ＝ｖ
２
０
２ｇ；
教材习题答案
１６５
（２）物体的重力势能为动能的一半时，ｍｇｈ１＝１
２· １
２ｍｖ
２
１
由机械能守恒定律，１
２ｍｖ
２
０＝ｍｇｈ１＋１
２ｍｖ
２
１＝３ｍｇｈ１
物体离地面的高度ｈ１＝ｖ
２
０
６ｇ；
（３）物体的重力势能和动能相等时，ｍｇｈ２＝１
２ｍｖ
２
２
由机械能守恒定律，１
２ｍｖ
２
０＝ｍｇｈ２＋１
２ｍｖ
２
２＝２ｍｇｈ２
物体离地面的高度ｈ２＝ｖ
２
０
４ｇ；
（４）物体的动能是重力势能的一半时，１
２ｍｖ
２
３＝１
２·ｍｇｈ３
由机械能守恒定律，１
２ｍｖ
２
０＝ｍｇｈ３＋１
２ｍｖ
２
３＝３
２ｍｇｈ３
物体离地面的高度ｈ３＝ｖ
２
０
３ｇ；
（５）物体的速率为
ｖ０
２时，由机械能守恒定律，１
２ｍｖ
２
０＝ｍｇｈ４＋
１
２ｍ
ｖ０
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
物体离地面的高度ｈ４＝３ｖ
２
０
８ｇ。
６．答案 （１）从Ａ到Ｂ，系统机械能守恒，弹簧压缩至Ａ点时的
弹性势能ＥｐＡ＝ＥｋＢ＝１
２ｍｖ
２
１
（２）从Ｂ到Ｃ，由动能定理有：ＷＧ＋Ｗｆ＝１
２ｍｖ
２
２－１
２ｍｖ
２
１
即：－２ｍｇＲ＋Ｗｆ＝１
２ｍｖ
２
２－１
２ｍｖ
２
１
所以物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功Ｗｆ＝１
２ｍｖ
２
２－
１
２ｍｖ
２
１＋２ｍｇＲ。
B 组
１．答案 （１）小球从Ｐ点缓慢地移动到Ｑ点，水平拉力Ｆ做的
功等于小球机械能的增加量，
即：ＷＦ＝ΔＥｋ＋ΔＥｐ＝０＋ｍｇｌ（１－ｃｏｓθ）＝ｍｇｌ（１－ｃｏｓθ）
（２）小球在水平恒力Ｆ＝ｍｇ的作用下，从Ｐ点运动到Ｑ点，水
平拉力Ｆ做的功等于小球机械能的增加量，ＷＦ＝ΔＥｋ＋ΔＥｐ，即
ｍｇｌｓｉｎθ＝１
２ｍｖ
２＋ｍｇｌ（１－ｃｏｓθ）
所以小球在Ｑ点的速度大小ｖ＝
２ｇｌ（ｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１）。
２．答案 由动能定理知，Ａ、Ｂ两物体受到的摩擦力做的功等于
其动能的变化，所以Ａ、Ｂ两物体受到的摩擦力做的功之比为
ＷＡ
ＷＢ
＝
０－１
２ｍＡｖ
２
０
０－１
２ｍＢｖ
２
０
＝ｍＡ
ｍＢ
＝２
１，Ａ、Ｂ两物体的加速度之比为
ａＡ
ａＢ
＝
０－ｖ０
ｔ
０－ｖ０
２ｔ
＝２
１，所以Ａ、Ｂ两物体受到的摩擦力之比
ＦＡ
ＦＢ
＝ｍＡａＡ
ｍＢａＢ
＝４
１。
３．答案 （１）单位时间内，冲击风力发电机叶片圆面的气流的
体积：
Ｖ＝πｒ
２ｖｔ＝３．１４×２０
２×６×１ｍ
３＝７５３６ｍ
３。
（２）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能
Ｅｋ＝１
２ｍｖ
２＝１
２ρＶｖ
２＝１
２×１．２×７５３６×６
２Ｊ＝１．６３×１０
５Ｊ。
（３）此风力发电机发电的功率Ｐ＝１０％Ｅｋ
ｔ
＝１．６３×１０
４
１
Ｗ＝１．６３×
１０
４Ｗ。
４．答案 设斜面底端到Ａ点的距离为ｓ，ｓ＝ｘ－
ｈ
ｔａｎθ
则根据动能定理，有
ＷＧ＋Ｗｆ＝０即：ｍｇｈ－μｍｇｓ＋μｍｇｃｏｓθ
ｈ
ｓｉｎθ
(
) ＝０
两式联立，解得ｘ＝ｈ
μ ，所以ｘ与斜面倾角θ 的大小无关。
５．答案 （１）铁球下落到弹簧的弹力与铁球重力相等时，铁球的
动能最大。
由ｍｇ＝ｋｘ′，得ｘ′＝ｍｇ
ｋ，此时，铁球距地面的高度为ｌ－ｘ′＝ｌ－ｍｇ
ｋ。
（２）弹簧的压缩量为ｘ时，铁球下落到最低点，这时弹簧的弹
性势能最大。
在这个过程中，铁球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，Ｅｐ＝
ｍｇ（ｈ＋ｘ）。
６．答案 根据滑轮的特点，Ｂ的速度是Ａ的速度的２倍，当Ａ上
升ｈ时，Ｂ下降２ｈ，设这时Ａ的速度为ｖ，设Ａ、Ｂ的质量都
是ｍ。
在这个过程中，系统减小的重力势能为
ΔＥｐ＝ｍｇ·２ｈ－ｍｇ·ｈ＝ｍｇｈ，
系统增加的动能为ΔＥｋ＝１
２ｍｖ
２＋１
２ｍ（２ｖ）
２＝５
２ｍｖ
２
由机械能守恒ΔＥｐ＝ΔＥｋ，得ｍｇｈ＝５
２ｍｖ
２
所以Ａ的速度为ｖ＝
２ｇｈ
５。
７．答案 水位变化Δｈ＝２ｍ，可利用的重力势能为：
ΔＥｐ＝ｍｇｈ＝ρＳΔｈ·ｇΔｈ
２＝１０００×１．０×１０
６×２×９．８×１Ｊ＝１．９６×
１０
１０Ｊ
该电站一次退潮能发的电能：Ｅ＝ΔＥｐ·５０％＝９．８×１０
９Ｊ。
