高三物理社会物理与科技物理STS指导-高考力学开放型试题例说

1、力学开放型试题例说注重对考生能力和素质的考查，增加应用性和能力型题目，从以知识立意转变为以能 力立意，这是近年来高考命题的发展趋势.特别是高考中的综合能力测试，强调学科内部 的综合和跨学科的综合，对考生的综合能力提出了更高的要求.我们在物理教学中，必须 狠抓基础知识和基本技能的训练，并以此为前提，注意物理学科各部分知识间的相互联系 和渗透，寻找物理与化学、生物等学科的联系和交叉，通过对一些典型问题和情景的分析、 诱导，让学生掌握处理综合问题的一般思路和方法.本文试就力学综合复习问题，进行一番例说.为稍有新意又贴近高考，所举例题尽力 避开了大家熟悉的高考题，较多取材于近年来的高考科研试题.力学内

2、部知识的综合运动和力的关系是力学的中心问题.其中，力的基本知识是基础；牛顿运动定律及运 动学公式、动量定理及动量守恒定律、动能定理及机械能守恒定律是力学的核心内容，也 是解决力学问题的三条基本途径；圆周运动和简谐运动则是牛顿运动定律的具体应用.在力学中，物体的多过程运动和多个物体的运动问题，往往能将不同种类运动的知识综合在一起；两类牛顿运动定律的应用问题，实际上是牛顿运动定律和运动学公式的综合；物体间的相互作用问题，常常成为应用动量和能量观点求解的力学综合题的热点；而机械波的问题，又可与机械振动综合在一起，等等.FT图1例1 （1999年高考科研测试题）如图1所示，在光滑地面上并放两个相同的木

3、块，长度皆为1= 1. 00m ,在左边的木块的左上端放一小金属块，它的质量和一个木块的质 量相等.现令小金属块以初速度v0=2. 00m/s开始向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数（1 = 0. 10,取8=10m/ s 2,求右边木块的最后速度.解 若金属块最后停在左边的木块上，则两木块和金属块以相同的速度运动，设共同的速度为v , x表示金属块最后距左边木块的左端的距离，则0V xw 1 .方法一 达共同速度V历时为t ,两木块移动距离为S ,金属块及两木块的加速度分别为a 1和a 2,由牛顿第二定律和运动学公式可得(img = ma 1, m g = 2m a 2 ,v=voait,

4、v=a 2t,22c/、v vo= - 2ai (s + x) , v2 c =2 a 2s.方法二由动量守恒及功能关系可得m v o = 3mv, (1/2) mv o 2= (1/2) , 3m v 2+(imgx.以上两法代入数据均可解得x 1 ,不合理.证明金属块最后不能停在左边的木块上.设金属块最后停在右边木块上距离左端为y处，0VyWl.令v 1和v 2表不两木块最后的速度，v o表示金属块到达左边木块右端时的速度.方法一 t 1、t 2分别表示金属块在左、右两边木块上滑动的时间，s 1、s 2分别表不在t 1时间内两木块移动的距离和在t2时间内右边木块移动的距离，a 3表本金属块

5、在右边木块上滑动时右边木块的加速度.由牛顿第二定律和运动学公式可得V2 = v o a it2)v 2=v i+a 3t 2)2,2一,、22 一V2vo =-2ai(S2 + y),V2vo=2a 3s 2.方法二由动量守恒和功能关系可得mv o = mv i+2mv 2,，一，一、2 ，一，一、2 ，一，一、(1/2) mv 0= (1/2) mv 1 + (1/2)C2/ T、2m v 2 + m g (1+y),mv o = mv o + 2mv 1 ,一 ,72(1/2) m v 0 =(1/2) mv o 2+ (1/2) , 2m v o2+ m g 1 .由以上两法均可得丫1

6、= 11!1/$或(1/3) m/s, v 2= (1/2) 1!1/$或(5/6) m / s .因为V 1不能大于V 2,所以得v 1 = （1/3） m/s, v 2= （ 5/6） m / s .还可解得丫= 0. 25m,此值小于1,是合理的.证明金属块既没有停在左边木块上，也没有超过右边木块.右边木块最后的速度（即v 2）为（5/6） m/s20. 83m/s .说明 本例的两种解法涉及牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律和功能关系等 力学的重点内容，分析清楚物体的运动过程是解答本例的关键.显然，根据动量守恒和功 能关系求解本例要简捷得多.力学与热学的综合压强是气体的状态参量之一

7、，又是一个力学量.因此，以压强为桥梁，可构建气体状 态变化的力、热综合问题.根据与气体相关联的物体（如活塞、气缸和液柱等）的不同运 动状态可将气体的状态变化与物体平衡、匀变速直线运动、圆周运动、功和能甚至简谐运 动等力学问题联系在一起.另外，分子动理论的有关内容，如布朗运动、分子间的相互作 用力及分子力的功、气体压强的微观解释等，以及热和功的问题，也都要涉及力学知识.例2 （1996年高考科研试测题）两端封闭的均匀细玻璃管水平放置，管的正中央有一段长15cm的水银柱，其两侧的空气柱中的压强均为72c mH g,现将玻璃直管旋至竖直位置.若欲使玻璃管中上、 下两段空气柱的长度保持为 1 ： 2,

8、则玻璃管沿竖直方向做 什么样的运动？设整个过程中，温度保持恒定.解 设p 1、丫1与2、V 2分别表示玻璃直管沿竖直方向运动时，管中上、下两段空 气柱的压强和体积.由于玻璃管水平放置时，水银柱位于管的正中央，说明管中两段空气 柱的体积是相等的.对上、下两段空气柱分别应用玻意耳定律，有poVo=p 1V1, poVo = p 2V 2,其中p 0、V 0表示玻璃管水平放置时两空气柱的压强和体积.由于水银柱的长度是不变的，故有V 1 + V 2 = 2Vo,根据题给条件，有2Vl=V 2.由以上四式可得p 1 = ( 3/2) p o = ( 3/2) pgho, p2=( 3/ 4) p o =

9、 ( 3/ 4) p g h o, 其中p表小水银密度，h o=72cm.设玻璃管向下做匀加速运动，加速度为a,对水银柱进行受力分析， 由牛顿第二定律，有piS + mg p 2s=ma,即(3/2) p ghoS+p ghS ( 3/ 4) pghoS=phSa, (S 为玻璃直管内部的横截面积，h= 15 cm)解得 a = ( ( 3ho/4h) +1) g=4. 6g = 45 m / s .玻璃管沿竖直方向应以 45m/s 2的加速度向下运动.说明本例涉及玻意耳定律和牛顿第二定律，求解时应注意两部分气体与水银柱间的联系和单位的统一，切不可将气体压强的厘米水银柱数值直接代入牛顿第二定律

10、表达式进 行计算.力学与电学的综合带电物体在电场中的静止及在电场、磁场中的运动，通电导体在磁场中的静止和运动，这类问题除了应用电场、磁场和电磁感应等方面的知识外，还需要应用相应的力学规律.当 电场是由连接在电路中的电容器产生时，当导体切割磁感线产生感应电动势而又形成闭合 回路时，问题还可与恒定电流或交流电的知识联系在一起.力、电综合问题是历年高考的 一个热点，正确分析物体的受力情况，是求解的关键.例3 (1997年高考科研试题)如图2所示的电路中，四个电阻的阻值均为R, E为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极.平行板电容器两极板间的距离为 d.在平行板电容器的两个平行极板之间有一质

11、量为m、电量为q的带电小球.当开关S 闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O处，现把开关打开，带电小球便向平行板电容 器的某个极板运动，并与此极板碰撞.设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发 生变化.碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带电量恰好刚能使它运动到平行板电容器的另一极板.求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷.解 当开关S闭合时，设两极板间的电压为U, 由qU/d = mg得U = mgd/q.由于重力mg方向向下，故推得小球受的电场力qU/d必定向上，小球所带电荷的正负与下面极板的极性相同.由电路可知，当开关S断开时，两极板的极性不变.设电源电动势为 产，开关S断开后

12、电容器两极间的电压为U,由电路的分压关系可得U= 2#/3, U = F/2,从而 U = ( 3/ 4) U = 3m g d / 4 q .由于U小于U,小球所受电场力变小， 小球向下面极板运动， 设速度从零增大到v, 由动能定理，得2(mgd/ 2) (qU / 2) = (1/2) mv 0.设小球与下面极板碰撞后电量变为q小球恰能运动到上极板，由动能定理，得2 mg d + q U =0(1/2)mv ,联立解得 q = ( 7/6) q .说明 本例涉及含有电容器的电路和带电小球在电场中的平衡及加速问题，求解时需综合应用电路的串、并联关系、二力平衡条件和动能定理等规律，正确分析带电

13、小球的运 动过程是解题的关键.例4 (2000年高考科研试题)如图3所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨位于水平的x O y平面内，一端接有阻值为R的电阻.在x 0的一侧存在沿竖直方向的非均匀磁场，磁感强度B随x的增大而增大，B=k x,式中的k是一常量.一金属直杆与金属导轨垂直，可在导轨上滑动.当1=0时位于x = 0处，速度为v o,方向沿x轴的正方向.在运动过程中，有一大小可调节的外力F作用于金属杆以保持金属杆的加速度恒定，大小为a,方向沿x轴的负方向.设除外接的电阻R外， 所有其他电阻都可以忽略. 问:(1)该回路中的感应电流持续的时间多长(2)当金属杆的速度大小为v 。/2时，回

14、路中的感应电动势有多大(3)若金属杆的质量为m,施加于金属杆的外力F与时间t的关系如何。工图3解 (1)金属杆在导轨上先是向右做加速度为a的匀减速直线运动，到导轨右方最远处速度为零，后又沿导轨向左做加速度为a的匀加速直线运动.当过了y轴后，由于已离开了磁场区，故回路不再有感应电流.以t1表示金属杆做匀减速运动的时间，有t i =v o/a.从而，回路中感应电流持续的时间T=2t i=2v o / a.(2)以x i表示金属杆的速度变为v i = v o/2时它所在的x坐标，由v J=v。2 2X 1 ,可得x i = 3v o2/8a,从而，此时金属杆所在处的磁感强度Bi = kx i=3kv

15、 o2/8a ,所以，此时回路中的感应电动势产i = B 1 v il = 3kv 03d / 16a.(3)以v和x表示t时刻金属杆的速度和它所在的x坐标，有2v = vo at,x = v ot(1/2)at ,故由金属杆切割磁感线产生的感应电动势y=Bvd = kxvd = k(v ot( 1/ 2) at2) (vo at) d,(式中 t VT = 2 v o/ a )从而，回路中的电流I = /R=k (v ot(1/2) at2) (v oat) d/R,考虑到力的方向，金属杆所受的安培力f= IBd=k2、22ot(1/2) at ) (vo at) d /R,由牛顿第二定律知

16、F + f = m a , 解得作用在金属杆上的外力F= (k 2(vot (1/2) at 2) 2 (v oat) d 2/R) ma.(式中 tVT=2 v o/ a )说明 本例涉及金属杆切割磁感线的电磁感应问题.电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，要运用力学和 电磁学的综合知识来解答.本例的解答便综合运用了运动学公式、牛顿第二定律、感应电 动势、安培力计算及欧姆定律等知识.力学与光学的综合物体和光具(如平面镜、透镜)的平移、旋转及振动，可将光路、成像和运动交织在 一起，构成力学与几何光学的综合题.物理光学中有关光源的功率、物体

17、对光能的吸收等 问题，也常常涉及力学的功能概念.例5如图4所示，临界角C为45的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水 平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上.当平面镜M绕垂直过中心O的轴以角速度3做逆时针匀速转动时，观察者发现水面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在水面 上掠过的最大速度为多少 ？解 设平面镜转过。角时，光线反射到水面上的P点，光斑速度为v,由图 5可知v = v，/cos 2 0 ,而 v，=l,2co=(d/cos 2 0) -2a),故 v = 2cod/cos 2 0 ,液体的临界角为C,当2 0 = C = 45 时v达最大速度vmax5V max 2 co

18、d COS2C = 4 w d .说明 本例涉及平面镜旋转、光的反射及全反射现象，需综合运用反射定律、速度的 分解、线速度与角速度的关系等知识求解.确定光斑掠移速度的极值点及其与平面镜转动 角速度间的关系，是求解本例的关键.力学与原子物理学的综合原子物理学中也不乏与力学的综合问题.例如，氢原子核外电子的绕核运动、a粒子的散射以及核反应中的动量守恒与能的转化和守恒，都是力学与原子物理学综合的典型问 题.例6 (2000年春季高考试题)云室处在磁感强度为B的匀强磁场中，一静止质量为M的原子核在云室中发生一次a衰变，a粒子的质量为m,电量为q ,其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得a粒子运动的轨道

19、半径为R,试求在衰变过程中的质量亏损.(注：涉及物理问题时，亏损的质量可忽略不计.)解 令v表示a粒子的速度，由洛伦兹力和牛顿定律可得 C2 fqvB = mv /R.令V,表示衰变后剩余核的速度，在考虑衰变过程中系统的动量守恒时，因为亏损质 量很小，可不予考虑，由动量守恒可知(M m) v =mv.在衰变过程中，a粒子和剩余核的动能来自于与质量亏损相应的能量，即 (1/2) (M-m)v2+ (1/2) mv 2=Amc 2,解得 Am = M (qBR) ?/2c 2m (Mm).说明 本例涉及原子核在匀强磁场中的衰变，求解时需综合运用洛伦兹力计算式、牛 顿第二定律、动量守恒定律和爱因斯坦

20、质能方程等知识.力学与化学的综合化学反应中固态或液态物质的质量发生变化，气态物质的压强发生变化，这些都将引 起相关物体的运动状态发生改变，由此可将力学知识与化学知识揉合在一起，构成力学与 化学的综合问题.另外，化学反应中的热量与做功问题也是与力学密切相关的.例7 一个气球中充满了 2m o 1的H 2 S ,气球体积为0. 15m 3 ,气球内放了一个内 装1moi S O 2的小容器，小容器与气球本身重量忽略不计.在t =0时刻放手，气球向上飘起，假设上升10 s后，小容器自动弹开放出SO2,又过了 10 s反应完毕，此时气球的速率为40m/s,方向向上，且在此 10 s内，气球上升高度为

21、100m.问过多久气球重 新回到地面，气球内SO 2的平均反应速率为多少 ？(空气阻力不计，空气密度为 1. 29 k g/m 3,气球可自由收缩)解开始时，气球的质量，一 一一 . 一一、 一 一3 一 一m = m i + m 2 = (2X34+1X 64) X 10 =0. 132 kg,所受浮力尸浮=p gV= 1 . 29X9. 8X0. 15=1. 986N,故气球的加速度/ 1-1、/LC/2a=(F 浮一 mg)/m= 5. 24m/s , 在前10 s后，气球上升的高度H = (1/2) at 2= 262m.又经过10 s后，由2H 2S + SO 2 = 2 S +2H 2O,可得气球内无气体剩余，故气球 的体积收缩得很小，所受浮力可忽略不计，所以气球的加速度即为重力加速度.设气球再 过t 0落回地面，则有 一、， .，一2一(H+h) = vt o (1/2) gt o ,解得 t o = 13. 6s.S 02=1/ 10=0. 1