人教版高中物理必修2课后习题答案

第五章 第 1111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 B C D 1v 1v 30° A B C D 2. 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。 3. 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。 第 2222节 质点在平面内的运动 1. 解：炮弹在水平方向的分速度是 v x ＝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。 y v x v v 60° 1v 2v v 东 北 20 40 60 80 10 40 50 0 20 30 y x 2. 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，如图 6－15所示， 2 2 2 21 2 4 5 6.4 /v v v m s= + = + = ，与竖直 方向的夹角为θ，tanθ＝0.8，θ＝38.7° 3. 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。 4. 答：如图 6－17所示。 第 3333节 抛体运动的规律 1. 解：（1）摩托车能越过壕沟。摩托车做平抛运动，在竖直方向位移为 y＝1.5m＝ 21 2 gt 经 历时间 2 3 0.55 9.8 y t s s g = = = 在水平方向位移 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 v x ＝ v ＝ 40m/s 摩 托 车 落 地 时 的 速 度 2 2 2 240 5.39 / 40.36 / x y v v v m s m 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 2. 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＝ 21 2 gt 经历时间 2 4.9 0.71 9.8 y t s s g = = = ，在水平方向位移 x＝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 2 g v x y = 。 第 4444节 实验：研究平抛运动 1x 2x 3y y 1. 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； （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 5555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 62 2 3.14 / 7.27 10 / 24 3600 rad s rad s T π ω −×= = = × × 。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 1 3 2 2 r v r Tr π = 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 6666节 向心加速度 1. 答：A．甲、乙线速度相等时，利用 2 n v a 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 2 4 n a r T π= ，半径大的向心加速度大。所以甲的 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. 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。 4. 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点的向心加速度为 2 2 22 2 10.01 / 0.05 / 2 2nA r a m s m sω= × = × = （3）电动机皮带轮边缘上质点的向心加速度为 第 7777节 向心力 1. 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： 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。 2. 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。 3. 答：（1）根据牛顿第二运动定律得： F＝mω2r＝0.1×42×0.1N＝0.16N N F F G （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。 4. 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： 2 T v F G m r − = 得 2 T v F G m r = + 在 G，m，v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。 5. 答：汽车在行驶中速度越来越小，所以汽车在轨迹的切线方 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 8888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。 2 2 2(2 ) 0.01 (2 3.14 1000) 0.2 78876.8F m r m n r N Nω π= = = × × × × = 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 2 v F ma m r = = ，所以一定对应有最大拐弯速度，设为 vm，则 4 3 1.4 10 / 18.71 / 67.35 / 72 / 2.0 10 fm m F r v m s m s km h km h m ×= = = = < × 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， 2 2 3 4 4202.0 10 1.6 10 1.4 10 50m v v m N N N r = = × × = × > × 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 2 N v G F m r − = 汽车所受支持力 2 25(800 9.8 800 ) 7440 50N v F G m N N r = − = × − × = 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 2 N v G F m r − = 汽车所受支持力 2 N v F G m r = − ，对于相同的行驶速度，拱桥圆弧半径越大，桥面所受压 力越大，汽车行驶越安全。 （4）根据第二问的结论，对应的速度为 v0， 4. 解：设小孩的质量为m，小孩到绳子的悬点的距离为 l，小孩运动到最低点的速度大小为 v， 小孩在最低点受到支持力为 FN。将最低点的重力势能定为 0，以最高点为初状态，根据机 械能守恒定律得： 21(1 cos60 ) 2 mgl mv− ° = 根据牛顿运动定律得 2 N v F mg m l − = 解得 FN＝mg［1+2(1－cos60°)］＝2mg＝2×25×9.8N＝490N 根据牛顿第三定律可知，秋千板摆到最低点时，小孩对秋千板的压力大小为 490N。 说明：这个题是机械能守恒定律与圆周运动规律综合运用的习题，具有一定的综合性，在 讲解过程中，要引导学生对小孩的受力特点和运动特点进行分析。 5. 解：设物体的质量为 m。物体运动到圆轨道最高点的速度大小为 v，受到圆轨道的压力为 FN。将物体在圆轨道最高点的重力势能定为 0，以物体开始滚下点为初状态，根据机械能守 恒定律得 mg(h－ 2R)＝ 21 2 mv 根据牛顿运动定律得 2 N v F mg m R + = 解得 ( ) 2 2 N mg F h R mg + = + 由于 FN≥0，所以 h≥52R，即 h至少为 2.5R。 第五章 万有引力与航天 n F t F F 第 1111节．行星的运动 1. 解：行星绕太阳的运动按圆轨道处理，根据开普勒第三定律有： 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， 4. 解：根据开普勒第三定律 得到： 则哈雷彗星下次出现的时间是：1986+76＝2062年。 第 2222节．太阳与行星间的引力 1. 答：这节的讨论属于根据物体的运动探究它受的力。前一章平抛运动的研究属于根据物体 的受力探究它的运动，而圆周运动的研究属于根据物体的运动探究它受的力。 2. 答：这个无法在实验室验证的规律就是开普勒第三定律 3 2 r k T = ，是开普勒根据研究天文学 家第谷的行星观测发现的。 第 3333节．万有引力定律 1. 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： 这样小的力我们是无法察觉的，所以我们通常分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。上面的计算是一种估算。 2. 解：根据万有引力定律 40 30 11 261 2 2 4 8 2 2.0 10 2.0 106.67 10 1.19 10 (5 10 3.0 10 365 24 3600) m m F G N N r − × × ×= = × × = × × × × × × × 可见天体之间的万有引力是很大的。 3. 解： 30 2 11 371 2 2 16 2 (7.1 10 ) 6.67 10 3.4 10 (1.0 10 ) m m F G N r − − − − × = = × × = × × 第 4444节．万有引力的理论成就 1. ．解:在月球表面有： M m G mg R =月 月 月 得到： 22 11 2 2 3 3 2 7.3 106.67 10 / 1.68 / 1.7 10 10 M g G m s m s R ×× × = × × －月 月 月 ＝ ＝ （ ） g 月约为地球表面重力加速度的 1/6。在月球上人感觉很轻。习惯在地球表面行走的人，在月球 表面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： M m G mg R =地 地 ，得： M g G R 地 地 ＝ 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： M m G mg r =地 高山的 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： 2 2 2( )MmG m r T r π= 得地球质量： 2 6 32 3 24 2 11 3 2 4 (6.8 10 )4 5.9 10 6.67 10 (5.6 10 ) r M kg GT π π − × × = = = × × × × 4. 解：对于绕木星运行的卫星 m，有： 2 2 2( )MmG m r T r π= ，得： 2 3 2 4 r M GT π=木 ，需要测量 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 5555节．宇宙航行 1. 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。 2 2 2( )MmG m r T r π= 2 3 24 GMT r π = 其中周期 T＝［24×60－（2×60+37）］/14min＝91.64min,则： 11 24 2 63 2 6.67 10 6.0 10 (91.64 60) 6.7 10 4 r m m π −× × × × × = = × 其距地面的高度为 h＝r－R＝6.7×106m－6.4×106m＝3×105m＝300km。 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： 2 2 2 4Mm G m r r T π= 在地面附近有： 2 Mm G mg R = ，r＝R+h 根据以上各式得： ( ) 3 2 ( ) 2 2 90.6min R h R h R h T R g gR π π + + += = = 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： 2 2 Mm v G m R R = ，得： GMv R = ⑴ 在地面附近有： 2 Mm G mg R = ，得： 2GM R g= 将其带入（1）式： 2 R g v Rg R = = 3. 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： 1 12 1 M m G mg R = 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： 2 22 2 M m G mg R = 由以上两式得： 2 1 2 1 2 2 21 M R g M g R ⋅ = ，则 2 2 2 21 2 1 22 2 2 1 0.82 1 9.8 / 8.9 / 1 0.95 M R g g m s m s M R = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = （2） 2 1 2 11 M m v G m R R = ， 1 1 GM v R g = 第七章 机械能守恒定律 第节 1111 追寻守恒量 1. 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。 第 2222节 功 1. 解：甲图：W＝Fscos(180°－150°)＝10×2× 3 2 J＝17.32J 图乙：W＝Fscos(180°－30°)＝－10×2× 3 2 J＝－17.32J 图丙：W＝Fscos30°＝10×2× 3 2 J＝17.32J 2. 解：重物被匀速提升时，合力为零，钢绳对重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。 h mg F N F 30° 所以，重力做功：WG＝mgscos60°＝60×10×20× 1 2 J＝6.0×103J 支持力所做的功：WN＝FNscos90°＝0 阻力所做的功：W f ＝Fscos180°＝－50×20J＝－1.0×103J 这些力所做的总功W 总＝Wg+WN+Wf＝5.0×103J。 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 3333节 功率 1. 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： 3 2 5 10 10 / 3.7 10 / 2.7 10 P v m s m s F −×= = = × × 2. 解：这台抽水机的输出功率为 330 10 10 3 10 1 mgh W P W t t × ×= = = = × 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 v F = 推出，P增大则 v增大的前提是 F不变，从 P F v = 推出，v增大 F减小的前提是 P不变。 说明：对这类物理问题的方向，应注意联系实际，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 F F a m − = 牵 ，所以加速度减小。（2）当加速度减小到零时， 汽车做匀速直线运动，F 牵＝F，所以 Pv F = ，此为汽车在功率 P下行驶的最大速度。 第 4444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（ 12 π θ− ），重力所做的功为： WG＝mgl1cos（ 12 π θ− ）＝mgl1sinθ1＝mgh。同理可证，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。 （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） 所选 择的 参考平面 小球在 A 点 的重力势能 小球在B点的 重力势能 整个下落过程中小 球重力做的功 整个下落过程中小 球重力势能的变化 桌面 5.88J －3.92J 9.8J 9.8J 地面 9.8J 0 9.8J 9.8J （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。 第 7777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＝ 2 22 1 1 ( ) 2 m v v− 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：( 2 22 1v v− )＝（602－502）（km/s）2＝1100（km/s）2 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＝ 2 22 1 1 1 2 2 mv mv− ，有 fscos180°＝ 2 22 1 1 1 2 2 mv mv− 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＝ 21 0 2 t mv − ，mgh－fs＝ 21 2 t mv ．解方程得：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 至最大高度的过程中：WG+W＝ 21 2 t mv －0，即：－mgh+W＝ 21 2 t mv W＝ ×0.5×202J+0.5×10×10J＝150J 第 8888节 机械能守恒定律 1. 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)＝ 2 22 1 1 1 2 2 mv mv− （2）由mg(h1－h2)＝ 2 22 1 1 1 2 2 mv mv− ，得：mgh1+ 21 1 2 mv ＝mgh2+ 22 1 2 mv 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 20 1 1 2 2 t mv mgh mv+ = ，得 根据动能定理：W＝Ekt－Ek0，即 mgh＝ 2 20 1 1 2 2t mv mv− ，vt＝ 20 2v gh+ vt＝15m/s （2）由 vt＝ 20 2v 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力势能 Ep。 列车冲上站台时的重力势能：Ep＝mgh＝20mm2/s2 列车在 A点时动能：Ek＝ 21 2 mv ×m×72m2/s2＝24.5mm2/s2 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+ 21 2 mv 2 1 1 2 mv ＝Ek－Ep＝24.5mm2/s2－20mm2/s2＝4.5mm2/s2，可得 v1＝3m/s 5. 答：（1）从状态甲至状态丙的过程中，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重力大小相等时，物体的动能达到最大。之后，弹性势能和 动能逐渐减少，重力势能逐渐增大，当弹簧恢复到自然长度时，弹性势能为零。之后，重 力势能仍逐渐增大，动能逐渐减少，到达 C点时，动能减少到零，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，弹簧的弹性势能为： mg(hAB+hBC)＝0.2×10(0.1+0.2)J＝0.6J （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，EkB＝mghBC＝0.2×10×0.2J＝0.4J 第 10101010节 实验：验证机械能守恒定律 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％＝ρVgh×20％＝1.0×103×1.0×104×10×135×20％J/s＝2.7×109J/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。