高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)及解析
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)及解析
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：
（1）弹簧获得的最大弹性势能；
（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；
（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。
【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m
【解析】
【详解】
（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动
能定理得：?μmgl+W弹＝0?m v02
由功能关系：W弹=-△E p=-E p
解得 E p=10.5J；
（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得
?2μmgl＝E k?m v02
解得 E k=3J；
（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：
①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得
?2mgR＝m v22?E k
小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m
②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心
等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m；
设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：
?2mgR ＝m v 12-m v 02
且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，
综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。 【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。
2．如图所示，水平地面上一木板质量M ＝1 kg ，长度L ＝3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R ＝1 m ，最低点P 的切线与木板上表面相平．质量m ＝2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v 39m /s 的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2．求： (1)滑块对P 点压力的大小；
(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小； (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．
【答案】(1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：
－μ1mgL ＝
12mv 2－12
20mv 解得：v ＝5 m/s
在P 点由牛顿第二定律得：
F －mg ＝m 2
v r
解得：F ＝70 N
由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力F f 1＝μ1mg ＝4 N 地面对木板的摩擦力 F f 2＝μ2(M ＋m )g ＝3 N
对木板由牛顿第二定律得：F f 1－F f 2＝Ma
a ＝
12
f f F F M
－＝1 m/s 2
(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v ＝5 m/s 对滑块有：(x ＋L )＝vt －1
2
μ1gt 2 对木板有：x ＝
12
at 2 解得：t ＝1 s 或t ＝
7
3
s(不合题意，舍去) 故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【点睛】
分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．
3．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。已知它落到水面上时相对于O 点（D 点正下方）的水平距离10m OB 。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为8m ，轮子半径为0.4m （传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求 (1)玩具滑车到达D 点时对D 点的压力大小。
(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。 (3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。
【答案】(1)80N ；(2)6m/s ，6m ；(3)见解析。 【解析】 【详解】
(1)玩具滑车到达D 点时，由牛顿第二定律：
2D
D v F mg m R
-=
解得
22
10=404=80N 10
D D v F mg m R =++?；
(2)若无传送带时，由平抛知识可知：
D x v t =
解得
1s t =
如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：
22
1122
D mv mv mgL μ-=- 解得
v =6m/s
因为6m/s 2m/s v ==，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送
带右端的水平距离：
'6m x vt ==
(3)①若传送带的速度v ≤6m/s ，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为6m ； ②若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足
'22
1122
D mv mv mgL μ-= 解得
'v =
若传送带的速度v ≥，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为
，落水点距离传送带右端的水平距离为x vt ==；
③若传送带的速度10m/s≥v ≥6m/s ，则小车在传送带上运动时先减速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=v m ；
④若传送带的速度≥v ≥10m/s ，则小车在传送带上运动时先加速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt =v m 。
4．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐，一个质量为1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h =0.6m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N =2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能E p =0.5J 。取重力加速度g =10m/s 2。求：
(1)小球在C 处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； (3)小球最终停止的位置。
【答案】(1)35N ；(2)6J ；(3)距离B 0.2m 或距离C 端0.3m 【解析】 【详解】
(1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为 2.5F mg =的相互作用力 故小球受到的向心力为
2.5
3.5 3.511035N F mg mg mg =+==??=向
(2)在C 点，由
2
=c v F r
向
代入数据得
2
1 3.5J 2
c mv = 在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D 端的距离为0x 则有
0kx mg =
解得
00.1m mg
x k
=
= 设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有
201
()2
c km p mg r x mv E E ++=+
得
201
()3 3.50.56J 2
km c p E mg r x mv E =++-=+-=
(3)滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得
2132
c mg r mgs mv μ?-=
解得BC 间距离
0.5m s =
小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中，设物块在BC 上的运动路程为s '，由动能定理有
2
12
c mgs mv μ-=-'
解得
0.7m s '=
故最终小滑动距离B 为0.70.5m 0.2m -=处停下. 【点睛】
经典力学问题一般先分析物理过程，然后对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
5．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC 组成，两者在最低点B 平滑连接．过BC 圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB 弧的半径为2R ，BC 弧的半径为R .一直
径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距
23
R
处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹． (1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．
(2)若小球能到达C 点，求小球在B 、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点．
(3)使小球从A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离x 会随小球开始下落时离A 点的高度h 而变化，请在图中画出x 2-h 图象．(写出计算过程)
【答案】(1)13
mg (2) 4∶1 (3)
过程见解析
【解析】 【详解】
（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0
设小球的质量为m ，在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有
N ＋mg ＝2
C mv R
小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有
2
2132
C mgR mv = 由两式可知
N ＝
1
3
mg 小球可以沿轨道运动到C 点.
（2）小球在C 点的动能为E k C ，由机械能守恒得
E k C ＝
23mgR
设小球在B 点的动能为E k B ，同理有
E k B ＝
83
mgR
得
E k B ∶E k C ＝4∶1．
（3）小球自由落下，经ABC 圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。由动能定理得：
21
2
C mgh mv =
由平抛运动的规律得：
212
R gt =
x =v C t
解得：
2x Rh =
因为3x R ＜，且C v gR ≥
所以
324
R R h ≤＜ x 2-h 图象如图所示：
6．如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端有一个固定挡板D ，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O 点，已知斜面OD 部分光滑，PO 部分粗糙且长度L =8m 。质量m =1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数μ=0.25，g 取10m/s 2， sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）物块第一次接触弹簧时速度的大小
（2）若弹簧的最大压缩量d =0.5m ，求弹簧的最大弹性势能
（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m
【答案】（1）8m/s （2）35J (3)5次 【解析】 【详解】
(1)物块在PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：
21sin cos 2
mgL mgL mv θμθ-=
解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：
()2sin cos 8v gL θμθ=-=m/s
（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能E p
2
1sin 352
p E mv mgd θ=
+=J （3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离1s ,由动能定理得:
2111
cos 02
mgs mgs mv μθ--=-
解得：14s m =
物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2s ，由动能定理得：
1212sin ()cos ()0mg s s mg s s θμθ--+=
解得：22s m =
故物块每经过一次O 点，上升的最大距离为上一次的
12
所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：12
L s =
则第n 次上升的最大距离为：2n n
L s = 因为1
2
n s m <，所以n>4，即物块与弹簧接触5次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离小于
12
m
7．如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A 点，右端与一质量1m kg ＝
套在轻杆的小物块相连但不栓接，轻杆AC 部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数02μ=．
，CD 部分为一段光滑的竖直半圆轨道．小物块在外力作用下压缩弹簧至B 点由静止释放，小物块恰好运动到半圆轨道最高点D ，5BC m ＝
，小物块刚经过C 点速度4v m s ＝／，g 取210/m s ，不计空气阻力，求：
（1）半圆轨道的半径R ；
（2）小物块刚经过C 点时对轨道的压力；
（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B 点时，弹簧的弹性势能p E ． 【答案】⑴0.4m ⑵50N 方向垂直向下(3)18J 【解析】 【分析】 【详解】
(1)物块由C 点运动到D 点，根据机械能守恒定律
2
122
mgR mv =
R=0.4m
⑵小物块刚过C 点时
F N －mg = m 2
v R
所以2
50N v F mg m N R
=+=
根据牛顿第三定律知小物块刚经过C 点时对轨道的压力：
50N F F N ==
方向垂直向下
(3)小物块由B 点运动到C 点过程中，根据动能定理
212
BC W mgL mv μ-=
弹 带入数据解得：=18W J 弹 所以18p E J =．
8．如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m )、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：
①用适当仪器测得遮光片的宽度为d ；
②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A 点； ③光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；
④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点； ⑤用刻度尺测量A 、B 两点间的距离L ；
⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t ； ⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。 根据实验数据做出的21t ?－L 图象为如图所示的一条直线，并测得2
1
t
?－L 图象斜率为k 、纵轴截距为 b 。
（1）根据
21
t
?－L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度v A =____，滑块在斜面上运动的加速度a =_____。
（2）实验利用光电门及公式v =d
t
?测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、“大于”或“小于”）。
（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到A 恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能E p =___，E p 的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。
【答案】d b 12kd 2 小于 1
2
mbd 2 大 【解析】 【详解】
第一空：滑块从A 到B 做匀加速直线运动，设加速度为a ，由于宽度较小，时间很短，所以
瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为：B d
v t
=
?，根据运动学公式有： 2
22B
A
v v aL -=，化简为2
22212A v a
L t d d
=+?，结合图象可得：22A v b d =，22a k d =
解得：A v d b =； 第二空：由22a k d =
，解得：
2
12
a kd =； 第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量
忽略不计，根据能量守恒可得：2211
22
P A E mv mbd =
=； 第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：2
12
N G f A W W W mv +-=
， 而N P E W =真，摩擦力小于重力沿斜面的分量，p E 的测量值与真实值相比，测量值偏大。
9．一束初速度不计的电子流在经U ＝5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，电子电量e ＝
191.610-?C ，那么
（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?
（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?
【答案】(1) 16
810k E -=?J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V
【解析】 【详解】
（1）加速过程，由动能定理得:2
012
ls E eU mv ==① 解得:5000k E =eV 16810-=?J
（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大
到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动0l v t =②
在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:F eU a m dm
'
==
③ 偏转距离2
12
y at =④ 能飞出的条件为1
2
y d ≤⑤
解①~⑤式得:()
()
2
22
22
2
225000 1.0102 4.0105.010Ud
U l --???'==??…
V
即要使电子能飞出，所加电压最大为400V
10．如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B 点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接（即物体经过C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R ＝0.45m ，水平轨道BC 长为0.4m ，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6m ，g 取10m/s 2，求
（1）滑块第一次经过B 点时对轨道的压力 （2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能； （3）滑块最终停在何处？
【答案】（1）60N ，竖直向下；（2）1.4J ；（3）在BC 间距B 点0.15m 处． 【解析】 【详解】
（1）滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：mgR=1
2
mv B 2 解得：v B ＝3m/s ，
滑块在B 点，由牛顿第二定律：F-mg=m 2B
v R
解得：F ＝60N ，
由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力：F ′＝F ＝60N ； （2）滑块从A 点到D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ， 由动能定理可得：mgR ﹣μmgL BC ﹣mgL CD sin30°+W ＝0，
其中：E P ＝﹣W ，解得：E P ＝1.4J ；
（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程， 由动能定理可得：2102
B mg s mv μ-?=- 解得：s ＝2.25m
则物体在BC 段上运动的次数为：n ＝
2.25
0.45
＝5.625， 说明物体在BC 上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4＝0.25m ， 故滑块最终停止在BC 间距B 点0.15m 处（或距C 点0.25m 处）； 【点睛】
本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理．
11．如图所示，AB 为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，BP 为圆心角等于143°、半径R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，两轨道相切于B 点，P 、Q 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量m=2kg 的小物块在外力作用下降弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为2124x t t =-（式中x 单位为m ，t 单位是s ），假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，2
10/g m s =，试求：
（1）若CD=1m ，试求物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功； （2）B 、C 两点间的距离x ；
（3）若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？ 【答案】（1）156J （2）49
8
x m =（3）不会脱离轨道 【解析】
试题分析：（1）由2124x t t =-知，物块在C 点速度为012/v m s = 设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W ，由动能定理有
201sin 372
W mgCD mv -?=
代入数据得：156J W =
（2）由2124x t t =-知，物块从C 运动到B 过程中的加速度大小为28/a m s =
设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得sin cos mg mg ma θμθ+= 代入数据解得0.25μ=
物块在P 点的速度满足2P
v mg m R
=
物块从B 运动到P 的过程中机械能守恒，则有2
2
11 2
2
B P pB mv mv mgh =
+，又()153pB h R sin =+?
物块从C 运动到B 的过程中有220
2B BC v v ax -=- 由以上各式解得498
BC x m =
（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，且设其速度为Q v ， 由动能定理得2
2
11 2cos372
2
Q P BC mv mv mgR mgx μ-
=-? 解得2
190Q v =-< 可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道． 考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律
【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解．
12．如图所示，A 、B 两球质量均为m ，用一长为l 的轻绳相连，A 球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给B 球水平向右的初速度v 0，经一段时间后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l /2处．（忽略轻绳形变）求：
(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小T ； (2)B 球第一次到达最高点时，A 球的速度大小v 1；
(3)从开始到B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功W ．
【答案】（1）mg+m 20v l （2）2
012
v gl v -=3）204mgl mv - 【解析】 【详解】
（1）B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动
对B 球：T-mg =m 2
v l
得：T =mg +m 20
v l
（2）B 球第一次到达最高点时，A 、B 速度大小、方向均相同，均为v 1
以A 、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B 球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，
2220111112222
l mv mgl mv mv mg -=+- 得：2
012
v gl v -= （3）从开始到B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理 W -mg
221011222
l mv mv =- 得：W =20
4
mgl mv -
高考物理总复习--物理动能与动能定理及解析
高考物理总复习--物理动能与动能定理及解析 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求： (1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平轨道CD 段的长度L ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】 （1）在B 点时有v B ＝ cos60? v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2 102 B mgh mgL mgH mv μ--=- ，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有 2 1'202 B mgh mgh mg L mv μ--?=-，得h ′＝1.2m 动能和动能定理经典试题 例1 一架喷气式飞机，质量m =5×103kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s =5.3×102m 时，达到起飞的速度v =60m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍（k =0.02），求飞机受到的牵引力。 例2 将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。（g 取10m/s 2） 例3 一质量为0.3㎏的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ ） A .Δv=0 B. Δv =12m/s C. W=0 D. W=10.8J 例4 在h 高处，以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为（ ） A. gh v 20+ B. gh v 20- C. gh v 220+ D. gh v 220- 例5 一质量为 m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点。小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2-7-3所示，则拉力F 所做的功为（ ） A. mgl cos θ B. mgl (1－cos θ) C. Fl cos θ D. Flsin θ 例6 如图所示，光滑水平面上，一小球在穿过O 孔的绳子的拉力 作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉力为F 时，圆周半径为R ，当绳的 拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R ／2的圆周匀速运动在上述增大 拉力的过程中，绳的拉力对球做的功为________. 例7 如图2-7-4所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持 v 0＝2m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝l0kg 的工件2-7-3 θ F O P Q l h H 2-7-2 ()?? ????-+++=222221x a H x H n OB n AO n L += 费马定理 费马原理是光学中最为基础的原理，它在物理学发展的历程中有着至关重要的作用。它用一种新的看法将几何光学的三个基本实验定律（光的反射定律和折射定律、光的独立传播定律光的直线传播定律直线传播）进行统一，并表述了三者的联系。通过研究几何光学问题，能彰显出费马定理的重要性，能更加系统化光学理论。可见通过费马原理推导上述三个基本实验定律，能使我们更加系统的理解光学理论，这对广大学者都有着不可或缺的意义。 费马原理的直观表达:光从空间的一点到另一点的实际路径是沿着光程为极值的路径传播的。或者说, 光沿着光程为极大、极小或者常量的路径传播。 光线从Q 点传播到P 点所需的总时间：?∑∑ =?=?===ndl c t l n c v l t P Q i i i i i i 1111 费马原理：在所有可能的光传播路径中，实际路径所需的时间 取极值。?==01ndl c t P Q δδ 在光传播的所有可能存在的路径中，其实际路径所对应的光程取极致。?==0ndl L P Q δδ ① 直线传播定律：两点间的所有可能连线中，线段最短——光程取极小值。 ② 内椭球面的反射： 椭球面上任一点到两个焦点连线的角平分线即过该点 的面法线，且两线段长度之和相等。 用费马原理导出反射定律 如下图，PQ 为两个介质间的平面反射镜,从A 点发射出的光线照射到PQ 平面上的O 点，经过反射到达B 点。假设光线所处的介质为均匀介质。光线的透射点O 到A 点与反射平面垂足P 的长度为x 。那么点A 到点B 的光程为： 最新高考物理动能与动能定理练习题及答案 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37?角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小； （2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。 【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】 （1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==? 解得：04 m /5m /cos370.8 A v v s s = ==? 小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有： ()2211cos3722 A B mv mg R R mv +-?= 小物块经过B 点时，有：2 B NB v F mg m R -= 解得：()232cos3762N B NB v F mg m R =-?+= 根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有： 22011222 C B mgL mg r mv mv μ--?= - 在C 点，由牛顿第二定律得：2 C NC v F mg m r += 代入数据解得：60N NC F = 根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N 动能动能定理 动能定理是高中教学重点内容，也是高考每年必考内容，由此在高中物理教学中应提起高度重视。 一、教学目标 1．理解动能的概念： （1）知道什么是动能。 制中动能的单位是焦耳（J）；动能是标量，是状态量。 （3）正确理解和运用动能公式分析、解答有关问题。 2．掌握动能定理： （1）掌握外力对物体所做的总功的计算，理解“代数和”的含义。 （2）理解和运用动能定理。 二、重点、难点分析 1．本节重点是对动能公式和动能定理的理解与应用。 2．动能定理中总功的分析与计算在初学时比较困难，应通过例题逐步提高学生解决该问题的能力。 3．通过动能定理进一步加深功与能的关系的理解，让学生对功、能关系有更全面、深刻的认识，这是本节的较高要求，也是难点。 三、主要教学过程 （一）引入新课 初中我们曾对动能这一概念有简单、定性的了解，在学习了功的概念及功和能的关系之后，我们再进一步对动能进行研究，定量、深入地理解这一概念及其与功的关系。 （二）教学过程设计 1．什么是动能？它与哪些因素有关？这主要是初中知识回顾，可请学生举例回答，然后总结作如下板书： 物体由于运动而具有的能叫动能，它与物体的质量和速度有关。 下面通过举例表明：运动物体可对外做功，质量和速度越大，动能越大，物体对外做功的能力也越强。所以说动能是表征运动物体做功的一种能力。 2．动能公式 动能与质量和速度的定量关系如何呢？我们知道，功与能密切相关。因此我们可以通过做功来研究能量。外力对物体做功使物体运动而具有动能。下面我们就通过这个途径研究一个运动物体的动能是多少。 列出问题，引导学生回答： 光滑水平面上一物体原来静止，质量为m，此时动能是多少？（因为物体没有运动，所以没有动能）。在恒定外力F作用下，物体发生一段位移s，得到速度v （如图1），这个过程中外力做功多少？物体获得了多少动能？ 高考物理动能与动能定理试题经典及解析 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。 (1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。 (2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。 (3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。 【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有 ()21 2 B mg h R mv += 那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且 ()2 N 270N B mg h R mv F mg mg R R +=+=+= 故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。 (2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得 cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-?-?-?=（） 所以 1.2m L = (3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得 ()21 2cos370.542 B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-?=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。 【点睛】 经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。 世界数学难题——费马大定理 费马大定理简介： 当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. （(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［n是一个奇素数］x>0,y>0,z>0）无整数解。 这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁?怀尔斯和他的学生理查?泰勒于1995年成功证明。证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。而安德鲁?怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。 [编辑本段] 理论发展 1637年，费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”（拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。 对很多不同的n，费马定理早被证明了。但数学家对一般情况在首二百年内仍一筹莫展。 1908年，德国佛尔夫斯克宣布以10万马克作为奖金奖给在他逝世后一百年内，第一个证明该定理的人，吸引了不少人尝试并递交他们的“证明”。在一战之后，马克大幅贬值，该定理的魅力也大大地下降。 1983年，en:Gerd Faltings证明了Mordell猜测，从而得出当n > 2时（n为整数），只存在有限组互质的a,b,c使得a^n + b^n = c*n。 1986年，Gerhard Frey 提出了“ε-猜想”：若存在a,b,c使得a^n + b^n = c^n，即如果费马大定理是错的，则椭圆曲线y^2 = x(x - a^n)(x + b^n) 会是谷山-志村猜想的一个反例。Frey的猜想随即被Kenneth Ribet证实。此猜想显示了费马大定理与椭圆曲线及模形式的密切关系。 1995年，怀尔斯和泰勒在一特例范围内证明了谷山-志村猜想，Frey的椭圆曲线刚好在这一特例范围内，从而证明了费马大定理。 怀尔斯证明费马大定理的过程亦甚具戏剧性。他用了七年时间，在不为人知的情况下，得出了证明的大部分；然后于1993年6月在一个学术会议上宣布了他的证明，并瞬即成为世界头条。但在审批证明的过程中，专家发现了一个极严重的错误。怀尔斯和泰勒然后用了近一年时间尝试补救，终在1994年9月以一个之前怀尔斯抛弃过的方法得到成功，这部份的证明与岩泽理论有关。他们的证明刊在1995年的数学年刊（en:Annals of Mathematics）之上。 1：欧拉证明了n=3的情形，用的是唯一因子分解定理。 2：费马自己证明了n=4的情形。 3：1825年，狄利克雷和勒让德证明了n=5的情形，用的是欧拉所用方法的延伸，但避开了唯一因子分解定理。 4：1839年，法国数学家拉梅证明了n=7的情形，他的证明使用了跟7本身结合的很紧 高中物理学习材料 金戈铁骑整理制作 高一物理动能定理机械能守恒检测（计算题） 1.“绿色奥运”是2008年北京奥运会的三大理念之一，奥委组决定在各比赛场馆适用新型节能环保电动车，届时奥运会500名志愿者将担任司机，负责接送比赛选手和运输器材。在检测某款电动车性能的某次试验中，质量为8×102kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s,利用传感器测得此过程中不同的时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F —1/v 图像（图中AB 、BO 均为直线）。假设电动车在行驶中所受的阻力恒定，求： （1）根据图线ABC ，判断该环保电动车做什么 运动并计算环保电动车的额定功率 （2）此过程中环保电动车做匀加速直线运动的 加速度大小 （3）环保电动车由静止开始运动，经过多长时间 速度达到2m/s? 2.如图所示，粗糙的斜面通过一段极小的圆弧与光滑的半圆 轨道在B 点相连，整个轨道在竖直平面内，且C 点的切线水平。 现有一个质量为m 且可视为质点的小滑块，从斜面上的A 点由 静止开始下滑，并从半圆轨道的最高点C 飞出。已知半圆轨道的 半径R=1m, A 点到水平底面的高度h=5m, 斜面的倾角θ=450，滑块 与斜面间的动摩擦因数μ=0.5， 空气阻力不计，求小滑块在斜面上的 落点离水平面的高度。（g=10m/s 2） 3.在光滑的水平面有一个静止的物体。现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J 。则在整个过程中，恒力甲、乙对物体做的功分别是多少？ 4.从倾角为θ的斜面上，水平抛出一个小球，小球的初动能为E K0, F / N C B A 151 2000 400 V 1/s.m -1 O C O · y R A B H θ x C θ 储备公式 1.费马大定理（Fermat Last Theore m ）： 当2n >时，n n n x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当3n =时，3 3 3 x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当4n =时，4 4 4 x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当5n =时，5 5 5 x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当7n =时，7 7 7 x y z +=无0xyz ≠的整数解； (2)n n n x y z n +=> 2.商高方程2 2 2 x y z +=满足(,)(,)(,)1x y y z z x ===，,x y 奇偶性不同的全体本原解为： 22222;;x pq y p q z p q ==-=+其中,p q 满足下面的条件： 0;(,)1;,p q p q p q >>=奇偶性不同 3.Fermat 无穷递降法 4.4n =时，Fermat 大定理证明过程 当4n =时，444 x y z +=无0xyz ≠的整数解； 原理：无穷递降法和毕达哥拉斯三元数组 证明：用反证法。若有正整数解，那么在所有正整数解中，必有一组解 假如存在,,x y z 满足444 x y z +=，且满足(,)(,)(,)1x y y z z x === 初等数论（P99） 定理4：不定方程：442 x y z +=无0xyz ≠的解。 证：用反证法。假若方程有正整数解，那么在全体正整数解中，必有一组解000,,x y z ，使得0z 取得最小值。我们要找出一组正整数解111,,x y z ，满足10z z <，得出矛盾。 （1）必有00(,)1x y =。若不然，就有素数00|,|p x p y 。由此及式442 x y z +=推出 42200|,|p z p z 。因此，2 000000,,x p y p z p 也是方程的正整数解，这和0z 的最小性矛盾。因此，22 000,,x y z 是方程的本原解，00,x y 必为一奇一偶，不妨设02|y ，以及00(,)1z y = 高中物理必修二动能和动能定理 【知识整合】 1、动能：物体由于_____________而具有的能量叫动能。 ⑴动能的大小：_________________ ⑵动能是标量。 ⑶动能是状态量，也是相对量。 2、动能定理： ⑴动能定理的内容和表达式：____________________________________________ ⑵物理意义：动能定理指出了______________________和_____________________的关系，即外力做的总功，对应着物体动能的变化，变化的大小由________________来度量。 我们所说的外力，既可以是重力、弹力、摩擦力，又可以是电场力、磁场力或其他力。物体动能的变化是指_____________________________________________。 ⑶动能定理的适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于________________。 既适用于恒力做功，也适用于______________________。力可以是各种性质的力，既可以同时做用，也可以____________________，只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可，这些正是动能定理解题的优越性所在。 【重难点阐释】 1、应用动能定理解题的基本步骤： ⑴选取研究对象，明确它的运动过程。 ⑵分析研究对象的受力情况和各力做功的情况：受哪些力？每个力是否做功？做正功还是负功？做多少功？然后求各力做功的代数和。 ⑶明确物体在过程的始末状态的动能E k1和E k2 ⑷列出动能定理的方程W合＝E k2-E k1及其它必要的解题方程，进行求解。 2、动能定理的理解和应用要点： （1）动能定理的计算式为W合＝E k2-E k1，v和s是想对于同一参考系的。 （2）动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看做单一物体的物体系。 （3）动能定理不仅可以求恒力做功，也可以求变力做功。在某些问题中由于力F的大小发生变化或方向发生变化，中学阶段不能直接利用功的公式W=FS来求功，，此时我们利用动能定理来求变力做功。 （4）动能定理不仅可以解决直线运动问题，也可以解决曲线运动问题，而牛顿运动定律和运动学公式在中学阶段一般来说只能解决直线运动问题（圆周和平抛有自己独立的方法）。（5）在利用动能定理解题时，如果物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的分过程（如加速和减速的过程），此时可以分段考虑，也可整体考虑。如能对整个过程列动能定理表达式，则可能使问题简化。在把各个力代入公式：W1﹢W2﹢……﹢Ｗｎ＝E k2-E k1时，要把它们的数值连同符号代入，解题时要分清各过程各力做功的情况。 【典型例题】 另一端施加大小为F1的拉力作用，在水平面上 做半径为R1的匀速圆周运动今将力的大小改变 费马原理的运用 王瑞林（03010425） （东南大学能源与环境学院，南京 210010） 摘要：本文介绍了几何光学的基本定理——费马原理的定义、传统表述及运用波动光学对其本质的介绍。并且运用费马原理证明了几何光学的三大定律，并求出了最速降线。 关键词：费马原理；折射定律；圆锥曲线光学性质；最速降线；最小作用量原理 The use of Fermat’s principle Wangruilin (The college of environment and energy , Southeast University, Nanjing 210096 ) Abstract: We introduced the Fundamental theorem of geometrical optics- Fermat’s principle. We introduced the definition and presentation of Fermat's principle, analysis its essemce . we also got the three basic laws of geometrical optics, and find the brachistochrone with proof of Fermat's principle. key words: Fermat’s principle；Law of ref raction；Optical properties of coni c；Brachistochrone；Principle of least action 我们之前在初高中就已经学习过几何光学，并了解了其中的一些重要定律，但是都只是一些经验的描述和一些实验的简单验证，本文我们运用几何光学的基础原理——费马原理对已学过的几何定律做一个简单的梳理并简单介绍一下运用费马原理对最速降线问题的求解。 费马原理简介 一、费马定理的表述 关于费马原理的定义，教科书上的表述如下：“过空间中两定点的光，实际路径总是光程最短、最长或恒定值的路径。”其实表述并不足够准确，因为对于某些路程，不能简单的以光程极值来加以限定，最为准确而精炼的表述要利用到数学上的泛函知识，具体描述为：“过两个定点的光走且仅走光程的一阶变分为零的路径。”其中光程的定义为光通过的介质对光的折射率与光通过的路程的乘积。费马原理的数学表述形式为 其中，δ是变分符号，p1、p2表示空间中两个固定点，n为介质的折射率，s表示路程。我们将路径视为一个函数，而变分则是对泛函求导，其结果类似于我们函数求导，我们可以用函数求导来类似理解变分的求解。 费马定理还有另外一种表述：“过空间中两定点的光，实际路径总是时间最短、最长或恒定值的路径。”其实就是把光程换成了时间t 高中物理动能与动能定理题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的1 4 圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切 线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求： （1）圆弧轨道的半径 （2）小球滑到B点时对轨道的压力． 【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m． （2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下． 【解析】 （1）小球由B到D做平抛运动，有：h=1 2 gt2 x=v B t 解得： 10 410/ 220.8 B g v x m s h ==?= ? A到B过程，由动能定理得：mgR=1 2 mv B2-0 解得轨道半径R=5m （2）在B点，由向心力公式得： 2 B v N mg m R -= 解得：N=6N 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下 点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动． 2．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为 L2 =2.6m， 高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案) 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求： （1）弹簧获得的最大弹性势能； （2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能； （3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。 【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】 （1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动 能定理得：?μmgl+W弹＝0?m v02 由功能关系：W弹=-△E p=-E p 解得 E p=10.5J； （2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 ?2μmgl＝E k?m v02 解得 E k=3J； （3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况： ①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 ?2mgR＝m v22?E k 小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m ②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心 等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m； 设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得： 高中物理动能与动能定理解析版汇编 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2. (1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥ 【解析】 【分析】 【详解】 （1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 由B 到最高点2211 222 B mv mgR mv =+ 由A 到B ： 解得A 点的速度为 （2）若小滑块刚好停在C 处，则： 解得A 点的速度为 若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有2 12 h gt = c s v t = 解得 所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥ 2．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求： (1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p (2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E (3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。 【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】 (1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有： 0=m 1v 1-m 2v 2 解得 v 1=10m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为： 22112211 22 p E m v m v = + 解得 E p =19.5J (2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得： -μm 2gx =0-1 2 m 2v 22 解得 x =3m ＜L =4m 则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。 设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。取向左为正方向。 根据动量定理得： μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2） 最新高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案) 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求： （1）弹簧获得的最大弹性势能； （2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能； （3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。 【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】 （1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动 能定理得：?μmgl+W弹＝0?m v02 由功能关系：W弹=-△E p=-E p 解得 E p=10.5J； （2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 ?2μmgl＝E k?m v02 解得 E k=3J； （3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况： ①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 ?2mgR＝m v22?E k 小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m ②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心 等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m； 设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得： 高中物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求： （1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ． （2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置． 【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】 由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】 （1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得 21 ()sin 372 B mg L l mv -=o 代入数据的 32m/s B v = 物块在BC 部分所受的摩擦力大小为 cos370.60N f mg μ==o 所受合力为 sin 370F mg f =-=o 故 32m/s C B v v == （2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得 2211 (1cos37)22 D C mgR mv mv -= -o 高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求： （1）弹簧获得的最大弹性势能； （2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能； （3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。 【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】 （1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动 能定理得：?μmgl+W弹＝0?m v02 由功能关系：W弹=-△E p=-E p 解得 E p=10.5J； （2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 ?2μmgl＝E k?m v02 解得 E k=3J； （3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况： ①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 ?2mgR＝m v22?E k 小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m ②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心 等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m； 设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得： 弄死我咯,搞了一个多钟 专题四动能定理及能量守恒(注意大点的字) 一、大纲解读 本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律，都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。考题的内容经常及牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。它的特点：一般过程复杂、难度大、能力 要求高。还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。在09年的高考中要考查学生对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。 二、重点剖析 1、理解功的六个基本问题 （1）做功及否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移及力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。 （2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。当F 为变力时，高中阶段往往 考虑用这种方法求功。 这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。 （3）关于求功率问题：①t W P = 所求出的功率是时间t 内的平均功率。②功率的计算式：θcos Fv P =，其中θ是力及速度间的夹角。一般用于求某一时刻的瞬时功率。 高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)及解析 一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用 1．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝250 17 N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝ 17 5 m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求： (1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小； (3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度． 【答案】(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m 【解析】 【分析】 对AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求D 点距地面的高度． 【详解】 (1)小球从A 到B 过程，由动能定理得：212 B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s (2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2 c v m R 又据题有：F N ＝2.6mg 解得：v C ＝6 m/s. (3)由B 到C 的过程，由动能定理得：－mg ·2R －W f ＝22 1122 c B mv mv - 解得克服摩擦力做的功：W f ＝12 J (4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ， 则在竖直方向上有：2R －h ＝ 12 gt 2 高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析) 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求： （1）弹簧获得的最大弹性势能； （2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能； （3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。 【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】 （1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动 能定理得：?μmgl+W弹＝0?m v02 由功能关系：W弹=-△E p=-E p 解得 E p=10.5J； （2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 ?2μmgl＝E k?m v02 解得 E k=3J； （3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况： ①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 ?2mgR＝m v22?E k 小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m ②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心 等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m； 设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：(word完整版)高中物理动能定理经典计算题和答案
费马定理介绍
最新高考物理动能与动能定理练习题及答案
高中物理 动能 动能定理资料
高考物理动能与动能定理试题经典及解析
世界数学难题——费马大定理
人教版高中物理必修二高一物理动能定理机械能守恒检测(计算题)
费马大定理公式
高中物理必修二动能和动能定理
费马原理
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)
高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案)
高中物理动能与动能定理解析版汇编
最新高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析
高考物理动能定理和能量守恒专题
高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)及解析
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)