2016届高三物理二轮复习 高考能力跃迁的5大抓手 三、物理过程的简约处理-3类典型运动的“分与合

三、物理过程的简约处理——3类典型运动的“分与合”高考大题担负着区分考生、选拔人才的功能，很多考生一见大题就发憷，甚至看也不看就放弃。殊不知，高考大题也是由基础知识步步拼合而成的，对于物理学科而言，高考大题更是如此，基本上都是由多物体、多运动过程组合而成。只要我们静下心来，将一个看似复杂的运动系统拆分成多个单一的运动物体，化整为零、个个击破，问题就会化难为易、迎刃而解。本讲通过研究三类典型运动的“分与合”，旨在帮助学生洞悉高考大题命题的“拼装”机密。[三类典型运动]类型运动分析受力分析规律分析直线运动(1)物体运动的速度v与加速度a在同一直线上(2)a、v同向，物体速度增大；a、v反向，物体速度减小(1)物体的合外力与运动方向在一条直线上(2)垂直于运动方向上合外力为零合外力恒定时，加速度恒定，物体做匀变速直线运动x＝v0t＋12at2，vt＝v0＋at类型运动分析受力分析规律分析(类)平抛运动(1)物体的初速度v0与加速度方向垂直(2)物体的速度逐渐增大(3)物体的速度与位移方向不相同物体的合外力与初速度方向垂直，且恒定不变(1)沿初速度方向，物体做匀速运动x＝v0t，vx＝v0(2)沿合外力方向，物体做匀加速运动y＝12at2，vy＝at类型运动分析受力分析规律分析圆周运动(1)物体的速度沿圆上该点的切线方向，方向时刻在变化(2)物体做变加速曲线运动(1)匀速圆周运动的合外力指向圆心，且大小恒定不变(2)非匀速圆周运动的合力一般不指向圆心，但沿半径方向的合力仍提供向心力(1)匀速圆周运动：F合＝F向＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2·r＝ma向(2)非匀速圆周运动：F径向合＝mv2r[四类组合模式](一)直线运动与平抛运动的组合[典例1]一质量为m、带电荷量为＋q的小球，从O点以和水平方向成α角的初速度v0抛出，当达到最高点A时，恰进入一匀强电场中，如图3­1所示，然后小球从A点沿水平直线运动到与A相距为x的A′点后又折返回到A点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点，求：图3­1(1)该匀强电场的场强E的大小和方向(即求出图中的θ角，并在图中标明E的方向)；(2)从O点抛出又落回O点所需的时间。[解析](1)斜上抛至最高点A时的速度vA＝v0cosα①方向水平向右由于小球在AA′段沿水平方向做直线运动，所以带电小球所受的电场力与重力的合力应为一水平向左的恒力：F＝mgtanθ＝qEcosθ②带电小球从A运动到A′过程中做匀减速运动有vA2＝2×Fm×x③由①②③式得：E＝mv04cos4α＋4g2x22qxθ＝arctan2gxv02cos2α，方向斜向上，如图3­2所示。图3­2(2)小球在OA段运动所用时间t1＝v0sinαg小球从A运动到A′所用时间t2＝2xv0cosα从O点抛出又落回O点所需时间t＝2(t1＋t2)＝2v0sinαg＋4xv0cosα。[答案](1)mv04cos4α＋4g2x22qx方向斜向上，θ＝arctan2gxv02cos2α(2)2v0sinαg＋4xv0cosα(1)小球从O到A的斜抛运动与从A到O的平抛运动是互逆过程，运动时间相等。(2)小球从A到A′的过程做直线运动，垂直于运动方向的合力一定为零。(二)直线运动与圆周运动的组合[典例2]如图3­3，带等量异种电荷的金属板平行正对倾斜放置，且两板边缘在同一竖直面内。金属板与水平方向的夹角为θ，金属板长为L，一电荷量为q、质量为m的带负电微粒从下板边缘的M点以水平速度v0进入两板间，沿直线到达上板边缘的N点，随即进入一圆形区域。圆形区域与金属板间电场不重叠，该区域内有重叠的匀强电场和匀强磁场(图中电场未画出)，微粒在此区域内做匀速圆周运动，并竖直向下穿出该区域。已知区域内匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，试求：图3­3(1)微粒进入圆形区域时的速度v；(2)圆形区域内匀强电场的场强E的大小和方向；(3)微粒在圆形区域做匀速圆周运动的时间t；(4)在圆形区域的运动过程中，微粒机械能的变化量ΔE。[解析](1)微粒在平行板间做匀加速直线运动mgtanθ＝ma根据运动学公式有：v2－v02＝2axMN由图可知，xMN＝Lcosθ可得微粒进入圆形区域的速度v＝v02＋2gLsinθ。(2)微粒在磁场中做匀速圆周运动，有电场力和重力平衡qE＝mg可得电场强度E＝mgq，因为微粒带负电，所以场强的方向竖直向下。(3)微粒做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB图3­4微粒在磁场运动转过圆心角α＝π2所以微粒在磁场中运动的时间t＝α2πT＝π22π·2πmqB＝πm2qB。(4)粒子机械能的减少量ΔE＝－qEh根据粒子在磁场中运动轨迹可知，微粒下落距离h＝R根据洛伦兹力提供圆周运动向心力有qvB＝mv2R可得微粒损失的机械能ΔE＝－m2gv02＋2gLsinθqB[答案](1)v02＋2gLsinθ(2)mgq方向竖直向下(3)πm2qB(4)－m2gv02＋2gLsinθqB(1)带电粒子在电场中做匀加速直线运动，相关问题可用动能定理求解，也可用牛顿第二定律结合运动学公式求解。(2)带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，重力与电场力等大反向，其运动速度等于在电场中运动的末速度。(三)(类)平抛运动与圆周运动的组合[典例3]如图3­5所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为(－L,0)。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为(0,2L)，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求：图3­5[解析](1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：L＝eE2mt22L＝vt联立解得E＝mv22eL。(1)第二象限内电场强度E的大小；(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ；(3)圆形磁场的最小半径Rm。(2)设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ(如图3­6所示)。由动能定理，有图3­612mvC2－12mv2＝eEL解得vC＝2vcosθ＝vvC＝22解得θ＝45°(也可以用速度反向延长线相交于水平位移的中点求解)。(3)电子的运动轨迹图如图3­6所示，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝mvCeB＝2mveB电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，则磁场最小半径为Rm＝PQ2＝rsin60°由以上两式可得Rm＝6mv2eB。[答案](1)mv22eL(2)45°(3)6mv2eB(1)注意过程的拆分求解这一类问题时，一般要按顺序对运动过程进行分段分析，将复杂问题分解为若干个简单、熟悉的问题，如本题中，将粒子的运动分解为：在电场中的类平抛运动，离开电场后的匀速直线运动，在磁场中的匀速圆周运动。(2)关注运动的连接点：带电粒子从一个场进入另一个场时的过渡状态要仔细研究，弄清此时粒子的速度和位置。如本题中粒子进入磁场的速度是电场中类平抛运动的末速度。(四)平抛运动、圆周运动与直线运动的组合[典例4]如图3­7所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝30°，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的光滑水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝2kg，上表面与C点等高。质量m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，沿轨道滑行之后又滑上木板，当物块从木板右端滑出时的速度为v1＝2m/s，已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：图3­7[解析](1)对于平抛过程，根据几何关系得：vB＝2v0，从B点运动到C点的过程根据动能定理有：mgR(1＋sinθ)＝12mvC2－12mvB2刚到达C点时有：FC－mg＝mvC2R根据牛顿第三定律有：FC′＝FC可得：FC′＝50N。(1)物块刚到达轨道上的C点时对轨道的压力；(2)木板的长度。(2)木块在木板上滑行的过程：μmg＝ma1μmg＝Ma2v1＝vC－a1tv2＝a2t根据能量守恒有：μmgL＝12mvC2－12mv12＋12Mv22可得：L＝1m。[答案](1)50N(2)1m(1)小物块平抛到达B点的速度沿水平方向的分速度与物块从A点的平抛速度相同。(2)小物块在C点时，竖直方向的合力提供向心力。(3)小物块滑至长木板上后做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动。THANKS!谢谢观看