資源簡介

第４節　宇宙航行
１９６９年７月,美國“阿波羅１１號”登上　　
　　．
２００３年１０月１５日,我國“神舟五號”把航天
一、宇宙速度 員　　　　送入太空．
１．第一宇宙速度
(１)物體繞地球速度推導:物體繞地球的運
動可視作勻速圓周運動,萬有引力提供物體運動
, mm v
２
地 【, 典例１
】　如圖所示,探月衛星的發射過程
所需的向心力 有G r２ ＝m
由此解出
r v＝ 可簡化如下:先進入繞地球運行的“停泊軌道”,
　　　　(m地 為地球質量,r為物體做圓周運動 在該軌道的P 處,通過變速,再進入“地月轉移
的軌道半徑)． 軌道”,快要到達月球時,衛星再次變速,衛星被
(２)數值:已知地球的質量,近似用地球半 月球引力“俘獲”后,成為環月衛星,最終在環繞
徑R 代替r,
Gm地
算出v＝ ＝　　　　,這就 月球的“工作軌道”上繞月飛行(視為圓周運動),R 對月球進行探測,“工作軌道”周期為T,距月球
是物體在地球附近繞地球做勻速圓周運動的速
表面的高度為h,月球半徑為R,引力常量為G,
度,叫作第一宇宙速度． 忽略其他天體對探月衛星在“工作軌道”上環繞
２．第二宇宙速度 運動的影響．
當飛行器的速度等于或大于　　　　時,它 (１)要使探月衛星從“轉移軌道”進入“工作
就會克服地球的引力,永遠離開地球．我們把
軌道”,應增大速度還是減小速度
　　　　叫作第二宇宙速度． (２)求探月衛星在“工作軌道”上環繞的線
３．第三宇宙速度
速度大小;
在地面附近發射飛行器,如果要使其掙脫太
(３)求月球的第一宇宙速度．
陽引力的束縛,飛到太陽系外,必須使它的速度
等于或大于　　　　,這個速度叫作第三宇宙
速度．
二、人造地球衛星載人航天與太空探索
１．同步衛星:地球同步衛星位于　　　　上
方高度約３６０００km處,因相對地面靜止,也稱
靜止衛星．地球同步衛星與地球以相同的　　　 變式１:請閱讀短文,結合圖示的情景,完成
轉動,周期與地球　　　　相同． 第(１)~(３)題．
２．１９５７年１０月,蘇聯成功發射了世界上第 ２０１３年１２月１４日,“嫦娥三號”(“玉兔”號
一顆　　　　　　　　　． 月球車和著陸器)以近似為零的速度實現了月面
６３
軟著陸．下圖為“嫦娥三號”運行的軌道示意圖． D．衛星B 在P 點的加速度大小與衛星C
的加速度大小相等
變式２:２０２０年１１月２４日４時３０分,“胖
五”搭載“嫦娥五號”順利升空,開始了我國首次
月球土地采樣之旅,引起了國際極大的反響．如
圖所示是“嫦娥五號”登月的簡化圖,“嫦娥五號”
(１)著陸器承載著月球車在半徑為１００km 先在環月圓軌道Ⅰ上運動,接著在Ⅰ上的A 點
的環月圓軌道上運行過程中,下列判斷正確的是 實施變軌進入近月的橢圓軌道Ⅱ,再由近月點B
(　　) 實施近月制動,最后成功登陸月球．下列說法正
A．月球車不受月球的作用力 確的是 (　　)
B．著陸器為月球車提供繞月運動的向心力 A．“嫦娥五號”繞
C．月球車處于失重狀態 軌道Ⅱ運行的周期大
D．月球車處于超重狀態 于 繞 軌 道 Ⅰ 運 行 的
(２)“嫦娥三號”發射后直接進入橢圓形地 周期
月轉移軌道,其發射速度為 (　　) B．“嫦娥五號”沿
A．１６．７km/s 軌道Ⅰ運動至 A 時,需制動減速才能進入軌
B．大于７．９km/s,小于１１．２km/s 道Ⅱ
C．７．９km/s C．“嫦娥五號”沿軌道Ⅱ運行時,在A 點的
D．１１．２km/s 加速度大小大于在B 點的加速度大小
(３)“嫦娥三號”在下列位置中,受到月球引 D．“嫦娥五號”在軌道Ⅱ上由A 點運行到B
力最大的是 (　　) 點的過程,速度逐漸減小
A　．　太　陽　帆　板　展　開　的　位　置　　　　　
B．月球表面上的著陸點
C．環月橢圓軌道的近月點
D．環月橢圓軌道的遠月點 １．下列關于繞地球運行的衛星的運行速度
【典例２】　如圖所示,A 為靜止 的說法中正確的是 (　　)
于地球赤道上的物體,B 為繞地球做 A．一定等于７．９km/s
橢圓軌道運行的衛星,C 為繞地球做 B．一定小于７．９km/s
圓周運動的衛星,P 為B、C 兩衛星 C．大于或等于７．９km/s,而小于１１．２km/s
軌道的交點．已知A、B、C 繞地心運動的周期相 D．只需大于７．９km/s
同．相對于地心,下列說法中不正確的是 (　　) ２．質量相等的甲、乙兩顆衛星分別貼近某星
A．物體A 和衛星C 具有相同大小的加速度 球表面和地球表面圍繞其做勻速圓周運動,已知
B．衛星C 的運行速度大于物體A 的速度 該星球和地球的密度相同,半徑分別為R 和r,則
C．可能出現:在每天的某一時刻衛星B 在 (　　)
A 的正上方 A．甲、乙兩顆衛星的加速度之比等于R∶r
６４
B．甲、乙兩顆衛星所受的向心力之比 等 速度為a３,則a１、a２、a３的大小關系為 (　　)
于１∶１ A．a２＞a１＞a３ B．a３＞a２＞a１
C．甲、乙兩顆衛星的線速度之比等于１∶１ C．a３＞a１＞a２ D．a１＞a２＞a３
D．甲、乙兩顆衛星的周期之比等于R∶r ６．中國“北斗”衛星導航系統是我國自行研
３．北京時間２０１２年１０月,我國第１６顆北 制的全球衛星定位與通信系統,是繼美國 GPS
斗導航衛星發射成功,它是一顆地球靜止軌道衛 (全球定位系統)和俄羅斯GLONASS(全球衛星
星(即地球同步衛星),關于該衛星,下列說法正 導航系統)之后第三個成熟的衛星導航系統．系
確的是 (　　) 統由空間端、地面端和用戶端組成,其中空間端
A．該衛星相對地心靜止 包括５顆地球同步衛星和３０顆非地球同步衛
B．該衛星發射速度小于１１．２km/s 星,下列說法正確的是 (　　)
C．該衛星運行速度大于７．９km/s A．這５顆地球同步衛星的運行速度大于第
D．該衛星定點在中國大陸上空 一宇宙速度
４．“奮進”號宇航員斯蒂 B．這５顆地球同步衛星的運行周期都與地
法尼斯海恩 派帕在一次太空 球自轉周期相等
行走時丟失了一個工具包,關 C．這５顆地球同步衛星運行的加速度大小
于工具包丟失的原因可能是 不一定相等
(　　) D．為避免相撞,不同國家發射的地球同步
A．宇航員松開了拿工具包的手,在萬有引 衛星必須運行在不同的軌道上
力作用下工具包“掉”了下去 ７．不可回收的航天器在使
B．宇航員不小心碰了一下“浮”在空中的工 用后,將成為太空垃圾．如圖所示
具包,使其速度發生了變化 是漂浮在地球附近的太空垃圾
C．工具包太重,因此宇航員一松手,工具包就 示意圖,對此有如下說法,正確的是 (　　)
“掉”了下去 A．離地越低的太空垃圾運行周期越大
D．由于慣性,工具包做直線運動而離開了 B．離地越高的太空垃圾運行角速度越小
圓軌道 C．由公式v＝ gr 得,離地越高的太空垃圾
５．國務院批復,自２０１６年 運行速率越大
起將４月２４日設立為“中國航 D．太空垃圾一定能跟同一軌道上同向飛行
天日”．１９７０年４月２４日我國首 的航天器相撞
次成功發射的人造衛星東方紅 ８．如圖所示,a、b、c是地球大氣層外圓形軌
一號,目前仍然在橢圓軌道上運行,其軌道近地點 道上運動的三顆衛星,且b和c在同一個軌道上,
高度約為４４０km,遠地點高度約為２０６０km;１９８４ 則下列說法正確的是 (　　)
年４月８日成功發射的東方紅二號衛星運行在赤
道上空３５７８６km的地球同步軌道上．設東方紅一
號在遠地點的加速度為a１,東方紅二號的加速度
為a２,固定在地球赤道上的物體隨地球自轉的加
６５
A．b、c的周期相同,且大于a 的周期 脫了地球的引力
B．b、c 的線速度大小相等,且大于a 的線 C．失重是航天器獨有的現象,在地球上不
速度 可能有失重現象的存在
C．b加速后可以實現與c對接 D．正是由于引力的存在,才使航天器和航
D．a 的線速度一定大于第一宇宙速度 天員有可能做環繞地球的圓周運動
４．如圖所示,A 是地球同步衛星,另一個衛
星B 的圓軌道位于赤道平面內,距離地面高度
為h．已知地球半徑為R,地球自轉角速度為ω０,
１．如圖所示,a、b、c、d 是在地球大氣層外的 地球表面的重力加速度為g,O 為地球中心．
圓形軌道上勻速運行的四顆人造衛星．其中a、c (１)衛星B 的運行周期是多少
的軌道相交于P,b、d 在同一個圓軌道上．某時刻 (２)如果衛星B 的繞行方向與地球自轉方
b衛星恰好處于c 衛星的正上方．下列說法中正 向相同,某時刻A、B 兩衛星相距最近(O、B、A
確的是 (　　) 在同一直線上),求至少再經過多長時間,它們再
A．b、d 存在相撞危險 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 的線速度大小相等,且小于d 的線
速度
２．如圖所示,A 為靜止于地球
赤道上的物體,B 為近地衛星,C 為
地球同步衛星．根據以上信息可知
(　　)
A．衛星B 的線速度大于衛星C 的線速度
B．衛星C 的周期比物體A 圍繞地心轉動一
圈所需要的時間短
C．近地衛星B 受到的地球的引力一定大于
地球同步衛星C 受到的引力
D．近地衛星B 的質量大于物體A 的質量
３．在天宮二號中工作的景海鵬和陳東可以
自由飄浮在空中,宇航員處于失重狀態．下列分
析正確的是 (　　)
A．失重就是航天員不受力的作用
B．失重的原因是航天器離地球太遠,從而擺
６６ 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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