2020人教版物理必修二 第7章 第7节
人教版物理必修二课后习题参考答案
3.答：（1）根据牛顿第二运动定律得：
F＝mω2r＝0.1×42×0.1N＝0.16N
（2）甲的意见是正确的。
静摩擦力的方向是与物体相对接触面运动的趋势方向相反。设想一下，如果在运动过程中，转盘突然变得光滑了，物体将沿轨迹切线方向滑动。这就如同在光滑的水平面上，一根细绳一端固定在竖直立柱上，一端系一小球，让小球做匀速圆周运动，突然剪断细绳一样，小球将沿轨迹切线方向飞出。这说明物体在随转盘匀速转动的过程中，相对转盘有沿半径向外的运动趋势。
3.解:卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，有：
得地球质量：
4.解：对于绕木星运行的卫星m，有： ，得： ，需要测量的量为：木星卫星的公转周期T和木星卫星的公转轨道半径r。
第5节．宇宙航行
1.解：“神舟”5号绕地球运动的向心力由其受到的地球万有引力提供。
其中周期T＝［24×60－（2×60+37）］/14min＝91.64min,则：
第一种假设汽车不发生侧滑由于静摩擦力提供的向心力所以向心力有最大值根据牛顿2v第二运动定律得f?ma?m所以一定对应有最大拐弯速度设为vm则r4ffmr14?10vm??ms?1871ms?6735kmh?72kmh3m20?10所以如果汽车以72kmh的速度拐弯时将会发生侧滑
第五章
第1节 曲线运动
（1）分针与时针的角速度之比为ω1∶ω2＝T2∶T1＝12∶1
（2）分针针尖与时针针尖的线速度之比为v1∶v2＝ω1r1∶ω2r2＝14.4∶1
3.答：（1）A、B两点线速度相等，角速度与半径成反比
（2）A、C两点角速度相等，线速度与半径成正比
2020人教版物理课件必修2 第7章 第5节 探究弹性势能的表达式
3．两个不同的弹簧 A、B，劲度系数分别为 k1、k2，且 k1＞k2。现用 相同的力从自然长度开始拉弹簧，则下列说法正确的是 ( )
A．A 弹簧的弹性势能大
B．B 弹簧的弹性势能大
C．两弹簧的弹性势能相同
D．无法判断
解析：选 B 以相同的力 F 拉弹簧 A、B，由胡克定律得 A 弹簧
的伸长量 l1＝kF1，B 弹簧的伸长量 l2＝kF2，由于 k1＞k2，故 l1＜l2，
对弹性势能的理解 1．弹性势能的产生及影响因素
2．弹性势能与弹力做功的关系 如图所示，O 为弹簧的原长处。
(1)弹力做负功：如物体由 O 向 A 运动(压缩)或者由 O 向 A′ 运动(伸长)时，弹性势能增大，其他形式的能转化为弹性势能。
(2)弹力做正功：如物体由 A 向 O 运动或者由 A′向 O 运动时， 弹性势能减小，弹性势能转化为其他形式的能。
[审题指导] (1)根据平衡条件可以求出木块初始平衡状态和加力 F 后平衡状 态时弹簧的压缩量。 (2)木块缓慢下移的距离为弹簧压缩量的变化量。 (3)弹簧弹性势能的增加量等于木块下移时克服弹力所做的功。 [解析] (1)设木块开始静止时，弹簧的压缩量为 l1。 后来静止时，弹簧的压缩量为 l2，由胡克定律及平衡条件得， 未施加力 F 时，弹力 F1＝mg＝kl1＝20 N， 施加力 F 后，弹力 F2＝F＋mg＝kl2＝70 N， 且 l2－l1＝0.1 m，联立以上各式得 k＝500 N/m。
C 正确。
2．一竖直弹簧下端固定于水平地面上，小球从弹
簧上端的正上方高为 h 的地方自由下落到弹
簧上端，如图所示。经几次反弹以后小球最终
在弹簧上静止于某一点 A 处，则
()
A．h 越大，弹簧在 A 点的压缩量越大
2020人教版高二物理选修3：2_第7节涡流
第7节涡流、电磁阻尼和电磁驱动学习目标1．了解涡流是怎样产生的．2．了解涡流现象的利用和危害．3．通过对涡流实例的分析，了解涡流现象在生活和生产中的应用．4．了解电磁阻尼和电磁驱动．|基础知识·填一填|一、涡流1．定义：做涡电流，简称涡流．2．特点：3．应用(1)(2)4．防止(1)(2)二、电磁阻尼1．定义：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是8阻碍导体的运动的现象．2．应用：三、电磁驱动1．定义：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到2．应用：交流感应电动机．|基础小题·做一做|1．正误判断(1)涡流也是一种感应电流．(√)(2)导体中有涡流时，导体本身会产热．(√)(3)电磁阻尼和电磁驱动均遵循楞次定律．(√)(4)电磁阻尼发生的过程中，存在机械能向内能的转化．(√)(5)电磁驱动时，被驱动的导体中有感应电流．(√)2．电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物，下列相关的说法正确的是()A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递减少热损耗解析：选A锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故A正确；直流电不能产生变化的磁场，在锅体中不能产生感应电流，电磁炉不能使用直流电，故B错误；锅体只能用铁磁性导体材料，不能使用绝缘材料制成锅体，故C错误；电磁炉产生变化的磁场，导致加热锅底出现涡流，从而产生热量而不是靠热传递，故D错误．3．如图所示，光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是()A．两环都向右运动B．两环都向左运动C．环1静止，环2向右运动D．两环都静止解析：选C条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止．环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果是使环2向右运动．4．涡流的产生条件是什么？块状金属在匀强磁场中运动时，能否产生涡流？提示：①涡流是发生电磁感应现象时产生的感应电流，故涡流的产生条件：a．金属块本身能够形成闭合回路；b.穿过金属块的磁通量发生变化．②块状金属在匀强磁场中运动时不能产生涡流，因为穿过该金属块的磁通量不发生变化．|核心知识·记一记|1．线圈中的电流变化时，线圈附近的导体中会产生涡流，涡流会产生热量，因此在日常生活中，既要防止有害涡流，又要利用有益涡流．2．导体在磁场中运动，感应电流会使导体受到安培力阻碍其运动，即为电磁阻尼．3．磁场运动时，在磁场中的导体内会产生感应电流，使导体受到安培力的作用而运动起来，即为电磁驱动．★要点一对涡流的理解和应用|要点梳理|1．涡流的特点当电流在金属块内自成闭合回路(产生涡流)时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大．2．涡流中的能量转化涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能．如果金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．|例题展示|【例1】 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y ＝x 2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(如图中的虚线所示)．一个小金属块从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )A ．mgbB ．12m v 2 C ．mg (b －a )D ．mg (b －a )＋12m v 2 [解析] 由初状态到末状态(金属块在磁场区域内往复运动)能量守恒．初状态机械能E 1＝mgb ＋12m v 2，末状态机械能E 2＝mga ，焦耳热Q ＝E 1－E 2＝mg (b －a )＋12m v 2. [答案] D[易 错 警 示]涡流问题的两点提醒(1)涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律．(2)磁场变化越快⎝⎛⎭⎫ΔB Δt 越大，导体的横截面积S 越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大．|对点训练|1．金属探测器是用来探测金属的仪器，关于其工作原理，下列说法中正确的是( )A．探测器内的探测线圈会产生稳定的磁场B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到C．探测到金属物是因为金属物中产生了涡流D．探测到金属物是因为探测器中产生了涡流解析：选C金属探测器利用涡流探测金属物品原理是：探测器内线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到．故A、B、D错误，C正确．2．电磁炉(图(甲))的使用让生活便利，环保低碳，它是利用电磁感应原理将电能转换为热能的．某位同学设计了一个小实验模拟电磁炉的工作原理，如图(乙)，在插入铁芯的线圈上端放置一盛有冷水的铁质杯，现接通电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．关于该实验，下列说法正确的是()A．该同学使用的电源既可以是交流电源，也可以是直流电源B．高频电磁炉有加热线圈，通过热传导将热能传导给锅体及锅内食物C．提高交流电源的频率，同一杯水重复试验，水加热到沸腾时间缩短D．将铁质杯换成电阻率更小的铝质或铜质杯，同一杯水重复试验，水加热到沸腾时间缩短解析：选C由于采用的是电磁感应原理，要使线圈中产生感应电流，所需磁场必须是变化的，所以只能采用交流电源，故A错误；本实验采用的是电磁感应原理，即线圈中产生的磁场在锅体中产生涡流而产生的热量，不是利用热传导原理加热食物的，故B错误；根据电磁感应规律可知，提高交流电源的频率，同一杯水重复试验，水加热到沸腾时间缩短，故C正确；由于采用电磁感应原理，由于铁质材料可以磁化，故可以加强电磁感应现象，所以采用铁质锅体比铝质或铜质杯效果更好，故D错误．★要点二电磁阻尼的应用|要点梳理|电磁阻尼有不少应用．例如：使用磁电式电表进行测量时，总希望指针摆到所示值的位置时便迅速地稳定下来，以便读数．由于指针转轴的摩擦力矩很小，若不采取其他措施，线圈及指针将会在所示值附近来回摆动，不易稳定下来．为此，许多电表把线圈绕在闭合的铝框上，当线圈摆动时，在闭合的铝框中将产生感应电流，从而获得电磁阻尼力矩，以使线圈迅速稳定在所示值的位置．电气列车中的电磁制动器也是根据电磁阻尼这一道理制成的．|例题展示|【例2】如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜球在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是()A．A、B两点在同一水平线上B．A点高于B点C．A点低于B点D．最终铜球将做等幅摆动[解析]铜球进磁场和出磁场的过程中，都有涡流产生，阻碍铜球的摆动，从而有机械能转化为内能，A点高于B点，最终铜球将在磁场中做等幅摆动．故选B.[答案] B[规律方法]电磁阻尼的分析方法(1)运用楞次定律分析导体的受力情况．(2)运用力学知识和能量守恒定律分析导体的运动情况和能量转化情况．|对点训练|1.(多选)如图所示为电表中的指针和电磁阻尼器的结构，下列说法中正确的是()A．2是磁铁，在1中产生涡流B．1是磁铁，在2中产生涡流C．该装置的作用是使指针能够转动D．该装置的作用是使指针能很快地稳定解析：选AD这是涡流的典型应用之一．当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻碍作用．所以它能使指针很快地稳定下来．2.如图所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且各种摩擦等阻力不计．现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则()A．铜盘转动将变慢B．铜盘转动将变快C．铜盘仍以原来的转速转动D．铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定解析：选A当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知其感应电流受的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢．本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，故A正确．★要点三电磁驱动的应用|要点梳理|1．电磁驱动的形成原因如图，当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就发生变化，假如线圈处于如图所示的初始状态时，穿过线圈的磁通量为零，当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就增加了，根据楞次定律，此时线圈中就有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，因而线圈在安培力作用下会跟着一起转动起来．楞次定律的一种理解是阻碍相对运动，从而阻碍磁通量的增加，磁铁转动时，相对于线圈转动，所以线圈也同方向转动，从而“阻碍”这种相对运动，电磁驱动也可以用楞次定律来解释．2．电磁阻尼与电磁驱动的比较|例题展示|【例3】如图所示，将一个铝框放在蹄形磁铁的两个磁极间，铝框可以绕竖直轴线OO′自由转动．转动磁铁，会发现静止的铝框也会发生转动．下列说法正确的是()A．铝框与磁极转动方向相反B．铝框始终与磁极转动的一样快C．铝框是因为磁铁吸引铝质材料而转动的D ．铝框是因为受到安培力而转动的[解析] 根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，导致铝框与磁铁转动方向相同，但快慢不一，故A 、B 错误；由以上分析可知，铝框转动是因为由于电磁感应产生电流，而使铝框内受到安培力而转动，故C 错误，D 正确．[答案] D【例4】 如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A .在弧形轨道上高为h 的地方，无初速释放一磁铁B (可视为质点)，B 下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A 的中心轴运动，设A 、B 的质量分别为M 、m ，若最终A 、B 速度分别为v A 、v B .(1)螺线管A 将向哪个方向运动？(2)全过程中整个电路所消耗的电能．[解析] (1)磁铁B 向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A 向右运动．(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A 、B 的动能和螺线管中的电能，所以mgh ＝12M v A 2＋12m v B 2＋E 电． 即E 电＝mgh －12M v A 2－12m v B 2. [答案] (1)向右 (2)mgh －12M v A 2－12m v B 2 [规 律 方 法]电磁驱动问题的分析方法(1)运用电磁感应定律分析产生电磁驱动的原因．(2)运用楞次定律分析产生电磁驱动的力的方向．(3)从受力角度和能量角度分析导体的运动情况．|对点训练|1．下列现象属电磁驱动的是()A．磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做B．微安表的表头在运输时要把两接线框短接C．自制金属地雷探测器D．当图中B变大时，a、b在固定光滑导轨上滑动解析：选D磁电式仪表线圈的骨架用铝框制成，工作时指针带动铝框偏转，切割磁感线产生感应电流，感应电流受到安培力，阻碍线圈的转动，A选项错误；微安表的表头在运输时要把两接线框短接，由于电磁效应，线圈阻尼变得极大，运输时线圈不再容易摆动，可以防止指针打坏，B选项错误；金属探测器由振荡器和功率放大器等组成，不是电磁驱动，C选项错误；图中B变大，导体a、b中产生感应电流，感应电流受到安培力作用滑动，属于电磁驱动，D选项正确．2.(多选)位于光滑水平面的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线水平穿过，如图所示，在此过程中()A．磁铁做匀速直线运动B．磁铁做减速运动C．小车向右做加速运动D．小车先加速后减速解析：选BC本题为电磁驱动，可由楞次定律判断作用力的方向，再由牛顿第二定律判断运动情况．磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，B正确；而对于小车上的螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右的，这个安培力使小车向右运动，且一直做加速运动，C正确．[课堂小结]「基础达标练」1．(多选)安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是()A．这个安检门也能检查出毒品携带者B．这个安检门只能检查出金属物品携带者C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应解析：选BD这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错，B对；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对．2．桌面上放一铜片，如图所示，一条形磁铁的N极自上而下接近铜片的过程中，铜片对桌面的压力()A．增大B．减小C．不变D．无法判断是否变化解析：选A磁铁的N极接近铜片时，自上而下穿过铜片的磁通量增大，在铜片内会产生逆时针方向绕行的感应电流(如图所示)，使铜片上方呈现N极，阻碍磁铁接近．根据牛顿第三定律知，磁铁对铜片有同样大小的作用力，使铜片增加对桌面的压力．3．下列有关金属探测器工作原理叙述正确的是()A．金属探测器是利用电流的热效应原理工作的B．当金属探测器在探测到金属时，会在探测器内部产生涡流，致使蜂鸣器发出蜂鸣声C．金属探测器自身不产生迅速变化的磁场时，仍可以探测到金属物质而正常工作D．金属探测器在正常工作时，自身会产生迅速变化的磁场，从而使探测器附近的金属内部产生涡流，影响原来的磁场，引发报警解析：选D金属探测器利用的是电磁感应现象，故A、C错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，故B错误；探测过程中工作时，当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化，产生涡流，影响原来的磁场，引发报警，故D正确．4．(多选)关于涡流，下列说法中正确是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉是利用涡流来加热食物的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能增大涡流解析：选ABC高频冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化，故A正确；电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，当含铁质锅具放置炉面时，铁磁性锅体被磁化，在锅具底部产生交变的涡流来加热食物，故B正确；阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用，故C正确；在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故D错误．5．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是()A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选AB由于磁针位于圆盘的正上方，所以穿过圆盘的磁通量始终为零，故C错误；如果将圆盘看成由沿半径方向的“辐条”组成，则圆盘在转动过程中，“辐条”会切割磁感线产生感应电动势，在圆盘中产生涡电流，该涡电流产生的磁场导致磁针运动，故A、B正确；同时圆盘中的自由电子随圆盘一起转动形成电流，该电流对磁针没有作用力，D错误．6.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是()A．利用线圈中电流产生的焦耳热B ．利用线圈中电流产生的磁场C ．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流D ．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电解析：选C 高频感应炉的原理：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化．故只有C 正确．7．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )A ．在P 和Q 中都做自由落体运动B ．在两个下落过程中的机械能都守恒C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大解析：选C 小磁块从铜管P 中下落时，P 中的磁通量发生变化，产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P 中不是做自由落体运动，而塑料管Q 中不会产生电磁感应现象，因此Q 中小磁块做自由落体运动，A 错误；P 中磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B 错误；由于在P 中小磁块下落的加速度小于g ，而Q 中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P 中下落的时间比在Q 中长，C 正确；根据动能定理可知，小磁块落到底部时在P 中的速度比在Q 中的小，D 错误．8．一个半径为r 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环，用一根长为L 的绝缘细绳悬挂于O 点，离O 点下方L 2处有一宽度为L 4、垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示．现使圆环从与悬点O 等高位置A 处由静止释放(细绳张直，忽略空气阻力)，摆动过程中金属环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中，金属环产生的热量是 ( )A ．mgLB ．mg ⎝⎛⎭⎫L 2＋rC ．mg ⎝⎛⎭⎫34L ＋rD ．mg (L ＋2r )解析：选C 线圈在进入磁场和离开磁场时，磁通量发生变化，产生感应电流，机械能减少，最后线圈在磁场下面摆动，机械能守恒．在整个过程中减少的机械能转变为焦耳热，在达到稳定摆动的整个过程中，金属环减少的机械能为mg ⎝⎛⎭⎫34L ＋r ，C 正确．「能力提升练」1．一位物理老师用一段铜导线和一块磁铁演奏一曲《菊花台》的视频惊艳网友，网友直呼“史上最牛物理老师”．他是这么做的：在一块木板上固定两颗螺丝钉，用一段铜导线缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接．将磁铁放在铜导线旁边，手指拨动铜导线，另一只手握着螺丝刀压着铜导线，并在铜导线上滑动，优美动听的乐曲就呈现出来了．根据上面所给的信息，你认为下面说法正确的是( )A ．手指拨动铜导线，铜导线的振动引起空气振动而发出声音B ．手指拨动铜导线，使铜导线切割磁感线产生感应电流，电流通过扩音器放大后发声C ．声音的音调变化是通过手指拨动铜导线力的大小来实现的D ．手指拨动铜导线，铜导线中产生直流电流解析：选B 手指拨动铜导线发声是由于铜导线切割磁感线产生感应电流，电流通过扩音器放大后发声，选项A 错误，B 正确；螺丝刀压着铜导线在铜导线上滑动，实质是改变铜导线切割磁感线的有效长度，从而改变感应电流，变化的电流通过导线传到扩音器中，便产生不同音调的声音，所以声音的音调变化不是通过手指拨动铜导线产生的，选项C错误；手指拨动铜导线，铜导线振动切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，铜导线中的感应电流大小、方向均改变，选项D错误．2．电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠．图示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是()A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用D．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差解析：选B电磁炉线圈中通以交变电流，产生交变磁场，锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，A选项错误，B选项正确；在锅和电磁炉中间放一纸板，不会影响电磁炉的加热作用，C选项错误；陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，D选项错误．3．(2019·湖北模拟)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化．下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是()A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电。
人教版高中物理必修2第七章 机械能守恒定律1. 追寻守恒量――能量习题(1)
2018-2019年高中物理人教版《必修2》《第七章机械能守恒定律》《第一节追寻守恒量》课后练习试卷【3】含答案考点及解析班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题1.长l的轻杆一端固定着一个小球A，另一端可绕光滑水平轴O在竖直面内做圆周运动,如图所示，下面叙述符合实际的是（）A．小球在最高点的速度至少为B．小球在最高点的速度大于时，受到杆的拉力作用C．当球在直径ab下方时，一定受到杆的拉力D．当球在直径ab上方时，一定受到杆的支持力【答案】BC【解析】试题分析：小球在最高点的速度至少为0，A错误；球在最高点的速度大于时，向心力大于mg，一定受到杆的拉力作用，B正确；当球在直径ab下方时，重力和轻杆的力提供向心力，一定受到杆的拉力，C正确；当球在直径ab上方时，可能受到杆的支持力或拉力，D错误。
考点：本题考查了竖直面内的圆周运动问题。
2.为了探测月球，嫦娥三号探测器先在以月球中心为圆心，高度为h的圆轨道上运动，随后飞船多次变轨，最后围绕月球做近月表面的圆周飞行，周期为To引力常量G已知。
则A．可以确定月球的质量B．可以确定月球的半径C．可以确定月球的平均密度D．可以确定嫦娥三号探测器做近月表面圆周飞行时，其质量在增大【解析】试题分析:月球的质量M=，由于不知道月球的半径r，也就不知道嫦娥三号探测器围绕月球做近月表面的圆周飞行的半径，也就没有办法确定月球的质量的，所以A、B错误；密度ρ=，所以可以确定月球的平均密度，故C正确；可以确定嫦娥三号探测器做近月表面圆周飞行时，其质量是不变，故D错误。
考点：人造卫星；万有引力定律及其应用3.如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（）A．小球能够通过最高点时的最小速度为0B．小球能够通过最高点时的最小速度为C．如果小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道的外壁有作用力D．如果小球在最低点时的速度大小为，则小球通过最高点时与管道间无相互作用力【答案】ACD【解析】当小球运动到最高点速度大于零就可以通过，所以Ａ对；B错；当通过最高点只由重力提供向心力时，小球对管道内外壁都没有作用力，由最低点到最高点只有重力做功，所以机械能守恒，设最低点为零势面，D 对；所以当小球到达最高点的速度大于时，外壁对小球有弹力作用，C对；4.物体受到几个恒力的作用而处于平衡状态，若再对物体施加一个恒力，则物体可能做( )A．静止或匀速直线运动B．匀变速直线运动C．曲线运动D．匀变速曲线运动【答案】BCD【解析】若物体在几个恒力的作用处于平衡状态时，是静止的，故再施加一个恒力后，物体受力恒定，做匀加速直线运动，若物体在几个恒力的作用处于平衡状态时，是运动的，再施加一个恒力后，如果这个恒力与速度方向共线，则物体做匀变速直线运动，若不共线，物体做曲线运动，因为受力恒定，为匀变速曲线运动，BCD正确。
高中物理必修二_7.7_动能和动能定理
1 2 很可能是一个具有特定意义的物理量， mv “ 2 ” 因为这个物理量在过程终了时和过程开始时的差，
正好等于力对物体做的功，式中的v平 Nhomakorabea与上一节 课的实验结论相互印证，
1 2 mv ”就应该是我们寻找的动能的表达式． 所以“ 2
动能小结
1、动能定理的表达式 2、动能是标量 3、动能状态量 4、动能的单位是焦耳 1kg· m2/s2=1N· m=1J
请同学们推导出F做功的表达式 创设物理情景：
设物体的质量为m，在与运动方 向相同的恒定外力F的作用下发生一 段位移L，速度由Vl增大到V2．试用 牛顿运动定律和运动学公式，推导 出力F对物体做功的表达式． 回答下列问题： （1）力F对物体所做的功多大？ （2）物体的加速度多大？ （3）物体的初速、末速、位移之间有什么关系? （4）结合上述三式你能综合推导得到什么样的式子?
三、教学重点、难点
重点：动能表达式的建立及动能定理的理解和 运用。 难点：会用动能定理解决实际问题。
四、教学方法
教法： 1、直观演示法(创设情景，引发兴趣) 2、集体讨论法(提出问题，学生讨论) 学法：自主探究法、分析归纳法
五、教学过程
（一）引入新课
复习实验 ： 1、让滑块A从光滑的导轨上滑下，与木块B相碰，推动木块做功。 ①让同一滑块从不同的高度滑下，可以看到：高度大时滑块 把木块推得远，对木块做的功多。 ②让质量不同的滑块从同一高度滑下，可以看到：质量大的 滑块把木块推得远，对木块做的功多 。 从功能关系定性分析得到：物体的质量越大，速度越大，它的动能就越大；
动能和动能定理 动能 1．推导过程 2．动能的表达式 3．动能的单位和标量性 1 4．Ek= mv 2 2 动能定理 1．内容：合力在一个过程中对物体所做的 功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．公式表示；W合＝EK2-EK1 3．动能定理的适用条件：动能定理既适合 于恒力做功，也适合于变力做功，既适用 于直线运动，也适用于曲线运动。
新课标人教版高一物理必修二 第七章 第7节 课下作业综合提升
第七章 第7节1．关于动能的概念，下列说法中正确的是( ) A ．物体由于运动具有的能，叫做动能 B ．运动物体具有的能，叫做动能C ．运动物体的质量越大，其动能一定越大D ．速度较大的物体，具有的动能一定较大解析：动能是指物体由于运动而能够做功，具有能量。
而运动的物体具有的能量并不一定都是动能，也可能还有其他形式的能，故A 对，B 错。
影响动能大小的有质量和速度两个因素，不能只根据其中一个因素的大小来判断动能的大小，故C 、D 均错。
答案：A2．A 、B 两物体在光滑的水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移x 。
若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( )A ．A 获得的动能较大B ．B 获得的动能较大C ．A 、B 获得的动能一样大D ．无法比较A 、B 获得的动能的大小解析：由于水平拉力F 相同，由静止开始通过相同位移s ，所以力做的功相同。
力F 对物体做功，把其他形式的能转化为物体的动能，由于力F 做的功相同，故两物体获得的动能相同，故C 正确。
答案：C3．物体在水平恒力作用下，在水平面上由静止开始运动，当位移为x 时撤去F ，物体继续前进3x 后停止运动，若路面情况相同，则物体的摩擦力和最大动能是( )A.F3 4Fx B.F3 Fx C.F4 Fx 3D.F 4 3Fx 4解析：对整个过程应用动能定理得：Fx －F f ·4x ＝0－0，解得F f ＝F4；最大动能E k ＝Fx－F f x ＝3Fx4，故D 正确。
答案：D4．如图1所示，质量为m 的物体在水平恒力F 的推动下，从山坡底部A 处由静止开始运动至高为h 的坡顶B 处，获得的速度为v ，A 、B 间的水平距离为x ，下列说法正确的是( ) 图1A ．物体克服重力所做的功是mghB ．合力对物体做的功是12mv 2C ．推力对物体做的功是Fx －mghD ．物体克服阻力做的功是12mv 2＋mgh －Fx解析：设物体克服阻力做的功为W ，由动能定理得Fx －mgh －W ＝12mv 2－0，得W ＝Fx －mgh －12mv 2，故D 错误；因为F 是水平恒力，x 是水平位移，推力对物体做的功可由W ＝Fx 计算，故C 错误；由动能定理知，B 正确；物体克服重力所做的功为mgh ，A 正确。
人教版高中物理必修第2册 第七章 万有引力与宇宙航行 第2～4节综合拔高练
第七章万有引力与宇宙航行第2~4节综合拔高练五年选考练考点1 万有引力定律及其应用1.(2020课标Ⅰ,15,6分,)火星的质量约为地球质量的,半径约为地球半径的,则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为( )A.0.2B.0.4C.2.0D.2.52.(2020山东,7,3分,)我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。
质量为m的着陆器在着陆火星前,会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。
已知火星的质量约为地球的0.1,半径约为地球的0.5,地球表面的重力加速度大小为g,忽略火星大气阻力。
若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动,此过程中着陆器受到的制动力大小约为( )A.mB.mC.mD.m3.(2020课标Ⅲ,16,6分,)“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆,着陆前曾绕月球飞行,某段时间可认为绕月做匀速圆周运动,圆周半径为月球半径的K倍。
已知地球半径R是月球半径的P倍,地球质量是月球质量的Q倍,地球表面重力加速度大小为g。
则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为( ) A. B.C. D.4.(2019课标Ⅱ,14,6分,)2019年1月,我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。
在探测器“奔向”月球的过程中,用h表示探测器与地球表面的距离,F表示它所受的地球引力,能够描述F随h变化关系的图像是( )5.(2019课标Ⅲ,15,6分,)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动,它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火,它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。
已知它们的轨道半径R金<R地<R火,由此可以判定( )A.a金>a地>a火B.a火>a地>a金C.v地>v火>v金D.v火>v地>v金6.(2018课标Ⅰ,20,6分,)(多选)2017年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。
人教版高中物理课后习题参考答案汇编 ok(2020年7月整理).pdf
由于空气阻力，下落加速度小于 g，计算结果应小于 45 m。 3．设井口到水面的距离为 x，石块下落做自由落体运动，设石块落到水面的时间为 t，则 有
x= 1 gt2= 1 ×10×2.52 m=31 m 22
由于声音传播需要一定的时间，所以石块自由下落到水面的时间 t＜2.5 s，我们估算的 x 偏大。
3．（1）4 s 末速度为 2 m/s，最大，7 s 末速度为 1 m/s，最小。 （2）这三个时刻的速度均为正值，速度方向相同。 （3）4 s 末加速度为零，最小，7 s 末加速度为 1m/s2、最大。 （4）1 s 加速度为正值，7 s 末加速度为负值，加速度方向相反。 说明速度、加速度都是矢量，比较矢量的大小是按矢量的绝对值判定。
v
=
x 0.1
、.v∝Δx，纸条长度可认为表示速度。
图 2－9 4．略。 第 2 节：匀变速直线运动的速度与时间的关系 1．初速度 v0=36 km/h=10 m/s，加速度 a=0.2 m/s2，末速度 v=54 km/h
根据 v=v0+at 得
2．初速度 v0=72 km/h=20 m/s，加速度 a=-0.1 m/s2，时间 t=2 min=120 s 根据 v=v0+at 得 v=20 m/s-0.1×120 m/s=8 m/s
根据
v2-v20=2ax
得a
=
v2 − v02 2x
=
0 −102 2 1.2
m / s2
=
−4.2m / s2
3．若飞机靠自身发动机起飞，飞机初速度为 0，加速度 a=5 m/s2，位移 x=100 m，末速度
vx
由 v2x=2ax 得 vx = 2ax = 2 5m / s2 100n 50m / s ，所以不行。
人教版高中物理必修2第七章 机械能守恒定律3. 功率 习题
2018-2019年高中物理人教版《必修2》《第七章机械能守恒定律》《第三节功率》综合测试试卷【4】含答案考点及解析班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题1.我国曾经发射了一颗“北斗一号”导航定位卫星，预示着我国通讯技术的不断提高。
该卫星处于地球的同步轨道，其质量为m，假设其离地高度为h，地球半径为R，地面附近重力加速度为g，则有（）A．该卫星运行周期为24hB．该卫星向心加速度是C．该卫星运动动能是D．该卫星周期与近地卫星周期之比是【答案】 ABC【解析】试题分析:地球的同步卫星运动周期必须与地球自转周期相同，故知该卫星运行周期为24h．故A正确；在地面附近万有引力等于重力得：=mg，得g=，卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，ma=，解得该卫星向心加速度是，所以B正确；卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，，该卫星运动动能是，故C正确；，解得：，该卫星周期与近地卫星周期之比是，故D错误考点：万有引力定律应用2.从“嫦娥奔月”到“万户飞天”，从“东方红”乐曲响彻寰宇到航天员杨利伟遨游太空，中华民族载人航天的梦想已变成现实．如图所示，“神舟”五号飞船升空后，先运行在近地点高度200千米、远地点高度350千米的椭圆轨道上，实施变轨后，进入343千米的圆轨道．假设“神舟”五号实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n 周，起始时刻为t 1，结束时刻为t 2，运行速度为v ，半径为r.则计算其运行周期可用 ( )．A ．T ＝B ．T ＝C ．T ＝D ．T ＝【答案】AC【解析】由题意可知飞船做匀速圆周运动n 周所需时间Δ t ＝t 2－t 1，故其周期T ＝＝，故选项A 正确．由周期公式有T ＝，故选项C 正确．3.有报道说：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池电能耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，摇晃过程是将机械能转化为电能；如果将该手机摇晃一次，相当于将100g 的重物缓慢举高20cm 所需的能量，若每秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为（g 取10m/s 2）: A ．0.04w B ．0.4wC ．4wD ．40w【答案】B 【解析】试题分析：每摇晃一次手机，就会克服重力做功W=mgh=0.1×10×0.2J=0.2J ，所以晃手机的平均功率。
2020届人教版高中物理选修3-1学案：第二章 第7节 闭合电路的欧姆定律含答案
第7节闭合电路的欧姆定律1.闭合电路欧姆定律的表达式为I＝ER＋r，此式仅适用于纯电阻电路，其中R和r分别指外电阻和内电阻。
2．闭合电路内、外电压的关系为E＝U内＋U外＝Ir＋U外，由此式可知，当电流发生变化时，路端电压随着变化。
3．当外电路断开时，路端电压等于电动势，当外电路短路时，路端电压为零。
一、闭合电路欧姆定律1．闭合电路的组成及电流流向2．闭合电路中的能量转化如图所示，电路中电流为I，在时间t内，非静电力做功等于内外电路中电能转化为其他形式的能的总和，即EIt＝I2Rt＋I2rt。
3．闭合电路欧姆定律二、路端电压与负载(外电阻)的关系 1．路端电压与电流的关系 (1)公式：U ＝E －Ir 。
(2)U -I 图像：如图所示，该直线与纵轴交点的纵坐标表示电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻。
2．路端电压随外电阻的变化规律(1)外电阻R 增大时，电流I 减小，外电压U 增大，当R 增大到无限大(断路)时，I ＝0，U ＝E ，即断路时的路端电压等于电源电动势。
(2)外电阻R 减小时，电流I 增大，路端电压U 减小，当R 减小到零时，I ＝E r，U ＝0。
1．自主思考——判一判(1)如图甲所示，电压表测量的是外电压，电压表的示数小于电动势。
(√)(2)如图乙所示，电压表测量的是内电压，电压表的示数小于电动势。
(×) (3)外电阻变化可以引起内电压的变化，从而引起内电阻的变化。
(×) (4)外电路的电阻越大，路端电压就越大。
(√) (5)路端电压增大时，电源的输出功率一定变大。
(×) (6)电源断路时，电流为零，所以路端电压也为零。
(×) 2．合作探究——议一议(1)假如用发电机直接给教室内的电灯供电，电灯两端的电压等于发电机的电动势吗？ 提示：不等于。
因为发电机内部有电阻，有电势降落。
发电机内部电压与电灯两端电压之和才等于电动势。
(2)在实验课上，小红同学用电压表去测量1节新干电池的电动势约为1.5 V,1节旧电池的电动势约为1.45 V ，现在她把这样的两节旧电池串联后接在一个标有“3 V 2 W ”的小灯泡两端，结果发现小灯泡不发光，检查电路的连接，各处均无故障。
高二物理人教选修31课件：第二章第7节 闭合电路的欧姆定律
3．路端电压随外电阻的变化规律
(1)当外电阻 R 增大时，由 I＝R＋E r可知电流 I__减__小__，路端电压 U＝E－Ir_增__大___．
(2)当外电阻 R 减小时，由 I＝R＋E r可知电流 I_增__大___，路端电压 U＝E－Ir__减__小__．
(3)两种特殊情况 ①当外电路断开时，电流 I 变为__0__，U＝__E__．这就是说，断 路时的路端电压等于__电__源__电__动__势__．
1. 如图所示，L1、L2、L3 三只电灯泡均能发光，
当把滑动变阻器的触头 P 向下滑动时，三只电灯泡亮度的变化 是( B ) A．L1、L2、L3 都变亮 B．L1、L2 变亮，L3 变暗 C．L1、L3 变亮，L2 变暗 D．L1 变亮，L2、L3 变暗 [思路点拨] L1、L2、L3 可当成定值电阻，灯泡的亮度取决于功 率大小，三个灯泡的功率计算公式为 P＝UI＝I2R＝UR2，功率的 大小变化就转变成判断小灯泡的电压或电流的变化了．
4．当电容器与电阻并联后接入电路时，电容器两端的电压与并 联电阻两端的电压相等． 5．电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电， 如果电容器两端的电压升高，电容器将充电，反之，电容器将放 电．通过与电容器串联的电阻的电量等于电容器带电量的变化量．
如图所示，E＝10 V，r＝1 Ω，R1＝R3＝5 Ω，R2＝4 Ω， C＝100 μF，当 S 断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状 态．求：
电路如图甲所示．若电阻未知，电源电动势和内阻也未 知，电源的路端电压 U 随电流 I 的变化图线及外电阻的 U－I 图 线分别如图乙所示，求： (1)电源的电动势和内阻： (2)电源的路端电压； (3)电源的输出功率．
[解析] (1)由题图乙所示的 U－I 图线知，电源电动势 E＝4 V， 短路电流 I 短＝4 A，故电源内阻 r＝IE短＝1 Ω. (2)由题图甲、乙知，电源与电阻串联时，电流 I＝1 A，此时对 应路端电压 U＝3 V. (3)由题图乙知 R＝3 Ω，故 P 出＝I2R＝3 W.
2019-2020学年人教版(2019)必修2 7.4宇宙航行 教案
宇宙航行参考答案：不能这样说。
这是因为如果发射速度小于7.9km/s，炮弹将落到地面，而不能成为一颗卫星；发射速度等于7.9km/s，它将在地面附近作匀速圆周运动；要发射一颗半径大于地球半径的人造卫星，发射速度必须大于7.9km/s。
可见，向高轨道发射卫星比向低轨道发射卫星要困难。
（4）第一宇宙速度意义第一宇宙速度是人造卫星在地面附近环绕地球作匀速圆周运动所必须具有的速度，所以也称为环绕速度。
在地面附近发射飞行器，如果速度等于7.9km/s，这一飞行器只能围绕地球做圆周运动，还不能脱离地球引力的束缚，飞离地球实现星际航行。
思考：若卫星的发射速度大于7.9km/s，会出现什么情况？若卫星的发射速度大于7.9km/s，绕地球运动的轨迹不再是圆，而是椭圆，发射速度越大，椭圆轨道越“扁”。
当飞行器的发射速度等于或大于11.2km/s时，它就会克服地球的引力，永远离开地球。
学生思考讨论学生阅读课文了解发射速度大于7．9km/s轨迹是椭圆，等于或大于11．2km/s，永远离开地球。
锻炼学生的自主学习能力2、第二宇宙速度大小：v=11.2km/s。
（1）当飞行器的速度等于或大于11.2km/s时，它就会克服地球的引力，永远离开地球。
我们把11.2km/s叫作第二宇宙速度。
（2）意义：使卫星挣脱地球的束缚，成为绕太阳运行的人造行星的最小发射速度，也称为脱离速度。
注意：达到第二宇宙速度的飞行器还无法脱离太阳对它的引力。
3、第三宇宙速度大小：v=16.7km/s（1）当物体的速度等于或大于16.7km/s 时，物体可以挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙空间。
我们把16.7km/s叫做第三宇宙速度。
（2）意义：使卫星挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，也称为逃逸速度。
说出第二宇宙速度和第三宇宙速度学生动手推导出卫星运行时，其a n、v、ω、T，分别掌握推导过程，理解r越大a n越小、v越小、ω越小、T越大。
其半径R不大于2Gm/c2时这种天体称为黑洞。
高中物理 第七章 机械能守恒定律 第7节 动能和动能定理讲义(含解析)新人教版必修2-新人教版高中必
第7节动能和动能定理一、动能1．大小：E k ＝12mv 2。
2．单位：国际单位制单位为焦耳，1 J ＝1N·m＝1 kg·m 2/s 2。
3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向，只有正值，没有负值。
二、 动能定理1．推导：如图所示，物体的质量为m ，在与运动方向相同的恒力F 的作用下发生了一段位移l ，速度由v 1增加到v 2，此过程力F 做的功为W 。
1．物体由于运动而具有的能量叫做动能，表达式为E k ＝12mv 2。
动能是标量，具有相对性。
2．力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过 程中动能的变化，这个结论叫动能定理，表达式为 W ＝E k2－E k1。
3．如果物体同时受到几个力的共同作用，则W 为合力 做的功，它等于各个力做功的代数和。
4．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功， 既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
2．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
3．表达式：W＝E k2－E k1。
4．适用范围：既适用于恒力做功也适用于变力做功；既适用于直线运动也适用于曲线运动。
1．自主思考——判一判(1)速度大的物体动能也大。
(×)(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍。
(×)(3)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。
(√)(4)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。
(×)(5)物体的动能增加，合外力做正功。
(√)2．合作探究——议一议(1)歼15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，如图所示：①歼15战机起飞时，合力做什么功？速度怎么变化？动能怎么变化？②歼15战机着舰时，动能怎么变化？合力做什么功？增加阻拦索的原因是什么？提示：①歼15战机起飞时，合力做正功，速度、动能都不断增大。
②歼15战机着舰时，动能减小，合力做负功。
【人教版】2020高中物理 第7章 分子动理论 第5节 内能课堂作业 新人教版选修3-3
第七章第五节内能基础夯实一、选择题(1～2题为单选题，3～6题为多选题)1．(江苏苏州高新区一中2017～2018学年高二下学期期中)关于分子势能，下列说法中正确的是( D )A．物体体积增大，分子势能一定增大B．气体分子的距离增大，分子间的势能减小C．分子间表现为引力时，距离越小，分子势能越大D．分子间表现为斥力时，距离越小，分子势能越大解析：物体的体积增大，分子的平均距离增加；如果分子力是斥力，则分子力做正功，分子势能减小，故A错误；气体分子间的距离较大，分子间表现为引力，则气体分子间的距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；分子间表现为引力时，距离减小时，分子力做正功，分子势能减小，故C错误；分子力表现斥力时，距离减小时，分子力做负功，分子势能增大，故D正确。
2．(山东潍坊市2016年高二下学期期中)下列说法正确的是( A )A．温度越高，物体分子的平均动能越大B．温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大C．当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同D．随着低温技术的发展，可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度解析：温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增加，但是其中个别分子的动能有可能减小，A对、B错，温度相同，分子的平均动能相等，但氢气和氧气的分子质量不同，它们的分子平均速率不同，C错；绝对零度不可能达到，D错。
3．下列说法中正确的是( CD )A．在10℃时，一个氧气分子的分子动能为E k，当温度升高到20℃时，这个分子的分子动能为E k′，则E k′<E k B．在10℃时，每个氧气分子的温度都是10℃C．在10℃时，氧气分子平均速率为v1，氢气分子平均速率为v2，则v1<v2D．在任何温度下，各种气体分子的平均速度都为零解析：单个分子的动能、速率是随时变化的，因而是没有意义的，温度是大量分子做热运动时分子平均动能的标志，对单个分子也是没有意义的。
人教版高一物理必修2第七章重力势能、弹性势能、动能定理知识点总结复习
第四节重力势能1.重力做的功(1)表达式W G＝mgh＝mg(h1－h2)，其中h表示物体起点和终点的高度差，h1、h2分别表示物体起点和终点的高度。
(2)正负物体下降时重力做正功；物体被举高时重力做负功，也可以说成物体克服重力做功。
(3)特点物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
2．重力势能(1)定义：物体由于位于高处而具有的能量。
(2)大小：等于物体所受重力与所处高度的乘积，表达式为E p＝mgh，其中h 表示物体所在位置的高度。
(3)单位：焦耳，与功的单位相同。
重力势能是标量，正负表示大小。
(4)重力做功与重力势能变化的关系①表达式：W G＝E p1－E p2。
②重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增大。
3．重力势能的相对性和系统性(1)相对性①参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫做参考平面，在参考平面，物体的重力势能取作0。
②重力势能的相对性选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的。
对选定的参考平面，上方物体的重力势能是正值，下方物体的重力势能是负值，负值的重力势能，表示物体在这个位置具有的重力势能要比在参考平面上具有的重力势能小。
(2)系统性重力势能是地球与物体所组成的系统共有的。
判一判(1)重力势能E p1＝2 J，E p2＝－3 J，则E p1与E p2方向相反。
()(2)同一物体的重力势能E p1＝2 J，E p2＝－3 J，则E p1>E p2。
()(3)在同一高度的质量不同的两个物体，它们的重力势能一定不同。
()提示：(1)×重力势能是标量，没有方向。
(2)√重力势能为正值，表示物体处于参考平面的上方，为负值表示物体处于参考平面的下方，而同一物体在越高的地方重力势能越大。
(3)×若选定两物体所处的水平面为参考平面，则两物体的重力势能均为0。
说明：(1)重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关。
2019-2020学年人教版物理必修二新素养浙江专用学案：第七章 第7节 动能和动能定理 Word版含答案
第7节 动能和动能定理1．明确动能的表达式及其含义． 2．会用牛顿运动定律结合运动学规律推导出动能定理．(难点)3．理解动能定理及其含义，并能利用动能定理解决单个物体的有关问题．(重点)一、动能的表达式1．动能：E k ＝12mv 2． 2．单位：国际单位制单位为焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2．3．标矢性：动能是标量，只有大小．二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21．判一判 (1)速度大的物体动能也大．( )(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍．( )(3)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同．( )(4)做匀速圆周运动的物体，速度改变，动能不变．( )(5)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化．( )(6)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零．( )(7)物体的动能增加，合外力做正功．( )提示：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)× (7)√做一做 (2019·宁波质检)篮球比赛中一运动员在某次投篮过程中对篮球做功为W ，出手高度为h 1，篮筐距地面高度为h 2，球的质量为m ，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为( )A ．W ＋mgh 1－mgh 2B ．mgh 2－mgh 1－WC ．mgh 1＋mgh 2－WD ．W ＋mgh 2－mgh 1提示：选A ．投篮过程中，篮球上升的高度h ＝h 2－h 1，根据动能定理得W －mgh ＝E k－0，故篮球进筐时的动能E k ＝W －mg (h 2－h 1)＝W ＋mgh 1－mgh 2，A 正确．想一想 歼-15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，如图所示．(1)歼-15战机起飞时，合力做什么功？速度怎么变化？动能怎么变化？(2)歼-15战机着舰时，动能怎么变化？合力做什么功？增加阻拦索的原因是什么？ 提示：(1)正功 增加 变大(2)减小 负功 使动能减少的更快对动能的理解1．动能的“三个性质”(1)动能的标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．动能的取值可以为正值或零，但不会为负值．(2)动能的瞬时性：动能是状态量，对应物体在某一时刻的运动状态．速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化．(3)动能的相对性：由于瞬时速度与参考系有关，所以E k 也与参考系有关．在一般情况下，如无特殊说明，则取大地为参考系．2．动能的变化量某一物体动能的变化量是指末状态的动能与初状态的动能之差，即ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21． 关于物体的动能，下列说法中正确的是( )A ．物体速度变化，其动能一定变化B ．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C ．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D ．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大[思路点拨] 动能与物体速度大小有关，与物体速度方向无关，而物体速度变化既可能是大小变化，也可能是方向变化．动能与物体的受力情况无关，仅由质量与速度大小决定．[解析] 选项A 中，若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A 错误；选项B 中，物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B 错误；选项C中，物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C 正确；选项D 中，物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化量大时，但动能始终不变，故选项D 错误．[答案] C(1)动能是由于物体运动而具有的能量，其大小由E k ＝12mv 2决定． (2)理解动能的三性(瞬时性、标量性和相对性)，才能较全面地认识动能这一物理概念．一质量为0.1 kg 的小球，以5 m/s 的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中速度的变化和动能的变化分别是( )A ．Δv ＝10 m/s ，ΔE ＝1 JB ．Δv ＝0，ΔE ＝0C ．Δv ＝0，ΔE k ＝1 JD ．Δv ＝10 m/s ，ΔE k ＝0解析：选D.速度是矢量，故Δv ＝v 2－v 1＝5 m/s －(－5 m/s)＝10 m/s.而动能是标量，初末状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔE k ＝0.故选D.对动能定理的理解及应用1．对动能定理的理解(1)表达式的理解①公式W ＝E k2－E k1中W 是合外力做功，不是某个力做功，W 可能是正功，也可能是负功．②E k2、E k1分别是末动能和初动能，E k2可能大于E k1，也可能小于E k1．(2)因果关系：合外力对物体做功是引起物体动能变化的原因．合外力做正功时，动能增大；合外力做负功时，动能减小．(3)实质：是功能关系的一种具体体现．合外力做功是改变物体动能的一种途径，物体动能的改变可由合外力做的功来度量．2．应用 (1)做变加速运动或曲线运动的物体常用动能定理研究．(2)当不涉及加速度、时间的计算时，做匀变速直线运动的物体也常用动能定理研究．(3)变力做功、多过程等问题可用动能定理分析、计算．命题视角1 牛顿第二定律与动能定理的比较如图所示，一质量为2 kg 的铅球从离地面2 m 高处自由下落，陷入沙坑2 cm 深处，求沙子对铅球的平均阻力．(g 取10 m/s 2)[解析] 法一：应用牛顿第二定律与运动学公式求解设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v ，则有v 2＝2gH .在沙坑中的运动阶段，设小球做匀减速运动的加速度大小为a ，则有v 2＝2ah .联立以上两式解得a ＝H h g . 设小球在沙坑中运动时受到的平均阻力为F f ，由牛顿第二定律得F f －mg ＝ma ，所以F f ＝mg ＋ma ＝H ＋h h·mg ＝2＋0.020.02×2×10 N ＝2 020 N. 法二：应用动能定理分段求解设铅球自由下落到沙面时的速度为v ，由动能定理得mgH ＝12mv 2－0， 设铅球在沙中受到的平均阻力大小为F f ，由动能定理得mgh －F f h ＝0－12mv 2， 联立以上两式得F f ＝H ＋h hmg ＝2 020 N. 法三：应用动能定理全程求解铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力F f ，重力做功W G ＝mg (H ＋h )，而阻力做功WF f ＝－F f h .由动能定理得mg (H ＋h )－F f h ＝0－0，代入数据得F f ＝2 020 N.[答案] 2 020 N命题视角2 动能定理的简单应用(2019·温州质检)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O ．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0．008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0．004．在某次比赛中，运动员使冰壶C 在投掷线中点处以2 m/s 的速度沿虚线滑出．为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g 取10 m/s 2)[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点：(1)分析冰壶在运动过程中的受力情况及各力做功情况；(2)确定冰壶运动过程的始、末动能及动能的变化情况．[解析] 设投掷线到圆心O 的距离为s ，冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 1，所受摩擦力的大小为f 1，在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 2，所受摩擦力的大小为f 2.则有s 1＋s 2＝s ，f 1＝μ1mg ，f 2＝μ2mg设冰壶的初速度为v 0，由动能定理得－f 1s 1－f 2s 2＝0－12mv 20联立以上各式并代入数据解得s 2＝2μ1gs －v 202g （μ1－μ2）＝10 m. [答案] 10 m应用动能定理解题的一般步骤(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．(3)明确物体在初、末状态的动能E k1、E k2．(4)列出动能定理的方程W ＝E k2－E k1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．【通关练习】1．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功解析：选A.由动能定理W F －W f ＝E k －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 正确．2．质量是2 g 的子弹，以300 m/s 的速度射入厚度是5 cm 的木板(如图)，射穿后的速度是100 m/s ．求子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力是多大？解析：法一：用动能定理求解设子弹的初、末速度为v 1、v 2，子弹所受平均阻力为F ，由动能定理知：Fl cos 180°＝12mv 22－12mv 21， 整理得F ＝m （v 22－v 21）2l cos 180°＝2×10－3×（1002－3002）－2×0.05N ＝1 600 N. 法二：用牛顿运动定律求解由于穿过时的位移及初、末速度均已知，由v 22－v 21＝2al 得：加速度a ＝v 22－v 212l，由牛顿第二定律得：所求阻力为F ＝ma ＝m （v 22－v 21）2l＝－1 600 N ，“－”号表示平均阻力F 的方向与运动方向相反．答案：1 600 N[随堂检测]1．关于对动能的理解，下列说法正确的是()A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．相对不同参考系，同一运动物体的动能相同C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；速度变化时，动能也一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：选A.动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都具有动能，A正确；由于E k＝12，而v与参考系的选取有关，所以B错误；由于速度为矢量，当方向变化时2m v其动能不一定改变，故C错误；做匀速圆周运动的物体，动能不变，但并不是处于平衡状态，故D错误．2．下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是( )A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零解析：选C.力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误．物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度也一定变化，C正确．物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误．3．物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙水平面上，开始时都处于静止状态．在相同的水平力F作用下移动相同的距离，则( )A．力F对A做功较多，A的动能较大B．力F对B做功较多，B的动能较大C．力F对A和B做功相同，A和B的动能相同D．力F对A和B做功相同，但A的动能较大答案：D4．(2019·绍兴稽山中学测试)一个原来静止的质量为m的物体放在光滑的水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两个力的方向上的分速度分别为v1和v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A ．16m v 2B ．14m v 2C ．13m v 2D ．12m v 2 解析：选B.依题意，两个力做的功相同，设为W ，则两力做的总功为2W ，物体动能的改变量为12m v 2.根据动能定理有2W ＝12m v 2，则可得一个力做的功为W ＝14m v 2. 5．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v 2时，上升的最大高度记为h ．重力加速度大小为g ．物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H 2B ．⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2C ．tan θ和H 4D ．⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4 解析：选D.由动能定理可知，初速度为v 时：－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12m v 2 初速度为v 2时，－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m ⎝⎛⎭⎫v 22 解之可得μ＝⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ，h ＝H 4，故D 正确． 6．总质量为M 的汽车，沿平直公路匀速前进，其拖车质量为m ，中途脱钩，司机发觉时，车头已行驶L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力．设汽车运动时所受的阻力与质量成正比，车头的牵引力是恒定的．当汽车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解析：设汽车沿平直公路匀速前进的速度为v 0，依题意作出草图，标明各部分运动的位移，如图所示．汽车匀速运动时，阻力F f ＝F 牵＝kMg (k >0)对车头，脱钩后的全过程由动能定理得F 牵L －k (M －m )gs 1＝0－12(M －m )v 20 对拖车，脱钩后由动能定理得－kmgs 2＝0－12m v 20 又Δs ＝s 1－s 2联立以上各式解得Δs ＝ML M －m． 答案：ML M －m[课时作业]一、选择题1．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( )A ．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化B ．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变C ．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D ．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化解析：选B.关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点．(1)若运动物体所受合力为零，则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化．(2)物体所受合力不为零，物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体动能不变化．(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度方向，产生向心加速度，如匀速圆周运动)．根据上述三个要点不难判断，本题只有选项B 是正确的．2．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：选A.根据动能定理可知12m v 2末＝mgh ＋12m v 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确．3．质量为m 的金属块，当初速度为v 0时，在水平面上滑行的最大距离为s ．如果将金属块质量增加到2m ，初速度增大到2v 0，在同一水平面上该金属块最多能滑行的距离为( )A ．sB ．2sC ．4sD ．8s解析：选C.设金属块与水平面间的动摩擦因数为μ.则由动能定理得－μmgs ＝－12m v 20① －μ·2mg ·s ′＝－12×2m ×(2v 0)2② 由①、②得s ′＝4s ．C 正确．4．(2019·舟山期末)有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图所示，如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A ．木块所受的合外力为零B ．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力的功为零C ．重力和摩擦力所做的功代数和为零D ．重力和摩擦力的合力为零解析：选C.木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，选项A 错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与阻力做的功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，选项C 正确，选项B 、D 错误．5．如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g ．质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A ．14mgR B ．13mgR C ．12mgR D ．π4mgR解析：选C.质点由静止开始下落到最低点Q的过程中由动能定理：mgR－W＝122m v质点在最低点：F N－mg＝m v2R由牛顿第三定律得：F N＝2mg，联立得W＝12mgR，到达Q后会继续上升一段距离．故选C．6．(2019·嘉兴检测)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是( )解析：选A.设小球抛出瞬间的速度大小为v0，抛出后，某时刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的动能E k＝12＝12m(v0－gt)2，结合数学知识知，选项A正确．2m v7．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能()A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析：选C.若恒力的方向与初速度的方向相同或二者夹角为锐角，物体一直做加速运动，选项A不符合题意；若恒力的方向与初速度的方向相反，物体先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，选项B不符合题意；若恒力方向与初速度方向之间的夹角为钝角(如斜上抛运动)，则选项D不符合题意，故符合题意的选项为C.8．物体沿直线运动的v－t关系图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体所做的功为W，则()A ．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB ．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC ．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD ．从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W解析：选C.物体在第1秒末速度为v ，由动能定理可得在第1秒内合外力的功W ＝12m v 2－0从第1秒末到第3秒末物体的速度不变，所以合外力的功为W 1＝0从第3秒末到第5秒末合外力的功为W 2＝0－12m v 2＝－W 从第5秒末到第7秒末合外力的功为W 3＝12m (－v )2－0＝W 第4秒末的速度v 4＝v 2所以从第3秒末到第4秒末合外力的功W 4＝12m ⎝⎛⎭⎫v 22－12m v 2＝－34W 故选项C 正确．9．(2019·杭州测试)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径，若在A 点以初速度v 1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若在A 点抛出小球的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球并且也能击中D 点．已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率相等D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3解析：选D.本题考查平抛运动规律及功和功率．由h ＝12gt 2可知小球下落时间取决于下落高度，因C 点距D 点的高度是AD 竖直高度的一半，故从C 点抛出的小球先到达D 点，选项A 错误；由动能定理可知两球在此过程中动能的增加量等于重力所做功的大小，由W ＝mgh 可知选项B 错误；根据P ＝mg v 可知重力的瞬时功率与其竖直方向速度有关，由2gh ＝v 2可得从A 点抛出的小球落到D 点时竖直方向分速度大于从C 点抛到D 点的分速度，选项C 错误；由h ＝12gt 2及x ＝v 0t 可得v 1∶v 2＝6∶3，选项D 正确． 10．在光滑的水平面上，质量为m 的小滑块停放在质量为M 、长度为L 的静止的长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ.现用一个大小为F 的恒力作用在M 上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v 1、v 2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s 1、s 2.下列关系式不正确的是( )A ．μmgs 1＝12m v 21B ．Fs 2－μmgs 2＝12M v 22C ．μmgL ＝12m v 21D ．Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12M v 22＋12m v 21 解析：选C.滑块在摩擦力作用下前进的距离为s 1，故对于滑块μmgs 1＝12m v 21，A 对，C 错；木板前进的距离为s 2，对于木板Fs 2－μmgs 2＝12M v 22，B 对；由以上两式得Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12M v 22＋12m v 21，D 对． 二、非选择题11．如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K ，一条不可伸长的轻绳绕过K 分别与物块A 、B 相连，A 、B 的质量分别为m A 、m B ，开始时系统处于静止状态．现用一水平恒力F 拉物块A ，使物块B 上升．已知当B 上升距离为h 时，B 的速度为v ．求此过程中物块A 克服摩擦力所做的功．(重力加速度为g )解析：设A 克服摩擦力所做的功为W f ，当B 上升距离为h 时，恒力F 做功为Fh ，重力做功为－m B gh ，根据动能定理得Fh －W f －m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2 解得W f ＝(F －m B g )h －12(m A ＋m B )v 2． 答案：(F －m B g )h －12(m A ＋m B )v 2 12．如图所示，小球从高为h 的斜面上的A 点，由静止开始滑下，经B 点在水平面上滑到C 点而停止，现在要使小球由C点沿原路径回到A 点时速度为0，那么必须给小球以多大的初速度？(设小球经过B 点时无能量损失)解析：以小球为研究对象，在斜面上和水平面上它都受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，在整个运动过程中支持力始终不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理可知小球从A 点开始下滑到C 点静止的过程中有：W 重－W 阻＝0，所以W 阻＝W 重＝mgh .当小球沿原路径返回时，摩擦力所做的负功与滑下过程中摩擦力所做的负功完全相同，而此时重力也做负功，由动能定理得：－W 重－W 阻＝0－12m v 2C， 所以12m v 2C＝2W 重＝2mgh ，解得v C ＝4gh ＝2gh ． 即要使小球从C 点沿原路径返回到A 点时速度为0，必须给小球以2gh 的初速度． 答案：2gh。
2020年高中物理第七章万有引力与宇宙航行第4节宇宙航行教案习题(含解析)新人教版必修2
第4节 宇宙航行1．宇宙速度(1)物体在地球附近绕地球运动时，太阳的作用可以忽略。
在简化之后，物体只受到指向地心的引力作用，物体绕地球的运动可视作匀速圆周运动。
设地球的质量为m 地，物体的质量为m ，速度为v ，它到地心的距离为r 。
万有引力提供物体运动所需的向心力，有□01G mm 地r＝m v 2r ，故物体的绕行速度v m 地和物体做圆周运动的轨道半径r ，就可以求出物体绕行速度的大小。
(2)已知地球质量，近地卫星的飞行高度远小于地球半径(6400 km)，可以近似用地球半径R 代替卫星到地心的距离r 。
把数据代入上式后算出v ＝Gm 地R＝7.9 km/s 。
(3)物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动时，可近似认为向心力由□03重力提供，有mg＝m v 2R，故v (4)宇宙速度续表注意：理论研究指出，在地面附近发射飞行器，如果速度大于7.9 km/s ，又小于11.2km/s ，它绕地球运动的轨迹是□12椭圆。
2．人造地球卫星(1)1957年10月4日，世界上第一颗人造地球卫星发射成功。
1970年4月24日，我国第一颗人造地球卫星“东方红1号”发射成功。
(2)地球同步卫星位于赤道上方高度约为□1336000_km 处，因相对地面静止，也称□14静止卫星。
地球同步卫星与地球以相同的□15角速度转动，周期与地球□16自转周期相同。
3．载人航天与太空探索1961年4月，苏联航天员加加林成为人类进入太空第一人。
1969年7月，美国阿波罗11号飞船登月。
2003年10月15日，我国神舟五号宇宙飞船将杨利伟送入太空。
典型考点一 对三个宇宙速度的理解1．若取地球的第一宇宙速度为8 km/s ，某行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球半径的1.5倍，此行星的第一宇宙速度约为( )A ．16 km/sB ．32 km/sC ．4 km/sD ．2 km/s答案 A解析 由G Mm R 2＝m v 2R 得v ＝GMR，因为行星的质量M ′是地球质量M 的6倍，半径R ′是地球半径R 的1.5倍，即M ′＝6M ，R ′＝1.5R ，所以v ′v＝GM ′R ′GM R＝M ′RMR ′＝2，则v ′＝2v ≈16 km/s，A 正确。
2018版高中物理人教版必修2课件：第七章 机械能守恒定律 第1节 追寻守恒量—能量 第2节 功
【学习目标】 1.了解功的概念及历史发展历程,知道功的实质是能量转化的量度. 2.理解功的概念,会用功的公式计算功,知道功是标量,理解功的正负是由力和 位移的方向夹角的余弦值决定,不表示方向. 3.明白分力做功,总功和变力做功的求解方法,再一次体会微元法的处理方法. 4.结合实际生活经验,尝试解释生活中的相关现象,体验物理和实际生活的密切 联系.
〚核心点拨〛 支持力FN与位移的夹角为90°,重力与位移的夹角为90°,摩 擦力与位移的夹角为180°,拉力与位移的夹角为θ.
解析:根据功的概念可知,拉力做功为W=FLcos θ,选项A错误;雪橇受地面 的摩擦力为μ(mg-Fsin θ),所以滑动摩擦力做功为-μ(mg-Fsin θ)L,选项 B错误;重力和支持力的方向为竖直方向,而位移的方向为水平方向,所以支 持力和重力做功为零,选项C错误;雪橇匀速运动,合力为零,合力做功为零,选 项D正确.
探寻基本知识 感悟解题规律 测评学习效果
探寻基本知识·树立物理观念
知识点一 追寻守恒量 【情境导学】 请同学们阅读课本上关于人类追寻自然规律中守恒的量的历史进程,结合自 身感受说说你的认识.
【知识梳理】 1.伽利略斜面实验探究 (1)实验现象:让静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个对接斜面, 没有摩擦时,hA=hB,如图所示.
符号 其中F,l,cos α分别表示 力的大小 、位移的大小、力与位移
含义 方向夹角的余弦
符号 单位
F的单位是牛顿,l的单位是米,W的单位是牛·米,即_焦__耳__
2.正功和负功
(1)当α= π 时,cos α=0,则W=0,即力对物体 不做功 .
2
(2)当α< π
时,cos
α>0,则W>0,即力对物体
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第七章 第七节基础夯实一、选择题(1～4题为单选题，5、6题为多选题)1．在水平路面上，有一辆以36 km/h 行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4 kg 的行李以相对客车5 m/s 的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则以地面为参考系行李的动能和以客车为参考系行李的动能分别是( B )A ．200 J 50 JB ．450 J 50 JC ．50 J 50 JD ．450 J 450 J解析：行李相对地面的速度v ＝v 车＋v 相对＝15 m/s ，所以行李的动能E k ＝12m v 2＝450 J 。
行李相对客车的速度v ′＝5 m/s ， 所以行李的动能E k ′＝12m v ′2＝50 J2．如图所示，某人骑自行车下坡，坡长l ＝500 m ，坡高h ＝8 m ，人和车总质量为100 kg ，下坡时初速度为4 m/s ，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s ，g 取10 m/s 2，则下坡过程中阻力所做的功为( B )A ．－4 000 JB ．－3 800 JC ．－5 000 JD ．－4 200 J解析：由动能定理有mgh ＋W f ＝12m (v 2t －v 20)，解得： W f ＝－mgh ＋12m (v 2t －v 20)＝－3 800 J ，故B 正确。
3．某同学用200 N 的力将质量为0.44 kg 的足球踢出，足球以10 m/s 的初速度沿水平草坪滚出60 m 后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是( B )A．4.4 J B．22 J C．132 J D．12 000 J解析：根据动能定理，W＝12m v2＝12×0.44×102 J＝22 J。
4．(2018·河南省洛阳市高一下学期期中)如图所示，一物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，若物体以8 J的初动能从A点沿同一路线滑到B点，则物体到B点时的动能是(A)A．小于8 J B．等于8 JC．大于8 J D．不能确定解析：当物体以6J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，根据动能定理有：W G＋W f＝0，当以8 J的初动能从A点下滑时，由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力提供向心力，由于速度变大，圆弧轨道给物体的弹力变大，根据滑动摩擦力大小的计算式：f＝μF N，可得物体受到的摩擦力增大，在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，所以物体在从A到B的过程中，克服摩擦力做功增大，重力做功不变，所以到达B 点时动能小于8 J，故A正确，BCD错误。
5．关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法正确的是(BCD)A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能一定要变化B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动解析：由功的公式W＝Fl cosα知，合力不为零，但若α＝90°，合力的功也为零，A错误。
若合力为零，则合力的功也为零，由动能定理W总＝E k2－E k1，合力做的总功必为零，则物体的动能不发生改变，B正确，另外，由牛顿第二定律，有合力作用，就一定会改变物体的运动状态，物体做变速运动。
6．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做的功为W，则(CD)A ．从第1 s 末到第3 s 末合力做的功为4WB ．从第3 s 末到第5 s 末合力做功为－2WC ．从第5 s 末到第7s 末合力做的功为WD ．从第3 s 末到第4 s 末合力做的功为－0.75W解析：物体在第1s 末到第3s 末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，故A 错误；从第3 s 末到第5 s 末动能的变化量与第1 s 内动能的变化量相反，合力的功相反，等于－W ，故B 错误；从第5 s 末到第7 s 末动能的变化量与第1 s 内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W ，故C 正确。
从第3 s 末到第4 s 末动能变化量是负值，大小等于第1 s 内动能的变化量的34，则合力做功为－0.75 W ，故D 正确。
二、非选择题7．冰壶场地如图所示，假设质量为m 的冰壶在运动员的操控下，先从起滑架A 点由静止开始加速启动，经过投掷线B 时释放，以后匀减速自由滑行刚好能滑至营垒中心O 停下。
已知A 、B 相距L 1，B 、O 相距L 2，冰壶与冰面各处的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g 。
求：(1)冰壶运动的最大速度v max ；(2)在AB 段，运动员水平推冰壶做的功W 。
解析：(1)由题意知，在B 点冰壶有最大速度，设为v max ，在BO 段运用动能定理有－μmgL 2＝0－12m v 2max ，解得v max ＝2μgL 2。
(2)全过程运用动能定理。
对AO 过程： W －μmg (L 1＋L 2)＝0， 解得W ＝μmg (L 1＋L 2)。
能力提升一、选择题(1～3题为单选题，4～6题为多选题)1．某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.4 m ，目测空中脚离地最大高度约0.8 m ，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功大约为( A )A ．625 JB ．250 JC ．50 JD ．2 500 J解析：该同学做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g 的匀减速直线运动，则t ＝2h g＝2×0.810s ＝0.4 s 竖直方向初速度 v y ＝gt ＝4 m/s水平方向做匀速直线运动，则v 0＝x 2t ＝ 2.42×0.4m/s ＝3 m/s则起跳时的速度 v ＝v 20＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s设中学生的质量为50 kg ，根据动能定理得： W ＝12m v 2＝625 J ，故选A 。
2．(2018·湖北孝感高级中学高一下学期期中)如图所示，半圆形轨道MON 竖直放置且固定在地面上，直径MN 是水平的，一小物块从M 点正上方高度为H 处自由下落，正好在M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N 点后上升的最大高度为H /2，小物块接着下落从N 点滑入半圆轨道，在向M 点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)( C )A ．小物块正好能到达M 点B ．小物块一定到不了M 点C ．小物块一定能冲出M 点D ．不能确定小物块能否冲出M 点解析：质点第一次在半圆轨道中运动的过程，由动能定理得：mg (H －H2)＋(－W f )＝0－(W f 为质点克服摩擦力做功大小)，解得：W f ＝12mgH ；由于第二次小球在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于12mgH ，因此小球再次冲出M 点时，能上升的高度大于零而小于12H ；故ABD 错误，C 正确；故选C 。
3．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其距离d ＝0.50 m ，盆边缘的高度h ＝0.30 m ，在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的地点到B 的距离为( D )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0解析：分析小物块的运动过程，可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减小。
设物块在BC 上运动的总路程为l 。
根据动能定理得mgh －μmgl ＝0，解得l ＝h μ＝0.300.10 m ＝3 m＝6d ，即小物块正好停在B 点，所以D 选项正确。
4．在平直公路上， 汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v m 后立即关闭发动机直到停止，v －t 图像如图所示。
设汽车的牵引力为F ，摩擦力为f ，全过程中牵引力做功W 1，克服摩擦力做功W 2，则( BC )A ．F ∶f ＝1∶3B ．F ∶f ＝4∶1C ．W 1∶W 2＝1∶1D ．W 1∶W 2＝1∶3解析：全过程初、末状态的动能都为零， 对全过程应用动能定理得 W 1－W 2＝0①即W 1＝W 2，选项C 正确。
设物体在0～1 s 内和1～4 s 内运动的位移大小分别为s 1、s 2，则 W 1＝Fs 1② W 2＝f (s 1＋s 2)③在v －t 图像中，图像与时间轴包围的面积表示位移，由图像可知， s 2＝3s 1④由②③④式解得 F ∶f ＝4∶1，选项B 正确。
5．如图所示为一滑草场。
某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。
质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。
则( AB )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析：由题意根据动能定理得，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos45°·hsin45°－μmg cos37°·h sin37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，故A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，故C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin45°－μcos45°)＝214g ，a 2＝g (sin37°－μcos37°)＝－335g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1hsin45°＝v 2得，v ＝2a 1hsin45°＝27gh ，故B 项正确，D 项错误。
6．(2018·江苏省无锡市江阴四校高一下学期期中)在光滑的水平面上，质量为m 的小滑块停放在质量为M 、长度为L 的静止的长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ.现用一个大小为F 的恒力作用在M 上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v 1、v 2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s 1、s 2，下列关系式正确的是( ABD )A ．μmgs 1＝12m v 21B ． Fs 2－μmgs 2＝12M v 22C ．μmgL ＝12m v 21D ．Fs 2－μm gs 2＋μmgs 1＝12M v 22＋12m v 21解析：对m 由动能定理得：μmgs 1＝12M v 21，故A 正确C 错误；对M 由动能定理得：Fs 2－μmgs 2＝12M v 22，故B 正确由以上两式整理得Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12M v 22＋12m v 21，故D 正确。