高中物理必修2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。

Avyv60Bvx

CD图6－15

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（图略），即：

图6－12

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。

v1vv12v2242526.4m/s，速度与

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。

北v2v30v1

图6－13

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。

Dv1东

CBA

图6－16

4. 答：如图6－17所示。

y5040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。

302010020406080x

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 - / 10

动，在竖直方向位移为y＝1.5m＝1gt 经历

22时间t2y3s0.55s在水平方向位g9.8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vx2vy24025.392m/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

2. 解：该车已经超速。零件做平抛运动，在竖直

2方向位移为y＝2.45m＝1gt 经历时间

（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3.14rad/s7.27106rad/s。

T24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2t2y4.9s0.71s，在水平方向位移x＝g9.8vt＝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。 3. 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第4节 实验：研究平抛运动

yx1g。 2y3y2r1r Tr23x2

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；

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 - / 10

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

2v1. 答：A．甲、乙线速度相等时，利用an，r的向心加速度为

anA22r20.011m/s20.05m/s222

（3）电动机皮带轮边缘上质点的向心加速度

为

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：

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

24an2r，半径大的向心加速度大。所以T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

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：

22vv FTGm得FTGm在G，m，vrr

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

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 - / 10

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

2v持力FN的合力提供向心力，即GFNm r2v 汽车所受支持力FNGm，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2rm(2n)2r 0.01(23.141000)0.2N78876.8N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rm(2n)r0.01(23.141000)20.2N78876.8N 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

2v二运动定律得Fmam，所以一定对应有最r

第六章 万有引力与航天 第1节 行星的运动

大拐弯速度，设为vm，则

1. 解：行星绕太阳的运动按圆轨道处理，根据开4Ffmr1.410 vmm/s18.71m/s67.35km/普勒第三定律有：h72km/h m2.0103vm4Ffmr1.4103m/s18.71m/s67.35km/h72km/h m2.0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，

v22023vmmN1.6104N1.4104N 2.010r50v22023vmm2.010N1.6104N1.4104N

r50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

2vGFNm汽车所受支持力 r22FNGmv(8009.88005)N7440N

r50

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 - / 10

4. 解：根据开普勒第三定律

FGm1m2112.010402.010306.6710N1.1910262482r(5103.010365243600) m1m211262.0102.010FG26.6710N1.1910N82r (51043.010365243600)

可见天体之间的万有引力是很大的。

得到：

3. 解：

m1m2(7.11030)211FG26.67103.41037N 162r(1.010)第4节 万有引力理论的成就

1. 解:在月球表面有：G 则哈雷彗星下次出现的时间是：1986+76＝2062年。

得到：

第2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

22M月－117.310g月＝G＝6.6710m/s21.68m/s2332R月（1.71010）

M月mmg月 R月的力。前一章平抛运动的研究属于根据物体的M 7.310g月＝G月＝6.6710－11m/s21.68m/s2332受力探究它的运动，而圆周运动的研究属于根R月（1.71010）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

2. 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

3r第三定律2k，是开普勒根据研究天文学家T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：

第谷的行星观测记录发现的。 第3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：

GM地mMmg，得：g＝G地 R地R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：G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，简单套用万有引力公式。上面的计算是一种估算。 2. 解：根据万有引力定律 FGM地mmg高山的rr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：GMmm(2)2r 2Tr得地球质量：

m1m2 112.010402.0103034N2(6.8106)36.6710N21.1910264r2482M5.91024kg r(5103.010365243600)21132GT6.6710(5.610)4. 解：对于绕木星运行的卫星m，有：

- 5 - / 10

2324r，需Mm2G2m()r，得：M木TGT2r 将其带入（1）式：vR2g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 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。GMmm(2)2r 23. 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：GM1mmg1 2R1rT 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 r3GMT 422 其中周期T＝［24×60－（2×60+37）］/14min＝91.64min，则：

6.6710116.01024(91.6460)2rm6.7106m243M2mmg2 R22M1R22g1，则 由以上两式得：

M2R12g22M1R22g12g20.82129.8m/s28.9m/s2

M2R110.95 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

2M1mvm，vGM （2）G2R1R1g1R1第七章 机械能守恒定律 第１节 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2节 功

1. 解：甲图：W＝Fscos(180°－150°)＝10×2×42r 在343km。根据牛顿第二定律有：GMmmr2T2地面附近有：GMmmg，r＝R+h

R2根据以上各式得：

(Rh)3T22Rh2RgR3J

2Rh90.6min g＝17.32J

图乙：W＝Fscos(180°－30°)＝－10×2×2. 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，

2Mmv即：得：G2m，vGM ⑴

RRR2 在地面附近有：GMmmg，得：GMRg 23J＝

2－17.32J

图丙：W＝Fscos30°＝10×2×3J＝17.32J 2R2. 解：重物被匀速提升时，合力为零，钢绳对重

- 6 - / 10

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。

FNF31010Pvm/s3.7102m/s 5F2.7102. 解：这台抽水机的输出功率为

mgh301010PW3103W

tt1 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vPF推出，P增大则v增大的前提是F不变，从

FP推出，v增大F减小的前提是P不变。 v 说明：对这类物理问题的方向，应注意联系实

mg30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°＝60×10×20×1J＝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W5.0×103J。

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3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：

- 7 - / 10

总

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＝

2mgl1cos（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。

（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 桌面 地面 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＝1m(v2v1)222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：

22(v2v1)＝（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＝

1mv21mv2 ，有

22211mv21mv2 2221fscos180°＝

（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。

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＝1mvt0 ，mgh－fs＝1mvt ．解

2222方程得：vt＝42m/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＝1mvt－0，即：－mgh+W

22＝1mvt

22 W＝ ×0.5×202J+0.5×10×10J＝150J 第8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，

- 8 - / 10

mg(h1－h2)＝1mv21mv1

2222力势能Ep。

列车冲上站台时的重力势能：Ep＝mgh＝

（2）由mg(h1－h2)＝1mv21mv1，得：

222220mm2/s2

列车在A点时动能：Ek＝1mv×m×72m2/s2＝

2mgh1+1mv1＝mgh2+1mv2

2222224.5mm2/s2

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

：

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 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+1mv

222 1mv1＝Ek－Ep＝24.5mm2/s2－20mm2/s2＝

24.5mm2/s2，可得v1＝3m/s

1mv2mgh1mv2，得 202t

根据动能定理：W＝Ekt－Ek0，即mgh＝

EpmghABhBC0.2100.10.20.6 J

（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

1mv21mv2，vt＝ 2t20 vt＝15m/s

v022gh EkmghBC0.2100.20.4 J

2 （2）由vt＝v02gh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

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

1mg2Rmv2mgh

2- 9 - / 10

在圆轨道的最高点B处，根据牛顿第二定律，有

v2FN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

v2即mgm

R联立以上两式，可得h5R 2可见，为了使小球顺利通过圆轨道的最高点，h至少应为

5R 23. 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

％

＝

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。

- 10 - / 10