运动学与动力学答案二册CH3
01 质点运动学和动力学习题答案
(2)由题知：
������������ ������ ������ = − ������ ������������
������ ������������
������ ������
∫
������0
dt dv A Bv
t
v
dt
dv
0
0 A Bv
t 1 [ln( A Bv) ln A] B
即： v A (1 eBt ) B
（2） v dy A (1 eBt ) dy A (1 eBt )dt
dt B
B
y
dy
t A (1 eBt )dt
（2）������ = |���⃑���| = 2√16������2 + 1
���⃑��� = ���������⃑⃑��� = 8���⃑���
������������
������������
32������
������������ = ������������ = √16������2 + 1
������d������， 1
������0
−
1 ������
=
−
1 2
������������2
������
=
2
2������0 + ������������0������2
4．t=1s
分析：由 an
a ，������
= ������������������， a
v2 R
可得。
新教材高中物理第2章电磁感应中的动力学问题课时作业新人教版选择性必修第二册(含答案)
新教材高中物理新人教版选择性必修第二册：专项6 电磁感应中的动力学问题1．(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是( )A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动2．如图甲所示，PQNM是倾角θ＝37°、表面粗糙的绝缘斜面，abcd是匝数n＝20、质量m＝1kg、总电阻R＝2Ω、边长L＝1m的正方形金属线框．线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，在OO′NM的区域加上垂直斜面向上的匀强磁场，使线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是( )A．0～6s内，线框中的感应电流大小为1AB．0～6s内，线框产生的焦耳热为6JC．t＝6s时，线框受到的安培力大小为8ND．t＝10s时，线框即将开始运动3.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列vt图像中，能正确描述上述过程的是( )[平行固定放置，间距为L，导轨一端通过导线与阻值为R的电阻连接，导轨上放一质量为m 的金属杆．金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场的方向竖直向下．现用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆最终将做匀速运动，当改变拉力的F大小时，金属杆相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示．(取g＝10m/s2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？(2)若m＝0.5kg，L＝0.5m，R＝0.5Ω，求磁感应强度B和金属杆与导轨间的动摩擦因数μ各为多大？5.如图所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s 时，突然闭合开关S，则：(g取10m/s2)(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？6．如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.2m，电阻R＝0.4Ω，导轨上停放一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图(b)所示．(1)试分析说明金属杆的运动情况；(2)求第2s末外力F的大小．7．如图甲所示，相距L＝1m、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面内，另一部分在同一竖直面内．质量均为m＝50g、电阻均为R＝1.0Ω的金属细杆ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度大小B＝1.0T、方向竖直向上的匀强磁场中，ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动，cd杆固定在竖直导轨的某位置，现在释放cd杆并开始计时，以竖直向下为正方向，cd杆的vt图像如图乙所示，已知在0～1s和2～3s内，图线为直线．g取10m/s2.(1)求在0～1s 内通过cd 杆的电流；(2)若已知ab 杆在1～2s 内做匀加速直线运动，求1～2s 时间内拉力F 随时间t 变化的关系式．专项6 电磁感应中的动力学问题1．答案：BC解析：A 错，B 对：金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势，从而对电容器充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sin θ－ILB >0，金属棒一直加速运动．C 对：由右手定则可知，金属棒a 端电势高，则M 板电势高．D 错：若微粒带负电，则静电力向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度方向向上．2．答案：C解析：由图乙知B ＝0.1t ＋0.2(T)，ΔBΔt＝0.1T/s设线框即将运动的时间为t ，则nBIL ＝mg sin θ＋μmg cos θ，线框未动时，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ·12L 2ΔBΔt＝1V由闭合电路欧姆定律得I ＝E R＝0.5A ，解得t ＝10.4s0～10.4s 内线框处于静止，线框中的感应电流大小为0.5A ，故A 、D 错误；0～6s 内，框产生焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.52×2×6J＝3J ，故B 错误；t ＝6s 时，磁感应强度为B ＝0.1t ＋0.2(T)＝0.1×6＋0.2T ＝0.8T ，线框受到的安培力大小为F ＝nBIL ＝20×0.8×0.5×1N＝8N ，故C 正确．3．答案：D解析：导线框进入磁场的过程中，受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R、F 安＝BIL ，得F 安＝B 2L 2vR，随着v 的减小，安培力F 安减小，根据F 安＝ma 知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，受到向左的安培力，根据F 安＝B 2L 2vR＝ma 可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，故选项D 正确．4．答案：(1)加速度减小的加速运动 (2)1T 0.4 解析：(1)根据牛顿第二定律F －F 安－f ＝ma而F 安＝BIL ＝B 2L 2vR故金属杆在匀速运动之前做加速度减小的加速运动． (2)金属杆产生的感应电动势E ＝BLv 感应电流I ＝E R金属杆所受的安培力为F 安＝BIL ＝B 2L 2vR由题意可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零，即有F ＝B 2L 2v R＋f所以v ＝RB 2L 2(F －f ) 从图线可以得到直线的斜率k ＝2 联立可得RB 2L 2＝k 将数据代入可解得B ＝1T 由f ＝μmg ＝2N 得μ＝0.4.5．答案：(1)见解析 (2)0.5m/s解析：(1)闭合开关S 之前，导体ab 自由下落的末速度为 v 0＝gt ＝4m/s.开关S 闭合瞬间，导体ab 产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab 立即受到一个竖直向上的安培力．F 安＝BIL ＝B 2L 2v 0R＝0.016N ＞mg ＝0.002N.此时导体ab 受到的合力方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a ＝F 安－mg m ＝B 2L 2v mR －g ，所以导体ab 竖直向下做加速度逐渐减小的减速运动．当F 安＝mg 时，导体ab 竖直向下做匀速运动．(2)设导体ab 匀速下落的速度为v m ，此时F 安＝mg ，即B 2L 2v m R ＝mg ，v m ＝mgR B 2L2＝0.5m/s.6．答案：(1)初速度为零的匀加速运动 (2)0.7N解析：(1)杆切割磁感线产生电动势E ＝BLv 电压表示数为U ＝IR ＝BLRR ＋rv 由图像可知，U 与t 成正比，即v 与t 成正比，故杆做初速度为零的匀加速运动． (2)由运动学规律v ＝at ，所以U ＝BLRR ＋rat ＝kt 由图线得k ＝0.4V/s ，即BLRa R ＋r＝0.4V/s ，得a ＝5m/s 2两秒末速度v ＝at ＝10m/s ，F －B 2L 2vR ＋r＝ma解得F ＝0.7N ．7．答案：(1)0.6A (2)F ＝0.8t ＋0.13(N) 解析：(1)在0～1s 内，cd 杆的v t 图线为倾斜直线，因此cd 杆做匀变速直线运动，加速度为a 1＝v t －v 0t＝4.0m/s 2，cd 杆受向上的摩擦力作用，其受力分析如图所示． 根据牛顿第二定律，有mg －F f ＝ma 1，其中F f ＝μF N ＝μF A ＝μBIL ，因此回路中的电流为I ＝m （g －a 1）μBL＝0.6A.(2)在0～1s 内，设ab 杆产生的感应电动势为E ，则E ＝BLv 1，由闭合电路欧姆定律得I＝E 2R ，则ab 杆的速度为v 1＝2IRBL＝1.2m/s. 在2～3s 内，由题图乙可求出cd 杆的加速度为a 2＝－4.0m/s 2，由(1)的分析，同理可得mg －F ′f ＝ma 2，即mg －μB 2L 2v 22R ＝ma 2，整理得ab 杆的速度v 2＝2m （g －a 2）R μB 2L 2＝2.8m/s.在1～2s 内，ab 杆做匀加速直线运动，则加速度a ＝v 2－v 1t＝1.6m/s 2，对ab 杆，根据牛顿第二定律有F －μmg －BI ′L ＝ma ，ab 杆在t 时刻的速度v ＝v 1＋a (t －1s)，回路中的电流I ′＝BLv2R，联立可得F ＝0.8t ＋0.13(N).。
大学物理课后习题册答案 第二版王建邦主编
参考答案 第一章1-1 已知质点运动学方程分量式为2x t =262y t =- （1）求轨道方程，并画出轨迹图；（2）求1t =到2t =之间的∆r ，r ∆和v ；（本题中x ，y的单位是m ，t 的单位是s ，v 的单位为1s m -⋅。
）[答案] （1）262x y =-，（2）26-i j ，0，26-i j .（1）由质点在水平方向、竖直方向的位置-时间函数关系：2x t=262y t =-消去t ，得轨道方程为262x y =-轨迹为抛物线，如题1-1图所示。
（2）将质点的位矢分量式：2x t =262y t =-代入位矢()()()t x t y t ==+r r i j ，可得质点的位置矢量22(62)t t =+-r i j 。
代入时间参量t ，得质点在某一时刻的位置r 。
由质点位移和平均速度的定义，可求得21∆=-r r r 21r r r ∆=- t∆=∆r v1-2 如图1-2所示，一足球运动员在正对球门前25.0m 处以120.0m s -⋅的初速/y率罚任意球，已知球门高为3.44m 。
若要在垂直于球门竖直平面内将足球直接踢进球门，问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球（足球可视为质点）？[答案] 171.1169.92θ≥≥，127.9218.89θ≥≥. 以踢球点为坐标原点取平面坐标系xOy 。
按高中物理，设斜抛小球初速度0v ，斜抛仰角0θ，写出小球水平方向、竖直方向的位置-时间函数关系：00cos x v t θ= （1）2001sin 2y v t gt θ=- （2）消去t 得足球的轨迹方程 202200tan 2cos gy x x v θθ=-依题意以25.0x m =，120.0v m s -=⋅及3.440m y ≥≥代入后，可解得 171.1169.92θ≥≥ 127.9218.89θ≥≥。
1-3 一质点在xy 平面内运动，在某一时刻它的位置矢量(45)m =-+r i j ，经5s t ∆=后，其位移(68)m ∆=-r i j 。
动力学课后习题答案
第一章 质点动力学1－3 解：运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。
将运动方程对时间求导并将030=θ代入得34cos cos 22lk lk l y v ====θθθ938cos sin 2232lk lk ya =-==θθ1－6证明：质点做曲线运动，所以质点的加速度为：n t a a a +=,设质点的速度为v ，由图可知: aa v v y n cos ==θ，所以: yv v a a n =将c v y =，ρ2n va =代入上式可得 ρc va 3=证毕 1－7证明：因为n2a v=ρ，va a v a ⨯==θsin n所以：va ⨯=3vρ证毕1－10解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度 为s ,则有关系式：t v L s 0-=，并且 222x l s +=将上面两式对时间求导得：0v s -= ，x x s s 22=由此解得：xsv x 0-= （a ）(a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得：2002v v s x x x=-=+ (b)xoovovFNFgmyθ将(a)式代入(b)式可得：3220220xl v xxv xa x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上）取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：gF F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：N F F y m F mg x m +-=-=θθsin cos其中：2222sin ,cos lx l lx x +=+=θθ0,3220=-=yxl v x将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：23220)(1)(x l xl v g m F ++=1－11解：设B 点是绳子AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以R v B ω=，由于绳子始终处于拉直状态，因此绳子上A 、B 两点的速度在 A 、B 两点连线上的投影相等，即：θcos A B v v = （a ）因为x Rx 22cos -=θ （b ）将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为：22Rx x Rv A -=ω （c ）由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x xω=--22 ，将该式两边平方可得：222222)(x R R x x ω=-将上式两边对时间求导可得：x x R x x R x x x 2232222)(2ω=--将上式消去x2后，可求得： 22242)(R x xR x--=ω (d)由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 22242)(R x xR a A -=ω取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：gF F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：mg F F ym F x m N -+=-=θθsin cos其中：xR x x R 22cos ,sin -==θθ, 0,)(22242=--=yR x x R xω将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得2525)(,)(225222242R x x R m mg F R x xR m F N --=-=ωω1－13解：动点：套筒A ；动系：OC 杆；定系：机座；运动分析：绝对运动：直线运动；相对运动：直线运动；牵连运动：定轴转动。
动力学课后习题答案
动力学课后习题答案动力学课后习题答案动力学是物理学中的一个重要分支，研究物体的运动以及运动的原因和规律。
在学习动力学的过程中，课后习题是巩固知识、检验理解的重要方式。
下面将为大家提供一些动力学课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握动力学知识。
1. 一个物体以5m/s的速度匀速运动了10秒，求物体的位移是多少？答：位移等于速度乘以时间，即位移=速度×时间=5m/s×10s=50m。
2. 一个物体以2m/s²的加速度匀加速运动了8秒，求物体的位移是多少？答：位移等于初速度乘以时间再加上加速度乘以时间的平方的一半，即位移=初速度×时间+0.5×加速度×时间²=0×8s+0.5×2m/s²×(8s)²=64m。
3. 一个物体以10m/s的速度向上抛出，经过2秒后落地，求物体的最大高度是多少？答：物体的最大高度等于初速度的平方除以2倍的重力加速度，即最大高度=(初速度²)/(2×重力加速度)=(10m/s)²/(2×9.8m/s²)≈5.1m。
4. 一个物体以20m/s的速度水平抛出，求物体在2秒后的水平位移是多少？答：物体在水平方向的速度是恒定的，所以水平位移等于速度乘以时间，即水平位移=速度×时间=20m/s×2s=40m。
5. 一个物体以10m/s的速度水平抛出，求物体在2秒后的竖直位移是多少？答：物体在竖直方向上受到重力的作用，所以竖直位移等于初速度乘以时间再加上0.5倍的重力加速度乘以时间的平方，即竖直位移=初速度×时间+0.5×重力加速度×时间²=10m/s×2s+0.5×9.8m/s²×(2s)²=19.6m。
新教材高中物理第二章电磁感应中的动力学能量和动量问题学生用书新人教版选择性必修第二册(含答案)
新教材高中物理学生用书新人教版选择性必修第二册：素养提升课四电磁感应中的动力学、能量和动量问题关键能力·合作探究——突出综合性素养形成探究一电磁感应中的动力学问题【核心归纳】1.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析．(2)导体的非平衡状态——加速度不为0.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．2．力学对象和电学对象的相互关系【应用体验】例1 如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是不计电阻、水平放置的平行长直导轨，其间距l＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端．ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω、长度与导轨间距相等的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g 取10 m/s2)(1)求导体棒所能达到的最大速度．(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像．[试解]【针对训练】1.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是( )2．如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN，PQ平行放置．两导轨间距为L，M、P 两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．探究二电磁感应中的能量问题【核心归纳】1.能量转化的过程分析电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为机械能)；克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．2【应用体验】例2 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：(1)金属杆ab运动的最大速度；g sinθ时，电阻R上的电功率；(2)金属杆ab运动的加速度为12(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．教你解决问题第二步：找突破口(1)根据受力平衡列方程，安培力F＝mg sinθ；g sinθ时的安培力；(2)根据牛顿第二定律，求解加速度为12(3)根据动能定理，求解此过程中克服安培力所做的功．[试解]【针对训练】3.如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若金属棒ab在竖直向上的外力F 作用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是( )A．a、b两端的电势差为BLvB．b端电势高于a端电势C．作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零D．拉力F所做的功等于电路中产生的热量4.[2022·江苏泗洪高二检测]如图所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0 Ω的电阻相连，质量m＝0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F＝1 N作用下由静止开始运动，导体棒电阻为r＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，当ef棒由开始运动6.9 m时，速度达到最大(g取10 m/s2)，求：(1)导体棒的速度达到最大时，回路中电流的大小；(2)导体棒能够达到的最大速度；(3)在此运动过程中电阻R上产生的焦耳热．探究三电磁感应中的动量问题【核心归纳】1.对于单杆模型，一般与动量定理结合．例如在光滑水平轨道上运动的单杆(水平方向不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，故运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理有F̅安Δt＝Δp，又F̅安Δt＝I l BΔt＝Blq，q＝NΔΦR总＝N BlxR总，Δp＝mv2－mv1，由以上安培力的冲量中藏着电荷量四式将流经杆的电荷量q、杆位移x及速度变化结合在一起．2．对于双杆模型，在受到安培力之外，其他外力之和为零时，则考虑应用动量守恒定律处理问题．3．由I l B·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．【应用体验】例3 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为R a＝2 Ω、R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)．其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g取10 m/s2.求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动的过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．[试解]【针对训练】5.(多选)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是( )随堂演练·达标自测——突出创新性素养达标1.(多选)在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则( )A．三个线圈同时落地B．A线圈最先落地C．C线圈最后落地D．B、C线圈同时落地2．(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中( )A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．克服安培力做的功等于电路中产生的电能C．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab棒获得的动能之和3.[2022·四川宜宾高二检测](多选)如图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ，下列选项中正确的是( )A ．v ＝2mgR sin θB 2L 2B ．P ＝2mgv sin θC ．当导体棒速度达到v2时，加速度大小为g sin θ2D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功4.如图所示，两根光滑导轨平行放置，导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强度为B.导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接．两根完全相同的金属棒ab 和cd 质量均为m 、接入电路的电阻均为R ，将cd 置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab 置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab 离水平面的高度为h ，重力加速度为g ，现将ab 由静止释放，求：(1)cd 棒最终的速度大小； (2)整个过程中产生的焦耳热Q.5.如图所示，在与水平面成θ＝30°夹角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属导轨，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B ＝0.20 T ，方向垂直导轨平面向上．导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，且与导轨接触良好构成闭合回路，导体棒的质量均为m ＝2.0×10－2kg ，回路中导体棒电阻均为r ＝5.0×10－2Ω，金属导轨间距l ＝0.50 m ．现对导体棒ab 施加平行于导轨向上的拉力，使之匀速向上运动，在导体棒ab 匀速向上运动过程中，导体棒cd 始终能静止在导轨上，g 取10 m /s 2，求：(1)通过导体棒cd 的电流I ；(2)导体棒ab 受到的外力F 的大小；(3)导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量时，力F做的功W.素养提升课(四) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题关键能力·合作探究探究一应用体验[例1] 解析：ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值．外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热．(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝Blv①I＝ER+r②导体棒受到的安培力F安＝IlB③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力F f的作用，根据牛顿第二定律得F－μmg－F安＝ma④由①②③④得F－μmg－B2l2vR+r＝ma⑤由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大．此时有F－μmg－B 2l2v mR+r＝0⑥可得v m＝(F−μmg)(R+r)B2l2＝10 m/s.⑦(2)导体棒运动的速度—时间图像如图所示．答案：(1)10 m/s (2)见解析图针对训练1．解析：设ab棒的有效长度为l，S闭合时，若B 2l2vR>mg，先减速再匀速，D项有可能；若B 2l2vR＝mg，匀速，A项有可能；若B2l2vR<mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，B2l2vR－mg＝ma中a不恒定，选B项不可能．答案：ACD 2．解析：(1)如图所示，重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上． (2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中电流I ＝ER ＝BLv R，ab 杆受到的安培力F ＝ILB ＝B 2L 2v R.根据牛顿运动定律，有mg sin θ－F ＝ma ， 解得a ＝g sin θ－B 2L 2v mR.(3)当a ＝0时，杆达到最大速度v m ，即g sin θ＝B 2L 2v m mR时，v m ＝mgR sin θB 2L 2.答案：(1)图见解析 (2)BLv Rg sin θ－B 2L 2v mR(3)mgR sin θB 2L 2探究二应用体验[例2] 解析：(1)当杆达到最大速度时安培力F ＝mg sin θ 安培力F ＝IdB 感应电流I ＝E R+r感应电动势E ＝Bdv max 联立上式解得最大速度v max ＝mg (R+r )sin θB 2d 2.(2)当金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－I ′dB ＝m ·12g sin θ电阻R 上的电功率P ＝I ′2R 解得P ＝m 2g 2R sin 2θ4B 2d 2.(3)根据动能定理mgx sin θ－W F ＝12mv max 2－0解得W F ＝mgx sin θ－12·m 3g 2(R+r )2sin 2θB 4d 4.答案：(1)mg (R+r )sin θB 2d 2(2)m 2g 2R sin 2θ4B 2d 2(3)mgx sin θ－12·m 3g 2(R+r )2sin 2θB 4d 4针对训练3．解析：金属棒做切割磁感线运动产生的感应电动势为E ＝BLv ，则a 、b 两点间的电压为U ＝R R+rBLv ，故A 错误．根据右手定则可知，金属棒中的电流方向为b 到a ，所以b 端为电源的负极，a 端为电源的正极，a 端的电势高于b 端，故B 错误．由于金属棒做匀速直线运动，根据动能定理可知作用在金属棒上的各个力的合力做功等于零，故C 正确．根据功能关系可知，拉力F 做功等于电路中产生的热量与重力势能的增加量之和，故D 错误．故选C.答案：C4．解析：(1)当安培力等于拉力时，速度最大，则有F ＝F 安＝ILB代入数据解得I ＝FBL ＝11×1.0A ＝1 A.(2)当导体棒速度为v max 时，产生的感应电动势为E ＝BLv max ，通过导体棒的电流为I ＝BLv max r+R，解得v max ＝3 m/s.(3)由功能关系得Fx ＝Q +12mv max 2根据串联电路特点，有Q R ＝RR+rQ联立解得Q R ＝4 J.答案：(1)1 A (2)3 m/s (3)4 J 探究三应用体验[例3] 解析：(1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b0，对杆b 运用动量定理，有I dB ·Δt ＝m b (v 0－v b0) 其中v b0＝2 m/s. 解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2设最后a 、b 两杆共同的速度为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(m a ＋m b )v ′杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′由动量定理得I ′dB ·Δt ′＝m a (v a －v ′)，而q ＝I ′·Δt ′ 联立解得q ＝73 C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热Q ＝m a gh +12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2杆b 中产生的焦耳热Q ′＝R bR a +R bQ解得Q ′＝1156J.答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156J针对训练5．解析：以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv 0＝2mv ，解得两导体棒运动的末速度v ＝12v 0，棒ad 做变减速运动，棒cd 做变加速运动，稳定时两导体棒的加速度均为零，一起向右做匀速运动，故A 正确，B 错误；ab 棒和cd 棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，故C 正确，D 错误．答案：AC 随堂演练·达标自测1．解析：A 线圈不受安培力，所以最先落地，A 错误，B 正确；要想比较出B 、C 线圈的下落时间，先比较加速度，得出加速度a 与导线横截面积S 的关系，a ＝mg−F 安m＝g －B 2l 2v Rm，其中R ＝ρ电4lS ，m ＝ρV ＝4lρS ，所以有a ＝g －B 2v 16ρ电ρ，可知加速度a 与l 和S 均无关，即B 、C 线圈同时落地，C 错误，D 正确．答案：BD 2．解析：由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，A 错误，B 正确；根据动能定理可知，恒力F 、安培力与摩擦力的合力做的功等于ab 棒获得的动能，即W F －W f －W 安＝E k ，则恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab 棒获得的动能之和，C 错误，D 正确．答案：BD3．解析：当导体棒以速度v 匀速运动时B 2L 2v R＝mg sin θ，解得v ＝mgR sin θB 2L 2，故A 错误；当导体棒以速度2v 匀速运动时F ＝P2v，根据平衡条件有B 2L 22v R＝F ＋mg sin θ，解得F＝mg sin θ，所以拉力的功率为P ＝F ·2v ＝2mgv sin θ，故B 正确；当导体棒速度达到v 2时，根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v 2R＝ma ，解得a ＝g sin θ2，故C 正确；在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，由能量守恒知R 上产生的焦耳热等于牵引力做的功和重力势能减少的代数和，故D 错误．答案：BC4．解析：(1)ab 下落过程，mgh ＝12mv 12，v1＝√2gℎab 和cd 动量守恒，mv 1＝2mv 2，v2＝√2gℎ2.(2)整个过程中产生的焦耳热Q＝12mv12−12×2mv22＝12mgh.答案：(1)√2gh2(2)12mgh5．解析：(1)导体棒cd受到的安培力F cd＝IlB导体棒cd受力平衡，则F cd＝mg sin θ联立以上两式代入数据，解得I＝1 A，方向由左手定则可知由d到c.(2)导体棒ab与cd受到的安培力大小相等，即F ab＝F cd对导体棒ab，由平衡条件有F ＝mg sin θ＋IlB代入数据解得F＝0.2 N.(3)设在时间t内导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2rt设导体棒ab匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Blv，由闭合电路欧姆定律知I＝E2r由运动学公式知，在时间t内，导体棒ab沿导轨的位移x＝vt，力F做的功W＝Fx 综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.答案：(1)1 A d→c(2)0.2 N (3)0.4 J。
新版物理化学—动力学练习题及参考答案2-新版-精选.pdf
(A) 0.3 ×10-6 s
(B) 2.5 min
(C) 5580 a
(D) 4.5 ×109 a
3. 某反应物反应掉 7/8 所需的时间恰好是它反应掉 1/2 所需时间的 3 倍，则该
反应的级数是：
()
(A) 零级
(B)
一级反应
(C) 二级反应
(D)
三级反应
4. 1-1
级对峙反应 A
k1 k2
B 由纯 A 开始反应，当进行到
_______________ s。 19. N 2O5 热分解反应速率常数在 288 K 时，为 9.67 × 10-6 s-1 , Ea＝100.7 kJ· mol-1,
338 K 时，速率常数为 ____________________。 20. 实验测得反应： 2A + B ─→ 2C + D 的速率方程为： r = k [A][B] ，反应
(A) 2
倍
(B) 5
倍
(C) 10
倍
(D) 20
倍
6. 一个反应的活化能是 33 kJ ·mol-1 , 当 T = 300 K 时，温度每增加
率常数增加的百分数约是：
()
(A) 4.5%
(B) 90%
(C) 11%
(D) 50%
1K ，反应速
7. 均相反应 A + B
k1 C + D ， A + B
乘以因子 ___________。
14. 2H 2O2(aq)
2H2O(l) ＋ O2(g) 被 I - 催化，已知 Ea(cat) ＝ 56.5 kJ · mol-1 ，
Ea(uncat)=75.3 kJ ·mol-1 ， 则 k(I - ) ／ k(uncat) ＝_____________。( T=298 K)
2025高考物理专项复习专题进阶课九 动力学的图像问题含答案
2025高考物理专项复习专题进阶课九动力学的图像问题含答案专题进阶课九动力学的图像问题核心归纳1.常见的图像形式在动力学与运动学问题中,常见、常用的图像是位移—时间图像(x-t图像)、速度—时间图像(v-t图像)和力—时间的图像(F-t图像)等,这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律,而绝非代表物体的运动轨迹。
v-t图像(属于已知运动求受力)(1)根据图像确定物体各段的加速度大小和方向(2)弄清每段图线与物体运动的对应关系(3)对各段图线进行受力分析(4)用牛顿第二定律求解F-t图像(属于已知受力求运动)(1)根据图像结合物体运动情况明确物体在各时间段的受力情况(2)利用牛顿第二定律求出加速度(3)利用运动学公式求其他运动量a-F图像图像的力F是物体受到的某一个力的变化对物体加速度的影响:(1)对物体进行全面受力分析(2)根据牛顿第二定律求其他未知力2.图像问题的分析方法(1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得的信息:把图像与具体的题意、情景结合起来,应用物理规律列出与图像对应的函数方程式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断。
典题例析角度1 v-t图像【典例1】(2024·淮安高一检测)如图甲所示,倾角为30°的斜面固定在水平地面上,一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,从斜面底端A点由静止开始运动,一段时间后撤去拉力F,小物块能到达的最高位置为C点,已知小物块的质量为0.3 kg,小物块从A到C的v-t图像如图乙所示,取g=10 m/s2。
(1)求小物块上升过程中加速和减速的加速度大小的比值。
(2)求小物块与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小。
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取点A为基点(aA = 0),则有
aBτ
+ aBn
=
a
τ BA
+ aBA n
将上式向水平轴投影
aBτ cos 60 + aB n sin 60 = aBAn
得
a
τ B
=
2( AB
⋅ω
2 AB
−VB 2
⋅ sin
60
/ O1B) = 0
∴
ε1 = aBτ / O1B = 0
3－10. 半径为 R 的圆盘沿水平地面作纯滚动，细杆 AB 长为 L，杆端 B 可沿铅
α O
aBt A
−
a
t A
sin
θ
−
a
n A
cosθ
=
−aC
aBt A = aAt sinθ + aAn cosθ − aC = 574.08 mm/s2
vB
vBA
θB
vA
(a)
vr
C
a Bn A
a
t BA
B
a
t A
ar
(b)
aC
a
n A
C
，α AC
=
a
t BA
AB
= 2.87 rad/s 2
3－16 平面机构如图所示。套筒在轮缘上 B 点铰接，并可绕 B 转动，DE 杆穿过套筒。已知： r=h=20cm，OA=40cm。在图示位置时，直径 AB 水平，杆 DE 铅垂，OA 杆的角速度ω=2rad/s。 试求该瞬时杆 DE 的角速度以及角加速度。
3－12.已知图示机构中滑块 A 的速度为常值，υ A = 0.2 m s ，AB=0.4m。图示位置 AB=BC，θ = 30° 。求该瞬时杆 CD 的速度和加速度。
3－13.平面机构的曲柄 OA 长为 2a，以角速度ω0 绕轴 O 转动。在图示位置时， AB＝BO 且 ∠OAD = 90°。求此时套筒 D 相对于杆 BC 的速度。
杆 O1B 的角速度 ω1 = vB / BO1 = 2 / 0.3 = 6.67 rad/s
针
顺时
二．求 ε1
取点
A
为基点，则有
a
τ B
+
a
n B
= aA
+
a
τ BA
+
a
n BA
将上式向 X 轴投影
−
aτB
sinϕ
+
aBn
cosϕ
=
aA
sinϕ
−
a
n BA
aτB
=
−a A
+ ( aBnA
/
sinϕ
aB
=
a
τ BA
= aBn
/ cosθ
=
BC ⋅ω BC 2
/ cos 30
= 5 × 22 /( 3 / 2) = 40 3 / 3 cm/s2
( ) ε AB
=
a
τ BA
/ AB =
40 /
3 /10
= 4 / 3rad / s 2逆时针
(2)求a D 选A为基点则
aD
=
aA
+ a DA n
+
a
解：（1）求 aB 和εAB ∵VA = 常量,∴ aA = 0 ∵V A || V B ,且AB不垂直于V A ,∴ AB杆作瞬时平动
ω AB = 0,ω BC = VB / BC = 10 / 5 = 2 rad/s 选A为基点, 则
aBn + aBτ
= a A + a BAn
+
a
τ BA
由图中几何关系得
3－2. 在图示四连杆机构中，已知：OA = O1B = L2 = 0.3 m，匀角速度ω = 2 rad/s。
在图示瞬时， OB = L1 = 1 m，且杆 OA 铅直、 O1B 水平。试求该瞬时杆 O1B 的角 速度和角加速度。
解：一．求 ω1 vA = OA ⋅ ω = 0.3 × 2 = 0.6 m/s 取 A 为基点，则有 v B = v A + v BA 得 vB = vActgϕ = 0.6 / 0.3 = 2 m/s vBA = vA / sinϕ = ( 0.6 / 0.3 )× ( 12 + 0.32 )1 / 2 = 2.09m
解：由速度投影定理
[VA ]AB = [VB ]AB
得 VB = VA / cos 60 = 8 / cos 60 = 16 cm/s
取点C为基点, 则得
VB = VC + VBC
故 VC = VBC = VB = 16 cm/s
∴ ω BC = VBC / BC = 16 / 20 = 0.8 rad/s 顺时针
)+
a
n B
ctgϕ
=
−OA ⋅ ω
2
+
(
v
2 BA
/
AB
⋅
sinϕ
)+
.8m / s2
杆 O1B 的角加速度
ε1
=
a
τ B
/ O1B
=
57.8 /
0.3
=
192.7
rad/s2
逆时针
@
3－3.图示机构中，已知：OA=0.1m， DE=0.1m， EF = 0.1 3 m ，D 距 OB 线为
平衡杆的角速度ωO1 = 6 rad s 。求当γ = 60° 且 β = 90° 时，曲柄 OB 和齿轮 I 的角 速度。
3－5. 使砂轮高速转动的装置如图所示。杆 O1O2 绕 O1 轴转动，转速为 n4。O2 处用铰链连接一半径为 r2 的活动齿轮 II，杆 O1O2 转动时，轮 II 在半径为 r3 的固 定内齿轮 III 上滚动，并使半径为 r1 的轮 I 绕 O1 轴转动。轮 I 上装有砂轮，随同
3－7.半径为 R 的轮子沿水平面滚动而不滑动，如图所示。在轮上有圆柱部分， 其半径为 r。将线绕于圆柱上，线的 B 端以速度 v 和加速度 a 沿水平方向运动。 求轮的轴心 O 的速度和加速度。
3－8．在图示平面机构中，已知：BC=5cm，AB=10cm，A 点以匀速度 uA=10m/s 沿水平运动，方向向右；在图示瞬时，θ=30°，BC 杆处于铅垂位置。试求该瞬 时：（1）B 点的加速度；（2）AB 杆的角加速度；（3）AB 杆中点 D 的加速度。
3－11.如图所示，轮 O 在水平面上滚动而不滑动，轮心以匀速υO = 0.2 m s 运动。
轮缘上固连销钉 B，此销钉在摇杆 O1A 的槽内滑动，并带动摇杆绕 O1 轴转动。 已知：轮的半径 R=0.5m，在图示位置时，AO1 是轮的切线，摇杆与水平面间的 交角为 60° 。求摇杆在该瞬时的角速度和角加速度。
ω2 = VC / CO2 = 16 /10 = 1.6 rad/s 顺时针
AB杆的速度瞬心为点O1 , 故
ω AB = VA / O1 A = 8 /10 = 0.8 rad/s
有 a Bn = VB 2 / O1B = 162 / 20 = 12.8
cm/s 2
aBAn = BA ⋅ω AB 2 = 6.4 3 cm/s2
解：轮作平面运动
uA=OA·ω=80cm/s
以 A 为基点：
uC = u A + uCA
uC=uAcos60°=40 cm/s
以 C 为基点：
uB = uC + uBC
动点：铰链 B，动系：固于 DE
uB = ue + ur
即 uC + uBC = ue + ur
得
ue=uC
∴
ωDE=ue/DB=1 rad/s 逆时针
= Rω0ctg θ铅直向下
(2)求aB
∵ aA = Rε 0 ,
选A为基点, 则
aB
=
aA
+ aBA n
+
a
τ BA
上式投影在BA方向有
aB sinθ = a A cosθ + aBAn ∴ aB = (Rε 0 cosθ + Lω AB 2 ) / sinθ
= Rε 0ctgθ + (R 2ω02 / L sin 3 θ ) 方向: 铅直向下
h=0.1m；ωOA = 4 rad s 。在图示位置时，曲柄 OA 与水平线 OB 垂直；且 B、D 和 F 在同一铅直线上。又 DE 垂直于 EF。求杆 EF 的角速度和点 F 的速度。
3－4.在瓦特行星传动机构中，平衡杆 O1A 绕 O1 轴转动，并借连杆 AB 带动曲柄 OB；而曲柄 OB 活动地装置在 O 轴上，如图所示。在 O 轴上装有齿轮 I，齿轮 II 与连杆 AB 固连于一体。已知： r1 = r2 = 0.3 3 m ，O1A=0.75m，AB=1.5m；又
3－1 在图示四连杆机构中，已知：匀角速度ωO ，OA = O1B = r 。试求在ϕ = 45°
且 AB ⊥ O1B 的图示瞬时，连杆 AB 的角速度ω AB 及 B 点的速度。
解：连杆 AB 作平面运动，由基点法得 v B = v A + v BA
由速度合成的矢量关系，知
v BA = v A cosφ 杆 AB 的角速度 ωAB = vBA / AB = 2ωO / 2(1 + 2 ) （逆时针） B 点的速度 vB = vA cos 45° = rωO 2 / 2 （方向沿 AB ）
轮 I 高速转动。已知 r3 r1
= 11， n4
= 900 r
min 。求砂轮的转速。
3－6. 图示小型精压机的传动机构，OA=O1B=r=0.1m， EB=BD=AD=l=0.4m。 在图示瞬时，OA⊥AD ，O1B⊥ED ，O1D 在水平位置，OD 和 EF 在铅直位置。已