[体系构建]
[核心速填]
1．开普勒行星运动定律：
(1)所有的行星围绕太阳运行的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上．
(2)从太阳到行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积．
(3)行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值是一个常量．
2．万有引力定律：
任何两物体之间都存在相互作用的引力，引力的大小与这两个物体的质量的乘积成正比，与这两个物体之间的距离的平方成反比．即：F＝G.
3．引力常数：英国物理学家卡文迪许较准确地得出了G的数值，G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，是一个与物质种类无关的普适常量．
4．万有引力定律的应用：设质量为m的天体绕另一质量为M的中心天体做半径为r的匀速圆周运动．
(1)G＝m得v＝，r越大v越小．
(2)G＝mω2r得ω＝，r越大，ω越小．
(3)G＝mr得T＝2π，r越大，T越大．
(4)G＝ma向得a向＝，r越大，a向越小．
(5)忽略地球自转时，G＝mg得gR2＝GM，该式称为“黄金代换式”．
5．宇宙速度：
(1)第一宇宙速度
使卫星能环绕地球运行所需的最大速度，其大小为v1＝7.9_km/s，又称环绕速度．
(2)第二宇宙速度
使人造卫星脱离地球的引力束缚，不再绕地球运行，从地球表面发射所需的最小速度，其大小为v2＝11.2_km/s，又称脱离速度．
(3)第三宇宙速度
使物体脱离太阳的束缚而飞离太阳系，从地球表面发射所需的最小速度，其大小为v3＝16.7_km/s，也叫逃逸速度．
万有引力定律的综合应用
万有引力定律揭示了自然界中普遍存在的一种相互作用规律，将地面上物体的运动与天体的运动统一起来，其分析方法不是很复杂，无论是行星绕太阳的运动，还是卫星绕行星的运动，将它们的运动均看作是匀速圆周运动，紧紧抓住“万有引力提供向心力”这一点来进行，即向心力＝万有引力．
可表示为m＝mω2r＝mr＝ma＝G.
在应用时应注意区分以下模糊概念
1．天体半径和卫星轨道半径的区别
天体半径反映天体大小，而卫星轨道半径是卫星绕天体做圆周运动的半径，一般卫星的轨道半径总大于该天体的半径，只有当卫星贴近天体表面运行时，可近似认为卫星轨道半径等于天体半径．
2．赤道上物体的加速度与卫星的加速度的区别
赤道上物体受地球的万有引力作用，万有引力的作用产生两个效果，一个分力提供物体随地球自转做圆周运动的向心力，另一个分力才是重力，由于重力近似等于万有引力，所以赤道上物体的加速度很小．而卫星的向心加速度由万有引力提供．
【例1】 a是地球赤道上一幢建筑，b是在赤道平面内做匀速圆周运动、距地面9.6×106 m的卫星，c是地球同步卫星，某一时刻b、c刚好位于a的正上方(如图甲所示)，经48 h，a、b、c的大致位置是图乙中的(取地球半径R＝6.4×106 m，地球表面重力加速度g＝10 m/s2，π＝)( )
甲 乙
B [由G＝m(R＋h)可得T＝＝，代入数据可求得b的周期为20 000 s．从图甲位置经48 h后，同步卫星c应位于a的正上方，而卫星b绕地球做完整圆周运动的次数为8.63次，可以判断只有B符合要求．]
1．如图所示，在同一轨道平面上的几个人造地球卫星A、B、C绕地球做匀速圆周运动，某一时刻它们恰好在同一直线上，下列说法中正确的是( )
A．根据v＝可知，运行速度满足vA>vB>vC
B．运转角速度满足ωA>ωB>ωC
C．向心加速度满足aA
D．运动一周后，A最先回到图示位置
C [由G＝m得，v＝，r大，则v小，故vATB>TC，因此运动一周后，C最先回到图示位置，D错误．]
天体运动的规律
分析处理天体运动问题，要抓住“一个模型”、应用“两个思路”、区分“三个不同”．
1．一个模型
无论是自然天体(如行星、月球等)，还是人造天体(如人造卫星、空间站等)，只要天体的运动轨迹为圆形，就可将其简化为质点的匀速圆周运动．
2．两个思路
(1)所有做圆周运动的天体，所需的向心力都来自万有引力．因此，向心力等于万有引力，据此所列方程是研究天体运动的基本关系式，即
G＝m＝mω2r＝mr＝man.
(2)不考虑地球或天体自转影响时，物体在地球或天体表面受到的万有引力约等于物体的重力，即G＝mg，变形得GM＝gR2，此式通常称为“黄金代换式”．
3．三个不同
(1)不同公式中r的含义不同．
在万有引力定律公式中，r的含义是两质点间的距离；在向心力公式(F＝m＝mω2r)中，r的含义是质点运动的轨道半径．
当一个天体绕另一个天体做匀速圆周运动时，两式中的r相等．
(2)运行速度、发射速度和宇宙速度的含义不同．
三种速度的比较，如下表所示
比较项
概念
大小
影响因素
运行速度
卫星绕中心天体做匀速圆周运动的速度
v＝
轨道半径r越大，v越小
发射速度
在地面上发射卫星的速度
大于或等于
7．9 km/s
卫星的发射高度越高，发射速度越大
宇宙速度
实现某种效果所需的最小卫星发射速度
7.9 km/s
11．2 km/s
16．7 km/s
不同卫星发射要求不同
(3)卫星的向心加速度a、地球表面的重力加速度g、在地球表面的物体随地球自转做匀速圆周运动的向心加速度a′的含义不同．
①绕地球做匀速圆周运动的卫星的运行加速度或向心加速度a，由G＝ma，得a＝，其中r为卫星的轨道半径．
②若不考虑地球自转的影响，地球表面的重力加速度为g＝，其中R为地球的半径．
③地球表面的物体随地球自转做匀速圆周运动的向心加速度a′＝ω2Rcos θ，其中ω、R分别是地球的自转角速度和半径，θ是物体所在位置的纬度值．
【例2】 (多选)已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G，有关同步卫星，下列表述正确的是( )
A．卫星距地面的高度为
B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度
C．卫星运行时受到的向心力大小为G
D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
BD [对同步卫星由万有引力提供向心力有G＝m(R＋h)，所以h＝－R，A错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，B正确；同步卫星运动的向心力等于万有引力，应为F＝，C错误；同步卫星的向心加速度为a同＝，地球表面的重力加速度a表＝，知a表>a同，D正确．]
[一语通关] ?1?分析该类问题的关键是抓住“万有引力提供向心力”这一主线.
?2?定量计算时，除抓住以上主线外，有时要借助于“黄金代换式”才能顺利解决问题.
2．质量相等的甲、乙两颗卫星分别贴近某星球表面和地球表面围绕其做匀速圆周运动，已知该星球和地球的密度相同，半径分别为R和r，则( )
A．甲、乙两颗卫星的加速度之比等于R∶r
B．甲、乙两颗卫星所受的向心力之比等于1∶1
C．甲、乙两颗卫星的线速度之比等于1∶1
D．甲、乙两颗卫星的周期之比等于R∶r
A [由F＝G和M＝ρπR3可得万有引力F＝GπRmρ，又由牛顿第二定律F＝ma可得，A正确；卫星绕星球表面做匀速圆周运动时，万有引力等于向心力，因此B错误；由F＝GπRmρ，F＝m可得，选项C错误；由F＝GπRmρ，F＝mR可知，周期之比为1∶1，故D错误．]
天体运动中的多星问题
1．双星问题
众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着中间的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星．
如图所示为质量分别是m1和m2的两颗相距较近的恒星．它们间的距离为L.此双星问题的特点是：
(1)两星的运行轨道为同心圆；
(2)两星的运动半径之和等于它们间的距离，即r1＋r2＝L；
(3)两星的转动周期(角速度)相同．
由于m1r1ω2＝m2r2ω2，即m1r1＝m2r2，所以双星中某星的运动半径与其质量成反比．
若已知双星的运动周期T，由G＝m1r1和G＝m2r2可求得两星的总质量为m1＋m2＝.
2．三星问题
三星问题中，其中任一颗星都在另两颗星的共同作用下做匀速圆周运动，要明确万有引力中的距离和匀速圆周运动中的半径，并且还要明确二者之间的关系，找准关系往往是解题的突破口．
3．四星问题
四星问题中，其中任一颗星都在另三颗星的共同作用下做匀速圆周运动．运动过程中，四颗星的相对位置不变，具有相同的转动周期，共同绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动．
【例3】 宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行．设每个星体的质量均为m.
(1)试求第一种形式下，星体运动的线速度和周期．
(2)假设两种形式星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？
(3)若是四星，请画出其星体的位置．
[解析] (1)对于第一种运动情况，以某个运动星体为研究对象，根据牛顿第二定律和万有引力定律有F1＝，F2＝，F合＝F1＋F2＝
运动星体的线速度v＝，
由T＝得T＝4π.
(2)设第二种形式星体之间的距离为r，则三个星体做圆周运动的半径为R′＝.由于星体做圆周运动所需的向心力靠其他两个星体的万有引力的合力提供，由力的合成和牛顿运动定律得
F合＝2 cos 30°，F合＝mR′，r＝R.
(3)四颗星位于正方形的四个顶点上，围绕正方形的中心做圆轨道运行．
[答案] 见解析
3．宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动而不会因万有引力的作用吸引到一起．
(1)试证明它们的轨道半径之比、线速度之比都等于质量的反比．
(2)设两者的质量分别为m1和m2，两者相距L，试写出它们角速度的表达式．
[解析] (1)证明：两天体绕同一点做匀速圆周运动的角速度ω一定相同．它们做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，所以两天体与它们的圆心总是在一条直线上．
设两者的圆心为O点，轨道半径分别为R1和R2，如图所示．对两天体，由万有引力定律可得
G＝m1ω2R1 ①
G＝m2ω2R2 ②
所以＝，所以＝＝＝，即它们的轨道半径、线速度之比都等于质量的反比．
(2)由①②两式相加得G＝ω2(R1＋R2)③
因为R1＋R2＝L，所以ω＝.
[答案] (1)见解析 (2)ω＝
课件44张PPT。第三章 万有引力定律章末复习课周期椭圆面积卡文迪许6.67×10－11 引力正比反比T越大越小ω越小gR2＝GMa向越小11.2 km/s最大7.9 km/s地球16.7 km/s 万有引力定律的综合应用天体运动的规律天体运动中的多星问题Thank you for watching !章末综合测评(三) 机械能和能源 经典力学的成就与局限性
(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．人们有在房前种树的习惯，夏天大树长出茂密的叶子，为人们挡住炎炎烈日，冬天叶子又会全部掉光，使温暖的阳光照入屋内，可以起到冬暖夏凉的作用．炎热的夏天，我们在经过有树的地方时，也会感到明显的凉意，关于树木周围比较凉爽的现象，下列说法中正确的是( )
A．树木把大部分太阳光反射出去，使地面温度降低
B．树木吸收阳光，使自己温度升高，周围温度降低
C．树木吸收阳光，将阳光的能量转化为化学能，使环境温度变低
D．白天大树将热量存起来，晚上再将热量放出来，所以白天在树林里感觉凉爽而晚上感觉到热
C [植物发生光合作用，消耗掉太阳能转化成化学能，根据能量守恒，阳光的能量转化成化学能，所以树木下会比较凉爽，故C正确．]
2．下列说法正确的是( )
A．牛顿运动定律就是经典力学
B．经典力学的基础是牛顿运动定律
C．牛顿运动定律可以解决自然界中所有的问题
D．经典力学可以解决自然界中所有的问题
B [经典力学并不等于牛顿运动定律，牛顿运动定律只是经典力学的基础．经典力学并非万能，也有其适用范围，它并不能解决自然界中所有的问题，没有哪个理论可以解决自然界中所有的问题．因此，B正确．]
3．如图所示实例中均不考虑空气阻力，系统机械能守恒的是( )
D [人上楼、跳绳过程中机械能不守恒，从能量转化角度看都是消耗人体的化学能；水滴石穿，水滴的机械能减少的部分转变为内能；弓箭射出过程中是弹性势能与动能、重力势能的相互转化，只有重力和弹力做功，机械能守恒．]
4．如图所示，物块A、B分别放在水平面和固定斜面上，在大小相等的力F作用下运动，力F的方向分别平行于水平面和斜面，若物块通过的位移大小相等，则下列说法正确的是( )
A．力F对物块A所做的功较多
B．力F对物块B所做的功较多
C．两种情况下力F做的功相等
D．由于物块的质量和接触面的粗糙程度未知，故无法比较两种情况下做功的大小关系
C [由公式W＝Fl知，两种情况下，力F做功相等，C正确．]
5．一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离s2应为( )
A．6.4 m B．5.6 m
C．7.2 m D．10.8 m
A [急刹车后，车只受摩擦阻力的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．
设摩擦阻力为F，据动能定理得
－Fs1＝0－mv ①
－Fs2＝0－mv ②
②式除以①式得：＝
故得汽车滑行距离s2＝s1＝()2×3.6 m＝6.4 m．]
6．如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )
A．Mg－5mg B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
C [设小环到大环最低点的速度为v，由能量守恒定律，得mv2＝mg2R ①
小环在大环上做圆周运动，在最低点时，大环对它的支持力方向竖直向上，设为N，由牛顿第二定律，得N－mg＝m ②
由①②得N＝5mg，由牛顿第三定律可知，小环对大环竖直向下的压力N′＝N＝5mg.大环平衡，轻杆对大环的拉力为F＝N′＋Mg＝Mg＋5mg，选项C正确．]
7.如图所示，完全相同的两辆汽车，以相同速度在平直的公路上并排匀速行驶，当它们从车上轻推下质量相同的物体后，甲车保持原来的牵引力继续前进，乙车保持原来的功率继续前进，一段时间后( )
A．甲车超前
B．乙车超前
C．仍齐头并进
D．先是甲车超前，后乙车超前
A [如果考虑列式分析，恐难以解决．那么我们利用所熟悉的匀加速运动和功率不变条件下的速度—时间图像解决，此题就十分方便了．两辆车以相同的速度并排行驶时，当同时从两辆车上轻推下质量相同的物体，它们所受阻力必定有所减小，使牵引力大于阻力，速度增大．不过此后，甲车保持原来的牵引力则做匀加速运动；乙车保持功率不变(P＝Fv，速度增大，则牵引力减小)做加速度越来越小的加速运动．容易看出，它们的初速度一致，匀加速运动的图线一定是功率不变的加速运动图线在零时刻的切线，很明显乙曲线与时间轴围成的面积小于甲图线与时间轴围成的面积，即相同时间内乙的位移小于甲的位移．故甲车一定超前乙车，所以本题应选A.]
8．人们设计出磁悬浮列车，列车能以很大速度行驶．列车的速度很大，是采取了下列哪些可能的措施( )
A．减小列车的质量
B．增大列车的牵引力
C．减小列车所受的阻力
D．增大列车的功率
CD [当列车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，有P＝Ffv，故v＝，要增大速度，一方面增大列车的功率，另一方面减小列车所受的阻力，故C、D正确．]
9．某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2 s后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边基本相平)开始滑行，又经3 s停在了冰上的B点，如图所示．若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述，下列选项中正确的是( )
BC [0～2 s内，溜冰爱好者做匀加速直线运动，加速度设为a1，位移x1＝a1t，一直在增加，2 s末到达A点，速度达到最大值vmax＝a1t1，合力F1＝ma1，恒定不变，动能Ek1＝mv，一直增大，2 s末达到最大值；2～5 s内，溜冰爱好者做匀减速直线运动，初速度为vmax，加速度设为a2，位移仍然在增加，5 s末到达B点，A错误；速度v2＝vmax－a2t2，t2＝3 s时，速度减为0，B正确；合力F2＝ma2，恒定不变，由a1t1＝a2t2，知F1∶F2＝t2∶t1＝3∶2，C正确；动能Ek＝mv，一直减小，5 s末减为0，D错误．]
10．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m处由静止滑下．以坡底为零势能参考面，当下滑到距离坡底l1处时，运动员的动能和势能恰好相等；到坡底后运动员又靠惯性冲上右侧斜坡．若不计经过坡底时的机械能损失，当上滑到距离坡底l2处时，运动员的动能和势能再次相等，上滑的最大距离为4 m．在此全过程中，下列说法不正确的是( )
A．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化
B．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员机械能的变化
C．l1＜4 m，l2＞2 m
D．l1＞4 m，l2＜2 m
ABD [在整个过程中，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知重力和摩擦力所做的总功等于运动员动能的变化，选项B错误；由功能关系可知摩擦力所做的功等于运动员机械能的变化，选项A错误；在下滑过程中，若不考虑空气阻力，l1＝4 m；若考虑空气阻力，l1处的机械能应小于初始状态的机械能，即l1<4 m；在上滑过程中，若不考虑空气阻力，l2应在2 m处，若考虑空气阻力，l2处机械能应大于4 m处机械能，即l2>2 m，选项C正确，D错误．]
11.如图所示，质量为m的木块沿粗糙斜面匀加速下滑h高度，速度由v1增大到v2，所用时间为t.在此过程中( )
A．木块的重力势能减少mgh
B．木块的重力势能减少mv－mv
C．木块与斜面增加的内能为mgh－mv＋mv
D．木块沿斜面下滑的距离为t
ACD [木块重力势能的减少量ΔEp＝mgh，故A正确；由动能定理可知，木块动能的变化量等于重力势能减少量与摩擦力做的功之和，重力势能的减少量大于动能的变化量，故B错误；由能量守恒定律得：mgh－Q＝mv－mv，则木块与斜面增加的内能：Q＝mgh－mv＋mv，故C正确；木块沿斜面下滑的距离s＝t＝t，故D正确．]
12.如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则 ( )
A．小球从接触弹簧开始速度一直减小
B．小球运动过程中最大速度等于2
C．弹簧的最大弹性势能为3mgx0
D．弹簧劲度系数等于
CD [小球由A到B的过程中，小球和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，机械能守恒，B点时弹性势能最大为Epm，则Epm＝mg(2x0＋x0)＝3mgx0，故C选项正确；由于弹力与压缩量成正比，且克服弹力做功等于弹性势能的增加量，即·x0＝Epm＝3mgx0，得k＝，故D选项正确；小球从O到B的过程中由于弹力越来越大，所以小球先做加速度减小的加速直线运动，后做加速度增大的减速运动，当mg＝kx′时速度最大，动能最大，即x′＝＝x0，最大速度为vm，即·x0＋mv＝mg得vm＝，故A、B均错误．]
二、填空题(本题共2小题，共14分)
13.(6分)为了测定一根轻弹簧压缩最短时能储存的弹性势能的大小．可以将弹簧固定在一带有凹槽轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面边缘上．如图所示，用钢球将弹簧压缩至最短，最后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面，实验时：
(1)需要测定的物理量为__________________________________
______________________________________________________.
(2)计算弹簧最短时弹性势能的关系式是Ep＝________________.
[解析] (1)需要测定的物理量有：钢球质量m、桌面高度h、钢球落点与飞出点的水平距离s.
(2)弹簧最短时的弹性势能全部转化为钢球平抛时的初动能，Ep＝mv，而根据平抛运动规律有h＝gt2，s＝v0t，得v0＝，故Ep＝mv＝.
[答案] (1)钢球质量m、桌面高度h、钢球落点与飞出点的水平距离s (2)
14．(8分)利用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M＝200.0 g，钩码的质量为m＝10.0 g，打点计时器的电源为50 Hz的交流电．
甲
(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到__________________．
(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图乙所示. 选择某一点为O，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.
乙
(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g＝9.80 m/s2，利用W＝mgΔx算出拉力对小车做的功W.利用Ek＝Mv2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表．
W/×10－3 J
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
ΔEk/×10－3 J
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据，在图丙中作出ΔEk-W图像．
丙
(4)实验结果表明，ΔEk总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F＝____________N.
[解析] (1)挂钩码前，调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车，观察到小车做匀速直线运动，表明此时已消除了摩擦力的影响．
(2)打出计数点“1”时小车的速度v1＝ m/s＝0.228 m/s.
(3)根据题表格中的数据，描点作图．
(4)由于钩码和小车实际的加速度为＝a，板小车受到的实际拉力F＝Ma＝mg，解得F＝0.093.
[答案] (1)小车做匀速直线运动 (2)0.228 (3)如图 (4)0.093
三、计算题(本题共4小题，共38分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
15．(8分)质量为2 000 kg的汽车在平直公路上行驶，所能达到的最大速度为20 m/s，设汽车所受阻力为车重的0.2倍(即f＝0.2G)．如果汽车在运动的初始阶段是以2 m/s2的加速度由静止开始作匀加速行驶，试求：
(1)汽车的额定功率；
(2)汽车在匀加速行驶时的牵引力；
(3)汽车做匀加速运动的最长时间；
(4)汽车在第3 s末的瞬时功率；
(5)试画出汽车在8 s内的P-t图像．
[解析] (1)P额＝fv＝0.2Gvm＝80 kW.
(2)F＝f＋ma＝8 000 N.
(3)设汽车匀加速运动所能达到的最大速度为v0，
对汽车，由牛顿第二定律得F－f＝ma
即－f＝ma
代入数据得v0＝10 m/s
所以汽车做匀加速直线运动的时间
t0＝＝ s＝5 s.
(4)P＝Fv＝Fat＝48 kW.
(5)汽车在8 s内的P-t图像为
[答案] (1)80 kW (2)8 000 N (3)5 s (4)48 kW (5)见解析
16．(8分)小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g.将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度．
[解析] (1)由动能定理有mgh－μmghcot θ＝mv2
得v＝.
(2)水平滑道上，由能量守恒定律得Ep＝mv2
即Ep＝mgh－μmghcot θ.
(3)设物块能上升的最大高度为h1，物块被弹回过程中，由能量守恒定律得Ep＝mgh1＋μmgh1cot θ
解得h1＝.
[答案] (1) (2)mgh－μmghcot θ (3)
17．(10分)如图所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g取10 m/s2)．试求：
(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；
(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小．
[解析] (1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得
mgR＝mv，NB－mg＝m
则NB＝30 N.
(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v对滑块有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1.
对小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1.
解得：v＝1 m/s，t1＝1 s，因t1＜t0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s，则小车右端距B端的距离为l车＝t1＋v(t0－t1)
解得l车＝1 m.
(3)Q＝μmgl相对＝μmg
解得Q＝6 J.
[答案] (1)30 N (2)1 m (3)6 J
18．(12分)如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝1 m，BC长为L2＝3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度；
(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度的范围是多少？
[解析] (1)小球恰能通过最高点，有mg＝m
由B到最高点有mv＝mv2＋mg·2R
由A到B有－μmgL1＝mv－mv
解得在A点的初速度vA＝3 m/s.
(2)若小球恰好停在C处，则有
－μmg(L1＋L2)＝0－mv
解得在A点的初速度vA＝4 m/s
若小球停在BC段，则有3 m/s≤vA≤4 m/s
若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有
h＝gt2，s＝vCt
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv
则有vA＝5 m/s
若小球能过D点，则vA≥5 m/s
综上，初速度范围是：3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s.
[答案] (1)3 m/s (2) 3m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s
