第４节 宇宙航行
１９６９年７月,美国“阿波罗１１号”登上
．
２００３年１０月１５日,我国“神舟五号”把航天
一、宇宙速度 员 送入太空．
１．第一宇宙速度
(１)物体绕地球速度推导:物体绕地球的运
动可视作匀速圆周运动,万有引力提供物体运动
, mm v
２
地 【, 典例１
】 如图所示,探月卫星的发射过程
所需的向心力 有G r２ ＝m
由此解出
r v＝ 可简化如下:先进入绕地球运行的“停泊轨道”,
(m地 为地球质量,r为物体做圆周运动 在该轨道的P 处,通过变速,再进入“地月转移
的轨道半径)． 轨道”,快要到达月球时,卫星再次变速,卫星被
(２)数值:已知地球的质量,近似用地球半 月球引力“俘获”后,成为环月卫星,最终在环绕
径R 代替r,
Gm地
算出v＝ ＝ ,这就 月球的“工作轨道”上绕月飞行(视为圆周运动),R 对月球进行探测,“工作轨道”周期为T,距月球
是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速
表面的高度为h,月球半径为R,引力常量为G,
度,叫作第一宇宙速度． 忽略其他天体对探月卫星在“工作轨道”上环绕
２．第二宇宙速度 运动的影响．
当飞行器的速度等于或大于 时,它 (１)要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作
就会克服地球的引力,永远离开地球．我们把
轨道”,应增大速度还是减小速度
叫作第二宇宙速度． (２)求探月卫星在“工作轨道”上环绕的线
３．第三宇宙速度
速度大小;
在地面附近发射飞行器,如果要使其挣脱太
(３)求月球的第一宇宙速度．
阳引力的束缚,飞到太阳系外,必须使它的速度
等于或大于 ,这个速度叫作第三宇宙
速度．
二、人造地球卫星载人航天与太空探索
１．同步卫星:地球同步卫星位于 上
方高度约３６０００km处,因相对地面静止,也称
静止卫星．地球同步卫星与地球以相同的 变式１:请阅读短文,结合图示的情景,完成
转动,周期与地球 相同． 第(１)~(３)题．
２．１９５７年１０月,苏联成功发射了世界上第 ２０１３年１２月１４日,“嫦娥三号”(“玉兔”号
一颗 ． 月球车和着陆器)以近似为零的速度实现了月面
６３
软着陆．下图为“嫦娥三号”运行的轨道示意图． D．卫星B 在P 点的加速度大小与卫星C
的加速度大小相等
变式２:２０２０年１１月２４日４时３０分,“胖
五”搭载“嫦娥五号”顺利升空,开始了我国首次
月球土地采样之旅,引起了国际极大的反响．如
图所示是“嫦娥五号”登月的简化图,“嫦娥五号”
(１)着陆器承载着月球车在半径为１００km 先在环月圆轨道Ⅰ上运动,接着在Ⅰ上的A 点
的环月圆轨道上运行过程中,下列判断正确的是 实施变轨进入近月的椭圆轨道Ⅱ,再由近月点B
( ) 实施近月制动,最后成功登陆月球．下列说法正
A．月球车不受月球的作用力 确的是 ( )
B．着陆器为月球车提供绕月运动的向心力 A．“嫦娥五号”绕
C．月球车处于失重状态 轨道Ⅱ运行的周期大
D．月球车处于超重状态 于 绕 轨 道 Ⅰ 运 行 的
(２)“嫦娥三号”发射后直接进入椭圆形地 周期
月转移轨道,其发射速度为 ( ) B．“嫦娥五号”沿
A．１６．７km/s 轨道Ⅰ运动至 A 时,需制动减速才能进入轨
B．大于７．９km/s,小于１１．２km/s 道Ⅱ
C．７．９km/s C．“嫦娥五号”沿轨道Ⅱ运行时,在A 点的
D．１１．２km/s 加速度大小大于在B 点的加速度大小
(３)“嫦娥三号”在下列位置中,受到月球引 D．“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上由A 点运行到B
力最大的是 ( ) 点的过程,速度逐渐减小
A ． 太 阳 帆 板 展 开 的 位 置
B．月球表面上的着陆点
C．环月椭圆轨道的近月点
D．环月椭圆轨道的远月点 １．下列关于绕地球运行的卫星的运行速度
【典例２】 如图所示,A 为静止 的说法中正确的是 ( )
于地球赤道上的物体,B 为绕地球做 A．一定等于７．９km/s
椭圆轨道运行的卫星,C 为绕地球做 B．一定小于７．９km/s
圆周运动的卫星,P 为B、C 两卫星 C．大于或等于７．９km/s,而小于１１．２km/s
轨道的交点．已知A、B、C 绕地心运动的周期相 D．只需大于７．９km/s
同．相对于地心,下列说法中不正确的是 ( ) ２．质量相等的甲、乙两颗卫星分别贴近某星
A．物体A 和卫星C 具有相同大小的加速度 球表面和地球表面围绕其做匀速圆周运动,已知
B．卫星C 的运行速度大于物体A 的速度 该星球和地球的密度相同,半径分别为R 和r,则
C．可能出现:在每天的某一时刻卫星B 在 ( )
A 的正上方 A．甲、乙两颗卫星的加速度之比等于R∶r
６４
B．甲、乙两颗卫星所受的向心力之比 等 速度为a３,则a１、a２、a３的大小关系为 ( )
于１∶１ A．a２＞a１＞a３ B．a３＞a２＞a１
C．甲、乙两颗卫星的线速度之比等于１∶１ C．a３＞a１＞a２ D．a１＞a２＞a３
D．甲、乙两颗卫星的周期之比等于R∶r ６．中国“北斗”卫星导航系统是我国自行研
３．北京时间２０１２年１０月,我国第１６颗北 制的全球卫星定位与通信系统,是继美国 GPS
斗导航卫星发射成功,它是一颗地球静止轨道卫 (全球定位系统)和俄罗斯GLONASS(全球卫星
星(即地球同步卫星),关于该卫星,下列说法正 导航系统)之后第三个成熟的卫星导航系统．系
确的是 ( ) 统由空间端、地面端和用户端组成,其中空间端
A．该卫星相对地心静止 包括５颗地球同步卫星和３０颗非地球同步卫
B．该卫星发射速度小于１１．２km/s 星,下列说法正确的是 ( )
C．该卫星运行速度大于７．９km/s A．这５颗地球同步卫星的运行速度大于第
D．该卫星定点在中国大陆上空 一宇宙速度
４．“奋进”号宇航员斯蒂 B．这５颗地球同步卫星的运行周期都与地
法尼斯海恩 派帕在一次太空 球自转周期相等
行走时丢失了一个工具包,关 C．这５颗地球同步卫星运行的加速度大小
于工具包丢失的原因可能是 不一定相等
( ) D．为避免相撞,不同国家发射的地球同步
A．宇航员松开了拿工具包的手,在万有引 卫星必须运行在不同的轨道上
力作用下工具包“掉”了下去 ７．不可回收的航天器在使
B．宇航员不小心碰了一下“浮”在空中的工 用后,将成为太空垃圾．如图所示
具包,使其速度发生了变化 是漂浮在地球附近的太空垃圾
C．工具包太重,因此宇航员一松手,工具包就 示意图,对此有如下说法,正确的是 ( )
“掉”了下去 A．离地越低的太空垃圾运行周期越大
D．由于惯性,工具包做直线运动而离开了 B．离地越高的太空垃圾运行角速度越小
圆轨道 C．由公式v＝ gr 得,离地越高的太空垃圾
５．国务院批复,自２０１６年 运行速率越大
起将４月２４日设立为“中国航 D．太空垃圾一定能跟同一轨道上同向飞行
天日”．１９７０年４月２４日我国首 的航天器相撞
次成功发射的人造卫星东方红 ８．如图所示,a、b、c是地球大气层外圆形轨
一号,目前仍然在椭圆轨道上运行,其轨道近地点 道上运动的三颗卫星,且b和c在同一个轨道上,
高度约为４４０km,远地点高度约为２０６０km;１９８４ 则下列说法正确的是 ( )
年４月８日成功发射的东方红二号卫星运行在赤
道上空３５７８６km的地球同步轨道上．设东方红一
号在远地点的加速度为a１,东方红二号的加速度
为a２,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加
６５
A．b、c的周期相同,且大于a 的周期 脱了地球的引力
B．b、c 的线速度大小相等,且大于a 的线 C．失重是航天器独有的现象,在地球上不
速度 可能有失重现象的存在
C．b加速后可以实现与c对接 D．正是由于引力的存在,才使航天器和航
D．a 的线速度一定大于第一宇宙速度 天员有可能做环绕地球的圆周运动
４．如图所示,A 是地球同步卫星,另一个卫
星B 的圆轨道位于赤道平面内,距离地面高度
为h．已知地球半径为R,地球自转角速度为ω０,
１．如图所示,a、b、c、d 是在地球大气层外的 地球表面的重力加速度为g,O 为地球中心．
圆形轨道上匀速运行的四颗人造卫星．其中a、c (１)卫星B 的运行周期是多少
的轨道相交于P,b、d 在同一个圆轨道上．某时刻 (２)如果卫星B 的绕行方向与地球自转方
b卫星恰好处于c 卫星的正上方．下列说法中正 向相同,某时刻A、B 两卫星相距最近(O、B、A
确的是 ( ) 在同一直线上),求至少再经过多长时间,它们再
A．b、d 存在相撞危险 一次相距最近
B．a、c 的加速度大小相
等,且大于b的加速度
C．b、c 的角速度大小相等,且小于a 的角
速度
D．a、c 的线速度大小相等,且小于d 的线
速度
２．如图所示,A 为静止于地球
赤道上的物体,B 为近地卫星,C 为
地球同步卫星．根据以上信息可知
( )
A．卫星B 的线速度大于卫星C 的线速度
B．卫星C 的周期比物体A 围绕地心转动一
圈所需要的时间短
C．近地卫星B 受到的地球的引力一定大于
地球同步卫星C 受到的引力
D．近地卫星B 的质量大于物体A 的质量
３．在天宫二号中工作的景海鹏和陈东可以
自由飘浮在空中,宇航员处于失重状态．下列分
析正确的是 ( )
A．失重就是航天员不受力的作用
B．失重的原因是航天器离地球太远,从而摆
６６ 参考答案
第五章 抛体运动 决于船头的方向,故合运动有多种可能,船相对于岸的速度不一定是５m/s,故C错误;当船头正对河岸时渡河时间最短,最短时
第１节 曲线运动 d ３００间为河宽与船速的比值,即 ＝ s＝１００s,故 D错误v ３ ．知识梳理 １
一、１．曲线 ２．切线方向 ３．方向 变速 变式１:B 解析:船头始终垂直于河岸,河宽一定,当水流速
二、１．同一直线上 ２．不在同一直线上 度增大,为保持航线不变,根据运动的合成,静水速度必须增大,
典例精解 d再根据t＝ ,所以渡河的时间变短,故 A、C、D错误,B正确．
【典例１】 D 解析:判断做曲线运动的物体速度大小的变 vc
, : 【 】 :化情况时 应从下列关系入手 当物体所受合外力方向与速度方 典例２ B 解析 对汽车的速度v 沿绳子的方向和垂直
向的夹角为锐角时,物体做曲线运动的速率增大;当物体所受合 于绳子的方向进行正交分解,如图所示:
:
外力方向与速度方向的夹角为钝角时,物体做曲线运动的速率减 有 v２＝vcosθ,v１＝vsinθ
小;当物体所受合外力方向与速度方向的夹角始终为直角(或垂 物块上升的速度大小等于v２,由v２
直)时, ,物体做曲线运动的速率不变．在本题中,合力F 的方向与 ＝vcosθ可以知道 汽车向右匀速运动
, ,
速度方向的夹角先为钝角,后为锐角,故 D选项正确． 的过 程 中 角 度θ 逐 渐 减 小 由 v２ ＝
, , ,
变式１:C :足球做曲线运动,则其速度方向沿轨迹的 vcosθ得知 速度逐渐增大 向上做加速运动 不会出现减速的情解析
, 、 ; , , ,
切线方向;根据物体做曲线运动的条件可知,合外力的方向一定 况 故 A D 错误 由于加速度向上 故处于超重 故 B 正确 C
指向轨迹的内侧,选项C正确． 错误．
【 ２】
: : ,
B :质点原来是静止的,在F 、F 的合力的 变式２C 解析 A．对于A 它的速度如典例 解析 １ ２
,
作用下开始运动,此时质点做的是直线运动,运动一段时间之后, 图中标出的v 这个速度看成是A 的合速度,
, 、 ,物体就有了速度 而此时将F１突然减小为F －ΔF,F 变小了,
其分速度分别是va vb 其中va 就是B 的速
１ １
( , ),
它们的合力也就变了,原来合力的方向与速度的方向在一条直线 率 同一根绳子 大小相同 故刚开始上升时
上,质点做的是直线运动,把F１改变之后,合力的大小变了,合力 B
的速度vB ＝vcosθ,故A不符合题意;由于
, , ,
的方向也变了,就不再和速度的方向在同一条直线上了,所以此 A 匀速上升 θ在增大 所以vB 在减小 故 B
后质点将做曲线运动,由于F１、F２都是恒力,改变之后它们的合 不符合题意
;B 做减速运动,处于超重状态,绳对B 的拉力大于B
力还是恒力,质点的加速度就是定值,所以在相等的时间里速度 的重力,故C符合题意;当运动至定滑轮的连线处于水平位置时θ
的增量一定相等,故质点是在做匀变速曲线运动,故 B正确,A、 ＝９０°,所以vB ＝０,故 D不符合题意．
C、D错误． 当堂训练
变式２:C 解析:撤去力F 前,物块处 １．D ２．B ３．B ４．C ５．C ６．B ７．B ８．D
于平衡状态,沿斜面方向的受力如图所示, ９．解析:(１)由物体运动过程中的坐标与时间的关系
２
摩擦力与拉力F 和重力沿斜面向下的分力 x＝５t＝１０m,y＝５t ＝２０m
的合力平衡,物块运动方向与摩擦力f 的 即２s时刻物体的位移为s＝ x２＋y２ ＝１０ ５ m．
方向相反;撤去外力F 后,合力方向与F 方向相反,与速度方向 (２)由于物体运动过程中的坐标与时间的关系式,比较物体
有一定的夹角,所以物块做曲线运动;速度方向改变后,摩擦力f 在两个方向的运动学公式x＝v０t．
的方向也随之改变,因此合力的方向改变,物块将做非匀变速曲 求得v０＝５m/s
线运动,选C． １y＝ at２,求得２ a＝１０m
/s２．
当堂训练
１．C ２．C ３．C ４．B ５．B ６．D ７．C ８．D ９．D 当t＝２s时,vy＝at＝２０m/s．
１０．D １１．C v速度和x 轴正方向夹角的正切值 ytanθ＝ ＝４．
课后巩固 vx
１．C ２．C ３．C ４．C ５．D ６．B ７．C ８．C 答案:(１)１０ ５ m (２)４
课后巩固
第２节 运动的合成与分解 １．B ２．C ３．C ４．A ５．C ６．A ７．B
知识梳理 ８．解析:(１)设正方形的边长为s０,竖直方向做竖直上抛运
一、１．vxt vyt ３．过原点的直线 v０
二、１．实际发生的运动 参与的几个运动 ２．合成 分解 动,v０＝gt１,２s０＝２t１．
３．矢量运算 v
水平方向做匀加速直线运动 １ 解得 /
典例精解 ３s０＝２t１． v１＝６ms．
【典例１】 B 解析:只要船有相对岸的速度,则船一定可以 (２)由竖直方向的对称性可知,小球再经过t１ 到x 轴,水平
渡过河,故 A错误;由于船速小于水速,故船不可能有垂直于河岸 方向做初速度为零的匀加速直线运动,所以回到x 轴时落到x＝
的合速度,故不可能垂直于河岸渡河,故B正确;船的实际速度取 １２处,位置 N 的坐标为(１２,０),运动轨迹及 N 如图所示．
１０７
从斜槽的同一位置由静止释放,小球与斜槽间有摩擦不会影响实
验的误差．
小球每次从斜槽滚下的初始位置不同,会导致平抛运动的初
速度不同,但是平抛运动的高度相同,则小球每次在空中运动的
(３)物体从O 到M 的时间与M 到N 的时间相等,因此此运
时间相同．
动可看成水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向可
看成竖直上抛运动,所以物体到达 N 点水平方向的速度为v,则 () １ ２y ２×０．２３ 根据 Ay ２A ＝ gtA 得,tA ＝ ＝ s＝０．２s,２
０＋v g
１０
０＋１２
vM ＝
Nx
２ ＝
,所以 /
２ vNx ＝１２ms． x ０．４则小球平抛运动的初速度v０＝
A ＝ m/s＝２．０m/s,小球运动t ０．２
而竖直方向 N 点的速度为４m/s,那么 N 点的速度为v AN ＝ x ０．６
１２２＋４２ m/s＝４ １０ m/s． 到B 点的时间t ＝
B
B ＝ s＝０．３s,则 B 点的纵坐标v yB ＝０ ２
答案:(１)６m/s １ １
(２) ２gt
２
B ＝２×１０×０．０９m＝０．４５m．
(４)竖直管内与大气相通,为外界大气压强,竖直管在水面下
保证竖直管上出口处的压强为大气压强．因而另一出水管的上端
口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差,保证另一出
(３)４ １０ m/s 水管出水压强恒定,从而水速度恒定．如果竖直管上出口在水面
第３节 实验:探究平抛运动的特点 上,则水面上为恒定大气压强,因而随水面下降,出水管上口压强
知识梳理 降低,出水速度减小．故选:B．
一、１．只受重力 ２．(１)水平方向 (２)水平方向 只受到重力 答案:(１)C (２)不会,相同 (３)２．０ ０．４５ (４)B
二、１．(２)水平方向 只受重力 ２．(４)匀速 匀加速直线运动
变式２:解析:在竖直方向上, ２ ,
Δy
根据 Δy＝gT 得 T＝ ＝典例精解 g
【典例１】 解析:(１)该实验成功的关键是,确保小球做平抛 L ３．６
, ,
x
则 汽 车 离 开 平 台 的 速 度
运动 因此只有斜槽的末端保持水平,小球才具有水平初速度,其 ＝ １０ s＝０．６s v０ ＝g T
＝
运动才是平抛运动． ３．６×２
m/s＝１２m/s．
(２)只有每次小球平抛的初速度相同,其轨迹才能相同,才能 ０．６
在坐标纸上找到一些点,每次在同一位置由静止释放小球,是为 ３×３．６第二个图竖直方向上的瞬时速度vy２＝ ＝９m/s,
了使小球有相同的水平初速度． ２×０．６
(３)由于O 点是抛出点,取x＝３２cm,y＝１９．６cm,有: 则落地的竖直分速度vy ＝vy２ ＋gT＝９＋１０×０．６ m/s＝
２
１ v ２２５
x＝vt ① y＝ gt２ ② １５m/s,高台离地面的高度h
y
０ ＝２ ＝２０ m＝１１．２５m２ g
答案:
g １２ １１．２５
联立①②解得:v０＝x ,２ v ＝１．６m
/s．
y ０ 当堂训练
答案:(１)斜槽末端水平 (２)从同一位置静止滚下 保证 １．A ２．A ３．C ４．A ５．BACD ６．(１)为了保证小球每
g g
每次具有相同的初速度 (３)x １．６m/s 次做平抛运动的初速度相同 (２)x －
(３)１．００
２y y２ y１
变式１:解析:(１)两球的体积、材料和质量的选择不同,受到 课后巩固
阻力大小不同,对实验结果有影响,故 A错误;改变小球距地面的 １．B ２．C ３．D ４．解析:(１)画一条抛物线,不在线上的
高度,可以改变两球在空中的运动时间,而改变小锤击打的力度, 点要舍弃．
可以改变A 球的水平初速度大小,故B正确;小锤打击弹性金属
片,A 球水平抛出,同时B 球被松开自由下落,两球同时落地,可
知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,不能得出水平方向上
的运动规律,故C正确,D错误．
(２)安装斜槽轨道,使其末端保持水平,不左右滚动,以保证
小球做平抛运动,故 A正确;将坐标纸上竖线与重垂线平行,确保
坐标纸处于竖直面,故B正确;将小球静止在斜槽末端位置时重
心位置在背板上的投影记录为坐标原点,故C正确每次小球应从 (２)第４个点明显不到线上,水平方向的位移小了很多,是由
同一位置由静止释放,以保证到达底端速度相同,故 D错误;不断 于水平方向的初速度太小,所以原因是:小球从斜槽上滚下时的
改变水平挡板的位置,记录下小球落到挡板上的位置,故 E正确; 初始位置比其他几次的位置偏低．
将坐标纸上确定的点用平滑曲线连接,故F错误．故选:D、F．
( １３)根据y＝ gt２
２y ２×０．４５
答案:(１)B、C (２)D、F 得２ t＝ ＝ １０ s＝０．３sg
【典例２】 解析:(１)研究平抛运动,需要测量水平位移和竖 x ０．３
则平抛运动的初速度为 / /
直位移,所以还需要的器材是刻度尺．故选:C． v０＝t ＝０．３ms＝１．０ms．
(２)为了保证小球每次平抛运动的初速度相等,让小球每次 答案:(１)见解析 (２)低 (３)１．０
１０８
５．解析:(１)该题实验中要保证每次小球做平抛运动的轨迹 (３)从静止开始匀加速下滑v２＝２aL,解得a＝２m/s２．
相同,这就要求小球平抛的初速度相同,而且初速度是水平的,因 人下滑时受力分析,正交分解可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma
此在具体实验操作中要调整斜槽末端水平,同时让小球多次从同 gsinθ－a
解得μ＝ ＝０．５．
一位置无初速度的释放． gcosθ
(２)实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作,故实验顺 答案:(１)０．７s (２)４m/s (３)０．５
序为:BAC． 当堂训练
(３)从图中看出,a、b、c、d４个点间的水平位移均相等,是x １．B ２．A ３．C ４．B ５．B ６．C ７．A
＝２L,因此这４个点是等时间间隔点．竖直方向两段相邻位移之 ８．解析:(１)摩托车从A 处越过壕沟的过程做平抛运动,有
１
差是个定值,即 Δy＝gT２＝L,
x
再根据v ２０＝ ,解出t v０＝２ gL
, h＝ gt ,解得２ t＝０．６s．
代入数据得:v０＝０．７０m/s． (２)摩托车恰好越过壕沟时的初速度即为所求最小初速度,
答案:(１)同一 调整斜槽末端水平 (２)BAC (３)２ gL 有x＝v０t
,解得v０＝２０m/s．
０．７０m/s 答案:(１)０．６s (２)２０m/s
课后巩固
第４节 抛体运动的规律 １．B ２．B ３．C ４．A
知识梳理 ５．解析:(１)小球从P 点开始到桶的左上边缘时s＝v０t１
一、１．v０ ２．gt １
h －h ＝ gt２１ １ ０ １,解得t１＝０．４s,v０＝２m/s．
二、１．vt ２． gt２０ ４．抛物线 ２２
２h１
三、１．匀速直线 v０cosθ ２．v０sinθ 小球下落的总时间t＝ ＝０．５sg
典例精解 则桶的直径d＝v０t－s＝０．２m．
【典例１】 C 解析:炸弹释放时具有与轰炸机相同的水平 (２)若使小球打到桶右侧上边缘,则s＋d＝v′０t１
方向的速度,则在水平方向炸弹有相同的位移即在同一竖直方向 s＋d １
上,竖直方向炸弹做自由落体运动,且相邻两颗炸弹释放的时间 解得v′０＝ /t ＝０．４ms＝２．５m
/s
１
间隔相同,连续相等时间间隔通过的位移之比为１∶３∶５,故 小球从P 点水平抛出时的速度大小的取值范围为２m/s~
选C． ２．５m/s．
变式１:C 解析:平抛运动是只在重力的作用下,水平抛出 答案:(１)２m/s ０．２m (２)２m/s~２．５m/s
的物体做的运动,所以平抛运动的物体要受到重力的作用,故 A 专题 斜面上的平抛与平抛在生活中的应用
错误;平抛运动是曲线运动,速度沿轨迹的切线方向,所以速度方
【基础训练】
向不断改变．物体只受重力,加速度为g,所以平抛运动是匀变速
曲线运动．故B错误;根据平抛运动的规律可知,平抛运动可以分 １．B ２．B ３．A ４．D ５．B ６．C ７．A ８．B ９．A
, １０．解析:(１)由题意可知:小球落到解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动 故 C
斜面上并沿斜面下滑,说明此时小球速度
正确; １ ２h ２h根据h＝ gt２ 得t＝ ,水平位移x＝v０t＝v０ , 方向与斜面平行,否则小球会弹起,所以２ g g
v ＝vtan５３°,v２＝２h
则知平抛运动落地时的水平位移由初速度和抛出点的高度共同 y ０ y g
代入数据,, 得v ＝４m/s,v ＝３m/s．决定 故 D错误． y ０
【 ()由 得典例２】 解析:(１)根据运动合成和分解篮球进框时的水 ２ vy＝gt１ t１＝０．４s
水平距离为s＝v０t１＝３×０．４m＝１．２m．
２ ２
平分速度vx＝vcos４５°＝ v,竖直分速度２ vy＝vsin４５°＝ ２v． () mgsin５３°３ 小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝ m
x
设篮球由最高点运动到篮筐的时间为t,则水平方向 ＝vxt ＝gsin５３°＝８m/s２,２
２ gt 初速度v＝ v
２ ２
０＋vy ＝ ９＋１６ m/s＝５m/s
＝ vt,由速度关系:２ tan４５°＝
,联立得,
v t＝０．７s
,v０＝７m/s,故
０ H １且
sin５３°＝vt２＋
２
２at２
进筐的速度大小v＝ v２０＋(gt)２ ＝７ ２ m/s．
代入数据,整理得４t２２＋５t２－１２．５＝０
由vy＝gt,可得v＝９．８m/s．
解得t２＝１．２５s或t２＝－２．５s(不合题意舍去)２
() v篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是 y２ y＝２ ＝ 所以g t＝t１＋t２＝１．６５s．
答案:() /２．４５m． １ ３ms
(２)１．２m (３)１．６５s
【 】
答案:(１)９．８m/s (２)２．４５m 拓展提升
１ １．C ２．A ３．C ４．C ５．D ６．A ７．C
变式２:解析:(１)人从滑到滑出后作平抛运动h＝ gt２２ ８．解析:(１)① 选手离开平台后做平抛运动,在竖直方向 H
２h １ ２ ２H
t＝ ＝０．７s． ＝ gt１,解得２ t１＝ ＝０．６sg g
x 在水平方向x１＝v０t１＝１．８m(２)人滑至水平轨道末端时的速度大v＝ /t ＝４ms． 选手落在传送带上的位置与A 端之间的距离x＝x１－x０＝
１０９
０．６m,② 选手在传送带上做匀加速运动的位移x２＝L０－x＝ x物体B 平抛的初速度v２＝t ＝２．４m
/s．
１
２at
２
２,解得t２＝３s (３)物体A、B 间初始位置的高度差
选手运动的总时间t＝t１＋t２＋Δt＝４．６s． １ １ ２
(２)
h＝ v１tsin３７°＋ gt ＝６．８m．
设水平跃出的速度为v１,落到传送带上反应时间１．０s内 ２ ２
向左运动的位移大小x３＝vΔt＝１m 答案:(１)１s (２)２．４m/s (３)６．８m
然后向左减速至速度为０的过程中,向左运动的位移x４＝ 第六章 圆周运动
v２
２a＝０．２５m 第１节 圆周运动
选手不从传送带上掉下,平抛水平位移x≥x０＋x３＋x４＝ 知识梳理
２．４５m
一、１．圆周或一段圆弧 ２．(１)弧长 ()
Δs
２ m/s (３)切线
x
则v１≥ ＝４．０８m/
Δt
t s１ (４)瞬时速度 (５)处处相等
所以选手从平台上跃出的最小水平速度为４．０８m/s．
、 Δθ /
答案:(１)①０．６m ②４．６s (２) /
二 １．Δθ ２．Δt ３．rads ５．
角速度不变
４．０８ms
本章评估 三、１．一周 T 秒(s) ２．圈数 n 转每秒(r/s) 转每分
(/ )
１．D ２．D ３．C ４．D ５．C ６．D ７．B ８．D ９．B rmin
四、 角速度的大小与半径的乘积
１０．B １１．C １． ２．ωr
１２．(１)
典例精解
D (２)１ ０．２
: , 【典例１】 C 解析:匀速圆周运动中,转动一圈的时间为周１３．解析 如图所示 物资的实际运动可以看
期,时针的周期为 ,分针的周期为 ,秒针的周期为 即
作是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀 １２h １h ６０s
速直线运动两个分运动的合运动． , ２π ω时 T分１min 根据公式ω＝ 得时针和分针的角速度之比为 ＝
() T ω分 T时１ 分运动与合运动具有等时性,故物资实
１ ω分 T秒 １
际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等． ＝ ,分针和秒针的角速度之比为 ＝ ＝ ,所以１２ ω T ６０ ω时 ∶ω分 ∶秒 分
h １００
所以t＝ ＝ s＝２０s． ω秒 ＝１∶１２∶７２０,故选C．vy ５ 变式１:C 解析:A、B 两质点分别做匀速圆周运动,根据速
(２)物资落地时vy＝５m/s,vx＝１m/s, s SA SB
落地速度v＝ v２＋v２ ＝ １２＋５２ m/s＝ ２６ m/s． 度公式v＝ ,得t vA ∶vB ＝t ∶t ＝２∶３
,选项 A、B错误;根
x y
(３)物资在下落过程中水平方向移动的距离为:x＝vxt＝ ２π ２π ２π
据公式T＝ ,得ω TA ∶TB ＝ ∶ ＝２∶３
,选项 C 正确,D
１×２０m＝２０m． ωA ωB
答案:(１)２０s (２) ２６ m/s (３)２０m 错误．
１４．解析:(１)对小球分析,受重力、杆的支持力和木块对小 【典例２】 B 解析:齿轮传动装置中,边缘的线速度相等,因
球的弹力F z１ z２ ２πN 此从动轮只能逆时针转动;则 ＝ ,且 ,所以T T T１＝ω T２＝
由平衡条件得FN＝m
１ ２
gcotθ
２π
对木块分析,受重力、地面支持力、水平推力和小球对木块的 ,B正确３ω ．
弹力FN′ １
由平衡条件得F＝－F′ 变式２:A 解析:由题意知拖把头周期T＝ s,则拖把头转N ７
由牛顿第三定律FN＝－FN′ ２π
动的角速度ω＝T ＝１４πrad
/s,故 C错误;拖把头边缘的线速度
３
解得F＝ ３mg． ２πRv１＝ ＝１．４πm/s,
l
故 A正确;拖把杆向下运动的速度v２＝
(２)撤去水平作用力F 后小球做圆周运动,设θ＝４５°时小球 T t
速度为v球 ,将其沿水平方向和竖直方向分解,则球沿水平方向速 １＝０．３５m/s,故B错误;拖把头的转速n＝ ＝７r/s,故 D错误．
度v水平 ＝v球sin４５° T
当堂训练
小球与木块分离前沿水平方向速度相等,即v水平 ＝v
１．C ２．C ３．B ４．B ５．B ６．C ７．B ８．D ９．B
解得v球 ＝ ２v 课后巩固
答案:() ３１ mg (２)２v １．C ２．C ３．B ４．A ５．C ６．D ７．C３ ８．解析:由题可知,A,B 两点在同一皮带轮上,因此ωA ＝
１５．解析:(１)物体A 上滑过程中,由牛顿第二定律得 ωB ,又皮带不打滑,所以vA ＝vC,故可得
mgsinθ＝ma代入数据得a＝６m/s２ vC vA ３
设物体A 滑到最高点所用时间为t,由运动学公式知 ωC＝R ＝ ２ ＝ ωA
,
C ２
０＝v１－at,解得t＝１s． ３RA
( １ ３２)物体B 平抛的水平位移x＝２v１tcos３７°＝２．４m
所以ωA ∶ωB ∶ωC＝ωA ∶ωA ∶２ωA ＝２∶２∶３．
１１０
１ v １
又vB ＝RBωB ＝ RAω ＝
A
A , (２)断后小球做平抛运动:２ ２ h＝２ gt
２,x＝v０t
１
所以vA ∶vB ∶vC＝vA ∶２vA ∶vA ＝２∶１∶２． :
２h
得t＝ ,所以:x＝ ２hl．g
２π ２π ２π １ １ １
TA ∶TB ∶TC＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ＝３∶３∶２． 答案:(１) gl (２) ２hlωA ωB ωC ２ ２ ３
答案:２∶２∶３ ２∶１∶２ ３∶３∶２ 第３节 向心加速度
第２节 向心力 知识梳理
１．(１)末速度 初速度 (２)v末 －v初
知识梳理
２
v２ (
v
、 ２ ２．１
)圆心 (２)垂直 (３)r ω
２r (４)方向
一 １．圆心 ２．圆心 ３．mωr m ４．作用效果r
、 () ３．
半径切线 方向 大小
二 １．圆心 ２ 向心力 方向 ２．(１)直线 圆周
典例精解
典例精解
【典例１】 A 解析:A、B 为球体表面上【典例１】 A 解析:钢球做圆周运动,受重力、支持力、拉
两点,因此,A、B 两点的角速度与球体绕轴
力,支持力和重力平衡,拉力提供向心力,故 A正确,B错误;绳子
O１O２旋转的角速度相同,A 正确;如图所示,
v２
拉力提供向心力,据牛顿第二定律FT ＝m 知:只增大钢球的绕 A 以P 为圆心做圆周运动,B 以Q 为圆心做R
, , ; , 圆周运动,因此,A、B 两点的向心加速度方行速度 绳的拉力将增大 故 C错误 松手后 物体所受重力和支
, , 向分别指向P、Q,C错误;设球的半径为 ,持力平衡 物体将做匀速直线运动 故 D错误． R
则 运动的半径 , 运动的半
变式１:A 解析:根据向心力公式结合牛顿第二定律有F＝ A rA ＝Rsin６０°B
v２ ,v
２
径r ＝Rsin３０° A
ωrA sin６０° , ;aA ωrA
m 可知,研究向心力与半径的关系时,保持圆柱体线速度和质 B ＝ 错误r vB ωr
＝
B sin３０°
＝ ３ B a ＝B ω２r ＝B
３,D错误．
量一定, １应画F 图像,二者呈线性关系,便于研究,A 错误;研r 变式１:D 解析:传动中皮带不打滑,则A、B 两点的线速度
究向心力与线速度的关系时,保持圆柱体质量和运动半径一定, 大小相等,故vA ＝vB ,则vA ∶vB ＝１∶１,A 错误;B、C 两点绕同
应画F v２ 图像,B正确;研究向心力与质量的关系时,保持圆柱 一轴转动,故 B、C 两点的角速度相等,ωB ＝ωC,则ωB ∶ωC ＝
体线速度和运动半径一定,应画F m 图像,C正确;如能保证两 １∶１,故B错误;由于A、B 两点的线速度大小相等,半径之比为
个传感器同步记录,圆筒可以不做匀速圆周运动,光电传感器测 v２
２∶１,由an＝ 可知A、B 两点的向心加速度大小之比为aA ∶aB
量圆柱通过瞬间的线速度,力传感器测量此时瞬间的向心力(绳 R
子拉力)大小,同样可以完成该实验目的,D正确． ＝RB ∶RA ＝１∶２,C错误;由于B、C 两点的角速度相等,由an＝
【 ２典例２】 D 解析:衣物在竖直方向处于平衡状态,物体受 ωR 可知B、C 两点的向心加速度大小之比为aB ∶aC ＝RB ∶RC
到的重力与摩擦力为一对平衡力,所受摩擦力大小为 mg,故 AB ＝１∶２,又aA ∶aB ＝１∶２,所以aA ∶aC＝１∶４,故 D正确．
２ ２
错误;衣物所受支持力提供了物体圆周运动的向心力,大小为 【 ４π v典例２】 D 解析:由a＝ω２R＝ ２R＝ 可得,角速度ω
mω２R,故C错误,D正确． T R
v２ a R
变式２:D 解析:石块的速度大小不变,有a＝ ,做匀速圆 ＝ ,周期T＝２π ,线速度v＝ aR,在t时间内小球通r R a
周运动,则加速度大小不变,方向始终指向球心,A 错误,D正确; a
过的路程 ,时间内小球转过的角度
, , ; , s＝vt＝ aRtt θ＝ωt＝ t
,
合外力等于F＝ma 大小不变 B错误 由于压力变化 则摩擦力 R
变化,C错误． 故 A、B、C正确,D错误．
当堂训练 变式２:D 解析:学员和教练员都绕同一点O 做圆周运动,
１．D ２．D ３．C ４．B ５．C ６．C ７．D ８．D ９．A 则运动周期和运动角速度相等,选项 A、B错误;根据a＝ω２r 可
１０．解析:(１)(２)对小球进行受力分析,并分解拉力F,由牛 知,因学员和教练员做圆周运动的半径之比为５∶４,则向心加速
顿第二定律可知: 度大小之比为５∶４,选项 C错误;根据v＝ωr 可知,因学员和教
２ 练员做圆周运动的半径之比为５∶４,则线速度大小之比为５∶４,
Fcosθ＝mg,
４π
Fsinθ＝m T２r． 选项 D正确．
而由几何关系可知:r＝Lsinθ解得: 当堂训练
mg Lcosθ １．B ２．D ３．C ４．A ５．C ６．C ７．C ８．A ９．D
F＝ ,cosθ T＝２π g １０．C
mg Lcosθ １１．解析:(１)因电动机和机器由同一皮带连接,所以它们边
答案:(１) ()cosθ ２ ２π g 缘线速度相等,设电动机半径为r１,角速度ω１,机器轮半径为r２,
课后巩固 角速度为ω２,由题意知r２＝３r１．
１．C ２．A ３．B ４．C ５．B ６．B ７．D 根据v＝rω,得r１ω１＝r２ω２,即r１ω１＝３r１ω２,所以ω１∶ω２＝
v２ ３∶１．
８．解析:(１)当细线恰断时有:２mg－mg＝m l 根据ω＝２πn,故角速度与转速成正比,故n１∶n２＝３∶１．
解得:v＝ gl． (２)因A 与皮带边缘同轴转动,所以角速度相等,向心加速度与
１１１
１ v２ v２半径成正比,根据a＝rω２,得aA＝２×０．１０m
/s２＝０．０５m/s２． mg－FN２ ＝m ,则r FN２ ＝m (g－r ) ＝２．０×１０４ ×
２
() v a r ３ ３００３ 两轮边缘的线速度相等,根据a＝ ,得 １ ２ ,得 ５r a ＝r ＝ (１０－２ １ １ ６０ ) N＝１．０×１０ N．
a１＝３a２＝０．３m/s２． 由牛顿第三定律得,在凸形桥面最高点汽车对桥面的压力为
答案:(１)３∶１ (２)０．０５m/s２ (３)０．３m/s２ １．０×１０５ N．
课后巩固 答案:(１)１０ ３ m/s (２)１．０×１０５ N
１．B ２．D ３．B ４．D ５．D v２
: , , 变式２:C 解析:战车在 点时,由 知,６．解析 设乙下落到 A 点所用时间为t 则对乙 满足 R＝ B FN－mg＝m R FN
２
１ ２ ２R ３ ３ ２R vgt 得t＝ ．这段时间内甲运动了 T,即 T＝ ①, ＝mg＋m ,则FN ＞mg,故对路面的压力最大;在C 和A 点２ g ４ ４ g R
２ v２ v２４π
又由于an＝ω２R＝ R②,
９
由①②得,a ＝ π２g． 时,由n mg－FN＝m 知, ,则 ,且T２ ８ R
FN＝mg－m R FN＜mg RC ＞
９ RA ,故FNC＞FNA ,故在A 点对路面压力最小,故C正确．
答案: ２
８πg 当堂训练
第４节 生活中的圆周运动 １．D ２．C ３．D ４．A ５．A ６．D ７．A
８．解析:(１)由表中数据可知,每组的h 与r之积为常数,hr
知识梳理
、１．圆周运动 向心加速度 ＝６６０×５０×１０
－３ m２＝３３m２．当r＝４４０m 时,h＝７５mm．
一
２．(１) ()
(２)铁轨示意图如图甲所示,内、外轨对车轮没有侧向压力弹力 ２ 重力mg 支持力FN ２
二、m vg－FN 越小 FN－mg 越大 时,火车的受力如图乙所示．则mgtanθ＝m θ．很小,则有r tanθ
三、１．地球引力 飞船座舱对他的支持力 mg－FN
四、１．切线 远离 ２．合力不足 向心力 h ghr １０×３３＝sinθ＝ 所以 / /l ． v＝ l ＝ １４３５×１０－３ ms＝１５ms＝
典例精解
/
【典 例 １】 解 析:( ) /
５４km h．
１ v ＝７２ km h＝
２０m/s,外轨对轮缘的侧压力提供火车转弯所
需要的向心力,所以有:
v２ １０５×２０２
FN＝m r ＝ ４００ N＝１×１０
５ N．
甲 乙
由牛顿第三定律可知铁轨受到的侧压力大小等于１×１０５ N．
( ２２)火车过弯道,重力和铁轨对火车的支持力的合力正好提 答案:(１)hr＝３３m ７５mm (２)５４km/h
v２ v２ 课后巩固
供向心力,如图所示,则 mgtanθ＝m ,由此可得r tanθ＝rg １．C ２．A ３．C
＝０．１． ４．解析:如图所示,汽车到达桥顶时,受到重力mg 和桥面对
答案:(１)１×１０５ N (２)０．１ 它的支持力FN的作用．
变式１:D 解析:倾斜面上汽车受到的支持力与斜面垂直, (１)汽车对桥面的压力大小等于桥面对汽
故 A错误;汽车转弯时的运动可看成圆周运动,向心力方向指向 车的支持力FN．汽车过桥时做圆周运动,重力
v２ 和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定
弯道内侧,令斜面的夹角为θ,当汽车速度满足m r ＝mgtanθ
,
律有:
可知,v＝ grtanθ,汽车不受摩擦力作用,汽车在倾斜路面转 v２ v２
mg－F ＝m
１
N ,所以FN＝mg－m
１ ＝７６００N．
弯,当速度小于 grtanθ,摩擦力向外,当速度大于 grtanθ时, R R
摩擦力向内,故乙可能受到平行路面指向弯道外侧的摩擦力作 故汽车对桥面的压力为７６００N．
用,故B错误,D正确;甲车转弯时,由静摩擦力提供圆周运动向 (２)汽车经过桥顶时恰好对桥面没有压力,则FN＝０,即汽车
心力,故甲车转弯是圆周运动,需要向心力,故甲车不可能不受平 做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供,所以有 mg＝
行路面指向弯道内侧的摩擦力,故C错误． v２m ,解得v＝ gR＝２２．４m/s．
【典例２】 解析:(１)汽车在凹形桥面的底部时,由牛顿第三 R
定律可知,桥面对汽车的最大支持力F ＝３．０×１０５ N,根据牛顿 (３)由(２)问可知,当FN＝０时,汽车会发生类似平抛的运N１
v２ 动,这是不安全的,所以对于同样的车速,拱桥圆弧的半径大些比
第二定律得FN１－mg＝m r ． 较安全．
(F
５
) (N１ ４)由(２)问可知,若拱桥的半径增大到与地球半径一样大,汽即v＝ m －g r＝ (３．０×１０２．０×１０４－１０) ×６０ m/s＝ 车要在桥面上腾空,速度至少为v′＝ gR′＝ １０×６４．×１０６ m/s＝
１０ ３ m/s＜ gr＝１０ ６ m/s． ８０００m/s．
故汽车在凸形桥最高点上不会脱离桥面,所以最大速率为 答案:(１)７６００N (２)２２．４m/s (３)半径大些比较安全
１０ ３ m/s． (４)８０００m/s
(２)汽车在凸形桥面的最高点时,由牛顿第二定律得
１１２
专题 竖直平面内的圆周运动 答案:(１)２０rad/s (２)ω ＜１０ ２
【基础训练】 专题 水平面内的圆周运动
１．B ２．C ３．C ４．B ５．C ６．B ７．C 【基础训练】
８．解析:设小球经过B 点时的速度为v,小球平抛运动的水 １．C ２．B ３．B ４．D ５．D ６．C
平位移x＝ (３R)２－(２R)２
１
＝ ５R,竖直方向上２R＝ gt２,故 ７．解析:(１)设水平转盘以角速度ω１匀速转动时,物块与转２ 盘刚好要相对滑动,此时物体所需向心力恰好最大静摩擦力提
x ５R ５gR
v＝t ＝ ＝ ２ ．４R 供,
g
则μmg＝mrω２１解得:ω
μ
１＝ r ．
g (２)由于ω２＜ω１,物体受到的最大静摩擦力大于所需向心
v２
在B 点根据牛顿第二定律得F＋mg＝m , 力,此时绳对物体没有拉力,故T２＝０．R (３)由于ω３＞ω１,物体受到的最大静摩擦力不足以提供所需
１
所以F＝ mg,根据牛顿第三定律知, 向心力,此时绳对物体有拉力４ ．
由
１ μmg＋T３＝mω
２
３r,得此时绳子对物体拉力的大小为T３＝
小球对轨道口B 处的压力F′＝F＝４mg． ２
３μmg．１
答案:
４mg g答案:(１) μ (２)
２
０ (３) μmg
９．解析:小 球 在 最 高 点 的 受 力 如 图 r ３
所示: 【拓展提升】
(１)杆的转速为２r/s时,ω＝２π n＝ １．C ２．B ３．A ４．B ５．A
４πrad/s, ６．解析:(１)小球做圆周运动的轨道半径为r＝Lsin５３°＝
由牛顿第二定律得F＋mg＝mLω２, ０．５×０．８m＝０．４m．
故小球所受杆的作用力 因小球与斜面间恰好没有挤压,只受重力G 和拉力
２
F＝mLω２－mg＝２×(０．５×４２×π２－１０)N≈１３８N, T１作用,所以Fn＝mgtanθ．mgtanθ＝mω０r,
即杆对小球有１３８N 的拉力,由牛顿第三定律可知,小球对 gtanθ １００ １０ ３
ω０＝ ＝ ＝ /
杆的拉力大小为１３８N,方向竖直向上． r ３ ３
rads．
(２)杆的转速为０．５r/s时,ω′＝２π n′＝πrad/s, (２)当角速度为０．５ω０时,小球受到三个力的作用:重力G、支
同理可得小球所受杆的作用力 持力F、拉力T２．
F′＝mLω′２－mg＝２×(０．５×π２－１０)N≈－１０N． 在Y 方向Fsin５３°＋T２sin３７°＝mg,
力F′为负值表示它的方向与受力分析中所假设的方向相 在X 方向T cos３７°－Fcos５３°＝mω２２ r,
反,即杆对小球的作用力大小为１０N,方向竖直向上,根据牛顿第 代入数据解得T２＝２．６N．
三定律可知,小球对杆的作用力大小为１０N,方向竖直向下． １０ ３
:() , () , 答案:() / ()答案 １ １３８N 方向竖直向上 ２ １０N 方向竖直向下 １ ３ rads ２ ２．６N
【拓展提升】 ７．解析:当BC 恰好拉直,但没有拉力存在时,
２
１．C ２．B ３．C ４．A ５．B ６．A 有FT１cos３０°＝mg,FT１sin３０°＝mlsin３０°ω１,解得
７．解析:分别以水桶和桶中的水为研究对象,对它们进行受 ω１＝２４．rad/s．
力分析,找出它们做圆周运动所需向心力的来源,根据牛顿运动 当 AC 恰 好 拉 直,但 没 有 拉 力 存 在 时,有
定律建立方程求解． FT２cos４５°＝mg,FT２sin４５°＝mlsin３０°ω
２
２,解得
(１)以水桶中的水为研究对象,在最高点恰好不流出来,说明水 ω２＝３．１６rad/s．
的重力恰好提供其做圆周运动所需的向心力,此时桶的速率最小,此 所以要使两绳始终张紧,ω 必须满足的条件
v２ 是２．４rad
/s≤ω≤３．１６rad/s．
时有:m ＝m ０g ,则所求的最小速率为:r v０＝ gr＝２．２４m
/s． 答案:２．４rad/s≤ω≤３．１６rad/s
(２)此时桶底对水有一向下的压力,设为FN,则由牛顿第二 本章评估
: v
２
定律有 F ＋mg＝m ,代入数据可得:F ＝４N． １．C ２．B ３．A ４．B ５．B ６．B ７．C ８．D ９．A N r N １０．C
由牛顿第三定律,水对桶底的压力:FN′＝４N． １１．解析:(１)小球刚好通过最高点时,恰好只由重力完全提
答案:(１)２．２４m/s (２)４N v２１
８．解析:(１)当试管匀速转动时,小球在最高点对试管的压 供向心力,故有:mg＝m ,解得l v１＝ gl＝２m
/s．
力最小,在最低点对试管的压力最大． (２)小球通过最高点时的速度大小为４m/s时,拉力和重力
在最高点:F１＋mg＝mω２r,在最低点:F２－mg＝mω２r,F２ ２
的合力提供向心力,有: vF ＋m ２T g＝m ,解得
２g l
FT ＝１５N．
＝３F１,联立以上方程解得ω＝ r ＝２０rad
/s． (３)分析可知小球通过最低点时绳张力最大,在最低点由牛
(２)小球随试管转到最高点时,当 mg＞mω２r 时,小球会与 v２顿第二定律得FT′－mg＝m
３
g l
试管底脱离,即ω＜ r ＝１０ ２． 将FT′＝４５N代入解得v３＝４ ２ m/s
１１３
３
即小球的速度不能超过４ ２ m/s． R变式１:D 解析:公式T２＝k
适用于所有环绕天体围绕中心
答案:(１)２m/s (２)１５N (３)４ ２ m/s
:() , 天体的运动
,故 A错误;围绕同一星球运行的行星或卫星,k 值相
１２．解析 １ 当小球在最高点对杆的作用力为零时 重力提
２ 等;围绕不同星球运行的行星或卫星,k 值不相等,故 B错误;常v
供向心力,则mg＝m
０ ,解得
R v０＝３m
/s． 数k是由中心天体质量决定的,即仅由被环绕星球的质量决定,
(２)v１＝６m/s＞v０,杆对球为竖直向下的拉力,由牛顿第二 故C错误,D正确．
v２ 【典例２】 解析:飞船沿椭圆轨道返回地面,由题图可知,飞
定律得:mg＋F
１
１＝m ,解得F１＝６N,由牛顿第三定律得:球对R 船由A 点到B 点所需要的时间刚好是沿图中整个椭圆运动周期
杆的作用力为竖直向上的拉力,F１′＝F１＝６N．v２＝１．５m/s＜ R＋R的一半,椭圆轨道的半长轴为 ０,设飞船沿椭圆轨道运动的
v０,杆对球为竖直向上的支持力,由牛顿第二定律得:mg－F ＝ ２２
３
v２ R＋R０
m ２ ,解得F２＝１．５N,由牛顿第三定律得:球对杆的作用力为竖 R３ (R ２ )周期为 T′．根据开普勒第三定律有 ２ ＝ ２ ,解得 T′＝
直向下的压力,F２′＝F２＝１．５N． T T′
答案:(１)
３
３m/s (２)６N,方向竖直向上 １．５N,方向竖直 (R＋R０ ) (R＋R０)T R＋RT ＝ ０ ．
向下 ２R ２R ２R
１３．解析:(１)当转台以角速度ω＝３rad/s旋转时,物体A 的 T′所以 飞 船 由 A 点 到 B 点 所 需 要 的 时 间 为:t＝ ＝
向心加速度的大小,a ２n＝ωr＝３２×０．２m/s２＝１．８m/２
２
s．
(２)当A 所受的静摩擦力达到最大值时,A 有向外运动的趋 (R＋R０)T R＋R０ ．
势,绳子才有拉力,根据牛顿第二定律得:F＋μmg＝mω２r,则得
４R ２R
F＝mrω２－ mg． (μ :R＋R０
)T R＋R
答案 ０
由数学知识可得,F ω２图像的斜率等于mr, ４R ２R
０．２ : １
mr 变式 解析
:由于 , 天,由开普勒第
即有 ＝k＝ ． ２C r卫 ＝ ９r月 T月 ＝２７２０－１０
解得m＝０．１kg． r
３ r３卫 月
三定律 ２ ＝ ２ ,可得T卫 ＝１天,故选项T T C
正确．
卫 月
由图知 F＝０时ω２＝１０(rad/s)２,当F＝０时,由F＝mrω２
当堂训练
rω２ ０．２×１０
－μmg 得:μ＝ ＝ １０ ＝０．２．g １．B ２．C ３．D ４．C ５．A ６．D ７．C ８．B ９．B
３
答案:(１)１．８m/s２ (２)０．１kg ０．２ R１０．解析:根据开普勒第三定律有: ２＝k,k只与太阳质量有
１４．解析:(１)圆盘开始转动时,物体A 所受的静摩擦力提供 T
３ ３
向心力．由于最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,则物体A 不滑 R地 R土关．则 ２ ＝ ２ ,其中T 为公转周期,R 为行星到太阳的距离．代
动的条件是μmg≥mω２ ,
T地 T土
０R① 又因为ω０＝２πn０②,由①②式得
R３ (１．４３×１０１２地 )３
１ g １ g 入数值得: ２＝ ２ 得R地 ＝１．５０×１０
１１ m＝１．５０×
n０≤ μ ,即当２π R n
μ
０＝ 时,物体 开始滑动 (１年) (２９．４年)２π R A ． １０８km．
(２)转速达到２n０时,物体A 已滑动,物体A 停止滑动时由 答案:约１．５０×１０８km
弹力和最大静摩擦力的合力提供向心力,设弹簧伸长量为 Δx,则 课后巩固
物体A 做圆周运动的半径r＝R＋Δx③,角速度ω＝２π ２n０＝ １．C ２．C ３．B ４．B ５．A ６．D ７．A
２ω０④,又由牛顿第二定律知,μmg＋kΔx＝mω２r⑤
: ３μmgR
第２节 万有引力定律
解③④⑤式得 Δx＝kR－４ ．μmg 知识梳理
:()１ μg ３mgR
m m太 m太 m
答案 １ ２π R
(２) μ 一、１．匀 速 圆 周 匀 速 圆 周 ２．r２ ３．kR－４μmg r
２ ４． r２
第七章 万有引力与宇宙航行 m太 mG r２ ５．连线
第１节 行星的运动 ４π２r月二、１．平方反比 ２．(２) ２ (３)月球的向心加速度T月
知识梳理
、 m１m２一 １．地球 ２．太阳 太阳 ３．椭圆 椭圆 焦点 相等的时 三、１．它们的连线 正比 二次方 ２．G r２
间 面积 半长轴 公转周期 相同 四、１．卡文迪什
二、１．十分接近 圆心 ２．角速度 线速度 匀速圆周 ３．轨 典例精解
道半径r的三次方 公转周期T 的二次方 【典例１】 C 解析:设地球质量为 M,半径为R,航天员的
典例精解
Mm
【典例１】 D 解析:不同行星绕太阳运动时的椭圆轨道不 质量为m,可知地球对航天员的万有引力F＝G ２ ,该星球对航R
同,但有一个共同的焦点,即太阳位置,A、B错误;由开普勒第二 １
定律知,行星离太阳距离小时速度大,距离大时速度小,C错误; ２Mm Mm
天员的万有引力
a３ F′＝G ２＝２G ２ ＝２F．
运动的周期T 与半长轴a满足 ２＝k, 正确T D ． ( １ R２R )
１１４
: : r
３ 课后巩固
变式１C 解析 开普勒第三定律 ２＝k 是无法在实验室中T １．D ２．B ３．D ４．B ５．A ６．B ７．A ８．D
验证的,是开普勒研究天文学家第谷的行星观测记录发现的．故 ９．解析:(１)在天体表面物体的重力近似等于万有引力,即
选C． GMm M g M R２１ １ ２ ４ ３
【典例２】 解析:在地面附近的物体,所受重力近似等于物体 R２
＝mg,g∝ ２,所以R ＝ ２ ①
,由
R M＝ρV＝ρ
πR ,
g２ １M２ ３
所受到的万有引力． M ３得 １＝ρ１
R１
３ ②,
取测试仪为研究对象,其先后受力如图(甲)(乙)所示,据物 M２ ρ２R２
体的平衡条件有F ＝mg ,g ＝g, 把R１∶R２＝１∶２、N１ １ １ ρ１∶ρ２＝４∶１、g１＝１０m/s
２代入方程组,
可解得g２＝５m/s２．
(２)在地球表面竖直上抛的物体最高可达２０m,其运动的初
速度v０＝ ２gh＝ ２×１０×２０ m/s＝２０m/s,在B 行星表面以
同样的初速度竖直上抛一物体, ２v落回原地的时间t＝ ０
２×２０
＝
g２ ５
s＝
甲 乙 ８s．
:() /２ ()
当升到某 一 高 度 时,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有:FN２ －mg２ ＝
答案 １ ５ms ２ ８s
g mg ３ 第 节 万有引力理论的成就
m ,FN２＝ ＋mg２＝ mg,
１ ３
可得g２＝ g．设火箭距地面高２ ２ ４ ４ 知识梳理
Mm １ gR２ ２
度为 H,则 mg２ ＝G ,由 g＝ ,可得 H gR( )２ ４ ( )２ 一
、
R＋H R＋H ２．G
＝R． ４π２r３
二、１． ．
答案:R GT２
变式２:解析:(１)在月球和地球表面附近竖直上抛的物体都 三、１．亚当斯 勒维耶 伽勒 ２．冥王星 ３．万有引力定律
做匀减速直线运动,其上升的最大高度分别为:h月 ＝v２０/２g月 ,h地 ７６
＝v２０/２g地 ．式中,g月 和g地 是月球表面和地球表面附近的重力加 典例精解
GM GM 【典例１】 A 解析:无论是地球绕太阳公转还是月球绕地, 月 地速度 根据万有引力定律得:g月 ＝ ２ ,g地 ＝ ,于是得上升 ２R月 R２地 Mm ４π球公转,都是万有引力提供向心力,均有 G r２ ＝m ２r
可得
的最大高度之比为: T
３
h g M R２ １ ２ r , M日 R
３t２
月 地 地 月 M∝ ２ 所以 ＝ ３ ２,故选
h ＝ ＝ ＝８１× ＝５．６．
A．
地 g ２月 M R (３．８) T M地 rT月 地
() , , 变式２ 设抛出点的高度为 H 初速度为v 在月球和地球表面 １
:D 解析:根据下落的高度和时间,根据位移时间公
０
, 式只能求出火星表面的重力加速度
,无法求出火星的平均密度,
附近做平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动 从抛出到落
Mm ４π２
２H ２H 故 A错误;根据万有引力提供向心力可得G ２ ＝mr ２ 解得
地所用时间分别为:t ＝ ,t ＝ r T月 地
g月 g地 ４π２r３
在水平方向做匀速直线运动,其水平射程之比为: M＝ ２ ,飞船的轨道半径r未知,无法求出火星质量,则无法GT
s月 v０t月 g地 R月 M地 ９ 求解平均密度,B错误;已知火星绕太阳的周期,无法求出火星的
s ＝ ＝ ＝地 v０t地 g月 R M
＝３．８＝２．３７．地 月 质量,也无法求出火星的平均密度,C错误;根据万有引力提供向
答案:(１)５．６ (２)２．３７ ４π２r３
当堂训练 Mm ４π２ ４π２r３ M GT２
心力可得G r２ ＝mrT２
解得 M＝GT２
,密度ρ＝
１．A ２．C ３．D ４．B ５．A ６．C ７．B V
＝４πR３ ＝
８．解析:将挖去的球补上,则完整的大球对球外质点P 的引 ３
GMm GMm R ４ ３π (r
３
: , : ２ ) ,测出卫星轨道半径与火星半径之比 和卫星周期力为 F１＝( 半径为 的小球的质量 K T２R)２＝ ４R２ ２ M′＝ ３π× GT R
３ ３ 可以求出火星的平均密度, 正确M １ D ．(R２ ) × Rρ＝π× ( ２ ) × ４ ＝８M． 【典例２】 解析:(１)根据万有引力定律和向心力公式π(３ R)３ M ２月 M地 M地 mG R２ ＝M月R月 (２πT ) ① mg＝G R２ ②GM′m G４M′m 月
补上的 小 球 对 质 点 P 的 引 力:F２ ＝ ２ ＝ ３
( ５ ) ２５R
２ gR２T２
R 联立①②得２ R月 ＝ ４π２ ．
GMm (２)设月球表面的重力加速度为g月 ,根据题意:
＝５０R２ ． g月t M月 m
: v０＝因而挖去小球的阴影对质点P 的引力为 ２
③ mg月 ＝G r２ ④
GMm GMm ２３GMm ２v０r２
F＝F１－F２＝ ２ － ＝ ． 联立２ ２ ③④得 M月 ＝４R ５０R １００R Gt
．
３
:２３GMm gR
２ ２ ２vr２
答案 T２ 答案:(１) ２ ()
０
１００R ４π ２ Gt
１１５
变式２:解析:(１)小球做平抛运动,在竖直方向,根据h＝ 二、１．赤道 角速度 自转周期 ２．人造地球卫星 月球 杨
１ ２h 利伟
２gt
２,得星球表面的重力加速度为g＝t２ ． 典例精解
() Mm２ 物体在星球表面,根据 G ＝mg,得星球的质量为
【典例１】 解析:(１)要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作
R２ 轨道”,应减小速度做近心运动．
gR２ M ３h
M＝ ．则星球的密度为ρ＝ ＝ ． (２)根据线速度与轨道半径和周期的关系可知探月卫星线速G V ２πGRt２ ２π(R＋h)
Mm v２ 度的大小为:v＝ T ．(３)根据万有引力提供向心力为G (R＋H)２＝mR＋H (３)设月球的质量为 M,探月卫星的质量为 m,月球对探月
R ２h
解得v＝ 卫星的 万 有 引 力 提 供 其 做 匀 速 圆 周 运 动 的 向 心 力,所 以 有t R＋H ． Mm ４π２
２h ３h R ２h G ( )２＝m ２
(R＋h)．月球的第一宇宙速度v１等于“近月
答案:(１) R＋h Tt２
(２) ２ (３)２πGRt t R＋H Mm′
当堂训练 卫星
”的环绕速度,设“近月卫星”的质量为 m′,则有 G R２ ＝
１．A ２．B ３．B ４．B ５．A ６．A ７．D ８．C ９．A v２１ ２π(R＋h) R＋h
１０．解析:(１)设太阳的质量为 M,地球的质量为 m,因为太 m′ ,由以上两式解得R v１＝ T R ．
阳对地球的万有引力提供地球绕太阳做匀速圆周运动的向心力, ( ) ( )
Mm ４π２ ４π２r３ ４π２c３t３ 答案:(１)
２πR＋h ２πR＋h R＋h
减小 (２) (３)
有G r２ ＝mω
２r＝m r,解得 M＝ ＝ T T RT２ GT２ GT２ ． 变式１:(１)C (２)B (３)B 解析:(１)月球车在月球的引
(２)地球半径为R,则地面上质量为m′的物体的重力近似等 力作用下绕月球运动,A、B错;月球车在轨道运行时处于失重状
Gmm′
于物体与地球的万有引力,故有:F ′＝m′g,即: ＝m′g, 态,C正确,D错误引 ．R２ (２)发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度,故 B
gR２
m＝ ． 正确,A、C、D错误．G
(３)２ ３ ３ ２ 根据万有引力定律可知离月球最近的地点,受月球的引
:( ４πct gR答案 １) GT２
(２) G 力最大,故B正确．
课后巩固 【典例２】 A 解析:物体A 和卫星C 周期相同,则根据a＝
２
１．A ２．B ３．C ４．B ５．B ６．C ７．B (２π) r可知,转动的半径不同,则具有不同大小的加速度,根据T
８．解析:(１)设两个星球A 和B 做匀速圆周运动的轨道半径
２πr
分别为r和R,相互作用的引力大小为F,运行周期为T．根据万 v＝ 可知,卫星C 的运行速度大于物体A 的速度,选项 A 错T
Mm
有引力定律有F＝G ①,由匀速圆周运动的规律得F 误,符合题意;选项B正确,不符合题意;物体A 随地球做的是匀(R＋r)２
速圆周运动,线速度大小不变,角速度不变,而卫星 的线速度是
２ ２ B
＝m (２π ,T ) r ② F＝M (２πT ) R ③,由题意有L＝R＋r ④, 变化的,近地点最大,远地点最小,即角速度发生变化,而周期相
等,所以如图所示开始转动一周的过程中,会出现 先追上 ,后
L３
A B
联立①~④式得T＝２π ( ,G M m) ⑤． 又被B 落下 一个周期后＋ A 和B 都回到自己的起点．所以可能出
() , 现:O 在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方
,选项 C正确,不符２ 在地月系统中 由于地月系统旋转所围绕的中心 不在
地 心,月 球 做 圆 周 运 动 的 周 期 可 由 ⑤ 式 得 出:T１ ＝ GMm GM合题意;根据 ２ ＝ma 得a＝ ２ 知,在P 点两卫星距离地心的r r
L′３
２π ⑥． 距离相等,则加速度相等．故 D正确,不符合题意G(
．
M′＋m′)
变式 : 解析:轨道 的半长轴小于轨道 的半径,根据开
式中, , ２B Ⅱ ⅠM′和m′分别是地球与月球的质量 L′是地心与月心之
普勒第三定律可知“嫦娥五号”沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道
间的距离．若认为月球在地球的引力作用下绕地心做匀速圆周运
Ⅰ运行的周期,故 A错误;在轨道Ⅰ上从A 点开始变轨进入轨道
, M′m′
２
动 则G ２π ,式中 为月球绕地心运动的 ,可知“嫦娥五号”做向心运动,在 点应该制动减速,故 正L′２ ＝m′(T ) L′ ⑦ T２ Ⅱ A B２
确;在轨道Ⅱ上运动时,“嫦娥五号”在A 点时的万有引力比在B
L′３ ２
周期．由⑦式得:T２＝２π ⑧．由⑥⑧式得 (T２ ) ＝１＋ 点时的小,故在A 点的加速度小于在GM′ B 点的加速度,故 C错误;T１
根据开普勒第二定律可知,“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上由A 点运行到
m′ ２,代入数据得 T２
M′ (T ) ＝１．０１２． B 点的过程中,速度逐渐增大,故 D错误．１
当堂训练
L３
答案:(１)２π ()G(M＋m) ２ １．０１２ １．B ２．A ３．B ４．B ５．D ６．B ７．B ８．A
课后巩固
第４节 宇宙航行 １．B ２．A ３．D
知识梳理
４．解析:(１)
Mm
由万有引力定律和向心力公式得:G ( )２＝
一、 Gm地 R＋h１．(１) r
(２)７．９km/s ２．１１．２km/s １１．２km/s
４π２( ) , Mmm ,联立 解得:
３．１６．７km/s T２
R＋h ① G R２ ＝mg ② ①②B
１１６
(R＋h)３ 怎样加速,它的速度不会等于甚至超过光速．
TB ＝２π R２ ③．g (２)光没有静止质量．若光有静止质量,当光传播时速度为c,
２ m
(２)由题意得(ω －ω )t＝２π ④,
gR
由③得ω ＝ 由m＝
０ ,它传播时的质量会无穷大,光照射到物体上,如
B ０ B (R＋h)３ v２１－c２
, ２π⑤ 代入④得t＝ ．
R２g 同一质量无穷大的物体以光速砸到被照物体上,后果不堪设想．
(R＋h)３ －ω０ 答案:见解析
( )３
:() R＋h () ２π 本章评估答案 １ ２π R２ ２g R２g
－ω １．C ２．A ３．B ４．C ５．A ６．D ７．A ８．A ９．D (R＋h)３ ０ １０．C
第５节 相对论时空观与牛顿力学的局限性 Ft２１１．答案:(１)ON 的长度 (２) ２ ２
知识梳理 ４π (n－１)r
Δτ １２．解析:(１)小球在斜坡上做平抛运动时:
一、１．(１)惯性 相同 (２)相同 ２．(１) : ,
１－ (v
２ 水平方向上 x＝v０ ①
c ) : １竖直方向上 y＝ gt２,②
２ ２
(２)l０ １－ (vc ) ３．运动状态 y由几何知识tanα＝ ,③
二、
x
１．牛顿力学 ２．(２)低速 高速
２vtanα
典例精解 由①②③式得g＝
０
t ．
【典例１】 D 解析:经典时空观认为时间和空间是独立于 Mm０
物体及其运动而存在的,而相对论时空观认为时间和空间与物体 (２)对于星球表面的物体m０,有:G R２ ＝m０g
及其运动有关系,A、B正确;经典力学只适用于宏观物体、低速运 ４ ３ M ３vtanα
动问题,不适用于高速运动(相对于光速)问题,C正确;当物体的 又V＝ πR ,故 ＝ ＝
０
３ ρ V ２πRtG ．
运动速度远小于光速时,相对论和经典力学的结论相差不大,故 (３)该星球的第一宇宙速度等于它的近地卫星的运行速度,
经典力学是适用的,D错误． Mm v２ ２vRtanα
变式１:A 解析:人们对客观世界的认识要受到所处时代的 故G ２ ＝m ,又R R GM＝gR
２,解得v＝ ０t ．
客观条件和科学水平的制约,所以形成的看法也都具有一定的局
:()２v０tanα ( ３vtanα ２vRtanα限性,人们只有不断扩展自己的认识,才能掌握更广阔领域内不 答案 １ t ２
) ０ () ０
２πRtG ３ t
同事物的本质与规律．新的科学的诞生并不意味着对原来科学的 １３．解析:(１)同步卫星距地面的高度小于月球离地面的高
全盘否定,只能认为过去的科学是新的科学在一定条件下的特殊 度,A错;同步卫星运行速度小于第一宇宙速度,B正确;同步卫
情形．故 A项不正确,B、C、D正确． 星只能处于赤道上空,C错;根据牛顿第二定律知 D正确．
【 】 : : m典例２ 解析 根据狭义相对论 m＝ ０ ,由题意知 ( mM
v２ ２
)由题意知G R２ ＝mg１＝ma２
,a２＝g１,故 A、C错误,B
１－c２
; mM正确 G R２ －mg２＝ma３
,所以有g１－２ g２＝a３,故 D对．v２
m m １－ ２ ２ ２０ ０ m１ c c －v２ (３)电梯仓的向心加速度为, , a＝rω
２＝５Rω２＝５×６．４×１０６×
m１＝ m２＝ 可得 ＝ ＝ ２ ２
v２１ v２ m２ v２２ １ c －v１ (７．３×１０－５)２ m/s２＝０．１７m/s２．对电梯仓内的人受力分析可得:
１－c２ １－c２ １－c２ Mm Mm GMG (５R)２－FN＝ma
,从而FN＝G ( ,结合 代４ ３ ５R)２
－ma g＝R２ ．
＝ ,所以３ m２＝４m１＝２．２５kg． 入数据得出:FN＝１１．５N．
答案:２．２５kg 答案:(１)BD (２)BD (３)１１．５N
变式２:解析:根据爱因斯坦相对论的第二个基本假设,真空 第八章 机械能守恒定律
中光速不变原理,所以地球上的人看到宇宙飞船宽度等于l,根据
爱因斯坦相对论可知,地面上的人观察到的地面上钟较快． 第１节 功与功率
答案:等于 地面上钟较快 知识梳理
当堂训练 一、１．力的大小 位移 余弦 ２．Flcosα ３．标量 ４．焦耳
１．B ２．C ３．D ４．D ５．B ６．B ７．C ８．C ９．D 焦 J ５．１N的力 力的方向 １N m
课后巩固 二、１．不做功 ＞ 正功 ＜ 负功 ２．代数和 W１＋W２＋
１．A ２．C ３．C ４．D ５．B ６．D ７．B ８．A W３＋ ＋Wn
９．解析:(１)
m
由m＝ ０ 知:当v＝c时,m 应是无穷大． 、 W三 １．功W 时间t ２． ３．瓦特 ４．快慢 ５．(１)物体速
v２ t
１－c２ 度 (２)① 平均功率 ② 瞬时功率 (３)反比
物体加速时,随着速度不断增大,物体的质量不断增大,产生加速 典例精解
度的力会随着不断增大,使加速越来越困难．因此一个物体不管 【典例１】 解析:(１)木块沿斜面下滑时,对木块受力分析．由
１１７
牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma,解得a＝２m/s２．由 课后巩固
１ ２ １ ２ , １．B ２．A ３．B ４．B ５．D位移公式l＝ at ＝ ×２×２ m＝４m 重力在前２s内做的功２ ２ ６．解析:(１)设起重机允许输出的最大功率为P０,重物达到
为:W＝mglsinθ＝２×１０×４×０．６J＝４８J．重力在前２s内的平均 最大速度时,拉力F０等于重力,P０＝F０vm,① F０＝mg,② 代
W ４８
功率为P＝ ＝ W＝２４W． 入数据,有:P０＝５．１×１０
４ W．③
t ２ (２)匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功率,设
(２)木块在２s末的速度v＝at＝２×２m/s＝４m/s,２s末重 此时重物受到的拉力为F,速度为v１,匀加速运动经历时间为t１,
力的瞬时功率:P＝mgvcos(９０°－θ)＝mgvsinθ＝２×１０×４× 有:P０＝Fv１,④ F－mg＝ma,⑤ v１＝at１．⑥
０．６W＝４８W． 由③④⑤⑥,代入数据,得:t１＝５s．⑦
答案:(１)２４W (２)４８W 当t＝２s时,重物处于匀加速运动阶段,设此时速度为v２,输
变式１:B 解析:两种情况用同样大小的力拉绳,甲乙两幅 出功率为P,则:v２＝at,⑧ P＝Fv２,⑨ 由⑤⑧⑨,代入数据,
图中左边的船移动的位移相同,但乙图中右边的船也要移动,故 得:P＝２．０４×１０４ W．
拉力作用点移动的距离大;拉力的功等于拉力与作用点在拉力方 答案:(１)５．１×１０４ W (２)５s ２．０４×１０４ W
向上的位移的乘积,故乙图中拉力做功多,由于时间相同,故乙图
中拉力的功率大,即W 第２节 重力势能１＜W２,P１＜P２,故B正确,A、C、D错误．
【典例２】 解析:(１)当汽车速度达到最大时,牵引力F＝ 知识梳理
F ,则由P＝Fv得汽车所能达到的最大速度: 一、１．(１)mgΔh (２)(mgcosθ)l mgΔh ２．位置 路径f
P ６０×１０３ 二、１．重力做的功 高度 重力势能 ２．mgh ３．标量 ４．焦
vmax＝ ＝ /F ５×１０３ ms＝１２m
/s． ① 耳 J １N m ５．(１)f Ep１－Ep２ (２)① 正功 减少 ＞ ＞
(２)汽车以恒定的加速度a 做匀加速运动,能够达到的最大 ② 负功 增加 ＜ ＜
P P 三、１．水平面 ０ ２．不同 ３．正值 负值
速度 为 v,则 有: － Ff ＝ ma,② 得v v ＝Ff＋ma ＝ 四、１．弹性形变 弹力 ２．零 压缩 拉长 ３．减小 增大
６０×１０３ ４．(１)劲度系数 (２)形变量
５×１０３
/ /
＋５×１０３×０．５ms＝８ms．③ 典例精解
v ８
由v＝at得这一过程维持的时间t＝a ＝
Mg
０．５s＝１６s． 【典例１】 C 解析:物体离开地面时,弹簧伸长x＝ ,重k
(３)当汽车以额定功率启动达到２m/s的速度时,牵引力 物上升的高度h＝H－x,重力势能增加量Ep＝Mgh＝MgH－
P ６０×１０３ ２ ２
F′＝ ＝ N＝３×１０４ N,由牛顿第二定律得汽车的 M gv′ ２ ,故选k C．
４ ３
加速度: F′－Ff ３×１０ －５×１０a＝ ＝ m/s２＝５m/s２． 变式１
:B 解析:重力势能是标量,正负表示大小,不表示方
m ５×１０３ 向,重力势能Ep１＝２J,Ep２＝－３J,则Ep１大于Ep２,故 A 错误,B
答案:(１)１２m/s (２)１６s (３)５m/s２ 正确;重力势能是一个相对量,是相对于参考平面来说的,在同一
变式２:解析:(１)学生骑车上坡时,根据牛顿第二定律有F１ 高度的质量不同的两个物体,如果选取该高度为参考平面,则它
－f－mgsinθ＝ma,当速度最大时加速度等于零时有 F１ ＝ 们的重力势能都为零,故C错误;重力势能是标量,负值表示物体
, P Pmgsinθ ＋ f P ＝ fv ．则 v ＝ ＝ ＝ 处于参考平面以下,有意义,故 D错误１ m ．１ m１ F１ mgsinθ＋f 【典例２】 B 解析:F x 图像与x 轴包围的面积表示弹力
１２００
m/s＝３．８１m/s． 做功的大小,故弹簧由伸长量４cm 到伸长量８cm 的过程中,弹７５×１０×０．３４＋６０
(２)
１
学生在水平路面上骑车时,根据牛顿第二定律有F２－ 力的功 W ＝－ ２ ×
(３０＋６０)×０．０４J＝－１．８J,弹力做功为
f＝ma,当速度最大时加速度等于零,F２＝f,P＝F２vm ,则２ vm２ －１．８J,故弹力势能增加了１．８J．故 A、C、D错,B对．
P P １２００
＝ ＝ ＝ m/s＝２０m/s． 变式２:C 解析:撑竿的形变量越大时,弹性势能越大,撑竿F２ f ６０
刚与地面接触时,没有发生形变,弹性势能为零,故 A 错误;运动
答案:(１)３．８１m/s (２)２０m/s
员撑竿跳起到达最高点时,竿的形变为零,弹性势能为零,故B错
当堂训练
误;撑竿的形变量最大时,弹性势能最大,手握撑竿从地面跃起
１．C ２．C ３．B ４．A ５．C ６．D ７．C ８．B
后,到最高点以前的某位置时,撑竿的形变量最大,撑竿的弹性势
９．解析:(１)汽车有最大速度时,此时牵引力与阻力平衡,由
能最大,故C正确,D错误．
P ３００００
此可得 P＝F牵 vm ＝fvm,则vm ＝ ＝ /０．１×２０００×１０ ms＝ 当堂训练f
１５m/s． １．B ２．B ３．C ４．D ５．C ６．D
P ３００００ ７．解析:(１)乘客随摩天轮向上的位移大小为１６０m,则重力(２)当速度v＝１０m/s时,由P＝Fv得F＝v ＝ １０ N＝ 做的功为:W＝－mgh＝－５０×１０×１６０J＝－８００００J．
３０００N,由F－f＝ma, (２)乘客随摩天轮向上运动,重力势能增大;乘客的重力势能
F－f ３０００－０．１×２０００×１０ 增加量为:ΔEp＝mgh＝５０×１０×１６０J＝８００００J．
得a＝ m ＝
/２
２０００ ms＝０．５m
/s２． (３)由以上的计算可知,重力做功与重力势能的变化大小是
答案:(１)１５m/s (２)０．５m/s２ 相等的,重力做负功,重力势能增大．
答案:(１)－８００００J (２)增加８００００J (３)大小相等
１１８
课后巩固 １
cosθ)＝ ２ ,由题知２mv －０ F＝mg
,解得v＝ ２gl(sinθ＋cosθ－１)．
１．A ２．A ３．C ４．B ５．D ６．A ７．A
８．解析:砖由平放在地面上到把它们一块块地竖直叠放起 答案:(１)mgl(１－cosθ) (２) ２gl(sinθ＋cosθ－１)
来,克服重力所做的功等于砖增加的重力势能． 课后巩固
h
取n块砖整体为研究对象,原来整体重心距地面高度为 , １．B ２．B ３．C ４．B ５．C ６．A２ ７．解析:(１)对小球在A 点的速度进行分解,由平抛运动规
１
叠放起来后整体重心距地面高度为 Δh＝ nh, 律得小球的初速度为:v０＝vAcosθ＝８×０．５m/s＝４m/s．２ (２)对小球由 P 点至A 点 的 过 程 由 动 能 定 理 得 mgh＝
n(n－１)
故WG ＝nm
h １
gΔh＝nmg ( － １ １２ ２nh) ＝－ ２ mgh． mv２ ２A － mv０．代入数据解得２ ２ h＝２．４m．
n(n－１)
重力做负功,重力势能增加,增加了 mgh． (３)小球恰好经过C 点,在C 点由牛顿第二定律有 mg＝２
( ) ( ) v
２
C
: nn－１
,代入数据解得 /
答案 － mgh 重力势能增加,
nn－１ m R vC＝ ６ ms．增加了
２ ２ mgh
小球由A 点至C 点过程由动能定理得－mgR(１＋cosθ)－
第３节 动能和动能定理 １ ２ １W＝ ２
知识梳理 ２mvC－２mvA．
１ 解得克服摩擦力做功
一、 W＝１０J．１．运动 Ek ２． mv２２ ３．
焦耳 １N m １J ４．标量
答案:(１)４m/s (２)２．４m (３)１０J
二、１．动能的变化 ２．(２)Ek２－Ek１ 合外力做的功 代数和 第４节 机械能守恒定律
典例精解
知识梳理
【典例１】 解析:(１)在运动过程中,物体所受到的滑动摩擦
一、１．静止: ２．
高度 ３．不变的
力为 Ff＝μmg＝０．４×１０×１０N＝４０N．由牛顿第二定律可得F 二、１．弹性势能 机械能 ３．重力或弹力 ４．标量
－Ff＝ma,
F－F
所以a f＝ ＝１m/s２． 三、１．相互转化 保持不变 ２．(１)Ep１－Ep２ ΔEp减 (２)m Ek１
１ ＋Ep１
(３)E１ ３．重力 弹力
由运动学公式可得在８s内物体的位移为:x＝２at
２＝３２m． 典例精解
所以力F 做的功为W＝Fx＝１６００J． 【 １典例 １】 解析:(１)由 动 能 定 理 mgR ＝ ２mv
２
B ,解 得
(２)由动能定理可得 (
１
F－Ff ) x＝ mv２,所 以２ Ek ＝ vB ＝ ２gR．
１ ２
mv２＝３２０J． ( mv２)设轨道对小物块的支持力为FN′,由牛顿第二定律
B
２ R
(３)对整个过程利用动能定理列方程求解 WF ＋Wf ＝０,所 ＝FN′－mg,解得FN′＝３mg．根据牛顿第三定律FN＝３mg．
以|Wf|＝WF ＝１６００J．即物体从开始运动到最终静止克服摩擦 (３)设小物块落地时v２y＝２gR,v２＝v２y ＋v２B ＝２gR＋２gR＝
力所做的功为１６００J． ４gR,得v＝２ gR．
答案:(１)１６００J (２)３２０J (３)１６００J vy
变式１:A 解析:从图像可知,冰壶从推出到停止的位移为 设小物块落地时速度与水平方向夹角为θ,则tanθ＝v ＝B
１０m,A正确;从图像可知冰壶被推出时的初动能３８J,但是冰壶 ２gR
的质量未知,不能求解初速度v０,B错误;根据动能定理Ek＝E ,得k０ ＝１ θ＝４５°．２gR
－μmgx,由于冰壶质量未知,则不能求解冰壶与冰面间的动摩擦 ,
因数μ,C错误; , ,
小物块落地时的速度大小为v＝２ gR 与水平方向呈４５°斜因不能求解动摩擦因数 则不能求解加速度 从而
向下
不能求解冰壶从推出到停止的时间t,D错误． ．
【典例２】 解析:(１)物体从A 滑到B 的过程中,由动能定 答案:(１) ２gR (２)３mg (３)２ gR,与水平方向呈
１ ４５°斜向下
理得:mgR＝２mv
２,代入数据解得v＝６m/s． 变式１:解析:(１)皮球由B 运动到C 的过程中,重力对皮球
(２)对物体从A 到D 的整个过程,利用动能定理得 mgR－ 所做的功W＝mgh＝２０J．
mgh－Wf＝０,代入数据解得Wf＝１６０J． (２)
１
皮球在B 点的机械能E,E＝mgh＋ mv２＝２０J＋４０J
答案:(１)６m/s (２)１６０J ２
变式２:A 解析:小球由A 到C 过程中,运用动能定理可得: ＝６０J．
１ １ １ ２
－mgh＋W＝０－ mv２,所以W＝mgh－ mv２,所以 A正确． (３)皮球从A 点到B 点机械能守恒,２mv０＝E
,所以皮球
２ ２
当堂训练 ２E
在A 点被踢出时速度v０的大小v０＝ ＝１０ ６ m/s．
１．D ２．C ３．B ４．D ５．C ６．D ７．B ８．C ９．D m
１０．解析:(１)小球缓慢运动,动能变化量为零,由动能定理 答案:(１)２０J (２)６０J (３)１０ ６ m/s
得WF －mgl(１－cosθ)＝０,解得WF ＝mgl(１－cosθ)． 【典例２】 C 解析:过程中杆对两球做功,故单独的以其中
(２)小球从P 点运动到Q 点,由动能定理得Flsinθ－mgl(１－ 一个球为研究对象,这个球的机械能不守恒,但以两个球组成的
１１９
系统机械能守恒,A错误;b球运动到最低点,合力指向圆心,即合 典例精解
力竖直向上,加速度竖直向上,处于超重状态,B错误;两个球组 【典例１】 解析:(１)由实验原理知,应让重物在松开手后做
１ 自由落体运动;根据机械能守恒则有:
成的系统机械能守恒,故－mgL＋３mgL＝ (２ m＋３m
)v２,解得v
１ １
mgΔh＝ mv２２－ mv２１,
＝ gL,C正确;若b 球能上升到最高点,则－３mgL＋mgL＝ ２ ２
１ １(m＋３m)v２,方程无解,故b球不能上升到最高点,即b球的高 整理后得:gΔh＝ (v２２－v２１)．所以不需要测量质量２ ．２
度不可能大于a球的高度,D错误． (２)B 点速度等于AC 段的平均速度,则有:
变式２:解析:(１)长直杆的下端运动到碗的最低点时,长直 x －３v ＝ AC
(１．９＋５．８)×１０
B ＝ m/s＝０．１９m/s,
杆已经不可能再向下运动,在竖直方向的速度为０． ２T ０．０４s
三者组成的系统只有重力做功且B、C 一起向右运动,速度 １从B 到D 的过程中,根据机械能守恒则有:mgh ＝ mv２BD
１ ２
D
相等 由 机 械 能 守 恒 定 律 mgR＝ (２ ２m ＋m
)v２,得vB ＝vC １
－２mv
２
B ,
２Rg
＝ ３ ． : １ ２ １整理后得 gh ＝ v － v２ ,
１
所以还用计算 v２
１
BD D B D － v２B
(２)长直杆的下端上升到所能达到的最高点时,长直杆在竖 ２ ２ ２ ２
, 与 ,看两者大小是否相等直方向的速度为０B 在水平方向速度为０,AB 组成的系统机械 ghBD ．
,１ ２ , ２R
１
能守恒 ×２mv ＝m hh＝ ． 答案:(１)自由落体 不需要 (g ２
)０．１９ (v２ ２２ D －vB
)
２ ３
h
:() ２gR ２gR ２R
g BD
答案 １ ０ ３
(
３ ２
)
３ 变式１:解析:(１)实验需要使用米尺测量点迹间的间距,故
当堂训练 A项正确;实验用打点计时器记录时间,不需要秒表,故 B项错
１．D ２．B ３．B ４．B ５．B ６．C 误;电磁打点计时器可使用０~１２V 的交流电源,故 C项错误,D
７．解析:(１)设小球的质量为m,小球在A 点的动能为E , 项正确．kA
R (２)① 打B 点时,重锤的速度:
由机械能守恒可得EkA ＝mg ．设小球在４ B
点的动能为EkB ,同 hC－hA (８６．６０－７１．００)×１０－２vB ＝ /２T ＝ ２×０．０２ ms＝３．９０m
/s．
５R
理有EkB ＝mg× ,由以上公式联立可得４ EkB ∶EkA ＝５∶１． 在打点计时器打O 点至B 点过程中,重物动能增加量:
() v
２
, , １ １２ 小球能通过最高点的条件 N＋mg＝m N≥０ ΔEk＝２mv
２
B －０＝ ×１×３．９０２２ J≈７．６１J
,
R
设小球在C 点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心力 在打点计时器打O 点至B 点过程中,重物重力势能减少量
v２C ２v２C ΔEp＝mghB ＝１×９．８０×０．７７９０J≈７．６３J．公式有 N＋mg＝m ,联立可得m ≥mg,根据机械能守恒R R ② 据上面数据知,在实验误差允许的范围内,此过程中重物
２ 的机械能守恒．
R １
得mg ＝ mv２ ．代入上式可得小球恰好可以沿轨道运动到 答案:(１)AD (２)①７．６１ ７．６３ ② 守恒４ ２ C
C 点． 【典例２】 解析:(１)
d
滑块的瞬时速度v＝ ,Δt
答案:(１)５∶１ (２)见解析 １ ２
课后巩固 滑块增加的机械能为增加的动能 ΔE１＝２M (d ,Δt)
１．C ２．D ３．B ４．B ５．C 钩码的机械能减少量等于钩码减少的重力势能减去钩码增
６．解析:A 球沿半圆弧运动,绳长不变,A、B 两球通过的路 １ ２
２πR 加的动 ΔE ＝m L－ m (d２ g ) ．
程相等,A 上升的高度为h＝R;B 球下降的高度为 H ＝ ２ Δt４ ＝ (２)若实验数据表明滑块的机械能增加量测量值 ΔE１ 明显
πR;对于系统,由机械能守恒定律得:－ΔE ＝ΔE ; 大于钩码的机械能减少量测量值 ΔE２,可能的原因是气垫导轨没２ P k
有调节水平,左端高,右端低．
πR １
所以 ΔEP＝－Mg ( )２, ２ ２２ ＋mgR＝２ M＋m v 答案:( １１)２M (dΔt) １ mgL－２m (d ) (２)气垫导轨Δt
πRMg－２mgR
所以v＝ ． 没有调节水平,左端高,右端低．M＋m
变式２:解析:(１)游标卡尺的主尺读数为６mm,游标读数
: πRMg－２mgR答案 为０．０５×５ mm＝０．２５ mm,则 小 球 的 直 径 d ＝６．２５ mm＝
M＋m
０．６２５cm．
第５节 实验:验证机械能守恒定律 (２)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知,小球在C
知识梳理 d
、 处的瞬时速度一 ２．重力 不做功 v＝t ．
二、质量 运动速度 １．天平 ２．刻度尺 (３)小球下落过程中重力势能的减小量为mgH,动能的增加
１２０
１ (d
２ ２
) １ (d ) ２g 比较,在误差允许的范围内二者相等,则可得出小铁块在下落量 ΔEk＝２m t －２m t ．０ 过程中机械能守恒．
１ ２g １
若机械能守恒则 ２ ＝ ２H ＋ ２ ,则当丙图的斜率满足t d t k＝ :()
１
答案 １ mgh mv２ ()
d
２ ２ A
(
t ３
)２g
０
２g
时,可判断小球下落过程中机械能守恒． ６．解析:(１)实验时应该先接通打点计时器电源,然后释放d２ 重物,选项 A错误;释放的瞬间,因m２有向下的加速度,则失重,
答案:() d１ ０．６２５ (２) (
２g
t ３
)
d２ 则绳的拉力小于 m２g,选项 B错误;由于(
１
m２－m１)gh＝ (２ m２
当堂训练
２ １ ２
１．B ２．D ３．B ４．A ＋m１)v ,则 ２v ＝ (m２－m１ )gh．根据图像可知:(m２－m１m２＋m１ m２＋m )g１
５．解析:()
１ １
１ 根据实验原理:mgh＝２mv
２即gh＝ v２,要用 ５．８２２ ＝k＝１．１９＝４．８９
,解得当地的重力加速度为g＝９．７８m/s２,选项
打点计时器测量瞬时速度和下落高度,所以需要打点计时器和重 C正确;由于空气阻力和摩擦阻力的影响,使得重力加速度的测
物,重物要用重锤,而不是砝码,故C、E正确． 量值偏小,属于系统误差,选项 D正确．
(２)实验开始时要使纸带处于竖直状态,用手或者夹子固定
() x ０．２１６０＋０．２６４０纸带上端,然后静止释放,故 A 错误;由于纸带从上往下运动,所 ２ 打第５个点时的速度v５＝
４６ /
２T＝ ０．２ ms＝
以打点从靠近重物一端开始,故 B正确;可以取连续的几个点为 ２．４m/s,
计数点,故C正确． １ １
() , 系统动能增加 Ek＝
(m ＋m )v２ ＝ ×０．６×２．４２J＝
３ A 点的速度等于与A 点相邻的两点间的平均速度 即 ２ ２ １ ５ ２
１２．７０－７．３５ －２ / / １．７３J
,
vA ＝ ２×０．０２ ×１０ ms≈１．３４ms． 系统势能减少 Ep＝(m２－m１)gh＝０．３×９．８×(０．３８４０＋
答案:(１)CE (２)BC (３)１．３４(１．３２~１．３６均可) ０．２１６０)J＝１．７６J．
６．解析:(１)打点计时器应接到交流电源上,故 A错误;实验 答案:(１)CD (２)１．７３ １．７６
时应先接通电源,后释放重物,故 B错误;释放重物前,重物应尽 ７．解析:(１)从题中可得测量工具是毫米刻度尺,所以h１在
量靠近打点计时器,故C正确． 有效数字读数要求上有错误,应记作２６．３０cm．
(２)重力势能减少量 ΔEp＝mghB ,根据匀变速直线运动中 (２)匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于该过程
间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,则B 点的速度为 h ＋h
中的平均速度,所以有: １ ２
h －h １ v２＝ ≈５．００m
/s．
v C AB ＝ ,故 动 能 的 增 量 为:２T ΔE
２ ２T
kB ＝ ２ mvB ＝ (３)根据重力做功和重力势能的关系有:ΔEp＝mg(h２ ＋
１ ２
m (hC－hA ) ． ) １ １２ ２T h３＋h４ ≈０．６２２J,ΔEk＝ mv２ ２２ ２－２mv５≈０．６４８J．
(３)实验中重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是存 (４)因上升过程中有空气阻力做负功,故 ΔEp＜ΔEk．
在空气阻力和摩擦阻力的影响,故选C． 答案:(１)h１ ２６．３０ (２)５．００ (３)０．６２２ ０．６４８
:() １
２
答案 １ C (２)mgh m (hC－hA ) (３)C (４)＜ 上升过程中有空气阻力做负功 (或受到空气阻力)B ２ ２T
:() 专题 动能定理的应用７．解析 １ 小球重力势能减小量 ΔEp＝mgh＝０．５×９．８×
d 【基础训练】
０．８２０５J≈４．０２J;小 球 通 过 光 电 门 的 平 均 速 度 为v＝t ＝ １．C ２．D ３．C ４．B ５．C ６．D
０．０１ １ ７．解析:(１)小物体从圆弧上端到B 点的过程中,由动能定
－３ m/s＝４ m/s,小球的动能变化量 ２２．５×１０ ΔEk＝ ２mv ＝
理得: １mgR－μmgsAB ＝２mv
２
B －０,解得:vB ＝３m/s．
４．００J．
(２)从实验结果中发现 ΔE 稍大于 ΔE ,原因是受到空气阻 (k ２)设物体第一次滑上右侧轨道最大高度为p H,此时物体离
力的影响． B 点的 距 离 为s,
H
由 几 何 关 系 有 ,由 动 能 定 理 得:
答案:(１)４．０２ ４．００ (２)稍大于 受到空气阻力的影响 s
＝sinα
课后巩固 １－μmgcosα s－mgH＝０－ mv２B ,解得:H＝０．４０m．
１．BD ２．BC ３．AD ４．AC ２
答案:()
５．解析:(１)则此过程中小铁块重力势能的减少量为 mgh, １ ３m
/s (２)０．４０m
解析:()为使小物块下滑,应有
测出小铁块通过光电门时的速度v,则此过程中小铁块动能增加 ８． １ mgsinθ≥μ１mgcosθ
,
θ满足的条件tanθ≥０．０５,即当θ＝arctan０．０５时物块恰好从１
量为 mv２２ ． 斜面开始下滑．
１ (２)克 服 摩 擦 力 做 功 Wf ＝() ２, ２ , μ
１mgL１cosθ＋μ２mg(L２ －
２ 根据机械能守恒定律得mgh＝ mv 解得２ v ＝２gh
不
L１cosθ),由动能定理得 mgL１sinθ－Wf ＝０,代入数据得μ２
必要测量铁块的质量,上述操作中可以省略步骤 A;小铁块经过 ＝０．８．
d
光电门的速度表达式v＝ ． (３)
１
由动能定理得
t mgL１sinθ－W
２
f＝ mv ,代入数据得２ v
(３)由v２＝２gh,根据v２ h 图线计算出直线斜率k 的值与 ＝１m/s,
１２１
１
由平抛运动规律得 H＝２gt
２,x１＝vt． ３２J,物块向右运动时产生的内能Q２＝
vt
μMg (vt ２２－ ＝４J,所２ )
解得t＝０．４s．x１＝０．４m,xm＝x１＋L２＝１．９m． 以整个过程产生的内能Q＝Q１＋Q２＝３６J．
答案:(１)arctan０．０５ (２)０．８ (３)１．９m 答案:(１)２．０ m/s,方 向 向 右,理 由 见 解 析 (２)０．２
【拓展提升】 (３)２４J ３６J
１．D ２．A ３．B ４．D ５．B 本章评估
６．解析:(１)
１
由机械能守恒得:mgl(１－cosα)＝ mv２,圆周 １．B ２．A ３．B ４．C ５．B ６．A ７．B ８．C ９．D２
２
v２ ( ) ( )
d d １ d
运动F′－mg＝m ,解得F′＝(
１０．１ AC ２ m L ＝ M
３－２cosα)mg,人对绳的拉力F Δt１ Δt
g
２ ２ (Δt )l ２
２
＝F′ 则F＝１０８０N． １－ M ( d２ Δt )１
( １２)由 mgL(１－cosα)＝ mv２ 可 得,最 低 点 的 速 度 为２ １１１．解析:(１)由平抛运动规律可知L＝vt,H＝２gt
２,
４m/
１
s．H－l＝ gt２,
４ ４
２ x＝vt
,解得x＝ ５ m
,x总 ＝lsin５３°＋x L １ H同理: ＝vt１,h＝ gt２１,解得:h＝ ,则圆环中心到底板２ ２ ４
＝ ８ ４ ５÷m． H ３
è５＋ ５ 高度为 H－４＝４H．
(３)由机械能守恒得:mg(H－lcosα＋d)－(f１＋f２)d＝
() L gmg(H－lcosα) ２ 由平抛规律解得v＝ ＝L ,对抛出点分析,由牛
０,则d＝ ,解得d＝１．２m． t ２H
f１＋f２－mg
: v
２
, mgL
２
顿第 二 定 律 F支 －mg ＝m 解 得 F支 ＝mg ＋ ＝
答案:(１)１０８０N (２) ８ ４ ５ ＋ ÷ m (３)１．２m
R ２HR
è５ ５ L２mg １＋ ．
专题 功能关系的应用 ( ２HR )
２
【基础训练】 由牛顿第三定律知:F L压 ＝F支 ＝mg (１＋ ,方向竖直２HR )
１．D ２．A ３．D ４．C ５．D
向下．
mg
６．解析:(１)滑块在传送带上的加速度大小a＝μm ＝μg＝
(３)小球从P 点至Q 点过程中,由动能定理:mgR＋Wf ＝
５m/s２,当滑块在传送带上滑行的速度大于传送带的速度,则滑 １mv２２ －０．
块受到的滑动摩擦力方向向左,加速度方向水平向左．
mgL２
(２)由速度位移公式v２ －v２ ＝２ax 得:v＝ v２＋２ax ＝ 解 得:Wf ＝ － mgR,即 摩 擦 力 对 小 球 做 功０ ０ ４H
４２＋２×５×４．８ m/s＝８m/s,由功能关系可知,弹簧压缩时的 ２mg (L４H－R ) ．１ １
弹性势能E ＝ mv２＝ ×２×８２p ２ ２ J＝６４J． ３ ２
答案:() () g L ,方向竖直向
答案:(１)５m/s２,方向水平向左 (２) /
１ H ２ L m
８ms ６４J ４ ２H g (１＋２HR )
７．解析:(１)设当水平恒力为F 时,两者恰好发生相对运动 ２下 (３)m Lg －R
对整体:F＝(M＋m)a,对 M:μmg＝Ma,
(４H )
联立以上方程可知:F＝１．５N． １２．解析:(１)小物块从A 到C,根据机械能守恒有:mg ２R
(２)当水平恒力为F＝２N,则两者发生了相对运动,m 肯定 １＝２mv
２
C,解得vC＝４ ２ m/s．
能从M 上滑下,设系统产生的热量为Q＝μmgL,解得Q＝１J．
答案:(１)１．５N (２)１J (２)小物块刚要到 C 点,由牛顿第二定律有:FN －mg＝
２
【拓展提升】 mvC/R,解得FN＝５０N．
１．A ２．C ３．D ４．B 由牛顿第三定律,小物块对C 点的压力FN′＝５０N,方向竖
５．解析:(１)从小物块被击中后开始计时,３s后与传送带共 直向下．
速运动,由题图知,传送带的速度v＝２．０m/s,方向向右． (３)设小物块刚滑到木板右端时达到共同速度,大小为v,小
(２)由v t图像可得,物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速 物块在长木板上滑行过程中,小物块与长木板的加速度分别为:
: Δv ４．０
μmg μmg
运动的加速度 a＝ ＝ m/s２＝２．０m/s２,由牛顿第二定律得 am ＝ ,m aM ＝
,v＝vC－amt,v＝aMt．
Δt ２ M
Ma 将数据代入上面各式解得v＝ ２ m/s．
滑动摩擦力Ff＝μMg,则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Mg １ １由能量守恒得 mv２２ C＝μmgL＋
( )２
a ２
M＋m v ．
＝ ＝０．２．
g 将数据代入解得L＝４m．
(３)传送带做的功W＝Ffx＝μMgx＝０．２×２．０×１０×６．０J 答案:(１)４ ２ m/s (２)５０N,方向竖直向下 (３)４m
＝２４J,物块向左运动时产生的内能 Q v１t１１ ＝μMg (vt１＋ ２ ) ＝
１２２
