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人教版高中物理必修二含解析!


人教版高中物理Ⅱ课后习题答案 第五章:曲线运动 第 1 节 曲线运动 1. 答:如图 6-12 所示,在 A、C 位置头部的速 度与入水时速度 v 方向相同;在 B、D 位置头 部的速度与入水时速度 v 方向相反。
A

vy

v

60?
B

vx

C<

br />
2.
D

图 6-15 解: 根据题意, 无风时跳伞员着地的速度为 v2, 风的作用使他获得向东的速度 v1,落地速度 v 为 v2、v1 的合速度(图略) ,即:

v ? v12 ? v2 2 ? 42 ? 52 ? 6.4m / s ,速度与
2. 图 6-12 答:汽车行驶半周速度方向改变 180° 。汽车每 行驶 10s,速度方向改变 30° ,速度矢量示意图 如图 6-13 所示。
v1 v1

3.

竖直方向的夹角为 θ,tanθ=0.8,θ=38.7° 答:应该偏西一些。如图 6-16 所示,因为炮 弹有与船相同的由西向东的速度 v1,击中目标 的速度 v 是 v1 与炮弹射出速度 v2 的合速度, 所 以炮弹射出速度 v2 应该偏西一些。


30?

v2

v

3.

图 6-13 答:如图 6-14 所示,AB 段是曲线运动、BC 段是直线运动、CD 段是曲线运动。
D

v1



C

4.
B
A

图 6-16 答:如图 6-17 所示。
y 50
40

图 6-14 第 2 节 质点在平面内的运动 1. 解 : 炮 弹 在 水 平 方 向 的 分 速 度 是 vx = 800× cos60° = 400m/s; 炮弹在竖直方向的分速 度是 vy=800× sin60° =692m/s。如图 6-15。

30 20
10 0 20 40

60

80

x

图 6-17 第 3 节 抛体运动的规律 1. 解: (1)摩托车能越过壕沟。摩托车做平抛运
--1--

动,在竖直方向位移为 y=1.5m= 1 gt 2 经历

2

时间 t ?

2y ? 3 s ? 0.55s 在 水 平 方 向 位 g 9.8

移 x=vt=40× 0.55m=22m>20m 所以摩托车 能越过壕沟。一般情况下,摩托车在空中飞行 时,总是前轮高于后轮,在着地时,后轮先着 地。 (2)摩托车落地时在竖直方向的速度为 vy = gt= 9.8× 0.55m/s = 5.39m/s 摩托车落地时在 水平方向的速度为 vx=v=40m/s 摩托车落地时 的速度:

v ? vx 2 ? v y 2 ? 402 ? 5.392 m / s ? 40.36m / s
摩托车落地时的速度与竖直方向的夹角为 θ, tanθ=vx/vy=405.39=7.42 解:该车已经超速。零件做平抛运动,在竖直 方 向 位 移 为 y = 2.45m = 1 gt 2

(3)测量小球在木板上的落点 P1 与重垂线之 间的距离 x1; (4)调节木板高度,使木板上表面与小球离 开水平桌面时的球心的距离为某一确定值 4y; (5)让小球从斜面上同一位置 A 无初速释放; (6)测量小球在木板上的落点 P2 与重垂线之 间的距离 x2; (7)比较 x1、x2,若 2x1=x2,则说明小球在 水平方向做匀速直线运动。 改变墙与重垂线之间的距离 x,测量落点与抛出 点之间的竖直距离 y,若 2x1=x2,有 4y1=y2, 则说明小球在水平方向做匀速直线运动。 第 5 节 圆周运动 1. 解:位于赤道和位于北京的两个物体随地球 自转做匀速圆周运动的角速度相等,都是

2.

? ? 2? ? 2 ? 3.14 rad / s ? 7.27 ?10?6 rad / s 。
T 24 ? 3600
位于赤道的物体随地球自转做匀速圆周运动的 线速度 v1=ωR=465.28m/s 位于北京的物体随地 球自转做匀速圆周运动的角速度 v2 = ωRcos40° =356.43m/s 2. 解:分针的周期为 T1= 1h,时针的周期为 T2=12h ( 1 )分针与时针的角速度之比为 ω1 ∶ ω2 = T2∶T1=12∶1 (2) 分针针尖与时针针尖的线速度之比为 v1∶ v2=ω1r1∶ω2r2=14.4∶1 3. 答: (1)A、B 两点线速度相等,角速度与 半径成反比 (2)A、C 两点角速度相等,线速度与半径成 正比 (3)B、C 两点半径相等,线速度与角速度成 正比 说明:该题的目的是让学生理解线速度、角速 度、半径之间的关系:v=ωr;同时理解传动装置不 打滑的物理意义是接触点之间线速度相等。 4. 需要测量大、 小齿轮及后轮的半径 r1、 r2、 r3。 自行车前进的速度大小 v ?

2

经历时间

t?

2y ? 4.9 s ? 0.71s ,在水平方向位移 x= g 9.8

3.

vt=13.3m,零件做平抛运动的初速度为:v=x / t = 13.3 / 0.71m/s = 18.7m/s = 67.4km/h > 60km/h 所以该车已经超速。 答: (1)让小球从斜面上某一位置 A 无初速释 放;测量小球在地面上的落点 P 与桌子边沿的 水平距离 x;测量小球在地面上的落点 P 与小 球静止在水平桌面上时球心的竖直距离 y。小 球离开桌面的初速度为 v ? x

g 。 2y

第4节

实验:研究平抛运动
y
x1
3y

2? r1 r Tr2 3

x2

答:还需要的器材是刻度尺。 实验步骤: (1)调节木板高度,使木板上表面与小球离 开水平桌面时的球心的距离为某一确定值 y; (2)让小球从斜面上某一位置 A 无初速释放;

1.

说明:本题的用意是让学生结合实际情况来理 解匀速圆周运动以及传动装置之间线速度、角速 度、半径之间的关系。但是,车轮上任意一点的运 动都不是圆周运动,其轨迹都是滚轮线。所以在处 理这个问题时,应该以轮轴为参照物,地面与轮接 触而不打滑,所以地面向右运动的速度等于后轮上

--2--

一点的线速度。 5. 解:磁盘转动的周期为 T=0.2s (1)扫描每个扇区的时间 t=T/18=1/90s。 (2)每个扇区的字节数为 512 个,1s 内读取的 字节数为 90× 512=46080 个。 说明:本题的用意是让学生结合实际情况来理 解匀速圆周运动。 第 6 节 向心加速度 1. 答: A. 甲、 乙线速度相等时, 利用 an ? v ,
2

的向心加速度为

anA ? ?22 ?


r2 ? 0.01? 1 m / s2 ? 0.05m / s2 2 2

(3)电动机皮带轮边缘上质点的向心加速度

r

半径小的向心加速度大。所以乙的向心加速 度大;B.甲、乙周期相等时,利用
2 an ? 4?2 r ,半径大的向心加速度大。所以 T

第 7 节 向心力 解:地球在太阳的引力作用下做匀速圆周运动,设 引力为 F;地球运动周期为 T = 365× 24× 3600s = 3.15× 107s 。 根 据 牛 顿 第 二 运 动 定 律 得 :

甲的向心加速度大; C.甲、乙角速度相等时,利用 an=vω,线速 度大的向心加速度大。所以乙的向心加速度小; D.甲、乙线速度相等时,利用 an=vω,角速 度大的向心加速度大。由于在相等时间内甲与圆心 的连线扫过的角度比乙大,所以甲的角速度大,甲 的向心加速度大。 说明:本题的目的是让同学们理解做匀速圆周 运动物体的向心加速度的不同表达式的物理意义。 2. 解:月球公转周期为 T = 27.3× 24× 3600s = 2.36× 106s。月球公转的向心加速度为

3.

4.

解:A、B 两个快艇做匀速圆周运动,由于 在相等时间内,它们通过的路程之比是 4∶ 3,所以它们的线速度之比为 4∶3;由于在 相等时间内,它们运动方向改变的角度之比 是 3∶2,所以它们的角速度之比为 3∶2。 由于向心加速度 an=vω, 所以它们的向心加 速度之比为 2∶1。说明:本题的用意是让学 生理解向心加速度与线速度和角速度的关 系 an=vω。 解:(1)由于皮带与两轮之间不发生滑动,所 以两轮边缘上各点的线速度大小相等,设电 动机皮带轮与机器皮带轮边缘上质点的线 速度大小分别为 v1、v2,角速度大小分别为 ω1、ω2,边缘上质点运动的半径分别为 r1、 r2,则 v1=v2 v1=ω1r1 v2=ω2r2 又 ω=2πn 所以 n1∶n2=ω1∶ω2=r2∶r1=3∶1 (2)A 点

说明:本题的目的是让学生理解向心力的产 生,同时为下一章知识做准备。 1. 答:小球在漏斗壁上的受力如图 6-19 所示。 小球所受重力 G、漏斗壁对小球的支持力 FN 的合力提供了小球做圆周运动的向心力。 2. 答: (1)根据牛顿第二运动定律得: F=mω2r=0.1× 42× 0.1N=0.16N (2)甲的意见是正确的。 静摩擦力的方向是与物体相对接触面运动的 趋势方向相反。设想一下,如果在运动过程中,转 盘突然变得光滑了,物体将沿轨迹切线方向滑动。 这就如同在光滑的水平面上,一根细绳一端固定在 竖直立柱上,一端系一小球,让小球做匀速圆周运 动,突然剪断细绳一样,小球将沿轨迹切线方向飞 出。这说明物体在随转盘匀速转动的过程中,相对 转盘有沿半径向外的运动趋势。 说明:本题的目的是让学生综合运用做匀速圆 周运动的物体的受力和运动之间的关系。 3. 解:设小球的质量为 m,钉子 A 与小球的距离 为 r。根据机械能守恒定律可知,小球从一定 高度下落时,通过最低点的速度为定值,设为 v。小球通过最低点时做半径为 r 的圆周运动, 绳子的拉力 FT 和重力 G 的合力提供了向心力, 即:

FT ? G?

v 2 得 F ? G ? m v 2 在 G,m,v m T r r

一定的情况下,r 越小,FT 越大,即绳子承受的拉 力越大,绳子越容易断。 4. 答:汽车在行驶中速度越来越小,所以汽车在

--3--

轨迹的切线方向做减速运动,切线方向所受合 外力方向如图 Ft 所示;同时汽车做曲线运动, 必有向心加速度,向心力如图 Fn 所示。汽车所 受合外力 F 为 Ft、 Ft 的合力, 如图 6-20 所示。 丙图正确。 说明:本题的意图是让学生理解做一般曲线运 动的物体的受力情况。 第 8 节 生活中的圆周运动 1. 解:小螺丝钉做匀速圆周运动所需要的向心力 F 由转盘提供,根据牛顿第三运动定律,小螺 丝钉将给转盘向外的作用力,转盘在这个力的 作用下,将对转轴产生作用力,大小也是 F。

根据牛顿第三定律得,汽车对桥顶的压力大小 也是 7440N。 (2) 根据题意,当汽车对桥顶没有压力时,即 FN=0,对应的速度为 v,

(3)汽车在桥顶部做圆周运动,重力 G 和支 持力 FN 的合力提供向心力,即 G ? FN ? m v
2 2

r

汽车所受支持力 FN ? G ? m v ,对于相同的

r

行驶速度, 拱桥圆弧半径越大, 桥面所受压力越大, F ? m? 2 r ? m(2? n)2 r ? 0.01? (2 ? 3.14 ?1000)2 ? 0.2 N ? 78876.8 N 汽车行驶越安全。 (4)根据第二问的结论,对应的速度为 v0, F ? m? 2 r ? m(2? n)2 r ? 0.01? (2 ? 3.14 ?1000) 2 ? 0.2 N ? 78876.8 N 说明:本题的意图在于让学生联系生活实 际,理解匀速圆周运动。 2. 解:这个题有两种思考方式。 第一种,假设汽车不发生侧滑,由于静摩擦力 提供的向心力,所以向心力有最大值,根据牛顿第 二运动定律得 F ? ma ? m v ,所以一定对应有最
2

第六章

万有引力与航天

r

大拐弯速度,设为 vm,则

第 1 节 行星的运动

vm ?
vm ?

1. 解:行星绕太阳的运动按圆轨道处理,根据开 4 Ffm r ? 1.4 ?10 3 m / s ? 18.71m / s ? 67.35km / 普勒第三定律有: h ? 72km / h m 2.0 ?10

4 Ffm r ? 1.4 ?10 3 m / s ? 18.71m / s ? 67.35km / h ? 72km / h m 2.0 ?10 所以,如果汽车以 72km/h 的速度拐弯时,将会发

生侧滑。 第二种,假设汽车以 72km/h 的速度拐弯时, 不发生侧滑,所需向心力为 F,

vm ? m
vm ? m

v2 202 ? 2.0 ?103 ? N ? 1.6 ?104 N ? 1.4 ?104 N r 50
2. 答:根据开普勒第二定律,卫星在近地点速度 较大、在远地点速度较小。 3. 解:设通信卫星离地心的距离为 r1、运行周期 为 T1,月心离地心的距离为 r2,月球绕地球运 行的周期为 T2,根据开普勒第三定律,

v2 202 ? 2.0 ?103 ? N ? 1.6 ?104 N ? 1.4 ?104 N r 50 所以静摩擦力不足以提供相应的向心力,汽车 以 72km/h 的速度拐弯时,将会发生侧滑。 3. 解:(1)汽车在桥顶部做圆周运动,重力 G 和 支持力 FN 的合力提供向心力,即
G ? FN ? m v 汽车所受支持力 r
2 2 FN ? G ? m v ? (800 ? 9.8 ? 800 ? 5 ) N ? 7440 N r 50

2

--4--

4.

解:根据开普勒第三定律

F ?G

m1m2 2.0 ?1040 ? 2.0 ?1030 ? 6.67 ?10?11 ? N ? 1.19 ?1026 2 4 r (5 ?10 ? 3.0 ?108 ? 365 ? 24 ? 3600) 2

F ?G

m1m2 2.0 ?1040 ? 2.0 ?1030 ? 6.67 ?10?11 ? N ? 1.19 ?1026 N 2 4 r (5 ?10 ? 3.0 ?108 ? 365 ? 24 ? 3600) 2
可见天体之间的万有引力是很大的。 得到: 3. 解 : ?3 mm (7.1?10 ) F ? G 1 2 2 ? 6.67 ?10?1 ? ? 3.4 ?10? N r (1.0 ?10?16 ) 2 万有引力理论的成就
1

第4节

1. 则哈雷彗星下次出现的时间是: 1986+76 = 2062 年。

解:在月球表面有: G

M 月m ? mg月 R月

得到: 第2节 1. 太阳与行星间的引力
g月=G M月 7.3 ?1022 =6.67 ?10-11 ? m / s 2 ? 1.68m / s 2 3 3 2 R月 ( 1.7 ?10 ?10 )

答:这节的讨论属于根据物体的运动探究它受

2.

的力。前一章平抛运动的研究属于根据物体的 M 7.3 ?1022 g月=G 月 =6.67 ?10-11 ? m / s 2 ? 1.68m / s 2 2 受力探究它的运动,而圆周运动的研究属于根 R月 ( 1.7 ?103 ?103) 据物体的运动探究它受的力。 g 月约为地球表面重力加速度的 1/6。在月球上人 答:这个无法在实验室验证的规律就是开普勒 感觉很轻。习惯在地球表面行走的人,在月球表面 第三定律 r 2 ? k , 是开普勒根据研究天文学家
3

行走时是跳跃前进的。 2. 答 : 在地球表面,对于质量为 m 的物体有:

T

第谷的行星观测记录发现的。 第3节 1. 万有引力定律

G

M 地m M ? mg ,得: g=G 地 R地 R地

答:假设两个人的质量都为 60kg,相距 1m, 则它们之间的万有引力可估算: 对于质量不同的物体,得到的结果是相同的 , 即这个结果与物体本身的质量 m 无关。 又根据万有引力定律: G 这样小的力我们是无法察觉的,所以我们通常分

M 地m ? mg 高山的 r

析物体受力时不需要考虑物体间的万有引力。 说明:两个人相距 1m 时不能把人看成质点,简 单套用万有引力公式。上面的计算是一种估算。 2. 解:根据万有引力定律

r 较大,所以在高山上的重力加速度 g 值就较小。 3. 解 :卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对 卫星的万有引力提供,有: G Mm ? m( 2? )2 r 2 T r 得地球质量:

F ?G

m1m2 26 2.0 ?1040 ? 2.0 ?1030 ? 2 ? (6.8 ?106 )3 ? 6.67 ?10?11 ? N ?2 1.19 4? r 3 ??10 4N 2 4 8 2 M ? ? 5.9 ?1024 kg r (5 ?10 ? 3.0 ?10 ? 365 ? 24 ? 3600) GT 2 6.67 ?10?11 ? (5.6 ?103 ) 2

4.
--5--

解:对于绕木星运行的卫星 m,有:

2 3 ,需 G Mm ? m( 2? )2 r ,得: M 木 ? 4? r 2 T GT 2 r

将其带入(1)式: v ? 3.

R2 g ? Rg R

要测量的量为:木星卫星的公转周期 T 和木星 卫星的公转轨道半径 r。 第5节 1. 宇宙航行

解: (1)设金星质量为 M1、半经为 R1、金星 表面自由落体加速度为 g1。 在金星表面: G

解:“神舟”5 号绕地球运动的向心力由其受到 的地球万有引力提供。 G Mm ? m( 2? )2 r 2

M 1m ? mg1 R12

r

T

设地球质量为 M2、半径为 2、地球表面自由落体 加速度为 g2。 在地球表面有: G

2 r ? 3 GMT 2 4?

其中周期 T=[24× 60-(2× 60+37) ]/14min =91.64min,则: 由以上两式得:
r?
3

M 2m ? mg 2 R2 2

M 1 R2 2 g1 ? ? ,则 M 2 R12 g 2

6.67 ?10?11 ? 6.0 ?1024 ? (91.64 ? 60) 2 m ? 6.7 ?106 m 4? 2

g1 ?

其 距 地 面 的 高 度 为 h = r - R = 6.7× 106m - 6.4× 106m=3× 105m=300km。

2 M 1 R2 2 ? 2 ? g 2 ? 0.82 ? 1 2 ? 9.8m / s 2 ? 8.9m / s 2 M 2 R1 1 0.95

(2) G 说明:前面“神舟”5 号周期的计算是一种近似 的计算,教师还可以根据“神舟”5 号绕地球运行时 离地面的高度的准确数据,让学生计算并验证一下 其周期的准确值。 已知: “ 神舟 ”5 号绕地球运行时离地面的高度为 343km。 根据牛顿第二定律有: G Mm ? m 4?2 r 在 2
2

M 1m v 2 , v ? GM ? m R1 R1 g1 R12

第七章 第1节 1.

机械能守恒定律 追寻守恒量

答:做自由落体运动的物体在下落过程中,势 能不断减少, 动能不断增加, 在转化的过程中, 动能和势能的总和不变。

r

T

地面附近有: G Mm ? mg ,r=R+h 2

R

第2节 功 1. 解: 甲图: W=Fscos(180° -150° )=10× 2× =17.32J 图乙: W = Fscos(180° - 30° ) =- 10× 2×

根据以上各式得:

T ? 2?

( R ? h)3 ? 2? R ? h 2 R gR

?

?

3J 2

R ? h ? 90.6 min g

2.

解:环绕地球表面匀速圆周运动的人造卫星需 要的向心力,由地球对卫星的万有引力提供, 即: 得: G Mm ?mv , v ? GM R R R2
2

3J 2

=-17.32J 图丙:W=Fscos30° =10× 2× 2.



3 J=17.32J 2

2 在地面附近有:G Mm ? mg ,得:GM ? R g 2

R

解:重物被匀速提升时,合力为零,钢绳对重

--6--

物的拉力的大小等于重物所受的重力,即 F=G=2× 104N.钢绳拉力所做的功为:W1= Fscos0° =2× 104× 5J=1× 105J 重力做的功为: W2 =Gscos180° =- 2× 104× 5J =-1× 105J 物体克服重力所做的功为 1× 105J,这些力做的 总功为零。 3. 解:如图 5-14 所示,滑雪运动员受到重力、 支持力和阻力的作用,运动员的位移为:s=h /sin30° =20m,方向沿斜坡向下。
FN

3 v ? P ? 10 ?10 5 m / s ? 3.7 ?10?2 m / s F 2.7 ?10

2.

解:这台抽水机的输出功率为

mgh 30 ?10 ?10 P?W ? ? ? 3 ?103W t t 1
它 半 小 时 能 做 功 W = Pt = 3× 103× 1800J = 5.4× 106J。 3. 答:此人推导的前提不明确。当 F 增大,根据 P=Fv 推出,P 增大的前提应是 v 不变,从 P 增大则 v 增大的前提是 F 不变, v ? P 推出, F 从 F ? P 推出, v 增大 F 减小的前提是 P 不变。

F

v

说明:对这类物理问题的方向,应注意联系实
mg
30?
h

际,有时机械是以一定功率运行的,这时 P 一定, 则 F 与 v 成反比。 有时机械是以恒定牵引力工作的, 这时 P 与 v 成正比。 4. 解: (1)汽车的加速度减小,速度增大。因为, 此时开始发动机在额定功率下运动, 即 P=F 牵 v。v 增大则 F 牵减小,而 a ?

所 以 , 重 力 做 功 : WG = mgscos60°= 60× 10× 20×1 J=6.0× 103J

2

支持力所做的功:WN=FNscos90° =0 阻力所做的功: Wf=Fscos180° =-50× 20J=- 1.0× 103J 这些力所做的总功 W 5.0× 10 J。 4. 解:在这两种情况下,物体所受拉力相同,移 动的距离也相同,所以拉力所做的功也相同, 为 7.5J。拉力做的功与是否有其他力作用在物 体上没有关系,与物体的运动状态也没有关 系。光滑水平面上,各个力对物体做的总功为 7.5J。粗糙水平面上,各个力对物体做的总功 为 6.5N。 第3节 1. 功率
3


F牵 ? F ,所以加 m

速度减小。 (2)当加速度减小到零时,汽车做 匀速直线运动,F 牵=F,所以 v ? P ,此为汽

F

车在功率 P 下行驶的最大速度。 = Wg+WN+Wf = 第 4 节 重力势能 1. 证明:设斜面高度为 h,对应于倾角为 θ1、θ2、 θ3 的斜面长分别为 l1、l2、l3。 由功的公式可知,在倾角为 θ1 的斜面,重力与 位移的夹角为( ? ? ?1 ) ,重力所做的功为:WG=

2

mgl1cos( ? ? ?1 )=mgl1sinθ1=mgh。同理可证,

2

在倾角为 θ2、θ3 的斜面上,重力所做的功都等于 mgh,与斜面倾角无关。 2. 答: (1)足球由位置 1 运动到位置 2 时,重力 所做的功为-mgh,足球克服重力所做的功为 mgh,足球的重力势能增加了 mgh。
--7--

解:在货物匀速上升时,电动机对货物的作用 力大小为:F=G=2.7× 105N 由 P=Fv 可得:

(2)足球由位置 2 运动到位置 3 时,重力做 的功为 mgh,足球的重力势能减少了 mgh。 (3)足球由位置 1 运动到位置 3 时,重力做 功为零,重力势能变化为零。 说明:本题的意图是使学生体会,重力势能的 变化是与重力做功相对应的。 重力做了多少功,重力 势能就变化多少。重力做正功重力势能减少,重力 做负功重力势能增加。 3. 答: (1) 小球在 A 点的 重力势 能 5.88J 9.8J 小球在 B 点的 重力势 能 -3.92J 0 整个下落 过程中小 球重力做 的功 9.8J 9.8J 整个下落 过程中小 球重力势 能的变化 9.8J 9.8J

第 7 节 动能和动能定理 1. 答:a.动能是原来的 4 倍。b.动能是原来的 2 倍。c.动能是原来的 8 倍。d.动能不变。 2. 解:由动能定理 W=Ek2-Ek1= 1 m(v22 ? v12 )

2

可知,在题目所述的两种情况下, ()较大的, 需要做的功较多。 速度由 10km/h 加速到 20km/h 的情况下: 0= (202-102) (km/s)2=300(km/s)2 速 度 由 50km/h 加 快 到 60km/h 情 况 下 : ( v2 ? v1 )=(602-502) (km/s)2=1100(km/s)2
2 2

所 选 择 的 参 考 平面 桌面

可见,后一种情况所做的功比较多。 3. 解 :设 平均阻 力为 f ,根 据动 能定理 W =

1 mv 2 ? 1 mv 2 2 2 2 1 1 mv 2 ? 1 mv 2 2 2 2 1

, 有

fscos180° =

地面

(2)如果下落过程中有空气阻力,表格中的 数据不变。 说明:本题的意图是使学生认识,重力势能跟 零势面的选取有关,而重力势能的变化跟重力的功 相对应,与零势能面的选取无关。重力做的功只跟 物体位置的变化有关,与是否存在其他力无关。 4. 答:A 正确。例如:物体在向上的拉力作用下, 如果做匀加速直线运动,这时拉力的功大于重 力势能的增加量。如果物体做匀减速直线运 动,这时拉力的功小于重力势能的减少量。 B 错误。 物体匀速上升, 拉力的大小等于重力, 拉力的功一定等于重力势能的增加量。 C 错误。根据 WG=Ep1-Ep2 可知,重力做- 1J 的功,物体势能的增加量为 1J。 D 错误。重力做功只与起点和终点的位置有 关,与路径无关,A、B 两点的位置不变,从 A 点 到 B 点的过程中,无论经过什么路径,重力的功都 是相同的。 1.
--8--

f=1.6× 103N, 子弹在木板中运动 5cm 时, 所 受木板的阻力各处不同,题目所说的平均阻力是对 这 5cm 说的。 4. 解:人在下滑过程中,重力和阻力做功,设人 受到的阻力为 f,根据动能定理 W=ΔEk, WG+Wf= 1 mvt2 ? 0 ,mgh-fs= 1 mvt2 .解

2

2

方程得:vt=4 2 m/s≈5.66m/s 5.解:设人将足球踢出的过程中,人对球做 的功为 W, 根据动能定理可从人踢球到球上升至最
2 大高度的过程中: WG+W = 1 mvt - 0 ,即:-

2

mgh+W= 1 mvt

2

2

W= × 0.5× 202J+0.5× 10× 10J=150J 第 8 节 机械能守恒定律 解: (1)小球在从 A 点下落至 B 点的过程中, 根据动能定理 W=ΔEk,

mg(h1-h2)= 1 mv22 ? 1 mv12

2

2

力势能 Ep。 列 车 冲 上 站 台 时 的 重 力 势 能 : Ep = mgh =

( 2 )由 mg(h1 - h2) = 1 mv ? 1 mv

2

2 2

2

2 1 ,得:

20mm2/s2 列车在 A 点时动能:Ek= 1 mv 2 × m× 72m2/s2

mgh1+ 1 mv12 =mgh2+ 1 mv22

2

2

2

=24.5mm /s 等式左边表示物体在 A 点时的机械能, 等式右 边表示物体在 B 点时的机械能, 小球从 A 点运动到 B 点的过程中,机械能守恒。 2. A.飞船升空的阶段,动力对飞船做功,飞船 的机械能增加。 B.飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段,只 有引力对飞船做功,机械能守恒。 C.飞船在空中减速后,返回舱与轨道分离, 然后在大气层以外向着地球做无动力飞行的 过程中,只有引力做功,机械能守恒。 D.进入大气层并运动一段时间后,降落伞张 开,返回舱下降的过程中,空气阻力做功,机 械能减少。 3. 解: (1)石块从抛出到落地的过程中,只有重 力做功, 所以机械能守恒。 设地面为零势能面, 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 :

2 2

可见 Ek>Ep,所以列车能冲上站台。 设列车冲上站台后的速度为 v1。根据机械能守 恒定律,有:Ek=Ep+ 1 mv 2

2

1 mv 2 = Ek - Ep = 24.5mm2/s2 - 20mm2/s2 = 2 1
4.5mm2/s2,可得 v1=3m/s 第9节 实验:验证机械能守恒定律 1. 答: (1)从状态甲至状态丙过程中,弹性势能 逐渐减少,动能和重力势能逐渐增大,当弹簧对小 球向上的弹力大小与小球所受重力大小相等时,小 球动能最大。之后,弹性势能和动能逐渐减小,重 力势能逐渐增大,当弹簧恢复到自然长度时,弹性 势能为 0。之后,重力势能仍然逐渐增大,动能逐 渐减小,到达 C 点时,动能减少到 0,重力势能达 到最大。 小球从状态甲运动到状态丙的过程中,机械能守 恒。故状态甲中,弹簧的弹性势能
E p ? mg ? hAB ? hBC ? ? 0.2 ?10 ? ? 0.1 ? 0.2 ? ? 0.6 J

1 mv 2 ? mgh ? 1 mv 2 ,得 2 0 2 t

根 据 动 能 定 理 : W = Ekt - Ek0 , 即 mgh =

1 mv 2 ? 1 mv 2 ,vt= 2 t 2 0
vt=15m/s

v02 ? 2 gh

(2)小球从状态乙到状态丙的过程中,动能逐渐 减少,重力势能逐渐增大。 小球从状态乙到状态丙的过程中,机械能守恒,所 以小球在 B 点的动能与小球在 C 点的势能相等。 故 小球在状态乙中的动能

Ek ? mghBC ? 0.2 ?10 ? 0.2 ? 0.4 J
2. 解:设小球的质量为 m,小球运动到圆轨道最 高点 B 时的速度为 v, 受到圆轨道的压力为 FN。 小球从 A 点下滑至最高点 B 的过程中, 由于只 有重力做功,机械能守恒。设在圆轨道最低点 为重力势能的零参考平面,则在这个过程中, 根据机械能守恒定律,有

2 (2)由 vt= v0 ? 2 gh 知,石块落地时速度

大小与石块初速度大小和石块抛出时的高度有关, 与石块的质量和石块初速度的仰角无关。 4. 解:根据题意,切断电动机电源的列车,假定 在运动中机械能守恒,要列车冲上站台,此时 列车的动能 Ek 至少要等于列车在站台上的重
--9--

1 mg ? 2 R ? ? mv 2 ? mgh 2

在圆轨道的最高点 B 处,根据牛顿第二定律,有

v2 FN ? mg ? m R
欲使小球顺利地通过圆轨道在最高点,则小球在最 高点 B 处时,必须满足条件 FN≥0 即 mg ? m

v2 R

联立以上两式,可得 h ?

5 R 2

可见,为了使小球顺利通过圆轨道的最高点,h 至 少应为

5 R 2

3. 答:用平抛运动的知识测出的小球离开桌面时 的速度要略大于小球从斜面上滚下的过程中用机 械能守恒定律算出的速度,这是由于小球从斜面与 桌面上运动时受到的摩擦阻力远大于小球做平抛 运动时所受的空气阻力。 第 10 节 能量守恒定律与能源 1.答:家用电饭锅是把电能转化为内能;洗 衣机是把电能转化为动能,等等。 2.解: (1)依题意可知,三峡水库第二期蓄 水后,用于发电的水流量每秒为: 1.35× 104m3-3500m3=10000m3/s, 每秒钟转化为电能是: mgh× 20
3 4





ρVgh× 20
9





1.0× 10 × 1.0× 10 × 10× 135× 20%J/s=2.7× 10 J/s 发电功率最大是 2.7× 109W=2.7× 106kW。 (2) 设三口之家每户的家庭生活用电功率为 1kW, 考虑到不是每家同时用 1kW 的电, 我们平均 每家同时用电 0.5kW ,则三峡发电站能供给 = 5.8× 106 户用电,人口数为 3× 5.8× 106=17× 106 人, 即可供 17 个百万人口城市的生活用电。

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