資源簡介

第２節　萬有引力定律
度:a＝　　　　．
(３)對比結果:月球在軌道高度處的加速度
近似等于　　　　　　　　　　　　．
一、行星與太陽間的引力 ３．結論:地面物體受地球的引力,月球所受
１．模型簡化 地球的引力,太陽與行星的引力,遵從相同的
行星繞太陽的運動可以看作　　　　運動, 規律．
太陽對行星的引力提供了行星做　　　　運動 三、萬有引力定律
的向心力． １．內容:自然界中任何兩個物體都相互吸
２．太陽對行星的引力 引,引力的方向在　　　　上,引力的大小與物
mv２ ２πr ２ １ ４π
２mr 體的質量
F＝ ＝m ＝ ． m１
和m２的乘積成　　　　、與它們之
r ÷è T r T２ 間距離r的　　　　成反比．
結合開普勒第三定律得:F∝　　　　． ２．表達式:F＝　　　　．
３．行星對太陽的引力 四、引力常量
根據牛頓第三定律,行星對太陽的引力F′ １．測量者:　　　　．
的大小也存在與上述關系類似的結果,即F′∝ ２．數值:G＝６．６７×１０－１１N m２/kg２．
　　　　．
４．太陽與行星間的引力
m、 m太由于F∝r２ F′∝ ２
,且
r F＝F′
,則有F∝
【典例１】　一名航天員來到一個星球上,如
　　　　,寫成等式F＝　　　　,式中G 為比
果星球的質量是地球質量的一半,它的直徑是地
例系數．
球直徑的一半,那么這名航天員在該星球上所受
５．太 陽 與 行 星 間 的 引 力 方 向 沿 著 二 者
到的萬有引力的大小是他在地球上所受萬有引
的　　　　．
力大小的 (　　)
二、月—地檢驗
　　１　　　　　　　　　　１　　　
１．猜想:維持月球繞地球運動的力與使得蘋 A．４ B．２
果下落的力是同一種力,同樣遵從“　　　　”的 C．２．０倍 D．４．０倍
規律． 變式１:在探究太陽對行星的引力規律的過
２．檢驗方法: ２
() 程中,
mv
我 們 依 據 以 下 三 個 公 式 ,
１ 物體在月球軌道上運動時的加速度: ① F＝ r
１
a ２πr
３
＝ ２g． ②v＝ ,
r
③ ２＝k,
m
得到結論F∝ 我們所６０ T T r２．
(２)月球圍繞地球做勻速圓周運動的加速 依據的上述三個公式中無法在實驗室中驗證的
５５
規律是 (　　)
A．① B．② C．③ D．②③
【典例２】　如圖所示,火箭內平臺上放有測
g １．由萬有引力定律可知,兩個物體的質量分
試儀器,火箭從地面啟動后,以加速度 豎直向
２ 別為m１和m２,其間距為r 時,它們之間萬有引
上勻加速運動,升到某一高度時,測試儀對平臺 m m
力的大小為F＝G １ ２２ ,式中G 為引力常量r ．３
的壓力為啟動前壓力的 ．已知地球半徑為４ R
,求
在國際單位制中,G 的單位是 (　　)
火箭此時離地面的高度．(g 為地面附近重力加 A　．　N　 　m２　/k　g２　　　　B　．　kg　２/　(N　 m２)
速度) C．N m２/kg D．N kg２/m２
２．我國計劃在今年利用“長征五號”運載火
箭發射“天問一號”火星探測器．在運載火箭離地
球越來越遠的過程中,地球對火星探測器萬有引
力大小的變化情況是 (　　)
A．變大 B．不變
C．變小 D．無法確定
３．下列關于萬有引力定律的說法中不正確
的是 (　　)
１ A．萬有引力定律是牛頓在總結前人研究的
變式２:已知月球質量是地球質量的 ,月８１ 基礎上發現的
１
球半徑是地球半徑的
３．８．
m m
B．公式F＝G １ ２２ 中的G 是一個常量,單r
(１)在月球和地球表面附近,以同樣的初速 m２
位是N ２
度分別豎直上拋一個物體時,上升的最大高度之 kg
比是多少 m mC．公式F＝G １ ２２ 中的r是指兩個質點間r
(２)在距月球和地球表面相同高度處(此高
的距離或兩個均勻球體的球心間的距離
度較小),以同樣的初速度分別水平拋出一個物
m１m２
體時,物體的水平射程之比為多少 D．由F＝G ２ 可知,當距離r 趨向于r ０
時,F 趨向于無窮大
４．關于引力常量G,下列說法中正確的是
(　　)
A．G 是一個沒有單位的比例常數,它的數
值是人為規定的
B．在國際單位制中,G 在數值上等于兩個
質量都是１kg的物體相距１m時的相互作用力
５６
C．在不同的星球上,G 的數值不一樣
D．在不同的單位制中,G 的數值是相同的
５．地球半徑為R,地球表面的重力加速度為
,
g,
１
若高空中某處的重力加速度為 g,
１．２０１９年１月 我國嫦娥四號探測器成功
則該處距
２ 在月球背面軟著陸．在探測器“奔向”月球的過程
地球表面的高度為 (　　) 中,用h 表示探測器與地球表面的距離,F 表示
A．(２－１)R B．R 它所受的地球引力,能夠描述F 隨h 變化關系的
C．２R D．２R 圖像是 (　　)
６．英國 新科學家(NewScientist) 雜志評
選出 了 ２００８ 年 度 世 界 ８ 項 科 學 之 最,在 A． B．
XTEJ１６５０ ５００雙星系統中發現的最小黑洞位
列其中,若某黑洞的半徑R 約４５km,質量 M 和
M c２ C． D．
半徑R 的關系滿足 ＝ (其中c為光速,G 為R ２G
引力常量),則該黑洞表面重力加速度的數量級為 ２．某行星的質量與地球的質量比為a,半徑
(　　) 比為b,則該行星表面與地球表面的重力加速度
A．１０８m/s２ B．１０１０m/s２ 之比為 (　　)
C．１０１２m/s２ D．１０１４m/s２ a aA． B． C．ab２２ D．ab
７．地球質量大約是月球質量的８１倍,在“嫦 b b
娥三號”探月衛星通過月、地之間某一位置時,月 ３．某地區的地下發現了天然
球和地球對它的引力大小相等,該位置到月球中 氣資源,如圖所示,在水平地面 P
心和地球中心的距離之比為 (　　) 點的正下方有一球形空腔區域內
儲藏有天然氣．假設該地區巖石均勻分布且密度
A．１∶３ B．１∶９
為 ,天然氣的密度遠小于 ,可忽略不計．如果
C．１∶２７ D．９∶１ ρ ρ
沒有該空腔,地球表面正常的重力加速度大小為
８．如圖所示,陰影區域是質量 M 半徑為R
g;由于空腔的存在,現測得P 點處的重力加速
的球體挖去一個小圓球后的剩余部分,所挖去的
度大小為kg(k＜１)．已知引力常量為G,球形空
R
小圓球的球心O′和大球心間的距離是 ,求球體２ 腔的球心深度為d,則此球形空腔的體積是
剩余部分對球體外與球心O 距離為２R、質量為 (　　)
m 的質點P 的引力． kgd kgd
２
A．G B．ρ Gρ
(１－k)gd (１－k)gd２
C． G D．ρ Gρ
１
４．火星的質量和半徑分別約為地球的 和１０
１,地球表面的重力加速度為g,則火星表面的２
５７
重力加速度約為 (　　) 值為 (　　)
A．０．２g B．０．４g mrA．１ B． １ １
C．２．５g D．５g m２r２
５．設想質量為m 的物體放到地球的中心, m１r２ r２
２
C．mr D． ÷
, , ２ １ èr１ 地球質量為 M 半徑為R 則物體與地球間的萬
９．地 球 A 和 某 一 行 星B 的 半 徑 之 比 為
有引力為 (　　)
R１∶R２＝１∶２,平均密度之比為ρ１∶ρ２＝４∶１．A．零 B．無窮大
若地球表面的重力加速度為１０m/s２,那么
Mm
C．G ２ D．無法確定R (１)B 行星表面的重力加速度是多少
６．如圖所示,有一個質量為 M,半徑為R, (２)若在地球表面以某一初速度豎直上拋
R 的物體最高可達２０m,那么在B 行星表面以同
密度均勻的大球體．從中挖去一個半徑為 的小２ 樣的初速度豎直上拋一物體,經多少時間該物體
球體,并在空腔中心放置一質量為m 的質點,則 可落回原地 (空氣阻力不計)
大球體的剩余部分對該質點的萬有引力大小為
(已知質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力
為零) (　　)
Mm Mm
A．G R２ B．G２R２
Mm
C．４G R２ D．０
７．地球可近似看成球形,由于地球表面上物
體都隨地球自轉,所以有 (　　)
A．物體在赤道處受的地球引力等于在兩極
處受的地球引力,而重力小于在兩極處的
B．赤道處的角速度比南緯３０°大
C．地球上物體的向心加速度都指向地心,
且赤道上物體的向心加速度比兩極處大
D．地面上的物體隨地球自轉時提供向心力
的是重力
８．兩個行星的質量分別為m１和m２,繞太陽
運行的軌道半徑分別是r１和r２．若它們只受太陽
的引力作用,那么這兩個行星的向心加速度的比
５８ 參考答案
第五章　拋體運動 決于船頭的方向,故合運動有多種可能,船相對于岸的速度不一定是５m/s,故C錯誤;當船頭正對河岸時渡河時間最短,最短時
第１節　曲線運動 d ３００間為河寬與船速的比值,即 ＝ s＝１００s,故 D錯誤v ３ ．知識梳理 １
一、１．曲線　２．切線方向　３．方向　變速 變式１:B　解析:船頭始終垂直于河岸,河寬一定,當水流速
二、１．同一直線上　２．不在同一直線上 度增大,為保持航線不變,根據運動的合成,靜水速度必須增大,
典例精解 d再根據t＝ ,所以渡河的時間變短,故 A、C、D錯誤,B正確．
【典例１】　D　解析:判斷做曲線運動的物體速度大小的變 vc
, : 【 】 :化情況時 應從下列關系入手 當物體所受合外力方向與速度方 典例２ 　B　解析 對汽車的速度v 沿繩子的方向和垂直
向的夾角為銳角時,物體做曲線運動的速率增大;當物體所受合 于繩子的方向進行正交分解,如圖所示:
:
外力方向與速度方向的夾角為鈍角時,物體做曲線運動的速率減 有 v２＝vcosθ,v１＝vsinθ
小;當物體所受合外力方向與速度方向的夾角始終為直角(或垂 物塊上升的速度大小等于v２,由v２
直)時, ,物體做曲線運動的速率不變．在本題中,合力F 的方向與 ＝vcosθ可以知道 汽車向右勻速運動
, ,
速度方向的夾角先為鈍角,后為銳角,故 D選項正確． 的過 程 中 角 度θ 逐 漸 減 小 由 v２ ＝
, , ,
變式１:C　 :足球做曲線運動,則其速度方向沿軌跡的 vcosθ得知 速度逐漸增大 向上做加速運動 不會出現減速的情解析
, 、 ; , , ,
切線方向;根據物體做曲線運動的條件可知,合外力的方向一定 況 故 A D 錯誤 由于加速度向上 故處于超重 故 B 正確 C
指向軌跡的內側,選項C正確． 錯誤．
【 ２】
: : ,
　B　 :質點原來是靜止的,在F 、F 的合力的 變式２C　解析 A．對于A 它的速度如典例 解析 １ ２
,
作用下開始運動,此時質點做的是直線運動,運動一段時間之后, 圖中標出的v 這個速度看成是A 的合速度,
, 、 ,物體就有了速度 而此時將F１突然減小為F －ΔF,F 變小了,
其分速度分別是va vb 其中va 就是B 的速
１ １
( , ),
它們的合力也就變了,原來合力的方向與速度的方向在一條直線 率 同一根繩子 大小相同 故剛開始上升時
上,質點做的是直線運動,把F１改變之后,合力的大小變了,合力 B
的速度vB ＝vcosθ,故A不符合題意;由于
, , ,
的方向也變了,就不再和速度的方向在同一條直線上了,所以此 A 勻速上升 θ在增大 所以vB 在減小 故 B
后質點將做曲線運動,由于F１、F２都是恒力,改變之后它們的合 不符合題意
;B 做減速運動,處于超重狀態,繩對B 的拉力大于B
力還是恒力,質點的加速度就是定值,所以在相等的時間里速度 的重力,故C符合題意;當運動至定滑輪的連線處于水平位置時θ
的增量一定相等,故質點是在做勻變速曲線運動,故 B正確,A、 ＝９０°,所以vB ＝０,故 D不符合題意．
C、D錯誤． 當堂訓練
變式２:C　解析:撤去力F 前,物塊處 １．D　２．B　３．B　４．C　５．C　６．B　７．B　８．D
于平衡狀態,沿斜面方向的受力如圖所示, ９．解析:(１)由物體運動過程中的坐標與時間的關系
２
摩擦力與拉力F 和重力沿斜面向下的分力 x＝５t＝１０m,y＝５t ＝２０m
的合力平衡,物塊運動方向與摩擦力f 的 即２s時刻物體的位移為s＝ x２＋y２ ＝１０ ５ m．
方向相反;撤去外力F 后,合力方向與F 方向相反,與速度方向 (２)由于物體運動過程中的坐標與時間的關系式,比較物體
有一定的夾角,所以物塊做曲線運動;速度方向改變后,摩擦力f 在兩個方向的運動學公式x＝v０t．
的方向也隨之改變,因此合力的方向改變,物塊將做非勻變速曲 求得v０＝５m/s
線運動,選C． １y＝ at２,求得２ a＝１０m
/s２．
當堂訓練
１．C　２．C　３．C　４．B　５．B　６．D　７．C　８．D　９．D　 當t＝２s時,vy＝at＝２０m/s．
１０．D　１１．C v速度和x 軸正方向夾角的正切值 ytanθ＝ ＝４．
課后鞏固 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
課后鞏固
第２節　運動的合成與分解 １．B　２．C　３．C　４．A　５．C　６．A　７．B
知識梳理 ８．解析:(１)設正方形的邊長為s０,豎直方向做豎直上拋運
一、１．vxt　vyt　３．過原點的直線 v０
二、１．實際發生的運動　參與的幾個運動　２．合成　分解　 動,v０＝gt１,２s０＝２t１．
３．矢量運算 v
水平方向做勻加速直線運動 １ 解得 /
典例精解 ３s０＝２t１． v１＝６ms．
【典例１】　B　解析:只要船有相對岸的速度,則船一定可以 (２)由豎直方向的對稱性可知,小球再經過t１ 到x 軸,水平
渡過河,故 A錯誤;由于船速小于水速,故船不可能有垂直于河岸 方向做初速度為零的勻加速直線運動,所以回到x 軸時落到x＝
的合速度,故不可能垂直于河岸渡河,故B正確;船的實際速度取 １２處,位置 N 的坐標為(１２,０),運動軌跡及 N 如圖所示．
１０７
從斜槽的同一位置由靜止釋放,小球與斜槽間有摩擦不會影響實
驗的誤差．
小球每次從斜槽滾下的初始位置不同,會導致平拋運動的初
速度不同,但是平拋運動的高度相同,則小球每次在空中運動的
(３)物體從O 到M 的時間與M 到N 的時間相等,因此此運
時間相同．
動可看成水平方向做初速度為零的勻加速直線運動,豎直方向可
看成豎直上拋運動,所以物體到達 N 點水平方向的速度為v,則 () １ ２y ２×０．２３ 根據 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則小球平拋運動的初速度v０＝
A ＝ m/s＝２．０m/s,小球運動t ０．２
而豎直方向 N 點的速度為４m/s,那么 N 點的速度為v AN ＝ x ０．６
１２２＋４２ m/s＝４ １０ m/s． 到B 點的時間t ＝
B
B ＝ s＝０．３s,則 B 點的縱坐標v yB ＝０ ２
答案:(１)６m/s １ １
(２) ２gt
２
B ＝２×１０×０．０９m＝０．４５m．
(４)豎直管內與大氣相通,為外界大氣壓強,豎直管在水面下
保證豎直管上出口處的壓強為大氣壓強．因而另一出水管的上端
口處壓強與豎直管上出口處的壓強有恒定的壓強差,保證另一出
(３)４ １０ m/s 水管出水壓強恒定,從而水速度恒定．如果豎直管上出口在水面
第３節　實驗:探究平拋運動的特點 上,則水面上為恒定大氣壓強,因而隨水面下降,出水管上口壓強
知識梳理 降低,出水速度減小．故選: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)不會,相同　(３)２．０　０．４５　(４)B
二、１．(２)水平方向　只受重力　２．(４)勻速　勻加速直線運動
變式２:解析:在豎直方向上, ２ ,
Δy
根據 Δy＝gT 得 T＝ ＝典例精解 g
【典例１】　解析:(１)該實驗成功的關鍵是,確保小球做平拋 L ３．６
, ,
x
則 汽 車 離 開 平 臺 的 速 度
運動 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
＝
運動才是平拋運動． ３．６×２
m/s＝１２m/s．
(２)只有每次小球平拋的初速度相同,其軌跡才能相同,才能 ０．６
在坐標紙上找到一些點,每次在同一位置由靜止釋放小球,是為 ３×３．６第二個圖豎直方向上的瞬時速度vy２＝ ＝９m/s,
了使小球有相同的水平初速度． ２×０．６
(３)由于O 點是拋出點,取x＝３２cm,y＝１９．６cm,有: 則落地的豎直分速度vy ＝vy２ ＋gT＝９＋１０×０．６ m/s＝
２
１ v ２２５
x＝vt　①　y＝ gt２　② １５m/s,高臺離地面的高度h
y
０ ＝２ ＝２０ m＝１１．２５m２ g
答案:
g １２　１１．２５
聯立①②解得:v０＝x ,２ v ＝１．６m
/s．
y ０ 當堂訓練
答案:(１)斜槽末端水平　(２)從同一位置靜止滾下　保證 １．A　２．A　３．C　４．A　５．BACD　６．(１)為了保證小球每
g g
每次具有相同的初速度　(３)x 　１．６m/s 次做平拋運動的初速度相同　(２)x － 　
(３)１．００
２y y２ y１
變式１:解析:(１)兩球的體積、材料和質量的選擇不同,受到 課后鞏固
阻力大小不同,對實驗結果有影響,故 A錯誤;改變小球距地面的 １．B　２．C　３．D　４．解析:(１)畫一條拋物線,不在線上的
高度,可以改變兩球在空中的運動時間,而改變小錘擊打的力度, 點要舍棄．
可以改變A 球的水平初速度大小,故B正確;小錘打擊彈性金屬
片,A 球水平拋出,同時B 球被松開自由下落,兩球同時落地,可
知平拋運動在豎直方向上做自由落體運動,不能得出水平方向上
的運動規律,故C正確,D錯誤．
(２)安裝斜槽軌道,使其末端保持水平,不左右滾動,以保證
小球做平拋運動,故 A正確;將坐標紙上豎線與重垂線平行,確保
坐標紙處于豎直面,故B正確;將小球靜止在斜槽末端位置時重
心位置在背板上的投影記錄為坐標原點,故C正確每次小球應從 (２)第４個點明顯不到線上,水平方向的位移小了很多,是由
同一位置由靜止釋放,以保證到達底端速度相同,故 D錯誤;不斷 于水平方向的初速度太小,所以原因是:小球從斜槽上滾下時的
改變水平擋板的位置,記錄下小球落到擋板上的位置,故 E正確; 初始位置比其他幾次的位置偏低．
將坐標紙上確定的點用平滑曲線連接,故F錯誤．故選:D、F．
( １３)根據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)研究平拋運動,需要測量水平位移和豎 x ０．３
則平拋運動的初速度為 / /
直位移,所以還需要的器材是刻度尺．故選:C． v０＝t ＝０．３ms＝１．０ms．
(２)為了保證小球每次平拋運動的初速度相等,讓小球每次 答案:(１)見解析　(２)低　(３)１．０
１０８
５．解析:(１)該題實驗中要保證每次小球做平拋運動的軌跡 (３)從靜止開始勻加速下滑v２＝２aL,解得a＝２m/s２．
相同,這就要求小球平拋的初速度相同,而且初速度是水平的,因 人下滑時受力分析,正交分解可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma
此在具體實驗操作中要調整斜槽末端水平,同時讓小球多次從同 gsinθ－a
解得μ＝ ＝０．５．
一位置無初速度的釋放． gcosθ
(２)實驗操作中要先安裝儀器,然后進行實驗操作,故實驗順 答案:(１)０．７s　(２)４m/s　(３)０．５
序為:BAC． 當堂訓練
(３)從圖中看出,a、b、c、d４個點間的水平位移均相等,是x １．B　２．A　３．C　４．B　５．B　６．C　７．A
＝２L,因此這４個點是等時間間隔點．豎直方向兩段相鄰位移之 ８．解析:(１)摩托車從A 處越過壕溝的過程做平拋運動,有
１
差是個定值,即 Δy＝gT２＝L,
x
再根據v ２０＝ ,解出t v０＝２ gL
, h＝ gt ,解得２ t＝０．６s．
代入數據得:v０＝０．７０m/s． (２)摩托車恰好越過壕溝時的初速度即為所求最小初速度,
答案:(１)同一　調整斜槽末端水平　(２)BAC　(３)２ gL 有x＝v０t
,解得v０＝２０m/s．
　０．７０m/s 答案:(１)０．６s　(２)２０m/s
課后鞏固
第４節　拋體運動的規律 １．B　２．B　３．C　４．A
知識梳理 ５．解析:(１)小球從P 點開始到桶的左上邊緣時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．拋物線 ２２
２h１
三、１．勻速直線　v０cosθ　２．v０sinθ 小球下落的總時間t＝ ＝０．５sg
典例精解 則桶的直徑d＝v０t－s＝０．２m．
【典例１】　C　解析:炸彈釋放時具有與轟炸機相同的水平 (２)若使小球打到桶右側上邊緣,則s＋d＝v′０t１
方向的速度,則在水平方向炸彈有相同的位移即在同一豎直方向 s＋d １
上,豎直方向炸彈做自由落體運動,且相鄰兩顆炸彈釋放的時間 解得v′０＝ /t ＝０．４ms＝２．５m
/s
１
間隔相同,連續相等時間間隔通過的位移之比為１∶３∶５,故 小球從P 點水平拋出時的速度大小的取值范圍為２m/s~
選C． ２．５m/s．
變式１:C　解析:平拋運動是只在重力的作用下,水平拋出 答案:(１)２m/s　０．２m　(２)２m/s~２．５m/s
的物體做的運動,所以平拋運動的物體要受到重力的作用,故 A 專題 斜面上的平拋與平拋在生活中的應用
錯誤;平拋運動是曲線運動,速度沿軌跡的切線方向,所以速度方 　
【基礎訓練】
向不斷改變．物體只受重力,加速度為g,所以平拋運動是勻變速
曲線運動．故B錯誤;根據平拋運動的規律可知,平拋運動可以分 １．B　２．B　３．A　４．D　５．B　６．C　７．A　８．B　９．A
, １０．解析:(１)由題意可知:小球落到解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動 故 C
斜面上并沿斜面下滑,說明此時小球速度
正確; １ ２h ２h根據h＝ gt２ 得t＝ ,水平位移x＝v０t＝v０ , 方向與斜面平行,否則小球會彈起,所以２ g g
v ＝vtan５３°,v２＝２h
則知平拋運動落地時的水平位移由初速度和拋出點的高度共同 y ０ y g
代入數據,, 得v ＝４m/s,v ＝３m/s．決定 故 D錯誤． y ０
【 ()由 得典例２】　解析:(１)根據運動合成和分解籃球進框時的水 ２ vy＝gt１ t１＝０．４s
水平距離為s＝v０t１＝３×０．４m＝１．２m．
２ ２
平分速度vx＝vcos４５°＝ v,豎直分速度２ vy＝vsin４５°＝ ２v． () mgsin５３°３ 小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度a＝ m
x
設籃球由最高點運動到籃筐的時間為t,則水平方向 ＝vxt ＝gsin５３°＝８m/s２,２
２ gt 初速度v＝ v
２ ２
０＋vy ＝ ９＋１６ m/s＝５m/s
＝ vt,由速度關系:２ tan４５°＝
,聯立得,
v t＝０．７s
,v０＝７m/s,故
０ H １且
sin５３°＝vt２＋
２
２at２
進筐的速度大小v＝ v２０＋(gt)２ ＝７ ２ m/s．
代入數據,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(不合題意舍去)２
() v籃球投出后的最高點相對籃筐的豎直高度是 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
變式２:解析:(１)人從滑到滑出后作平拋運動h＝ gt２２ ８．解析:(１)① 選手離開平臺后做平拋運動,在豎直方向 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)人滑至水平軌道末端時的速度大v＝ /t ＝４ms． 選手落在傳送帶上的位置與A 端之間的距離x＝x１－x０＝
１０９
０．６m,② 選手在傳送帶上做勻加速運動的位移x２＝L０－x＝ x物體B 平拋的初速度v２＝t ＝２．４m
/s．
１
２at
２
２,解得t２＝３s (３)物體A、B 間初始位置的高度差
選手運動的總時間t＝t１＋t２＋Δt＝４．６s． １ １ ２
(２)
h＝ v１tsin３７°＋ gt ＝６．８m．
設水平躍出的速度為v１,落到傳送帶上反應時間１．０s內 ２ ２
向左運動的位移大小x３＝vΔt＝１m 答案:(１)１s　(２)２．４m/s　(３)６．８m
然后向左減速至速度為０的過程中,向左運動的位移x４＝ 第六章　圓周運動
v２
２a＝０．２５m 第１節　圓周運動
選手不從傳送帶上掉下,平拋水平位移x≥x０＋x３＋x４＝ 知識梳理
２．４５m
一、１．圓周或一段圓弧　２．(１)弧長　()
Δs
２ 　m/s　(３)切線
x
則v１≥ ＝４．０８m/
Δt
t s１ 　(４)瞬時速度　(５)處處相等
所以選手從平臺上躍出的最小水平速度為４．０８m/s．
、 Δθ /
答案:(１)①０．６m　②４．６s　(２) /
二 １．Δθ　２．Δt　３．rads　５．
角速度不變
４．０８ms
本章評估 三、１．一周　T　秒(s)　２．圈數　n　轉每秒(r/s)　轉每分
(/ )
１．D　２．D　３．C　４．D　５．C　６．D　７．B　８．D　９．B　 rmin
四、 角速度的大小與半徑的乘積
１０．B　１１．C １． 　２．ωr
１２．(１)
典例精解
D　(２)１　０．２
: , 【典例１】　C　解析:勻速圓周運動中,轉動一圈的時間為周１３．解析 如圖所示 物資的實際運動可以看
期,時針的周期為 ,分針的周期為 ,秒針的周期為 即
作是豎直方向的勻速直線運動和水平方向的勻 １２h １h ６０s
速直線運動兩個分運動的合運動． , ２π ω時 T分１min 根據公式ω＝ 得時針和分針的角速度之比為 ＝
() T ω分 T時１ 分運動與合運動具有等時性,故物資實
１ ω分 T秒 １
際運動的時間與豎直方向分運動的時間相等． ＝ ,分針和秒針的角速度之比為 ＝ ＝ ,所以１２ ω T ６０ ω時 ∶ω分 ∶秒 分
h １００
所以t＝ ＝ s＝２０s． ω秒 ＝１∶１２∶７２０,故選C．vy ５ 變式１:C　解析:A、B 兩質點分別做勻速圓周運動,根據速
(２)物資落地時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
,選項 A、B錯誤;根
x y
(３)物資在下落過程中水平方向移動的距離為:x＝vxt＝ ２π ２π ２π
據公式T＝ ,得ω TA ∶TB ＝ ∶ ＝２∶３
,選項 C 正確,D
１×２０m＝２０m． ωA ωB
答案:(１)２０s　(２) ２６ m/s　(３)２０m 錯誤．
１４．解析:(１)對小球分析,受重力、桿的支持力和木塊對小 【典例２】　B　解析:齒輪傳動裝置中,邊緣的線速度相等,因
球的彈力F z１ z２ ２πN 此從動輪只能逆時針轉動;則 ＝ ,且 ,所以T T T１＝ω T２＝
由平衡條件得FN＝m
１ ２
gcotθ
２π
對木塊分析,受重力、地面支持力、水平推力和小球對木塊的 ,B正確３ω ．
彈力FN′ １
由平衡條件得F＝－F′ 變式２:A　解析:由題意知拖把頭周期T＝ s,則拖把頭轉N ７
由牛頓第三定律FN＝－FN′ ２π
動的角速度ω＝T ＝１４πrad
/s,故 C錯誤;拖把頭邊緣的線速度
３
解得F＝ ３mg． ２πRv１＝ ＝１．４πm/s,
l
故 A正確;拖把桿向下運動的速度v２＝
(２)撤去水平作用力F 后小球做圓周運動,設θ＝４５°時小球 T t
速度為v球 ,將其沿水平方向和豎直方向分解,則球沿水平方向速 １＝０．３５m/s,故B錯誤;拖把頭的轉速n＝ ＝７r/s,故 D錯誤．
度v水平 ＝v球sin４５° T
當堂訓練
小球與木塊分離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 課后鞏固
答案:() ３１ mg　(２)２v １．C　２．C　３．B　４．A　５．C　６．D　７．C３ ８．解析:由題可知,A,B 兩點在同一皮帶輪上,因此ωA ＝
１５．解析:(１)物體A 上滑過程中,由牛頓第二定律得 ωB ,又皮帶不打滑,所以vA ＝vC,故可得
mgsinθ＝ma代入數據得a＝６m/s２ vC vA ３
設物體A 滑到最高點所用時間為t,由運動學公式知 ωC＝R ＝ ２ ＝ ωA
,
C ２
０＝v１－at,解得t＝１s． ３RA
( １ ３２)物體B 平拋的水平位移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)斷后小球做平拋運動: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節　向心加速度
第２節　向心力 知識梳理
１．(１)末速度　初速度　(２)v末 －v初
知識梳理
２
v２ (
v
、 ２ ２．１
)圓心　(２)垂直　(３)r 　ω
２r　(４)方向
一 １．圓心　２．圓心　３．mωr　m 　４．作用效果r
、 () ３．
半徑切線　方向　大小
二 １．圓心　 ２ 向心力　方向　２．(１)直線　圓周
典例精解
典例精解
【典例１】　A　解析:A、B 為球體表面上【典例１】　A　解析:鋼球做圓周運動,受重力、支持力、拉
兩點,因此,A、B 兩點的角速度與球體繞軸
力,支持力和重力平衡,拉力提供向心力,故 A正確,B錯誤;繩子
O１O２旋轉的角速度相同,A 正確;如圖所示,
v２
拉力提供向心力,據牛頓第二定律FT ＝m 知:只增大鋼球的繞 A 以P 為圓心做圓周運動,B 以Q 為圓心做R
, , ; , 圓周運動,因此,A、B 兩點的向心加速度方行速度 繩的拉力將增大 故 C錯誤 松手后 物體所受重力和支
, , 向分別指向P、Q,C錯誤;設球的半徑為 ,持力平衡 物體將做勻速直線運動 故 D錯誤． R
則 運動的半徑 , 運動的半
變式１:A　解析:根據向心力公式結合牛頓第二定律有F＝ A rA ＝Rsin６０°B
v２ ,v
２
徑r ＝Rsin３０° A
ωrA sin６０° , ;aA ωrA
m 可知,研究向心力與半徑的關系時,保持圓柱體線速度和質 B ＝ 錯誤r vB ωr
＝
B sin３０°
＝ ３ B a ＝B ω２r ＝B
３,D錯誤．
量一定, １應畫F 圖像,二者呈線性關系,便于研究,A 錯誤;研r 變式１:D　解析:傳動中皮帶不打滑,則A、B 兩點的線速度
究向心力與線速度的關系時,保持圓柱體質量和運動半徑一定, 大小相等,故vA ＝vB ,則vA ∶vB ＝１∶１,A 錯誤;B、C 兩點繞同
應畫F v２ 圖像,B正確;研究向心力與質量的關系時,保持圓柱 一軸轉動,故 B、C 兩點的角速度相等,ωB ＝ωC,則ωB ∶ωC ＝
體線速度和運動半徑一定,應畫F m 圖像,C正確;如能保證兩 １∶１,故B錯誤;由于A、B 兩點的線速度大小相等,半徑之比為
個傳感器同步記錄,圓筒可以不做勻速圓周運動,光電傳感器測 v２
２∶１,由an＝ 可知A、B 兩點的向心加速度大小之比為aA ∶aB
量圓柱通過瞬間的線速度,力傳感器測量此時瞬間的向心力(繩 R
子拉力)大小,同樣可以完成該實驗目的,D正確． ＝RB ∶RA ＝１∶２,C錯誤;由于B、C 兩點的角速度相等,由an＝
【 ２典例２】　D　解析:衣物在豎直方向處于平衡狀態,物體受 ωR 可知B、C 兩點的向心加速度大小之比為aB ∶aC ＝RB ∶RC
到的重力與摩擦力為一對平衡力,所受摩擦力大小為 mg,故 AB ＝１∶２,又aA ∶aB ＝１∶２,所以aA ∶aC＝１∶４,故 D正確．
２ ２
錯誤;衣物所受支持力提供了物體圓周運動的向心力,大小為 【 ４π v典例２】　D　解析:由a＝ω２R＝ ２R＝ 可得,角速度ω
mω２R,故C錯誤,D正確． T R
v２ a R
變式２:D　解析:石塊的速度大小不變,有a＝ ,做勻速圓 ＝ ,周期T＝２π ,線速度v＝ aR,在t時間內小球通r R a
周運動,則加速度大小不變,方向始終指向球心,A 錯誤,D正確; a
過的路程 ,時間內小球轉過的角度
, , ; , s＝vt＝ aRtt θ＝ωt＝ t
,
合外力等于F＝ma 大小不變 B錯誤 由于壓力變化 則摩擦力 R
變化,C錯誤． 故 A、B、C正確,D錯誤．
當堂訓練 變式２:D　解析:學員和教練員都繞同一點O 做圓周運動,
１．D　２．D　３．C　４．B　５．C　６．C　７．D　８．D　９．A 則運動周期和運動角速度相等,選項 A、B錯誤;根據a＝ω２r 可
１０．解析:(１)(２)對小球進行受力分析,并分解拉力F,由牛 知,因學員和教練員做圓周運動的半徑之比為５∶４,則向心加速
頓第二定律可知: 度大小之比為５∶４,選項 C錯誤;根據v＝ωr 可知,因學員和教
２ 練員做圓周運動的半徑之比為５∶４,則線速度大小之比為５∶４,
Fcosθ＝mg,
４π
Fsinθ＝m T２r． 選項 D正確．
而由幾何關系可知:r＝Lsinθ解得: 當堂訓練
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)因電動機和機器由同一皮帶連接,所以它們邊
答案:(１) 　()cosθ ２ ２π g 緣線速度相等,設電動機半徑為r１,角速度ω１,機器輪半徑為r２,
課后鞏固 角速度為ω２,由題意知r２＝３r１．
１．C　２．A　３．B　４．C　５．B　６．B　７．D　 根據v＝rω,得r１ω１＝r２ω２,即r１ω１＝３r１ω２,所以ω１∶ω２＝
v２ ３∶１．
８．解析:(１)當細線恰斷時有:２mg－mg＝m l 根據ω＝２πn,故角速度與轉速成正比,故n１∶n２＝３∶１．
解得:v＝ gl． (２)因A 與皮帶邊緣同軸轉動,所以角速度相等,向心加速度與
１１１
１ v２ v２半徑成正比,根據a＝rω２,得aA＝２×０．１０m
/s２＝０．０５m/s２． mg－FN２ ＝m ,則r FN２ ＝m (g－r ) ＝２．０×１０４ ×
２
() v a r ３ ３００３ 兩輪邊緣的線速度相等,根據a＝ ,得 １ ２ ,得 ５r a ＝r ＝ (１０－２ １ １ ６０ ) N＝１．０×１０ N．
a１＝３a２＝０．３m/s２． 由牛頓第三定律得,在凸形橋面最高點汽車對橋面的壓力為
答案:(１)３∶１　(２)０．０５m/s２　(３)０．３m/s２ １．０×１０５ N．
課后鞏固 答案:(１)１０ ３ m/s　(２)１．０×１０５ N
１．B　２．D　３．B　４．D　５．D v２
: , , 變式２:C　解析:戰車在 點時,由 知,６．解析 設乙下落到 A 點所用時間為t 則對乙 滿足 R＝ B FN－mg＝m R FN
２
１ ２ ２R ３ ３ ２R vgt 得t＝ ．這段時間內甲運動了 T,即 T＝ ①, ＝mg＋m ,則FN ＞mg,故對路面的壓力最大;在C 和A 點２ g ４ ４ g R
２ v２ v２４π
又由于an＝ω２R＝ R②,
９
由①②得,a ＝ π２g． 時,由n mg－FN＝m 知, ,則 ,且T２ ８ R
FN＝mg－m R FN＜mg RC ＞
９ RA ,故FNC＞FNA ,故在A 點對路面壓力最小,故C正確．
答案: ２
８πg 當堂訓練
第４節　生活中的圓周運動 １．D　２．C　３．D　４．A　５．A　６．D　７．A
８．解析:(１)由表中數據可知,每組的h 與r之積為常數,hr
知識梳理
、１．圓周運動　向心加速度 ＝６６０×５０×１０
－３ m２＝３３m２．當r＝４４０m 時,h＝７５mm．
一
２．(１) ()
(２)鐵軌示意圖如圖甲所示,內、外軌對車輪沒有側向壓力彈力　 ２ 重力mg　支持力FN ２
二、m vg－FN　越小　FN－mg　越大 時,火車的受力如圖乙所示．則mgtanθ＝m θ．很小,則有r tanθ
三、１．地球引力　飛船座艙對他的支持力　mg－FN
四、１．切線　遠離　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,外軌對輪緣的側壓力提供火車轉彎所
需要的向心力,所以有:
v２ １０５×２０２
FN＝m r ＝ ４００ N＝１×１０
５ N． 　　
甲 乙
由牛頓第三定律可知鐵軌受到的側壓力大小等于１×１０５ N．
( ２２)火車過彎道,重力和鐵軌對火車的支持力的合力正好提 答案:(１)hr＝３３m 　７５mm　(２)５４km/h
v２ v２ 課后鞏固
供向心力,如圖所示,則 mgtanθ＝m ,由此可得r tanθ＝rg １．C　２．A　３．C
＝０．１． ４．解析:如圖所示,汽車到達橋頂時,受到重力mg 和橋面對
答案:(１)１×１０５ N　(２)０．１ 它的支持力FN的作用．
變式１:D　解析:傾斜面上汽車受到的支持力與斜面垂直, (１)汽車對橋面的壓力大小等于橋面對汽
故 A錯誤;汽車轉彎時的運動可看成圓周運動,向心力方向指向 車的支持力FN．汽車過橋時做圓周運動,重力
v２ 和支持力的合力提供向心力,根據牛頓第二定
彎道內側,令斜面的夾角為θ,當汽車速度滿足m r ＝mgtanθ
,
律有:
可知,v＝ grtanθ,汽車不受摩擦力作用,汽車在傾斜路面轉 v２ v２
mg－F ＝m
１
N ,所以FN＝mg－m
１ ＝７６００N．
彎,當速度小于 grtanθ,摩擦力向外,當速度大于 grtanθ時, R R
摩擦力向內,故乙可能受到平行路面指向彎道外側的摩擦力作 故汽車對橋面的壓力為７６００N．
用,故B錯誤,D正確;甲車轉彎時,由靜摩擦力提供圓周運動向 (２)汽車經過橋頂時恰好對橋面沒有壓力,則FN＝０,即汽車
心力,故甲車轉彎是圓周運動,需要向心力,故甲車不可能不受平 做圓周運動的向心力完全由其自身重力來提供,所以有 mg＝
行路面指向彎道內側的摩擦力,故C錯誤． v２m ,解得v＝ gR＝２２．４m/s．
【典例２】　解析:(１)汽車在凹形橋面的底部時,由牛頓第三 R
定律可知,橋面對汽車的最大支持力F ＝３．０×１０５ N,根據牛頓 (３)由(２)問可知,當FN＝０時,汽車會發生類似平拋的運N１
v２ 動,這是不安全的,所以對于同樣的車速,拱橋圓弧的半徑大些比
第二定律得FN１－mg＝m r ． 較安全．
(F
５
) (N１ ４)由(２)問可知,若拱橋的半徑增大到與地球半徑一樣大,汽即v＝ m －g r＝ (３．０×１０２．０×１０４－１０) ×６０ m/s＝ 車要在橋面上騰空,速度至少為v′＝ gR′＝ １０×６４．×１０６ m/s＝
１０ ３ m/s＜ gr＝１０ ６ m/s． ８０００m/s．
故汽車在凸形橋最高點上不會脫離橋面,所以最大速率為 答案:(１)７６００N　(２)２２．４m/s　(３)半徑大些比較安全
１０ ３ m/s． 　(４)８０００m/s
(２)汽車在凸形橋面的最高點時,由牛頓第二定律得
１１２
專題　豎直平面內的圓周運動 答案:(１)２０rad/s　(２)ω ＜１０ ２
【基礎訓練】 專題　水平面內的圓周運動
１．B　２．C　３．C　４．B　５．C　６．B　７．C 【基礎訓練】
８．解析:設小球經過B 點時的速度為v,小球平拋運動的水 １．C　２．B　３．B　４．D　５．D　６．C
平位移x＝ (３R)２－(２R)２
１
＝ ５R,豎直方向上２R＝ gt２,故 ７．解析:(１)設水平轉盤以角速度ω１勻速轉動時,物塊與轉２ 盤剛好要相對滑動,此時物體所需向心力恰好最大靜摩擦力提
x ５R ５gR
v＝t ＝ ＝ ２ ．４R 供,
g
則μmg＝mrω２１解得:ω
μ
１＝ r ．
g (２)由于ω２＜ω１,物體受到的最大靜摩擦力大于所需向心
v２
在B 點根據牛頓第二定律得F＋mg＝m , 力,此時繩對物體沒有拉力,故T２＝０．R (３)由于ω３＞ω１,物體受到的最大靜摩擦力不足以提供所需
１
所以F＝ mg,根據牛頓第三定律知, 向心力,此時繩對物體有拉力４ ．
由
１ μmg＋T３＝mω
２
３r,得此時繩子對物體拉力的大小為T３＝
小球對軌道口B 處的壓力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 點 的 受 力 如 圖 r ３
所示: 【拓展提升】
(１)桿的轉速為２r/s時,ω＝２π n＝ １．C　２．B　３．A　４．B　５．A
４πrad/s, ６．解析:(１)小球做圓周運動的軌道半徑為r＝Lsin５３°＝
由牛頓第二定律得F＋mg＝mLω２, ０．５×０．８m＝０．４m．
故小球所受桿的作用力 因小球與斜面間恰好沒有擠壓,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,
即桿對小球有１３８N 的拉力,由牛頓第三定律可知,小球對 gtanθ １００ １０ ３
ω０＝ ＝ ＝ /
桿的拉力大小為１３８N,方向豎直向上． r ３ ３
rads．
(２)桿的轉速為０．５r/s時,ω′＝２π n′＝πrad/s, (２)當角速度為０．５ω０時,小球受到三個力的作用:重力G、支
同理可得小球所受桿的作用力 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′為負值表示它的方向與受力分析中所假設的方向相 在X 方向T cos３７°－Fcos５３°＝mω２２ r,
反,即桿對小球的作用力大小為１０N,方向豎直向上,根據牛頓第 代入數據解得T２＝２．６N．
三定律可知,小球對桿的作用力大小為１０N,方向豎直向下． １０ ３
:() , () , 答案:() / ()答案 １ １３８N 方向豎直向上　 ２ １０N 方向豎直向下 １ ３ rads　 ２ ２．６N
【拓展提升】 ７．解析:當BC 恰好拉直,但沒有拉力存在時,
２
１．C　２．B　３．C　４．A　５．B　６．A 有FT１cos３０°＝mg,FT１sin３０°＝mlsin３０°ω１,解得
７．解析:分別以水桶和桶中的水為研究對象,對它們進行受 ω１＝２４．rad/s．
力分析,找出它們做圓周運動所需向心力的來源,根據牛頓運動 當 AC 恰 好 拉 直,但 沒 有 拉 力 存 在 時,有
定律建立方程求解． FT２cos４５°＝mg,FT２sin４５°＝mlsin３０°ω
２
２,解得
(１)以水桶中的水為研究對象,在最高點恰好不流出來,說明水 ω２＝３．１６rad/s．
的重力恰好提供其做圓周運動所需的向心力,此時桶的速率最小,此 所以要使兩繩始終張緊,ω 必須滿足的條件
v２ 是２．４rad
/s≤ω≤３．１６rad/s．
時有:m ＝m ０g ,則所求的最小速率為:r v０＝ gr＝２．２４m
/s． 答案:２．４rad/s≤ω≤３．１６rad/s
(２)此時桶底對水有一向下的壓力,設為FN,則由牛頓第二 本章評估
: v
２
定律有 F ＋mg＝m ,代入數據可得: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
由牛頓第三定律,水對桶底的壓力:FN′＝４N． １１．解析:(１)小球剛好通過最高點時,恰好只由重力完全提
答案:(１)２．２４m/s　(２)４N v２１
８．解析:(１)當試管勻速轉動時,小球在最高點對試管的壓 供向心力,故有:mg＝m ,解得l v１＝ gl＝２m
/s．
力最小,在最低點對試管的壓力最大． (２)小球通過最高點時的速度大小為４m/s時,拉力和重力
在最高點:F１＋mg＝mω２r,在最低點: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,聯立以上方程解得ω＝ r ＝２０rad
/s． (３)分析可知小球通過最低點時繩張力最大,在最低點由牛
(２)小球隨試管轉到最高點時,當 mg＞mω２r 時,小球會與 v２頓第二定律得FT′－mg＝m
３
g l
試管底脫離,即ω＜ r ＝１０ ２． 將FT′＝４５N代入解得v３＝４ ２ m/s
１１３
３
即小球的速度不能超過４ ２ m/s． R變式１:D　解析:公式T２＝k
適用于所有環繞天體圍繞中心
答案:(１)２m/s　(２)１５N　(３)４ ２ m/s
:() , 天體的運動
,故 A錯誤;圍繞同一星球運行的行星或衛星,k 值相
１２．解析 １ 當小球在最高點對桿的作用力為零時 重力提
２ 等;圍繞不同星球運行的行星或衛星,k 值不相等,故 B錯誤;常v
供向心力,則mg＝m
０ ,解得
R v０＝３m
/s． 數k是由中心天體質量決定的,即僅由被環繞星球的質量決定,
(２)v１＝６m/s＞v０,桿對球為豎直向下的拉力,由牛頓第二 故C錯誤,D正確．
v２ 【典例２】　解析:飛船沿橢圓軌道返回地面,由題圖可知,飛
定律得:mg＋F
１
１＝m ,解得F１＝６N,由牛頓第三定律得:球對R 船由A 點到B 點所需要的時間剛好是沿圖中整個橢圓運動周期
桿的作用力為豎直向上的拉力,F１′＝F１＝６N．v２＝１．５m/s＜ R＋R的一半,橢圓軌道的半長軸為 ０,設飛船沿橢圓軌道運動的
v０,桿對球為豎直向上的支持力,由牛頓第二定律得:mg－F ＝ ２２
３
v２ R＋R０
m ２ ,解得F２＝１．５N,由牛頓第三定律得:球對桿的作用力為豎 R３ (R ２ )周期為 T′．根據開普勒第三定律有 ２ ＝ ２ ,解得 T′＝
直向下的壓力,F２′＝F２＝１．５N． T T′
答案:(１)
３
３m/s　(２)６N,方向豎直向上　１．５N,方向豎直 (R＋R０ ) (R＋R０)T R＋RT ＝ ０ ．
向下 ２R ２R ２R
１３．解析:(１)當轉臺以角速度ω＝３rad/s旋轉時,物體A 的 T′所以 飛 船 由 A 點 到 B 點 所 需 要 的 時 間 為:t＝ ＝
向心加速度的大小,a ２n＝ωr＝３２×０．２m/s２＝１．８m/２
２
s．
(２)當A 所受的靜摩擦力達到最大值時,A 有向外運動的趨 (R＋R０)T R＋R０ ．
勢,繩子才有拉力,根據牛頓第二定律得:F＋μmg＝mω２r,則得
４R ２R
F＝mrω２－ mg． (μ :R＋R０
)T R＋R
答案 ０
由數學知識可得,F ω２圖像的斜率等于mr, ４R ２R
０．２ : １
mr 變式 解析
:由于 , 天,由開普勒第
即有 ＝k＝ ． ２C　 r衛 ＝ ９r月 T月 ＝２７２０－１０
解得m＝０．１kg． r
３ r３衛 月
三定律 ２ ＝ ２ ,可得T衛 ＝１天,故選項T T C
正確．
衛 月
由圖知 F＝０時ω２＝１０(rad/s)２,當F＝０時,由F＝mrω２
當堂訓練
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:根據開普勒第三定律有: ２＝k,k只與太陽質量有
１４．解析:(１)圓盤開始轉動時,物體A 所受的靜摩擦力提供 T
３ ３
向心力．由于最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,則物體A 不滑 R地 R土關．則 ２ ＝ ２ ,其中T 為公轉周期,R 為行星到太陽的距離．代
動的條件是μmg≥mω２ ,
T地 T土
０R① 又因為ω０＝２πn０②,由①②式得
R３ (１．４３×１０１２地 )３
１ g １ g 入數值得: ２＝ ２ 得R地 ＝１．５０×１０
１１ m＝１．５０×
n０≤ μ ,即當２π R n
μ
０＝ 時,物體 開始滑動 (１年) (２９．４年)２π R A ． １０８km．
(２)轉速達到２n０時,物體A 已滑動,物體A 停止滑動時由 答案:約１．５０×１０８km
彈力和最大靜摩擦力的合力提供向心力,設彈簧伸長量為 Δx,則 課后鞏固
物體A 做圓周運動的半徑r＝R＋Δx③,角速度ω＝２π ２n０＝ １．C　２．C　３．B　４．B　５．A　６．D　７．A
２ω０④,又由牛頓第二定律知,μmg＋kΔx＝mω２r⑤
: ３μmgR
第２節　萬有引力定律
解③④⑤式得 Δx＝kR－４ ．μmg 知識梳理
:()１ μg ３mgR
m m太 m太 m
答案 １ ２π R 　
(２) μ 一、１．勻 速 圓 周 　 勻 速 圓 周 　２．r２ 　３．kR－４μmg r
２ 　４． r２ 　
第七章　萬有引力與宇宙航行 m太 mG r２ 　５．連線
第１節　行星的運動 ４π２r月二、１．平方反比　２．(２) ２ 　(３)月球的向心加速度T月
知識梳理
、 m１m２一 １．地球　２．太陽　太陽　３．橢圓　橢圓　焦點　相等的時 三、１．它們的連線　正比　二次方　２．G r２
間　面積　半長軸　公轉周期　相同 四、１．卡文迪什
二、１．十分接近　圓心　２．角速度　線速度　勻速圓周　３．軌 典例精解
道半徑r的三次方　公轉周期T 的二次方 【典例１】　C　解析:設地球質量為 M,半徑為R,航天員的
典例精解
Mm
【典例１】　D　解析:不同行星繞太陽運動時的橢圓軌道不 質量為m,可知地球對航天員的萬有引力F＝G ２ ,該星球對航R
同,但有一個共同的焦點,即太陽位置,A、B錯誤;由開普勒第二 １
定律知,行星離太陽距離小時速度大,距離大時速度小,C錯誤; ２Mm Mm
天員的萬有引力
a３ F′＝G ２＝２G ２ ＝２F．
運動的周期T 與半長軸a滿足 ２＝k, 正確T D ． ( １ R２R )
１１４
: : r
３ 課后鞏固
變式１C　解析 開普勒第三定律 ２＝k 是無法在實驗室中T １．D　２．B　３．D　４．B　５．A　６．B　７．A　８．D
驗證的,是開普勒研究天文學家第谷的行星觀測記錄發現的．故 ９．解析:(１)在天體表面物體的重力近似等于萬有引力,即
選C． GMm M g M R２１ １ ２ ４ ３
【典例２】　解析:在地面附近的物體,所受重力近似等于物體 R２
＝mg,g∝ ２,所以R ＝ ２ ①
,由
R M＝ρV＝ρ
πR ,
g２ １M２ ３
所受到的萬有引力． M ３得 １＝ρ１
R１
３ ②,
取測試儀為研究對象,其先后受力如圖(甲)(乙)所示,據物 M２ ρ２R２
體的平衡條件有F ＝mg ,g ＝g, 把R１∶R２＝１∶２、N１ １ １ ρ１∶ρ２＝４∶１、g１＝１０m/s
２代入方程組,
可解得g２＝５m/s２．
(２)在地球表面豎直上拋的物體最高可達２０m,其運動的初
　　　 速度v０＝ ２gh＝ ２×１０×２０ m/s＝２０m/s,在B 行星表面以
同樣的初速度豎直上拋一物體, ２v落回原地的時間t＝ ０
２×２０
＝
g２ ５
s＝
甲 乙 ８s．
:() /２ ()
當升到某 一 高 度 時,根 據 牛 頓 第 二 定 律 有:FN２ －mg２ ＝
答案 １ ５ms　 ２ ８s
g mg ３ 第 節 萬有引力理論的成就
m ,FN２＝ ＋mg２＝ mg,
１ ３ 　
可得g２＝ g．設火箭距地面高２ ２ ４ ４ 知識梳理
Mm １ gR２ ２
度為 H,則 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
變式２:解析:(１)在月球和地球表面附近豎直上拋的物體都 三、１．亞當斯　勒維耶　伽勒　２．冥王星　３．萬有引力定律
做勻減速直線運動,其上升的最大高度分別為: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:無論是地球繞太陽公轉還是月球繞地, 月 地速度 根據萬有引力定律得:g月 ＝ ２ ,g地 ＝ ,于是得上升 ２R月 R２地 Mm ４π球公轉,都是萬有引力提供向心力,均有 G r２ ＝m ２r
可得
的最大高度之比為: T
３
h g M R２ １ ２ r , M日 R
３t２
月 地 地 月 M∝ ２ 所以 ＝ ３ ２,故選
h ＝ ＝ ＝８１× ＝５．６．
A．
地 g ２月 M R (３．８) T M地 rT月 地
() , , 變式２ 設拋出點的高度為 H 初速度為v 在月球和地球表面 １
:D　解析:根據下落的高度和時間,根據位移時間公
０
, 式只能求出火星表面的重力加速度
,無法求出火星的平均密度,
附近做平拋運動的物體在豎直方向做自由落體運動 從拋出到落
Mm ４π２
２H ２H 故 A錯誤;根據萬有引力提供向心力可得G ２ ＝mr ２ 解得
地所用時間分別為:t ＝ ,t ＝ r T月 地
g月 g地 ４π２r３
在水平方向做勻速直線運動,其水平射程之比為: M＝ ２ ,飛船的軌道半徑r未知,無法求出火星質量,則無法GT
s月 v０t月 g地 R月 M地 ９ 求解平均密度,B錯誤;已知火星繞太陽的周期,無法求出火星的
s ＝ ＝ ＝地 v０t地 g月 R M
＝３．８＝２．３７．地 月 質量,也無法求出火星的平均密度,C錯誤;根據萬有引力提供向
答案:(１)５．６　(２)２．３７ ４π２r３
當堂訓練 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:將挖去的球補上,則完整的大球對球外質點P 的引 ３
GMm GMm R ４ ３π (r
３
: , : ２ ) ,測出衛星軌道半徑與火星半徑之比 和衛星周期力為 F１＝( 半徑為 的小球的質量 K T２R)２＝ ４R２ ２ M′＝ ３π× GT R
３ ３ 可以求出火星的平均密度, 正確M １ D ．(R２ ) × Rρ＝π× ( ２ ) × ４ ＝８M． 【典例２】　解析:(１)根據萬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
補上的 小 球 對 質 點 P 的 引 力:F２ ＝ ２ ＝ ３
( ５ ) ２５R
２ gR２T２
R 聯立①②得２ R月 ＝ ４π２ ．
GMm (２)設月球表面的重力加速度為g月 ,根據題意:
＝５０R２ ． g月t M月 m
: v０＝因而挖去小球的陰影對質點P 的引力為 ２
③　mg月 ＝G r２ ④
GMm GMm ２３GMm ２v０r２
F＝F１－F２＝ ２ － ＝ ． 聯立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
變式２:解析:(１)小球做平拋運動,在豎直方向,根據h＝ 二、１．赤道　角速度　自轉周期　２．人造地球衛星　月球　楊
１ ２h 利偉
２gt
２,得星球表面的重力加速度為g＝t２ ． 典例精解
() Mm２ 物體在星球表面,根據 G ＝mg,得星球的質量為
【典例１】　解析:(１)要使探月衛星從“轉移軌道”進入“工作
R２ 軌道”,應減小速度做近心運動．
gR２ M ３h
M＝ ．則星球的密度為ρ＝ ＝ ． (２)根據線速度與軌道半徑和周期的關系可知探月衛星線速G V ２πGRt２ ２π(R＋h)
Mm v２ 度的大小為:v＝ T ．(３)根據萬有引力提供向心力為G (R＋H)２＝mR＋H (３)設月球的質量為 M,探月衛星的質量為 m,月球對探月
R ２h
解得v＝ 衛星的 萬 有 引 力 提 供 其 做 勻 速 圓 周 運 動 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′
當堂訓練 衛星
”的環繞速度,設“近月衛星”的質量為 m′,則有 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)設太陽的質量為 M,地球的質量為 m,因為太 m′ ,由以上兩式解得R v１＝ T R ．
陽對地球的萬有引力提供地球繞太陽做勻速圓周運動的向心力, ( ) ( )
Mm ４π２ ４π２r３ ４π２c３t３ 答案:(１)
２πR＋h ２πR＋h R＋h
減小　(２) 　(３)
有G r２ ＝mω
２r＝m r,解得 M＝ ＝ T T RT２ GT２ GT２ ． 變式１:(１)C　(２)B　(３)B　解析:(１)月球車在月球的引
(２)地球半徑為R,則地面上質量為m′的物體的重力近似等 力作用下繞月球運動,A、B錯;月球車在軌道運行時處于失重狀
Gmm′
于物體與地球的萬有引力,故有:F ′＝m′g,即: ＝m′g, 態,C正確,D錯誤引 ．R２ (２)發射速度應大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度,故 B
gR２
m＝ ． 正確,A、C、D錯誤．G
(３)２ ３ ３ ２ 根據萬有引力定律可知離月球最近的地點,受月球的引
:( ４πct gR答案 １) GT２ 　
(２) G 力最大,故B正確．
課后鞏固 【典例２】　A　解析:物體A 和衛星C 周期相同,則根據a＝
２
１．A　２．B　３．C　４．B　５．B　６．C　７．B (２π) r可知,轉動的半徑不同,則具有不同大小的加速度,根據T
８．解析:(１)設兩個星球A 和B 做勻速圓周運動的軌道半徑
２πr
分別為r和R,相互作用的引力大小為F,運行周期為T．根據萬 v＝ 可知,衛星C 的運行速度大于物體A 的速度,選項 A 錯T
Mm
有引力定律有F＝G 　①,由勻速圓周運動的規律得F 誤,符合題意;選項B正確,不符合題意;物體A 隨地球做的是勻(R＋r)２
速圓周運動,線速度大小不變,角速度不變,而衛星 的線速度是
２ ２ B
＝m (２π ,T ) r　② F＝M (２πT ) R　③,由題意有L＝R＋r　④, 變化的,近地點最大,遠地點最小,即角速度發生變化,而周期相
等,所以如圖所示開始轉動一周的過程中,會出現 先追上 ,后
L３
A B
聯立①~④式得T＝２π ( ,G M m)　⑤． 又被B 落下 一個周期后＋ A 和B 都回到自己的起點．所以可能出
() , 現:O 在每天的某一時刻衛星B 在A 的正上方
,選項 C正確,不符２ 在地月系統中 由于地月系統旋轉所圍繞的中心 不在
地 心,月 球 做 圓 周 運 動 的 周 期 可 由 ⑤ 式 得 出:T１ ＝ GMm GM合題意;根據 ２ ＝ma 得a＝ ２ 知,在P 點兩衛星距離地心的r r
L′３
２π 　⑥． 距離相等,則加速度相等．故 D正確,不符合題意G(
．
M′＋m′)
變式 : 解析:軌道 的半長軸小于軌道 的半徑,根據開
式中, , ２B　 Ⅱ ⅠM′和m′分別是地球與月球的質量 L′是地心與月心之
普勒第三定律可知“嫦娥五號”沿軌道Ⅱ運行的周期小于沿軌道
間的距離．若認為月球在地球的引力作用下繞地心做勻速圓周運
Ⅰ運行的周期,故 A錯誤;在軌道Ⅰ上從A 點開始變軌進入軌道
, M′m′
２
動 則G ２π ,式中 為月球繞地心運動的 ,可知“嫦娥五號”做向心運動,在 點應該制動減速,故 正L′２ ＝m′(T ) L′　⑦ T２ Ⅱ A B２
確;在軌道Ⅱ上運動時,“嫦娥五號”在A 點時的萬有引力比在B
L′３ ２
周期．由⑦式得:T２＝２π 　⑧．由⑥⑧式得 (T２ ) ＝１＋ 點時的小,故在A 點的加速度小于在GM′ B 點的加速度,故 C錯誤;T１
根據開普勒第二定律可知,“嫦娥五號”在軌道Ⅱ上由A 點運行到
m′ ２,代入數據得 T２
M′ (T ) ＝１．０１２． B 點的過程中,速度逐漸增大,故 D錯誤．１
當堂訓練
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
課后鞏固
第４節　宇宙航行 １．B　２．A　３．D
知識梳理
４．解析:(１)
Mm
由萬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 ,聯立 解得:
３．１６．７km/s T２
R＋h 　① G R２ ＝mg　② ①②B
１１６
(R＋h)３ 怎樣加速,它的速度不會等于甚至超過光速．
TB ＝２π R２ 　③．g (２)光沒有靜止質量．若光有靜止質量,當光傳播時速度為c,
２ m
(２)由題意得(ω －ω )t＝２π　④,
gR
由③得ω ＝ 　 由m＝
０ ,它傳播時的質量會無窮大,光照射到物體上,如
B ０ B (R＋h)３ v２１－c２
, ２π⑤ 代入④得t＝ ．
R２g 同一質量無窮大的物體以光速砸到被照物體上,后果不堪設想．
(R＋h)３ －ω０ 答案:見解析
( )３
:() R＋h () ２π 本章評估答案 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節　相對論時空觀與牛頓力學的局限性 Ft２１１．答案:(１)ON 的長度　(２) ２ ２
知識梳理 ４π (n－１)r
Δτ １２．解析:(１)小球在斜坡上做平拋運動時:
一、１．(１)慣性　相同　 (２)相同　２．(１) : ,
１－ (v
２ 水平方向上 x＝v０ ①
c ) : １豎直方向上 y＝ gt２,②
２ ２
(２)l０ １－ (vc ) 　３．運動狀態 y由幾何知識tanα＝ ,③
二、
x
１．牛頓力學　２．(２)低速　高速
２vtanα
典例精解 由①②③式得g＝
０
t ．
【典例１】　D　解析:經典時空觀認為時間和空間是獨立于 Mm０
物體及其運動而存在的,而相對論時空觀認為時間和空間與物體 (２)對于星球表面的物體m０,有:G R２ ＝m０g
及其運動有關系,A、B正確;經典力學只適用于宏觀物體、低速運 ４ ３ M ３vtanα
動問題,不適用于高速運動(相對于光速)問題,C正確;當物體的 又V＝ πR ,故 ＝ ＝
０
３ ρ V ２πRtG ．
運動速度遠小于光速時,相對論和經典力學的結論相差不大,故 (３)該星球的第一宇宙速度等于它的近地衛星的運行速度,
經典力學是適用的,D錯誤． Mm v２ ２vRtanα
變式１:A　解析:人們對客觀世界的認識要受到所處時代的 故G ２ ＝m ,又R R GM＝gR
２,解得v＝ ０t ．
客觀條件和科學水平的制約,所以形成的看法也都具有一定的局
:()２v０tanα ( ３vtanα ２vRtanα限性,人們只有不斷擴展自己的認識,才能掌握更廣闊領域內不 答案 １ t 　 ２
) ０ () ０
２πRtG 　 ３ t
同事物的本質與規律．新的科學的誕生并不意味著對原來科學的 １３．解析:(１)同步衛星距地面的高度小于月球離地面的高
全盤否定,只能認為過去的科學是新的科學在一定條件下的特殊 度,A錯;同步衛星運行速度小于第一宇宙速度,B正確;同步衛
情形．故 A項不正確,B、C、D正確． 星只能處于赤道上空,C錯;根據牛頓第二定律知 D正確．
【 】 : : m典例２ 　解析 根據狹義相對論 m＝ ０ ,由題意知 ( mM
v２ ２
)由題意知G R２ ＝mg１＝ma２
,a２＝g１,故 A、C錯誤,B
１－c２
; mM正確 G R２ －mg２＝ma３
,所以有g１－２ g２＝a３,故 D對．v２
m m １－ ２ ２ ２０ ０ m１ c c －v２ (３)電梯倉的向心加速度為, , 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．對電梯倉內的人受力分析可得:
１－c２ １－c２ １－c２ Mm Mm GMG (５R)２－FN＝ma
,從而FN＝G ( ,結合 代４ ３ ５R)２
－ma g＝R２ ．
＝ ,所以３ m２＝４m１＝２．２５kg． 入數據得出:FN＝１１．５N．
答案:２．２５kg 答案:(１)BD　(２)BD　(３)１１．５N
變式２:解析:根據愛因斯坦相對論的第二個基本假設,真空 第八章 機械能守恒定律
中光速不變原理,所以地球上的人看到宇宙飛船寬度等于l,根據 　
愛因斯坦相對論可知,地面上的人觀察到的地面上鐘較快． 第１節　功與功率
答案:等于　地面上鐘較快 知識梳理
當堂訓練 一、１．力的大小　位移　余弦　２．Flcosα　３．標量　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
課后鞏固 二、１．不做功　＞　正功　＜　負功　２．代數和　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:當v＝c時,m 應是無窮大． 、 W三 １．功W　時間t　２． 　３．瓦特　４．快慢　５．(１)物體速
v２ t
１－c２ 度　(２)① 平均功率　② 瞬時功率　(３)反比
物體加速時,隨著速度不斷增大,物體的質量不斷增大,產生加速 典例精解
度的力會隨著不斷增大,使加速越來越困難．因此一個物體不管 【典例１】　解析:(１)木塊沿斜面下滑時,對木塊受力分析．由
１１７
牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma,解得a＝２m/s２．由 課后鞏固
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內做的功２ ２ ６．解析:(１)設起重機允許輸出的最大功率為P０,重物達到
為:W＝mglsinθ＝２×１０×４×０．６J＝４８J．重力在前２s內的平均 最大速度時,拉力F０等于重力,P０＝F０vm,①　F０＝mg,②　代
W ４８
功率為P＝ ＝ W＝２４W． 入數據,有:P０＝５．１×１０
４ W．③
t ２ (２)勻加速運動結束時,起重機達到允許輸出的最大功率,設
(２)木塊在２s末的速度v＝at＝２×２m/s＝４m/s,２s末重 此時重物受到的拉力為F,速度為v１,勻加速運動經歷時間為t１,
力的瞬時功率:P＝mgvcos(９０°－θ)＝mgvsinθ＝２×１０×４× 有:P０＝Fv１,④　F－mg＝ma,⑤　v１＝at１．⑥
０．６W＝４８W． 由③④⑤⑥,代入數據,得:t１＝５s．⑦
答案:(１)２４W　(２)４８W 當t＝２s時,重物處于勻加速運動階段,設此時速度為v２,輸
變式１:B　解析:兩種情況用同樣大小的力拉繩,甲乙兩幅 出功率為P,則:v２＝at,⑧　P＝Fv２,⑨　由⑤⑧⑨,代入數據,
圖中左邊的船移動的位移相同,但乙圖中右邊的船也要移動,故 得:P＝２．０４×１０４ W．
拉力作用點移動的距離大;拉力的功等于拉力與作用點在拉力方 答案:(１)５．１×１０４ W　(２)５s　２．０４×１０４ W
向上的位移的乘積,故乙圖中拉力做功多,由于時間相同,故乙圖
中拉力的功率大,即W 第２節　重力勢能１＜W２,P１＜P２,故B正確,A、C、D錯誤．
【典例２】　解析:(１)當汽車速度達到最大時,牽引力F＝ 知識梳理
F ,則由P＝Fv得汽車所能達到的最大速度: 一、１．(１)mgΔh　(２)(mgcosθ)l　mgΔh　２．位置　路徑f
P ６０×１０３ 二、１．重力做的功　高度　重力勢能　２．mgh　３．標量　４．焦
vmax＝ ＝ /F ５×１０３ ms＝１２m
/s．　① 耳　J　１N m　５．(１)f Ep１－Ep２　(２)① 正功　減少　＞　＞
(２)汽車以恒定的加速度a 做勻加速運動,能夠達到的最大 ② 負功　增加　＜　＜
P P 三、１．水平面　０　２．不同　３．正值　負值
速度 為 v,則 有: － Ff ＝ ma,② 　 得v v ＝Ff＋ma ＝ 四、１．彈性形變　彈力　２．零　壓縮　拉長　３．減小　增大　
６０×１０３ ４．(１)勁度系數　(２)形變量
５×１０３
/ /
＋５×１０３×０．５ms＝８ms．③ 典例精解
v ８
由v＝at得這一過程維持的時間t＝a ＝
Mg
０．５s＝１６s． 【典例１】　 C　解析:物體離開地面時,彈簧伸長x＝ ,重k
(３)當汽車以額定功率啟動達到２m/s的速度時,牽引力 物上升的高度h＝H－x,重力勢能增加量Ep＝Mgh＝MgH－
P ６０×１０３ ２ ２
F′＝ ＝ N＝３×１０４ N,由牛頓第二定律得汽車的 M gv′ ２ ,故選k C．
４ ３
加速度: F′－Ff ３×１０ －５×１０a＝ ＝ m/s２＝５m/s２． 變式１
:B　解析:重力勢能是標量,正負表示大小,不表示方
m ５×１０３ 向,重力勢能Ep１＝２J,Ep２＝－３J,則Ep１大于Ep２,故 A 錯誤,B
答案:(１)１２m/s　(２)１６s　(３)５m/s２ 正確;重力勢能是一個相對量,是相對于參考平面來說的,在同一
變式２:解析:(１)學生騎車上坡時,根據牛頓第二定律有F１ 高度的質量不同的兩個物體,如果選取該高度為參考平面,則它
－f－mgsinθ＝ma,當速度最大時加速度等于零時有 F１ ＝ 們的重力勢能都為零,故C錯誤;重力勢能是標量,負值表示物體
, P Pmgsinθ ＋ f P ＝ fv ．則 v ＝ ＝ ＝ 處于參考平面以下,有意義,故 D錯誤１ m ．１ m１ F１ mgsinθ＋f 【典例２】　 B　解析:F x 圖像與x 軸包圍的面積表示彈力
１２００
m/s＝３．８１m/s． 做功的大小,故彈簧由伸長量４cm 到伸長量８cm 的過程中,彈７５×１０×０．３４＋６０
(２)
１
學生在水平路面上騎車時,根據牛頓第二定律有F２－ 力的功 W ＝－ ２ ×
(３０＋６０)×０．０４J＝－１．８J,彈力做功為
f＝ma,當速度最大時加速度等于零,F２＝f,P＝F２vm ,則２ vm２ －１．８J,故彈力勢能增加了１．８J．故 A、C、D錯,B對．
P P １２００
＝ ＝ ＝ m/s＝２０m/s． 變式２:C　解析:撐竿的形變量越大時,彈性勢能越大,撐竿F２ f ６０
剛與地面接觸時,沒有發生形變,彈性勢能為零,故 A 錯誤;運動
答案:(１)３．８１m/s　(２)２０m/s
員撐竿跳起到達最高點時,竿的形變為零,彈性勢能為零,故B錯
當堂訓練
誤;撐竿的形變量最大時,彈性勢能最大,手握撐竿從地面躍起
１．C　２．C　３．B　４．A　５．C　６．D　７．C　８．B
后,到最高點以前的某位置時,撐竿的形變量最大,撐竿的彈性勢
９．解析:(１)汽車有最大速度時,此時牽引力與阻力平衡,由
能最大,故C正確,D錯誤．
P ３００００
此可得 P＝F牽 vm ＝fvm,則vm ＝ ＝ /０．１×２０００×１０ ms＝ 當堂訓練f
１５m/s． １．B　２．B　３．C　４．D　５．C　６．D
P ３００００ ７．解析:(１)乘客隨摩天輪向上的位移大小為１６０m,則重力(２)當速度v＝１０m/s時,由P＝Fv得F＝v ＝ １０ N＝ 做的功為:W＝－mgh＝－５０×１０×１６０J＝－８００００J．
３０００N,由F－f＝ma, (２)乘客隨摩天輪向上運動,重力勢能增大;乘客的重力勢能
F－f ３０００－０．１×２０００×１０ 增加量為:ΔEp＝mgh＝５０×１０×１６０J＝８００００J．
得a＝ m ＝
/２
２０００ ms＝０．５m
/s２． (３)由以上的計算可知,重力做功與重力勢能的變化大小是
答案:(１)１５m/s　(２)０．５m/s２ 相等的,重力做負功,重力勢能增大．
答案:(１)－８００００J　(２)增加８００００J　(３)大小相等
１１８
課后鞏固 １
cosθ)＝ ２ ,由題知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:磚由平放在地面上到把它們一塊塊地豎直疊放起 答案:(１)mgl(１－cosθ)　(２) ２gl(sinθ＋cosθ－１)
來,克服重力所做的功等于磚增加的重力勢能． 課后鞏固
h
取n塊磚整體為研究對象,原來整體重心距地面高度為 , １．B　２．B　３．C　４．B　５．C　６．A２ ７．解析:(１)對小球在A 點的速度進行分解,由平拋運動規
１
疊放起來后整體重心距地面高度為 Δh＝ nh, 律得小球的初速度為:v０＝vAcosθ＝８×０．５m/s＝４m/s．２ (２)對小球由 P 點至A 點 的 過 程 由 動 能 定 理 得 mgh＝
n(n－１)
故WG ＝nm
h １
gΔh＝nmg ( － １ １２ ２nh) ＝－ ２ mgh． mv２ ２A － mv０．代入數據解得２ ２ h＝２．４m．
n(n－１)
重力做負功,重力勢能增加,增加了 mgh． (３)小球恰好經過C 點,在C 點由牛頓第二定律有 mg＝２
( ) ( ) v
２
C
: nn－１
,代入數據解得 /
答案 － mgh　重力勢能增加,
nn－１ m R vC＝ ６ ms．增加了
２ ２ mgh
小球由A 點至C 點過程由動能定理得－mgR(１＋cosθ)－
第３節　動能和動能定理 １ ２ １W＝ ２
知識梳理 ２mvC－２mvA．
１ 解得克服摩擦力做功
一、 W＝１０J．１．運動　Ek　２． mv２２ 　３．
焦耳　１N m　１J　４．標量
答案:(１)４m/s　(２)２．４m　(３)１０J
二、１．動能的變化　２．(２)Ek２－Ek１　合外力做的功　代數和 第４節　機械能守恒定律
典例精解
知識梳理
【典例１】　解析:(１)在運動過程中,物體所受到的滑動摩擦
一、１．靜止: 　２．
高度　３．不變的
力為 Ff＝μmg＝０．４×１０×１０N＝４０N．由牛頓第二定律可得F 二、１．彈性勢能　機械能　３．重力或彈力　４．標量
－Ff＝ma,
F－F
所以a f＝ ＝１m/s２． 三、１．相互轉化　保持不變　２．(１)Ep１－Ep２　ΔEp減 　(２)m Ek１
１ ＋Ep１　
(３)E１　３．重力　彈力
由運動學公式可得在８s內物體的位移為:x＝２at
２＝３２m． 典例精解
所以力F 做的功為W＝Fx＝１６００J． 【 １典例 １】　 解析:(１)由 動 能 定 理 mgR ＝ ２mv
２
B ,解 得
(２)由動能定理可得 (
１
F－Ff ) x＝ mv２,所 以２ Ek ＝ vB ＝ ２gR．
１ ２
mv２＝３２０J． ( mv２)設軌道對小物塊的支持力為FN′,由牛頓第二定律
B
２ R
(３)對整個過程利用動能定理列方程求解 WF ＋Wf ＝０,所 ＝FN′－mg,解得FN′＝３mg．根據牛頓第三定律FN＝３mg．
以|Wf|＝WF ＝１６００J．即物體從開始運動到最終靜止克服摩擦 (３)設小物塊落地時v２y＝２gR,v２＝v２y ＋v２B ＝２gR＋２gR＝
力所做的功為１６００J． ４gR,得v＝２ gR．
答案:(１)１６００J　(２)３２０J　(３)１６００J vy
變式１:A　解析:從圖像可知,冰壺從推出到停止的位移為 設小物塊落地時速度與水平方向夾角為θ,則tanθ＝v ＝B
１０m,A正確;從圖像可知冰壺被推出時的初動能３８J,但是冰壺 ２gR
的質量未知,不能求解初速度v０,B錯誤;根據動能定理Ek＝E ,得k０ ＝１ θ＝４５°．２gR
－μmgx,由于冰壺質量未知,則不能求解冰壺與冰面間的動摩擦 ,
因數μ,C錯誤; , ,
小物塊落地時的速度大小為v＝２ gR 與水平方向呈４５°斜因不能求解動摩擦因數 則不能求解加速度 從而
向下
不能求解冰壺從推出到停止的時間t,D錯誤． ．
【典例２】　 解析:(１)物體從A 滑到B 的過程中,由動能定 答案:(１) ２gR 　(２)３mg　(３)２ gR,與水平方向呈
１ ４５°斜向下
理得:mgR＝２mv
２,代入數據解得v＝６m/s． 變式１:解析:(１)皮球由B 運動到C 的過程中,重力對皮球
(２)對物體從A 到D 的整個過程,利用動能定理得 mgR－ 所做的功W＝mgh＝２０J．
mgh－Wf＝０,代入數據解得Wf＝１６０J． (２)
１
皮球在B 點的機械能E,E＝mgh＋ mv２＝２０J＋４０J
答案:(１)６m/s　(２)１６０J ２
變式２:A　解析:小球由A 到C 過程中,運用動能定理可得: ＝６０J．
１ １ １ ２
－mgh＋W＝０－ mv２,所以W＝mgh－ mv２,所以 A正確． (３)皮球從A 點到B 點機械能守恒,２mv０＝E
,所以皮球
２ ２
當堂訓練 ２E
在A 點被踢出時速度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)小球緩慢運動,動能變化量為零,由動能定理 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:過程中桿對兩球做功,故單獨的以其中
(２)小球從P 點運動到Q 點,由動能定理得Flsinθ－mgl(１－ 一個球為研究對象,這個球的機械能不守恒,但以兩個球組成的
１１９
系統機械能守恒,A錯誤;b球運動到最低點,合力指向圓心,即合 典例精解
力豎直向上,加速度豎直向上,處于超重狀態,B錯誤;兩個球組 【典例１】　解析:(１)由實驗原理知,應讓重物在松開手后做
１ 自由落體運動;根據機械能守恒則有:
成的系統機械能守恒,故－mgL＋３mgL＝ (２ m＋３m
)v２,解得v
１ １
mgΔh＝ mv２２－ mv２１,
＝ gL,C正確;若b 球能上升到最高點,則－３mgL＋mgL＝ ２ ２
１ １(m＋３m)v２,方程無解,故b球不能上升到最高點,即b球的高 整理后得:gΔh＝ (v２２－v２１)．所以不需要測量質量２ ．２
度不可能大于a球的高度,D錯誤． (２)B 點速度等于AC 段的平均速度,則有:
變式２:解析:(１)長直桿的下端運動到碗的最低點時,長直 x －３v ＝ AC
(１．９＋５．８)×１０
B ＝ m/s＝０．１９m/s,
桿已經不可能再向下運動,在豎直方向的速度為０． ２T ０．０４s
三者組成的系統只有重力做功且B、C 一起向右運動,速度 １從B 到D 的過程中,根據機械能守恒則有:mgh ＝ mv２BD
１ ２
D
相等 由 機 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
所以還用計算 v２
１
BD D B D － v２B
(２)長直桿的下端上升到所能達到的最高點時,長直桿在豎 ２ ２ ２ ２
, 與 ,看兩者大小是否相等直方向的速度為０B 在水平方向速度為０,AB 組成的系統機械 ghBD ．
,１ ２ , ２R
１
能守恒 ×２mv ＝m hh＝ ． 答案:(１)自由落體 　 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 變式１:解析:(１)實驗需要使用米尺測量點跡間的間距,故
當堂訓練 A項正確;實驗用打點計時器記錄時間,不需要秒表,故 B項錯
１．D　２．B　３．B　４．B　５．B　６．C　 誤;電磁打點計時器可使用０~１２V 的交流電源,故 C項錯誤,D
７．解析:(１)設小球的質量為m,小球在A 點的動能為E , 項正確．kA
R (２)① 打B 點時,重錘的速度:
由機械能守恒可得EkA ＝mg ．設小球在４ B
點的動能為EkB ,同 hC－hA (８６．６０－７１．００)×１０－２vB ＝ /２T ＝ ２×０．０２ ms＝３．９０m
/s．
５R
理有EkB ＝mg× ,由以上公式聯立可得４ EkB ∶EkA ＝５∶１． 在打點計時器打O 點至B 點過程中,重物動能增加量:
() v
２
, , １ １２ 小球能通過最高點的條件 N＋mg＝m N≥０ ΔEk＝２mv
２
B －０＝ ×１×３．９０２２ J≈７．６１J
,
R
設小球在C 點的速度大小為vC,由牛頓運動定律和向心力 在打點計時器打O 點至B 點過程中,重物重力勢能減少量
v２C ２v２C ΔEp＝mghB ＝１×９．８０×０．７７９０J≈７．６３J．公式有 N＋mg＝m ,聯立可得m ≥mg,根據機械能守恒R R ② 據上面數據知,在實驗誤差允許的范圍內,此過程中重物
２ 的機械能守恒．
R １
得mg ＝ mv２ ．代入上式可得小球恰好可以沿軌道運動到 答案:(１)AD　(２)①７．６１　７．６３　② 守恒４ ２ C
C 點． 【典例２】　解析:(１)
d
滑塊的瞬時速度v＝ ,Δt
答案:(１)５∶１　(２)見解析 １ ２
課后鞏固 滑塊增加的機械能為增加的動能 ΔE１＝２M (d ,Δt)
１．C　２．D　３．B　４．B　５．C 鉤碼的機械能減少量等于鉤碼減少的重力勢能減去鉤碼增
６．解析:A 球沿半圓弧運動,繩長不變,A、B 兩球通過的路 １ ２
２πR 加的動 ΔE ＝m L－ m (d２ g ) ．
程相等,A 上升的高度為h＝R;B 球下降的高度為 H ＝ ２ Δt４ ＝ (２)若實驗數據表明滑塊的機械能增加量測量值 ΔE１ 明顯
πR;對于系統,由機械能守恒定律得:－ΔE ＝ΔE ; 大于鉤碼的機械能減少量測量值 ΔE２,可能的原因是氣墊導軌沒２ P k
有調節水平,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)氣墊導軌Δt
πRMg－２mgR
所以v＝ ． 沒有調節水平,左端高,右端低．M＋m
變式２:解析:(１)游標卡尺的主尺讀數為６mm,游標讀數
: πRMg－２mgR答案 為０．０５×５ mm＝０．２５ mm,則 小 球 的 直 徑 d ＝６．２５ mm＝
M＋m
０．６２５cm．
第５節　實驗:驗證機械能守恒定律 (２)根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度知,小球在C
知識梳理 d
、 處的瞬時速度一 ２．重力　不做功 v＝t ．
二、質量　運動速度　１．天平　２．刻度尺 (３)小球下落過程中重力勢能的減小量為mgH,動能的增加
１２０
１ (d
２ ２
) １ (d ) ２g 比較,在誤差允許的范圍內二者相等,則可得出小鐵塊在下落量 ΔEk＝２m t －２m t ．０ 過程中機械能守恒．
１ ２g １
若機械能守恒則 ２ ＝ ２H ＋ ２ ,則當丙圖的斜率滿足t d t k＝ :()
１
答案 １ mgh　 mv２　()
d
２ ２ A　 　
(
t ３
)２g
０
２g
時,可判斷小球下落過程中機械能守恒． ６．解析:(１)實驗時應該先接通打點計時器電源,然后釋放d２ 重物,選項 A錯誤;釋放的瞬間,因m２有向下的加速度,則失重,
答案:() d１ ０．６２５　(２) 　(
２g
t ３
)
d２ 則繩的拉力小于 m２g,選項 B錯誤;由于(
１
m２－m１)gh＝ (２ m２
當堂訓練
２ １ ２
１．B　２．D　３．B　４．A ＋m１)v ,則 ２v ＝ (m２－m１ )gh．根據圖像可知:(m２－m１m２＋m１ m２＋m )g１
５．解析:()
１ １
１ 根據實驗原理:mgh＝２mv
２即gh＝ v２,要用 ５．８２２ ＝k＝１．１９＝４．８９
,解得當地的重力加速度為g＝９．７８m/s２,選項
打點計時器測量瞬時速度和下落高度,所以需要打點計時器和重 C正確;由于空氣阻力和摩擦阻力的影響,使得重力加速度的測
物,重物要用重錘,而不是砝碼,故C、E正確． 量值偏小,屬于系統誤差,選項 D正確．
(２)實驗開始時要使紙帶處于豎直狀態,用手或者夾子固定
() x ０．２１６０＋０．２６４０紙帶上端,然后靜止釋放,故 A 錯誤;由于紙帶從上往下運動,所 ２ 打第５個點時的速度v５＝
４６ /
２T＝ ０．２ ms＝
以打點從靠近重物一端開始,故 B正確;可以取連續的幾個點為 ２．４m/s,
計數點,故C正確． １ １
() , 系統動能增加 Ek＝
(m ＋m )v２ ＝ ×０．６×２．４２J＝
３ A 點的速度等于與A 點相鄰的兩點間的平均速度 即 ２ ２ １ ５ ２
１２．７０－７．３５ －２ / / １．７３J
,
vA ＝ ２×０．０２ ×１０ ms≈１．３４ms． 系統勢能減少 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)打點計時器應接到交流電源上,故 A錯誤;實驗 答案:(１)CD　(２)１．７３　１．７６
時應先接通電源,后釋放重物,故 B錯誤;釋放重物前,重物應盡 ７．解析:(１)從題中可得測量工具是毫米刻度尺,所以h１在
量靠近打點計時器,故C正確． 有效數字讀數要求上有錯誤,應記作２６．３０cm．
(２)重力勢能減少量 ΔEp＝mghB ,根據勻變速直線運動中 (２)勻變速直線運動過程中中間時刻的瞬時速度等于該過程
間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度,則B 點的速度為 h ＋h
中的平均速度,所以有: １ ２
h －h １ v２＝ ≈５．００m
/s．
v C AB ＝ ,故 動 能 的 增 量 為:２T ΔE
２ ２T
kB ＝ ２ mvB ＝ (３)根據重力做功和重力勢能的關系有:ΔEp＝mg(h２ ＋
１ ２
m (hC－hA ) ． ) １ １２ ２T h３＋h４ ≈０．６２２J,ΔEk＝ mv２ ２２ ２－２mv５≈０．６４８J．
(３)實驗中重力勢能的減少量大于動能的增加量,原因是存 (４)因上升過程中有空氣阻力做負功,故 ΔEp＜ΔEk．
在空氣阻力和摩擦阻力的影響,故選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)＜　上升過程中有空氣阻力做負功 (或受到空氣阻力)B ２ ２T
:() 專題　動能定理的應用７．解析 １ 小球重力勢能減小量 ΔEp＝mgh＝０．５×９．８×
d 【基礎訓練】
０．８２０５J≈４．０２J;小 球 通 過 光 電 門 的 平 均 速 度 為v＝t ＝ １．C　２．D　３．C　４．B　５．C　６．D
０．０１ １ ７．解析:(１)小物體從圓弧上端到B 點的過程中,由動能定
－３ m/s＝４ m/s,小球的動能變化量 ２２．５×１０ ΔEk＝ ２mv ＝
理得: １mgR－μmgsAB ＝２mv
２
B －０,解得:vB ＝３m/s．
４．００J．
(２)從實驗結果中發現 ΔE 稍大于 ΔE ,原因是受到空氣阻 (k ２)設物體第一次滑上右側軌道最大高度為p H,此時物體離
力的影響． B 點的 距 離 為s,
H
由 幾 何 關 系 有 ,由 動 能 定 理 得:
答案:(１)４．０２　４．００　(２)稍大于　受到空氣阻力的影響 s
＝sinα
課后鞏固 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)則此過程中小鐵塊重力勢能的減少量為 mgh, １ ３m
/s　(２)０．４０m
解析:()為使小物塊下滑,應有
測出小鐵塊通過光電門時的速度v,則此過程中小鐵塊動能增加 ８． １ mgsinθ≥μ１mgcosθ
,
θ滿足的條件tanθ≥０．０５,即當θ＝arctan０．０５時物塊恰好從１
量為 mv２２ ． 斜面開始下滑．
１ (２)克 服 摩 擦 力 做 功 Wf ＝() ２, ２ , μ
１mgL１cosθ＋μ２mg(L２ －
２ 根據機械能守恒定律得mgh＝ mv 解得２ v ＝２gh
不
L１cosθ),由動能定理得 mgL１sinθ－Wf ＝０,代入數據得μ２
必要測量鐵塊的質量,上述操作中可以省略步驟 A;小鐵塊經過 ＝０．８．
d
光電門的速度表達式v＝ ． (３)
１
由動能定理得
t mgL１sinθ－W
２
f＝ mv ,代入數據得２ v
(３)由v２＝２gh,根據v２ h 圖線計算出直線斜率k 的值與 ＝１m/s,
１２１
１
由平拋運動規律得 H＝２gt
２,x１＝vt． ３２J,物塊向右運動時產生的內能Q２＝
vt
μMg (vt ２２－ ＝４J,所２ )
解得t＝０．４s．x１＝０．４m,xm＝x１＋L２＝１．９m． 以整個過程產生的內能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 見 解 析 　 (２)０．２　
【拓展提升】 (３)２４J　３６J
１．D　２．A　３．B　４．D　５．B 本章評估
６．解析:(１)
１
由機械能守恒得:mgl(１－cosα)＝ mv２,圓周 １．B　２．A　３．B　４．C　５．B　６．A　７．B　８．C　９．D２
２
v２ ( ) ( )
d d １ d
運動F′－mg＝m ,解得F′＝(
１０．１ AC 　 ２ 　 　 m L ＝ M
３－２cosα)mg,人對繩的拉力F Δt１ Δt
g
２ ２ (Δt )l ２
２
＝F′ 則F＝１０８０N． １－ M ( d２ Δt )１
( １２)由 mgL(１－cosα)＝ mv２ 可 得,最 低 點 的 速 度 為２ １１１．解析:(１)由平拋運動規律可知L＝vt,H＝２gt
２,
４m/
１
s．H－l＝ gt２,
４ ４
２ x＝vt
,解得x＝ ５ m
,x總 ＝lsin５３°＋x L １ H同理: ＝vt１,h＝ gt２１,解得:h＝ ,則圓環中心到底板２ ２ ４
＝ ８ ４ ５÷m． H ３
è５＋ ５ 高度為 H－４＝４H．
(３)由機械能守恒得:mg(H－lcosα＋d)－(f１＋f２)d＝
() L gmg(H－lcosα) ２ 由平拋規律解得v＝ ＝L ,對拋出點分析,由牛
０,則d＝ ,解得d＝１．２m． t ２H
f１＋f２－mg
: v
２
, mgL
２
頓第 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＋ ．
專題　功能關系的應用 ( ２HR )
２
【基礎訓練】 由牛頓第三定律知:F L壓 ＝F支 ＝mg (１＋ ,方向豎直２HR )
１．D　２．A　３．D　４．C　５．D
向下．
mg
６．解析:(１)滑塊在傳送帶上的加速度大小a＝μm ＝μg＝
(３)小球從P 點至Q 點過程中,由動能定理:mgR＋Wf ＝
５m/s２,當滑塊在傳送帶上滑行的速度大于傳送帶的速度,則滑 １mv２２ －０．
塊受到的滑動摩擦力方向向左,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 對 小 球 做 功０ ０ ４H
４２＋２×５×４．８ m/s＝８m/s,由功能關系可知,彈簧壓縮時的 ２mg (L４H－R ) ．１ １
彈性勢能E ＝ mv２＝ ×２×８２p ２ ２ J＝６４J． ３ ２
答案:() () g L ,方向豎直向
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)設當水平恒力為F 時,兩者恰好發生相對運動 ２下　(３)m Lg －R
對整體:F＝(M＋m)a,對 M:μmg＝Ma,
(４H )
聯立以上方程可知:F＝１．５N． １２．解析:(１)小物塊從A 到C,根據機械能守恒有:mg ２R
(２)當水平恒力為F＝２N,則兩者發生了相對運動,m 肯定 １＝２mv
２
C,解得vC＝４ ２ m/s．
能從M 上滑下,設系統產生的熱量為Q＝μmgL,解得Q＝１J．
答案:(１)１．５N　(２)１J (２)小物塊剛要到 C 點,由牛頓第二定律有:FN －mg＝
２
【拓展提升】 mvC/R,解得FN＝５０N．
１．A　２．C　３．D　４．B 由牛頓第三定律,小物塊對C 點的壓力FN′＝５０N,方向豎
５．解析:(１)從小物塊被擊中后開始計時,３s后與傳送帶共 直向下．
速運動,由題圖知,傳送帶的速度v＝２．０m/s,方向向右． (３)設小物塊剛滑到木板右端時達到共同速度,大小為v,小
(２)由v t圖像可得,物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速 物塊在長木板上滑行過程中,小物塊與長木板的加速度分別為:
: Δv ４．０
μmg μmg
運動的加速度 a＝ ＝ m/s２＝２．０m/s２,由牛頓第二定律得 am ＝ ,m aM ＝
,v＝vC－amt,v＝aMt．
Δt ２ M
Ma 將數據代入上面各式解得v＝ ２ m/s．
滑動摩擦力Ff＝μMg,則物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝Mg １ １由能量守恒得 mv２２ C＝μmgL＋
( )２
a ２
M＋m v ．
＝ ＝０．２．
g 將數據代入解得L＝４m．
(３)傳送帶做的功W＝Ffx＝μMgx＝０．２×２．０×１０×６．０J 答案:(１)４ ２ m/s　(２)５０N,方向豎直向下　(３)４m
＝２４J,物塊向左運動時產生的內能 Q v１t１１ ＝μMg (vt１＋ ２ ) ＝
１２２

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