1、第三章 功和能3-1 汽车在平直路面上行驶，若车与地面间的摩擦力恒定，而空气阻力与速度的平方成正比设对于一辆质量为 1500kg 的汽车总的阻力（其中 F 以 N 为单位， v 以 m/s 为单位） ，求当车速为 60 28130v.Fkm/h，加速度为 1.0m/s2 时，汽车引擎所损耗的瞬时功率分析 作用力的瞬时功率等于该力与物体获得的速度的乘积解 当汽车的加速度为 a 时，引擎牵引力为 F1，应用牛顿第二定律，运动方程为 maF1则 21 8130v.根据瞬时功率的定义，汽车引擎所损耗的瞬时功率为 W103.8 3601360183015 422 )()vvmaFP3-2 如习题 1-7
2、 所述，若海岸高 h = 10 m，而猛烈的大风使船受到与绳的牵引方向相反的恒定的作用力 F = 5000 N，如图 3-2 所示当岸上的水手将缆绳由 50 m 收到 30 m 后，求缆绳中张力的改变量，以及在此过程中水手所作的功分析 水手拉缆绳的过程中，是通过缆绳将力作用在船上实现船体运动作的功由于缆绳中的张力是变力，直接计算它的功比较困难根据动能定理，合外力的功等于物体动能的增量，船在此过程中开始前和结束Fh 图 3-2 后都保持静止，船只在水平方向发生位移，水平方向只受缆绳张力水平分量和恒定阻力 F 作用，则水手通过缆绳张力所作的功的量值应等于恒力 F 所作的负功解 缆绳长度由 l1=5
3、0 m 收到 l2=30 m 的过程中，位移为 s，水手作的功为 J 10.35J 1031050 22 ()hllFsW设此过程中开始前缆绳张力为 FT1、结束后为 FT2，它们的水平方向分量都应与恒力 F 等大而反向，因此有lh12T lh2T则 N 20 1501305 22212T12 hllF3-3 质点沿 x 轴运动，由 x1 = 0 处移动到 x2 = 4 m 的过程中，受到力的作用，其中 x0 = 2 m， F0 = )1(0F8 N，作出 F x 曲线，求在此期间力 F 对质点所作的功分析 当质点沿 x 轴作直线运动时，如果外力是质点位置坐标 x 的函数 ，)(xF质点从位置
4、 x1 运动到 x2 的过程中，根据功的定义，该力所作的功为 ，即21dxW)( F 0 x0 x2 x图 3-3为 F x 图像中 x1 到 x2 区间曲线 与 x 轴线包围面积的代数和)(F解 根据题意， F x 曲线如图 3-3 所示按照功的定义，有0J 428 2d1d02121)( )()(xFxWxx由图 3-3 可见， x1 到 x2 区间曲线 与 x 轴线包围面积的代数和为零，与)(上面的计算结果一致3-4 在 x 轴线上运动的物体速度为 v = 4 t 2 + 6（其中 v 以 m/s 为单位，t 以 s 为单位） ，作用力 （其中 F 以 N 为单位， t 以 s 为单位）
5、沿 x 轴3tF正向试求在 t1 = 1 s 和 t2 = 5 s 期间，力 F 对物体所作的功分析 当质点沿 x 轴作直线运动时，如果外力是时间 t 的函数 ，根)(tF据功的定义 ，无法直接积分计算，通常可利用微分关系式21dxFW)(，将积分变量转换为时间 t 进行计算积分变量代换后，积分ttxdv的上下限也要作相应的代换解 根据功的定义 J 921834d18624 d6d21 212121 23 tt ttx tttFW)( )()v3-5 在光滑的水平桌面上固定有如图 3-5(a)所示的半圆形屏障，质量为 m的滑块以初速 v0 沿屏障一端的切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数
6、为 ， （1 ）证明当滑块从屏障另一端滑出时，摩擦力对它所作的功为；（2）说明上述结果为什么与圆弧半径无关)(1e20mW分析 当外力无法表示成位移的函数时，功就不能直接由定义式积分进行计算如果能确定物体初末状态的速度，可以应用动能定理，求出物体动能的增量就等于合外力对物体所作的功证 （1）首先应计算出滑块从屏障另一端滑出时的速度设滑块在屏障中位于如图 3-5(b)所示的位置，在竖直方向无运动，在水平面内受到屏障压力 FN 和摩擦力 Ff 作用，此时速度为 v，设屏障半径为 R，应用牛顿第二定律所得运动方程为法向： 2mFN切向： tdfv由于 Ff FN，得 Rt2利用关系式 ，上式可写为d
7、dvvRtt(1)v由初末条件：当 时， ；当 时， ，将上式分离变量并积分：00v(2)0d0v得滑块从屏障另一端滑出时的速度为(3)e0vFfv0 v FN （a） （b）图 3-5则摩擦力在此期间所作的功为 )(1e2121200vvmW（2）由（1 ）和（2）式可以看出，当滑块发生角位移 时，速度的变化d只与角位移 有关，与半径无关，因此（3）式给出的末速度也只与半圆的张d角有关，这就导致最终结果与圆弧半径无关了3-6 一个质点在指向中心的平方反比力 的作用下，作半径为 r 的2rkF/圆周运动，求质点运动的速率和总机械能 （提示：选取距力心无穷远点的势能为零 ）分析 与物体间距离平方
8、成反比的力是自然界中普遍存在的一种力，例如万有引力和电荷间的库仑力如果该力指向中心，计算势能时，从空间任意一点到势能零点（无穷远点）积分的路径方向与力的作用方向相反，积分表达式的矢量乘积变为标量乘积后要取负号解 质点只在指向中心的力 的作用下作圆周运动，当速率为 v 时，2rkF/法向加速度为 ，则质点的法向运动方程为r/2vrmk22v得 选取距力心无穷远为势能零点，则势能为 rkErrd2pF总机械能为 rkrkm221pkv3-7 在力 的作用下，质点在 xy 平面内运动，(1) 分别计算)(jiFyx质点由原点 O 经路径 OBA 和路径 OA 移动到达 A 点该力所作的功，其中 AB
9、是以 O 为圆心 R 为半径的一段圆弧，如图 3-7（a）所示；(2)计算沿任意路径由位置 P(x1 , y1)到 Q(x2 , y2)该力所作的功，并由此证明该力是保守力分析 解 （1）根据功的定义，经路径 OBA 该力所作的功为 BAOBOBAWsFssFd d 1由于力 ，即沿原点指向质点所在位置的方向，所以有rjiFkyxk)(从图 3-7（a）可以看出，在路径 OB 上，力的方向与位移方向rsd相同 ；在路径 BA 上，力的方向与位移方向垂直，xk，因此可得0rFs 201 1d d kRxkWROBBAOB sFs同理，经路径 OA 该力所作的功为 201 krkROAAOA rs
10、（2） P 点的径矢大小为 r1， Q 点的径矢大小为 r2，则 ，11yx取任意路径 L 如图 3-7（b）所示，则yxry y AL FR ds F Pr1 r dr Qr2O OB x x （a） （b）图 3-7 )()()( 212121 d d2yxkrkrWrLL Fs结果表明，沿任意路径力 F 所作的功与路径无关，只与 P 点和 Q 点的位置有关，表明力 F 为保守力3-8 沿 x 轴运动的某粒子的势能是其位置 x 的函数BAxU2)(据此所作的势能曲线如图 3-8 所示(1)试求粒子势能最小值所对应的运动的平衡位置；(2)当粒子的总能量 时，粒子将被约束在一定范围内振动，求A
11、E82粒子往返运动的转折位置分析 是粒子物理、固体物理和材料科学中描述粒子间相互nmxBAU)(作用经常出现的势能函数，对它的研究和讨论有十分重要的实际意义这里仅就最简单的情况，即 进行分析，获得粒子运动状态的初步印象12,当粒子的能量比较小时，将在平衡位置附近作简谐振动，因此平衡位置和往返运动的转折位置就有重要意义解 （1）由 可得势能0dxU)(函数最小值的位置，即 2d23xBAx)(解得 （2）在往返运动的转折点处，粒子的速度为零，即动能为零，总能量应等于粒子的势能，即 ABxU822)(图 3-8 可得 0822ABx解得 x17.B362.3-9 马拉雪橇上坡，从坡底到坡顶是一段半
12、径为 R 弧长为 的圆弧形山6坡假设马的拉力始终沿圆弧的切线方向，雪橇的质量为 m，雪橇与雪地间的滑动摩擦系数为 ，求在这段路程中马所作的功分析 在物体运动过程中，有摩擦力等非保守力存在时，应用功能原理计算外力的功比较便捷，外力和非保守内力的功等于物体系机械能的增量解 以雪橇为研究对象，受力情况如图 3-9 所示，如果始末时刻雪橇为静止状态，在上坡过程中，马的拉力的功和摩擦阻力的负功之和等于雪橇重力势能的增量由于此过程雪橇高度的增加为 ，因此重力势能的增量为)cos(61R当雪橇所在位置的法线方向与竖直方向夹角为 时，摩擦力)cos(61mgR ，位移 ，应用功能原理，马的拉力的功为gFNf
13、ds)cosin( )cos(61 6106f mgRmgRgW3-10 用 的初速度将一质量为 的物体竖直上抛，所/s 20v kg 50.达到的高度是 ，求空气对它的平均阻力16h分析 物体所受到的空气阻力是外力，重力是物体和地球组成的系统的内力，根据功能原理，空气阻力所作的功应等于系统机械能的增量应在选取了势能零点后，确定系统的初末状态的机械能，计算出系统机械能的增量F FNFfR mg6图 3-9 解 取物体抛出点为重力势能零点，则物体初始机械能为 ，达201vmE最高点时机械能为 ，设空气对它的平均阻力为 F，应用功能原理得mghE2 201vmghF则 N 1.35 8965020
14、 ).(.)(hv3-11 质量分别为 m1、 m2 的二物体与劲度系数为 k 的弹簧连接成如图 3-11（ a）所示的系统，物体 m1 放置在光滑桌面上，忽略绳与滑轮的质量及摩擦当物体达到平衡后，将 m2 往下拉 h 距离后放手，求物体 m1、 m2 运动的最大速率分析 应用机械能守恒定律解力学问题时，系统的选取十分重要选定系统后，要区分内力和外力、保守力和非保守力以及作功的力和不作功的力仅当外力和非保守内力所作的功均为零时，才能应用机械能守恒定律本题中m1、 m2 二物体连接在一起，位移大小、速率和加速度的大小都相同忽略绳与滑轮的质量及摩擦的情况下，张力 FT 和 FT 为一对内力，大小相
15、等，方向分别与物体运动方向相同和相反，因此系统运动过程中二力的功之和为零解 以弹簧与二物体组成的弹性系统以及物体与地球组成的重力系统为研究对象，二物体受力情况如图 3-11（b）所示在系统运动过程中，因张力 FT和 FT 所作功之和为零，只有作用在 m2 上的重力及作用在 m1 上的弹簧弹性k m1 FNF FT FT m2 m1gm2g x（a） （b）图 3-11力作功，系统机械能守恒取竖直向下为 x 轴正向，系统平衡时 m2 的位置为坐标原点，设此时弹簧的伸长量为 l0，根据胡克定律，弹簧的弹性力大小为 由于系统处于平0klF衡状态，应有 ， ，且因 ，则0T2Fgm0TT(1)2klg
16、m取 m2 的平衡位置为重力势能零点，初始时， m2 向下位移 h，重力势能为，弹簧伸长量为 ，弹性势能为 ，则系统机械能为gh)(hl0 01)(lk(2)ghlkE2012)(当 m2 处于 x 位置时，设速率为 v，则系统总动能为 ，重力势21v)(m能为 ，弹簧伸长量为 ，弹性势能为 ，则系统机械能为g)(xl0 20xlk(3)21221)(gmkE应用机械能守恒定律， ，由（1） 、 （2）和（3）式得 )(2212xhkv显然 时有最大值 0x 21max3-12 用弹簧将质量分别为 m1 和 m2 的两块木板连接起来，必须加多大的力 F 压到上面的板 m1 上，以便当突然撤去
17、F 时，上面的板跳起来能使下面的板也刚好被提离地面分析 对于弹簧连接的两块木板组成的系统，初始时有外力作用，运动过程中 m2 还受到地面的压力，弹簧的弹性力是变力，两块木板之间有相对运动，应用牛顿定律解这样的问题显得相当复杂考虑到撤去外力 F 后，作用于系统的力除作为保守力的重力和弹簧的弹性力外，只有地面的压力根据题意，下面的板刚好被提离地面，表明其处于与地面接触的临界状态，实际并没有离开地面，也就是说没有发生位移，那么地面的压力就没有作功于是，撤去外力F 后，只有重力和弹簧的弹性力作功，系统机械能守恒解 以如图 3-12（a）所示的弹簧连接的两块木板组成的弹性系统、以及和地球组成的重力系统为
18、研究对象，两块木板的处于始末状态和受力情况分别如图 3-12（b）和（c）所示初刻，弹簧压缩形变量为 x1，弹性势能为 ，设此时系统重力势能为零，21kx系统机械能为 21kxE下面的板刚好被提离地面时，弹簧伸长形变量为 x2，弹性势能为 ，重21kx力势能为 ，系统机械能为)(21xgm2212kxxgmE)(机械能守恒 ，得21E22121kxxk)(即 2gmxm1 x2F1 x1 O F2 m1gFm2 m1g F2m2g（a） （b ） （c ）图 3-12两边同除以 ，得 (1)21xgmxk121)(初始时，由图 3-12（ b）可见， m1 处于平衡状态，因 ，则有1kxF(2
19、)0kxgFm2 刚好被提离地面时，由图 3-12（c ）可见，地面压力为零， m2 处于平衡状态，因 ，则有2kxF(3)02kxgm(2)式减去(3)式得 )(2112F将(1) 式代入上式，得 gm)(213-13 质量 m 的小球从光滑的轨道下滑，然后进入半径为 R 的圆形轨道，开始下滑时，小球的高度 ，如图 3-13（a ）所示求：（1）小球在什RH2么位置脱离圆轨道；（2）小球脱离圆轨道之后，能达到的最大高度；（3 ）经过高度为 R 的 A 点时，小球对轨道的压力分析 当物体在光滑表面上运动时，支承面对物体的压力不作功，系统机械能守恒在曲线形轨道上运动时，轨道的压力和重力的法向分量
20、使物体产生vCR FN AH A mg（a） （b）图 3-13法向加速度物体脱离轨道的瞬间，轨道的压力为零，只有重力的法向分量使物体产生法向加速度解 （1 ）小球在轨道上某点 C 受力情况如图 3-13（b）所示，此时速度为 ，则法向运动方程为Cv(1)RmgF2NCvsin如果就在 C 点脱离圆轨道， ，由上式得0(2)sig2Cv小球运动过程中轨道压力方向始终与运动方向垂直，不作功，只有重力作功，机械能守恒取轨道最低点为重力势能零点，初始时小球势能为 ，Rmg2到达 C 点时高度为 ，势能为 ，动能为 ，由机械能守恒)sin(1Rhmgh2C1v定律得(3)2C12v由(2) 和(3)
21、式，且 ，解得)sin(1Rh(4)Rh35（2）小球离开轨道后作抛体运动，水平方向速度不变，等于 C 点速度的水平分量 最高点高度为 ，重力势能为 ，动能为sinCvmaxmaxgh，应用机械能守恒定律，得21m(5)2Cmax12sinvghR由(2) 、(3) 、(4) 和(5)式，解得 R851270max.（3）位于 A 点时， ，由(1) 式得RmF2ANv应用机械能守恒定律，得 2A12vg从以上两式得 mFN3-14 劲度系数为 的弹簧，水平放置，其一端固定在墙上，/ 103.另一端被质量为 8 kg 的物体压缩，当弹簧形变量为 15 cm 时，将物体释放，在弹簧的作用下，物体
22、水平射出，物体和平面间摩擦力为 5 N， （1）求弹簧恢复原长时，物体的速度；（2）若弹簧恢复原长后，物体和弹簧就脱离接触，求物体此后能跑多远分析 根据受力和各作用力作功的不同情况，将运动过程分阶段讨论，可以分别应用动能定理和功能原理求解解 （ 1）取物体与弹簧组成的弹性系统为研究对象，在弹簧恢复原长的过程中，重力和平面支承力不作功，摩擦力 作负功，弹簧的弹性力是保守力，fF根据功能原理，摩擦力所作的功应等于系统机械能的增量初始时，弹簧被压缩量 ，弹性势能为 ；弹簧恢复原长时，m 150.x21kx速度为 v，动能为 ，则有21v22fkxxFv得 m/s 1.62/s 50215081 23
23、f ).(xkmv（2）物体和弹簧脱离后，在摩擦力作用下作减速运动，设此后位移为 s，应用动能定理，摩擦力所作的功应等于物体动能的增量，则 2f10vmsF得 5682f sv3-15 如图 3-15 所示，自动卸料车重量为 G2，连同料重为 G1，它从静止开始沿着与水平方向成 角的斜面下滑，滑到底端时与一呈自然长度的轻弹30簧相碰，当弹簧压缩量达最大时，卸料车自动翻斗卸料，然后因弹簧的弹性力作用，料车反弹沿斜面回到原有高度设车与斜面间的摩擦力为车重的 0.25 倍，求的值21G分析 由于卸料车下滑与返回过程的受力情况不同，应分两阶段分析讨论因为整个过程中除摩擦力外，没有其他的非保守力和外力作
24、功，所以可以应用功能原理求解解 以卸料车与弹簧和地球组成的弹性和重力系统为研究对象在下滑阶段，料车载重，设料车行程的高差为 h，弹簧最大压缩量为 ，l取斜面顶端为重力势能零点，则重力势能增量为 ，弹簧弹性势能增量为G1，摩擦力 作功为 ，应用功能原理，得21)(lk1f250GF.30251sin.230)(silkh在料车返回过程中，重力势能增量为 ，弹簧弹性势能增量为 ，2 21)(lk摩擦力 作功为 ，应用功能原理，得2f50GF.51sin. 222130)(lkhG由以上两式可得30图 3-15325021.sinG3-16 如图 3-16 所示，滑块置于一竖直轻弹簧上，弹簧原长为
25、R，用力使弹簧压缩到 R/2 时释放，则滑块恰好能通过上方光滑的 1/4 圆弧形轨道，并由 A 点抛出(1)求弹簧的劲度系数；(2)求滑块落到地面时的水平位置分析 在滑块离开轨道之前，由于轨道光滑，除重力和弹簧的弹性力外无其他力作功，可以应用机械能守恒定律滑块离开轨道后，作平抛运动，运用运动学中的公式求解在竖直光滑圆形轨道上运动的物体，只受重力和轨道压力作用，当物体刚好能通过圆形轨道顶端，表明在顶点时轨道压力为零，物体圆周运动的法向加速度只由重力产生解 （1）取地面为重力势能零点，当弹簧被压缩时，弹性势能为 ，21Rk重力势能为 ，到达 A 点时，重力mgR2势能为 ，速度为 v，动能为 ，2
26、1vm应用机械能守恒定律得(1)2211vgRmRk根据题意，在 A 点的运动方程为Rg2v(2)由以上两式得 Rmgk16（2）滑块脱离 A 点后作平抛运动，竖直方向下落距离为 2R，水平运动距离为 s，则有ARRR图 3-16Rgt21tsv再利用(2)式，得 s3-17 劲度系数为 k 原长为 R 的弹簧一端固定在竖立的半径为 R 的大圆环的顶点 A，弹簧另一端连接一环形重物由位置 B 释放，在重力的作用下重物向下滑移，如图所示，到达最低点 C 时的速度刚好为零，如果忽略重物与大圆环之间的摩擦，求重物的质量以及运动中角加速度为零的位置分析 通常所讨论问题中的弹簧的长度方向与物体运动方向相
27、同如果弹簧的长度方向以及伸长或压缩方向与物体运动方向不同，只要弹簧的弹性形变量为 ，根据胡克定律，它作用于物x体的弹性力大小就为 ，系统的弹性势能就等k于 21kx解 由于不计摩擦，只有重力和弹簧的弹性力作功，系统机械能守恒初始时，设重力势能为零，弹性势能为 ，达最低点 C 时，重212Rk)(力势能为 ，弹性势能为 ，应用机械能守恒定律得mgR21kR2kmg)(则重物质量为 (1)(1k（2）由图 3-17 可见，当弹簧与竖直方向夹角为 时，重力在圆环切线方向的分量为 ；弹簧伸长量为 ，弹性力为 ，)sin(2mg )cos(R2 )cos(Rk2在圆环切线方向的分量为 ，则重物的切向运动
28、方程为in)cs(Rkms)iAF B2C mg图 3-17令角加速度 ，得0sin)co(csinRkmg22利用（1）式，得 4123arcos3-18 在倾角为 的光滑斜面上，质量为 1.8 kg 的物体由静止开始下滑，30到达底部时将一个沿斜面放置的劲度系数的弹簧压缩了 0.2 m 后，达瞬N/m 20k时静止，求：（1）物体达瞬时静止前在斜面上滑过的路程；（2）它与弹簧开始接触时的速率分析 只有重力和弹簧的弹性力作功，将物体和弹簧以及地球共同组成一个保守系统机械能守恒由于实际问题所涉及的都是物体不同位置之间势能的差值，因此势能零点的选取不影响结果，只需考虑如何选取可以使表达式最简单解
29、 （1）设物体在斜面上滑过的路程为 s，物体达到的最低点为重力势能零点，弹簧压缩量为 ，弹性势能为 开始下滑时重力势能为 ，0x201kx 30sinmg应用机械能守恒定律，得 203kxmgsinm 54 891202 .si.i kxs（2）设物体与弹簧刚接触时，速度为 v，距最低点距离为 ，此时重力势0x能为 ，应用机械能守恒定律，得30sinmgx30图 3-1820133vmgxmgssini /s 6.5/s 254892 0 i)()-xv3-19 在气垫导轨上质量为 m 的滑块被劲度系数分别为 k1、 k2 的两弹簧连接到气轨的两端点 A、B 上起初气轨水平放置，两弹簧均处于无
30、形变状态，滑块位于 O 点，如图 3-19（a）所示现迅速将气轨的 B 端抬高，使其与水平面的夹角为 ，如图 3-19（b）所示，求滑块运动可能达到的最低点与 O 点间的距离及滑块可能达到的最大速率分析 当重力势能和弹簧的弹性势能同时存在，应用机械能守恒定律时，应该注意势能零点的选取问题可以按表达式最简单的原则选取重力势能零点，而弹性势能零点则通常应选取在弹簧无形变位置解 取气轨倾斜后 O 点为重力势能和弹性势能零点，设最低点与 O 点间的距离为 ，在最低点时，重力势能为 ，弹性势能为 ，1x sin1mgx21xk)(应用机械能守恒定律，得 02211xkx)(si21gin气轨倾斜后，在重
31、力和弹性力作用下， O 点不再是平衡位置设平衡OO k2 BA k1 m k2 B A k1（a） （b）图 3-19位置为 ，与 O 点距离为 ，应用牛顿定律可得 0x(1)021xkmg)(sin重力势能为 ，弹性势能为 ，物体通过 点时速率i0x2O最大，设为 ，动能为 ，应用机械能守恒定律，得mv2m1v(2)021m010 vxkgx)(sin由(1) 和(2) 式得 210mkgxsiniv3-20 在一根光滑的半径很小的水平轴上，挂着一段均匀绳，长为 l，质量为 m，如图 3-20（a）所示，绳开始滑动时， 求当 时的加速dBC3度，并证明此时速度为 )(229dllgv分析 挂
32、在光滑细轴上的软绳，左右两段相互作用的张力大小相等，为内力，以整条软绳为研究对象，作用在左右两段上的重力相对于运动方向分别为同向和反向轴的支承力始终垂直于绳的运动方向，不产生加速度，也不作功与其他连接体问题类似，沿运动方向应用牛顿定律建立方程最为简捷解 当 时，设软绳加速度为 a，沿lBC32运动方向应用牛顿定律得 mg312B l-ddA dx C x l32（a） （b）图 3-20ga31取 B 点为重力势能零点，竖直向下为 x 轴正向，位于坐标 x 的绳上小段dx 的势能为 ，则xlmgd初始时， ，势能为 C201dlmgxlg，势能为 lBA )(d时，势能为 ld32 231lg
33、，势能为 lBA12lm此时绳的速率为 v，动能为 ，应用机械能守恒定律，得21v22222 3131 lmglgdlmgdl)(解得 )(229dllv3-21 假设地球可以看成是质量为 、半径为 R 的球体，试由（3-20 ）式m推求以地面为重力势能零点时质量为 m 的物体在距地面高度为 h 处（ ）的重力势能的表达式，并将所得结果与（3-15）式作比较Rh分析 物体与地球之间的作用力是万有引力，是物体质心间距离平方成反比的力，往往取无限远处为这类力的势能零点但在地球表面附近，通常取地球表面为重力势能零点由于计算势能时，一般都是计算两位置的势能差，因此选取不同的零点，所得最终结果都相同解 由（3-20）式得物体从高度为 h 处移动到地面万有引力作的功为)(hRmGhRrWR002 1d根据势能定义，此功就等于重力势能注意到在地球表面附近 ，则hR20pRhmGWE与（3-15）式作比较，得 g
