最新高考知识点巡查专题运动和力 精品.docx
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最新高考知识点巡查专题运动和力精品
专题四运动和力
雷区扫描
本部分常见的失分点有:
1.对新情境问题,不能将实际问题抽象为熟悉的物理模型.
2.不能从物体的受力分析和运动分析入手,运用牛顿运动定律分析物体的运动过程,从而建立正确的物理情境.
3.对于多知识点的综合性题目,不能依据物理过程的特点选取适宜的定理、定律来解决问题.
造成失误的根源在于没有掌握分析物理过程的基本方法,对定理、定律的内涵和外延理解不透.
排雷示例
例1.(2000年上海)
匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧,弹簧下端挂有一小球.若升降机突然停止运动,在地面上的观察者看来,小球在继续上升的过程中
A.速度逐渐减小
B.速度先增大后减小
C.加速度逐渐增大
D.加速度逐渐减小
雷区探测
本题研究的是物体在变力作用下的运动问题,考查考生从物体的受力分析和运动分析入手,运用牛顿运动定律分析物体的运动过程,建立正确的物理情境的能力,同时也考查了惯性、物体的平衡条件、弹力、速度和加速度的关系等基本概念的规律.1999年全国11题、1998年全国16题、1998年上海3题、1999年上海11题都属这类题目.
雷区诊断
此题中物体原来匀速上升,这时弹簧弹力与物体的重力平衡,当升降机突然停止运动后,由于惯性小球继续向上运动,使弹簧缩短,弹力减小,合力方向向下且逐渐增大,所以加速度变大,速度减小;当弹簧的长度减小到自然长时,弹力为零,小球的加速度等于重力加速度g,随着小球继续上升弹簧开始被压缩,弹力向下且逐渐增大,小球的加速度大于重力加速度并继续增大,速度继续减小直到减小为零.在答题中有相当一部分考生,没有注意到物体开始做匀速运动时弹簧弹力等于小球重力这一条件,而认为开始弹力大于重力,从而得出速度先增大后减小的结论.解答物体在变力作用下的运动,关键是分析力及其变化规律,然后由运动公式和牛顿定律确定物体的运动情况.
正确解答AC
例2.(2000年上海)
图4—1为空间探测器的示意图,P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机,P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行,P2、P4的连线与y轴平行.每台发动机开动时,都能向探测器提供推力,但不会使探测器转动.开始时,探测器以恒定的速率v0向正x方向平动.要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速率v0平动,则可
图4—1
A.先开动P1适当时间,再开动P4适当时间
B.先开动P3适当时间,再开动P2适当时间
C.开动P4适当时间
D.先开动P3适当时间,再开动P4适当时间
雷区探测
本题是一个立意新颖的题目,联系了最新科学技术,考查考生对“运动和力的关系,运动的合成与分解”等知识的理解,特别是考查考生运用所学物理知识分析处理实际问题的能力.2000年上海卷第4题,2001年全国卷第8题.
雷区诊断
出现失误的同学,一般是没有从速度的大小和方向两个角度分析运动,只注意了速度方向的变化,而忽视了速度大小的变化.具体情况有两种:
一是不能将这一联系最新科学技术的实际问题转化为基本的物理模型,导致发动机开动时向探测器提供的推力方向的不能正确地判断;二是没有认真审题,丢掉了“以原来的速率v0平动”这个要求;三是没有正确运用平行四边形法则确定两个分速度与合速度的关系.
事实上,要使速度变为正x偏负y60°,且速度大小为v0,用平行四边形法则作图,如图4—2所示,由图可知须使vx=v0/2,vy=-
v0/2,这就需要沿正x方向做减速运动,而沿负y方向做加速运动.
图4—2
正确解答
答案A中,开动P1时,推力方向与正x方向相反,探测器沿正x方向减速运动,开动时间适当可使vx=v0/2,再开动P4时,探测器沿负y方向加速运动,开动时间适当可使vy=-
v0/2,合速度为正x偏负y60°,且大小为v0;
答案B中,开动P3时,推力方向与正x方向相同,探测器沿正x方向加速运动,vx>v0,再开动P2时,探测器沿正y方向加速运动,vy>0,合速度为正x偏正y方向,且大于v0;
答案C中,只开动P4时,探测器沿负y方向加速运动,但正x方向仍以v0匀速,虽然合速度方向是正x偏负y方向,但合速度大小一定大于v0;
答案D中,开动P3时,探测器沿正x方向加速运动,vx>0,开动P4时,探测器沿负y方向加速运动,vy沿负y方向,虽然合速度方向是正x偏负y方向,但合速度大小一定大于v0.
答案为A
例3.(2000年上海)
风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力.现将一套有一小球的细直杆放入风洞实验室.小球孔径略大于细杆直径.如图4—3所示.
图4—3
(1)当杆在水平方向上固定时,调节风力的大小,使小球在杆上匀速运动.这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍,求小球与杆间的滑动摩擦因数.
(2)保持小球所受风力不变,使杆与水平方向间夹角为37°并固定,则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少?
(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
雷区探测
风洞实验是模拟航空航天飞行器飞行的不可缺少的实验设备,该题就是以这样的先进的科学实验设备为背景,来考查牛顿定律的应用.需要学生从题境中进行抽象,建立理想化的物理模型.
雷区诊断
出现失误的考生,主要是不能针对题目给出的风洞实验进行抽象,建立理想化的斜面模型.只要建立了正确的物理模型,此题便迎刃而解.
正确解答
(1)设小球所受的风力为F,如图4—4,小球质量为m,因为小球匀速运动,由平衡条件有:
图4—4
F=f
而F=μmgF/mg=0.5
解得μ=0.5
(2)设杆对小球的支持力为N,摩擦力为f,如图4—5所示,由牛顿定律有
图4—5
沿杆方向Fcos37°+mgsin37°-F=ma
垂直杆方向.+Fsin37°-mgcos37°=0
又F=μΝ
由以上各式解得a=
g
由s=
at2得t=
例4.(1999年全国)
在光滑水平面上有一质量m=1.0kg,电量q=1.0×10-10C的带正电的小球,静止在O点.以O为原点,在该水平面内建立直角坐标系oxy,现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×118V/m的匀强电场,使小球开始运动,经1.0s,一所加电场突然变为沿y轴正方向,场强大小仍为E=2.0×118V/m的匀强电场.再经过1.0s,所加电场又突然变为另一个匀场电场,使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零.求此电场的方向及速度变为零时小球的位置.
雷区探测
此题目考查考生描述物理过程细节,还原物理模型的能力,注重了分析判断能力的考查.
雷区诊断
此题是一道多知识点的综合性题目,除个别学生出现知识性错误外,多数学生出现失误的原因是没有通过分析物理过程建立起一幅清晰的运动情景,就盲目求解.此题看似复杂,其实是由若干个简单的运动过程堆积而成的,只要将其分解开来,问题便会顺利解决.将带电小球的运动分为三个阶段:
①第1s内,受沿x轴正方向的电场力,由静止沿x轴正方向做匀加速直线运动;
②第2s内,有沿x轴正方向的初速度,受沿y轴正方向的电场力,小球沿正x偏正y方向做匀变速曲线运动,即类平抛运动;
③第3s内受与速度方向相反的电场力作用,做匀减速直线运动,至速度减小为零.
运动过程如图4—6所示,然后对每段运动过程运用牛顿定律和运动学公式列方程并找出各段运动之间的关系问题便解决了.
图4—6
正确解答
第1s内小球的初速度为零,受恒力作用,将沿x轴正方向做匀加速运动,设加速度为a1,1s末速度为vx,1s内位移为Δx1
由牛顿定律和运动公式有
Eq=ma1vx=a1tΔx1=
a1t2
代入数据得:
a=Eq/m=1.0×10-10×2.0×118/1.0×10-3m/s2=0.20m/s2
vx=0.20×1m/s=0.20m/s
Δx1=
×0.2×12m=0.10m
第2s内,小球的初速度为vx,受沿y轴正方向的恒定电场力作用,将沿x轴正方向做匀速运动,沿y轴正方向做初速度为零的匀加速运动,即做类平抛运动,设加速度为a2,2s末速度为v,方向与x轴夹角为θ,沿x方向的位移为Δx2,沿y方向的位移为Δy2.
由牛顿定律和运动公式有
Eq=ma2Δx2=vxtΔy2=
a2t2
vy=a2tv=
θ=arctanvy/vx
代入数据得:
a2=a1=0.20m/s
Δx2=0.20×1m=0.20m
Δy2=
×0.20×12m=0.10m
vy=0.20m/sv=0.2
m/sθ=45°
要使小球速度能变为零,第三秒内所加匀强电场必须与第二秒末的速度方向相反,即指向第三象限与x轴成225°角.
第3s内小球在电场力作用下做匀减速运动直到速度减小为零,设加速度为a3,位移为s,沿x方向的位移为Δx3,沿y方向的位移为Δy3
由牛顿定律和运动公式有
s=
vtΔx3=scotθΔy3=stanθ
代入数据得:
s=
×0.2
×1 m=0.1
m
Δx3=0.1
×
m=0.10m
Δy3=0.1
×
m=0.10m
第3s末小球的位置坐标为
x=Δx1+Δx2+Δx3=(0.10+0.20+0.10)m=0.40m
y=Δy2+Δy3=(0.10+0.10)m=0.20m
排雷演习
1.一个物体从静止开始自由下落一小段时间后突然受到一恒定水平风力影响,但着地前一小段时间风突然停止.则其运动轨迹可能的情况是图中的哪一个
图4—7
2.如图4—8所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向传动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面.一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经一段时间又返回光滑水平面,速率为v3.则下列说法正确的是
图4—8
A.若v1<v2,则v3=v1
B.若v1>v2,则v3=v2
C.无论v2多大,总有v3=v2
D.只有v1=v2时,才有v3=v1
3.一个小孩在蹦床上做游戏,他从高处落到蹦床后又被弹起到原高度.小孩从高处下落到弹回的整个过程中,他的速度随时间变化的图象如图4—9所示,图中Oa段和cd段为直线.则根据此图象可知,小孩和蹦床接触的时间为
图4—9
A.t2~t4B.t1~t5
C.t1~t4D.t2~t5
4.如图4—10所示,A、B是一对平行的金属板,在两板间加上一周期为T的交变电压U.A板的电势UA=0,B板的电势UB随时间的变化规律为:
在0到T/2时间内,UB=U0(正的常数);在T/2到T的时间内,UB=-U0;在T到3T/2的时间内UB=U0;在此
T到2T的时间内,UB=-U0;…….现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内.设电子的初速度和重力的影响均可忽略
图4—10
A.若电子是在t=0时刻进入的,它将一直向B板运动
B.若电子是在t=T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上
C.若电子是在t=3T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上
D.若电子是在t=T/2时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动
5.带电粒子(不计重力)可能所处的状态是
A.在磁场中处于平衡状态
B.在电场中做匀速圆周运动
C.在匀强磁场中做抛体运动
D.在匀强电场中做匀速直线运动
6.如图4—11所示的水平面内,位于坐标原点的质量为2kg的物块,受到三个水平方向的共点力作用而处于静止状态.其中F1=3N,F2=4N,方向如图所示.从t=0时刻起,F3停止作用,到第2s末F3恢复作用,方向不变,但大小变为原来的2倍,则物块返回原点的时刻为
图4—11
A.第4s末
B.第3s末
C.第(4+2
)s末
D.第(2+2
)s末
7.如图4—12所示,一块木板(上表面水平但不光滑)保持以速度v1在水平面上做匀速直线运动,一木块A以水平速度v2滑上木板,v2的方向与v1的方向垂直.那么A滑上木板后是做直线运动还是做曲线运动:
图4—12
(1)相对于地面做_____运动.
(2)相对于木板做_____运动.
8.如图4—13所示,长L=75cm的静止的直筒中有一大小不计的小球,筒与球的总质量为4kg,现对筒施加一竖直向下、大小为21.的恒力,使筒竖直向下运动,经过t=0.5s时间,小球恰好跃出筒口.求小球的质量.(取g=10m/s2)
图4—13
9.如图4—14所示,AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道,高度为h,末端B处的切线水平.一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放,滑到B端后飞出,落到地面上的C点,轨迹如图中虚线BC所示.已知它落地时相对于B点的水平位移OC=l.现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带,传送带的右端与B的距离为
.当传送带静止时,让P再次从A点由静止释放,它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出,仍落在地面的C点.当驱动轮转动带动传送带以速度v向右运动时(其他条件不变),P的落地点为D.不计空气阻力.
图4—14
(1)求P滑至B点时速度大小.
(2)求P与传送带间的动摩擦因数μ.
(3)求出O、D间的距离s随速度变化的函数关系式.
10.如图4—15所示,在空间有水平方向匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,在磁场中有一长为L,内壁光滑且绝缘的细筒MN竖直放置,筒的底部有一质量为m,带电量为+q的小球,现使细筒MN沿垂直磁场方向水平向右匀速运动,设小球带电量不变,
图4—15
(1)若使小球能沿筒壁上升,则细筒运动速度v0应满足什么条件?
(2)当细筒运动的速度为v(v>v0)时,试讨论小球对筒壁的压力随小球沿细筒上升高度之间的关系.
专题四运动和力
1.提示:
物体的受力方向和初速度方向的关系决定着运动轨迹.物体自由下落阶段为直线运动,当受到恒定水平风力影响时,速度与合外力不共线,轨迹应为曲线,获得水平速度.当风力停止时,物体的速度方向和合外力方向仍不共线,轨迹仍为曲线.正确答案为C.
答案:
C
2.提示:
物块滑上皮带后相对皮带向左运动,皮带给它向右的摩擦力使其做匀减速运动,至速度减小为零,随后皮带对物块的摩擦力仍向右,物块将向右做匀加速运动.若v1>v2,向右的加速过程一直持续到物块滑离皮带,由运动规律可以确定物块离开皮带时速度大小仍为v2,即v3=v2;若v1<v2,向右的加速度过程只能持续到物块与皮带的速度相等,即v3=v1.
答案:
AB
3.提示:
小孩落在蹦床上之前做匀速直线运动,其v—t图为一段直线,刚落到蹦床上时(t1时刻),重力大于弹力,做向下的加速度减小的加速运动,速度达最大时(t2时刻)重力等于弹力,继续向下运动时重力大于弹力,小孩向下做加速度逐渐增加的减速运动至速度减小为零(t3时刻),随后向上做加速度逐渐减小的加速运动,当弹力与重力相等时向上的速度达到最大值(t4时刻),继续运动时弹力小于重力,做加速度增大的减速运动,速率与刚落到蹦床上时的速率相等时与蹦床分离(t5时刻),其后只在重力作用下做竖直上抛运动,其v—t图又为一段直线.
答案:
C
4.提示:
本题中电子在t=0、T/8、3T/8、T/2时刻进入电场时的v—t图象如图所示.
答案:
AB
5.AB6.C
7.提示:
物体滑上木板时,因木板以v1匀速运动,所以物体相对于木板的速度v3方向、大小如右图所示.物体受木板的滑动摩擦力方向必与v3反向,所以物体相对地面的速度与f滑不共线,物体相对木板的速度与f滑共线.
答案:
曲线,直线
8.设筒的质量为M,小球质量为m,对筒施加F=21 N的向下恒力后,筒的加速度a1=
经t=0,5 s小球恰好跃出筒口.
则:
a1t2-
gt2=l
代入数据0.75=
a1×0.52-
×10×0.52,a1=16 m/s2M=3.5 kg
所以小球的质量m=4-M=0.5 kg
9.
(1)设物体P滑至B时速度大小为vB.
由动能定理得:
mgh=
mvB2所以vB=
①
(2)设物体P刚滑到传送带右端时速度大小v1,因为物体P离开传送带时仍落C点
所以v1t=
l=
vBt
所以v1=
vB②
由动能定理:
mgh-μmg
=
mv12③
解由①②③组成的方程组得:
μ=
④
(3)设物体P一直加速到传送带右端速度大小为v2
由动能定理:
mgh+μmg
=
mv22⑤
由②⑤得:
v2=
=
⑥
由②得物体一直减速到传送带右端速度大小
物体从离开传送带到落地时间t=
=
⑧
所以O、D间距离s随速度变化的函数关系式:
10.
(1)细筒运动时,小球将受向上的洛伦兹力,当洛伦兹力大于重力时,小球开始沿筒上升,即Bqv0>mg.
所以v0>mg/Bq
(2)当v>v0时,小球受沿筒壁向上的洛伦兹力分量为fy=Bqv,小球向上的加速度为:
a=
.
可见a为定值,小球沿管壁竖直向上的分运动是匀加速,当上升高度h时,设竖直速度为vy,则:
vy=
=
小球受洛伦兹力的水平分量方向向左,大小为fx=Bqvy=Bq
.
为使小球在水平方向上与筒一起匀速运动,筒对球的压力N=fx.
由牛顿第三定律,小球对筒壁的压力N=N′.所以
N′=fx=Bq
且(h≤L).
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