第４节 抛体运动的规律
所示．
１．水平方向:物体做 运动,初速度
vx＝ ．
一、平抛运动的速度 ２．竖直方向:物体做竖直上抛或竖直下抛运
将物体以初速度v０水平抛出,由于物体只受 动,初速度vy＝ ．
重力作用,t时刻的速度为:
１．水平方向:vx＝ ．
２．竖直方向:vy＝ ．
３．合速度
ì大小:v＝ v２x＋v２ ２y＝ v０＋g２t２
í方向: vθ y
gt
tan ＝ ＝ (θ为速度方向与水平 vx v０
【典例１】 某轰炸机在一次执行作战任务
方向间的夹角) 时,在某一高度沿直线匀速飞行时,一共释放３
二、平抛运动的位移与轨迹 颗炸弹,若相邻两颗炸弹释放的时间间隔相同,
将物体以初速度v０水平抛出,经时间t,物 不计空气阻力,某一时刻,这３颗炸弹在空中分
体的位移为: 布的情形为下图中哪一幅图所示 ( )
１．水平方向:x＝ ．
２．竖直方向:y＝ ． A． B．
３．合位移
ì
大小:
１ ２
s＝ x２＋y２＝ (vt)２０ ＋ ( ２
２
gt )
í
: y gt 方向tanα＝ ＝ ( 为位移方向与 C． D．
x ２v α０
水平方向间的夹角)
变式１:关于平抛运动,下面的几种说法正确x
４．轨迹:由水平方向x＝v０t解出t＝ ,代v０ 的是 ( )
１ g A．平抛运动是一种不受任何外力作用的
入y＝ gt２得y＝ x２２ ,平抛运动的轨迹是一２ ２v０ 运动
条 ． B．平抛运动是曲线运动,它的速度方向不断
三、一般的抛体运动 改变,不可能是匀变速运动
物体抛出的速度v０沿斜上方或斜下方时,物 C．平抛运动是水平方向的匀速直线运动和
体做斜抛运动(设v０与水平方向夹角为θ),如图 竖直方向的自由落体运动的合运动
１５
D．平抛运动的落地时间与初速度大小有 (３)人与斜面的动摩擦因数μ．
关,而落地时的水平位移与抛出点的高度无关
【典例２】 在篮球比赛中,投篮的投出角度
太大和太小,都会影响投篮的命中率．在某次投
篮表演中,运动员在空中一个漂亮的投篮,篮球
以与水平面成４５°的倾角准确落入篮筐,这次跳
起投篮时,投球点和篮筐正好在同一水平面上
(如图),设投球点到篮筐距离为９．８m,不考虑空
气阻力,g 取１０m/s２．
(１)篮球进筐的速度有多大
(２)篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直
高度是多少
１．关于平抛运动,下列说法不正确的是
( )
A．平抛运动是匀变速运动
B．平抛运动是变加速运动
C．平抛运动不可能是两个匀速直线运动的
合运动
D．平抛运动中任意两段相等时间内速度变
化相同
２．如图所示,水平匀速行驶的车厢底板上有
一点O,P 点在O 点的正上方．一乘客将一物块
变式２:如图为新型户外活动———滑冲式跳 从P 点相对车厢静止释放,物块落在 ( )
水滑道模型,该滑道由一段长L＝４m,倾角θ＝ A．O 点
３７°倾斜直轨道和一小段水平直轨道(长度可忽 B．O 点右方
略)组成,两段轨道之间由一小段圆弧轨道平滑 C．O 点左方
连接．水平轨道距水面高h＝２．４５m,一质量 M D．O 点左方或右方都有可能
＝８０kg的人从轨道上某处无初速度滑下,经水 ３．质量为m 的物体以初速度v０开始做平抛
平末端冲入水池中,落水点距末端水平距 离 运动,经过时间t,速率变为v,经过时间２t,速率
２．８m．空气阻力不计,已知:sin３７°＝０．６,cos３７° 变为 ( )
＝０．８．求: A．v２０＋g２t２ B．v２０＋２g２t２
(１)人滑出水平轨道至落到水面的运动 C．v２＋３g２t２ D．v２＋４g２t２
时间; ４．如图所示,x 轴在水平地面上,y 轴在竖
(２)人滑至水平轨道末端时的速度大小; 直方向．图中画出了从y 轴上不同位置沿x 轴正
１６
向水平抛出的三个小球a、b 和c的运动轨迹．小 B．小球着地速度大小为５m/s
球同时抛出,不计空气阻力,下列说法正确的是 C．小球落地时的速度与水平方向的夹角
( ) 为４５°
D．若小球抛出时的速度增大,则θ增大
７．全国多地在欢迎援
鄂抗疫英雄凯旋时举行了
“飞机过水门”的最高礼仪,
A．a 和b初速度相同 寓意为“接风洗尘”．某次仪式中,两条水柱从两
B．b和c同时落地 辆大型消防车中斜向上射出,左右两条水柱从同
C．a 运动时间是c的两倍 一高度射出,射出时速度方向与水平方向的夹角
D．增大b 的初速度,b 与a 可能在落地前 分别为４５°和３０°,两条水柱恰好在最高点相遇,
相遇 不计空气阻力和水柱间的相互影响,则左右两条
５．农民在精选谷种时, 水柱射出时的速度大小之比为 ( )
常用一种叫“风车”的农具进 ２ ６ ６ ３A．２ B．２ C．行分选．在同一风力作用下, ３
D．３
８．曼岛TT摩托车大赛可以称为世界上最
谷种和瘪谷(空壳)都从洞口水平飞出,结果谷种
搏命、最壮观、最危险的赛车比赛．如图所示,某
和瘪谷落地点不同,自然分开,M 处是瘪谷,N
人骑摩托车在水平道路上行驶,要在A 处越过
处是谷种,如图所示．若不计空气阻力,对这一现
宽x＝１２m的壕沟,沟对面水平路面比A 处低h
象,下列分析正确的是 ( )
＝１．８m．取g＝１０m/s２,空气阻力不计．求(结果
A．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口
可用根号表示)
时的速度大些 (１)摩托车在空中飞行的时间;
B．谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线 (２)摩托车开始飞越壕沟的初速度的最
运动
小值．
C．谷种运动过程中加速度较大
D．瘪谷从飞出洞口到落地所用的时间较长
６．如图所示,从某高度以５m/s的水平速度
抛出一小球,小球经过０．５s到达地面,此时小球的
速度与水平方向的夹角为θ,不计空气阻力,取重
力加速度大小g＝１０m/s２．下列说法正确的是
( )
A．小球距地面的高度为５m
１７
４．如图所示,某同学对着墙壁练习打乒乓
球,某次球与墙壁上A 点碰撞后水平弹离,恰好
垂直落在球拍上的B 点,已知球拍与水平方向
１．２０２０年７月,中国女 夹角θ＝６０°,AB 两点高度差h＝１m,忽略空气
排在宁波北仑基地进行第二 阻力,重力加速度g＝１０m/s２,则球刚要落到球
阶段集训,目标是在东京奥 拍上时速度大小为 ( )
运会上完成卫冕．如图所示,排球运动员在发球
线正 对 球 网 跳 起 发 球,在 距 地 面 高 度 为h＝
３．２m处使质量 m＝０．２８kg的排球(可视为质
点)以v０＝６m/s的初速度水平飞出．不考虑空气 A．４５m/s B．２５m/s
阻力,重力加速度g 取１０m/s２,则排球从被扣 ４ / /
出到着地的时间和排球即将着地时的速率分别为 C．３ １５ms D．２１５ms
( ) ５．如图所示,上端开口的圆柱形桶固定在水平
A．０．８s １４m/s B．０．８s １０m/s 地面上,某同学将质量为m 的小球,从P 点顺着桶
C．０．４s １４m/s D．０．４s １０m/s 的某条直径方向水平抛出,小球恰好从桶的左侧上
２．如图所示,一名运 边沿进入桶内并打在桶的右下角．已知P 点到桶左
动员在参加跳远比赛,他 边沿的水平距离s＝０．８m,桶的高度h０＝０４．５m,P
腾空过程中离地面的最大高度为L,成绩为４L． 点离地面的高度h１＝１．２５m,桶底和桶壁的厚度均
２
假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平 不计,重力加速度大小g＝１０m/s．求:
面的夹角为α,运动员可视为质点,不计空气阻 (１)小球水平抛出时的速度大小v０ 和桶的
力,则有 ( ) 直径d;
A．tanα＝２ B．tanα＝１ (２)为使小球总能落入桶内,则小球从P 点
１ １ 水平抛出时的速度大小的取值范围．
C．tanα＝２ D．tanα＝４
３．如图所示,在一次跳远训练中,小李同学
从①点起跳到⑨点落地用时０．８s,①、⑨两点间
距为６．４m．在分析小李运动时,若将小李视为质
点,并忽略阻力,则下列分析正确的是 ( )
A．小李从起跳到落地的路程为６．４m
B．从起跳到落地用时０．８s是指时刻
C．小李运动的平均速度大小为８．０m/s
D．小李落地时速度大小一定等于８．０m/s
１８ 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 ) ＝
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