如图,怎样才能让此指尖陀螺能转多久转得更久,攻击力更强?

列表网公众号列表活动随时有扫我活动不错过
下次自动登录(公共场合慎用)
使用合作网站账号登录:
收藏成功!
您可在个人中心,查看
电&&&话:1387600****
查看完整号码
查看联系方式
微信扫一扫快速获取***
联系我时说明在列表网看到,说不定有意外惊喜哟!
温馨提示:
任何要求预付定金、汇款等方式均存在风险,谨防上当受骗。
/辛达托福代报专业的代报团队,托福代报全国效率第一.让您安心,一路轻松的为您完成所托。绝不会让您感到提交信息之后便有一种石沉大海的惶恐.维护考生的利益,坚持诚信服务的原则,以超一流的速度为您提供服务.考生的需求,我们一直在关注.
联系我时,请说是在列表网栏目上看到的,谢谢!
小贴士:辛达托福代报,我们更高效,为考生提供更好的服务信息由列表网网友发布,其真实性及合法性由发布人负责。列表网仅引用以供用户参考。详情请阅读列表网免责条款。
请在查看您收到的留言
手机号码:
获取确认码
已发送(59)
所在城市:
留言内容:
快捷留言:
想了解一下详情,这是我的微信号:xxx
我对您的商品感兴趣,请尽快和我联系。
乘风破浪,驶向春天的彼岸
----2017嘉华美国名校招生见面会
春夏秋冬 四季更迭
我和你都在寻找 驶向春天彼岸的船只
想要去留学、移民,银行存款证明是办理签证的必备材料??之一,不管您是去哪个国家,只要办出国签证,都需要这个证明,资产的证明是确保
辛达托福代报,我们更高效,为考生提供更好的服务 相关广告
&2017 列表网&琼ICP备号-12&增值电信业务经营许可证B2-&
还没关注列表网?一大波金豆等你拿!mg,F2=2mg,Ⅱ.如图2所示,在重力加速度为g的空间,有一个带电荷量为+Q的场源电荷置于O点,B、C为以O为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点,A、B、O在同一竖直线上,AB=R,O、C在同一水平线上.现在有一质量为m、电荷量为-q的有孔小球,沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下,滑至C点时速度的大小为.则B、A两点间电势差大小为,若从A点自由释放,下滑到B点的速度大小为3gR.Ⅲ.为研究滑块的运动,选用滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、以及由漏斗和细线构成的单摆等组成如图3所示的装置,实验中,滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动,同时让单摆垂直于纸带运动方向做小摆幅摆动,漏斗可以漏出很细的有色液体,在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置,如图4所示.①漏斗和细线构成的单摆在该实验中所起的作用与下列哪个仪器相同?A(填写仪器序号).A.打点计时器;B.秒表;C.毫米刻度尺;D.电流表②已知单摆周期T=2s,在图4中AB=24.10cm,BC=27.90cm,CD=31.90cm、DE=36.10cm,则单摆在经过D点时,滑块的瞬时速度为VD=0.34m/s,滑块的加速度为a=0.04m/s2(保留两位小数)
科目:高中物理
题型:阅读理解
第Ⅰ卷(选择题 共31分) 一、单项选择题.本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意. 1. 关于科学家和他们的贡献,下列说法中正确的是[来源:Www..com] A.安培首先发现了电流的磁效应 B.伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动 C.牛顿发现了万有引力定律,并计算出太阳与地球间引力的大小 D.法拉第提出了电场的观点,说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的 2.如图为一种主动式光控报警器原理图,图中R1和R2为光敏电阻,R3和R4为定值电阻.当射向光敏电阻R1和R2的任何一束光线被遮挡时,都会引起警铃发声,则图中虚线框内的电路是 A.与门&&&& &&&&&&&&&&&& B.或门 &&&&&&&&&&&&& C.或非门&& &&&&&&&&&&&&& &D.与非门
3.如图所示的交流电路中,理想变压器原线圈输入电压为U1,输入功率为P1,输出功率为P2,各交流电表均为理想电表.当滑动变阻器R的滑动头向下移动时 A.灯L变亮&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B.各个电表读数均变大 C.因为U1不变,所以P1不变& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& D.P1变大,且始终有P1= P2 4.竖直平面内光滑圆轨道外侧,一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动,至B点时脱离轨道,最终落在水平面上的C点,不计空气阻力.下列说法中不正确的是 A.在B点时,小球对圆轨道的压力为零 B.B到C过程,小球做匀变速运动 C.在A点时,小球对圆轨道压力大于其重力 D.A到B过程,小球水平方向的加速度先增加后减小 5.如图所示,水平面上放置质量为M的三角形斜劈,斜劈顶端***光滑的定滑轮,细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块.m1在斜面上运动,三角形斜劈保持静止状态.下列说法中正确的是 A.若m2向下运动,则斜劈受到水平面向左摩擦力 B.若m1沿斜面向下加速运动,则斜劈受到水平面向右的摩擦力 C.若m1沿斜面向下运动,则斜劈受到水平面的支持力大于(m1+ m2+M)g D.若m2向上运动,则轻绳的拉力一定大于m2g 二、多项选择题.本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分. 6.木星是太阳系中最大的行星,它有众多卫星.观察测出:木星绕太阳作圆周运动的半径为r1、 周期为T1;木星的某一卫星绕木星作圆周运动的半径为r2、 周期为T2.已知万有引力常量为G,则根据题中给定条件 A.能求出木星的质量 B.能求出木星与卫星间的万有引力 C.能求出太阳与木星间的万有引力 D.可以断定 7.如图所示,xOy坐标平面在竖直面内,x轴沿水平方向,y轴正方向竖直向上,在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场.一带电小球从O点由静止释放,运动轨迹如图中曲线.关于带电小球的运动,下列说法中正确的是 A.OAB轨迹为半圆 B.小球运动至最低点A时速度最大,且沿水平方向 C.小球在整个运动过程中机械能守恒 D.小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等 8.如图所示,质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力大小为f,用水平的恒定拉力F作用于滑块.当滑块运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s,滑块速度为v1,木板速度为v2,下列结论中正确的是 A.上述过程中,F做功大小为             B.其他条件不变的情况下,F越大,滑块到达右端所用时间越长 C.其他条件不变的情况下,M越大,s越小 D.其他条件不变的情况下,f越大,滑块与木板间产生的热量越多 9.如图所示,两个固定的相同细环相距一定的距离,同轴放置,O1、O2分别为两环的圆心,两环分别带有均匀分布的等量异种电荷.一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环.则在带电粒子运动过程中 A.在O1点粒子加速度方向向左 B.从O1到O2过程粒子电势能一直增加 C.轴线上O1点右侧存在一点,粒子在该点动能最小 D.轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点,它们关于O1、O2连线中点对称
第Ⅱ卷(非选择题 共89分) 三、简答题:本题分必做题(第lO、11题)和选做题(第12题)两部分,共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置.
必做题 10.测定木块与长木板之间的动摩擦因数时,采用如图所示的装置,图中长木板水平固定. (1)实验过程中,电火花计时器应接在& ▲& (选填“直流”或“交流”)电源上.调整定滑轮高度,使& ▲& . (2)已知重力加速度为g,测得木块的质量为M,砝码盘和砝码的总质量为m,木块的加速度为a,则木块与长木板间动摩擦因数μ=& ▲& . (3)如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6为计数点,相邻两计数点间还有4个打点未画出.从纸带上测出x1=3.20cm,x2=4.52cm,x5=8.42cm,x6=9.70cm.则木块加速度大小a=& ▲& m/s2(保留两位有效数字).
11.为了测量某电池的电动势 E(约为3V)和内阻 r,可供选择的器材如下: A.电流表G1(2mA& 100Ω)&&&& &&&&&&& B.电流表G2(1mA& 内阻未知) C.电阻箱R1(0~999.9Ω)&&&&&&& &&&&&&&&&&&&& D.电阻箱R2(0~9999Ω) E.滑动变阻器R3(0~10Ω& 1A)&& &&&&& F.滑动变阻器R4(0~1000Ω& 10mA) G.定值电阻R0(800Ω& 0.1A)&&&&&&& &&&&&& H.待测电池 I.导线、电键若干 (1)采用如图甲所示的电路,测定电流表G2的内阻,得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示:
根据测量数据,请在图乙坐标中描点作出I1—I2图线.由图得到电流表G2的内阻等于 & ▲& Ω. (2)在现有器材的条件下,测量该电池电动势和内阻,采用如图丙所示的电路,图中滑动变阻器①应该选用给定的器材中& ▲& ,电阻箱②选& ▲& (均填写器材代号). (3)根据图丙所示电路,请在丁图中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接.
12.选做题(请从A、B和C三小题中选定两小题作答,并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑.如都作答,则按A、B两小题评分.) A.(选修模块3-3)(12分) (1)下列说法中正确的是& ▲&
A.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,液体表面存在张力 B.扩散运动就是布朗运动 C.蔗糖受潮后会粘在一起,没有确定的几何形状,它是非晶体 D.对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明,都可以作为热力学第二定律的表述 (2)将1ml的纯油酸加到500ml的酒精中,待均匀溶解后,用滴管取1ml油酸酒精溶液,让其自然滴出,共200滴.现在让其中一滴落到盛水的浅盘内,待油膜充分展开后,测得油膜的面积为200cm2,则估算油酸分子的大小是& ▲& m(保留一位有效数字). (3)如图所示,一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体,活塞横截面积为S,汽缸内壁光滑且缸壁是导热的,开始活塞被固定,打开固定螺栓K,活塞下落,经过足够长时间后,活塞停在B点,已知AB=h,大气压强为p0,重力加速度为g. ①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强; ②设周围环境温度保持不变,求整个过程中通过缸壁传递的热量Q(一定量理想气体的内能仅由温度决定). B.(选修模块3-4)(12分) (1)下列说法中正确的是& ▲&
A.照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜,利用了光的干涉原理 B.光照射遮挡物形成的影轮廓模糊,是光的衍射现象 C.太阳光是偏振光 D.为了有效地发射电磁波,应该采用长波发射 (2)甲、乙两人站在地面上时身高都是L0, 甲、乙分别乘坐速度为0.6c和0.8c(c为光速)的飞船同向运动,如图所示.此时乙观察到甲的身高L& ▲& L0;若甲向乙挥手,动作时间为t0,乙观察到甲动作时间为t1,则t1& ▲& t0(均选填“&”、“ =” 或“&”). (3)x=0的质点在t=0时刻开始振动,产生的波沿x轴正方向传播,t1=0.14s时刻波的图象如图所示,质点A刚好开始振动. ①求波在介质中的传播速度; ②求x=4m的质点在0.14s内运动的路程. && C.(选修模块3-5)(12分)
(1)下列说法中正确的是& ▲&
A.康普顿效应进一步证实了光的波动特性 B.为了解释黑体辐射规律,普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的 C.经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征 D.天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关 (2)是不稳定的,能自发的发生衰变. ①完成衰变反应方程& &&▲& . ②衰变为,经过& ▲& 次α衰变,& ▲& 次β衰变. (3)1919年,卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子.科学研究表明其核反应过程是:α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核,复核发生衰变放出质子,变成氧核.设α粒子质量为m1,初速度为v0,氮核质量为m2,质子质量为m0, 氧核的质量为m3,不考虑相对论效应. ①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间,复核的速度为多大? ②求此过程中释放的核能. 四、计算题:本题共3小题,共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后***的不能得分,有数值计算的题,***中必须明确写出数值和单位. 13.如图所示,一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上,地面上空风速水平且恒为v0,球静止时绳与水平方向夹角为α.某时刻绳突然断裂,氢气球飞走.已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f正比于其相对空气的速度v,可以表示为f=kv(k为已知的常数).则 (1)氢气球受到的浮力为多大? (2)绳断裂瞬间,氢气球加速度为多大? (3)一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动,其水平方向上的速度与风速v0相等,求此时气球速度大小(设空气密度不发生变化,重力加速度为g).
14.如图所示,光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd,线框质量为m,电阻为R,边长为L.有一方向竖直向下的有界磁场,磁场的磁感应强度为B,磁场区宽度大于L,左边界与ab边平行.线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区. (1)若线框以速度v匀速穿过磁场区,求线框在离开磁场时ab两点间的电势差; (2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动,经过t1时间ab边开始进入磁场,求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率; (3)若线框以初速度v0进入磁场,且拉力的功率恒为P0.经过时间T,cd边进入磁场,此过程中回路产生的电热为Q.后来ab边刚穿出磁场时,线框速度也为v0,求线框穿过磁场所用的时间t. &&&&&&
15.如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,MN为其左边界,磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒,圆心O到MN的距离OO1=2R,圆筒轴线与磁场平行.圆筒用导线通过一个电阻r0接地,最初金属圆筒不带电.现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处沿垂直于左边界MN向右射入磁场区,已知电子质量为m,电量为e. (1)若电子初速度满足,则在最初圆筒上没有带电时,能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范围是多大? (2)当圆筒上电量达到相对稳定时,测量得到通过电阻r0的电流恒为I,忽略运动电子间的相互作用,求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时速度v(取无穷远处或大地电势为零). (3)在(2)的情况下,求金属圆筒的发热功率.
科目:高中物理
来源:学年四川省高三“一诊”模拟考试物理试卷(解析版)
题型:计算题
成都七中某课外兴趣小组同学为了研究过山车的原理,提出了下列设想:取一个与水平方向夹角为37°、长L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示。一个质量m=1kg的小物块以初速度v0=4.0m/s,从某一高处水平抛出,到A点时速度方向恰沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50(g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80)求:(1)小物块的抛出点和A点的高度差;(2)若小物块刚好能在竖直圆弧轨道上做完整圆周运动,求小物块在D点对圆弧轨道的压力;(3)为了让小物块不脱离轨道,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。&
科目:高中物理
成都七中某课外兴趣小组同学为了研究过山车的原理,提出了下列设想:取一个与水平方向夹角为37°、长L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示。一个质量m=1kg的小物块以初速度v0=4.0m/s,从某一高处水平抛出,到A点时速度方向恰沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50 (g取10m/s2,sin37°=0.60 ,cos37°=0.80)求: (1)小物块的抛出点和A点的高度差; (2)若小物块刚好能在竖直圆弧轨道上做完整圆周运动,求小物块在D点对圆弧轨道的压力; (3)为了让小物块不脱离轨道,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。
科目:高中物理
题型:阅读理解
第五部分 动量和能量第一讲 基本知识介绍一、冲量和动量1、冲力(F—t图象特征)→&冲量。冲量定义、物理意义冲量在F—t图象中的意义→从定义角度求变力冲量(F对t的平均作用力)2、动量的定义动量矢量性与运算二、动量定理1、定理的基本形式与表达2、分方向的表达式:ΣIx&=ΔPx&,ΣIy&=ΔPy&…3、定理推论:动量变化率等于物体所受的合外力。即=ΣF外&三、动量守恒定律1、定律、矢量性2、条件a、原始条件与等效b、近似条件c、某个方向上满足a或b,可在此方向应用动量守恒定律四、功和能1、功的定义、标量性,功在F—S图象中的意义2、功率,定义求法和推论求法3、能的概念、能的转化和守恒定律4、功的求法a、恒力的功:W = FScosα= FSF&= FS&Sb、变力的功:基本原则——过程分割与代数累积;利用F—S图象(或先寻求F对S的平均作用力)c、解决功的“疑难杂症”时,把握“功是能量转化的量度”这一要点五、动能、动能定理1、动能(平动动能)2、动能定理a、ΣW的两种理解b、动能定理的广泛适用性六、机械能守恒1、势能a、保守力与耗散力(非保守力)→&势能(定义:ΔEp&=&-W保)b、力学领域的三种势能(重力势能、引力势能、弹性势能)及定量表达2、机械能3、机械能守恒定律a、定律内容b、条件与拓展条件(注意系统划分)c、功能原理:系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。七、碰撞与恢复系数1、碰撞的概念、分类(按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类)碰撞的基本特征:a、动量守恒;b、位置不超越;c、动能不膨胀。2、三种典型的碰撞a、弹性碰撞:碰撞全程完全没有机械能损失。满足——m1v10&+ m2v20&= m1v1&+ m2v2&m1&+&&m2&=&&m1&+&&m2解以上两式(注意技巧和“不合题意”解的舍弃)可得:v1&=&,& v2&=&对于结果的讨论:①当m1&= m2&时,v1&= v20&,v2&= v10&,称为“交换速度”;②当m1&<<&m2&,且v20&= 0时,v1&≈&-v10&,v2&≈&0&,小物碰大物,原速率返回;③当m1&>>&m2&,且v20&= 0时,v1&≈&v10&,v2&≈&2v10&,b、非(完全)弹性碰撞:机械能有损失(机械能损失的内部机制简介),只满足动量守恒定律c、完全非弹性碰撞:机械能的损失达到最大限度;外部特征:碰撞后两物体连为一个整体,故有v1&= v2&=&3、恢复系数:碰后分离速度(v2&-&v1)与碰前接近速度(v10&-&v20)的比值,即:e =&&。根据“碰撞的基本特征”,0&≤&e&≤&1&。当e = 0&,碰撞为完全非弹性;当0&<&e&<&1&,碰撞为非弹性;当e = 1&,碰撞为弹性。八、“广义碰撞”——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短,作用不是很强烈,但系统动量仍然守恒时,碰撞的部分规律仍然适用,但已不符合“碰撞的基本特征”(如:位置可能超越、机械能可能膨胀)。此时,碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义,如弹性碰撞中v1&= v10&,v2&= v20的解。2、物体之间有相对滑动时,机械能损失的重要定势:-ΔE =&ΔE内&= f滑·S相&,其中S相指相对路程。第二讲 重要模型与专题一、动量定理还是动能定理?物理情形:太空飞船在宇宙飞行时,和其它天体的万有引力可以忽略,但是,飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗,每颗的平均质量为m ,垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率v飞行,垂直速度方向的横截面积为S ,与太空垃圾的碰撞后,将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F 。模型分析:太空垃圾的分布并不是连续的,对飞船的撞击也不连续,如何正确选取研究对象,是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义,这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取,对象是太空垃圾。先用动量定理推论解题。取一段时间Δt&,在这段时间内,飞船要穿过体积ΔV = S·vΔt的空间,遭遇nΔV颗太空垃圾,使它们获得动量ΔP&,其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力,也即飞船引擎的推力。&=&&=&&=&&=&&= nmSv2如果用动能定理,能不能解题呢?同样针对上面的物理过程,由于飞船要前进x = vΔt的位移,引擎推力须做功W =&x ,它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量,而飞船的ΔEk为零,所以:W =&ΔMv2即:vΔt =&(n m S·vΔt)v2得到:&=&nmSv2两个结果不一致,不可能都是正确的。分析动能定理的解题,我们不能发现,垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的,需要消耗大量的机械能,因此,认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中,由于I =&t&,由此推出的&=&必然是飞船对垃圾的平均推力,再对飞船用平衡条件,的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑,是正确的。(学生活动)思考:如图1所示,全长L、总质量为M的柔软绳子,盘在一根光滑的直杆上,现用手握住绳子的一端,以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力,试求手的拉力F 。解:解题思路和上面完全相同。答:二、动量定理的分方向应用物理情形:三个质点A、B和C ,质量分别为m1&、m2和m3&,用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连,静止在水平面上,如图2所示,AB和BC之间的夹角为(π-α)。现对质点C施加以冲量I ,方向沿BC ,试求质点A开始运动的速度。模型分析:首先,注意“开始运动”的理解,它指绳子恰被拉直,有作用力和冲量产生,但是绳子的方位尚未发生变化。其二,对三个质点均可用动量定理,但是,B质点受冲量不在一条直线上,故最为复杂,可采用分方向的形式表达。其三,由于两段绳子不可伸长,故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。下面具体看解题过程——绳拉直瞬间,AB绳对A、B两质点的冲量大小相等(方向相反),设为I1&,BC绳对B、C两质点的冲量大小相等(方向相反),设为I2&;设A获得速度v1(由于A受合冲量只有I1&,方向沿AB ,故v1的反向沿AB),设B获得速度v2(由于B受合冲量为+,矢量和既不沿AB ,也不沿BC方向,可设v2与AB绳夹角为〈π-β〉,如图3所示),设C获得速度v3(合冲量+沿BC方向,故v3沿BC方向)。对A用动量定理,有:I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & &①B的动量定理是一个矢量方程:+= m2&,可化为两个分方向的标量式,即:I2cosα-I1&= m2&v2cosβ & & & & & & & & &②I2sinα= m2&v2sinβ & & & & & & & & & & & ③质点C的动量定理方程为:I - I2&= m3&v3& & & & & & & & & & & & & &④AB绳不可伸长,必有v1&= v2cosβ & & & & & ⑤BC绳不可伸长,必有v2cos(β-α) = v3& & &⑥六个方程解六个未知量(I1&、I2&、v1&、v2&、v3&、β)是可能的,但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性,否则易造成混乱。建议采取如下步骤——1、先用⑤⑥式消掉v2&、v3&,使六个一级式变成四个二级式:I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &⑴I2cosα-I1&= m2&v1& & & & & & & & & & & & & & & & ⑵I2sinα= m2&v1&tgβ & & & & & & & & & & & & & & & &⑶I - I2&= m3&v1(cosα+ sinαtgβ) & & & & & & & & &⑷2、解⑶⑷式消掉β,使四个二级式变成三个三级式:I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &㈠I2cosα-I1&= m2&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ㈡I = m3&v1&cosα+ I2& & & & & & & & & & && & & & & & &&&㈢3、最后对㈠㈡㈢式消I1&、I2&,解v1就方便多了。结果为:v1&=&(学生活动:训练解方程的条理和耐心)思考:v2的方位角β等于多少?解:解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1&,得I2的表达式,将I2的表达式代入⑶就行了。答:β= arc tg()。三、动量守恒中的相对运动问题物理情形:在光滑的水平地面上,有一辆车,车内有一个人和N个铅球,系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出,车子和人将获得反冲速度。第一过程,保持每次相对地面抛球速率均为v ,直到将球抛完;第二过程,保持每次相对车子抛球速率均为v ,直到将球抛完。试问:哪一过程使车子获得的速度更大?模型分析:动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方(或第四、第五方)为参照物,这意味着,本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系,这样对“第二过程”的铅球动量表达,就形成了难点,必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”,比较简单:N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。设车和人的质量为M ,每个铅球的质量为m 。由于矢量的方向落在一条直线上,可以假定一个正方向后,将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正,且第一过程获得的速度大小为V1&第二过程获得的速度大小为V2&。第一过程,由于铅球每次的动量都相同,可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。0 = Nm(-v) + MV1&得:V1&=&v & & & & & & & & & & & & & & & & & &①第二过程,必须逐次考查铅球与车子(人)的作用。第一个球与(N–1)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为u1&。值得注意的是,根据运动合成法则,铅球对地的速度并不是(-v),而是(-v + u1)。它们动量守恒方程为:0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1得:u1&=第二个球与(N -2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为u2&。它们动量守恒方程为:〔M+(N-1)m〕u1&= m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2&得:u2&=&&+&第三个球与(N -2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为u3&。铅球对地的速度是(-v + u3)。它们动量守恒方程为:〔M+(N-2)m〕u2&= m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3得:u3&=&+&&+&以此类推(过程注意:先找uN和uN-1关系,再看uN和v的关系,不要急于化简通分)……,uN的通式已经可以找出:V2&= uN&=&&+&&+&&+ … +&即:V2&=&& & & & & & & & & & & & & & & &②我们再将①式改写成:V1&=&& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ①′不难发现,①′式和②式都有N项,每项的分子都相同,但①′式中每项的分母都比②式中的分母小,所以有:V1&> V2&。结论:第一过程使车子获得的速度较大。(学生活动)思考:质量为M的车上,有n个质量均为m的人,它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程,N个人同时跳下;第二过程,N个人依次跳下。试问:哪一次车子获得的速度较大?解:第二过程结论和上面的模型完全相同,第一过程结论为V1&=&&。答:第二过程获得速度大。四、反冲运动中的一个重要定式物理情形:如图4所示,长度为L、质量为M的船停止在静水中(但未抛锚),船头上有一个质量为m的人,也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动,忽略水的阻力,试问:当人走到船尾时,船将会移动多远?(学生活动)思考:人可不可能匀速(或匀加速)走动?当人中途停下休息,船有速度吗?人的全程位移大小是L吗?本系统选船为参照,动量守恒吗?模型分析:动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系,要过渡到位移关系,需要引进运动学的相关规律。根据实际情况(人必须停在船尾),人的运动不可能是匀速的,也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择S =&t 。为寻求时间t ,则要抓人和船的位移约束关系。对人、船系统,针对“开始走动→中间任意时刻”过程,应用动量守恒(设末态人的速率为v ,船的速率为V),令指向船头方向为正向,则矢量关系可以化为代数运算,有:0 = MV + m(-v)&即:mv = MV&由于过程的末态是任意选取的,此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知,对中间的任一过程,两者的平均速度也有这种关系。即:m&= M& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ①设全程的时间为t ,乘入①式两边,得:mt = Mt设s和S分别为人和船的全程位移大小,根据平均速度公式,得:m s = M S & & & & ②受船长L的约束,s和S具有关系:s + S = L & & & & & & & & & & & & & & & & & ③解②、③可得:船的移动距离 S =L(应用动量守恒解题时,也可以全部都用矢量关系,但这时“位移关系”表达起来难度大一些——必须用到运动合成与***的定式。时间允许的话,可以做一个对比介绍。)另解:质心运动定律人、船系统水平方向没有外力,故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心(用它到船的质心的水平距离x表达。根据力矩平衡知识,得:x =&),又根据,末态的质量分布与初态比较,相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后,求解船的质心位移易如反掌。(学生活动)思考:如图5所示,在无风的天空,人抓住气球下面的绳索,和气球恰能静止平衡,人和气球地质量分别为m和M ,此时人离地面高h 。现在人欲沿悬索下降到地面,试问:要人充分安全地着地,绳索至少要多长?解:和模型几乎完全相同,此处的绳长对应模型中的“船的长度”(“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地)。答:h 。(学生活动)思考:如图6所示,两个倾角相同的斜面,互相倒扣着放在光滑的水平地面上,小斜面在大斜面的顶端。将它们无初速释放后,小斜面下滑,大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别为M和m ,底边长分别为a和b ,试求:小斜面滑到底端时,大斜面后退的距离。解:水平方向动量守恒。解题过程从略。答:(a-b)。进阶应用:如图7所示,一个质量为M ,半径为R的光滑均质半球,静置于光滑水平桌面上,在球顶有一个质量为m的质点,由静止开始沿球面下滑。试求:质点离开球面以前的轨迹。解说:质点下滑,半球后退,这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似,仔细分析,由于同样满足水平方向动量守恒,故我们介绍的“定式”是适用的。定式解决了水平位移(位置)的问题,竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。为寻求轨迹方程,我们需要建立一个坐标:以半球球心O为原点,沿质点滑下一侧的水平轴为x坐标、竖直轴为y坐标。由于质点相对半球总是做圆周运动的(离开球面前),有必要引入相对运动中半球球心O′的方位角θ来表达质点的瞬时位置,如图8所示。由“定式”,易得:x =&Rsinθ & & & & & & & & & ①而由图知:y = Rcosθ & & & & & & & &②不难看出,①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质,我们可以将参数θ消掉,使它们成为:&+&&= 1这样,特征就明显了:质点的轨迹是一个长、短半轴分别为R和R的椭圆。五、功的定义式中S怎么取值?在求解功的问题时,有时遇到力的作用点位移与受力物体的(质心)位移不等,S是取力的作用点的位移,还是取物体(质心)的位移呢?我们先看下面一些事例。1、如图9所示,人用双手压在台面上推讲台,结果双手前进了一段位移而讲台未移动。试问:人是否做了功?2、在本“部分”第3页图1的模型中,求拉力做功时,S是否可以取绳子质心的位移?3、人登静止的楼梯,从一楼到二楼。楼梯是否做功?4、如图10所示,双手用等大反向的力F压固定汽缸两边的活塞,活塞移动相同距离S,汽缸中封闭气体被压缩。施力者(人)是否做功?在以上四个事例中,S若取作用点位移,只有第1、2、4例是做功的(注意第3例,楼梯支持力的作用点并未移动,而只是在不停地交换作用点),S若取物体(受力者)质心位移,只有第2、3例是做功的,而且,尽管第2例都做了功,数字并不相同。所以,用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。面对这些似是而非的“疑难杂症”,我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。第1例,手和讲台面摩擦生了热,内能的生成必然是由人的生物能转化而来,人肯定做了功。S宜取作用点的位移;第2例,求拉力的功,在前面已经阐述,S取作用点位移为佳;第3例,楼梯不需要输出任何能量,不做功,S取作用点位移;第4例,气体内能的增加必然是由人输出的,压力做功,S取作用点位移。但是,如果分别以上四例中的受力者用动能定理,第1例,人对讲台不做功,S取物体质心位移;第2例,动能增量对应S取L/2时的值——物体质心位移;第4例,气体宏观动能无增量,S取质心位移。(第3例的分析暂时延后。)以上分析在援引理论知识方面都没有错,如何使它们统一?原来,功的概念有广义和狭义之分。在力学中,功的狭义概念仅指机械能转换的量度;而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化,常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式,也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见,上面分析中,第一个理论对应的广义的功,第二个理论对应的则是狭义的功,它们都没有错误,只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。而且,我们不难归纳:求广义的功,S取作用点的位移;求狭义的功,S取物体(质心)位移。那么我们在解题中如何处理呢?这里给大家几点建议:&1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功;2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功;3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。当然,求解功地问题时,还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例,就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功,S取质心位移,是做了功,但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理:将复杂的形变物体(人)看成这样一个相对理想的组合:刚性物体下面连接一压缩的弹簧(如图11所示),人每一次蹬梯,腿伸直将躯体重心上举,等效为弹簧将刚性物体举起。这样,我们就不难发现,做功的是人的双腿而非地面,人既是输出能量(生物能)的机构,也是得到能量(机械能)的机构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功为宜。以上四例有一些共同的特点:要么,受力物体情形比较复杂(形变,不能简单地看成一个质点。如第2、第3、第4例),要么,施力者和受力者之间的能量转化不是封闭的(涉及到第三方,或机械能以外的形式。如第1例)。以后,当遇到这样的问题时,需要我们慎重对待。(学生活动)思考:足够长的水平传送带维持匀速v运转。将一袋货物无初速地放上去,在货物达到速度v之前,与传送带的摩擦力大小为f ,对地的位移为S 。试问:求摩擦力的功时,是否可以用W = fS ?解:按一般的理解,这里应指广义的功(对应传送带引擎输出的能量),所以“位移”取作用点的位移。注意,在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题,仔细分析,不难发现,每一个(相对皮带不动的)作用点的位移为2S&。(另解:求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。)答:否。(学生活动)思考:如图12所示,人站在船上,通过拉一根固定在铁桩的缆绳使船靠岸。试问:缆绳是否对船和人的系统做功?解:分析同上面的“第3例”。答:否。六、机械能守恒与运动合成(***)的综合物理情形:如图13所示,直角形的刚性杆被固定,水平和竖直部分均足够长。质量分别为m1和m2的A、B两个有孔小球,串在杆上,且被长为L的轻绳相连。忽略两球的大小,初态时,认为它们的位置在同一高度,且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放,忽略一切摩擦,试求B球运动L/2时的速度v2&。模型分析:A、B系统机械能守恒。A、B两球的瞬时速度不等,其关系可据“第三部分”知识介绍的定式(滑轮小船)去寻求。(学生活动)A球的机械能是否守恒?B球的机械能是否守恒?系统机械能守恒的理由是什么(两法分析:a、“微元法”判断两个WT的代数和为零;b、无非弹性碰撞,无摩擦,没有其它形式能的生成)?由“拓展条件”可以判断,A、B系统机械能守恒,(设末态A球的瞬时速率为v1&)过程的方程为:m2g&=&&+&& & & & & & ①在末态,绳与水平杆的瞬时夹角为30°,设绳子的瞬时迁移速率为v ,根据“第三部分”知识介绍的定式,有:v1&= v/cos30°, v2&= v/sin30°两式合并成:v1&= v2&tg30°= v2/& & &②解①、②两式,得:v2&=&七、动量和能量的综合(一)物理情形:如图14所示,两根长度均为L的刚性轻杆,一端通过质量为m的球形铰链连接,另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢,铰链在上、竖直地放在水平桌面上,然后轻敲一下,使两小球向两边滑动,但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦,试求:两杆夹角为90°时,质量为2m的小球的速度v2&。模型分析:三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒,并注意约束关系——两杆不可伸长。(学生活动)初步判断:左边小球和球形铰链的速度方向会怎样?设末态(杆夹角90°)左边小球的速度为v1(方向:水平向左),球形铰链的速度为v(方向:和竖直方向夹θ角斜向左),对题设过程,三球系统机械能守恒,有:mg( L-L) =&m&+&mv2&+&2m& & &①三球系统水平方向动量守恒,有:mv1&+ mvsinθ= 2mv2& & & & & & & & ②左边杆子不形变,有:v1cos45°= vcos(45°-θ) & & & & &③右边杆子不形变,有:vcos(45°+θ) = v2cos45° & & & & ④四个方程,解四个未知量(v1&、v2&、v和θ),是可行的。推荐解方程的步骤如下——1、③、④两式用v2替代v1和v ,代入②式,解θ值,得:tgθ= 1/4&2、在回到③、④两式,得:v1&=&v2&, & v =&v2&3、将v1&、v的替代式代入①式解v2即可。结果:v2&=&(学生活动)思考:球形铰链触地前一瞬,左球、铰链和右球的速度分别是多少?解:由两杆不可形变,知三球的水平速度均为零,θ为零。一个能量方程足以解题。答:0 、&、0 。(学生活动)思考:当两杆夹角为90°时,右边小球的位移是多少?解:水平方向用“反冲位移定式”,或水平方向用质心运动定律。答:&。进阶应用:在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用”(见图8)中,当质点m滑到方位角θ时(未脱离半球),质点的速度v的大小、方向怎样?解说:此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识,数学运算比较繁复,是一道考查学生各种能力和素质的难题。据运动的合成,有:&=&&+&&=&&-&其中必然是沿地面向左的,为了书写方便,我们设其大小为v2&;必然是沿半球瞬时位置切线方向(垂直瞬时半径)的,设大小为v相&。根据矢量减法的三角形法则,可以得到(设大小为v1)的示意图,如图16所示。同时,我们将v1的x、y分量v1x和v1y也描绘在图中。由图可得:v1y&=(v2&+ v1x)tgθ & & & & & & & & & & & & & & & & ①质点和半球系统水平方向动量守恒,有:Mv2&= mv1x& & & & & & & & &②对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有:mgR(1-cosθ) =&M&+&m&,即:mgR(1-cosθ) =&M&+&m(&+&) & & & & & & & & & & ③三个方程,解三个未知量(v2&、v1x&、v1y)是可行的,但数学运算繁复,推荐步骤如下——1、由①、②式得:v1x&=&v2&, & & & &v1y&= (tgθ) v2&&2、代入③式解v2&,得:v2&=3、由&=&&+&解v1&,得:v1&=v1的方向:和水平方向成α角,α= arctg&= arctg()这就是最后的解。〔一个附属结果:质点相对半球的瞬时角速度 ω =&&=&&。〕八、动量和能量的综合(二)物理情形:如图17所示,在光滑的水平面上,质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块,铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时,车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动,车与右边的墙壁发生正碰,且碰撞是弹性的。车身足够长,使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2&,试求:1、铁块相对车运动的总路程;2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。模型分析:本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂,动量分析还要辅助以动力学分析,综合程度较高。由于车与墙壁的作用时短促而激烈的,而铁块和车的作用是舒缓而柔和的,当两对作用同时发生时,通常处理成“让短时作用完毕后,长时作用才开始”(这样可以使问题简化)。在此处,车与墙壁碰撞时,可以认为铁块与车的作用尚未发生,而是在车与墙作用完了之后,才开始与铁块作用。规定向右为正向,将矢量运算化为代数运算。车第一次碰墙后,车速变为-v ,然后与速度仍为v的铁块作用,动量守恒,作用完毕后,共同速度v1&=&&=&&,因方向为正,必朝墙运动。(学生活动)车会不会达共同速度之前碰墙?动力学分析:车离墙的最大位移S =&,反向加速的位移S′=&,其中a = a1&=&,故S′< S ,所以,车碰墙之前,必然已和铁块达到共同速度v1&。车第二次碰墙后,车速变为-v1&,然后与速度仍为v1的铁块作用,动量守恒,作用完毕后,共同速度v2&=&&=&&=&,因方向为正,必朝墙运动。车第三次碰墙,……共同速度v3&=&&=&,朝墙运动。……以此类推,我们可以概括铁块和车的运动情况——铁块:匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……平板车:匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……显然,只要车和铁块还有共同速度,它们总是要碰墙,所以最后的稳定状态是:它们一起停在墙角(总的末动能为零)。1、全程能量关系:对铁块和车系统,-ΔEk&=ΔE内&,且,ΔE内&= f滑&S相&,即:(m + M)v2&= μmg·S相&代入数字得:S相&= 5.4 m2、平板车向右运动时比较复杂,只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的,故第一次:S1&=&第二次:S2&=&&=&第三次:S3&=&&=&……n次碰墙的总路程是:ΣS = 2( S1&+ S2&+ S3&+ … + Sn&)=&( 1 +&&+&&+ … +&&)& =&( 1 +&&+&&+ … +&&)碰墙次数n→∞,代入其它数字,得:ΣS = 4.05 m(学生活动)质量为M 、程度为L的木板固定在光滑水平面上,另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板,恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定(但无初速),让相同的滑块再次冲上木板,要求它仍能从另一端滑下,其初速度应为多少?解:由第一过程,得滑动摩擦力f =&&。第二过程应综合动量和能量关系(“恰滑下”的临界是:滑块达木板的另一端,和木板具有共同速度,设为v ),设新的初速度为m&=( m + M )vm&-&( m + M )v2&= fL解以上三式即可。答:=&v0&。第三讲 典型例题解析教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》,知识出版社,2002年8月第一版。例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。
精英家教网新版app上线啦!用app只需扫描书本条形码就能找到作业,家长给孩子检查作业更省心,同学们作业对***更方便,扫描上方二维码立刻***!
请输入姓名
请输入手机号

参考资料

 

随机推荐