B球做圆周运动的向心力由AB段轻杆的拉力提供， FAB＝mBω2rB. 而rA
rB＝1
2，mA＝mB.
FAB＝3
2.
联立各式解得 FOA
[答案] 32
[误区警示] 不能错误地认为A做圆周运动的向心力只由OA段杆的拉力提供，也不能认为B做圆周运动的向心力，由OA段杆、AB段杆拉力的和提供．
第四讲 万有引力与航天
知识梳理
一、1.椭圆 焦点 2．连线 面积
a3
3．半长轴 公转周期 2＝k
T
二、1.乘积 二次方 3．质点间
4．(1)两球心间的距离 (2)质点到球心间的距离 三、1.匀速圆周运动 4π2r33π2. GT2GT23．(1)7.9 km/s 发射 最大 (2)11.2 km/s 地球 (3)16.7 km/s 太阳 四、1.绝对的 2．运动状态 考点自测 1．答案 B
2．解析 物理学家卡文迪许通过测量几个铅球之间的万有引力，比较准确地得出了G
m1m2的数值，故A项正确；当两物体间距离r趋于零时，F＝G2不适用，故B项错误；两个
r
物体间的引力是一对相互作用力，大小总相等，故C项正确，D项错误．
答案 AC
Mm
3．解析 对行星表面的物体，忽略行星自转时，G2＝mg＝N；对于卫星，由牛顿第
R
24
Mmvmv
二定律，得G2＝m.由以上两式解得M＝. RRGN
答案 B
4．解析 第一宇宙速度又叫环绕速度，A正确，B错误．根据万有引力提供向心力有Mmv2GMG2＝m，得v＝ ，可知第一宇宙速度与地球的质量和半径有关，C、D错误． RRR答案 A
5．解析 在椭圆轨道上有近地点和远地点，卫星运动的速率不同，运行一周所用的时间有可能和某个沿圆轨道运行的卫星周期相同，故A项错误；在椭圆轨道上，卫星从近地点到远地点减速，从远地点到近地点加速，故B项正确；所有地球的同步卫星有确定的轨道平面、周期、半径，故C项错误；经同一点的两颗卫星，轨道平面不一定重合，故D项错误．
答案 B 典例剖析
Mm4π2
【变式训练1】 解析 “嫦娥二号”由万有引力提供向心力，可得G2＝m2R，
RT
234πR
故月球的质量M＝，因“嫦娥二号”为近月卫星，故其轨道半径R近似等于月球的半
GT24π2R3
2MGT
径，但由于月球半径未知，月球质量无法求出，故B、C项错误；月球的密度ρ＝＝V43
πR3
3π
＝2，故A项正确；根据所给条件，无法估算月球的自转周期，D项错误． GT
答案 A
1
【变式训练2】 解析 由Ek＝mv2，可知变轨前后的速度大小vv′＝21，由
2
Mmv2v
G2＝m，得rr′＝14，D项错误；由ω＝，得ωω′＝81，B项错误；由rrr2π
T＝，知TT′＝18，C项正确；由a＝ω2r，知aa′＝161，A项错误．
ω
答案 C
【变式训练3】 解析 轨道3比轨道1高，根据高轨道线速度小、角速度小，可知A
FGM
项错误，B项正确；根据牛顿第二定律，可得a＝＝2，即卫星的加速度a只与卫星到地
mr
心的距离r有关，故C项错误，D项正确．
答案 BD
误区反思 感悟提高
【例1】 [解析] 设地球质量为M，同步卫星质量为m1，地球赤道上的物体质量为m2，在地球表面运行的卫星质量为m3，由于地球同步卫星周期与地球自转周期相同，则a1
a1r2
＝rω21，a2＝Rω2，ω1＝ω2.所以＝，故A项正确；依据万有引力定律和向心力表达式可得 a2R
2
Mm1v1GM对m1：G2＝m1，所以v1＝ ①
rrrMm3v2GM2对m3：G2＝m3，所以v2＝ ②
RRR
v1R①式除以②式得＝，故D项正确．
v2r
[答案] AD
[误区警示] 此题中易错点是以第一宇宙速度运行的卫星、同步卫星和赤道上随地球自转的物体的力学原因和运动特点不同．如以第一宇宙速度运行的卫星由万有引力提供向心力，在赤道上的物体由万有引力的分力提供向心力．
【例2】 [解析] 卫星受大气摩擦作用速度减小的同时，在万有引力作用下做向心运动，万有引力做正功，使其加速进入较低轨道，万有引力增大，向心加速度增大，周期减小，角速度增大．
[答案] C
[误区警示] 审题时只注意到阻力做功，而忽视了万有引力做功是常犯的错误．
第五章 机械能及其守恒定律
第一讲 功 功率
知识梳理
一、1.功 能量转化 2．力 位移
3．(2)正 负 不做功 4．焦耳 J 二、1.快慢
2．(1)平均功率 (2)Fvcosα 平均功率 瞬时功率 3．(1)正常工作 最大 (2)实际工作 额定功率 考点自测
1．解析 依据功的定义式W＝FLcosθ，本题中四种情况下，F、L、θ均相同，这样四种情况下力F所做的功一样大，故选项D正确．
答案 D
2．解析 由于功是标量，合力对物体做的功，应等于各分力对物体做功的代数和，因此，合力对物体做的功应为W＝W1＋W2＝4 J＋3 J＝7 J，选项A正确．
答案 A
3．解析 P＝Fvcosα＝mg·2gh＝600 W. 答案 C
4．解析 汽车行驶过程中，若发动机功率保持不变，且匀速行驶，则由牛顿第二定律，得F－Ff＝0，又P＝Fv，解得v＝P/Ff；又由Ff＝μFN，可知当路面越粗糙或载货越多时，阻力Ff越大，则v越小，故A、C两项正确，B、D两项错误．
答案 AC
5．解析 Ff＝μmg＝2×103 N，由图知匀加速运动的加速度为a＝2 m/s2，由牛顿第二定律，得F－Ff＝ma，故F＝6×103 N，故A项错误，B项正确；因5 s达到额定功率，P额＝F·v
P额
＝6×103×10 W＝60 kW，C项正确；汽车的最大速度vmax＝＝30 m/s，D项正确．
Ff
答案 BCD 典例剖析
【变式训练1】 解析 设绳对物体的拉力为T，显然人对绳的拉力F等于T.T在对物体做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题．但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，人对绳做的功就等于绳的拉力对物体做的功，而拉力F的大小和方向都不变，所以F做的功可以用公式W＝Flcosα直接计算．由题图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F的作用点的位移大小为：Δs
11?hh
－＝s1－s2＝－，所以W＝FΔs＝Fh??sinαsinβ?. sinαsinβ
11?－答案 Fh??sinαsinβ?
【变式训练2】 解析 由题意知质点所受的水平外力即为合力，可知质点在这2 s内的加速度分别为a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，则质点在第1 s末与第2 s末的速度分别为v1＝2 m/s，
v1v2＝3 m/s.第1 s内外力做功W1＝F1l1＝2××1 J＝2 J，第2 s内外力做功W2＝F2l2＝1×
2
v1＋v2W1＋W295
×1 J＝ J,0～2 s内外力的平均功率＝＝ W，第1 s末外力的瞬时功率P1＝22t4
F1v1＝4 W，第2 s末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝3 W．根据动能定理可知，第1 s内与第2 s内动能增加量的比值ΔEk1ΔEk2＝W1W2＝45.综上可知A、D两项正确．
答案 AD
【变式训练3】 解析 (1)已知每行驶100 km消耗电能1 kW·h，即3.6×106 J的电能，
3
x100×10
车的行驶速度为v＝5 m/s，所以行驶100 km所需时间t＝＝s＝2×104 s，
v5
6
W3.6×10
即电动机功率P＝＝ W＝180 W.
t2×104电池储存的电能E＝UIt＝36×12×3 600 J.
36×12×3 600E
所以续行里程x＝×100 km＝43.2 km. 6×100 km＝3.6×103.6×106(2)由P＝Fv，得
P
阻力Ff＝F＝＝36 N，
vFf36
所以k＝＝＝0.03.
?m＋M?g1 200
(3)在上坡时，车受到的阻力 Ff′＝k(m＋M)g＋(m＋M)gsin5°＝120 N.
P
所以v′＝＝1.5 m/s.
Ff′
答案 (1)180 43.2 (2)0.03 (3)1.5 m/s
误区反思 感悟提高
【例1】 [解析] (1)对人，如答图5－1－1①所示，车厢对人的作用力有：车厢对人的弹力F1，车厢底对人的支持力FN1，车厢底对人的静摩擦力F2，设车厢的位移为s，则车厢对人做的功W1为：W1＝F2s－F1s，由于人和车都在做加速运动，故有F2－F1＝ma, 因而F2＞F1，故W1＞0.
答图5－1－1
(2)对车厢如答图5－1－1②所示，人对车厢的作用力有：推力F3，对底板的压力FN2，人对车的摩擦力F4，则人对车厢做功W2为：W2＝F3s－F4s.
由于F3＝F1，F4＝F2，所以F3＜F4，故有W2＜0.由以上分析可知：人对车做负功，推力对车做正功，车对人做正功．
[答案] BC
[误区警示] 求解力做功问题时，受力分析仍是重点，多力、漏掉力则会导致功的计算错误．
【例2】 [解析] 在刚达到最大速度的整个过程中，汽车的运动可分为两个阶段，第一阶段是功率越来越大的匀加速直线运动，第二阶段是以额定功率行驶的变加速直线运动．
当汽车做匀加速直线运动时，首先由牛顿第二定律F－f＝ma，求得牵引力F＝ma＋f＝7 500 N，
3
P60×10v2t汽车匀加速直线运动结束时的速度vt＝＝此时前进的位移s1＝3 m/s＝8 m/s；F7.5×102a28＝ m＝64 m. 2×0.5
第一阶段汽车的牵引力恒定，牵引力做功W1＝F·s1＝4.8×105 J，
第二阶段汽车保持额定功率不变，最终匀速运动时牵引力F′和阻力为平衡力，P＝F′
P112
vm＝Ffvm，所以vm＝＝12 m/s；由动能定理得W2－Ff(s－s1)＝mv2－mv，所以W2＝5.05
Ff2m2t
×105 J.
在整个过程中，汽车发动机的牵引力做功W＝W1＋W2＝9.85×105 J. [答案] 9.85×105 J
[误区警示] 对机车的启动过程不能正确分析，认为整个过程是匀加速运动或当作功率恒定的运动都是错误的．
第二讲 动能定理
知识梳理 一、1.运动 3．焦耳(J) 4．标量
二、1.总功 动能 2．Ek2－Ek1
3．增加 减少 不变 考点自测
1．解析 由动能的定义和特点知，A、B选项正确．动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C项正确，D项错误．
答案 ABC
112
2．解析 由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－m1v21，－F2L2＝0－m2v2，F1＝22μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得L1L2＝41.故选项D是正确的． 答案 D
3．解析 动能的大小与速度的方向无关，在这段时间里滑块的动能大小没有发生变
11
化．据动能定理，W＝m(－6)2－m(6)2＝0.所以正确答案为A项．
22
答案 A
11
4．解析 由动能定理可求得合外力做的功等于小孩动能的变化，ΔEk＝mv2＝×25×
22
2
2.0 J＝50 J，A项正确；重力做功WG＝mgh＝25×10×3.0 J＝750 J，C项错误；支持力的方向与小孩的运动方向垂直，不做功，D项错误；阻力做功W阻＝W合－WG＝(50－750)J＝－700 J，B项错误．
答案 A 典例剖析
P
【变式训练1】 解析 电动机所做的功指的是牵引力做的功，而F＝，功率P恒定，
v
加速过程中牵引力减小，计算变力做功不能应用定义式．可以由动能定理计算，即W－Fs112＝mv2，则W＝Fs＋mv.还可以通过恒定功率计算，即W＝Pt. 2m2m答案 BD
【变式训练2】 解析 (1)令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为f2＝0.2mg， 则F推－f2＝ma2， 得a2＝4.0 m/s2.
1
(2)由动能定理：F牵l1＋F推l－f1l1－f2(l－l1)＝mv2
2
5
得F牵＝6.8×10 N.
答案 (1)4.0 m/s2 (2)6.8×105 N
v2C【变式训练3】 解析 (1)在C点小球对轨道压力为零，有mg＝m，
R/2
从开始下落到C点，由动能定理得
1
mgR＋Wf＝mv2，
2C3
所以Wf＝－mgR.
4
1
(2)从开始下落到B点，由动能定理得2mgR＋Wf＝mv2(或从B点到C点，由动能定理
2B
112
得－mgR＝mv2C－mvB) 22
2vB由牛顿第二定律知FN前－mg＝m，
R
2vBFN后－mg＝m，
R/2FN后＝712. 3
答案 (1)－mgR (2)712
4
误区反思 感悟提高
【例1】 [解析] 在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg＝v2
m，设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf. R
1
由动能定理可得：Wf＝mv2.
2
所以FN前