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．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以2m/s v =的速度顺时针匀速转动，倾角37θ=?。工人将工件轻放至传送带最低点A ，由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7

8

μ=

，所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。传送带长度为6m =L ，不计空气阻力。（工件可视为质点，

sin370.6?=，cos370.8?=，210m /s g =）求：

(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至B 点电动机需额外多输出多少电能？

(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？

【答案】(1)104J ；(2)104W 【解析】 【详解】 (1)对工件

cos sin mg mg ma μθθ-=

22v ax =

1v at =

12s t =

得

2m x =

12x vt x ==带 2m x x x =-=相带

由能量守恒定律

p k E Q E E =+?+?电

即

21

cos sin 2

E mg x mgL mv μθθ=?++电相

代入数据得

104J E =电

(2)由题意判断，每1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为

2m x v t ?=?=

L x n x -=?

得

2n =

所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为

2cos 2sin f mg mg μθθ=+

电动机因传送工件额外做功功率为

104W P fv ==

2．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

回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得

2

102

B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在

C 点右侧6m 处.

3．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m ＝60 kg 的选手以v 0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L ＝6 m ，传送带两端点A 、B 间的距离s ＝7 m ，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)选手放开抓手时的速度大小； (2)选手在传送带上从A 运动到B 的时间； (3)选手在传送带上克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J 【解析】

试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v 1，则－mg （L －Lcosθ）＝mv 12－mv 02，v 1＝5m/s

（2）设选手放开抓手时的水平速度为v 2，v 2＝v 1cosθ① 选手在传送带上减速过程中 a ＝－μg② v ＝v 2＋at 1③④

匀速运动的时间t 2，s －x 1＝vt 2⑤ 选手在传送带上的运动时间t ＝t 1＋t 2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t ＝3s

（3）由动能定理得W f ＝mv 2－mv 22，解得：W f ＝－360J 故克服摩擦力做功为360J ． 考点：动能定理的应用

4．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）

解得：

t =3s

该过程皮带运动的距离为：

x 带=v 0t =4.5m

故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为：

E =μm 2gx 带

解得：

E =6.75J

(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。从A 到C 由机械能守恒定律得：

2211111 222

C m v m v mgR =+ 由平抛运动的规律有：

x =v C t 1

2

1122

R gt =

联立整理得

410()4x R R =-

根据数学知识知当

4R =10-4R

即R =1.25m 时，水平位移最大为

x =5m

5．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD 透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程y 59

=

x 2

的光滑抛物线形状管道OA ；AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。A 、B 、C 、D 的横坐标分别为x A ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝3.40m 。已知，弹珠质量m ＝100g ，直径略小于管道内径。E 为BC 管道的最高点，在D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g ＝10m/s 2，求：

（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度ν0应该多大；

（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O 点抛射速度v 0应该多大；

（3）游戏设置3次通过E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度ν0的范围。 【答案】（1）3m/s （2）2m/s （3）3m/s ＜ν0＜6m/s 【解析】 【详解】 （1）由y 59

=

x 2

得：A 点坐标（1.20m ，0.80m ）

由平抛运动规律得：x A ＝v 0t ，y A 212

gt = 代入数据，求得 t ＝0.4s ，v 0＝3m/s ； （2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得AB 、BC 圆弧的半径 R ＝0.5m

OE 过程由动能定理得： mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）2201122

E mv mv =- 解得 v 0＝22m/s ；

（3）sinα 2.65 2.000.40

0.5

--=

=0.5，α＝30°

CD 与水平面的夹角也为α＝30°

设3次通过E 点的速度最小值为v 1．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣2μmgx CD cos30°＝02112

mv - 解得 v 1＝23m/s

设3次通过E 点的速度最大值为v 2．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣4μmgx CD cos30°＝02212

mv - 解得 v 2＝6m/s

考虑2次经过E 点后不从O 点离开，有

﹣2μmgx CD cos30°＝02

312

mv -

解得 v 3＝26m/s 故 23m/s ＜ν0＜26m/s

6．如图，在竖直平面内，半径R =0.5m 的光滑圆弧轨道ABC 与粗糙的足够长斜面CD 相切于C 点，CD 与水平面的夹角θ=37°，B 是轨道最低点，其最大承受力F m =21N ，过A 点的切线沿竖直方向。现有一质量m =0.1kg 的小物块，从A 点正上方的P 点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5.取sin37°=0.6.co37°=0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力。 (1)为保证轨道不会被破坏，求P 、A 间的最大高度差H 及物块能沿斜面上滑的最大距离L ； (2)若P 、A 间的高度差h =3.6m ，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q 。

【答案】(1) 4.5m ，4.9m ；(2) 4J 【解析】 【详解】

(1)设物块在B 点的最大速度为v B ，由牛顿第二定律得：

2B

m v F mg m R

-=

从P 到Ｂ，由动能定理得

2

1()02

B mg H R mv +=

- 解得

H =4.5m

物块从B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：

-mg [R （1-cos37°）+L sin37°]-μmg cos37°?L =2102

B mv -

解得

L =4.9m

(3)物块在斜面上，由于mg sin37°＞μmg cos37°，物块不会停在斜面上，物块最后以B 点为中心，C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量

Q =mg （h +R cos37°）

解得

Q =4J

7．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g=10 m/s 2，求：

（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间； （2）传送带左右两端AB 间的距离l 至少为多少；

（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少； （4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′为多少？ 【答案】（1）1.6s （2）12.8m （3）160J （4）h′=1.8m 【解析】

(1)mgsinθ=ma, h/sinθ=,可得t="1.6" s.

(2)由能的转化和守恒得：

mgh=μmgl/2，l="12.8" m.

(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移:x相=l/2+v带·t,又l/2=，

而摩擦热Q=μmg·x相，

以上三式可联立得Q="160" J.

(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v带="6" m/s时向右的位移为x，

则μmgx=，x="3.6" m

即物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以v带="6" m/s的速度冲上斜面，

由=mgh′，得h′="1.8" m.

滑块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由B点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得AB间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得

8．如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道．大半圆BC的半径R=0.9m，小半圆CD的半径r=0.7m．在“S”字形通道底部B连结一水平粗糙的细直管AB．一质量m=0.18kg的小球（可视为质点）从A点以

V0=12m/s的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达B点，在刚到达半圆轨道B点时，对B 点的压力为N B=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：

（1）小球在B点的速度V B及小球与AB轨道的动摩擦因数μ ?

（2）小球到达“S”字形通道的顶点D后，又经水平粗糙的细直管DE，从E点水平抛出，其水平射程S=3.2m．小球在E点的速度V E为多少？

（3）求小球在到达C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？

【答案】（1）V B=10m/s ，μ=0.4（2）V E=S/ t=4m/s（3） N C=18.25N 方向向上

【解析】

【详解】

（1）根据牛顿第二定律有N B-mg=mV B2/R

V B=10m/s

a=(V0-V B)/t=4m/s2

μmg=m a a =mg μ=0.4

（2）H=2R+2r=3.2m t=

2H

g

V E =S/ t=4m/s （3）N C - mg=mV C 2/r

12m V B 2=2mg R+1

2m V C 2 N C =18.25N 方向向上

9．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接，B 、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy 。一质量m =1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方E 处由静止释放，A 、E 间的高度差h =2.7m ，滑块恰好从A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC 的最高点C 时对轨道的压力F =150N ，最终落到轨道上的D 点(图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道AO 的半径R =1.5m ，半圆轨道BC 的半径r =0.4m ，水平轨道OB 长l =0.4m ，重力加速度g =10m/s 2。求：

(1)小滑块运动到C 点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数； (3)D 点的位置坐标.

【答案】(1)8m/s C v = (2)0.5μ= (3) 1.2m x =-,0.6m y = 【解析】 【详解】

（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有

2

C v F mg m r

+= 解得：8/C v m s =

（2）滑块从E 点到C 点过程，由动能定理可知：

()2

122

c mg h R r mgl mv μ+--=

解得：0.5μ=

（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2

122

r gt =

，C s v t = 解得： 3.20.4s m l m =>=

所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为(),x y ，则有：

2

122

r y gt -=

C l x v t -=

()2

22x R y R +-=

解得： 1.2x m =-，0.6m y =

10．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带AB 始终保持 v 0=5m/s 的恒定速率运行，AB 间的距离L 为8m ．将一质量m ＝1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2．求：

（1）该圆轨道的半径r ；

（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B 点0.25 m ，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围．

【答案】（1）0.5r m =（2）77?

.5,05?.5m x m x m ≤≤≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度2

5/a g m s μ==

小物块与传送带共速时，所用的时间0

1v t s a

== 运动的位移0

2.52v x m a

?=

=＜L －2=6m 故小物块与传送带达到相同速度后以05/v m s =的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧

轨道恰好到达N 点，故有：2N

v mg m r

=

由机械能守恒定律得

22011(2)22

N mv mg r mv =+，解得0.5r m = （2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒

得：1()mg L x mgh μ－＝ 代入数据解得17.5?

x m ＝ 设在距A 点x 2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：

2()mg L x mgR μ－＝代入数据解得27?x m ＝

则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围

；

同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（1）可知38 2.5 5.5?

x m m m -=＝ 则：0 5.5x m ≤≤．

故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：77?.505?.5m x m x m ≤≤≤≤和 考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用

11．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m 的匀强电场中，固定一个穿有A 、B 两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O 、半径为R=0.2m ．A 、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为q=+7×10﹣7C ，B 不带电，质量分别为m A =0.01kg 、m B =0.08kg ．将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心O 等高，B 在圆心O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s 2 ．

（1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C ？ （2）求小球A 的最大速度值．

（3）求小球A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值． 【答案】（1）A 不能到达圆环最高点 （2）22

3

m/s （3）0.1344J 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：A 、B 在转动过程中，分别对A 、B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点； A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A 、B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．

（1）设A 、B 在转动过程中，轻杆对A 、B 做的功分别为W T 和T W '，

根据题意有：0T T W W +'=

设A 、B 到达圆环最高点的动能分别为E KA 、E KB 对A 根据动能定理：qER ﹣m A gR +W T1=E KA 对B 根据动能定理：1T B W m gR E '-= 联立解得：E KA +E KB =﹣0.04J

由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点 （2）设B 转过α角时，A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ， 因A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A =v B 对A 根据动能定理：221sin sin 2

A T A A qER m gR W m v αα-+= 对

B 根据动能定理：()2211cos 2

T B B B W m gR m v α='-- 联立解得： ()2

8

3sin 4cos 49

A v αα=

?+-

由此可得：当3tan 4α=

时，A 、B 的最大速度均为max /3

v m s = （3）A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0 解得：24

sin 25

α=

或sinα=0（舍去） 所以A 的电势能减少：84

sin 0.1344625

P E qER J J α==

= 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题．

12．如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB 与长度l =3m 的水平传送带BC 平滑连接于B 点，传送带BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.55m 的四分之一细圆管CD ，圆管内径略大于物块尺寸，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =50N/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m =0.5kg 的物块（可视为质点）从曲面上P 点静止释放，P 点距BC 的高度为h =0.8m ．（已知弹簧的弹性势能E p 与弹簧的劲度系数k 和形变量x 的关系是：E p =

12

kx 2

，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 取10m/s 2．）求：

（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC 上前进的距离；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，物块刚进入细圆管CD 时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；

（3）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能． 【答案】（1）2m （2）4m/s （3）4J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从P 点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh -μmgx =0-0 解得x =2m ；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，因为传送带长度l =3m 大于2m ，所以物块到达C 点的速度v C =2m/s

物块经过管道C 点，根据牛顿第二定律得mg -N =m 2C

v r

解得，管道对物块的弹力N =

15

11

N≈1.36N ，方向竖直向上 根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N ′=N ≈1.36N ，方向竖直向下． 物块从C 点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx ′ 得x ′=0.1m

由动能定理得mg (r +x ′)-21'2kx =212m mv -212

C mv 解得，最大速度v m =4m/s

（3）物块再次回到C 点的速度仍为2m/s ，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至C 点，速度大小仍为2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.

物块向左减速的位移x 1=

22C v g μ=2

220.410

??=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 1=x 1+v 0?

v g

μ

解得△x 1=1.5m

物块向右加速运动的位移x 2=

22C

v g

μ=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 2=v 0?0

v g

μ-x 2=0.5m

因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E =μmg (△x 1+△x 2) 解得:E =4J

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

勾股定理知识点归纳和题型归类

勾股定理知识点归纳和题型归类 一．知识归纳 １．勾股定理：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方； 表示方法：如果直角三角形的两直角边分别为a ，b ，斜边为c ，那么222a b c += ２.勾股定理的证明 勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法，用拼图的方法验证勾股定理的思路是： ①图形进过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变 ②根据同一种图形的面积不同的表示方法，列出等式，推导出勾股定理 常见方法如下： 方法一：4EFGH S S S ?+=正方形正方形ABCD ，2214()2 ab b a c ?+-=，化简可证． 方法二： 四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积． 四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为221422 S ab c ab c =?+=+ 大正方形面积为222()2S a b a ab b =+=++，所以222a b c += 方法三：1()()2S a b a b =+?+梯形，2112S 222 ADE ABE S S ab c ??=+=?+梯形，化简得证 ３.勾股定理的适用范围 勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，对于锐角三角形和钝角三角形的三边就不具有这一特征，因而在应用勾股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形 ４.勾股定理的应用 ①已知直角三角形的任意两边长，求第三边 在ABC ?中，90C ∠=? ，则c ，b = ，a ②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系 ③可运用勾股定理解决一些实际问题 ５.勾股定理的逆定理 如果三角形三边长a ，b ，c 满足222a b c +=，那么这个三角形是直角三角形，其中c 为斜边 ①勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来确定三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和22a b +与较长边的平方2c 作比较，若它们相等时，以a ，b ，c 为三边的三角形是直角三角形；若222a b c +<，时，以a ，b ，c 为三边的三角形是钝角三角形；若222a b c +>，时，以a ，b ，c 为三边的三角形是锐角三角形； c b a H G F E D C B A b a c b a c c a b c a b a b c c b a E D C B A

高中物理 动能 动能定理资料

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？

勾股定理知识点总结

第18章 勾股定理复习 一．知识归纳 １．勾股定理 内容：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方； 表示方法：如果直角三角形的两直角边分别为a ，b ，斜边为c ，那么222a b c += 勾股定理的由来：勾股定理也叫商高定理，在西方称为毕达哥拉斯定理．我国古代把直角三角形中较短的直角边称为勾，较长的直角边称为股，斜边称为弦．早在三千多年前，周朝数学家商高就提出了“勾三，股四，弦五”形式的勾股定理，后来人们进一步发现并证明了直角三角形的三边关系为：两直角边的平方和等于斜边的平方 ２.勾股定理的证明 勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法 用拼图的方法验证勾股定理的思路是 ①图形进过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变 ②根据同一种图形的面积不同的表示方法，列出等式，推导出勾股定理 常见方法如下： 方法一：4EFGH S S S ?+=正方形正方形ABCD ，221 4()2 ab b a c ?+-=，化简可证． c b a H G F E D C B A 方法二： b a c b a c c a b c a b 四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积． 四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为221 422S ab c ab c =?+=+ 大正方形面积为222()2S a b a ab b =+=++ 所以222a b c += 方法三：1()()2S a b a b =+?+梯形，211 2S 222 ADE ABE S S ab c ??=+=?+梯形，化简得证

a b c c b a E D C B A ３.勾股定理的适用范围 勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，对于锐角三角形和钝角三角形的三边就不具有这一特征，因而在应用勾股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形 ４.勾股定理的应用 ①已知直角三角形的任意两边长，求第三边 在ABC ?中，90C ∠=? ，则c ，b = ，a ②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系 ③可运用勾股定理解决一些实际问题 5 、利用勾股定理作长为 的线段 作长为 、 、 的线段。 思路点拨：由勾股定理得，直角边为1的等腰直角三角形，斜边长就等于，直角边为 和1的直 角三角形斜边长就是，类似地可作 。 作法：如图所示 （1）作直角边为1（单位长）的等腰直角△ACB ，使AB 为斜边； （2）以AB 为一条直角边，作另一直角边为1的直角。斜边为 ； （3）顺次这样做下去，最后做到直角三角形，这样斜边 、 、 、 的长度就是 、 、 、 。 举一反三 【变式】在数轴上表示的点。 解析：可以把 看作是直角三角形的斜边， ， 为了有利于画图让其他两边的长为整数， 而10又是9和1这两个完全平方数的和，得另外两边分别是3和1。

高中物理答题技巧归纳大全

高中物理答题技巧归纳大全 一，考场中心态的保持 心态“安静”：心静自然“凉”，脑子自然清醒，精力自然集中，思路自然清晰。心静如水，超然物外，成为时间的主人、学习的主人。情绪稳定，效率提高。心不静，则心乱如麻，心神不定，心不在焉，如坐针毡，眼在此而心在彼，貌似用功，实则骗人。 二，高中物理选择题的答题技巧 选择题一般考查学生对基本知识和基本规律的理解及应用这些知识进行一些定性推理和定量计算。解答选择题时，要注意以下几个问题： 每一选项都要认真研究，选出最佳答案，当某一选项不敢确定时，宁可少选也不错选。 注意题干要求，让你选择的是“不正确的”、“可能的”还是“一定的”。 相信第一判断：凡已做出判断的题目，要做改动时，请十二分小心，只有当你检查时发现第一次判断肯定错了，另一个百分之百是正确答案时，才能做出改动，而当你拿不定主意时千万不要改。特别是对中等程度及偏下的同学这一点尤为重要。 做选择题的常用方法： 筛选(排除)法：根据题目中的信息和自身掌握的知识，从易到难，逐步排除不合理选项，最后逼近正确答案。

特值(特例)法：让某些物理量取特殊值，通过简单的分析、计算进行判断。它仅适用于以特殊值代入各选项后能将其余错误选项均排除的选择题。 极限分析法：将某些物理量取极限，从而得出结论的方法。 直接推断法：运用所学的物理概念和规律，抓住各因素之间的联系，进行分析、推理、判断，甚至要用到数学工具进行计算，得出结果，确定选项。 观察、凭感觉选择：面对选择题，当你感到确实无从下手时，可以通过观察选项的异同、长短、语言的肯定程度、表达式的差别、相应或相近的物理规律和物理体验等，大胆的做出猜测，当顺利的完成试卷后，可回头再分析该题，也许此时又有思路了。 物理实验题的做题技巧 实验题一般采用填空题或作图题的形式出现。作为填空题，数值、单位、方向或正负号都应填全面;作为作图题：对函数图像应注明纵、横轴表示的物理量、单位、标度及坐标原点。对电学实物图，则电表量程、正负极性，电流表内、外接法，变阻器接法，滑动触头位置都应考虑周全。对光路图不能漏箭头，要正确使用虚、实线，各种仪器、仪表的读数一定要注意有效数字和单位;实物连接图一定要先画出电路图(仪器位置要对应);各种作图及连线要先用铅笔(有利于修改)，最后用黑色签字笔涂黑。 常规实验题：主要考查课本实验，几年来考查比较多的是试验器材、原理、步骤、读数、注意问题、数据处理和误差分析，解答常

戴维南定理典型例子_戴维南定理解题方法

戴维南定理典型例子_戴维南定理解题方法 什么是戴维南定理戴维南定理（又译为戴维宁定理）又称等效电压源定律，是由法国科学家L·C·戴维南于1883年提出的一个电学定理。由于早在1853年，亥姆霍兹也提出过本定理，所以又称亥姆霍兹-戴维南定理。其内容是：一个含有独立电压源、独立电流源及电阻的线性网络的两端，就其外部型态而言，在电性上可以用一个独立电压源V和一个松弛二端网络的串联电阻组合来等效。在单频交流系统中，此定理不仅只适用于电阻，也适用于广义的阻抗。戴维南定理在多电源多回路的复杂直流电路分析中有重要应用。 戴维南定理（Thevenin‘stheorem）：含独立电源的线性电阻单口网络N，就端口特性而言，可以等效为一个电压源和电阻串联的单口网络。电压源的电压等于单口网络在负载开路时的电压uoc；电阻R0是单口网络内全部独立电源为零值时所得单口网络N0的等效电阻。戴维南定理典型例子戴维南定理指出，等效二端网络的电动势E等于二端网络开路时的电压，它的串联内阻抗等于网络内部各独立源和电容电压、电感电流都为零时，从这二端看向网络的阻抗Zi。设二端网络N中含有独立电源和线性时不变二端元件（电阻器、电感器、电容器），这些元件之间可以有耦合，即可以有受控源及互感耦合；网络N的两端ɑ、b接有负载阻抗Z（s），但负载与网络N内部诸元件之间没有耦合，U（s）=I（s）/Z（s）。当网络N中所有独立电源都不工作（例如将独立电压源用短路代替，独立电流源用开路代替），所有电容电压和电感电流的初始值都为零的时候，可把这二端网络记作N0。这样，负载阻抗Z（s）中的电流I（s）一般就可以按下式1计算（图2）式中E（s）是图1二端网络N的开路电压，亦即Z（s）是无穷大时的电压U（s）；Zi（s）是二端网络N0呈现的阻抗；s是由单边拉普拉斯变换引进的复变量。 和戴维南定理类似，有诺顿定理或亥姆霍兹－诺顿定理。按照这一定理，任何含源线性时不变二端网络均可等效为二端电流源，它的电流J等于在网络二端短路线中流过的电流，并联内阻抗同样等于看向网络的阻抗。这样，图1中的电流I（s）一般可按下式2计算（图

勾股定理知识点

１．勾股定理 内容：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方； 表示方法：如果直角三角形的两直角边分别为a ，b ，斜边为c 勾股定理的由来：勾股定理也叫商高定理，在西方称为毕达哥拉斯定理．我国古代把直角三角形中较短的直角边称为勾，较长的直角边称为股，斜边称为弦．早在三千多年前，周朝数学家商高就提出了“勾三，股四，弦五”形式的勾股定理，后来人们进一步发现并证明了直角三角形的三边关系为：两直角边的平方和等于斜边的平方. ２.勾股定理的证明 勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法 用拼图的方法验证勾股定理的思路是 ①图形进过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变 ②根据同一种图形的面积不同的表示方法，列出等式，推导出勾股定理 常见方法如下： 方法一：4EFGH S S S ?+=正方形正方形ABCD ，221 4()2 ab b a c ?+-=，化简可证． 方法二：四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积． 四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为221 422S ab c ab c =?+=+ 大正方形面积为2 2 2 ()2S a b a ab b =+=++ 所以222a b c +=方法三：1()()2S a b a b =+?+梯形，211 2S 222ADE ABE S S ab c ??=+=?+梯形，化简得证 ３.勾股定理的适用范围 勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于 直角三角形，对于锐角三角形和钝角三角形的三边就不具有这一特征，因而在应用勾股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形. ４.勾股定理的应用 ①已知直角三角形的任意两边长，求第三边在ABC ?中，90 C ∠=?，则c =，b ，a ②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系 ③可运用勾股定理解决一些实际问题 ５.勾股定理的逆定理:如果三角形三边长a ，b ，c 满足222a b c +=，那么这个三角形是直角三角形，其中c 为斜边. ①勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来确定三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和22a b +与较长边的平方2c 作比较，若它们相等时，以a ，b ， c 为三边的三角形是直角三角形；若222a b c +<，时，以a ，b ，c 为三边的三角形是钝角三角形；若222a b c +>， 时，以a ，b ，c 为三边的三角形是锐角三角形； ②定理中a ，b ，c 及222a b c +=只是一种表现形式，不可认为是唯一的，如若三角形三边长a ，b ，c 满足222a c b +=，那么以a ，b ，c 为三边的三角形是直角三角形，但是b 为斜边 c b a H G F E D C B A b a c b a c c a b c a b a b c c b a E D C B A

高考物理动能与动能定理试题经典及解析

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。

戴维南定理的解析与练习

戴维宁定理 一、知识点： 1、二端（一端口）网络的概念：二端网络：具有向外引出一对端子的电路或网络。无源二端网 络：二端网络中没有独立电源。有源二端网络：二端网络中含有独立电源。 2、戴维宁（戴维南）定理任何一个线性有源二端网络都可以用一个电压为联的等效电路来代替。 如图所示：U OC 的理想电压源和一个电阻R0 串

L 等裁巴路J 等效电路的电压U OC是有源二端网络的开路电压，即将负载R-断开后a、b两端之间 的电压。 等效电路的电阻R o是有源二端网络中所有独立电源均置零（理想电压源用短路代替, 理想电流源用开路代替）后，所得到的无源二端网络a、b两端之间的等效电阻。

二、 例题：应用戴维南定理解题： 戴维南定理的解题步骤： 1?把电路划分为待求支路和有源二端网络两部分，如图 1中的虚线。 2?断开待求支路，形成有源二端网络（要画图） ，求有源二端网络的开路电压 UOG 3?将有源二端网络内的电源置零，保留其内阻（要画图） ，求网络的入端等效电阻 Rab 。 4?画出有源二端网络的等效电压源，其电压源电压 US=UOC （此时要注意电源的极性）， 内阻 R0=Rab= 5?将待求支路接到等效电压源上，利用欧姆定律求电流。 例1:电路如图，已知 5= 40V , U2=20V ，R1=R2=4，R3=13，试用戴维宁定理求电流 b 。 解：（1）断开待求支路求开路电压 UOC U 1 U 2 40 20 4 4 2.5A UOC =U2 + IR2 = 20 + 4 = 30V 或：UOC = U1 -I R1 = 40 - 4 30V UOC 也可用叠加原理等其它方法求。 （2） 求等效电阻R0 将所有独立电源置零（理想电压源 用短路代替，理想电流源用开路代替） R R ^~R L 2 R R 2 ]:师 画出等效电路求电流I 3 U OC R 。 R 3 2 13

高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案)

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：

高考理综答题时间分配及考试技巧

高考理综答题时间分配及考试技巧 导读：我根据大家的需要整理了一份关于《高考理综答题时间分配及考试技巧》的内容，具体内容：理综考试的试卷结构是按学科排布的;因此，考生们要掌握答题技巧，做好答题时间的分配安排。下面我为大家分享的是的详细内容，希望对大家有帮助!高考理综答题时间分配技巧如果... 理综考试的试卷结构是按学科排布的;因此，考生们要掌握答题技巧，做好答题时间的分配安排。下面我为大家分享的是的详细内容，希望对大家有帮助! 高考理综答题时间分配技巧 如果要在150分钟内处理300分的题目，则每分钟平均要处理2分的难度中等的题目，练习中要注意时间与节奏把控。 具体时间分配课参考下述说明： 一卷上有21道选择题，不同地区选择题会有单项选择题和不定向选择题两类，每一小题都是6分，那么120分的第一卷答题时间应该大体控制在50分钟，每一分钟的时间应该至少拿下两分，选择题应该在2分或者不超过3分钟的时间里面解决，到了后面计算题中也要大致按照这样的策略，每一分钟大概完成两分，对大题原则上要8、9分钟，不能超过10分钟。 物理、化学、生物三个学科从考试时间上最好依次控制在1、1、0.5小时左右(可以有正负十分钟的浮动，根据学生科目的强弱调节)，也就是说生物应该保持在半个小时尽可能拿到自己会做的分数为宜。 先做哪个学科可按自己习惯，也可先答自己的优势学科及基础试题，不要

在某一道难题上停留时间过久，使本来会的题目由于时间分配不好或者答题技巧掌握不好影响到理综成绩。事实证明，做得过慢直接丢掉整道大题的话，得分往往都比做得快但是正确率略微下降要低，而我们在练习中，需要有意识的提升自己在紧张状态下的"一次正确率"。 一、科学分配考试时间 理科综合三科合一，按分值分配，生物需30-35分钟完成，化学需50—55分钟完成，物理需要1小时完成，剩下的分钟为机动时间，这是最合理的安排。 二、做题顺序 自信，就从头到尾做;不自信，就可以有选择的先做。一般情况下，各科都不太难。只是因为有的学生在前面用的时间很多，后边相对简单一点的题没有时间做。而后面多是大分值的题。这属于时间安排上的失误。而有的题时间再充裕，也不一定做出来，这就应该主动地放弃，给可做出的题腾出一点时间。 做题顺序有几种，如，先做各科简单题，再做难一点的，但是尽量不要分科做。因为读完一个题后，才能知道是哪一科的题，如果不想做，放过去，做下面的题，但是回过头来再看刚才这一题的时候，还得从新熟悉，那么读题就浪费了时间。所以只要挨着做题就行。 三、选择题怎么做虽然是"选择题"，但重要的不是在"选"，不是看着选项去挑。在练习中，应该明白选项对，为什么不对，改成什么样子就对了。养成推导的习惯，掌握过程，要知道是"因为是怎样的，所以才怎样的"。做选择时，不要轻易地把生活经验往物理题上套。应该用物理规律往物理题上做。选择题是做出来的，不是选出来的。

勾股定理知识点和典型例题

新人教版八年级下册勾股定理全章知识点和典型例习题 一、基础知识点： １．勾股定理 内容：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方； 表示方法：如果直角三角形的两直角边分别为a ，b ，斜边为c ，那么222a b c += 勾股定理的由来：勾股定理也叫商高定理，在西方称为毕达哥拉斯定理．我国古代把直角三角形中较短的直角边称为勾，较长的直角边称为股，斜边称为弦．早在三千多年前，周朝数学家商高就提出了“勾三，股四，弦五”形式的勾股定理，后来人们进一步发现并证明了直角三角形的三边关系为：两直角边的平方和等于斜边的平方 ２.勾股定理的证明 勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法 用拼图的方法验证勾股定理的思路是 ①图形进过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变 ②根据同一种图形的面积不同的表示方法，列出等式，推导出勾股定理 常见方法如下： 方法一：4EFGH S S S ?+=正方形正方形ABCD ，221 4()2ab b a c ?+-=，化简可证． 方法二： 四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积．四个直角三 角形的面积与小正方形面积的和为221 422S ab c ab c =?+=+ 大正方形面 积为222()2S a b a ab b =+=++ 所以222a b c +=方法三： 1()()2S a b a b =+?+梯形，211 2S 222ADE ABE S S ab c ??=+=?+梯形，化简得证 ３.勾股定理的适用范围 勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，对于锐角三角形和钝角三角形的三边就不具有这一特征，因而在应用勾股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形 ４.勾股定理的应用①已知直角三角形的任意两边长，求第三边在ABC ?中，90C ∠= ?，则c = b = ，a ②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量 关系③可运用勾股定理解决一些实际问题 ５.勾股定理的逆定理 如果三角形三边长a ，b ，c 满足222a b c +=，那么这个三角形是直角三角形，其中c 为斜边 ①勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来确定三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和22a b +与较长 边的平方2c 作比较，若它们相等时，以a ，b ， c 为三边的三角形是直角三角形；若222a b c +<，c b a H G F E D C B A b a c b a c c a b c a b a b c c b a E D C B A

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)

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：

高考物理数学物理法常见题型及答题技巧及练习题

高考物理数学物理法常见题型及答题技巧及练习题 一、数学物理法 1．如图所示，ABCD是柱体玻璃棱镜的横截面，其中AE⊥BD，DB⊥CB，∠DAE=30°， ∠BAE=45°，∠DCB=60°，一束单色细光束从AD面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab所示，ab与AD面的夹角α=60°．已知玻璃的折射率n=1.5，求：（结果可用反三角函数表示） （1）这束入射光线的入射角多大？ （2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角． 【答案】（1）这束入射光线的入射角为48.6°； （2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角为48.6° 【解析】 试题分析：（1）设光在AD面的入射角、折射角分别为i、r，其中r=30°， 根据n=，得： sini=nsinr=1.5×sin30°=0.75 故i=arcsin0.75=48.6° （2）光路如图所示： ab光线在AB面的入射角为45°，设玻璃的临界角为C，则： sinC===0.67 sin45°＞0.67，因此光线ab在AB面会发生全反射 光线在CD面的入射角r′=r=30° 根据n=，光线在CD面的出射光线与法线的夹角： i′="i=arcsin" 0.75=48.6° 2．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：

(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)拉力F 最小时，木楔对水平面的摩擦力． 【答案】(1)mg sin 2θ (2)1 2 mg sin 4θ 【解析】 【分析】 对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解采用整体法，对m 、M 构成的整体列平衡方程求解． 【详解】 (1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑时，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F 拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，则有：F cos α＝mg sin θ＋F f ，F N ＋F sin α＝mg cos θ， F f ＝μF N 联立以上各式解得：() sin 2cos mg F θ θα= -． 当α＝θ时，F 有最小值，F min ＝mg sin 2θ． (2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f ′＝F cos(θ＋α)，当拉力F 最小时，F f ′＝F min ·cos 2θ＝1 2 mg sin 4θ． 【点睛】 木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，结合数学知识即可解题． 3．图示为直角三角形棱镜的截面，90?∠=C ，30A ?∠=，AB 边长为20cm ，D 点到A 点的距离为7cm ，一束细单色光平行AC 边从D 点射入棱镜中，经AC 边反射后从BC 边上的F 点射出，出射光线与BC 边的夹角为30?，求： (1)棱镜的折射率； (2)F 点到C 点的距离。

高考物理动能定理和能量守恒专题

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。

高考物理选择题型分析及解题技巧基本规律专项辅...

高考物理选择题型分析及解题技巧基本规律专项辅导 第一部分：理论研究 选择题是现代各种形式的考试中最为常用的一种题型，它分为单项选择和不定项选择、组合选择和排序选择(比如一些实验考查题)等形式．在江苏高考物理试卷中选择题分数占试卷总分的27％，在全国高考理科综合试卷中占40％．所以，选择题得分的高低直接影响着考试成绩． 从高考命题的趋势来看，选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、判断、辨析、理解和应用等，选择题中的计算量有逐年下降的趋势． 一、选择题的特点与功能 1．选择题的特点 (1)严谨性强．物理中的每一个概念、名词、术语、符号乃至习惯用语，往往都有明确、具体而又深刻的含义，这个特点反映到选择题中，表现出来的就是试题有很强的严谨性．所以，解题时对题中的一字一句都得认真推敲，严防产生思维定势，不能将物理语言与日常用语混淆．解答时切莫“望文生义”，误解题意． (2)信息量大．选择题对考查基本概念和基本规律具有得天独厚的优势，它可以考查考生对某个或多个物理概念的含义或物理规律的适应条件、运用范围的掌握和理解的程度，也可以考查考生对物理规律和物理图象的较浅层次上的应用等等．选择题考查的知识．点往往较多，对所考查知识的覆盖面也较大，它还可以对重点内容进行多角度多层次的考查． (3)有猜测性．众所周知，解选择题时，在分析和寻求答案的过程中，猜测和试探几乎是不可避免的，而且就其本身而言，它也是一种积极的思维活动．没有猜想与预测，就没有创造性思维．对物理选择题的猜答，往往是在思索求解之后仍难以作出决断的时候，凭借一定的依据而选出的．多数考生的猜答并非盲目的，而是凭着自己的知识、经验和决断能力，排除了某些项之后，才作出解答的．知识和经验不足、能力差的考生，猜错的机会较多；反之，知识和经验较多、能力较强的考生，猜错率较低． 2．选择题的功能 (1)选择题能在较大的知识范围内，实现对基础知识、基本技能和基本思想方法的考查． 每道选择题所考查的知识点一般有2～5个，以3～4个居多，因此，10道选择题构成的题组其考查点便可达到近30个之多，而一道计算或论述题，无论如何也难以实现对三、四十个知识点的考查． (2)选择题能比较准确地测试考生对概念、规律、性质、公式的理解和掌握程度． 选择题严谨性强、信息量大的特点，使其具有较好的诊断功能．它可从不同角度有针对性地设置干扰选项，考查考生能否区别有关概念和规律的似是而非的说法以及能否认识相关知识的区别和联系，从而培养考生排除干扰进行正确判断的能力． (3)在一定程度上，选择题能有效地考查学生的逻辑推理能力、空间想象能力以及灵活运用数学工具解决物理问题的能力(但要求一般不会太高)． (4)选择题还具有客观性强、检测的信息度高的优点． 二、选择题的主要类型 1．识记水平类 这是选择题中低水平的能力考查题型，主要用于考查考生的再认能力、判断是非能力和比较能力．主要题型有： (1)组合型 (2)填空型 以上两种题型的解题方法大致类似，可先将含有明显错误的选项予以排除，那么，剩下

中考数学解题技巧专题：勾股定理与面积问题

解题技巧专题：勾股定理与面积问题 ——全方位求面积，一网搜罗 ◆类型一直角三角形中，利用面积求斜边上的高 1．(郴州桂阳县期末)在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12，则C点到AB的距离为【方法1】() A. 5 36 B. 36 5 C. 33 4 D. 12 25 2．如图，在2×2的方格中，小正方形的边长是1，点A，B，C都在网格点上，则AB 边上的高为() A. 35 5 B. 25 5 C. 35 10 D. 32 2 第2题图第6题图 ◆类型二结合乘法公式巧求面积或周长 3．直角三角形的周长为24，斜边长为10，则其面积为() A．96 B．49 C．24 D．48 4．若一个直角三角形的面积为6cm2，斜边长为5cm，则该直角三角形的周长是() A．7cm B．10cm C．(5＋37)cm D．12cm ◆类型三巧妙分割求面积 5．如图，已知AB＝5，BC＝12，CD＝13，DA＝10，AB⊥BC，求四边形ABCD的面积．

◆类型四“勾股树”及其拓展类型中有关面积的计算 6．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的边长为10cm，正方形A的边长为6cm，B的边长为5cm，C的边长为5cm，则正方形D的边长为() A.14cm B．4cm C.15cm D．3cm 7．如图，直线l上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为5和11，则b的面积为() A．4 B．36 C．16 D．55 第7题图第8题图 8．(青海中考)如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S2……按照此规律继续下去，则S9的值为() A.???? 1 2 6 B.???? 1 2 7 C.???? 2 2 6 D.???? 2 2 7 ◆类型五“赵爽弦图”中有关面积的计算 9．“赵爽弦图”是四个全等的直角三角形与中间一个正方形拼成的大正方形．如图，每一个直角三角形的两条直角边的长分别是3和6，则大正方形与小正方形的面积差是() A．9 B．36 C．27 D．34 第9题图第10题图 10．(永州零陵区校级模拟)如图是4个全等的直角三角形与1个正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用x，y表示直角三角形的两直角边(x＞y)，下列四个说法：①x2＋y2＝49；②x－y＝2；③2xy＋4＝49；④x＋y＝9.其中说法正确的是() A．①②B．①②③ C．①②④D．①②③④

高考物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(含答案)

高考物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(含答案) 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,倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连,O 点为轨道圆心,BC 为圆轨道直径且处于竖直方向,A 、C 两点等高．质量m=1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑,恰能滑到与O 点等高的D 点,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求: (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ; (2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值; (3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】 试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR － μmgcos37° 2sin 37R ? ＝0－0 解得：μ＝0.375 ⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ① 在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2C v m R ② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37° 2sin 37R ?＝2 12 C mv － 2 012 mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3 ⑶滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④ 在竖直方向的位移为：y ＝ 2 12 gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝ 2R y x -⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s 考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．