大物习题答案第3章连续物体的运动

第3章连续物体的运动

一基本要求

1 理解描写刚体定轴转动的物理量，并掌握角量与线量的关系。

2 理解力矩和转动惯量概念，掌握刚体绕定轴转动的转动定律。

3理解角动量概念，掌握质点在平面内运动以及刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。

4理解刚体定轴转动的转动动能概念，能载有刚体绕定轴转动的问题中正确的应用机械能守恒定律。

5了解流体的特点，掌握理想流体的概念。 6掌握理想流体的连续性方程和伯努利方程。 7了解伯努利方程的应用。二基本概念

1连续介质在宏观力学的范围内如果能忽视物体内部的不连续性，把物体看作质量连续分布的质点系。

2刚体大小和形状的变化可以忽略的连续介质。

3F 对定轴Z 的力矩：力F 的大小与O 点到力F 的作用线的垂直距离的d （力臂）乘积。

sin M Fd Fr θ== 或 M =r ×F

4转动惯量转动惯量是描述刚体在转动中惯性大小的物理量。对于质点系的转动惯量1n

i i i J m r ==?∑ 。如果物体的质量是连续分布的，上式可写为 2J r dm =? 。

5 质点的角动量质点m 对固定点O 的位矢为r ，质点m 对原点O 的角动量为 m =?=?L r p r υ

6 冲量矩力矩和作用时间的乘积，记作2

t t t ?Md 。

7刚体定轴转动的角动量 21n

i i i m r ==∑L ωJ =ω

8力矩的功 W Md θ

=? 9力矩的功率 dW Md P M dt dt

ω===

10刚体的转动动能 2

ωJ E k ＝

11流体处于液态和气态的物体的统称。特点是物体各部分之间很容易发生相对运动，即流动性。

12理想流体绝对不可压缩和完全没有黏性的流体。

13定常流动流体流经空间任一给定点的速度是确定的，并且不随时间变化。在流速较低时定常流动的条件是能够得到满足的。

14流线为了形象地描述流体的运动, 在流体中画出一系列曲线,使曲线上每一点的切线方向与流经该点流体质点的速度方向相同, 这种曲线称为流线。 15流管在定常流动中,通过流体中的每一点都可以画一条流线。由流线围成的管状区域, 就称为流管。

16流量单位时间内流过某一截面的流体体积, 称为流体流过该截面的体积。三基本规律

1刚体定轴转动角量与线量的关系R υω= a τ=R α n a = R 2ω

2转动定律刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，M J α=。

3相加性原理对同一转轴而言，刚体总转动惯量等于各部分转动惯量之和。 4平行轴定理质量为m 的刚体对过它质心的轴的转动惯量是c J ,如果有另一轴

与该轴平行，两轴之间的距离为d,那么刚体对'Z O 轴的转动惯量为

2o c J J md =+

5质点的角动量定理对同一参考点，质点所受的冲量矩等于质点角动量的增量

1t t t =-?Md L

6质点的角动量守恒定律当质点所受的对参考点的合外力矩为零时，质点对参考点的角动量为一恒矢量。

7刚体定轴转动的角动量定理作用在刚体上的冲量矩等于刚体角动量的增量。

t Mdt dL L L ==-??L

8刚体定轴转动的角动量守恒定律当刚体所受的的合外力矩为零，或者不受合外力的作用，刚体的角动量保持不变。

9刚体绕定轴转动的动能定理合外力矩对绕定轴转动的刚体所作的功，等于刚

体的转动动能的增量，即20

22121ωωJ J W －＝。

10理想流体的连续性方程理想流体作定常流动时, 流体的速率与流管截面积的乘积是一个恒量, s υ = 恒量。

11伯努利方程作定常流动的理想流体21

2p gy ρυρ++=恒量

四难点解析与问题讨论 1转动定律的应用

刚体定轴转动定律的应用与牛顿运动定律的应用相似。牛顿运动定律应用的基础是受力解，而对于转动定律的应用，则不仅要进行受力解，还要进行力矩解。按力矩解可用转动定律列出刚体定轴转动的动力学方程并求解出结果。在刚体

定轴转动定律的应用中还常常涉及到与牛顿运动定律的综合。题目的复杂性相对较大，这也是大家注意的问题。

问题3.１如图所示，一轻杆（不计质量）长度为2l ，两端各固定一小球，A 球质量为2m ，B 球质量为m ，杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动，求杆与竖直方向成θ角时的角加速度。

解轻杆连接两个小球构成一个简单的刚性质点系统。系统运动形式为绕O 轴的转动，应该用转动定律求解

M J α= （1）先解系统所受的合外力矩。系统受外力有三个，即A 、B 受到的重力和轴的支撑作用力。轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用。以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩

2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ

=-=

(2)

系统的转动惯量为两个小球（可看作质点）的转动惯量之和

22223J ml ml ml =+=

图

(3) 将（2）（3）式代入（1）式

有 2sin 3mgl ml θα= 解得sin 3g

α=

问题如图所示，有一匀质细杆长度为l ，质量为m ，可绕其一端的水平轴O 在铅垂面内自由转动。当它自水平位置自由下摆到角位置时角加速度有多大？

解杆受到两个力的作用，一个是重力，一个是O 轴作用的支撑力。O 轴的作用力的力臂为零，故只有重力提供力矩。重力是作用在物体的各个质点上的，但对

于刚体，可以看作是合力作用于重心。即杆的中心，力臂为cos 2

d θ=。杆对O

轴的转动惯量为21

3ml 。按转动定律有

M J α=

即

解得 3cos 2g

αθ=

图

问题如图所示，一固定光滑斜面上装有一匀质圆盘A 作为定滑轮，轮上绕有轻绳（不计质量），绳上连接两重物B 和C 。已知A 、B 、C 的质量均为m ，轮半径为r ，斜面倾角30θ=o 。若轮轴的摩擦可忽略，轮子和绳子之间无相对滑动，求装置启动后两重物的加速度及绳中的张力？

解 A 、B 、C 构成一个连接体，A 轮沿顺时针方向转动，B 物体向下运动，C 物体沿斜面向上运动。设A 的角加速度为α，B 、C 加速度的大小相等设为a ，绳子中张力的大小在A 、B 间设为1T 、'1T （'11T T =），在A 、C 间设为2T 、'2T （'22T T =）。

1T 和2T 不相等，否则轮A 受合力矩将为零，就不可能随绳子运动了，这显然不符

合题意。

对滑轮A ，滑轮所受的重力的力心在轴上，轮轴的支撑力也在轴上，它们的力臂均为零，故力矩也为零，所以只有绳子的张力1T 和2T 提供力矩，按转动定律有

1212

T r T r mr α-=

对重物B ，按牛顿运动定律有 '1mg T ma -=

对重物C ，按牛顿运动定律有

图

'2sin 30T mg ma -=o

由于轮子和绳子之间无相对滑动，A 轮边缘的切向加速度和B 、C 加速度的大小相等，a a τ=，又按角量与线量关系a r τα=有 a r α=

联立以上四个方程可解得

0.2a g = 10.8T mg = 20.7T mg = 2刚体定轴转动的角动量和动能

单个质点对轴的角动量：m =??L r p =r υ 单个刚体对轴的角动量：

共轴转动刚体系统的角动量：i i i L L J ω==∑∑

定轴转动刚体的动能归结于质点系的动能，定义为组成刚体的各质点动能之

和，即 21

k ki i i E E m υ==∑∑

其中i υ为第i 个质点的速率，i m 是它的质量。按角量与线量关系i i r υω=，其中i r 为质点到轴的距离，ω为刚体转动的角速度，有

222211

()22

k i i i i E m r m r ωω==∑∑

由转动惯量的定义可知，其中的2i i m r ∑是刚体对定轴的转动惯量J ，故有

转动动能公式是从质点动能公式212k E m υ=推导而来，最终的形式21

k E J ω=也

很象质点动能公式。在公式的推导中我们看到，转动动能采用角量描述比用线量描述方便，这是由于在转动中各质点角速度ω相同而线速度i υ各不相同的缘故。

在已知刚体转动惯量的情况下，上述公式计算刚体的动能是非常方便的，要求大家必须掌握。

3刚体定轴转动的综合应用

在一些刚体定轴转动问题中，会涉及到角动量守恒、机械能守恒的综合应用。下面我们通过一些例题来予以说明。

问题如图所示，一匀质木棒长度l =1m ，质量为1m =10kg ，可绕其一端的光滑水平轴O 在铅垂面内自由转动。初时棒自然下垂，一质量2m =0.05kg 的子弹沿水平方向以速度υ击入棒下端（嵌入其中），求棒获得的角速度及最大上摆角。

解子弹击入木棒的过程可以看成是绕轴做转动，因此在碰撞过程中可以将子弹和木棒作为一个共轴转动系统来讨论。子弹击入木棒的过程中，轴的支撑力及重力都不提供力矩（力臂为零），故系统对轴O 的角动量守恒。击入前只有子弹有角动量

02L m l υ=

击入后设棒获得的角速度为ω，棒和子弹整体的转动惯量为

222121

3.383

J m l m l kg m =+=?

(1)击入后系统的角动量为

图

L J ω=

由角动量守恒定律有0L L =，即 2m l J υω= 可解得棒的角速度

12 2.9m l

rad s J

υω-=

=? (2) 在棒上摆的过程中只有保守力重力做功，系统的机械能守恒。以棒刚开始上摆时的状态作为棒和子弹重力势能的零点，则此时系统只有动能21

k E J ω=

，其中J 和ω见（1）式和（2）式。棒上摆到最大角度θ时动能为零，系统只有重力势能。

棒的重力势能为11(1cos )2

p l

E m g θ=?-，子弹的重力势能为22(1cos )p E m gl θ=-。

由机械能定恒定律有

可解出2

12cos 10.701(2)J m m gl ωθ=-=+

最大上摆角 45.5θ=o 4伯努利方程

p gy ρυρ++=恒量上式各项分别表示单位体积流体的压力能P 、重力势能gh ρ和动能

ρυ。在沿流线运动过程中，总和保持不变即总能量守恒。显然，流动中速度增大，压强就减小；速度减小，压强就增大；速度降为零，压强就达到最大(理论上应等于总压)。飞机机翼产生举力，就在于下翼面速度低而压强大，上翼面速度高而压强小，因而合力向上。方程适用于全流场任意两点之间。

习题

关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（）（A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关．（B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关．（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置．（D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关．

解转动惯量是描述刚体在转动中惯性大小的物理量。对于质点系的转动惯量

i i i J m r ==?∑，如果物体的质量是连续分布的，转动惯量为2J r dm =?。所以刚体对

轴的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置．故选C 。

几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体（）

(A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变．

解刚体所受几个力的矢量和为零，合外力矩可能等于零，也可能不等于零。根据刚体作定轴转动的转动定律M J α=，α可能等于零，也可能不等于零，所以转速可能不变，也可能改变．故选D 。

在下列说法中，错误的是（）

A ．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度则不同；

B ．刚体定轴转动的转动定律为

M J α

=，式中

、J、

均为对同一条固定

轴而言的，否则该式不成立；

C．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和；

D．对给定的刚体而言，它的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定

的。

解对给定的刚体而言，它的质量和形状一定时，其转动惯量还与轴的位置有关．故选D。

一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中，人、哑铃与转动平台组成的系统的（）

（A）机械能守恒，角动量守恒；（B）机械能守恒，角动量不守恒；

（C）机械能不守恒，角动量守恒；（D）机械能不守恒，角动量不守恒。

解人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中，势能不变，动能变化，所以机械能不守恒，但系统所受合外力矩等于零，所以角动量守恒。故选C。

有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心．随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为（） (A)

02ωmR J J +． (B) ()02ωR m J J +． (C) 02

ωmR

． (D) 0ω．解人、水平圆转台组成的系统，在人沿半径向外跑去的过程中所受合外力矩等于零，角动量守恒。所以有2

02(),()

J J J mR J mR ωωωω=+=

+。故选A 。

花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，角速度为 ω0，然后她将两臂收回，使转动惯量减少为

J 0，这时她转动的角速度变为（）（A ）03

ω （B ）、

1ω。

（C ）、3ω0 （D ）、03ω ( ) 解花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，所受合外力矩等于零，角动量守恒。所以有

00001

,33

J J ωωωω==。故选C 。

如图所示，一光滑细杆上端由光滑铰链固定，杆可绕其上端在任意角度的锥面上绕竖直轴

OO '作匀角速度转动。有一小环套在杆的上端处。开始使杆在一个锥面上运动起来，而后

小环由静止开始沿杆下滑。在小环下滑过程中，小环、杆和地球系统的机械能以及小环与杆对轴OO '的角动量这两个量中（） (A) 机械能、角动量都守恒； (B) 机械能守恒、角动量不守恒； (C) 机械不守恒、角动量守恒；

(D) 机械能、角动量都不守恒.

解在小环下滑过程中，小环、杆和地球组成的系统，系统只有重力作功，和外力矩等于零，所以机械能、角动量都守恒。

一均质细杆可绕垂直它且离其一端4

l （l 为杆长）的水平固定轴O 在竖直平面内转动。杆的质量为m ，当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度0ω，如杆恰能持续转动而不作往复摆动

习题图

则需要（已知细杆绕轴O 的转动惯量27

J ml =，一切摩擦不计）

（） (A) 034

7g l ω≥ (B) 04g l

ω≥ (C) 043

g l ω≥

(D) 012g l

ω≥.

解细杆在转动过程中，只有重力作功，故细杆和地球组成的系统机械能守恒。

以O 为重力势能零位置，设细杆转动到最高位置时的角速度为ω，根据机械能守恒定律有

22011112424

J mgl J mgl ωω-=+，要使杆恰能持续转动而不作往复摆动则需要0ω≥。由此可求得0347g

ω≥。故选A 。 2 填空题

若作用于一力学系统上外力的合力为零，则外力的合力矩____________（填一定或不一定）为零；这种情况下力学系统的动量、角动量、机械能三个量中一定守恒的量是________________．

解若作用于一力学系统上外力的合力为零，则外力的合力矩不一定为零，这种情况下力学系统的动量一定守恒。

一均匀细直棒，可绕通过其一端的光滑固定轴在竖直平面内转动．使棒从水平位置自由下摆，棒是否作匀角加速转动？________________．理由是________________．

解棒从水平位置自由下摆，所受的合外力矩不等于恒量，根据转动定律

,0M J αα=≠∑ 。

飞轮半径为0.2 m ，转速为150 1

min r -?，因受制动而均匀减速。经30秒后停止转动，则此段时间内飞轮转过的圈数为______________________。解飞轮转速为150 1

min r -?，即11502560

rad s π

ωπ-?=

=?；因受制动而均匀减速，25306rad s ππα-=

=?；得()

2575226

rad πωθππα?===?，飞轮转过的圈数为37.5r 。

习题图

如图所示，一质量为m ，长为l 的均勺细棒，绕图示转轴转动。其转动惯量大小为__________。

解根据连续物体地转动惯量2J r dm =?

，可得均勺细棒对图示转轴产生的转动惯量大小

为332

2444

l l l l m J r dm r dr ml l --=

==?

?。均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，角速度变化是___________，角加速度变化是_________________。

解棒从水平位置由静止开始自由下落，，所受的合外力矩为重力矩，重力矩不断变小，角加速度不断变小，角速度不断变大。

长为l 、质量为M 的均质杆可绕通过杆一端O 的水平光滑固定轴转动，转动惯量为23

Ml ，

开始时杆竖直下垂，如图所示。现有一质量为m 的子弹以水平速度0υ射入杆上A 点，并嵌在杆中. 23

l OA =

，则子弹射入后瞬间杆的角速度ω= 。

解子弹射入杆瞬间前后子弹和杆组成的系统角动量守恒，有

习题图

222022()()23333Ml m l m l l υω??????=?+ ???????，整理得ω=06(43)M l

υ+。一质量为m ，半径为R 的均匀圆盘，求通过盘中心O 并与盘面垂直的轴的转动惯量。解在圆盘上以r 和r dr +为半径作圆，所取得的质量元为

2222m mrdr

dm r dr R R ππ=

??=

根据连续物体转动惯量的定义有

212

mrdr J r mR R =?=?

在边长为a 的六边形顶点上，分别固定有质量都是m 的6个质点，如图所示。试求此系统绕下列转轴的转动惯量：（1）设转轴Ⅰ、Ⅱ在质点所在的平面内，如图a 所示；（2）设转轴Ⅲ垂直于质点所在的平面，如图b 所示。解根据质点系的转动惯量2i

J r m =∑有

以Ⅰ为轴转动惯量

()2

2213222922J m a m a m a ma ????

=?+?+= ? ?????

；

以Ⅱ为轴转动惯量

343J m a ma ??== ? ?

；以Ⅲ为轴转动惯量

()(

)

()2

2223212J m a m

m a ma =++=。

一半圆形细杆，半径为R ，质量为m ，求对过细杆二端AA `轴的转动惯量。解半圆的长度为C = πR ，质量的线密度为λ = m/C ．在半圆上取一弧元d s = R d θ，其质量为d m = λd s ，

到AA `轴的距离为r = R sin θ，绕此轴的转动惯量为d J = r 2

d m = λR 3sin 2θd θ，

半圆绕AA `轴的转动惯量为

习题图

题图

032

sin 1

(1cos 2)2122

J R d R

d R mR π

λθθ

λθθπλ==-==?

一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为2

1ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度．解（1）根据转动定律

M J α=

棒所受的合外力矩为重力产生的力矩

sin150cos60224

l l l

M mg mg mg =?==o o

所以 234143

l mg

g l ml α==

（2）棒转到水平位置时重力产生的力矩

sin 9022

l l

M mg mg =?=o

232123

l mg

g l ml α==

以初速度

将质量为m 的质点以倾角θ从坐标原点处抛出。设质点在Oxy 平面内运动，不

计空气阻力，以坐标原点为参考点，计算任一时刻：（1）作用在质点上的力矩M ；（2）质点的角动量L 。

解（1）质点仅受重力作用mg =F j ，质点在任意时刻的位矢为

习题图

00(sin )cos 2t g υθυθ=+r i j

0cos mg t υθ=?=-M r F k

（2）20

cos 2

mg m dt t υθ=?==-

L r υM k

如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为2/2

MR ，试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。解受力解如图，可建立方程：

m g T ma -=┄① TR J α=┄② a R α= ，21

J mR =┄③

联立，解得：22mg a M m =+，2Mmg

T M m =+，

考虑到d a dt υ=，∴0022t mg d dt M m υυ=+??，有：22mg t

M m

υ=

+。

或：

sin 22

MR mgR dt mR π

ωω=+? 或：

22211

1122

J mv mgh h at vt

ω+===

设电风扇的功率恒定不变为P ，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度ω成正比，比例系数为k ，并已知叶片转子的总转动惯量为J 。（1）原来静止的电扇通电后t 秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶

习题图

还能继续转多少角度？

解（1）已知f M k ω=-，而动力矩ωP M =，

通电时根据转动定律有：f d M M J

ω+= 代入两边积分有：

ωω

d k P J dt t

?-=0

，可求得：)1(2t J k

e k

--=ω；（2）见上式，当t →∞时，电扇稳定转动时的转速：P k

ω=

稳定；（3）断开电源时，电扇的转速为0P

ω=

，只有f M 作用，那么： d k J

dt ωω-=，考虑到d d dt d ωωωθ=，有：0

00k

d d J

θωθω-=??，

得：0J J

k k k

θω== 。

有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为

的水平桌面上，它可绕

通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为2m 的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1υ和2υ，如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。

(已知棒绕O 点的转动惯量213

l m J =

) 解由碰撞时角动量守恒，考虑到1υ和2υ方向相反，以逆时针方向为正向，有：

2211221

3m l m l m l υωυ=-，得：21213()m m l

υυω+=

又∵细棒运动起来所受到的摩擦力矩可由积分求得：

110

12l

f m M

g xd x m gl l μ

μ==?，利用f d M J

-=，有： 210011312

t m l d dt m g l ωωμ=-??，得：21212()23m l t g m g υυωμμ+==。

习题图

如图所示，滑轮转动惯量为2

m kg 01.0?，半径为cm 7；物体的质量为kg 5，用一细绳与劲度系数-1

200N m k =?的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计。求：（1）当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静止而下落的最大距离；（2）物体的速度达最大值时的位置及最大速率。

解（1）设弹簧的形变量为x ，下落最大距离为max x 。由机械能守恒：

max max 12

k x mg x =，有： max 20.49mg

x m k

=；（2）当物体下落时，由机械能守恒：222111

222

k x m J mg x υω++=，考虑到R

ω=

，有：

2222111

222

k x m R J mg x ωω++=，欲求速度最大值，将上式两边对x 求导，且令

0d d x

=，有： 21()22d k x m R J mg d x ωω++?=，将0d d x ω=代入，有：)(245.0m k

mg x ==，

∴当0.245x =m 时物体速度达最大值，有：

2max

2121()2mgx kx J m r

υ-=+，代入数值可算出：max 1.31/m s υ= 。

如图a 所示，半径分别是1R 和2R 、转动惯量分别是1J 和2J 的两个圆柱体，可绕垂直于图面的轴转动，最初大圆柱体的角速度为0ω，现在将小圆柱体向左靠近，直到它碰到大圆柱体为止。由于相互间的摩擦力，小圆柱体被带着转动，最后，当相对滑动停止时，两圆柱体各以恒定角速度沿相反方向转动。试问这种情况角动量是否守恒？为什么？小圆柱的最终角速度多大？

解角动量守恒，因为摩擦力的力矩为0。由ωω201J J =，有小圆柱的最终角速度为：

01J J ωω= 。

习题图

如图所示，一根长l ，质量为M 的均匀直棒，其一端挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置，今有一子弹，质量为m ，以水平速度0υ射入棒的下端而不复出。求棒和子弹开始一起运动时的角速度。

解：由于从子弹进入棒到二者开始一起运动所经过的时间极短，在这一过程中棒的位置基本不变，即仍然保持竖直，如图所示。因此，对于木棒和子弹系统，在子弹冲入过程中，系统所受的外力(重力和轴的支持力)对于轴O 的力矩都是零。这样，系统对轴O 的角动量守恒。以v 和ω分别表示子弹和木棒开始一起运动时木棒端点的速度和角速度。则角动量守恒给出

ω203

1Ml mlv mlv +

再利用关系式ωl

v =就可解得：

v M m m 0

33+=

注意，在子弹射入棒的过程中，木棒和子弹系统的总动量并不守恒。

如图所示，将单摆和一等长的匀质直杆悬挂在同一点，杆的质量m 也与单摆的摆锤相等。开始时直杆自然下垂，将单摆摆锤拉到高度0h ，令它自静止状态下摆，于铅垂位置和直杆作弹性碰撞。求碰撞后直杆下端达到的高度h 。

解：碰撞前单摆摆锤的速度为002gh υ=，令碰撞后直杆的角速度为ω，摆锤的速度为'υ，由角动量守恒，有

0(')ml J υυω-= （1) 式中杆的转动惯量J ＝2

1ml 。

在弹性碰撞过程中机械能守恒

222011

()22

m J υυω-= （2) (1)(2)联立解得

υυ=

， 0

32l

υω=

按机械能守恒，摆锤达到的高度显然为4

h h =

，而杆的质心达到的高度c h 满足

习题图

h 习题图

精选新版2019年大学物理实验完整考试题库200题(含标准答案)

2019年《大学物理》实验题库200题[含参考答案] 一、选择题 1．用电磁感应法测磁场的磁感应强度时，在什么情形下感应电动势幅值的绝对值最大 ( ) A ：线圈平面的法线与磁力线成?90角； B ：线圈平面的法线与磁力线成?0角； C ：线圈平面的法线与磁力线成?270角； D ：线圈平面的法线与磁力线成?180角；答案：（BD ） 2．选出下列说法中的正确者（） A ：牛顿环是光的等厚干涉产生的图像。 B ：牛顿环是光的等倾干涉产生的图像。 C ：平凸透镜产生的牛顿环干涉条纹的间隔从中心向外逐渐变密。 D ：牛顿环干涉条纹中心必定是暗斑。答案：（AC ） 3．用三线摆测定物体的转动惯量实验中，在下盘对称地放上两个小圆柱体可以得到的结果：( ) A ：验证转动定律 B ：小圆柱的转动惯量； C ：验证平行轴定理； D ：验证正交轴定理。答案：（ＢＣ） 4．测量电阻伏安特性时，用R 表示测量电阻的阻值，V R 表示电压表的内阻，A R 表示电流表的内阻，I I ?表示内外接转换时电流表的相对变化，V V ?表示内外接转换时电压表的相对变化，则下列说法正确的是： ( ) Ａ：当R <?时宜采用电流表内接；

D ：当V V I I ?>?时宜采用电流表外接。答案：（BC ） 5．用模拟法测绘静电场实验，下列说法正确的是： ( ) A ：本实验测量等位线采用的是电压表法； B ：本实验用稳恒电流场模拟静电场； C ：本实验用稳恒磁场模拟静电场； D ：本实验测量等位线采用电流表法；答案：（BD ） 6．时间、距离和速度关系测量实验中是根据物体反射回来的哪种波来测定物体的位置。 ( ) A ：超声波； B ：电磁波； C ：光波； D ：以上都不对。答案：（B ） 7．在用ＵＪ３１型电位差计测电动势实验中，测量之前要对标准电池进行温度修正，这是因为在不同的温度下：（） A ：待测电动势随温度变化； B ：工作电源电动势不同； C ：标准电池电动势不同； D ：电位差计各转盘电阻会变化。答案：（CD ） 8．QJ36型单双臂电桥设置粗调、细调按扭的主要作用是：（）Ａ：保护电桥平衡指示仪（与检流计相当）；Ｂ：保护电源，以避免电源短路而烧坏；Ｃ：便于把电桥调到平衡状态；Ｄ：保护被测的低电阻，以避免过度发热烧坏。答案：（AC ） 9．声速测定实验中声波波长的测量采用： ( ) A ：相位比较法 B ：共振干涉法； C ：补偿法； D ：；模拟法答案：（AB ） 10．电位差计测电动势时若检流计光标始终偏向一边的可能原因是：（） A ：检流计极性接反了。 B ：检流计机械调零不准

高中物理电磁学经典例题

高中物理典型例题集锦 (电磁学部分) 25、如图22-1所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M、N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好为零，然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变，则： A.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 B.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 C.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过 N孔继续下落。图22-1 D.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N 孔继续下落。分析与解：当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N 运动时，要克服电场力做功，W=qU AB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qU AB 若把A板向上平移一小段距离，因U AB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回，应选A。若把B板下移一小段距离，因U AB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功增加，所以它将一直下落，应选D。由上述分析可知：选项A和D是正确的。想一想：在上题中若断开开关S后，再移动金属板，则问题又如何(选A、B)。 26、两平行金属板相距为d，加上如图23-1(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。现有一离子束，其中每个离子的质量为m，电量为q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。设离子通过平行板所需的时间恰为T(与电压变化周图23-1 图23-1(b)

2010高中物理易错题分析集锦——11电磁感应

第11单元电磁感应 [内容和方法] 本单元内容包括电磁感应现象、自感现象、感应电动势、磁通量的变化率等基本概念，以及法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则等规律。本单元涉及到的基本方法，要求能够从空间想象的角度理解法拉第电磁感应定律。用画图的方法将题目中所叙述的电磁感应现象表示出来。能够将电磁感应现象的实际问题抽象成直流电路的问题；能够用能量转化和守恒的观点分析解决电磁感应问题；会用图象表示电磁感应的物理过程，也能够识别电磁感应问题的图像。 [例题分析] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：概念理解不准确；空间想象出现错误；运用楞次定量和法拉第电磁感应定律时，操作步骤不规范；不会运用图像法来研究处理，综合运用电路知识时将等效电路图画错。例1在图11－1中，CDEF为闭合线圈，AB为电阻丝。当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，电源的哪一端是正极？【错解分析】错解：当变阻器的滑动头在最上端时，电阻丝AB因被短路而无电流通过。由此可知，滑动头下移时，流过AB中的电流是增加的。当线圈CDEF中的电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，由楞次定律可知AB中逐渐增加的电流在G处产生的磁感强度的方向是“×”，再由右手定则可知，AB中的电流方向是从A流向B，从而判定电源的上端为正极。楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感生电流的磁通量的变化”，所述的“磁通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位置一般应该选在线圈的内部。【正确解答】当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，它在线圈内部产生磁感强度方向应是“×”，AB中增强的电流在线圈内部产生的磁感强度方向是“·”，所以，AB中电流的方向是由B流向A，故电源的下端为正极。【小结】同学们往往认为力学中有确定研究对象的问题，忽略了电学中也有选择研究对象的问题。学习中应该注意这些研究方法上的共同点。例2长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t= 0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是[ ]

大物实验题及答案-1

一、选择题（每个小题只有一个答案是正确的，请将正确的答案填到前面的表格内。共8小题， 1、某一长度的一次测量值为2.3467cm，该长度的测量仪器为： A、米尺 B、10分度游标卡尺 C、螺旋测微计 D、20分度游标卡尺 2、下列各种因素都可以造成误差，其中属于偶然误差的是：用游标卡尺测量长度时，零点读数造成的误差分量用米尺测量长度时，由人的眼睛灵敏程度造成的误差分量自由落体测量重力加速度时，空气阻力造成的误差分量天平称量物体质量时，天平两臂不等长造成的误差分量 3、用比重瓶法测量铜丝密度时，在放入铜丝时铜丝表面附着的小气泡造成铜丝的密度： A .偏大 B. 偏小 C. 不会造成影响 D. 会有影响，偏大偏小无法确定 4、下列论述中正确的是 A．多次测量取平均值可以减小偶然误差 B. 多次测量取平均值可以消除系统误差 C. 多次测量取平均值可以减小系统误差 D. 以上三种说法都不正确 5、下列测量结果正确的表达式是： A、金属管高度L=23.68±0.03 mm B、电流I=4.091±0.100 mA C、时间T=12.563±0.01 s D、质量m=(1.6±0.1) 6、在计算数据时，当有效数字位数确定以后，应将多余的数字舍去。设计算结果的有效数字取4位，则下列不正确的取舍是： A、4.32850→4.328； B、4.32750→4.328 C、4.32751→4.328 D、4.32749→4.328 7.用劈尖干涉法测纸的厚度实验中，如果在原来放头发丝的位置像远离劈尖楞的方向移动，干涉条纹密度如何变化？ A、密度增加； B、密度减小； C、密度不变。 D、无法确定 8、用螺旋测微计测量长度时，测量值 = 末读数—零点读数，零点读数是为了消除 A、系统误差 B、偶然误差 C、过失误差 D、其他误差

大物实验练习题库合集(内附答案)剖析

使用说明：该习题附答案是我整理用以方便大家学习大学物理实验理论知识的，以网上很多份文档作为参考由于内容很多，所以使用时，我推荐将有疑问的题目使用word的查找功能（Ctrl+F）来找到自己不会的题目。 ——啥叫么么哒测定刚体的转动惯量 1 对于转动惯量的测量量，需要考虑B类不确定度。在扭摆实验中，振动周期的B类不确定度应该取（） A. B. C. D. D 13 在测刚体的转动惯量实验中，需要用到多种测量工具，下列测量工具中，哪一个是不会用到的( ) A.游标卡尺 B.千分尺 C.天平

D.秒表 C 测定刚体的转动惯量 14 在扭摆实验中，为了测得圆盘刚体的转动惯量，除了测得圆盘的振动周期外，还要加入一个圆环测振动周期。加圆环的作用是（） A.减小测量误差 B.做测量结果对比 C.消除计算过程中的未知数 D.验证刚体质量的影响 C 测定刚体的转动惯量 15 转动惯量是刚体转动时惯性大小的量度，是表征刚体特性的一个物理量。转动惯量与物体的质量及其分布有关，还与（）有关 A.转轴的位置 B.物体转动速度 C.物体的体积 D.物体转动时的阻力 A 测定刚体的转动惯量 16

在测转动惯量仪实验中，以下不需要测量的物理量是（） A.细绳的直径 B.绕绳轮直径 C.圆环直径 D.圆盘直径 A 测定刚体的转动惯量 17 在扭摆实验中，使圆盘做角谐振动，角度不能超过（），但也不能太小。 A.90度 B.180度 C.360度 D.30度 B 测定刚体的转动惯量测定空气的比热容比 2 如图，实验操作的正确顺序应该是： A.关闭C2，打开C1，打气，关闭C1，打开C2

高中物理电学经典试题

实验：电表的改装基础过关：如果某电流表内阻为R g Ω，满偏电流为I g uA ，要把它改装为一个UV 的电压表，需要_____联一个阻值为________________Ω的电阻；如果要把它改装为一个IA 的电流表，则应____联一个阻值为_ ______________Ω的电阻． 1．电流表的内阻是R g =200Ω，满刻度电流值是I g =500微安培，现欲把这电流表改装成量程为1．0V 的电压表，正确的方法是 [ ] A ．应串联一个0．1Ω的电阻 B ．应并联一个0．1Ω的电阻 C ．应串联一个1800Ω的电阻 D ．应并联一个1800Ω的电阻 2.(2011年临沂高二检测)磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程．已知某一表头G ，内阻R g ＝30 Ω，满偏电流I g ＝5 mA ，要将它改装为量程为0～3 A 的电流表，所做的操作是( ) A ．串联一个570 Ω的电阻 B ．并联一个570 Ω的电阻 C ．串联一个0.05 Ω的电阻 D ．并联一个0.05 Ω的电阻 3．如图2－4－17所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G 和一个变阻器R 组成，下列说法正确的是( ) A ．甲表是电流表，R 增大时量程增大 B ．甲表是电流表，R 增大时量程减小 C ．乙表是电压表，R 增大时量程增大 D ．乙表是电压表，R 增大时量程减小 4．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图2－4－21所示，此时( ) A ．两只电表的指针偏转角相同 B ．两只电表的指针都不偏转 C ．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角 D ．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角 5.(2011年黄冈高二检测)已知电流表的内阻R g ＝120 Ω，满偏电流I g ＝3 mA ，要把它改装成量程是6 V 的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3 A 的电流表，应并联多大的电阻？ 6、用相同的灵敏电流计改装成量程为3V 和15V 两个电压表，将它们串联接人电路中，指针偏角之比为______，读数之比________。用相同电流计改装成0.6A 和3A 的两个电流表将它们并联接入电路中，指针偏角之比_______，读数之比_________． 7.一只电流表，并联0.01Ω的电阻后，串联到电路中去，指针所示0.4A ，并联到0.02Ω的电阻后串联到同一电路中去（电流不变），指针指示0.6A 。则电流表的内阻R A ＝_______Ω 8.在如图所示的电路中，小量程电流表的内阻为100Ω满偏电流为 1mA,R 1=900ΩR 2=999100 Ω.(1)当S 1和 S 2均断开时，改装所成的表是什么表？量程多大？（2）当S 1和 S 2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程多大？ 9．一电压表由电流表G 与电阻R 串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表计数总比准确值稍小一些，可以加以改正的措施是 10、有一量程为100mA 内阻为1Ω的电流表，按如图所示的电路改装，量程扩大到1A 和10A 则图中的R 1=______ G R 2 R 1 S 1 S 2 R G G 公共 10A 1A R 1 R 2

高中物理典型例题集锦

高中物理典型例题集锦(一) 山东贾玉兵编者按：笔者结合多年的高三教学经验，记录整理了部分高中物理典型例题，以2003年《考试说明》为依据，以力学和电学为重点，编辑如下，供各校教师、高三同学参考。实践证明，考前浏览例题，熟悉做过的题型，回顾解题方法，可以提高复习效率，收到事半功倍的效果。力学部分 1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=＿＿＿＿

分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示设细绳与水平夹角为α，由平衡条件可知：2TSinα=F，其中F=12牛将绳延长，由图中几何条件得：Sinα=3/5，则代入上式可得T=10牛。解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T）的合力F’与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2所示，其中力的三角形△OEG与△ADC相似，则：得：牛。想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？（提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。） 2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的

两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变。（1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F 做功W为多少？（3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，

高中物理经典电学实验题(全)

八、电学实验题集粹（33个） 1．给你一只内阻不计的恒压电源，但电压未知，一只已知电阻Ｒ，一只未知电阻Ｒｘ，一只内阻不计的电流表但量程符合要求，以及开关、导线等，用来测Ｒｘ接在该恒压电源上时的消耗功率Ｐｘ，画出测量线路图并写出简要测量步骤，以及Ｐｘ的表达式． 2．如图3－94所示是研究闭合电路的内电压、外电压和电源电动势间关系的电路．（1）电压表Ｖ的（填“正”或“负”）接线柱应接在电源正极Ａ上，电压表Ｖ′的（填“正”或“负”）接线柱应接在探针Ｄ上．（2）当滑片Ｐ向右移动时，Ｖ′的示数将（填“变大”、“变小”或“不变”）．图3－94 图3－95 3．有一只电压表，量程已知，内阻为ＲＶ，另有一电池（电动势未知，但不超过电压表的量程，内阻可忽略）．请用这只电压表和电池，再用一个开关和一些连接导线，设计测量某一高值电阻Ｒｘ的实验方法．（已知Ｒｘ的阻值和ＲＶ相差不大）（1）在如图3－95线框内画出实验电路．（2）简要写出测量步骤和需记录的数据，导出高值电阻Ｒｘ的计算式． 4．在“测定金属的电阻率”的实验中，用电压表测得金属丝两端的电压Ｕ，用电流表测得通过金属丝中的电流I，用螺旋测微器测得金属的直径ｄ，测得数据如图3－96（1）、（2）、（3）所示．请从图中读出Ｕ＝Ｖ，Ｉ＝Ａ，ｄ＝ｍｍ．图3－96 5．如图3－97所示，是一根表面均匀地镀有很薄的发热电阻膜的长陶瓷管，管长Ｌ约40ｃｍ，直径Ｄ约8ｃｍ．已知镀膜材料的电阻率为ρ，管的两端有导电箍Ｍ、Ｎ，现有实验器材：米尺、游标卡尺、电压表、电流表、直流电源、滑动变阻器、开关、导线若干根，请你设计一个测定电阻膜膜层厚度ｄ的实验，实验中应该测定的物理量是，计算镀膜膜层厚度的公式是．图3－97 6．用万用表的欧姆挡测电阻时，下列说法中正确的是．（填字母代号）Ａ．万用电表的指针达满偏时，被测电阻值最大Ｂ．万用电表的指针指示零时，说明通过被测电阻的电流最大

高中物理圆周运动典型例题解析1

圆周运动的实例分析典型例题解析【例1】用细绳拴着质量为m 的小球，使小球在竖直平面内作圆周运动，则下列说法中，正确的是[ ] A ．小球过最高点时，绳子中张力可以为零 B ．小球过最高点时的最小速度为零 C ．小球刚好能过最高点时的速度是Rg D ．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反解析：像该题中的小球、沿竖直圆环内侧作圆周运动的物体等没有支承物的物体作圆周运动，通过最高点时有下列几种情况： (1)m g m v /R v 2当＝，即＝时，物体的重力恰好提供向心力，向心Rg 加速度恰好等于重力加速度，物体恰能过最高点继续沿圆周运动．这是能通过最高点的临界条件； (2)m g m v /R v 2当＞，即＜时，物体不能通过最高点而偏离圆周Rg 轨道，作抛体运动； (3)m g m v /R v m g 2当＜，即＞时，物体能通过最高点，这时有Rg ＋F ＝mv 2/R ，其中F 为绳子的拉力或环对物体的压力．而值得一提的是：细绳对由它拴住的、作匀速圆周运动的物体只可能产生拉力，而不可能产生支撑力，因而小球过最高点时，细绳对小球的作用力不会与重力方向相反．所以，正确选项为A 、C ．点拨：这是一道竖直平面内的变速率圆周运动问题．当小球经越圆周最高点或最低点时，其重力和绳子拉力的合力提供向心力；当小球经越圆周的其它位置时，其重力和绳子拉力的沿半径方向的分力(法向分力)提供向心力．【问题讨论】该题中，把拴小球的绳子换成细杆，则问题讨论的结果就大相径庭了．有支承物的小球在竖直平面内作圆周运动，过最高点时：

(1)v (2)v (3)v 当＝时，支承物对小球既没有拉力，也没有支撑力；当＞时，支承物对小球有指向圆心的拉力作用；当＜时，支撑物对小球有背离圆心的支撑力作用； Rg Rg Rg (4)当v ＝0时，支承物对小球的支撑力等于小球的重力mg ，这是有支承物的物体在竖直平面内作圆周运动，能经越最高点的临界条件．【例2】如图38－1所示的水平转盘可绕竖直轴OO ′旋转，盘上的水平杆上穿着两个质量相等的小球A 和B ．现将A 和B 分别置于距轴r 和2r 处，并用不可伸长的轻绳相连．已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是f m ．试分析角速度ω从零逐渐增大，两球对轴保持相对静止过程中，A 、B 两球的受力情况如何变化？解析：由于ω从零开始逐渐增大，当ω较小时，A 和B 均只靠自身静摩擦力提供向心力． A 球：m ω2r ＝f A ； B 球：m ω22r ＝f B ．随ω增大，静摩擦力不断增大，直至ω＝ω1时将有f B ＝f m ，即m ω＝，ω＝．即从ω开始ω继续增加，绳上张力将出现．12m 112r f T f m r m /2 A 球：m ω2r ＝f A ＋T ；B 球：m ω22r ＝f m ＋T ．由B 球可知：当角速度ω增至ω′时，绳上张力将增加△T ，△T ＝m ·2r(ω′2－ω2)．对于A 球应有m ·r(ω′2－ω2)＝△f A ＋△T ＝△f A ＋m ·2r(ω′2－ω2)．可见△f A ＜0，即随ω的增大，A 球所受摩擦力将不断减小，直至f A ＝0

江苏大学物理实验考试题库及答案完整版

大学物理实验A(II)考试复习题 1．有一个角游标尺，主尺的分度值是0.5°，主尺上29个分度与游标上30个分度等弧长，则这个角游标尺的最小分度值是多少？ 30和29格差1格，所以相当于把这1格分成30份。这1格为0.5°=30′，分成30份，每份1′。 2．电表量程为：0～75mA 的电流表，0～15V 的电压表，它们皆为0.5级，面板刻度均为150小格，每格代表多少？测量时记录有效数字位数应到小数点后第几位(分别以mA 、V 为记录单位)？为什么？电流表一格0.5mA 小数点后一位因为误差0.4mA, 电压表一格0.1V 小数点后两位,因为误差0.08V ，估读一位 ***3．用示波器来测量一正弦信号的电压和频率，当“Y 轴衰减旋钮”放在“2V/div ”档，“时基扫描旋钮”放在“0.2ms/div ”档时，测得波形在垂直方向“峰－峰”值之间的间隔为8.6格，横向一个周期的间隔为9.8格，试求该正弦信号的有效电压和频率的值。 f=1/T=1÷(9.8×0.0002)=510.2 U 有效=8.6÷根号2=6.08V ***4.一只电流表的量程为10mA ，准确度等级为1.0级；另一只电流表量程为15mA ，准确度等级为0.5级。现要测量9mA 左右的电流，请分析选用哪只电流表较好。量程为10mA ，准确度等级为1.0级的电流表最大误差0.1mA,量程为15mA ，准确度等级为0.5级,最大误差0.075mA,所以选用量程为15mA ，准确度等级为0.5级 5. 测定不规则固体密度时，，其中为0℃时水的密度，为被测物在空气中的称量质量，为被测物完全浸没于水中的称量质量，若被测物完全浸没于水中时表面附有气泡，试分析实验结果将偏大还是偏小？写出分析过程。若被测物浸没在水中时附有气泡，则物体排开水的体积变大，物体所受到的浮力变大，则在水中称重结果将偏小，即m 比标准值稍小，可知0ρρm M M -=将偏小 6．放大法是一种基本的实验测量方法。试写出常用的四种放大法，并任意选择其中的两种方法，结合你所做过的大学物理实验，各举一例加以说明。累计放大法劈尖干涉测金属丝直径的实验中，为了测出相邻干涉条纹的间距 l ，不是仅对某一条纹测量，而是测量若干个条纹的总间距 Lnl ，这样可减少实验的误差。

高一物理典型例题

高一物理必修1知识集锦及典型例题一．各部分知识网络（一）运动的描述：测匀变速直线运动的加速度：△x=aT 2 ，6543212 ()()(3) a a a a a a a T ++-++=

a与v同向，加速运动；a与v反向，减速运动。

（二）力：实验：探究力的平行四边形定则。研究弹簧弹力与形变量的关系：F=KX.

（三）牛顿运动定律： . 改变

(四)共点力作用下物体的平衡：静止平衡状态匀速运动 F x 合=0 力的平衡条件：F 合=0 F y 合=0 合成法正交分解法常用方法矢量三角形动态分析法相似三角形法正、余弦定理法物体的平衡

二、典型例题例题1..某同学利用打点计时器探究小车速度随时间变化的关系，所用交流电的频率为50 Hz，下图为某次实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7为计数点，相邻两计数点间还有3个打点未画出．从纸带上测出x1＝3.20 cm，x2＝4.74 cm，x3＝6.40 cm，x4＝8.02 cm，x5＝9.64 cm，x6＝11.28 cm，x7＝12.84 cm. (1)请通过计算，在下表空格内填入合适的数据(计算结果保留三位有效数字)； (2)根据表中数据，在所给的坐标系中作出v－t图象(以0计数点作为计时起点)；由图象可得，小车运动的加速度大小为________m /s2 例2. 关于加速度，下列说法中正确的是 A. 速度变化越大，加速度一定越大 B. 速度变化所用时间越短，加速度一定越大 C. 速度变化越快，加速度一定越大 D. 速度为零，加速度一定为零例3. 一滑块由静止开始，从斜面顶端匀加速下滑，第5s末的速度是6m/s。求：（1）第4s末的速度；（2）头7s内的位移；（3）第3s内的位移。例4. 公共汽车由停车站从静止出发以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，同时一辆汽车以36km/h的不变速度从后面越过公共汽车。求：（1）经过多长时间公共汽车能追上汽车？（2）后车追上前车之前，经多长时间两车相距最远，最远是多少？例5．静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力，在力刚开始作用的瞬间，下列说法中正确的是 A. 物体立即获得加速度和速度

大学物理实验理论考试题及答案

一、选择题（每题4分，打“ * ”者为必做，再另选做4题，并标出选做记号“ * ”，多做不给分，共40分） 1* 某间接测量量的测量公式为4323y x N -=，直接测量量x 和y 的标准误差为x ?和y ?,则间接测量量N 的标准误差为？B N ?= ； 4 322 (2) 3339N x x y x x x ??-= =?=??， 333 4 (3) 2248y N y y y y x ??= =-?=-??- ( ) ( ) []2 1 2 3 2 2 89y x N y x ? +?=? 2*。用螺旋测微计测量长度时，测量值=末读数—初读数（零读数），初读数是为了消除 ( A ) （A ）系统误差（B ）偶然误差（C ）过失误差（D ）其他误差 3* 在计算铜块的密度ρ和不确定度ρ?时，计算器上分别显示为“8.35256”和“ 0.06532” 则结果表示为：（ C ） (A) ρ=（8.35256 ± 0.0653）（gcm – 3 ）， (B) ρ=（8.352 ± 0.065）（gcm – 3 ）， (C) ρ=（8.35 ± 0.07）（gcm – 3 ）， (D) ρ=（8.35256 ± 0.06532）（gcm – 3 ） (E) ρ=（20.083510? ± 0.07）（gcm – 3 ）， (F) ρ=（8.35 ± 0.06）（gcm – 3 ）， 4* 以下哪一点不符合随机误差统计规律分布特点（ C ）（A ）单峰性（B ）对称性（C ）无界性有界性（D ）抵偿性 5* 某螺旋测微计的示值误差为mm 004.0±，选出下列测量结果中正确的答案：（ B ） A ．用它进行多次测量，其偶然误差为mm 004.0； B ．用它作单次测量，可用mm 004.0±估算其误差； B = ?==? C. 用它测量时的相对误差为mm 004.0±。 100%E X δ= ?相对误差：无单位；=x X δ-绝对误差：有单位。 6* 在计算数据时，当有效数字位数确定以后，应将多余的数字舍去。设计算结果的有效数字取4位，

(完整版)高中物理恒定电流经典习题20道-带答案

选择题（共20小题） 1、如图所示，电解槽内有一价的电解溶液，ts内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是（） A．正离子定向移动形成电流，方向从A到B，负离子定向移动形成电流方向从B到A B．溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消 C．溶液内电流方向从A到B，电流I= D．溶液内电流方向从A到B，电流I= 2、某电解池，如果在1s钟内共有5×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是（） A．0A B．0.8A C．1.6A D．3.2A 3、图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（） A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．上述说法都不对 4、将两个相同的灵敏电流计表头，分别改装成一只较大量程电流表和一只较大量程电压表，一个同学在做实验时误将这两个表串联起来，则（） A．两表头指针都不偏转 B．两表头指针偏角相同 C．改装成电流表的表头指针有偏转，改装成电压表的表头指针几乎不偏转 D．改装成电压表的表头指针有偏转，改装成电流表的表头指针几乎不偏转 5、如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200μA，已测得它的内阻为495.0Ω．图中电阻箱读数为5.0Ω．现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知（）

A．M、N两端的电压为1mV B．M、N两端的电压为100mV C．流过M、N的电流为2μA D．流过M、N的电流为20mA 6、一伏特表有电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（） A．在R上串联一比R小得多的电阻 B．在R上串联一比R大得多的电阻 C．在R上并联一比R小得多的电阻 D．在R上并联一比R大得多的电阻 7、电流表的内阻是R g=200Ω，满偏电流值是I g=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（） A．应串联一个0.1Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻D．应并联一个1800Ω的电阻 8、相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（） A．A1的读数比A2的读数大 B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大 C．V1的读数比V2的读数大 D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大 9、如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻R g=500Ω，满刻度电流为I g=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1和R2分别为（） A．9500Ω，9.95×104ΩB．9500Ω，9×104Ω C．1.0×103Ω，9×104ΩD．1.0×103Ω，9.95×104Ω 10、用图所示的电路测量待测电阻R X的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（） A．电压表的内电阻越小，测量越精确 B．电流表的内电阻越小，测量越精确 C．电压表的读数大于R X两端真实电压，R X的测量值大于真实值 D．由于电流表的分流作用，使R X的测量值小于真实值

初中物理实验题全部汇总(含答案)

一、力学部分（一）用天平、量筒测密度 [示例]在一次用天平和量筒测盐水密度的实验中，老师让同学们设计测量方案，其中小星和小王分别设计出下列方案：方案A：（1）用调节好的天平测量出空烧杯的质量m1；（2）向烧杯中倒入一些牛奶，测出它们的总质量m2，则这些牛奶质量为________________；（3）再将烧杯中的牛奶倒入量筒中，测出牛奶的体积V1；（4）计算出牛奶的密度ρ．方案B：（1）用调节好的天平测出空烧杯的总质量m1；（2）将牛奶倒入量筒中，记录量筒中牛奶的体积V；（3）将量筒内的牛奶倒入烧杯测出它们的总质量m2；（4）计算出牛奶的密度ρ=________．（用m1、m2、V表示）通过分析交流上述两种方案后，你认为在方案A中，牛奶的________（选填“质量”或“体积”）测量误差较大，导致牛奶密度的测量值比真实值偏________（选填“大”或“小”）．在方案B中，牛奶的________（选填“质量”或“体积”）测量误差较大，牛奶密度的测量值与真实值相比________（选填“大”或“相等”或“小”）．（二）测滑动磨擦力 [示例]小明在探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关的实验中，实验过程如图所示（1）在实验中，用弹簧测力计拉着木块时，应沿水平方向拉动，且使它在固定的水平面上________运动．根据________条件可知，此时木块所受的滑动摩擦力与弹簧拉力的大小_______．这种测摩擦力的方法是________（填“直接”或“间接”）测量法. （2）比较（a）、（b）两图说明滑动摩擦力的大小与____________有关；比较____________两图说明滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关．（3）在上述实验中，对于摩擦力大小的测量你认为是否准确？请你作出评价．（三）探究浮力大小 [示例]小明用如图所示装置研究“浮力大小跟物体排开液体体积关系”实验时，将一个挂在弹簧测力计下的金属圆柱体缓慢地浸入水中（水足够深），在接触容器底之前，分别记下圆柱体下面所处的深度h、弹簧测力计相应的示数F，实验数据如下表：

【电路】高中物理电路经典例题

?在许多精密的仪器中，如果需要较精确地调节某一电阻两端的电压，常常采用如图所示的电路.通过两只滑动变阻器R1和R2对一阻值为500 Ω 左右的电阻R0两端电压进行粗调和微调.已知两个滑动变阻器的最大阻值分别为200 Ω和10 Ω.关于滑动变阻器R1、R2的连接关系和各自所起的作用，下列说法正确的是（ B A.取R1=200 Ω，R2=10 Ω，调节R1起粗调作用 B.取R1=10 Ω，R2=200 Ω，调节R2起微调作用 C.取R1=200 Ω，R2=10 Ω，调节R2起粗调作用 D.取R1=10 Ω，R2=200 Ω，调节R1起微调作用滑动变阻器的分压接法实际上是变阻器的一部分与另一部分在跟接在分压电路中的电阻并联之后的分压，如果并联的电阻较大，则并联后的总电阻接近变阻器“另一部分”的电阻值，基本上可以看成变阻器上两部分电阻的分压.由此可以确定R1应该是阻值较小的电阻，R2是阻值较大的电阻，且与R1的一部分并联后对改变电阻的影响较小，故起微调作用，因此选项B是正确的. 如图所示，把两相同的电灯分别拉成甲、乙两种电路，甲电路所加的电压为8V，乙电路所加的电压为14V。调节变阻器R 1和R 2 使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的电功率分别为P 甲和P 乙，下列关系中正确的是（ a ） A．P 甲＞ P 乙 B．P 甲＜P 乙 C．P 甲 = P 乙 D．无法确定 ?一盏电灯直接接在电压恒定的电源上，其功率是100 W.若将这盏灯先接一段很长的导线后，再接在同一电源上，此时导线上损失的电功率是9 W，那么此电灯的实际功率将( ) A.等于91 W B.小于91 W C．大于91 W D.条件不足，无法确定

高中物理力学经典例题集锦

高中物理典型例题集锦力学部分 1、如图9-1所示，质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上，板的右端放一质量为m=1kg 的小铁块，现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s，铁块在木板上滑行，与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求铁块与弹簧相碰过程中，弹性势能的最大值E P。分析与解：在铁块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度（铁块与木板的速度相同）可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中，系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积，可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V’，由动量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V’ 所以，V=V’=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s 铁块刚在木板上运动时系统总动能为：EK=mV02==8J 弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时，系统总动能都为： E K’=(M+m)V2=(3+1)X1=2J 铁块在相对于木板往返运过程中，克服摩擦力f所做的功为： W f=f2L=E K-E K’=8-2=6J 铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中，系统机械能损失为：fs=3J 由能量关系得出弹性势能最大值为：E P=E K-E K‘-fs=8-2-3=3J 说明：由于木板在水平光滑平面上运动，整个系统动量守恒，题中所求的是弹簧的最大弹性势能，解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面：①是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时)，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，铁块和木板的速度都不为零；铁块停在木板右端时，系统速度也不为零。 ②是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功，而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值，故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。 2、如图8-1所示，质量为m=0.4kg的滑块，在水平外力F作用下，在光滑水平面上从A

高中物理电学实验复习22道经典例题及详细分析

恒定电流实验复习题（44道电学实验题）一、电阻的测量㈠“安安”法 “安安”法是利用两块电流表测电阻的一种方法，这一方法的创新思维是运用电流表测电压（或算电压），此方法适用于电压表不能用或没有电压表等情形。设计电路时除考虑电流表的量程外，还要考虑滑动变阻器分压与限流的连接方式。 2.1利用“安安”法测电流表的内阻 1、从下列器材中选出适当的实验器材，设计一个电路来测量电流表A 1的内阻r 1，要求方法简捷，有尽可能高的精确度，并测量多组数据。（1）画出实验电路图：标明所用器材的代号。（2）若选取测量中的一组数据来计算r 1，则所用的表达式r 1= ，式中各符号的意义是：。器材（代号）与规格如下：电流表A 1，量程10mA ，内阻待测（约40Ω）；电流表A 2，量程500μA ，内阻r 2=750Ω；电压表V ，量程10V ，内阻r 2=10k Ω 电阻R 1，阻值约为100Ω；滑动变阻器R 2，总阻值约50Ω；电池E ，电动势1.5V ，内阻很小；电键K ，导线若干。分析与解：大多数考生看到此题，第一感觉考虑的就是伏安法，由于没有考虑电表的量程，当然做不正确。少数考生想到要满足“有尽可能高的精确度”的条件，认为电压U 的测定，不能选量程是10V 的电压表。因为电流表两端允许施加的最大电压约为0.4V ，因而电压表不能准确测出电流表的两端的电压，但由于缺乏创新精神，想不出其他方法，也做不正确。只有极少数有“安安”法新思路的考生才能做正确。答案：将电流表A 2并联在电流表A 1的两端，利用电流表测量电压；要满足“多测几组数据”，滑动变阻器R 2采用分压接法；实验电路如图3所示，其表达式2211 I r r I ，式中I 1、I 2、r 1、r 2分别表示通过电流表A 1、A 2的电流和它们的内阻。 2.2利用“安安”法测定值电阻的阻值 2、用以下器材测量一待测电阻的阻值。器材（代号）与规格如下：电流表A 1（量程250mA ，内阻r 1为5Ω）；标准电流表A 2（量程300mA ，内阻r 2约为5Ω）；待测电阻R 1（阻值约为100Ω），滑动变阻器R 2（最大阻值10Ω）；电源E （电动势约为10V ，内阻r 约为1Ω），单刀单掷开关S ，导线若干。（1）要求方法简捷，并能测多组数据，画出实验电路原理图，并标明每个器材的代号。（2）实验中，需要直接测量的物理量是，用测的量表示待测电阻R 1的阻值的计算公式是R 1= 。分析与解：绝大多数考生解答此题，首选的就是伏安法，由于本题没有电压表，思维受阻，当然做不正确。只有极少数有“安安”法新观念的考生才能做正确。因为本题需要运用“电流表算电压”这一创新思维。答案：（1）实验电路如图4所示。（2）A 1、A 2两电流表的读数I 1、I 2，待测电阻R 1 的阻值

高中物理典型例题集锦二

高中物理典型例题集锦(二) 13、如图12-1所示，有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计)，质量分别为M 和m ，半径分别为R 和r ，两板之间用一根长为0.4m 的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0.2m 处。然后自由下落到一固定支架C 上，支架上有一半径为R‘(r

高中物理力学典型例题

高中物理力学典型例题 1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=＿＿＿＿分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示，设细绳与水平夹角为α，由平衡条件可知：2TSinα=F，其中F=12牛，将绳延长，由图中几何条件得：Sinα=3/5，则代入上式可得T=10牛。解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T）的合力F’与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2所示，其中力的三角形△OEG与△ADC相似，则：得：牛。想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？（提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。） 2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、 B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持 C、D两端的拉力F不变。（1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？（3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H。当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的θ角，再由θ角求出相应的距离h，进而求出克服C端恒力F所做的功。对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h。因为F恒等于mg，所以绳对物块拉力大小恒为mg，由平衡条件知：2θ=120°，所以θ=60°，由图2-2知： h=L*tg30°= L [1] （2）当物块下落h时，绳的C、D端均上升h’，由几何关系可得：h’=-L [2] 克服C端恒力F做的功为：W=F*h’[3]