直线运动理论 例题复习
直线运动
1、质点：
⑴定义：用来代替物体的只有质量、没有形状和大小的点，它是一个理想化的物理模型。 ⑵物体简化为质点的条件：
只考虑平动或物体的形状大小在所研究的问题中可以忽略不计这两种情况。
2、位置、位移和路程
⑴位置：质点在空间所处的确定的点，可用坐标来表示。 ⑵位移：描述质点位置改变的物理量，是矢量。
方向由初位置指向末位置。大小则是从初位置到末位置的直线距离
⑶路程：质点实际运动轨迹的长度，是标量。只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程。 3、时间与时刻
⑴时刻：在时间轴上可用一个确定的点来表示。如“第3秒末”、“第5秒初”等
⑵时间：指两时刻之间的一段间隔。在时间轴上用一段线段来表示。如：“第2秒内”、“1小时”等 4、速度和速率
⑴平均速度：①v=Δx/Δt ，对应于某一时间（或某一段位移）的速度。
②平均速度是矢量，方向与位移Δx 的方向相同。 ③公式2
0t
v v v
+=
，只对匀变速直线运动才适用。
⑵瞬时速度：①对应于某一时刻（或某一位置）的速度。
②当Δt 0时，平均速度的极限为瞬时速度。
③瞬时速度的方向就是质点在那一时刻（或位置）的运动方向。 ④简称速度
⑶平均速率：①质点在某一段时间内通过的路程和所用的时间的比值叫做这段时间内的平均速率。
②平均速率是标量。
③只有在单方向的直线运动中，平均速度的大小才等于平均速率。 ④平均速率是表示质点平均快慢的物理量
⑷瞬时速率：①瞬时速度的大小。
②是标量。 ③简称为速率。
5、加速度
⑴速度的变化：Δv ＝v －v 0，描述速度变化的大小和方向，是矢量 ⑵加速度：①是描述速度变化快慢的物理量
②公式：a ＝Δv/Δt ③是矢量。
知识网络
概念
④在直线运动中，若a 的方向与初速度v 0的方向相同，质点做匀加速运动；若a 的方向与初速
度v 0的方向相反，质点做匀减速运动 6、匀速直线运动：
⑴定义：物体在一条直线上运动，如果在任何相等的时间内通过的位移都相等，称物体做匀速直线运动。 ⑵匀速直线运动只能是单向运动。
定义中的“相等时间”应理解为所要求达到的精度范围内的任意相等时间。 ⑶在匀速直线运动中，位移跟发生这段位移所用时间的比值叫做匀速直线运动的速度。 它是描述质点运动快慢和方向的物理量。 速度的大小叫做速率。 ⑷匀速直线运动的规律：①t
x
v
=
，速度不随时间变化。 ②x=vt ，位移跟时间成正比关系。
⑸匀速直线运动的规律还可以用图象直观描述。
①x-t 图象(位移图象)：依据x = vt 不同时间对应不同的位移, 位移x 与时间t 成正比。所以匀速直线运动的位移图象是过原点的一条倾斜的直线, 这条直线是表示正比例函数。而直线的斜率即匀速直线运动的速度。(有v t
x
==
α
tan )所以由位移图象不仅可以求出速度, 还可直接读出任意时间内的位移(t 1
时
间内的位移x 1)以及可直接读出发生任一位移x 2所需的时间t 2。
②v-t 图象，由于匀速直线运动的速度不随时间而改变, 所以它的速度图象是平行时间轴的直线。直线与横轴所围的面积表示质点的位移。 例题1： 关于质点,下述说法中正确的是： (A)只要体积小就可以视为质点
(B)在研究物体运动时，其大小与形状可以不考虑时，可以视为质点 (C)物体各部分运动情况相同，在研究其运动规律时，可以视为质点 (D)上述说法都不正确
解析：用来代替物体的有质量的点叫做质点。用一个有质量的点代表整个物体，以确定物体的位置、研究物体的运动，这是物理学研究问题时采用的理想化模型的方法。 把物体视为质点是有条件的，条件正如选项(B)和(C)所说明的。 答：此题应选(B)、(C)。
例题2： 小球从3m 高处落下，被地板弹回，在1m 高处被接住，则小球通过的路程和位移的大小分别是： (A)4m,4m
(B)3m,1m
(C)3m,2m
(D)4m,2m
解析：小球从3m 高处落下，被地板弹回又上升1米，小球整个运动轨迹的长度是4m ；而表示小球位置的改变的物理量位移的大小为2m ，其方向为竖直向下。 答：此题应选(D)。
例题3：图2-2是一个物体运动的速度图线。从图中可知AB 段的加速度为____m/s 2
，BC 段的加速度为_______m/s 2
，CD 段的加速度为______m/s 2
,在这段时间内物体通过的总路程为____m 。
解析：AB 段的加速度为： 220m/s 5.0m/s 4
3
1-=-=-=
t v v a
t
AB 段物体做匀减速直线运动，所以加速度是负的。而BC 段物体做匀速直线运动，故a =0 CD 段物体做匀加速直线运动，故加速度为 220m/s 1m/s 3
14=-=-=
t v v a
t
又因AB 段的平均速度为m/s 2m/s 2
1
32
01=+=
+=
t
v v v 同法求得CD 段的平均速度 m/s 5.2m/s 2
4
13
=+=
v 物体在AB 段、BC 段、CD 段运动的时间分别为t 1=4s ，t 2=2s ，t 3=3s ，故物体在这段时间内运动的总路程为S =v 1t 1+v 2t 2+v 3t 3=(2×4+1×2+2.5×3)m=17.5m 答：此题应填-0.5，0，1，17.5
研究质点的运动，首先要选定参照物。参照物就是为了研究物体运动，而被我们假定不动的那个物体。由于选定不同参照物，对于同一个物体的运动情况，包括位置、速度、加速度和运动轨迹的描述都可能不同，这就是运动的相对性。
例题4：关于人造地球通讯卫星的运动，下列说法正确的是： (A)以地面卫星接收站为参照物，卫星是静止的。 (B)以太阳为参照物，卫星是运动的。
(C)以地面卫星接收站为参照物，卫星的轨迹是圆周。 (D)以太阳为参照物，卫星的轨迹是圆周。
解析：地球同步卫星的轨道被定位在地球赤道平面里，定位在赤道的上空，它绕地心转动的周期与地球自转的周期相同，因此地面上的人看地球同步卫星是相对静止的。 答：此题应选(A)、(B) 7、匀变速直线运动
⑴定义：物体在一条直线上运动，如果在任何相等的时间内速度变化相等，这种运动叫做匀变速直线运动，即a 为定值。
⑵若以v 0为正方向，则a ＞0，表示物体作匀加速直线运动；a ＜0，表示物体作匀减速运动。 8、匀变速直线运动的速度及速度时间图象
可由at v v t
v v a
+=→-=
00
，即匀变速直线运动的速度公式，如知道t = 0时初速度v 0
和加速度大小和方向就可知道任意时刻的速度.
若v 0 = 0时，v = at （匀加） 若v 00≠，匀加速直线运动at v v
+=0
匀减速直线运动v = v 0－at ，这里a 是取绝对值代入公式即可求出匀变速直线运动的速度。 匀变速直线运动速度——时间图象，是用图象来描述物体的运动规律，由匀变速直线运动速度公式：
v = v 0 + at ，从数学角度可知v 是时间t 的一次函数，所以匀变速直线运动的速度——时间图象是一条直
线
从图象可知各图线的物理意义:
①过原点直线是v 0 = 0，匀加速直线运动，图象中直线 ②是v 00≠，匀加速直线运动。 ③是v 00≠匀减速直线运动。
速度图象中图线的斜率等于物体的加速度，以直线②分析，tan α=
=?v
t
a ，斜率为正值，表示加速度为正，由直线③可知△v = v 2－v 1 < 0，斜率为负值，表示a 为负，由此可知在同一坐标平面上，斜率的绝对值越大,加速度越大。
回忆在匀速直线运动的位移图象中其直线的斜率是速度绝对值，通过对比，加深对不同性质运动的理解做到温故知新。 当然还可以从图象中确定任意时刻的即时速度，也可以求出达到某速度所需的时间。 9、匀变速直线运动的位移
由匀速运动的位移x= vt ，可以用速度图线和横轴之间的面积求出来。 如图中AP 为一个匀变速运动物体的速度图线，为求得在t 时间内的位移，可将时间轴划分为许多很小的时间间隔，设想物体在每一时间间隔内都做匀速运动，虽然每一段时间间隔内的速度值是不同的，但每一段时间间隔t i 与其对应的平均速度v i 的乘积
x i = v i t i 近似等于这段时间间隔内匀变速直线运动的位移，因为当时间分
隔足够小时，间隔的阶梯线就趋近于物体的速度线AP ，阶梯线与横轴间的面积，也就更趋近于速度图线与横轴的面积，这样可得出结论：匀变速直线运动的位移可以用速度图线和横轴之间的面积来表示。
此结论不仅对匀变速运动，对一般变速运动也还是适用的。
由此可知：所求匀变直线运动物体在时间t 内的位移如下图中APQ 梯形的面积“S ” = 长方形ADQO 的面积 + 三角形APO 的面积，
所以位移2021
at t v x x
+==
当v 0
= 0时，位移 2
2
1at x =，
由此还可知梯形的中位线BC 就是时间一半（中间时刻）时的即时速度，也是
2
0v v +也是这段时间的
平均速度v ，因此匀变速直线运动的位移还可表示为：t v t v v t v x t 2
2=+=
= 例题5： 图示出A 、B 二运动物体的位移图象，下述说法正确的是： (A)A 、B 二物体开始时相距100m ，同时相向运动 (B)B 物体做匀速直线运动，速度大小为5m/s
(C)A 、B 二物体运动8s 时，在距A 的出发点60m 处相遇 (D)A 物体在运动中停了
6s
解析：A 、B 二物体相距100m ，同时开始相向运动。二图线交点指明二物体8s 时在距A 出发点60m 处相遇。B 物体向0点方向运动速度大小m/s 5m/s 8
60
100=-==
t x v
。A 物体先做匀速直线运动，从2s 未到6s 中间停了4s ，然后又做匀速直线运动。 答：此题应选(A)、(B)、(C)。
例题6：图为一物体的匀变速直线运动速度图线，根据图线作出以下几个判断，正确的是： (A)物体始终沿正方向运动
(B)物体先沿负方向运动，在t =2s 后开始沿正方向运动
(C)在t =2s 前物体位于出发点负方向上，在t =2s 后位于出发点正方向上 (D)在t =2s 时，物体距出发点最远
解析：由速度图线可知物体的初速度v 0=-20m/s ，负号表明它的方向是负方向。 在2s 前物体向负方向做匀减速直线运动，其加速度为
)
(m/s 102)
20(02
方向为正方向=--=
-=
t
v v a t
由速度公式和位移公式，再结合图象考虑可知物体在2s 末时速度为零，位移大小最大，2s 到4s 物体向正方各做匀加速运动，4s 末回到原出发点。故2s 后，它回到出发点。 答：此题应选(B)、(D)。
1、匀变速直线的规律
⑴基本公式：①速度公式：at v v
+=0
②位移公式：202
1at t v x
+=
③速度位移关系公式：ax v v 22
02
=-
④平均速度公式：2
0v
v v
+=
匀变速直线运动中牵涉到v 0、v t 、a 、s 、t 五个物理量，其中只有t 是标量，其余都是矢量。通常选定v 0的方向为正方向，其余矢量的方向依据其与v 0的方向相同或相反分别用正、负号表示。如果某个矢量是待求的，就假设其为正，最后根据结果的正、负确定实际方向。
⑵匀变速直线运动的一些重要推论
①做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度
2
02
v v v v t +=
=
②做匀变速直线运动的物体在某段位移中点的瞬时速度等于初速度v 0和末速度v t 平方和一半的平方根
2
2
202
v v v x +=
③连续相等时间内的位移差等于恒量：
△x=x 2-x 1=x 3-x 2=……=x n -x n-1=at 2
⑶初速度为零的匀加速直线运动的重要特征：
①连续相等时间末的瞬时速度比：v t ：v 2t ：v 3t ：…：v nt ＝1：2：3：…：n 。
规律
②ts ，2ts ，…nts 内的位移比：x t ：x 2t ：…x nt ＝1：4：9：…：n 2
。 ③连续相等时间内的位移比：x 1：x 2：…：x n ＝1：3：5：…：（2n-1）。
④通过连续相同位移所用时间之比：t 1：t 2：…：t n ＝1：)12(-：)23(-：…：（)1--n n 例题7：一辆汽车正以15m/s 的速度行驶，在前方20m 处突然亮起红灯，司机立即刹车，刹车过程中汽车加速度的大小是6m/s 2
。求刹车后3s 末汽车的速度和车距红绿灯有多远？
解析：刹车后汽车做匀减速直线运动。车停时速度v t =0，故刹车所用时间可用速度公式求出，由此来判断汽车是否已在3s 前停止了。
解：汽车刹车后停止时v t =0，代入速度公式，求刹车时间t 。 0=v 0－at s s a v t
o 5.26
15
===
故3秒末汽车速度为零，再用速度与位移的关系式算刹车距离
m 75.18m 6
20
1522220=?-=-=
a v v x t 车距红绿灯20m －18.75m=1.25m
例题8：汽车从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t 1后改做匀减速直线运动。匀减速运动经过时间t 2汽车停下来。汽车的总位移为S ，汽车在整个运动过程中的最大速度为______。
解析：汽车的 v-t 图如图所示，图中的v 即所求的最大速度。因为前后两段运动的平均速度都等于2
v
，故由下式来解题
21212
2t v t v t v t v S
+=+= 即：212t t S
v +=
此题还可以由图线来解，因v-t 图的三角形面积即表示总位移，故：S =
2
1
v (t 1+t 2) 即2
12t t S
v +=
例题9：一质点由A 点出发沿直线AB 运动，行程的第一部分是加速度为a 1的匀加速直线运动，接着以加速度a 2做匀减速运动，抵达B 点时刚好停止，苦AB 长度是S ，则质点运动所需时间为_______。 解析：设v 是质点做匀加速运动的末速度 v =a 1t 1
①
v 又是质点做匀减运动的初速度，故
0=v -a 2t 2
v=a 2t 2 ②
质点运动所需时间t 与t 1、t 2关系 t =t 1+t 2
③
由①②③式联立可得t a a a t ?+=
2
12
1
④
由平均速度的公式 t v t v S 2==
⑤
将①式代入⑤式 t t
a S ?=2
11
再把④式代入上式22
12
12t a a a a S
+?=
质点运动所需时间 2
121)(2a a S
a a t +=
答：此题应填2
121)(2a a S
a a t +=
2、自由落体运动
⑴定义：不计空气阻力，物体由空中从静止开始下落的运动。
⑵自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动。地球表面附近的重力加速度g 的大小一般取9.8m/s 2
；粗略计算时可取g=10m/s 2
，g 的方向为竖直向下。
⑶自由落体的运动规律 gt
v
= （1）
2
2
1gt x =
（2） gx v 22= （3）
vt x 2
1
= （4）
⑷由于自由落体的初速度为零，故可充分利用比例关系。
例题10：从楼顶上自由落下一个石块，它通过1.8m 高的窗口用时间0.2s ，问楼顶到窗台的高度是多少米？（g 取10m/s 2
）
解法一：设楼顶到窗台（窗口下沿）的高度为h ，石块从楼顶自由下落到窗台用时间t ，则有下列二式成立
h =
2
1g t 2
(1)
h-1.8=2
1g(t -0.2)2
(2)
由(1)与(2)联立解得t =1s 代入(1)式可得h =5m
解法二：设石块通过窗口上沿的瞬时速度为v 0，通过窗口下沿的瞬时速度为v 2。石块从窗口上沿到下
沿做初速度不为零的匀加速直线运动，且加速度为g ，设窗口高为h 1，则 h 1=v o t 1+
2
1g 2
1t (1)
式中t 1为石块通过窗口的时间。由(1)式可解得
m/s 8m/s 2
.0)2.0(10218.1g 21212110=??-=-
=
t t h v
再用速度与位移关系求v t
m/s
10m/s 8
.11028g 2)
2(g 22
12
1
2
02=??+=+=+=h v v h v v
这个v 也是石块从楼顶自由落下到窗台时的瞬时速度。设楼顶到窗台的高度为h
m 5m 10
210222=?=
=g v h
例题11：物体从某一高度自由落下，到达地面时的速度与在一半高度时的速度之比是： (A)
2:1
(B)
2:2
(C)2:1 (D)4:1
解法一：设物体距地面高为h ，自由落下到达地面时间为t ，速度为v t h =
2
1g t 2
(1)
v =g t
(2)
由(1)与(2)式可解得gh v 2=
(3)
若物体仍由原处开始自由下落至h '=2
h 处速度为'
t v ，则 h h v t
g 'g 2'
== （4）
由(3)与(4)联立可得1:2:'=t t
v v
解法二：由开始时刻计时，物体通过连续相等的、相邻的位移的时间之比为 t 1:t 2:……:t n =(1－0):(2-1):……:(1--n n ) 可知：t 1:t 2=(
1－0):(2-1)
2121
2
11
2
=+-=t t t t t
而由速度公式：v =g(t 1+t 2) '
t v =g t 1 ∴
1
2'
=t t v v 答：此题应选(A)。
3、竖直下抛运动
⑴定义：物体只在重力作用下，初速度竖直向下的抛体运动叫竖直下抛运动。 ⑵竖直下抛运动是沿竖直方向的匀加速直线运动。且加速度为g （= 9.8m/s 2
）。
⑶竖直下抛运动的规律： gt v v
+=0 （1）
2
02
1gt t v x +
= （2） gx v v
2202
+= （3）
t v v x )(2
1
0+=
（4） 4、竖直上抛运动
⑴定义：物体以初速度v 0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动。 ⑵三种常见的处理方法：
①分段法：将整个竖直上抛运动可分为两上衔接的运动来处理，即上升运动和下落运动上升运动：从抛出点以初速度为v 0，加速度为g 的匀减速直线运动。（t ≤v 0/g ） 下落运动：从最高点开始为自由落体运动。
（当t ＞v 0/g 时作自由落体的运动时间为t ’
=t-v 0/g ）。
②整体法：将上升阶段和下落阶段统一看成是初速度向上，加速度向下的匀减速直线运动，其规律按匀减速直线运动的公式变为：
gt v v -=0
2
02
1gt t v h -
= gx v v 22
02-=-
特别要注意的是：上述三式中均是取v 0的方向（即竖直向上）为正方向。即速度v t 向上为正，
向下为负（过了最高点以后）；位移h 在抛出点上方为正，在抛出点下方为负。 ③从运动的合成观点看：竖直向上以v 0为速度的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合运动。 ⑶竖直上抛运动的几个特点：
① 体上升到最大高度时的特点是v t = 0。由公式可知，物体上升的最大高度H 满足：
g
v H 22
=
②上升到最大高度所需要的时间满足： g
v t 0
=
③物体返回抛出点时的特点是h = 0。该物体返回抛出点所用的时间可由公式求得：
g
v T 0
2=
④将这个结论代入公式，可得物体返回抛出点时的速度：
0v v -=
这说明物体由抛出到返回抛出点所用的时间是上升段（或下降段）所用时间的二倍。也说明上升段
与下降段所用的时间相等。返回抛出点时的速度与初速度大小相等方向相反。
⑤从前面两个对比可以看出竖直上抛的物体在通过同一位置时不管是上升还是下降物体的速率是相
等的。
⑥竖直上抛运动由减速上升段和加速下降段组成，但由于竖直上抛运动的全过程中加速度的大小和方 向均保持不变，所以竖直上抛运动的全过程可以看作是匀减速直线运动。
例题12：物体A 从80m 高处自由下落，与此同时在它正下方的地面上以40m/s 的初速度竖直向上抛出物体B 。试分析二者经历多长时间在何处相遇？（空气阻力不计，g 取10m/s 2
）
解：物体A 距地面高为H =80m 。设二者经时间t 在距地面高为h 处相遇。A 物体做自由落体运动 H -h =
2
1g t 2
(1)
B 物体做竖直上抛运动h =v 0t －
2
1g t 2
(2) 将(2)式代入(1)式可得 H =v 0t －21g t 2+2
1g t 2
=v 0t
∴t =
o v H =2s h =v 0t －2
1g t 2
=60m 例13以下说法正确的是（ ） A ．物体速度越大，加速度一定越大 B ．物体速度变化越快，加速度一定越大 C ．物体加速度不断减小，速度一定越来越小 D ．物体速度变化越大，加速度一定越大 E ．物体在某时刻速度为零，其加速度也一定为零
解析：根据加速度的物理意义可知，加速度是表示运动物体速度变化快慢的物理量，物体速度变化越快，加速度越大；物体速度变化越慢，则物体加速度就越小．由此可知选项B 是正确的．
根据加速度定义v
a
t
?=
?，加速度大小是由速度的变化量△v 及发生这个变化所用时间△t 两个因素共同决定的，所以选项A 、D 是不正确的．
物体加速度大小的变化说明物体速度变化的快慢发生变化，它并不说明物体速度大小的变化．当物体加速度减小了，如果加速度方向和速度方向相同，物体在做加速运动，速度仍在增加，加速度减小，只是物体速度增加慢了些．由此可知选项C 是错的．
物体某时刻速度为零，并不表示物体速度不发生变化，所以物体的加速度不一定为零，因此选项E 是错的．
例题14关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是( ) A ．速度变化得越多，加速度就越大 B ．速度变化得越快，加速度就越大
C ．加速度大小保持不变，速度方向也保持不变
D ．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小
解析：加速度的定义是：物体速度变化量与时间的比值，加速度的方向与速度变化量的方向是一致的。只要加速度不为零，物体的速度一定发生变化。速度变化得多不表示加速度大，所以A 错、B 对；若加速度大小保持不变，则物体可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，如自由落体、竖直上抛、匀速圆周运动，所以C 错；加速度大小变化与速度大小变化间没有必然联系，加速度大小变化并不意味着速度大小一定变化，也许只是速度方向发生变化，所以D 错。
答案：B
点评：对于加速度，我们应该从这样几个方面来理解： (1)加速度是描述速度变化快慢的物理量，不是描述速度大小的物理量，所以与速度的大小没有必然联系。 (2)加速度实质是由物体的受力和物体的质量共同决定的，从运动学的角度来看，加速度由
速度的变化与变化所用时间的比值来度量，说明加速度不是仅仅由速度的变化决定的。 (3)加速度的方向与速度的方向没有必然联系，但与速度变化的方向一致，其实质是与物体所受到的合外力方向一致。 例15一汽车在平直的公路上以s m V /200
=做匀速直线运动，刹车后，汽车以大小为2/4s m a =的加
速度做匀减速直线运动，那么刹车后经8s 汽车通过的位移有多大？
解析：50m
例16一个质量为m 的物块由静止开始沿斜面下滑，拍摄此下滑过程得到的同步闪光（即第一次闪光时物块恰好开始下滑）照片如图所示．已知闪光频率为每秒10次，根据照片测得物块相邻两位置之间的距离分别为AB ＝2.40cm ，BC ＝7.30cm ，CD ＝12.20cm ，DE ＝17.10cm ．由此可知，物块经过D 点时的速度大小为________m/s ；滑块运动的加速度为________．（保留3位有效数字）
解析：据题意每秒闪光10次，所以每两次间的时间间隔T=0.1s ，根据中间时刻的速度公式得
s m T CE V D /102
.01
.172.1222_
-?+==
。 s m /46.1=
根据2
aT
x
=?得2)2(T a AC CE =-
-
-
所以=-=
-
-
2
4T
AC
CE a 4.90m/s 2
例17如图所示，有若干相同的小钢球，从斜面上的某一位置每隔0.1s 释放一颗，在连续释放若干颗钢
球后对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图，测得AB=15cm，BC=20cm，试求：
（1）拍照时B球的速度；
（2）拍摄时s CD=?
（3）A球上面还有几颗正在滚动的钢球
★解析：（1）A、B、C、D四个小球的运动时间相差△T=0.1s
s
m
s
m
T
s
s
AB
BC/
75
.1
/
2
35
.0
2
=
=
?
+
=
υ
（2）s CD=25cm
（3）由2
aT
s=
?得：2
2
/
5s
m
T
s
a=
?
=
s
a
t
B
35
.0
=
=
υ
则可得A的上面还有2个小球
例18某质点P从静止开始以加速度a1做匀加速直线运动，经t（s）立即以反向的加速度a2做匀减速直线运动，又经t（s）后恰好回到出发点，试证明a2＝3a l．
解析：证明：第一个t（s）时速度为t
a
1
=
υ
位移2
1
1
2
s a t
=
第二个t（s）的位移为2
2
1
at
t
s-
=
-υ
可得a2＝3a1
位移、速度、加速度均是矢量．当物体做直线运动时，选定正方向后，运用“＋”、“－”号来表不s、v0、v t和a的方向．
最新高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
最新高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案) 一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用 1．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝250 17 N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝ 17 5 m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求： (1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小； (3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度． 【答案】(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m 【解析】 【分析】 对AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求D 点距地面的高度． 【详解】 (1)小球从A 到B 过程，由动能定理得：212 B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s (2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2 c v m R 又据题有：F N ＝2.6mg 解得：v C ＝6 m/s. (3)由B 到C 的过程，由动能定理得：－mg ·2R －W f ＝22 1122 c B mv mv - 解得克服摩擦力做的功：W f ＝12 J (4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ， 则在竖直方向上有：2R －h ＝ 12 gt 2
三角恒等变换问题(典型题型)
三角恒等变换问题 三角恒等变换是三角函数部分常考的知识点，是求三角函数极值与最值的一个过渡步骤，有时求函数周期求函数对称轴等需要将一个三角函数式化成一个角的一个三角函数形式，其中化简的过程就用到三角恒等变换，有关三角恒等变换常考的题型及解析总结如下，供大家参考。 例1 （式的变换---两式相加减，平方相加减） 已知11cos sin ,sin cos 2 3 αβαβ+=-=求sin()αβ-的值. 解：两式平方得，221 cos 2cos sin sin 4ααββ++= 两式相加得，1322(cos sin sin cos )36 αβαβ+-= 化简得，59sin()72 βα-=- 即59sin()72 αβ-= 方法评析：式的变换包括： 1、tan(α±β)公式的变用 2、齐次式 3、 “1”的运用（1±sin α, 1±cos α凑完全平方） 4、两式相加减，平方相加减 5、一串特殊的连锁反应（角成等差，连乘）
例2 （角的变换---已知角与未知角的转化） 已知7sin()24 25π αα-= =，求sin α及tan()3 π α+． 解：由题设条件，应用两角差的正弦公式得 )cos (sin 22)4sin(1027ααπα-=-=，即5 7 cos sin =-αα ① 由题设条件，应用二倍角余弦公式得 故5 1sin cos -=+αα ② 由①和②式得5 3sin =α，5 4cos -=α， 于是3 tan 4 α=- 故3 tan()34πα-+=== 方法评析： 1.本题以三角函数的求值问题考查三角变换能力和运算能力，可从已知角和所求角的内在联系（均含α）进行转换得到． 2.在求三角函数值时，必须灵活应用公式，注意隐含条件的使用，以防出现多解或漏解的情形． 例3（合一变换---辅助角公式）
理论力学习题
班级姓名学号 第一章静力学公理与受力分析(1) 一．是非题 1、加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。（） 2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点，该刚体必处于平衡状态。（） 3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型，在自然界中并不存在。（） 4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。（） 5、力是滑移矢量，力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。（）二．选择题 1、在下述公理、法则、原理中，只适于刚体的有（） ①二力平衡公理②力的平行四边形法则 ③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理 三．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。整体受力图可在原图上画。 )a(球A )b(杆AB d(杆AB、CD、整体 )c(杆AB、CD、整体)
f(杆AC、CD、整体 )e(杆AC、CB、整体) 四．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 )a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体
班级 姓名 学号 第一章 静力学公理与受力分析（2） 一．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑 接触。整体受力图可在原图上画。 W A D B C E Original Figure A D B C E W W F Ax F Ay F B FBD of the entire frame )a (杆AB 、BC 、整体 )b (杆AB 、BC 、轮E 、整体 )c (杆AB 、CD 、整体 )d (杆BC 带铰、杆AC 、整体
大学物理上册期末考试重点例题
大学物理上册期末考试 重点例题 Document number：PBGCG-0857-BTDO-0089-PTT1998
第一章 质点运动学习题 1-4一质点在xOy 平面上运动，运动方程为 x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4.（SI ） (式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．) (1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式； (2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，并计算这1秒内质点的位移； (3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度； (4)求出质点速度矢量表示式，并计算t ＝4 s 时质点的速度； (5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度； (6)求出质点加速度矢量的表示式，并计算t ＝4s 时质点的加速度。 (请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)． 解：（1）质点位置矢量 21 (35)(34)2r xi yj t i t t j =+=+++-m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有 211 [(315)(1314)](80.5)2t s r i j m i j m ==?++?+?-=- 221 [(325)(2324)](114)2 t s r i j m i j ==?++?+?-=+m 21(114)(80.5)(3 4.5)t s t s r r r i j m i j m i j m ==?=-=+--=+ (3) ∵ 20241 [(305)(0304)](54)2 1 [(345)(4344)](1716)2 t s t s r i j m i j m r i j m i j m ===?++?+?-=-=?++?+?-=+ ∴ 1140(1716)(54)(35)m s 404 t s t s r r r i j i j v m s i j t --==-?+--= ==?=+??-
动能定理典型例题附答案
1、如图所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m.小球到达槽最低点时的速率为10m／s，并继续滑槽壁运动直至槽左端边缘飞出，竖直上升，落下后恰好又沿槽壁运动直至从槽右端边缘飞出，竖直上升、落下，如此反复几次.设摩擦力大小恒定不变:(1)求小球第一次离槽上升的高度h.(2)小球最多能飞出槽外几次 (g取10m／s2) 2、如图所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜 面的动摩擦因数为μ，从距挡板为s0的位置以v0的速度 沿斜面向上滑行.设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦 力，且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，斜面足 够长.求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s. 3、有一个竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成。如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA 是粗糙的．现在最低点A给一个质量为m的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好运动到最高点B，小球在B 点又能沿BFA轨道回到点A，到达A点时对轨道的压力为4mg 1、求小球在A点的速度v0 2、求小球由BFA回到A点克服阻力做的功 * 4、如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O 点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP = L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v ，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B．则：（1）小球到达B点时的速率（2）若不计空气阻力，则初速度v0为多少 （3）若初速度v0=3gL，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功v0 E F… R
5、如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B 平滑连接着半径r =0.40m 的竖直光滑圆轨道。质量m =0.50kg 的小物块，从距地面h =2.7m 处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=，求：（sin37°=，cos37°=，g =10m/s 2 ） （1）物块滑到斜面底端B 时的速度大小。 （2）物块运动到圆轨道的最高点A 时，对圆轨道的压力大小。 { 6、质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（ ） ， 7\如图所示，AB 与CD 为两个对称斜面，其上部都足够长，下部 分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为1200 ，半径R=2.0m,一个物体在离弧底E 高度为h=3.0m 处，以初速度V 0=4m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ=,则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共能走多少路程 （g=10m/s 2 ）. / 8、如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ， 则：1、物块滑到b 点时的速度为 2、物块滑到b 点时对b 点的压力是 3、c 点与b 点的距离为 θ A B O h A B C D O > E h
简单三角恒等变换典型例题
简单三角恒等变换复习 一、公式体系 1、和差公式及其变形： （1）βαβαβαsin cos cos sin )sin(±=± ? )s i n (s i n c o s c o s s i n βαβαβα±=± （2）βαβαβαsin sin cos cos )cos( =± ? )c o s (s i n s i n c o s c o s βαβαβα±= （3）β αβ αβαtan tan 1tan tan )tan( ±= ± ? 去分母得 )t a n t a n 1)(tan(tan tan βαβαβα-+=+ )tan tan 1)(tan(tan tan βαβαβα+-=- 2、倍角公式的推导及其变形： （1）αααααααααcos sin 2sin cos cos sin )sin(2sin =+=+= ?ααα2sin 2 1 cos sin = ?2)cos (sin 2sin 1ααα±=± （2）ααααααααα22 sin cos sin sin cos cos )cos(2cos -=-=+= )sin )(cos sin (cos sin cos 2cos 22ααααααα-+=-=? 1 cos 2)cos 1(cos sin cos 2cos 22222-=--=-=?αααα αα?把1移项得αα2cos 22cos 1=+ 或 αα 2cos 2 2cos 1=+ 【因为α是 2α 的两倍，所以公式也可以写成 12cos 2cos 2-=αα 或 2cos 2cos 12αα=+ 或 2 c o s 2c o s 12αα=+ 因为α4是α2的两倍，所以公式也可以写成 12cos 24cos 2-=αα 或 αα2c o s 24c o s 12=+ 或 αα2c o s 24c o s 12 =+】 α α αααα22222sin 21sin )sin 1(sin cos 2cos -=--=-=? ?把1移项得αα2 sin 22cos 1=- 或 αα 2sin 2 2cos 1=- 【因为α是2 α 的两倍，所以公式也可以写成 2sin 21cos 2αα-= 或 2s i n 2c o s 12αα=- 或 2 s i n 2c o s 12αα=- 因为α4是α2的两倍，所以公式也可以写成 αα2sin 214cos 2-= 或 αα2s i n 24c o s 12 =- 或 αα2s i n 2 4c o s 12=-】
大学物理期末考试经典题型(带详细答案的)
例1：1 mol 氦气经如图所示的循环，其中p 2= 2 p 1，V 4= 2 V 1，求在1~2、2~3、3~4、4~1等过程中气体与环境的热量交换以及循环效率（可将氦气视为理想气体）。O p V V 1 V 4 p 1p 2解：p 2= 2 p 1 V 2= V 11234T 2= 2 T 1p 3= 2 p 1V 3= 2 V 1T 3= 4 T 1p 4= p 1V 4= 2 V 1 T 4= 2 T 1 （1）O p V V 1 V 4 p 1p 21234)(1212T T C M m Q V -=1→2 为等体过程， 2→3 为等压过程， )(2323T T C M m Q p -=1 1123)2(23RT T T R =-=1 115)24(2 5RT T T R =-=3→4 为等体过程， )(3434T T C M m Q V -=1 113)42(2 3 RT T T R -=-=4→1 为等压过程， )(4141T T C M m Q p -=1 112 5)2(25RT T T R -=-= O p V V 1 V 4 p 1p 21234（2）经历一个循环，系统吸收的总热量 23121Q Q Q +=1 112 13 523RT RT RT =+=系统放出的总热量1 41342211 RT Q Q Q =+=% 1.1513 2 112≈=-=Q Q η三、卡诺循环 A → B ：等温膨胀B → C ：绝热膨胀C → D ：等温压缩D →A ：绝热压缩 ab 为等温膨胀过程：0ln 1>=a b ab V V RT M m Q bc 为绝热膨胀过程：0=bc Q cd 为等温压缩过程：0ln 1<= c d cd V V RT M m Q da 为绝热压缩过程：0 =da Q p V O a b c d V a V d V b V c T 1T 2 a b ab V V RT M m Q Q ln 11= =d c c d V V RT M m Q Q ln 12= =, 卡诺热机的循环效率： p V O a b c d V a V d V b V c ) )(1 212a b d c V V V V T T Q Q (ln ln 11-=- =ηT 1T 2 bc 、ab 过程均为绝热过程，由绝热方程： 11--=γγc c b b V T V T 1 1--=γγd d a a V T V T (T b = T 1, T c = T 2)(T a = T 1, T d = T 2) d c a b V V V V =1 212T T Q Q -=- =11η p V O a b c d V a V d V b V c T 1T 2 卡诺制冷机的制冷系数： 1 2 1212))(T T V V V V T T Q Q a b d c ==(ln ln 2 122122T T T Q Q Q A Q -= -== 卡ω
动能定理典型基础例题
动能定理典型基础例题 应用动能定理解题的基本思路如下： ①确定研究对象及要研究的过程 ②分析物体的受力情况，明确各个力是做正功还是做负功，进而明确合外力的功 ③明确物体在始末状态的动能 ④根据动能定理列方程求解。 例1．质量M=×103 kg 的客机，从静止开始沿平直的跑道滑行，当滑行距离S=×lO 2 m 时，达到起飞速度ν=60m／s 。求： (1)起飞时飞机的动能多大 (2)若不计滑行过程中所受的阻力，则飞机受到的牵引力为多大 (3)若滑行过程中受到的平均阻力大小为F=×103 N ，牵引力与第(2)问中求得的值相等，则要达到上述起飞速度，飞机的滑行距离应多大 ~ 例2．一人坐在雪橇上，从静止开始沿着高度为 15m 的斜坡滑下，到达底部时速度为10m/s 。人和雪橇的总质量为60kg ，下滑过程中克服阻力做的功。 例3．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于：( ) 例4．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为：（ ） A ． 4mgR B ．3mgR C ．2 mgR D ．mgR 例5．如图所示，质量为m 的木块从高为h 、倾角为α的斜面顶端由静止滑下。到达斜面底端时与固定不动的、与斜面垂直的挡板相撞，撞后木块以与撞前相同大小的速度反向弹回，木块运动到 高 2 h 处速度变为零。求： （1）木块与斜面间的动摩擦因数 （2）木块第二次与挡板相撞时的速度 （3）木块从开始运动到最后静止，在斜面上运动的总路程 ， 例6．质量m=的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=停在B 点，已知A 、B 两点间的距离s=，物块与水平面间的动摩擦因数μ=，求恒力F 多大。（g=10m/s 2 ） 1、在光滑水平地面上有一质量为20kg 的小车处于静止状态。用30牛水平方向的力推小车，经过多大距离小车才能达到3m/s 的速度。 2、汽车以15m/s 的速度在水平公路上行驶，刹车后经过20m 速度减小到5m/s ，已知汽车质量是，求刹车动力。（设汽车受到的其他阻力不计） 3、一个质量是的小球在离地5m 高处从静止开始下落，如果小球下落过程中所受的空气阻力是，求它落地时的速度。 4、一辆汽车沿着平直的道路行驶，遇有紧急情况而刹车，刹车后轮子只滑动不滚动，从刹车开始 到汽车停下来，汽车前进12m 。已知轮胎与路面之间的滑动摩擦系数为，求刹车前汽车的行驶速度。 5、一辆5吨的载重汽车开上一段坡路，坡路上S=100m ，坡顶和坡底的高度差h=10m ，汽车山坡前的速度是10m/s ，上到坡顶时速度减为s 。汽车受到的摩擦阻力时车重的倍。求汽车的牵引力。 6、质量为2kg 的物体，静止在倾角为30o 的斜面的底端，物体与斜面间的摩擦系数为，斜面长1m ，用30N 平行于斜面的力把物体推上斜面的顶端，求物体到达斜面顶端时的动能。 7、质量为的铅球从离沙坑面高处自由落下，落入沙坑后在沙中运动了后停止，求沙坑对铅球的平均阻力。 ^ h m
大学物理典型例题分析
大学物理典型例题分析 第１3章光的干涉 例13－1如图将一厚度为l ，折射率为n 的薄玻璃片放在一狭缝和屏幕之间，设入射光波长为λ,测量中点Ｃ处的光强与片厚l 的函数关系。如果l =0时，该点的强度为 0I ,试问: (1)点Ｃ的光强与片厚ｌ的函数关系是什么； (２)l 取什么值时,点C 的光强最小。 解 (1)在C 点来自两狭缝光线的光程差为nl l δ=- 相应的相位差为 22(1)n l π π ?δλ λ ?= = - 点C 的光强为： 2 14cos 2I I ??= 其中：Ｉ１ 为通过单个狭缝在点C 的光强。 014I I = (2)当 1(1)()2 n l k δλ =-=-时 点C 的光强最小。所以 1() 1,2,3, 21l k k n λ=-=- 例13-２如图所示是一种利用干涉方法测量气体折射率的干涉示意图。其中T 1 ,T 2 为一对完全相同的玻璃管，长为l ,实验开始时，两管中为空气，在 P ０ 处出现零级明纹。然后在T ２ 管中注入待测气体而将空气排除,在这过程中,干涉条纹就会移动，通过测定干涉条纹的移 动数可以推知气体的折射率。 设l =２0cm ，光波波长589.3nm λ=,空气的折射率1.0０02７6，充一某种气体后，条纹 移动2００条,求这种气体的折射率。 解当两管同为空气时，零级明纹出现在P 0处,则从S 1和S 2射出的光在此处相遇时，光程差为零。T 2管充以某种气体后,从Ｓ2射出的光到达屏处的光程就要增加,零级明纹将要向下移动,出现在o P ' 处。如干涉条纹移动Ｎ条明纹，这样P ０ 处将成为第N 级明纹,因此，充气后两 光线在P ０ 处的光程差为 S 1 L 1 L 2 T 2 T 1 S 2 S E P 0 P 0 ' 例13-2图 例13-1图
动能定理典型例题
动能定理典型例题
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动能定理典型例题 【例题】 1、一架喷气式飞机，质量m=５.0×103ｋg，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s=５.3×102m，达到起飞速度v＝60ｍ/s，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0．02倍(k＝０.０2）。求飞机受到的牵引力。 2、在动摩擦因数为μ的粗糙水平面上,有一个物体的质量为ｍ,初速度为V1,在与 运动方向相同的恒力Ｆ的作用下发生一段位移Ｓ，如图所示,试求物体的末速度Ｖ2。 拓展：若施加的力F变成斜向右下方且与水平方向成θ角,求物体的末速度V2 V滑上动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，最后3、一个质量为m的物体以初速度 静止在水平面上,求物体在水平面上滑动的位移。
4、一质量为ｍ的物体从距地面高h的光滑斜面上滑下，试求物体滑到斜面底端 的速度。 拓展1:若斜面变为光滑曲面，其它条件不变,则物体滑到斜面底端的速度是多少？ 拓展2：若曲面是粗糙的，物体到达底端时的速度恰好为零，求这一过程中摩擦力做的功。 类型题 题型一:应用动能定理求解变力做功 1、一质量为m的小球,用长为Ｌ的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置缓慢地移Q点如图所示，则此过程中力F所做的功为（) A．mｇＬcoｓ0 B.FLsinθ C.FLθ?D．(1cos). - mgLθ
２、如图所示，质量为m的物体静放在光滑的平台上,系在物体上的绳子跨过光 V向右匀速运动的人拉着，设人从地面上由平台的滑的定滑轮由地面上以速度 边缘向右行至绳与水平方向成30角处，在此过程中人所做的功为多少? ３、一个质量为m的小球拴在钢绳的一端,另一端用大小为Ｆ1的拉力作用,在水平面上做半径为R1的匀速圆周运动（如图所示)，今将力的大小改为Ｆ２，使小球仍在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2,小球运动的半径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功多大？ 4、如图所示，AＢ为１/４圆弧轨道，半径为R=0．８m,ＢＣ是水平轨道，长S ＝３ｍ，BＣ处的摩擦系数为μ=1/1５，今有质量m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止。求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功。
三角恒等变换考点典型例题
江苏省成化高级中学09届一轮复习三角专题（二） 三角恒等变换 一、考点、要点、疑点： 考点：1、掌握两角和与差的正弦、余弦、正切； 2、理解二倍角的正弦、余弦、正切； 3、了解几个三角恒等式； 要点： 1、 两角和与差的正弦、余弦、正切公式及其变形 2、 二倍角的正弦、余弦、正切公式及其变形 3、 )sin(cos sin 22?ωωω++= ?+=x B A y x B x A y 4、 几个三角恒等式的推导、证明思路与方法 疑点： 1、在三角的恒等变形中，注意公式的灵活运用，要特别注意角的各种变换． （如,)(αβαβ-+=,)(αβαβ+-= ?? ? ??--??? ??-=+βαβαβα222 等） 2、三角化简的通性通法：从函数名、角、运算三方面进行差异分析，常用的技巧有： 切割化弦、用三角公式转化出现特殊角、 异角化同角、异名化同名、高次化低次 3、辅助角公式：()θ++=+x b a x b x a sin cos sin 22(其中θ角所在的象限由a, b 的符 号确定，θ角的值由a b =θtan 确定)在求最值、化简时起着重要作用。 二、激活思维： 1、下列等式中恒成立的有 ① βαβαβαsin cos cos sin )sin(?-?=- ② βαβαβαsin sin cos cos )cos(?-?=- ③ )]sin()[sin(21 cos sin βαβαβα-++=? ④ )]cos()[cos(2 1 sin sin βαβαβα--+=? 2、化简： ① 0 53sin 122sin 37sin 58cos +＝ ② )sin()sin()cos()cos(βαβαβαβα+-++?-＝ 3、已知),2 ( ,5 3cos ππ θθ∈-=，则)3 cos( θπ -＝ ，)23 cos( θπ -＝ 4、若αtan 、βtan 是方程0652 =-+x x 的两根，则)tan( βα+＝
理论力学题库第二章
理论力学题库——第二章 一、 填空题 1. 对于一个有n 个质点构成的质点系，质量分别为123,,,...,...i n m m m m m ，位置矢量分别 为123,,,...,...i n r r r r r ，则质心C 的位矢为 。 2. 质点系动量守恒的条件是 。 3. 质点系机械能守恒的条件是 。 4. 质点系动量矩守恒的条件是 。 5. 质点组 对 的微商等于作用在质点组上外力的矢量和，此即质点组的 定理。 6. 质心运动定理的表达式是 。 7. 平面汇交力系平衡的充分必要条件是合力为零。 8. 各质点对质心角动量对时间的微商等于 外力对质心的力矩 之和。 9. 质点组的角动量等于 质心角动量 与各质点对质心角动量之和。 10. 质点组动能的微分的数学表达式为： ∑∑∑===?+?==n i i i i n i i e i n i i i r d F r d F v m d dT 1 )(1)(12 )21( ， 表述为质点组动能的微分等于 力和 外 力所作的 元功 之和。 11. 质点组动能等于 质心 动能与各质点对 质心 动能之和。 12. 柯尼希定理的数学表达式为： ∑='+=n i i i C r m r m T 1 2221 ，表述为质点组动能等于 质心 动能与各质点对 质心 动能之和。 13. 2-6.质点组质心动能的微分等于 、外 力在 质心系 系中的元功之和。 14. 包含运动电荷的系统，作用力与反作用力 不一定 在同一条直线上。 15. 太阳、行星绕质心作圆锥曲线的运动可看成质量为 折合质量 的行星受太阳(不动) 的引力的运动。 16. 两粒子完全弹性碰撞，当 质量相等 时，一个粒子就有可能把所有能量转移给另一个 粒子。 17. 设木块的质量为m 2 , 被悬挂在细绳的下端，构成一种测定子弹速率的冲击摆装置。如 果有一质量为m 1的子弹以速率v 1 沿水平方向射入木块，子弹与木块将一起摆至高度为 h 处，则此子弹射入木块前的速率为： 2 /11 2 11)2(gh m m m += v 。 18. 位力定理（亦称维里定理）可表述为：系统平均动能等于均位力积的负值 。（或
大学物理典型例题分析
大学物理典型例题分析 第13章光的干涉 例13-1如图将一厚度为I,折射率为n的薄玻璃片放在一狭缝和屏幕之间, I (k 1k 1,2,3，川 2 n 1 种利用干涉方法测量气体折射率的干涉示意图。其中 对完全相同的玻璃管，长为I，实验开始时，两管中为空气，在P0处出现零级明纹。然后 在T2管中注入待测气体而将空气排除，在这过程中，干涉条纹就会移动，通过测定干涉条纹的移动数可以推知气体的折射率。 设l=20cm，光波波长589.3nm，空气的折射率1.000276,充一某种气体后，条纹移动 200条，求这种气体的折射率。 解当两管同为空气时，零级明纹出现在P。处，则从S和S2射出的光在此处相遇时, 光程差为零。T2管充以某种气体后，从s射出的光到达屏处的光程就要增加，零级明纹将要向下移动，出现在 FO 处。如干涉条纹移动N条明纹，这样P。处将成为第N级明纹，因此, 充气后两光线在P0处的光程差为 n2l n1l ，测量中点C处的光强与片厚I的函数关系。如果1=0时，该点的强度为 (1) 点C的光强与片厚I的函数关系是什么； (2) I取什么值时，点C的光强最小。 解(1)在C点来自两狭缝光线的光程差为 相应的相位差为 长为 nl Io ，试问: I M1 C 点C的光强为: 2 I 2 其中：h为通过单个狭缝在点 I 411 cos 例13-1图 ⑵当 —(n 1)I C的光 强。 I i (n 1)l 1 (k 2)时 设入射光波 点C的光强最小。所以 例13-2如图所示是
所以 n 2l nj N 即 代入数据得 n 2 N l n 1 n 2 200 589.3 103 1.0002 7 6 1.000865 0.2 例13-3.在双缝干涉实验中，波长 =5500?的单色平行光垂直入射到缝间距 a=2 10 -4 m 的双缝上，屏到双缝的距离 D = 2m .求： (1 )中央明纹两侧的两条第 10级明纹中心的间距； (2)用一厚度为e=6.6 10-6 m 、折射率为n=1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到 原来的 第几级明纹处 ？ D 解：(1)因为相邻明(暗)条纹的间距为 T ，共20个间距 x 20— 0.11m 所以 a (2)覆盖玻璃后，零级明纹应满足： r 2 (r 1 e) ne 0 设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有 r 2 r 1 k 所以 (n 1)e k (n 1)e k 6.96 7 零级明纹移到原第 7级明纹处. 例13-4薄钢片上有两条紧靠的平行细缝，用波长 =5461?的平面光波正入射到钢片 上。屏幕距双缝的距离为 D =2.00m ，测得中央明条纹两侧的第五级明条纹间的距离为 x =12.0mm., (1) 求两缝间的距离。 (2) 从任一明条纹(记作0)向一边数到第20条明条纹，共经过多大距离？ (3) 如果使光波斜入射到钢片上，条纹间距将如何改变？ 2kD x --------- 解(1) d 2kd d x 此处 k 5 10D d 0.910mm x (2)共经过20个条纹间距，即经过的距离
【物理】物理动能定理的综合应用题20套(带答案)
【物理】物理动能定理的综合应用题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用 1．北京老山自行车赛场采用的是250m 椭圆赛道，赛道宽度为7.6m 。赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，圆弧段倾角为45°（可以认为赛道直线段是水平的，圆弧段中线与直线段处于同一高度）。比赛用车采用最新材料制成，质量为9kg 。已知直线段赛道每条长80m ，圆弧段内侧半径为14.4m ，运动员质量为61kg 。求： （1）运动员在圆弧段内侧以12m/s 的速度骑行时，运动员和自行车整体的向心力为多大； （2）运动员在圆弧段内侧骑行时，若自行车所受的侧向摩擦力恰为零，则自行车对赛道的压力多大； （3）若运动员从直线段的中点出发，以恒定的动力92N 向前骑行，并恰好以12m/s 的速度进入圆弧段内侧赛道，求此过程中运动员和自行车克服阻力做的功。（只在赛道直线段给自行车施加动力）。 【答案】（1）700N;（2）2；（3）521J 【解析】 【分析】 【详解】 （1）运动员和自行车整体的向心力 F n =2(m)M v R + 解得 F n =700N （2）自行车所受支持力为 ()cos45N M m g F += ? 解得 F N 2N 根据牛顿第三定律可知 F 压=F N 2N （3）从出发点到进入内侧赛道运用动能定理可得
W F -W f 克+mgh = 212 mv W F =2 FL h = 1 cos 452 d o =1.9m W f 克=521J 2．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径 R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求： （1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力； （2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能． 【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】 (1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12 m 2B v 解得v B ＝4m /s 在B 处，由牛顿第二定律 N B －mg ＝m 2B v R 解得N B ＝2mg ＝1 200N 根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理 －μ2mgL 2＝0－ 12 m 2C v 解得v C ＝6m /s B 到 C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma
简单三角恒等变换典型例题
简单三角恒等变换 一、公式体系 1、和差公式及其变形： （1）βαβαβαsin cos cos sin )sin(±=± ? )sin(sin cos cos sin βαβαβα±=± （2）βαβαβαsin sin cos cos )cos( =± ? )cos(sin sin cos cos βαβαβα±= （3）β αβ αβαtan tan 1tan tan )tan( ±= ± ? 去分母得 )tan tan 1)(tan(tan tan βαβαβα-+=+ )tan tan 1)(tan(tan tan βαβαβα+-=- 2、倍角公式的推导及其变形： （1）αααααααααcos sin 2sin cos cos sin )sin(2sin =+=+= ?ααα2sin 2 1 cos sin = ?2)cos (sin 2sin 1ααα±=± （2）ααααααααα2 2 sin cos sin sin cos cos )cos(2cos -=-=+= )sin )(cos sin (cos sin cos 2cos 22ααααααα-+=-=? 1 cos 2)cos 1(cos sin cos 2cos 22222-=--=-=?αααα αα?把1移项得αα2cos 22cos 1=+ 或 αα 2cos 2 2cos 1=+ 【因为α是 2α 的两倍，所以公式也可以写成 12cos 2cos 2-=αα 或 2cos 2cos 12αα=+ 或 2 cos 2cos 12α α=+ 因为α4是α2的两倍，所以公式也可以写成 12cos 24cos 2-=αα 或 αα2cos 24cos 12=+ 或 αα 2cos 2 4cos 12=+】 α ααααα22222sin 21sin )sin 1(sin cos 2cos -=--=-=? ?把1移项得αα2 sin 22cos 1=- 或 αα 2sin 2 2cos 1=- 【因为α是 2 α 的两倍，所以公式也可以写成 2sin 21cos 2αα-= 或 2sin 2cos 12αα=- 或 2 sin 2cos 12α α=- 因为α4是α2的两倍，所以公式也可以写成 αα2sin 214cos 2-= 或 αα2sin 24cos 12=- 或 αα 2sin 2 4cos 12=-】
最新大学物理例题
例1 路灯离地面高度为H，一个身高为h 的人，在灯下水平路面上以匀速度步行。如图3-4所示。求当人与灯的水平距离为时，他的头顶在地面上的影子移动的速度的大小。 解:建立如右下图所示的坐标，时刻头顶影子的坐标为 ，设头顶影子的坐标为，则 由图中看出有 则有 所以有 ; 例2如右图所示，跨过滑轮C的绳子，一端挂有重物B，另一端A被人拉着沿水平方向匀速运动，其速率。A离地高度保持为h，h =1.5m。运动开始时，重物放在地面B0处，此时绳C在铅直位置绷紧，滑轮离地高度H = 10m，滑轮半径忽略不计，求： (1) 重物B上升的运动方程； (2) 重物B在时刻的速率和加速度； (3) 重物B到达C处所需的时间。 解：(1)物体在B0处时，滑轮左边绳长为l0 = H-h，当重物的位移为y时，右边绳长为
因绳长为 由上式可得重物的运动方程为 (SI) (2)重物B的速度和加速度为 (3)由知 当时，。 此题解题思路是先求运动方程，即位移与时间的函数关系，再通过微分求质点运动的速度和加速度。 例3一质点在xy平面上运动，运动函数为x = 2t, y = 4t2-8(SI)。 (1) 求质点运动的轨道方程并画出轨道曲线； (2) 求t1=1s和t2=2s时，质点的位置、速度和加速度。
解：(1) 在运动方程中消去t，可得轨道方程为 ， 轨道曲线为一抛物线如右图所示。 (2) 由 可得: 在t1=1s 时， 在t2=2s 时, 例4质点由静止开始作直线运动，初始加速度为a0，以后加速度均匀增加，每经过τ秒增加a0，求经过t秒后质点的速度和位移。 解：本题可以通过积分法由质点运动加速度和初始条件，求解质点的速度和位移。 由题意可知，加速度和时间的关系为: 根据直线运动加速度的定义
高中物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案) 一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用 1．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L 1=23m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2= 3 2 m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ= 3 ，g 取10m/s 2. （1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ； （3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？ 【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0 理论力学课后习题第二章思考题解答 2.1.答：因均匀物体质量密度处处相等，规则形体的几何中心即为质心，故先找出各规则形体的质心把它们看作质点组，然后求质点组的质心即为整个物体的质心。对被割去的部分，先假定它存在，后以其负质量代入质心公式即可。 2.2.答：物体具有三个对称面已足以确定该物体的规则性，该三平面的交点即为该物体的几何对称中心，又该物体是均匀的，故此点即为质心的位置。 2.3.答：对几个质点组成的质点组，理论上可以求每一质点的运动情况，但由于每一质点受到周围其它各质点的相互作用力都是相互关联的，往往其作用力难以 n3 预先知道；再者，每一质点可列出三个二阶运动微分方程，各个质点组有个相互关联的三个二阶微分方程组，难以解算。但对于二质点组成的质点组，每一质点的运动还是可以解算的。 若质点组不受外力作用，由于每一质点都受到组内其它各质点的作用力，每一质点的合内力不一定等于零，故不能保持静止或匀速直线运动状态。这表明，内力不改变质点组整体的运动，但可改变组内质点间的运动。 2.4.答：把碰撞的二球看作质点组，由于碰撞内力远大于外力，故可以认为外力为零，碰撞前后系统的动量守恒。如果只考虑任一球，碰撞过程中受到另一球的碰撞冲力的作用，动量发生改变。 2.5.答：不矛盾。因人和船组成的系统在人行走前后受到的合外力为零（忽略水对船的阻力），且开船时系统质心的初速度也为零，故人行走前后系统质心相对地面的位置不变。当人向船尾移动时，系统的质量分布改变，质心位置后移，为抵消这种改变，船将向前移动，这是符合质心运动定理的。 2.6.答：碰撞过程中不计外力，碰撞内力不改变系统的总动量，但碰撞内力很大， 第八章 恒定磁场 8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［ ］。 (A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定 分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。正确答案为（B ）。 8-2 下列说法正确的是[ ]。 (A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 (D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零 分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。正确答案为（B ）。 8-3 磁场中的安培环路定理∑?=μ=?n L I 1i i 0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。 (A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场 分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。正确答案为（B ）。 8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。 (A) B R I 2π (B) B R I 221π (C) B R I 24 1π (D) 0 分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ?=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。正确答案为（B ）。 8-5 一长直螺线管是由直径d =0.2mm 的漆包线密绕而成。当它通以I =0.5A 的电流时，其内部的磁感强度B =_____________。(忽略绝缘层厚度，μ0=4π×10-7N/A 2) 分析与解 根据磁场中的安培环路定理可求得长直螺线管内部的磁感强度大小为nI B 0μ=，方向由右螺旋关系确定。正确答安为（T 1014.33-?）。 8-6 如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，则在圆心O 点处的磁感强度大小为_____________，方向为 _____________ 。 分析与解 根据圆形电流和长直电 流的磁感强度公式，并作矢量叠加，可得圆心O 点的总理论力学课后习题第二章思考题答案
大学物理习题分析与解答