高中物理-經(jīng)典習題與答案-必修2

..第五章曲線運動一知識點總結(jié)曲線運動1、曲線運動的特點：①、作曲線運動的物體,速度始終在軌跡的切線方向上,因此,曲線運動中可以肯定速度方向在變化,故曲線運動一定是變速運動；②、曲線運動中一定有加速度且加速度和速度不能在一條直線上,加速度方向一定指向曲線運動凹的那一邊。2、作曲線運動的條件：物體所受合外力與速度方向不在同一直線上。中學階段實際處理的合外力與速度的關(guān)系常有以下三種情況：①、合外力為恒力,合外力與速度成某一角度,如在重力作用下平拋,帶電粒子垂直進入勻強電場的類平拋等。②、合外力為變力,大小不變,僅方向變,且合外力與速度垂直,如勻速圓周運動。③、一般情誤況,合外力既是變力,又與速度不垂直時,高中階段只作定性分析。3、運動的合成與分解：運動的合成與分解包含了位移、加速度、速度的合成與分解。均遵循平行四邊形法則?！惨话悴捎谜环纸夥ㄌ幚砗线\動與分運動的關(guān)系中學階段,運動的合成與分解是設法把曲線運動〔正交分解成直線運動再用直線運動規(guī)律求解。常見模型：船渡河問題；繩通過定滑輪拉物體運動問題平拋運動1、平拋運動特點：僅受重力作用,水平方向勻速直線運動,豎直方向自由落體,是一種勻變速曲線運動；軌跡是條拋物線。2、平拋運動規(guī)律：〔從拋出點開始計時〔1、速度規(guī)律：VX=V0VY=gtV與水平方向的夾角tgθ=gt/v0〔2、位移規(guī)律：X=v0t<證明：軌跡是一條拋物線>Y=S與水平方向的夾角tgα=gt/2v0=θ〔3、平拋運動時間t與水平射程X平拋運動時間t由高度Y決定,與初速度無關(guān)；水平射程X由初速度和高度共同決定?！?、平拋運動中,任何兩時刻的速度變化量△V=g△t〔方向恒定向下平拋運動實驗與應用[實驗目的]描述運動軌跡、求初速度[實驗原理]利用水平方向勻速運動x=v0t,豎直方向自由落體y=得測出多組x、y算出v0值,再取平均值?！菜膭蛩賵A周運動1、物體運動的軌跡是圓周或是圓周一部分叫圓周運動；作圓周運動的物體相等時間內(nèi)通過的弧長相等稱為勻速圓周運動。2、描述勻速圓周運動的有關(guān)量及它們的關(guān)系：〔1、線速度：〔2、角速度：〔3、周期：〔4、頻率：〔5、向心加速度：雖然勻速圓周運動線速度大小不變,但方向時刻改變,故勻速圓周運動是變速運動；向心加速度大小不變但方向時刻改變〔始終指向圓心,故勻速圓周運動是一種變加速運動?！参鍒A周運動動力學1、勻速圓周運動特點：〔1速度大小不變無切向加速度；速度方向改變有向心加速度a=〔2合外力必提供向心力2、變速圓周運動特點：〔1速度大小變化有切向加速度；速度方向改變有向心加速度。故合加速度不一定指向圓心?！?合外力不一定全提供向心力,合外力不一定指向圓心。3、向心力表達式：4、處理圓周運動動力學問題般步驟：〔1確定研究對象,進行受力分析；〔2建立坐標系,通常選取質(zhì)點所在位置為坐標原點,其中一條軸與半徑重合；〔3用牛頓第二定律和平衡條件建立方程求解。二例題分析例1、關(guān)于運動的合成與分解,下列說法正確的是：〔BCDA、兩個直線運動的合運動一定是直線運動；B、兩個互成角度的勻速直線運動的合運動一定是直線運動；C、兩個勻加速運動的合運動可能是曲線運動；D兩個初速為零的勻加速直線運動互成角度,合運動一定是勻加速直線運動；說明：本例題作為概念性判斷題,可采用特例法解決。例2、如圖所示,在研究平拋物體運動的實驗中,用一張印有小方格的紙記錄軌跡,小方格邊長L=1.25cm,若小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中的a,b,c,d。則小球平拋運動的初速度的計算式為v0=<><用Lg表示>.其值是<><g=9.8m/s2>例3、房內(nèi)高處有白熾燈S,可看成點光源,如果在S所在位置沿著垂直于墻的方向扔出一個小球A,如圖所示,不計空氣阻力,則A在墻上的影子的運動情況是〔DA、加速度逐漸增大的直線運動,B、加速度逐漸減小的直線運動C、勻加速直線運動,D、勻速直線運動。例4、在"研究平拋運動"實驗中,某同學只記錄了小球運動途中的A、B、C三點的位置,取A點為坐標原點,則各點的位置坐標如圖所示,下列說法正確的是：〔BA、小球拋出點的位置坐標是〔0,0B、小球拋出點的位置坐標是〔-10,-5C、小球平拋初速度為2m/sD、小球平拋初速度為0.58m/s例5、如圖所示為皮帶傳動裝置,右輪半徑為r,a為它邊緣的一點,左側(cè)是大輪軸,大輪半徑為4r,小輪半徑為2r。b為小輪上一點,它到小輪中心距離為r,c、d分別位于小輪和大輪的邊緣上,若在傳動中不打滑,則：〔CDA、a點與b點線速度大小相等；B、a點與b點角速度大小相等；C、a點與c點線速度大小相等；D、a點與d點向心加速度大小相等；本例主要考查線速度、角速度、向心加速度概念,同時抓住兩個核心：若線速度一定時,角速度與半徑成反比；若角速度一定,線速度與半徑成正比。例6、如圖所示,A、B兩質(zhì)點繞同一圓心按順時針方向作勻速圓周運動,A的周期為T1,B的周期為T2,且T1＜T2,在某時刻兩質(zhì)點相距最近,開始計時,問：〔1何時刻兩質(zhì)點相距又最近？〔2何時刻兩質(zhì)點相距又最遠？分析：選取B為參照物。AB相距最近,則A相對于B轉(zhuǎn)了n轉(zhuǎn),其相對角度△Φ=2πn相對角速度為ω相=ω1-ω2經(jīng)過時間：t=△Φ/ω相=2πn/ω1-ω2=〔n=1、2、3…〔2AB相距最遠,則A相對于B轉(zhuǎn)了n-1/2轉(zhuǎn),其相對角度△Φ=2π〔n-經(jīng)過時間：t=△Φ/ω相=〔2n-1T1T2/2〔T2-T1〔n=1、2、3…本題關(guān)鍵是弄清相距最近或最遠需通過什么形式來聯(lián)系A(chǔ)和B的問題,巧選參照系是解決這類難題的關(guān)鍵。例7.如圖所示,位于豎直平面上的1/4圓弧光滑軌道,半徑為R,OB沿豎直方向,上端A距地面高度為H=2R,質(zhì)量為m的小球１從A點由靜止釋放,與在Ｂ點質(zhì)量為Ｍ的小球２正碰,小球１被反彈回Ｒ/2處,小球２落在水平地面上C點處,不計空氣阻力,求：<1>小球１再次運動到軌道上的B點時,對軌道的壓力多大?<2>小球落地點C與B點水平距離S是多少?解：<1>設小球1再次到B點時的速度為,根據(jù)機械能守恒定律有：mgR/2=①根據(jù)向心力公式有；②由①②式得=2mg<2>設小球１碰前在Ｂ的速度為,碰撞后小球2的速度為,而小球１的速度大小仍為,由機械能守恒定律得:③由動量守恒定律得：ｍ=-mM④由①③④式得:⑤小球2從B到C做平拋運動,設時間為t,則有⑥S=t⑦由⑤⑥⑦式得S=例8.<16分>半徑為R的光滑半圓環(huán)形軌道固定在豎直平面內(nèi),從與半圓環(huán)相吻合的光滑斜軌上高h=3R處,先后釋放A、B兩小球,A球的質(zhì)量為2m,B球質(zhì)量為m,當A球運動到圓環(huán)最高點時,B球恰好運動到圓環(huán)最低點,如圖所示。求：⑴此時A、B球的速度大小vA、vB。⑵這時A、B兩球?qū)A環(huán)作用力的合力大小和方向。解：<1>對Ａ分析：從斜軌最高點到半圓軌道最高點,機械能守恒,有2ｍｇ<3R-2R>=〔2分解得〔1分對Ｂ分析：從斜軌最高點到半圓弧最低點,機械能守恒,有3ｍｇR=〔2分解得〔1分<2>設半圓弧軌道對A、B的作用力分別為,方向豎直向下,方向豎直向上根據(jù)牛頓第二定律得〔2分〔2分解得〔2分根據(jù)牛頓第三定律所以A、B對圓弧的力也分別為方向豎直向上,方向豎直向下,所以合力F=5mg,〔2分方向豎直向下?！?分例9、〔12分質(zhì)量為M的小物塊A靜止在離地面高的水平桌面的邊緣,質(zhì)量為的小物塊B沿桌面向A運動并以速度與之發(fā)生正碰〔碰撞時間極短。碰后A離開桌面,其落地點離出發(fā)點的水平距離為L。碰后B反向運動。求B后退的距離。已知B與桌面間的動摩擦因數(shù)為。重力加速度為。解：A落地過程是平拋運動,則有〔1分〔1分∴〔1分B與A碰撞動量守恒〔4分B返回有〔3分∴〔2分例10、<19分>如圖所示,均光滑的水平面和半圓弧軌道相切,軌道半徑為Ｒ；球１靜止在切點Ｂ,球２位于Ａ點,以某一速度向小球１運動并與之正碰,球１能通過最高點落到Ａ點,球２運動到與圓心同一水平線就返回,已知AB=2R,兩球質(zhì)量均為ｍ．求：球２的速度．解：設碰撞后球1的速度為,球2速度為,球1到圓弧軌道最高點的速度為,兩球碰撞時動量守恒,則有m=mｍ①<4分>球２運動到與圓心同以水平線的過程,機械能守恒,則有②<3分>球１運動到最高點的過程,機械能守恒,則有③<3分>球１從最高點到Ａ點過程做平拋運動,設時間為ｔ,則有④<2分>⑤<2分>由④⑤得=<1分>代入③得=⑥<1分>由②得=⑦<1分>把⑥⑦代入①得=<2分>例11<16分>城市中為了解決交通問題,修建了許多立交橋,如圖所示,橋面為圓弧形的立交橋AB,橫跨在水平路面上,長為L=200m,橋高h=20m?？梢哉J為橋的兩端A、B與水平路面的連接處的平滑的。一輛汽車的質(zhì)量m=1040kg,以=25m/s的速度沖上圓弧形的立交橋,假設汽車沖上立交橋后就關(guān)閉了發(fā)動機,不計車受到的阻力。試計算：〔g取10m/s2⑴小汽車沖上橋頂時的速度是多大？⑵小汽車在橋頂處對橋面的壓力的大小。.解:由題意,車從A點到橋頂過程,機械能守恒．設到橋頂時速度為．則有<4分>解得=15m/s<2分><2>L=200mh=20m根據(jù)幾何知識可求得圓弧形的半徑R,代入數(shù)據(jù)可解得R=260m<2分>設車在橋頂時,橋面對它的作用力為Ｎ,則N和ｍｇ提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得<4分>解得Ｎ=9.5×103N<2分>根據(jù)牛頓第三定律,車對橋頂?shù)膲毫?9.5×103N<2分>例12〔20分噴墨打印機的原理示意圖如圖所示,其中墨盒可以發(fā)出墨汁液滴,此液滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電,帶電多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制。帶電后液滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場,帶電液滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上,顯示出字體。計算機無信號輸入時,墨汁液滴不帶電,徑直通過偏轉(zhuǎn)板最后注入回流槽流回墨盒。設偏轉(zhuǎn)極板板長L1=1.6cm,兩板間的距離d=0.50cm,兩板間的電壓U=8.0×103V,偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L2=3.2cm。若一個墨汁液滴的質(zhì)量為m=1.6×10-10kg,墨汁液滴以v0=20m/s的初速度垂直電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場,此液滴打到紙上的點距原入射方向的距離為s=2.0mm。不計空氣阻力和重力作用。求：⑴這個液滴通過帶電室后所帶的電荷量q。⑵若要使紙上的字體放大,可通過調(diào)節(jié)兩極板間的電壓或調(diào)節(jié)偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L2來實現(xiàn)?，F(xiàn)調(diào)節(jié)L2使紙上的字體放大10%,調(diào)節(jié)后偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離為多大？解：<1>墨滴剛從極板右端出來如圖所示,之后做直線運動打到紙上,設豎直偏移距離為ｈ,偏轉(zhuǎn)角度為,加速度為,時間為ｔ,墨滴在電場中做類平拋運動,則有<每式1分>由以上各式得<3分>=①<1分><3分>=②<1分>由幾何關(guān)系得③<2分>由①②③1.25×10-13C<1分><2>設液滴打到紙上的點距原入射方向的距離為,由〔１步可得==④<1分>⑤<2分>⑥<1分>把⑤⑥得3.6cm<1分>例13如圖所示,光滑水平面右端B處連接一個豎直的半徑為R的光滑半圓軌道,在離B距離為x的A點,用水平恒力將質(zhì)量為m的質(zhì)點從靜止開始推到B處后撤去恒力,質(zhì)點沿半圓軌道運動到C處后又正好落回A點,求：<1>推力對小球所做的功.<2>x取何值時,完成上述運動所做的功最少?最小功為多少？<3>x取何值時,完成上述運動用力最小?最小力為多少？解：<1>質(zhì)點從半圓弧軌道做平拋運動又回到A點,設質(zhì)點在C點的速度為v０,質(zhì)點從C點運動到A點所用的時間為t,在水平方向x=v0t①<2分>豎直方向上2R=gt2②<2分>解①②式有v0=③<1分>對質(zhì)點從A到C由動能定理有WF-mg·2R=mv02〔3分解得WF=mg<16R2x2>/8R④〔1分<2>要使F力做功最少,確定x的取值,由WF=2mgRmv02知,只要質(zhì)點在C點速度最小,則功WF就最小,就是物理極值.<1分若質(zhì)點恰好能通過C點,其在C點最小速度為v,由牛頓第二定律有mg=,則v=⑤<3分>由③⑤式有,解得x=2R時,<1分>WF最小,最小的功WF=mgR.<1分><3>由④式WF=mg<><1分>而F=mg<><1分>因＞0,x＞0,由極值不等式有：當時,即x=4R時=8,<2分最小的力F=mg.<1分>例14、在光滑水平面上有一質(zhì)量m＝1.0×10-3kg、電量q＝1.0×10-10C的帶正電小球,靜止在O點。以O為原點,在該水平面內(nèi)建立直角坐標系Oxy?，F(xiàn)忽然加一沿x軸正方向、場強大小E＝2.0×106V/m的勻強電場使小球開始運動。經(jīng)過1.0s,所加電場忽然變?yōu)檠貀軸正方向,場強大小不變的勻強電場。再經(jīng)過1.0s,所加電場又忽然變成另一勻強電場,使小球在此電場作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)榱?。求此電場的方向及小球速度變?yōu)榱銜r小球的位置。解：第一個1.0秒內(nèi)：m/s2,m,v1＝at＝0.2m/s第二個1.0秒內(nèi)：S2x＝v1t＝0.2m〔x方向勻速運動S2y＝S1＝0.1m〔y方向勻加速運動v2y＝at＝0.2m/s故：m/s,〔方向與水平方向成450夾角第三個1.0秒內(nèi)：m/s2,方向v2與反向則：qE/＝ma/V/m,方向如圖所示。mS3x＝S3sin450＝0.1m,S3y＝S3cos450＝0.1m,Sx＝S1＋S2x＋S3x＝0.1＋0.2＋0.1＝0.4mSy＝S2y＋S3y＝0.1＋0.1＝0.2m所以,電場的方向與x軸成225°〔-135°,小球的坐標為〔0.4m,0.2m例15、船在靜水中的航速為v1,水流的速度為v2。為使船行駛到河正對岸的碼頭,則v1相對v2的方向應為答案.C[解析]根據(jù)運動的合成與分解的知識,可知要使船垂直達到對岸即要船的合速度指向?qū)Π?根據(jù)平行四邊行定則,C能.例16、滑雪運動員以20m／s的速度從一平臺水平飛出,落地點與飛出點的高度差3．2m。不計空氣阻力,g取10m／s2。運動員飛過的水平距離為s,所用時間為t,則下列結(jié)果正確的是A．s=16m,t=0．50sB．s=16m,t=0．80sC．s=20m,t=0．50sD．s=20m,t=0．80s答案.B[解析]做平拋運動的物體運動時間由高度決定,根據(jù)豎直方向做自由落體運動得,根據(jù)水平方向做勻速直線運動可知,B正確例17、過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型,它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成,B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點,B、C間距與C、D間距相等,半徑、。一個質(zhì)量為kg的小球〔視為質(zhì)點,從軌道的左側(cè)A點以的初速度沿軌道向右運動,A、B間距m。小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù),圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長,圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取,計算結(jié)果保留小數(shù)點后一位數(shù)字。試求〔1小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時,軌道對小球作用力的大??；〔2如果小球恰能通過第二圓形軌道,B、C間距應是多少；〔3在滿足〔2的條件下,如果要使小球不能脫離軌道,在第三個圓形軌道的設計中,半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。答案：〔110.0N；〔212.5m<3>當時,；當時,解析：〔1設小于經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據(jù)動能定理=1\*GB3①小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F,根據(jù)牛頓第二定律=2\*GB3②由=1\*GB3①=2\*GB3②得=3\*GB3③〔2設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2,由題意=4\*GB3④=5\*GB3⑤由=4\*GB3④=5\*GB3⑤得=6\*GB3⑥〔3要保證小球不脫離軌道,可分兩種情況進行討論：=1\*ROMANI．軌道半徑較小時,小球恰能通過第三個圓軌道,設在最高點的速度為v3,應滿足=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧由=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧得=2\*ROMANII．軌道半徑較大時,小球上升的最大高度為R3,根據(jù)動能定理解得為了保證圓軌道不重疊,R3最大值應滿足解得R3=27.9m綜合=1\*ROMANI、=2\*ROMANII,要使小球不脫離軌道,則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件或當時,小球最終焦停留點與起始點A的距離為L′,則當時,小球最終焦停留點與起始點A的距離為L〞,則例18、校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示,賽車從起點A出發(fā),沿水平直線軌道運動L后,由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道,離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運動到C點,并能越過壕溝。已知賽車質(zhì)量m=0.1kg,通電后以額定功率P=1.5w工作,進入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N,隨后在運動中受到的阻力均可不記。圖中L=10.00m,R=0.32m,h=1.25m,S=1.50m。問：要使賽車完成比賽,電動機至少工作多長時間？〔取答案2.53s[解析]本題考查平拋、圓周運動和功能關(guān)系。設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1,由平拋運動的規(guī)律解得設賽車恰好越過圓軌道,對應圓軌道最高點的速度為v2,最低點的速度為v3,由牛頓第二定律及機械能守恒定律解得m/s通過分析比較,賽車要完成比賽,在進入圓軌道前的速度最小應該是m/s設電動機工作時間至少為t,根據(jù)功能原理由此可得t=2.53s例19、拋體運動在各類體育運動項目中很常見,如乒乓球運動.現(xiàn)討論乒乓球發(fā)球問題,設球臺長2L、網(wǎng)高h,乒乓球反彈前后水平分速度不變,豎直分速度大小不變、方向相反,且不考慮乒乓球的旋轉(zhuǎn)和空氣阻力.〔設重力加速度為g〔1若球在球臺邊緣O點正上方高度為h1處以速度v1水平發(fā)出,落在球臺的P1點〔如圖實線所示,求P1點距O點的距離x1.〔2若球在O點正上方以速度v2水平發(fā)出,恰好在最高點時越過球網(wǎng)落在球臺的P2點〔如圖虛線所示,求v2的大小.〔3若球在O點正上方水平發(fā)出后,球經(jīng)反彈恰好越過球網(wǎng)且剛好落在對方球臺邊緣P3處,求發(fā)球點距O點的高度h。解：<1>設發(fā)球時飛行時間為t1,根據(jù)平拋運動……①……②解得……③<2>設發(fā)球高度為h2,飛行時間為t2,同理根據(jù)平拋運動……④……⑤且h2=h ……⑥……⑦得……⑧<3>如圖所示,發(fā)球高度為h3,飛行時間為t3,同理根據(jù)平拋運動得,……⑨……⑩且……eq\o\ac<○,11>設球從恰好越過球網(wǎng)到最高點的時間為t,水平距離為s,有……eq\o\ac<○,12>……eq\o\ac<○,13>由幾何關(guān)系知,x3+s=L……<14>聯(lián)列⑨~<14>式,解得h3=例20、題25題為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.在以O為圓心,OH為對稱軸,夾角為2α的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M,且OM=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角〔紙面內(nèi)從C射出,這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D,試求：〔1磁感應強度的大小和方向〔提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象；〔2離子沿與CM成θ角的直線CN進入磁場,其軌道半徑和在磁場中的運動時間；〔3線段CM的長度.解：〔1設沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R由R=d得B＝磁場方向垂直紙面向外〔2設沿CN運動的離子速度大小為v,在磁場中的軌道半徑為R′,運動時間為t由vcosθ=v0得v＝R′==方法一：設弧長為st=s=2<θ+α>×R′t=方法二：離子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝t=Ｔ×=<3>方法一：CM=MNcotθ=Ｒ′=以上3式聯(lián)立求解得CM=dcotα方法二：設圓心為A,過A做AB垂直NO,可以證明NM＝BO∵NM=CMtanθ又∵BO=ABcotα=R′sinθcotα=∴CM=dcotα第六章萬有引力與航天一知識點總結(jié)1、萬有引力定律：〔1687年適用于兩個質(zhì)點或均勻球體；r為兩質(zhì)點或球心間的距離；G為萬有引力恒量〔1798年由英國物理學家卡文迪許利用扭秤裝置測出2、天體運動的研究：天體運動可看成是勻速圓周運動——其引力全部提供向心力討論：〔1由可得：r越大,V越小?！?由可得：r越大,ω越小。〔3由可得：r越大,T越大。〔4由可得：r越大,a向越小。3、萬有引力定律的應用主要涉及兩個方面：〔1測天體的質(zhì)量及密度：〔萬有引力全部提供向心力由得又得〔2行星表面重力加速度、軌道重力加速度問題：〔重力近似等于萬有引力表面重力加速度：軌道重力加速度：4、人造衛(wèi)星、宇宙速度：〔1人造衛(wèi)星分類〔略：其中重點了解同步衛(wèi)星〔2宇宙速度：〔弄清第一宇宙速度與發(fā)衛(wèi)星發(fā)射速度的區(qū)別例題分析例1、利用下列哪組數(shù)據(jù),可以計算出地球質(zhì)量：〔ABA、已知地球半徑和地面重力加速度B、已知衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運動的軌道半徑和周期C、已知月球繞地球作勻速圓周運動的周期和月球質(zhì)量D、已知同步衛(wèi)星離地面高度和地球自轉(zhuǎn)周期本例從各方面應用萬有引力提供向心力來求出不同條件下地球〔行星質(zhì)量表達式。例2、地球同步衛(wèi)星到地心的距離r可由求出,已知式中a的單位是m,b的單位是s,c的單位是m/s2,則：〔ADA、a是地球半徑,b是地球自轉(zhuǎn)的周期,C是地球表面處的重力加速度；B、a是地球半徑。b是同步衛(wèi)星繞地心運動的周期,C是同步衛(wèi)星的加速度；C、a是赤道周長,b是地球自轉(zhuǎn)周期,C是同步衛(wèi)星的加速度D、a是地球半徑,b是同步衛(wèi)星繞地心運動的周期,C是地球表面處的重力加速度。解析：由萬有引力定律導出人造地球衛(wèi)星運轉(zhuǎn)半徑的表達式,再將其與題給表達式中各項對比,以明確式中各項的物理意義。例3、利用航天飛機,可將物資運送到空間站,也可以維修空間站出現(xiàn)的故障．〔1若已知地球半徑為R,地球表面重力加速度為g．某次維修作業(yè)中,航天飛機的速度計顯示飛機的速度為,則該空間站軌道半徑為多大？〔2為完成某種空間探測任務,在空間站上發(fā)射的探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其啟動．已知探測器的質(zhì)量為M,每秒鐘噴出的氣體質(zhì)量為m,為了簡化問題,設噴射時探測器對氣體做功的功率恒為P,在不長的時間內(nèi)探測器的質(zhì)量變化較小,可以忽略不計．求噴氣秒后探測器獲得的動能是多少？解：〔1設地球質(zhì)量為M0,在地球表面,有一質(zhì)量為m的物體,〔3分設空間站質(zhì)量為m′繞地球作勻速圓周運動時,〔3分聯(lián)立解得,〔2分〔2因為探測器對噴射氣體做功的功率恒為P,而單位時間內(nèi)噴氣質(zhì)量為m,故在t時間內(nèi),據(jù)動能定理可求得噴出氣體的速度為：〔3分另一方面探測器噴氣過程中系統(tǒng)動量守恒,則：〔2分又探測器的動能,〔2分聯(lián)立解得：〔3分例4、均勻分布在地球赤道平面上空的三顆同步通信衛(wèi)星能夠?qū)崿F(xiàn)除地球南北極等少數(shù)地區(qū)外的"全球通信"．已知地球半徑為R,地球表面的重力加速度為g,同步衛(wèi)星所在軌道處的重力加速度為g',地球自轉(zhuǎn)周期為T,下面列出的是關(guān)于三顆衛(wèi)星中任意兩顆衛(wèi)星間距離s的表達式,其中正確的是〔BCA.B.C.D.例5、利用航天飛機,可將物資運送到空間站,也可以維修空間站出現(xiàn)的故障．〔1若已知地球半徑為R,地球表面重力加速度為g．某次維修作業(yè)中,航天飛機的速度計顯示飛機的速度為,則該空間站軌道半徑為多大？〔2為完成某種空間探測任務,在空間站上發(fā)射的探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其啟動．已知探測器的質(zhì)量為M,每秒鐘噴出的氣體質(zhì)量為m,為了簡化問題,設噴射時探測器對氣體做功的功率恒為P,在不長的時間內(nèi)探測器的質(zhì)量變化較小,可以忽略不計．求噴氣秒后探測器獲得的動能是多少？解：〔1設地球質(zhì)量為M0,在地球表面,有一質(zhì)量為m的物體,〔3分設空間站質(zhì)量為m′繞地球作勻速圓周運動時,〔3分聯(lián)立解得,〔2分〔2因為探測器對噴射氣體做功的功率恒為P,而單位時間內(nèi)噴氣質(zhì)量為m,故在t時間內(nèi),據(jù)動能定理可求得噴出氣體的速度為：〔3分另一方面探測器噴氣過程中系統(tǒng)動量守恒,則：〔2分又探測器的動能,〔2分聯(lián)立解得：〔3分例6.<20分>20XX10月15日,我國成功地發(fā)射了"神舟"五號載人宇宙飛船。發(fā)射飛船的火箭全長58.3m,起飛時總質(zhì)量M0=479.8t<噸>。發(fā)射的初始階段,火箭豎直升空,航天員楊利偉有較強的超重感,儀器顯示他對倉座的最大壓力達到體重的5倍。飛船進入軌道后,在21h內(nèi)環(huán)繞地球飛行了14圈。將飛船運行的軌道簡化為圓形,地球表面的重力加速度g取10m／s2。<1>求發(fā)射的初始階段<假設火箭總質(zhì)量不變>,火箭受到的最大推力；<2>若飛船做圓周運動的周期用T表示,地球半徑用R表示。請導出飛船圓軌道離地面高度的表達式.解：〔1設火箭發(fā)射初始階段的加速度為a,航天員受到的最大支持力為N,航天員質(zhì)量為mo,根據(jù)牛頓第二定律N-mog=moa〔3分依題意和牛頓第三定律N=5mog〔1分解得a=40m/s2〔1分設發(fā)射初始階段火箭受到的最大推力為F,根據(jù)牛頓第二定律F-mog=Moa〔3分解得F=2.4107N〔2分〔2設地球質(zhì)量為M,飛船的質(zhì)量為m,距地面的高度為h,則飛船受到地球引力為飛船提供向心力=〔4分地面物體所受引力近似等于重力,設物體質(zhì)量為m＇,則=m＇g〔4分解得：h=-R〔2分例7<19分>太空中的γ射線暴是從很遠的星球發(fā)射出來的。當γ射線暴發(fā)生時,數(shù)秒內(nèi)釋放的能量大致相當于當前太陽質(zhì)量全部發(fā)生虧損所釋放的能量。已知太陽光從太陽到地球需要時間為t,地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T,真空中的光速為c,萬有引力常量為G。⑴根據(jù)以上給出的物理量寫出太陽質(zhì)量M的表達式。⑵推算一次γ射線暴發(fā)生時所釋放的能〔兩問都要求用題中給出的物理量表示。解：<1>設地球繞太陽運動軌道半徑為R,地球質(zhì)量為ｍ,根據(jù)萬有引力公式得①<5分>又Ｒ=cｔ②<2分>由①②得Ｍ=4π2t3c3/GT2<2分><2>根據(jù)題意,γ射線暴發(fā)生時,能量大致相當于當前太陽質(zhì)量全部發(fā)生虧損所釋放的能量則根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程<5分>由<1>可知太陽質(zhì)量為Ｍ=4π2t3c3/GT2=4π2t3c3/GT2<2分>4π2t3c5/GT2<2分>即一次γ射線暴發(fā)生時所釋放的能4π2t3c5/GT2<1分>例8<16分>地球繞太陽的公轉(zhuǎn)可認為是勻速圓周運動。已知地球的半徑為R,地球表面的重力加速度為g,地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T。太陽發(fā)出的光經(jīng)過時間t0到達地球。光在真空中的傳播速度為c。根據(jù)以上條件推算太陽的質(zhì)量M與地球的質(zhì)量m之比。解：設地球繞太陽做勻速圓周運動的半徑為r,角速度為根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律〔4分〔3分r=ct0〔3分設地球表面小物體的質(zhì)量為m0〔4分由以上各式得〔2分例9地球質(zhì)量為M,半徑為R,自轉(zhuǎn)角速度為,萬有引力恒量為G,假如規(guī)定物體在離地球無窮遠處勢能為0,則質(zhì)量為m的物體離地心距離為r時,具有的萬有引力勢能可表示為。國際空間站是迄今世界上最大的航天工程,它是在地球大氣層上空繞地球飛行的一個巨大人造天體,可供宇航員在其上居住和科學實驗。設空間站離地面高度為h,假如在該空間站上直接發(fā)射一顆質(zhì)量為m的小衛(wèi)星,使其能到達地球同步衛(wèi)星軌道并能在軌道上正常運行,求該衛(wèi)星在離開空間站時必須具有多大的初動能？.解：由得,衛(wèi)星在空間站上動能為衛(wèi)星在空間站上的引力勢能為機械能為同步衛(wèi)星在軌道上正常運行時有故其軌道半徑由上式可得同步衛(wèi)星的機械能衛(wèi)星運動過程中機械能守恒,故離開航天飛機的衛(wèi)星的機械能應為E2,設離開航天飛機時衛(wèi)星的初動能為則＝例10〔14分中國首個月球探測計劃"嫦娥工程"預計在2017年送機器人上月球,實地采樣送回地球,為載人登月及月球基地選址做預備．設想我國宇航員隨"嫦娥"號登月飛船繞月球飛行,飛船上備有以下實驗儀器：A．計時表一只,B．彈簧秤一把,C．已知質(zhì)量為m的物體一個,D．天平一只<附砝碼一盒>．在飛船貼近月球表面時可近似看成繞月球做勻速圓周運動,宇航員測量出飛船在靠近月球表面的圓形軌道繞行N圈所用的時間為t．飛船的登月艙在月球上著陸后,遙控機器人利用所攜帶的儀器又進行了第二次測量,利用上述兩次測量的物理量可出推導出月球的半徑和質(zhì)量．〔已知萬有引力常量為G,要求：〔1說明機器人是如何進行第二次測量的？〔2試推導用上述測量的物理量表示的月球半徑和質(zhì)量的表達式．解：〔1機器人在月球上用彈簧秤豎直懸掛物體,靜止時讀出彈簧秤的讀數(shù)F,即為物體在月球上所受重力的大小〔2分〔2在月球上忽略月球的自轉(zhuǎn)可知=F①〔2分②〔2分飛船在繞月球運行時,因為是靠近月球表面,故近似認為其軌道半徑為月球的半徑R,由萬有引力提供物體做圓周運動的向心力可知③〔2分又④〔2分由①、②、③、④式可知月球的半徑〔2分月球的質(zhì)量〔2分例11、天文觀測表明,幾乎所有遠處的恒星〔或星系都在以各自的速度背離我們而運動,離我們越遠的星體,背離我們運動的速度〔稱為退行速度越大；也就是說,宇宙在膨脹,不同星體的退行速度v和它們離我們的距離r成正比,即v=Hr。式中H為一常量,稱為哈勃常數(shù),已由天文觀察測定,為解釋上述現(xiàn)象,有人提供一種理論,認為宇宙是從一個大爆炸的火球開始形成的,假設大爆炸后各星體即以不同的速度向外勻速運動,并設想我們就位于其中心,則速度越大的星體現(xiàn)在離我們越遠,這一結(jié)果與上述天文觀測一致。由上述理論和天文觀測結(jié)果,可估算宇宙年齡T,其計算式如何？根據(jù)近期觀測,哈勃常數(shù)H=3×10-2m/〔s光年,其中光年是光在一年中行進的距離,由此估算宇宙的年齡約為多少年？解析：由題意可知,可以認為宇宙中的所有星系均從同一點同時向外做勻速直線運動,由于各自的速度不同,所以星系間的距離都在增大,以地球為參考系,所有星系以不同的速度均在勻速遠離。則由s=vt可得r=vT,所以,宇宙年齡：T===若哈勃常數(shù)H=3×10-2m/〔s光年則T==1010年例12、20XX7月1日,卡西尼—惠更斯號飛船到達距離土星最近位置,距離土星上層大氣只有18000千米,這個距離接近土星半徑的三分之一,此時飛船啟動它的主發(fā)動機減速,使飛船被土星引力俘獲進入軌道?；莞固栍?0XX12月25日與卡西尼號分離,并于20XX01月14日進入土衛(wèi)六大氣層并于120—150分鐘后在土衛(wèi)六表面南緯10°,東經(jīng)160°四周區(qū)域著陸．土星的赤道半徑約為6萬千米,其表面重力加速度是地球表面重力加速度的1.07倍?！瞘地=10m/s2〔1求西尼—惠更斯號飛船在距離土星赤道18000千米上空,做勻速圓周運動時的速度v?！?假設惠更斯號探測器質(zhì)量是卡西尼號飛船質(zhì)量的倍,惠更斯號與卡西尼號分離瞬間,卡西尼號速度大小為v,求分離瞬間惠更斯號以多大的速度向土衛(wèi)六飛行？〔3若取無窮遠處為零勢能點,質(zhì)量為m的物體勢能隨距離變化的關(guān)系為EP=－〔其中M為土星的質(zhì)量,G為引力常量．惠更斯號與卡西尼號分離后,卡西尼號繞土星做以分離點為最近點的橢圓運動,假設最遠點到土星的距離是最近點到土星距離的5.3倍,求卡西尼號在最遠點的速度v2。[解]〔1對卡西尼—惠更斯號飛船由牛頓第二定律和萬有引力定律①<2分>在土星表面②<2分>g土=1.07g地=10.7m/s2解得v=2.22×104m/s<2分>〔2設卡西尼號飛船質(zhì)量為m由動量守恒得惠更斯號是向后方分離發(fā)射的,則mv=mv－mv1③<4分>v1=5.18×104m/s<2分>〔3對卡西尼號由近點到遠點機械能守恒mv12－=mv22－④<4分>得v2=4.68×104m/s<2分>[分析猜測及備考建議]動量、能量綜合應用問題是主干知識點,結(jié)合天體運動這方面也較輕易出綜合題,因此它是高考出題的熱點問題。[答題技巧]動量守恒、能量守恒、動能定理是這類問題的理論依據(jù),解題中要害是正確分析相互作用過程,建立正確的模型,結(jié)合動力學的知識順利解題。例13、宇宙飛船在半徑為R。的軌道上運行,變軌后的半徑為R2,R1>R2。宇宙飛船繞地球做勻速圓周運動,則變軌后宇宙飛船的A．線速度變小B．角速度變小C．周期變大D．向心加速度變大答案.D[解析]根據(jù)得,可知變軌后飛船的線速度變大,A錯.角速度變大B錯.周期變小C錯.向心加速度在增大D正確.例14、20XX2月11日,俄羅斯的"宇宙-2251"衛(wèi)星和美國的"銥-33"衛(wèi)星在西伯利亞上空約805km處發(fā)生碰撞。這是歷史上首次發(fā)生的完整在軌衛(wèi)星碰撞事件。碰撞過程中產(chǎn)生的大量碎片可能會影響太空環(huán)境。假定有甲、乙兩塊碎片,繞地球運動的軌道都是圓,甲的運行速率比乙的大,則下列說法中正確的是A.甲的運行周期一定比乙的長B.甲距地面的高度一定比乙的高C.甲的向心力一定比乙的小D.甲的加速度一定比乙的大答案：D解析：由可知,甲的速率大,甲碎片的軌道半徑小,故B錯；由公式可知甲的周期小故A錯；由于未知兩碎片的質(zhì)量,無法判斷向心力的大小,故C錯；碎片的加速度是指引力加速度由得,可知甲的加速度比乙大,故D對。例15、已知地球半徑為R,地球表面重力加速度為g,不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響。推導第一宇宙速度v1的表達式；若衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動,運行軌道距離地面高度為h,求衛(wèi)星的運行周期T。解：〔1設衛(wèi)星的質(zhì)量為m,地球的質(zhì)量為M,在地球表面附近滿足得①衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于它受到的萬有引力②①式代入②式,得到〔2考慮①式,衛(wèi)星受到的萬有引力為③由牛頓第二定律④③、④聯(lián)立解得例16、"嫦娥一號"月球探測器在環(huán)繞月球運行過程中,設探測器運行的軌道半徑為r,運行速率為v,當探測器在飛越月球上一些環(huán)形山中的質(zhì)量密集區(qū)上空時A.r、v都將略為減小B.r、v都將保持不變C.r將略為減小,v將略為增大D.r將略為增大,v將略為減小答案C[解析]當探測器在飛越月球上一些環(huán)形山中的質(zhì)量密集區(qū)上空時,引力變大,探測器做近心運動,曲率半徑略為減小,同時由于引力做正功,動能略為增加,所以速率略為增大例17、地球和木星繞太陽運行的軌道都可以看作是圓形的。已知木星的軌道半徑約為地球軌道半徑的5.2倍,則木星與地球繞太陽運行的線速度之比約為A.0.19B.0.44C.2.3D.5.2答案B。[解析]天體的運動滿足萬有引力充當向心力即可知,可見木星與地球繞太陽運行的線速度之比,B正確。例18、天文學家新發(fā)現(xiàn)了太陽系外的一顆行星。這顆行星的體積是地球的4.7倍,是地球的25倍。已知某一近地衛(wèi)星繞地球運動的周期約為1.4小時,引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2,,由此估算該行星的平均密度為×103kg/m3B.5.6×103kg/m3C.1.1×104kg/m3×104kg/m3答案D[解析]本題考查天體運動的知識.首先根據(jù)近地衛(wèi)星饒地球運動的向心力由萬有引力提供,可求出地球的質(zhì)量.然后根據(jù),可得該行星的密度約為2.9×104kg/m3例19、如圖,P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點,在P點正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲藏有石油,假定區(qū)域周圍巖石均勻分布,密度為；石油密度遠小于,可將上述球形區(qū)域視為空腔。如果沒有這一空腔,則該地區(qū)重力加速度〔正常值沿豎直方向；當存在空腔時,該地區(qū)重力加速度的大小和方向會與正常情況有微小偏高。重力加速度在原堅直方向〔即PO方向上的投影相對于正常值的偏離叫做"重力加速度反常"。為了探尋石油區(qū)域的位置和石油儲量,常利用P點附近重力加速度反?，F(xiàn)象。已知引力常數(shù)為G。設球形空腔體積為V,球心深度為d〔遠小于地球半徑,=x,求空腔所引起的Q點處的重力加速度反常若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：重力加速度反常值在與〔k>1之間變化,且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半為L的范圍的中心,如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的,試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積。答案〔1〔2,[解析]本題考查萬有引力部分的知識.<1>如果將近地表的球形空腔填滿密度為的巖石,則該地區(qū)重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通過填充后的球形區(qū)域產(chǎn)生的附加引力………①來計算,式中的m是Q點處某質(zhì)點的質(zhì)量,M是填充后球形區(qū)域的質(zhì)量,……………②而r是球形空腔中心O至Q點的距離………③在數(shù)值上等于由于存在球形空腔所引起的Q點處重力加速度改變的大小.Q點處重力加速度改變的方向沿OQ方向,重力加速度反常是這一改變在豎直方向上的投影………④聯(lián)立以上式子得,…………⑤<2>由⑤式得,重力加速度反常的最大值和最小值分別為……⑥……………⑦由提設有、……⑧聯(lián)立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為,例20、20XX9月25日至28日我國成功實施了"神舟"七號載入航天飛行并實現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行,后在遠地點343千米處點火加速,由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道,在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是〔P地球P地球Q軌道1軌道2B．飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)C．飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度D．飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度答案：BC考點：機械能守恒定律,完全失重,萬有引力定律解析：飛船點火變軌,前后的機械能不守恒,所以A不正確。飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力,航天員出艙前后都處于失重狀態(tài),B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時,根據(jù)可知,飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度,C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度,變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度,所以相等,D不正確。提示：若物體除了重力、彈性力做功以外,還有其他力<非重力、彈性力>不做功,且其他力做功之和不為零,則機械能不守恒。根據(jù)萬有引力等于衛(wèi)星做圓周運動的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動能、動量等狀態(tài)量。由得,由得,由得,可求向心加速度。例21、20XX12月,天文學家們通過觀測的數(shù)據(jù)確認了銀河系中央的黑洞"人馬座A*"的質(zhì)量與太陽質(zhì)量的倍數(shù)關(guān)系。研究發(fā)現(xiàn),有一星體S2繞人馬座A*做橢圓運動,其軌道半長軸為9.50102天文單位〔地球公轉(zhuǎn)軌道的半徑為一個天文單位,人馬座A*就處在該橢圓的一個焦點上。觀測得到S2星的運行周期為15.2年。若將S2星的運行軌道視為半徑r=9.50102天文單位的圓軌道,試估算人馬座A*的質(zhì)量MA是太陽質(zhì)量Ms的多少倍<結(jié)果保留一位有效數(shù)字>；黑洞的第二宇宙速度極大,處于黑洞表面的粒子即使以光速運動,其具有的動能也不足以克服黑洞對它的引力束縛。由于引力的作用,黑洞表面處質(zhì)量為m的粒子具有勢能為Ep=-G<設粒子在離黑洞無限遠處的勢能為零>,式中M、R分別表示黑洞的質(zhì)量和半徑。已知引力常量G=6.710-11N·m2/kg2,光速c=3.0108m/s,太陽質(zhì)量Ms=2.01030kg,太陽半徑Rs=7.0108m,不考慮相對論效應,利用上問結(jié)果,在經(jīng)典力學范圍內(nèi)求人馬座A*的半徑RA與太陽半徑之比應小于多少〔結(jié)果按四舍五入保留整數(shù)?！?,〔2[解析]本題考查天體運動的知識。其中第2小題為信息題,如"黑洞""引力勢能"等陌生的知識都在題目中給出,考查學生提取信息,處理信息的能力,體現(xiàn)了能力立意。 〔1S2星繞人馬座A*做圓周運動的向心力由人馬座A*對S2星的萬有引力提供,設S2星的質(zhì)量為mS2,角速度為ω,周期為T,則=1\*GB3①=2\*GB3②設地球質(zhì)量為mE,公轉(zhuǎn)軌道半徑為rE,周期為TE,則=3\*GB3③綜合上述三式得 式中TE=1年=4\*GB3④rE=1天文單位=5\*GB3⑤ 代入數(shù)據(jù)可得=6\*GB3⑥ 〔2引力對粒子作用不到的地方即為無限遠,此時料子的勢能為零。"處于黑洞表面的粒子即使以光速運動,其具有的動能也不足以克服黑洞對它的引力束縛",說明了黑洞表面處以光速運動的粒子在遠離黑洞的過程中克服引力做功,粒子在到達無限遠之前,其動能便減小為零,此時勢能仍為負值,則其能量總和小于零,則有=7\*GB3⑦依題意可知,可得=8\*GB3⑧代入數(shù)據(jù)得=9\*GB3⑨=10\*GB3⑩例22、天文學家將相距較近、僅在彼此的引力作用下運行的兩顆恒星稱為雙星。雙星系統(tǒng)在銀河系中很普遍。利用雙星系統(tǒng)中兩顆恒星的運動特征可推算出它們的總質(zhì)量。已知某雙星系統(tǒng)中兩顆恒星圍繞它們連線上的某一固定點分別做勻速圓周運動,周期均為T,兩顆恒星之間的距離為r,試推算這個雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量?！惨ΤＡ繛镚解：設兩顆恒星的質(zhì)量分別為m1、m2,做圓周運動的半徑分別為r1、r2,角速度分別為w1,w2。根據(jù)題意有w1=w2 ①r1+r2=r②根據(jù)萬有引力定律和牛頓定律,有G③G④聯(lián)立以上各式解得⑤根據(jù)解速度與周期的關(guān)系知⑥聯(lián)立③⑤⑥式解得⑦例23、我國發(fā)射的"嫦娥一號"探月衛(wèi)星沿近似于圓形的軌道繞月飛行。為了獲得月球表面全貌的信息,讓衛(wèi)星軌道平面緩慢變化。衛(wèi)星將獲得的信息持續(xù)用微波信號發(fā)回地球。設地球和月球的質(zhì)量分別為M和m,地球和月球的半徑分別為R和R1,月球繞地球的軌道半徑和衛(wèi)星繞月球的軌道半徑分別為r和r1,月球繞地球轉(zhuǎn)動的周期為T。假定在衛(wèi)星繞月運行的一個周期內(nèi)衛(wèi)星軌道平面與地月連心線共面,求在該周期內(nèi)衛(wèi)星發(fā)射的微波信號因月球遮擋而不能到達地球的時間〔用M、m、R、R1、r、r1和T表示,忽略月球繞地球轉(zhuǎn)動對遮擋時間的影響。解：如圖,O和O/分別表示地球和月球的中心。在衛(wèi)星軌道平面上,A是地月連心線OO/與地月球面的公切線ACD的交點,D、C和B分別是該公切線與地球表面、月球表面和衛(wèi)星圓軌道的交點。根據(jù)對稱性,過A點在另一側(cè)作地月球面的公切線,交衛(wèi)星軌道于E點。衛(wèi)星在運動時發(fā)出的信號被遮擋。設探月衛(wèi)星的質(zhì)量為m0,萬有引力常量為G,根據(jù)萬有引力定律有G＝mr①G＝m0r1②式中,T1是探月衛(wèi)星繞月球轉(zhuǎn)動的周期。由①②式得③設衛(wèi)星的微波信號被遮擋的時間為t,則由于衛(wèi)星繞月做勻速圓周運動,應有④式中,α＝∠CO/A,β＝∠CO/B'。由幾何關(guān)系得rcosα＝R－R1⑤r1cosβ＝R1⑥由③④⑤⑥式得t＝⑦三易錯題集例1假如一做圓周運動的人造地球衛(wèi)星的軌道半徑增大到原來的2倍,仍做圓周運動,則〔A．根據(jù)公式v=ωr,可知衛(wèi)星運動的線速度增大到原來的2倍。D．根據(jù)上述選項B和C給出的公式,可知衛(wèi)星運動的線速度將減[錯解]選擇A,B,C所以選擇A,B,C正確。[錯解分析]A,B,C中的三個公式確實是正確的,但使用過程中A,[分析解答]正確選項為C,D。A選項中線速度與半徑成正比是在角速度一定的情況下。而r變化時,角速度也變。所以此選項不正確。同理B選項也是如此,F∝是在v一定時,但此時v變化,故B選項錯。而C選項中G,M,m都是恒量,所以F∝[評析]物理公式反映物理規(guī)律,不理解死記硬背經(jīng)常會出錯。使用中應理解記憶。知道使用條件,且知道來攏去脈。衛(wèi)星繞地球運動近似看成圓周運動,萬有引力提供向心力,由此將根據(jù)以上式子得出例2一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細圓管,位于豎直平面內(nèi),環(huán)的半徑為R〔比細管的半徑大得多,圓管中有兩個直徑與細管內(nèi)徑相同的小球〔可視為質(zhì)點。A球的質(zhì)量為m1,B球的質(zhì)量為m2。它們沿環(huán)形圓管順時針運動,經(jīng)過最低點時的速度都為v0。設A球運動到最低點時,球恰好運動到最高點,若要此時兩球作用于圓管的合力為零,那么m1,m2,R與v0應滿足關(guān)系式是。[錯解]依題意可知在A球通過最低點時,圓管給A球向上的彈力N1為向心力,則有B球在最高點時,圓管對它的作用力N2為m2的向心力,方向向下,則有因為m2由最高點到最低點機械能守恒,則有[錯解原因]錯解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏規(guī)范的解題過程。沒有做受力分析,導致漏掉重力,表面上看分析出了N1=N2,但實際并沒有真正明白為什么圓管給m2向下的力?？傊畯母旧峡催€是解決力學問題的基本功受力分析不過關(guān)。[分析解答]首先畫出小球運動達到最高點和最低點的受力圖,如圖4-1所示。A球在圓管最低點必受向上彈力N1,此時兩球?qū)A管的合力為零,m2必受圓管向下的彈力N2,且N1=N2。據(jù)牛頓第二定律A球在圓管的最低點有同理m2在最高點有m2球由最高點到最低點機械能守恒[評析]比較復雜的物理過程,如能依照題意畫出草圖,確定好研究對象,逐一分析就會變?yōu)楹唵螁栴}。找出其中的聯(lián)系就能很好地解決問題。例3從地球上發(fā)射的兩顆人造地球衛(wèi)星A和B,繞地球做勻速圓周運動的半徑之比為RA∶RB=4∶1,求它們的線速度之比和運動周期之比。設A,B兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量分別為mA,mB。[錯解原因]這里錯在沒有考慮重力加速度與高度有關(guān)。根據(jù)萬有引力定律知道：可見,在"錯解"中把A,B兩衛(wèi)星的重力加速度gA,gB當作相同的g來處理是不對的。[分析解答]衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動,萬有引力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有[評析]我們在研究地球上的物體的運動時,地面附近物體的重力加速度近似看做是恒量。但研究天體運動時,應注意不能將其認為是常量,隨高度變化,g值是改變的。例4使一小球沿半徑為R的圓形軌道從最低點上升,那么需給它最小速度為多大時,才能使它達到軌道的最高點？[錯解]如圖4-2所示,根據(jù)機械能守恒,小球在圓形軌道最高點A時的勢能等于它在圓形軌道最低點B時的動能〔以B點作為零勢能位置,所以為從而得[錯解原因]小球到達最高點A時的速度vA不能為零,否則小球早在到達A點之前就離開了圓形軌道。要使小球到達A點〔自然不脫離圓形軌道,則小球在A點的速度必須滿足式中,NA為圓形軌道對小球的彈力。上式表示小球在A點作圓周運動所需要的向心力由軌道對它的彈力和它本身的重力共同提供。當NA=0時,[分析解答]以小球為研究對象。小球在軌道最高點時,受重力和軌道給的彈力。小球在圓形軌道最高點A時滿足方程根據(jù)機械能守恒,小球在圓形軌道最低點B時的速度滿足方程解<1>,<2>方程組得軌道的最高點A。例5用長L=1.6m的細繩,一端系著質(zhì)量M=1kg的木塊,另一端掛在固定點上?，F(xiàn)有一顆質(zhì)量m=20g的子彈以v1=500m／s的水平速度向木塊中心射擊,結(jié)果子彈穿出木塊后以v2=100m／s的速度前進。問木塊能運動到多高？〔取g=10m／s2,空氣阻力不計[錯解]在水平方向動量守恒,有mv1=Mv+mv2<1>式①中v為木塊被子彈擊中后的速度。木塊被子彈擊中后便以速度v開始擺動。由于繩子對木塊的拉力跟木塊的位移垂直,對木塊不做功,所以木塊的機械能守恒,即h為木塊所擺動的高度。解①,②聯(lián)立方程組得到v=8<v/s>h=3.2<m>[錯解原因]這個解法是錯誤的。h=3.2m,就是木塊擺動到了B點。如圖4-3所示。則它在B點時的速度vB。應滿足方程這時木塊的重力提供了木塊在B點做圓周運動所需要的向心力。解如果vB＜4m/s,則木塊不能升到B點,在到達B點之前的某一位置以某一速度開始做斜向上拋運動。而木塊在B點時的速度vB=4m/s,是不符合機械能守恒定律的,木塊在B點時的能量為<選A點為零勢能點>兩者不相等?？梢娔緣K升不到B點,一定是h＜3.2m。實際上,在木塊向上運動的過程中,速度逐漸減小。當木塊運動到某一臨界位置C時,如圖4－4所示,木塊所受的重力在繩子方向的分力恰好等于木塊做圓周運動所需要的向心力。此時繩子的拉力為零,繩子便開始松弛了。木塊就從這個位置開始,以此刻所具有的速度vc作斜上拋運動。木塊所能到達的高度就是C點的高度和從C點開始的斜上拋運動的最大高度之和。[分析解答]如上分析,從式①求得vA=v=8m/s。木塊在臨界位置C時的速度為vc,高度為h′=l<1+cosθ>如圖所示,根據(jù)機船能守恒定律有木塊從C點開始以速度vc做斜上拋運動所能達到的最大高度h″為[評析]物體能否做圓運動,不是我們想象它怎樣就怎樣這里有一個需要的向心力和提供向心力能否吻合的問題,當需要能從實際提供中找到時,就可以做圓運動。所謂需要就是符合牛頓第二定律F向=ma向的力,而提供則是實際中的力若兩者不相等,則物體將做向心運動或者離心運動。第七章機械能守恒定律一知識點總結(jié)〔一功和功率1.功：功是力的空間積累效應。它和位移相對應〔也和時間相對應。計算功的方法有兩種：⑴按照定義求功。即：W=Fscosθ。在高中階段,這種方法只適用于恒力做功。當時F做正功,當時F不做功,當時F做負功。這種方法也可以說成是：功等于恒力和沿該恒力方向上的位移的乘積。⑵用動能定理W=ΔEk或功能關(guān)系求功。當F為變力時,高中階段往往考慮用這種方法求功。這里求得的功是該過程中外力對物體做的總功〔或者說是合外力做的功。這種方法的依據(jù)是：做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程,功是能的轉(zhuǎn)化的量度。如果知道某一過程中能量轉(zhuǎn)化的數(shù)值,那么也就知道了該過程中對應的功的數(shù)值。2.一對作用力和反作用力做功的特點⑴一對作用力和反作用力在同一段時間內(nèi)做的總功可能為正、可能為負、也可能為零。⑵一對互為作用反作用的摩擦力做的總功可能為零〔靜摩擦力、可能為負〔滑動摩擦力,但不可能為正。3.功率：功率是描述做功快慢的物理量。⑴功率的定義式：,所求出的功率是時間t內(nèi)的平均功率。vafF⑵功率的計算式：P=Fvcosθ,其中θ是力與速度間的夾角。該公式有兩種用法：①求某一時刻的瞬時功率。這時F是該時刻的作用力大小,v取瞬時值,對應的P為F在該時刻的瞬時功率；②當v為某段位移〔時間內(nèi)的平均速度時,則要求這段位移〔時間內(nèi)F必須為恒力,對應的PvafF⑶重力的功率可表示為PG=mgvy,即重力的瞬時功率等于重力和物體在該時刻的豎直分速度之積。⑷汽車的兩種加速問題。當汽車從靜止開始沿水平面加速運動時,有兩種不同的加速過程,但分析時采用的基本公式都是P=Fv和F-f=ma①恒定功率的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知,由于P恒定,隨著v的增大,F必將減小,a也必將減小,汽車做加速度不斷減小的加速運動,直到F=f,a=0,這時v達到最大值?？梢姾愣üβ实募铀僖欢ú皇莿蚣铀?。這種加速過程發(fā)動機做的功只能用W=Pt計算,不能用W=Fs計算〔因為F為變力。②恒定牽引力的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知,由于F恒定,所以a恒定,汽車做勻加速運動,而隨著v的增大,P也將不斷增大,直到P達到額定功率Pm,功率不能再增大了。這時勻加速運動結(jié)束,其最大速度為,此后汽車要想繼續(xù)加速就只能做恒定功率的變加速運動了。可見恒定牽引力的加速時功率一定不恒定。這種加速過程發(fā)動機做的功只能用W=Fs計算,不能用W=Pt計算〔因為P為變功率。要注意兩種加速運動過程的最大速度的區(qū)別?！捕幽芏ɡ?.動能定理的表述〔1合外力做的功等于物體動能的變化?！策@里的合外力指物體受到的所有外力的合力,包括重力。表達式為W=ΔEK〔2動能定理也可以表述為：外力對物體做的總功等于物體動能的變化。實際應用時,后一種表述比較好操作。不必求合力,特別是在全過程的各個階段受力有變化的情況下,只要把各個力在各個階段所做的功都按照代數(shù)和加起來,就可以得到總功?！?和動量定理一樣,動能定理也建立起過程量〔功和狀態(tài)量〔動能間的聯(lián)系。這樣,無論求合外力做的功還是求物體動能的變化,就都有了兩個可供選擇的途徑。和動量定理不同的是：功和動能都是標量,動能定理表達式是一個標量式,不能在某一個方向上應用動能定理。2.應用動能定理解題的步驟⑴確定研究對象和研究過程。和動量定理不同,動能定理的研究對象只能是單個物體,如果是系統(tǒng),那么系統(tǒng)內(nèi)的物體間不能有相對運動?！苍蚴牵合到y(tǒng)內(nèi)所有內(nèi)力的總沖量一定是零,而系統(tǒng)內(nèi)所有內(nèi)力做的總功不一定是零。⑶寫出該過程中合外力做的功,或分別寫出各個力做的功〔注意功的正負。如果研究過程中物體受力情況有變化,要分別寫出該力在各個階段做的功。⑷寫出物體的初、末動能。⑸按照動能定理列式求解。1.動能定理的表述〔1合外力做的功等于物體動能的變化?！策@里的合外力指物體受到的所有外力的合力,包括重力。表達式為〔2動能定理也可以表述為：外力對物體做的總功等于物體動能的變化。實際應用時,后一種表述比較好操作。不必求合力,特別是在全過程的各個階段受力有變化的情況下,只要把各個力在各個階段所做的功都按照代數(shù)和加起來,就可以得到總功。〔3和動量定理一樣,動能定理也建立起過程量〔功和狀態(tài)量〔動能間的聯(lián)系。這樣,無論求合外力做的功還是求物體動能的變化,就都有了兩個可供選擇的途徑。和動量定理不同的是：功和動能都是標量,動能定理表達式是一個標量式,不能在某一個方向上應用動能定理。2.應用動能定理解題的步驟⑴確定研究對象和研究過程。和動量定理不同,動能定理的研究對象只能是單個物體,如果是系統(tǒng),那么系統(tǒng)內(nèi)的物體間不能有相對運動?！苍蚴牵合到y(tǒng)內(nèi)所有內(nèi)力的總沖量一定是零,而系統(tǒng)內(nèi)所有內(nèi)力做的總功不一定是零。⑶寫出該過程中合外力做的功,或分別寫出各個力做的功〔注意功的正負。如果研究過程中物體受力情況有變化,要分別寫出該力在各個階段做的功。⑷寫出物體的初、末動能。⑸按照動能定理列式求解。〔三機械能守恒定律1.機械能守恒定律的兩種表述⑴在只有重力做功的情形下,物體的動能和重力勢能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化,但機械能的總量保持不變。⑵如果沒有摩擦和介質(zhì)阻力,物體只發(fā)生動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化時,機械能的總量保持不變。對機械能守恒定律的理解：①機械能守恒定律的研究對象一定是系統(tǒng),至少包括地球在內(nèi)。通常我們說"小球的機械能守恒"其實一定也就包括地球在內(nèi),因為重力勢能就是小球和地球所共有的。另外小球的動能中所用的v,也是相對于地面的速度。②當研究對象〔除地球以外只有一個物體時,往往根據(jù)是否"只有重力做功"來判定機械能是否守恒；當研究對象〔除地球以外由多個物體組成時,往往根據(jù)是否"沒有摩擦和介質(zhì)阻力"來判定機械能是否守恒。③"只有重力做功"不等于"只受重力作用"。在該過程中,物體可以受其它力的作用,只要這些力不做功,或所做功的代數(shù)和為零,就可以認為是"只有重力做功"。2.機械能守恒定律的各種表達形式⑴,即；⑵；；用⑴時,需要規(guī)定重力勢能的參考平面。用⑵時則不必規(guī)定重力勢能的參考平面,因為重力勢能的改變量與參考平面的選取沒有關(guān)系。尤其是用ΔE增=ΔE減,只要把增加的機械能和減少的機械能都寫出來,方程自然就列出來了。3.解題步驟⑴確定研究對象和研究過程。⑵判斷機械能是否守恒。⑶選定一種表達式,列式求解?！菜墓δ荜P(guān)系1．做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程,功是能的轉(zhuǎn)化的量度。2．能量守恒和轉(zhuǎn)化定律是自然界最基本的定律之一。而在不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化的過程中,功扮演著重要的角色。本章的主要定理、定律都是由這個基本原理出發(fā)而得到的。需要強調(diào)的是：功是一種過程量,它和一段位移〔一段時間相對應；而能是一種狀態(tài)量,它個一個時刻相對應。兩者的單位是相同的〔都是J,但不能說功就是能,也不能說"功變成了能"。3．復習本章時的一個重要課題是要研究功和能的關(guān)系,尤其是功和機械能的關(guān)系。突出："功是能量轉(zhuǎn)化的量度"這一基本概念。⑴物體動能的增量由外力做的總功來量度：W外=ΔEk,這就是動能定理。⑵物體重力勢能的增量由重力做的功來量度：WG=-ΔEP,這就是勢能定理。⑶物體機械能的增量由重力以外的其他力做的功來量度：W其=ΔE機,〔W其表示除重力以外的其它力做的功,這就是機械能定理。⑷當W其=0時,說明只有重力做功,所以系統(tǒng)的機械能守恒。⑸一對互為作用力反作用力的摩擦力做的總功,用來量度該過程系統(tǒng)由于摩擦而減小的機械能,也就是系統(tǒng)增加的內(nèi)能。fd=Q〔d為這兩個物體間相對移動的路程。二例題分析θLmF例1：如圖所示,質(zhì)量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置。在下列三種情況下,分別用水平拉力F將小球拉到細線與豎直方向成θ角的位置。在此過程中,拉力F做的功各是多少？⑴用F緩慢地拉；⑵F為恒力；⑶θLmFA.B.C.D.解：⑴若用F緩慢地拉,則顯然F為變力,只能用動能定理求解。F做的功等于該過程克服重力做的功。選D⑵若F為恒力,則可以直接按定義求功。選B⑶若F為恒力,而且拉到該位置時小球的速度剛好為零,那么按定義直接求功和按動能定理求功都是正確的。選B、Dθ2在第三種情況下,由=,可以得到,可見在擺角為時小球的速度最大。實際上,因為F與mg的合力也是恒力,而繩的拉力始終不做功,所以其效果相當于一個擺,我們可以把這樣的裝置叫做"歪擺"。θ2例2：質(zhì)量為2t的農(nóng)用汽車,發(fā)動機額定功率為30kW,汽車在水平路面行駛時能達到的最大時速為54km/h。若汽車以額定功率從靜止開始加速,當其速度達到v=36km/h時的瞬時加速度是多大？解：汽車在水平路面行駛達到最大速度時牽引力F等于阻力f,即Pm=fvm,而速度為v時的牽引力F=Pm/v,再利用F-f=ma,可以求得這時的a=0.50m/s2例3：如圖所示,斜面傾角為α,長為L,AB段光滑,BC段粗糙,且BC=2AB。質(zhì)量為m的木塊從斜面頂端無初速下滑,到達C端時速度剛好減小到零。求物體和斜面BC段間的動摩擦因數(shù)μ。αCBA解：以木塊為對象,在下滑全過程中用動能定理：重力做的功為mgLsinααCBAmgLsinα=0,從本例題可以看出,由于用動能定理列方程時不牽扯過程中不同階段的加速度,所以比用牛頓定律和運動學方程解題簡潔得多。vv/fGGf例4：vv/fGGf和,可得H=v02/2g,再以小球為對象,在有空氣阻力的情況下對上升和下落的全過程用動能定理。全過程重力做的功為零,所以有：,解得從本題可以看出：根據(jù)題意靈活地選取研究過程可以使問題變得簡單。有時取全過程簡單；有時則取某一階段簡單。原則是盡量使做功的力減少,各個力的功計算方便；或使初、末動能等于零。Lhs例5：質(zhì)量為M的木塊放在水平臺面上,臺面比水平地面高出h=0.20m,木塊離臺的右端L=1.7m。質(zhì)量為m=0.10M的子彈以v0=180m/s的速度水平射向木塊,并以v=90m/s的速度水平射出,木塊落到水平地面時的落地點到臺面右端的水平距離為s=1.6m,求木塊與臺面間的動摩擦因數(shù)為Lhs解：本題的物理過程可以分為三個階段,在其中兩個階段中有機械能損失：子彈射穿木塊階段和木塊在臺面上滑行階段。所以本題必須分三個階段列方程：子彈射穿木塊階段,對系統(tǒng)用動量守恒,設木塊末速度為v1,mv0=mv+Mv1……①木塊在臺面上滑行階段對木塊用動能定理,設木塊離開臺面時的速度為v2,有：……②木塊離開臺面后的平拋階段,……③由①、②、③可得μ=0.50從本題應引起注意的是：凡是有機械能損失的過程,都應該分段處理。從本題還應引起注意的是：不要對系統(tǒng)用動能定理。在子彈穿過木塊階段,子彈和木塊間的一對摩擦力做的總功為負功。如果對系統(tǒng)在全過程用動能定理,就會把這個負功漏掉。ABCDGGNN例6：如圖所示,小球以大小為v0的初速度由A端向右運動,到B端時的速度減小為vB；若以同樣大小的初速度由B端向左運動,到A端時的速度減小為vAABCDGGNNvA>vBvA=vBvA<vB例7：如圖物塊和斜面都是光滑的,物塊從靜止沿斜面下滑過程中,物塊機械能是否守恒？系統(tǒng)機械能是否守恒？解：以物塊和斜面系統(tǒng)為研究對象,很明顯物塊下滑過程中系統(tǒng)不受摩擦和介質(zhì)阻力,故系統(tǒng)機械能守恒。又由水平方向系統(tǒng)動量守恒可以得知：斜面將向左運動,即斜面的機械能將增大,故物塊的機械能一定將減少。有些同學一看本題說的是光滑斜面,容易錯認為物塊本身機械能就守恒。這里要提醒兩條：⑴由于斜面本身要向左滑動,所以斜面對物塊的彈力N和物塊的實際位移s的方向已經(jīng)不再垂直,彈力要對物塊做負功,對物塊來說已經(jīng)不再滿足"只有重力做功"的條件。⑵由于水平方向系統(tǒng)動量守恒,斜面一定會向右運動,其動能也只能是由物塊的機械能轉(zhuǎn)移而來,所以物塊的機械能必然減少。AABO例8：如圖所示,質(zhì)量分別為2m和3m的兩個小球固定在一根直角尺的兩端A、B,直角尺的頂點O處有光滑的固定轉(zhuǎn)動軸。AO、BO的長分別為2L和L。開始時直角尺的AO部分處于水平位置而B在O的正下方。讓該系統(tǒng)由靜止開始自由轉(zhuǎn)動,求：⑴當A到達最低點時,A小球的速度大小v；⑵B球能上升的最大高度h；⑶開始轉(zhuǎn)動后B球可能達到的最大速度vm。解：以直角尺和兩小球組成的系統(tǒng)為對象,由于轉(zhuǎn)動過程不受摩擦和介質(zhì)阻力,所以該系統(tǒng)的機械能守恒。⑴過程中A的重力勢能減少,A、B的動能和B的重力勢能增加,A的即時速度總是B的2倍。,解得⑵B球不可能到達O的正上方,它到達最大高度時速度一定為零,設該位置比OA豎直位置向左偏了α角。2mg2Lcosα=3mgL<1+sinα>,此式可化簡為4cosα-3sinα=3,利用三角公式可解得sin<53°-α>=sin37°,α=16°ABOv1v1/2OABαBOθαθA⑶B球速度最大時就是系統(tǒng)動能最大時,而系統(tǒng)動能增大等于系統(tǒng)重力做的功WG。設OA從開始轉(zhuǎn)過θ角時B球速度最大,=2mg2Lsinθ-3mgL<1-cosθ>ABOv1v1/2OABαBOθαθA⑴⑵⑶本題如果用EP+EK=EP/+EK/這種表達形式,就需要規(guī)定重力勢能的參考平面,顯然比較煩瑣。用ΔE增=ΔE減就要簡潔得多。K例9：如圖所示,粗細均勻的U形管內(nèi)裝有總長為4L的水。開始時閥門K閉合,左右支管內(nèi)水面高度差為L。打開閥門K后,左右水面剛好相平時左管液面的速度是多大？〔管的內(nèi)部橫截面很小,摩擦阻力忽略不計K解：由于不考慮摩擦阻力,故整個水柱的機械能守恒。從初始狀態(tài)到左右支管水面相平為止,相當于有長L/2的水柱由左管移到右管。系統(tǒng)的重力勢能減少,動能增加。該過程中,整個水柱勢能的減少量等效于高L/2的水柱降低L/2重力勢能的減少。不妨設水柱總質(zhì)量為8m,則,得。本題在應用機械能守恒定律時仍然是用Δ=Δ建立方程,在計算系統(tǒng)重力勢能變化時用了等效方法。需要注意的是：研究對象仍然是整個水柱,到兩個支管水面相平時,整個水柱中的每一小部分的速率都是相同的。FGva例10：質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒力FFGvaA.物體的重力勢能增加了mgHB.物體的動能減少了FHC.物體的機械能增加了FHD.物體重力勢能的增加小于動能的減少解：由以上三個定理不難得出正確答案是A、CAABCD例11：如圖所示,一根輕彈簧下端固定,豎立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球從靜止開始下落,在B位置接觸彈簧的上端,在C位置小球所受彈力大小等于重力,在D位置小球速度減小到零。小球下降階段下列說法中正確的是例12.<16分>額定功率為80kW的汽車在平直公路上行駛時,其最大速度可達20m/s,汽車的質(zhì)量為2t。假如汽車從靜止開始作勻加速運動,設運動中阻力不變,加速度為2m/s2,求：汽車所受的阻力.〔2這個勻加速過程能維持的時間.解：〔1當汽車達到最大速度時,a=0,即有〔2分∴〔2分=4×103N〔2分〔2勻加速起動時,牽引力恒定,隨著速度增大功率增大,當達到最大功率時,牽引力減小,勻加速結(jié)束,此時速度為V。則有：<4分>∴V=10m/s<2分>由v=at得,這一過程維持的時間為〔2分=5s〔2分例13.〔19分如圖所示,一輕質(zhì)彈簧豎直固定在地面上,自然長度為1m,上面連接一個質(zhì)量為m1=1kg的物體,平衡時物體離地面0.9m。距物體m1正上方高為0.3m處有一個質(zhì)量為m2=1kg的物體自由下落后與彈簧上物體m1碰撞立即合為一體,一起在豎直面內(nèi)做簡諧振動。當彈簧壓縮量最大時,彈簧長為0.6m。求〔g取10m/s2：〔1碰撞結(jié)束瞬間兩物體的動能之和是多少?〔2兩物體一起做簡諧振動時振幅的大??？〔3彈簧長為0.6m時彈簧的彈性勢能大??？解：設m2與m1碰前瞬間速度為V0有：…………4分m2與m1碰撞瞬間豎直方向近似動量守恒,設共同速度為v