C082.专题复习-力和运动

力和运动高三物理第一轮复习专题讲座建瓯第一中学彭交岭复习精要一、力和受力分析二、平衡类问题三、力和运动四、物体的运动决定于它所受的合力和初始运动条件06-07学年度南京市金陵中学一模1507届广东省惠阳市综合测试卷三172007年理综宁夏卷2307学年南京市期末质量调研1707届南京市综合检测题（三）1107届广东省惠阳市综合测试卷三162007年理综山东卷2406年5月深圳市第二次调研考试17江苏省启东市07届第一学期期中测试18江苏省如东高级中学07年2月期末试卷18力和运动复习精要在中学阶段，牛顿运动定律是核心内容，运动学中的加速度由物体所受到的合外力所确定，当物体所受到外力发生变化时，物体的运动情况也发生变化；而物体的运动状态的变化与物体的所受力的变化时刻相关，将这两部分知识综合,分析物体的运动情况或物体的受力情况是考查学生综合运动用知识的能力以及逻辑思维、分析和归纳能力的一个重要的途径，同时也是高考中的一个热点内容。一、力和受力分析力是物理学中最重要的概念之一，它贯穿整个高中物理的学习。高中涉及到的力有重力、弹力、摩擦力（静摩擦力，滑动摩擦力）、分子力、电场力（库仑力）、磁场力（安培力，洛仑兹力）等。力是矢量，力的运算法则是由力的平行四边形或三角形定则进行。同一道题，应用合成还是分解的途径都可以，均能达到求解的目的。受力分析的能力是高中物理需要培养的一个重要的能力，受力分析除了不能漏掉力外，正确地分析各力的方向也是很关键的，其中摩擦力的方向，洛仑兹的方向往往是考查的重点。二、平衡类问题物体的平衡问题分为单个物体的平衡和物体系的平衡。单个物体的平衡是合外力为零，涉及到平衡物体受三个力的情况比较多，考查的重点是力的三要素。物体系的平衡则需要应用整体法和隔离法进行求解，往往需要利用几何图形确定某些关系才能求解。平衡问题也不再是单纯的力学部分的知识点，如气体压强的确定、带电物体的平衡问题，电磁感应现象中的平衡态问题等等,都是这几年来高考的热点内容.涉及较多的是对各种性质力的理解、对力的合成定则的掌握等。平衡问题中难点有三大类：一类是涉及到多解问题，往往是因静摩擦力存在一定范围导致而成，这类题多以选择题形式出现；一类是物体处于动态平衡时，各力大小的变化情况的讨论，这类题也是以选择题出现为主；还有一类题是物体系的平衡，涉及到的物系内部相互关系问题，这类题既能以选择题的形式出现，也可以以综合性的计算题形式出现。三、力和运动牛顿运动定律与物体的运动有着密切相关的联系，当物体在恒力作用下的匀变速运动，一般来说，应用牛顿运动定律正确分析物体受力情况和运动过程的情景是求解的前提。但这类试题往往在研究对象上不止一个或者只有一个研究对象而对应着不止一个单一的物理过程。当物体受到变力作用时，除匀速圆周运动外，往往是求瞬时作用力才应用到牛顿运动定律，否则应用动量与能量关系求解，这往往是求解思路的分水岭。四、物体的运动决定于它所受的合力和初始运动条件：力和运动的关系1.F=0v=0———静止v≠0———匀速直线运动2.F=恒量v=0———匀加速直线运动v≠0F、v同向—匀加速直线运动F、v反向—匀减速直线运动F、v夹角α—匀变速曲线运动3.F大小不变且始终垂直于v——匀速圆周运动4.F=-kx————简谐运动5.F是变力F与v同向————变加速运动F与v反向————变减速运动06-07学年度南京市金陵中学一模1515．（14分）在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电量为＋q的带电小球，另一端固定于O点．将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，则小球沿圆弧作往复运动．已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ（如图）．求⑴匀强电场的场强．⑵小球经过最低点时细线对小球的拉力．θOm+q解：⑴设细线长为为l，场强为E。因电量为正，故场强的方向为水平向右。从释放点到左侧最高点，由动能定理有kEGEWW即sin1cos＋＝qElmgl解得sinqcosmgE＋＝1⑵若小球运动到最低点的速度为v,此时线的拉力为T,qETmg由动能定理同样可得221mvqElmgl由牛顿第二定律得lvmmgT2由以上各式解得sincosmgT＋—＝12307届广东省惠阳市综合测试卷三1717.如图所示，长为L、质量为M的圆柱形木棒竖直放置，在其顶部套有质量为m的薄铁环，当棒和环有相对运动时，棒和环之间有大小恒为kmg（k＞1）的摩擦力．现突然在棒下端给棒一个很大的冲击力，使棒在瞬间具有竖直向上的初速度v0．（1）若要求铁环在木棒落地前不滑离木棒，此木棒的长度不得少于多少？（2）设木棒足够长，求棒上升的最大高度．v0LmM解：（1）设铁环加速度大小为a1，方向向上；木棒加速度大小为a2，方向向下．对铁环：1mamgkmg对木棒：2MaMgkmg棒相对环的加速度a相＝a1＋a2解得MgMmka)(相sav相2020)(222020MmgkMvavs＝相棒长)(220MmgkMvsL（2）环、棒速度相等时，对铁环：tav1对木棒：tavv20由以上各式得)()1(00211MmkMvkvaaav设此时木棒上升高度为h1,以木棒的初速度方向为正方向,122022havv得222022201)(2)2(2MmgkMvMkmkMavvh环、棒速度相等后一道竖直上升的高度为h2，22202222)(2)1(2MmgkvMkgvh棒上升的最大高度22021)(2)(MmgkMvmkMhhh题目2007年理综宁夏卷2323、倾斜雪道的长为25m，顶端高为15m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图所示。一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0＝8m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起。除缓冲外运动员可视为质点，过渡轨道光滑，其长度可忽略。设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离（取g＝10m/s2）15m25m解：如图选坐标，斜面的方程为：yxOθxtanxy43①运动员飞出后做平抛运动x=v0t②221gty③联立①②③式，得飞行时间t＝1.2s落点的x坐标：x1＝v0t＝9.6m落点离斜面顶端的距离：mcosxs121落点距地面的高度：m8711.sin)sL(h接触斜面前的x分速度：m/s8xvy分速度：m/s12gtvy沿斜面的速度大小为：m/s613.sinvcosvvyxB设运动员在水平雪道上运动的距离为s2,由功能关系得:212121mgs)sL(cosmgmvmghB解得：s2＝74.8m题目07学年南京市期末质量调研1717．（15分）如图所示，一带电为+q、质量为m的小球，从距地面高h处以一定的初速度水平抛出,在距抛出点水平距离为L处有根管口比小球略大的竖直细管,管的上口距地面的h/2.为了使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：（1）小球的初速度v0的大小；（2）应加电场的场强大小；（3）小球落地时的动能。v0E解：要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，（1）竖直方向做自由落体运动，则运动时间为t2212gthght水平方向小球做匀减速运动，减速至0,位移tvL200解得hgLtLv220（2）水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma又由运动学公式0-v02=2(-a)L解得hqmgLE2（3）由动能定理得：2021mvEqELmghk由（1）qELhmgLhgLmmv2220242121mghEk题目07届南京市综合检测题（三）1111．如图所示，用半径为0.4m的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽。薄铁板的长为2.8m、质量为10kg。已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1。铁板从一端放入工作台的砂轮下，工作时砂轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100N，在砂轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。已知滚轮转动的角速度恒为5rad/s，g取10m/s2。铁板砂轮（1）通过分析计算，说明铁板将如何运动？（2）加工一块铁板需要多少时间？（3）加工一块铁板电动机要消耗多少电能？（不考虑电动机自身的能耗）铁板砂轮解：⑴开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力F1=μ1FN=0.3×100N=30N工作台给铁板的摩擦阻力F2=μ2(FN+mg)=0.1×(100+10×10)N=20N铁板先向右做匀加速运动：221m/s1102030mFFa加速过程铁板达到的最大速度vm=ωR=5×0.4m/s=2m/s这一过程铁板的位移m82m21222221.avSm此后砂轮给铁板的摩擦力将变为静摩擦力，F1′=F2，铁板将做匀速运动。即整个过程中铁板将先做加速度a=1m/s2匀加速运动，然后做vm=2m/s的匀速运动⑵在加速运动过程中，由vm=at1得savtm2121匀速运动过程的位移为S2=L-S1=2.8m-2m=0.8m由S2=vmt2，得t2=0.4s所以加工一块铁板所用的时间为T=t1+t2=2s+0.4s=2.4s⑶E=ΔEK+Q1+Q2=1/2mvm2+F1S相对+F2L=(1/2×10×22+30×2+20×2.8)J=136J题目07届广东省惠阳市综合测试卷三1616..如图所示,在方向水平向右、大小为E=6×103N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙,甲的质量为m1=2×10-4kg，带电量为q1=2×10-9C，乙的质量为m2=1×10-4kg，带电量为q2=－1×10-9C。开始时细绳处于拉直状态。由静止释放两滑块,t=3s时细绳突然断裂,不计滑块间的库仑力，试求：（1）细绳断裂前，两滑块的加速度.（2）在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值.（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量.q1甲乙Eq22页题目3页末页解：（1）取水平向右为正方向，将甲、乙及细绳看成一个整体，根据牛顿第二定律①合02121)(ammEqEqF②m/s02010110210610110224439921210.)(mmE)qq(a（2）当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为③m090302021212200..taS此时甲、乙的速度均为v0=a0t=0.02×3=0.06m/s④细绳断裂后，乙的加速度变为⑤m/s060101106101243922.mEqa乙2页题目3页末页从细绳断裂到乙速度减为零，乙发生的位移为S乙′⑥m0300602060020220.).(.avS乙乙整个运动过程乙发生的最大位移为⑦m1200900300...SSSmax乙乙此时乙的电势能增量为⑧乙乙J10271201061017392..S|Eq||W|EmaxP（3）当乙的总位移为零，即乙返回到原出发点时，乙的电势能增量为零，设细绳断裂后，乙经时间t′返回到原出发点，则有⑨乙20021tatvs代入数据解得：（t'=-1s不合题意，舍去）⑩stst1,32页题目3页末页乙回到原出发点时甲的速度为）（11m/s12030600600...tavv乙乙细绳断裂后，甲的加速度变为（12）m/s060102106102243911.mEqa甲乙回到原出发点时甲的速度为（13）m/s24030600600...tavv甲甲甲与乙组成的系统机械能的增量为（14）J10486212162乙乙2甲甲.vmvmE2页题目3页末