【预赛三一自招】2020高中物理竞赛习题专题四：刚体动力学(Word版含答案)
【预赛自招】2021年高中物理竞赛习题专题：刚体动力学(含答案)
高中物理竞赛习题专题：刚体动力学1.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，下述说法正确的是()(A)角速度从小到大，角加速度不变(B)角速度从小到大，角加速度从小到大(C)角速度从小到大，角加速度从大到小(D)角速度不变，角加速度为零2.假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的()(A)角动量守恒，动能守恒(B)角动量守恒，机械能守恒(C)角动量不守恒，机械能守恒(D)角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ)角动量守恒，动量也守恒3.水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93×10-47 kg·m2，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14×10-47kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．4.用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．5.质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.6.如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2)在此时间内共转过多少转？7.如图所示，一长为2l的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1－e－t)转动，其中ω0为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t对z轴的角动量；(2)在t＝0时系统所受外力对z轴的合外力矩.8.在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2＝10g的子弹，以v＝2.0×102m·s－1的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.9.半径分别为r1、r2的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1和J2.开始时轮Ⅰ以角速度ω0转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？10.一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.(1)若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2)棒的最大偏转角.（3）打击瞬间O点杆收到的作用力。
2019-2020年高一物理竞赛试题 含答案
2019-2020年高一物理竞赛试题含答案（时量120分钟总分150分）一、选择题（102分）1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2＞v1．从小物块滑上传送带开始计时，其v﹣t图象可能的是（）A． B．C． D．2．如图所示，MN为一竖直墙面，图中x轴与MN垂直，距墙面L的A点固定一点光源．现从A点把一小球以水平速度向墙面抛出．则小球在墙面上的影子的运动应是( )．A．自由落体运动 B．变加速直线运动C．匀加速直线运动 D．匀速直线运动3．如图所示，小球 a 从倾角为θ = 60°的固定粗糙斜面顶端以速度 v 1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球 b 在斜面底端正上方与 a 球等高处以速度 v 2 水平抛出，两球恰在斜面中点 P 相遇，则下列说法正确的是( )A．v 1 : v 2 = 2 : 1B．v 1 : v 2 = 1 : 1C．若小球 b 以 2v 2水平抛出，则两小球仍能相遇D．若小球 b 以 2v 2水平抛出，则 b 球落在斜面上时，a 球在 b球的下方4．在水平地面上M点的正上方80m处，将S1球以初速度v1=30m/s水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，且S2球的速度变化量为20m/s,不计空气阻力，g=10m/s2，则两球从抛出到相遇过程中，下列说法错误的是( )A．两球的速度变化量相等B．抛出S2球的初速度方向与水平地面的夹角为37ºC．MN的距离为60mD．两个小球都做匀变速运动[来源:]5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的足够长光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A、h B、h C，则（）A．h A=h B=h CB．h A=h B<h CC．h A=h B>h CD．h A=h C>h B6．一条河宽为，河水流速为，小船在静水中的速度为，要使小船在渡河过程中所行路程S最短，则( )A．当＞时， B．当＜时，C．当＞时， D．当＜，7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是A．细线所受的拉力变小B．小球P运动的角速度变小C．Q受到桌面的静摩擦力变大D．Q受到桌面的支持力变大8．如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转数n转每秒在水平面内作匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为（）A．R- B．C． D． +9．如图,一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连,另一端可绕O 点转动,现使轻杆在同一竖直面内作匀速转动,测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度),下列说法正确的是( )A.小球的线速度大小为gLB.小球运动到最高点时处于完全失重状态C.当轻杆转到水平位置时,轻杆对小球作用力方向不可能指向圆心OD.轻杆在匀速转动过程中,轻杆对小球作用力的最大值为mg10．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如题图乙所示．则A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等11．如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为μ，A的质量是2m，B和C的质量均为m，A、B离轴为R，C离轴为2R.当圆台旋转时，则（）A．若A、B、C均未滑动，则C的向心加速度最大B．若A、B、C均未滑动，则B的摩擦力最小C．当圆台转速增大时，B比A先滑动D．圆台转速增大时，C比B先滑动12．如图，战机在斜坡上方进行投弹演练。
2020年高中物理竞赛—普通物理学A版-刚体的转动(共32张PPT) 课件
N
Mf
T
有动力学方程:
对m : mg T ma (1)
对飞轮 : TR M f J (2)
· GT
am mg
例续
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由运动学关系 a R (3) 联立上述四个方程有:
h 1 at 2 (4) 2
对第一次测量
其中
a1
2h t12
J (T1R 0.0156m / s2
Mf
T1
)R a1
m1
(5)
(g
a1
)
78.3N
对第二次测量
J
(T2 R
M
f
)
R a2
(6)
其中 a2
2h t22
6.4 103 m
/
s2
T2 m2 ( g a2 ) 39.2N
联立(5)(6)式得 J R2 (T1 T2 ) 1.06 103 kg m2
a1 a2
4-3 角动量 角动量守恒定律
描述点P转动的物理量为:
1. 角坐标 (t)
一般规定逆时针转动为正.
2.角速度
定义: d
dt
单位: rad/s
o
r •P
x
一般规定逆时针转动时 > 0
顺时针转动时 < 0
角速度矢量 方向用右手法则确定.
>0
刚体定轴转动时,只需用正负来表示方向.
3.角加速度 定义角加速度为:
单位: rad·s-2
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三.转动惯量
由转动惯量的定义 J Δ miri2 知:
刚体中各质元的质量与其到转轴距离平方的乘积和
对分立质量系统: J Δ m1r12 Δ m2r22
专题04 牛顿运动定律-2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编(解析版)
2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编（四）牛顿运动定律1、（2020·山西省大同市市直学校高三第一次联考）如图所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T ，现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体一起向右加速运动，则（）A.此过程中物体C 受重力等五个力作用B.当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断C.当F 逐渐増大到1.5T 时，轻绳刚好被拉断D.若水平面光滑，则绳刚要断时，A 、C 间的摩擦力为4T【答案】CD 【解析】A ．物体C 受到力有重力、支持力、绳的拉力、A 对B 的压力、地面对C 的摩擦力、A 对C 的摩擦力，共6个力，故A 错误。
BC ．把ABC 看成是一个整体，整体的质量为6m ，根据牛顿第二定律有：F-μ•6mg =6ma得66F mg a mμ-=把AC 看成是一个整体，绳子将被拉断的瞬间，根据牛顿第二定律有：T -μ（m +3m ）g =（m +3m ）a解得：F =1.5T故B 错误，C 正确。
D ．若水平面光滑，则绳刚要断时，对于整体ABC ，根据牛顿第二定律：F=6ma对整体AC ，根据牛顿第二定律：T =4ma对A ，根据牛顿第二定律：f=ma联合解得A 、C 间的摩擦力：4T f =故D 正确。
故选CD 。
2、（2020·广东省中山市中山纪念学校高三第一次质检）如图所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时解除，挡板A 、B 和斜面C 对小球的弹力大小分别为A B F F 、和C F ．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动．若A B F F 、不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g ，则下列图像中，可能正确的是A. B.C. D.【答案】B 【解析】对小球进行受力分析当tan a g θ<时如图一，根据牛顿第二定律，水平方向： sin C F ma θ=①竖直方向：cos C A F F mg θ+=②，联立①②得：tan A F mg ma θ=-，sin C F ma θ=，A F 与a 成线性关系，当a=0时，A F ＝mg ，当tan a g θ=时，0A F =C F 与a 成线性关系，所以B 图正确当tan a g θ>时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向sin C B F F ma θ+=③，竖直方向：cos C F mg θ=④，联立③④得：tan B F ma mg θ=-，cos C mgF θ=，B F 与a 也成线性，C F 不变，综上C 错误，D 正确3、（2020·广东省中山市中山纪念学校高三第一次质检）如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m 后锁定，t ＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v －t 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，倾斜直线Od 是t ＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m ＝2.0kg ，取g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是()A.滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B.弹簧恢复原长时，滑块速度最大C.弹簧的劲度系数k ＝175N/mD.该过程中滑块的最大加速度为30m/s 2【答案】CD 【解析】A ：由图乙可得：滑块被释放后，先做加速度减小的加速再做加速度增大的减速，最终做匀减速直线运动直至停止．故A 项错误．B ：当弹簧弹力等于摩擦力时，滑块速度最大．故B 项错误．CD ：由图乙的bc 段可得，滑块匀减速直线运动的加速度大小221.50/5/0.550.25v a m s m s t ∆-===∆-，由牛顿第二定律可得10f ma N ==；速度时间图线的斜率表示加速度，则滑块刚释放时的加速度最大，222230/30/0.10m v a m s m s t ∆-===∆-；对刚释放时的滑块受力分析，由牛顿第二定律可得：m kx f ma -=，解得：弹簧的劲度系数175/k N m =．故CD 两项均正确．4、（2020·广东省中山市中山纪念学校高三第一次质检）如图所示，质量分别为m 1、m 2的A 、B 两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是()A.若μ1>μ2，m 1＝m 2，则杆受到压力B.若μ1＝μ2，m 1>m 2，则杆受到拉力C.若μ1<μ2，m 1<m 2，则杆受到压力D.若μ1＝μ2，m 1≠m 2，则杆不受到作用力【答案】AD 【解析】假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有111sin cos m g g ma θμθ-=解得11sin cos a g θμθ=-（）同理22sin cos a g θμθ=-（）A ．若μ1＞μ2，则a 1＜a 2，B 加速度较大，则杆受到压力，故A 正确；BD ．若μ1=μ2，则a 1=a 2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故B 错误，D 正确；C ．若μ1＜μ2，则a 1＞a 2，A 加速度较大，则杆受到拉力，故C 错误。
2020年全国高考物理模拟试题附答案
2020年全国高考物理模拟试题14．在物理学中用比值法定义物理量是一种很重要的方法。
下列物理量的表达式不是由比值法定义的是A ．加速度定义式a =t ∆∆vB ．点电荷电场场强E =k2r Q C ．磁感应强度B =IL FD ．电阻R =I U15．甲乙两货车在平直公路上从同一位置同向行驶，两车的v -t 图象如图所示。
则在0~4s 时间内A ．甲车做曲线运动B ．乙车一直在甲车的后方C ．甲车的平均速度小于6m/sD ．乙车位移的大小为8m16．如图所示，在某静止点电荷产生的电场中有M 、N 两点，M 点场强大小为E M ，方向与MN 连线的夹角为53º，N 点场强大小为E N ，方向与MN 连线的夹角为37º。
已知sin37º=0.6，cos37º=0.8，则下列说法正确的是A ．该点电荷带正电B ．916=N E M EC．M点的电势高于N点D．一电子从M点运动到N点电势能增加17．关于原子学物理知识，下列说法正确的是A．升高放射性物质的温度，其半衰期变短B．发生光电效应现象时，增大照射光的频率，同一金属的逸出功变大C．23793Np经过7次α衰变和5次β衰变后变成20974BiD．根据玻尔理论，氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子18．理想变压器原、副线圈的匝数比为9：5，原线圈接交流电源，副线圈的电路结构如图甲所示，已知R1= R2= R3，开关S断开时R2两端电压按如图乙所示规律变化。
若闭合开关S，电表均为理想电表，下列说法正确的是A．电流表示数变小B．电压表V1示数为180VC．变压器的输入功率减小D．电压表V2示数为100V19．2018年5月21日，嫦娥四号中继星“鹊桥”搭乘长征四号丙运载火箭升空，为嫦娥四号登陆月球背面做准备。
为保证地月通信的稳定，“鹊桥”必须定位在“地月系统拉格朗日—2点”(简称地月L2点)，在该点地球、月球和“鹊桥”位于同一直线上，且“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动。
重点高中自主招生力学专题四及答案
ABO F 重点高中自主招生力学专题四及答案一、填空题：1．跳绳是一种简便易行的锻炼方式．图中描绘了某同学某次跳绳时重心移动的高度h 随时间t 变化的图象．由图象可知，他的重心移动的最大高度为6 cm ．若该同学的体重为500N ，则他在1min 内克服重力做功的功率为 W 。
2．如图所示，某人用122.5N 的拉力拉起重物，已知滑轮组的机械效率是80%，则物体的质量为 kg ，若物体在2s 内被提高5m ，则拉力的平均功率 是 W ．(g=9.8N/kg)3．如图所示，一根质量未知的直尺AB ， O 点为支点，OB 长是AB 长的1/6，若在B 点施加一个竖直向下大小为10N 的力F 使直尺保持水平平衡，则直尺AB 的质量为 g 。
4．如图所示，小红用20N 的水平拉力F 拉质量为4kg 的木箱A ，使它以2m/s 的速度在水平面上匀速直线运动了4s ．则木箱受到的摩擦力是 N ．拉力F 在这段时间内所做的功是 J ．（忽略轮与细绳的重力和轮轴间的摩擦以及绳子和轮间的摩擦）5．如图所示的装置中，（不计动滑轮重及绳子与轮的摩擦）（1）重为200N 的物体A 正在水平桌面上向右做匀速直线运动，弹簧测力计的读数为20N ，则B 的重力为_______N ；（2）若用力F拉着物体A在水平桌面上向左匀速运动了0.5m，则拉力F所做的功为_______J．6．如图所示，斜面长s=10m，高h=4m，用平行于斜面方向的拉力F=50N，将一个重为G=100N的物体由斜面底端A处匀速拉到斜面顶端B，运动过程中对物体做的有用功等于 J，斜面的机械效率等于；物体所受的摩擦力是 N.7．如图所示，质量为50kg的人，站在质量为30kg的吊篮内，他至少用_______N的拉力拉住绳子，才能使自己和吊篮在空中保持静止．（g取10N/kg，不计轮重和摩擦）二、选择题：8．如图，水平放置的铜圆环的正上方有一条形磁铁由静止开始下落，从导体环中间穿过，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A、磁铁下落的过程中，重力势能全部转化动能,机械能守恒B、磁铁穿过铜圆环的过程中，环内没有感应电流产生C、磁铁下落的过程中，重力做功，重力势能减小，铜环内有电能产生，机械能减小D、磁铁下落的过程中，减小的重力势能全部转化为电能9．如图是使用汽车打捞水下重物示意图，在重物从水底拉到井口的过程中，汽车以恒定速度如图甲向右运动，忽略水的阻力和滑轮的摩擦，四位同学画出了汽车功率（P）随时间（t）变化的图象如图乙所示，其中正确的是（）10．利用如图所示装置将重为100N的物体匀速从斜面的底端拉到顶端．已知斜面的长是5m，高是2m，拉力为F=50N，则该装置的机械效率为（）A．40% B．50% C．80% D．100%11．“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目，如图所示，一端系住人的腰部、另一端系于跳台的是一根弹性橡皮绳．当人下落至图中Q点时，橡皮绳刚好被拉直．那么，在人越过Q点继续向下运动到最低点的过程中，人的动能变化情况是（）A、变小B、变大C、先变小再变大D、先变大再变小12．某学校的社区服务小组帮小明的爸爸将一重为1000N的建筑材料匀速运送到6m高的楼上，而站在楼上时为了安全起见可产生的平均拉力为150N．善于学以致用的小明买来了一个重为100N的滑轮和一根足够长的绳子，用图中方案将建筑材料拉到楼上（不计绳重和摩擦）（）A．需要4人，机械效率为91% B．需要4人，机械效率为83%C．需要3人，机械效率为91% D．需要3人，机械效率为83%三、实验题：13．某同学在测滑轮组的机械效率时，记录了如下表的实验数据：滑轮组组成钩码重G/N钩码升高的高度h/m绳子自由端受到的拉力F/N绳子的自由端移动的距离s/m一个定滑轮一个动滑轮2 0.1 1.25 0.2。
2020年高中物理竞赛辅导课件(刚体的定轴转动)01定轴转动运动学(共15张PPT)
分布 o
c
e.g.
o c
细杆质量m, 长L
则对于 oo轴，J=mL2/3 对于 cc轴，J=mL2/12
ii)J量度了刚体转动惯性的大小
④转动定律与牛Ⅱ比较：
M～
F
J ～～amຫໍສະໝຸດ 例4-2已知:滑轮质量M、半径R、 转动惯量J=MR2/2 物体质量m，v0=0 忽略绳子质量
绳、轮之间无滑动
求:物体下落时的v～t关系
大小： 方向：//转轴, 符合右手螺旋
r
v
Ｏ r
线速度：v r
验证：
r
大小：r
方向：圆周切向
例4-1
已知：
r
60k rev / (3i 4 j
min 5k ) 102
m
求： v ?
解：
(60
2
/
60)k
2k (rad
/
s)
v
2(6kjr(38ii4)j150k)2102
0.251 i 0.188 j (m / s)
2020
全国高中生物理学奥林匹克竞赛
普通物理学
（含竞赛真题练习）
刚体的定轴转动
(Rotation of a Rigid Body About a Fixed Axis)
刚体:任意两质元间距离保持不变.(理想模型)
刚体的运动: ①平动——各质元运动状态保持相同 ②转动——各质元绕同一轴作圆周运动 ③复合运动——平动＋转动
本章： 定轴转动运动学 定轴转动定律 转动中的功和能 定轴转动的角动量守恒定律
§4.1 定轴转动运动学 (Kinematics of Rotation About a Fixed Axis)
竞赛物理 第四期 答案
竞赛物理第四期答案1、【来源】2020年北京海淀区清华大学自主招生第10题三块金属导体板、、依次平行放置，板与板间距为1，板与板间距为2=21，现已知板带电为，、两板为电中性且以导线相连，则图中1−6号面带电情况为（）A.1=0，2=−23，3=23，4=13，5=−13，6=0B.1=13，2=−13，3=23，4=13，5=−23，6=−13C.1=12，2=−23，3=23，4=13，5=−13，6=12D.1=0，2=−13，3=23，4=13，5=−23，6=02、【来源】2020~2021学年江苏扬州高三上学期期中第2题3分金属小球电荷量1=3×10−8C，金属小球电荷量2=−1×10−8C，两小球接触后再分开，若小球电荷量3=1.2×10−8C，则小球电荷量4为（）A.0.8×10−8CB.−1.2×10−8CC.2.0×10−8CD.−3.8×10−8C3、【来源】小明梦里梦到了两个金属球本身都不带电，然后由于小扰动，某一个球体内电荷分布发生了一些变化，进而两个球互相静电感应都局部带电、又相互吸引．醒来之后小明觉得似乎梦里的现象不太对，又说不清楚哪里不对，您能帮小明解释一下吗？4、【来源】2017年第34届全国高中物理竞赛竞赛初赛第8题10分某一导体通过反复接触某块金属板来充电．该金属板初始电荷量为6uC，每次金属板与导体脱离接触后，金属板又被充满6uC的电荷量．已知导体第一次与金属板接触后，导体上带的电荷量为2uC；经过无穷次接触，导体上所带的电荷量最终为．5、【来源】四个独立问题(1)部分马里亚纳海沟马里亚纳海沟位于西太平洋，深度为=10290m，海洋表面的盐水密度0=1.025×103kg/ m3，海水的体变模量=2.1×109Pa，重力加速度=9.81m/s2．忽略温度和重力加速度随深度的变化，忽略大气压强．知流体具有非常小的压缩系数，压缩系数=−，体变模量是压缩系数的倒数：=1．求马里亚纳海沟底部压强op的值．(2)部分气体状态质量可忽略的可移动活塞把气缸分为两部分，一部分装有质量1=3.00g，温度为10=300K 的氢气，另一部分装有质量2=16.00g，温度为20=400K的氧气．气缸是绝热的，活塞是导热的，最终系统达到平衡状态，所有过程都是准静态的．已知物理数据：氢气的摩尔质量1=2.00g/mol，氧气的摩尔质量2=32.00g/mol，普适气体常量=8.31J/(K⋅mol)．①求系统的最终温度的值．②求系统的最终压强和初始压强的比值．③求从氧气传递给氢气的热量的值．(3)部分平行导体板面积均为的两块相同理想导体板，平行正对近距离固定放置，，两板分别带有电荷−，+o>>0)．另有质量为，形状与导体板完全相同，带电量为+的理想导体板与导体板平行正对相距为放置．导体板从静止开始释放，释放后能自由运动，如图所示．导体板，之间的碰撞是弹性碰撞，在碰撞过程，导体板，间的电量的重新分布可认为是瞬间完成的．忽略边缘效应和重力．①在导体板，碰撞之前，求导体板，在导体板处产生的总电场强度1．②在导体板，碰撞之后，求导体板，的带电量，．③在导体板，碰撞之后，求导体板与导体板间的距离仍为时导体板的速度．6、【来源】2014年自主招生北约第2题有两个惯性参考系1和2，彼此相对做速度极高的匀速直线运动，下列叙述中正确的是（）A.在参考系1看来，2中的所有物理过程都变快了；在参考系2看来，1中的所有物理过程都变慢了B.在参考系1看来，2中的所有物理过程都变快了；在参考系2看来，1中的所有物理过程也变快了C.在参考系1看来，2中的所有物理过程都变慢了；在参考系2看来，1中的所有物理过程都变快了D.在参考系1看来，2中的所有物理过程都变慢了；在参考系2看来，1中的所有物理过程也变慢了7、【来源】2016年北京海淀区北京大学自主招生第3题在任一惯性系中，一对运动中的正负电子相撞，湮灭产生光子，下列说法正确的是（）A.可以生成1个光子，既不违反能量守恒定律，也不违反动量守恒定律B.可以生成2个光子，既不违反能量守恒定律，也不违反动量守恒定律C.不可以生成2个光子，不违反能量守恒定律，但违反动量守恒定律D.不可以生成3个光子，否则即使不违反动量守恒定律，也不满足能量守恒定律8、【来源】2013年北京海淀区清华大学自主招生保送生测试第4题把静止的电子加速到动能为0.25MeV，则它增加的质量约为原有质量的（）倍．A.0.1B.0.2C.0.5D.0.99、【来源】一枚竖直向上发射的火箭假设它本身的高度为10m，当火箭以相对地面0.8向上运动的时候，它的长度在地面上看起来是多少？10、【来源】2012年自主招生北约第6题固定在地面上的两激光器和相距为0，有大木板平行贴近地面以速度=0.6相对地面沿B连线方向高速运动．地面参考系某时刻，两激光器同时发射激光在运动木板上形成点状灼痕'和'．此后，让大木板缓慢减速至静止后，测量两灼痕的间距为=0．随原木板高速运动的惯性参考系的观察者认为，两束激光不是同时发出的，应存在发射时间差Δ'=0．1、【答案】C;【解析】设各板上电荷量从上到下依次为1﹑2、3、4、5﹑6，则1+2+5+6=0，3+4=，3=−2，4=−5，34=上下=21=21，由此解得2=−23，3=23，4=13，5=−13，1+6=，故选C．【标注】(电荷守恒定律)2、【答案】A;【解析】由电荷守恒定律可得，接触前后两小球所带总电荷量不变，则由电荷守恒定律可得1+ 2=3+4，则总电荷量为=1+2=3×10−8C−1×10−8C=2×10−8C，则已知3=1.2×10−8C，则4=−3=2×10−8C−1.2×10−8C=0.8×10−8C，故A正确，BCD错误；故选A．【标注】(电荷守恒定律)3、【答案】两个导体不带电导体不可能局部带电，若带电，空间中存在电场线，两导体和无穷远间存在电势差，电势最高的位置只发出电场线故只能是无穷远，同理电势最低的也为无穷远，从而三者等势，矛盾，假设不成立．;【解析】【标注】(电荷守恒定律)4、【答案】3uC;【解析】第一次接触后12=26−2=12，无穷次接触后12=16=121=3uC，故答案为：3uC．【标注】(电荷守恒定律)5、【答案】(1)op=1.06×108Pa;(2)①=325K②1③1091J;(3)①1=−K20②=+2，2③2=−;【解析】(1)按照体变模量的定义，可得压强与密度两者变化量之间的关系为Δ=−Δ=Δ=Δ0+Δ≈Δ0（7.3.1）其中0为海洋表面的海水密度．设在海面下方深度为处的海水密度为op，利用式（7.3.1），可得op=0+Δop=01+=01+（7.3.2）若大气压强可忽略，则Δop=op−0≈op，海水的静液压强的变化量为dp(x)=ox)gdx（7.3.3）将式（7.3.2）代入式（7.3.3），可得dp(x)dx=01+⇒B(p=01+dx（73.4）将式（7.3.4）dp(x)1+op=00 wx ⇒p(x)=Kexpx −1（7.3.5）代入已知数据，可得0.0523．因为<，所以≪1，式（7.3.5）可近似为op =1+B 0+122+⋯−1≈B 0+12(B 0p 2（7.3.6）代入数据可得马里亚纳海沟底部的压强为op =1.06×108Pa （7.3.7）(2)①由题意，气缸是绝热的，且活塞质量不计，故容器内的气体系统（氢气和氧气）在准静态过程中与外界的热交换为零，对外界做的总功也为零，因此该气体系统的总内能是守恒的．设气缸内氢气和氧气的温度分别为1，2，则111+222=1110+2220（7.3.8）其中1，2分别为氢气和氧气的摩尔质量，双原子分子气体的定容摩尔热容=52．由题意，活塞具有微弱的导热性，当气体系统最后达到平衡状态时，两气室内的温度相等，故系统最后的平衡温度为=1110+222011+22=325K （7.3.9）②由式（7.3.9）的平衡温度可知，氧气温度下降，热量由氧气经活塞传至氢气而使其温度升高，结果使得氧气气室的体积缩小，氢气气室的体积增大，活塞往氧气气室的方向移动．由于活塞是无质量的，故在气体变化的准静态过程中，两气室的压强相等，均设为．对理想气体状态方程B =B （7.3.10）进行全微分可得Ε1+1Δ=11Ε，Ε2+2Δ=22Ε（7.3.11）其中1和2分别为氢气和氧气的体积．由于气体的总体积=1+2保持恒定，故Δ1+Δ2=0）和式（7.3.8）微分后的结果，可得(1+2)Δ=1+22Δ2=0⇒Δ=0（7.3.12）即在气体变化的准静态过程中，气体的压强保持不变，故系统的最后压强f和初始压强i的比值为1．③氧气的内能变化量为Δ=−20)=−779J（7.3.13）在气体的准静态变化过程中，氧气的体积缩小而做负功，利用（7.3.11）和（7.3.12）两式可得=202 dV=pΔV2=m22RΔT2=−312J（7.3.14）由热力学第一定律，可得氧气传给氢气的总热量为=Δ+=−1091J（7.3.15）其中负号表示热量自氧气传给氢气，因此氧气传给氢气的总热量为1091J．(3)①均匀带电无限大平板在其周围产生的电场强度为=20（7.3.16）方向垂直于平板表面．因此在板和板碰撞前，板和板在板处的电场强度分别为=20=−20，=20=20（7.3.17）因此作用在板处的电场强度1大小为1=+=−K20（7.3.18）方向向左．②当板和板两板完成碰撞即将分离时，两板电荷已重新分布．此时，两板内部的电场强度为零，两板原有电荷分布在板的左表面和板的右表面上，设板的左表面的电量为，板的右表面的电量为，则根据电量守恒定律有+=+（7.3.19）由静电平衡条件有−20+20−20=0（7.3.20）联立（7.3.19）和（7.3.20）两式可得=+2，=2（7.3.21）在板和板两板分离后，式（7.3.21）中的电量依然各自保留在两平板上．③板和板碰撞之前，利用式（7.3.18），可得作用于板的电场力为1=B1=−(Kp20（7.3.22）方向向左．该电场力吸引板向左运动，直至板与板相撞为止，在此过程中该电场力对板做的功为1=1⋅1=(KpB20（7.3.23）根据动能定理，该功转变为板的动能，故当板开始碰撞板时板的动能为12B12=1=(KpB20（7.3.24）由题意，板与板之间的碰撞为弹性碰撞，故当两板完成碰撞刚要分离时，板的动能依然为式（7.3.24）．在两板分离后，由于板上的电荷重新分布，因此作用于板的电场强度2大小为2=−20+r220=40（7.3.25）方向向右．该电场作用于板的电场力为2=22=280（7.3.26）方向向右．此电场力对板做正功，当板和板之间恢复距离时，电场力做功为2=2⋅2=280（7.3.27）利用（7.3.24）和（7.3.27）两式可得此时板的动能为12B22=12B12+2=(KpB20+280=−（7.3.28）因此可得导体板与导体板间的距离仍为时，导体板的速度为2=−（7.3.29）【标注】6、【答案】D;【解析】【标注】(爱因斯坦假设)7、【答案】B;【解析】根据相对论原理，任意惯性系中光子数是变换不变量，因此可在质心系中考虑该问题．质心系中，总动量为0，因此不能生成1个光子，可能生成两个以上光子，数目不定，故选B．【标注】(速度变换)8、【答案】C;【解析】Δ0=Δv20=K002=k02，电子的静止质量为9.10×10−31kg，静能为02≈0.51MeV，因此，Δ0≈0.49．故选C．【标注】(速度变换)9、【答案】6m;【解析】火箭本身的高度是固有长度．在地面上看其长度为101−2/2=6m．故答案为：6m．【标注】(尺缩、钟慢)10、【答案】1.25;34;【解析】以地面为参考系，灼痕间距为．由于尺缩效应，木板上的灼痕间距（相对木板静止时观察为）看起来缩短了，关系为：0==0.8，解得=1.250．假设木板沿→运动，在木板参考系的观察者在'点观察，激光在'点灼上痕迹的时刻为1'=0，则根据洛伦兹速度变化公式可得，该观察者观察'灼上痕迹的时刻为：2'=0−0×0.62=−34×0，因此Δ'=1'−2'=34×0．【标注】(时间间隔的相对性)(长度的相对性)。
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高中物理竞赛习题专题四：刚体动力学1.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，下述说法正确的是( )(A) 角速度从小到大，角加速度不变(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大(C) 角速度从小到大，角加速度从大到小(D) 角速度不变，角加速度为零2.假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( )(A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒(C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒3.水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10-47 kg·m2 ，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10-47 kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．4.用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．5.质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r，两轮的转动惯量分别为J1 和J2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.6.如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？7.如图所示，一长为2l 的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －e－t ) 转动，其中ω0 为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t 对z 轴的角动量；(2) 在t ＝0时系统所受外力对z 轴的合外力矩.8.在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s－1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.9.半径分别为r1 、r2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1 和J2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？10.一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.（3）打击瞬间O点杆收到的作用力。
11.地球对自转轴的转动惯量为0.33 mＥR2 ，其中mＥ为地球的质量，R为地球的半径.(1) 求地球自转时的动能；(2) 由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加3.5 ×10－5 s，求潮汐对地球的平均力矩.12.为使运行中飞船停止绕其中心轴转动，一种可能方案是将质量均为m 的两质点A、B，用长为l 的两根轻线系于圆盘状飞船的直径两端(如图所示).开始时轻线拉紧两质点靠在盘的边缘，圆盘与质点一起以角速度旋转；当质点离开圆盘边逐渐伸展至连线沿径向拉直的瞬时，割断质点与飞船的连线.为使此时的飞船正好停止转动，连线应取何长度？ (设飞船可看作质量为m′、半径为R的匀质圆盘)13.一长为l、质量为m 的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为ω.若棒突然改绕其一端转动，求：(1) 以端点为转轴的角速度ω′；(2) 在此过程中转动动能的改变.14.如图所示，一绕有细绳的大木轴放置在水平面上，木轴质量为m，外轮半径为R1 ，内柱半径为R2 ，木轴对中心轴O 的转动惯量为JC .现用一恒定外力F 拉细绳一端，设细绳与水平面夹角θ保持不变，木轴滚动时与地面无相对滑动.求木轴滚动时的质心加速度aC 和木轴绕中心轴O 的角加速度α.答案解析1C 2B 3.解 由图可得θd m J H A A 22sin 2=' θd m J H B B 22cos 2='此二式相加，可得22d m J J H B B A A =+''则m1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比，可得θJ J B B A A 2tan /='' 则o3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J J θ4.解1 设绳子的拉力为F Ｔ，对飞轮而言，根据转动定律，有 αJ R F T = (1)而对重物而言，由牛顿定律，有ma F mg T =- (2)由于绳子不可伸长，因此，有αR a = (3)重物作匀加速下落，则有221at h =(4)由上述各式可解得飞轮的转动惯量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J5.解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有111111a m F g m F P T T =-='- (1) 222222a m g m F P F T T =-=-' (2)()αJ J r F R F T T 2121+=- (3) 11T T F F =',22T T F F =' (4)由角加速度和线加速度之间的关系，有αR a =1 (5) αr a =2 (6)解上述方程组，可得gR r m R m J J rm R m a 222121211+++-=grr m R m J J rm R m a 222121212+++-=gm r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++= g m r m R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++=6.解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－C ω，由转动定律M ＝J α，可得叶片的角加速度为J ωC t ωα-==d d (1)根据初始条件对式(1)积分，有t J C ωωt ωωd d 00⎰⎰-= 由于C 和J 均为常量，得JCt e ωω/0-= (2)当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为2ln C J t =(2) 根据初始条件对式(2)积分，有te ωθJ Ct tθd d /000-⎰⎰=即 C ωJ θ20=在时间t 内所转过的圈数为C ωJ θN π4π20==7.解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为()()222sin 2sin 22αl m αl m mr J ===，则系统对z轴的角动量为()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===此处也可先求出每个小球对z 轴的角动量后再求和. (2) 由角动量定理得()[]αe ωml t t L M t 202sin 12d d d d --==te αωml -=202sin 2t ＝0时，合外力矩为αωml M 202sin 2=此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即t e ωt ωα-==0d d ，再由M ＝J α求得M .8.解 根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212式中()2222/l m J =为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.12/211l m J =为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv9.解 设相互作用力为F ，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有()0111ΔωωJ t F r -=- (1)222ΔωJ t F r = (2)两轮啮合后应有相同的线速度，故有2211ωr ωr = (3)由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为210222122011r ωJ r J r ωJ ω+=10.解 (1) 由刚体的角动量定理得120s m kg 0.2d -⋅⋅====⎰t ΔFl t M ωJ L Δ(2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即()θmgl ωJ cos 1212120-=由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为8388Δ31arccos o222'=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=gl m t F θ11.解 (1) 地球的质量m Ｅ ＝5.98 ×1024kg ，半径R ＝6.37 ×106m ，所以，地球自转的动能J 1012.2/33.022*******⨯=⨯==T R m πωJ E E K(2) 对式T ωπ2=两边微分，可得T T ωd π2d 2-=当周期变化一定量时，有TωT T ωΔπ2Δπ2Δ22-=-= (1)由于地球自转减慢而引起动能的减少量为TE ωT J ωωωJ E K K ΔπΔπ2ΔΔ3-=-== (2)又根据动能定理K E θM W ΔΔ== (3)由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为m N 1047.7π2Δ22⋅⨯==-n T ωE M K式中n 为一年中的天数(n ＝365)，ΔT 为一天中周期的增加量.12.解 飞船绕其中心轴的转动惯量为2121R m J '=，两质点在起始时和轻线割断瞬间的转动惯量分别为222mR J =和()222l R m J +='.由于过程中系统的角动量守恒，为使轻线沿径向拉直时，飞船转动正好停止，则有 ()()ωl R m ωJ J '+=+2212 (1)又根据过程中系统的机械能守恒，有()()2222122121ωl R m ωJ J '+=+ (2)由上述两式可解得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'+=141m m R l13.解 (1) 棒的质心的动量定理为c m p t F v ==ΔΔ式中F 是棒所受的平均力，v C 为棒质心的速度.棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有ωJ ωJ t F -'=-Δ21式中J 为棒绕质心的转动惯量(即2121ml J =).而根据角量与线量的关系θR x cos =可解得ωωml J J ω41412=+='(2) 在此过程中转动动能的改变为22223212121ωml ωJ ωJ E ΔK -=-''=14.解 设木轴所受静摩擦力F f 如图所示，则有C ma F θF =-f cos (1)αJ R F FR C =+1f 2 (2)αR a C 1= (3)由(1)、(2)、(3)式可得FmR J R R θR a C C 212121cos ++=F mR J R θR R a αC C 21211cos ++==。