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2010年高考试题中的力学问题

2013-11-29  720815
2010年高考试题中的力学问题
陕西省宝鸡市陈仓区教育局教研室 邢彦君

  一、共点力平衡问题

 

  在不涉及转动的情况下,物体均可简化为质点,作用在物体上的外力是共点力。若受力物体处于静止或匀速直线运动状态,则作用在物体上的所有外力的合力等于零,这就是共点力的平衡条件。受力物体处于静止或匀速直线运动状态,各力间必满足此条件;若各力间满足此条件,受力物体必处于静止或匀速直线运动状态。若各力的作用线不在同一条直线上,可以力的作用点为原点建立平面直角坐标系,将各力向两个坐标轴方向分解,力的平衡条件可表示为:两坐标方向分力的矢量和均为零。这样,分析求解共点力平衡问题时,对于一个受力物体,可列出两个独立方程,至少求解出两个未知量。若是三个共点力平衡问题,则表示三个力的矢量依次首尾相接,恰好构成封闭三角形,可运用解三角形的方法分析求解。

 

  1(山东理综-17)如图1所示,质量分虽为m1m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面,m2在空中),力F与水平方向成θ角。则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是

 

 

  A6ec8aac122bd4f6e

 

  B6ec8aac122bd4f6e

 

      C6ec8aac122bd4f6e

 

  D6ec8aac122bd4f6e

 

  解析:两物体均处于匀速直线运动状态,由于题中不涉及两物体间的作用力(弹簧的力),可将两物体视为整体,整体受力情况如图2所示。对整体运用共点力平衡条件有:

 

 

  水平方向:

 

  竖直方向:

 

  解得:。本题选AD

 

  点评:连接体视为整体的条件是各物体具有相同的加速度。平衡问题中各物体的加速度均为零,在不涉及各物体间作用力的情况下,可将连接体视为整体。若涉及物体间的作用力,可先以整体为研究对象,分析求解连接体以外物体对它们的作用力,然后隔离出连接体中受力较少的物体为研究对象,分析求解连接体内物体间的作用力。

 

  二、匀变速直线运动问题

 

  静止的物体在恒定合外力作用下,将言和外力方向初速度为零做匀加速直线运动;运动的物体,若受到与速度方向在同一直线的恒定合外力作用,将沿该直线做匀变速直线运动,合力与速度同向时是匀加速直线运动,合力与速度反向时是匀减速直线运动。分析与求解匀变速直线运动问题的基本关系是牛顿第二定律及匀变速直线运动公式。

 

  常见问题有定量计算与定性分析两类。

 

  2(山东理综-16)如图3甲所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平平滑连接。图3乙中vAfs分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。图乙中正确的是

 

 

  解析:物体在斜面、水平面的受力情况如图4所示,对物体在斜面上的运动,在斜面方向运用牛顿第二定律有:,在垂直斜面方向运用力的平衡条件有:,由滑动摩擦定律有:。解得:。同理,对物体在水平面运动有:,解得:。由此可以看出,物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,进入水平面后做匀减速直线运动,两段运动的a-t图象均是平行t轴的直线,v-t图象均是倾斜直线,本题AB错。两段运动中所受摩擦力恒定不变,f-t图象均是平行t轴的直线,且f1<f2,本题C对。由于两段均是单方向匀变速直线运动,路程等于位移的大小,是时间的二次函数,s-t图象均是曲线,本题D错。本题选C

 

 

  点评:正确建立纵轴、横轴所代表的物理两件的函数关系式,是选择或判断图像是否正确的依据。

 

  例3(安徽理综-22)质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动。一段时间后撤去F,其运动的v-t图象如图5所示。g10m/s2,求;

 

 

  (1)物体与水平间的动摩擦因数μ

 

  (2)水平推力F的大小;

 

  (30-10s内物体运动位移的大小。

 

  解析:v-t图象可看出,在内物体做初速度为2m/s的匀加速直线运动到速度为8m/s,加速度为:,在内做初速度为8m/s的匀减速直线运动到静止,加速度为:。对物体的匀加速运动由牛顿第二定律有:;对物体的匀减速运动由牛顿第二定律有:。代入已知数据解得:

 

  0-10s内的位移大小等于上述两段运动位移大小之和,由匀变速直线运动位移公式有:6ec8aac122bd4f6e

 

  也可根据v-t图象围成的面积计算位移大小。

 

  点评:正确解读图象,由图象获取物体运动变化信息,是这类问题分析与求解的关键。

 

  三、功与功率问题

 

  功是表示力在空间积累效应的物理量,做功引起物体动能的变化,合力的功或各力功的代数和等于物体动能的增量。对于恒力的功,可用公式计算或判断做功的多少或正负,式中的位移是力的作用点的位移。对力F来说scosθ中任意一个为零,它的功就是零,即它对受力物体不做功;力的方向与位移方向间的夹角θ的大小决定功的正负,当时力做正功,当时力做负功,某力做负功表示该力是阻力,负功的绝对值等于受力物体克服阻力做的功。对于变力的功,可运用为微元法分段计算在求和,也可动能定理、功能关系呢等物理规律分析求解。功率表示做功的快慢程度,平均功率用公式计算,当某个恒力F与受力物体运动速度v方向一致时,用公式计算力F的瞬时功率,若受力物体做匀速直线运动,瞬时功率等于平均功率。

 

  4(全国课标卷-16)如图6所示,在外力作用下某质点运动的v-t图象为正弦曲线。从图中可判断(   

 

 

  A.在0t1时间内,外力做正功

 

  B.在0t1时间内,外力的功率逐渐增大

 

  C.在t2时刻,外力的功率最大

 

  D.在t1t3时间内,外力做的总功为零

 

  解析:由v-t图象可知,在0t1时间内物体做加速度(图象的斜率)逐渐变小的加速运动,由于初速度为零,物体做直线运动,所以外力方向与位移(速度)方向一致,外力做正功,A对。由牛顿第二定律可知,这一时间里外力逐渐减小,但由于速度是逐渐增加的,又不能确定出外力与速度的关系,由公式无法确定出功率的变化,B错。在t2时刻物体的瞬时速度为零,外力的瞬时功率为零,C错。在t1t3时间内,物体的位移(这段时间的图象与坐标轴围成的图形的面积)为零,外力的功为零,D对。本题选AD

 

  点评:判断某力做功的正负,关键是力的方向与位移方向间夹角大小的确定;对于恒力,瞬时功率的大小取决于瞬时速度,对于变力,取决于力及速度的瞬时值。

 

  四、动量与冲量问题

 

  冲量是表示力在时间上的积累效应的物理量,其定义是力与时间的乘积,方向与力的方向一致,冲量的作用效果是引起受力物体动量发生变化,二者之间的关系是动量定理:作用在物体上的合力的冲量(或各力冲量的矢量和)等于物体动量的变化量。运用此定理可以列式计算单个物体所受的外力、速度、动量、冲量、力的作用时间等物理量。对于恒力的冲量,一般用冲量定义计算,对于变力的冲量,一般运用动量定理计算。对于相互作用的几个物体,可把它们视为一个系统,若系统内各物体不受系统外物体的作用力,或者系统外物体对系统内各物体作用力的矢量和为零,或者系统外物体对系统内各物体作用力的矢量和远远小于系统内各物体间相互作用的内力,系统相互作用的过程中,只是各物体的动量发生变化,系统的总动量则始终不变,这就是动量守恒定律。有相互作用的物体系统,若在某一方向上满足上述三条,则在这一方向上的总动量守恒。

 

  5(全国课标卷-33-2)如图7所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ。使木板与重物以共同的速度vo向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长,重物始终在木板上。重力加速度为g

 

 

  解析:第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变,此后木板向左做匀减速运动,重物向右做匀减速运动,最后木板和重物达到一共同的速度v。设木板的质量为m,重物的质量为2m,这一过程中二者的动量守恒,取向右为动量的正向,由动量守恒定律得:6ec8aac122bd4f6e。设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1,对木板应用动量定理得:6ec8aac122bd4f6e。由牛顿第二定律得6ec8aac122bd4f6e,式中a为木板的加速度。

 

  在达到共同速度v时,木板离墙的距离l,由匀变速直线运动的位移公式有:6ec8aac122bd4f6e,从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为:6ec8aac122bd4f6e,从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为6ec8aac122bd4f6e。解以上各式得:6ec8aac122bd4f6e

 

  点评:对于“板块模型”,对相互作用过程的板、块系统,可运用动量守恒定律列式。然后隔离板、块,若涉及相互作用时间,可对其分别运用动量定理或牛顿第二定律及匀变速直线运动规律列式;若不涉及时间只涉及位移(路程),可对其分别运用动能定理列式。

 

  五、机械能问题

 

  在物体的运动过程中,若只有重力和弹力(弹簧)做功,则只发重力势能、弹性势能、动能的相互转化,转化过程中机械能总量(上述三种能量的总和)保持不变。这就是机械能转化与守恒定律。运用机械能转化和守恒定律,首先必须分析物体的受力情况与各力的做功情况,如果物体只受重力作用,或者虽受重力以外的力,但这些力不做功,或者虽受重力以外的力,而且这些力也做功但功的代数和为零,物体的机械能守恒。

 

  如果不满足上述条件,则物体的机械能不守恒,非重力功的代数和或非重力的合力的功为正,则物体的机械能增加,增加值等于非重力的功;非重力功的代数和或非重力的合力的功为负,则物体的机械能减少,减少值等于非重力的功的绝对值。

 

  对于弹簧的弹性势能的变化,可根据弹簧形变量变化情况运用公式判断。弹簧形变量增大,弹性势能增大;弹簧形变量减小,弹性势能减小。

 

  6(福建理综-17)如图8所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图如示,则(   

 

 

  At1时刻小球动能最大

 

  Bt2时刻小球动能最大

 

  Ct2-t3这段时间内,小球的动能先增加后减少

 

  Dt2-t3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能

 

  解析:小球释放后,在重力作用下加速下落,t1时刻以一定的速度接触并向下压缩弹簧,弹簧出现向上的弹力。这样,小球同时受重力和弹力的作用,起初重力总是大于弹力,两力的合力方向向下,小球向下加速运动,速度增大,动能增大。上述过程中弹簧被一直压缩,弹力一直增大,当弹力等于重力时(小球过平衡位置)合力为零,加速度为零,向下的速度最大,此时小球动能最大。由于惯性,小球继续向下运动,弹力大于重力,小球向下减速运动,弹簧被继续压缩,弹性势能继续增加,当速度减为零时,弹簧被压至最短,弹簧的弹力最大,对应的是图中的t2时刻。故AB错。接下来,小球在弹力与重力的作用下向上加速运动,动能增加,直到过平衡位置,过了平衡位置,弹力小于重力,小球向上做减速运动,动能减少,到t3时刻弹簧回复原长,弹性势能为零,小球离开弹簧。这一过程中小球与弹簧系统的机械能守恒,从t2时刻小球动能为零到t3时刻,小球增加的动能与增加的重力势能的和等于弹簧减少的弹性势能。故CD错。本题选C

 

  点评:对于下落物体压缩竖直弹簧类问题,要注意的,一是弹簧的弹力大小随弹簧形变量的变化而变化,二是物体过平衡位置是加速与减速运动的临界点。如果物体接触弹簧并与之粘接,向上运动至弹簧恢复原长后,物体继续向上运动,弹簧将被拉伸。

 

  六、力学综合问题

 

  力学综合问题有单物多过程与多物多过程两类。不同的物体或不同的过程受力或各力做功情况不同,物体遵循的物理规律不同。在对各物体各阶段的受力情况、运动情况正确分析后,可对物体运动的过程与状态,灵活选用共点力平衡条件、牛顿第二定律、匀变速直线运动公式、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等物理规律列式分析。

 

  7(江苏物理-14)在游乐节目中,选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上,小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图9所示,他们将选手简化为质量m=60kg 的质点,选手抓住绳由静止开始摆动,此时绳与竖直方向夹角α=53°,绳的悬挂点O距水面的高度为H=3 m。不考虑空气阻力和绳的质量,浮台露出水面的高度不计,水足够深。取重力加速度6ec8aac122bd4f6e

 

 

  (1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F

 

  (2)若绳长l=2 m,选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力f1=800N;平均阻力f2=700N,求选手落入水中的深度d

 

  (3)若选手摆到最低点时松手,小明认为绳越长,在浮台上的落点距岸边越远;小阳却认为绳越短,落点距岸边越远。请通过推算说你的观点。

 

  解析:1)选手摆到最低点过程中,绳对选手的拉力与运动方向垂直,不做功,由于不考虑空气阻力,这过程只有重力做功,选手的机械能守恒,对选手运用机械能守恒定律有:mgl1cos6ec8aac122bd4f6e)=6ec8aac122bd4f6emv2,选手过最低点时,设绳对选手的拉力为F′,对选手运用牛顿第二定律有:F′-mgm6ec8aac122bd4f6e,代入数据解得:F′=1080N。由牛顿第三定律可知,选手人对绳的拉力FF=1080N

 

  (2)从选手开始运动,到没入水中d深度处,对选手运用动能定理有:,代入数据解得:

 

  (3)选手从最低点松手,他将开始做平抛运动,从松手到落至浮台有:,这一过程中只有重力做功,选手的机械能守恒,故有:,解得:。由此式可知:当l=6ec8aac122bd4f6e时,x有最大值,代入数据得,此时的绳长为l=15m

 

  因此,两人的看法均不正确,绳长越接近15m,落点距岸边越远。

 

  点评:正确分析物体受力情况,灵活选取过程与状态,确定各过程衔接处的状态量(速度),是分析与求解动力学综合问题的关键。

 

  七、机械波问题

 

  机械波问题的常见类型多与简谐波的波动图象及某质点的振动图象有关。由某时刻的波动图象可以知道机械波的波长;已知某时刻图象上质点的运动方向,可以判知波的传播方向(波速的方向),反之亦然;若已知两时刻的波动图象,可以计算波速,不过如果波的传播方向无法确定,或周期无法确定,会使波速出现多解。由某质点的振动图象可以得知机械波的周期,还可以确定波的传播方向。

 

  在分析与求解波动问题中,还需要搞清“同相点”与“反相点”,同相点是指在波动过程中位移大小相等方向相同的质点,它们的平衡位置间的距离等于半波长的偶数倍;反相点是指在波动过程中位移大小相等方向相反的质点,它们的平衡位置间的距离等于半波长的奇数倍。

 

  8(福建理综-15)一列简谐横波在t=0时刻的波形如图10中的实线所示,t=002s时刻的波形如图10中虚线所示。若该波的周期T大于002s,则该波的传播速度可能是(  )

 

 

  A2m/s      B3m/s      C4m/s    D5m/s

 

  解析:由图象可知,这列简谐横波的波长为:;由题意知两时刻间的时间002s不足一个周期,所以由t=0时刻的波形到t=002s时刻的波形,各质点的振动时间(波的传播时间)不足一个周期。如果波向x轴正向传播则传播时间为四分之一周期,即有:;如果波向x轴负向传播则传播时间为四分之三周期,即有:。由公式可解得:。本题选B

 

  点评:对波动过程中的某一质点,波的传播方向不同,它运动方向不同。沿直线传播的简谐波的双向性、周期性(时间周期性、空间周期性)时造成波动问题多解的原因。

 

  八、实验问题

 

  力学实验问题多涉及“纸带法”,利用打出的纸带,可以测知纸带运动的瞬时速度和加速度,运用的是匀变速直线运动的两个重要推论。电磁打点计时器使用低压交流电源,电火花打点计时器使用220V交流电源,后者对纸带的阻力较小。实验中应先接通打点计时器电源,再释放纸带,打点完毕立刻切断电源。

 

  9(重庆理综-22-1)某同学用打点计时器测量做匀变速直线运动的物体的加速度,电源频率f=50 Hz,在纸带上打出的点中,选出零点,每隔4个点取1个计数点,因保存不当,纸带被污染,如图11所示,ABCD是本次排练的4个计数点,仅能读出其中3个计数点到零点的距离:sA=166mm sB=1265mmsD=6245 mm

 

 

  若无法再做实验,可由以上信息推知:

 

  (1)相邻两计数点的时间间隔为      s

 

  (2)打 C点时物体的速度大小为     m/s(取2位有效数字)

 

  (3)物体的加速度大小为         (用sAsBsDf表示)

 

  解析:本题以测量匀变速直线运动加速度实验为背景,主要考查纸带法中数据处理能力及对匀变速直线运动规律的理解与灵活运用能力。

 

  (1)因每两个计数点间还有四个点,因此打相邻两计数点的时间间隔是

 

  (2)由匀变速推论“匀变速直线运动一段时间的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度”可得:,代入数据解得:

 

  (3)由匀变速直线运动的推论可得:,代入解两式得:

 

  点评:纸带法实验中,若纸带匀变速直线运动,测得纸带上的点间距,利用匀变速直线运动的两个推论可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度。

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