运动学与动力学答案二册CH2
2022-2023学年教科版(2019)必修第二册 1-2运动的合成与分解 课时作业(含答案)
2022-2023学年教科版（2019）必修第二册1.2运动的合成与分解课时作业（含答案）一、单选题1. 如图所示，小明同学将模型飞机以速度v斜向上掷出，速度方向与水平方向的夹角为53︒，大小为5.0m/s，则模型飞机在轨迹最高点的速度大小为（sin530.8︒=，cos530.6︒=）（）（不计空气阻力）A．0m/s B．3.0m/s C．4.0m/s D．5.0m/s2. 冬奥会上，某自由滑冰运动员正在滑行，由A到C是其运动轨迹的一部分，如图所示，则关于他通过B点时的速度v的方向和加速度a的方向可能正确的是（）A．B．C．D．3. 如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为()A．sinsinLωβαB．cossinLωβαC．coscosLωβαD．sincosLωβα4. 某质点仅受恒力F作用，从A点沿图中的曲线运动到B点，已知轨迹在A点的切线水平，在B点的切线竖直，则质点的运动状态是（）A．圆周运动B．一直加速C．先加速后减速D．先减速后加速5. 某物体运动的初速度v及该物体受到的恒定合力F的方向如图所示，则该物体的运动轨迹可能是（）A．B．C．D．6. 小船以一定的速度垂直河岸向对岸航行时，下列说法正确的是（）A．水流速度越大，小船运动的位移越长，时间不变B．水流速度越大，小船运动的位移越长，时间越短C．水流速度越大，小船运动的位移越长，时间越长D．水流速度越大，小船运动的位移和时间都不变7. 如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。
a由静止开始沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动，c向右以某一初速度0v做平抛运动，三者最终都落在同一个水平面上、若不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A．三者的运动时间都相等B．三者落地前瞬间，c的动能最大C．三者的重力做功不相等D．三者落地前瞬间，重力的功率相等二、多选题8. 如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b 放在地面上。
新教材高中物理第2章电磁感应中的动力学问题课时作业新人教版选择性必修第二册(含答案)
新教材高中物理新人教版选择性必修第二册：专项6 电磁感应中的动力学问题1．(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是( )A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动2．如图甲所示，PQNM是倾角θ＝37°、表面粗糙的绝缘斜面，abcd是匝数n＝20、质量m＝1kg、总电阻R＝2Ω、边长L＝1m的正方形金属线框．线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，在OO′NM的区域加上垂直斜面向上的匀强磁场，使线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是( )A．0～6s内，线框中的感应电流大小为1AB．0～6s内，线框产生的焦耳热为6JC．t＝6s时，线框受到的安培力大小为8ND．t＝10s时，线框即将开始运动3.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列vt图像中，能正确描述上述过程的是( )[平行固定放置，间距为L，导轨一端通过导线与阻值为R的电阻连接，导轨上放一质量为m 的金属杆．金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场的方向竖直向下．现用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆最终将做匀速运动，当改变拉力的F大小时，金属杆相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示．(取g＝10m/s2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？(2)若m＝0.5kg，L＝0.5m，R＝0.5Ω，求磁感应强度B和金属杆与导轨间的动摩擦因数μ各为多大？5.如图所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s 时，突然闭合开关S，则：(g取10m/s2)(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？6．如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.2m，电阻R＝0.4Ω，导轨上停放一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图(b)所示．(1)试分析说明金属杆的运动情况；(2)求第2s末外力F的大小．7．如图甲所示，相距L＝1m、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面内，另一部分在同一竖直面内．质量均为m＝50g、电阻均为R＝1.0Ω的金属细杆ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度大小B＝1.0T、方向竖直向上的匀强磁场中，ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动，cd杆固定在竖直导轨的某位置，现在释放cd杆并开始计时，以竖直向下为正方向，cd杆的vt图像如图乙所示，已知在0～1s和2～3s内，图线为直线．g取10m/s2.(1)求在0～1s 内通过cd 杆的电流；(2)若已知ab 杆在1～2s 内做匀加速直线运动，求1～2s 时间内拉力F 随时间t 变化的关系式．专项6 电磁感应中的动力学问题1．答案：BC解析：A 错，B 对：金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势，从而对电容器充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sin θ－ILB >0，金属棒一直加速运动．C 对：由右手定则可知，金属棒a 端电势高，则M 板电势高．D 错：若微粒带负电，则静电力向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度方向向上．2．答案：C解析：由图乙知B ＝0.1t ＋0.2(T)，ΔBΔt＝0.1T/s设线框即将运动的时间为t ，则nBIL ＝mg sin θ＋μmg cos θ，线框未动时，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ·12L 2ΔBΔt＝1V由闭合电路欧姆定律得I ＝E R＝0.5A ，解得t ＝10.4s0～10.4s 内线框处于静止，线框中的感应电流大小为0.5A ，故A 、D 错误；0～6s 内，框产生焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.52×2×6J＝3J ，故B 错误；t ＝6s 时，磁感应强度为B ＝0.1t ＋0.2(T)＝0.1×6＋0.2T ＝0.8T ，线框受到的安培力大小为F ＝nBIL ＝20×0.8×0.5×1N＝8N ，故C 正确．3．答案：D解析：导线框进入磁场的过程中，受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R、F 安＝BIL ，得F 安＝B 2L 2vR，随着v 的减小，安培力F 安减小，根据F 安＝ma 知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，受到向左的安培力，根据F 安＝B 2L 2vR＝ma 可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，故选项D 正确．4．答案：(1)加速度减小的加速运动 (2)1T 0.4 解析：(1)根据牛顿第二定律F －F 安－f ＝ma而F 安＝BIL ＝B 2L 2vR故金属杆在匀速运动之前做加速度减小的加速运动． (2)金属杆产生的感应电动势E ＝BLv 感应电流I ＝E R金属杆所受的安培力为F 安＝BIL ＝B 2L 2vR由题意可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零，即有F ＝B 2L 2v R＋f所以v ＝RB 2L 2(F －f ) 从图线可以得到直线的斜率k ＝2 联立可得RB 2L 2＝k 将数据代入可解得B ＝1T 由f ＝μmg ＝2N 得μ＝0.4.5．答案：(1)见解析 (2)0.5m/s解析：(1)闭合开关S 之前，导体ab 自由下落的末速度为 v 0＝gt ＝4m/s.开关S 闭合瞬间，导体ab 产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab 立即受到一个竖直向上的安培力．F 安＝BIL ＝B 2L 2v 0R＝0.016N ＞mg ＝0.002N.此时导体ab 受到的合力方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a ＝F 安－mg m ＝B 2L 2v mR －g ，所以导体ab 竖直向下做加速度逐渐减小的减速运动．当F 安＝mg 时，导体ab 竖直向下做匀速运动．(2)设导体ab 匀速下落的速度为v m ，此时F 安＝mg ，即B 2L 2v m R ＝mg ，v m ＝mgR B 2L2＝0.5m/s.6．答案：(1)初速度为零的匀加速运动 (2)0.7N解析：(1)杆切割磁感线产生电动势E ＝BLv 电压表示数为U ＝IR ＝BLRR ＋rv 由图像可知，U 与t 成正比，即v 与t 成正比，故杆做初速度为零的匀加速运动． (2)由运动学规律v ＝at ，所以U ＝BLRR ＋rat ＝kt 由图线得k ＝0.4V/s ，即BLRa R ＋r＝0.4V/s ，得a ＝5m/s 2两秒末速度v ＝at ＝10m/s ，F －B 2L 2vR ＋r＝ma解得F ＝0.7N ．7．答案：(1)0.6A (2)F ＝0.8t ＋0.13(N) 解析：(1)在0～1s 内，cd 杆的v t 图线为倾斜直线，因此cd 杆做匀变速直线运动，加速度为a 1＝v t －v 0t＝4.0m/s 2，cd 杆受向上的摩擦力作用，其受力分析如图所示． 根据牛顿第二定律，有mg －F f ＝ma 1，其中F f ＝μF N ＝μF A ＝μBIL ，因此回路中的电流为I ＝m （g －a 1）μBL＝0.6A.(2)在0～1s 内，设ab 杆产生的感应电动势为E ，则E ＝BLv 1，由闭合电路欧姆定律得I＝E 2R ，则ab 杆的速度为v 1＝2IRBL＝1.2m/s. 在2～3s 内，由题图乙可求出cd 杆的加速度为a 2＝－4.0m/s 2，由(1)的分析，同理可得mg －F ′f ＝ma 2，即mg －μB 2L 2v 22R ＝ma 2，整理得ab 杆的速度v 2＝2m （g －a 2）R μB 2L 2＝2.8m/s.在1～2s 内，ab 杆做匀加速直线运动，则加速度a ＝v 2－v 1t＝1.6m/s 2，对ab 杆，根据牛顿第二定律有F －μmg －BI ′L ＝ma ，ab 杆在t 时刻的速度v ＝v 1＋a (t －1s)，回路中的电流I ′＝BLv2R，联立可得F ＝0.8t ＋0.13(N).。
《新编大学物理》(上、下册)习题答案
第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别题1.2： 答案：[A]题1.3： 答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4： 答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R r j r i ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=-题1.5： 答案：[D]提示：t=0时，x=5； t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6： 答案：[D]提示：a=2t=d dt v，2224t v tdt t ==-⎰，02tx x vdt -=⎰，即可得D 项题1.7：答案：[D]北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8：答案： 匀速(直线)，匀速率题1.9：答案：2915t t -，0.6 提示： 2915dxv t t dt==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =-（2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t =⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dydt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-va j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ，r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s题1.11： 答案：212/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt=====题1.12： 答案：1/m s22π提示： 200t dvv v dt t dt =+=⎰，11/t vm s ==，201332tv dt t R θπ===⎰，222r R π∆==题1.13：答案：2015()2t v t gt -+-i j 提示： 先对20(/2)v tg t =-r j 求导得，0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14： 答案：8, 264t提示：8dQ v R Rt dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15：解：（1）3t dv a t dt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴=又232ds v t dt == 20032stds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴（2）又S R θ= 316S t R θ==∴ （3）当a 与半径成45角时，n a a τ=2434n v a t R == 4334t t =∴ 34t S =∴题1.16：解：（1）dv a kv dt ==- 0v tdvkdt v =-∴⎰⎰， 0ln v kt v =-（*）当012v v =时，1ln 2kt =-，ln 2t k=∴ （2）由上式：0kt v v e-=0kt dxv e dt -=∴，000xtkt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章 质点动力学一、选择题 题2.1： 答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2： 答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动（初速度为0），Fa m=22tx v a d t t ==⎰，223tx x t S v dt ==⎰ 2223t t =+∴S i j题2.3： 答案：[B]提示：受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+1()F M m g a M M+==题2.4 ：答案：[D] 提示：Ba BTTa A Tmg22A BAB m g T m a T m a a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45A a g = （2A B a a =，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S） 2A B a a =∴题2.5： 答案：[C]提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故 0(cos60)()1010m mv m v =+共 0=22v v 共题2.6： 答案：[C] 提示：RθθRh-R由图可知cos h RRθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=- 由机械能守恒得（以地面为零势能面）2200112()22mv mv mgh v gh g h R =+⇒=+-题2.7： 答案：[B]提示： 运用动量守恒与能量转化题2.8： 答案：[D] 提示：θv 0v x v y由机械能守恒得20122mgh mv v gh =⇒= 0sin y v v θ=sin 2Gy Pmgv mg gh θ==∴题2.9： 答案： [C]题2.10： 答案： [B]提示： 受力如图fT Fx由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）2()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题题2.11: 答案：2mb提示： '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2 提示：4N 8Nxy 0由题意，22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2Fm k ga== 24/y y F a m s m==题2.13： 答案：75，1110提示： 由题意，32()105F a t m ==+ 27/5v adt m s ⇒==⎰ 当t=2时，1110a =题2.14： 答案：180kg提示：由动量守恒，=m S -S m 人人人船相对S （）=180kg m ⇒船题2.15： 答案：11544+i j 提示：各方向动量守恒题2.16：答案： ()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合 =W m g R -外题2.17： 答案：-12提示：3112w Fdx J -==⎰题2.18：答案： mgh ，212kx ，MmG r - h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19： 答案：02mg k ，2mg ，0mg k题2.20： 答案： +=0A∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21：解：（1）=m F xg L 重 ()mf L xg L μ=- （2）1()(1)ga F f x g m Lμμ=-=+-重（3）dv a v dx =，03(1)v LL g vdv x g dx L μμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，2(2)3v Lg μ=-题2.22： 解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。
运动学与动力学答案二册CH3
vA = OA ⋅ ω
va = vB = vA cosθ = OA ⋅ ω cosθ = vr vBA = vA sinθ = OA ⋅ ω sinθ
ω AC
=
vBA AB
=
OA ⋅ω sin2 θ OA
= ω sin2 θ
2．a：分析滑块 B（动系）
A vA
a
t A
=
OA
⋅α
，
aAn
=
OA ⋅ ω2
h=0.1m；ωOA = 4 rad s 。在图示位置时，曲柄 OA 与水平线 OB 垂直；且 B、D 和 F 在同一铅直线上。又 DE 垂直于 EF。求杆 EF 的角速度和点 F 的速度。
3－4.在瓦特行星传动机构中，平衡杆 O1A 绕 O1 轴转动，并借连杆 AB 带动曲柄 OB；而曲柄 OB 活动地装置在 O 轴上，如图所示。在 O 轴上装有齿轮 I，齿轮 II 与连杆 AB 固连于一体。已知： r1 = r2 = 0.3 3 m ，O1A=0.75m，AB=1.5m；又
垂墙滑动。在图示瞬时，已知圆盘的角速度ω0，角加速度为ε0，杆与水平面的夹 角为θ。试求该瞬时杆端 B 的速度和加速度。
解：（1）求VB
C1 为圆盘速度瞬心，故 VA=Rω0 ∵C2 为杆 AB 速度速度瞬心，故
ω AB = VA / AC2 = Rω0 / L sinθ
∴VB = BC2 ⋅ω AB = L cosθ ⋅ Rω0 / L sinθ
解：轮作平面运动
uA=OA·ω=80cm/s
以 A 为基点：
uC = u A + uCA
uC=uAcos60°=40 cm/s
以 C 为基点：
uB = uC + uBC
动力学课后习题答案
第一章 质点动力学1－3 解：运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。
将运动方程对时间求导并将030=θ代入得34cos cos 22lk lk l y v ====θθθ938cos sin 2232lk lk ya =-==θθ1－6证明：质点做曲线运动，所以质点的加速度为：n t a a a +=,设质点的速度为v ，由图可知: aa v v y n cos ==θ，所以: yv v a a n =将c v y =，ρ2n va =代入上式可得 ρc va 3=证毕 1－7证明：因为n2a v=ρ，va a v a ⨯==θsin n所以：va ⨯=3vρ证毕1－10解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度 为s ,则有关系式：t v L s 0-=，并且 222x l s +=将上面两式对时间求导得：0v s -= ，x x s s 22=由此解得：xsv x 0-= （a ）(a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得：2002v v s x x x=-=+ (b)xoovovFNFgmyθ将(a)式代入(b)式可得：3220220xl v xxv xa x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上）取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：gF F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：N F F y m F mg x m +-=-=θθsin cos其中：2222sin ,cos lx l lx x +=+=θθ0,3220=-=yxl v x将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：23220)(1)(x l xl v g m F ++=1－11解：设B 点是绳子AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以R v B ω=，由于绳子始终处于拉直状态，因此绳子上A 、B 两点的速度在 A 、B 两点连线上的投影相等，即：θcos A B v v = （a ）因为x Rx 22cos -=θ （b ）将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为：22Rx x Rv A -=ω （c ）由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x xω=--22 ，将该式两边平方可得：222222)(x R R x x ω=-将上式两边对时间求导可得：x x R x x R x x x 2232222)(2ω=--将上式消去x2后，可求得： 22242)(R x xR x--=ω (d)由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 22242)(R x xR a A -=ω取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：gF F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：mg F F ym F x m N -+=-=θθsin cos其中：xR x x R 22cos ,sin -==θθ, 0,)(22242=--=yR x x R xω将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得2525)(,)(225222242R x x R m mg F R x xR m F N --=-=ωω1－13解：动点：套筒A ；动系：OC 杆；定系：机座；运动分析：绝对运动：直线运动；相对运动：直线运动；牵连运动：定轴转动。
运动学和动力学考试答案
运动学和动力学考试答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 一个物体在直线运动中，其速度随时间的变化率称为（）。
A. 加速度B. 速度C. 位移D. 路程答案：A2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用在物体上的合力成正比，与物体的质量成反比。
这个定律的数学表达式为（）。
A. F = maB. F = mvC. F = ma^2D. F = m^2a答案：A3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t后，其位移s与时间t的关系是（）。
A. s = 1/2at^2B. s = atC. s = 2atD. s = at^2答案：A4. 以下哪个选项描述的是动量守恒定律？（）A. 系统总动量在没有外力作用下保持不变B. 系统总动能在没有外力作用下保持不变C. 系统总能量在没有外力作用下保持不变D. 系统总角动量在没有外力矩作用下保持不变5. 一个物体在斜面上无摩擦下滑，其加速度大小与斜面倾角的关系是（）。
A. 与倾角成正比B. 与倾角成反比C. 与倾角的正弦值成正比D. 与倾角的余弦值成正比答案：C6. 一个物体在圆周运动中，其速度方向始终沿着圆周的切线方向，这种运动称为（）。
A. 直线运动B. 匀速圆周运动C. 变速圆周运动D. 非匀速圆周运动7. 一个物体在水平面上受到一个恒定的拉力作用，其加速度保持不变，这种运动称为（）。
A. 匀加速直线运动B. 匀减速直线运动C. 变加速直线运动D. 变减速直线运动答案：A8. 一个物体在竖直方向上自由下落，其加速度大小为（）。
A. 9.8 m/s^2B. 10 m/s^2C. 11 m/s^2D. 12 m/s^2答案：A9. 一个物体在水平面上受到一个恒定的摩擦力作用，其速度随时间的变化率是（）。
A. 恒定的B. 变化的C. 先增大后减小D. 先减小后增大答案：A10. 一个物体在斜面上受到一个恒定的拉力作用，其加速度大小与斜面倾角的关系是（）。
大学物理第2章质点动力学习题解答
第2章 质点动力学习题解答2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-= （单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+== , j ia m F ˆ12ˆ24+== 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+= ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
证明：∵r j t b it a dt r d a 2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。
2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。
解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ，f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得：g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中，可求得：2111)2(m m g m F m T +-=μ2-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2f 1 N 1 m 1g T aFN 2 m 2gTaN 1 f 1 f 2的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。
动力学课后习题答案
动力学课后习题答案动力学课后习题答案动力学是物理学中的一个重要分支，研究物体的运动以及运动的原因和规律。
在学习动力学的过程中，课后习题是巩固知识、检验理解的重要方式。
下面将为大家提供一些动力学课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握动力学知识。
1. 一个物体以5m/s的速度匀速运动了10秒，求物体的位移是多少？答：位移等于速度乘以时间，即位移=速度×时间=5m/s×10s=50m。
2. 一个物体以2m/s²的加速度匀加速运动了8秒，求物体的位移是多少？答：位移等于初速度乘以时间再加上加速度乘以时间的平方的一半，即位移=初速度×时间+0.5×加速度×时间²=0×8s+0.5×2m/s²×(8s)²=64m。
3. 一个物体以10m/s的速度向上抛出，经过2秒后落地，求物体的最大高度是多少？答：物体的最大高度等于初速度的平方除以2倍的重力加速度，即最大高度=(初速度²)/(2×重力加速度)=(10m/s)²/(2×9.8m/s²)≈5.1m。
4. 一个物体以20m/s的速度水平抛出，求物体在2秒后的水平位移是多少？答：物体在水平方向的速度是恒定的，所以水平位移等于速度乘以时间，即水平位移=速度×时间=20m/s×2s=40m。
5. 一个物体以10m/s的速度水平抛出，求物体在2秒后的竖直位移是多少？答：物体在竖直方向上受到重力的作用，所以竖直位移等于初速度乘以时间再加上0.5倍的重力加速度乘以时间的平方，即竖直位移=初速度×时间+0.5×重力加速度×时间²=10m/s×2s+0.5×9.8m/s²×(2s)²=19.6m。
新教材高中物理第二章电磁感应中的动力学能量和动量问题学生用书新人教版选择性必修第二册(含答案)
新教材高中物理学生用书新人教版选择性必修第二册：素养提升课四电磁感应中的动力学、能量和动量问题关键能力·合作探究——突出综合性素养形成探究一电磁感应中的动力学问题【核心归纳】1.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析．(2)导体的非平衡状态——加速度不为0.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．2．力学对象和电学对象的相互关系【应用体验】例1 如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是不计电阻、水平放置的平行长直导轨，其间距l＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端．ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω、长度与导轨间距相等的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g 取10 m/s2)(1)求导体棒所能达到的最大速度．(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像．[试解]【针对训练】1.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是( )2．如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN，PQ平行放置．两导轨间距为L，M、P 两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．探究二电磁感应中的能量问题【核心归纳】1.能量转化的过程分析电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为机械能)；克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．2【应用体验】例2 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：(1)金属杆ab运动的最大速度；g sinθ时，电阻R上的电功率；(2)金属杆ab运动的加速度为12(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．教你解决问题第二步：找突破口(1)根据受力平衡列方程，安培力F＝mg sinθ；g sinθ时的安培力；(2)根据牛顿第二定律，求解加速度为12(3)根据动能定理，求解此过程中克服安培力所做的功．[试解]【针对训练】3.如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若金属棒ab在竖直向上的外力F 作用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是( )A．a、b两端的电势差为BLvB．b端电势高于a端电势C．作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零D．拉力F所做的功等于电路中产生的热量4.[2022·江苏泗洪高二检测]如图所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0 Ω的电阻相连，质量m＝0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F＝1 N作用下由静止开始运动，导体棒电阻为r＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，当ef棒由开始运动6.9 m时，速度达到最大(g取10 m/s2)，求：(1)导体棒的速度达到最大时，回路中电流的大小；(2)导体棒能够达到的最大速度；(3)在此运动过程中电阻R上产生的焦耳热．探究三电磁感应中的动量问题【核心归纳】1.对于单杆模型，一般与动量定理结合．例如在光滑水平轨道上运动的单杆(水平方向不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，故运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理有F̅安Δt＝Δp，又F̅安Δt＝I l BΔt＝Blq，q＝NΔΦR总＝N BlxR总，Δp＝mv2－mv1，由以上安培力的冲量中藏着电荷量四式将流经杆的电荷量q、杆位移x及速度变化结合在一起．2．对于双杆模型，在受到安培力之外，其他外力之和为零时，则考虑应用动量守恒定律处理问题．3．由I l B·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．【应用体验】例3 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为R a＝2 Ω、R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)．其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g取10 m/s2.求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动的过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．[试解]【针对训练】5.(多选)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是( )随堂演练·达标自测——突出创新性素养达标1.(多选)在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则( )A．三个线圈同时落地B．A线圈最先落地C．C线圈最后落地D．B、C线圈同时落地2．(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中( )A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．克服安培力做的功等于电路中产生的电能C．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab棒获得的动能之和3.[2022·四川宜宾高二检测](多选)如图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ，下列选项中正确的是( )A ．v ＝2mgR sin θB 2L 2B ．P ＝2mgv sin θC ．当导体棒速度达到v2时，加速度大小为g sin θ2D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功4.如图所示，两根光滑导轨平行放置，导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强度为B.导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接．两根完全相同的金属棒ab 和cd 质量均为m 、接入电路的电阻均为R ，将cd 置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab 置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab 离水平面的高度为h ，重力加速度为g ，现将ab 由静止释放，求：(1)cd 棒最终的速度大小； (2)整个过程中产生的焦耳热Q.5.如图所示，在与水平面成θ＝30°夹角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属导轨，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B ＝0.20 T ，方向垂直导轨平面向上．导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，且与导轨接触良好构成闭合回路，导体棒的质量均为m ＝2.0×10－2kg ，回路中导体棒电阻均为r ＝5.0×10－2Ω，金属导轨间距l ＝0.50 m ．现对导体棒ab 施加平行于导轨向上的拉力，使之匀速向上运动，在导体棒ab 匀速向上运动过程中，导体棒cd 始终能静止在导轨上，g 取10 m /s 2，求：(1)通过导体棒cd 的电流I ；(2)导体棒ab 受到的外力F 的大小；(3)导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量时，力F做的功W.素养提升课(四) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题关键能力·合作探究探究一应用体验[例1] 解析：ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值．外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热．(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝Blv①I＝ER+r②导体棒受到的安培力F安＝IlB③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力F f的作用，根据牛顿第二定律得F－μmg－F安＝ma④由①②③④得F－μmg－B2l2vR+r＝ma⑤由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大．此时有F－μmg－B 2l2v mR+r＝0⑥可得v m＝(F−μmg)(R+r)B2l2＝10 m/s.⑦(2)导体棒运动的速度—时间图像如图所示．答案：(1)10 m/s (2)见解析图针对训练1．解析：设ab棒的有效长度为l，S闭合时，若B 2l2vR>mg，先减速再匀速，D项有可能；若B 2l2vR＝mg，匀速，A项有可能；若B2l2vR<mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，B2l2vR－mg＝ma中a不恒定，选B项不可能．答案：ACD 2．解析：(1)如图所示，重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上． (2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中电流I ＝ER ＝BLv R，ab 杆受到的安培力F ＝ILB ＝B 2L 2v R.根据牛顿运动定律，有mg sin θ－F ＝ma ， 解得a ＝g sin θ－B 2L 2v mR.(3)当a ＝0时，杆达到最大速度v m ，即g sin θ＝B 2L 2v m mR时，v m ＝mgR sin θB 2L 2.答案：(1)图见解析 (2)BLv Rg sin θ－B 2L 2v mR(3)mgR sin θB 2L 2探究二应用体验[例2] 解析：(1)当杆达到最大速度时安培力F ＝mg sin θ 安培力F ＝IdB 感应电流I ＝E R+r感应电动势E ＝Bdv max 联立上式解得最大速度v max ＝mg (R+r )sin θB 2d 2.(2)当金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－I ′dB ＝m ·12g sin θ电阻R 上的电功率P ＝I ′2R 解得P ＝m 2g 2R sin 2θ4B 2d 2.(3)根据动能定理mgx sin θ－W F ＝12mv max 2－0解得W F ＝mgx sin θ－12·m 3g 2(R+r )2sin 2θB 4d 4.答案：(1)mg (R+r )sin θB 2d 2(2)m 2g 2R sin 2θ4B 2d 2(3)mgx sin θ－12·m 3g 2(R+r )2sin 2θB 4d 4针对训练3．解析：金属棒做切割磁感线运动产生的感应电动势为E ＝BLv ，则a 、b 两点间的电压为U ＝R R+rBLv ，故A 错误．根据右手定则可知，金属棒中的电流方向为b 到a ，所以b 端为电源的负极，a 端为电源的正极，a 端的电势高于b 端，故B 错误．由于金属棒做匀速直线运动，根据动能定理可知作用在金属棒上的各个力的合力做功等于零，故C 正确．根据功能关系可知，拉力F 做功等于电路中产生的热量与重力势能的增加量之和，故D 错误．故选C.答案：C4．解析：(1)当安培力等于拉力时，速度最大，则有F ＝F 安＝ILB代入数据解得I ＝FBL ＝11×1.0A ＝1 A.(2)当导体棒速度为v max 时，产生的感应电动势为E ＝BLv max ，通过导体棒的电流为I ＝BLv max r+R，解得v max ＝3 m/s.(3)由功能关系得Fx ＝Q +12mv max 2根据串联电路特点，有Q R ＝RR+rQ联立解得Q R ＝4 J.答案：(1)1 A (2)3 m/s (3)4 J 探究三应用体验[例3] 解析：(1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b0，对杆b 运用动量定理，有I dB ·Δt ＝m b (v 0－v b0) 其中v b0＝2 m/s. 解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2设最后a 、b 两杆共同的速度为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(m a ＋m b )v ′杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′由动量定理得I ′dB ·Δt ′＝m a (v a －v ′)，而q ＝I ′·Δt ′ 联立解得q ＝73 C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热Q ＝m a gh +12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2杆b 中产生的焦耳热Q ′＝R bR a +R bQ解得Q ′＝1156J.答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156J针对训练5．解析：以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv 0＝2mv ，解得两导体棒运动的末速度v ＝12v 0，棒ad 做变减速运动，棒cd 做变加速运动，稳定时两导体棒的加速度均为零，一起向右做匀速运动，故A 正确，B 错误；ab 棒和cd 棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，故C 正确，D 错误．答案：AC 随堂演练·达标自测1．解析：A 线圈不受安培力，所以最先落地，A 错误，B 正确；要想比较出B 、C 线圈的下落时间，先比较加速度，得出加速度a 与导线横截面积S 的关系，a ＝mg−F 安m＝g －B 2l 2v Rm，其中R ＝ρ电4lS ，m ＝ρV ＝4lρS ，所以有a ＝g －B 2v 16ρ电ρ，可知加速度a 与l 和S 均无关，即B 、C 线圈同时落地，C 错误，D 正确．答案：BD 2．解析：由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，A 错误，B 正确；根据动能定理可知，恒力F 、安培力与摩擦力的合力做的功等于ab 棒获得的动能，即W F －W f －W 安＝E k ，则恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab 棒获得的动能之和，C 错误，D 正确．答案：BD3．解析：当导体棒以速度v 匀速运动时B 2L 2v R＝mg sin θ，解得v ＝mgR sin θB 2L 2，故A 错误；当导体棒以速度2v 匀速运动时F ＝P2v，根据平衡条件有B 2L 22v R＝F ＋mg sin θ，解得F＝mg sin θ，所以拉力的功率为P ＝F ·2v ＝2mgv sin θ，故B 正确；当导体棒速度达到v 2时，根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v 2R＝ma ，解得a ＝g sin θ2，故C 正确；在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，由能量守恒知R 上产生的焦耳热等于牵引力做的功和重力势能减少的代数和，故D 错误．答案：BC4．解析：(1)ab 下落过程，mgh ＝12mv 12，v1＝√2gℎab 和cd 动量守恒，mv 1＝2mv 2，v2＝√2gℎ2.(2)整个过程中产生的焦耳热Q＝12mv12−12×2mv22＝12mgh.答案：(1)√2gh2(2)12mgh5．解析：(1)导体棒cd受到的安培力F cd＝IlB导体棒cd受力平衡，则F cd＝mg sin θ联立以上两式代入数据，解得I＝1 A，方向由左手定则可知由d到c.(2)导体棒ab与cd受到的安培力大小相等，即F ab＝F cd对导体棒ab，由平衡条件有F ＝mg sin θ＋IlB代入数据解得F＝0.2 N.(3)设在时间t内导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2rt设导体棒ab匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Blv，由闭合电路欧姆定律知I＝E2r由运动学公式知，在时间t内，导体棒ab沿导轨的位移x＝vt，力F做的功W＝Fx 综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.答案：(1)1 A d→c(2)0.2 N (3)0.4 J。
新版物理化学—动力学练习题及参考答案2-新版-精选.pdf
(A) 0.3 ×10-6 s
(B) 2.5 min
(C) 5580 a
(D) 4.5 ×109 a
3. 某反应物反应掉 7/8 所需的时间恰好是它反应掉 1/2 所需时间的 3 倍，则该
反应的级数是：
()
(A) 零级
(B)
一级反应
(C) 二级反应
(D)
三级反应
4. 1-1
级对峙反应 A
k1 k2
B 由纯 A 开始反应，当进行到
_______________ s。 19. N 2O5 热分解反应速率常数在 288 K 时，为 9.67 × 10-6 s-1 , Ea＝100.7 kJ· mol-1,
338 K 时，速率常数为 ____________________。 20. 实验测得反应： 2A + B ─→ 2C + D 的速率方程为： r = k [A][B] ，反应
(A) 2
倍
(B) 5
倍
(C) 10
倍
(D) 20
倍
6. 一个反应的活化能是 33 kJ ·mol-1 , 当 T = 300 K 时，温度每增加
率常数增加的百分数约是：
()
(A) 4.5%
(B) 90%
(C) 11%
(D) 50%
1K ，反应速
7. 均相反应 A + B
k1 C + D ， A + B
乘以因子 ___________。
14. 2H 2O2(aq)
2H2O(l) ＋ O2(g) 被 I - 催化，已知 Ea(cat) ＝ 56.5 kJ · mol-1 ，
Ea(uncat)=75.3 kJ ·mol-1 ， 则 k(I - ) ／ k(uncat) ＝_____________。( T=298 K)
动力学II第六章习题解答
其中： a A 的大小和方向如前所述。B 点相对于圆盘 I 的转动加速度 a Rr 为：
n
a Rr = α r × r
2 方向水平向左，大小为： a = α r r sin 90 0 = 4ω 0 r 。B 点相对于圆盘 I 的向轴加速度 a Nr 为：
a Nr = ωr × (ωr × r )
2 方向竖直向下指向瞬轴，大小为： a Nr = ω r2 r = 4ω 0 r 。柯氏加速度 a c 为：
α
C
圆锥轮 I 相对于圆锥轮 II 作定点运动的瞬轴为 OC，由 圆锥轮 I 绕瞬轴 OC 转动的角速度 ωIr 方 圆锥轮 I 的轮心 A 相对于圆锥轮 II 的速度 v r 可知， 向如图所示，大小为：
ω Ir =
vr O A ⋅ sin
α
2
由此得： v Br = ω Ir ⋅ 2O A ⋅ sin
mAg
y x mBg
取整个系统为研究对象，受到重力和陀螺力矩的 作用，如图所示，由此得：
∑
M x = m A gx + M R − mB gd = 0
m B (2dg − R 2ωω 0 ) 解得： x = 2m A g
6
α r = −2ω0 × ωr
2 角加速度 α r 的方向垂直于纸面向外，大小为： α = 2ω0 ωr sin 90 0 = 4ω 0 。
B 点的绝对加速度：
n a B = a e + a r + a c = a A + a Rr + a Nr + a c = a A + a Rr + a Nr + a c
6-6 顶角 α = 60 的圆锥轮 I 沿圆锥面 II 滚动而不滑动， 锥面 II 按规律 ϕ = 2t (t 以 s 计， ϕ
教科版高中物理必修第二册1-2运动的合成与分解课时学案含答案
2.运动的合成与分解课标要求1.理解什么是合运动、分运动，理解运动的合成和分解的概念．2．掌握利用平行四边形定则进行运动的合成与分解的方法．思维导图必备知识·自主学习——突出基础性素养夯基一、矢量的合成与分解力(运动)的合成与分解，既体现了矢量的运算法则，同时又反映了物理学研究问题的重要方法——________．合成与分解本身也是研究物理问题的基本方法．[提醒]平行四边形定则是矢量运算法则，标量的运算法则是代数运算．二、位移和速度的合成与分解1．合运动与分运动一个物体同时参与两个运动时，这两个运动叫作________，实际的运动叫作________．2．运动的合成与分解包括位移、速度、________的合成与分解．3．运动的合成与分解遵循____________定则．4．已知分运动求合运动，叫作________，已知合运动求分运动，叫作________．三、运动合成与分解的应用研究比较复杂的运动时，常常可以把一个运动________成两个或几个比较简单的运动，从而使问题变得容易解决．小船渡河的速度可看成小船在静水中速度与随水漂流速度的________．[导学]有微风的下雨天，我们观察到雨滴总是斜着向下降落的，雨滴在降落时同时参与了竖直向下和水平方向的运动．(1)合速度可能大于分速度，也可能等于或小于分速度．(2)合运动与分运动具有等时性．关键能力·合作探究——突出综合性素养形成探究点一位移和速度的合成与分解导学探究热气球的唯一飞行动力是风．对于环球飞行的热气球来说，必须选择速度和方向都合适的高空气流，并随之运动，才能高效地完成飞行．在无风的一段时间内热气球匀速上升，如图甲所示；在有风的一段时间内热气球匀速斜向上飞行，如图乙所示．(1)有风时热气球参与了哪两个分运动？其合运动是哪个运动？它们在时间上有什么关系？(2)已知热气球在竖直方向和水平方向的分速度，怎样求热气球的合速度？归纳总结1.合运动与分运动(1)如果物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是合运动，参与的这几个运动就是分运动．(2)物体实际运动的位移、速度、加速度就是它的合位移、合速度、合加速度，而分运动的位移、速度、加速度是它的分位移、分速度、分加速度．23.这些量都是矢量，遵循平行四边形定则．例1 竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中以0.1 m/s的速度匀速上浮．当红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平匀速向右运动，测得红蜡块实际运动方向与水平方向成30°角，如图所示．若玻璃管的长度为1.0 m，则可知当红蜡块从玻璃管底端上浮到顶端的过程中，玻璃管水平方向的移动速度和水平运动的距离为()A．0.1 m/s，1.7 m B．0.17 m/s，1.0 mC．0.17 m/s，1.7 m D．0.1 m/s，1.0 m素养训练1如图所示，炮筒与水平方向成60°角，炮弹从炮口射出时的速度大小是600 m/s，这个速度在水平方向的分速度为()A．300√3m/s B．600√3m/sC．300 m/s D．400 m/s素养训练2一物体在光滑水平面上运动，它在x轴方向和y轴方向上的两个分运动的速度—时间图像如图所示．(计算结果可保留根号)()(1)判断物体的运动性质；(2)计算t＝4.5 s时物体的速度大小；(3)计算物体在前6 s内的位移大小．探究点二两个互成角度的直线运动的合运动导学探究在杂技表演中，猴子沿竖直杆匀速向上爬，同时杂技演员顶着直杆水平匀速移动，如图所示．(1)猴子参与了几个分运动？是什么性质的分运动？其合运动的性质怎样？(2)如果杂技演员顶着竖直杆沿水平方向匀加速移动，猴子的合运动性质又怎样呢？归纳总结1.合运动性质的判断2．两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断根据合加速度方向和合初速度方向的关系，判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分为以下几种情况：(1)两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动．(2)两个初速度均为零的匀加速直线运动的合运动一定是匀加速直线运动．(3)一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动是匀变速运动，当二者速度方向共线时为匀变速直线运动，不共线时为匀变速曲线运动．(4)两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速运动．若两运动的合初速度方向与合加速度方向在同一条直线上，则合运动是匀变速直线运动；若合初速度方向与合加速度方向不在一条直线上，则合运动是匀变速曲线运动，如图所示．典例示范例 2 公交车是人们出行的重要交通工具，如图所示是某公交车内部座位示意图，其中座位A和座位B的连线与公交车的前进方向垂直．当公交车在某一站台由静止开始启动，做匀加速直线运动的同时，一名乘客从A座位沿AB连线相对公交车以2 m/s的速度匀速运动到B座位，则下列关于该乘客的运动描述正确的是()A．该乘客的运动轨迹为直线B．该乘客的运动轨迹为曲线C．因该乘客在公交车上做匀速直线运动，所以乘客处于平衡状态D．当公交车的速度为5 m/s时，该乘客对地的速度为7 m/s素养训练3如图所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖．若该同学左手的运动为匀速直线运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速直线运动，则关于笔尖相对于黑板的运动，下列说法中正确的是()A．笔尖做匀速直线运动B．笔尖做匀变速直线运动C．笔尖做匀变速曲线运动D．图中笔尖的运动轨迹是一条斜向上的直线素养训练4如图分别是一物体在水平面上运动时x方向上的速度—时间图线和y方向上的位移—时间图线，由图可知()A．最初4 s内物体的位移为8√5mB．从开始至6 s末物体都做曲线运动C．第4 s末至第6 s末物体加速度大小为2√2m/s2D．最初4 s内物体做直线运动，接着的2 s物体做曲线运动探究点三小船渡河问题导学探究小船由码头A出发，行驶中小船始终保持船头指向与河岸垂直，如图所示，小船没有到达正对岸的码头B，而是到达下游的C处．(1)此过程中小船参与了哪两个分运动？(2)小船渡河的时间与哪个分运动的速度有关？与哪个分运动的速度无关？(3)怎样使小船渡河才能到达码头A正对岸的码头B?归纳总结1.渡河条件河宽为d ，河水流速为v 水，船在静水中的速度为v 船，船M 从A 点开始渡河到对岸．2．处理方法小船渡河时，小船参与了两个分运动：一个是船相对水的运动(即船在静水中的运动)；一个是船随水漂流的运动(即水流的运动)．3．运动分析如图所示，设v 船与河岸夹角为θ.(1)船过河的有效速度为v 船sin θ，所以渡河时间t ＝d v 船sin θ，当θ＝90°时，t ＝dv 船最小，即当船头垂直河岸时，时间最短，渡河最短时间与其他因素无关．(2)当v 船与v 水的合速度与河岸垂直(这时v 船>v 水)时，位移最短，最短位移为河宽d ，此时v 船cos θ＝v 水，v 合＝v 船sin θ，渡河时间t ＝d v 船sin θ.(3)如果v 船<v 水，渡河位移也存在最短情况，但最短位移大于河宽．．小船渡河的两类问题、三种情景典例示范例3 一小船渡河，河宽d ＝180 m ，水流速度为v 1＝2.5 m/s.船在静水中的速度为v 2＝5 m/s ，求：(1)小船渡河的最短时间为多少？此时位移多大？(2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？素养训练5一小船以相对水恒定的速度横渡黄浦江，且船头始终垂直对岸．若水流运动是匀速的，船渡江的路程和所用的时间与水速的关系是()A．水速越大，路程越长，时间越长B．水速越大，路程越长，时间越短C．水速越大，路程越长，时间不变D．路程、时间与水速均无关素养训练6某船在静水中的划行速度v1＝4 m/s，要渡过宽为d＝30 m的河，河水的流速v2＝5 m/s，下列说法正确的是()A．该船渡河所用时间至少是6 sB．该船的最短航程为30 mC．河水的流速增大，而渡河的最短时间不变D．该船以最短时间渡河时的位移大小为30 m【易错提醒】小船渡河问题的两点注意(1)小船渡河时间与河宽和小船沿垂直于河岸方向的分速度大小有关，与河水的流速无关．(2)小船渡河用时最短与位移最短是两种不同的运动情景，不可能同时实现．探究点四关联物体的速度归纳总结在运动过程中，绳、杆等有长度的物体，其两端点的速度通常是不一样的，但两端点的速度是有联系的，我们称之为“关联”速度．(1)绳关联问题：如图所示，在河岸上利用定滑轮拉绳索使小船靠岸，当绳子以速度v1匀速前进时，小船将一起向前运动．船的实际运动是水平的，它产生的实际效果可以O点为例说明：一是O点沿绳的收缩方向的运动；二是O点绕A点沿顺时针方向的转动，所以船的实际速度v可分解为沿绳方向的速度v1和垂直于绳的速度v2.由图可知v＝v1cosθ.解决问题的关键是分清合速度与分速度，物体实际运动的速度为合速度(如船的速度)，沿绳和垂直绳的速度为分速度．(2)杆关联问题：如图所示，杆AB的A端靠在竖直墙上，B端放在水平地面上，此时杆与水平面夹角为α，B端沿水平面滑动的速度为v B，它可以分解为沿杆下滑的速度v B1和使杆绕A端转动的速度v B2，v B1＝v B cos α.又设A端下滑的实际速度为v A，可分解为沿杆下滑的速度v A1和使杆绕B端转动的速度v A2.v A1＝v A sin α，其中沿杆方向的速度v A1＝v B1，所以可得A端的滑动速度v A＝v Btanα.杆的两个端点速度大小不同，但沿杆方向的分速度一定相同．典例示范例4 如图所示，汽车以速度v匀速行驶，当汽车到达图示位置时，绳子与水平方向的夹角是θ，此时物体M的上升速度大小为()A．v cos θB．v sin θ C．vcosθD．vsinθ素养训练7如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A 和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A＝8 m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为()A．4 m/s B．16√3m/s3m/sC．16 m/s D．4√33素养训练8(多选)如图所示，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮C与物体A连接，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，开始时，BC连线沿水平方向．B从当前位置下滑，当下滑至BC连线与水平方向的夹角为θ时，B的速率为v0，A的速率为v.下列说法正确的是() A．v＝v0sin θB．v＝v0sinθC．该过程B下降的高度等于A上升的高度D．该过程B下降的高度大于A上升的高度随堂演练·自主检测——突出创新性素养达标1.如图所示，试管中装满了水，一小木块用细线挂在试管底部，某时刻开始剪断小木块并手持试管向右做匀速直线运动，下图所示描述小木块运动留下的痕迹正确的是()2．在xOy直角坐标平面上运动的质点，t＝0时位于x轴上．该质点在x轴方向的位移—时间图像如图(a)所示，其在y轴方向运动的速度—时间图像如图(b)所示，则()A．该质点做直线运动B．t＝2.0 s时，质点的速度为4 m/sC．t＝2.0 s时，质点在xOy平面的位置坐标为(8 m，4 m)D．质点的加速度大小为2 m/s23．南渡江是海南省最大的河流，水流湍急，流量巨大．救援人员为了营救在对岸落水的儿童，立即驾驶救援艇出发，如图所示．已知该救援艇在静水中的航行速度大小为12.5 m/s，该段水流速度大小为3.5 m/s，救援人员以最短时间过江用时12 s．则()A．河流宽度为150 mB．河流宽度为192 mC．船以最短时间过江时，在正对岸靠岸D．船以最短时间过江时，在正对岸下游50 m处靠岸4．如图，甲、乙两只小船同时从A点沿着与河岸不同夹角的方向渡河，甲船船头与河岸上游的夹角为60°，乙船船头与河岸下游的夹角为30°，水流速度恒定．要使两船同时到达对岸，则甲船在静水中的速度大小与乙船在静水中的速度大小之比为()A．1∶2 B．2∶1C．1∶√3D．√3∶15．如图所示，某同学把地面上一根木棍AB的A端以恒定的速度v竖直向上提起，且A端始终在同一竖直线上运动．当木棍与地面的夹角为α时，B端的速度大小为()A．v sin αB．v cos αC．v tan αD．vtanα2．运动的合成与分解必备知识·自主学习一、等效替代二、1．分运动合运动2．加速度3．平行四边形4．运动的合成运动的分解三、分解合速度关键能力·合作探究探究点一【导学探究】提示：(1)有风时热气球参与了竖直向上的匀速运动和水平方向的匀速运动，其合运动为斜向上的匀速运动，合运动与分运动具有等时性．(2)以两个分速度为邻边作平行四边形，运用平行四边形定则求合速度．【典例示范】例1解析：红蜡块的速度由竖直方向的速度v1和水平方向的速度v2合成，水平方向的速度与玻璃管的移动速度相同．由题意得tan 30°＝v1v2，则有v2＝v1tan30°＝0.1tan30°m/s≈0.17m/s.红蜡块的位移由水平方向的位移和竖直方向的位移合成，而水平方向的位移与玻璃管的水平位移相同．水平方向x＝v2t，竖直方向y＝v1t，所以x＝v2v1y＝0.170.1×1.0 m＝1.7 m，选项C正确．答案：C素养训练1解析：将炮弹的速度水平分解和竖直分解，如图，故水平分速度为v x＝v cos 60°＝300 m/s，C正确．答案：C素养训练2解析：(1)由图甲可看出，物体沿x轴方向的分运动为匀速直线运动，加速度为0.由图乙看出，沿y轴方向的分运动为匀变速直线运动，加速度方向沿y轴正方向，合运动的初速度与加速度不在同一直线上，故物体做匀变速曲线运动．(2)由图可知t＝4.5 s时v x＝30 m/s，v y＝v0＋at＝－40 m/s＋806×4.5 m/s＝20 m/s，则v ＝√v x2+v y2＝10√13m/s.(3)根据图像的面积表示位移，在前6 s内，可知：x轴方向的分位移为s x6＝v x t′＝30×6 m＝180 m，y轴方向的分位移为s y6＝0，故物体在前6 s内的位移大小s6＝√s x62+s y62＝180 m.答案：(1)物体做匀变速曲线运动(2)10√13m/s(3)180 m探究点二【导学探究】提示：(1)猴子参与了竖直向上的匀速直线运动和水平方向的匀速直线运动，合运动是斜向上的匀速直线运动．(2)如果杂技演员顶着竖直杆沿水平方向匀加速移动，则猴子参与了竖直向上的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动．【典例示范】例2解析：乘客所受合力沿车前行方向，与其速度方向不在一条直线上，故选项A、C错误，B正确；当公交车的速度为5 m/s时，该乘客对地的速度为v＝√v x2+v y2＝√29m/s，故选项D错误．答案：B素养训练3解析：笔尖同时参与了直尺竖直向上的匀速运动和水平向右初速度为零的匀加速运动，合初速度向上，合加速度水平向右，笔尖相对于黑板的运动即实际运动，运动性质取决于合初速度与合加速度，由于合加速度恒定，所以是匀变速运动；合初速度与合加速度不在同一直线上，所以轨迹是曲线；所以笔尖在做匀变速曲线运动，A、B、D错误，C 正确．答案：C素养训练4解析：最初4 s内物体在x方向上匀速运动，在x方向上的位移为16 m，在y方向上匀速运动，在y方向上的位移为4 m，其合位移大小为4√17m，A错误；最初4 s内两个方向均为匀速直线运动，其合运动为匀速直线运动，后2 s内，物体在x方向上匀减速运动，加速度大小为2 m/s2，在y方向上匀速运动，其合运动为匀变速曲线运动，故B、C错误，D正确．答案：D探究点三【导学探究】提示：(1)小船参与了船在静水中的运动和船随水漂流的两个分运动．(2)小船渡河的时间只与船在静水中运动速度有关，与船随水漂流的速度无关．(3)如图所示，使船头适当斜着指向河流上游，可以使小船到达正对岸的码头B.【典例示范】例3解析：(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向．当船头垂直河岸时，如图甲所示，合速度为倾斜方向，垂直河岸分速度为v2＝5 m/s.t＝dv⊥＝dv2＝1805s＝36 sv合＝√v12+v22＝5√52m/sx＝v合t＝90√5m.(2)欲使船渡河的航程最短，船的合运动方向应垂直河岸．船头应朝上游与河岸成某一角度β.如图乙所示，由v2sin α＝v1，得α＝30°.所以当船头朝上游与河岸成一定角度β＝60°时航程最短．x＝d＝180 mt′＝dv⊥′＝dv2cos30°＝52√3s＝24√3s.答案：(1)36 s90√5m(2)偏向上游与河岸成60°角24√3s素养训练5解析：由题可知，在垂直于河岸方向上，静水速度不变，根据t＝dv静可知渡河的时间不变，水速越大，沿河岸方向上的位移越大，则路程越大，C正确．答案：C素养训练6 解析：当静水速度与河岸垂直时，渡河时间最小，即为t ＝dv 1＝7.5 s ，A 错误；根据平行四边形定则，由于静水速小于水流速，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸，那么最短航程大于30 m ，B 错误；根据运动的等时性与独立性原理，当河水的流速越大，不影响渡河的时间，即静水速度与河岸垂直时，当河水的流速增大，渡河时间不变，C 正确；当静水速度与河岸垂直时，根据平行四边形定则，合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸，那么渡河时的位移大于30 m ，D 错误．答案：C 探究点四 【典例示范】 例4解析：汽车匀速行驶速度v 为合速度，它分解为沿绳方向的分速度v 1和垂直于绳方向的分速度v 2，此时绳与水平方向夹角为θ，即有v 1＝v cos θ，又因为物体M 的速度为绳上升速度，即为v 沿绳方向的分速度v 1，所以v 物＝v 1＝v cos θ，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A素养训练7 解析：物体B 的速度大小v B 为v A ＝v B cos 30°，解得v B ＝v A cos 30°＝√32＝16√33m/s ，B 正确．答案：B素养训练8解析：由题意可知，将B 的实际运动分解成两个分运动，如图所示．根据矢量运算法则，有v＝v A＝v0sin θ，A正确，B错误；开始时，BC连线沿水平方向，设此时BC间的距离为d，当B下滑至BC连线与水平方向的夹角为θ时，设此时BC间的距离为L，设B下滑的高度为H，A上升的高度为h，则有h＝L－d，根据三角形中两边之差小于第三边，则有h<H，即该过程B下降的高度大于A上升的高度，故C错误，D正确．答案：AD随堂演练·自主检测1．解析：小木块参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，小木块做曲线运动，加速度的方向大致指向轨迹凹的一侧，C正确．答案：C2．解析：由图(a)可知，质点在x轴方向上做匀速直线运动，速度为4 m/s；在y轴方向上做匀减速运动，初速度为8 m/s；即质点所受的合外力沿着y轴负方向，但初速度方向不在y轴上，在第一象限内，即初速度方向与合外力方向不共线，所以该质点做曲线运动，故A错误；t＝2.0 s时，质点的速度为v＝√v x2+v y2＝√(4m/s)2+(4m/s)2＝4√2m/s，B错误；t＝2.0 s时，质点的分位移为x＝8 m，y＝v̅y t＝6 m/s×2 s＝12 m，所以质点在xOy平面的位置坐标为(8 m，12 m)，故C错误；质点的加速度大小为a＝a y＝Δv yΔt ＝8m/s4 s＝2 m/s2，D正确．答案：D3．解析：河流宽度为d＝v水t min＝12.5×12 m＝150 m，A正确，B错误；船以最短时间过江时，沿水流方向的位移为x＝v水t min＝3.5×12 m＝42 m，即在正对岸下游42 m处靠岸，选项C、D错误．答案：A4．解析：两船同时到达对岸，则两船静水速度沿垂直两岸方向的分速度相等，即v甲sin 60°＝v乙sin 30°，解得v甲∶v乙＝1∶√3，C正确．答案：C5.解析：由题意可知A点的速度方向竖直向上，B点的速度方向沿水平方向向左，将A、B两点的速度按沿木棍方向和木板垂直方向分解，分解如图．由于A、B两点的速度沿木棍方向的分速度相等，即v1＝v B1，因此v sin α＝v B cos α，解得v B＝v tan α，C正确．答案：C。
教科版高中物理必修第二册课后习题 第一章 抛体运动 2 运动的合成与分解
2 运动的合成与分解A级必备知识基础练1.帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v朝正北方向航行,以帆板为参考系( D )A.帆船朝正东方向航行,速度大小为vB.帆船朝正西方向航行,速度大小为vC.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为√2vD.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为√2v,帆船在东西方向以速度v向东运动,在南北方向以速度v向北运动,根据矢量合成的平行四边形定则,可以求得帆船以帆板为参考系是以大小为√2v的速度向北偏东45°方向运动,故选D。
2.(山东高三学业考试)关于一个匀速直线运动和一个匀加速直线运动的合运动,下列说法正确的是( B )A.一定是曲线运动B.可能是直线运动C.运动的方向一定不变D.速度一直在变,是变加速运动,初速度方向和加速度方向可能在一条直线上,也可能不在一条直线上,所以这两个分运动的合运动可能是直线运动,也可能是曲线运动;但加速度是不变的,一定是匀变速运动,故B 正确,A 、C 、D 错误。
3.(四川泸州高一期末)一学生学习物理后知道当雨滴垂直落在伞面上时人淋雨最少。
一无风的下雨天,某同学为了测定雨滴下落速度的大小,他打着雨伞以2 m/s 的速度向左匀速走动,发现当伞把与竖直方向成37°时,他淋到的雨最少,忽略因伞运动而带动的空气流动,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则雨滴相对地面竖直下落到伞面前瞬间的速度大小为( C )A.65m/s B.2 m/s C.83 m/s D.103m/stan37°=v 人v 雨,v 雨=83m/s,故选C 。
4.(湖北十堰高一期末)两个分运动均为匀速直线运动,两分运动的夹角为α,则下列关于合运动的说法正确的是( D )A.若α为直角,则合运动一定是匀变速直线运动B.若α为锐角,则合运动一定是曲线运动C.若合运动是匀速直线运动,则α一定为直角D.无论α为何值,合运动一定是匀速直线运动,受到的合外力始终为零,故合运动也没有加速度,所以无论α为何值,合运动一定是匀速直线运动,故D正确,A、B、C错误。
牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析
牛顿第二定律两类动力学问题知识点、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“五个性质”2．合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。
(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式。
3．[应用牛顿第二定律定性分析]如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。
如果物体受到的阻力恒定，则()图1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右。
随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。
当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。
此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左。
至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。
所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。
综合以上分析，只有选项A正确。
答案 A牛顿第二定律的瞬时性【典例】(2016·安徽合肥一中二模)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图2所示。
现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()图2A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。
高一物理第二册课后题及答案
物理课后习题答案机械能(1)解：略．(2)答：不对．因为在力F的作用时间内，足球运动的距离不是50 m．(3)解：汽车的输出功率为故牵引力因为汽车匀速运动，故阻力的大小等于汽车的牵引力的大小，为(4)解：高处的势能为其中转化为电能的部分为因为所用的时间为 1 s，故发电功率为(5)答：不对．F增大到n倍时，根据增大到n倍，所以速度增大到倍．(6)解：30 N的力对物体所做的功为15 N的力对物体所做的功为总共所做的功为120 J．根据动能定理，物体增加的动能为120 J．(7)答：A不正确．物体做匀速运动时动能不变，但重力势能未必不变，所以机械能不一定守恒．B不正确．合外力所做的功为零，只能由动能定理判定动能不变，此时可能有重力以外的力做功，所以不能判定机械能一定守恒． C正确．合外力不等于零，并不排除只有重力作功，所以机械能可能守恒．D不正确．合外力为零，合外力总功必为零，只能由动能定理判定其动能不变，但不能判定机械能一定守恒．(8)解：取钢球抛出点所在的水平面为零势能面．根据机械能守恒定律，物体回跳到最高点的势能等于抛出时的动能，所以球抛出时的速度大小为(9)解：1 s内汽车行驶距离为a．重力势能增加为b．汽车匀速行驶，动能没有增加，牵引力所做的功等于重力势能的增加，即(10)答：运动员助跑阶段，身体中的化学能转化为人和杆的动能．起跳时运动员的动能和身体中的化学能转化为人的重力势能和动能，使人体升高至横杆上．越过横杆后，运动员的重力势能转化为动能．(1)解：当汽车或船匀速行驶时，车或船受的阻力厂与牵引力F相等．柴油机的输出功率P等于克服阻力，消耗的功率，即其中v为匀速行驶时速度的大小．这台柴油机装在汽车上和装在汽船上输出功率相同，而汽车的速度大于汽船的速度，可见汽船所受的阻力大．二者所受阻力之比为(2)解：如图7—10所示，物体在h=40 m高处(O点)的机械能为mgh设物体自由下落经过时间t，下降距离为s，运动至A点，此时物体的重力势能与动能相等，下落过程机械能守恒，所以二者之和等于mgh．由此可得由题中所给的条件，即可得由运动学公式可得(3)答：根据动能定理，阻力所做功的大小等于物体的初动能．因为两个物体的初动能相等，故阻力所做的功也相等；又因为阻力相等．故两个物体停止前经过的距离相同．据题意，两个做匀加速运动的物体初速度不同，而末速度相同，它们的平均速度则不同，又因为经过的距离相同，故停下来所用的时间不同．(4)解：设子弹每穿过一块木板，克服阻力做的功是相同的，子弹的动能减少也是相同的．据题意，子弹的初动能穿过第一块木板后动能是子弹每穿过一块木板动能的减少是子弹穿过第二块木板后的动能为其速度为由于所以子弹不能再穿过第三块木板．(5)解：汽车在上坡过程中，牵引力所做的功为Fs，重力做功为阻力做功为根据动能定理有故代入数值得讨论：在这个题目里，汽车牵引力做的功为汽车增加的机械能为克服阻力而转化成的内能是可见，牵引力所做的功等于机械能的增加和克服阻力而转化成的内能之和．(6)答：B、C、D正确．分析：物体在h高处时，重力势能为mgh，落到地面时，重力势能为零．这一过程中，重力作功mgh重力势能减少mgh可见说法A不正确，说法D正确．物体的加速度为可见合外力为mg3 ’合外力所做的功为据动能定理，物体动能增加是即说法C正确．物体重力势能减少mgh，动能增加总共机械能减少故说法B正确．(7)解：在物体上升过程中，克服阻力所做的W等于机械能的减少．阻力的大小恒定，物体由4 m高处再落回地面过程中，克服阻力所做的功W仍为5 J，且等于机械能的减少，即物体落回抛出点的动能为=15 J．整个过程中克服阻力所做的功为10 J，即有10 J的机械能转化为内能．(8)解：设每次涨潮前闸门内的水位最终降至闸门外水位．参看图7—1 1可知，流过发电站的水的体积是(S为海湾面积，．f为涨潮时闸门内外水位差)．水的质量为这些水降至水闸外面，重心的高度降低重力势能减少据题意，一天发出电能为(9)解：设过山车能通过圆弧最高点的最小速度为v，此时过山车仅靠重力mg提供向心力，因此，设过山车开始滚下的位置比圆弧最高点至少高出的距离为h，由机械能守恒定律有将(1)式代入(2)式消去v，得所以(10)解：已知子弹和木块的质量分别为a．子弹的初动能为b．由子弹和木块组成的系统所受外力之和为零，故系统动量守恒．c．损失的机械能为d．根据机械能守恒定律，木块(内有子弹)上升到最大高度时的重力势能等于子弹射入木块后二者的动能，即振动和波(1)答：具有最大值的物理量为：C．具有最小值的物理量为：A，B，D．(2)答：A，C，D，E．(3)解：据题意，秒摆的周期应为 2 s，因此北京的秒摆摆长应为(4) 答：季节变换时，温差变化较大，会影响钟摆的长度，从而影响摆动周期；把钟从一个城市移到另一个城市时，重力加速度会发生变化，也会影响周期，因此都需要调整圆盘的位置．(5)解：弹簧振子在l s内运动了5个周期，每个周期行程4个振幅大小，因此它的振幅为2 cm．(6)答：A．振幅为3．2 cm，周期为0．4 s，频率为2．5 Hz． B．从0点算起，到D点完成一次全振动；从C点算起，到F点完成一次全振动．C．振子处于平衡位置，即0、B、D各点时，动能最大；振子处于位移最大的位置，即A、E点时，动能最大．(7)答：如图8一11所示．(8)答：如图8—12所示．(9) 答：坐在踏板上时摆动的周期长．这是因为坐在踏板上时重心较低．实际的摆长就长，因此周期较长．(10)答：A．二者都叫做正弦曲线．B．前者是振动的图象，后者是波动的图象． C．波动图象反映了许多质点在同一时刻的不同位置；振动图象反映一个质点在一段时间内位移的变化D．在正弦波的图象中，相邻两个最大值之间的距离代表波长；在简谐运动的图象中，相邻两个最大值之间的距离代表振动的周期．(11)为15 m，周期T为5 s，因此波速(12)解：如图8一13所示．分子动理论(1)解：碳的摩尔质量是12 g，阿伏加德罗常数就是1 mol物质所包含微的数目，因此(2)解：这块金刚石的质量是其中包含的原子数为每个金刚石原子所占的体积就是假设金刚石原子是一个个的立方体，立方体的边长就是这个长度可以近似地看做碳原子的直径．(3)答：颗粒越大，撞击它的液体分子数目越多，从不同方向撞击它的分子数目的差别就越微不足道，因此布朗运动越不明显．(4)解：根据题意，解出(5)解：铅弹和木块增加的内能等于射中前后动能之差，求出这个差值就能求出铅弹的温升．设铅弹和木块飞出桌边后的飞行时间为￡，水平飞行速度为v，则有此外还有即于是解出代入数值后得铅弹射中之前的速度记为由动量守恒定律得出射中前铅弹的动能和射中后铅弹和木块的合动能分别记为则代入数值后得因为由此解得(6)答：一种可能的原因是气筒活塞与筒壁的摩擦使温度升高．另一种原因是活塞对筒中气体做功使温度升高．第二种原因可能是主要的，因为活塞和筒壁之间有润滑油，摩擦并不严重．实验：第一次，出气口开放，打气10次，用手体会筒壁的温升；第二次，待温度降到室温后把出气口接到自行车胎上，再打气10次．比较两次温升即可验证以上分析．电场(1)答：C正确．虽然甲、乙两球的电荷量不同，但它们之间相互作用的静电力是大小相等的．甲、乙两球质量相等，所受重力也相等，因此C为正确答案．(2)解：由电场强度的定义可知(3)答：这种认识不对．电场线是为形象地表示电场方向而引入的曲线．曲线上每点的切线方向就是该点电场强度的方向．正电荷(负电荷)在该点所受电场力的方向与该点的电场强度方向相同(相反)．电荷运动的轨迹不但与受力情况有关，还与初始条件(位置和速度)有关．即使受力情况相同，初始条件不同，运动轨迹也不同(举例略)．因此，电场线与运动轨迹是两回事．只有当电场线是直线，且带电粒子初速度为零或者初速度方向在这条直线上，运动轨迹才与电场线重合，这是一种特殊情况．(4)答：电场中任何两条电场线都不相交．因为，如果电场线相交，在交点就会出现两个切线方向，按照电场线的定义，在这一点就会出现两个电场方向，这是不可能的．(5)解：电子沿圆形轨道运动的向心力由库仑力提供，所以有由此得出即（6）能．求eV跟J的关系．解：根据当一个电子通过l V的电势差时，有这就是eV跟J 的关系．恒定电流(1)解：根据公式可知即需要(2)解：在电子的轨道上任取一点，电子每转一周，就有电荷量e通过这点．电子做圆周运动的周期为每秒内电子通过这点的次数为所以这个环形电流为答：图中电压表测量的是路端电压．电压表的示数为零，说明外电路短路，此时电流很大，可能烧坏电源．为避免这种情况发生，变阻器的电阻不能调为零．在接通电路之前，变阻器应调到最大，以保证安全．(4)解：电压表接入电路的位置如图12—3所示．设开关S扳到位置1时，测得的电压为U1，则电流为由此可以列出方程设开关S扳到位置2时测得的电压为则电流为由此可以列出方程测出由以上两个方程即可解出电动势E和内阻r．(7)解：电荷在两极板间运动时，电场力对它做正功，大小为根据动能定理，粒子获得的动能为磁场(1)提示：可以对信鸽施加干扰磁场，如在信鸽腿上绑上一块小磁铁，看是否影响信鸽的导航．(2)答：二者产生的磁场的磁感线都是圆形，但正电荷的是顺时针方向，而负电荷的是逆时针方向．(3)答：弹簧会上下振动，电路交替通断．发生这种现象的原因是：弹簧通入电流时，弹簧各线圈中电流方向相同，各圈之间互相吸引，使弹簧收缩，则电路断开．电路断开以后，因电流消失，各圈之间相互作用消失，因而弹簧恢复原来状态，电路又被接通．这个过程反复出现，使得弹簧上下振动，电路交替通断．(4)答：第一个同学说得不对．因为一小段通电导线在某点不受安培力作用可能有两种情况：一种是导线的电流方向跟该点的磁感应强度方向平行(相同或相反)，另一种是该点的磁感应强度为零．所以，我们不能说通电导线在某点不受安培力的作用该点的磁感应强度一定为零．(5)答：通电螺线管内部的磁感应强度大，因为管内部的磁感线分布比管口外部要密一些．(6)提示：电流增大时，磁感应强度增大；检测点与导线的距离增大时，磁感应强度减小．可以通过另一条通电直导线在这一条通电直导线的磁场中的受力情况来检验．(7)解：根据磁感应强度的定义式可求出这个匀强磁场的磁感应强度的大小为(8)解：根据安培力公式有即通电导线所受的安培力对导线所做的功是0．8 J．(9)答：等离子体喷入磁场中时，根据左手定则可知，带正电的微粒受到向下的洛伦兹力作用而向下偏转，正电微粒到达B板后使B板带正电．带负电的微粒受到向上的洛伦兹力作用而向上偏转，负电微粒到达A板后使A 板带负电．A、B两板不断聚集电荷产生电压，B板电势高，A板电势低，这样在外电路中电流由B经电阻R流向A．电磁感应(1)B(2)答：乙、丁可以产生感应电流．这两种情况下，导体环移动时穿过导体环的磁通量发生变化．(3)解：这个问题中，导线AB切割磁感线，产生感应电动势，因此它相当于一个电源，R和R2则是两个外电阻，并联地接在电源上．感应电动势由于不考虑导线AB的电阻，即不考虑“电源”的内阻，接在两端的电压等于E所以流经的电流为流经的电流为流过导线AB的电流为(4)答：a．导体棒ab,a端．b． 0．2，O．4．c．0．016，左，O．016．d． O．08．e． 0．08．f． 0．016， 0．064．在导体棒向右做匀速运动的过程中，力F’做功，将其他形式的能量转化为电源的电能，电能的一部分在电源内部转化为内能，另一部分在外电路中转化为内能．这表示在转化中能量守恒．(5)答：第一阶段，线圈下面的水平边进入磁场，上面的水平边没进入磁场，这时线圈中有感应电流，导线受到安培力的作用，加速度比自由落体加速度小．第二阶段，线圈两条水平边都在磁场中运动，这时线圈中没有感应电流，导线不受安培力的作用，加速度等于自由落体加速度．第三阶段，线圈下面的水平边离开磁场，上面的水平边还在磁场中，这时线圈中有感应电流，导线受到安培力的作用，加速度比自由落体加速度小．(6)答：磁铁转动时铝框切割磁感线，产生感应电流，方向可由右手定则判断．因为铝框中有电流，铝框受到安培力的作用，方向可由左手定则判断．结果，安培力使铝框转动起来，方向跟磁铁的转动方向相同．如果磁铁转得越来越快，感应电流就会越来越大，安培力也越来越大，铝框会加速转动．铝框的转速不可能和磁铁相同．原因是铝框转动时还受到阻力．设磁铁以某一转速匀速转动，起初铝框与磁铁的相对转速大，铝框所受安培力的力矩大于阻力的力矩，铝框加速转动，转速越来越大；同时铝框与磁铁的相对转速越来越小，铝框所受安培力的力矩越来越小；当相对转速小到某一数值时，安培力的力矩与阻力的力矩平衡，铝框将匀速转动，且转速小于磁铁的转速．光的传播(1)答：能看到“2”字，光的传播路径如图．(2)(3)答：图乙和图丙是可能发生的．图甲中光从空气射入玻璃时折射线远离法线，不对．图丁中光线在O点没有偏折，也不对．(4)答：C．(5)答：1．(6)答：光线离开鱼身后经过水面射入空气时要向远离法线的方向偏折，因此人看到的鱼的像比鱼的实际位置高一些．(7)答：这时应把激光束直接瞄准看到的鱼．因为光路是可逆的，激光束进入水面时也会偏折，正好能够射到鱼体．(8)证明：如图l 7—15，以n表示玻璃的折射率，则由于光路可逆的道理，同样有由于所以所以即射出的光线与入射光线平行．(9)答：如图17—17，我们看到的是铅笔的像，由于光线射出后发生了平移，所以看起来铅笔好像弯了．(10)答：水的折射率为1.33，可以算出，即使水面上的光以接近的入射角射向水面，光在水中的折射角也只有而要使潜水员能以的仰角看到光线，折射角需达才行，如图17—19．所以，潜水员只能看到水面反射的水下景物．光的本性(1)答：要使两列波发生干涉，除了频率要一样外，介质中质点的振动方向也要相同，这样两列波在叠加时才能相互加强或削弱．(4)答：由于太阳在370 nm～750 nm之间的辐射最强，在生物进化的历史上，视觉范围在这个区间的动物比视觉范围在其他波长间隔中的动物能够看得更多、更清楚，因而具有更大的生存优势，直至进化为人．(5)解：可见光的波长范围是370 nm～750 nm，根据关系式可以求出相应的频率范围，是再由求出可见光的能量范围，以电子伏为单位，是(6)解：据关系式波长是0．260 0的光子，频率是它的能量是银中的自由电子要克服离子的束缚从银的表面逸出，所吸收光子的能量至少要这说明电子要从银中选出至少要做4．76 eV的功．(8)答：没有证据表示光子是按照波浪形的径迹向前运动的．从课本图18—22的实验可以看出光是一种概率波．(1)中子数分别是68，1，28，118．(2)(3)答：一定是铀发生了衰变，产生了氦，衰变方程为(4)答：(5)(6)答：它们的核反应方程分别为(7)解：衰变方程衰变后的质量亏损释放的能量(8)解：年发电量年耗铀量。
大学物理_质点运动学、动力学力学习题解答
质点运动学和动力学习题解答一、选择题1、 D ，位移()m x x x s t s t 313-=-=∆==；()⎰⎰=+-=-==32205,42m vdt vdt s t xv 。
2、 B ，3、 B ，4 、C ，020==∆∆=t t rv；tR t R t s v ππ224==∆=。
5、 B ，A B a a 2=，B A T T 2=，对A 、B 两物体应用牛顿运动定律：A A ma T =，B B ma T mg =-，联立上述各式可得g a B54=。
6、 D ，绳中张力为零时，物体仅受重力和支持力的作用。
由于物体的加速度方向水平向右，可知支持力的竖直分量刚好与重力抵消，水平分量使得物体有了水平方向的加速度，因此可得物体的加速度为θgtg 。
7、 D ， 8、 A ，设绳中张力为T ，则弹簧秤的读数为T 2，因为A 、B 两物体的加速度大小相等，方向相反，可设加速度大小为a ，对A 、B 两物体应用牛顿运动定律：a m T g m 11=-，a m g m T 22=-，可得g m m m m T 21212+=。
二、填空题1．tS ∆ ；0 ；tV ∆-2 。
2．大小；方向；n a a an+=ττ 。
3．3002310Ct V V dt Ct dV adt dV dt dV at V V +=⇒=⇒=⇒=⎰⎰；400030121310Ct t V x x dt Ct V dx Vdt dx dt dx V t x x ++=⇒⎪⎭⎫⎝⎛+=⇒=⇒=⎰⎰。
4．t R a 4.2==θτ ，()28.42-⋅==s m s t a τ；4224.14t R R a n ===θω ，由a a 21=τ可得τa a n 3=，633=t ，rad t 15.33322423=+=+=θ。
5．30023ct dt ct Vdt ds Vdt ds dt ds V s t ===⇒=⇒=⎰⎰⎰；ct dtdV a 6==τ；R t c R V a n 4229==。
物理学教程第二版上册课后答案12345单元
第一章 质点运动学 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；t d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s 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；t r 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 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．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小 m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =t x 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 -6 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 ；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,(详见题1-1分析).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题 1-6 图1 -7 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 0x ＝-10 m·ｓ-1 , v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v 0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 -8 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 d题 1-8 图1 -9 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 ⎰⎰=txx 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 -10 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 t a -==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 )e 1(Bt 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)e 1(d d Bt BA t y --==v 并考虑初始条件有 t BA y t Bt y d )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt BA tB A y 1 -11 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．题 1-11 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⎰⎰⎰+==tt t t 000)d 46(d d j i a vvj 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 -12 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t ΔΔr =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 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=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 -13 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？题 1-13 图分析 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 ＝v t , 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 g a n α 1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-⋅，他随即以仰角 5=α冲出，飞越跨度达57 m ，安全着陆在西岸木桥上，求：题 1-14 图（1） 柯飞车跨越黄河用了多长时间？（2） 若起飞点高出河面10 m ，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？（3） 西岸木桥和起飞点的高度差为多少？分析 由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g ，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度. 解 在图示坐标系中，有t v x )cos (0α= （1）2021sin (gt t v y -=）α （2） gt v v y -=αsin 0 （3）(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间37.1cos 0m m ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’将’m t 代入式（2），得飞行最大高度 67.02sin 220m ==gv y αm 则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m（3）将37.1m =t s 代入式（2），得西岸木桥位置为y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论 本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角 30=α，球的抛射角 60=β，设球被抛出时的速率v 0 ＝19.6 m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题 1-15 图分析 求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a ）和图（b ）所示.在图（a ）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图（b ）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来.解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为31.230tan 20==gv t s 将 t 值代入式（1），得 1.263220===gv x OP m解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β= （1） 2021)sin (gt t v y -=β （2） 对点P αtan x y =' （3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为 ββ2202cos 2tan v gx x y -= （4） 落地时，应有y y '=，即60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -= 解之得落地点P 的x 坐标为 gv x 3320= （5） 则 1.263230cos 20===gv x OP m 联解式（1）和式（5）可得飞行时间31.2=t s讨论 比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 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b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -17 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 -18 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 -19 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v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)题 1-19 图分析 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 -20 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．题 1-20 图解 由122v v v -='［图(b)］,有θθcos sin arctan 221v v v -=α而要使h lαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 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) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ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F Ｔ (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mg cot θ,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F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( ) (A) 不为零,但保持不变 (B) 随F N 成正比地增大 (C) 开始随F N 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μF N 范围内取值．当F N 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( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ (C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定 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μF N ．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F N 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(m g cos θ) 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R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ角的不断增大过程,轨道支持力F N也将不断增大,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) 5/8 mg(B) 1/2 mg(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,m a为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．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a A和a B均应对地而言,本题中a A和a B的大小与方向均不相同．其中a A应斜向上．对a A、a B、a和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．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＝2.1 m,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？分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -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m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．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10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·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？题 2-7 图分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．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)F N2 - m2 g ＝m2 a (2) 解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2 )(g ＋a) (3)F N2＝m2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a＝10 m·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2＝-F N2＝-m2 (g ＋a)＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a＝1 m·ｓ-2上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08 ×103 N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 ＝1.0 m·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m A g -F Ｔ ＝m A a (1) F ′Ｔ1 -F ｆ ＝m B a ′ (2) F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ ＝F′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N 2.724f =+-=a m m mg F题 2-8 图讨论 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。
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于是(a)式中只有 va、vr 二者大小未知。从而由速度平行四边形解得小环 M 的速
度
va= 3ve =0.173m/s
此外，还可求得
2．加速度分析(图 5－10)。
vr=2 ve=0.2m/s。
各加速度分析结果列表如下
绝对加速度 牵连加速度
aa
a en
大小
未知
0.2ω 2
方向
沿 OA
指向 O 点
写出加速度合成定理的矢量方程
相对加速度 ar
未知
沿 BC
科氏加速度
aC
2ω vr 垂直 BC
aa = aen + ar + aC
应用投影方法，将上式加速度合成定理的矢量方程沿垂直 BC 方向投影，有 aacosϕ = −aencosϕ + aC aa = −aen + 2aC
由此解得
aM = aa = 0.35 m/s2 方向如图所示。
② 活动销子 M 为动点，动系固结于杆 OA；牵连运动为绕 O 定轴转动，相对 运动为沿 OA 直线，绝对运动为平面曲线。
速度分析如图 b 所示，由式（1）、（2）得
（2）速度分析，如图 b 所示
2－3. 曲柄 CE 在图示瞬时以 ω0 绕轴 E 转动，并带动直角曲杆 ABD 在图示平面
内运动。若 d 为已知，试求曲杆 ABD 的角速度。
解：1、运动分析：动点：A，动系：曲杆 O1BC，牵连运动：定轴转动， 相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析： va = ve + vr
2－1 凸轮以匀角速度ω 绕 O 轴转动，杆 AB 的 A 端搁在凸轮上。图示瞬时 AB 杆
处于水平位置， OA 为铅直。试求该瞬时 AB 杆的角速度的大小及转向。
解： va = ve + vr
其中， ve = ω r 2 − e2
va = ve tgφ = ωe所以ω AB=
va l
= ωe （逆时针） l
va = 2lω0 ； va = ve = 2lω0
ωO1BC
=
ve O1 A
= ω0 （顺时针）
2－4. 在图示平面机构中，已知：OO1 = AB ，OA = O1B = r = 3cm ，摇杆 O2 D 在 D 点 与 套 在 AE 杆 上 的 套 筒 铰 接 。 OA 以 匀 角 速 度 ω0 = 2 rad/s 转 动 ， O2 D = l = 3 3 cm 。试求：当ϕ = 30° 时， O2 D 的角速度和角加速度。
= −2.05 rad/s2 ，方向与图(b)所示相反。
2－5.图示铰接平行四边形机构中，O1 A = O2 B = 100 mm ，又 O1O2 = AB ，杆 O1 A 以等角速度ω = 2 rad s 绕 O1 轴转动。杆 AB 上有一套筒 C ，此筒与杆 CD 相铰接。 机构的各部件都在同一铅直面内。求当ϕ = 60° 时，杆 CD 的速度和加速度。
计算过程参见课件相似例题。
2－12.绕轴 O 转动的圆盘及直杆 OA 上均有一导槽，两导槽间有一活动销子 M 如 图所示，b = 0.1m 。设在图示位置时，圆盘及直杆的角速度分别为ω1 = 9 rad s 和 ω2 = 3rad s 。求此瞬时销子 M 的速度和加速度。
解 （1）运动分析
① 活动销子 M 为动点，动系固结于轮 O；牵连运动为绕 O 定轴转动，相对运 动为沿轮上导槽直线，绝对运动为平面曲线。
解：1、运动分析(图 5－4)：
动点：小环 M；动系：固连于 OBC；
绝对运动：沿 OA 杆的直线运动；
相对运动：沿 BC 杆的直线运动；
牵连运动：绕 O 点的定轴转动。
2、速度分析:
va = ve + vr
（a）
其中 va、ve、vr 方向如图所示。
ve =OP ⋅ω =0.2×0.5=0.1m/s；
2－2. 平底顶杆凸轮机构如图所示，顶杆 AB 可沿导轨上下移动，偏心圆盘绕轴 O 转动，轴 O 位于顶杆轴线上。工作时顶杆的平底始终接触凸轮表面。该凸轮半径 为 R ，偏心距 OC = e ，凸轮绕轴 O 转动的角速度为ω ， OC 与水平线成夹角ϕ 。 求当ϕ = 0° 时，顶杆的速度。
（1）运动分析 轮心C 为动点，动系固结于AB；牵连运动为上下直线平移，相对运动为与平底平 行直线，绝对运动为绕O 圆周运动。
2-8解：以C为动点，将动系固结于杆AB（转动）。 动点的速度、加速度分析参见课件相似例题。
2-9解：以A为动点，将动系固结于套筒EF（转动）。 动点的速度、加速度分析参见课件相似例题。
2-10解：1、先以滑块M1为动点，将动系固结于T形杆AB（平动），分析计算杆 的速度和加速度；
2、再以AB杆上销钉M2为动点，将动系固结于杆O2E（转动），分析计算 动点的速度、加速度，最后求得杆O2E的角加速度；
解： v CD
=v
a
= va
= v cosϕ
e
= 0.1m/s
aCD = ae sin ϕ = 0.346m/s
vCD = 0.10 m/s （↑）， aCD = 0.35 m/s2 （↑） 2－6 图示圆盘绕 AB 轴转动，其角速度ω = 2t rad/s 。点 M 沿圆盘半径 ON 离开中 心向外缘运动，其运动规律为 OM = 40t 2 mm 。半径 ON 与 AB 轴间成 60° 倾角。 求当 t = 1s 时点 M 的绝对加速度的大小。
=
ae
+ ar
②
得 D 点加速度分析如图（b）
将②式向 DY 轴投影得
a
τ a
cosϕ
−
aan
sin ϕ
=
−ae
sinθ
而
a
n a
=
ω l 2 O2 D
ae=
ω
2 0
r
l sin ϕ = r sinθ
所以 aaτ
=
a
n a
sin
ϕ
−
ae
sinθ
cosϕ
ε O2D
=
a
τ a
l
= aan sin ϕ − ae sinθ l cosϕ
解 点M 为动点，动系Oxyz 固结于圆盘；牵连运动为定轴转动，相对运动为沿 径向直线运动，绝对运动为空间曲线。其中轴x 垂直圆盘指向外，加速度分析如 图所示，当t =1 s时
代入数据得 2－7 图示直角曲杆 OBC 绕 O 轴转动，使套在其上的小环 P 沿固定直杆 OA 滑动。 已知：OB = 0.1m ，曲杆的角速度ω = 0.5 rad s ，角加速度为零。求当ϕ = 60° 时， 小环 P 的速度和加速度。
解：取套筒 D 为动点，动系固连于 AE 上，牵连运动为平动
（1）由 va = ve + vr
①
得 D 点速度合成如图（a）
得 va = ve tgϕ ， 而 ve = ω0r
因为
va
= 1× 3
3ω0r ，所以
ω O2D
=
va l
= 0.67 rad/s
方向如图(a)所示
（2）由
a
τ a
+
a
n a