第二部分第3讲动力学和功能观点的应用

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动力学三大基本观点的综合应用

动力学三大基本观点的综合应用

动力学三大基本观点的综合应用作者:田云政来源:《物理教学探讨》2008年第06期动力学的三大基本观点包括力的观点、动量观点和能量观点。

这部分内容是高中物理的主干知识,也是历年来高考命题的重点,热点和难点。

为加强对三大基本观点的理解和应用,总结和探讨解题方法,提高分析综合能力及高考备考效果,现将这部分内容整合如下,仅供读者参考。

1 动力学的知识网络结构高中力学研究的主要内容是力和运动的关系,以三个中心主线为纽带建立联系。

其中包括牛顿运动定律,动量定理,动量守恒定律,动能定理,机械能守恒定律及能量转化和守恒定律等内容。

动学力的知识网络结构如下图所示:2 应用三大观点解题时选择规律的一般原则(1)牛顿运动定律和运动学公式是我们解决力学问题的基本思路和方法,从中学物理研究范围来看,只能用于匀变速运动(包括直线和曲线运动)。

(2)对单个物理而言,宜选用动量定理和动能定理,其中涉及碰撞和时间问题的,优先考虑动量定理;而涉及位移和做功问题的,优先考虑动能定理。

(3)若是多个物理组成的系统,则优先考虑两个守恒定律。

(4)若涉及机械能与其它形式的能量之间发生转化时,要考虑选用能量转化和守恒定律或功能关系解题。

例1 (2006年天津卷)如图1所示,坡道顶端距水平面高度为h处,有一质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下,进入水平面的滑道时无机械能损失,为使A制动,将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上,另一端与质量为m2的挡板B相连,弹簧处于原长时,B恰好位于滑道的末端O,A与B碰撞时间极短,碰后结合在一起共同压缩弹簧。

已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ,其余各处均不计摩擦,重力加速度为g,求:(1)物块A与B碰撞前瞬时速度v的大小。

(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep。

解析(1)A由坡道顶端到与B碰撞,该过程机械能守恒,则有:m1gh=12m1v2∴v=2gh。

(2)由于AB碰撞过程的时间极短且内力远大于外力,动量守恒。

动力学、动量和能量观点的综合应用

动力学、动量和能量观点的综合应用

(2)2 J
(3)1 m
热点题型例析
第2课时
(18 分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水 平面内,两导轨间距为 l.导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN, 构成矩形回路,如图 4 所示.导体棒 PQ 的质量为 m、MN 的质量 为 2m,两者的电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个 导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.设两导体 棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒 MN 静止于距导轨右端 d 处,PQ 棒以大小为 v0 的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的 电流对磁场产生的影响.
第2课时
⑫ ⑬
滑块从挡板滑至左端需要的最小能量 Emin=2μMgL+EqL 解得 Ek<Emin
故滑块不会从左端滑出 (2 分) 1 由能量守恒得 (2M)v2+Eqs′=2μMgs 路+Eq(s 路-s′)⑭(2 分) 2 本 课 故 s 路=1 m. (1 分)
(1)0.2 m
时 栏 目 答案 开 关
第2课时Βιβλιοθήκη (1 分)因为 t0<t1,所以撤去外力 F 时,m、M 还未相对静止,此时 m 的速 (1 分) (1 分)
本 课 时 栏 目 开 关
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
热点题型例析
第2课时
由能量守恒知此过程产生的热量为 1 2 1 2 1 Q2=2mv1 +2Mv2 -2(M+m)v共2=1.5 J 所以滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量
热点题型例析
第2课时
题型 1 动量和能量观点在力学中的应用
本 【例 1】 (18 分)如图 1 所示,固定在地面上的光滑的 1/4 圆弧面 课 与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质量为 时 栏 mA=2 kg,在半径为 R=1.25 m 的 1/4 圆弧面顶端由静止下滑, 目 开 车 C 的质量为 mC=6 kg,在车 C 的左端有一个质量 mB=2 kg 关

解决力学问题的三大观点

解决力学问题的三大观点
的水平面上,车的左端放一质量 m 2kg 的木块,它与车之间
的动摩擦因数 0.2 ,今以水平恒力 F=10N 拉木块在车上滑
行,物体最终从车的右端滑落,木块在车上滑动过程中,问:
拉力对木块做了多少功?( g 10m / s 2 )
可编辑ppt
9
解:由牛顿第二定律得(设木块加速度为a1,平板车加速度为a2)
A. f1, f2均做正功
B. f1, f2均做负功
C. f1做负功, f2做正功
D.因为是静摩擦力, f1, f2做功均为零
可编辑ppt
16
分析总结:
①错因:求人的受到的摩擦力做的功时, 误把重心位移当成作用点的位移;功的 定义严格来说是力与力的作用点位移的 乘积,此题中作用点的位移是脚的位移。
②虽然大多问题采用其他两
个观点解题比牛顿定律简单,
但牛顿运动定律并不能完全被
取代
可编辑ppt
11
例 2、如图所示,矩形盒 B 的质量为 M,底部长度为 L,就在水平面上,盒
内有一质量为 M 可视为质点的物体 A,A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数均为 ,
5 开始时二者均静止,A 在 B 的左端,现瞬间使物体 A 获得一向右的水平初速度
rT
机械振动 和机械波 f kxT 2 lgVs可编辑ppt
4
tT
2、动量的观点 动量定理
F t m2Vm1V
动量守恒定律 m 1 v 1 m 2 v 2 m 1 v 1 ' m 2 v 2 '
3、能的观点 动能定理:
W合EK
机械能守恒定律: E K 1 E P 1 E K 2 E P 2
(4)求盒 B 的运动的总时间?
可编辑ppt

(高中段)第10讲动力学三大观点的综合运用

(高中段)第10讲动力学三大观点的综合运用

则 Ep2>μmcgL=2.5 J 仅碰两次 Ep2<3μmcgL=7.5 J 且 7.5 J<12.5 J 所以 2.5 J<Ep2<7.5 J。
答案:(1)2 m (2)74 N,方向竖直向下 (3)Ep>12.5 J 或 2.5 J<Ep<7.5 J
4.如图所示,两根相距为 d、动摩擦因数为 μ 的粗糙平 行金属导轨放在倾角为 θ 的斜面上,金属导轨上端 连有阻值为 R 的电阻,在平行于斜面的矩形区域 mnop(mp 长为 l,且平行金属导轨,不考虑磁场的边界效应)存在一个垂直斜 面向上的匀强磁场 B,一根电阻为 r、质量为 m 的金属棒 EF 自磁场上边界 虚线 mn 处由静止释放,经过 t 时间离开磁场区域。求: (1)t 时间内通过电阻 R 的电荷量 q。 (2)t 时间内电阻 R 产生的焦耳热 Q。 (3)沿着导轨向下平行移动磁场区域,从原位置释放金属棒,当它恰好能匀速 通过磁场时,磁场的移动距离 s 和金属棒通过磁场的时间 t′分别是多少?
mg(h+Lsin 37°-R)-3μmgLBC=0-12mv02 解得 LBC=4310 m≈1.37 m>1.25 m 适当减小 BC 的长度,物块第 5 次过 BC 后到达与圆心等高处 mg(h+Lsin 37° -R)-5μmgLBC=0-12mv02 解得 LBC=0.82 m<1.25 m 所以 LBC=4310 m≈1.37 m。 答案:(1)0.45 m (2)会 5 m/s (3)1.37 m
(1)小物块水平抛出的位置离 A 点的高度差? (2)若 BC 段长为 2.4 m,判断物块是否会与弹性挡板碰撞,若会请求出碰前的 速度,若不会请说明理由; (3)若小物块从 A 进入轨道到最终停止都不脱离轨道,求满足条件的 BC 段的最 短长度是多少? 解析:(1)小物块沿 AB 方向进入轨道,有 cos 37°=vvA0,tan 37°=vvA0y 解得 vAy=3 m/s,vA=5 m/s 抛出点离 A 点的高度差 h=v2Agy2=290 m=0.45 m。

[讲解]《传播学总论(第二版)》知识点整理

[讲解]《传播学总论(第二版)》知识点整理

第一章传播学的兴起和发展第一节传播学的兴起一、传播学兴起前的传播研究二、传播学兴起的背景传播学的诞生期:20世纪40年代到50年代传播学的诞生地:美国传播学诞生的背景:①(社会基础)工业化大生产使得资本主义生产活动和范围走向国际市场,因而对信息的要求就更高。

②(社会需求)报业加上各种新兴媒介逐步形成了传播业,这给社会产生了强烈的冲击。

因此,社会急需要关注和思考传播带给人们的一切。

③(学科基础和需要)两次科技革命带来了两次思想革命,人们的认识能力有了大幅度的提高,认识广度和深度有了大幅度的拓展。

人们能够科学而全面地研究影响日益扩大的传播活动。

传播学诞生于美国有政治、经济、社会、学科四方面的背景:1.政治:①政治家对传播媒介宣传重视和利用,进而重视对传播的研究,这推动了传播研究在美国的开展。

②在第一次世界大战中宣传起了重大作用,战后学者又进行了总结分析。

③二战中格外重视宣传工作,推动了传播研究的深入,为传播学的发展奠定了坚实的基础。

2.经济:①战后美国经济空前发展,自由市场竞争更加激烈,企业普遍关注营销环节中的各种传播问题。

②战后大众传播业逐渐形成,媒介竞争的日趋激烈推动大众传播业进一步研究传播规律,改进传播行为,扩大传播效果。

3.社会:科技革命中产生的新的传播技术推动了传播业的大发展。

新媒介在推动社会繁荣的同时也带来了新问题(暴力、色情、特别是对儿童的影响),引起了专家、学者的关注和研究。

4.学科:①传播学具有学科交叉性,不同学科的学者都可以从自己的角度研究传播学,从而使传播学的研究成果异彩纷呈。

②新闻学是传播学的基础和前身。

随着新闻实践的逐步深化,“新闻”概念逐步让位于“大众传播”概念。

此时大众传播学出现,大众传播学进一步深化的结果就是传播学。

传播学的基本发展轨迹:新闻学→大众传播学→传播学新闻学发展的四个趋势:①从定制分析到定量分析。

②从人文学方法到行为科学方法。

③从伟人研究到过程与结构。

④从区域性角度到国际性角度。

动力学和功能观点的应用

动力学和功能观点的应用
(1)滑块在圆轨道最高点A时对轨道的压力大小;
(2)滑块与直轨道BC间的动摩擦因数;
(3)滑块在直轨道BC上能够运动的时间.
2.10个同样长度的木块放在水平地面上,每个木块的质量m=0.5 kg、长度L=0.6 m,它们与地面之间的动摩擦因数μ1=0.1,在左方第一个木块上放一质量M=1 kg的小铅块(视为质点),它与木块间的动摩擦因数μ2=0.25.现给铅块一向右的初速度v0=5 m/s,使其在木块上滑行.g取10 m/s2,求:
(2)若过程涉及摩擦力做功,一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律.
(3)若过程涉及电势能和机械能之间的转化,应考虑应用能量守恒定律.
(4)无论应用哪种形式的功能关系,都应遵照下列步骤:
①确定始末状态;
②分析哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,是什么力做功所致;
③列出能量的增加量和减少量的具体表达式,使ΔE增=ΔE减.
[最新预测]
1.(2015·烟台一模)光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置,其中直轨道BC粗糙,直轨道CD光滑,两轨道相接处为一很小的圆弧.质量为m=0.1 kg的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动,到达轨道最高点A时的速度大小为v=4 m/s,当滑块运动到圆轨道与直轨道BC的相切处B时,脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC滑行,到达轨道CD上的D点时速度为零.若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计,已知圆轨道的半径为R=0.25 m,直轨道BC的倾角θ=37°,其长度为L=26.25 m,D点与水平地面间的高度差为h=0.2 m,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6.求:
(1)要将滑板从滑块下抽出,施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少?
(2)若施加的水平拉力F=11 N,要使滑板从滑块下抽出,F作用的最短时间.

第3讲 三大力学观点的综合应用

第3讲  三大力学观点的综合应用

sA=1.75 m,sB=0.25 m

由于 l<sA<2l+sB,在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞,但没有与 B 发生碰
撞,此时 A 位于出发点右边 0.25 m 处,B 位于出发点左边 0.25 m 处,两物块
之间的距离 s 为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m。 ⑨
(3)t 时刻后 A 将继续向左运动,假设它能与静止的 B 碰撞,碰撞时速度的 大小为 vA′,由动能定理有
2.(2021·青岛质检)游乐场投掷游戏的简化装置如图所示,质量为 2 kg 的球 a 放在高度为 h=1.8 m 的平台上,长木板 c 放在水平地面上,带凹槽的容器 b 放在 c 的最左端。a、b 可视为质点,b、c 质量均为 1 kg,b、c 间的动摩擦 因数 μ1=0.4,c 与地面间的动摩擦因数 μ2=0.6。在某次投掷中,球 a 以 v0 =6 m/s的速度水平抛出,同时给木板 c 施加一水平向左、大小为 24 N 的恒 力,使球 a 恰好落入 b 的凹槽内并瞬间与 b 合为一体。取 g=10 m/s2,求:
解析:长木板与障碍物碰撞前,子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合 外力为零,所以系统的动量守恒。由于有机械能转化为内能,所以系统的机械 能不守恒,故 A 正确,B 错误;设长木板的质量为 M,长木板要能与障碍物 发生两次碰撞,第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量,则有 (m+2m)v>Mv,得 M<3m,所以若长木板的质量为 6m,长木板不可能与障 碍物发生两次碰撞,故 C 错误;子弹射入木块的过程,取向右为正方向,由 动量守恒定律得:mv0=(m+2m)v1,得 v1=13v0,木块在长木板上滑行过程, 由动量守恒定律得:(m+2m)v1=(m+2m+3m)v2,由能量守恒定律得:μ·3mgL1 =12(m+2m)v21-12(m+2m+3m)v22,长木板与障碍物碰撞后,以向右为正方向,

专题二第3讲用动力学和功能观点解决多过程问题

专题二第3讲用动力学和功能观点解决多过程问题

(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小;
(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小.
栏目 导引
专题二 功与能量
【解析】 大猴子先做平抛运动,后做圆周运动,两运动过 程机械能均守恒.寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律. (1)设猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin, 根据平抛 运动规律,有 1 h1= gt2① 2 x1= vmint② 联立①、②式,得 vmin= 8 m/s.③ (2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时速度 为 vC,有 1 (M+ m)gh2= (M+ m)v2 C④ 2 vC= 2gh2= 80 m/s≈ 9 m/s.⑤
栏目 导引
专题二 功与能量
(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ<tan 37°), 所以,小物体不会停在斜面上,小物体最后以C为中心,B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动,
从E点开始直至运动稳定,系统因摩擦所产生的热量,
Q=ΔEp,⑥ ΔEp=mg(h+Rcos 37°),⑦
联立⑥⑦解得Q=4.8 J.
【答案】 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
栏目 导引
专题二 功与能量
拓展训练 2
一足够长竖直导轨与一半径为 r0
3 = 1.2 m 的 光滑圆轨道在 cd 处连接(cd 与圆心 4 等高),如图所示,竖直轨道的一部分(ab、 cd 直 线之间 )处在垂直轨道平面的匀强磁场中,ab、 cd 间距离为 x= 2 m,圆轨道处在磁场外,竖直 轨道宽度为 L=1 m,轨道顶部连接一阻值为 R= 0.4 Ω 的电阻, 现使一质量为 m= 0.3 kg、 电阻为 r= 0.1 Ω 的导体棒从距磁场上 边界某高度处自由下落,导体棒始终与导轨接触良好,导体棒进 入磁场区域时恰好能够匀速通过, 且导体棒离开磁场后刚好通过 圆轨道最高点,不计一切摩擦,取 g= 10 m/s2,求:

动力学方法和能量观点的综合应用

动力学方法和能量观点的综合应用

动力学方法和能量观点的综合应用
动力学方法是研究物体运动的一种基本方法,它建立在牛顿第二定律的基础上。

根据牛顿第二定律,物体的运动状态取决于作用在它上面的力和质量,加速度与所受外力成正比,反比于物体质量。

动力学方法的核心是通过分析物体所受的所有外力,并根据牛顿第二定律,求解加速度,并进而推导出物体的运动情况。

可以说,动力学方法和能量观点是两种不同的物理观点,但它们并不矛盾,而是相辅相成的。

在很多情况下,我们需要综合运用这两种方法来解决实际的物理问题。

在实际问题中,动力学方法和能量观点的综合应用也有许多其他的例子。

比如,在弹性碰撞问题中,我们可以通过动力学方法计算碰撞力和加速度的变化,然后利用能量观点来分析碰撞前后物体的动能变化,从而得到碰撞的结果;在机械振动问题中,我们可以通过动力学方法分析弹簧等外力对系统的作用,再利用能量观点来计算振动系统的总能量和势能的变化,从而得到振动的频率等。

综上所述,动力学方法和能量观点是物理学中重要的两种方法,在实际问题中可以综合运用,得到更全面准确的描述和分析。

无论是从力的角度还是从能量的角度来研究物体的运动,都有助于我们深入理解物理学的基本原理和应用。

动力学、动量和能量观点在力学中的应用

动力学、动量和能量观点在力学中的应用

(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律 )、动能定理都只考查 一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不 予细究,这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题,就更显示出它 们的优越性.
例2
如图2所示,一小车置于光滑水平面上,小车质量m0=3 kg,AO部
分粗糙且长L=2 m,动摩擦因数μ=0.3,OB部分光滑.水平轻质弹簧右
=3.75 m,P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,取g=10 m/s2,求:
(1)P到达B点时的速度大小v及其
与 图1
解析 答案
(2)Q运动的时间t. 答案 3.5 s 解析 设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2,有:
(3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理
(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守 恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足 守恒的条件. (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所 做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量. (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程 一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换 .这种问题由于作用 时间都极短,因此用动量守恒定律去解决.
解析
答案
(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0=0.2 s,则A车受到的水平平均
冲力是其自身重力的几倍; 答案 6倍

第六章 第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型

第六章  第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型
速度位移公式:v2-v02=2as ②牛顿运动定律牛 牛顿 顿第 第一 二定 定律 律
牛顿第三定律
基础知识·自主梳理 高频考点·分类突破 学科素养提升 课时作业
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基础知识·自主梳理
(2)动量的观点 ①动量定理:I 合=Δp. ②动量守恒定律:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′. (3)能量的观点 ①动能定理:W 总=ΔEk. ②机械能守恒定律:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2. ③能量守恒定律.
基础知识·自主梳理 高频考点·分类突破 学科素养提升 课时作业
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高频考点·分类突破
(2)三物体组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 (m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v3 解得 v2=8 m/s 由能量守恒可得 12(m0+m1)v12=μm2gL+12(m0+m1)v22+12m2v32 解得 L=2 m. 答案:(1)10 m/s (2)2 m
第六章 动量 第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型
C
目录
ONTENTS
基础知识·自主梳理 高频考点·分类突破 学科素养提升 4 课时作业
基础知识·自主梳理 高频考点·分类突破 学科素养提升 课时作业
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基础知识·自主梳理
1.研究力学问题的三大观点 (1)力的观点
速度公式:v=v0+at ①运动学公式位移公式:s=v0t+12at2
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高频考点·分类突破
(2)以子弹、物体 A 和物体 B 为系统,设物体 B 的质量为 M,碰后子弹和物体 A 的速度为 v1,物体 B 的速度为 v2,由动量守恒定律有 3mv=Mv2-3mv1, 碰撞过程机械能守恒,有12·3mv2=12·3mv12+12Mv22,

第二章 第3讲 力的合成和分解-2024年高考物理一轮复习

第二章 第3讲  力的合成和分解-2024年高考物理一轮复习
A.物体所受静摩擦力可能为2 N
B.物体所受静摩擦力可能为4 N
C.物体可能仍保持静止
D.物体一定被拉动
2.[计算法求合力](2022·邯郸模拟)在平面内有作用于同一点的四个力,以力的
作用点为坐标原点O,四个力的方向如图所示,其中F1=6 N,F2=8 N,F3=4 N,
F4=2 N。这四个力的合力方向指向(
两大小一定的分力,夹角增大时,合力减小;
合力大小一定,夹角增大时,两等大分力增大.
3.几种特殊情况的共点力的合成
一、力的合成与分解
1.力的正交分解法
(1)定义:将已知量按相互垂直的两个方向进行分解的方法。(2)建轴原则:一般
选共点力的作用点为原点,在静力学中,以少分解力和容易分解力为原则(使尽
量多的力分布在坐标轴上);在动力学中,往往以加速度方向和垂直加速度方向
则前后二次OA绳受到的拉力之比为(C

类型2 “动杆”和“定杆”问题
模型结构
模型解读
模型特点
动杆:轻杆用光滑的转轴或铰链连
当杆处于平衡时,杆所受的弹
接,轻杆可围绕转轴或铰链自由转
力方向一定沿杆

定杆:轻杆被固定在接触面上,不 杆所受的弹力方向不一定沿杆
发生转动
,可沿任意方向
【例1】(2023秋·河北邢台·统考期末)如图所示,轻杆AB的左端用铰链与竖直
墙壁连接,轻杆CD的左端固定在竖直墙上,图甲中两轻绳分别挂着质量为m1、
m2的物体,另一端系于B点,图乙中两轻绳分别挂着质量为m3、m4的物体,另一
端系于D点。四个物体均处于静止状态,图中轻绳OB、O′D与竖直方向的夹角均
为θ=300,下列说法一定正确的是( B )
【例3】(多选)图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙壁上,另一端O光滑,一端固定在

动力学的三个基本观点的应用(重点)

动力学的三个基本观点的应用(重点)

ABRLCshacdeR A B动力学的三个基本观点的应用1.某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。

比赛路径如图所示,赛车从起点A 出发,沿水平直线轨道运动L 后,由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点,并能越过壕沟。

已知赛车质量m =0.1kg ,通电后以额定功率P =1.5W 工作,进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N ,随后在运动中受到的阻力均可不计。

图中L =10.00m ,R =0.32m ,h =1.25m ,s =1.50m 。

问:要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间?(取g =10m/s 2) 答案2.53s2.如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的ab 段水平,bcde 段光滑,cde 段是以O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。

可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起,静止于b 处,A 的质量是B 的3倍。

两物体在足够大的内力作用下突然分离,分别向左、右始终沿轨道运动。

B 到d 点时速度沿水平方向,此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的3/4,A 与ab 段的动摩擦因数为μ,重力加速度为g ,求:(1)物块B 在d 点的速度大小; (2)物块A 滑行的距离s 。

答案:⑴2Rg v = ⑵μ8Rs =3.两个质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ,高度相同,放在A 和B 的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平相切,如图所示。

一块位于劈A 的倾斜面上,距水平面的高度为h 。

物块从静止开始滑下,然后又滑上劈B 。

求物块在B 上能够达到的是大高度。

答案:1212'()()M M h h M m M m =++hA B4.如图所示,静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列,质量均为m ,人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动,当车运动了距离L 时与第二辆车相碰,两车以共同速度继续运动了距离L 时与第三车相碰,三车以共同速度又运动了距离L 时停止。

动力学的基本原理与应用

动力学的基本原理与应用
动力学的其他应用领域
航空航天动力学
飞行器设计
通过研究空气动力学和飞行力学,设计出更高效、安 全的飞行器。
航天器轨道
利用动力学原理,研究航天器的轨道设计和稳定控制 。
推进系统
研究火箭和航空发动机的工作原理,提高推进系统的 效率和性能。
地球动力学
01
02
03
地震预测
通过研究地震波的传播和 地球内部结构,预测地震 活动。
02
牛顿运动定律
第一定律(惯性定律)
总结词
描述了物体保持其运动状态的性质, 即不受外力作用时,物体将保持静止 或匀速直线运动。
详细描述
该定律指出,除非受到外力作用,物 体将保持其运动状态不变,即静止的 物体将继续保持静止,匀速直线运动 的物体将继续保持匀速直线运动。
第二定律(动量定律)
总结词
描述了力对物体运动状态改变的作用,即力是改变物体运动状态的原因。
详细描述
该定律指出,物体运动的改变量与所受外力的作用成正比,与物体质量的倒数 成正比。数学公式表示为F=ma,其中F表示作用在物体上的力,m表示物体的 质量,a表示物体的加速度。
第三定律(作用与反作用定律)
总结词
描述了力的作用是相互的,即作用力和反作用力大小相等、方向相反、作用在同 一条直线上。
详细描述
动力学的基本原理与应用
CONTENTS
• 动力学概述 • 牛顿运动定律 • 动量定理和角动量定理 • 牛顿的万有引力定律 • 相对论动力学 • 动力学的其他应用领域
01
动力学概述
定义与研究对象
定义
动力学是研究物体运动状态变化及其 变化原因的科学。
研究对象
物体的运动规律、Байду номын сангаас与运动的关系、 运动变化的原因等。

高考物理总复习 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用

高考物理总复习 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用

专题五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点:①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律);②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律);③动量观点(动量定理、动量守恒定律).熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的.考点一碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2.模型特点(1)在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒.(2)在动量方面,系统动量守恒.(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大.(4)弹簧处于原长时,弹性势能为零.例1. (多选)如图甲所示,物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触,b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定,在a物块离开挡板后,b物块的v ­ t关系图象如图乙所示.则下列分析正确的是( )A.a的质量为1 kgB.a的最大速度为4 m/sC.在a离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为1.5 JD.在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2.模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大,两者的相对位移也最大.(2)系统的动量守恒,但系统的机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量,当两者的速度相等时,系统机械能损失最大.例2.如图所示,两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上,质量均为m.P 2的右端固定一轻质弹簧,左端A 与弹簧的自由端B 相距L.物体P 置于P 1的最右端,质量为2m 且可看作质点.P 1与P 以共同速度v 0向右运动,与静止的P 2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P 1与P 2粘连在一起.P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内).P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求:(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2; (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 教你解决问题第一步:审条件 挖隐含①“与静止的P 2发生碰撞,碰撞时间极短”隐含→ P 的速度不变. ②“碰撞后P 1与P 2粘连在一起”隐含→ P 1、P 2获得共同速度. ③“P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点”隐含→ P 1、P 2、P 三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零.第二步:审情景 建模型 ①P 1与P 2碰撞建模→ 碰撞模型.②P 与P 2之间的相互作用建模→ 滑块—滑板模型. 第三步:审过程 选规律 ①动量守恒定律―→求速度.②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x 及弹性势能E p .模型3“子弹打木块”模型 1.模型图2.模型特点(1)子弹打入木块若未穿出,系统动量守恒,能量守恒,即mv 0=(m+M)v,Q热=fL相对=12mv02-12(M+m)v2.(2)若子弹穿出木块,有mv0=mv1+Mv2,Q热=fL相对=1 2mv−0212mv−1212Mv22.例3.(多选)如图所示,一质量m2=0.25 kg的平顶小车,车顶右端放一质量m3=0.30 kg的小物体,小物体可视为质点,与车顶之间的动摩擦因数μ=0.45,小车静止在光滑的水平轨道上.现有一质量m1=0.05 kg 的子弹以水平速度v0=18 m/s射中小车左端,并留在车中,子弹与车相互作用时间很短.若使小物体不从车顶上滑落,g取10ms2.下列分析正确的是( )A.小物体在小车上相对小车滑行的时间为13sB.最后小物体与小车的共同速度为3 m/sC.小车的最小长度为1.0 mD.小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s跟进训练1.[黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示,两个小球A、B大小相等,质量分布均匀,分别为m1、m2,m1<m2,A、B与轻弹簧拴接,静止在光滑水平面上,第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A,作用于A的冲量大小为I1,第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上,用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B,作用于B的冲量大小为I2,I1=I2,则下列说法正确的是( )A.若两次锤子敲击完成瞬间,A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2,则p1=p2B.若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2,则W1=W2C.若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2,则L1<L2D.若两次弹簧压缩到最短时,A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2,则v1>v22.如图甲所示,质量为M=3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上,在t=0时,两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车,1.0 s内它们的v ­ t图象如图乙所示,g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大?(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰,车的长度至少为多少?考点二力学三大观点解决多过程问题1.三大力学观点的选择技巧根据问题类型,确定应采用的解题方法.一般来说,只涉及作用前后的速度问题,考虑采用动量守恒和能量守恒;涉及运动时间与作用力的问题,采用动量定理,考虑动能定理;涉及变化情况分析时由于涉及变量较多,一般采用图象法等.2.三大解题策略(1)力的观点解题:要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度.(2)两大定理解题:应确定过程的初、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功).(3)过程中动量或机械能守恒:根据题意选择合适的初、末状态,列守恒关系式,一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率).例4.如图所示,质量为M=100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上,弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ=60°,半径R=0.2 m,与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r=0.2 m,c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点,轨道与水平面相切于c点,已知b点左侧水平面光滑,b、c间的水平面粗糙.两质量分别为m1=100 g、m2=50 g的物块P、Q放在水平面上,两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接),用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起,初始时弹簧储存的弹性势能为E p=0.6 J.某时刻将细线烧断,弹簧将两物块弹开,两物块与弹簧分离时,物块P还未滑上弧形槽,物块Q还未滑到b点,此后立即拿走弹簧,物块P冲上弧形槽,已知/s2,两物块均可看成质点,忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失.(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出,若能,求出物块P上升的最大高度,若不能,求出物块P和滑块的最终速度大小.(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道,则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件?跟进训练3.如图所示,在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC,它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成,A、C两端切线水平.在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE,圆弧轨道D 端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接.一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道,通过C点后进入圆弧轨道运动,过C点时轨道对小球的压力为2mg,小球始终没有离开圆弧轨道.已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求:(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小;(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度.专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 关键能力·分层突破例1 解析:由题意可知,当b 的速度最小时,弹簧恰好恢复原长,设此时a 的速度最大为v ,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:m b v 0=m b v 1+m a v ,12m b v 02=12m b v 12+12m a v 2,代入数据解得:m a =0.5 kg ,v =4m/s ,故A 错误,B 正确;两物块的速度相等时,弹簧弹性势能最大,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:m b v 0=(m a +m b )v 2,E p =12m b v −0212(ma + mb)v 22,代入数据解得:E p =1.5 J ,故C 正确;在a 离开挡板前,a 、b 及弹簧组成的系统受到挡板向右的力,所以系统机械能守恒、动量不守恒,故D 错误.答案:BC例2 解析:(1)P 1、P 2碰撞瞬间,P 的速度不受影响,根据动量守恒mv 0=2mv 1,解得v 1=v02最终三个物体具有共同速度,根据动量守恒: 3mv 0=4mv 2, 解得v 2=34v 0(2)根据能量守恒,系统动能减少量等于因摩擦产生的内能:12×2mv +1212×2mv −0212×4mv 22=2mgμ(L+x)×2解得x =v 0232μg-L在从第一次共速到第二次共速过程中,弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能,即:E p=2mgμ(L+答案:(1)v0234v0(2)v0232μg-L 116mv02例3 解析:子弹射入小车的过程中,由动量守恒定律得:m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=3 m/s;小物体在小车上滑行过程中,由动量守恒定律得(m1+m2)v1=(m1+m2+m3)v2,解得v2=1.5 m/s,选项B错误;以小物体为研究对象,由动量定理得I=μm3gt=m3v2,解得t=13s,选项A正确;小车对小物体的摩擦力的冲量为I=0.45 N·s,选项D正确;当系统相对静止时,小物体在小车上滑行的距离为l,由能量守恒定律得μm3gl=1 2(m1+m2)v−1212(m1+m2+m3)v22,解得l=0.5 m,所以小车的最小长度为0.5 m,选项C错误.答案:AD1.解析:由动量定理I=Δp可知,由于I1=I2,则两次锤子敲击完成瞬间有p1=p2,故A正确;由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等,由E k=p 22m可知,A球获得的初动能更大,由动能定理可知W1>W2,故B错误;由动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v,得v=m1v0m1+m2,由能量守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+E p,得E p=m1m22(m1+m2)v02,由于p1=p2,则质量越大的,初速度越小,即A球获得的初速度较大,则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大,即L1<L2,故C正确;由动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v=p,得v=m1v0m1+m2=pm1+m2,则两次共速的速度大小相等,即v1=v2,故D错误.答案:AC2.解析:(1)由v-t图象可知:A、B的加速度大小为a A=2 m/s2,a B=2 m/s2由牛顿第二定律可知,f A=2 N,f B=2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零,故小车不动,即位移为零.(2)由图象可知0~1.0 s内A、B的位移分别为:=3 m,=1 m1.0 s后,系统的动量守恒,三者的共同速度为v,则mv A=(M+2m)v,代入数据得:v=0.4 m/s1.0 s后A减速,小车和B一起加速且a车=23+1m/s2=0.5 m/s2车的长度至少为l=x A+x B+例 4 解析:(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒,设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2,则有0=m1v1-m2v2,E p=12m1v+1212m2v22解得v1=2 m/s,v2=4 m/s物块P以速度v1冲上滑块,P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒,系统的机械能守恒,假设P不能从滑块的左侧冲出,且P在滑块上运动到最高点时的速度为v ,距水平面的高度为h ,则有m 1v 1=(m 1+M )v ,12m 1v 12=12(m 1+M)v 2+m 1gh解得h =0.1 m由于h =R(1-cos 60°),所以物块P 恰好不能从滑块左侧冲出,假设成立,之后物块P 沿弧形槽从滑块上滑下,设物块P 返回到水平面时的速度为v 3、滑块的速度为v 4,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m 1v 1=m 1v 3+Mv 4,12m 1v 12=12m 1v +3212Mv 42 解得v 3=0,v 4=2 m/s.(2)若Q 恰能经过d 点,则Q 在d 点的速度v d 满足m 2g =m 2v d2rQ 从b 点运动到半圆轨道最高点d 的过程,由动能定理有-μm 2gx bc -2m 2gr =12m 2v −d 212m2v 22解得Q 恰能经过半圆轨道最高点时μ=0.3若Q 恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点,则由动能定理得-μm 2g 解得Q 恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ=0.6 若Q 恰能到达c 点,则由动能定理得-μm 2g 解得Q 恰能运动到c 点时μ=0.8分析可知,要使Q 能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道,应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案:(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83.解析:(1)小球过C 点时,有2mg +mg =m v C2R,解得v C =√3gR .小球从A 到C ,由机械能守恒定律得12mv 02=12mv C 2+mg·2R,联立解得v 0=√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程,在水平方向上,由动量守恒定律得mv C=(m+2m)v共.由机械能守恒定律得12mv C2=12(m+2m)v共2+mgh,联立解得h=R.答案:(1)√7gR(2)R。

第32讲三大基本观点的综合应用(讲义)(原卷版)

第32讲三大基本观点的综合应用(讲义)(原卷版)

第32讲三大基本观点的综合应用目录复习目标网络构建考点三大基本观点的综合应用【夯基·必备基础知识梳理】知识点1 三大观点及相互联系知识点2 三大观点的选用原则知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法【提升·必考题型归纳】考向1 动量观点和动力学观点的综合应用考向2 动量观点和能量观点的综合应用考向3 三大观点解决多过程问题真题感悟1、掌握动力学、动量和能量三大处理物理问题观点。

2、能够应用三大观点解决复杂的物理过程。

三大基本观点的综合应用三大观点及相互联系三大观点的选用原则三大观点的科学思维方法考点三大基本观点的综合应用知识点1 三大观点及相互联系知识点2 三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置),所以守恒定律能解决状态问题,不能解决过程(如位移x,时间t)问题,不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间,应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间,且受到恒力作用,应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度,应考虑使用动能定理,系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程,动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1.多体问题——要正确选取研究对象,善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法,即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究;或采用整体法,即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究;或将隔离法与整体法交叉使用。

通常,符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统,宜采用整体法;在需讨论系统各部分间的相互作用时,宜采用隔离法;对于各部分运动状态不同的系统,应慎用整体法。

至于多个物体间的相互联系,通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。

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场结合,综合性强,难度大,分值高,对能力要求较高.
第二部分· 应试高分策略
[突破策略]
运动学和动力学的综合问题常体现在牛顿运
动定律的应用上,对物体进行正确受力分析和运动分析是 解题的关键,要想获取高分应注意以下几点: (1)正确选取研究对象,可根据题意选取受力或运动情况清 楚且便于解题的物体(或物体的一部分或几个物体组成的
第二部分· 应试高分策略
第3讲
计算题突破策略与技巧——规范
答题抓大分
第二部分· 应试高分策略
实践表明,综合大题的解题能力和得分能力都可以通过“大 题小做”的解题策略有效提高.“大题小做”的策略体现在 将一个复杂过程分解成若干个子过程,每个子过程就是一个 小题,然后各个击破.具体来讲可以分三步来完成:审题规 范化,思维规范化,答题规范化.
第二部分· 应试高分策略
(2)在叠加场中的运动:先从力的角度对带电粒子进行受力 分析,注意电场力、重力与洛伦兹力大小和方向间的关系 及它们的特点(重力、电场力做功与路径无关,洛伦兹力永 远不做功),分清带电粒子的状态和运动过程,然后运用相 关规律求解. (3)在变化的电场或磁场中的运动:仔细分析带电粒子的运 动过程、受力情况,清楚带电粒子在变化的电场或磁场中 各处于什么状态、做什么运动,然后分过程求解.
即带电粒子打在屏幕上 O′上方 0.2 m 到 O′下方 0.18 m 的 范围内.
[答案] (1)0.2 m (2)1.414×105 m/s (3)O′上方 0.2 m 到 O′下方 0.18 m 的范围内
第二部分· 应试高分策略
如图所示为一种运动游戏,运动员从起跑线开始推着 滑板加速一段相同距离后,再跳上滑板自由滑行,滑行距离 远但又不掉入水池的为获胜者,其运动过程可简化为以下模 型:一质量 M=60 kg 的运动员用与水平方向成 37° 角的恒力 F 斜向下推静止于 A 点、质量 m=20 kg 的滑板,使其匀加 速运动到 P 点时迅速跳上滑板(跳上瞬间可认为滑板速度不 变),与滑板一起运动到水池边的 B 点时刚好停下,已知 AP 长 x1=12 m, PB 长 x2=28.8 m, 滑板与水平面间的动摩擦因 数为 μ=0.2,不计滑板长和空气阻力,取 5=2.24,重力加 速度 g=10 m/s2,sin 37° =0.6,求:
第二部分· 应试高分策略
[突破策略] (1)由于应用功能关系和能量守恒定律分析问题 时,突出物体或物体系所经历的运动过程中状态的改变,因 此应重点关注运动状态的变化和引起变化的原因,明确功与 对应能量的变化关系. (2)要能正确分析所涉及的物理过程,能正确、合理地把全过 程划分为若干阶段,弄清各阶段所遵循的规律及各阶段间的 联系. (3)当研究对象是一物体系统且它们间有相互作用时,一般优 先考虑功能关系和能量守恒定律,特别是题中出现相对路程 时,一定先考虑能量守恒定律.
5
-3
T,l=d=0.2 m,每个带
q 正电粒子的速度 v0=10 m/s, 比荷为m=108 C/kg, 重力忽略 不计,在每个粒子通过电场区域的极短时间内,电场可视作 是恒定不变的.试求:
第二部分· 应试高分策略
(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径; (2)带电粒子射出电场时的最大速度; (3)带电粒子打在屏幕上的范围.
使用要规范,减少笔误. (2)注意大小写、小角标,相似字母不混淆. (3)必要的文字说明不能缺少,每个关系式都应有理有据. (4)要列出原始公式,不要直接用变形公式,以免漏掉得分. (5)给分重过程,解题时要注意分步列式(结果可最后得出), 不要漏掉或合并关系式, 避免阅卷老师阅卷时找不到得分点.
第二部分· 应试高分策略
第二部分· 应试高分策略
(1)运动员在 AP 段所施加的力 F 的大小; (2)滑板从 A 运动到 B 所用的时间 t.
第二部分· 应试高分策略
[解析]
(1)设滑板在 P 点时速度为 v, AP 段加速度大小为 a1,
PB 段加速度大小为 a2,则有 v2=2a1x1=2a2x2 而 a2=μg=2 m/s2 Fcos 37° -μmg+Fsin 37° a1= m 联立各式并代入数据得:F=200 N. v0+vt 2x1+x2 (2)由 x= v t= t 知 t= 2 v 代入数据得 t=7.62 s.
第二部分· 应试高分策略
由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上,如图中 Q 点 所示,并且 Q 点必与 M 板在同一水平线上.则 d 0.2 O′Q = = m=0.1 m 2 2 带电粒子打在屏幕上的最低点为 F,则 O′F =rmax- O′Q =
2-0.1 m=0.18 m 5
第二部分· 应试高分策略
带电粒子射出电场时的速度最大时,在磁场中做圆周运动的 半径最大,打在屏幕上的位置最低. 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半 径为 rmax,打在屏幕上的位置为 F,运动径迹如图中曲线Ⅱ 所示. mv2 max qvmaxB= rmax 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 mvmax 2×105 2 rmax= qB = 8 m= m - 5 10 ×5×10 3
第三遍读题——选读 通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除 之后,对题目要有清楚的认识.最终确定本题的研究对象、 物理模型及要解决的核心问题.
第二部分· 应试高分策略
第二步:思维规范化 思维流程:文字→情境→模型→规律→决策→运算→结果. 第三步:答题规范化 答题流程:画示意图→文字描述→分步列式→联立求解→结 果讨论.具体要求如下:
其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示.
(2)设两板间电压为 U1 时,带电粒子刚好从极板边缘射出电 d 1 2 1 U1q l 2 场,则有 = at = · 2 2 2 dm v0 代入数据,解得 U1=100 V
第二部分· 应试高分策略
在电压低于 100 V 时,带电粒子才能从两板间射出电场,电 压高于 100 V 时,带电粒子打在极板上,不能从两板间射 出.带电粒子刚好从极板边缘射出电场时,速度最大,设最 U1 1 2 1 2 大速度为 vmax,则有 mvmax= mv0+q· 2 2 2 解得 vmax= 2×105 m/s=1.414×105 m/s. (3)由第(1)问计算可知, t=0 时刻射入电场的粒子在磁场中做 圆周运动的半径 rmin=d=0.2 m 径迹恰与屏幕相切,设切点为 E,E 为带电粒子打在屏幕上 的最高点, 则 O′E =rmin=0.2 m
1.文字说明简洁准确;
2.分步列式联立求解; 3.结果表达准确到位. 下面针对高考常考的综合大题分类进行突破.
第二部分· 应试高分策略
类型1
运动学和动力学综合题 运动学、动力学是物理学的基础,更是高考
[类型解读]
考查的热点.其中牛顿运动定律、匀变速直线运动、平抛
运动和圆周运动是历年高考的必考内容,有时与电场、磁
vB=vE ① 在 E 点,由牛顿第二定律知
2 vE mg+N=m R ②
因小球与 CD 碰撞两次,由平抛运动规律知 l 水平方向: =vEt③ 4 1 2 竖直方向:2R= gt ④ 2 联立①②③④并代入数值得 R=0.9 m.
第二部分· 应试高分策略
(2)从 A 到 B 由动能定理知 1 2 μmgs=EkA- mvB 2 由功能关系知人对小球所做的功 W0=EkA 解得 W0=2.25 J.
[答案] (1)200 N
(2)7.62 s
第二部分· 应试高分策略
[规律总结] 本题是典型的先加速后减速的运动问题,求解 时一定要抓住连接点的速度值.匀变速直线运动求解时间一 v 0 +v t 般用公式 x= v t= t.利用 Ff=μFN 求滑动摩擦力时一 2 定要注意正压力.
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[突破策略] 该类型问题一般有三种情况: 带电粒子在组合 场中的运动、在叠加场中的运动和在变化的电场、磁场中 的运动. (1)在组合场中的运动:分析带电粒子在匀强电场中的运动 过程时应用牛顿第二定律和运动学公式处理;分析带电粒 子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动 的圆心、半径,抓住粒子处在分段运动的连接点时的速度 分析求解.
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[解析]
(1)t=0 时刻射入电场的带电粒子不被加速,进入磁
场做圆周运动的半径最小, 粒子在磁场中运动时 mv2 0 qv0B= rmin 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 m v0 105 rmin= qB = 8 m=0.2 m - 10 ×5×10 3
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类型3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
带电粒子在复合场中的运动综合题 带电粒子在复合场中的运动是高考的重点和热
[类型解读]
点,考查题型有计算题和选择题,计算题常以压轴题出现, 具有较复杂的运动图景,难度较大,题目综合性较强,分值
较大.此类问题命题情境新颖,惯于物理情境的重组翻新,
设问的巧妙变换,具有不回避重复考查的特点.也常以速度 选择器、磁流体发电机、霍尔效应、质谱仪等为背景出实际 应用题.
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如图所示,竖直平面内,水平光滑轨道 CD 与两个半 径相同的半圆轨道分别相切于 D、C,在 A 点某人将质量为 m=0.1 kg 的小球以一定初速度水平弹出,小球沿水平轨道 AB 滑行并从 B 点水平飞离,小球与水平轨道 CD 碰撞(碰撞 过程小球无机械能损失)两次后恰好到达半圆轨道的 E 点, 在 16 E 点小球对轨道的压力为 N,已知小球与 AB 间的动摩擦 9 因数 μ=0.1,AB 长 s=10 m,水平轨道 CD 长 l=12 m,小 球每次与水平轨道碰撞时间为 Δt=2×10
第一步:审题规范化
审题流程:通读→细读→选读 第一遍读题——通读
读后头脑中要出现物理图景的轮廓.由头脑中的图景(物理现
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