2017届高三物理二轮复习倒计时第8天质点运动的基本规律含答案
质点运动学-参考答案
一、质点运动学作业题参考答案一、选择题1C;2D;3 D;4B;5C;6B;7B;8D 二、填空题 1、︒-30sin g ，︒30cos 2g υ2、变速曲线运动，变速直线运动，匀速曲线运动3、2/80s m ，2/2s m ； 4、 h 1v /(h 1-h 2)； 5、10 m/s 2,-15 m/s 2；三、计算题 1、解：（1）位置矢量的表达式为j t t i t j y i x r ϖϖϖϖϖ)435.0()53(2++++=+=（2）质点的速度为3d d ==t x x υ，3d d +==t t y y υ j t i j i y x ϖϖϖϖϖ)3(3++=+=υυυ质点的4s 时的速度为j i j i ϖϖϖϖϖ73)34(3)4(+=++=υs m y x /6.758732222≈=+=+=υυυ速度与x 方向的夹角为︒≈==--8.663711tg tg x y υυα 2、解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v 2分 ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v2分()2 213x x +=v 1分3、解：(1)m in 469)(64163103.1)2256(65014.321322212221..υ)R N(R rNdr πυt R R ≈=⨯-⨯⨯=-==⎰s π (2)rad/s)(26100.53.12=⨯=≈-rυω222υυυτ=+n ,222)()21(υωωπ=+r N 222)()2(υωπω=+r N两边对时间求导0222)21(222=++t r r t r t N d d d d d d ωωωωωπ 02222)21(222=++Nr t r t N πωωωωωωπd d d d ])21[(2222r NN r t +-=ππωωd d Nr πω22-≈0.565002262⨯⨯-=π)(1031.33rad/s -⨯-= 4、解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分 08.420==gt v s 1分 5、解：设质点的加速度为 a = a 0+α t ∵ t = τ 时， a =2 a 0 ∴ α = a 0 /τ即 a = a 0+ a 0 t /τ ， 1分由 a = d v /d t ， 得 d v = a d tt t a atd )/(d 000τ⎰⎰+=vv∴ 2002t a t a τ+=v 1分由 v = d s /d t ， d s = v d tt t a t a t s tt s d )2(d d 2000τ+==⎰⎰⎰v 302062t a t a s τ+=1分 t = n τ 时，质点的速度 ττ0)2(21a n n n +=v 1分 质点走过的距离 202)3(61ττa n n s n +=1分6、解：以θ 表示物体在运动轨道上任意点P 处其速度与水平方向的夹角, 则有αθcos cos 0v v =, θα22202cos cos v v =又因θcos g a n =故该点 θαρ3222cos cos g a n v v == 3分 因为αθ≤, 所以地面上方的轨道各点均有αθcos cos ≥，上式的分母在αθ=处最小，在0=θ处最大，故()αρcos /20max g v = 1分 g /cos 220min αρv = 1分7、解：选取如图所示的坐标系，以V ϖ表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ， 1分αsin 2gy V y y ==v 1分γ vϖ 当y =h 时，V ϖ的大小为：()2cos 222222αgh u gh u y x ++=+=V V V2分Vϖ的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg11V V 1分。
质点的运动答案
=a
k 2e kt
d 2y dt
=
bk
2e
kt
... a = a k 2e kt i +bk 2e kt j
1-9一质点的运动方程为r = i +4t2 j +t k 式中r、t分别以m、s为单位.试求：
（1）它的速度与加速度；
（2）它的轨迹方程。
解：
v
=
dr dt
= 8t j
+k
a
=
dv dt
=
1.40 b2=2k b2 k = 0.7 v A=k t =0.7t
a
A
=
dvA dt
= 0.7
m
s2
(3) 当 v A =v B 时有：
0.7t =
3b 2
+ 21
25 b2 4t 2
解得：
t =1.07b
01
路灯高度为h,人高度为l,步行速度为
02
v0 .试求：（1）人影中头顶的移动速度；
03
gx 2 2v02
2tgq
=0
得：tgq =gvx02
代入式（1）可得：
y =x
v2 0
gx
gx 2 2v02
gx 2
v4 0
2v02 g2x 2
25 b2
4t 2 dt
=
25 2
b2[φ2
+
1 2
sinφ cosφ ] arc sin 0
4 5
= 8.79 b2
Δ x B =3b2 +8.79 b2 = 1.40 b2
设A的速度为: v A=k t
ΔxA
= òv
dt
质点运动学考试题及答案
质点运动学考试题及答案1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解 tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式ts d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解 td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；tr d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v = (B) 匀减速运动,θcos 0v v =(C) 变加速运动,θcos 0v v = (D) 变减速运动,θcos 0v v =(E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θl h l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算． 解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线．又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t图．解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB A B AB t t a v v (匀加速直线运动) 0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD C D CD t t a v v (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v 由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为 m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m ·ｓ-1 , v o y ＝15 m ·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v 设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a 设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m ·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m ·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O ′x ′y ′坐标系,并采用参数方程x ′＝x ′(t )和y ′＝y ′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1)如图(B)所示,在O ′x ′y ′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t TR x π2sin =',t TR y π2cos -=' 坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t T R y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sin j i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m ·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1) 由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m ·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v v v得石子速度 )1(Bt e BA --=v 由此可知当,t →∞时,BA →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m ·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为td d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R a n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m ·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m ·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m ·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m ·ｓ-1 及3.44 m ≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为 bs s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m ·ｓ-1．求：(1) 该轮在t ′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t (2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m ·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v 2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan 221v v v -= 而要使hl αarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m ·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m ·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v d ut u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O ′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O ′的轨迹和加速度如何？。
练习册第章《质点力学的运动定律守恒定律》答案()
第2章质点力学的运动定律守恒定律一、选择题1(C>，2(E>，3(D>，4(C>，5(C>，6(B>，7(C>，8(C>，9(B>，10(C>，11(D>，12(A>，13(D>二、填空题(1>. 2=12rad/s，A=0.027J(2>. 290J(3>. 3J(4>.18 N·s(5>. (SI>(6>. 16 N·s， 176 J(7>. 16 N·s ，176 J(8>.，(9>.(10>. m v，指向正西南或南偏西45°三、计算题1. 已知一质量为m的质点在x轴上运动，质点只受到指向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离x的平方成反比，即，k是比例常数．设质点在x=A时的速度为零，求质点在x=A /4处的速度的大小．解：根据牛顿第二定律∴∴2. 质量为m的子弹以速度v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为Ｋ，忽略子弹的重力，求：(1> 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2> 子弹进入沙土的最大深度．解：(1>子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律∴∴(2> 求最大深度解法一：∴解法二：∴∴3. 一物体按规律x＝ct3 在流体媒质中作直线运动，式中c为常量，t为时间．设媒质对物体的阻力正比于速度的平方，阻力系数为k，试求物体由x＝0运动到x＝l时，阻力所作的功．解：由x＝ct3可求物体的速度：物体受到的阻力大小为：力对物体所作的功为：==4. 一质量为2 kg的质点，在xy平面上运动，受到外力 (SI>的作用，t= 0时，它的初速度为 (SI>，求t = 1 s时质点的速度及受到的法向力.∴当t= 1 s 沿x 轴 故这时，(SI>5.一辆水平运动的装煤车，以速率v 0从煤斗下面通过，每单位时间内有质量为m 0的煤卸入煤车．如果煤车的速率保持不变，煤车与钢轨间摩擦忽略不计，试求： (1> 牵引煤车的力的大小； (2>牵引煤车所需功率的大小；(3> 牵引煤车所提供的能量中有多少转化为煤的动能？其余部分用于何处？解：(1> 以煤车和∆t 时间内卸入车内的煤为研究对象，水平方向煤车受牵引力F 的作用，由动量定理： 求出：(2>(3>单位时间内煤获得的动能：单位时间内牵引煤车提供的能量为50％即有50％的能量转变为煤的动能，其余部分用于在拖动煤时不可避免的滑动摩擦损耗．6.一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则(1>到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？(2>链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(1>建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为摩擦力的功==(2>以链条为对象，应用质点的动能定理∑W＝其中∑W =W P ＋W f ，v 0= 0W P==由上问知所以得7. 如图所示，在中间有一小孔O的水平光滑桌面上放置一个用绳子连结的、质量m = 4 kg 的小块物体．绳的另一端穿过小孔下垂且用手拉住．开始时物体以半径R0 = 0.5 m在桌面上转动，其线速度是4 m/s．现将绳缓慢地匀速下拉以缩短物体的转动半径．而绳最多只能承受 600 N的拉力．求绳刚被拉断时，物体的转动半径R等于多少？解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒．设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、J0、ω0和v、J、ω．则①因绳是缓慢地下拉，物体运动可始终视为圆周运动．①式可写成整理后得：②物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供1分再由②式可得：当F = 600 N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R = 0.3 m8.设两个粒子之间相互作用力是排斥力，其大小与粒子间距离r 的函数关系为，k为正值常量，试求这两个粒子相距为r时的势能．<设相互作用力为零的地方势能为零．）解：两个粒子的相互作用力已知f＝0即r＝∞处为势能零点, 则势能四研讨题1. 汽车发动机内气体对活塞的推力以及各种传动部件之间的作用力能使汽车前进吗？使汽车前进的力是什么力？参考解答：汽车发动机内气体对活塞的推力以及各种传动部件之间的作用力都是汽车系统的内力，内力只会改变内部各质点的运动状态，不会改变系统的总动量，所以不能使汽车前进。
高考物理二轮复习 倒数10天练 倒数第8天 质点运动的基
倒数第8天 质点运动的基本规律知识回扣导图考前必做题1．(2014·浙江绍兴期末，4)小雯同学在二楼走廊上，将质量分别为m 和2m 的两个小球同时以8 m/s 的速率抛出，其中一个做竖直上抛，另一个竖直下抛，它们落地的时间差为Δt ；如果小雯同学在四楼走廊上，以同样的方式同时抛出这两个小球，它们落地的时间差为Δt ′，不计空气阻力，则Δt ′和Δt 大小关系是A ．Δt ′＝Δt B.Δt ′＜Δt C ．Δt ′＝2ΔtD.Δt ′＞2Δt解析 以竖直向下为正方向，设物体从抛出点到落地点的位移为h ，则对于竖直上抛的物体有h ＝－v 0t 1＋12gt 21，对于竖直下抛的物体有h ＝v 0t 2＋12gt 22，联立以上两式，解得Δt ＝t 1－t 2＝2v 0g，即时间差与高度无关，A 正确．答案 A2．(2014·云南省第二次统一检测，16)如图1所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则图1A．b球一定先落在斜面上B．a球一定先落在半圆轨道上C．a球可能先落在半圆轨道上D．a、b不可能同时落在半圆轨道和斜面上解析在抛出点左侧作一斜面，左斜面与原斜面倾角相同，可直接分析a、b的运动情况．当v0较小时，轨迹如图线①，则先落在斜面上，当v0是某一值时，轨迹如图线②，则落在斜面与半圆轨道的交点处，当v0较大时，轨迹如图线③，则先落在半圆轨道上，故C正确．答案 C3．(多选)一质量为m＝2 kg的物块静止在地面上，现用一竖直向上的力F拉物块，已知拉力F随时间t的变化规律如图2所示，g＝10 m/s2.则下列有关物块的加速度a与速度v随时间t变化规律的图象正确的是( )图2解析 由题意可知物块的重力为20 N ，由图象可知0～5 s ，拉力为10 N ，小于重力，物块不动，故加速度为零；5～10 s ，拉力等于重力，加速度为零，物块保持静止；10～15 s 内，加速度a ＝F －mg m＝10 m/s 2，故15 s 末物块的速度为v ＝at ＝50 m/s ；15～20 s ，拉力逐渐减小，物块先做加速运动后做减速运动；20～25 s ，物块做竖直上抛运动，加速度为a ＝－g ，故A 正确，B 错误．由于Δv ＝a ·Δt ，故a －t 图象与坐标轴包围的面积表示速度变化量，故25 s 内速度方向没有变化，t ＝25 s 时速度恰好减为零，故C 正确，D 错误． 答案 AC4．(2014·浙江嘉兴一模)(多选)某物体以一定初速度沿斜面向上运动的最大位移为x ，且x随斜面倾角θ的变化关系如图3，重力加速度g ＝10 m/s 2，则 ( )图3A ．物体初速度大小为5 m/sB ．物体和斜面之间动摩擦因数为 3C ．θ＝53°时，x 有最小值D ．x 最小值为583 m解析 物体沿斜面上滑过程0－v 20＝2ax ，－(mg sin θ＋μmg cos θ)＝ma ，解得：x ＝v 202gsin θ＋μcos θ，由图可得，当θ＝90°时，x ＝54m ，根据v 20＝2gx 代入数据得v 0＝5 m/s ，即物体的初速度为5 m/s ，故A 正确；由图可得，θ＝0°时，有v 20＝2μgx ，代入数据得μ＝33，故B 错误；物体沿斜面上升的位移x 与斜面倾角θ的关系为 x ＝v 202gsin θ＋μcos θ＝522×10sin θ＋33cos θ＝538sin θ＋30°，则当θ＋30°＝90°，即θ＝60°时，x 有最小值，最小值为x min ＝538m ，故C 错误，D 正确． 答案 AD5．如图4甲所示，一带有14光滑圆弧(半径为R ＝0.8 m)轨道的物块固定在水平面上，在其右端并排放一足够长的木板，长木板的上表面与圆弧底端的轨道等高．一质量为m ＝1 kg 的滑块从静止开始由圆弧的最高点A 滑下，滑块经圆弧轨道的最低点B 滑上长木板，整个运动过程中长木板的v －t 图象如图乙所示，已知长木板的质量M ＝2 kg ，g ＝10 m/s 2，滑块没有滑离长木板．求：图4(1)滑块刚到达轨道最低点B 时对轨道的压力；(2)木板与地面间的动摩擦因数、滑块与木板间的动摩擦因数； (3)整个运动过程中滑块在长木板上滑过的距离． 解析 (1)从A 到B 的过程中，滑块的机械能守恒 由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 2滑块经过B 点时，根据牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2R，整理得F N ＝3mg ＝30 N根据牛顿第三定律，滑块到达轨道最低点时对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速时的加速度大小为a 1＝1 m/s 2滑块与木板共同减速时的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2在1～2 s 内，对滑块和木板由牛顿第二定律得μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 2在0～1 s 内，对木板由牛顿第二定律得μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 1解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，对滑块由牛顿第二定律得μ2mg ＝mav 1＝v －at 1，木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v ＋v 12t 1滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1 代入数据得Δx ＝1.2 m. 答案 (1)30 N 方向竖直向下 (2)0.1 0.5 (3)1.2 m 教学心得______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
质点的选择题及答案
质点的选择题及答案质点是物理学中的一个基本概念，是指一个没有大小和形状，但具有质量、位置和速度的点。
对于一个质点，在不同情况下会有不同的运动状态。
下面就是一些与质点运动状态相关的选择题及答案。
一、如果一个质点的速度和加速度同向，那么其运动状态是？A. 匀加速直线运动B. 匀速直线运动C. 不规则曲线运动D. 静止答案：A。
根据牛二定律可知，当速度和加速度同向时，物体将会产生加速度，加速度的大小将会增大物体的速度。
因此，该质点的运动状态是匀加速直线运动。
二、一个质点的加速度和速度大小相等，方向相反，那么其运动状态是？A. 匀加速直线运动B. 匀速直线运动C. 匀变速直线运动D. 静止答案：B。
当一个质点的加速度和速度大小相等、方向相反时，加速度将会减小或停止物体的运动，进而将会进入匀速直线运动。
三、一个在水平面运动的质点受到一个垂直于运动方向的恒定力，那么其轨迹形状是？A. 圆形B. 椭圆形C. 抛物线形D. 直线形答案：A。
若恒定力垂直于水平运动方向时，物体将会产生向心力，使得质点绕着力的方向做圆周运动，因此其运动轨迹是圆形。
四、一个质点沿竖直向上的向上速度为v0的匀速直线运动，在其上方有一水平方向的磁场，那么通过该磁场的电场的方向是？A. 垂直于纸面向外B. 垂直于纸面向里C. 从上往下D. 从下往上答案：A。
根据电力学知识可知，当电荷在磁场中运动时，将会感受到一个为qv × B的力，其中q为电荷的电量，v为电荷的速度，B为磁场的磁感应强度，于是得知电场方向是垂直于纸面向外。
五、一个质点在一直线运动时，下面哪一个因素对其运动状态没有影响？A. 质量B. 运动方向C. 速度D. 加速度答案：D。
当一个质点运动时，质量与速度共同决定其动量，运动方向影响其运动状态的类型，而加速度表示运动状态的改变。
因此，加速度是能够影响质点运动状态的因素之一，不存在不会影响质点运动的加速度。
在物理学中，质点的运动状态受到很多因素的影响，掌握以上的选择题及答案有助于我们更好地理解质点的运动状态，进而更好地应用于实际生活和工作中。
运动学基本概念与基本规律(知识点+练习+答案)
高一物理必修1期末复习第一、二章运动学基本概念与基本规律知识点1：质点（1）质点是没有形状、大小，而具有质量的点。
（2）质点是一个理想化的物理模型，实际并不存在。
（3）一个物体能否看成质点，并不取决于这个物体的形状大小或质量轻重，而是看在所研究的问题中物体的形状、大小和物体上各部分运动情况的差异是否为可以忽略。
练习1：下列关于质点的说法中，正确的是（）A．质点是一个理想化模型，实际上并不存在，所以，引入这个概念没有多大意义B．只有体积很小的物体才能看作质点C．凡轻小的物体，皆可看作质点D．如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点知识点2：参考系（1）在描述一个物体运动时，选来作为标准的（即假定为不动的）另外的物体，叫做参考系。
（2）参考系可任意选取，在研究实际问题时，选取参考系的原则是要使运动和描述尽可能简单。
（3）对同一运动物体，选取不同的物体作参考系时，对物体的观察结果往往不同的。
练习2：关于参考系的选择，以下说法中正确的是（）A．参考系必须选择静止不动的物体B．任何物体都可以被选作参考系C．一个运动只能选择一个参考系来描述D．参考系必须是和地面连在一起知识点3：时间与时刻在时间轴上时刻表示为一个点，时间表示为一段。
时刻对应瞬时速度，时间对应平均速度。
时间在数值上等于某两个时刻之差。
练习3：下列关于时间和时刻说法中正确的是（）A．物体在5 s时指的是物体在第5 s末时，指的是时刻B．物体在5 s内指的是物体在第4 s末到第5s末这1 s的时间C．物体在第5 s内指的是物体在第4 s末到第5 s末这1 s的时间D．第4 s末就是第5 s初，指的是时刻知识点4：位移与路程（1）位移是表示质点位置变化的物理量。
路程是质点运动轨迹的长度。
（2）位移是矢量，可以用由初位置指向末位置的一条有向线段来表示。
因此位移的大小等于初位置到末位置的直线距离。
路程是标量，它是质点运动轨迹的长度。
(浙江选考)高考物理二轮复习专题07平抛运动及圆周运动规律试题(含解析)
平抛运动及圆周运动规律●曲线运动●1．曲线运动规律1）．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。
2）．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时辰在改变，因此曲线运动必定是变速运动。
3）．曲线运动的条件运动的合成与分解1．基本观点1）运动的合成：已知分运动求合运动。
2）运动的分解：已知合运动求分运动。
2．分解原则：依据运动的实质成效分解，也可采纳正交分解。
3．按照的规律位移、速度、加快度都是矢量，故它们的合成与分解都按照平行四边形定章。
4．合运动与分运动的关系（1）等时性合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止。
（2）独立性一个物体同时参加几个分运动，各分运动独立进行，不受其余运动的影响。
（3）等效性各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完整同样的成效。
1．物体做曲线运动的条件及轨迹剖析1）条件①因为速度时辰在变，因此必定存在加快度；②物体遇到的合外力与初速度不共线。
2）合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹必定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向1曲线的“凹”侧。
3）速率变化状况判断①当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；②当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；③当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。
2．运动的合成及性质1）运动的合成与分解的运算法例运动的合成与分解是指描绘运动的各物理量即位移、速度、加快度的合成与分解，因为它们均是矢量，故合成与分解都按照平行四边形定章。
（2）合运动的性质判断3）两个直线运动的合运动性质的判断依据合加快度方向与合初速度方向判断合运动是直线运动仍是曲线运动，详细分以下几种状况：两个互成角度的分运动合运动的性质两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加快直线运动匀加快直线运动假如v合与a合共线，为匀变速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动假如v合与a合不共线，为匀变速曲线运动1．对于运动和力，以下说法中正确的选项是A．物体速度为零，合外力必定为零B．物体做曲线运动，合外力必定是变力C．物体做曲线运动，合外力必定不为零D．物体做直线运动，合外力必定是恒力2【答案】C【分析】A、比如汽车起步时，速度为零，合外力不为零，刹车时，末速度为零，协力不为零，故A错误；B、比如平抛运动，物体做曲线运动，合外力是恒力，故B错误；C、做曲线运动时速度方向改变，必定有加快度，因此合外力必定不为0，故C正确；D、依据物体做曲线运动的条件，力与速度共线直线运动，但是恒力，也但是变力，故D错误；应选C。
高考物理三轮回扣(倒数第8天)质点运动的基本规律(,含解析)
倒数第8天质点运动的基本规律知识回扣导图考前必做题1．2013年我国已成功发射多颗卫星，若在发射的卫星中，卫星A 是近地赤道卫星，卫星B 是极地圆形轨道卫星，卫星C 是地球同步卫星，且三颗卫星的运行周期满足T A ＜T B ＜T C ，则( )A ．卫星A 受到地球的万有引力最大B ．卫星B 和卫星C 有可能在赤道上方相遇C ．三颗卫星运行的向心加速度满足a A ＞a B ＞a CD ．三颗卫星运行的线速度满足v A ＜v B ＜v C解析 因不知三颗卫星的质量关系，由万有引力F ＝G Mm r 2知A 错；由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 知三颗卫星的轨道半径满足r A ＜r B ＜r C ，所以卫星B 和卫星C 不可能相遇，B 错；由G Mm r 2＝ma 知a ∝1r 2，所以a A ＞a B ＞a C ，C 对；由G Mm r 2＝m v 2r 知v ∝1r所以v A ＞v B ＞v C ，D 错．答案 C2．(2014·云南省第二次统一检测，16)如图1所示，a 、b 两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v 0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a 能落到半圆轨道上，小球b 能落到斜面上，则( )图1A ．b 球一定先落在斜面上B ．a 球一定先落在半圆轨道上C ．a 球可能先落在半圆轨道上D ．a 、b 不可能同时落在半圆轨道和斜面上解析在抛出点左侧作一斜面，左斜面与原斜面倾角相同，可直接分析a 、b 的运动情况．当v 0较小时，轨迹如图线①，则先落在斜面上，当v 0是某一值时，轨迹如图线②，则落在斜面与半圆轨道的交点处，当v 0较大时，轨迹如图线③，则先落在半圆轨道上，故C 正确．答案 C3.图2一质量为m ＝2 kg 的物块静止在地面上，现用一竖直向上的力F 拉物块，已知拉力F 随时间t 的变化规律如图2所示，g ＝10 m/s 2.则下列有关物块的加速度a 与速度v 随时间t 变化规律的图象正确的是( )解析 由题意可知物块的重力为20 N ，由图象可知0～5 s ，拉力为10 N ，小于重力，物块不动，故加速度为零；5～10 s ，拉力等于重力，加速度为零，物块保持静止；10～15 s 内，加速度a ＝F －mg m ＝10 m/s 2，故15 s 末物块的速度为v ＝at ＝50 m/s ；15～20 s ，拉力逐渐减小，物块先做加速运动后做减速运动；20～25 s ，物块做竖直上抛运动，加速度为a ＝－g ，故A 正确，B 错误．由于Δv ＝a ·Δt ，故a －t 图象与坐标轴包围的面积表示速度变化量，故25 s 内速度方向没有变化，t ＝25 s 时速度恰好减为零，故C 正确，D 错误．答案 AC4．2013年12月14日21时11分，“嫦娥三号”在月球正面的虹湾以东地区着陆，假设着陆前，“嫦娥三号”探月卫星绕月球表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响)，宇航员测出“嫦娥三号”飞行N 圈用时为t ，已知地球质量为M ，地球半径为R ，月球半径为r ，地球表面重力加速度为g ，则( )A ．“嫦娥三号”探月卫星匀速飞行的速度为2πNR tB ．月球的平均密度为3πMN 2gR 2t 2C ．“嫦娥三号”探月卫星的质量为4π2N 2r 3gR 2t 2D ．“嫦娥三号”探月卫星绕月球表面匀速飞行的向心加速度为4π2N 2r t 2解析 由题知“嫦娥三号”绕月运行周期为T ＝t N ，由v ＝2πr T 得v ＝2πNr t ，A 错；由G mm ′r 2＝m ′(2πT )2r 、m ＝ρ·43πr 3及GM ＝gR 2得月球的平均密度为ρ＝3πMN 2gR 2t 2，B 对；根据题中相关信息只能估算出中心天体月球的质量，而不能求出运行天体“嫦娥三号”探月卫星的质量，C 错；a ＝v 2r ＝4π2N 2r t 2，D 对．答案 BD5．(2014·山东高考信息卷)图3如图3所示，水平地面上有一“L”形滑板ABC ，竖直高度AB ＝1.8 m ．D 处有一固定障碍物，滑板右端C 到障碍物的距离为1 m ．滑板左端加上水平向右的推力F ＝144 N 的同时，有一小物块紧贴竖直板的A 点无初速释放，滑板撞到障碍物时立即撤去力F ，滑板以原速率反弹．小物块最终落到地面上．滑板质量M ＝3 kg ，物块质量m ＝1 kg ，滑板与物块及地面间的动摩擦因数均为0.4(取g ＝10 m/s 2，已知tan 37° ＝34.求：(1)滑块撞到障碍物前物块的加速度；(2)物块落地时的速度；(3)物块落地时到滑板B 端的距离．解析 (1)由题意易知，滑板撞到障碍物前物块与滑板相对静止．设两者向右的加速度为a ，则F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ①解得：a ＝32 m/s 2②(2)设滑板撞到障碍物时的速度大小为v 1，v 21＝2ax ③撞障碍物后物块做平抛运动h ＝12gt 21④v y ＝gt 1⑤v ＝v 21＋v 21＝10 m/s ⑥速度与水平方向夹角为αtan α＝v y v 1＝34，α＝37 ° ⑦(3)物块水平位移为x 1，x 1＝v t 1＝4.8 m ⑧滑板运动的加速度为a 2，μMg ＝Ma 2⑨滑板停止运动时间t 2＝v 1a 2＝2 s ，则物块落地时，滑板尚未停止运动⑩滑板向左运动的距离为x 2，x 2＝v 1t 1＝12a 2t 21＝4.08 m ⑪物块落地时到B 的距离为x 3＝x 1＋x 2＝8.88 m ⑫答案 (1)32 m/s 2 (2)10 m/s 与水平方向夹角为37° (3)8.88 m。
2017版考前三个月江苏专版高考物理-基础知识再重温 倒数第8天 含答案 精品
倒数第8天功与能考点要求重温考点16功和功率(Ⅱ)考点17动能动能定理(Ⅱ)考点18重力势能(Ⅱ)考点19弹性势能(Ⅰ)考点20机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)考点21能量守恒(Ⅰ)要点方法回顾1.如何求解恒力的功、变力的功和合力的功？方法主要有哪些？答案(1)恒力F做功：W＝Fl cos α.两种理解：①力F与在力F的方向上通过的位移l cos α的乘积.②在位移l方向的分力F cos α与位移l的乘积.在恒力大小不确定时，也可以用动能定理求解.(2)变力F做功的求解方法：①若变力F是位移l的线性函数，则F＝F1＋F22，W＝F l cos α.有时，也可以利用F－l图线下的面积求功.②在曲线运动或往返运动时，滑动摩擦力、空气阻力的功等于力和路程(不是位移)的乘积，即W＝－F f l，式中l为物体运动的路程.③变力F的功率P恒定，W＝Pt.④利用动能定理及功能关系等方法根据做功的效果求解，即W合＝ΔE k或W＝E.(3)合力的功W合W合＝F合l cos α，F合是恒力.W合＝W1＋W2＋…＋W n，要注意各功的正负.2.一对作用力与反作用力所做的功一定相等吗？答案作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，同时存在，同时消失，但它们分别作用在两个不同的物体上，而这两个物体各自发生的位移却是不确定的.所以作用力做功时，反作用力可能做功，也可能不做功，可能做正功，也可能做负功.3.摩擦力做功有哪些特点？一对静摩擦力和一对滑动摩擦力的功有什么区别？它们都能把机械能转化为其他形式的能吗？答案(1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.(2)一对静摩擦力的功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能.(3)一对滑动摩擦力的功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，其值为负值.W ＝－F f 滑l 相对，且F f 滑l 相对＝ΔE 损＝Q ，即机械能转化为内能.4.什么是平均功率和瞬时功率，写出求解平均功率和瞬时功率的公式，并指明公式中各字母的含义.答案 (1)平均功率：平均功率应明确是哪一过程中的平均功率，其计算公式为P ＝W t(一般公式). P ＝F v cos α(F 为恒力，v 为平均速度).(2)瞬时功率：瞬时功率对应物体运动过程中的某一时刻，其计算公式为P ＝F v cos α，其中α为该时刻F 与v 的夹角.5.如何理解动能定理？应用动能定理解题的基本思路是怎样的？答案 (1)对动能定理的理解①总功是指各力做功的代数和，但要特别注意各功的正负.②正功表示该力作为动力对物体做功.负功表示该力作为阻力对物体做功.③动能定理是标量式，所以不能说在哪个方向上运用动能定理.(2)应用动能定理解题的基本思路①明确研究对象和过程，找出初、末状态的速度情况.②对物体进行受力分析，明确各个力的做功情况，包括大小、正负.③有些力在运动过程中不是始终存在的，计算功时要注意它们各自对应的位移.④如果运动过程包含几个物理过程，此时可以分段考虑，也可以视为一个整体列动能定理方程.6.判断机械能是否守恒的方法有哪些？机械能守恒的常用表达式有哪些？答案 (1)机械能是否守恒的判断：①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零.②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能.③对绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明或暗示.(2)机械能守恒的常用表达式：①E k1＋E p1＝E k2＋E p2.②ΔE k ＝－ΔE p .③ΔE A 增＝ΔE B 减.7.下表是几个重要的功能关系，请说明各种功所对应的能量变化，并填好下面的表格. 做功←――――――――――→功是能量转化的量度能量变化↓ ↓重力做功W G ＝mgh ←――――――W G ＝－ΔE p弹力做功W F ←――――――W F ＝－ΔE p合力做功W 合＝W 1＋W 2＋W 3＋…←――――――W 合＝ΔE kW总＝ΔEW f＝ΔE内W AB＝－ΔE pW＝ΔEW安＝－ΔE电W安＝－ΔE电。
(完整版)大学物理质点运动学习题及答案(2)
第1章 质点运动学 习题及答案1．｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和dr dt 有无不同? t d d v 和dv dt有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解: ｜r ∆｜与r ∆ 不同. ｜r ∆｜表示质点运动位移的大小,而r ∆则表示质点运动时其径向长度的增量;t d d r 和dr dt 不同. t d d r 表示质点运动速度的大小,而dr dt则表示质点运动速度的径向分量;t d d v 和dv dt 不同. t d d v 表示质点运动加速度的大小, 而dv dt则表示质点运动加速度的切向分量. 2.质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运动？解: 质点沿直线运动，其位置矢量方向可以改变;质点位置矢量方向不变，质点一定做直线运动.3.匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒定不变？圆周运动的加速度是否总是指向圆心，为什么？ 解: 由于匀速圆周运动的速度和加速度的方向总是随时间发生变化的,因此,其速度和加速度不是恒定不变的;只有匀速圆周运动的加速度总是指向圆心,故一般来讲,圆周运动的加速度不一定指向圆心.4．一物体做直线运动，运动方程为2362x t t =-，式中各量均采用国际单位制，求：（1）第二秒内的平均速度（2）第三秒末的速度；（3）第一秒末的加速度；（4）物体运动的类型。
解: 由于: 232621261212x(t )t t dx v(t )t t dtdv a(t )t dt=-==-==- 所以:（1）第二秒内的平均速度: 1(2)(1)4()21x x v ms --==- （2）第三秒末的速度: 21(3)1236318()v ms -=⨯-⨯=-（3）第一秒末的加速度:2(1)121210()a ms -=-⨯=（4）物体运动的类型为变速直线运动。
5．一质点运动方程的表达式为2105(t t t =+r i j ），式中的,t r 分别以m,s 为单位，试求；（1）质点的速度和加速度；（2）质点的轨迹方程。
高考物理二轮总复习专题过关检测专题：牛顿运动定律(全部含详细答案解析)
高考物理二轮总复习专题过关检测牛顿运动定律 ( 附参照答案 )(时间 :90 分钟满分:100分)一、选择题 ( 本题包含10 小题 ,共 40 分 .每题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,所有选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分 ,错选或不选的得0 分 )1.(2010安徽皖南八校二联,14)2008 年 9 月 25 日 , “神舟七号”载人飞船成功发射 ,设近地加快时 ,飞船以 5g 的加快度匀加快上涨 ,g 为重力加快度 .则质量为 m 的宇航员对飞船底部的压力为()A.6mgB.5mgC.4mgD.1mg分析 :对宇航员由牛顿运动定律:F N－ mg=ma,得 F N=6mg,再由牛顿第三定律可判断A项正确.答案 :A2.吊扇经过吊杆悬挂在屋顶，设吊扇的重力为 G，当吊扇正常转动时，吊杆对吊扇的拉力为 F，则以下说法正确的选项是 ()A. F=GB.F＞ GC.F＜GD.没法确立分析 :当吊扇转动时，扇叶对空气的作使劲向下，空气对扇叶的反作使劲 f 向上，则 F=G－ f，所以 F＜ G，选项 C 正确 .答案 :C3.引体向上是同学们常常做的一项健身运动.该运动的规范动作是:两手正握单杠 ,由悬垂开始 ,上拉时 ,下颚须超出单杠面;下放时 ,两臂放直 , 不可以曲臂 (如图 3-1 所示 ).这样上拉下放 ,重复动作 ,达到锻炼臂力和腹肌的目的.对于做引体向上动作时人的受力,以下判断正确的选项是 ()图 3-1A. 上拉过程中 ,人遇到两个力的作用B. 上拉过程中 ,单杠对人的作使劲大于人的重力C.下放过程中 ,单杠对人的作使劲小于人的重力D. 下放过程中 ,在某瞬时人可能只遇到一个力的作用分析 : 在上拉过程中,人遇到重力和单杠对人的作使劲,A 正确 ;上拉过程中 ,要先加快 ,后减速 ,即先超重 ,后失重 ,单杠对人的作使劲先是大于人的重力后小于人的重力,B 错误 ;同理 ,下放过程中 ,单杠对人的作使劲先是小于人的重力后大于人的重力 ,C 错误 ;刚开始下放的过程中,人加快向下 ,其加快度可能为重力加快度 ,此时 ,人完整失重 ,单杠对人没有作使劲 ,即人只遇到一个重力的作用,D正确.答案 :AD4.如图 3-2 所示 ,两圆滑斜面的倾角分别为 30°和 45°,质量分别为 2m 和 m 的两个滑块用不行伸长的轻绳经过滑轮连结 ( 不计滑轮的质量和摩擦 ),分别置于两个斜面上并由静止开释 ;若互换两滑块地点 ,再由静止开释.则在上述两种情况中正确的有()图 3-2A. 质量为 2m 的滑块遇到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力作用B. 质量为 m 的滑块均沿斜面向上运动C.绳对证量为m 的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D. 系统在运动中机械能均守恒分析 :因所谓“下滑力”是重力沿斜面向下的分力,在对2m 进行受力剖析时不可以把重力与“下滑力”重复地加在物体上 ,所以 A 项错误 .两种状况下2m 的“下滑力”都比 m 的“下滑力”大 ,故 m 滑块均向上运动,B 项正确 .由牛顿第三定律可知,C 项错误 .因斜面圆滑 ,在运动过程中只有重力做功 ,故系统机械能守恒,D 项正确 .答案 :BD5.质量为 m=1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2.现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平力 F ，为使物体在 3 s 时间内发生的位移最大，力 F 的大小应以下边的哪一幅图所示()图 3-3分析 :本题可采纳清除法.物体与地面间的滑动摩擦力f=μmg=2 N， A、 C 中第 1 s 内 F＝ 1 N，物体不会动，比较可知这两种状况下 3 s 内的位移必定小于 D 中 3 s 内的位移 .B 中第 1 s 内加速、第 2 s 内减速、第 3 s 内加快，而 D 中前 2 s 内向来加快，剖析可知 B 中 3 s 内的位移也比D 中 3 s 内的位移小 .应选 D.答案 :D6.(2010安徽皖南八校二联,18)如图的质量相等 ,F 是沿水平方向作用于滑 ,以下说法正确的选项是()3-4 所示，A 上的外力A、 B 是两个位于固定斜面上的正方体物块,它们,已知 A、B 的接触面 ,A、B 与斜面的接触面均光图 3-4A.A 对 B 的作使劲大于 B 对 A 的作使劲B. A、 B 可能沿斜面向下运动C.A、 B 对斜面的压力相等D. A、 B 受的合外力沿水平方向的分力相等分析 :由牛顿第三定律可知:A、 B 间的作使劲大小相等、方向相反,故 A 项错误 ;A、 B 有可能静止在斜面上 ,还有可能沿斜面向上或向下运动,故 B 项正确 ;因为水平力 F 有使 A 压紧斜面的效果 ,可知 A 对斜面的压力大于 B 对斜面的压力 ,故 C 项错误 ;不论 A、 B 做何种性质的运动,它们的运动状况同样,它们沿水平方向的分运动的加快度同样,由 F 合=ma,可知它们遇到的合外力沿水平方向的分力相等,故D项正确.答案 :BD7.如图 3-5 所示 ,圆柱形的库房内有三块长度不一样的滑板 aO 、bO 、cO,其下端都固定于底部圆心O,而上端则 搁在库房侧壁上 ,三块滑板与水平面的夹角挨次是30°、 45°、 60°.如有三个儿童同时从 a 、b 、 c 处开始下滑 (忽视阻力 ),则 ()图 3-5A. a 处儿童最后到 O 点B. b 处儿童最后到 O 点C.c 处儿童最初到 O 点D. a 、 c 处儿童同时到 O 点分析:三块滑板与圆柱形库房构成的斜面底边长度均为圆柱形底面半径,则R 1 gt 2 sin , t 2 4R , 当 θ=45 °时 ,t 最小 ,当 θ=30 °和 60°时,sin2θ的值同样 ,故只 cos2g sin 2有D 正确.答案 :D8.如图 3-6 所示 ,圆滑水平面上搁置质量分别为 m 和 2m 的四个木块 ,此中两个质量为 m 的木块间用一不行伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力 F 拉此中一个质量为2m 的木块 ,使四个木块以同一加快度运动 ,则轻绳对 m 的最大拉力为 ()图 3-63 mgB.3 mg3 mgD.3 μ mgA.4C.25分析 :对四个木块构成的整体进行受力剖析 ,设整体加快度为 a,水平方向受拉力 F 的作用 ,F=6ma; 假如对左侧的两个木块构成的整体受力剖析,水平方向只受拉力 T,T3maF; 对左侧质量2为 2m 的木块受力剖析 ,水平方向只受静摩擦力作用 ,f=2 ma;对除右侧质量为 2m 之外的三个木块构成的整体受力剖析 ,水平方向只受静摩擦力作用 ,由 f=4ma,所以 ,这时整体遇到的静摩擦力最大 ,f= μmg, a g 3,Tmg, B 正确 .答案 :B449.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动 ,小球经过细绳与车顶相连 .小球某时辰正处于图示 状态 .设斜面对小球的支持力为 N, 细绳对小球的拉力为T,对于此时辰小球的受力状况,以下说法正确的选项是 ( )图 3-7A. 若小车向左运动 ,N 可能为零B. 若小车向左运动 ,T 可能为零C.若小车向右运动 ,N 不行能为零D. 若小车向右运动 ,T 不行能为零分析 :当小车拥有向右的加快度时,能够是 N 为零 ;当小车拥有向左的加快度时,能够使绳的张力T 为零 .考生假如不知道这两种临界状况,必定没法解答 A 的;此外还有注意到是小车拥有向左的加快度时 ,能够有两种运动情况,即向左加快运动 ,或向右减速运动 .本题难度中等 .答案 :AB10.如图 3-8,水平川面上有一楔形物体b,b 的斜面上有一小物块 a;a 与 b 之间、 b 与地面之间均存在摩擦 .已知楔形物体 b 静止时 ,a静止在 b 的斜面上 .现给 a 和 b 一个共同的向左的初速度 ,与 a 和 b 都静止时对比,此时可能 ()图 3-8A.a 与 b 之间的压力减小 ,且 a 相对 b 向下滑动B.a 与 b 之间的压力增大 ,且 a 相对 b 向上滑动C.a 与 b 之间的压力增大,且 a 相对 b 静止不动D. b 与地面之间的压力不变,且 a 相对 b 向上滑动分析 :当楔形物体静止时,a 静止在 b 的斜面上 ,设 a 的质量为m,楔形物体斜面的倾角为θ,此时b 对 a 的支持力N=mgcosθ,现给 a 和 b 一个共同向左的初速度,因为摩擦 ,地面对 b 产生向右的摩擦力 ,使 b 向左做减速运动 ,所以 a、b 构成的系统在水平方向上有向右的加快度 .假如 a、b 间的动摩擦因数较大 ,使得 a、b 仍保持相对静止 ,此时对水平向右的加快度 a 沿斜面和垂直于斜面分解 ,则有 N′－ mgcosθ=masinθ,N′大于 N, b 对 a 的支持力增大 ,C 对 ;若 a、b 间的静摩擦力不足以保证 a、 b 保持相对静止 ,则 a 因为惯性向上滑动 ,则 b 对 a 的动摩擦力 ,使 a 相对于 b 产生沿斜面向下的加快度,a 相对于地面的合加快度仍有垂直于斜面向上的重量,因此可得 ,a 对 b 的压力相对于不动时增大,B 对 ,A 、 D 错 .答案 :BC二、填空与实验题(本题包含 2 小题 ,共 20 分 .把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)11.(10 分 )如图 3-9 所示 ,在倾角为 30°的斜面上 ,一辆动力小车沿斜面下滑,在小车下滑的过程中小车支架上连结着小球的轻绳恰巧水平.已知小球的质量为m, 则小车运动的加快度大小为, ________,绳对小球的拉力大小为________.图 3-9分析 :对小球受力剖析如图,小球的加快度沿斜面向下,由牛顿第二定律得F合2mga2g m m由图可得 : F mg cot 303mg.答案 :2g3mg12.(10 分 )某研究性学习小组欲研究圆滑斜面上物体下滑的加快度与物体质量及斜面倾角能否相关 .实验室供给以下器械 :A. 表面圆滑的长木板(长度为 L);B. 小车 ;C.质量为 m 的钩码若干个 ;D. 方木块 (备用于垫木板 );E.米尺 ;F.秒表 .实验过程 :第一步 ,在保持斜面倾角不变时,研究加快度与质量的关系.实验中 ,经过向小车放入钩码来改变物体质量 ,只需测出小车由斜面顶端滑至底端所用时间t,就能够由公式a=________ 求出 a.某同学记录的数据以下表所示:时质量M M+m M +2m间次数1 1.42 1.41 1.422 1.40 1.42 1.393 1.41 1.38 1.42依据以上信息,我们发现 ,在实验偏差范围内质量改变以后均匀下滑时间________(填“改变”或“不改变”经),过剖析得出加快度与质量的关系为________.第二步 ,在物体质量不变时,研究加快度与倾角的关系.实验中经过改变方木块垫放地点来调整长木板的倾角,因为没有量角器,所以经过丈量出木板顶端到水平面高度h,求出倾角α的正弦值sin α=h/L.某同学记录了高度和加快度的对应值,并在座标纸上成立适合的坐标轴后描点作图如图3-10,请2下滑的加快度与倾角的关系为________.图 3-10分析 :斜面长度L已知,测出小车由斜面顶端运动到斜面底端的时间t,由L 1at 2得 a2L 2t 2剖析表中数据 ,发现小车质量改变时,下滑时间不变 (略有不一样是因为实验中存在偏差),所以加快度与质量没关 .小车沿圆滑斜面下滑时 ,受力如图 .则 ma=mgsin α所以 a=gsin α(可见与质量没关)则 asin α图象中图线的斜率表示g 的大小 .由图象中取两点,读出其横、纵坐标(sinα,a )、(sin11α,a ),22a 2 a 1 那么 gsin 1sin 2比如 g2.94 0m/s 2 9.80m/s 2 .2L0.30 0答案 : 不改变 没关9.80 a=gsin αt 2三、计算题 (本题包含 4 小题 ,共 40 分 .解答应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤 ,只写出最后答案的不可以得分 .有数值计算的题目 ,答案中一定明确写出数值和单位)13.(8 分 )如图 3-11 所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37 °，长方体木块 A 的 MN 面上钉着一颗小钉子，质量 m=1.5 kg 的小球 B 经过一细线与小钉子相连结，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数 μ=0.50.现将木块由静止开释，木块将沿斜面下滑 .求在木块下滑的过程中小球对木块 MN 面的压力 .(取 g=10 m/s 2， sin37 °=0.6，cos37°=0.8)图 3-11分析 :因为木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球 B 与木块间有压力的作用，而且它们以共同的加快度 a 沿斜面向下运动 .将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为 M ，依据牛顿第二定律可得 (M +m)gsin θ－ μ(M+m)gcos θ=(M +m)a 2选小球为研究对象，设 MN 面对小球的作使劲为 F N ，依据牛顿第二定律有 mgsin θ－ F N =ma代入数据得 F N ＝ 6.0 N依据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0 N ，方向沿斜面向下.答案 :6.0 N ，方向沿斜面向下14.(10 分 )(2010 安徽皖南八校二联 ,24)质量为 m=1.0 kg 的小滑块 (可视为质点 )放在质量为 m=3.0kg 的长木板的右端 ,木板上表面圆滑 ,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长 L=1.0 m 开始时二者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F=12 N, 如图 3-12 所示 ,为使小滑块不掉下木板 ,试求 :(g 取 10 m/s 2)图 3-12(1) 水平恒力 F 作用的最长时间 ;(2) 水平恒力 F 做功的最大值 .分析 :(1) 撤力前木板加快 ,设加快过程的位移为 x 1,加快度为 1 ,加快运动的时间为 1a t ;撤力后木板减速 ,设减速过程的位移为 x 2 ,加快度为 a 2,减速运动的时间为 t 2.由牛顿第二定律得撤力前 :F － μ(m+M)g=Ma 1(1 分 ) 解得 a 14 m/s 2 (1 分 )3撤力后 :μ(m+M)g=Ma 2(1 分)解得 a 28m/s 2 (1 分 )3x11a1t12 , x21a2t22(1分)22,应知足 x1+x2≤ L(1分 )为使小滑块不从木板上掉下又 a1t 1=a2t2 (1 分 )由以上各式可解得t 1≤ 1 s所以水平恒力作用的最长时间为 1 s.(1 分 )(2) 由上边剖析可知 ,木板在拉力 F 作用下的最大位移x11a1t12141m2m (1分)12 2J2233可得 F 做功的最大值W Fx18J. (1分)答案 :(1)1 s (2)8 J315.(10 分 )将金属块 m 用压缩的轻质弹簧卡在一个矩形的箱中,如图 3-13所示 ,在箱的上顶板和下底板装有压力传感器 ,箱能够沿竖直轨道运动 .当箱以 a=2.0m/s2的加快度竖直向上做匀减速运动时 ,上顶板的传感器显示的压力为6.0N, 下底板的传感器显示的压力为10.0 N.( 取 g=10 m/s2)图 3-13(1)若上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半,试判断箱的运动状况 .(2)使上顶板传感器的示数为零 ,箱沿竖直方向运动的状况可能是如何的?分析 :上顶板传感器显示的示数为上顶板对金属块的弹力,设为 F 上,下底板传感器显示的示数为弹簧的弹力 ,设为 F 下.当箱竖直向上做匀减速运动时,则有F 上－ F 下 +mg=maF上F下0.5kg.即 mga(1)当上顶板传感器的示数为下底板传感器示数的一半时箱的加快度为a1,因为弹簧长度不F上 F下mg变 ,所以 F 下不变 ,则有a10m所以 ,箱处于静止状态或匀速直线运动状态.(2)当上顶板传感器的示数为零时,设此时箱的加快度为a2,并取竖直向下为正方向 ,则有a2mg F下10.0m/s2m所以 ,此时箱的加快度竖直向上,由此得 ,箱可能向上做匀加快运动,也可能向下做匀减速运动 .答案 :(1)箱处于静止状态或匀速直线运动状态(2)箱可能向上做匀加快运动 ,也可能向下做匀减速运动16.(12 分 )杂技演员在进行“顶竿”表演时 ,用的是一根质量可忽视不计的长竹竿.质量为 m=30 kg 的演员自竹竿顶部由静止开始下滑,滑到竹竿底端时速度恰巧为零.为了研究下滑演员沿竿的下滑情 况 ,在顶竿演员与竹竿底部之间安装一个传感器就是下滑演员所受摩擦力的状况,如图 3-14 所示 ,g 取.因为竹竿处于静止状态 10 m/s 2.求:,传感器显示的图 3-14(1) 下滑演员下滑过程中的最大速度 ;(2) 竹竿的长度 .分析 :(1) 由图象可知 ,下滑演员在t 1=1 s 内匀加快下滑 ,设下滑的加快度为 a,则依据牛顿第二定律 ,有 mg － F=maamg F300 180 m /s 2 4m/s 2m301 s 末下滑演员的速度达最大v m =at 1 =4 m/s.(2) 由图象可知 ,1 s 末～ 3 s 末下滑演员做匀减速运动 ,末速度为零 ,则杆长为11L2v m(t1t 2 )2 4 (1 2)m 6m或 a'F ' mg 360 300 m/s 2 2m/s 2m 30 L1at 1 2(v m t 21a't 2 2 ) 6m.22答案 :(1)4 m/s (2)6 m。
高中物理竞赛习题专题之质点运动(含答案)
质点运动学学习材料一、选择题1．质点沿轨道AB 作曲线运动，速率逐渐减小，图中哪一种情况正确地表示了质点在C 处的加速度? ( )(A ) (B ) (C ) (D )【提示：由于质点作曲线运动，所以，加速度的方向指向曲线的内侧，又速率逐渐减小，所以加速度的切向分量与运动方向相反】2． 一质点沿x 轴运动的规律是542+-=t t x （SI 制）。
则前三秒内它的 ( )(A )位移和路程都是3m ；(B )位移和路程都是-3m ； (C )位移是-3m ，路程是3m ； (D )位移是-3m ，路程是5m 。
【提示：将t =3代入公式，得到的是t=3时的位置，位移为t =3时的位置减去t =0时的位置；显然运动规律是一个抛物线方程，可利用求导找出极值点：24d x t dt =-，当t =2时，速度0d xdtυ==，所以前两秒退了4米，后一秒进了1米，路程为5米】3．一质点的运动方程是cos sin r R t i R t j ωω=+，R 、ω为正常数。
从t ＝ωπ/到t =ωπ/2时间内(1)该质点的位移是 ( )(A ) -2R i ； (B ) 2R i； (C ) -2j ； (D ) 0。
(2)该质点经过的路程是 ( ) (A ) 2R ； (B ) R π； (C ) 0； (D ) R πω。
【提示：轨道方程是一个圆周方程（由运动方程平方相加可得圆方程），t ＝π/ω到t ＝2π/ω时间内质点沿圆周跑了半圈，位移为直径，路程半周长】4． 一细直杆AB ，竖直靠在墙壁上，B 端沿水平方向以速度υ滑离墙壁，则当细杆运动到图示位置时，细杆中点C 的速度 ( )(A )大小为2υ，方向与B 端运动方向相同； (B )大小为2υ，方向与A 端运动方向相同；(C )大小为2υ， 方向沿杆身方向；(D )大小为2cos υθ，方向与水平方向成 θ 角。
【提示：C 点的坐标为sin 2cos 2C C l x l y θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，则cos 2sin 2cx cyl d dt l d dt θυθθυθ⎧=⋅⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩，有中点C 的速度大小：2C l d dt θυ=⋅。
质点运动学物理力学答案
第二章 质点运动学思考题2.1 质点位置矢量方向不变，质点是否一定作直线运动？质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？答：质点位矢方向不变，并且位矢的参考点一直在直线上，质点一定做直线运动；质点做直线运动时，若参考点选在直线上，位置矢量方向就不变，如选在直线外一点，位矢方向一定变。
2.2 若质点的速度矢量的方向不变仅大小改变，质点作何种运动？速度矢量的大小不变而方向改变，作何种运动？答：变速直线运动；匀速率曲线运动。
2.3 “瞬时速度就是很短时间内的平均速度”，这一说法是否正确？如何正确表述瞬时速度的定义？我们是否能按照瞬时速度的定义通过实验测量瞬时速度？ 答：不正确。
正确的表述：t 时刻的瞬时速度就是由t 到t+Δt 时间内平均速度tr ∆∆ ,当Δt →0时的极限。
瞬时速度很难在实验室直接测量，可以测量极小时间Δt 内的v 作为t 时刻瞬时速度的近似值。
2.4 试就质点直线运动论证：加速度与速度同符号时，质点作加速运动；加速度与速度反号时，作减速运动。
是否可能存在这样的直线运动，质点速度逐渐增加但其加速度却在减小？ 答：由dtdv a x x =, ①x x v a 同号时，因加速或减速是指x v 的变化，dt a dv x x =，设x x a a =，x x v v =，则0,>=dt dt a v d x x 为加速运动；②x x v a 异号时，dt a dv x x =，设x x a a -=，x x v v =，则0,>-=dt dt a v d x x ，0<x v d 为减速运动；存在：弹簧振子由最大位移到平衡位置的运动。
2.5 设质点直线运动时瞬时加速度x a =常数，试证明在任意相等的时间间隔内的平均加速度相等。
答：由C dtdv a xx ==,设21t t →的速度为x x v v 21→，求其平均加速度，由cdt dv x =，积分，)(12122121t t c cdt dv v v v t t v v x x x x xx-===-=∆⎰⎰，则c t t v v xx =--1212，因21t t 和是任意的，则C tv a xx =∆∆=，证毕。
2倒计时第8天 质点运动的基本规律
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2．地球卫星的最大运行速度和最小周期
2π v2 Mm 由 G r2 ＝m r ＝m T 2r，得到卫星绕地球的运行速度 v＝
GM r ＝
gR2 r ，
2πr 周期 T＝ v ＝2π
r3 GM＝2π
r3 gR2.
当卫星绕地球表面运行时，轨道半径 r 等于地球半径 R，运行速度最大，周 期最小．
2017版高三二轮复习与策略 5．(多选)如图 4 所示，两个可视为质点的、相同的木块 A 和 B 放在水平转
盘上，且木块 A、B 与转盘中心在同一条直线上，两者用长为 L 的细绳连接，木 块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的 k 倍，A 放在距离转轴 L 处，整个 装置能绕通过转盘中心的竖直转轴 O1O2 转动． 开始时， 绳恰好伸直但无弹力． 现 让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )
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3．地球同步卫星四定 (1)运行周期一定，周期为 24 h. (2)距地面高度一定，大约为 3.6×104 km. (3)轨道平面一定，轨道平面与赤道面重合． (4)环绕方向及速度一定， 环绕方向为自西向东运动， 速度大小约为 3.1 km/s.
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倒计时第 8 天
质点运动的基本规律
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A．主干回顾
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B．精要检索 一、直线运动 1．匀变速直线运动规律的三个重要公式 (1)速度公式：v＝v0＋at. 1 2 (2)位移公式：x＝v0t＋2at . (3)位移、加速度、速度的关系：v2－v2 0＝2ax.
(1)该星球表面的重力加速度； (2)该星球的第一宇宙速度.
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倒计时第8天 质点运动的基本规律
A ．主干回顾
B ．精要检索
一、直线运动
1．匀变速直线运动规律的三个重要公式
(1)速度公式：v ＝v 0＋at .
(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.
(3)位移、加速度、速度的关系：v 2－v 20＝2ax .
2．匀变速直线运动的三个重要推论
(1)平均速度公式：v ＝v 0＋v 2.
(2)匀变速直线运动的判别式：Δx ＝aT 2.
(3)中间时刻的瞬时速度公式：v t 2＝v ＝v 0＋v 2.
3．研究匀变速直线运动的方法
(1)用“Δx ＝aT 2”判断该运动是否为匀变速直线运动．
(2)用公式v n ＝x n ＋x n ＋1
2T 求打点计时器打n 点时纸带的速度．
(3)用“逐差法”求加速度，
即a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1－x 2－x 39T 2
.
4．自由落体运动
(1)条件：①只受重力作用；②初速度为零．
(2)速度公式v＝gt；位移公式x＝1
2gt
2.
二、曲线运动
1．平抛运动
(1)特点：初速度沿水平方向，只受竖直方向的重力作用，其轨迹为抛物线．平抛运动是匀变速(加速度是g)曲线运动．
(2)位移关系：
水平位移x＝v0t
竖直位移y＝1
2gt
2
合位移的大小s＝x2＋y2，合位移的方向tan α＝y x.
(3)速度关系：
水平速度v x＝v0，竖直速度v y＝gt.
合速度的大小v＝v2x＋v2y，合速度的方向tan β＝v y v x.
(4)重要推论：
速度偏角与位移偏角的关系为tan β＝2tan α
平抛运动到任一位置A，过A点作其速度方向的反向延长线交Ox轴于C点，有
OC＝x
2(如图1所示)．
图1 2．匀速圆周运动
(1)匀速圆周运动的规律
①v、ω、T、f及半径的关系：T＝1
f，ω＝
2π
T＝2πf，v＝
2π
T r＝2πfr＝ωr.
②向心加速度大小：a＝v2
r＝ω
2r＝4π2f2r＝
4π2
T2r.。