浙江物理学考第二题计算题圆周运动及动能定理

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1_浙江卷(解析) ——2022年6月普通高校招生选考物理考试

2022年6月浙江选考物理卷Ａ根据Ｆ＝ｍａ可知，力的单位间的换算关系为１Ｎ＝１ｋｇ㊃ｍ／ｓ２，故Ａ正确，Ｂ㊁Ｃ㊁Ｄ错误㊂Ｂ链球做匀速圆周运动过程中，加速度大小不变，方向指向圆心，即方向时刻变化，故加速度变化，选项Ａ错误；惯性大小只与物体质量有关，质量越大，惯性越大，并不随速度增大而增大，选项Ｂ正确；乒乓球被击打过程中受到的作用力是个瞬间突变的力，选项Ｃ错误；篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，选项Ｄ错误㊂Ｃ鱼儿吞食花瓣时，有竖直方向的加速度，受力不平衡，选项Ａ错误；鱼儿摆尾出水时，鱼儿所受浮力越来越小，其大小小于重力，选项Ｂ错误；鱼儿摆尾击水时，鱼尾对水有作用力，根据牛顿第三定律，鱼尾会受到水的反作用力，选项Ｃ正确；研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作，不能将其视为质点，选项Ｄ错误㊂Ｂ复色光通过双缝干涉实验装置，能够看到彩色的干涉条纹，选项Ａ错误；利用双缝可以得到两列相干光，明暗相间条纹是这两列光在屏上叠加的结果，选项Ｂ正确；根据双缝干涉条纹间距公式Δｘ＝Ｌλｄ可知，光屏前移或后移，会改变干涉条纹的疏密程度，选项Ｃ错误；蓝光的波长比红光的短，通过同一个干涉实验装置，根据Δｘ＝Ｌλｄ可知，蓝光干涉条纹的间距比红光的小，选项Ｄ错误㊂Ｂ磁场对电流有力的作用，静止的电荷不会产生等效电流，所以恒定的磁场不会对其有力的作用，选项Ａ错误；小磁针Ｎ极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，选项Ｂ正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，磁通量变化率最小，此时电流为零，选项Ｃ错误；变压器中，考虑到漏磁因素，副线圈的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率，选项Ｄ错误㊂Ｃ根据万有引力提供向心力有ＧＭｍｒ２＝ｍｖ２ｒ，可知ｖ＝ＧＭｒ，离地面越高，轨道半径越大，环绕速度越小，选项Ａ错误；返回舱中的宇航员处于失重状态，但受地球的引力，选项Ｂ错误；根据ｖ＝ＧＭｒ可知，天体在同一个轨道上运行的速度与天体的质量无关，选项Ｃ正确；返回舱穿越大气层返回地面过程中，返回舱与空气剧烈摩擦，机械能减少，选项Ｄ错误㊂Ｂ氢原子在向低能级跃迁时放出光子，光子的能量等于两能级的能量差，氢原子处于ｎ＝３的激发态，向基态跃迁时，逸出光子的能量最大，为ｈν＝Ｅ３－Ｅ１＝１２．０９ｅＶ，照射逸出功为２．２９ｅＶ的金属钠，根据爱因斯坦光电效应方程可知逸出光电子的最大初动能Ｅｋ＝ｈν－Ｗ＝９．８ｅＶ，Ａ错误；ｎ＝３跃迁到ｎ＝１放出的光子频率ν最大，波长λ最小，根据ｐ＝ｈλ可知动量ｐ最大，Ｂ正确；ｎ＝３跃迁到ｎ＝２放出的光子能量小于金属钠的逸出功，所以只有２种频率的光子能使金属钠产生光电效应，Ｃ错误；ｎ＝３与ｎ＝４的能级差为０．６６ｅＶ，用０．８５ｅＶ的光子照射，氢原子不能跃迁到ｎ＝４激发态，Ｄ错误㊂Ｃ往大水球中央注入空气，形成一个空气泡，当光从水射向气泡，即由光密介质射向光疏介质，若入射角小于临界角，发生折射，若入射角大于或等于临界角，就会发生全反射现象，气泡就会看起来很明亮，Ｃ正确㊂Ｃ不知粒子的电性，故无法判断哪板电势高，Ａ错误；两个粒子所受电场力均做正功，电势能都减少，故Ｂ错误；设板间距离为ｄ，粒子运动的加速度为ａ，对垂直Ｍ板向右的粒子有：（２ｖ０）２－ｖ２０＝２ａｄ，对平行Ｍ板向下３２的粒子有：Ｌ２＝ｖ０ｔ，ｄ＝１２ａｔ２，联立解得：ａ＝２ｖ２０Ｌ，ｔ＝Ｌ２ｖ０，故Ｃ正确，Ｄ错误㊂模型构建㊀平行Ｍ板向下的粒子在匀强电场中做类平抛运动，可利用分运动解题㊂Ｂ对其中一根斜杆的底端分析，受力如图所示，对整体分析可知ＦＮ＝Ｇ４，则地面对杆的作用力Ｆᶄ＝ＦＮｃｏｓ３０ʎ＝３６Ｇ，摩擦力Ｆｆ＝ＦＮｔａｎ３０ʎ＝３１２Ｇ，故Ｂ正确，Ａ㊁Ｃ㊁Ｄ均错误㊂Ｂ小球与弹簧接触前一段时间内速度大小不变，因此，小球的运动不是简谐运动，Ａ错误；动能和弹性势能都是标量，由对称性知，小球动能与两根弹簧总弹性势能的变化周期均为Ｔ２，故Ｃ错误，Ｂ正确；若小球初速度为ｖ２，由１２ｍｖ２＝１２ｋｘ２知，弹簧的最大压缩量减半，故球与弹簧的接触时间不是原来的２倍，因此周期不是２Ｔ，故Ｄ错误㊂Ｄ设转化效率为η，则Ｐ出＝１２㊃ρｖＡ㊃ｖ２㊃η＝１２ρＡｖ３η，故输出电功率与ｖ３成正比，Ａ错；单位时间内流过面积Ａ的空气动能为１２ρＡｖ３，Ｂ错；每天的发电量为Ｅ每天＝Ｐ每天㊃ｔ㊃η＝２．４ˑ１０９㊃ηｋＷ㊃ｈ，由于η小于１，故Ｃ错；风速在６１０ｍ／ｓ范围内时，η不变，输出电功率至少为Ｐ出ᶄ＝１２ρＡｖᶄ３η＝１２０ｋＷ，故每年发电量至少为Ｐ出ᶄ㊃５０００ｈ＝６ˑ１０５ｋＷ㊃ｈ，故Ｄ正确㊂解题关键㊀风速在５１０ｍ／ｓ范围内η恒定，题目中给出风速是９ｍ／ｓ时的输出功率，可根据这个速度下的输出功率推导出风速是６ｍ／ｓ时的输出功率㊂Ｃ以最大加速度加速㊁减速运动，时间最短㊂由Ｆｍ－ｍｇ＝ｍａ１，即３００Ｎ－２００Ｎ＝２０ａ１（Ｎ），解得ａ１＝５ｍ／ｓ２；由ｖ１＝Ｐ额Ｆｍ，匀加速运动的末速度ｖ１＝１２００３００ｍ／ｓ＝４ｍ／ｓ，由ｖ１＝ａ１ｔ１，得ｔ１＝４５ｓ＝０．８ｓ，该段位移ｘ１＝ｖ１２ｔ１＝４２ˑ０．８ｍ＝１．６ｍ；由Ｐ额＝ｍｇｖｍ得匀速运动的速度ｖｍ＝１２００２００ｍ／ｓ＝６ｍ／ｓ；匀减速运动的时间ｔ３＝ｖｍａ２＝６５ｓ＝１．２ｓ，该段位移ｘ３＝ｖｍ２ｔ３＝６２ˑ１．２ｍ＝３．６ｍ，则变加速度与匀速运动的总位移ｘ２＝（８５．２－１．６－３．６）ｍ＝８０ｍ，对该过程应用动能定理，Ｐ额ｔ２－ｍｇｘ２＝１２ｍｖ２ｍ－１２ｍｖ２１，代入数据解得ｔ２＝１３．５ｓ，则全程总时间ｔ＝ｔ１＋ｔ２＋ｔ３＝（０．８＋１３．５＋１．２）ｓ＝１５．５ｓ，故Ｃ正确㊂解题指导㊀本题运动过程复杂，利用ｖ－ｔ图像进行分析推理，既能思路清晰，又不易犯错误㊂易犯的错误是漏掉变加速运动过程，熟练掌握汽车两类启动模型是防止犯此类错误的关键㊂ＡＢ由质量数守恒和电荷数守恒，可知Ｘ是１１Ｈ，故Ａ正确；１４６Ｃ能够自发地放出β射线，故可以用作示踪原子，故Ｂ正确；０－１ｅ为原子核内部的中子转化而来（１０ｎң０－１ｅ＋１１Ｈ），故Ｃ错误；半衰期为大量粒子的统计规律，少量粒子具有偶然性，故Ｄ错误㊂４２ＢＣ粒子做圆周运动，根据电场力提供向心力有ｑＥ＝ｍω２ｒ，根据题意，电场强度大小可表示为Ｅ＝ａｒ，联立解得ω＝ｑａｍｒ２，粒子比荷ｑｍ相同，ａ为常量，所以轨道半径ｒ小的粒子角速度一定大，Ａ错误；根据电场力提供向心力有ｑＥ＝ｍｖ２ｒ，则粒子的动能Ｅｋ＝１２ｑａ，电荷量大的粒子的动能一定大，Ｂ正确；由ｑＥ＝ｍｖ２ｒ及Ｅ＝ａｒ可得ｖ＝ｑａｍ，粒子的速度大小与轨道半径ｒ无关，Ｃ正确；因为不知道粒子的速度方向及磁场方向，当加垂直纸面磁场时，粒子所受的洛伦兹力可能指向圆心，也可能背离圆心，粒子不一定做离心运动，Ｄ错误㊂ＢＤ沿ｘ轴正负方向传播的波不会叠加，不会发生干涉，Ａ错误；在ｔ＝２．０ｓ波源停止振动后，其振动形式在ｔ＝２．１ｓ时分别向左和向右传至ｘ＝０和ｘ＝０．５ｍ处，由Δｘ＝０．２５ｍ㊁Δｔ＝０．１ｓ可知波速ｖ＝ΔｘΔｔ＝２．５ｍ／ｓ，从题图中看出波长λ＝１ｍ，则波的周期Ｔ＝λｖ＝０．４ｓ，２．０ｓ０．４ｓ＝５，波源振动完整的５个周期后停止振动，停止振动前波源从负向位移回到平衡位置，则分析可知波源ｐ从ｔ＝０时刻开始由平衡位置向上振动，ｔ＝０．４２ｓ时，波源正处于平衡位置上方向上振动的过程中，位移为正，Ｂ正确；在ｔ＝２．１ｓ时质点ａ位于波谷，与ｔ＝２．２５ｓ的时间间隔Δｔ＝０．１５ｓ＜Ｔ２，则ｔ＝２．２５ｓ时质点ａ沿ｙ轴正方向振动，Ｃ错误；波源ｐ从ｔ＝０时刻开始振动，在ｔ＝０．３ｓ时，质点ｂ开始振动，即在０到２ｓ内，质点ｂ运动的时间为ｔ＝１．７ｓ＝４Ｔ＋Ｔ４，质点ｂ运动总路程ｓ＝１７Ａ，Ａ＝１５ｃｍ，则ｓ＝２．５５ｍ，Ｄ正确㊂答案（１）①６．２０ʃ０．０５㊀１．９ʃ０．２㊀②ＢＣ（２）①Ｄ㊀②３解析（１）①毫米刻度尺读数为６．２０ｃｍ－０．００ｃｍ＝６．２０ｃｍ（估读到小数点后第二位）㊂把题图中各点用直线连接，图线斜率表示加速度，由Ａ（０．１０，０．３０）㊁Ｂ（０．６０，１．２３）两点，可得ａ＝１．２３－０．３００．６０－０．１０ｍ／ｓ２ʈ１．９ｍ／ｓ２㊂② 探究加速度与力㊁质量的关系实验中，需平衡摩擦力，把钩码换成砝码盘和砝码是为了便于控制小车所受的外力，故选Ｂ㊁Ｃ㊂（２）①两弹簧秤读数不必相同；在结点位置确定好的情况下，确定一个拉力的方向只需要选择距离稍远的一个点；弹簧秤外壳与木板之间可以有摩擦；橡皮条㊁细绳和弹簧秤与木板应贴近且平行，故选Ｄ㊂②只有一个弹簧秤时，确定三个力的大小至少需拉３次㊂答案（１）①ａｆ㊁ｆｄ㊁ｃｅ㊀②１．５０ʃ０．０２㊀③Ⅱ㊀Ｒ０＜Ｒ（２）ＢＤ解析（１）①由电路图可知，滑动变阻器采用分压式接法，电压表并联接在电阻两端，由实物图可知电源电压为３Ｖ，故需连接ｃｅ㊁ｆｄ㊁ａｆ三条线㊂②电压表０３Ｖ量程的分度值为０．１Ｖ，估读一位，读数为１．５０Ｖ㊂③滑片滑到ＡＢ段中点时，电阻箱阻值越大，电阻箱与滑５２动变阻器ＡＰ段的并联电阻越接近ＲＡＰ，根据串联分压规律，ＵＡＰ＝ｘＬＵ，ＵＡＰ与ｘＬ成正比，故Ｒ＝１００Ω时对应图线Ⅱ，选择滑动变阻器的依据是Ｒ０＜Ｒ㊂（２）Ｇ１㊁Ｇ２按题图连接，晃动Ｇ１时，Ｇ１的指针向左偏，线圈切割磁感线，相当于发电机，产生的感应电流经导线流到Ｇ２，在安培力作用下线圈转动，指针偏转，相当于电动机，故Ｂ㊁Ｄ正确㊂答案（１）２ｍ／ｓ２㊀（２）４ｍ／ｓ㊀（３）２．７ｍ解析（１）由牛顿第二定律ｍｇｓｉｎ２４ʎ－μｍｇｃｏｓ２４ʎ＝ｍａ１㊀ａ１＝２ｍ／ｓ２（２）匀加速㊀ｖ２＝２ａ１ｌ１㊀ｖ＝４ｍ／ｓ（３）匀减速㊀ｖ２１－ｖ２＝２ａ２ｌ２㊀ａ２＝－μｇ㊀ｌ２＝２．７ｍ答案（１）５ｍ／ｓ㊀（２）ＦＮ＝０．１ｈ－０．１４（ｈȡ１．２ｍ）㊀（３）见解析解析（１）滑块ｂ摆到最低点㊀ｍｇｈ＝１２ｍｖ２ｂ弹性正碰㊀ｖ０＝ｖｂ＝５ｍ／ｓ（２）以竖直向下为正方向㊀ＦＮ＋ｍｇ＝ｍｖ２ＥＲｍｇｈ－２μｍｇｌ－ｍｇＨ＝１２ｍｖ２Ｅ㊀ＦＮ＝０．１ｈ－０．１４（ｈȡ１．２ｍ）从ｈ１释放时，滑块ａ运动到Ｅ点时速度恰好为零ｍｇｈ１－２μｍｇｌ－ｍｇＨ＝０㊀ｈ１＝１．２ｍ（３）当１．２ｍɤｈ＜１．６５ｍ时ｔ＝２Ｈｇ㊀ｓ＝ｖＥｔ３＋３５æèçöø÷ｍɤｘ＜３．６＋３５æèçöø÷ｍ当０．９ｍ＜ｈ＜１．２ｍ时，从ｈ２＝０．９ｍ释放时，滑块ａ运动到距ｃ点０．８ｍ处速度恰好为零，滑块ａ由Ｅ点速度为零，返回到ＣＤ时距Ｃ点０．６ｍ处速度恰好为零２．６ｍ＜ｘɤ３ｍ答案（１）８０Ａ㊀（２）０．５Ω㊀（３）５＋３２ｓ解析（１）安培力Ｆ安＝ｎＢＩｌ㊀ａ＝ｖ１ｔ１㊀Ｉ＝（ｍ＋Ｍ）ａｎｌＢ＝８０Ａ（２）感应电流Ｉᶄ＝ｎＢｌｖＲ０＋Ｒ由牛顿第二定律有（８００－１０ｖ）＋ｎ２ｌ２Ｂ２Ｒ０＋Ｒｖ＝ｍａᶄ在ｔ１至ｔ３期间加速度恒定，则ｎ２ｌ２Ｂ２Ｒ０＋Ｒ＝１０ｋｇ㊃ｓ－１㊀Ｒ＝０．５Ω㊀ａᶄ＝１６０ｍ／ｓ２（３）ｔ２－ｔ１＝ｖ１ａᶄ＝０．５ｓｓ＝１２ｔ２ｖ１＝８０ｍ－ｎＢｌΔｑ＝０－ｍａᶄ（ｔ３－ｔ２）［或ｎＢｌΔｑ＝ｍａᶄ（ｔ３－ｔ２）］感应电荷量Δｑ＝ｎＢｌｓ－１２ａᶄ（ｔ３－ｔ２）２éëêêùûúúＲ＋Ｒ０（ｔ３－ｔ２）２＋（ｔ３－ｔ２）－１ｓ＝０ｔ３＝５＋３２ｓ答案见解析解析（１）①离子在磁场中运动ｑｖ０Ｂ＝ｍｖ２０Ｒ㊀Ｂ＝ｍｖ０ｑＲ②离子在磁场中的运动时间ｔ＝πＲ２ｖ０转筒的转动角度ωｔ＝２ｋπ＋π２ω＝（４ｋ＋１）ｖ０Ｒ，ｋ＝０，１，２，（２）设速度大小为ｖ的离子在磁场中圆周运动半径为ＲᶄＲᶄ＝Ｒｔａｎθ２㊀ｖ＝ｖ０ｔａｎθ２离子在磁场中的运动时间ｔᶄ＝（π－θ）Ｒｖ０转筒的转动角度ωᶄｔᶄ＝２ｎπ＋θ６２转筒的转动角速度ωᶄ＝（２ｎπ＋θ）ｖ０（π－θ）Ｒ，ｎ＝０，１，２，动量定理Ｆ２πωᶄ＝ＮｍｖＦ＝（２ｎπ＋θ）Ｎｍｖ２０２（π－θ）πＲｔａｎθ２，ｎ＝０，１，２，（３）转筒的转动角速度（４ｋ＋１）ｖ０Ｒ＝（２ｎπ＋θᶄ）ｖ０（π－θᶄ）Ｒ＜６ｖ０Ｒｋ＝１，θᶄ＝５－２ｎ６π，ｎ＝０，２可得θᶄ＝５６π，１６π７２。

高中物理动能与动能定理试题(有答案和解析)及解析

高中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，两物块A 、B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg 的子弹C 以v 0=100m/s 的水平速度从左面射入A ，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A 、B 都没有离开桌面．已知物块A 的长度为0.27m ，A 离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m ．设子弹在物块A 、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2．(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块A 和物块B 离开桌面时速度的大小分别是多少；（2）子弹在物块B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离．【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）23.510B m L -=⨯（3）22.510m -⨯【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动： 212h gt =解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A sv t=，解得：v A =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：0()A B mv Mv M m v =++B 离开桌边的速度v B =10m/s（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：012A mv mv Mv =+v 1=40m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒2221111()222B A B fL Mv mv M m v =+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒22201111()222A A fL mv mv M M v =--+②由①②解得23.510B L -=⨯m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，由动能定理：211()02A fs M M v =+-③子弹在物块B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s 2，由动能定理2221122B A fs Mv Mv =-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，解得：2min 2.510s m -=⨯考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．2．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和B ，A 、B 质量均为m 。

高考物理动能与动能定理试题经典及解析

(1)玩具滑车到达点时对点的压力大小。
(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】
【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。
2．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/s2，忽略空气阻力．求：
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/s2。
【解析】
试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过B点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。

(浙江专版)2021版高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动及其应用练习(含解析)

第3讲圆周运动及其应用考点1 描述圆周运动的物理量及其关系(d)【典例1】(2018·浙江4月选考真题)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们( )A.线速度大小之比为4∶3B.角速度大小之比为3∶4C.圆周运动的半径之比为2∶1D. 向心加速度大小之比为1∶2【解析】选A。

因为相同时间内它们通过的路程之比是4∶3,根据v=,则A、B的线速度之比为4∶3,故A正确;运动方向改变的角度之比为3∶2,根据ω=,则角速度之比为3∶2,故B错误;根据v=ωr可得圆周运动的半径之比为=×=×=,故C错误;根据a=vω得,向心加速度之比为==×=,故D错误。

1.如图是自行车传动结构的示意图,其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮,Ⅱ是半径为r2的小齿轮,Ⅲ是半径为r3的后轮,假设脚踏板的转速为n r/s,则自行车前进的速度为( )A. B.C. D.【解析】选D。

转速为单位时间内转过的圈数,因为转动一圈,对圆心转过的角度为2π,所以ω=2πn,因为要测量自行车前进的速度,即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小。

根据题意知:轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等,据v=rω可知r1ω1=r2ω2,已知ω1=2πn,则轮Ⅱ的角速度ω2=ω1。

因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴,所以转动的ω相等,即ω3=ω2,根据v=rω可知,v=r3ω3=,故选D。

2.(2019·台州模拟)如图所示为“行星转动示意图”。

中心“太阳轮”的转动轴固定,其半径为R1,周围四个“行星轮”的转动轴固定,其半径为R2,“齿圈”的半径为R3,其中R1=1.5R2,A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点,齿轮转动过程不打滑,那么( )A.A点与B点的角速度相同B.A点与B点的线速度相同C.B点与C点的转速之比为7∶2D.A点与C点的周期之比为3∶5【解析】选C。

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

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，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kg m =，电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J 。

某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。

已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α︒=，倾斜轨道长为2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

小物块在C 点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。

只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =⨯。

已知cos370.8︒=，sin370.6︒=，取210m/s g =，求：（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ；（2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ⩽0.022m 【解析】【分析】【详解】（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能212P A E mv =解得220.324m/s 0.04P A E v m ＝＝＝⨯ （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有cos37A Bvv ︒＝所以45m/s 0.8B v ＝＝ B 到C 根据动能定理有2211sin37cos3722C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=- 解得33m/s C v ＝（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg =59.6N所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2Dv F m R＝解得D FRv m＝所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：R ≤0.022m2．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E ，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和B ，两小球质量均为m ，A 球带电荷量为Q +，B 球不带电，A 、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L ，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A 、B 两球间无电量转移．(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B 与时间t 的函数关系．【答案】(1)10A v '= 12BQEL v m='5QEL (3) 222B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭223mL mLt QE QE<≤ 【解析】（1）A 球的加速度QE a m =，碰前A的速度1A v =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'1A v 、'1B v ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：''111A A B m m m v v v =+，2'2'2111111222A AB m m m v v v =+所以B 碰撞后交换速度：'10A v =，'11B A v v ==（2）设A 球开始运动时为计时零点，即0t =，A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t；由匀变速速度公式有：110A avt -==第一次碰后，经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为2A v 和2B v ，由位移关系有：()()2'1212112B av t t t t -=-，得到：213tt == ()2211122A A a a v t t t v =-===；'21B B v v = 由功能关系可得：222211=522A B m m QEL W v v +=电（另解：两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ，1L x =，由匀变速规律推论24L x =，根据电场力做功公式有：()125W QE QEL x x =+=）（3）对A 球由平衡条件得到：A QB mg v =，A at v =，QEa m=从A 开始运动到发生第一次碰撞：()220t mg g t Qat Et m B Q ⎛==<≤ ⎝ 从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()2t t B =<≤ 点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．3．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

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
代入数据得：Q＝126 J 故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在 v-t 图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。
5．如图所示，一质量为 M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为 m 的小物块以速度 v0 向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为 μ，弹簧弹性势能 Ep 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为 g.求：
6J
(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得
解得 BC 间距离
mg
3r
mgs
1 2
mvc2
s 0.5m
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
mgs
1 2
mvc2
解得
s 0.7m 故最终小滑动距离 B 为 0.7 0.5m 0.2m处停下.
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2） 0～8 s 内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量 Q。【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【解析】【详解】 (1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,

高二物理动能定理试题答案及解析

高二物理动能定理试题答案及解析1.质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，关于该过程下列说法中正确的是（）A．物体的机械能增加B．物体的机械能减小C．重力对物体做功D．物体的动能增加【答案】D【解析】物体从静止以的加速度竖直上升h，重力做了，故重力势能增加为，故A、C选项错误；牛顿第二定律，解得，故F做的功为，故物体的机械能增加了，B选项错误；由动能定理知，解得物体的动能增加，故D选项正确。

【考点】牛顿第二定律动能定理重力做功与重力势能的关系机械能的电场加速后从中心进入一个平行板2.带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直。

已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，，重力不计，求：两极板的电压为U2（1）经过加速电场后的速度；（2）离开电容器电场时的偏转量。

【答案】（1）；（2）【解析】试题分析: （１）粒子在加速电场加速后，由动能定理得速度为（２）进入偏转电场，粒子在平行于板面的方向上做匀速运动在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度因此离开电容器电场时的偏转。

【考点】动能定理，带电粒子在匀强电场中的运动3.如图所示，在点电荷Q的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在同一等势面上，无穷远处电势为零。

甲、乙两个带粒子经过a点时动能相同，甲粒子的运动轨迹为acb，乙粒子的运动轨迹为adb．由此可以判定：A．甲粒子经过c点与乙粒子经过d点时的动能相等B．甲、乙两粒子带同种电荷C．甲粒子经过b点时的动能小于乙粒子经过b点时的动能D．甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能【答案】 D【解析】试题分析: ac两点和ad两点之间的电势差相等，因为两电荷的电量大小未知，则无法比较电场力做功，根据动能定理，无法比较粒子在c点和d点的动能大小．故A错误；根据轨迹的弯曲知，乙电荷受到的斥力，甲电荷受到的是引力．所以两粒子的电性相反．故B错误；a到b，不管沿哪一路径，电场力做功为零，动能不变．故C错误；因为甲粒子受到的引力作用，电场力做正功，电势能减少，乙粒子受到的是斥力作用，电场力做负功，电势能增加，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能．故D正确；【考点】等势面；动能定理的应用；电势能4.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则 ( )A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先减小后增大.【答案】A【解析】对小物体，从M到N再到M，由动能定理可知：，从M到N，由动能定理可知：，联立解得：，故选项A正确；从N到M，电场力对小球先做正功再做负功，电势能先减小再增大，故选项BC错误；从N到M，电场力先增大再减小，故选项D错误．【考点】本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．5.如图所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m，带电量为的有孔小球从杆上A点无初速下滑，已知q<<Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为，则小球从A运动到B的过程中，电场力做的功为：______________；A、C 两点间电势差为 ____________.【答案】；【解析】试题分析: 设小球由A到B电场力所做的功为WAB ，由动能定理得mgh+WAB=解得：WAB=由于B、C在以Q为圆心的圆周上，所以φB =φC，所以UAC=UAB==【考点】动能定理的应用，,电势能。

【物理】2015年高考真题理综物理——浙江卷(解析版)

一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 14下列说法正确的是( )A 电流通过导体的热功率与电流大小成正比B 力对物体所做的功与力的作用时间成正比C 电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比D 弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比【答案】C考点：电功率，功，电容，胡克定律15如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间t ∆，测得遮光条的宽度为x ∆，用xt∆∆近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使xt∆∆更接近瞬时速度，正确的措施是( )A 换用宽度更窄的遮光条B提高测量遮光条宽度的精确度D使滑块的释放点更靠近光电门D增大气垫导轨与水平面的夹角【答案】A考点：平均速度和瞬时速度16如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。

工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则( )A乒乓球的左侧感应出负电荷B乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【答案】D【解析】试题分析：从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B 错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C 错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D 正确；考点：考查了库仑力，静电感应17如图所示为足球球门，球门宽为L ，一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P 点）。

动能和动能定理计算题2

2014-2015学年度???学校8月月考卷第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1．如图所示，物体沿斜面匀速下滑，在这个过程中物体所具有的动能_________，重力势能_________，机械能_________（填“增加”、“不变”或“减少”）v【答案】不变；减少；减少【解析】物体匀速下滑，速度不变,动能不变，高度降低重力势能减小，机械能等于重力势能和动能之和，则机械能减小。

2．一人坐在雪橇上，从静止开始沿着高度为15m 的斜坡滑下，到达底部时速度为10m/s ．人和雪橇的总质量为60kg ，下滑过程中克服阻力做的功等于_______J ．(g=10m/s 2) 【答案】6000J【解析】由动能定理可知J W mv W mgh 32106,21⨯==- 3．（10分）如图所示，用力拉一质量为m 的物体，使它沿水平地面匀速移动距离s ，若物体和地面间的动摩擦因数为μ，则此力对物体做的功为。

【答案】cos cos sin mgs μθθμθ+【解析】4．如图是“验证动能定理”实验中得到的一条纸带，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz ，当地的重力加速度g =10m/s 2，测得所用重物的质量为1.0kg ， A 、B 、C 、D 是连续打出的四个点，它们到O 点的距离图上已标出。

则由图中数据可知，重物由O 点运动到C 点，重力做的力大小等于 J ，动能的增加量等于 J ，（计算保留2位小数）动能的增加量小于重力势能的减少量的主要原因是。

【答案】8.02 8.00 摩擦阻力做功【解析】5．水平桌面上有一物体，受一水平方向的恒力F 的作用，由静止开始无摩擦地运动，经过路程S 1，速度达到V ，又经过路程S 2，速度达到2V ，则在S 1和S 2两段路程中F 所做的功之比为。

【答案】1：3 【解析】6．在光滑的水平面上，一个人用100N 的力与水平方向成60度角推一个箱子前进6m ，如图则推力所做的功是__ ___J 。

[原创]圆周运动。动能定理

圆周运动1．物体做匀速圆周运动的条件：匀速圆周运动的运动条件：做匀速圆周运动的物体所受合外力大小不变，方向总是和速度方向垂直并指向圆心。

2．描述圆周运动的运动学物理量（1）圆周运动的运动学物理量有线速度v 、角速度ω、周期T 、转速n 、向心加速度a 等。

它们之间的关系大多是用半径r 联系在一起的。

如：T r r v πω2=⋅=，22224Tr r r v a πω===。

要注意转速n 的单位为r/min ，它与周期的关系为nT 60=。

（2）向心加速度的表达式中，对匀速圆周运动和非匀速圆周运动均适用的公式有：ωωv r r v a ===22，公式中的线速度v 和角速度ω均为瞬时值。

只适用于匀速圆周运动的公式有：224Tra π= ，因为周期T 和转速n 没有瞬时值。

3．描述圆周运动的动力学物理量———向心力（1）向心力来源：向心力是做匀速圆周运动的物体所受外力的合力。

向心力是根据力的作用效果命名的，不是一种特殊的性质力。

向心力可以是某一个性质力，也可以是某一个性质力的分力或某几个性质力的合力。

例如水平转盘上跟着匀速转动的物体由静摩擦力提供向心力；带电粒子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力；电子绕原子核旋转由库仑力提供向心力；圆锥摆由重力和弹力的合力提供向心力。

做非匀速圆周运动的物体，其向心力为沿半径方向的外力的合力，而不是物体所受合外力。

（2）向心力大小：根据牛顿第二定律和向心加速度公式可知，向心力大小为：22224Tr m r m r v m F πω=== 其中r 为圆运动半径。

（3）向心力的方向：总是沿半径指向圆心，与速度方向永远垂直。

（4）向心力的作用效果：只改变线速度的方向，不改变线速度的大小。

几种常见的匀速圆周运动的实例图表图形受力分析利用向心力公式2tan sin mg m l θωθ=2tan (sin )mg m l d θωθ=+2tan mg m r θω=2tan mg m r θω=2Mg m r ω=4．竖直平面内圆周运动的临界问题：由于物体在竖直平面内做圆周运动的依托物（绳、轻杆、轨道、管道等）不同，所以物体在通过最高点时临界条件不同。

浙江物理学考第二题计算题圆周运动及动能定理

学考计算题第二题1.如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D 点，g取10m/s2．求：（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；（3）若滑块离开C处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力．:2.如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B端在O的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍．求：（1）释放点距A点的竖直高度；（2）落点C与A的水平距离．)3.如图所示，一个小球（视为质点）从H高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB，进入半径R=4m的竖直光滑圆轨道内侧，当到达圆轨道顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入弧形轨道BD，到达高度为h=H/2的D点时速度为零，则（1）H为多高？（2）若从D下滑，至少多大的初速度才可到达圆轨道顶点？（假设再次克服阻力做功大小不变）~4.如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径为R=2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m=2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5。

加速阶段AB的长度为l=3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F=60 N的作用，在B点撤去拉力，g取10 m/s2,试问：](1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？(2)满足第(1)的条件下，小车沿着出口平轨道CD滑行多远的距离？(3)要使小车不脱离轨道，平直轨道BC段的长度范围？[5.如图所示的“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平面上不可移动。

2020年高考物理《圆周运动与动能定理的综合考查》专题训练及答案解析

高考物理《圆周运动与动能定理的综合考查》专题训练1.(2015·全国卷Ⅰ，17)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平。

一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。

用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。

则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离【答案】：C【解析】：根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2。

质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R ，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR 2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确。

2.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 【答案】 C【解析】在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN －mg ＝m v2R ，FN ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR －Wf ＝12mv2，解得Wf ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，C 正确。

2024年新高考二轮物理复习专题——圆周运动

考情透析命题点考频分析命题特点核心素养水平面内圆周运动及临界问题2023：全国甲T4江苏T132022：全国甲T1北京T8河北T10浙江6月T2山东T82021：全国甲T2浙江6月T7广东T4本专题主要涉及水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动基本规律及临界问题等。

高考常以生活中圆周运动的实例为命题背景。

物理观念：能清晰、系统地理解向心力、临界状态的概念和各种圆周运动的规律。

能正确解释关于圆周运动的自然现象，综合应用所学的物理知识解决圆周运动的实际问题。

科学思维：能将较复杂的圆周运动过程转换成标准的物理模型。

能对常见的物理问题进行分析，通过推理，获得结论并作出解释。

竖直面内圆周运动及临界问题斜面上的圆周运动及临界问题热点突破1水平面内圆周运动及临界问题▼考题示例1（2023·湖南·模拟题）（多选）如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转。

甲、乙两个小物块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与OO′间的夹角分别为a＝30°和β＝60°，重力加速度大小为g。

当转台的角速度为ω0时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（）A ．ω0＝g RB ．当转台的角速度为ω0时，甲有上滑的趋势C ．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的摩擦力一直增大D ．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的支持力一直增大答案：BD解析：A 、小物块乙受到的摩擦力恰好为零，重力和支持力的合力提供向心力，即mg tan β＝mω02R sin β,解得：ω0＝2gR,故A 错误；B 、设转台角速度为ω时，物块甲受到的摩擦力为零，重力和支持力的合力提供向心力，mg tan α＝mω2R sin α,解得：ω＝2g3R＜ω0;所以当转速为ω0时，支持力和重力的合力不足以提供向心力，甲有沿内壁切线上滑的趋势，故B 正确；C 、甲的临界角速度ω＝2g3R＞0.5ω0，所以当角速度从0.5ω0缓慢增大到2g3R时，甲有沿内壁切线下滑的趋势，角速度从2g3R缓慢增大到1.5ω0时，甲有沿内壁切线上滑的趋势，摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再反向增大，故C 错误；D 、将甲收到的力分解为水平方向和竖直方向，竖直方向的合力为0，即mg ＝N cos α＋f sin α，由C 可知，角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，先减小再反向增大，则支持力一直在增大，故D 正确；故选：BD 。

2024年1月浙江省普通高中学业水平考试物理仿真模拟卷02(双向细目表)

15
匀变速直线运动的速度与位移关系
3.0分
3.0%
7
16
速度和速率
1.5分
1.5%
8
17
超重和失重
2.5分
2.5%
8,15
18
共点力平衡的应用
1.5分
1.5%
9
19
滑动摩擦力和动摩擦因素
1.5分
1.5%
9
20
平衡状态及平衡条件
1.5分
1.5%
10
21
牛顿第三定律
1.5分
1.5%
10
22
向心加速度
1.5分
4.0%
21
39
电场强度的概念和定义式
4.0分
4.0%
21
40
牛顿运动定律的应用
10.0分
10.0%
22
41
抛体运动
3.0分
3.0%
23
42
圆周运动规律及其应用
3.0分
3.0%
23
43
动能定理的综合应用
3.0分
3.0%
23
44
牛顿第二定律
3.0分
3.0%
23
1.5分
1.5%
16
31
电势能
1.5分
1.5%
16
32
常见磁场分布
3分
3%
17
33
感应电流的产生条件
3分
3%
18
34
实验：探究小车速度随时间变化的规律
8.0分
8.0%
19
35
螺旋测微器
2.6分
2.6%
20
36
游标卡尺

2021-2024年浙江新高考物理真题考点分布汇总

2024年浙江新高考物理真题考点分布汇总卷别题号题型考点核心素养浙江卷1选择题国际单位制考查基础知识及学科思维2选择题质点情景应用，考查基础知识及学科思维3选择题常见力做功与相应的能量转化，判断系统机械能是否守恒情景应用，考查综合分析能力及推理能力4选择题磁感线的概念与特征，磁电式电流表的原理，左手定则的内容及简单应用考查基础知识及学科思维5选择题有效值读取交流电表示数的含义理想变压器两端电压与匝数的关系变压器原副线圈频率和相位的关系情景应用，考查基础知识及科学推理能力6选择题整体法与隔离法结合处理物体平衡问题考查综合分析能力及学科思维7选择题分析原子核的结合能与比结合能，利用质能方程公式进行计算、核聚变方程考查基础知识及学科思维8选择题平抛运动速度的计算物理模型、考查综合科学思维中的模型构建、科学推理19选择题超重和失重的概念卫星的各个物理量计算火箭的原理考查综合分析能力、基础知识及学科思维10选择题简谐运动x-t图象物理模型、考查综合分析能力及学科思维11选择题带电粒子在匀强申场中做类抛体运动的相关计算光电子的最大初速度止电压的本质及其决定因素考查综合分析能力、基础知识及学科思维12选择题波的衍射光的折射定律、折射率影响光电流大小的因素氢原子光谱考查基础知识及综合分析能力13选择题线圈的自感系数计算自感电动势考查基础知识及学科思维14选择题偏振现象及其解释电磁场理论与电磁波的发现热辐射、黑体和黑体辐射德布罗意波的公式考查基础知识及学科思维15选择题波长、频率和波速的关系波的叠加原理光的折射定律、折射率考查基础知识及建模分析能力及应用数学解决物理问题的能力216实验题验证加速度与质量成反比的实验步骤、数据处理与误差分析考查科学探究素养中的解释和证据等17实验题闭合电路欧姆定律的内容和三个公式观察电容器充、放电现象考查科学探究解释和证据要素、科学思维的科学推理要素18实验题计算电阻串联或并联时的电压、电流和电阻温度传感器综合考查科学探究素养中的解释和证据要素19计算题应用理想气体状态方程处理实际问题计算系统内能改变、吸放热及做功热力学第二定律两种表述考查学科知识及学科思维20计算题机械能与曲线运动结合问题完全非弹性碰撞2：板块问题与子弹打木块问题物理模型、考查科学思维中的模型构建、科学推理、科学论证等21计算题动量定理的内容和表达式安培力的计算式及简单应用电磁感应与电路的综合问题考查学生在新情境下的物理建模、解决实际问题的模型构建、科学推理、科学论证等素养能力22计算题粒子由磁场进入电场考查模型构建、科学推理、科学论证及质疑创新等科学思维32023年浙江新高考物理真题考点分布汇总卷别题号题型考点核心素养浙江卷1选择题标量与矢量考查基础知识及学科思维2选择题质点、惯性、力情景应用，考查基础知识及学科思维3选择题平抛运动、图像分析考查综合分析能力及推理能力4选择题力学情景应用，考查综合分析能力及推理能力5选择题核反应方程、比结合能情景应用，考查基础知识及学科思维6选择题受力分析、力的平衡条件的应用物理模型、考查综合分析能力及学科思维7选择题变压器的工作原理、交流电的四值情景应用，考查综合分析能力及学科思维8选择题圆周运动、牛顿第二定律物理模型、考查综合分析能力及学科思维9选择题天体运动、开普勒第三定律、万有引力定律的应用考查综合分析能力、基础知识及学科思维410选择题受力分析、能量的转化与守恒物理模型、考查综合分析能力及学科思维11选择题波的传播、振幅与波长考查综合分析能力、基础知识及学科思维12选择题受力分析、电场力做功、电势能物理模型、考查综合分析能力及推理能力13选择题光的折射、全反射考查情景想象及推理能力与学科思维14选择题分子动理论、多普勒效应考查基础知识及学科思维15选择题双缝干涉、光子能量、光子动量情景应用，考查基础知识及综合分析能力16实验题探究平抛运动规律实验能力及运用数学工具解决物理问题能力、学科思维17实验题测量干电池的电动势和内阻实验能力、分析综合能力及学科思维18实验题基本实验操作、注意事项综合分析能力及学科探究素养19计算题分子平均动能、热力学定律物理模型、考查综合分析能力及推理能力520计算题动能定理、牛顿第二定律、动量守恒定律物理模型、考查综合分析能力及推理能力21计算题安培力、牛顿第二定律、电磁感应、能量的转化与守恒情景应用，考查综合分析能力及学科探究素养22计算题带电粒子在匀强磁场中的运动考查基础知识及综合分析能力62022年浙江新高考物理真题考点分布汇总卷别题号题型考点核心素养浙江卷1选择题力的单位考查基础知识及学科思维2选择题圆周运动的加速度、惯性考查物理观念及学科思维3选择题受力分析、质点、运动分析考查物理生活及学科思维4选择题双缝干涉实验考查实验能力综合分析能力及推理能力5选择题洛伦兹力、磁场的方向、中性面、变压器考查物理观念及学科思维6选择题天体运动物理科技、考查情景想象及推理能力与学科思维7选择题玻尔理论、光子的动量、光电效应考查综合分析能力及图像分析能力8选择题光的折射、干涉、衍射、全发射物理科技、考查综合分析能力学科思维9选择题带电粒子在电场中的运动物理模型、考查情景想象及推理能力与学科思维10选择题共点力的平衡物理模型、考查情景想象及推理能力与学科思维11选择题受力分析、运动过程和能量转化物理模型、考查情景想象及推理能力与7学科思维12选择题风力发电、能量转化情景应用、考查情景想象及推理能力与学科思维13选择题功率、直线运动、牛顿运动定律物理生活，考查综合分析能力及学科探究素养14选择题核反应方程及半衰期情景想象及推理能力及学科探究素养15选择题带电粒子在径向电场中的运动考查理解能力及学科态度与责任16选择题波的传播考查理解能力及学科态度与责任17实验题探究小车速度随时间变化的规律实验能力及运用数学工具解决物理问题能力、学科思维18实验题探究滑动变阻器的分压特性实验能力、分析综合能力、运用数学工具解决物理问题能力及学科思维19计算题牛顿运动定律及动能定理的应用物理生活、考查综合分析能力及学科探究素养20计算题机械能守恒定律、弹性碰撞、牛顿第二定考查综合分析能力及学科探究素养8律的综合应用21计算题牛顿第二定律、动量定理、电磁感应定律考查综合分析能力及学科探究素养22计算题离子在磁场中的运动92021年浙江新高考物理真题考点分布汇总卷别题号题型考点核心素养浙江卷1选择题国际单位换算考查基础知识及学科思维2选择题物体简化为质点的条件考查物理观念及学科思维3选择题静电现象的应用考查物理科技及学科思维4选择题受力分析、牛顿第二定律考查物理科技综合分析能力及推理能力5选择题正弦式交变电流的变化规律考查物理观念及学科思维6选择题电场和等势面物理模型、考查情景想象及推理能力与学科思维7选择题生活中的圆周运动物理生活，考查综合分析能力及学科思维8选择题微波有效作用距离的球面波模型物理模型、考查综合分析能力学科思维9选择题波的叠加原理物理生活、考查情景想象及推理能力与10学科思维10选择题天体运动、机械能守恒物理科技、考查情景想象及推理能力与学科思维11选择题功能关系物理生活、考查情景想象及推理能力与学科思维12选择题光的反射和折射物理科技、考查情景想象及推理能力与学科思维13选择题德布罗意波长公式考查综合分析能力及学科探究素养14选择题核反应类型的辨别考查推理能力及学科探究素养15选择题牛顿第三定律、磁感应强度的叠加、安培理解能力及学科态度与责任定则16选择题薄膜干涉问题理解能力及学科态度与责任17实验题机械能守恒与利用双缝干涉测量光的波长实验能力及运用数学工具解决物理问题能力、学科思维18实验题伏安法和等效替代法测电阻实验能力、分析综合能力、图像分析能力及学科思维1119计算题牛顿第二定律及运动学规律物理生活、考查综合分析能力及学科探究素养20计算题机械能守恒定律、功能关系、动能定理、动量守恒定律、极值问题物理模型、考查综合分析能力及学科探究素养21计算题电荷量和磁通量的计算、磁场与电磁感应的综合应用考查综合分析能力及学科探究素养22计算题带电粒子在磁场中的运动考查综合分析能力及学科探究素养12。

高考物理生活中的圆周运动解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

高考物理生活中的圆周运动解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；（2）小球到达A 点时动量的大小；（3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间．【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A 、B 两个物块，转盘中心O 处固定一力传感器，它们之间用细线连接．已知1kg A B m m ==两组线长均为0.25m L =．细线能承受的最大拉力均为8m F N =．A 与转盘间的动摩擦因数为10.5μ=，B 与转盘间的动摩擦因数为20.1μ=，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F ，g 取210m/s ．求：（1）当AB 间细线的拉力为零时，物块B 能随转盘做匀速转动的最大角速度；（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通过计算写出传感器读数F 随转盘角速度ω变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出2F ω-图象．【答案】（1）12/rad s ω= （2）222/rad s ω= （3）2252/m rad s ω=【解析】对于B ，由B 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2212B B m g m L μω=代入数据计算得出：12/rad s ω=（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为T ，有：212A A m g T m L μω-=2222B B T m g m L μω+=代入数据计算得出：222/rad s ω= （3）①当2228/rad s ω≤时，0F =②当2228/rad s ω≥，且AB 细线未拉断时，有：21A A F m g T m L μω+-=222B B T m g m L μω+=8T N ≤所以：2364F ω=-；222228/18/rad s rad s ω≤≤ ③当218ω>时，细线AB 断了，此时A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：21A A m g m w L μ≥所以：2222218/20/rad s rad s ω<≤时，0F =当22220/rad s ω>时，有21A A F m g m L μω+=8F N ≤所以：2154F ω=-；2222220/52/rad s rad s ω<≤若8m F F N ==时，角速度为：22252/m rad s ω=做出2F ω-的图象如图所示；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解．3．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。

2023年高考物理圆周运动最新模拟题精练-娱乐+圆周运动模型(解析版)

高考物理《圆周运动》常用模型最新模拟题精练专题09.娱乐+圆周运动模型一．选择题1.（2022浙江台州高一质检）14.如图所示的杂技演员在表演水流星的节目时，手持两端系有盛水的杯子的绳子中点在竖直平面内做圆周运动，若两只杯子内盛水的质量相等，当一只杯子在最高点时水恰好洒不出来，这时另一只杯子中的水对杯底的压力大小是水的重力的（）A.2倍B.4倍C.5倍D.6倍【参考答案】A 【名师解析】杯子在最高点，设速度为v 时水恰好洒不出来，则有水的重力提供其做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得2v mg mr=解得v gr=则在最低点的杯子的速度大小也为v gr =，在最低点，由牛顿第二定律可得2N v F mg mr -=N 2F mg=由牛顿第三定律可知，最低点杯子中的水对杯底的压力大小是N=2F mg '则有N2F mg'=A 正确，BCD 错误。

2.（2021重庆模拟6）如题图1所示为“铁笼飞车”的特技表演,据其抽象出来的理想模型为如题图2所示的内壁光滑的圆球,其中a、b、c 分别表示做圆周运动时的不同轨道,a 轨与b 轨均水平,c 轨竖直,一质点在球内绕其光滑内壁做圆周运动时,下列有关说法正确的是（）A.沿a 轨可能做变速圆周运动B.沿c 轨运动的最小速度为0C.沿a 轨运动的速度比沿b 轨运动的速度大D.沿a 轨运动的周期比沿b 轨运动的周期大【参考答案】AD【名师解析】沿a 轨可能做变速圆周运动，选项A 正确；沿c 轨运动属于绳模型，gR ，选项B 错误；与mgtanθ=mv 2/r，r=Rsinθ，联立解得：v 2=gRsinθtanθ，所以沿a 轨运动的速度比沿b 轨运动的速度小，由T=2πr/v 可得T=2πcos R ga 轨运动的速度比沿b 轨运动的速度大，选项D 正确。

3．(2021广东潮州第一次质检)轮滑等极限运动深受青少年的喜欢，轮滑少年利用场地可以进行各种炫酷的动作表演。

浙江省大学物理试题库变力的功动能定理保守力的功势能机械能守恒定律

一、选择题号：00611001 分值：3分难度系数等级：有一劲度系数为k 的轻弹簧，原长为l 0，将它吊在天花板上．当它下端挂一托盘平衡时，其长度变为l 1．然后在托盘中放一重物，弹簧长度变为l 2，则由l 1伸长至l 2的过程中，弹性力所作的功为(A) ⎰-21d l l x kx (B) ⎰21d l l x kx (C) ⎰---0201d l l l l x kx (D)⎰--0201d l l l l x kx[ ]答案：（C ）题号：00611002 分值：3分难度系数等级：A 、B 两木块质量分别为m A 和m B ，且m B ＝2m A ，其速度分别-2v 和v ，则两木块运动动能之比E KA /E KB 为(A) 1:1 (B) 2:1 (C) 1:2 (D) -1:2[ ] 答案：（B ）题号：00611003 分值：3分难度系数等级：质点的动能定理：外力对质点所做的功，等于质点动能的增量，其中所描述的外力为(A) 质点所受的任意一个外力 (B) 质点所受的保守力(C) 质点所受的非保守力 (D) 质点所受的合外力[ ] 答案：（D ）题号：00611004 分值：3分难度系数等级：考虑下列四个实例，你认为哪一个实例中物体和地球构成的系统的机械能不守恒? (A) 物体在拉力作用下沿光滑斜面匀速上升 (B) 物体作圆锥摆运动(C) 抛出的铁饼作斜抛运动（不计空气阻力） (D) 物体在光滑斜面上自由滑下[ ]答案：（A ）分值：3分难度系数等级：当重物减速下降时，合外力对它做的功(A)为正值 (B)为负值 (C)为零 (D)先为正值，后为负值[ ]答案：（B ）题号：00612006 分值：3分难度系数等级：地球绕太阳公转，从近日点向远日点运动的过程中，下面叙述中正确的是（Ａ）太阳的引力做正功（Ｂ）地球的动能在增加（C ）系统的引力势能在增加（Ｄ）系统的机械能在减少[ ]答案：（C ）题号：00612007 分值：3分难度系数等级：下面几种说法中正确的是:(A) 静摩擦力一定不做功 (B) 静摩擦力一定做负功 (C) 滑动摩擦力一定做负功 (D) 滑动摩擦力可做正功[ ]答案：（C ）题号：00612008 分值：3分难度系数等级：质量为m 的一架航天飞机关闭发动机返回地球时，可认为它只在地球引力场中运动。

专题02 功和能(解析版)-2023年高考物理二模试题分项汇编(浙江专用)

专题02 功和能（解析版）一、单选题（本大题共11小题）1. (2023年浙江省宁波市镇海中学高考物理模拟试卷)如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力FF随运动时间tt的变化关系如图乙所示。

tt=400ss后，列车以288kkkk/ℎ的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。

则下列说法正确的是( )A. 前400ss，列车做匀减速直线运动B. 列车所受阻力的大小为3.0×106NNC. 根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kkkkD. 在tt=400ss时，列车牵引力的功率为8.0×104kkkk【答案】D【解析】根据题图和牛顿第二定律知，前400ss列车加速度减小，即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，当tt=400ss时加速度减为0”所受阻力的大小；根据动量定理求解复兴号”的质量；根据PP=FFFF，分析牵引力的功率。

本题主要是考查图像问题、动量定理，功率的计算，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。

【解答】A.根据题图和牛顿第二定律知，前400ss，列车加速度减小，即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，当tt= 400ss时速度大小为288kkkk/ℎ=80kk/ss，加速度减为0，之后做匀速直线运动，A错误；B.根据图像得列车匀速运动时的动力FF=1.0×106NN，可知列车所受阻力的大小为ff=1.0×106NN，B错误；C.在0∼400ss内，由动量定理有II FF−II ff=△pp，根据已知条件得(1+3)×1062×400NN⋅ss−1×106×400NN⋅ss= kk×80kk/ss，得列车的质量kk=5×106kkkk，C错误；D.在tt=400ss时，列车牵引力的功率PP=FFFF，代入数据可得PP=8.0×104kkkk，D正确。

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。

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