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教材习题答案
第一章　抛体运动
1　认识曲线运动
自我评价
１．答案　 如图所示 由几何知识可知：水平方向的分速度 ｖｘ ＝ ｖ０ ｃｏｓ ６０° ＝
５ ｍ ／ ｓ，竖直方向的分速度 ｖｙ ＝ ｖ０ ｓｉｎ ６０° ＝ ５ ３ ｍ ／ ｓ。
解析　 质点做曲线运动时，在某一位置的速度方向沿曲线在 4　研究平抛运动的规律
这一点的切线方向。 自我评价
２．ＡＤ　 曲线运动的速度的方向必定是改变的，故 Ａ 正确；物体 １．答案　 （１）ｈ　 （２）ｈ 和 ｖ
， Ｂ ； ０
　 （３）ｈ 和 ｖ０ 　 （４）ｈ 和 ｖ０
做匀速圆周运动时速度大小始终不变 故 错误 物体做曲线 解析　 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直
运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，加速度的方向 方向上的自由落体运动。
与合力的方向相同，所以质点速度方向一定与加速度方向不
在一条直线上，故 Ｃ 错误；做曲线运动的物体，速度的方向沿 （１）根据 ｈ＝
１ ２ｈ
２ ｇｔ２，解得 ｔ＝ ｇ ，
曲线的切线方向，故 Ｄ 正确。 可知物体在空中运动的时间是由 ｈ 决定的；
３．Ｂ　 做曲线运动的物体的轨迹与速度方向相切，并向合力方向 ２ｈ
， Ｂ 。 （２）物体在空中运动的水平位移为：ｘ ＝ ｖ０ ｔ ＝ ｖ０ ｇ ，可知弯曲 故选项 正确
物体在空中运动的水平位移是由 ｈ 和 ｖ０ 决定的；
2　运动的合成与分解 （３）物体落地时瞬时速度的大小为：
自我评价 ｖ＝ ｖ２０＋ｖ２ ２ｙ ＝ ｖ０＋（ｇｔ） ２ ＝ ｖ２０＋２ｇｈ
１．Ｂ　 根据平行四边形定则，合运动的速度可能大于、小于或等 可知物体落地时瞬时速度的大小是由 ｖ０ 和 ｈ 决定的
于分运动的速度，故 Ａ 错误，Ｂ 正确；合运动的位移等于两个 （４）设物体落地时瞬时速度与水平方向夹角为 α，则：
分运动位移的矢量和，故 Ｃ 错误；合运动与分运动间具有等时 ｔａｎ α＝ ｇｔ ＝ ｇ ２ｈ， ，可知物体落地时瞬时速度的方向是由 ｖ性 即合运动的时间与分运动的时间相等，故 Ｄ 错误。 ｖ０ ｖ ００ ｇ
２．答案　 ３ ５ ｍ ／ ｓ，方向向下偏西且与水平方向的夹角满足 ｔａｎ θ 和 ｈ 决定的。
＝ ０．５ ２．答案　 （１）１．２５ ｍ　 （２） ５ ６５ ｍ ／ ｓ，与水平方向的夹角满足
解析　 雨滴落地时竖直方向的速度为 ｖｙ ＝ ６ ｍ ／ ｓ，水平方向的 ｔａｎ θ＝ １８
速度为 ｖｘ ＝ ３ ｍ ／ ｓ，合速度为 ｖ＝ ｖ２ｘ＋ｖ２ｙ ＝ ３ ５ ｍ ／ ｓ，方向向下偏 解析　 （１）弹丸做平抛运动，在水平方向上有：ｘ＝ ｖ ｔ
西且与水平方向的夹角满足 ｔａｎ θ＝ ０．５。 ０１
２ 在竖直方向上有：ｈ＝ ２ ｇｔ２３． ｘ答案　 ２ 　 减少
－ ｖｖ １ 联立解得：ｈ＝ １．２５ ｍ，ｔ＝ ０．５ ｓ。２ ｖ２ （２）弹丸到达 Ｄ 点时的竖直速度大小为：
解析　 甲、乙两地在江的同一侧，三峡大坝建造前，往返一次 ｖｙ ＝ｇｔ＝ １０×０．５ ｍ ／ ｓ＝ ５ ｍ ／ ｓ，
的时间满足 再根据平行四边形定则可知，Ｄ 点的合速度大小为：
ｔ＝ ｘｖ －ｖ ＋
ｘ
ｖ ＋ｖ ＝
２ｘ ｖＤ ＝ ｖ２０＋ｖ２ ＋ ４０２ｙ ＋５２ ｍ ／ ｓ＝ ５ ６５ ｍ ／ ｓ
２ １ ２ １ ２ｖ２－ ｖ１ 设 Ｄ 点的速度与水平方向的夹角为 θ，则ｖ２
， ， ｔａｎ ＝ ｖθ ｙ ５ １三峡大坝建造后 江水不再流动 往返一次的时间满足 ｖ ＝２ ０ ４０
＝ ８
ｔ′＝ ｘｖ２ 本章复习题
比较可知，三峡大坝建造后在甲、乙两地往返一次需要的
。 １．Ｂ　 设小球平抛运动的初速度为 ｖ０，抛出点离桶的高度为 ｈ，时间减少 １ ２ ２ｈ
４．答案　 示意图见解析　 ５ ｍ ／ ｓ　 ５ ３ ｍ ／ ｓ 水平位移为 ｘ，则 ｈ＝ ２ ｇｔ ，解得平抛运动的时间为 ｔ ＝ ｇ ，
解析 　 将初速度沿水平方向和竖直方向分解的示意图如图
ｘ＝ ｖ ｔ＝ ｖ ２ｈ： 水平位移为 ０ ０ ｇ ，由此可知，要增大水平位移 ｘ，可所示
　 １

保持抛出点高度 ｈ 不变，增大初速度 ｖ０，故 Ｂ 正确，Ａ 错误；要 ３．２
增大水平位移 ｘ， 格，可以推断出每小格表示实际长度为 Ｌ＝ ｍ＝ １ ｍ，相邻两可保持初速度 ｖ０ 大小不变，增大抛出点高度 ３．２
ｈ，故 Ｃ、Ｄ 错误。 个汽车照片之间的距离都相等为 ｘ ＝ ９Ｌ ＝ ９ ｍ，相邻两张照片
２．Ｄ　 由于货物在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀减速运 竖直距离之差为 Δｙ＝ ２Ｌ＝ ２ ｍ。
动，故货物所受的合外力竖直向下，由曲线运动的特点（所受 汽车离开平台后做平抛运动，在竖直方向上做自由落体
２
的合外力指向轨迹凹侧）可知，对应的运动轨迹可能为 Ｄ。 运动，设两次曝光的时间间隔为 ｔ，则根据 Δｙ＝ｇｔ 可得
３．Ｃ　 炮弹做平抛运动，只受重力作用，所以加速度为重力加速 ｔ＝ Δｙ ＝ ５ ｓ
度，方向竖直向下，故 Ｃ 正确。 ｇ ５
２（ｈ 根据 ｘ＝ ｖｔ 可得汽车离开平台时的速度为
４．ＢＣ　 ｈ －ｈ ＝ １ ｇｔ２ １－ｈ２） ２×（１－０．２）根据 １ ２ ２ 得 ｔ ＝ ｇ ＝ １０ ｓ ＝ ｖ＝ ｘ ＝ ９ｔ ｍ ／ ｓ＝ ２０ ｍ ／ ｓ
０．４ ｓ， ｘ＋ｄ ３＋０．２
５
则平抛运动的最大速度 ｖ１ ＝ ｔ ＝ ０．４ ｍ ／ ｓ ＝ ８ ｍ ／ ｓ，最 ５
ｘ ３ ９．答案　 （１）２ ｓ　 （２）１５ ｍ ／ ｓ
小速度 ｖ２ ＝ ｔ ＝０．４ ｍ ／ ｓ＝ ７．５ ｍ ／ ｓ，则要想套住小奖品，水平抛 解析　 （１）由题意可知，石子落到 Ａ 点的竖直位移 ｙ ＝ ２００×
出的速度 ｖ 应满足 ７．５ ｍ ／ ｓ＜ｖ＜８ ｍ ／ ｓ，故 Ｂ、Ｃ －２正确。 １０×１０ ｍ＝ ２０ ｍ
５．ＢＤ　 甲、乙两球同时落在 Ｐ 点，甲下降的高度大于乙下降的 １竖直方向做自由落体运动，则有 ｙ＝ ２ ｇｔ２
高度，根据 ｈ＝ １ ２ｈ２ ｇｔ２，得 ｔ ＝ ｇ ，可知甲的运动时间长，所以 ｔ＝ ２ｙ得 ＝ ２ ｓ
甲先抛出。 因为从抛出到 Ｐ 点的过程中，水平位移有 ｘ乙＞ｘ甲， ｇ（２）将 Ａ 点的速度分解可得 ｖ ＝ ｖ ｔａｎ ３７°
乙球的运动时间较短，由 ｘ＝ ｖ０ ｔ 知，乙球的初速度较大，故 Ｂ、Ｄ ０ ｙ
正确。 又因 ｖｙ ＝ｇｔ
　 （１）１００ ｓ　 （２）７５ ２ 　 （３）１２５ ｓ 解得 ｖｙ ＝ ２０ ｍ ／ ｓ６．答案
　 （１） 故 ｖ０ ＝ １５ ｍ ／ ｓ解析 以最短时间渡河时，船头应垂直于河岸航行，即与
河岸成 ９０°角
ｔ＝ ｌ ＝ ３００
第二章　匀速圆周运动
最短时间为 ｖ ３ ｓ＝ １００ ｓ
（２）以最小位移过河，船的实际航向应垂直河岸，即船头 1　圆周运动
应指向上游河岸 自我评价
设船头与上游河岸夹角为 θ，有：ｖ ｃｏｓ θ＝ｕ １．ＢＣＤ　 线速度是矢量，做匀速圆周运动的物体线速度大小不
ｃｏｓ ＝ １ 变，方向时刻改变，故 Ａ 错误，Ｂ 正确；做匀速圆周运动的物解得 θ ３ 体，转动一周的时间是固定的，故周期不变，故 Ｄ 正确；物体做
： ｓｉｎ ＝ １－ ｃｏｓ２ ＝ ２ ２ 匀速圆周运动，则角速度一定不变，故 Ｃ 正确。则有 θ θ ３ ２．答案　 ２．０×１０－７ ｒａｄ ／ ｓ　 ３．０×１０４ ｍ ／ ｓ
ｌ
渡河时间为 ｔ＝ ｖ ｓｉｎ θ＝
３００
３×ｓｉｎ θ ｓ＝ ７５ ２ ｓ 解析　 地球绕太阳转动的周期为＝ × × ＝
（３）设船头与上游河岸夹角为 α，则有：（ｖ ｃｏｓ α－ｕ） ｔ ＝ ｘ ＝ Т ３６５ ２４ ３ ６００ ｓ ３１ ５３６ ０００ ｓ
１００ ｍ， ｓｉｎ ＝ ＝ ３００ ｍ ω＝ ２πｖｔ α ｌ 地球绕太阳公转的角速度为 Ｔ ＝ ２．０×１０
－７ ｒａｄ ／ ｓ
两式联立得：α＝ ５３°，ｔ＝ １２５ ｓ 线速度是 ｖ＝ωｒ＝ ３．０×１０４ ｍ ／ ｓ
７．答案　 （１）０．２ Ｎ　 （２）２０ ｍ ／ ｓ　 （３）０．２ ｍ ３．Ｃ　 荡秋千可视为同轴转动，所以 ａ、ｂ 两点角速度相同；据 ｖ＝
解析　 （１）忽略阻力作用，飞镖飞行中只受重力作用，受到的 ωｒ 和 ａ、ｂ 两点的半径关系，可知 Ｃ 正确。
合力为：Ｆ＝Ｇ＝ ０．２ Ｎ； ４．答案　 见解析
（２）飞镖做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则抛出 解析　 转动过程中，同一链条上的 Ａ、Ｂ 两点的线速度大小相
时的速度为： 等，即：ｖＢ ＝ ｖＡ ＝ ｖ
ｖ ＝ ｌ ４０ ｔ ＝０．２ ｍ ／ ｓ＝ ２０ ｍ ／ ｓ；
ｖ
根据 ｖＢ ＝ωｒ２ 可得：ωＢ ＝ ｒ２
（３）飞镖做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，落点 Ｂ Ｂ 与 Ｃ 同轴转动，角速度相等，有
与 Ｏ 的距离
ωＣ ＝ωＢ ＝ ｖ
ｈ＝ １２ ｇｔ２ ＝
１
２ ×１０×０．２２ ｍ＝ ０
ｒ
．２ ｍ ２
ｒ３ｖ
８． 　 ２０ ｍ ／ ｓ Ｃ 点的线速度为：ｖ ＝ω ｒ ＝答案 Ｃ Ｃ ３ ｒ２
解析　 由照片可以看出每张汽车照片所占正方形格子为 ３．２ ５．答案　 见解析
　 ２

教材习题答案
解析　 如（１）车轮半径与车速的关系是怎样的？ 用力与反作用力，根据牛顿第三定律得飞行员对座位的压力
（２）变速自行车是如何实现变速的？ 大小为４ ２００ Ｎ。
４．答案　 ａｒｃ ｔａｎ ｖ２
2　匀速圆周运动的向心力和向心加速度 ｇＲ
自我评价 解析　 车以速度 ｖ 匀速转弯时，要使车轮与路面之间横向摩
１．答案　 ３．６×１０－３ Ｎ　 ６×１０－７ ∶ １　 由于向心力远小于重力，所 擦力等于 ０，则汽车受力如图，Ｆ合 ＝ｍｇ ｔａｎ θ，由于合力提供向
２
以感觉不到向心力的存在 ＝ ｖ
解析　 假设就餐者的质量为 ｍ ＝ ６０ ｋｇ， 心力，根据牛顿第二定律可得：Ｆ合 ｍ根据向心力计算公式 Ｒ ，解得路面与水平面
２ ２
可得： ｖ ｖ之间的夹角满足：ｔａｎ θ＝ ，即 θ＝ａｒｃ ｔａｎ 。
Ｆ＝ｍｒ (２π
２
) ＝ ６０×２０× ( ２×３．１４
２ ｇＲ ｇＲ
Ｔ ３ ６００ ) Ｎ≈３．６×１０－３ Ｎ
与重力的比为：
Ｆ ＝ ３．６×１０－３ ＝ ６×１０－ｍｇ ６ ０００ ７ ∶ １
由于向心力远小于重力，所以感觉不到向心力的存在。
２．答案　 ５ Ｎ
解析　 质点做半径为 ｒ 的匀速圆周运动，向心力 Ｆ＝ｍｒω２
角速度增加为原来的 ２ 倍时，有：
Ｆ＋１５ Ｎ＝ｍｒ（２ω） ２
联立解得：Ｆ＝ ５ Ｎ
　 １ ８ ｍ ／ ｓ２， 　 ３ ｒａｄ ／ ｓ ５．答案　 ３．９×１０
４ Ｎ
３．答案 ． 方向指向圆心
　 ： 解析　 行车突然停止运动的瞬间，铸件由于惯性，绕 Ｏ 点做圆解析 向心加速度为
周运动，在最低点时，由重力和拉力的合力提供向心力有：Ｆ－
ａ ＝ ｖ２ ＝ ０．６２ｎ ｒ ０．２ ｍ ／ ｓ２ ＝ １．８ ｍ ／ ｓ２，方向指向圆心。 ｍｇ＝ ２ｍ ｖｒ ，将 ｍ＝ ３× １０３ ｋｇ、 ｒ ＝ ３ ｍ、ｖ ＝ ３ ｍ ／ ｓ 代入解得：Ｆ ＝
由 ｖ＝ωｒ 得小球运动的角速度为：
０ ６ ３．９×１０
４ Ｎ，
ω＝ ｖ ＝ ．ｒ ０．２ ｒａｄ ／ ｓ＝ ３ ｒａｄ ／ ｓ。 由牛顿第三定律知，铸件对钢丝绳的拉力大小为 Ｆ′＝Ｆ ＝
２ ３．９×１０４ Ｎ。
４．ＡＣ　 根据 ａｎ ＝ ｖｒ 知，当线速度 ｖ 大小为定值时，ａｎ 与 ｒ 成反
比，其图像为双曲线的一支；根据 ａｎ ＝ ｒω２ 知，当角速度 ω 大小 本章复习题
为定值时，ａｎ 与 ｒ 成正比，其图像为过原点的倾斜直线。 故选 １．答案　 一样　 不一定相同
Ａ、Ｃ。 解析　 不管是什么形状的表，分针做的都是匀速圆周运动，它
１ ｈ， ω＝ ２π们的周期都是 根据 Ｔ 可知，它们的角速度是相等的；3　圆周运动的实例分析
自我评价 但因为不同规格的表，分针的长度不一定相同，即做圆周运动
１．Ｂ　 ， 的半径不一定相同，根据线速度和角速度的关系 ｖ ＝ωｒ 可知，人和摩托车只受重力和支持力两个力的作用 靠两个力的
， 分针针尖的线速度不一定相同。合力提供向心力 向心力不是物体实际受到的力，是做圆周运
动所需要的力， Ｂ ５００故 正确。 ２．答案　 ７ ｍ ／ ｓ２ 　 大一些
２．Ｃ　 衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力的作用，由于衣服
解析　 ｄ＝ ０．７ ｍ，ｖ＝ ５ ｍ ／ ｓ；则车轮边缘点的向心加速度为：ａ ＝
在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向上没有加速度，重力与静摩
ｖ２ ｖ２ ５００ ２
擦力二力平衡，靠弹力提供向心力，故 Ｃ 正确。 ｒ ＝ ｄ ＝ ７ ｍ ／ ｓ ；
３．答案　 ４ ２００ Ｎ ２
解析　 ３６０ ｋｍ ／ ｈ＝ １００ ｍ ／ ｓ，在最低点，飞行员受到重力和支持 若小轮自行车以相同的速度匀速行驶，则 ｄ 变小，ｖ 不变，
力 Ｆ 两个力，其合力提供做圆周运动所需的向心力，根据牛顿 ｖ２
根据 ａ＝ ｄ 可知其车轮边缘点的向心加速度大一些。第二定律得
Ｆ－ｍｇ＝ ｖ２
２
ｍ ｒ ３．答案　 ７ ６００ Ｎ　 水平路面
所以： ＝ ＋ ｖ２ 解析　 小汽车在桥顶时受力如图所示，重力和支持力的合力提Ｆ ｍｇ ｍ ｒ ｖ２
代入数据解得 ４ ２００ Ｎ 供向心力，ｍｇ－ＦＮ ＝ｍ ｒ ，求得桥对汽车的支持力 ＦＮ ＝ ７ ６００ Ｎ，
飞行员对座位的压力和座位对飞行员的支持力是一对作 由牛顿第三定律知，汽车对桥面的压力大小为 ＦＮ′ ＝ ＦＮ ＝
　 ３

７ ６００ Ｎ。 第三章　万有引力定律
1　天体运动
自我评价
１．Ｂ　 地心说认为太阳及其他天体围绕地球运动，日心说认为太
汽车在水平路面行驶时，汽车对路面的压力与汽车重力 阳是银河系的中心，而不是地球，地球绕太阳转，故 Ａ 错误、Ｂ
大小相等，汽车对路面的压力 ＦＮ ″＝ｍｇ＝ ８ ０００ Ｎ。 正确；“地心说”是由于古代人缺乏足够的宇宙观测数据，因此
由以上分析知，汽车在水平路面上行驶时，汽车对路面的 他们误认为地球就是宇宙的中心，而其他的星体都是绕着地
压力较大。 球运行的。 而“日心说”是在足够的天文观测数据的基础上，
４．ＡＤ　 在最高点，重物的向心力竖直向下，当向心力大小大于 由哥白尼等人提出的，符合科学研究的结果，而不是臆想出来
重物所受重力时，杆对重物的作用力向下，当向心力大小小于 的，是科学的一大进步，故两者具有不能等同的价值，故 Ｃ、Ｄ
重物所受重力时，杆对重物的作用力向上，故 Ａ 正确；在最低 错误。
点，重物的向心力竖直向上，而其所受重力竖直向下，所以杆 ２．Ｃ　 由开普勒第一定律可得，所有行星都绕太阳做椭圆运动，
对重物的作用力一定向上，故 Ｂ 错误；由于在最高点时杆对重 ， Ａ、Ｂ ； ｒ３， Ｃ ； 且太阳处在所有椭圆的一个焦点上 故 错误 由公式 ２ ＝物的作用力方向不确定 故 错误 由于在最低点时杆对重物 Ｔ
的作用力方向一定竖直向上，而速度越大，向心力越大，由向 ｋ 得离太阳越近的行星，运动周期越短，故 Ｃ 正确；由开普勒第
－ ＝ ｖ２ ， 三定律可得，行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方心力公式得 Ｆ ｍｇ ｍ Ｌ 所以速度越大杆对重物的作用力越 的比值都相等，故 Ｄ 错误。
大，故 Ｄ 正确。 ３．答案　 见解析
５．答案　 １２ ∶ ２５ 解析　 对水星，根据开普勒第三定律，有：
解析　 设乙球的质量为 ｍ，根据题意可知甲球的质量为 ３ｍ， ＝ ａ
３
ｋ １ ＝（５．７９×１０１０ ｍ） ３≈３．３６×１０１８ ｍ３２ １ ２ （７ ６×１０６ ｓ） ２ ／ ｓ
２；
： ＝ ｖ Ｔ１ ．根据向心力公式可知 Ｆ ｍ ｒ 对地球，根据开普勒第三定律，有：
甲、乙两球所需向心力之比： ＝ ａ
３
ｋ ２ ＝（１．５０×１０１１ ｍ） ３３ ≈３．３８×１０１８ ３ｍｖ２ ２ ２ （３ １６×１０７ ｓ） ２ ｍ ／ ｓ
２；
１ Ｔ２ ．
Ｆ１ ＝ ｒ１ ＝ １２ 对海王星，根据开普勒第三定律，有：Ｆ２ ｍｖ２２ ２５ ａ３
ｋ ＝ ３ ＝（４．５０×１０１２ ｍ） ３≈３．３７×１０１８ ３ ２ｒ２ ３ ２ （５ ２０×１０９ ｓ） ２ ｍ ／ ｓ ；Ｔ ．
６．答案　 （１）０．４ ｍ ／ ｓ　 （２）４ Ｎ ３ ａ３
解析　 （１）滑块的线速度大小 ｖ＝ωｒ，代入数据得：ｖ＝ ０．４ ｍ ／ ｓ； 根据以上三个值，可以认为在误差允许的范围，ｋ ＝ ２ 为Ｔ
（２）滑块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，故滑块受 一个常数，故开普勒第三定律成立。
到静摩擦力的大小为 Ｆｆ ＝ｍω２ ｒ，代入数据得：Ｆｆ ＝ ４ Ｎ。
７．答案　 （１） ２ｇｄ 　 ５２ ｇｄ 　 （２）
１１
３ ｍｇ 2　万有引力定律
解析　 （１）设绳断后球飞行时间为 ｔ，由平抛运动规律得，竖直 自我评价
１ ｄ＝ １方向有 １．答案　 见解析４ ２ ｇｔ２ 解析　 根据万有引力定律的内容知，自然界中任意两个物体
水平方向有 ｄ＝ ｖ１ ｔ 间的引力大小与两物体的质量 ｍ１ 和 ｍ２ 乘积成正比，与两物
解得 ｖ１ ＝ ２ｇｄ ｍ１ｍ２
＝ （ ） ２＋ ２ 体距离 ｒ 的平方成反比，公式为 Ｆ＝Ｇ ２ 。 设两个人质量均在落地点由平行四边形定则知 ｖ２ ｇｔ ｖ１ ｒ
５ 为 ６０ ｋｇ，相距 １ ｍ，则两个人间的万有引力大小为：
解得 ｖ２ ＝ ２ ｇｄ ＝Ｇｍ２ ＝ ６．６７×１０－１１Ｆ ×６０２ Ｎ≈２．４×１０－７ Ｎ，
（２）设绳能承受的最大拉力大小为 Ｔ， ｒ２ １２这也是球受到绳的
３ 人除了受到万有引力外，还受到地面对他们的作用力，万
最大拉力大小，球做圆周运动的半径为 Ｒ＝ ４ ｄ 有引力太小，远小于地面的作用力，故他们不会吸在一起。
ｍｖ２ ２．答案　 ６．８×１０７１ Ｎ
由圆周运动向心力公式，有 Ｔ－ｍｇ＝ Ｒ 解析　 Ｍ＝ ２．０×１０４０ ｋｇ，ｍ ＝ ２．０×１０３９ ｋｇ，ｒ ＝ ６．６×１０１４ ×９．５×１０１５
１１ ｍ＝ ６．２７×１０３０ ｍ，Ｇ＝ ６．６７×１０－１１＝ Ｎ·ｍ
２ ／ ｋｇ２；两者之间的引力为
解得 Ｔ ３ ｍｇ
Ｆ＝ＧＭｍ２ ≈６．８×１０７ Ｎ。ｒ
　 ４

教材习题答案
３．答案　 ９ ∶ １ １．ＣＤ　 摆钟是利用重力作用摆动的，在太空中无法使用，故 Ａ
解析　 设月球质量为 Ｍ，地球质量就为 ８１Ｍ，飞行器距地心距 错误；天平是利用杠杆的原理，天平平衡需要物体的重力，所
离为 ｒ１，飞行器距月心距离为 ｒ２，由于地球对它的引力和月球 以天平不能在失重状态下使用，故 Ｂ 错误；弹簧测力计根据胡
， ： ８１Ｍｍ ＝ Ｍｍ， 克定律制成，与重力无关，故在太空中可以使用，故 Ｃ 正确；秒对它的引力相等 根据万有引力定律得 Ｇ ２ Ｇ ２ 解得ｒ１ ｒ２ 表是用来计时的工具，其工作原理与重力无关，故在太空中可
ｒ１ ＝ ９ ＝ ９ ∶ １。 以使用，故 Ｄ 正确。ｒ２ １ ２．答案　 见解析
４．答案　 见解析 解析　 在 ｖ＝ ｒω 中如果 ω 一定，人造卫星的轨道半径增大 ２
解析　 经查资料可知，地球的质量为 Ｍ ＝ ５．９６５×１０２４ ｋｇ，地球 倍，卫星的速度也增大 ２ 倍，而不同轨道卫星的角速度不同，
半径 Ｒ ＝ ６．３７１×１０６ ｍ，地球自转周期为 ２３ 小时 ５６ 分 ４ 秒， 所以根据公式 ｖ＝ ｒω 认为，人造卫星的轨道半径增大 ２ 倍，卫
６０ ｋｇ ＧＭｍ 星的速度也增大 ２ 倍的说法错误；的人站在赤道上所受地球的万有引力为 Ｆ＝ ≈５８８．１ Ｎ，
Ｒ２
＝ＧＭｍ－ ２π ２≈５８７ ６ Ｎ， 根据万有引力提供向心力：Ｇ
Ｍｍ
２ ＝ ｖ
２
ｍ ， ｖ ＝ ＧＭ可得 ，
所受重力为 Ｇ０ ｍＲ ( ) ． 故人所受万有引 ｒ ｒ ｒＲ２ Ｔ 轨道半径增大时，卫星的速度减小；
力和重力近似相等。
Ｔ＝ ２πｒ根据 ｖ ，联立可得：Ｔ＝ ２π
ｒ３
ＧＭ ，人造卫星的轨道半
3　预言未知星体　计算天体质量
径越大，周期越大。
自我评价 ３．答案　 见解析
１．ＢＣＤ　 若已知月球绕地球运动的周期 Ｔ１ 及月球到地球中心 　 Ｍｍ ｖ２Ｍ ｍ ２π ２ 解析 根据万有引力提供向心力有 Ｇ ２ ＝ ｍ ｒ ，所以 ｖ ＝
的距离 Ｒ１，根据 Ｇ 地２ ＝ｍ( Ｔ ) Ｒ１ 可求解地球的质量 Ｍ ， ｒＲ 地１ １ ＧＭ １
Ｂ 正确；已知地球绕太阳运动的周期 Ｔ 及地球到太阳中心的 ｒ ，当 ｒ 增大 ２ 倍时，ｖ 减小为原来的 ２ ，甲同学的看法是２
， Ｍ ２Ｒ Ｇ 日 ｍ ＝ｍ (２π距离 根据 ) Ｒ 可求解太阳的质量，Ａ 错 错的。２ Ｒ２２ Ｔ ２２
４．Ｃ　 Ｇ Ｍｍ＝ｍａ ａ ＝ＧＭ根据 解得 ，卫星的向心加速度减小到原
误；已知地面附近绕行的人造卫星的速度及运行周期，根据ｖ＝ ｒ２ ｒ２
２πｒ
Ｔ 可求得卫星轨道半径，再根据对 Ｂ 选项的分析知可以求得 １ Ｍｍ ＧＭ来的１６，Ａ 错误；根据 Ｇ ２ ＝ｍｒω２ 解得 ω ＝ ，卫星的角ｒ ｒ３
地球的质量 Ｍ，故 Ｃ 正确；已知地球表面的重力加速度 ｇ 和地 １ Ｍｍ ４π２
ＧＭ ｍ ２ 速度减小到原来的 ８ ，Ｂ 错误；根据 Ｇ ２ ＝ ｍｒ ２ 解得 Ｔ ＝地 ｇＲ ｒ Ｔ
球的半径 Ｒ，根据 ｍｇ＝ ２ 可得 Ｍ地 ＝ Ｇ ，Ｄ 正确。Ｒ ４π２ ｒ３
２．Ｄ　 卫星到地心的距离为 ｒ＝Ｒ＋ｈ，由万有引力定律得卫星受到 ＧＭ ，卫星的周期增大到原来的 ８ 倍，Ｄ 错误，Ｃ 正确。
Ｍｍ
地球的引力大小为 Ｆ＝Ｇ ２ ＝Ｇ Ｍｍ（ ＋ ） ２，故 Ｄ 正确。ｒ Ｒ ｈ 本章复习题
３．Ａ　 根据题干中的内容不能求出卫星的质量，故 Ａ 错误；卫星 １．Ｄ　 设地球质量为 Ｍ，物体质量为 ｍ，当物体距地面的高度为
进入距离地球约 ３ ６０００ ｋｍ 的地球同步轨道，可知其周期是 ２４ ２Ｒ 时所受到的万有引力为 Ｆ１，则物体在地面时可得 Ｆ ＝
ｈ， ＧＭｍ ＝ｍ·４π２（Ｒ＋ｈ） ＧＭｍ Ｍｍ Ｍｍ Ｍｍ由（ ＋ ） ２ ２ ，以及 ２ ＝ｍｇ，其中 Ｍ 表示地 Ｇ ２ ，物体距地面的高度为 ２Ｒ 时可得 Ｆ ＝ＧＲ ｈ Ｔ Ｒ Ｒ １ （３ ＝Ｇ ＝Ｒ） ２ ９Ｒ２
球的质量，Ｒ 表示地球的半径，ｇ 是地球表面的重力加速度，联 １
， Ｂ、Ｄ ； ９ Ｆ。 故 Ｄ 正确。立即可求出该卫星的轨道半径 故 可以确定 卫星的速率
＝ ２πｒ， Ｂ、Ｄ ， Ｃ ２．Ｄ　 两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，分别作用ｖ Ｔ 结合 选项中的半径与周期即可求出速率 故 可 在两个不同的物体上，是一对相互的作用力与反作用力，故 Ａ
以确定。 错误，Ｃ 正确；当 ｒ 趋近于无穷远时，万有引力趋近于无穷小，
４．答案　 ６．７３×１０２２ ｋｇ 但当间距为零时，万有引力定律不适用，故 Ｂ 错误；式中 Ｇ 是
解析　 登月舱绕月球做匀速圆周运动，月球对其的万有引力 由卡文迪许在实验室中利用扭秤实验测出的，故 Ｄ 正确。
ＧＭｍ ２π ２ ２ ２
提供向心力，即有： ２ ＝ｍｒ ( ) ，且 ｒ ＝Ｒ＋ｈ，解得月球质量 ３．Ｃ　 ＧＭｍ根据 ２ ＝ｍａ ＝ｍ ｖ ２ ２π ＧＭＴ ｒ ｎｒ ｒ ＝ｍω ｒ＝ｍ( Ｔ ) ｒ，解得 ａｎ ＝ ，ｖ＝ｒ２
：Ｍ＝ ４π２（Ｒ＋ｈ） ３ ２ ３为 ２ ，代入数据解得 Ｍ＝ ６．７３×１０２２ ｋｇ。 ＧＭ ，ω＝ ＧＭ ，Ｔ＝ ４π ｒｒ ，因为飞船的周期小，则轨道半ＧＴ ｒ３ ＧＭ
径小，高度小，加速度大，线速度大，角速度大，故 Ｃ 正确。
4　人造卫星　宇宙速度
４．ＡＢＣ　 Ｇ Ｍｍ根据 ２ ＝ ｖ
２ ＝ ＝ ＝ ４π２ｍ ｍω２ｒ ｒ ｍａ ｍ ２ ｒ
ＧＭ
得 ｖ ＝ ｒ 、自我评价 ｒ Ｔ
　 ５

ω＝ ＧＭ 、ａ＝ＧＭ３ ２ 、Ｔ＝ ２π ｒ
３
ＧＭ ，则可知离地面越近的卫星，轨ｒ ｒ
道半径越小，线速度越大，角速度越大，向心加速度越大，周期
越小，故 Ｂ 正确。
５． 　 ４π２ ｒ３答案
ＧＴ２
２ ２ ３
解析　 根据 Ｇ ｍｍ′＝ｍ′４π ４π ｒ
ｒ２ Ｔ２
ｒ，解得 ｍ＝ ２ 。ＧＴ （１）重力做功 ＷＧ ＝Ｇｘ ｃｏｓ ９０° ＝ ０；
６．答案　 （１）２×１０１２ ｍ ／ ｓ２ 　 （２）１．４×１０８ ｍ ／ ｓ （２）弹力做功 ＷＮ ＝Ｎｘ ｃｏｓ（９０°＋α）＝ －Ｇｘ ｓｉｎ α ｃｏｓ α；
解析　 （１） ｍＭ星球表面重力与万有引力相等，有 ｍｇ＝Ｇ （３）摩擦力做功 Ｗｆ ＝ ｆｘ ｃｏｓ α＝Ｇｘ ｓｉｎ α ｃｏｓ α
Ｒ２ （４）物体做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零。
则重力加速度 ｇ＝ＧＭ２ ３．Ｃ　 功为力与力的方向上发生的位移的乘积，即 Ｗ ＝ Ｆｘ ｃｏｓ αＲ
６ ６７×１０ ×３×１０ （α 为 Ｆ、ｘ 间的夹角），由题图可知，力大小相等，位移相等，且＝ＧＭ＝ ． －１１ ３０所以 ｇ ２ （１０４） ２ ｍ ／ ｓ＝ ２×１０
１２ ｍ ／ ｓ２ 力与位移间的夹角相等，故三种情况下力 Ｆ 做功大小相等，故
Ｒ
（２） Ｃ 正确。贴近中子星表面的小卫星受中子星的引力提供向心
２ ４．Ｂ　 由求功公式可知，力 Ｆ 所做的功 Ｗ ＝ Ｆｘ ｃｏｓ １８０° ＝ －Ｆｘ，Ｂ， Ｇ ｍ′Ｍ ｖ力 则由牛顿第二定律得 ＝ｍ′
Ｒ２ Ｒ 正确。
＝ ＧＭ ＝ ６．６７×１０－
－
１１×３×１０３０ ５．答案　 ０　 ２ｆｈ　 重力所做的功与路径无关，空气阻力所做的
解得 ｖ ８Ｒ １０×１０３ ｍ ／ ｓ＝ １．４×１０ ｍ ／ ｓ 功与路径有关
　 解析　 小球从抛出到最高点的过程中，重力对小球做的功为７．答案 见解析
４π２ ＷＧ１ ＝－ｍｇｈ，小球从最高点回到抛出点的过程中，重力对小球Ｍｍ ｒ
解析　 对环月卫星，根据万有引力定律得 Ｇ ＝ｍ
ｒ２ Ｔ２ 做的功为 ＷＧ２ ＝ｍｇｈ，小球从抛出至回到抛出点的过程中，重力
４π２ ３ 对小球做的功为 ＷＧ ＝ＷＧ１＋ＷＧ２ ＝ ０。 小球从抛出至最高点的过
解得 Ｔ＝ ｒＧＭ 程中，空气阻力对小球做的功为 Ｗｆ１ ＝ －ｆｈ，小球从最高点回到
当 ｒ＝Ｒ 时，Ｔ 有最小值，又物体在月球表面，有 抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为 Ｗｆ２ ＝ －ｆｈ，小球从月
ｍ′ｇ ＝ＧＭｍ′ 抛出至回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为 Ｗｆ ＝月 Ｒ２月 Ｗｆ２＋Ｗｆ２ ＝－２ｆｈ。 重力所做的功与路径无关，由于空气阻力方
１ 向始终和速度方向相反，空气阻力所做的功与路径有关。Ｒ
＝ ２π Ｒ 地月 ＝ ２π ４ ＝ ２π ３Ｒ地联立得 Ｔｍｉｎ ｇ １ ２ｇ ≈１．７ ｈ月 ｇ 地 2　功率６ 地
１ ７ ｈ， 。 自我评价环月卫星最小周期为 ． 故该报道是则假新闻
　 １．答案　 见解析８．答案 见解析
解析　 汽车的额定功率是不变的，当汽车空载后，汽车对地面
解析　 测量该星球的半径 Ｒ 和星球表面的重力加速度 ｇ，即可
２ 的压力减小，此时轮胎与地面的摩擦阻力就减小了，匀速行驶
ｍｇ＝ＧＭｍ ｇＲ由 ２ 解得该星球的质量 Ｍ＝ Ｇ 。 过程中，牵引力等于阻力，根据 Ｐ ＝ ＦｖＲ ｍ ＝ ｆｖｍ 可知，最大速度
Ｐ
第四章　机械能及其守恒定律 ｖｍ ＝ ｆ 要大一些。
２．答案　 ２００ Ｗ　 ３００ Ｗ
1　功 解析　 １ ｓ 末的速度 ｖ＝ｇｔ ＝ １０×１ ｍ ／ ｓ ＝ １０ ｍ ／ ｓ。 则 １ ｓ 末重力
自我评价 的瞬时功率 Ｐ１ ＝ｍｇｖ＝ ２０×１０ Ｗ＝ ２００ Ｗ；物体在前 ３ ｓ 内的位
１．答案　 见解析 １ ２ Ｗ
　 ＝ ＝ ６ ０００ Ｊ； ＝ － ＝ 移 ｈ＝ ２ ｇｔ ＝ ４５ ｍ，则重力做功的平均功率 Ｐ２ ＝ ｔ ＝
ｍｇｈ ＝
解析 重力所做的功为 ＷＧ ｍｇｈ 阻力做功 Ｗｆ ｆｌ ｔ
－ｆ ｈｓｉｎ ３０° ＝ －１ ０００ Ｊ；
３００ Ｗ。
由于运动方向与支持力方向垂直，因此
３．答案　 ７．２ ｋＷ
支持力所做的功为 ０ Ｊ；这几个力所做的总功 Ｗ ＝ＷＧ ＋Ｗｆ ＝ 　 Ｐ＝ Ｗ ＝Ｆｄ５ ０００ Ｊ。 解析 电动机的功率 ｔ ｔ ＝ ７．２ ｋＷ。
２．答案　 见解析 ４．答案　 ２．４×１０４ Ｗ
解析　 对物体受力分析如图，有平衡条件可知 解析　 汽车匀速行驶，发动机的牵引力和摩擦阻力大小相等，
Ｇ ｓｉｎ α＝ ｆ，Ｎ＝Ｇ ｃｏｓ α 则发动机的输出功率为 Ｐ＝Ｆｖ＝ ２．４×１０４ Ｗ。
　 ６

教材习题答案
解得Ｗ＝ ２ ０００ Ｊ。 根据重力做功和重力势能变化的关系知，重
3　动能　动能定理 力势能增加了 ２ ０００ Ｊ。
自我评价 ４．答案　 （１）７２０ Ｊ　 （２）９００ Ｊ
１．答案　 ５．４×１０９ Ｊ 解析　 （１）背越式跳高过程中，运动员的重心上升的高度为 ｈ
解析　 “东方红 １ １号”的发射动能为 Ｅ ＝ ２ ｍｖ２ ＝
１
２ ×１７３×（７．
＝（２．１－０．９） ｍ＝ １．２ ｍ，则运动员至少克服重力做的功Ｗ＝ｍｇｈ
ｋ
９×
＝
１０３） ２ Ｊ＝ ５．４×１０９ Ｊ。 ７２０ Ｊ。
　 １ ０００ Ｊ （２）运动员下降过程，重心下降的距离为 Ｈ＝（２．１－０．６）ｍ＝２．答案
　 ， ＝ Δ ＝ １．５ ｍ，下降阶段重力做功为ＷＧ ＝ｍｇＨ＝９００ Ｊ。解析 子弹穿过木板过程中 根据动能定理有 Ｗｆ Ｅｋ
１ １
２ ｍｖ２１－ ２ ｍｖ２０，代入数据解得木板对子弹的阻力所做的功为 １ 5　机械能守恒定律
０００ Ｊ。 自我评价
３． 　 （１）１ ０００ ｍ　 （２）－３．８×１０７ Ｊ １．ＢＤ　 沿直线做匀速上升或下降的物体动能不变，而重力势能答案
　 （１） ， 改变，其机械能不守恒，Ａ 项错误，Ｂ 项正确；外力对物体做功解析 飞机在航空母舰上做匀减速停下来 根据动能定理
１ 为零，只能判定其动能不变，而不能判定其势能的改变情况，Ｃ
有－ｆｘ＝ ０－ ２ ｍｖ２０，代入数据解得飞机滑行的距离为 ｘ ＝ １ ０００ 项错误；系统内只有重力和弹力做功时，系统的机械能守恒，
ｍ，即航母的甲板至少要 １ ０００ ｍ 长。 故 Ｄ 正确。
（２）设阻拦索对飞机做功为 Ｗ，对这一过程，由动能定理 ２．ＢＣ　 飞船升空过程中，火箭对飞船的推力做了功，则机械能
＋ ＋ ＝ ０－ １ ２， ＝ － － － １ ２， 增加，Ａ 项错；飞船在椭圆轨道上运动时只有引力做功，则飞有 Ｗ ＷＦ Ｗｆ ２ ｍｖ０ 整理得 Ｗ ＷＦ Ｗｆ ２ ｍｖ０ 代入数 船的机械能守恒，Ｂ 项对；飞船在大气层以外向着地球做无动
据解得 Ｗ＝－３．８×１０７ Ｊ。 力飞行时，只有引力做功，机械能守恒，Ｃ 项对；降落伞张开
４．答案　 见解析 后，返回舱受到空气的阻力作用，阻力做了负功，则机械能减
解析　 （１）以汽车为研究对象，在制动过程中，刹车产生的阻 小，Ｄ 项错。
力对汽车做负功，汽车制动后的末速度是零。 假设汽车制动 ３．答案　 见解析
的阻力不变，由动能定理可知，汽车制动前的初速度（初动能） １
， 解析　 以地面作为参考平面，根据机械能守恒定律有 Ｅ ＝越大 制动时阻力做的功也越多，因而制动过程中经过的距离 ｋ ２
也越长。 ｍｖ２０＋ｍｇｈ，若知道苹果的质量 ｍ，楼层的高度 Ｈ，重力加速度 ｇ
（２）刹车时汽车的速度为 ｖ，汽车制动的阻力为 ｆ，由动能 值，就可计算苹果落地时的动能。 设苹果的质量为 ０．１ ｋｇ，楼
２ ２
定理得－ｆｓ＝ ０－ １ ｍｖ２ ｍｖ２，解得 ｓ ＝ ２ 。 由上式可知，在速度 ｖ 和 层的高度为 ３ ｍ，重力加速度 ｇ 取 １０ ｍ ／ ｓ ，代入上式解得苹果ｆ
的末动能为 ３３ Ｊ。 根据求解过程知，苹果落地时间的动能与
阻力 ｆ 一定时，质量越大（乘客越多），制动距离越长。
（３） 初速度方向无关。由题知当 ｖ１ ＝ ２０ ｋｍ ／ ｈ 时，ｓ１ ＝ ４ ｍ，则当 ｖ２ ＝ ６０ ｋｍ ／ ｈ
２ ４．答案　 （１）２０ ｍ　 （２）１０ ｍ
＝ｍｖ２ ｓ１ ＝ ｖ１ ＝ ｖ ２由（２）可知 ｓ ２２ ÷ｆ ，可得 ｓ ２ ，所以 ｓ２ ｓ１。 代入 １２ ｖ２ è ｖ２ 解析　 （１）根据机械能守恒定律有 ２ ｍｖ２０ ＝ｍｇｈ，代入数据解
题中的数据解得 ｓ２ ＝ ３６ ｍ。 得，物体上升的最大高度 ｈ＝ ２０ ｍ。
（２）设动能和势能相同的位置离地高度为 Ｈ，根据机械能
4　势能 １
自我评价 守恒定律有 ２ ｍｖ２０ ＝ ２ｍｇＨ，解得 Ｈ＝ １０ ｍ。
１．ＢＣ　 重力势能具有相对性，放在地面上的物体，若以地面为 ５．答案　 ２９４ Ｎ
零势能面，它的重力势能才为零，Ａ 项错；重力势能的变化量 解析　 小孩从最高点摆到最低点的过程中，机械能守恒，以最
由重力和初末位置高度差决定，参考平面选在哪里，不影响高 低点为重力势能零点，假设绳子长为 Ｌ，有 ｍｇ（Ｌ－Ｌ ｃｏｓ ６０°）＝
度差，则重力势能的变化量与参考平面的选取无关，Ｂ 项对；
根据重力势能的定义得，重力做正功，重力势能减小，Ｃ ； １项对 ２ ｍｖ２；
物体的重力势能跟重力大小和相对参考平面高度两者有关，
则 Ｄ 项错。 故 ｖ＝ ２ｇＬ（１－ｃｏｓ ６０°） ①
２．Ｃ　 撤去力 Ｆ 时，物体受到向右的弹力，向右加速运动，速度逐
渐增大，加速度逐渐减小，当弹簧弹力减为零时，速度最大，此
后物体向右做减速运动，弹簧伸长，直至速度再次为零，故弹
簧的弹性势能先减少后增加。 Ｃ 正确。
３．答案　 ２ ０００ Ｊ　 ２ ０００ Ｊ
解析　 列车浮起过程中克服重力所做的功 Ｗ ＝ｍｇｈ，代入数据 在最低点，重力和绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第
　 ７

Ｆ－ ２ｍｇ＝ｍ ｖ ② 解析　 在 ｂ 点人所受的合力为零，速度达到最大而在 ｃ 点弹性二定律得 Ｌ 绳形变量最大，弹性势能最大。
由①②两式得到 Ｆ＝ ２ｍｇ； ５．答案　 功是过程量，能量是状态量。
绳子受到的拉力等于绳子对小孩的拉力； ６．答案　 ｔａｎ２θ
故每根绳子承受的最大拉力为 ｍｇ，即 ２９４ Ｎ。 １
ｖ ２ ｍｖ
２
　 ０ ＝ ｔａｎ ｖθ， ０解析 落地时有 ｖ 则 ２ ＝ ｔａｎ ，
２ ０２θ 即 ＝ ｔａｎ２θ，ｖ２ ＝
6　实验：验证机械能守恒定律 ｖ １ ｙｙ ｙ
自我评价 ２
ｍｖ２ｙ
１．Ｄ　 １不计空气的阻力作用时，抛出的球运动过程中机械能都守 ２ｇｈｙ。 又由机械能守恒有： ２ ｍｖ２０ ＋ｍｇｈｙ ＝
１ １
２ ｍ（ ｖ２０ ＋ｖ２ｙ ），得 ２
恒，因抛出时的机械能相同，则落地时的动能相同，则落地时 １ ２
的速率也相同。 ｍｖ＝ ０１ ｍｖ２ｙ ｍｇｈｙ。
２
故 ｍｇｈ ＝ ｔａｎ２θ，此即抛出时橡皮的动能与重力２．Ｄ　 根据实验原理 ｍｇｈ＝ ２ ｍｖ２ 知，物体的质量约掉了，因此不 ｙ势能之比。
需要测量重锤的质量，则 Ａ 项错误；为了保证纸带记录重锤的 ４ｍｖ２０
运动是从静止开始的，则应该先接通电源，让打点计时器工作 ７．答案　 Ｐ
起来，再释放重锤，Ｂ 项错误；手提着纸带时，可能会使重锤下 解析　 下坡时关掉油门，汽车的速度不变，则汽车重力沿斜坡
落出现一个初速度，用夹子夹纸带，在松开夹子时，重锤的初 方向的分力与摩擦力相等。 以恒定功率 Ｐ 下坡，汽车的速度
速度为零，效果更好，Ｃ 项错误；因为这个过程中阻力做负功， １ １ １ １
由 ｖ 增到 ３ｖ 时，有 Ｐｔ＝ ｍｖ′２－ ｍｖ２ ＝ ｍ（３ｖ ） ２ － ｍｖ２，
则重力势能部分转化为动能，则重力势能的减少量略大于重 ０ ０ ２ ２ ０ ２ ０ ２ ０
锤动能的增加量，Ｄ 项正确。 ＝ ４ｍｖ
２
０
故ｔ 。
３．答案　 （１）ＡＣ　 （２）２．５５ Ｊ　 ２．５０ Ｊ　 （３）见解析 Ｐ
解析　 （１）实验中要计算重物打点时的速度，必须测量计算打 ８．答案　 （１） ２Ｒ　 （２） ３ｇＲ
的点之间的距离，因此需要毫米刻度尺，打点计时器使用交流 解析　 （１）小球从 Ａ 运动到 Ｂ 过程中，根据机械能守恒定律可
电源，则还需要 Ａ、Ｃ 这两种器材。 ｍｇ× １（２） Δ ＝ 得 Ｒ＝
１ ｍｖ２，解得 ｖ＝ ｇＲ ，在 Ｂ 点，因为刚好满足 ｍｇ
重力势能减少量 Ｅｐ ｍｇｈ＝ １×９．８×０．２６ Ｊ＝ ２．５５ Ｊ。 ２ ２
＝ｍｖ２利用匀变速直线运动的推论得 ，即重力恰好提供向心力，则小球从 Ｂ 点开始做平抛运
＝ ｘｖ ＡＣ ＝ ０．３０６ ６－０．２１７ ２
Ｒ
Ｂ ｔＡＣ ２×０．０２ ｍ ／ ｓ＝ ２．２３５ ｍ ／ ｓ， 动。 根据平抛运动的规律有，水平方向上 ｘ ＝ ｖｔ，竖直方向上 Ｒ
ＥｋＢ ＝ １２ ｍｖ２Ｂ ＝
１
２ ×１×２．２３５２ Ｊ＝ ２．５０ Ｊ，ΔＥｋ ＝ ２．５０ Ｊ。
＝ １２ ｇｔ２，解得 ｘ＝ ２Ｒ，即 Ｏ、Ｃ 之间的距离为 ２Ｒ。
（３）通过计算可知动能的增加量小于重力势能的减少量， （２） ３ １对整个过程，由机械能守恒定律有 ｍｇ× ２ Ｒ ＝ ２ ｍｖ２Ｃ，
其原因是物体在下落过程中克服摩擦阻力做功，导致重力势 ＝
能没有完全转化为动能。 解得 ｖＣ ３ｇＲ 。
第五章　经典力学的局限性与相对论初步
本章复习题
１．ＢＤ　 从下蹲到离开地面，地面对运动员的支持力作用在人的 1　经典力学的成就与局限性（略）
脚上，没有位移，因此支持力不做功，Ｂ 项对；以运动员的重心
为研究对象，运动员起跳时，重心先向上加速，加速度方向向 本章复习题
上，则处于超重状态，脚离地后，只受重力，运动员向上减速， １．答案　 １２ ９４１ ｓ
加速度向下，运动员处于失重状态，则 Ｄ 项对。 ＝ τ０ ＝ １２ ９４１
２．Ｂ　 高一学生的体重大约为 ６０ ｋｇ， ０ ５ ｍ， 解析　 由公式得 τ ２ （８７０） ２ ｓ≈１２ ９４１ ｓ引体向上时的位移为 ． ｕ
Ｐ ＝ １０ｍｇｈ ＝ １０×６０×９．８×
－ －
０．５ １ ２ １ｃ （３×１０８） ２
则克服重力做功的平均功率 ｔ ２０ Ｗ ＝ ２．答案　 ５８ ｍ
１４７ Ｗ。 最接近于 １５０ Ｗ，则选项 Ｂ 正确。 ＝ ｕ２ ｌ １８
３．Ｂ　 ， 解析 　 由 ｌ ｌ由题可知 人的重心在跳高时升高约 ０．９ ｍ，因而初速度 ０ １－ ２ 得 ｌ０ ＝ ２ ＝ｃ １－ ｕ １－（０ ９５
ｍ≈
． ｃ） ２
ｖ０ ＝ ２ｇｈ≈４ ｍ／ ｓ，则选 Ｂ。 ｃ２ ｃ２
４．答案　 ｂ　 ｃ ５８ ｍ
　 ８

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