柯尼希定理v图示坦克的履带质量为m
力学21世纪漆安慎习题答案-第四章
第四章 动能和势能 第四章 动能和势能4.1、本题图表示测定运动物体能的装置，绳栓在腰间沿水平展开跨过理想滑轮，下悬重物50kg ，人用力向后蹬传送带，而人的质心相对于地面不动，设传送带上侧以s m /2的速率向后运动，问运动员对传送带做功否？功率如何？解：如右图，建立图示坐标xy o -分析得：W T =又 人用力后蹬传送带而人的质心相对于地面不动∴人克服绳的拉力做功，即：运动员对传送带做功 k dE x d F dA =⋅=v F dtdA N ⋅== 28.950⨯⨯=∴N＝)(108.92W ⨯ 即为所求4、2、一非线性拉伸弹簧的弹性力大小为321l k l k f +=，l 表示弹簧的伸长量，1k 为正。
（1）研究当0,022<>k k 和02=k 时，弹簧的劲度dldf有何不同；（2）求出将弹簧由1l 拉长至2l 时弹簧对外所作的功。
解：（1）由kx f -=，可建立以自然伸长处为坐标原点 l x =∴故 il k l k f ˆ)(321+-=i l k k dlf d ˆ)3(221+-=∴∴当02>k 时，i l k k dlf d ˆ)3(221+-=当02<k 时，i l k k dl f d ˆ)3(221+-= 当02=k 时，i k dlf d ˆ1-= （2）l d f x d f dA⋅-=⋅-=∴ ⎰⋅-=∴21l l dl f A＝⎰⋅+-21)(321l l dl l k l k＝2121|4|24221l l l l l k l k --＝))]((21[212221222121l l l l k k -++ 即为所求 4.3、一辆卡车能够沿着斜坡以h km /15的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切02.0=αtg ，所受的阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率是多少？解：根据题意，可得：C v F N =⋅=上下坡均为匀速 0=∴合F 如图示，分析小车受力，得矢量式：=++W N f 阻故得标式：⎩⎨⎧='+-=-+0sin 0sin F mg mg F mg mg μαμα下坡：上坡： )2()1(由(1)得：μαmg mg F +=sin 由(2)得：αμsin mg mg F -=' C N =v F v F '⋅'=⋅∴即：F v F v '⋅=' ＝v mg mg mg mg ⋅-+αμμαsin sin＝μαμμα⋅-+sin sin02.0=αtg 146.1≈∴α15146.1sin 04.004.0146.1sin ⨯-+='∴v h km /45≈s m /5.12≈ 即为所求4、4、质量为M 的卡车载一质量为m 的木箱，以速率v 沿平直路面行驶，因故紧急刹车，车轮立即停止转动，卡车滑行一定距离后静止，木箱在卡车上相对卡车滑行了l 距离，卡车滑行了L 距离，求L 和l 。
天大-题库-理论力学
理论力学复习题动力学单选1. 半径为20cm 的圆盘，在水平面内以角速度1rad/s ω=绕O 轴转动。
一质量为5kg 的小球M ，在通过O 轴的直径槽内以t l 5=（l 以cm 计，t 以s 计）的规律运动，则当1s t =时小球M 的动能的大小为(###)A.250kgcm 2/s 2B.125kgcm 2/s 2C.62.5kgcm 2/s 2D.225kgcm 2/s 2[答案]:B2. 杆OA 长L ，以匀角速度ω绕O 轴转动，其A 端与质量为m ，半径为r 的均质小圆盘的中心铰接，小圆盘在固定圆盘的圆周上做纯滚动，若不计杆重，则系统的动能为(###) A.22112mL ω B.2212mL ω C.2234mL ω D.2214mL ω [答案]:C3. 均质直角杆OAB ，单位长度的质量为ρ，两段皆长R 2，图示瞬时以εω、绕O 轴转动。
则该瞬时直角杆的动能是(###)A.325R ρω B.3213R ρω C.3243R ρω D.32203R ρω [答案]:D4. 质量为m 的均质杆OA ，长l ，在杆的下端固结一质量亦为m ，半径为2/l 的均质圆盘，图示瞬时角速度为ω，角加速度为ε，则系统的动能是(###)A.2213ml ω B.226524ml ω C.2294ml ω D.226548ml ω [答案]:D5. 在竖直平面内的两匀质杆长均为L ，质量均为m ，在O 处用铰链连接，B A 、两端沿光滑水平面向两边运动。
已知某一瞬时O 点的速度为0v ，方向竖直向下，且θ=∠OAB 。
则此瞬时系统的动能是(###) A.2023cos mv θB.2026cos mv θC.2023sin mv θD.2026sin mv θ[答案]:A6. 一滚轮由半径不同的两盘固结而成，重Q 。
用柔索拖动，柔索一端的速度为v ，滚轮则沿粗糙水平面只滚不滑，设滚轮绕质心C 的回转半径为ρ，则系统的动能为(###) A.2222()Qv g R r ρ- B.2222()Qv r g R r - C.2222()2()Qv r g R r ρ+-D.2222()()Qv r g R r ρ+- [答案]:C7. 半径为r 的均质圆盘，质量为1m ，固结在长r 4，质量为2m 的均质直杆上。
八年级数学下册 17.2实际问题与反比例函数第三课时教案 人教新课标版
17．2 实际问题与反比例函数教学目标1．知识与技能学会把实际问题转化为数学问题，进一步理解反比例函数关系式的构造，掌握用反比例函数的方法解决实际问题．2．过程与方法感受实际问题的探索方法，培养化归的数学思想和分析问题的能力．3．情感、态度与价值观体验函数思想在解决实际问题中的应用，养成用数学的良好习惯．教学重点难点重点：用反比例函数解决实际问题．难点：构建反比例函数的数学模型．课时安排2课时教与学互动设计第1课时（一）创设情境，导入新课一位司机驾驶汽车从甲地去乙地，他以80千米／时的平均速度用6•小时到达目的地．（1）当他按原路匀速反回时，汽车的速度v与时间t有怎样的函数关系？（2）若该司机必须在4个小时内回到甲地，则返程的速度不能低于多少？（二）合作交流，解读探究探究（1）原路返回，说明路程不变，则80×6=480千米，因而速度v和时间t满足：vt=480或v=的反比例函数关系式．（2）若要在4小时内回到甲地（原路），则速度显然不能低于=120（千米/时）．归纳常见的与实际相关的反比例（1）面积一定时，矩形的长与宽成反比例；（2）面积一定时，三角形的一边长与这边上的高成反比例；（3）体积一定时，柱（锥）体的底面积与高成反比例；（4）工作总量一定时，工作效率与工作时间成反比例；（5）总价一定时，单价与商品的件数成反比例；（6）溶质一定时，溶液的浓度与质量成反比例．（三）应用迁移，巩固提高例1近视眼镜的度数y（度）与焦距x（m）成反比例，已知400•度近视眼镜镜片的焦距为0.25m．（1）试求眼镜度数y与镜片焦距x之间的函数关系式；（2）求1 000度近视眼镜镜片的焦距．【分析】把实际问题转化为求反比例函数的解析式的问题．解：（1）设y=，把x=0.25，y=400代入，得400=，所以，k=400×0.25=100，即所求的函数关系式为y=．（2）当y=1 000时，1000=，解得=0.1m．例2如图所示是某一蓄水池每小时的排水量V（m3/h）与排完水池中的水所用的时间t（h）之间的函数关系图象．（1）请你根据图象提供的信息求出此蓄水池的蓄水量；（2）写出此函数的解析式；（3）若要6h排完水池中的水，那么每小时的排水量应该是多少？（4）如果每小时排水量是5 000m3，那么水池中的水将要多少小时排完？【分析】当蓄水总量一定时，每小时的排水量与排水所用时间成反比例．解：（1）因为当蓄水总量一定时，每小时的排水量与排水所用时间成反比例，•所以根据图象提供的信息可知此蓄水池的蓄水量为：4 000×12=48 000（m3）．（2）因为此函数为反比例函数，所以解析式为：V=；（3）若要6h排完水池中的水，那么每小时的排水量为：V==8000（m3）；（4）如果每小时排水量是5 000m3，那么要排完水池中的水所需时间为：t= =8000（m3）备选例题（中考·四川）制作一种产品，需先将材料加热到达60℃后，再进行操作．设该材料温度为y（℃），从加热开始计算的时间为x（分钟）．据了解，设该材料加热时，温度y与时间x完成一次函数关系；停止加热进行操作时，温度y与时间x•成反比例关系（如图所示）．已知该材料在操作加工前的温度为15℃，加热5•分钟后温度达到60℃．（1）分别求出将材料加热和停止加热进行操作时，y与x的函数关系式；（2）根据工艺要求，当材料的温度低于15℃时，须停止操作，那么从开始加热到停止操作，共经历了多少时间？【答案】（1）将材料加热时的关系式为：y=9x+15（0≤x≤5），•停止加热进行操作时的关系式为y=（x>5）；（2）20分钟．（四）总结反思，拓展升华1．学会把实际问题转化为数学问题，•充分体现数学知识来源于实际生活又服务于实际生活这一原理．2．能用函数的观点分析、解决实际问题，•让实际问题中的量的关系在数学模型中相互联系，并得到解决．（五）课堂跟踪反馈夯实基础1．A、B两城市相距720千米，一列火车从A城去B城．（1）火车的速度v（千米/时）和行驶的时间t（时）之间的函数关系是v= ．（2）若到达目的地后，按原路匀速原回，并要求在3小时内回到A城，则返回的速度不能低于240千米/小时．2．有一面积为60的梯形，其上底长是下底长的，若下底长为x，高为y，则y与x的函数关系是y= ．3．（中考·长沙）已知矩形的面积为10，则它的长y与宽x之间的关系用图象大致可表示为（A）4．下列各问题中，两个变量之间的关系不是反比例函数的是（C）A．小明完成100m赛跑时，时间t（s）与他跑步的平均速度v（m/s）之间的关系B．菱形的面积为48cm2，它的两条对角线的长为y（cm）与x（cm）的关系C．一个玻璃容器的体积为30L时，所盛液体的质量m与所盛液体的体积V之间的关系D．压力为600N时，压强p与受力面积S之间的关系提升能力5．面积为2的△ABC，一边长为x，这边上的高为y，则y与x•的变化规律用图象表示大致是（C）开放探究6．为了预防流行性感冒，某学校对教室采用药熏消毒法进行消毒．已知，•药物燃烧时，室内每立方米空气中的含药量y（毫克）与时间x（分钟）成正比例，•药物燃烧后，y与x 成反比例（如图所示）．现测得药物8分钟燃毕，此室内空气中每立方米的含药量为6毫克，请你根据题中所提供的信息，解答下列问题：（1）药物燃烧时y关于x的函数关系式为：y=x ，自变量的取值范围是：0<x<•8 ；药物燃烧后y与x的函数关系式为：y= ；（2）研究表明，当空气中每立方米的含药量低于1.6毫克时学生方可进教室，那么从消毒开始，至少需要经过30 分钟后，学生才能回到教室；（3）研究表明，当空气中每立方米的含药量不低于3毫克且持续时间不低于10•分钟时，才能有效杀灭空气中的病菌，那么此次消毒是否有效？为什么？【答案】有效，因为燃烧时第4分钟含药量开始高于3毫克，当到第16分钟含药量开始低于3毫克，这样含药量不低于3毫克的时间共有16-4=12分钟，故有效．第2课时（一）创设情境，导入新课公元前3世纪，古希腊科学家阿基米德发现了著名的“杠杆定律”：若两物体与支点的距离反比于其重量，则杠杆平衡．也可这样描述：阻力×阻力臂＝动力×动力臂．为此，他留下一句名言：给我一个支点，我可以撬动地球！（二）合作交流，解读探究问题：小伟想用撬棍撬动一块大石头，已知阻力和阻力臂不变，•分别是1200N和0.5m．（1）动力F和动力臂L有怎样的函数关系？当动力臂为1. 5m时，•撬动石头至少要多大的力？（2）若想使动力F不超过第（1）题中所用力的一半，则动力臂至少要加长多少？【分析】（1）由杠杆定律有FL=1200×0.5，即F=，当L=1.5时，F==400．（2）由（1）及题意，当F=×400=200时，L==3（m），∴要加长3-1.5=1.5（m）．思考你能由此题，利用反比例函数知识解释：为什么使用撬棍时，•动力臂越长越省力？联想物理课本上的电学知识告诉我们：用电器的输出功率P（瓦）两端的电压U（伏）、用电器的电阻R（欧姆）有这样的关系PR= u2，也可写为P= ．（三）应用迁移，巩固提高例1在某一电路中，电源电压U保持不变，电流I（A）与电阻R（Ω）之间的函数关系如图所示．（1）写出I与R之间的函数解析式；（2）结合图象回答：当电路中的电流不超过12A时，电路中电阻R•的取值范围是什么？【分析】由物理学知识我们知道：当电压一定时，电流强度与电阻成反比例关系．解：（1）设，根据题目条件知，当I=6时，R=6，所以，所以K=36，所以I与R的关系式为：I=．（2）电流不超过3A，即I=≥12，所以R≥3（Ω）．注意因为R>0，所以由≤12，可得R≥．例2某气球内充满了一定质量的气体，当温度不变时，气球内气体的气压P（千帕）是气球体积V（m3）的反比例函数，其图象如图所示（•千帕是一种压强单位）．（1）写出这个函数的解析式；（2）当气球体积为0.8m3时，气球内的气压是多少千帕？（3）当气球内的气压大于144千帕时，气球将爆炸，为了完全起见，•气球的体积应不小于多少？【分析】在此题中，求出函数解析式是关键．解：设函数的解析式为P=，把点A（1.5，64）的坐标代入，得k=96，•所以所求的解析式为P=；（2）V=0.8m3时，P==120（千帕）；（3）由题意P≤144（千帕），所以≤144，所以V≥=（m3）即气体的体积应不小于m3．备选例题1．（中考变式·荆州）在某一电路中，电流I、电压U、电阻R三者之间满足关系I=．（1）当哪个量一定时，另两个量成反比例函数关系？（2）若I和R之间的函数关系图象如图，试猜想这一电路的电压是______伏．2．（中考·扬州）已知力F对一个物体作的功是15焦，则力F•与此物体在力在方向上移动的距离S之间的函数关系式的图象大致是（）【答案】1．（1）当电压U一定时，电流I与电阻R成反比例函数关系，（2）10；2．B （四）总结反思，拓展升华1．把实际问题中的数量关系，通过分析、转化为数学问题中的数量关系．2．利用构建好的数学模型、函数的思想解决这类问题．3．注意学科之间知识的渗透．（五）课堂跟踪反馈夯实基础1．在一定的范围内，•某种物品的需求量与供应量成反比例．•现已知当需求量为500吨时，市场供应量为10 000吨，•试求当市场供应量为16 •000•吨时的需求量是•312.5吨．2．某电厂有5 000吨电煤．（1）这些电煤能够使用的天数x（天）与该厂平均每天用煤吨数y（吨）•之间的函数关系是y= ；（2）若平均每天用煤200吨，这批电煤能用是25 天；（3）若该电厂前10天每天用200吨，后因各地用电紧张，每天用煤300吨，这批电煤共可用是20 天．提升能力3．一种电器的使用寿命n（月）与平均每天使用时间t（小时）成反比例，•其关系如图所示．（1）求使用寿命n（月）与平均每天使用时间t（小时）之间的函数关系式是n=• ；（2）当t=5小时时，电器的使用寿命是96（月）．4．某人用50N的恒定压力用气筒给车胎打气．（1）打气所产生的压强P（帕）与受力面积S（米2）之间的函数关系是：P= ．（2）若受力面积是100cm2，则产生的压强是 5 000P ；（3）你能根据这一知识解释：为什么刀刃越锋利，刀具就越好用吗？为什么坦克的轮子上安装又宽又长的履带呢？【答案】接触面积越小，压强越大，故刀具越好用，•反之可解释坦克装履带现象．开放探究5．一封闭电路中，当电压是6V时，回答下列问题：（1）写出电路中的电流I（A）与电阻R（Ω）之间的函数关系式是I= ．（2）画出该函数的图象．【答案】略（3）如果一个用电器的电阻是5Ω，其最大允许通过的电流为1A，那么只把这个用电器接在这个封闭电路中，会不会烧坏？试通过计算说明理由．【答案】可能烧坏6．如图所示是某个函数图象的一部分，根据图象回答下列问题：（1）这个函数图象所反映的两个变量之间是怎样的函数关系？【答案】反比例函数（2）请你根据所给出的图象，举出一个合乎情理且符合图象所给出的情形的实际例子．【答案】如：电压一定时电流强度与电阻；路程一定时，速度与时间之间等．（3）写出你所举的例子中两个变量的函数关系式，并指出自变量的取值范围．【答案】注意自变量的范围在1～6之间．（4）说出图象中A点在你所举例子中的实际意义．【答案】根据所举的例子，当自变量为2时，函数值为3即可．资料链接数学中的转折点在古希腊，人们十分重视几何学的研究，开始是测量土地的需要．•几何学这个名词在希腊文中就是“量地”的意思，后来发展成一门独立学科，被誉为“理智的财富”．当时一个人如果不懂得几何学，就不能认为是有学问的人．哲学家柏拉图甚至说：“上帝也常常以几何学家自居”．但是当时的希腊对代数学的研究却很忽视．然后我们中国，还有阿拉伯和印度则与此相反，代数学有了高度发展，几何学却不很重视．以上两种偏向都影响了数学的进步．到了17世纪，法国杰出的数学家笛卡儿分析了它们各自的缺陷后说：“我想应当去寻求另外一种包含这两门科学的好处而没有它们特点的方法”．他真的找到了这种方法，就是代数学和几何学的统一──解析几何学，把形和数联系了起来．笛卡儿发现，代数方法和几何方法可以通过坐标系联系起来．他的基本思想是：平面上点的坐标观念和把带两个变数的任意代数方法看成平面上的一条曲线的观念．没有坐标系就没有解析几何，而坐标系的原始概念在古代航海、测量以至下棋中就产生了．另外，笛卡儿的坐标系统和方法当时并不是很完备的，后人又不断予以发展，才形成了今天的解析几何学．当然必须承认，笛卡儿所开创的解析几何方法，为解析几何学的建立和发展作出了巨大贡献．解析几何方法建立后，它立即发挥了巨大的作用，主要是使变量进入了数学，引起了数学的深刻革命．可以这样说，没有解析几何方法，微分法和积分法的建立是不可想象的，而这三门学科的发展，最后改变了整个数学的面貌．恩格斯指出，数学中的转折点是笛卡儿的变数．有了变数，运动进入了数学，有了变数，辩证法进入了数学，有了变数，微分和积分也就立刻成为必要的了，而它们也就立即产生．笛卡儿，毫无疑问是世界上最伟大的数学家之一．。
初中物理力学计算题解答示例
1.用同种金属制成质量相等的实心金属球和金属盒各一个，把球放在关闭的盒内，它们恰巧悬浮在水中，若把球与盒用细线相连，在水中静止时仍有的体积露出水面，此时绳的拉力为 20N。
求：（1）金属的密度；（2）空心金属盒的体积；（3）剪断绳索，静止时金属盒露出水面的体积是多少？2.坦克超出壕沟时 ,有一个简易方法 :坦克上备有气袋 ,碰到壕沟时把气袋放下去 ,给气袋充气后 ,坦克经过壕沟就像走平川同样 ,设坦克的质量为 4*10 四次方 KG,履带著地面积为 5m2,当坦克的前一半履带压在气袋上时 ,坦克对气袋的压强是多大 (设坦克前后是对称的 )?3.刘家峡水电站的水库大坝高 147m,当水库水位为 130m 时,坝底遇到的水的压强是多大 ?4.一辆东风载重汽车，加上所装货物共重 800N,要匀速驶上长 80m，高 10m 的斜坡，若摩擦阻力为 5000N，汽车上坡时的牵引力起码为多大？5.底面积为s1=200平方厘米的圆柱形容器内放有横截面积为s2=5平方厘米的平底试管 ,内装有沙子，试管和沙子总质量为 40g，若再向试管中加入 60g 的沙子 ,试管将降落多少？（设装有沙子后试管仍飘荡，且水不溢出）6.边长是 a 的正方体木块飘荡在密度为ρ的液体中时 ,木块底部所处深度为H.边长为 2a 的同一种资料制成的正方体木块 ,飘荡在同一种液体时 ,底部所处深度是多少 ?7.载重共 1000N 的气球在竖直方向上匀速降落时遇到空气向上的浮力900N。
若从气球中抛掉一些重物后，气球能在竖直方向上匀速上涨。
（设空气阻力和浮力大小不变）（1）气球遇到的空气阻力多大？（2）需抛掉多少 xx 的重物？8.一艘质量为 1500 吨的轮船 ,装上 5× 10^3吨货物后恰巧载满 .⑴它此时遇到的浮力是多少?⑵轮船的排水量分别是多少?9.一弹簧秤称得一铝块，示数为 2.7N；放入水中，部分浸入，示数为 2N，求液面上的体积。
第二章课后习题答案
第二章课后习题答案第二章牛顿定律2-1如图(a)所示,质量为m的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为()(A)ginθ(B)gcoθ(C)gtanθ(D)gcotθ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcotθ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当FN逐渐增大时,物体所受的静摩擦力Ff的大小()(A)不为零,但保持不变(B)随FN成正比地增大(C)开始随FN增大,达到某一最大值后,就保持不变(D)无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率()μgR(B)必须等于μgR(C)不得大于μgR(D)还应由汽车的质量m决定(A)不得小于分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则()(A)它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B)它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C)它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D)它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(mgcoθ)使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程v2FNmginθm可判断,随θ角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不R断增大,由此可见应选(B)．2-5图(a)示系统置于以a＝1/4g的加速度上升的升降机内,A、B两物体质量相同均为m,A所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为()(A)58mg(B)12mg(C)mg(D)2mg分析与解本题可考虑对A、B两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8mg．故选(A)．讨论对于习题2-5这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA和aB均应对地而言,本题中aA和aB的大小与方向均不相同．其中aA应斜向上．对aA、aB、a和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6图示一斜面,倾角为α,底边AB长为l＝2.1m,质量为m的物体从题2-6图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？解取沿斜面为坐标轴O某,原点O位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有mginαmgμcoαma(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有l11at2ginαμcoαt2coα22则t2l(2)gcoαinαμcoα为使下滑的时间最短,可令dt0,由式(2)有dαinαinαμcoαcoαcoαμinα0则可得tan2α1o,49μ此时t2l0.99gcoαinαμcoα2-7工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m1＝2.00某102kg,乙块质量为m2＝1.00某102kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1)两物块以10.0m·ｓ-2的加速度上升；(2)两物块以1.0m·ｓ-2的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a上升时,有FＴ-(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a(1)FN2-m2g＝m2a(2)解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2)(g＋a)(3)FN2＝m2(g＋a)(4)(1)当整个装置以加速度a＝10m·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94某103N乙对甲的作用力为F′N2＝-FN2＝-m2(g＋a)＝-1.98某103N(2)当整个装置以加速度a＝1m·ｓ-2上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24某103N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08某103N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8如图(a)所示,已知两物体A、B的质量均为m＝3.0kg物体A以加速度a＝1.0m·ｓ-2运动,求物体B与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B及滑轮列动力学方程,有mAg-FＴ＝mAa(1)F′Ｔ1-Fｆ＝mBa′(2)F′Ｔ-2FＴ1＝0(3)考虑到mA＝mB＝m,FＴ＝F′Ｔ,FＴ1＝F′Ｔ1,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力Ffmgm4ma7.2N2讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1)分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2)根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3)解方程组,得出文字结果；(4)核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9质量为m′的长平板A以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m的木块B轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析当木块B平稳地轻轻放至运动着的平板A上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Fｆ＝μmg＝ma1F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2a1和a2分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a＝a1＋a2,木块相对平板以初速度-v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有-v′2＝2a由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为mv22μgmm解2以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为W＝Fｆ(＋l)-Fｆl＝μmg式中l为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m′v′＝(m′＋m)v″由系统的动能定理,有μmg由上述各式可得11mv2mmv222mv22μgmm2-10如图(a)所示,在一只半径为R的半球形碗内,有一粒质量为m的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？分析维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN的分力来提供的,由于支持力FN始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示O某y坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．解取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程FNinθmanmRω2inθ(1)Rh(3)且有coθR由上述各式可解得钢球距碗底的高度为hR可见,h随ω的变化而变化．gω22-11火车转弯时需要较大的向心力,如果两条铁轨都在同一水平面内(内轨、外轨等高),这个向心力只能由外轨提供,也就是说外轨会受到车轮对它很大的向外侧压力,这是很危险的．因此,对应于火车的速率及转弯处的曲率半径,必须使外轨适当地高出内轨,称为外轨超高．现有一质量为m的火车,以速率v沿半径为R的圆弧轨道转弯,已知路面倾角为θ,试求：(1)在此条件下,火车速率v0为多大时,才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零？(2)如果火车的速率v≠v0,则车轮对铁轨的侧压力为多少？分析如题所述,外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平分量FNinθ提供(式中θ角为路面倾角)．从而不会对内外轨产生挤压．与其对应的是火车转弯时必须以规定的速率v0行驶．当火车行驶速率v≠v0时,则会产生两种情况：如图所示,如v＞v0时,外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F1,以补偿原向心力的不足,如v＜v0时,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F2,以抵消多余的向心力,无论哪种情况火车都将对外轨或内轨产生挤压．由此可知,铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速,从而确保行车安全．解(1)以火车为研究对象,建立如图所示坐标系．据分析,由牛顿定律有v2FNinθm(1)解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为v0gRtanθ(2)当v＞v0时,根据分析有v2FNinθF1coθm(3)RFNcoθF1inθmg0(4)解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为v2F1mcoθginθR当v＜v0时,根据分析有v2FNinθF2coθm(5)RFNcoθF2inθmg0(6)解(5)(6)两式,可得内轨侧压力为v2F2mginθcoθR2-12一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为m,圆筒半径为R,演员骑摩托车在直壁上以速率v作匀速圆周螺旋运动,每绕一周上升距离为h,如图所示．求壁对演员和摩托车的作用力．分析杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后,相当于如图(b)所示的斜面．把演员的运动速度分解为图示的v1和v2两个分量,显然v1是竖直向上作匀速直线运动的分速度,而v2则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,其中向心力由筒壁对演员的支持力FN的水平分量FN2提供,而竖直分量FN1则与重力相平衡．如图(c)所示,其中φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向解设杂技演员连同摩托车整体为研究对象,据(b)(c)两图应有FN1mg0(1)FN2v2m(2)Rv2vcoθv2πR2πR2h2(3)22FNFN1FN2(4)以式(3)代入式(2),得FN2m4π2R2v24π2Rmv222(5)2222R4πRh4πRh将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为22FNFN1FN224π2Rv22mg4π2R2h2与壁的夹角φ为FN24π2Rv2arctanarctan222FN14πRhg讨论表演飞车走壁时,演员必须控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方位,以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律．2-13一质点沿某轴运动,其受力如图所示,设t＝0时,v0＝5m·ｓ-1,某0＝2m,质点质量m＝1kg,试求该质点7ｓ末的速度和位置坐标．分析首先应由题图求得两个时间段的F(t)函数,进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．解由题图得0t52t,Ft5t7355t,由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为a2t,0t5a355t,5t7对0＜t＜5ｓ时间段,由adv得dtvtv00dvadt积分后得v5t再由v2d某得dtd某vdt某00某t积分后得某25tt将t＝5ｓ代入,得v5＝30m·ｓ-1和某5＝68.7m对5ｓ＜t＜7ｓ时间段,用同样方法有133dvv0vt5a2dt得v35t2.5t82.5t再由得某＝17.5t2-0.83t3-82.5t＋147.87将t＝7ｓ代入分别得v7＝40m·ｓ-1和某7＝142m2-14一质量为10kg的质点在力F的作用下沿某轴作直线运动,已知F ＝120t＋40,式中F的单位为N,t的单位的ｓ．在t＝0时,质点位于某＝5.0m处,其速度v0＝6.0m·ｓ-1．求质点在任意时刻的速度和位置．分析这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a＝dv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v(t)；由速度的定义v＝d某/dt,用积分的方法可求出质点的位置．解因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有2某某5d某vdt5t120t40mdvdt依据质点运动的初始条件,即t0＝0时v0＝6.0m·ｓ-1,运用分离变量法对上式积分,得vv0dv12.0t4.0dt0tv＝6.0+4.0t+6.0t2又因v＝d某/dt,并由质点运动的初始条件：t0＝0时某0＝5.0m,对上式分离变量后积分,有d某6.04.0t6.0tdt某t2某00某＝5.0+6.0t+2.0t2+2.0t32-15轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0某103kg．飞机以55.0m·ｓ-1的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0某102N·ｓ-1,空气对飞机升力不计,求：(1)10ｓ后飞机的速率；(2)飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．分析飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．解以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有dvαtdtvtαtdvv00mdtα2t得vv02mFmam因此,飞机着陆10ｓ后的速率为v＝30m·ｓ-1又tα2d某vdt某0002mt某故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离某某0v0tα3t467m6m2-16质量为m的跳水运动员,从10.0m高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为bv2,其中b为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy轴,求：(1)运动员在水中的速率v与y的函数关系；(2)如b/m＝0.40m-1,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v减少到落水速率v0的1/10？(假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)分析该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P、浮力F和水的阻力Fｆ的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定．解(1)运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为v02gh运动员入水后,由牛顿定律得P-Fｆ-F＝ma由题意P＝F、Fｆ＝bv2,而a＝dv/dt＝v(dv/dy),代入上式后得-bv2＝mv(dv/dy)考虑到初始条件y0＝0时,v0t2gh,对上式积分,有vdvmdy0v0vbvv0eby/m2gheby/m(2)将已知条件b/m＝0.4m-1,v＝0.1v0代入上式,则得ymvln5.76mbv0某2-17直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片组成．每一叶片的质量m＝136kg,长l＝3.66m．求当它的转速n＝320r/min 时,两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度一定、厚度均匀的薄片)分析螺旋桨旋转时,叶片上各点的加速度不同,在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采用积分的方法求解．解设叶片根部为原点O,沿叶片背离原点O的方向为正向,距原点O为r处的长为dr一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为FＴ(r)与FＴ(r＋dr)．叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有dFTFTrFTrdr由于r＝l时外侧FＴ＝0,所以有m2ωrdrltFTrdFTlrmω2rdrlmω2222πmn222FTrlrlr2ll上式中取r＝0,即得叶片根部的张力FＴ0＝-2.79某105N负号表示张力方向与坐标方向相反．2-18一质量为m的小球最初位于如图(a)所示的A点,然后沿半径为r 的光滑圆轨道ADCB下滑．试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力．分析该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,与其相对应的外力Fｔ是重力的切向分量mginα,而与法向加速度an相对应的外力是支持力FN和重力的法向分量mgcoα．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量．倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．解小球在运动过程中受到重力P和圆轨道对它的支持力FN．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得Ftmginαmdv(1)dtmv2FnFNmgcoαm(2)R由vdrdαrdα,得dt,代入式(1),并根据小球从点A运动到点Cdtdtv的始末条件,进行积分,有vv0vdvα90orginαdα得v则小球在点C的角速度为2rgcoαωv2gcoα/rrmv2mgcoα3mgcoα由式(2)得FNmr由此可得小球对圆轨道的作用力为FN3mgcoαFN负号表示F′N与en反向．2-19光滑的水平桌面上放置一半径为R的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v0,求：(1)t时刻物体的速率；(2)当物体速率从v0减少到12v0时,物体所经历的时间及经过的路程．解(1)设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有mv2FNmanRFfmatdvdt由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN,由上述各式可得v2dvμRdt取初始条件t＝0时v＝v0,并对上式进行积分,有t0dtRvdvμv0v2vRv0Rv0μt(2)当物体的速率从v0减少到1/2v0时,由上式可得所需的时间为t物体在这段时间内所经过的路程Rμv0vdt0tt0Rv0dtRv0μtRln2μ2-20质量为45.0kg的物体,由地面以初速60.0m·ｓ-1竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr＝kv,且k＝0.03N/(m·ｓ-1)．(1)求物体发射到最大高度所需的时间．(2)最大高度为多少？分析物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率v的一次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可．但是,在求解高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,速率应为零．解(1)物体在空中受重力mg和空气阻力Fr＝kv作用而减速．由牛顿定律得mgkvmdv(1)dt某2-25如图(a)所示,电梯相对地面以加速度a竖直向上运动．电梯中有一滑轮固定在电梯顶部,滑轮两侧用轻绳悬挂着质量分别为m1和m2的物体A和B．设滑轮的质量和滑轮与绳索间的摩擦均略去不计．已知m1＞m2,如以加速运动的电梯为参考系,求物体相对地面的加速度和绳的张力．分析如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系．在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力．在通常受力分析的基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来．解取如图(b)所示的坐标,以电梯为参考系,分别对物体A、B作受力分析,其中F1＝m1a,F2＝m2a分别为作用在物体A、B上的惯性力．设ar为物体相对电梯的加速度,根据牛顿定律有m1gm1aFT1m1ar(1)m2gm2aFT2m2ar(2)FT2FT2(3)由上述各式可得arm1m2gam1m22m1m2gam1m2FT2FT2由相对加速度的矢量关系,可得物体A、B对地面的加速度值为a1aram1m2g2m2am1m22m1am1m2gm1m2a2araa2的方向向上,a1的方向由ar和a的大小决定．当ar＜a,即m1g-m2g-2m2a＞0时,a1的方向向下；反之,a1的方向向上．某2-26如图(a)所示,在光滑水平面上,放一质量为m′的三棱柱A,它的斜面的倾角为α．现把一质量为m的滑块B放在三棱柱的光滑斜面上．试求：(1)三棱柱相对于地面的加速度；(2)滑块相对于地面的加速度；(3)滑块与三棱柱之间的正压力．分析这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解．在解题的过程中必须注意：(1)参考系的选择．由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系)．因地面和斜面都是光滑的,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它的作用,也将沿地面作加速度为aA的运动,这时,滑块沿斜面的加速度aBA,不再是它相对于地面的加速度aB了．必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系,即aB＝aA＋aBA．若以斜面为参考系(非惯性系),用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的．但在非惯性系中,若仍要应用牛顿定律,则必须增添一惯性力F,且有F＝maA．(2)坐标系的选择．常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化．(3)在分析滑块与三棱柱之间的正压力时,要考虑运动状态的影响,切勿简单地把它视为滑块重力在垂直于斜面方向的分力mgcoα,事实上只有当aA＝0时,正压力才等于mgcoα．解1取地面为参考系,以滑块B和三棱柱A为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示．B受重力P1、A施加的支持力FN1；A受重力P2、B施加的压力FN1′、地面支持力FN2．A的运动方向为O某轴的正向,Oy轴的正向垂直地面向上．设aA为A对地的加速度,aB为B对的地加速度．由牛顿定律得FN1inαmaA(1)FN1inαmaB某(2)FN1coαmgmaBy(3)FN1FN1(4)设B相对A的加速度为aBA,则由题意aB、aBA、aA三者的矢量关系如图(c)所示．据此可得aB某aAaBAcoα(5)aByaBAinα(6)解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为aAmginαcoα2mminαmginαcoαmmin2α滑块相对地面的加速度aB在某、y轴上的分量分别为aB某aBymmgin2αmmin2α则滑块相对地面的加速度aB的大小为aBaa2B某2Bym22mmm2in2αginαmmin2α其方向与y轴负向的夹角为amcotαθarctanB某arctanaBymmA与B之间的正压力FN1mmgcoα2mminα解2若以A为参考系,O某轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块B的动力学方程分别为mginαmaAcoαmaBA(1)mgcoαFN1maAinα0(2)又因FN1inαmaA0(3)FN1FN1(4)由以上各式可解得aAaBAmginαcoαmmin2αmmginαmmin2α由aB、aBA、aA三者的矢量关系可得m22mmm2in2αaBginαmmin2α以aA代入式(3)可得FN1mmgcoαmmin2α。
2024届江西省赣州市高三下学期3月摸底考试(一模)理综全真演练物理试题
2024届江西省赣州市高三下学期3月摸底考试（一模）理综全真演练物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
(共8题)第(1)题俄乌冲突中，无人机被广泛用来投放炸弹．如图所示，有三架无人机静止在空中，离地面的高度之比．若同时由静止释放炸弹a、b、c,不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．a、b、c下落时间之比为B．a、b、c落地前瞬间速度大小之比为C．a与b落地的时间差等于b与c落地的时间差D．a与b落地的时间差小于b与c落地的时间差第(2)题电动汽车由于其使用成本低、环保、零排放等优点受到广泛的欢迎。
如图甲为某国产品牌的电动汽车，假设汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持牵引力功率恒定，其加速度a和速度的倒数（1/v）图象如图所示．若已知汽车的质量M=1000kg，所受到的阻力f恒定，则（）A．汽车的功率P=4kWB．汽车行驶的最大速度v m=30m/sC．汽车所受到的阻力f=4000ND．当车速v=10m/s时，汽车的加速度a=2m/s2第(3)题上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即。
根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。
下列说法正确的是（ ）A．原子核X是B．核反应前后的总质子数不变C．核反应前后总质量数不同D．中微子的电荷量与电子的相同第(4)题我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。
假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。
列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。
设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。
若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）A．6小时25分钟B．6小时30分钟C．6小时35分钟D．6小时40分钟第(5)题密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。
分析力学答案
K FV
m 448浒 421122 - Ík 4- 4 行mg crank
代入⻮ 器 器 - 0中 可得
mki zmisinzeuttkicq 4.1 mg2Sin4 0 mEsin244 0 4 0 运动微分方程 miii miisiuqcose mg2siuqtkRi9-线 0
C2
0 时零解渐近稳定
1.8 试利用李雅普诺夫直接方法讨论系数在取不同值时判断
系统的零解稳定性
X X2
X十 a 3 加
解 选择正定李雅诺夫函数 比吅 二 水 水
计算 治 方程解曲线的全导数 V 荪义 器加二 zxixztzxzEXitlaih I
E 2 G 37 X22
则当 以 3时 V为负定 零解渐近稳定 a 3 时 V为零 零解稳定 a 3时 V为正定 零解不稳定
讨论是否存在初积分
i
䚡 取摇杆0A的转⻆为0 则系统的动能
T 士 加 以 04 Ìmi 旰士 Ìmhyo
二 Gmt Ém EG
取系统平衡位置为零势能 则运动时系统势能为
V kid 4 Ütmlglsin0
6 -sins
则L T V
且出售了一
是
tmtimtEG 二日 mini
zkdkcitmlgl sino tkdtimsglll cme
则 fm2以g外3tmlzmxitomtmiiiomy
f 去㗊㗊 a
i riiig 二his
3 8 质量为 m的均质摇杆0A 铰接 质量为 以的匀质圆盘A 在13 处联结刚度系数为人的弹簧 当系统平衡时 以处于水平位置 弹
簧处于铝垂位置如图所示 已知 非1.013 a 若圆盘沿固定圆弧形
江苏省盐城市2024高三冲刺(高考物理)苏教版能力评测(冲刺卷)完整试卷
江苏省盐城市2024高三冲刺（高考物理）苏教版能力评测(冲刺卷)完整试卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题某种油剂的密度为8´102kg/m3，取这种油剂0.8g滴在平静的水面上，最终可能形成的油膜最大面积约为（ ）A．10－10m2B．104m2C．107m2D．1010m2第(2)题如图所示，一对等量异号点电荷分别固定在正方体的c、d两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，一带正电的粒子仅在电场力的作用下，以一定的初速度从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，则下列说法中正确的是（ ）A．c点固定的是负电荷B．a、b两点的电势相等C．带电粒子在a点和b点的加速度相同D．带电粒子的动量先增加后减小第(3)题如图，一根不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于点O′的固定光滑轴，悬挂一质量为M的物体。
轻绳OO′段水平，长度为L，绳子上套一可沿绳滑动的轻环P。
现在轻环上悬挂一质量为m钩码，平衡后，物体上升L，则物体与钩码的质量之比为（ ）A．B．C．D．第(4)题一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。
由图可知下列说法正确的是（ ）A．由图可知乘客做曲线运动B．t1～t2时间内，乘客的速度v增大C．t2～t3时间内，乘客的加速度向上D．t2～t3时间内，乘客处于失重状态第(5)题截至日前，巴以冲突已导致双方超1.73万人死亡，为了避免冲突，我国进一步加强军事演练，假设在演练时士兵驾驶坦克向东的速度大小为v1，坦克静止时射出的炮弹速度大小为v2（v2>v1），且出膛方向沿水平面内可调整，坦克轨迹距离目标最近为d，忽略炮弹受到的空气阻力和炮弹竖直方向的下落，且不计炮弹发射对坦克速度的影响，下列说法正确的是（ ）A．炮弹轨迹在地面上的投影是一条抛物线B．要想命中目标且炮弹在空中飞行时间最短，坦克发射处离目标的距离为C．炮弹命中目标最短时间为D．若到达距离目标最近处时再开炮，不管怎样调整炮口方向，炮弹都无法射中目标第(6)题真空中两个点电荷、，距离为R，当和电量都增大到原来2倍时，距离也增大到原来的2倍，则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来（ ）A．1倍B．2倍C．4倍D．8倍第(7)题某变压器原、副线圈匝数比为55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是A．输出电压的最大值为36VB．原、副线圈中电流之比为55：9C．变压器输入、输出功率之比为55：9D．交流电源有效值为220V，频率为50Hz第(8)题科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”。
第13章动能定理习题答案
第13章 动能定理13-1 圆盘的半径r = 0.5 m ，可绕水平轴O 转动。
在绕过圆盘的绳上吊有两物块A 、B ，质量分别为m A = 3 kg ，m B = 2 kg 。
绳与盘之间无相对滑动。
在圆盘上作用一力偶，力偶矩按ϕ4=M 的规律变化（M 以m N ⋅计，ϕ以rad 计）。
试求由π20==ϕϕ到时，力偶M 与物块A 、B 重力所作的功之总和。
解：作功力M ，m A g ，m B gJ1105.0π28.91π8π2)(π8π2)(d 40π222=⨯⨯⨯+=⋅-+=⋅-+=⎰rg m m r g m m W B A B A ϕϕ13-3 图示坦克的履带质量为m ，两个车轮的质量均为m 1。
车轮被看成均质圆盘，半径为R ，两车轮间的距离为R π。
设坦克前进速度为v ，试计算此质点系的动能。
解：系统的动能为履带动能和车轮动能之和。
将履带分为四部分，如图所示。
履带动能： IV III II I 221T T T T v m T i i +++=∑=履由于v v v 2,0IV 1==，且由于每部分履带长度均为R π，因此222IV IV IV 2I I I IV III II I 2)2(421210214v m v m v m T v m T m m m m m =⨯======== II 、III 段可合并看作一滚环，其质量为2m ，转动惯量为22R m J =，质心速度为v ，角速度为Rv=ω则2222222222III II 2202221421221mv v mv m T vm R v R m mv J v m T T =++==⋅⋅+=+⋅=+履ω 轮动能 21222121123221222v m R v R m v m T T =⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅+==轮轮 则系统动能 21223v m mv T T T +=+=轮履13-5 自动弹射器如图放置，弹簧在未受力时的长度为200 mm ，恰好等于筒长。
十一章动能定理
解：
取平衡位置为零势位，重力和弹簧旳静伸长抵消：
T1
1 2
P g
v2
T2 0
W k2
2
max st
T2 T1 W
1 P v2 k 2
2g
2
Pv
kg
Fmax P k P
Pk v g
自然位置
St 平衡位置
P
max
讨论：当：k =3.35kN/mm， v=0.5m/s, P=2.5 kN,
1 2g
vC2
(
2
Q1
3 2
vC R2
Q2
Q2 g
)
R22
M
l R1
Q2l
Q2
sin
F
FN
Fx
Q1
解得
vC 2
( M Q2 R1 sin )gl
R1( 2Q1 3Q2 )
例11-8：均质杆OA＝l，重P，圆盘重Q，半径r，可绕A轴自 由旋转，初始时，杆垂直，系统静止，设OA杆无初速度释放。 求：杆转至水平位置时，杆旳角速度、角加速度。
T2 T1 W
v 2gL( 1 cos )
n
P
F
l
质点方程: Pv2 P cos F
gl
F P 2gL( 1 cos ) P cos P(2 3cos)
g 当:=时, F=5P
例11-5：电梯旳鼓轮重W，半径r，轿厢重P。 求：轿厢下落到任意高度时，钢索旳张力。
解: 动能定理
2
R2
r2 4R2
)
W
x
A
M R
mg(
1 2
3 2
fs
5r 12 R
)
理论力学复习题及答案
末时 其中
5）由动能定理
两边求导：
11、画出下列各图中物体A或构件AB的受力图。未画重力的物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
（a）（b）（c）
12、画出下列每个标注字符的物体的受力图。题图中未画重力的各物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
(a)
(b)
（c）
13、解：（1）以节点B为研究对象
8、如图所示的曲柄连杆滚轮机构，滚轮B在水平面上滚而不滑，并且滚轮的轮心B和OA杆的转轴O处于同一水平线上。已知：OA杆以匀角速度ω=rad/s绕O转动，OA=0.1m；滚轮B的半径为R=0.05m，当机构运动到图示瞬间=600，AB杆垂直OA杆。求：此时AB杆的角速度ωAB及滚轮B的角加速度B。（18分）
27、图示双曲柄连杆机构的滑块B和E用杆BE连接。主动曲柄OA和从动曲柄OD都绕O轴转动。主动曲柄OA以等角速度 转动。已知机构的尺寸为：OA=0.1m，OD=0.12m，AB=0.26m，BE=0.12m， 。求当曲柄OA垂直于滑块的导轨方向时，从动曲柄OD和连杆DE的角速度。
28、铅垂发射的火箭由一雷达跟踪，如图所示。当 、 、 且 时，火箭的质量为5000kg。求此时的喷射反推力F。
加速度分析：
解得：aB=
4）取轮B为研究对象
9、解：1)取整体为研究对象
2)受力分析
3）运动分析标相关运动量
整体作定轴转动
4）由定轴转动刚体的运动微分方程
5）由质心运动定理：
质心位置 （无初速释放）
10、解：1）取整体为研究对象假设AB杆由静止下降了s距离
2）受力分析，只有重力做功
3）运动分析，AB杆和三角块C都为平动
复习题参考答案
1、解：1）取OA杆为研究对象；2）受力分析
动能定理
dx x
1 2 J z Ml 12
回旋半径
Jz 3 l M 6
求:等厚均质圆盘对过圆心C且与圆盘垂直轴的转动惯量。 圆盘半径 R ，总质量M 。
M 2M dm 2rdr 2 rdr 2 R R
J c r dm
2 0
R
R
0
2M 3 r dr 2 R
R dr
X
r1
r
dm
r1 l 0 r x cos y cos z cos
2 r 2 r12
Y
刚体M对轴 l0 的转动惯量Jl
J l 2 dm
M
J L J x cos2 J y cos2 J z cos2
2 J xy cos cos J yz cos cos J xz cos cos
解：
vc R
Jc
1 MR 2 2
R
M 2 2 11 T R MR 2 2 2 22 3 3 2 ——柯尼希定理 MR 2 2 Mvc 4 4
另法：p点为速度瞬心，圆盘可以看成绕 p 的定轴转动
J p JC R2M
p
vC
T
1 J p 2 2
刚体对空间任一点O有三个相互正交的惯量主轴。 如 果O点为刚体质心C，则惯量主轴称为中心惯量主轴； 相应的转动惯量称为中心主转动惯量 。
中心惯量主轴的确定： 定理一： 如果刚体有质量对称轴，则该轴是刚体的一 根中心惯量主轴。 定理二 ：如果刚体有质量对称面， 则质心必在该对称 面内 。与该对称面垂直且过质心的轴为刚体的中心惯 量主轴 。
关于坦克主意代受力分析的题目
关于坦克主意代受力分析的题目
1．质量是20t的坦克，每条履带与地面的接触面积是2m2，求：（g取10N/kg）
（1）坦克所受的重力；
（2）坦克在平路上行驶时对地面的压强．
分析（1）知道坦克的质量，根据G=mg求出其重力；
（2）坦克对水平地面的压力等于本身的重力，受力面积为两条履带的总面积，根据公式p=FSFS求出坦克行驶时对地面的压强．解答解：（1）坦克所受的重力：
G=mg=20×103kg×10N/kg=2×105N；
（2）坦克在平路上行驶时对地面的压力：
F=G=2×105N，
受力面积：
S=2m2×2=4m2，
对地面的压强：
p=FSFS=2×105N4m22×105N4m2=5×104Pa．
答：（1）坦克所受的重力是2×105N；
（2）坦克在平路上行驶时对地面的压强是5×104Pa．
点评本题考查重力和压强的计算，关键是知道在水平地面上压力等于物体重，最容易出错的是受力面积的计算（两条履带的面积）．。
动能习题汇总重庆大学理论力学习题
T ? 2π ? 2π r 2m2 ? m1。
w e 2k
VB
w
?
2ke2 (2m2 ? m1)r 2
习题14-16图
VB
Q Q
Q
VB
习题14－24 放置于水平面 的图示行星齿轮机构。已知行 星齿轮节圆半径为r，质量为m 1，可视为均质圆盘。均质曲 柄OO 1受不变力矩M 的作用而绕固定轴O转动，并带动行星 齿轮O 1 在固定水平齿轮O 上滚动。
12 g
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?
2Q
sin 2 ?
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sin 450 ? sin ?
习题14-28解
? 由T2 ? T1 ?
W得 12
w2
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vA
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I
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sin 450 ? sin ? ω1
解：以整个系统为研究对象
? 根据质点系的动能定理 T2 ? T1 ?
W ，得 12
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m2 R2
物力2
32．(9分)某坦克重为4×105N，履带的着地面积总共为5m2．若坦克以5m／s的速度在平直的路面上匀速行驶，发动机的输出功率为400kW．试求：(1)坦克静止在水平路面时，对路面的压强是多少?(2)坦克匀速行驶10min，发动机所做的功是多少?(3)匀速行驶时，坦克发动机的牵引力是多少?34．(7分)小明做测量灯泡电功率的实验，已知小灯泡额定电压为2.5V．(1)请在甲图中用笔画线代替导线，帮小明将实验电路连接完整；(2)小明电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表有示数．接下来应进行的操作是＿＿＿＿＿＿＿；A．更换小灯泡B．检查电路是否断路C．移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光(3)小明通过处理使灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为＿＿＿＿W；(4)利用上述器材，能否探究电流与电压的关系?答＿＿(选填“能”或“不能”)，理由：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿．36．(10分)高速铁路是一种安全舒适、低碳环保的运输方式，截止2012年底，我国高速铁路营运里程达到13000km．行驶在高速铁路上的列车称为动车，动车使用电动机提供动力，额定电压为 2.5×104V，动车使用的电动机效率为80％．一列以150km／h速度行驶的动车消耗的电功率为1000kW，动车的速度越大，消耗的电功率越大，电功率与速度的三次方成正比．(1)能源的种类繁多，人们从不同角度对能源进行分类．电能属于＿＿；A．二次能源B．可再生能源C．化石能源D．清洁能源(2)电动机的工作原理是＿＿＿＿＿，电动机工作时把电能转化为＿＿＿＿能；(3)高速铁路两边留有很宽的隔离带，禁止行人车辆靠近，防止被动车“吸进去”，这是由于＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；(4)已知北京至上海铁路线路长度约为1350km，如果动车以150km／h的速度匀速从上海行驶到北京，消耗的电能为＿＿＿＿＿J；(5)动车车身都涉及成流线型，这样做的目的是＿＿＿＿；以300km／h速度匀速行驶的动车受到的阻力大小约为＿＿＿＿N．。
湖北省荆门市2024高三冲刺(高考物理)苏教版摸底(巩固卷)完整试卷
湖北省荆门市2024高三冲刺（高考物理）苏教版摸底(巩固卷)完整试卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，“L”形杆倒置，横杆端固定有定滑轮，竖直杆光滑且粗细均匀，绕过定滑轮的细线两端分别连接着小球B及套在竖直杆上的滑块A，让整个装置绕竖直杆的轴以一定的角速度匀速转动，稳定时，滑轮两边的线长相等且两边的线与竖直方向的夹角均为37。
已知细线总长为l，滑块的质量为M，小球的质量为m，不计滑块和球的大小，sin37=0.6，cos37=0.8。
则（ ）A．B．C．D．第(2)题如图所示，斜面倾角为，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，10个质量均为m的小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为。
若1号小球在B处时，10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．在2号小球进入BC段之前的过程中，2号小球运动的加速度为B．在6号球刚进入BC段时，6号球与7号球间细杆的弹力为C．1号球运动过程中的最大速度为D．10号球不能到达B点第(3)题在物理学中许多规律是通过实验发现的，下列说法正确的是：（）A．麦克斯韦通过实验首次证明了电磁波的存在B．牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持C．奥斯特通过实验发现了电流的热效应D．法拉第通过实验发现了电磁感应现象第(4)题深秋的公园里金黄的银杏树成为游客打卡拍照的网红景点。
如图所示为深棕色熟透的银杏果落到水里，此时银杏果看起来银光闪闪，似乎在告诉游人它名字的由来。
下列对银杏果浸入水中观察到果实表面银光闪闪的现象解释可能正确的是（ ）A．银杏果落入水中以后发出银色的光B．银杏果表面发生光的干涉引起银色亮纹C．银杏果表面可能有一种不浸润水的薄层，形成空气膜层引起光的全反射D．银杏果表面有一种特殊物质可以与水发生作用，产生银色的物质发生光的反射第(5)题物理学发展史上，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，研究了落体运动的规律及力和运动之间的关系，这位科学家是（ ）A．亚里士多德B．伽利略C．牛顿D．笛卡尔第(6)题如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同。
2024届山东省肥城市高三下学期高考适应性训练物理试题(二)
2024届山东省肥城市高三下学期高考适应性训练物理试题（二）学校：_______ 班级：__________姓名：_______ 考号：__________（满分：100分时间：75分钟）总分栏题号一二三四五六七总分得分评卷人得分一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题中国预计在2022年前后建成载人空间站，它是一个在轨组装成的具有中国特色的空间实验室系统。
空间站可以长期驻留3人，随着航天员在空间站轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材中适宜航天员在空间站轨道舱中进行锻炼的是（）A．哑铃B．跑步机C．单杠D．弹簧拉力器第(2)题如图所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为（ ）A． mg B．mg C． mg D ．2mg第(3)题物理学中通常运用科学方法建立概念，如“理想模型法”“等效替代法”“比值定义法”等。
下列概念的建立与运用的科学方法相对应的是（ ）A．总电阻——等效替代法B．点电荷——控制变量法C．合力与分力——比值定义法D．加速度——理想模型法第(4)题首先发现通电导线周围存在磁场和首先发现电磁感应现象的物理学家分别是（ ）A．安培和奥斯特B．库仑和安培C．安培和法拉第D．奥斯特和法拉第第(5)题我国99式主战坦克装有激光炫目系统，其激光发射功率为P，若激光的波长为，则该系统每秒发射的光子数是（ ）A．B．C．D．第(6)题如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）A．从1到2动能减少B．从1到2重力势能增加C．从2到3动能增加D．从2到3机械能不变第(7)题如图所示为静置坚硬玻璃瓶，用橡胶塞密封住压强为1atm的一定体积空气，从早晨到中午，因太阳暴晒致使橡胶塞突然蹦出。
2023届新疆高考模拟物理核心考点试题(二)(基础必刷)
2023届新疆高考模拟物理核心考点试题（二）（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题质点受到三个力的作用，三个力的合力可能为零的是（）A．2N，4N，8N B．2N，3N，6NC．3N，4N，6N D．4N，6N，1N第(2)题如图甲所示，质量为的物体放在水平面上，通过轻弹簧与质量为的物体连接，现在竖直方向给物体一初速度，当物体运动到最高点时，物体与水平面间的作用力刚好为零。
从某时刻开始计时，物体的位移随时间的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（）A．时间内，物体的速度与加速度方向相反B．物体在任意一个内通过的路程均为C．物体的振动方程为D．物体对水平面的最大压力为第(3)题在国际军事比赛中，一辆坦克从时刻开始，做初速度为的加速直线运动，其图像如图．则下列说法中正确的是（ ）A．在3~6s内坦克做匀减速运动B．在0~6s内坦克的位移为C．在0~3s内坦克的平均速度为D．6s末坦克的速度大小为第(4)题质量为的物体在4个共点力作用下处于静止状态，其中最大的一个力大小为，最小的一个力大小为。
下列判断正确的是（ ）A．其他两个力的合力大小可能等于B．其他两个力的合力大小一定为或C．若保持其他力不变，只撤除，物体运动的加速度大小一定是D．若保持其他力不变，瞬间把的方向改变60°，物体由静止开始运动，在最初1秒内的位移大小是第(5)题某社区举行“颗粒归仓，投乒乓球入桶”游戏，人站在桶前某处，将乒乓球向正前方水平抛出，如图所示。
若已知桶的半径为，球出手时距水平地面的高度为，桶高为，出手时乒乓球到桶底面圆心的水平距离为。
若不计空气阻力，乒乓球可看做质点，则要使乒乓球成功投入桶中，出手速度应满足（ ）A．B．C．D．第(6)题如图所示，两块完全相同的积木A、B叠放在一起，质量均为m，交界面与水平面夹角为θ，B与水平地面的动摩擦因数为μ，对B物块作用大小为F的水平外力后两积木仍然保持静止状态，则B物块所受的水平地面摩擦力大小一定为A．F B．2μmg C．F-mg cosθD．F-mg cos2θ第(7)题如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，重物由于做离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，从而接通电路，LED灯就会发光，下列说法正确的是（ ）A．安装时A端比B端更靠近气嘴B．高速旋转时，重物做离心运动是由于受到离心力作用C．增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光D．匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光第(8)题如图所示，固定的倾角为37°的粗糙斜面上放置一长方体物块，现用一大小等于物块重力，方向与斜面成37°角斜向下的推力推动物块（力的作用线在斜面上的投影与斜面底边平行），物块在斜面上恰好做匀速运动。
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vEr
v v v
2vO1vO 2 r cos 2 12 R 2 cos 2 4 R 2 9 R 2
E
计算系统的动能：
1 2 1 1 2 1 2 2 T mvO1 J O1 O1 mvO 2 J O 2 O 2 2 2 2 2
2 2 4mR2 18mR2 (1 cos ) 6mR2
E
平面运动刚体上力系的功
Fi driC
Mi
dri drC dric
W Fi dri
Fi drC Fi driC
d
Fi driC Fi cos CM i d M C ( Fi )d
drC
C
W Wi Fi drC M C ( Fi )d drC M C d FR
动力学普遍定理及达朗伯原理
中国矿业大学理学院力学系
巫静波
1 基本物理量的计算
1.1—质点系及刚体动量的计算
p mi vi mvC
质点系质心的位置矢量及坐标
mi ri mi ri rC mi m mi xi xC , m mi yi yC , m mi zi zC m
O1
O2
, O1 vO1 3R
O2
vEr vO 2 r 2 3 R
vO1
O1 O2
vO2r
vEr
2 2 vO 2 v v 2 O1 O 2 r 2vO1vO 2 r cos 2 12 R 2 cos 2 4 R 2 9 R 2
由质心坐标公式，有
z
z′ ri
vi mi r′ i
rC x′
C
y′ y
O
0 mi ri mrC
x
LC ri mi vir ri mi vi LC
图中杆长为l，质量为m ，均质圆盘半径为R，质量为m，圆 心在A点。已知杆OA以角速度 绕O轴转动，试求如下几种情况 下圆盘对定点O的动量矩：
由运动学可知：
y1
O1
O2
x1
, O1 vO1 3R
建立随质心O1平动的坐标系O1 x1 y1
, vO 2 r 2 R vEr 3R
O2
2 O2
vEr vO 2 r 2 3 R
2 O1 2 O 2r
vO1
O1 O2
vO2r
ri
z′
r′ i
mi
rC
x′
C
y′ y
mi vi mvC
LC ri mi vi
x
O
LO rC mvC LC
v i vC vir
LC ri mi vi ri mi (vC vir ) mi ri vC ri mi vir
O1
vO2
O2
vE
2 2mR 6mR T 9mR 2 2 2 2
E
（3）大圆环沿粗糙水平面纯滚动。
O1
O2
计算系统的 O1 O1 mvO 2 J O 2 O 2 2 2 2 2
v
1 1 2 T ( mi )vC mi vi2 r 2 i i 2 1 1 1 1 2 2 2 v 2 (m 2m1 )v 2 m1 R ( ) mv 2 2 2 R 2 1 2 (2m 3m1 )v 2
质量为m、半径为 3R 的均质大 圆环在粗糙的水平面上纯滚。另 一小圆环质量亦为m ，半径为R ，
？1
求：图示系统的总动量。
1
O O1
？2
A O
求：图示系统的动量及质心的速度。
v v
v
B
A
O
B
1.2 质点系动量矩计算
LO M O (mi vi ) ri mi vi
z vi
r i rC ri
LO (rC ri) mi vi rC mi vi ri mi vi
O1
O2
T 6mR
2 2
（2）大圆环绕中心定轴转动。
1 1 2 1 2 2 T J O1O1 mvO 2 J O 2O 2 2 2 2
O1
O2
, vE 3R , vO 2 2 R O1 vEr vO 2 r 2 O 2 3 R J O1 9mR 2 , J O 2 mR 2
a. 平动刚体的动能
1 1 2 2 T mi vi mvC 2 i 2
1 1 2 T mi vi J z 2 2 i 2
b. 定轴转动刚体的动能
c. 平面运动刚体的动能
1 2 1 1 2 T mvC J C J P 2 2 2 2
柯尼希定理
1 1 2 T ( mi )vC mi vi2 r Te Tr 2 i i 2
O1
O2
又在粗糙的大圆环内壁做纯滚动。
不计滚动摩阻，整个系统处于铅 垂面内。求以下三种情况下系统
的动能。
（1）大圆环固定。 （2）大圆环绕中心定轴转动。
（3）大圆环沿粗糙水平面纯滚动。
（1）大圆环固定。
1 2 1 2 T mvO 2 J O 2O 2 2 2
vO 2 r vO 2 2 R , O 2 2 R J O 2 mR 2
质点系的动能(绝对运动动能)，等于系统跟随质心平 移的动能(牵连运动动能)与相对于质心平移系运动的动 能(相对运动动能)之和。 ___柯尼希定理
图示坦克的履带质量为 m ，两个车轮的质量均为 m1 。车轮 可视为均质圆盘，半径为 R ，两车轮间的距离为 R。设坦克 前进速度为 v，计算此质点系的动能。
O
A
（1）圆盘固结于OA杆上。
（2）圆盘绕轴 A 相对于杆以角速度 – 转动。
（3）圆盘绕轴 A 相对于杆以角速度 转动。
（4）圆盘以绝对角速度 绕 A 轴转动。 （5）圆盘以绝对角速度 – 绕 A 轴转动。
1.3 质点系动能和力的功的计算
质点系的动能
1 T mi vi2 i 2