课练15 动能和动能定理
1．(多选)如图所示，某人将质量为m 的石块从距地面高h 处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v 0，由于空气阻力作用石块落地时的速度大小为v ，方向竖直向下，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )
A ．石块刚抛出时重力的瞬时功率为mgv 0
B ．石块落地时重力的瞬时功率为mgv
C ．石块在空中飞行过程中合外力做的功为12mv 20－12mv 2
D ．石块在空中飞行过程中阻力做的功为12mv 2－12
mv 2
0－mgh
2．如图所示，半径为R 的水平转盘上叠放有两个小物块P 和Q ，P 的上表面水平，P 到转轴的距离为r .转盘的角速度从0开始缓缓增大，直至P 恰好能与转盘发生相对滑动，此时
Q 受到P 的摩擦力设为f ，在此过程中P 和Q 相对静止，转盘对P 做的功为W .已知P 和Q 的质
量均为m ，P 与转盘间的动摩擦因数为μ1，P 与Q 间的动摩擦因数为μ2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是( )
A ．f ＝μ2mg
B ．W ＝0
C ．W ＝μ1mgr
D ．条件不足，W 无法求出
3．(多选)如图所示，一小朋友做蹦床运动由高处自由落下．从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中，不考虑空气阻力，该小朋友( )
A ．机械能守恒
B ．速度先增大后减小
C ．加速度先增大后减小
D ．所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功
4．(多选)如图所示，半径为r 的半圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内，直径AC 水平，一个质量为m 的物块(可视为质点)从圆弧轨道A 端正上方P 点由静止释放，物块刚好从A 点无碰撞地进入圆弧轨道并在A 、B 之间做匀速圆周运动，到B 点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )
A ．物块到达A 点时速度大小为2gr
B ．P 、A 间的高度差为r
2
C ．物块从A 运动到B 所用时间为1
2
π
r m
D ．物块从A 运动到B 克服摩擦力做功为mgr
5．(多选)今年2月，太原市首批纯电动公交车开始运营．在运营前的测试中，电动公交车在平直路面上行驶，某段时间内的v －t 图象如图所示．在0～10 s 内发动机和车内制动装置对车辆所做的总功为零，车辆与路面间的摩擦阻力恒定，空气阻力不计．已知公交车质量为13.5 t ，g ＝10 m/s 2
，则( )
A ．汽车在0～10 s 内发生的位移为54 m
B ．汽车与路面的摩擦阻力为2 000 N
C ．发动机在第1 s 内的平均功率是第7 s 内的300
31倍
D ．第6 s 内汽车克服车内制动装置做的功是第10 s 内的53
13
倍
6．(多选)如图所示，质量为M 的电梯底板上放置一质量为m 的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则在这一过程中( )
A ．物体所受合力做的功等于12mv 2
＋mgH
B ．底板对物体的支持力做的功等于mgH ＋12mv 2
C ．钢索的拉力做的功等于12
Mv 2
＋MgH
D ．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于12
Mv 2
练高考小题
7.
[2019·全国卷Ⅱ，18](多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2
.由图中数据可得( )
A ．物体的质量为2 kg
B ．h ＝0时，物体的速率为20 m/s
C ．h ＝2 m 时，物体的动能E k ＝40 J
D ．从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J
8．[2018·全国卷Ⅱ，14]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
9．[2018·全国卷Ⅰ，18]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
10．[2017·江苏卷，3]一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是( )
A
B
C
D
练模拟小题
11．[2019·山东省潍坊模拟](多选) 如图所示，一根细绳的上端系在O 点，下端系一重球B ，放在粗糙的斜面体A 上．现用水平推力F 向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中( )
A ．
B 做匀速圆周运动 B ．摩擦力对重球B 做正功
C ．水平推力F 和重球B 对A 做的功的大小相等
D ．A 对重球B 所做的功与重球B 对A 所做的功大小相等
12．[2019·河南省商丘九校联考](多选)已知一足够长的传送带与水平面间的夹角为
θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a
所示)，以此时为t ＝0时刻记录了小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v 1|＞|v 2|)，已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是( )
A ．0～t 1内，物块对传送带一直做负功
B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θ
C ．0～t 2内，传送带对物块做的功为12mv 22－12mv 2
1
D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
13．[2019·福建省福州市八县(市)联考](多选)如图所示，在距水平地面高为0.4 m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P 点固定一光滑定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右侧，杆上套有一质量m ＝2 kg 的滑块A .半径R ＝0.3 m 的光滑半圆形细轨道竖直固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，在轨道上套有一质量也为m ＝2 kg 的小球B .用一条不可伸长的柔软轻细绳，通过定滑轮将A 、B 连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A 、B 均可看成质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A 一个水平向右的恒力F ＝50 N(取g ＝10 m/s 2
)．则( )
A．把小球B从地面拉到P点的正下方C处时力F做的功为20 J
B．小球B运动到P点正下方C处时的速度为0
C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225 m
D．把小球B从地面拉到P的正下方C处时，小球B的机械能增加了20 J
14.
[2019·安徽省四校模拟]一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．质点的机械能不断增加
B．在0～5 s内质点的动能增加
C．在10～15 s内质点的机械能一直增加
D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能
15．[2019·江西省南昌调研](多选)如图所示，一小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( )
A．10 m B．9.5 m
C．8.5 m D．8 m
16．[2019·四川五校联考]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h ，此为过程Ⅰ；若圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，则恰好能回到A 处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g ，则圆环( )
A ．在过程Ⅰ中，加速度一直减小
B ．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为12mv 2
C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2
－mgh
D ．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同
———[综合测评 提能力]———
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．[2019·浙江模拟]如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则( )
A ．②位置足球动能等于0
B ．①位置到③位置过程只有重力做功
C ．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能
D ．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功
2．[2020·河北省定州中学模拟]一个人站在高为H 的平台上，以一定的初速度将一质量为m 的小球抛出．测出落地时小球的速度大小为v ，不计空气阻力，重力加速度大小为g ，人对小球做的功W 及小球被抛出时的初速度大小v 0分别为( )
A ．W ＝12mv 2－mgH ，v 0＝v 2
－2gH
B ．W ＝12mv 2
，v 0＝2gH
C ．W ＝mgH ，v 0＝v 2
＋2gH
D ．W ＝12
mv 2
＋mgH ，v 0＝2gH
3．[2019·全国卷Ⅲ]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用，距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2
.该物体的质量为( )
A ．2 kg
B ．1.5 kg
C ．1 kg
D ．0.5 kg
4．如图所示，第一次将质量为m 的物块放在水平面上的P 点，给其一定的初速度使其滑向Q 点；第二次将质量为2m 的物块B 放在P 点，并给其施加向右的水平拉力，使物块B 从静止开始向Q 点运动，结果物块A 运动到Q 点的动能与物块B 运动到PQ 中点时的动能相同，物块B 从P 点运动到PQ 中点时，拉力做功为W ，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，则物块A 的初速度大小为( )
A.W
m
B. 2W
m
C. 3W
m
D ．2
W m
5.
[预测新题]如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球上的水平力F 的作用下，A 、B 两球均处于静止状态，此时A 球距O 点的距离为x A ＝0.3 m ，B 球距O 点的距离x B ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时的速度大小为3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2
)( )
A．11 J B．16 J
C．18 J D．9 J
6.
[名师原创]如图所示，A、B是两个等高的固定点，间距为L，一根长为2L的非弹性轻绳两端分别系在A、B两点，绳上套了一个质量为m的小球．现使小球在竖直平面内以AB为中心轴做圆周运动，若小球在最低点的速率为v，则小球运动到最高点时，两段绳的拉力恰好均为零，若小球在最低点的速率为2v，则小球运动到最高点时每段绳上的拉力大小为(重力加速度大小为g，不计一切摩擦)( )
A.3mg B．53mg
C．15mg D．52mg
7.
[2020·江西五校联考]如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失．换用材料相同、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是( )
A．两滑块到达B点时的速度相同
B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同
D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同
8．[2019·广东佛山一中段考]
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点上方高为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 ＝1
2mgR ，质点恰好可以到达Q 点
B ．W >1
2
mgR ，质点不能到达Q 点
C ．W ＝1
2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
D ．W <1
2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)
9．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度大小g 取10 m/s 2
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象可求出( )
A ．物体的初速率为3 m/s
B ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.75
C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值为1.44 m
D ．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上
10．[2019·郑州质检]质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示．在圆心处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度减小而减小．某一时刻小球通过轨道的最低点，力传感器的示数为7mg ，重力加速度为g ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，下列说法正确的是( )
A ．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为1
2mgR
B ．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgR
C ．再次经过最低点时力传感器的示数为5mg
D．再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg
三、非选择题(本题共3小题，共34分)
11．(11分)如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角θ＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1 m，斜面长L ＝4 m，现有一个质量m＝0.1 kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.25.不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物体P第一次通过C点时的速度大小v C；
(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(3)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动到最高点E，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力．
12．(11分)[2019·江苏常州期末]如图所示，在距水平地面高为h＝0.5 m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P处固定一小定滑轮，在P点的右边杆上套一质量mA＝1 kg的滑块A.半径r＝0.3 m的光滑半圆形竖直轨道固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，半圆形轨道上套有质量mB＝2 kg的小球B.滑块A和小球B用一条不可伸长的柔软细绳绕过小定滑轮相连，在滑块A上施加一水平向右的力F.滑轮的质量和摩擦均可忽略不计，且小球可看做质点，g取10 m/s2，0.34≈0.58.
(1)若逐渐增大拉力F，求小球B刚要离地时拉力F1的大小；
(2)若拉力F2 ＝57.9 N，求小球B运动到C处时的速度大小；(结果保留整数)
(3)在(2)情形中当小球B运动到C处时，拉力变为F3 ＝16 N，求小球B在右侧轨道上运动的最小速度．(结果保留一位小数)
13．(12分)[2020·湖南地质中学月考]如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速转动，将质量为m ＝1.0 kg 的小物块轻轻放在传送带上的P 点，物块运动到A 点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道．B 、C 为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O ，已知圆弧对应圆心角θ＝106°，圆弧半径R ＝1.0 m ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经过0.8 s 小物块第二次经过D 点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝13，sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2
.
求：
(1)小物块离开A 点时的水平速度大小； (2)小物块经过O 点时，轨道对它的支持力大小； (3)斜面上C 、D 间的距离．
课练15 动能和动能定理
[狂刷小题 夯基础]
1．BD 设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为α ，则刚抛出时重力的瞬时功
－(mg sin θ＋f )x ＝E k －E k0，即
E k ＝－(f ＋mg sin θ)x ＋E k0，
所以E k 与x 的函数关系图像为直线，且斜率为负． 当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有
(mg sin θ－f )(x 0－x )＝E k －0(x 0为小物块到达最高点时的位移)，即
E k ＝－(mg sin θ－f )x ＋(mg sin θ－f )x 0
所以下滑时E k 随x 的减小而增大且为直线． 综上所述，选项C 正确． 11．BC
B 的线速度大小是变化的，故不是匀速圆周运动，故A 错误；如图，画出球B 受到的支
持力N ，摩擦力f 以及球在该位置时运动的切线的方向，由图可知，斜面对B 的摩擦力沿斜面向下，与B 的速度方向的夹角为锐角，所以摩擦力对重球B 做正功，故B 正确；A 匀速运动，动能不变，根据动能定理知水平推力F 和重球B 对A 做的功的大小相等，故C 正确；斜面对B 的弹力和B 对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B 在弹力方向上的位移，所以A 对重球B 的弹力所做的功与重球B 对A 弹力所做的功大小相等，一正一负，由于B 与A 间存在相对运动，A 的位移与B 的位移不相等，所以A 对重球B 的摩擦力所做的功与重球B 对A 的摩擦力所做的功大小不相等，所以A 对重球B 所做的总功与重球B 对A 所做的总功大小不相等，故D 错误．
12．ABD 由题图b 知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～
t 1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A 正确．在t 1～ t 2时间内，物块向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故B 正确.0～t 2
时间内，由题图b 中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得：W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，则传送带对物块做的W ＝12mv 22－
12
mv 21－W G ，故C 错误.0～t 2时间内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小，且
都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D 正确．故选A 、B 、D.
13．ACD 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 处的过程中，力F 的位移为：x ＝0.42
＋0.3
2
m －(0.4－0.3)m ＝0.4 m ，则力F 做的功W F ＝Fx ＝20 J ，选项A 正确；把小球B 从地面拉到P 点正下方C 处时，B 的速度方向与绳子方向垂直，A 的速度为零，设B 的速度为v ，则由动能
定理：W F －mgR ＝12
mv 2
－0，解得v ＝14m/s ，选项B 错误；当细绳与半圆形轨道相切时，小球
B 的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与滑块A 速度大小相等，由几
何关系可得h ＝0.225 m ，选项C 正确；B 的机械能增加量为F 做的功20 J ，D 正确．
14．D 质点竖直向上运动，0～15 s 内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B 错误.0～5 s 内，a ＝10 m/s 2
，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s 内，a ＝8 m/s 2
，受重力和向上的力F 1，F 1做正功，机械能增加；10～15 s 内，a ＝12 m/s 2
，质点受重力和向下的力F 2，F 2做负功，机械能减少，A 、C 错误．由F 合＝ma 可推知F 1＝F 2，由于做减速运动，5～10 s 内通过的位移大于10～15 s 内通过的位移，F 1做的功大于F 2做的功，5～15 s 内增加的机械能大于减少的机械能，所以D 正确．
15．BC 设小球质量为m ，以B 点所在水平面为零势能面，由题给条件“当到达圆环顶
点C 时，刚好对轨道压力为零”有mg ＝mv 2
C R ，小球到达C 点时，有v 2
C ＝gR ，在C 点的动能为12
mv 2C
＝12mgR ，则小球在C 点的机械能为2mgR ＋12mv 2C ＝5
2mgR ，则小球从B 点到C 点克服摩擦力做的功为1
2mgR ，小球到达D 点时速度为零，设小球在D 点的机械能为E k D ，分析可知小球在从C 点
到B 点过程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球从B 点到C 点克服摩擦力做的功1
2mgR ，
故2mgR ＜E k D ＜5
2
mgR ，即8 m ＜h ＜10 m ，选项B 、C 正确．
16．D
圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L ，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F ＝kL ?
??
?
?1sin θ－1，竖直方
向根据牛顿第二定律可得mg －F cos θ－μF N ＝ma ，水平方向有F sin θ＝F N ，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A 错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D 正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得W G －W f －W 弹＝0，解得W f ＝
W G －W 弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－W G ＋W 弹－W f ＝－12mv 2，联立解得W f ＝14
mv 2，在C 处
＋12mv ″2＝12m (2v )2
，得v ″＝4gr ，设每段绳的拉力大小为F ，则2F cos θ＋mg ＝m v ″2
r ，联立解得F ＝53mg ，B 正确．
7．D 由于初始时，弹簧的弹性势能相同，则两滑块到达B 点时的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时的加速度相同，由于到达B 点时的速度不同，故上升高度不同，B 错误；滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律有E p
＝mgh ＋μmg cos θ×h sin θ，解得mgh ＝E p tan θtan θ＋μ
，故两滑块上升到最高点的过程中克服
重力做的功相同，C 错误；由能量守恒知损失的机械能E 损＝μmgh
tan θ，结合C 的分析，可知D
正确．
8．C 在N 点，根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2N
R
，解得v N ＝3gR ，对质点从开始下落至
到达N 点的过程运用动能定理得mg ·2R －W ＝12mv 2N －0，解得W ＝1
2mgR .由于质点在PN 段的速度
大于质点在NQ 段的速度，所以质点在NQ 段受到的支持力小于PN 段受到的支持力，则质点在
NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时由动能定理得－
mgR －W ′＝1
2mv 2Q －12mv 2
N ，
因为W ′<12
mgR ，可知v Q >0，所以质点到达Q 点后，继续上升一段距离．故C 正确，A 、B 、D 错误．
9．BC 由题图乙可知，当夹角θ＝0°时，位移为2.40 m ，而当夹角为90°时，位移为1.80 m ，则由竖直上抛运动规律可知v 2
0＝2gh ，解得v 0＝2gh ＝6 m/s ，故A 错误；当夹角为0°时，由动能定理可得μmgx ＝12mv 2
0，解得μ＝0.75，故B 正确；－mgx sin θ－μmgx cos
θ＝0－1
2mv 20，解得x ＝
v 20
2g
sin θ＋μcos θ
(m)＝
1810
sin θ＋3
4
cos θ
(m)＝
18
10×5
4
sin θ＋α
(m)，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x ＝1.44 m ，
故C 正确；若θ＝45°时，物体受到重力的分力为mg sin 45°＝
2
2
mg ，最大静摩擦力f ＝μmg cos45°＝
328mg ，22mg ＞32
8
mg ，故物体达到最大位移后会下滑，故D 错误． 10．AD 小球在最低点时有F 1＝T －mg ＝m v 21
R ，解得v 1＝6gR ，而在最高点时，由于小球
恰好能通过最高点，所以有mg ＝m v 22
R
，可得v 2＝gR ，小球从最低点到最高点的过程，由动能
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 世界数学难题——费马大定理 费马大定理简介： 当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. （(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［n是一个奇素数］x>0,y>0,z>0）无整数解。 这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁?怀尔斯和他的学生理查?泰勒于1995年成功证明。证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。而安德鲁?怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。 [编辑本段] 理论发展 1637年，费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”（拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。 对很多不同的n，费马定理早被证明了。但数学家对一般情况在首二百年内仍一筹莫展。 1908年，德国佛尔夫斯克宣布以10万马克作为奖金奖给在他逝世后一百年内，第一个证明该定理的人，吸引了不少人尝试并递交他们的“证明”。在一战之后，马克大幅贬值，该定理的魅力也大大地下降。 1983年，en:Gerd Faltings证明了Mordell猜测，从而得出当n > 2时（n为整数），只存在有限组互质的a,b,c使得a^n + b^n = c*n。 1986年，Gerhard Frey 提出了“ε-猜想”：若存在a,b,c使得a^n + b^n = c^n，即如果费马大定理是错的，则椭圆曲线y^2 = x(x - a^n)(x + b^n) 会是谷山-志村猜想的一个反例。Frey的猜想随即被Kenneth Ribet证实。此猜想显示了费马大定理与椭圆曲线及模形式的密切关系。 1995年，怀尔斯和泰勒在一特例范围内证明了谷山-志村猜想，Frey的椭圆曲线刚好在这一特例范围内，从而证明了费马大定理。 怀尔斯证明费马大定理的过程亦甚具戏剧性。他用了七年时间，在不为人知的情况下，得出了证明的大部分；然后于1993年6月在一个学术会议上宣布了他的证明，并瞬即成为世界头条。但在审批证明的过程中，专家发现了一个极严重的错误。怀尔斯和泰勒然后用了近一年时间尝试补救，终在1994年9月以一个之前怀尔斯抛弃过的方法得到成功，这部份的证明与岩泽理论有关。他们的证明刊在1995年的数学年刊（en:Annals of Mathematics）之上。 1：欧拉证明了n=3的情形，用的是唯一因子分解定理。 2：费马自己证明了n=4的情形。 3：1825年，狄利克雷和勒让德证明了n=5的情形，用的是欧拉所用方法的延伸，但避开了唯一因子分解定理。 4：1839年，法国数学家拉梅证明了n=7的情形，他的证明使用了跟7本身结合的很紧 ()?? ????-+++=222221x a H x H n OB n AO n L += 费马定理 费马原理是光学中最为基础的原理，它在物理学发展的历程中有着至关重要的作用。它用一种新的看法将几何光学的三个基本实验定律（光的反射定律和折射定律、光的独立传播定律光的直线传播定律直线传播）进行统一，并表述了三者的联系。通过研究几何光学问题，能彰显出费马定理的重要性，能更加系统化光学理论。可见通过费马原理推导上述三个基本实验定律，能使我们更加系统的理解光学理论，这对广大学者都有着不可或缺的意义。 费马原理的直观表达:光从空间的一点到另一点的实际路径是沿着光程为极值的路径传播的。或者说, 光沿着光程为极大、极小或者常量的路径传播。 光线从Q 点传播到P 点所需的总时间：?∑∑ =?=?===ndl c t l n c v l t P Q i i i i i i 1111 费马原理：在所有可能的光传播路径中，实际路径所需的时间 取极值。?==01ndl c t P Q δδ 在光传播的所有可能存在的路径中，其实际路径所对应的光程取极致。?==0ndl L P Q δδ ① 直线传播定律：两点间的所有可能连线中，线段最短——光程取极小值。 ② 内椭球面的反射： 椭球面上任一点到两个焦点连线的角平分线即过该点 的面法线，且两线段长度之和相等。 用费马原理导出反射定律 如下图，PQ 为两个介质间的平面反射镜,从A 点发射出的光线照射到PQ 平面上的O 点，经过反射到达B 点。假设光线所处的介质为均匀介质。光线的透射点O 到A 点与反射平面垂足P 的长度为x 。那么点A 到点B 的光程为： 最新高考物理动能与动能定理练习题及答案 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37?角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小； （2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。 【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】 （1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==? 解得：04 m /5m /cos370.8 A v v s s = ==? 小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有： ()2211cos3722 A B mv mg R R mv +-?= 小物块经过B 点时，有：2 B NB v F mg m R -= 解得：()232cos3762N B NB v F mg m R =-?+= 根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有： 22011222 C B mgL mg r mv mv μ--?= - 在C 点，由牛顿第二定律得：2 C NC v F mg m r += 代入数据解得：60N NC F = 根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N 动能动能定理 动能定理是高中教学重点内容，也是高考每年必考内容，由此在高中物理教学中应提起高度重视。 一、教学目标 1．理解动能的概念： （1）知道什么是动能。 制中动能的单位是焦耳（J）；动能是标量，是状态量。 （3）正确理解和运用动能公式分析、解答有关问题。 2．掌握动能定理： （1）掌握外力对物体所做的总功的计算，理解“代数和”的含义。 （2）理解和运用动能定理。 二、重点、难点分析 1．本节重点是对动能公式和动能定理的理解与应用。 2．动能定理中总功的分析与计算在初学时比较困难，应通过例题逐步提高学生解决该问题的能力。 3．通过动能定理进一步加深功与能的关系的理解，让学生对功、能关系有更全面、深刻的认识，这是本节的较高要求，也是难点。 三、主要教学过程 （一）引入新课 初中我们曾对动能这一概念有简单、定性的了解，在学习了功的概念及功和能的关系之后，我们再进一步对动能进行研究，定量、深入地理解这一概念及其与功的关系。 （二）教学过程设计 1．什么是动能？它与哪些因素有关？这主要是初中知识回顾，可请学生举例回答，然后总结作如下板书： 物体由于运动而具有的能叫动能，它与物体的质量和速度有关。 下面通过举例表明：运动物体可对外做功，质量和速度越大，动能越大，物体对外做功的能力也越强。所以说动能是表征运动物体做功的一种能力。 2．动能公式 动能与质量和速度的定量关系如何呢？我们知道，功与能密切相关。因此我们可以通过做功来研究能量。外力对物体做功使物体运动而具有动能。下面我们就通过这个途径研究一个运动物体的动能是多少。 列出问题，引导学生回答： 光滑水平面上一物体原来静止，质量为m，此时动能是多少？（因为物体没有运动，所以没有动能）。在恒定外力F作用下，物体发生一段位移s，得到速度v （如图1），这个过程中外力做功多少？物体获得了多少动能？ ●今年6月间，德国哥庭根大学的大会堂里，500名数学家齐聚，观看普林斯顿大学数学家魏尔斯(Andrew Wiles)领取沃夫斯柯奖。沃夫斯柯是一位德国工业家的名字，他在20世纪初遗赠10万马克设立此一奖项，给予世界上头一个能解决费马最后定理之人。当时10万马克是不小的一笔数目，约等于200万美金，而几个月前由魏尔斯领到时，不过相当5万美金左右，但是这确是近世数学界的盛事，魏尔斯不只是证明了费马最后定理，也替未来的数学带来革命性新发展。费马最后定理的发明者自然是一个叫费马的人。费马(Pierre deFermat)1601年出生在法国西南方小镇。费马并不是一个数学家，他的职业是一名法官。当时为了保持法官立场的公正，通常不鼓励他们出外社交，因此每天晚上费马便钻研在他嗜好的数学之中，悠然自得。在1637年的某一天，费马正在阅读古希腊大数学家戴奥芬多斯的数学译本，忽然灵光乍现，就在书页空白处，写下有名的费马定理。费马定理的内容其实很简单，它只是基于一个方程式（X+Y=Z)。这个方程式当n等于2时，就是人们熟知的毕氏定理，中国数学上所称的勾股弦定理，其内容即直角三角形两边平方和等于其斜边的平方。如32.+42.=52.(9+16=25)。费马当时提出的难题是，当这个方程式(X+Y=Z)的n大于2时，就找不到任何整数来符合这个方程式。例如33.+43.(27+64)=91，但是91却不是任何整体的3次方。费马不仅写下了这个问题，他同时也写道，自己已经发现了证明这个问题的妙法，只是书页的空白处不够大，无法写下证明。结果他至死都没有提出他的证明，却弄得300多年来数学界群贤束手，也使他的难题得到一个费马最后定理的称号。19世纪时，法国的法兰西科学院，曾经分别两度提供金质奖章和300法郎之赏，给予任何可以解决此一难题之人，不过并没有多大进展。20世纪初捐出10万马克奖金的沃夫斯柯，事实上也是一个对费马最后定理着迷的“数痴”，据一些历史学家研究，沃夫斯柯原本一度已打算自杀，但由于对解决费马定理着迷，而放弃求死之心，因此他后来便在遗嘱中捐出巨款，原因是他认为正是费马定理救了他一命。重赏之下必有勇夫，但是解决数学难题却非人人可为。20世纪公认的德国天才数学家希伯特（D. Hilbert）就不愿去碰费马定理，他的理由是自己没那么多时间，而且到头来还可能落得失败的下场。虽然费马定理还是让许多数学家萦怀于心，但是他们看这个难题就有如化学家看炼金术一样，只是一个古老的浪漫梦。秘密钻研7年突破难题最后解决这个世纪难题的魏尔斯，早在1936年他10岁之时，便有着挑战费马定理的浪漫梦想，他在英国桥剑地方的图书馆中读到这个问题，便决心一定要找出证明方法。他学校的老师并不鼓励他浪费时间于这个不可能之事，大学老师也试图劝阻他，最后他进了英国剑桥大学数学研究所，他的指导教授指引他转入数学中比较主流的领域做椭圆曲线。魏尔斯自己也没有料到，这个由古希腊起始的数学研究训练，最后会导致他再回到费马定理之上。1927年，日本数学家谷山丰提出一个讨论椭圆曲线的数学结构，后来在美国普林斯顿大学的日本数学家志村五郎，再将这个结构发展得更为完备。这个被称为“志村—谷山猜想”的数学结构，居然成为化繁为简，通向解决费马定理的绝妙佳径。1984年德国萨兰大学的数学家佛列发展出一种很奇特也很简单的关联，将“志村—谷山猜想”和费马定理扯在一块，佛列提出的关联经过好几位数学家的努力，最后终于证明了如果要证明费马最后定理，可以经由证明“志村—谷山猜想”来完成。魏尔斯是1993年在英国剑桥大学，正式宣布他已解决费马最后定理，在此之前他已秘密的工作达7年之久，原因不只是怕受到公众压力，也害怕其他数学家抄袭他的想法，在这段期间，魏尔斯连和太太去度蜜月中都未能从“附魔”脱身。最后的结果是魏尔斯并不需要证明整个的“志村—谷山猜想”，他只要证明一些特定的椭圆形曲线是具备某种特性。但是这些特定的椭圆曲线还是有无穷多个，因此证明技巧上依然十分困难。魏尔斯基本上利用了数学上常用的归纳法，他的办法有点像推倒骨牌的游戏，如果要推倒无限多张的骨牌，你必须确知的乃是一张骨牌倒下时，一定会碰到的下张骨牌。魏尔斯在1993年6月23日觉得他的证明已十分完整，于是便在剑桥大学牛顿数学研究所的研讨会上正式宣布。300年悬案终有解300多年数学悬案终于解决，不只数学界哗然震惊，数学门墙之外的社会大众亦感 储备公式 1.费马大定理（Fermat Last Theore m ）： 当2n >时，n n n x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当3n =时，3 3 3 x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当4n =时，4 4 4 x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当5n =时，5 5 5 x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当7n =时，7 7 7 x y z +=无0xyz ≠的整数解； (2)n n n x y z n +=> 2.商高方程2 2 2 x y z +=满足(,)(,)(,)1x y y z z x ===，,x y 奇偶性不同的全体本原解为： 22222;;x pq y p q z p q ==-=+其中,p q 满足下面的条件： 0;(,)1;,p q p q p q >>=奇偶性不同 3.Fermat 无穷递降法 4.4n =时，Fermat 大定理证明过程 当4n =时，444 x y z +=无0xyz ≠的整数解； 原理：无穷递降法和毕达哥拉斯三元数组 证明：用反证法。若有正整数解，那么在所有正整数解中，必有一组解 假如存在,,x y z 满足444 x y z +=，且满足(,)(,)(,)1x y y z z x === 初等数论（P99） 定理4：不定方程：442 x y z +=无0xyz ≠的解。 证：用反证法。假若方程有正整数解，那么在全体正整数解中，必有一组解000,,x y z ，使得0z 取得最小值。我们要找出一组正整数解111,,x y z ，满足10z z <，得出矛盾。 （1）必有00(,)1x y =。若不然，就有素数00|,|p x p y 。由此及式442 x y z +=推出 42200|,|p z p z 。因此，2 000000,,x p y p z p 也是方程的正整数解，这和0z 的最小性矛盾。因此，22 000,,x y z 是方程的本原解，00,x y 必为一奇一偶，不妨设02|y ，以及00(,)1z y = 高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。 费尔马大定理及其证明 近代数学如参天大树，已是分支众多，枝繁叶茂。在这棵苍劲的大树上悬挂着不胜其数的数学难题。其中最耀眼夺目的是四色地图问题、费尔马大定理和哥德巴赫猜想。它们被称为近代三大数学难题。 300多年以来，费尔马大定理使世界上许多著名数学家殚精竭虑，有的甚至耗尽了毕生精力。费尔马大定理神秘的面纱终于在1995年揭开，被43岁的英国数学家维尔斯一举证明。这被认为是“20世纪最重大的数学成就”。 费尔马大定理的由来 故事涉及到两位相隔1400年的数学家，一位是古希腊的丢番图，一位是法国的费尔马。丢番图活动于公元250年前后。 1637年，30来岁的费尔马在读丢番图的名著《算术》的法文译本时，他在书中关于不定方程 x^2＋ y^2 ＝z^2 的全部正整数解这页的空白处用拉丁文写道：“任何一个数的立方，不能分成两个数的立方之和；任何一个数的四次方，不能分成两个数的四次方之和，一般来说，不可能将一个高于二次的幂分成两个同次的幂之和。我已发现了这个断语的美妙证法，可惜这里的空白地方太小，写不下。” 费尔马去世后，人们在整理他的遗物时发现了这段写在书眉上的话。1670年，他的儿子发表了费尔马的这一部分页端笔记，大家才知道这一问题。后来，人们就把这一论断称为费尔马大定理。用数学语言来表达就是：形如x^n+y^n=z^n的方程，当n大于2时没有正整数解。 费尔马是一位业余数学爱好者，被誉为“业余数学家之王”。1601年，他出生在法国南部图卢兹附近一位皮革商人的家庭。童年时期是在家里受的教育。长大以后，父亲送他在大学学法律，毕业后当了一名律师。从1648年起，担任图卢兹市议会议员。 费马原理的运用 王瑞林（03010425） （东南大学能源与环境学院，南京 210010） 摘要：本文介绍了几何光学的基本定理——费马原理的定义、传统表述及运用波动光学对其本质的介绍。并且运用费马原理证明了几何光学的三大定律，并求出了最速降线。 关键词：费马原理；折射定律；圆锥曲线光学性质；最速降线；最小作用量原理 The use of Fermat’s principle Wangruilin (The college of environment and energy , Southeast University, Nanjing 210096 ) Abstract: We introduced the Fundamental theorem of geometrical optics- Fermat’s principle. We introduced the definition and presentation of Fermat's principle, analysis its essemce . we also got the three basic laws of geometrical optics, and find the brachistochrone with proof of Fermat's principle. key words: Fermat’s principle；Law of ref raction；Optical properties of coni c；Brachistochrone；Principle of least action 我们之前在初高中就已经学习过几何光学，并了解了其中的一些重要定律，但是都只是一些经验的描述和一些实验的简单验证，本文我们运用几何光学的基础原理——费马原理对已学过的几何定律做一个简单的梳理并简单介绍一下运用费马原理对最速降线问题的求解。 费马原理简介 一、费马定理的表述 关于费马原理的定义，教科书上的表述如下：“过空间中两定点的光，实际路径总是光程最短、最长或恒定值的路径。”其实表述并不足够准确，因为对于某些路程，不能简单的以光程极值来加以限定，最为准确而精炼的表述要利用到数学上的泛函知识，具体描述为：“过两个定点的光走且仅走光程的一阶变分为零的路径。”其中光程的定义为光通过的介质对光的折射率与光通过的路程的乘积。费马原理的数学表述形式为 其中，δ是变分符号，p1、p2表示空间中两个固定点，n为介质的折射率，s表示路程。我们将路径视为一个函数，而变分则是对泛函求导，其结果类似于我们函数求导，我们可以用函数求导来类似理解变分的求解。 费马定理还有另外一种表述：“过空间中两定点的光，实际路径总是时间最短、最长或恒定值的路径。”其实就是把光程换成了时间t 高中物理动能与动能定理题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的1 4 圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切 线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求： （1）圆弧轨道的半径 （2）小球滑到B点时对轨道的压力． 【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m． （2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下． 【解析】 （1）小球由B到D做平抛运动，有：h=1 2 gt2 x=v B t 解得： 10 410/ 220.8 B g v x m s h ==?= ? A到B过程，由动能定理得：mgR=1 2 mv B2-0 解得轨道半径R=5m （2）在B点，由向心力公式得： 2 B v N mg m R -= 解得：N=6N 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下 点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动． 2．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为 L2 =2.6m， 费马大定理的美妙证明 成飞 中国石油大学物理系 摘要：1637年左右，法国学者费马在阅读丢番图（Diophatus）《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。” 0、费马大定理： 当n>3时，X n +Y n=Z n，n次不定方程没有正整数解。 1、当n=1，X+Y=Z，有任意Z≥2组合的正整数解。任意a.b.c；只要满足方程X+Y=Z；a,b.c 由空间平面的线段表示，有 a b c 可见，线段a和线段b之和，就是线段c。 2、当n=2，X2+Y2=Z2，有正整数解，但不任意。 对于这个二次不定方程来说，解X=a,Y=b,Z=c，在空间平面中，a,b,c不能构成两线段和等于另外线段。 又因为，解要满足二次不定方程，解必然a+b>c且c>a,b。 可以知道，二次不定方程的解，a,b,c在空间平面中或许可以构成三角形， B c A 根据三角形余弦定理，有 c2=a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π) 此时，a,b,c，即构成了三角形，又要满足二次不定方程X2+Y2=Z2 ，只有当且仅当ɑ=900，cosɑ=0,a,b,c构成直角三角形时c2=a2+b2，既然X=a,Y=b,Z=c，那么二次不定方程X2+Y2=Z2有解。 3、当n=3，X3+Y3=Z3，假设有正整数解。a,b,c就是三次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。 此时，a,b,c也必构成三角形， B A 根据三角形余弦定理，有 c2 = a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π) 因为，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的正整数解，cosɑ是连续函数，因此在[-1,1]内取值可以是无穷个分数。根据大边对大角关系，ɑ角度取值范围(60o，180o），由此我们cosɑ的取值分成两部分，（-1,0］和［0，?）范围内所有分数；而a+b>c,且c>a，b， 1、当cosɑ=（-1,0］，三角形余弦定理关系式得到， c2 = a2+b2+mab m=［0,1）内正分数； 等式两边同乘以c，有 c3 = a2c + b2c + mabc 因为c>a，b，那么 c3 > a3+ b3 2、当cosɑ=?，三角形余弦定理关系式得到， c2 = a2+b2-ab 等式两边同乘以a+b，有 (a+b)c2 = a3+ b3 又因为a+b>c， 所以，c3 < a3+ b3 （根据三角形大角对大边，c>a，b，即ɑ不可能等于600） 那么，cosɑ=［0，?）时，更加满足c3 < a3+ b3 既然，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的解，又a3+ b3≠ c3， 那么，X3+Y3≠Z3，得到结果与原假设相矛盾，所以，假设不成立。 即，n=3时，X3+Y3=Z3 ，三次不定方程没有正整数解。 4、n>3, X n +Y n=Z n，假设有正整数解。a,b,c就是n次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。此时，a,b,c构成三角形，根据三角形余弦定理有， 高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案) 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求： （1）弹簧获得的最大弹性势能； （2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能； （3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。 【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】 （1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动 能定理得：?μmgl+W弹＝0?m v02 由功能关系：W弹=-△E p=-E p 解得 E p=10.5J； （2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 ?2μmgl＝E k?m v02 解得 E k=3J； （3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况： ①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 ?2mgR＝m v22?E k 小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m ②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心 等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m； 设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得： 高中物理动能与动能定理解析版汇编 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2. (1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥ 【解析】 【分析】 【详解】 （1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 由B 到最高点2211 222 B mv mgR mv =+ 由A 到B ： 解得A 点的速度为 （2）若小滑块刚好停在C 处，则： 解得A 点的速度为 若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有2 12 h gt = c s v t = 解得 所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥ 2．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求： (1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p (2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E (3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。 【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】 (1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有： 0=m 1v 1-m 2v 2 解得 v 1=10m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为： 22112211 22 p E m v m v = + 解得 E p =19.5J (2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得： -μm 2gx =0-1 2 m 2v 22 解得 x =3m ＜L =4m 则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。 设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。取向左为正方向。 根据动量定理得： μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2） 学院 学术论文 论文题目：费马大定理的证明 Paper topic：Proof of FLT papers 姓名 所在学院 专业班级 学号 指导教师 日期 【摘要】：本文运用勾股定理，奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析将费马大 定理的证明由对N>2的情况转换到证明n=4,n=p 时方程n n n x y z +=无解。 【关键字】：费马大定理（FLT ）证明 Abstract : Using the Pythagorean proposition, parity properties, division of the contrast and analysis of the solutions for the equations to proof of FLT in N > 2 by the situation to prove N = 4, N = p equation no solution. Keywords: Proof of FLT (FLT) 引言： 1637年，费马提出：“将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。”即方程 n n n x y z +=无正整数解。 当正整数指数n ＞2时，没有正整数解。当然xyz=o 除外。这就是费马大定理（FLT ），于1670年正式发表。费马还写道：“关于此，我确信已发现一种奇妙的证法，可惜这里的空白太小，写不下”。[1] 1992年，蒋春暄用p 阶和4n 阶复双曲函数证明FLT 。 1994年，怀尔斯用模形式、谷山—志村猜想、伽罗瓦群等现代数学方法间接证明FLT ，但是他的证明明显与费马设想的证明不同。 据前人研究，任何一个大于2的正整数n ，或是4的倍数，或是一个奇素数的倍数，因此证明FLT ，只需证明两个指数n=4及n=p 时方程没有正整数解即可。方程 444x y z +=无正整数解已被费马本人及贝西、莱布尼茨、欧拉所证明。方程 n n n x y z +=无正整数解，n=3被欧拉、高斯所证明；n=5被勒让德、狄利克雷所证明；n=7被拉梅所证明；特定条件下的n 相继被数学家所证明；现在只需继续证明一般条件下方程n n n x y z +=没有正整数解，即证明FLT 。[2] 本文通过运用勾股定理，对奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析证明4n =，n p =时n n n x y z +=无正整数解。 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： 高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求： （1）弹簧获得的最大弹性势能； （2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能； （3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。 【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】 （1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动 能定理得：?μmgl+W弹＝0?m v02 由功能关系：W弹=-△E p=-E p 解得 E p=10.5J； （2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 ?2μmgl＝E k?m v02 解得 E k=3J； （3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况： ①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 ?2mgR＝m v22?E k 小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m ②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心 等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m； 设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得： 费马大定理的简单证明 李联忠 （营山中学 四川 营山 637700） 费马大定理：一个正整数的三次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。即不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。 证明： 当n=2时，有 222y x z += ∴ ))((222y z y z y z x +-=-= （1） 令 22)(m y z =- 则 22m y z += 代入（1）得 222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-= ∴ ml x 2= 22m l y -= 22m l z += 当n=3时，有 333y x z += ∴ ))((22333y zy z y z y z x ++-=-= （2） 令 323)(m y z =- 则 323m y z +=代入（2）得 ］ ［23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +?+=)33(36332233m y m y m ++= 若方程333y x z +=有正整数解，则)33(63322m y m y ++为某正整数的三次幂，即 363322)33(l m y m y =++ ∴ )33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+ 则必有 )33(3)3(4222322m l m l m y m l y ++=+-=和，而y,m,l 都取正整数时，这两等式是不可能同时成立的。所以363322)33(l m y m y =++不成立。即x 不可能取得正整数。所以，当n=3时，方程333y x z +=无正整数解。 当n>3时，同理可证方程n n n y x z +=无正整数解。 定理得证。 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。世界数学难题——费马大定理
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