用動力學和功能觀點解決多過程問題

1、第,1,講,用動力學和功能觀點解決,多過程問題,例：如圖所示，,P,和,Q,是兩塊水平放置的導體板，在,其間加上電壓,U,，下極板電勢高于上極板。電子（重,力不計）以水平速度,v,0,從兩板正中間射入，穿過兩板,后又沿垂直于磁場方向射入有豎直邊界,MN,的勻強磁,場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從其豎直邊界,MN,射出，若把電,子進出磁場的兩點間距離記為,d,，則有,（,）,A,、,U,越大則,d,越大,B,、,U,越大則,d,越小,C,、,v,0,越大則,d,越大,D,、,v,0,越大則,d,越小,P,Q,M,N,v,0,L,v,v,0,v,0,v,y,d,v,r,類平拋,勻直,勻圓,類平拋,勻直,勻圓,

2、qB,mv,r,?,md,qu,a,?,at,v,y,?,2,2,0,y,v,v,v,?,?,?,cos,2,r,d,?,2,2,1,at,y,?,?,?,sin,cos,0,v,v,v,v,y,?,?,t,v,L,0,?,1,cos,L,v,?,?,L,v,v,0,v,0,v,y,d,v,r,、類平拋運動出電場的速度勻直運動,的速度勻圓運動進磁場時的初速度,、角度關系：,類平拋、勻直、勻圓各分運動的聯(lián)系,多過程問題的解決思路,一、“合”,初步了解全過程，構(gòu)建大,致運動圖景,三、“合”,找到子過程的聯(lián)系，尋找,解題方法,二、“分”,將全過程進行分解，分析,每個過程的規(guī)律,分析要點,:,1,題目

3、中有多少個物理過程？,2,每個過程物體做什么運動？,3,每種運動滿足什么物理規(guī)律？,4,運動過程中的一些關鍵位置,(,時刻,),是哪些,?,例,.,如圖所示，在豎直面內(nèi)有一光滑水平直軌道與半,徑為,R,0.4m,的光滑半圓形軌道在半圓的一個端點,B,相切，半圓軌道的另一端點為,C,。在直軌道上距,B,為,1.0m,的,A,點，有一可看做質(zhì)點、質(zhì)量為,m,0.1kg,的,小物塊處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平恒力,F,=1.25N,將小物,塊推到,B,處后撤去，小物塊沿半圓軌道運動到,C,處后,，落回到水平面上，取,g,10m/s,2,。,求：小物塊落地點到,B,點的水平距離。,F,C,B,A,R,O,勻

4、加直,牛頓第二定律,+,運動學,(,或動能定理,),變速圓周運動,平拋運動,機械能守恒定律,(,或動能定理,),平拋運動規(guī)律,運動狀態(tài),物理規(guī)律,過程,由,A,到,B,離開,C,以后,由,B,到,C,關鍵位置：,B,、,C,分析,:,解：,（,1,）小物塊從,A,到,B,做勻變速直線運動,，設小物塊在,B,點的速度為,v,B,，,由牛頓第二定,律有,2,2,1,B,mv,Fs,?,解得,:,v,B,=5m /s,或由動能定理,F,=,ma,由運動學,v,B,2,=2,as,F,C,B,A,R,O,（,3,）小物塊離開,C,是平拋運動。,t,v,x,C,?,2,2,1,2,gt,R,y,?,?,

5、（,2,）小物塊從,B,到,C,做變速圓周運動，設小物塊,在,C,點的速度為,v,C,，,由機械能守恒定律有,2,2,2,1,2,2,1,C,B,mv,R,mg,mv,?,?,?,解得,:,x,=1.2m,或由動能定理,2,2,2,1,2,1,2,B,C,mv,mv,R,mg,?,?,?,?,解得,:,v,C,=3m/s,F,C,B,A,R,O,全過程處理：抓住整個過程的初、末狀態(tài)，,利用能量的觀點解決問題。,兩種方法,“分段”處,理,全過程處理,同時要有全過程的觀點,:,F,C,B,A,R,O,小球從,A,到,C,由動能定理有,2,2,1,2,C,F,mv,mgR,W,?,?,直線運動、圓周

6、運動和平拋運動組合模型,1.,模型特點：物體在整個運動過程中，經(jīng)歷直線,運動、圓周運動和平拋運動或三種運動兩兩組合,.,2.,表現(xiàn)形式：,(,1,),直線運動：水平面上的直線運動、,斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動,.,(,2,),圓周,運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形,橋模型圓周運動,.,(,3,),平拋運動：與斜面相關的平拋,運動、與圓軌道相關的平拋運動,.,3.,應對模式：這類模型一般不難，各階段的運動,過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應,規(guī)律即可，兩個相鄰的過程連接點的速度是聯(lián)系,兩過程的紐帶,.,很多情況下平拋運動末速度的方向,是解決問題的重要突破口,.,熱點一

7、,用動力學觀點解決多過程問題,命題規(guī)律：,力學中的多過程問題涉及的運動形式主,要有勻變速直線運動、平拋運動、圓周運動，分,析運動過程的關鍵是分析物體受力，然后利用牛,頓運動定律分析物體的運動，高考對此類題的考,查主要是牛頓運動定律和運動學公式的應用，題,目難度不大，以中檔題為主,(2013,高考浙江卷,),山谷中有三塊石頭和一根不可伸長,的輕質(zhì)青藤，其示意圖如下圖中,A,、,B,、,C,、,D,均為,石頭的邊緣點，,O,為青藤的固定點，,h,1,1.8,m,，,h,2,4.0,m,，,x,1,4.8,m,，,x,2,8.0,m,開始時，質(zhì)量分,別為,M,10,kg,和,m,2,kg,的大、小兩

8、只滇金絲猴分,別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到,傷,害,時,，,迅,速,從,左,邊,石,頭,的,A,點,水,平,跳,至,中,間,石,頭大猴抱起小猴跑到,C,點，抓住青藤下端，蕩到右,邊石頭上的,D,點,此時速度恰好為零運動過程中猴子,均可看成質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度,g,10,m/s,2,.,求：,(1),大猴從,A,點水平跳離時速度的最小值；,(2),猴子抓住青藤蕩起時的速度大小；,(3),猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小,【解析】,大猴子先做平拋運動，后做圓周運動，兩運動過,程機械能均守恒尋求力的關系時要考慮牛頓第二定律,(1),設猴子從,A,點水平跳離時速度的最小值為

9、,v,min,，,根據(jù)平拋,運動規(guī)律，有,h,1,1,2,gt,2,x,1,v,min,t,聯(lián)立、式，得,v,min,8 m/s.,(2),猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒，,設蕩起時速度,為,v,C,，有,(,M,m,),gh,2,1,2,(,M,m,),v,2,C,v,C,2,gh,2,80,m/s,9 m/s.,【答案】,(1)8,m/s,(2),約,9,m/s,(3)216,N,(3),設拉力為,F,T,，青藤的長度為,L,.,對最低點，由牛頓第二定,律得,F,T,(,M,m,),g,(,M,m,),v,2,C,L,由幾何關系,(,L,h,2,),2,x,2,2,L,2,得：,L,

10、10 m,綜合、式并代入數(shù)據(jù)解得：,F,T,(,M,m,),g,(,M,m,),v,2,C,L,216 N.,多個運動的組合實際上是多種物理規(guī)律和方法的綜,合應用，因此，分析各個運動的特點，選準規(guī)律是,解題的關鍵,拓展訓練,1,(2013,湖北武漢模擬,),如圖甲所示，質(zhì)量,M,1,kg,的薄木板靜止在水平面上，質(zhì)量,m,1,kg,的鐵塊,(,可視為質(zhì),點,),靜止在木板的右端設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已,知木板與水平面間的動摩擦因數(shù),1,0.05,，鐵塊與木板之間,的動摩擦因數(shù),2,0.2,，重力加速度,g,10,m/s,2,.,現(xiàn)給鐵塊施,加一個水平向左的力,F.,(1),若力,F,恒

11、為,4,N,，經(jīng)過時間,1,s,，鐵塊運動到木板的左端，,求木板的長度,L,；,(2),若力,F,從零開始逐漸增加，且鐵塊始終在木板上沒有掉下,來試通過分析與計算，在圖乙中作出鐵塊受到的摩擦力,F,f,隨力,F,大小變化的圖象,解析：,(1),對鐵塊，由牛頓第二定律,F,2,mg,ma,1,對木板，由牛頓第二定律,2,mg,1,(,M,m,),g,Ma,2,設木板的長度為,L,，經(jīng)時間,t,鐵塊運動到木板的左端，則,x,鐵,1,2,a,1,t,2,x,木,1,2,a,2,t,2,又,x,鐵,x,木,L,解得,L,0.5 m.,(2),當,F,1,(,m,M,),g,1,N,時，系統(tǒng)沒有被拉動，

12、靜摩,擦力與外力成正比并保持大小相等，即,F,f,F,當,F,1,(,m,M,),g,1,N,時，若,M,、,m,相對靜止，鐵塊,與木板有相同的加速度,a,，則,F,1,(,m,M,),g,(,m,M,),a,F,F,f,ma,解得,F,2,F,f,1 N,此時,F,f,2,mg,2 N,，即,F,3 N,所以當,1,N,F,3 N,時，,F,f,F,2,0.5 N,當,F,3,N,時，,M,、,m,相對滑動，此時鐵塊受到的摩擦力為,F,f,2,mg,2,N,F,f,F,圖象如圖所示,答案：,(1)0.5,m,(2),見解析圖,熱點二,用功能觀點解決多過程問題,命題規(guī)律：,對于物體在變力作用下

13、的多過程運動問題，不能,利用牛頓運動定律和運動學公式求解，可利用動能定理進行,求解高考對此問題的考查主要涉及的運動形式有：變力作,用下的直線運動、曲線運動，題目難度中等,(2013,溫州五校聯(lián)考,),如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙,的斜面軌道,AB,的下端與光滑的圓弧軌道,BCD,相切于,B,，,C,是,最低點，圓心角,BOC,37,，,D,與圓心,O,等高，圓弧軌道半,徑,R,1.0,m,，現(xiàn)有一個質(zhì)量為,m,0.2,kg,可視為質(zhì)點的小物體，,從,D,點的正上方,E,點處自由下落，,DE,距離,h,1.6,m,小物體與,斜面,AB,之間的動摩擦因數(shù),0.5.,取,sin,37,0.6,cos

14、,37,0.8,g,10,m/s,2,，求：,(1),小物體第一次通過,C,點時軌道對小物體的支持力,F,N,的大小,;,(2),要使小物體不從斜面頂端飛出,斜面的長度,L,AB,至少要多長,;,(3),若斜面已經(jīng)滿足,(2),要求，小物體從,E,點開始下落，直至最,后在光滑圓弧軌道做周期性運動，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所,產(chǎn)生的熱量,Q,的大小,【解析】,(1),小物體從,E,到,C,，由能量守恒得：,mg,(,h,R,),1,2,m,v,2,C,，,在,C,點，由牛頓第二定律得：,F,N,mg,m,v,2,C,R,，,聯(lián)立解得,F,N,12.4 N.,(2),從,E,D,C,B,A,過程，由動

15、能定理得：,W,G,W,f,0,，,W,G,mg,(,h,R,cos 37,),L,AB,sin 37,，,W,f,mg,cos 37,L,AB,.,聯(lián)立解得,L,AB,2.4 m.,(3),因為,mg,sin,37,mg,cos,37,(,或,tan,37,),，,所以，小物體不會停在斜面上，小物體最后以,C,為中心，,B,為一側(cè)最高點沿圓弧軌道做往返運動，,從,E,點開始直至運動穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量，,Q,E,p,，,E,p,mg,(,h,R,cos,37,),，,聯(lián)立解得,Q,4.8,J.,【答案】,(1)12.4,N,(2)2.4,m,(3)4.8,J,拓展訓練,2,一足夠長豎

16、直導軌與一半徑為,r,0,1.2 m,的,3,4,光滑圓軌道在,cd,處連接,(,cd,與圓心,等高,),如圖所示，豎直軌道的一部分,(,ab,、,cd,直,線之間,),處在垂直軌道平面的勻強磁場中，,ab,、,cd,間距離為,x,2 m,，圓軌道處在磁場外，豎直,軌道寬度為,L,1 m,，軌道頂部連接一阻值為,R,0.4,的電阻，,現(xiàn)使一質(zhì)量為,m,0.3 kg,、,電阻為,r,0.1,的導體棒從距磁場上,邊界某高度處自由下落，,導體棒始終與導軌接觸良好，,導體棒進,入磁場區(qū)域時恰好能夠勻速通過，,且導體棒離開磁場后剛好通過,圓軌道最高點，不計一切摩擦，取,g,10 m/s,2,，求：,(1

17、),磁場的磁感應強度的大?。?(2),導體棒開始下落時距離磁場上邊界的高度；,(3),電阻,R,產(chǎn)生的熱量,解析：,(1),由于導體棒恰好通過圓軌道的最高點，設導體,棒到圓軌道最高點的速度為,v,2,，則,mg,m,v,2,2,r,0,設導體棒離開磁場時的速度為,v,1,，則,mgr,0,1,2,m,v,2,1,1,2,m,v,2,2,聯(lián)立以上兩式解得,v,1,6 m/s,由于導體棒勻速通過磁場，有,mg,BIL,又,E,BL,v,1,，,I,E,R,r,聯(lián)立解得,B,0.5 T.,(2),設導體棒開始下落時距離磁場上邊界的高度為,h,，導體,棒進入磁場區(qū)域時恰好勻速運動，導體棒從開始下落到進

18、,入磁場上邊界的過程由功能關系得,mgh,1,2,m,v,2,1,可得,h,v,2,1,2,g,1.8 m.,(3),由于導體棒勻速通過磁場，,根據(jù)能量守恒定律可知電路,產(chǎn)生的總的熱量,Q,總,mgx,由于,R,、,r,串聯(lián)，,故,Q,R,R,R,r,Q,總,解得,Q,R,4.8 J.,答案：,(1)0.5,T,(2)1.8,m,(3)4.8,J,用動力學和功能觀點解決綜合問題,應用兩大觀點解決綜合問題是歷年高考計算題命題的熱點，也,是高考側(cè)重能力考查的體現(xiàn)，考慮,2015,年高考從下面兩個角,度命題：,(1),力學多過程計算題,(2),力電綜合問題,【解析】,(1),由牛頓第二定律得，,mg

19、,sin,mg,cos,ma,(1,分,),解得,a,2 m/s,2,(1,分,),L,1,2,at,2,(1,分,),解得,t,1 s,(1,分,),(2),當小球從,P,點無初速度滑下時，設彈簧被壓縮至,x,處有最,大速度,v,m,mg,sin,mg,cos,kx,(1,分,),解得,x,1,60,m,0.017 m(1,分,),由動能定理得，,mg,sin,(,L,x,),mg,cos,(,L,x,),W,1,2,m,v,2,m,(2,分,),由功能關系得，,W,E,p,1,2,kx,2,(1,分,),代入數(shù)據(jù)得,v,m,11,30,m/s,2 m/s.(1,分,),(3),設小球從,P

20、,點下滑壓縮彈簧至最低點，彈簧的壓縮量為,x,1,，由動能定理得,mg,sin,(,L,x,1,),mg,cos,(,L,x,1,),1,2,kx,2,1,0,1,2,m,v,2,0,(2,分,),從最低點經(jīng)過彈簧原長,Q,點回到,P,點的速度為,0,，,則有,1,2,kx,2,1,mg,sin,(,L,x,1,),mg,cos,(,L,x,1,),0(2,分,),聯(lián)立解得：,x,1,0.5 m,，,v,0,2,6,m/s,4.9 m/s.(1,分,),【答案】,(1)1 s,(2)2 m/s,(3)4.9 m/s.,【特別提醒】,1.,小球從接觸彈簧到回到,Q,點的過程，小球和彈,簧所組成的

21、系統(tǒng)機械能并不守恒，但總的能量是守恒的,2,對于非勻變速直線運動，不能利用牛頓定律和運動學公式,求解，但能用動能定理、能量守恒定律或功能關系進行求解,1,(2013,南通二模,),如圖所示，長,L,1.2,m,、,質(zhì)量,M,3,kg,的木板靜止放在傾角為,37,的光滑,斜面上,質(zhì)量,m,1,kg,、帶電荷量,q,2.5,10,4,C,的物塊放在木板的上端，木板和物塊間的動摩,擦因數(shù),0.1,，所在空間加有一個方向垂直斜面向下、場強,E,4.0,10,4,N/C,的勻強電場現(xiàn)對木板施加一平行于斜面向上,的拉力,F,10.8,N,取,g,10,m/s,2,，斜面足夠長求：,(1),物塊經(jīng)多長時間離

22、開木板；,(2),物塊離開木板時木板獲得的動能；,(3),物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能,解析：,(1),物塊向下做加速運動，設其加速度為,a,1,，木板的,加速度為,a,2,，由牛頓第二定律得：,對物塊：,mg,sin 37,(,mg,cos 37,qE,),ma,1,對木板：,Mg,sin 37,(,mg,cos 37,qE,),F,Ma,2,又：,L,1,2,a,1,t,2,1,2,a,2,t,2,解得物塊滑過木板所用時間,t,2,s.,(2),物塊離開木板時木板的速度,v,2,a,2,t,3,2,m/s,其動能為,E,k2,1,2,M,v,2,2,27 J.,(3),由

23、于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為：,Q,F,f,x,相對,(,mg,cos 37,qE,),L,2.16 J,答案：見解析,預測,2,如圖所示,PR,是一長為,L,0.64 m,的絕緣平板固定在水平地面上,擋板,R,固定,在平板的右端，整個空間有一個平行于,PR,的勻強電場,E,，,在板的右半部分存在一個垂直于紙面向里的,勻強磁場,B,，磁場的寬度,d,0.32 m,，一個質(zhì)量,m,0.5,10,3,kg,，帶電荷量為,q,5,10,2,C,的小物體，從板的,P,端由,靜止開始向右做勻加速運動，從,D,點進入磁場后恰能做勻,速直線運動，,當物體碰到擋板,R,后被彈回，,若在碰撞瞬間撤,去電場,(,不計撤掉電場對原磁場的影響,),，物體返回時在磁場,中仍做勻速運動，離開磁