加速度单位在线等 好的追加!!!

一道物理题在用图8-29所示的方法估测大气压的实验中,如果测得注射器活塞直径d=24mm,活塞质量m1=38g,悬挂钩码的质量m2=4450g,则实验中测得的大气压为多少? 在线等!!!!!!!要详细过程,好的追加 图我_百度作业帮
一道物理题在用图8-29所示的方法估测大气压的实验中,如果测得注射器活塞直径d=24mm,活塞质量m1=38g,悬挂钩码的质量m2=4450g,则实验中测得的大气压为多少? 在线等!!!!!!!要详细过程,好的追加 图我
在用图8-29所示的方法估测大气压的实验中,如果测得注射器活塞直径d=24mm,活塞质量m1=38g,悬挂钩码的质量m2=4450g,则实验中测得的大气压为多少? 在线等!!!!!!!要详细过程,好的追加 图我发不出来只好用文字表达了,说的是一个注射器下面挂着五个砝码
实验中测得的大气压为: 24mm=0.024m P=[(00]/(3.14*0.012^2)=9926Pa 希望对你有帮助!↖(^ω^)↗
虽然我没看到图,但我大体猜测一下,应该是这样的吧:主体思路:大气压在活塞上产生的压力等于活塞和钩码的重量。大气压在活塞上产生的压力F等于P0(大气压强)*活塞面积S;钩码和活塞重量G=(m活塞+M钩码)*g(当地重力加速度)列个等式求解一下就OK了不知我猜得对不对。...【答案】分析:加速度是反映速度变化快慢的物理量,是矢量,正负表示方向.判断速度的增加还是减小,看加速度的方向和速度的方向关系.解答:解:A、加速度等于单位时间内速度的变化量,不是指增加的速度.故A错误.&&& B、加速度增大,速度不一定增大,若速度方向与加速度方向相反,若加速度增大,速度反而减小.故B错误.&&& C、加速度的正负表示方向,所以-10m/s2比6m/s2大.故C错误.&& D、加速度方向可能与速度方向相同,可能与速度方向相反,也可能不在同一条直线上.故D正确.故选D.点评:解决本题的关键理解加速度的定义以及物理意义,掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法.
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科目:高中物理
题型:阅读理解
第六部分 振动和波第一讲 基本知识介绍《振动和波》的竞赛考纲和高考要求有很大的不同,必须做一些相对详细的补充。一、简谐运动1、简谐运动定义:=&-k& & & & & & &①凡是所受合力和位移满足①式的质点,均可称之为谐振子,如弹簧振子、小角度单摆等。谐振子的加速度:=&-2、简谐运动的方程回避高等数学工具,我们可以将简谐运动看成匀速圆周运动在某一条直线上的投影运动(以下均看在x方向的投影),圆周运动的半径即为简谐运动的振幅A&。依据:x&=&-mω2Acosθ=&-mω2对于一个给定的匀速圆周运动,m、ω是恒定不变的,可以令:mω2&= k&这样,以上两式就符合了简谐运动的定义式①。所以,x方向的位移、速度、加速度就是简谐运动的相关规律。从图1不难得出——位移方程:&= Acos(ωt +&φ) & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &②速度方程:&=&-ωAsin(ωt +φ) & & & & & & & & & & & & & & & & & &&③加速度方程:=&-ω2A cos(ωt +φ) & & & & & & & & & & & & & & & & &&④相关名词:(ωt +φ)称相位,φ称初相。运动学参量的相互关系:=&-ω2A =&tgφ=&-3、简谐运动的合成a、同方向、同频率振动合成。两个振动x1&= A1cos(ωt +φ1)和x2&= A2cos(ωt +φ2)&合成,可令合振动x = Acos(ωt +φ)&,由于x = x1&+ x2&,解得A =&&,φ= arctg&显然,当φ2-φ1&= 2kπ时(k = 0,±1,±2,…),合振幅A最大,当φ2-φ1&=&(2k + 1)π时(k = 0,±1,±2,…),合振幅最小。b、方向垂直、同频率振动合成。当质点同时参与两个垂直的振动x = A1cos(ωt +&φ1)和y = A2cos(ωt +&φ2)时,这两个振动方程事实上已经构成了质点在二维空间运动的轨迹参数方程,消去参数t后,得一般形式的轨迹方程为+-2cos(φ2-φ1) = sin2(φ2-φ1)显然,当φ2-φ1&= 2kπ时(k = 0,±1,±2,…),有y =&x&,轨迹为直线,合运动仍为简谐运动;当φ2-φ1&=&(2k + 1)π时(k = 0,±1,±2,…),有+= 1&,轨迹为椭圆,合运动不再是简谐运动;当φ2-φ1取其它值,轨迹将更为复杂,称“李萨如图形”,不是简谐运动。c、同方向、同振幅、频率相近的振动合成。令x1&= Acos(ω1t +&φ)和x2&= Acos(ω2t +&φ)&,由于合运动x = x1&+ x2&,得:x =(2Acost)cos(t +φ)。合运动是振动,但不是简谐运动,称为角频率为的“拍”现象。4、简谐运动的周期由②式得:ω=&&,而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的,所以T = 2π& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &&⑤5、简谐运动的能量一个做简谐运动的振子的能量由动能和势能构成,即=&mv2&+&kx2&=&kA2注意:振子的势能是由(回复力系数)k和(相对平衡位置位移)x决定的一个抽象的概念,而不是具体地指重力势能或弹性势能。当我们计量了振子的抽象势能后,其它的具体势能不能再做重复计量。6、阻尼振动、受迫振动和共振和高考要求基本相同。二、机械波1、波的产生和传播产生的过程和条件;传播的性质,相关参量(决定参量的物理因素)2、机械波的描述a、波动图象。和振动图象的联系b、波动方程如果一列简谐波沿x方向传播,振源的振动方程为y = Acos(ωt + φ),波的传播速度为v ,那么在离振源x处一个振动质点的振动方程便是y = Acos〔ωt + φ -&·2π〕= Acos〔ω(t -&)+ φ〕这个方程展示的是一个复变函数。对任意一个时刻t ,都有一个y(x)的正弦函数,在x-y坐标下可以描绘出一个瞬时波形。所以,称y = Acos〔ω(t -&)+ φ〕为波动方程。3、波的干涉a、波的叠加。几列波在同一介质种传播时,能独立的维持它们的各自形态传播,在相遇的区域则遵从矢量叠加(包括位移、速度和加速度的叠加)。b、波的干涉。两列波频率相同、相位差恒定时,在同一介质中的叠加将形成一种特殊形态:振动加强的区域和振动削弱的区域稳定分布且彼此隔开。我们可以用波程差的方法来讨论干涉的定量规律。如图2所示,我们用S1和S2表示两个波源,P表示空间任意一点。当振源的振动方向相同时,令振源S1的振动方程为y1&= A1cosωt ,振源S1的振动方程为y2&= A2cosωt ,则在空间P点(距S1为r1&,距S2为r2),两振源引起的分振动分别是y1′= A1cos〔ω(t&?&)〕y2′= A2cos〔ω(t&?&)〕P点便出现两个频率相同、初相不同的振动叠加问题(φ1&=&&,φ2&=&),且初相差Δφ=&(r2&– r1)。根据前面已经做过的讨论,有r2&?&r1&= kλ时(k = 0,±1,±2,…),P点振动加强,振幅为A1&+ A2&;r2&?&r1&=(2k&?&1)时(k = 0,±1,±2,…),P点振动削弱,振幅为│A1-A2│。4、波的反射、折射和衍射知识点和高考要求相同。5、多普勒效应当波源或者接受者相对与波的传播介质运动时,接收者会发现波的频率发生变化。多普勒效应的定量讨论可以分为以下三种情况(在讨论中注意:波源的发波频率f和波相对介质的传播速度v是恒定不变的)——a、只有接收者相对介质运动(如图3所示)设接收者以速度v1正对静止的波源运动。如果接收者静止在A点,他单位时间接收的波的个数为f&,当他迎着波源运动时,设其在单位时间到达B点,则= v1&,、在从A运动到B的过程中,接收者事实上“提前”多接收到了n个波n =&=&=&显然,在单位时间内,接收者接收到的总的波的数目为:f + n =&f&,这就是接收者发现的频率f1&。即f1&=&f&显然,如果v1背离波源运动,只要将上式中的v1代入负值即可。如果v1的方向不是正对S&,只要将v1出正对的分量即可。b、只有波源相对介质运动(如图4所示)设波源以速度v2正对静止的接收者运动。如果波源S不动,在单位时间内,接收者在A点应接收f个波,故S到A的距离:= fλ&在单位时间内,S运动至S′,即= v2&。由于波源的运动,事实造成了S到A的f个波被压缩在了S′到A的空间里,波长将变短,新的波长λ′=&=&=&=&而每个波在介质中的传播速度仍为v&,故“被压缩”的波(A接收到的波)的频率变为f2&=&=&f&当v2背离接收者,或有一定夹角的讨论,类似a情形。c、当接收者和波源均相对传播介质运动当接收者正对波源以速度v1(相对介质速度)运动,波源也正对接收者以速度v2(相对介质速度)运动,我们的讨论可以在b情形的过程上延续…f3&=&&f2&=&f&关于速度方向改变的问题,讨论类似a情形。6、声波a、乐音和噪音b、声音的三要素:音调、响度和音品c、声音的共鸣第二讲 重要模型与专题一、简谐运动的证明与周期计算物理情形:如图5所示,将一粗细均匀、两边开口的U型管固定,其中装有一定量的水银,汞柱总长为L&。当水银受到一个初始的扰动后,开始在管中振动。忽略管壁对汞的阻力,试证明汞柱做简谐运动,并求其周期。模型分析:对简谐运动的证明,只要以汞柱为对象,看它的回复力与位移关系是否满足定义式①,值得注意的是,回复力系指振动方向上的合力(而非整体合力)。当简谐运动被证明后,回复力系数k就有了,求周期就是顺理成章的事。本题中,可设汞柱两端偏离平衡位置的瞬时位移为x&、水银密度为ρ、U型管横截面积为S&,则次瞬时的回复力ΣF =&ρg2xS =&x由于L、m为固定值,可令:&= k&,而且ΣF与x的方向相反,故汞柱做简谐运动。周期T&=&2π=&2π答:汞柱的周期为2π&。学生活动:如图6所示,两个相同的柱形滚轮平行、登高、水平放置,绕各自的轴线等角速、反方向地转动,在滚轮上覆盖一块均质的木板。已知两滚轮轴线的距离为L 、滚轮与木板之间的动摩擦因素为μ、木板的质量为m ,且木板放置时,重心不在两滚轮的正中央。试证明木板做简谐运动,并求木板运动的周期。思路提示:找平衡位置(木板重心在两滚轮中央处)→ú力矩平衡和Σ?F6= 0结合求两处弹力→ú求摩擦力合力…答案:木板运动周期为2π&。巩固应用:如图7所示,三根长度均为L = 2.00m地质量均匀直杆,构成一正三角形框架ABC,C点悬挂在一光滑水平轴上,整个框架可绕转轴转动。杆AB是一导轨,一电动松鼠可在导轨上运动。现观察到松鼠正在导轨上运动,而框架却静止不动,试讨论松鼠的运动是一种什么样的运动。解说:由于框架静止不动,松鼠在竖直方向必平衡,即:松鼠所受框架支持力等于松鼠重力。设松鼠的质量为m ,即:N = mg & & & & & & & & & & & & & &①再回到框架,其静止平衡必满足框架所受合力矩为零。以C点为转轴,形成力矩的只有松鼠的压力N、和松鼠可能加速的静摩擦力f ,它们合力矩为零,即:MN&= Mf现考查松鼠在框架上的某个一般位置(如图7,设它在导轨方向上距C点为x),上式即成:N·x = f·Lsin60° & & & & & & & & ②解①②两式可得:f =&x ,且f的方向水平向左。根据牛顿第三定律,这个力就是松鼠在导轨方向上的合力。如果我们以C在导轨上的投影点为参考点,x就是松鼠的瞬时位移。再考虑到合力与位移的方向因素,松鼠的合力与位移满足关系——=&-k其中k =&&,对于这个系统而言,k是固定不变的。显然这就是简谐运动的定义式。答案:松鼠做简谐运动。评说:这是第十三届物理奥赛预赛试题,问法比较模糊。如果理解为定性求解,以上答案已经足够。但考虑到原题中还是有定量的条件,所以做进一步的定量运算也是有必要的。譬如,我们可以求出松鼠的运动周期为:T = 2π&= 2π&= 2.64s 。二、典型的简谐运动1、弹簧振子物理情形:如图8所示,用弹性系数为k的轻质弹簧连着一个质量为m的小球,置于倾角为θ
科目:高中物理
题型:阅读理解
第四部分 &曲线运动 &万有引力第一讲 基本知识介绍一、曲线运动1、概念、性质2、参量特征二、曲线运动的研究方法——运动的分解与合成1、法则与对象2、两种分解的思路a、固定坐标分解(适用于匀变速曲线运动)建立坐标的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标;提高思想——根据解题需要建直角坐标或非直角坐标。b、自然坐标分解(适用于变加速曲线运动)基本常识:在考查点沿轨迹建立切向τ、法向n坐标,所有运动学矢量均沿这两个方向分解。动力学方程,其中改变速度的大小(速率),改变速度的方向。且= m,其中ρ表示轨迹在考查点的曲率半径。定量解题一般只涉及法向动力学方程。三、两种典型的曲线运动1、抛体运动(类抛体运动)关于抛体运动的分析,和新课教材“平跑运动”的分析基本相同。在坐标的选择方面,有灵活处理的余地。2、圆周运动匀速圆周运动的处理:运动学参量v、ω、n、a、f、T之间的关系,向心力的寻求于合成;临界问题的理解。变速圆周运动:使用自然坐标分析法,一般只考查法向方程。四、万有引力定律1、定律内容2、条件a、基本条件b、拓展条件:球体(密度呈球对称分布)外部空间的拓展----对球体外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球的质量的质点对质点A的吸引;球体(密度呈球对称分布)内部空间的拓展“剥皮法则”-----对球内任一距球心为r的一质点A的吸引力等效于质量与半径为&r的球的质量相等且位于球心的质点对质点A的吸引;球壳(密度呈球对称分布)外部空间的拓展----对球壳外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球壳的质量的质点对质点A的吸引;球体(密度呈球对称分布)内部空间的拓展-----对球壳内任一位置上任一质点A的吸引力都为零;并且根据以为所述,由牛顿第三定律,也可求得一质点对球或对球壳的吸引力。c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加3、万有引力做功也具有只与初末位置有关而与路径无关的特征。因而相互作用的物体间有引力势能。在任一惯性系中,若规定相距无穷远时系统的万有引力势能为零,可以证明,当两物体相距为r时系统的万有引力势能为EP&=&-G五、开普勒三定律天体运动的本来模式与近似模式的差距,近似处理的依据。六、宇宙速度、天体运动1、第一宇宙速度的常规求法2、从能量角度求第二、第三宇宙速度万有引力势能EP&=&-G3、解天体运动的本来模式时,应了解椭圆的数学常识第二讲 重要模型与专题一、小船渡河物理情形:在宽度为d的河中,水流速度v2恒定。岸边有一艘小船,保持相对河水恒定的速率v1渡河,但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间和最小位移。模型分析:小船渡河的实际运动(相对河岸的运动)由船相对水流速度v1和水相对河岸的速度v2合成。可以设船头与河岸上游夹角为θ(即v1的方向),速度矢量合成如图1(学生活动)用余弦定理可求v合的大小v合=(学生活动)用正弦定理可求v合的方向。令v合与河岸下游夹角为α,则α= arcsin1、求渡河的时间与最短时间由于合运动合分运动具有等时性,故渡河时间既可以根据合运动求,也可以根据分运动去求。针对这一思想,有以下两种解法解法一:&t =&&其中v合可用正弦定理表达,故有&t =&&=&解法二:&t =&&=&&=&此外,结合静力学正交分解的思想,我们也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐标x、y,然后先将v1分解(v2无需分解),再合成,如图2所示。而且不难看出,合运动在x、y方向的分量vx和vy与v1在x、y方向的分量v1x、v1y以及v2具有以下关系vy&= v1yvx&= v2&- v1x由于合运动沿y方向的分量Sy&≡&d&,故有解法三:&t =&&=&&=&t (θ)函数既已得出,我们不难得出结论当θ= 90°时,渡河时间的最小值&tmin&=&(从“解法三”我们最容易理解t为什么与v2无关,故tmin也与v2无关。这个结论是意味深长的。)2、求渡河的位移和最小位移在上面的讨论中,小船的位移事实上已经得出,即S合&=&&=&&=&但S合(θ)函数比较复杂,寻求S合的极小值并非易事。因此,我们可以从其它方面作一些努力。将S合沿x、y方向分解成Sx和Sy&,因为Sy&≡&d&,要S合极小,只要Sx极小就行了。而Sx(θ)函数可以这样求——解法一:&Sx&= vxt =(v2&- v1x)&=(v2&– v1cosθ)为求极值,令cosθ= p&,则sinθ=&,再将上式两边平方、整理,得到这是一个关于p的一元二次方程,要p有解,须满足Δ≥0&,即≥整理得&≥所以,Sxmin=&,代入Sx(θ)函数可知,此时cosθ=&最后,Smin=&=&d此过程仍然比较繁复,且数学味太浓。结论得出后,我们还不难发现一个问题:当v2<v1时,Smin<d&,这显然与事实不符。(造成这个局面的原因是:在以上的运算过程中,方程两边的平方和开方过程中必然出现了增根或遗根的现象)所以,此法给人一种玄乎的感觉。解法二:纯物理解——矢量三角形的动态分析从图2可知,Sy恒定,Sx越小,必有S合矢量与下游河岸的夹角越大,亦即v合矢量与下游河岸的夹角越大(但不得大于90°)。我们可以通过v1与v2合成v合矢量图探讨v合与下游河岸夹角的最大可能。先进行平行四边形到三角形的变换,如图3所示。当θ变化时,v合矢量的大小和方向随之变化,具体情况如图4所示。从图4不难看出,只有当v合和虚线半圆周相切时,v合与v2(下游)的夹角才会最大。此时,v合⊥v1&,v1、v2和v合构成一个直角三角形,αmax&= arcsin并且,此时:θ= arccos有了αmax的值,结合图1可以求出:S合min&=&d最后解决v2<v1时结果不切实际的问题。从图4可以看出,当v2<v1时,v合不可能和虚线半圆周相切(或αmax&= arcsin无解),结合实际情况,αmax取90°即:v2<v1时,S合min&= d&,此时,θ= arccos结论:若v1<v2&,θ= arccos时,S合min&=&d& & &&若v2<v1&,θ= arccos时,S合min&= d二、滑轮小船物理情形:如图5所示,岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船,设小船始终不离开水面,且绳足够长,求汽车速度v1和小船速度v2的大小关系。模型分析:由于绳不可伸长,滑轮右边绳子缩短的速率即是汽车速度的大小v1&,考查绳与船相连的端点运动情况,v1和v2必有一个运动的合成与分解的问题。(学生活动)如果v1恒定不变,v2会恒定吗?若恒定,说明理由;若变化,定性判断变化趋势。结合学生的想法,介绍极限外推的思想:当船离岸无穷远时,绳与水的夹角趋于零,v2→v1&。当船比较靠岸时,可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度,得到v2>v1&。故“船速增大”才是正确结论。故只能引入瞬时方位角θ,看v1和v2的瞬时关系。(学生活动)v1和v2定量关系若何?是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答?针对如图6所示的两种典型方案,初步评说——甲图中v2&= v1cosθ,船越靠岸,θ越大,v2越小,和前面的定性结论冲突,必然是错误的。错误的根源分析:和试验修订本教材中“飞机起飞”的运动分析进行了不恰当地联系。仔细比较这两个运动的差别,并联系“小船渡河”的运动合成等事例,总结出这样的规律——合运动是显性的、轨迹实在的运动,分运动是隐性的、需要分析而具有人为特征(无唯一性)的运动。解法一:在图6(乙)中,当我们挖掘、分析了滑轮绳子端点的运动后,不难得出:船的沿水面运动是v2合运动,端点参与绳子的缩短运动v1和随绳子的转动v转&,从而肯定乙方案是正确的。即:v2&= v1&/ cosθ解法二:微元法。从考查位置开始取一个极短过程,将绳的运动和船的运动在图7(甲)中标示出来,AB是绳的初识位置,AC是绳的末位置,在AB上取=得D点,并连接CD。显然,图中BC是船的位移大小,DB是绳子的缩短长度。由于过程极短,等腰三角形ACD的顶角∠A→0,则底角∠ACD→90°,△CDB趋于直角三角形。将此三角放大成图7(乙),得出:S2&= S1&/ cosθ&。鉴于过程极短,绳的缩短运动和船的运动都可以认为是匀速的,即:S2&= v2&t&,S1&= v1&t&。所以:v2&= v1&/ cosθ三、斜抛运动的最大射程物理情形:不计空气阻力,将小球斜向上抛出,初速度大小恒为v0&,方向可以选择,试求小球落回原高度的最大水平位移(射程)。模型分析:斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同。设初速度方向与水平面夹θ角,建立水平、竖直的x、y轴,将运动学参量沿x、y分解。针对抛出到落回原高度的过程0 = Sy&= v0y&t +&(-g)t2Sx&= v0x&t解以上两式易得:Sx&=&sin2θ结论:当抛射角θ= 45°时,最大射程Sxmax&=&(学生活动)若v0&、θ确定,试用两种方法求小球到达的最大高度。运动学求解——考查竖直分运动即可;能量求解——注意小球在最高点应具备的速度v0x&,然后对抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论:Hm&=&&。四、物体脱离圆弧的讨论物理情形:如图8所示,长为L的细绳一端固定,另一端系一小球。当小球在最低点时,给球一个vo&= 2的水平初速,试求所能到达的最大高度。模型分析:用自然坐标分析变速圆周运动的典型事例。能量关系的运用,也是对常规知识的复习。(学生活动)小球能否形成的往复的摆动?小球能否到达圆弧的最高点C ?通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习,得出:小球运动超过B点、但不能到达C点(vC&≥),即小球必然在BC之间的某点脱离圆弧。(学生活动)小球会不会在BC之间的某点脱离圆弧后作自由落体运动?尽管对于本问题,能量分析是可行的(BC之间不可能出现动能为零的点,则小球脱离圆弧的初速度vD不可能为零),但用动力学的工具分析,是本模型的重点——在BC阶段,只要小球还在圆弧上,其受力分析必如图9所示。沿轨迹的切向、法向分别建τ、n坐标,然后将重力G沿τ、n分解为Gτ和Gn分量,T为绳子张力。法向动力学方程为T + Gn&=&ΣFn&= man&= m由于T≥0&,Gn>0&,故v≠0&。(学生活动:若换一个v0值,在AB阶段,v = 0是可能出现的;若将绳子换成轻杆,在BC阶段v = 0也是可能出现的。)下面先解脱离点的具体位置。设脱离点为D,对应方位角为θ,如图8所示。由于在D点之后绳子就要弯曲,则此时绳子的张力T为零,而此时仍然在作圆周运动,故动力学方程仍满足Gn&= Gsinθ= m& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &①在再针对A→D过程,小球机械能守恒,即(选A所在的平面为参考平面):m+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +m& & & & & & & & & & & &&②代入v0值解①、②两式得:θ= arcsin&,(同时得到:vD&=&)小球脱离D点后将以vD为初速度作斜向上抛运动。它所能到达的最高点(相对A)可以用两种方法求得。解法一:运动学途径。先求小球斜抛的最大高度,hm&=&&=&&代入θ和vD的值得:hm&=&L小球相对A的总高度:Hm&= L + Lsinθ+ hm&=&L解法二:能量途径小球在斜抛的最高点仍具有vD的水平分量,即vDsinθ=&&。对A→最高点的过程用机械能守恒定律(设A所在的平面为参考平面),有m+ 0 =&&+ mg Hm容易得到:Hm&=&L五、万有引力的计算物理情形:如图9所示,半径为R的均质球质量为M,球心在O点,现在被内切的挖去了一个半径为R/2的球形空腔(球心在O′)。在O、O′的连线上距离O点为d的地方放有一个很小的、质量为m的物体,试求这两个物体之间的万有引力。模型分析:无论是“基本条件”还是“拓展条件”,本模型都很难直接符合,因此必须使用一些特殊的处理方法。本模型除了照应万有引力的拓展条件之外,着重介绍“填补法”的应用。空腔里现在虽然空无一物,但可以看成是两个半径为R/2的球的叠加:一个的质量为+M/8&,一个的质量为-M/8&。然后,前者正好填补空腔——和被挖除后剩下的部分构成一个完整的均质球A&;注意后者,虽然是一个比较特殊的物体(质量为负值),但仍然是一个均质的球体,命名为B&。既然A、B两物均为均质球体,他们各自和右边小物体之间的万有引力,就可以使用“拓展条件”中的定势来计算了。只是有一点需要说明,B物的质量既然负值,它和m之间的万有“引力”在方向上不再表现为吸引,而应为排斥——成了“万有斥力”了。具体过程如下FAm&= GFBm&= G&=&-G最后,两物之间的万有引力&F = FAm&+ FBm&= G-G需要指出的是,在一部分同学的心目中,可能还会存在另一种解题思路,那就是先通过力矩平衡求被挖除物体的重心(仍然要用到“填补法”、负质量物体的重力反向等),它将在O、O′的连线上距离O点左侧R/14处,然后“一步到位”地求被挖除物与m的万有引力F = G然而,这种求法违背了万有引力定律适用的条件,是一种错误的思路。六、天体运动的计算物理情形:地球和太阳的质量分别为m和M&,地球绕太阳作椭圆运动,轨道的半长轴为a&,半短轴为b&,如图11所示。试求地球在椭圆顶点A、B、C三点的运动速度,以及轨迹在A、C两点的曲率半径。模型分析:求解天体运动的本来模式,常常要用到开普勒定律(定量)、机械能守恒(万有引力势能)、椭圆的数学常识等等,相对高考要求有很大的不同。地球轨道的离心率很小(其值≈0.0167&,其中c为半焦距),这是我们常常能将它近似为圆的原因。为了方便说明问题,在图11中,我们将离心率夸大了。针对地球从A点运动到B点的过程,机械能守恒m+(-)=&m+(-)比较A、B两点,应用开普勒第二定律,有:vA(a-c)= vB(a + c)结合椭圆的基本关系:c =&&解以上三式可得:vA&=&&,& & &vB&=&再针对地球从A到C的过程,应用机械能守恒定律,有m+(-)=&m+(-)代入vA值可解得:vC&=&为求A、C两点的曲率半径,在A、C两点建自然坐标,然后应用动力学(法向)方程。在A点,F万&=&ΣFn&= m an&,设轨迹在A点的曲率半径为ρA&,即:G= m代入vA值可解得:ρA&=&在C点,方程复杂一些,须将万有引力在τ、n方向分解,如图12所示。然后,F万n&=ΣFn&= m an&,即:F万cosθ= m即:G·&= m代入vC值可解得:ρC&=&值得注意的是,如果针对A、C两点用开普勒第二定律,由于C点处的矢径r和瞬时速度vC不垂直,方程不能写作vA(a-c)= vC&a&。正确的做法是:将vC分解出垂直于矢径的分量(分解方式可参看图12,但分解的平行四边形未画出)vC&cosθ,再用vA(a-c)=(vC&cosθ)a&,化简之后的形式成为vA(a-c)= vC&b要理解这个关系,有一定的难度,所以建议最好不要对A、C两点用开普勒第二定律第三讲 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”第五、第六章的部分例题和习题。
科目:高中物理
题型:阅读理解
第二部分 &牛顿运动定律第一讲 牛顿三定律一、牛顿第一定律1、定律。惯性的量度2、观念意义,突破“初态困惑”二、牛顿第二定律1、定律2、理解要点a、矢量性b、独立作用性:ΣF&→&a&,ΣFx&→&ax&…c、瞬时性。合力可突变,故加速度可突变(与之对比:速度和位移不可突变);牛顿第二定律展示了加速度的决定式(加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”)。3、适用条件a、宏观、低速b、惯性系对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析三、牛顿第三定律1、定律2、理解要点a、同性质(但不同物体)b、等时效(同增同减)c、无条件(与运动状态、空间选择无关)第二讲 牛顿定律的应用一、牛顿第一、第二定律的应用单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少,一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。应用要点:合力为零时,物体靠惯性维持原有运动状态;只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。1、如图1所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件(大小不计)在皮带左端A点轻轻放下,则在此后的过程中(& & &&)A、一段时间内,工件将在滑动摩擦力作用下,对地做加速运动B、当工件的速度等于v时,它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力C、当工件相对皮带静止时,它位于皮带上A点右侧的某一点D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态解说:B选项需要用到牛顿第一定律,A、C、D选项用到牛顿第二定律。较难突破的是A选项,在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上,建议使用反证法(t&→&0&,a&→&∞&,则ΣFx&→&∞&,必然会出现“供不应求”的局面)和比较法(为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动?因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”)此外,本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出只有当L&>&时(其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素),才有相对静止的过程,否则没有。答案:A、D思考:令L = 10m ,v = 2 m/s ,μ= 0.2 ,g取10 m/s2&,试求工件到达皮带右端的时间t(过程略,答案为5.5s)进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速v0&,其它条件不变,再求t(学生分以下三组进行)——① v0&= 1m/s &(答:0.5 + 37/8 = 5.13s)② v0&= 4m/s &(答:1.0 + 3.5 = 4.5s)③ v0&= 1m/s &(答:1.55s)2、质量均为m的两只钩码A和B,用轻弹簧和轻绳连接,然后挂在天花板上,如图2所示。试问:① 如果在P处剪断细绳,在剪断瞬时,B的加速度是多少?② 如果在Q处剪断弹簧,在剪断瞬时,B的加速度又是多少?解说:第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”,故剪断瞬间弹簧弹力维持原值,所以此时B钩码的加速度为零(A的加速度则为2g)。第②问需要我们反省这样一个问题:“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么?是A、B两物的惯性,且速度v和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时,弹簧却是没有惯性的(没有质量),遵从理想模型的条件,弹簧应在一瞬间恢复原长!即弹簧弹力突变为零。答案:0 ;g 。二、牛顿第二定律的应用应用要点:受力较少时,直接应用牛顿第二定律的“矢量性”解题。受力比较多时,结合正交分解与“独立作用性”解题。在难度方面,“瞬时性”问题相对较大。1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑,试求其加速度。解说:受力分析 →&根据“矢量性”定合力方向&→&牛顿第二定律应用答案:gsinθ。思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,倾角仍为θ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具备一个多大的水平加速度?(解题思路完全相同,研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答:gtgθ。)进阶练习1:在一向右运动的车厢中,用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态,试求车厢的加速度。(和“思考”题同理,答:gtgθ。)进阶练习2、如图4所示,小车在倾角为α的斜面上匀加速运动,车厢顶用细绳悬挂一小球,发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。解:继续贯彻“矢量性”的应用,但数学处理复杂了一些(正弦定理解三角形)。分析小球受力后,根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形,并找到相应的夹角。设张力T与斜面方向的夹角为θ,则θ=(90°+ α)- β= 90°-(β-α) & & & & & & & & (1)对灰色三角形用正弦定理,有&=&& & & & & & & & & & & & & & & & & & & &(2)解(1)(2)两式得:ΣF =&最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度(即小车加速度)答:&。2、如图6所示,光滑斜面倾角为θ,在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球,当斜面加速度为a时(a<ctgθ),小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。解说:当力的个数较多,不能直接用平行四边形寻求合力时,宜用正交分解处理受力,在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。正交坐标的选择,视解题方便程度而定。解法一:先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴,与a垂直的方向上建y轴,如图7所示(N为斜面支持力)。于是可得两方程ΣFx&= ma&,即Tx&-&Nx&= maΣFy&= 0&,&即Ty&+ Ny&= mg代入方位角θ,以上两式成为T cosθ-N sinθ = ma & & & & & & & & & && &(1)T sinθ + Ncosθ = mg& & & & & & & & & & & &(2)这是一个关于T和N的方程组,解(1)(2)两式得:T = mgsinθ&+ ma&cosθ解法二:下面尝试一下能否独立地解张力T 。将正交分解的坐标选择为:x——斜面方向,y——和斜面垂直的方向。这时,在分解受力时,只分解重力G就行了,但值得注意,加速度a不在任何一个坐标轴上,是需要分解的。矢量分解后,如图8所示。根据独立作用性原理,ΣFx&= max即:T&-&Gx&= max即:T&-&mg&sinθ&= m acosθ显然,独立解T值是成功的。结果与解法一相同。答案:mgsinθ&+ ma&cosθ思考:当a>ctgθ时,张力T的结果会变化吗?(从支持力的结果N&= mgcosθ-ma sinθ看小球脱离斜面的条件,求脱离斜面后,θ条件已没有意义。答:T = m&。)学生活动:用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”进阶练习:如图9所示,自动扶梯与地面的夹角为30°,但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a = 4m/s2的加速度向上运动时,站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重力加速度g = 10 m/s2,试求扶梯对人的静摩擦力f 。解:这是一个展示独立作用性原理的经典例题,建议学生选择两种坐标(一种是沿a方向和垂直a方向,另一种是水平和竖直方向),对比解题过程,进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。答:208N 。3、如图10所示,甲图系着小球的是两根轻绳,乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳,方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断,试求:在剪断瞬间,两种情形下小球的瞬时加速度。解说:第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。(学生活动)思考:用竖直的绳和弹簧悬吊小球,并用竖直向下的力拉住小球静止,然后同时释放,会有什么现象?原因是什么?结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变(胡克定律)。第二步,在本例中,突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点(从即将开始的运动来反推)。知识点,牛顿第二定律的瞬时性。答案:a甲&= gsinθ ;a乙&= gtgθ 。应用:如图11所示,吊篮P挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住,当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间,P、Q的加速度分别是多少?解:略。答:2g ;0 。三、牛顿第二、第三定律的应用要点:在动力学问题中,如果遇到几个研究对象时,就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题,这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念,并适时地运用牛顿第三定律。在方法的选择方面,则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本,后者有局限,也有难度,但常常使解题过程简化,使过程的物理意义更加明晰。对N个对象,有N个隔离方程和一个(可能的)整体方程,这(N + 1)个方程中必有一个是通解方程,如何取舍,视解题方便程度而定。补充:当多个对象不具有共同的加速度时,一般来讲,整体法不可用,但也有一种特殊的“整体方程”,可以不受这个局限(可以介绍推导过程)——Σ= m1&+ m2&+ m3&+ … + mn其中Σ只能是系统外力的矢量和,等式右边也是矢量相加。1、如图12所示,光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒,现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用,则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样?解说:截取隔离对象,列整体方程和隔离方程(隔离右段较好)。答案:N =&x 。思考:如果水平面粗糙,结论又如何?解:分两种情况,(1)能拉动;(2)不能拉动。第(1)情况的计算和原题基本相同,只是多了一个摩擦力的处理,结论的化简也麻烦一些。第(2)情况可设棒的总质量为M ,和水平面的摩擦因素为μ,而F = μMg ,其中l<L ,则x<(L-l)的右段没有张力,x>(L-l)的左端才有张力。答:若棒仍能被拉动,结论不变。若棒不能被拉动,且F = μMg时(μ为棒与平面的摩擦因素,l为小于L的某一值,M为棒的总质量),当x<(L-l),N≡0 ;当x>(L-l),N =&〔x -〈L-l〉〕。应用:如图13所示,在倾角为θ的固定斜面上,叠放着两个长方体滑块,它们的质量分别为m1和m2&,它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1和μ2&,系统释放后能够一起加速下滑,则它们之间的摩擦力大小为:A、μ1&m1gcosθ ; & &B、μ2&m1gcosθ ;C、μ1&m2gcosθ ; & &D、μ1&m2gcosθ ;解:略。答:B 。(方向沿斜面向上。)思考:(1)如果两滑块不是下滑,而是以初速度v0一起上冲,以上结论会变吗?(2)如果斜面光滑,两滑块之间有没有摩擦力?(3)如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子,上面的滑块换成小球,它们以初速度v0一起上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有压力?解:略。答:(1)不会;(2)没有;(3)若斜面光滑,对两内壁均无压力,若斜面粗糙,对斜面上方的内壁有压力。2、如图15所示,三个物体质量分别为m1&、m2和m3&,带滑轮的物体放在光滑水平面上,滑轮和所有接触面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三个物体无相对滑动,水平推力F应为多少?解说:此题对象虽然有三个,但难度不大。隔离m2&,竖直方向有一个平衡方程;隔离m1&,水平方向有一个动力学方程;整体有一个动力学方程。就足以解题了。答案:F =&&。思考:若将质量为m3物体右边挖成凹形,让m2可以自由摆动(而不与m3相碰),如图16所示,其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′,使三者无相对运动?如果没有,说明理由;如果有,求出这个F′的值。解:此时,m2的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为T ,m2的受力情况如图,隔离方程为:&= m2a隔离m1&,仍有:T = m1a解以上两式,可得:a =&g最后用整体法解F即可。答:当m1&≤ m2时,没有适应题意的F′;当m1&> m2时,适应题意的F′=&&。3、一根质量为M的木棒,上端用细绳系在天花板上,棒上有一质量为m的猫,如图17所示。现将系木棒的绳子剪断,同时猫相对棒往上爬,但要求猫对地的高度不变,则棒的加速度将是多少?解说:法一,隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f ,然后列猫的平衡方程和棒的动力学方程,解方程组即可。法二,“新整体法”。据Σ= m1&+ m2&+ m3&+ … + mn&,猫和棒的系统外力只有两者的重力,竖直向下,而猫的加速度a1&= 0 ,所以:( M + m )g = m·0 + M a1&解棒的加速度a1十分容易。答案:g 。四、特殊的连接体当系统中各个体的加速度不相等时,经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上,“新整体法”也将有一定的困难(矢量求和不易)。此时,我们回到隔离法,且要更加注意找各参量之间的联系。解题思想:抓某个方向上加速度关系。方法:“微元法”先看位移关系,再推加速度关系。、1、如图18所示,一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面,放置在光滑的水平面上,另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放,试求斜面的加速度。解说:本题涉及两个物体,它们的加速度关系复杂,但在垂直斜面方向上,大小是相等的。对两者列隔离方程时,务必在这个方向上进行突破。(学生活动)定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。位移矢量示意图如图19所示。根据运动学规律,加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。(学生活动)这两个加速度矢量有什么关系?沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标,可得:a1y&= a2y& & & & & & &①且:a1y&= a2sinθ & & ②隔离滑块和斜面,受力图如图20所示。对滑块,列y方向隔离方程,有:mgcosθ- N = ma1y& & &③对斜面,仍沿合加速度a2方向列方程,有:Nsinθ= Ma2& & & & & ④解①②③④式即可得a2&。答案:a2&=&&。(学生活动)思考:如何求a1的值?解:a1y已可以通过解上面的方程组求出;a1x只要看滑块的受力图,列x方向的隔离方程即可,显然有mgsinθ= ma1x&,得:a1x&= gsinθ 。最后据a1&=&求a1&。答:a1&=&&。2、如图21所示,与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ,可以无摩擦地在棒上滑动,开始时与棒的A端相距b ,相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动,加速度为a(且a>gtgθ)时,求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。解说:这是一个比较特殊的“连接体问题”,寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学方面,只需要隔离滑套C就行了。(学生活动)思考:为什么题意要求a>gtgθ?(联系本讲第二节第1题之“思考题”)定性绘出符合题意的运动过程图,如图22所示:S表示棒的位移,S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后,S1x表示S1在x方向上的分量。不难看出:S1x&+ b = S cosθ & & & & & & & & & ①设全程时间为t ,则有:S =&at2& & & & & & & & & & & & & ②S1x&=&a1xt2& & & & & & & & & & & & ③而隔离滑套,受力图如图23所示,显然:mgsinθ= ma1x& & & & & & & & & & & &④解①②③④式即可。答案:t =&另解:如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ+&*&= m&(注:*为惯性力),此题极简单。过程如下——以棒为参照,隔离滑套,分析受力,如图24所示。注意,滑套相对棒的加速度a相是沿棒向上的,故动力学方程为:F*cosθ- mgsinθ= ma相& & & & & & (1)其中F*&= ma & & & & & & & & & & &(2)而且,以棒为参照,滑套的相对位移S相就是b ,即:b = S相&=&a相&t2& & & & & & & & &(3)解(1)(2)(3)式就可以了。第二讲 配套例题选讲教材范本: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”第三章的部分例题和习题。

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