2020年第37届高中物理竞赛力学专题练习39题(带详解)

试卷第=page5050页，总=sectionpages5050页试卷第=page4949页，总=sectionpages5050页2020年第37届高中物理竞赛力学专题练习39题（带详解)一、单选题1．某人用一始终沿BA方向的力F将一长方形木块从图示实线位置绕转轴D点缓慢翻转90°到虚线所示位置，在此过程中F随转过角度θ的关系图线是A． B． C． D．【答案】B以点为转轴，画出重力的力臂，如图：由图可知，重力的力臂：力的力臂：根据力矩平衡条件可知，的力矩与重力的力矩平衡，即：由于当的方向与重力的方向垂直时，即时重力的力矩最大，所以重力的力矩先增大后减小。同理，的力矩先增大后减小，所以先增大后减小，ACD错误，B正确。故选：B。2．无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的档位变速器．如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮中间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的静摩擦力带动．当位于主动轮与从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮转速降低，滚轮从右向左移动时从动轮转速增加．当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置上时，则主动轮转速n1，从动轮转速n2之间的关系是（）A．n2＝n1D2D1 BC．n2＝n1D1D2 D．n【答案】B角速度ω=2πn，则主动轮的线速度v1=D12ω1=πD1n1，从动轮的线速度v23．小明在公园如围墙处避雨时，他观察到由于围墙的挡风作用，雨滴从墙檐土滴落几乎是竖直向下的，当下落的雨滴经过围墙上的窗口时，有从窗P吹出的风使兩滴的下落方向发生变化，下图中描述了沿平行于墙壁从西向东方向观察时雨滴的下落轨迹，其中最接真实情况的是（）A． B． C． D．【答案】C4．如图所示，消防队员在进行训练时有一项爬绳练习，如果队员用双手握住竖直的绳索匀速攀上和勻速下滑时，绳索对他的摩擦力分别为F上和F下，那么关于F上和F下的下列说法中正确的是（）A．F上向上F下向下，F上与F下等大B．F上向下F下向上，F上大于F下C．F上向上F下向上，F上与F下等大D．F上向上F下向下，F上大于F下【答案】C5．医院有一种先进的检测技术——彩超，就是向病人体内发射一定频率的超声波，超声波经血液反射后被专用仪器接收，测出反射波相对发射波的频率变化，就可知道血液的流速。这一技术利用了下列哪个物理学原理（）A．偏振规象 B．波的衍射， C．波的干涉 D．多普勒效应【答案】D6．一颗人造地球通讯卫星(同步卫星)对地球的张角能覆盖赤道上空东经θ0－Δθ到东经θ0+Δθ之间的区域。已知地球半径为R0，地球表面处的重力加速度大小为g，地球自转周期为T，Δθ的值等于()A．arcsin(4π2R0T2g)C．arccos(4π2R0T2g)【答案】C首先算出同步卫星绕地球公转的半径r，地球自身半径为R0，选项C符合题意，选项ABD不合题意。7．如图，O点是小球平抛运动抛出点；在O点有一个频闪点光源，闪光频率为30Hz；在抛出点的正前方，竖直放置一块毛玻璃，小球初速度与毛玻璃平面垂直．在小球抛出时点光源开始闪光．当点光源闪光时，在毛玻璃上有小球的一个投影点．已知图中O点与毛玻璃水平距离L=1．20m，测得第一、二个投影点之间的距离为0.05m．取重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是A．小球平抛运动的初速度为4m/sB．小球平抛运动过程中，在相等时间内的动量变化不相等C．小球投影点的速度在相等时间内的变化量越来越大D．小球第二、三个投影点之间的距离0.15m【答案】A8．一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa’、bb’相切，相切处a、b位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa’上距水平面ab的高度为h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b后沿斜坡bb’向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab的高度为h；接着小物块沿斜坡bb’滑下并从b处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则A．小物块再运动到a处时速度变为零B．小物块尚未运动到a处时，速度已变为零C．小物块不仅能再运动到a处，并能沿斜坡aa’向上滑行，上升的最大高度为2hD．小物块不仅能再运动到a处，并能沿斜坡aa’向上滑行，上升的最大高度小于h【答案】D二、多选题9．由青岛大学学生自主设计研发的墙壁清洁机器人，利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过这8只“爪子”的交替伸缩吸附，就能在竖直墙壁和玻璃上行走并完成清洁任务。如图所示，假设这个机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线“爬行”到右上方B点，在这一过程中，若此机器人8只“爪子”所受玻璃墙对它的摩擦力的合力为F，则下列受力分析图中可能正确的是(）A． B．C． D．【答案】AD10．“天宫一号”目标飞行器于2011年9月9日发射升空，2013年9月已圆满完成了各项预定的任务，并超期服役到2016年3月16日正式终止数据服务，全面完成里其历史使命，预计2018年“受控”坠落，坠落过程中由于受轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，最终其主体部分会在大气层中完全烧毁，“天宫一号”在进入稠密大气成燃烧前，随着运行轨道的降低，其（）A．重力势能逐渐减少，动能逐渐增加 B．动能逐渐增加，机械能减少C．动能、重力势能和机械能均逐渐减少 D．绕地球运行一周所用的时间越来越少【答案】ABD三、填空题11．如图，物块A、C置于光滑水平桌面上，通过轻质滑轮和细绳悬挂物块B，物块A、B的质量均为2kg，物块C的质量为1kg，重力加速度大小为10m/s2。(1)若固定物块C，释放物块A、B，则物块A、B的加速度之比为____；细绳的张力为____。(2)若三个物块同时由静止释放，则物块A、B和C加速度之比为____。【答案】2：18N2：3：412．如图所示，一根不均匀的铁棒AB与一辆拖车相连接，连接端B为一固定水平转动轴，拖车在水平面上向右做匀速直线运动，棒长为L，棒的质量为40kg，它与地面间的动摩擦因数为，棒的重心C距转动轴为，棒与水平面成30°角。运动过程中地面对铁棒的支持力为_______N；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，其他条件不变，则运动过程中地面对铁棒的支持力将比原来__________（选填“增大”、“不变”或“减小”）。【答案】200增大[1]以B点为转轴，在拖车在水平面上做匀速直线运动的过程中，铁棒力矩平衡，假设铁棒与水平地面夹角为，根据力矩平衡：滑动摩擦力：解得：因为，解得：；[2]若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，其他条件不变，减小，减小，可知地面对铁棒的支持力增大。13．如图所示，弯折的直角轻杆ABCO通过铰链O连接在地面上，AB=BC=OC=9m，一质量为m的小滑块以足够大的初始速度，在杆上从C点左侧x0=2m处向左运动，作用于A点的水平向右拉力F可以保证BC始终水平。若滑块与杆之间的动摩擦因数与离开C点的距离x满足μx=1，则滑块的运动位移s=________________m时拉力F达到最小。若滑块的初始速度v0=5m/s，且μ=0.5-0.1x（μ=0后不再变化），则滑块达到C点左侧x=4m处时，速度减为v=_________________m/s。【答案】31[1]滑块向左做减速运动，对杆有压力和向左的滑动摩擦力；对杆，根据力矩平衡条件，有：代入数据和，有：当，即时，拉力达到最小；[2]滑块从点达到点左侧处过程，根据动能定理，有：其中：联立解得：。14．如图，一个球冠形光滑凹槽深度h=0.050m，球半径为20m．现将一质量为0.10kg的小球放在凹槽边缘从静止释放。重力加速度大小为9.8m/s．小球由凹槽最高点滑到最低点所用时间为__________s．【答案】2.22s典型的单摆模型，L=20m，由单摆的周期T=2π=8.88s小球由凹槽最高点滑到最低点所用时间是=2.22s。15．一质量为m的小球与一劲度系数为k的弹簧连接，置于光滑水平桌面上，弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动，弹簧的伸缩方向与小球的振动方向一致。在一沿此弹簧长度方向以速度u做匀速直线运动的参考系里观察，此弹簧和小球构成的系统的机械能____(填“守恒”或“不守恒”)，理由是________。【答案】不守恒墙壁对弹簧有作用力(外力)，且在运动参考系中，该力的作用点有位移，所做的功不为零。10［1］不守恒；［2］墙壁对弹簧有作用力(外力)，且在运动参考系中，该力的作用点有位移，所做的功不为零，弹簧和小球构成的系统的机械能不守恒。16．2011年8月中国发射的宇宙飞船“嫦娥二号”在完成探月任务后，首次从绕月轨道飞向日地延长线上的拉格朗日点，在该点，“嫦娥二号”和地球一起同步绕太阳做圆固运动．已知太阳和地球的质量分别为MS和ME，日地距离为R．该拉格朗日点离地球的距离x满足的方程为______________，由此解得x≈_________·(已知当λ<<l时，(1+λ)n≈1+nλ)【答案】=(R+x)R17．水平力F方向确定，大小随时间的变化如图a所示；用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示．重力加速度大小为10m/s2。由图示可知，物块与水平桌面间的最大静摩擦力为_________；物块与水平桌面间的动摩擦因数为_______；在0~4s时间内，合外力做的功为_________。【答案】6N0.124J18．位于水平光滑桌面上的n个完全相同的小物块，沿一条直线排列，相邻小物块间都存在一定的距离。自左向右起，第1个小物块标记为P1，第2个小物块标记为P2，第3个小物块标记为P3，……，最后一个小物块即最右边的小物块标记为Pn。现设法同时给每个小物块一个方向都向右但大小各不相同的速度，其中最大的速度记作v1，最小的速度记作vn，介于最大速度和最小速度间的各速度由大到小依次记为v2、v3、…、vn−1。若当小物块发生碰撞时，碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短，则最终小物块P1、P2、P3、…、Pn。速度的大小依次为________________________________________________。【答案】vn、vn−1、…、v3、v2、v1四、解答题19．如图所示，轻质支架ABO可绕水平轴O在竖直平面内无摩擦转动，支架A端搁在水平地面上，BO与地面垂直，AB长度为L，与水平地面夹角为θ=37．可看作质点的带正电小物块P，质量为m，带电量为q，P与支架间的动摩擦因数μ=0.5，在运动过程中其电量保持不变．（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）给小物块P一个初速度，使其从A端开始沿AB向上滑，求P滑到距A端多远时支架即将发生翻转．（2）把另一可看作质点的带正电小物块W固定在支架的A端，小物块P能静止在AB的中点处，已知物块P与AB间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求小物块W可能的带电量Q．（3）改变小物块W的带电量，将物块P从B点由静止释放，P沿斜面刚好能到达AB的中点．求物块P从斜面中点应以多大的初速度v0上滑才能刚好到达B点（支架不会发生翻转）．【答案】（1）（2）≤Q≤（3）（1）设当物块P滑到距A端为x时支架即将发生翻转。根据力矩平衡有解得（2）设小物块W至少应带电量Qmin，此时物块P受到最大静摩擦力fm作用且方向由A指向B。根据物块P的受力平衡有解得设小物块W至多应带电量Qmax，此时物块P受到最大静摩擦力fm作用且方向由B指向A。根据物块P的受力平衡有解得所以小物块W可能的带电量范围是≤Q≤。（3）设物块P从B点沿斜面到达AB的中点过程中克服电场力做功W，由动能定理有根据对称性，物块P从斜面中点向上运动到达B点的过程电场力对其做功也为W，由动能定理有解得20．农用平板车的简化模型如图a所示，两车轮的半径均为r(忽略内外半径差)，质量均为m(车轮辐条的质量可忽略)，两轮可2m绕过其中心的光滑细车轴转动(轴m的质量可忽略)；车平板长为l、质把手量为2m，平板的质心恰好位于车轮的轴上；两车把手(可视为细直杆)的长均为2l、质量均为m，且把手前端与平板对齐，平板、把手和车轴固连成一个整体，车轮、平板和把手各自的质量分布都是均匀的.重力加速度大小为g.(1)该平板车的车轮被一装置(图中未画出)卡住而不能前后移动，但仍可绕车轴转动.将把手提至水平位置由静止开始释放，求把手在与水平地面碰撞前的瞬间的转动角速度.(2)在把手与水平地面碰撞前的瞬间立即撤去卡住两车轮的装置，同时将车轮和轴锁死，在碰后的瞬间立即解锁，假设碰撞时间较短(但不为零)，碰后把手末端在竖直方向不反弹.已知把手与地面、车轮与地面之间的滑动摩擦系数均为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力).求在车轮从开始运动直至静止的过程中，车轴移动的距离.【答案】（1）（2）(1)车轮被一装置卡住而不能前后移动，但仍可绕轮轴转动.把手绕车轴的转动惯量为平板绕车轴的转动惯量为平板与把手整体绕车轴的转动惯量为(1)把手和平板整体的质心位置到车轴的距离(见解题图a)为(2)设把手与地面碰撞前的瞬间的角速度为，由机械能守恒有(3)式中h是把手和平板整体的质心下降的距离(见解题图b)将(2)式代入上式得由上式和(1)(3)式得(4)(2)在把手与地面碰撞前的瞬间，把手和平板车的质心的速度大小为由几何关系有，碰前瞬间把手和平板质心速度的水平与竖直分量(从把手末端朝向把手前端为正)分别为(5)(6)记碰撞时间间隔为△t，由题设，把手、平板与车轮组成的系统在碰撞过程中可视为一个物体.刚碰时，由于把手末端与地面之间有相对速度，把手末端与地面之间在碰撞过程中水平方向的相互作用力是滑动摩擦力.设碰撞过程中地面对系统在竖直方向上总的支持力为N′，在碰撞后的瞬间系统的水平速度为(≥0).在水平和竖直方向上分别对此系统应用动量定理有(7)(8)值得注意的是，(8)式左端的冲量不可能等于零，因而(7)式左端的冲量也不可能等于零.由(7)(8)式得即当系统静止，故(9)当系统开始运动，下面分两阶段讨论系统开始运动后直至停止的过程:阶段I.车轮又滑又滚阶段两车轮的受力如解题图c所示，图中是地面对两车轮的正压力，和是把手和平板通过轴对两车轮分别在水平方向和竖直方向的作用力，地面对车轮的滑动摩擦力.把手和平板作为一个整体的受力解题图d所示，图中N是地面对把手末端的正压力.地面与车之间的总滑动摩擦力为(10)把手、平板和车轮组成的系统的质心加速度为(11)对把手和平板系统应用质心运动定理有(12)(13)对把手和平板系统应用相对于过质心的水平轴的转动定理有由(11)(12)(13)式得将以上两式代入(14)式得(14)于是因而对两车轮在竖直方向上应用质心运动定理有(15)对两车轮应运用转动定理有(16)由(15)式得再由(16)式得设车轮经历时间间隔t后开始纯滚动，由纯滚动条件有(17)此即由此得车轮开始做纯滚动时的速度为(18)在整个又滑又滚阶段，车轴移动的距离为于是有阶段Ⅱ.车轮纯滚动阶段两车轮的受力如解题图e所示，图中是地面对两车轮的正压力，和分别是把手和平板通过轴对两车轮在水平方向和竖直方向的作用力，是地面对车轮的作用力(静摩擦力)。把手和平板作为一一个整体的受力解题图f所示，图中是地面对把手末端的正压力.对两车轮运用质心运动定理有(20)对两车轮运用转动定理有(21)由纯滚动条件有(22)由(20)(21)(22)式得对把手和平板系统在水平方向上应用质心运动定理有联立以上两式有对把手和平板系统在竖直方向上应用质心运动定理有对把手和平板系统应用相对于过质心C的水平轴的转动定理有联立以上三式消去和，得解得于是(23)在整个纯滚动阶段，车轴移动的距离满足于是在车轮从开始运动直至静止的整个过程中，车轴移动的距离为21．如图a，旅行车上有一个半径为R的三脚圆凳(可视为刚性结构)，三个相同凳脚的端点连线(均水平)构成边长为a的等边三角形，凳子质心位于其轴上的G点.半径为r的一圆筒形薄壁茶杯放在凳面上，杯底中心位于凳面中心O点处，茶杯质量为m(远小于凳子质量)，其中杯底质量为(杯壁和杯底各自的质量分布都是均匀的)，杯高为H(与杯高相比，杯底厚度可忽略).杯中盛有茶水，茶水密度为.重力加速度大小为g.(1)为了使茶水杯所盛茶水尽可能多并保持足够稳定，杯中茶水的最佳高度是多少?(2)现该茶水杯的底面边缘刚好缓慢滑移到与圆凳的边缘内切于D点时静止(凳面边有小凸缘，可防止物体滑出；凳面和凳面边的凸缘各自的质量分布都是均匀的)，且OD⊥AC(见图b)，求此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于滑移前(该茶水杯位于凳面中心处)的改变.【答案】（1）（2）(1)以凳面中心O为坐标原点，以过O点向上的竖直线为y轴.茶杯(包括茶水在内)的质心位置为(1)式中h是杯中茶水的高度.令，(1)式即事实上，考虑在茶杯中茶水的水平面从杯底逐渐缓慢上升的过程，茶水杯整体的质心先是逐渐降低，然后再逐渐上升.为了使茶水杯盛尽可能多的茶水并保持足够稳定，茶水杯整体的质心应尽可能接近凳面，处于最低点的位置，故有(2)由(1)(2)式得(3)舍弃负值(不合题意)，杯中茶水的最佳高度为(4)【另一种解法】：事实上，考虑在茶杯中茶水的水平面从杯底逐渐缓慢上升的过程，茶水杯整体的质心先是逐渐降低，然后再逐渐上升.为了使茶水杯盛尽可能多的茶水并保持足够稳定，茶水杯整体的质心应尽可能接近凳面，处于最低点的位置.(1)式即它满足代数不等式式中当h满足即(4)时取等号，即杯中茶水的最佳高度.】(2)记凳子质量为M.该茶水杯的底面边缘刚好滑移到与圆凳的边缘内切于D点静止后，坐标系及三脚圆凳的受力分析分别如解题图a和解题图b所示，其中、和分别是车内底板对凳脚A、B和C的支持力.由几何关系有(5)(6)三脚圆凳处于力平衡状态，竖直方向合力为零(7)(8)式中，，P=Mg.由(7)(8)式得以x轴为转动轴，力矩平衡(9)记，由(5)(6)(9)式有【另一种解法】以AC为转动轴，由力矩平衡条件有(9)即联立以上各式得(10)(11)值得指出的是，解(10)满足，即，(12)这已由题给条件保证了.由(7)(10)(11)式得，此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于茶水杯滑移前的改变为(13)(14)22．2016年9月，G20峰会在杭州隆重召开，其会议厅的装饰设计既展示出中国建筑的节能环保理念，又体现了浙江的竹文化特色。图a给出了其部分墙面采用的微孔竹板装饰的局部放大照片，该装饰同时又实现了对声波的共振吸收.竹板上有一系列不同面积、周期性排列的长方形微孔，声波进入微孔后导致微孔中的空气柱做简谐振动.单个微孔和竹板后的空气层，可简化成一个亥姆霍兹共振器，如图b所示.假设微孔深度均为l、单个微孔后的空气腔体体积均为、微孔横截面积记为S.声波在空气层中传播可视为绝热过程，声波传播速度与空气密度及体积弹性模量的关系为，其中是气体压强的增加量与其体积V相对变化量之比，已知标准状态(273K，latm=1.01×105Pa)下空气(可视为理想气体)的摩尔质量Mmol=29.0g/mol，热容比，气体普适常量R=8.31J/(K·mol).(1)求标准状态下空气的密度和声波在空气中的传播速度；(2)求上述亥姆霍兹共振器吸收声波的频率(用、S、I、V0表示)；(3)为了吸收频率分别为120Hz和200Hz的声波，相应的两种微孔横截面积之比应为多少?【答案】（1）（2）（3）(1)由理想气体状态方程有(1)式中，P、V和T分别为空气的压强、体积和(绝对)温度，M和Mmol分别为空气总质量和；摩尔质量。由(1)式得空气密度为在标准状态下(以下标“标”表示)有，(2)理想气体的绝热过程满足=常量式中γ是热容比。对上式两边微分得(3)由(3)式可得，空气的体积弹性模量为(4)声波在空气中的传播速度为在标准状态下有(5)(2)细管内的空气柱的质量为(6)细管中的空气柱的运动是由外界压力与容器内的压力之差所引起的.设这部分空气柱运动的位移为x(向外为正)，容器内的空气体积的改变为(7)容器内气体压力的变化满足绝热过程，由(3)式有(8)相应地，对于细管内运动着的空气柱的作用力为(9)从而，细管内空气柱的运动方程可写为(10)(10)式可写成(11)这是简谐振动的方程，o是简谐振动的圆频率(12)将代入(10)式得，所述亥姆霍兹共振器吸收声波的频率为(13)上式最后一步利用了单个微孔后的空气腔体体积为.(3)按题设，两种需要通过所述亥姆霍兹共振器吸收声波的频率和之比为(14)由(13)式可得，(15)式中，S1和S2是相应的上述亥姆霍兹共振器的微孔的横截面积.由(15)式有(16)即(17)23．在化工厂、制药厂、医学检验等工作中经常需要将在液体中的微小颗粒沉淀析出，为此苛将待分离液体静置一段较长的时间，这种方法称内“重力沉淀”法，也可以使用离心分离器在较短时间内将液体中的微小颗粒沉淀析出，称为“离心沉淀”法，试分析这种“离心沉淀”为什么比“重力沉淀”快？设管内装有密度为的液体，内有密度为（>）、体积为△V的微小颗粒。对于“重力沉淀”法：液体中的微小颗粒受力：重力G=△Vg，浮力F1=△Vg，（因下沉速度很小，可忽略粘滞阻力）。由牛顿第二定律得微粒下沉的加速度为：对于“离心沉淀”法：当离心分离器带着试管以角速度ω高速旋转时，两试管几乎处于水平状态，因分离的微粒将集中到试管的底部，故为简化问题，只分析其水平方向受力情况。设在试管中有一个与转轴相距r、体积为△V的小液滴，则其做圆运动所需的向心力为：F2=△Vrω2，此向心力是周围的液体所提供的。若在该处不是△V的小液滴，而代之以在液体中的体积为△V的微粒，则此微粒随离心分离器旋转所需的向心力为：，而周围的液体所能提供的向心力只有F2=△Vr，由于>，所以，即微粒周围液体对它产生的作用力小于它所需的向心力，微粒便向管底“下沉”（同理忽略液体对微粒的粘滞阻力），其下沉加速度为：“离心沉淀”法可以通过人为控制增大，使r>g，从而实现“离心沉淀”比“重力沉淀”更快。24．由于卫星发射场地点不在赤道上，因此在发射地球同步静止轨道卫星时，需要先将卫星发射到与赤道平面有一定夹角的转移轨道上，然后再经过调整使卫星进入地球同步静止轨道。卫星在转移轨道上的远地点时恰通过赤道上空，并且离地面高度恰等于地球同步静止轨道的高度，此时通过发动机暂短时间点火，给卫星一个附加的速度，使卫星恰好能沿地球同步静止轨道运行。如果卫星的质量为1.4t，其飞经赤道上空时的速度为1.5103m/s（为计算方便，此处数可以改一下），此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，飞行的轨道平面与赤道平面之间的夹角为30，如图所示若不计大气阻力和卫星质量的变化，己知地球半径为6.4103m，结果保留1位有效数字。求：(1)为完成这次调整发动机至少需要做多少功(2)调整过程中发动机对卫星所施的冲量【答案】(1)(2)θ=arcsin0.4(1)设地球同步卫星的质量为m、轨道半径为r、运动速率为vt，地球质量为M、半径为R、自转周期为T，根据万有引力定律和向心力公式则有，又因联立解得r=4.3×107m，．根据动能定理可知，从初速度v0=1.5×103m/s变为末速度vt=3.1×103m/s，发动机需要做的功(2)初速度v0=1.5×103m/s沿东偏北30°角，与所求的附加速度△v合成后的合速度为正东方向的vt=3.1×103m/s，然后根据这一抽象出的模型画出图所示的矢量图，便可根据余弦定理进行计算，根据动量定理可知，所施冲量大小I=m△v=3×106kg·m/s其方向为东偏南，设偏南的角度为θ，根据正弦定理有解得θ=arcsin0.425．在研究跳水运动员在水中所受阻力的情况以及设计跳水场地水池深度时，可以用金属和橡胶制作一个运动员模型，在它头部携带有压力传感器，模型入水后传感器可通过计算机显示出水对模型的等效阻力f的量值随其入水的深度y变化的函数曲线。己知这个模型的总质量m=60kg，并可将其视为长度l=1.65m、直径d=0.25m的圆柱体。这个模型头向下从高于水面H=10m的跳台自由落下入水后，计算机上显示出的f-y变化曲线如图所示。通过用计算机拟合图线可知，该曲线可近似看作椭圆的一部分，该椭圆的长、短轴分别与坐标轴Oy和Of办重合。椭圆与y轴相交于y=h处，与f轴交于处。为了确保运动员跳水时的安全，估算水池中水的深度h至少应等于多少？【答案】4.8m运动员的运动可分为三个过程（如图所示）：A→B运动员仅受重力mg（恒力）作用，做自由落体运动。该过程中重力做正功，初始速度vA=0。B→C运动员刚接触水面到全身浸入水中，受重力mg（恒力，做正功），阻力f（变力，做负功）和浮力F2（变力，做负功）的作用，所受阻力和浮力都随着人体入水深度的增加而变化。C→D运动员全身浸入水中到刚接触水池底面，受重力mg（恒力，做正功），阻力f（变力，做负功），浮力F2（恒力，做负功）的作用。依题意，为保证运动员的安全，水池中水的最小深度为h，意为运动员接触水池底面时速度为零，即vD=0。根据上面分析，对运动员运动的整个ABCD过程，由动能定理得：WG+WF1+WF2+Wf=△Ek=0其中，WG为重力的功：WG=mg（H+h）WF2为浮力F2的功：为浮力F1的功，Wf为阻力f的功。浮力F1和阻力f均为变力，它们的功可用图象法求解。对B→C过程，以运动员入水时的位置为零点，竖直向下为正方向建立oy坐标如图所示。当人体入水深度为y时，F1=－gSy，S为圆柱体截面积。浮力F1随运动员入水深度y的变化关系如图所示。F1做功的量值等于上图曲线下的面积同理，由图象法求得：联立上述方程，并代入数据得：26．音涂喷泉在水泵作用下随着音东的节律坚直向上喷出水柱，粗细、高低不同的水柱形成美妙的景观。实际上，当我们仔细观察时，会发现在喷口流量相同且无风的情况下，喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细。请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因。【答案】从喷口喷出的水的流量是定值即可证明从喷口喷出的水的流量是定值，即水喷出的初速度相同，在竖直方向上，水做减速运动，单位时间出来的水的体积不变，随着水向上运动，vi在不断变小时，横截面积Si在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗。27．小明在参观科技馆时，发现了一张地震波波速与地球内部构造的关系图，如图所示。其中A和B分别表示两列不同的地震波其速度大小随在地下深度的变化，右侧为地球内部结构随深度的分布情况。在地表下平均33km处(大陆部5000分)(或海洋面下7km)，纵横波的传播速度都明显增加，这一不连续面叫莫霍界面。在地下2900km深处，纵横两列地震波中有一列波速度突然下降，另一列波则完全消失，这一不连续面叫古登堡界面。由于莫霍界面上下物质都是固态，其力学性质区别不大，所以将地壳和软流圈以上的地幔统称为岩石圈。地球的中心为地核，半径为3473km左右。地核又可分为外核和内核。根据上图回答下列问题：(1)图中的A、B两列波，哪一列是横波?并说明判断的依据。(2)中国地震台网正式测定：2018年2月12日18时31分在河北廊坊市永清县(北纬39.37度，东经116.67度)发生4.3级地震，震源深度20km。①请问当时处于廊坊市永清县的人感到大地是先上下颠簸后左右摇摆，还是先左右摇摆后上下颠?②因地震会同时产生图中的A、B两列波，估算当地居民感受到A、B这两列列波的时间差大约多少秒?并简要说明估算的过程程，结果只要求保留1位有效数字。【答案】(1)A是横波，B是纵波(2)①先上下颠簸后左右摇摆；②2.1s(1)A为横波。理由：从图中可以看出在接近3000m的液体层时两列波的波速发生了明显变化，根据横波不能在液体中传播，纵波在液体中传播的速度将变小，物质密度越大，传播速度越快，可以判定A是横波，B是纵波。(2)①先上下颠簸后左右摇摆；②因为在距地面20km的范围内，地震波的传播速度变化并不太大，可近似认为A波的传播速度vA=4.4km/s；B波的传播速度vB=8.5km/s两列波传到振源正上方地面的时间差。28．如图，两劲度系数均为k的同样的轻弹性绳的上端固定在一水平面上，下端悬挂一质量为m的小物块。平衡时，轻弹性绳与水平面的夹角为0，弹性绳长度为l0．现将小物块向下拉一段微小的距离后从静止释放。（1）证明小物块做简谐振动；（2）若k=0.50N/m、m=50g、0=30°、l0=2.0m，重力加速度g=9.8m/s。，求小物块做简谐振动的周期T；（3）当小物块下拉的距离为0.010m时，写出此后该小物块相对于平衡位置的偏离随时间变化的方程。已知：当x<<1时，，．【答案】（1）F回=－(2ksin2α0+)y；（2）1.8s；（3）y=0.010×cos(3.5×t)（1）取小物块的平衡位置为原点O，y轴的方向竖直向下，如图所示：由牛顿第二定律可知ma=mg－2k(l－L)sinα①式中a为物块的加速度，L为弹性绳的原长；l0为物块静止时，弹性绳的长；l和分别为物块离开平衡位置的位移为y时弹性绳的长度和弹性绳与水平面的夹角。由几何关系得l=②sinα=③d=l0cosα0④④代入②展开，化简得l=由于y是小量，y2是二阶无穷小量，可略去。得l=由小量展开式：当x<<1时，，知l==l0+ysinα0⑤将⑤代入③，得sinα=由当x<<1时，，知sinα=(l0sinα0+y)[(1－sinα0)]l0sinα=l0sinα0+y－ysin2α0－(y2/l0)sinα0且忽略y2项l0sinα=l0sinα0+ycos2α0sinα=sinα0+(y/l0)cos2α0⑥当小物块处在平衡位置时有mg=2k(l0－L)sinα0即L=l0－⑦⑤⑥⑦(代去l，L，sinα)代入①得ma=mg－2k[l0+ysinα0－l0+][sinα0+(y/l0)cos2α0]ma=mg－2k[ysin2α0++]略去y2项ma=－(2ksin2α0+)y由简谐运动的特征方程知F回=－Ky所以K=(2ksin2α0+)即F回=－(2ksin2α0+)y由此，物体的运动满足简谐运动的特征方程。因此，当y很小时，小物块做简谐运动。（2）小物块做简谐运动的周期为T=2π=⑧将题给数据代入⑧，得小物块做简谐振动的周期T=1.8s（3）因将小物块拉开距离y0=0.010m时从静止松手，故小物块做简谐振动的振幅为A=0.010m，初始时，小物块速度为零，小物块位于最大振幅处，其初相位为φ0=0⑨圆频率为ω0=故在国际单位制中，小物块做简谐振动的方程为y=0.010cos(3.5t)29．某电视节目中演示了一个用三根火柴棍和细棉线悬挂起一瓶或多瓶矿泉水的实验，如图所示。A、B、C为三根相同的火柴棍，火柴棍长为l，细实线为棉线，棉线的直径为d(d<<l)。火柴棍A的一半在水平桌面内，另一半在桌面外，火柴棍A与桌面上表面的边沿垂直；桌面厚度为h；O是火柴棍A的中点与桌面边沿的接触点；棉线紧贴桌沿绕过A，压在水平火柴棍C的两端；火柴棍B的一端顶在火柴棍A的球状头部(可近似忽略球状头部的尺度)，另一端顶在火柴棍C的中点。这样的结构可以稳定地悬挂起一瓶或多瓶矿泉水。已知火柴棍与桌沿、火柴棍与棉线以及火柴棍之间都足够粗糙(即可以没有滑动)，而且它们的质量与重物相比均可忽略。（1）如果没有火柴棍B和C，光靠A是否可能悬挂起一瓶矿泉水?为什么?（2）加上火柴棍B和C、小心挂上重物时，火柴棍A会在过A的竖直平面内绕O点有一个角位移，通过火柴棍B的带动，压在火柴棍C两端的棉线将绕桌面下表面的边沿转动一个很小的角度；只要角度大小合适，可使整个系统达到稳定平衡。求平衡时该角度的大小。【答案】（1）不能，从力的平衡看，单一的火柴棍A无法提供向上的力与一瓶矿泉水的重力平衡；从力矩的平衡看，重物相对于支撑点O有一力矩，此力矩没有其它力矩与其平衡，会使火柴棍转动直至掉；（2）arcsin（1）不能。从力的平衡看，单一的火柴棍A无法提供向上的力与一瓶矿泉水的重力平衡；从力矩的平衡看，重物相对于支撑点O有一力矩，此力矩没有其它力矩与其平衡，会使火柴棍转动直至掉下。（2）由于火柴棍A水平，火柴棍B的下端正好在A的中点的正下方，由几何关系知，火柴棍A和B之间的夹角为α=60°，桌面上表面边沿O点到火柴棍B的下端(即火柴棍C的中点)的距离为L=32l，又由于火柴棍C水平，由几何关系知，从O点到火柴棍C两端的距离均为l，如图(a)所示。据题意，三根火柴的结构在重物质量逐渐增大时是稳定的。因而火柴棍C继续保持水平，火柴棍B和A之间的夹角也能得以保持不变，即图(b)中，火柴棍A和B之间的夹角仍然为60°瓶最终稳态应该在何处？应该在O点正下方！又因为棉线是有一定的线度，直径为d。一开始瓶的纵向几何中心与棉线的纵向几何一直线，最终瓶的纵向几何中心在O点的正下方。所以：①瓶向左平移的距离为d2；②瓶最终的转动中心在桌子下边沿，O点正下方的D点。如图(c)，D′是棉线纵向轴线的位置，是瓶纵向中心的原位置。D是瓶的纵向中心的新位置。所以瓶转过的角度∠DED′=θ，DD′=dOO′=DD′=d同理O′D′=OD=hD′E=DE=L－h=3故sinθ=d2平衡时该角度的大小θ=arcsind30．如图，一边长为L的正方形铜线框abcd可绕水平轴ab自由转动，一竖直向上的外力F作用在cd边的中点，整个线框置于方向竖直向上的均匀磁场中，磁感应强度大小随时间变化。已知该方形线框铜线的电导率(即电阻率的倒数)为σ，铜线的半径为r0，质量密度为ρ，重力加速度大小为g。（1）当框平面与水平面abef的夹角为θ时，求该方形线框所受到的重力矩；（2）当框平面与水平面abef的夹角为θ时，框平面恰好处于平衡状态。求此时线框中cd边所受到的磁场B的作用力的大小与外力的大小F之间的关系式；（3）随着磁感应强度大小随时间的变化，可按照（2）中的关系式随时调整外力F的大小以保持框平面与水平面abef的夹角总为θ．在保持夹角θ不变的情形下，已知在某一时刻外力为零时，磁感应强度大小为B；求此时磁感应强度随时间的变化率││。【答案】（1）2L2ρgπr02cosθ；（2）安培力水平向左时：F安=2Lρgπr02cotθ－Fcotθ；安培力水平向右时：F安=Fcotθ－2Lρgπr02cotθ；（3）（1）该方形线框的质量m=ρV=ρS4L=4Lρπr02方形线框的重力相对于AB边的力矩为Mg=mgcosθ=2L2ρgπr02cosθ（2）由于电流方向未知，所以引起的安培力方向及其力矩方向均未知，故需要分类讨论情况1：安培力水平向左，力矩M安+MF=MgM安=2L2ρgπr02cosθ－FLcosθ又因为M安=F安Lsinθ联立得F安=2Lρgπr02cotθ－Fcotθ情况2：安培力水平向右，同理力矩M安+Mg=MF得：F安=Fcotθ－2Lρgπr02cotθ（3）磁通量φ(θ)=L2Bcosθ感应电动势ε==L2cosθ││方形线框的电阻R，由电阻定律有R=ρ该方形线框上的感应电流为i=cosθ││cd边所受到的安培力的大小为FA=iBL=cosθ││因为要外力F等于零，所以是第（2）小题中的第1种情况││=31．某根水平固定的长滑竿上有n(n≥3)个质量相同的滑扣(即可以滑动的圆环)，每相邻的两个滑扣(极薄)之间有不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为L，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑竿正压力大小的μ倍。开始时所有滑扣可近似地看成挨在一起(但未相互挤压)；今给第1个滑扣一个初速度使其在滑竿上开始向左滑行(平动)；在滑扣滑行的过程中，前、后滑扣之间的细线拉紧后都以共同的速度向前滑行，但最后一个(即第n个)滑扣固定在滑竿边缘。已知从第1个滑扣开始的(n一1)个滑扣相互之间都依次拉紧，继续滑行距离l(0<l<L)后静止，且所有细线拉紧过程的时间间隔极短。求：（1）滑扣1的初速度的大小；（2）整个过程中克服摩擦力所做的功；（3）整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总动能损失。【答案】（1）（2）（3）（1）为普遍起见，设两个物体质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和0，发生完全非弹性碰撞后共同速度为v，则碰前的动能E=①由于细绳拉紧前后时间间隔极短，可以忽略摩擦阻力，故前后动量守恒，有m1v1=(m1+m2)v②碰后的动能之和(即系统剩余动能)为E′=③由①②③式得E′=④此式为后续计算的通式，后续计算特别简单，因为质量相等损失的动能为ΔE=E－E′=设第1个滑扣以速度v10开始运动E0=⑤在第1个滑扣滑动距离L、第1与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为E1f=E0－μmgL⑥在第1个滑扣与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬前，系统剩余动能为(根据④式)E20==⑦在第1、2个滑扣共同滑动距离L、第2与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为E2f=E20－2μmgL==⑧在第2个滑扣与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬前，系统剩余动能为(根据④式)E30==⑨在第1、2、3个滑扣共同滑动距离L、第3与第4个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为E3f=E30－3μmgL=－3μmgL=⑩……依次类推，在第k个与第k+1个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为Ekf===1≤k≤n－2于是，在第(n－2)个与第(n－1)个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为E(n－2)f=⑾在第(n－2)个与第(n－1)个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬间，系统剩余动能为E(n－1)0==⑿(可类比⑦、⑨，并代入⑾得到)由⑾知，E(n－2)f>0>0E(n－1)f<0<0，得<E0<本式题目中没有要求的，相当于给出了待求量的定义域则从第1个滑扣开始的(n－1)个滑扣都依次拉紧，且可继续滑行距离l(0<l<L)后静止。因而有E(n－1)0==(n－1)μmgl(因为要继续滑行距离l)⒀由⑤⒀得滑扣1的初速度的大小v10（2）整个过程中克服摩擦力所做的功为W=μmgL+μ(2m)gL+μ(3m)gL+……+μ[(n－2)m]gL+μ[(n－1)m]gl=（3）在整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总能量损失为32．从左至右在同一水平地面上依次有3个质点a、b、c，且三者共线，a与b相距l1，b与c相距l2．现同时将它们从其初始位置抛出．已知质点b以初速度v0竖直上抛，质点c以某一初速度竖直上抛．设在这3个质点的运动过程中，a能碰到质点b和c；并假设质点a的质量远大于质点b的质量，且a与b碰撞时间极短．求质点c的初速度vc和质点a的初速度所满足的条件。所求的结果均用题中的已知量表示出来。【答案】vx≥g；vy=vc=v0以质点a的初始位置为原点,向右为x轴正向,向上为y轴正向.设a的初速度x和y分量分别为vx和vy.按抛体运动公式,在时刻t质点a、b、c的坐标分别为(xa，ya)=(vxt,vyt-gt2)①(xb，yb)=(l1,v0t-gt2)②(xc，yc)=(l1+l2,vct-gt2)③a与b相碰的条件是,存在时刻t1,使满足vxt1=l1④vyt1-gt12=v0t1-gt12⑤v0t1-gt12≥0⑥⑥式来自于水平地面对质点y坐标的限制。由④⑤⑥式得vy=v0⑦vx≥g⑧由于a与b碰撞时间极短,可忽略重力的影响。在a与b碰撞前后,系统的动量和能量守恒mavx=mav'x+mbv'bx⑨ma+mbvby(t1)=mav'y(t1)+mbv'by(t1)⑩ma[vx2+vy2(t1)]+mbvby2(t1)=ma[v'x2+v'y2(t1)]+mb[v'bx2+v'by2(t1)](11)式中,碰后的有关速度用打撇的字母表示.由题意,可认为mb=0.将mb=0代入⑨⑩(11)式得vx=v'x，vy(t1)＝v'y(t1)(12)可见,质点b的运动对质点a的运动的影响可忽略。同理,a与c相碰的条件是,存在时刻t2,使满足vxt2=l1+l2(13)vyt2-gt22=vct2-gt22(14)vct2-gt22≥0(15)由(13)(14)(15)式得vc=vy(16)vx≥g(17)由⑦⑧(12)(13)式得,质点c的初速度vc为vc=v0(18)质点a的初速度应满足的条件为vx≥g(19)vy=vc=v0(20)33．某机场候机楼外景如图a所示。该候机楼结构简化图如图b所示：候机楼侧壁是倾斜的，用钢索将两边斜壁系住，在钢索上有许多竖直短钢棒将屋面支撑在钢索上．假设海边斜壁的质量为m，质量分布均匀；钢索与屋面(包括短钢棒)的总质量为，在地面处用铰链与水平地面连接，钢索固定于斜壁上端以支撑整个屋面，钢索上端与斜壁的夹角为30º；整个系统左右对称．求(1)斜壁对钢索的拉力的大小；(2)斜壁与地面的夹角．【答案】(1)F=mg(2)60º设斜壁长度为l,斜壁对钢索的拉力大小为F,斜壁与水平地面所夹锐角为α,由力矩平衡条件得F=mgcosα①钢索与屋面作为一个整体受到三个力:两端的拉力大小均为F(与水平方向的夹角为α-30º)，竖直向下的重力mg，由力的平衡条件得2Fsin(α-30°)=mg②由①②式得cosαsin(α-30°)=③由三角中的积化和差公式有[sin(α-30º-α)+sin(α-30º+α)]=即sin(2α-30º)=1④解得α=60º⑤由①⑤式得F=mg34．在海面上有三艘轮船，船A以速度u向正东方向航行，船B以速度2u向正北方向航行，船C以速度22u向东偏北45°方向航行．在某一时刻，船B和C恰好同时经过船A的航线并位于船A的前方，船B到船A的距离为a，船C到船A的距离为2a．若以此时刻作为计算时间的零点，求在t时刻B、C两船间距离的中点M到船A的连线MA绕M点转动的角速度．【答案】ω=以t=0时刻船A所在的位置为坐标原点O，作如图1所示平面直角坐标系Oxy，x轴指向正东，y轴指向正北．可以把船C的速度分解成沿正东方向的分速度vx和沿正北方向的分速度vy两个分量．根据题意有vx＝vy＝2u(1)在t时刻，三船的位置如图1所示．B、C二船在y方向位移相等，两船的连线BC与x轴平行，两船间的距离BC=a+2utBC的中点到B点的距离为12a+ut．中点xM=a+1yM=2ut（可见M点沿x方向的速度为u，沿y方向的速度为2u，在t=0时刻BC的中点在x轴上，其x坐标为3a/2．在与M点固连的参考系中考察，并建立以M为原点的直角坐标系Mx'y',x'轴与x轴平行，y'轴与y轴平行，则相对M，船A的速度只有沿负y'方向的分量，有uAM=uAMy'=-2u(5)在时刻t，船A在坐标系Mx'y'的坐标为x'y'可以把A船的速度分解为沿连线MA方向的分量uAM1和垂直于连线MA方向的分量uAM2两个分量，uAM1使连线MA的长度增大，uAM2使连线MA的方向改变，如图2所示．若用R表示t时刻连线MA的长度，则连线MA绕M点转动的角速度ω=u若MA与x'轴的夹角为θ，则有uAM2而cosθ=|xR=x'A由（5）到（10）各式得ω=12au9a35．宇航员从空间站（绕地球运行）上释放了一颗质量m=500kg的探测卫星．该卫星通过一条柔软的细轻绳与空间站连接，稳定时卫星始终在空间站的正下方，到空间站的距离l=20km．已知空间站的轨道为圆形，周期T=92min（分）．i．忽略卫星拉力对空间站轨道的影响，求卫星所受轻绳拉力的大小．ii．假设某一时刻卫星突然脱离轻绳．试计算此后卫星轨道的近地点到地面的高度、远地点到地面的高度和卫星运行周期．取地球半径R=6.400×103km，地球同步卫星到地面的高度为H0=3.6000×104km，地球自转周期T0=24小时．【答案】i．；ii．238kmi．设空间站离地面的高度为H,因为同步卫星的周期和地球自转周期相同，根据开普勒第三定律以及题意有(1)即(2)代人数据得H=376km(3)卫星的高度h=H-l=356km(4)卫星在细绳的拉力F和地球引力作用下跟随空间站一起绕地球作周期为T的圆周运动，有(5)式中G为万有引力常量，M为地球质量．空间站在地球引力作用下绕地球作周期为T的圆周运动故有(6)式中m’为空间站的质量．由（5）、（6）两式得(7)将（3）、（4）式及其他有关数据代人（7）式得F=38.2N(8)ii．细绳脱落后，卫星在地球引力作用下绕地球运动的轨道为一椭圆．在脱落的瞬间，卫星的速度垂直于卫星与地心的连线，所以脱落点必是远地点（或近地点），由(4）式可知，此点到地面的高度h=356km(9)设卫星在近地点（或远地点）的高度为h'，速度为v'，根据开普勒第二定律，有(10)根据机械能守恒，有(11)联立（10）、（11）两式并利用（6）式得(12)代人有关数据有h'=238km(13)由（9）、（13）两式可知，远地点到地面的高度为356km，近地点到地面的高度为238km.设卫星的周期为T'，根据开普勒第三定律，卫星的周期(14)代人数据得T'=90.4min(15)36．某同学选了一个倾角为θ的斜坡，他骑在自行车上刚好能在不踩踏板的情况下让自行车沿斜坡匀速向下行驶，现在他想估测沿此斜坡向上匀速行驶时的功率，为此他数出在上坡过程中某一只脚蹬踩踏板的圈数N（设不间断的匀速蹬），并测得所用的时间t，再测得下列相关数据：自行车和人的总质量m，轮盘半径Rl，飞轮半径R2，车后轮半径R3．试导出估测功率的表达式．己知上、下坡过程中斜坡及空气作用于自行车的阻力大小相等，不论是在上坡还是下坡过程中，车轮与坡面接触处都无滑动．不计自行车内部各部件之间因相对运动而消耗的能量．【答案】解法一因为下坡时自行车匀速行驶，可知阻力大小f=mgsinθ(1)由题意，自行车沿斜坡匀速向上行驶时，轮盘的角速度(2)设轮盘边缘的线速度为v1，由线速度的定义有v1=ωR1(3)设飞轮边缘的线速度为v2，后车轮边缘的线速度为v3，因为轮盘与飞轮之间用链条连结，它们边缘上的线速度相同，即v1=v2(4)因飞轮与后车轮的转动角速度相同，故有(5)因车轮与坡面接触处无滑动，在车后轮绕其中心轴转动一周的时间T内，车后轮中心轴前进的路程(6)而(7)车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大小(8)由以上有关各式得(9)人骑自行车上坡的功率为克服阻力f的功率加上克服重力沿斜面分力的功率，即P=fV+mgVsinθ(10)由（l）、（9）、（10）式(11)解法二因下坡时自行车匀速行驶，若自行车出发点的高度为h，则克服阻力所做的功Wf等于势能的减少，有Wf=mgh(1)用s表示自行车行驶的路程，有h=ssinθ(2)自行车沿斜坡匀速向上行驶时，骑车者所做的功W，等于克服阻力的功Wf与势能增量mgh之和，即W=Wf+mgh(3)设骑车者蹬踩踏板N圈到达下坡时的出发点，因踏板转N圈可使后轮转NR1/R2圈，所以自行车行驶的距离s为(4)由（1）到（4）式，得(5)上式除以所用时间t，即得骑车者功率(6)37．如图所示，一木块位于光滑的水平桌面上，木块上固连一支架，木块与支架的总质量为M．一摆球挂于支架上，摆球的质量为m，摆线的质量不计．初始时，整个装置处于静止状态．一质量为m的子弹以大小为v0、方向垂直于图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内，摆球和子弹便一起开始运动．已知摆线最大的偏转角小于90°，在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的，木块未发生转动．i．求摆球上升的最大高度．ii．求木块的最大速率．iii．求摆球在最低处时速度的大小和方向．【答案】i．ii．iii．，方向向前，i．由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短，可以认为在这过程中摆球仅获得速度但无位移．设摆球（包括停留在球内的子弹）向前（指垂直于图面向里）的速度为u，由动量守恒定律有mv0=2mu(l)摆球以速度u开始向前摆动，木块亦发生运动．当摆球上升至最高时，摆球相对木块静止，设此时木块的速度为V，摆球上升的高度为h，因水平方向动量守恒以及机械能守恒有2mu=(2m+M)V(2)(3)解（l）、（2）、（3）三式得(4)ii．摆球升到最高后相对木块要反向摆动．因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位置前的整个过程中，摆线作用于支架的拉力始终向斜前方，它使木块向前运动的速度不断增大；摆线经过竖直位置后，直到摆线再次回到竖直位置前，摆线作用于支架的拉力将向斜后方，它使木块速度减小，所以在摆线（第一次）返回到竖直位置