轴心受压普通箍筋短柱与长柱的破坏形态有何不同

设OA旋转的角度为n，由于重物上升10 cm，
则点A逆时针旋转的弧长为10 cm，
由弧长公式l=[nπR/180]，
可求n=[180l/πR＝
180×10
3.14×10]≈57度．

点评：
本题考点： 弧长的计算．

考点点评： 此题是典型的跨学科综合题，将物理知识与数学问题有机地结合在一起．

物块放到传送带上后先做匀加速运动，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向前做匀速运动．
物块匀加速时的加速度为μmg=ma
a=μg=0.1×10m/s2=1m/s²
物块匀加速到和传送带具有相同速度所需时间为间
v=at₁
t1＝
v
a＝
4
1s＝4s
物块匀加速位移x1＝
1
2
at21＝
1
2×1×42m＝8m
∵20m＞8m∴以后小物块匀速运动
物块匀速运动的时间t2＝
x−x1
v＝
20−8
4s＝3s
∴物块到达传送带又端的时间为：t=t₁+t₂=4+3s=7s
答：经过7s物块将到达传送带的右端

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键搞清物体在传送带上的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．

（1）从支点O向F₁的作用线作垂线，并标出力臂L₁．如图所示：

（2）先连接SS′，在线段SS′垂直平分线上画出平面镜，并使发光点S的一边为反射面；
延长入射光线SA交平面镜于点O，连接S′O并延长为入射光线SO的反射光线，注意辅助线要用虚线，如图所示：

（3）如图，当S₁、S₃闭合时，电动机正转；当S₂、S₄闭合时，电动机反转；

（4）从烛焰的一点发出的平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，得右边焦点的位置，如图所示：

点评：
本题考点： 力臂的画法；平面镜成像的相关作图；透镜的光路图；电路图设计．

考点点评： （1）考查了力臂的作法，关键是要作出支点到力所在的直线的垂线段．
（2）平面镜成像的特点：像与物到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、大小相等、左右相反；
点光源发出的入射光线，反射光线的反向延长线一定过发光点的像点．
（3）注意改变电流方向可以改变电动机的转向；
（4）凸透镜三条特殊光线的作图：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴．②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点．③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变．

（1）f=mω²r=2×2²×0.2N=1.6N…①
方向为指向圆心．　　　　　　　…②
即当圆盘转动的角速度ω=2rad/s时，物块与圆盘间的摩擦力大小为1.6N，方向总是指向圆心．
（2）当最大静摩擦力提供向心力时，加速度最大，根据牛顿第二定律，有
kmg=mω_m²r…③
解得
ωm＝

kg
r＝5rad/s…④
即圆盘转动的最大角速度为5rad/s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题关键对物体受力分析，然后根据合力提供向心力，运用牛顿第二定律列式求解即可．

(1)小物块在传送带上，初始阶段速度小于传送带向下的速度v1=3m/s，相对传送带向上运动，摩擦力向下，那么小物块的加速度，匀加速到v1=3m/s的时间，位移

速度达到v1=3m/s后，物体相对传送带有向下的趋势，摩擦力沿斜面向上，，物块继续加速，滑到B端的位移计算得

从A到B的运动时间

(2)传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，设用时t0，即

解得

传送带的速度要大于

传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持t0不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax

设此时传送带速度为v2，则

联立得

所以痕迹最长时传送带速度最小

（1）1.2s   (2)12.25m/s


<>

∵时钟上的分针匀速旋转一周的度数为360°，时钟上的分针匀速旋转一周需要60分钟，
则时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为：360÷60=6°，
那么45分钟，分针旋转了45×6°=270°．
故答案为：270．

点评：
本题考点： 生活中的旋转现象．

考点点评： 本题考查了钟表的分针转动角度问题．利用分针匀速旋转一分钟时的度数为：360÷60=6°得出是解题关键．

以AB为轴心旋转一周得到一个几何体是圆柱体，而且圆柱的底面半径是x，（0＜x＜2）所以周长=2xπ，
S_侧面积=2xπ×（2-x）=-2πx²+4xπ=-2π（x-1）²+2π，所以S_侧面积最大值为2π．
故选C．

点评：
本题考点： 圆柱的计算；二次函数的最值．

考点点评： 本题主要考查了图形的旋转，及圆柱体侧面积的计算．

A、A、B都做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F_合=mω²r，角速度ω相等，B的半径较大，所受合力较大．故A正确．
B、C最初圆盘转动角速度较小，A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小，可由A、B与盘面间静摩擦力提供，静摩擦力指向圆心．由于B所需向心力较大，当A与盘面间静摩擦力达到最大值时（此时B与盘面间静摩擦力还没有达到最大），若继续增大转速，则B将做离心运动，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，使得B与盘面间静摩擦力增大，当B与盘面间静摩擦力也达到最大时，B将开始滑动，A所受的静摩擦力将离开圆心．所以A受到的摩擦力先指向圆心，后离开圆心，而B受到的摩擦力一直指向圆心．故B错误，C正确．
D、当B与盘面间静摩擦力恰好达到最大时，B将开始滑动，若此时A也达到最大静摩擦力，则根据牛顿第二定律得
对A：T-f_m=mωm2R
对B：T+f_m=mωm2•2R
解得最大角速度ω_m=（
2fm
mR）
1
2，但此时A的静摩擦力不一定达到最大静摩擦力，所以ω_m≠（
2fm
mR）
1
2，
故D错误．
故选：AC

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳子拉力大小相等．

AB属于同线转动，所以线速度相同，故，根据题目信息可得：，BC属于同轴转动，所以角速度相同，即，根据公式可得，根据公式可得：

9：6：8


<>

两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据a=
vd
r知，a_A：a_B=r_d：r_d=d：d．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，以及知道向心加速度与线速度、角速度的关系．

（1）不发生相对滑动时，A、B与盘间摩擦力均达到最大，设此时绳张力为T
对A：μmg−T＝mωm2r1
对B：μmg+T＝mωm2r2
得：ωm＝

2μg
r1+r2＝

2×0.4×10
0.2+0.3＝4rad/s
（2）因为最大静摩擦力为其重力的0.4倍，所以最大静摩擦力为4m，
烧断细绳，A作圆周运动所需向心力
FA＝mωm2r1＝3.2m，
小于最大静摩擦力4m，所以A随盘一起转动；
B此时所需向心力FB＝mωm2r2＝4.8m，大于它的最大静摩擦力4m，
因此B物体将沿一条曲线运动，离圆心越来越远，做离心运动．
答：（1）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度为4rad/s；
（2）当圆盘转速达到（1）条件下的最大值时，烧断细绳，则A随盘一起转动，B将做离心运动．

点评：
本题考点： 向心力；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．

考点点评： 本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力．

在传动过程中皮带不打滑，A、B两点线速度大小相等，则有：v_A=v_B；
B、C两点的角速度相等，由v=rω，知v_B：v_C=r_B：r_C=1：2，故v_A：v_B：v_C=1：1：2
由v_A=v_B，v=rω，得：ω_A：ω_B=r_B：r_A=1：2，故ω_A：ω_B：ω_C=1：2：2
由向心加速度a=a=
v2
r=vω得：a_A：a_B：a_C=1：2：4
故答案为：1：1：2；1：2：2，1：2：4

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．

考点点评： 传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．

∵40分钟对应圆心角的度数为[40/60]×360°=240°，
l=[nπr/180]=[240×π×5/180]=[20π/3]cm．
故选B．

点评：
本题考点： 弧长的计算；钟面角．

考点点评： 主要考查了圆周的弧长公式．弧长公式为l=[nπr/180]，需要注意的是求弧长需要知道圆心角的度数和半径．

对于A与B，由于皮带不打滑，线速度大小相等，即。由得对于B与C，绕同一转轴转动，角速度相等，即。则

根据可知，质点A. B. C的向心加速度之比为：8:4:3

故选B

B


<>

（1）因为rB＞rA．所以B物块先滑动．对物块B：fm=0.4mBg ①根据牛顿第二定律得：F向=mBωB2rB ②当B恰不相对台面滑动时，应有F向=fm③联立①、②、③式解得：0.4mBg=mBωB2rB④解④式得：ωB=0.4×100.3=...

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 本题涉及两个物块的圆周运动问题，关键要明确研究对象，把握临界条件，再运用牛顿第二定律和向心力公式求解．

两个轮子是同缘传动，故边缘点线速度相等，甲两轮的半径之比为1：5，根据v=rω，边缘点角速度之比为5：1，故驱动力的频率为：
f=[149r/min/5]≈0.5Hz
故驱动力的周期为：
T=[1/f]=2s
共振的条件是驱动力周期等于系统的固有周期，根据单摆的周期公式T=2π

L
g，发生共振的摆长为：
L=
gT2
4π2=
10×22
4×3.142=1m=100cm；
故单摆a发生共振；
故选：A．

点评：
本题考点： 产生共振的条件及其应用．

考点点评： 本题关键是明确同轴转动与同缘传动的特点，结合公式v=rω、T=2πLg和共振条件分析，不难．

（1）重心在最低点时，飞轮才能静止，因每次F都与转轴在同一水平面上，则说明重心应在轴心的正下方，故选A；
（2）如果重心在轴心处，则停止时，飞轮可以停在任意位置，即F可能出现在任意位置，故答案为：每次推动飞轮后，飞轮边缘上的标记F可以停在任意位置；
（3）焊接金属块的目的是为了让重心上移，则应焊在重心与轴心的连线上，并且在重心的另一侧，故E点位置如图所示；
（4）考虑到调整后，飞轮可以停在任意位置，
那么当飞轮的重心P和焊接点E转动到同一水平线上时（如图所示），
根据杠杆平衡条件：Mgl=mgR，
解得：l=[mR/M]
=[0.4kg×0.6m/80kg]=3×10^-3m
=3mm；
答：（1）A；
（2）每次推动飞轮后，飞轮边缘上的标记F可以停在任意位置；
（3）位置如图；
（4）重心到轴心的距离为3mm．

点评：
本题考点： 重心；杠杆的平衡条件．

考点点评： 本题难度较大，需要我们对重心及转动的性质有足够的了解才能顺利求解．