高考物理高考知識(shí)點(diǎn)巡查專題04運(yùn)動(dòng)和力

1、專題四 運(yùn)動(dòng)和力雷區(qū)掃描本部分常見的失分點(diǎn)有：1.對(duì)新情境問題，不能將實(shí)際問題抽象為熟悉的物理模型.2.不能從物體的受力分析和運(yùn)動(dòng)分析入手，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，從而建立正確的物理情境.3.對(duì)于多知識(shí)點(diǎn)的綜合性題目，不能依據(jù)物理過程的特點(diǎn)選取適宜的定理、定律來解決問題.造成失誤的根源在于沒有掌握分析物理過程的基本方法，對(duì)定理、定律的內(nèi)涵和外延理解不透.排雷示例例1.（2000年上海）勻速上升的升降機(jī)頂部懸有一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛有一小球.若升降機(jī)突然停止運(yùn)動(dòng)，在地面上的觀察者看來，小球在繼續(xù)上升的過程中A.速度逐漸減小B.速度先增大后減小C.加速度逐漸增大D.加速度逐漸減小雷區(qū)探

2、測(cè)本題研究的是物體在變力作用下的運(yùn)動(dòng)問題，考查考生從物體的受力分析和運(yùn)動(dòng)分析入手，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，建立正確的物理情境的能力，同時(shí)也考查了慣性、物體的平衡條件、彈力、速度和加速度的關(guān)系等基本概念的規(guī)律.1999年全國11題、1998年全國16題、1998年上海3題、1999年上海11題都屬這類題目.雷區(qū)診斷此題中物體原來勻速上升，這時(shí)彈簧彈力與物體的重力平衡，當(dāng)升降機(jī)突然停止運(yùn)動(dòng)后，由于慣性小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，使彈簧縮短，彈力減小，合力方向向下且逐漸增大，所以加速度變大，速度減?。划?dāng)彈簧的長度減小到自然長時(shí)，彈力為零，小球的加速度等于重力加速度g,隨著小球繼續(xù)上升彈簧開始被壓縮

3、，彈力向下且逐漸增大，小球的加速度大于重力加速度并繼續(xù)增大，速度繼續(xù)減小直到減小為零.在答題中有相當(dāng)一部分考生，沒有注意到物體開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧彈力等于小球重力這一條件，而認(rèn)為開始彈力大于重力，從而得出速度先增大后減小的結(jié)論.解答物體在變力作用下的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是分析力及其變化規(guī)律，然后由運(yùn)動(dòng)公式和牛頓定律確定物體的運(yùn)動(dòng)情況.正確解答 AC例2.（2000年上海）圖41為空間探測(cè)器的示意圖，P1、P2、P3、P是四個(gè)噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)，P1、P3的連線與空間一固定坐標(biāo)系的x軸平行，P2、P的連線與y軸平行.每臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)開動(dòng)時(shí)，都能向探測(cè)器提供推力，但不會(huì)使探測(cè)器轉(zhuǎn)動(dòng).開始時(shí)，探測(cè)器以恒定的速率v0向正x方

4、向平動(dòng).要使探測(cè)器改為向正x偏負(fù)y60的方向以原來的速率v0平動(dòng)，則可圖41A.先開動(dòng)P1適當(dāng)時(shí)間，再開動(dòng)P適當(dāng)時(shí)間B.先開動(dòng)P3適當(dāng)時(shí)間，再開動(dòng)P2適當(dāng)時(shí)間C.開動(dòng)P適當(dāng)時(shí)間D.先開動(dòng)P3適當(dāng)時(shí)間，再開動(dòng)P適當(dāng)時(shí)間雷區(qū)探測(cè)本題是一個(gè)立意新穎的題目，聯(lián)系了最新科學(xué)技術(shù)，考查考生對(duì)“運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系，運(yùn)動(dòng)的合成與分解”等知識(shí)的理解，特別是考查考生運(yùn)用所學(xué)物理知識(shí)分析處理實(shí)際問題的能力.2000年上海卷第4題，20XX年全國卷第8題.雷區(qū)診斷出現(xiàn)失誤的同學(xué)，一般是沒有從速度的大小和方向兩個(gè)角度分析運(yùn)動(dòng)，只注意了速度方向的變化，而忽視了速度大小的變化.具體情況有兩種：一是不能將這一聯(lián)系最新科學(xué)技術(shù)的實(shí)

5、際問題轉(zhuǎn)化為基本的物理模型，導(dǎo)致發(fā)動(dòng)機(jī)開動(dòng)時(shí)向探測(cè)器提供的推力方向的不能正確地判斷；二是沒有認(rèn)真審題，丟掉了“以原來的速率v0平動(dòng)”這個(gè)要求；三是沒有正確運(yùn)用平行四邊形法則確定兩個(gè)分速度與合速度的關(guān)系.事實(shí)上，要使速度變?yōu)檎齲偏負(fù)y60，且速度大小為v0,用平行四邊形法則作圖，如圖42所示，由圖可知須使vx=v0/2,vy=-v0/2,這就需要沿正x方向做減速運(yùn)動(dòng)，而沿負(fù)y方向做加速運(yùn)動(dòng).圖42正確解答答案A中，開動(dòng)P1時(shí)，推力方向與正x方向相反，探測(cè)器沿正x方向減速運(yùn)動(dòng)，開動(dòng)時(shí)間適當(dāng)可使vxv0/2，再開動(dòng)P時(shí)，探測(cè)器沿負(fù)y方向加速運(yùn)動(dòng)，開動(dòng)時(shí)間適當(dāng)可使vyv0/2，合速度為正x偏負(fù)y60，

6、且大小為v0；答案B中，開動(dòng)P3時(shí)，推力方向與正x方向相同，探測(cè)器沿正x方向加速運(yùn)動(dòng)，vxv0，再開動(dòng)P2時(shí)，探測(cè)器沿正y方向加速運(yùn)動(dòng)，vy0，合速度為正x偏正y方向，且大于v0；答案C中，只開動(dòng)P時(shí)，探測(cè)器沿負(fù)y方向加速運(yùn)動(dòng)，但正x方向仍以v0勻速，雖然合速度方向是正x偏負(fù)y方向，但合速度大小一定大于v0；答案D中，開動(dòng)P3時(shí)，探測(cè)器沿正x方向加速運(yùn)動(dòng)，vx0，開動(dòng)P時(shí)，探測(cè)器沿負(fù)y方向加速運(yùn)動(dòng)，vy沿負(fù)y方向，雖然合速度方向是正x偏負(fù)y方向，但合速度大小一定大于v0.答案為A例3.（2000年上海）風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中可產(chǎn)生水平方向的、大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力.現(xiàn)將一套有一小球的細(xì)直桿放入風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室.小球

7、孔徑略大于細(xì)桿直徑.如圖43所示.圖43(1)當(dāng)桿在水平方向上固定時(shí)，調(diào)節(jié)風(fēng)力的大小，使小球在桿上勻速運(yùn)動(dòng).這時(shí)小球所受的風(fēng)力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿間的滑動(dòng)摩擦因數(shù).(2)保持小球所受風(fēng)力不變，使桿與水平方向間夾角為37并固定，則小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上滑下距離s所需時(shí)間為多少?(sin37=0.6，cos37=0.8)雷區(qū)探測(cè)風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)是模擬航空航天飛行器飛行的不可缺少的實(shí)驗(yàn)設(shè)備，該題就是以這樣的先進(jìn)的科學(xué)實(shí)驗(yàn)設(shè)備為背景，來考查牛頓定律的應(yīng)用.需要學(xué)生從題境中進(jìn)行抽象，建立理想化的物理模型.雷區(qū)診斷出現(xiàn)失誤的考生，主要是不能針對(duì)題目給出的風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)進(jìn)行抽象，建立理想化的斜面模型.只要

8、建立了正確的物理模型，此題便迎刃而解.正確解答(1)設(shè)小球所受的風(fēng)力為F，如圖44，小球質(zhì)量為m，因?yàn)樾∏騽蛩龠\(yùn)動(dòng)，由平衡條件有：圖44F=f而Fmg F/mg0.5解得=0.5(2)設(shè)桿對(duì)小球的支持力為N，摩擦力為f，如圖45所示，由牛頓定律有圖45沿桿方向Fcos37mgsin37Fma垂直桿方向.Fsin37mgcos370又F由以上各式解得a=g由s=at2得t=例4.（1999年全國）在光滑水平面上有一質(zhì)量m=1.0 kg，電量1.01010 C的帶正電的小球，靜止在O點(diǎn).以O(shè)為原點(diǎn)，在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系oxy，現(xiàn)突然加一沿x軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小E2.0106 /m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使

9、小球開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)1.0 s，一所加電場(chǎng)突然變?yōu)檠貀軸正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小仍為E=2.0106 V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng).再經(jīng)過1.0 s，所加電場(chǎng)又突然變?yōu)榱硪粋€(gè)勻場(chǎng)電場(chǎng)，使小球在此電場(chǎng)作用下經(jīng)1.0 s速度變?yōu)榱?求此電場(chǎng)的方向及速度變?yōu)榱銜r(shí)小球的位置.雷區(qū)探測(cè)此題目考查考生描述物理過程細(xì)節(jié)，還原物理模型的能力，注重了分析判斷能力的考查.雷區(qū)診斷此題是一道多知識(shí)點(diǎn)的綜合性題目，除個(gè)別學(xué)生出現(xiàn)知識(shí)性錯(cuò)誤外，多數(shù)學(xué)生出現(xiàn)失誤的原因是沒有通過分析物理過程建立起一幅清晰的運(yùn)動(dòng)情景，就盲目求解.此題看似復(fù)雜，其實(shí)是由若干個(gè)簡(jiǎn)單的運(yùn)動(dòng)過程堆積而成的，只要將其分解開來，問題便會(huì)順利解決.將帶電小球的運(yùn)動(dòng)分為三個(gè)階段：

10、第1 s內(nèi)，受沿x軸正方向的電場(chǎng)力，由靜止沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；第2 s內(nèi)，有沿x軸正方向的初速度，受沿y軸正方向的電場(chǎng)力，小球沿正x偏正y方向做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，即類平拋運(yùn)動(dòng)；第3 s內(nèi)受與速度方向相反的電場(chǎng)力作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，至速度減小為零.運(yùn)動(dòng)過程如圖46所示，然后對(duì)每段運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程并找出各段運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系問題便解決了.圖46正確解答第1 s內(nèi)小球的初速度為零，受恒力作用，將沿x軸正方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，1 s末速度為vx，1 s內(nèi)位移為x1由牛頓定律和運(yùn)動(dòng)公式有Ema1 vxa1t x1a1t2代入數(shù)據(jù)得：aE/m1.010102.01

11、06/1.0103 m/s20.20 m/s2vx0.201 m/s0.20 m/sx10.212 m0.10 m第2 s內(nèi)，小球的初速度為vx，受沿y軸正方向的恒定電場(chǎng)力作用，將沿x軸正方向做勻速運(yùn)動(dòng)，沿y軸正方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，即做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a2，2 s末速度為v,方向與x軸夾角為，沿x方向的位移為x2，沿y方向的位移為y2.由牛頓定律和運(yùn)動(dòng)公式有Ema2 x2vxt y2a2t2vya2t varctanvy/vx代入數(shù)據(jù)得：a2a10.20 m/sx20.201 m0.20 my20.2012 m0.10 mvy0.20 m/s v0.2 m/s 5要使小球速度能

12、變?yōu)榱悖谌雰?nèi)所加勻強(qiáng)電場(chǎng)必須與第二秒末的速度方向相反，即指向第三象限與x軸成225角.第3 s內(nèi)小球在電場(chǎng)力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度減小為零，設(shè)加速度為a3，位移為s，沿x方向的位移為x3，沿y方向的位移為y3由牛頓定律和運(yùn)動(dòng)公式有svt x3scot y3stan代入數(shù)據(jù)得：s0.21m0.1 mx30.1m0.10 my30.1m0.10 m第3 s末小球的位置坐標(biāo)為xx1x2x3（0.100.200.10）m0.0 myy2y3（0.100.10）m0.20 m排雷演習(xí)1.一個(gè)物體從靜止開始自由下落一小段時(shí)間后突然受到一恒定水平風(fēng)力影響，但著地前一小段時(shí)間風(fēng)突然停止.則其運(yùn)動(dòng)軌跡可

13、能的情況是圖中的哪一個(gè)圖472.如圖48所示，一水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速率v1沿順時(shí)針方向傳動(dòng)，傳送帶右端有一與傳送帶等高的光滑水平面.一物體以恒定的速率v2沿直線向左滑上傳送帶后，經(jīng)一段時(shí)間又返回光滑水平面，速率為v3.則下列說法正確的是圖48A.若v1v2,則v3=v1B.若v1v2,則v3=v2C.無論v2多大，總有v3=v2D.只有v1=v2時(shí)，才有v3=v13.一個(gè)小孩在蹦床上做游戲，他從高處落到蹦床后又被彈起到原高度.小孩從高處下落到彈回的整個(gè)過程中，他的速度隨時(shí)間變化的圖象如圖49所示，圖中Oa段和cd段為直線.則根據(jù)此圖象可知，小孩和蹦床接觸的時(shí)間為圖49A.t2t B

14、.t1t5C.t1t D.t2t54.如圖410所示，A、B是一對(duì)平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓U.A板的電勢(shì)UA0，B板的電勢(shì)UB隨時(shí)間的變化規(guī)律為：在0到T/2時(shí)間內(nèi)，UB0(正的常數(shù))；在T/2到T的時(shí)間內(nèi)，UB0；在T到3T/2的時(shí)間內(nèi)UB0；在此T到2T的時(shí)間內(nèi)，UB0；.現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場(chǎng)區(qū)域內(nèi).設(shè)電子的初速度和重力的影響均可忽略圖410A.若電子是在t=0時(shí)刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動(dòng)B.若電子是在t=T/8時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上C.若電子是在t=3T/8時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)

15、動(dòng)，最后打在B板上D.若電子是在t=T/2時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)5.帶電粒子(不計(jì)重力)可能所處的狀態(tài)是A.在磁場(chǎng)中處于平衡狀態(tài)B.在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C.在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)D.在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)6.如圖411所示的水平面內(nèi)，位于坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)量為2 kg的物塊，受到三個(gè)水平方向的共點(diǎn)力作用而處于靜止?fàn)顟B(tài).其中F13 N，F(xiàn)2N，方向如圖所示.從t=0時(shí)刻起，F(xiàn)3停止作用，到第2 s末F3恢復(fù)作用，方向不變，但大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則物塊返回原點(diǎn)的時(shí)刻為圖411A.第4 s末B.第3 s末C.第(2)s末D.第(22)s末7.如圖412所示，一塊木板(上表面

16、水平但不光滑)保持以速度v1在水平面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，一木塊A以水平速度v2滑上木板，v2的方向與v1的方向垂直.那么A滑上木板后是做直線運(yùn)動(dòng)還是做曲線運(yùn)動(dòng)：圖412(1)相對(duì)于地面做_運(yùn)動(dòng).(2)相對(duì)于木板做_運(yùn)動(dòng).8.如圖413所示，長L75 cm的靜止的直筒中有一大小不計(jì)的小球，筒與球的總質(zhì)量為4 kg，現(xiàn)對(duì)筒施加一豎直向下、大小為21 .的恒力，使筒豎直向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t0.5 s時(shí)間，小球恰好躍出筒口.求小球的質(zhì)量.（取g10 m/s2） 圖4139.如圖414所示，AB是一段位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，高度為h,末端B處的切線水平.一個(gè)質(zhì)量為m的小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放，滑到B端后飛出，落到地面上的C點(diǎn)，軌跡如圖中虛線BC所示.已知它落地時(shí)相對(duì)于B點(diǎn)的水平位移OCl.現(xiàn)在軌道下方緊貼B點(diǎn)安裝一水平傳送帶，傳送帶的右端與B的距離為.當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，讓P再次從A點(diǎn)由靜止釋放，它離開軌道并在傳送帶上滑行后從右端水平飛出，仍落在地面的C點(diǎn).當(dāng)驅(qū)動(dòng)輪轉(zhuǎn)動(dòng)帶動(dòng)傳送帶以速度v向右運(yùn)動(dòng)時(shí)(其他條件不變)，P的落地點(diǎn)為D.不計(jì)空氣阻力.圖414