全国高中应用物理知识竞赛辅导答案

参考答案与提示第一章 质点运动1．AC 2．B 3．（1）21(1)x x T n r-- T 为电磁打点计时器打点的时间间隔，r 为网盘的半径，2x ，1x 是纸带上选定的两点分别对应的米尺的刻度值，n 为选定的两点间的打点数（含两点）（2）6.8rad /s 4．（1）22.7m /s （2）3.7m 5．（1）1.29s 11.24m /s （2）8.712m /s 6．262m s / 7．与玻璃板运动方向夹角为arccos 0.2 0.92s 8．154.6m /s 9．19.8m 10．17m ，17.9m s / 提示：1．本题的选项中给出了几种不同的前提条件，因此要进行逐一地分析、计算，才能作出最后的判断． 如果立即做匀加速直线运动，12s t =内的位移20111120m>18m2x v t a t =+=，此时汽车的速度为101112m/s<12.5m/s v v a t =+=，汽车没有超速，因此选项A 正确，B 错误．如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间202/ 1.6s t v a ==，此过程通过的位移为22221 6.4m<18m 2x a t ==，所以选项C 正确．2．由题中的图示可看出（将子弹的大小与苹果的大小进行比较），子弹的长度大约为3cm ，题目已给出在曝光时间内子弹影像前后错开的距离为子弹长度的1%~2%，即在曝光时间内，子弹以500m s v =/的速度前进的位移约为43cm 2%610m s =⨯=⨯-．由此可容易算出子弹运动的时间（即曝光时间）为6/110s t s v -==⨯，所以选项B 正确．3．角速度等于弧度与通过这一弧度所用时间的比，弧度等于弧长除以半径． 4．（1）根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以v 表示初速度，H 表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），1s 表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），1t 表示网球运动至网上的时间，h 表示网球通过网上时离地的高度，由平抛运动定律得到11s vt =，2112H h gt -=，两式消去1t 得2122.7m/s 2()gs v H h ==-． （2）用2t 表示网球发出到落地的时间，2s 表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，s 表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动定律得2212H gt =22s vt =两式联立消去2t 得：2215.7m Hs vg==． 所以网球落地点到网的距离为21 3.7m s s s =-=．5．（1）设加速所用时间为t ，匀速运动的速度为v ，则有：1(9.690.15)1002vt t v +--= ①1(19.300.15)0.962002vt t v +--⨯= ②由①②式得1.29s t =，11.24m /s v = （2）设加速度大小为a ，则28.71m/s va t== 6．速率为v 的分子从狭缝3S 进入圆筒，当它穿越直径而撞击玻璃板时，该撞击点P 恰好转到B 点原来的位置上，它穿过直径的时间为1D t v=． 圆筒C 转过弧长s 所用的时间为22s st R Dωω==． 因为两个运动是同时的，所以有12t t =． 联立上述三式可解得分子的速率为2262m/s 2D v sω==． 7．若切成矩形，则割刀相对于运动的玻璃板的速度大小为10m /s ，方向与板的运动方向垂直．设轨道方向与玻璃板运动方向夹角为θ，如图答-1，则有cos v v θ⋅=刀璃2cos 10θ= 因此arccos 0.2θ=切割一次时间19s=0.92s sin 96t v θ==⋅刀．8．炸弹在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动 所以敌机飞行高度为22500m h gt ==/．由图答-2所示的几何关系可知，敌机开始投弹时距人的水平距离1cot305003m=866.0m s h == ．爆炸地点与侦察员之间的距离为2s v =声 680m t =声．从看到投弹到看到炸弹爆炸10s t =的时间内，炸弹飞行的水平距离为12s s s =+．敌机投弹时的飞行速度/154.6m s v s t ==/．9．由题中的实际长度与照片上的长度关系可知，在0.02s 内，石子下落的实际距离为40cm ，在这段时间内，石子的平均速度为20m s /，由自由落体的规律可知，石子在0.01s 时的速度为20m /s ，石子下落的总时间为2s ，因此，石子在摄影曝光的瞬间已经运动的总时间为1.99s ．根据212h gt =得，19.8m h =．10．设超声波在第一次和第二次到达汽车处时，汽车距测速仪的距离分别为1s 和2s ，求两次距离之差即可得到汽车在接收到两个信号之间的时间间隔内前进的距离．由图1-13（b ）的信息可知： 1P 和2P 两个信号之间时间间隔正好是 1.0s t ∆=，在图1-13（b ）中的标尺上对应的是30个小格，说明每个小格相当于时间1s 30． 1P 和1n 之间相差12个小格，即第1个信号从发出到返回历时1112s=0.40s 30t =⨯，该时间为超声波往返的总时间．设声速为0v ，则1012s v t =．同理，2P 和2n 之间相差9个小格，即第2个信号从发出到返回历时219s=0.30s 30t =⨯，则2022s v t =． 汽车在接收到两个信号之间的时间间隔内前进的距离1217m s s s =-=．这个距离s 除以汽车两次接收到信号的时间间隔t 就是汽车的速度．汽车第1次接收到信号的时刻应当是1P 和1n 之间的中间时刻，标尺上对应的是第11．0个小格线，汽车第2次接收到信号的时刻应当是2P 和2n 之间的中间时刻，标尺上对应的是第39.5个小格线．所1(39.511.0)s=0.95s 30t =-⨯．汽车的速度17.9m/s sv t==． 第二章 牛顿运动定律1．B 2．A 3．C 4．AC 5．C 6．4310Pa ⨯ 7．30.8m /s 8．31.510N ⨯9．2274030mg t mgsF s-= 10．31.2510N ⨯11．（1）342m /s ，方向竖直向下 （2）2.4倍 （3）竖直向上加速运动，最可能受到伤害的部位是头顶 提示：1．由图像可知，此人的重力035mg F =，则054F mg =，运动中此人受最大拉力为095F ，即3mg ，所以此人受最大合力为2mg ，最大加速度为2g ．B 项正确．2．根据牛顿第二定律F ma =，va t∆=∆，有420N F =，故选择答案A ． 3．设房顶宽为L （为常量），房顶斜面与水平面的夹角为θ，雨水从房脊流下时的初速度为零，雨水沿屋顶流下的受力分析图如图答-3所示，由受力分析得：雨水沿房顶斜面下滑的加速度为sin sin G a g m θθ==．雨水从房脊流到房檐做的是初速度为零的匀加速直线运动，因此有212cos 2L at θ=，解得：2cos sin cos sin 2LL Lt a g g θθθθ===，所以，当45θ= 时，t 取得最小值．4．由韪中照片两绳与竖直方向的夹角可得，小明下滑时的加速度较小红的大．从题中可得，他们运动的位移相等，根据212x at =得到小明到达终点用时较短；根据v at =可得，小明到达终点时的速度较大．5．求得箱子的加速度为62m /s ，根据22as v =，解得0.005m 5mm s ==．6．模拟司机撞上气囊后做匀减速直线运动，加速度20100m/s t v va t -==根据牛顿第二定律可知，气囊对模拟司机的平均作用力为3310N F ma ==⨯气囊对模拟司机冲击压强的平均值4310Pa Fp S==⨯．7．雨滴下落时受两个力作用：重力，方向向下；空气阻力，方向向上．当雨滴达到终极速度m v 后，加速度为零，二力平衡，用m 表示雨滴质量，有m 0mg krv -= 34π3m r ρ=终极速度2m 4π3r gv kρ= 代入数值得m 30.8m/s v =．8．将运动员看做质量为m 的质点，从1h 高处下落，刚接触网时速度的大小112v gh =（向下）；弹跳后到达的高度为2h ，刚离网时速度的大小222v gh =（向上）． 速度的改变量12v v v ∆=+（向上）．以a 表示加速度，t ∆表示接触时间，则v a t ∆=∆接触过程中运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg ．由牛顿第二定律F mg ma -=得2122gh gh F mg mt+=+∆，代入数值得31.510N F =⨯．9．对小球进行受力分析如图答-4所示，设小球与杆之间的动摩擦因数为μ，由小球做匀速直线运动，所受合外力为零得sin37cos370G F f --=① (cos37sin37)f N G F μμ==+②当夹角变为53 时，由运动学规律可知，小球的加速度a 为22sa t=③ 由牛顿第二定律可得 sin53cos53G F f ma '--=④ (cos53sin53)f N G F μμ''==+⑤由①②③④⑤式解得2274030mg t mgsF s-=．10．海盗船先由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度后做匀减速运动，直到静止．由图像可求得海盗船匀减速运动的加速度大小为2m 00.5m/s v a t-==∆． 海盗船所受到的阻力为31.2510N f F ma ==⨯．11．（1）急剧下降的过程可抽象为初速为零的匀加速直线运动，由212h at =，故方向竖直向下的加速度22234m/s ha t ==． （2）下降加速度大于重力加这度，故安全带对乘客施向下的拉力F ，根据牛顿第二定律有F mg ma +=，所以， 2.4F m a g mg =-=（）． 即乘客所系安全带必提供相当于乘客身体所受重力2.4倍的拉力，才能使乘客不脱离坐椅．（3）未系安全带的乘客向下做自由落体运动，而机舱向下做加速度为342m /s 的匀加速运动，乘客相对机舱将向上做加速度224m/s a '=的竖直向上加速运动，头将重重地撞在机舱顶部，则最可能受到伤害的部位是头顶．第三章 物体的平衡1．B 2．D 3．B 4．D 5．可以；测量方法见“提示” 6．2000N 7．35.5 8．（1）1.5m （2）54.510N ⨯ 9．700N 2根 10．人平时站立，在移动左腿的同时，可以通过改变身体姿势，来调节自身的重心位置，使重心的作用线落在支撑脚上，从而使自己平衡．图中给出的情形，其重心的作用线在两腿之间，如果左腿抬起，则人体不能通过身体姿势的改变，来调节自身的重心位置，使重心的作用线落在支撑脚上，最终会倾倒，因而不能抬起． 提示：1．设绳子与水平方向的夹角为θ，以人为研究对象，受力分析如图答-5所示．以人和吊床为研究对象，在竖直方向上由平衡条件得12sin G F θ=，解得12sin GF θ=．因为坐着时的夹角θ要比躺着时的夹角θ'大一些，所以拉力也就小一些，故选项B 正确．两种吊床对该人的作用力大小为人的重力，所以选项CD 错．2．推车时，自行车的前后轮触地点相对地面均有向前运动的趋势，故所受摩擦力的方向与车的前进方向相反；加速骑车时，自行车的后轮触地点相对地面有向后运动的趋势，受到向前的摩擦力，前轮触地点相对地面有向前运动的趋势，受到的摩擦力是向后的． 3．从物体平衡的角度对风筝进行受力分析，分析图如图答-6所示．风筝在空中静止，由实际生活可知，放风筝的绳子不可能达到水平．绳子提供的拉力在图示的区域里时，风筝所受到的合力才可能平衡．题中的D 图不受向上的力，因此也不正确．4．空杯子本身有自己的重心，对于薄底杯来说，其重心应该在杯子底部和杯口之间的空腔处．如果装在杯子里的水的重心在杯子重心的下方，则系统的重心就要低于杯子的重心；如果装在杯子里的水重心在杯子重心的上方，则系统的重心就要高于杯子的重心．由题中所给的情景可知，水的重心是在逐渐升高的，因此系统的重心是先降低后升高的．5．把物体包在报纸里或粘在报纸上，先用弹簧测力计测出它们的重力G ，然后再在桌面上用弹簧测力计水平拉着它们做匀速运动，此时弹簧测力计的示数为F ，则有摩擦力f F =，滑动摩擦因数F Gμ=． 6．将绳子的拉力合成后，利用相似三角形的对应边成比例列出比例关系式即可求解．7．将水对木板的反作用力F 分解为水平方向的1F 和竖直方向的2F ，2F 的大小和拖拉机的重力G 相等，所以有21πcos 2G F k v ab ρθ==，因此2cos cos v v θθ⎛⎫'= ⎪ ⎪'⎝⎭，35.5θ'= ． 8．（1）空载时合力为零，则有：5610N A B f f P W +=+=⨯ 已知：2B A f f =，求得5210N A f =⨯ 5410N B f =⨯设机架重心在中心线右侧，离中心线的距离为x ，以A 为转轴，力矩平衡4(21)(2)B f W P x ⨯=⨯-+⨯+ 求得 1.5m x =．（2）以A 为转轴，力矩平衡(62)4(2 1.5)(102)B W F P G ⨯-+⨯=⨯++⨯+求得54.510N B F =⨯． 9．由力矩的平衡，有526l dGF=，因此表演者牙齿所受的拉力700N F =． 第四章 圆同运动1．AD 2．AB 3．C 4．C 5．C 6．D 轮上的齿数P ，C 轮的半径R 2πRn P2πRN P ⋅ 7．6008．πdωθ- 9．汽车行驶在平桥上时对桥面的压力大于汽车行驶到凸桥顶端时对桥的压力，所以凸桥比平桥更坚固 10．59.910m ⨯ 11．22π2v M v RT ⎡⎤⎛⎫+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦提示：1．线上的拉力F 与重力的合力提供向心力，使小桶在竖直面内做匀速圆周运动，且桶运动到最低点时拉力最大，由牛顿第二定律有22224πv F mg m m L m L L Tω-===当ω相同时，F 随L 的增大而变大，所以A 正确；当v 相同时，F 随L 的增大而变小，所以D 正确．2．演员和摩托车受力情况如图答-7所示，由图可知cos mgN θ=，因此A ，B 球筒壁的压力相同，所以D 错．由2222πtan v F mg m mr mr r T θω⎛⎫==== ⎪⎝⎭因为A B r r >，则A B v v >，A B ωω<，则A B T T >，所以A 、B 正确，C 错．3．小滑块在碗底时速度最大，由2v F mg m R=+可知，小滑块对碗的压力最大，根据曲线可以看出，从0.5s t =到0.8s t =的过程中，滑块对碗的压力逐渐增大，即滑块沿碗表面下滑，滑块的重力势能减小，所以C 正确．4．因石滚子做匀速圆周运动，故其所受拉力与阻力的合力一定指向圆心．因阻力沿切线方向且与运动方向相反，故拉力的方向一定如图C 所示．5．飞机上的乘客对座椅的压力2v F mg m r=+，式中mg 为乘客的重力，r 为飞机距地心的距离，v 为飞机相对于地心（做圆周运动的圆心）的速率．由于往返飞行时间相同，即飞机相对地面的速率相同．因为地球的白转，由上海飞往美国洛杉矶的飞机相对于地心的速率稍小于由洛杉矶返航飞往上海的飞机的速率，因此前者对座椅的压力一定稍小于后者，所以C 正确．6．测出D 轮上的齿数P 和C 轮的半径R ，则车轮转动一周期的行程为2πR ，每一脉冲小车行程为2πRP，累计行程为2πR s N P =⋅；设单位时间内的脉冲数为n ，则小车的速度为2πs Rnv t P==． 7．设座椅对人的支持力为N ，则由牛顿第二定律有2v N mg m R-=，其中7N mg =，解得36610610m/s=600m/s v gR ==⨯⨯⨯．8．圆筒转过的角度为πθ-，子弹穿过圆筒的时间（亦即圆筒转过的时间）为πt θω-=，所以子弹的速度为πd dv t ωθ==-． 9．如图答-8所示，设凸桥顶端弧形半径为R ，质量为m 的汽车行驶到凸桥顶端（圆形轨道外侧）时的速度为v ，对桥的压力为N ，根据牛顿第二定律有2v mg N m R-=⋅，2v N mg R=-．根据牛顿第三定律，汽车对桥的压力N N mg '=<，即汽车对桥面的压力小于汽车的重力． 汽车行驶到平桥上时，如图答-9所示，汽车对桥面的压力N mg '=明显看出汽车行驶在平桥上时对桥面的压力大于汽车行驶到凸桥顶端时对桥的压力，所以凸桥比平桥更坚固．10．如图答-10所示，从北极往下看，日落时人在赤道的A 处，太阳光沿与A 相切的方向射来．2h 后，地球绕地轴转过角度θ，A 转到A '处，卫星S 在A '正上方刚好被太阳光照射到，高度h 是最低高度．图中R 是地球的半径．地球24h 转过角度为2π，2h 转过的角度2ππ2246θ=⨯=． 由图可知cos OAOS R h θ=+=， 解得5119.910m cos h R θ⎛⎫=-=⨯⎪⎝⎭． 11.对火车，仅仅考虑地球的自转影响时（火车相对地球静止），火车对轨道的压力为N ，根据牛顿第二定律有22π1Mg N M R T R ⎛⎫-=⨯ ⎪⎝⎭，22π1N Mg M R T R⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭．考虑到火车相对地面又附加了一个线速度v 做更快的匀速圆周运动，并设此时火车对轨道的压力为N '，火车的线速度为2πv v R T '=+，222π1v N Mg MMg M v R R T R'⎛⎫'=-=-+⨯ ⎪⎝⎭． 单纯由于该火车向东行驶而引起火车对轨道的压力减轻的数量为 22π2v N N M v RT ⎡⎤⎛⎫'-=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦．第五章 万有引力定律1．D 2．33.210km ⨯ 3．56.9910⨯ 4．（1）0（2）①28.2m /s ②7.6km /s 35.810s ⨯ （3）略（4）减速 5．（1）16次 （2）12232022π14πgR T S R R -⎡⎤⎛⎫⎢⎥=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎣⎦（3）见提示 6．（1）B （2）27% 7．（1）“风云二号”离地面较高；“风云一号”观察地球的范围较大 （2）第二天上午8点 8．12324πarcsin πTR t gT ⎛⎫= ⎪⎝⎭9．02π8gR ω- 10．234π()h R s T g+=11．轨道高度280km 12．191.4min T =，288.6min T =；51(3.46~3.48)10m h =⨯，52(2.08~2.10)10m h =⨯． 提示：1．南万有引力定律和牛顿第二定律有2224πmM G m r r T=22233224π4πGMT gR T r ==，22322sin 6034πgR Ts r ==所以②正确同步卫星所在轨道处的重力，即2mMmg Gr '= GM gr Rg g ==''2sin 603gs r Rg =='所以③正确 故选D ． 2．对物体00F m g m a '-= 20040m/s 9F m a g m -'== 对卫星2()mMmg GR h '=+解得233.210km GMgR h R R g g =-=-=⨯''． 3．在卫星轨道上时有2()mM v G m R h R h =++，在地面上时有2m Mm g G R''=，联立求得22gR h R v=-代入已知数据求出56.9910m h =⨯．4．（1）在穿梭机中的人处于完全失重状态，故视重为0．（2）①22228.2m/s ()()GM gR g R h R h '===++． ②27.6km/s GM gR v R hR h===++ 32π()5.810s R h T v+==⨯． （3）因为地球对穿梭机引力E 2M m F Gr =满足21f K r =（其中E K GM m =为常数），由“注”可知，当穿梭机与地心之间的距离由无穷远处变到r 时，地球引力对其所做的功E M m KW G r r==． 又因为万有引力对穿梭机做多少功，其重力势能就减少多少．若设无穷远处的势能为零，则穿梭机穿梭在半径为r 的轨道上时，其重力势能为E M mE G r =-则穿梭机此时的总机械能2E E E E p k 111222M m M m GM m GM m E E E Gmv G r r r r=+=-+=-+=-⋅总 故穿梭机的总机械能跟1r-成正比．（4）因为E 总跟1r-成正比，因此进入低轨道时总机械能要减小，故必须减速，使总机械能减小．当速度减小后，在引力场的作用下进入低轨道运行，因为引力做正功，动能增加，低轨道环绕速度v '大于原轨道环绕速度v ．又因为v r ω=，v v '>，r r '<，则r r ωω''>，从而获得较大的角速度，所以能赶上哈勃太空望远镜H ． 5．（1）由于飞船每经过90min=1.5h T =绕地球运行一周，即可看到一次日出．所以飞船内的航天员在24h 内看到日出的次数为24/1.516n ==次．（2）设“神舟六号”载人宇宙飞船绕地球运行的高度为H ，由其所能拍摄到的边缘与球心连线和飞船与球心连线之间的夹角为θ，则有cos /()R R H θ=+，如图答-11所示．球冠ABC 的表面积为02πS Rh =，而(1cos )h R θ=-设地球质量为M ，飞船质量为m ，由万有引力和向心力公式有2224π()()Mm G m R H R H T=++ 又因在地球表面有2MmGmg R = 联立解得可拍摄到的球冠表面积为 122322022π(1cos )2π14πgR T S R R R θ-⎡⎤⎛⎫⎢⎥=-=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎣⎦（3）如图答-12所示，若没有大气的影响，只有A ，B 之间发出的光可到达飞船．考虑到大气对光的折射作用，原来不能直接看到的C ，D 点发出的光，通过大气的折射作用，也能到达飞船．所以实际拍摄到的地面最大面积应比上述计算结果大一些．6．（1）地球“自西向东”自转，赤道上各点自西向东的线速度为302π0.4710m/s Rv R Tω===⨯ 近地卫星的线速度，即第一宇宙速度，是相对于地心（不是相对地面）的线速度，根据牛顿第二定律有21mv mg R= 318.010m/s v gR ==⨯ 自西向东发射时，卫星相对地面的速度为3107.5310m/s v v v =-=⨯东自东向西发射时，卫星相对地面的速度为3108.4710m/s v v v =+=⨯西显然，自东向西发射的卫星B 消耗的能量，比自西向东发射的卫星A 消耗的能量多．（2）根据能量转化与守恒定律，发射卫星时消耗的燃料跟卫星获得的动能成正比，对质量相等的卫星来说，则跟卫星的速度平方成正比 2k 2k (8.47) 1.27(7.53)B A E E == 可见，在赤道上发射相同质量的卫星，自东向西发射比自西向东发射要多消耗27%的燃料．7．（1）由2224πmM G m r r T=得2324πGMT r =因为12T T <，所以12r r <， 即“风云二号”离地面较高；“风云一号”绕地球运转，观察地球的范围较大．（2）地球自转周期为24h ，卫星转过两圈，地球自转一圈，所以下次通过该小岛上空将在第二天上午8点．8．设所求的时间为t ，用m ，M 分别表示卫星和地球的质量，r 表示卫星到地心的距离有222πmM G mr r T ⎛⎫= ⎪⎝⎭春分时，太阳光直射地球赤道，如图答13所示，图中圆E 表示赤道，S 表示卫星，A 表示观察者，O 表示地心．由图可看出当卫星S 绕地心O 转到图示位置以后（设地球自转是沿图中逆时针方向），其正下方的观察者将看不见它．根据几何关系有sin r R θ=，又因22πt T θ=2MG g R= 由以上各式可解得 12324πarcsin πTR t gT ⎛⎫=⎪⎝⎭． 9．由20Mm Gmg R =和20202(2)Mm G m R R ω=⋅，得卫星运行的角速度08gR ω= 从而得02π2π8t gR ωωω∆==--．10．侦察卫星绕地球做匀速圆周运动的周期设为1T ，则22214πGMm rm r T =．地球表面处质量为0m 的物体，有000GMm m g R =． 由上述两式得到卫星的周期312πr T R g=，其中r h R =+．地球自转的周期为T ，自转角速度为ω，在卫星绕行一周时，地球自转转过的角度为0θω=，112πT T T=． 摄像机应拍摄赤道圆周的弧长为s R θ=，234π()h R s T g+=． 11．要求卫星轨道平面与地球赤道平面交角4090θ≤≤ ，并在指定时刻恰通过北京上空．设卫星的轨道半径为r ，周期为T 卫，卫星质量为m ．2224πMm G m r r T =卫，nT T =卫地，其中n 为整数．则轨道半径23224πGMT r n =地假设卫星绕地面附近转动，其周期最小， 222min 4πMm G m R R T =，取2MmG mg R =， 则2min4π5065s RT g==由此可算出n 的最大值为2436001717.065065⨯⎛⎫=⎪⎝⎭，等虑到离地面过近的卫星受大气层的影响过大，取16n =，可求出r =6650km ，则轨道距地面高度h 280km =．因此从实际出发，n = 1，2，…时对应的其他高度值也能满足题目要求．12．如果周期恰为90min ，则每天转16圈，将每天飞临地面上的同一地点，现要求每4天飞临地面上的同一地点，即每4天飞行641±周．其周期160244min 91.4min 63T ⨯⨯==，260244min 88.6min 65T ⨯⨯==． 22224π()()MmG mg RMm G m R h R h T ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪+⎩得22324πT h gR R =- 代入数据得5152(3.46~3.48)10m(2.08~2.10)10mh h ⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩第六章 功和能1．AD 2．C 3．（1）625N m .／（2）32010J ⨯.； 41810J ⨯.4．（1）6.0m/s（2）11400N5．（1）405J （2）6795J （3）7200J 6．（1）22.0m/s （2）500m .7．（1）98m （2）829l0J ⨯.；459710W ⨯. 8．（1）326l0W ⨯.（2）400W （3）大于80kg9．（1）15%；67% （2）27m /s .（3）111510m ⨯. 10．（1）31.010mm ⨯ （2）大气层的吸收，大气层的散射或反射，云层遮挡等 11．（1）046.（2）92h .（3）46m .12．18W .提示：1．人和皮带间的摩擦力是静摩擦力，人相对地面不动，受到皮带的静摩擦力沿斜面向上，由牛顿第三定律，人脚对皮带所施的摩擦力沿斜面向下，是皮带运动的动力，所以A 正确，因为皮带匀速运动，皮带运动过程中受到人脚的摩擦力大小等于阻力f ，所以由瞬时功率公式可得，人对皮带做功的功率为P fv =，因此D 正确．2．由公式P Fv =，当汽车以功率P 匀速行驶时，速度为v ；当功率减小一半时，牵引力也立即减小一半，而阻力保持不变，汽车将做减速运动，随着速度不断减小，牵引力又逐渐变大．减速运动的加速度逐渐变小，所以汽车做加速度逐渐减小的减速运动，直到牵引力等于阻力，汽车的速度减小为原来的一半，汽车以05v .的速度匀速行驶，所以选项C 正确．3．小红到达距蹦极台面1L 20m =处速度最大，此时合力为零，即mg kx =，此时弹性绳的伸长量为()102012m 8m x L L =-=-=，所以/62.5N/mk mg x ==．此时m 179m /s v =.小红从开始下落至120m L =的过程，设弹性绳做功为1W ，由动能定理有211m 12mgL W mv +=．解得31 2.010J W =-⨯，所以此时弹性绳的弹性势能大小3p1 2.010J E =⨯．小红下落至最低点时距蹦极台面236m L =，对于小红从开始下落至236m L =的过程，设弹性绳做功为2W ，由动能定理有220mgL W +=，解得421810J W =-⨯.．所以此时弹性绳的弹性势能大小为4p2 1.810J E =⨯．4．（1）运动员从高处落下到接触泡沫塑料垫子表面的过程中，运动员重心下落高度为h ，下落过程中机械能守恒，由212mgh mv =解得运动员落到地面的速度为2v gh =代入已知条件得 6.0m /s v =．（2）运动员下落的整个过程中，初、末动能都为零，根据动能定理，重力做的功等于运动员克服沙坑阻力f 做的功，即()mg h l fl +=，得()mg h l f l+=解得11400N f =．5．（1）()114510 1.50.6J 405J W mg h =∆=⨯⨯-=． （2）()224510100.6 4.5J 6795J W mg h =∆=⨯⨯++= （3）33f W W mg h ==∆()451010 1.5 4.5J 7200J =⨯⨯++=．6．（1）人和滑板在斜坡受重力、支持力和摩擦力作用而做匀加速运动，根据牛顿第二定律有 sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=解石炭纪下滑的加速度为()2sin37cos37 2.0m/s a g μ=︒-︒=．（2）设允许斜坡的最大长度为s ，在整个过程中，人和滑板的初、末动能都为零，根据动能定理有()sin37cos370mg mg s mgL μμ︒-︒-=，由以上关系解出50.0m sin 37cos37Ls μμ==︒-︒．7．（1）设火箭上升的加速度为a ，则由牛顿第二定律有F mg ma -=，解得24.0m/s a =．火箭加速运动的时间为7.0s v t a ==，运动的位移却塔高为298m 2v h a==．（2）整个装置增加的重力势能8p 2.910J E mgh ==⨯，火箭推进器做功25p k 14.1810J 2W E E mgh mv =+=+=⨯，火箭推进器做功率45.9710W WP t==⨯． 8．（1）1s 内吹到风力发电机有效面积上空气的体积1V Sv =，这些空气所具有的动能2k 112E Vv ρ=，风力发电机输出的电功率33k1 2.610W 2E Sv P ttηηρ===⨯．（2）设带动传送带的电动机消耗电功率最大时通过它的电流为I ，此时电动机输出功率为P 输出，皮带传送装置输出的机械功率为P 机械． 则 2.0A P I U ==电m 额，2m 480WP P I R =-=输出电． 根据题意可知5400W 6P P ==输出机械． （3）设货同箱在恒力作用下做匀加速直线运动的位移为x s ，上升的高度为x h ．根据匀加速运动公式有210.50m 2x s v t ==，根据几何关系解得0.20m x h =．货箱在传送带上加速运动时，带动传送带运行的电动机需要消耗较大的电功率，所以在货箱加速过程中电动机如果不超过其允许消耗的最大功率，匀速运行过程中就不会超过其允许消耗的最大电功率． 设货箱质量为m ，货箱被加速的过程中其机械能增加量为E ，由于货箱与传送带的摩擦产生的热量为Q ．2p k 212x E E E mgh mv =+=+ 设货箱与传送带之间的摩擦力为f ，对于货箱在传送带上被加速的过程，根据动能定理有2212x x fs mgh mv -=． 在货箱加速运动过程中，传送带的位移2 1.0m s v t ==带，所以货箱与传送带之间的相对位移0.50m x s s s ∆=-=带，根据功能关系Q f s =⋅∆．联立解得2222xxmv mgh Q s s +=∆．为使电动机工作过程中不超过允许的最大值，应用p k E E Q ++小于等于P t 机械，即22222122x x xmv mgh mgh mv s P t s +++∆机械≤．解得()()22280kg 2x x P m v gh s s =++∆机械≤，即货箱质量不得大于80kg ．9．（1）太阳辐射到集光板上的太阳能功率是3310 1.0108W 8.010W P P S ==⨯⨯=⨯．电池输出功率是3212010W 1.210W P IU ==⨯=⨯，电池的效率是21115%P P η==． 车上电动机的热功率是23400W P I R ==，电动机的效率是232267%P P P η-==． （2）电动机输出的机械功率是423800W P P P =-=．在以最大速度行驶时汽车所受牵引力F 等于所受到的阻力f ，由题设条件可知，0.05300N f mg ==．根据P Fv =，可知车行驶的最大速度是4 2.7m/s Pv f ==．（3）设太阳到地面的距离是R ，以太阳为球心，以R 为半径的球面积是24πA S R =．将太阳辐射的总功率和太阳能集光板的面积分别记为A P 和S ，有263.910W A P =⨯，28m S =． 根据太阳能辐射的关系，有()1128%A AP S P S =-由此解得太阳到地球的距离为1110.72 1.510m 4πAP R P ==⨯． 10．（1）已知太阳在一年中辐射到地球水面部分的总能量为W ，241.8710J W =⨯． 设凝结成雨滴年降落到地球表面水的总质量为m 则1760.930.65kg 5.1410kg 2.210W m ⨯⨯==⨯⨯ 使地球表面覆盖一层水的厚度为h第七章 冲量和动量1．AB 2.BD3.C4.CD5.A6.CD7.详见提示． 8．M mh M+ 9.0.2kg提示：1．由于两种情况中人的拉力的大小相同，同样时间t 内，拉力的冲量（I Ft =）应一样大，所以B 正确，C 错．由于两种情况中拉力的冲量一样大，由动量定理可知，A 船（包括人）的动量变化一样大，由动量定理，速度变化大小也一样大，所以A 正确．乙图中对A 船做功的拉力与对B 船做功的拉力大小相等，方向相反，相同时间内，两船的位移大小相等，所以乙图中人的拉力做的功多，所以D 错误． 2．由功能关系可知，礼花弹的机械能的增量为高压燃气对它做功3W ，减去它克服炮筒阻力及空气阻力做功2W ，所以B 正确；根据动量定理，礼花弹动量大小应为高压燃气对它的冲量3I 减去重力对它的冲量1I 和炮筒阻力及空气阻力对它的冲量2I ，所以D 正确．3．根据动能定理和动量定理分析，第一阶段只受重力作用，第二阶段受重力和弹力共同作用，两个过程中的动能变化大小的绝对值和动量变化大小相等，所以ABD 选项均错误，第一阶段重力做的功1k G W E =，第二阶段克服弹力做的功为W 弹，2k 0G W W E -+=-弹，2k 1G G W W E W =+>弹，所以C 正确． 4．第1阶段，运动员（及携带物品）的动量增量应为合外力的冲量，所以A 错误．机械能应包括动能和重力势能，所以选项B 错误，第3阶段，匀速下降，重力的冲量和阻力的冲量大小相等，所以C 正确，由动能定理，全过程重力做功与阻力做功的和等于动能的增量2212mv ，所以D 正确．5．由于碰后两辆车接在一起，并向南面客车运行的方向滑行了一小段距离后停止，说明客车的动量大于卡车的动量，即3000206000v ⨯>⨯卡．所以10m/s v <卡．6．当物体A 抛出后相对地球速度为零时，则其沿地球半径的方向竖直下落，由动量守恒定律，飞船的速度变大，由于离心作用，其轨道半径（指瞬时）一定增大，所以C 正确；当物体A 被抛出后的速率大于原来随飞船一起运动的速率，同样飞船的速度也变大，由于离心作用，它们的轨道半径（同上）都会增大，所以选项D 正确．7．设铁锤的质量为m 、石块的质量为M ，铁锤击打石块的速度为0v ，则铁锤与石块碰撞前的初动量为10p mv =．因相互作用后铁锤的速度几乎为零，所以击打后石块的动量2p 近似等于1p ，故击打后石块的动能22202k k 22m v p m E E M M M===初 由于m M <<，所以石块获得的动能k E 远小于铁锤的初动能k E 初．对于石块的动能减为零的过程，人的腹部又具有较好的弹性，即有较长的做功距离x ，因此石块在减速过程中对人的作用力（k F E x =／）就不会太大，同时又由于石块与人体的接触面积较大，人体受到的压强很小，从而保证了石块下面的人安然无恙．由上述分析可知，在人身体能承受的情况下，铁锤的质量越小、石块的质量越大，越有利于确保演出成功．8．选人和气球为系统，所受合外力始终为零．设人在时间t 内着陆，人的位移大小为h ，平均速度为1v ，方向向下；气球的位移大小为h '，平均速度为2v ，方向向上，取向下为正方向，由动量守恒定律有12O mv M v =-，即12mv t M v t =．故mh Mh '=，m h h M '=，所以软梯长M mL h h h M+'=+=． 9．炮弹从地面上升至最高点用时间0/6s t v g ==．爆炸后质量为 4.0kg m =的弹片做平抛运动，它要不落到以发射点为圆心、以600m R =为半径的圆周范围内，速度的最小值1/100m /s v R t ==．设爆炸后另一弹片的速度最小值为2v ，由于爆炸过程中系绕的总动量守恒，因此有()12mv M m v =-， 解出()21/200m/s v mv M m =-=．则刚爆炸完时两弹片的总动能的最小值。