理论力学课后习题答案 第10章 动能定理及其应用 )
理论力学课后答案10
课
答
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
案
网
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kh
da
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我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
10.9 质量为 m1 和 m2 的两重物，分别挂在两条绳子上，绳又分别绕在半径为 r1 和 r2 并装在同一轴的鼓轮上，已知鼓轮对转轴 O 的转动惯量为 J ，系统在重力作用 下发生运动，求鼓轮的角加速度。
kh
da
1 (a)： mr 2 2 1 (b)： m(r 2 2e 2 ) 2
w.
co
解：
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
10.2 如图所示，质量为 m 的偏心轮在水平地面上作平面运动。轮子轴心为 A ， 质心为 C ， AC e ，轮子半径为 R ，对轴心 A 的转动惯量为 J A ； C 、 A 、 B 三 点在同一铅直线上。 (1)当轮子只滚不滑时，若 v A 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。 (2)当轮子又滚又滑时，若 v A 、 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。
魏 魏
泳 泳
涛 涛 涛
m
系统对 z 轴动量矩守恒。设圆盘角速度为 。则圆盘和人对轴 z 的动量矩分 别为 1 hz1 MR 2 2 ds hz 2 rm(r ) mr 2 mrat dt 初始时刻动量矩为零： hz1 hz 2 0 2mrat MR 2 2mr 2 2mra MR 2 2mr 2
魏 魏 魏
后
泳 泳 泳
高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。
设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。
【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？ 【答案】（1285gR（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有0021(5sin 37 1.8)cos3752c mg R R mg R mv μ+-⋅=（2分） 可得 5.6c v gR 1分）（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律2c v N mg m r-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R'≥（1分）小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分） 可得230.9225R R R ='≤（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有2102c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）2.3R R '≥（1分）若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有22111.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有212c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．3．如图所示，光滑斜面AB 的倾角θ=53°，BC 为水平面，BC 的长度l BC =1.10 m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R =0.60 m ．一个质量m =2.0 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间的动摩擦因数μ=0.20.轨道在B ，C 两点光滑连接．当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h =0.20 m ，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.g 取10 m/s 2.求：(1)物体运动到C 点时速度大小v C (2)A 点距离水平面的高度H(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s . 【答案】(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m 【解析】 【详解】(1)物体由C 点到最高点，根据机械能守恒得：()212c mg R h mv += 代入数据解得：4/C v m s =(2)物体由A 点到C 点，根据动能定理得：2102BC c mgH mgl mv μ-=- 代入数据解得： 1.02H m =(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgx mgH μ= 代入数据，解得： 5.1x m =由于40.7BC x l m =+所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：0.4s m =． 【点睛】本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解．4．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ， 代入数据解得：F=130N ．5．如图所示，ABC 是一条长L =10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h =1.25m 处，A 、C 为端点，B 为中点，轨道BC 处在方向竖直向上，大小E =5×105N/C 的匀强电场中，一质量m =0.5kg ，电荷量q =+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经B 点进入电场，从C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s 2。
高三物理动能定理及其应用作业
动能定理及其应用一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。
其中1～4题为单选，5～8题为多选)1．若物体在运动过程中受到的合力不为0，则()A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受的合力做的功可能为0答案 D解析当合力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合力做的功为0，A错误，D正确；当合力恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。
2. 物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W答案 C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v 0减小到v 02，则动能变化量的大小等于第1秒内动能变化量大小的34，则合力做功为－0.75W ，D 错误。
3. 长为L 的木块静止在光滑水平面上。
质量为m 的子弹以水平速度v 0射入木块并从中射出，且出射速度为v 1。
已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s ，子弹在木块中受到的平均阻力大小为( )A.m (v 21－v 20)2(s ＋L )B.m (v 20－v 21)2sC.m (v 20－v 21)2LD.m (v 20－v 21)2(s ＋L )答案 D解析 对子弹根据动能定理：－f (L ＋s )＝12m v 21－12m v 20，解得f ＝m (v 20－v 21)2(s ＋L )，D 正确。
4．(2019·全国卷Ⅲ) 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
高考物理课程复习：动能定理及其应用
【对点演练】
4.(2021湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。
总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节
车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k
为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(
答案 C
解析 本题考查机车启动问题,考查分析综合能力。动车组匀加速启动过程
中,根据牛顿第二定律,有F-kv=ma,因为加速度a不变,速度v改变,所以牵引
力F改变,选项A错误。由四节动力车厢输出功率均为额定值,可得
4
4P=Fv,F-kv=ma',联立解得 a'=
− ,因为 v 改变,所以 a'改变,选项 B 错误。
量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小为g)。则(
6
A.动摩擦因数 μ=7
2ℎ
B.载人滑沙板最大速度为 7
C.载人滑沙板克服摩擦力做功为 mgh
3
D.载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为5g
)
答案 AB
解析 对整个过程,由动能定理得 2mgh-μmgcos
ℎ
45°·
载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为
错误。
cos37 °- sin37 °
3
a=
= 35 g,故
D
考点三
应用动能定理求解多过程问题[名师破题]
应用动能定理求解多过程问题的解题步骤
(1)首先需要建立运动模型,选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体
的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部
理论力学课后答案
理论力学课后答案理论力学是力学的基础学科，它主要研究物体的运动与力的关系。
通过学习理论力学，我们可以深入了解物体在不同力的作用下的运动规律，掌握解题方法和技巧。
下面就是一些常见的理论力学问题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。
1. 一个质点在匀速直线运动中，如果在t=0时刻位置为x0，速度为v0，则它的位置公式为x = x0 + v0t。
2. 一个质点在匀加速直线运动中，如果在t=0时刻位置为x0，速度为v0，则它的位置公式为x = x0 + v0t + (1/2)at^2。
3. 一个质点在竖直上抛运动中，如果在t=0时刻位置为x0，速度为v0，则它的位置公式为x = x0 + v0t - (1/2)gt^2，其中g为重力加速度。
4. 一个质点做匀速圆周运动，它的速度大小保持不变，但方向不断变化。
当向圆心的向心力为F时，质点的加速度大小为a = v^2 / R，其中v为质点的速度大小，R为圆的半径。
5. 动能定理：物体的动能变化等于物体所受的净功，即ΔK = W，其中ΔK为动能变化量，W为物体所受的净功。
6. 动量定理：物体的动量变化等于物体所受的净冲量，即Δp = FΔt，其中Δp为动量变化量，F为物体受到的净力，Δt为作用时间。
7. 万有引力定律：两个质点之间的引力大小与它们的质量成正比，与它们之间的距离平方成反比。
引力的大小由F = G(m1m2 /r^2)给出，其中F为引力的大小，G为引力常数，m1和m2分别为两个质点的质量，r为两个质点之间的距离。
以上是一些常见的理论力学问题的答案，它们涉及了匀速直线运动、匀加速直线运动、竖直上抛运动、匀速圆周运动、动能定理、动量定理和万有引力定律等内容。
通过学习和掌握这些知识，我们可以更好地理解和解决理论力学的问题。
理论力学是物理学的基础，它不仅在学术研究中有广泛应用，也在工程技术领域中发挥着重要作用。
通过深入研究理论力学，我们可以更好地理解物体的运动规律，为工程设计和科学研究提供有力的理论支持。
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。
【解析】 【分析】 【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有02 3m/s tan y v ghv θ=== 小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为201 4.5J 2p E mv ==； (2)小球在A 处的速度为5m/s cos A v v θ== 小球从A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得221111sin cos 22C A mgL mgL mv mv θμθ-=- 解得()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得21v mg m R≤；对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得2211152222C mv mgR mv mgR =+≥ 解得202m 5Cv R g<≤=；对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得212C mv mgh mgR =≤ 解得2=5m 2C v R g≥；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R ≥5m 或0＜R ≤2m ；2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=Hx由以上三式联立解得 F f =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh+W=12mv C 2-12mv B 2 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h 3=1.8m②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h 4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m ～9.0m 的范围内均能满足要求 即1.8m≤h≤9.0m5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J【解析】 【详解】（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，代入数据解得：4362.01010/ 2.010/1010mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：32 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=解得：2110/a m s =根据：2112h a t =，解得：0.20=h m 电场力做功：428.010J W qE h -==⨯（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为k E ，则：v at =，212k E mgh mv =+解得：48.010J k E -=⨯6．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。
理论力学课后习题答案 第10章 动能定理及其应用 )
(a)A(a)O第10章 动能定理及其应用10－1 计算图示各系统的动能：1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时，若已知圆盘上A 、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，θ = 45º（图a ）。
2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v（图b ）。
3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动，图示瞬时角速度为ω（图c ）。
解：1．222222163)2(2121)2(212121BB BC C C mv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω 2．222122222214321)(21212121v m v m r v r m v m v m T +=⋅++=3．22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10－2 图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时，试求系统的动能。
解：图（a ）B A T T T +=)2121(21222211ωC C J v g W v g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕωω⋅⋅+⋅++++=l gW l l v l v l g W v g W]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10－3 重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
曲柄的重力为Q F ，角速度为ω，齿轮可视为匀质圆盘。
试求行星齿轮机构的动能。
理论力学 陈立群 第10章能量方法习题解答
第十章质点系动力学——能量方法 习题解答10-1半径为r 的匀质圆轮质量均为m ，图（a ）和（b ）所示为轮绕固定轴O 作定轴转动，角速度为ω；图（c ）为轮作纯滚动，轮心速度为v 。
试写出它们的动能。
解：（a ）匀质圆轮作定轴转动， 对O 点的转动惯量为 2222321mr mr mr J O =+=，动能为2224321ωωmr J T O ==。
（b ）匀质圆轮作定轴转动，对O 点的转动惯量为 222121mr mr J O ==， 动能为2224121ωωmr J T O ==。
（c ）匀质圆轮作作纯滚动，ωr v =，动能为222432121mv J mv T C =+=ω10-2匀质杆OA 长l ，质量为m ，绕O 点转动的角速度为ω；匀质圆盘半径为r ，质量也为m 。
求下列三种情况下系统的动能： （1）圆盘固结于杆；（2）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω-； （3）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω。
解：（1）圆盘固结于杆。
对O 点转动惯量为2222221342131mr ml ml mr ml J O +=++=动能为()22223812121ωωm r l J T O +==（2）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω-，则圆盘作平移，质心速度为ωl v =。
动能为： T=T 杆+T 盘=22222223221612121ωωωml mv ml mv J O =+=+（3）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω，则圆盘的角速度为ω2。
T=T 杆+T 盘=()()222222222412*********ωωωωωmr l m ml J mv J C O ++=++()222321ωm r l +=。
10-3质量为m 1的匀质杆，长为l ，一端放在水平面上，另一端与质量为m 2、半径为r 的匀质圆盘在圆盘中心O 点铰接。
圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v 。
求系统在此位置的动能。
《理论力学》第10-11章习题参考解答
1 2
(1 3
G1 g
r 2 ) 2
(G1
G2 )
r 2
求得：
3g(G1 G2 ) r(G1 3G2 )
,
vB
r
3(G1 G2 )gr (G1 3G2 )
②分析AB杆各点的加速度，由基点法得：
aB
aA
aAn
aB A
将矢量方程在铅垂方向投影得：
0
a
n A
aBA
所以：
AB
aBA L
aAn L
《理论力学》第10章习题参考解答
FD
解：已知：
T 10(s), n 2 4 (rad / s) 60
①分析OA的受力，有：
F 3.5 FD 1.5
FD
7 3
F
②取轮子为研究对象，动力学方程为：
(1 2
mr2 )
Fs r
FS
FD f
7Ff 3
求得： 14Ff 3mr
因为角加速度为常数，所以轮子作匀减速运动，则有：
G2 g
aC
FB
L 2
FAy
L 2
(1 12
G2 g
L2 ) AB
解方程得：
FB
G2 (G1 2G2 ) G1 3G2
vB
AB aC
aB
aB A
aCn aB A
C
FB
G2
vA aA aAn FAy FAx
r 2 L
3g(G1 G2 ) (G1 3G2 )L
③分析AB杆各点的加速度，由基点法得： aC aCn aA aAn aCA
将矢量方程在铅垂方向投影得：
aC
a
n A
aC A
2024年中科大理论力学课后习题答案
注意事项
在使用课后习题答案时，学生需要注意以下几点：一是不要完全依赖答案，要 注重自己的思考和总结；二是要注意答案的适用范围和条件，避免盲目套用； 三是要及时反馈和纠正答案中的错误或不足之处。
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6
02 质点与刚体运动 学
2024/2/29
7
质点运动学基本概念
质点的定义
质点是一个理想化的物理模型，忽略 物体的形状和大小，只考虑其质量。
2024/2/29
02
答案
根据牛顿第二定律，合外力$F_{ 合}=ma$，则合外力做的功 $W_{合}=F_{合}l=mal$，其中 $l=v_{0}t+frac{1}{2}at^{2}$为 物体在t时间内的位移。功率 $P_{合}=F_{合}v=mav$，其中 v为物体在t时刻的瞬时速度， $v=v_{0}+at$。
15
实际应用举例及拓展
2024/2/29
01
应用一
汽车行驶过程中的动力学分析。汽车行驶时受到发动机的动力、地面的
摩擦力和空气阻力等作用，通过动力学分析可以优化汽车的设计和行驶
性能。
02
应用二
航空航天领域的动力学问题。航空航天领域涉及大量的动力学问题，如
火箭发射、卫星轨道计算等，需要运用动力学原理进行精确分析和计算
03 题目2
一轻绳跨过定滑轮，两端分别系 有质量为m1和m2的物体，且 m1>m2，开始时两物体均静止 ，当剪断轻绳后，求两物体的加 速度和速度变化。
25
04
答案
剪断轻绳后，两物体均做自由落 体运动，加速度均为g。由于两 物体初始时刻均静止，因此速度 变化量相同，即$Delta v=gt$， 其中t为物体下落的时间。
理论力学课后习题答案-第10章--动能定理及其应用-)
理论力学课后习题答案-第10章--动能定理及其应用-)(a)v ϕABC rv 1v 1v 1ωϕ(a)CCωCvωO第10章 动能定理及其应用10－1 计算图示各系统的动能：1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时，若已知圆盘上A 、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，θ = 45º（图a ）。
2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v （图b ）。
3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动，图示瞬时角速度为ω（图c ）。
解：1．222222163)2(2121)2(212121BBB CCCmv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω 2．222122222214321)(21212121v m v m r v r m v m vm T +=⋅++= 3．22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10－2 图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时，试求系统的动能。
解：图（a ） B AT T T +=)2121(21222211ωC CJ vgWv g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕωω⋅⋅+⋅++++=l gW l l v l v l g W v g W]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10－3 重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
《理论力学》课后习题解答(赫桐生版)
理论力学（郝桐生）第一章习题1-1．画出下列指定物体的受力图。
解：习题1-2．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：习题1-3．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：第二章习题2-1．铆接薄钢板在孔心A、B和C处受三力作用如图，已知P1=100N沿铅垂方向，P2=50N沿AB方向，P3=50N沿水平方向；求该力系的合成结果。
解：属平面汇交力系；合力大小和方向：习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：(2) 研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。
求撑杆BC所受的力。
解：(1)研究整体，受力分析：(2) 画力三角形：(3) 求BC受力习题2-4．简易起重机用钢丝绳吊起重量G=2kN的重物，不计杆件自重、磨擦及滑轮大小，A、B、C三处简化为铰链连接；求杆AB和AC所受的力。
解：(1) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆受拉，BC杆受压。
(2) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆实际受力方向与假设相反，为受压；BC杆受压。
习题2-5．三铰门式刚架受集中荷载P作用，不计架重；求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1) 研究整体，受力分析（AC是二力杆）；画力三角形：求约束反力：(2) 研究整体，受力分析（BC是二力杆）；画力三角形：几何关系：求约束反力：习题2-6．四根绳索AC、CB、CE、ED连接如图，其中B、D两端固定在支架上，A端系在重物上，人在E点向下施力P，若P=400N，α=4o，求所能吊起的重量G。
解：(1) 研究铰E，受力分析，画力三角形：由图知：(2) 研究铰C，受力分析，画力三角形：由图知：习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
动能定理及其应用
动能定理及其应用
学习目标 1、理解做功的过程就是能量转化或 转移的过程，会用动能定理处理单个 物体的有关问题。 ２、知道动能定理也可用于变力做功 与曲线运动的情景，能用动能定理计 算变力做功。
1．定义：物体由于 运动 而具有的 能． 2．公式：Ek＝ 焦耳 . 标量 ，1 J＝1 N·m＝1 3．单位： kg·m2/s2.
4．动能定理公式中等号的意义
(1)数量相等(2)单位相同(3)因果关系
应用动能定理解题的基本步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程． (2)分析研究对象的受力情况和各力的做 功情况．
(3)明确物体在过程的始末状态的动能Ek1 和Ek2. (4)列出动能定理的方程W总＝Ek2－Ek1及 其他必要的解题方程，进行求解．
对动能定理的进一步理解 1．动能定理中所说的“外力”，是指物体 受到的所有力． 包括 （包括或不包括） 重力． 2．位移和速度：必须是相对于同一个参考 系的，一般以 地面 为参考系． 3．动能定理适用范围： 直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、
分段做功，一个持续的过程，几个分段过程的全过程．
【答案】
160 s 64 （ ）m 3
题型四：应用动能定理解决分段运动问 题
例5. 总质量为M的机车，沿水平直线轨 道匀速前进，其末节车厢质量为m，途 中脱节，司机发觉时，机车已行驶L的 距离，于是立即关闭油门，除去牵引力， 设运动的阻力与质量成正比，机车的牵 引力是恒定的，当机车的两部分都停止 时，它们的距离是多少？ ML 【答案】 s M-m
题型一：应用动能定理解决恒力下的直线 运动问题 例1：如图所示，用拉力F使一个质量为m 的木箱由静止开始在水平地面上移动了L, 拉力F跟木箱前进的方向的夹角为θ，木箱 与地面间的动摩擦因数为μ，求木箱获得 的速度？ F
理论力学课后习题答案
理论力学课后习题答案1. 第一题题目：一个质点从初始点A沿着一条直线运动到达点A，在此过程中质点受到一个恒定的力A的作用。
求解质点从A 到A的位移A和速度A与时间A的关系。
解答：根据牛顿第二定律A=AA，我们可以得到质点在恒定力作用下的运动方程为 $F = m \\frac{dv}{dt}$。
即：$$F = m \\frac{dx}{dt}$$将方程变形可得：$$dx = \\frac{F}{m} dt$$对上式两边同时积分可得：$$\\int_{x_A}^{x_B} dx = \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$化简后可得：$$x_B - x_A = \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$即质点从初始点A移动到达点A时的位移A与时间A的关系为：$$x = x_A + \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$2. 第二题题目：一个滑块在一个光滑的水平轨道上，质量为A，受到一根拉力为A的绳子的作用。
求解滑块的加速度A。
解答：根据牛顿第二定律A=AA，可以得到滑块的加速度A与拉力A的关系为 $a = \\frac{F}{m}$。
3. 第三题题目：一个质点在一个弹簧的作用下振动，弹簧的劲度系数为A，质量为A。
求解质点的振动周期A。
解答：质点在弹簧的作用下振动，其运动方程为 $m\\frac{d^2x}{dt^2} = -kx$，其中A为质点的位移。
对上式进行变形可得：$$\\frac{d^2x}{dt^2} = -\\frac{k}{m}x$$该微分方程的通解为 $x = A \\sin(\\sqrt{\\frac{k}{m}} t + \\phi)$，其中A为振幅，$\\phi$ 为相位角。
振动周期A可以通过求解动能和势能的平衡关系来得到。
在振动过程中，动能 $K = \\frac{1}{2} m v^2$ 和势能 $U =\\frac{1}{2} k x^2$ 之和保持不变。
第2节 动能定理及其应用
(2)若列车从 A 地沿直线开往 B 地， 先以恒定的功率 6×107 W(同 时开动第一、第二节的动力)从静止开始启动，达到最大速度后匀速 行驶， 最后除去动力， 列车在阻力作用下匀减速至 B 地恰好速度为 0。 已知 AB 间距为 5.0×104 m，求列车从 A 地到 B 地的总时间。
要点三
动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在 处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理． 由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态 的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时 动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线 运动，计算都会特别方便．
( ×) (× )
(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。 (√ )
考纲解读
动能定理是力学中的一条重要的定理，可以广泛的 应用力学以及电磁学中，是每年高考的热点内容，
在全国各地试题中均有涉及。主要题型是选择题和
计算题，涉及的物理背景遍及力学、电磁学。 同时，动能定理也是本单元的主要内容之一，应理 解动能的改变与做功的关系，会应用动能定理分析 和计算问题。
1 A． 3 1 C． 6
2 B． 3 1 D． 12
图 523
2．(2015· 南昌重点中学模拟)如图 524 所示，光滑斜面的顶端固 定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。 设小球在斜面最低点 A 的速度为 v， 压缩弹簧至 C 点时弹簧 最短，C 点距地面高度为 h，不计小球与弹簧碰撞过程中的 能量损失， 则弹簧被压缩至 C 点， 弹簧对小球做的功为( 1 2 1 2 A．mgh－ mv B． mv －mgh 2 2 )
2．(多选)如图 521 所示，电梯质量为 M，在它的水平地板上 放置一质量为 m 的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止 开始竖直向上加速运动，当上升高度为 H 时，电梯的速度 达到 v，则在这个过程中，以下说法中正确的是
高中物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题(含答案)及解析
高中物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连,O 点为轨道圆心,BC 为圆轨道直径且处于竖直方向,A 、C 两点等高．质量m=1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑,恰能滑到与O 点等高的D 点,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求:(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －μmgcos37°2sin 37R︒＝0－0 解得：μ＝0.375⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N ≥0 ①在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2Cv m R② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°2sin 37R ︒＝212C mv －2012mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3⑶滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④在竖直方向的位移为：y ＝212gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝2R yx-⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】(1) 35(2) －3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。
理论力学课后习题答案1-13章
则有
即
联立求解得
2－24一悬臂圈梁，其轴线为 ＝４ｍ的 圆弧。梁上作用着垂直匀布荷载， ＝２ｋＮ／ｍ。求该匀布荷载的合力及其作用线位置。
解：合力大小 ，铅直向下。
作用线位置在圆弧的形心处即平分轴上距离圆心
处
3－１作下列指定物体的示力图。物体重量除图上已注明者外，均略去不计。假设接触处都是光滑的。
解：整体：
先判断零杆如图。
取Ⅰ-Ⅰ截面右半部分
5-5 (b)试用最简捷的方法求图示桁架指定杆件的内力。
解：取Ⅰ-Ⅰ截面上半部分
取Ⅱ-Ⅱ截面右半部分
，
5-8杆系铰接如图所示，沿杆３与杆５分别作用着力FP1与FP2，试求各杆内力。
解：先判断零杆如图。 ，则
5－21板 长 ， 、 两端分别搁在倾角 ＝50°， ＝30°的两斜面上。已知板端与斜面之间的摩擦角 ＝25°。欲使物块Ｍ放在板上而板保持水平不动，试求物块放置的范围。板重不计。
2.绕A点滚动，B点达到极限状态
，
3.绕B点滚动，A点达到极限状态
，
故，FT的最小值为 。
5－29一个半径为300ｍｍ、重为3ｋＮ的滚子放在水平面上。在过滚子重心 而垂直于滚子轴线的平面内加一力 ，恰足以使滚子滚动。若滚动摩擦因数δ＝5mm，求 的大小。
解：滚子受力如图
6-5半圆形凸轮以匀速v=10mm/s沿水平方向向左运动,活塞杆AB长l，沿铅直方向运动。当运动开始时,活塞杆A端在凸轮的最高点上。如凸轮的半径R=80mm，求活塞B的运动方程和速度方程。
解：OA杆力偶系平衡（由于A滑块，FA垂直O1A）
整体力偶系平衡
4—14求下列面积的形心。图中长度单位是m。
力学习题集
理论力学习题册答案班级＿＿＿＿＿＿＿＿姓名＿＿＿＿＿＿＿＿学号＿＿＿＿＿＿＿＿第1章 受力分析概述1－3 试画出图示各物体的受力图。
或(a-2)(a-1)(b-1)(c-1)或(b-2) (d-1)(e-1)(e-2)(f-1)(e-3)(f-2)(f-3)F AF BF A(b-3)(a-3)(a-2)(b-2)(b-1)(a-1)1－4* 图a 所示为三角架结构。
荷载F 1作用在铰B 上。
杆AB 不计自重，杆BC 自重为W 。
试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图，并加以讨论。
习题1－4图1－7 画出下列每个标注字符的物体的受力图，各题的整体受力图未画重力的物体的自重均不计，所有接触面均为光滑面接触。
abe(d-2)(c-1)(b-1)(b-2) (b-3)(c-2)(d-1)i gj第2章 力系的等效与简化2－3 图示正方体的边长a =，其上作用的力F =100N ，求力F 对O 点的矩及对x 轴的力矩。
解：)(2)()(j i k i Fr F M +-⨯+=⨯=Fa A O m kN )(36.35)(2⋅+--=+--=k j i k j i Fam kN 36.35)(⋅-=F x M2－9 图示平面任意力系中F 1 = 402N ，F 2 = 80N ，F 3 = 40N ，F 4 = 110M ，M = 2000 N ·mm 。
各力作用位置如图所示，图中尺寸的单位为mm 。
求力系向O 点简化的结果。
FFFF (0,30)(20,20)(20,-30)(-50,0)45yxRF 'ooM yxoRF (0,-6)解：N 15045cos 421R -=--︒=∑=F F F F F x x 045sin 31R =-︒=∑=F F F F y yN 150)()(22'R =∑+∑=y x F F Fm m N 900305030)(432⋅-=--+=∑=M F F F M M O O F向O 点简化结果如图（b ）；合力如图（c ），其大小与方向为N 150'R R i F F -==Ar A(a)(b)（c）（d）第3章静力学平衡问题3－2图示为一绳索拔桩装置。
动能定理及其应用
动能定理及其应用 知识点一 动能 1.定义：物体由于 而具有的能.2.公式：E k ＝ .3.单位： ，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2.4.标矢性：动能是 ，只有正值，动能与速度的方向 .5.动能的变化：物体 与 之差，即ΔE k ＝ .答案：1.运动 2.12mv 2 3.焦耳 4.标量 无关 5.末动能 初动能 知识点二 动能定理1.内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中 .2.表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝ .3.物理意义： 的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于 .(2)既适用于恒力做功，也适用于 做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 作用.答案：1.动能的变化 2.3.合力4.(1)曲线运动 (2)变力 (3)分阶段 考点 动能定理的理解1.合外力做功与物体动能的变化间的关系(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做功.(2)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因.(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳.2.标量性：动能是标量，功也是标量，所以整个动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题.当然动能定理也就不存在分量的表达式.例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的.3.相对性：高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.4.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功.因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选.考向1 对动能定理的理解[典例1] (多选)如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离，在此过程中 ( )A.外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B.B 对A 的摩擦力所做的功，等于A 的动能增量C.A 对B 的摩擦力所做的功，等于B 对A 的摩擦力所做的功D.外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和[解析] A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则有B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量，即B 对；A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 相对地的位移不等，故二者做功不等，C 错；对B 应用动能定理W F －W Ff ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋W F f ，就是外力F 对B 做的功，等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 对；由前述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错.[答案] BD[变式1] 如图所示，人用手托着质量为m 的苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L 后，速度为v (苹果与手始终相对静止)，苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )A.手对苹果的作用力方向竖直向上B.苹果所受摩擦力大小为μmgC.手对苹果做的功为12mv 2 D.苹果对手不做功答案：C 解析：苹果受手的支持力F N ＝mg 、静摩擦力F f ，合力即手对苹果的作用力，方向斜向上，A 错误；苹果所受摩擦力为静摩擦力，不等于μmg ，B 错误；由动能定理可得，手对苹果的静摩擦力做的功W ＝12mv 2，C 正确；苹果对手做负功，D 错误. 考向2 应用动能定理求变力做功[典例2] 如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为 ( )A.14mgRB.13mgR C.12mgR D.π4mgR [解析] 在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R ，F N ＝2mg ，联立解得v ＝gR .下滑过程中，根据动能定理可得mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功为12mgR ，C 正确.[答案] C[变式2] (2015·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功.则( )A.W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B.W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C.W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D.W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 答案：C 解析：设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离.选项C 正确.考点 应用动能定理解决多过程问题1.应用动能定理解题的步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程.(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况.(3)明确物体在过程始末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程进行求解.2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成.(2)分析每个过程中物体的受力情况.(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响.(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能.(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程.[典例3] 如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m.斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定.将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m .[解析] (1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ①θ满足的条件tan θ≥0.05.②即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑.(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)③ 由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0④代入数据得μ2＝0.8.⑤(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2⑥ 结合③式并代入数据得v ＝1 m/s ⑦由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝vt 解得t ＝0.4 s ⑧x 1＝0.4 m ⑨x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.⑩[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m[变式3]如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ B.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g sin θ＋x 0tan θ C.2μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ D.2μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0cot θ 答案：A 解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12mv 20＋mgx 0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgx cos θ，解以上两式可得x ＝1μ⎝⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ，选项A 正确. 考点 动能定理和图象的综合应用1.解决物理图象问题的基本步骤2.四类图象所围面积的含义v t 图象 由公式x ＝vt 可知，v t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a t 图象 由公式Δv ＝at 可知，a t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量 F x 图象由公式W ＝Fx 可知，F x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 P t 图象由公式W ＝Pt 可知，P t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功考向1 动能定理和v t 图象的综合应用[典例4] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v t 图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是( )A.F 1、F 2大小之比为1∶2B.F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C.A 、B 质量之比为2∶1D.全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1[问题探究] (1)两个物体的总位移相同吗？摩擦生热相同吗？拉力做的功相同吗？(2)如何计算二者的质量关系？(3)如何计算拉力关系？[提示] (1)由v t 图可知总位移相同，又已知摩擦力大小相等，所以摩擦生热相同，拉力做的功也相等.(2)根据匀减速阶段可求出质量关系.(3)利用全过程动能定理可得出拉力关系.[解析] 由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A 、B 受摩擦力大小相等，所以A 、B 的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A 、B 两物体加速与减速的位移相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得：A 物体的拉力与摩擦力的关系，F 1·x －f 1·3x ＝0－0；B 物体的拉力与摩擦力的关系，F 2·2x －f 2·3x ＝0－0，因此可得：F 1＝3f 1，F 2＝32f 2，f 1＝f 2，所以F 1＝2F 2.全过程中摩擦力对A 、B 做功相等，F 1、F 2对A 、B 做功大小相等.故A 、B 、D 错误，C 正确.[答案] C考向2 动能定理和F x 图象的综合应用[典例5] 如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m.有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用.F 只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，取g ＝10 m/s 2，试求：甲 乙(1)滑块运动到A 处的速度大小； (2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？[问题探究] (1)滑块从O 点开始运动到滑块冲上斜面这段过程中怎样运动？(2)F x 图象的面积表示什么？[提示] (1)如图所示(2)力F 对物体所做的功.[解析] (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg 做正功，在第 3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12mv 2A －0 即2mg ×2 m－0.5mg ×1 m－0.25mg ×4 m＝12mv 2A －0 解得v A ＝5 2 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgL sin 30°＝0－12mv 2A 解得L ＝5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.[答案] (1)5 2 m/s (2)5 m专项精练1.[对动能定理的理解](多选)关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是( )A.公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W >0时动能增加，当W <0时动能减少D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做动，但不适用于变力做功答案：BC 解析：公式中W 指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项B 正确，A 错误；当W >0时，末动能大于初动能，动能增加，当W <0时，末动能小于初动能，动能减少，故C 正确；动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故D 错误.2.[应用动能定理求变力做功]一个质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F 所做的功为( )A.mgL cos θB.mgL (1－cos θ)C.FL sin θD.FL cos θ答案：B 解析：从P 缓慢拉到Q ，由动能定理得：W F －W G ＝0(因为小球缓慢移动，速度可视为零)，即W F ＝W G ＝mgL (1－cos θ).3.[变力做功的计算]如图所示，质量为m 的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动(设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力).则在这一过程中摩擦力对物体做的功是( )A.0B.2μmgRC.2πμmgRD.μmgR 2答案：D 解析：物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v ，则有μmg ＝mv 2R，① 在物体由静止到获得速度v 的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得W ＝12mv 2－0，② 联立①②解得W ＝12μmgR . 4.[应用动能定理解决多过程问题](多选)一物体从斜面底端以初动能E 滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦力做的功为E2，若物体以初动能2E 滑向斜面，则( ) A.返回斜面底端时的动能为EB.返回斜面底端时的动能为3E 2C.返回斜面底端时的速度大小为2vD.返回斜面底端时的速度大小为2v答案：AD 解析：设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为f ，物体以初动能E 滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为L 1，则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有－GL 1sinθ－fL 1＝0－E ，在物体沿斜面下降的过程中有GL 1sin θ－fL 1＝E 2，联立解得G sin θ＝3f .同理，当物体以初动能2E 滑向斜面时，在物体沿斜面上升的过程中有－GL 2sin θ－fL 2＝0－2E ，在物体沿斜面下降的过程中有GL 2sin θ－fL 2＝E ′，联立解得E ′＝E ，故A 正确，B 错误；由E 2＝12mv 2，E ′＝12mv ′2，得v ′＝2v ，故C 错误，D 正确. 5.[动能定理和摩擦力做功的计算]如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其距离d ＝0.50 m.盆边缘的高度为h ＝0.30 m.在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止开始下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )A.0.50 mB.0.25 mC.0.10 mD.0答案：D 解析：设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m.由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点.。
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Cv ϕABC rv 1v 1v 1ωϕ(a)CCωCv ωO(a)第10章 动能定理及其应用10－1 计算图示各系统的动能：1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时，若已知圆盘上A 、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，= 45º（图a ）。
2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v （图b ）。
3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动，图示瞬时角速度为（图c ）。
解：1．222222163)2(2121)2(212121BB BC C C mv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω 2．222122222214321)(21212121v m v m r v r m v m v m T +=⋅++=3．22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10－2 图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时，试求系统的动能。
解：图（a ）B A T T T +=)2121(21222211ωC C J v g W v g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕωω⋅⋅+⋅++++=l gW l l v l v l g W v g W]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10－3 重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
曲柄的重力为Q F ，角速度为ω，齿轮可视为匀质圆盘。
试求行星齿轮机构的动能。
解：C OC T T T +=2222)21(212121C C C C OC O r m v m J ωω++= 22P 2P 22Q )2(41)2(21])2(31[21rr r g F r g F r g F ωωω++=习题10－2图习题10－3图Bv A Cθ(a)vOωA习题10－1图(b)(c)A)92(3P Q 22F F gr +=ω 10－4 图示一重物A 质量为m 1，当其下降时，借一无重且不可伸长的绳索使滚子C 沿水平轨道滚动而不滑动。
绳索跨过一不计质量的定滑轮D 并绕在滑轮B 上。
滑轮B 的半径为R ，与半径为r 的滚子C 固结，两者总质量为m 2，其对O 轴的回转半径为ρ。
试求重物A 的加速度。
解： 将滚子C 、滑轮D 、物块A 所组成的刚体系统作为研究对象，系统具有理想设系统在物块下降任意距离s 时的动能动能：22221212121C C C A J v m v m T ω++=其中r R v A C -=ω，rR r v r v A C C -==ω，22ρm J C =22222122222221])([21])(1)([21A A v r R r m m v r R m r R r m m T -++=-+-+=ρρ 力作的功：gs m W 1=应用动能定理：gs m v r R r m m A 1222221])([21=-++ρ 将上式对时间求导数：s g m a v r R r m m A A 122221])([=-++ρ 求得物块的加速度为：)()()(2222121ρ++--=r m r R m r R g m a A10－5 图示机构中，均质杆AB 长为l ，质量为2m ，两端分别与质量均为m 的滑块铰接，两光滑直槽相互垂直。
设弹簧刚度为k ，且当θ = 0˚时，弹簧为原长。
若机构在θ = 60˚时无初速开始运动，试求当杆AB 处于水平位置时的角速度和角加速度。
解：应用动能定理建立系统的运动与主动力之间的关系。
动能：222212121AB O B A J mv mv T ω++=其中：AB A l v θωsin =；AB B l v θωcos =；2231ml J O =222222653121ABAB AB ml ml ml T ωωω=+= 外力的功：])cos ()60cos [(2)sin 60(sin 22)sin 60(sin 22θθθl l l l k l mg mgl W --︒-+-︒+-︒=T = W ；2265AB ml ω])cos 1(41[2)sin 23(222θθ--+-=l k mgl （1）当0=θ时：832klmgl W +=2265AB ml ω832kl mgl +=；mlkl mg m k g l AB 203324203536+=+=ω 对式（1）求导：AB AB ml αω235θθθθθ sin )cos 1(22cos 22---=l k mgl ； 习题10－4图习题10－5图习题10－6图其中：AB ωθ=- ；当0=θ时：lg AB56=α 10－6 图a 与图b 分别为圆盘与圆环，二者质量均为m ，半径均为r ，均置于距地面为h 的斜面上，斜面倾角为，盘与环都从时间0=t 开始，在斜面上作纯滚动。
分析圆盘与圆环哪一个先到达地面？解：对图（a ）应用动能定理：θsin 4321mgs mv C =；求导后有θsin 321g a C = 设圆盘与圆环到达地面时质心走过距离d ，则21121t a d C =；θsin 3211g d a d t C == 对图（b ）应用动能定理：θsin 22mgs mv C =；求导后有θsin 212g a C =22221t a d C =；θsin 4222g da dt C ==因为t 1 < t 2，所以圆盘（a ）先到达地面。
10－7 两匀质杆AC 和BC 质量均为m ，长度均为l ，在C 点由光滑铰链相连接，A 、B 端放置在光滑水平面上，如图所示。
杆系在铅垂面内的图示位置由静止开始运动，试求铰链C 落到地面时的速度。
解：设铰链C 刚与地面相碰时速度C v v =。
根据运动学分析A '点及B '点分别为C A ''及C B ''杆的速度瞬心，如图（a ）ωω===''l vl v C C A ωω===''lvl v C C B 动能定理：0231212222-⋅⋅=⋅⋅ωml h mg231mv mgh =gh v 3=10－8 质量为15kg 的细杆可绕轴转动，杆端A 连接刚度系数为k =50N/m 的弹簧。
弹簧另一端固结于B 点，弹簧原长1.5m 。
试求杆从水平位置以初角速度0ω=0.1rad/s 落到图示位置时的角速度。
解：2021)31(21ωml T =， 222)31(21ωml T = ])5.112()5.12[(2232212---+⋅=kmg W )733(23-+=k mg习题10－7图A 'C A''ωC'C B''ωBCv(a)O B Ar习题10－9图ACO Rr B ϕ习题10－10图k60A 'OOωBAgm gm ωm 2m2 (a) 1212W T T =-)733(23)(612022-+=-k mg ml ωω 202)733(633ωω+-+=mlk mg93.1215)733(5068.915332=⨯-⨯+⨯⨯=rad/s10－9 在图示机构中，已知：均质圆盘的质量为m 、半径为r ，可沿水平面作纯滚动。
刚性系数为k 的弹簧一端固定于B ，另一端与圆盘中心O 相连。
运动开始时，弹簧处于原长，此时圆盘角速度为，试求：（1）圆盘向右运动到达最右位置时，弹簧的伸长量；（2）圆盘到达最右位置时的角加速度及圆盘与水平面间的摩擦力。
解：（1）设圆盘到达最右位置时，弹簧的伸长量为，则22143ωmr T =；02=T ；21221δk W -= 1212W T T =-；=-2243ωmr 221δk -；ωδr k m 23=（2）如图（a ）：r F J O A =α；Fr J O =αωα222323r k m k mr =；m k32ωα= A F mr =α21；6km r F A ω=10－10 在图示机构中，鼓轮B 质量为m ，内、外半径分别为r 和R ，对转轴O 的回转半径为ρ，其上绕有细绳，一端吊一质量为m 的物块A ，另一端与质量为M 、半径为r 的均质圆轮C 相连，斜面倾角为，绳的倾斜段与斜面平行。
试求：（1）鼓轮的角加速度；（2）斜面的摩擦力及连接物块A 的绳子的张力（表示为的函数）。
解：（1）应用动能定理：T = W222221212121CC C O O A J Mv J mv T ωω+++= 其中：O A R v ω=；O C r v ω=；O C ωω=；2ρm J O =；221Mr J C =22222)21(21OMr Mr m mR T ωρ+++= 设物块A 上升距离s A 时：A C mgs Mgs W -=ϕsin 对动能定理的表达式求导：A C O O mgv Mgv Mr R m -=++ϕαωρsin ]23)([2222223)(2)sin (2Mr R m mR Mr g C O ++-===ρϕααα （2）如图（a ）：Fr J C =α；αMr F 21=如图（b ）：mg F ma -=T ；)(T αR g m F +=O F OA F N（a ）αm g CF C FF （a ）αM gm g F （b ）A习题10－12图ϕ.ϕrOsvg1m B k A dg2m(a)10－11 匀质圆盘的质量为1m 、半径为r ，圆盘与处于水平位置的弹簧一端铰接且可绕固定轴O 转动，以起吊重物A ，如图所示。
若重物A 的质量为2m ；弹簧刚度系数为k 。
试求系统的固有频率。
解：设弹簧上OB 位于铅垂位置时为原长，则动能22122))(21(2121r vr m v m T +=212)4121(v m m +=2222222)(2s rkdgs m d r s k gs m W -=-=W T =22222122)4121(s rkd gs m v m m -=+t d d：v s rkd g m va m m )()21(22212-=+s rkd g m a m m 22212)21(-=+g m s rkd s m m 22212)21(=++ 122122221)2(m m g m s m m r kd s +=++ )2(212222n m m r kd+=ω 21n 22m m krd +=ω10－12 图示圆盘质量为m 、半径为r ，在中心处与两根水平放置的弹簧固结，且在平面上作无滑动滚动。