高中物理运动多过程问题备课讲稿.doc

高中物理多运动过程分析一、解题思路1、“合”初步了解全过程，构建大致运动图景2、“分”将全过程进行分解，分析每个过程的规律3、“合”找到子过程的联系，寻找解题方法二、解题注意事项1、题目中有多少个物理过程？2、每个过程物体做什么运动？3、每种运动满足什么物理规律？4、运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些?三、典型题目分析题型二、直线运动与圆周运动、平抛运动结合题目1、（14分）在半径R=5000km的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示。不考虑该星体自传的影响，求：（1） 圆轨道的半径及星球表面的重力加速度（2） 该星球的第一宇宙速度答案：（1）0.2m，5m/s2 （2）5*103m/s解析：(1)对小球在c点，牛二定律知，其中r为圆轨道BC的半径 （2分）对小球从高H处到C点，机械能守恒 （2分）由联立得 （1分）图乙所示，当H=0.5m 时，F=0；当 H=1.0m时， F=5N（1分）故r=0.2m ，g=5m/s2（4分，一个答案2分）（2）由（2分）可知（2分）2、24（l4分) 如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平部分AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，其总质量M=4kg，其右侧紧靠在固定挡板上，静止在光滑水平面上。在轨道的左端有一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点) 以v0=3m/s的速度向右运动，小滑块刚好能冲到D点。已知小滑块与长木板AB间的动摩擦因数=0.5，轨道水平部分AB 的长度=0.5m，g取10m/s2。求： (1)小滑块经过C点时对轨道的压力大小； (2)通过计算分析小滑块最终能否从木板上掉下。24、解：(1)对小滑块，从A到B过程中，由动能定理得：（2分） 解得： （1分）从C到D中，由动能定理得：（2分）解得：（1分）在C点有： （1分） 解得： （1分）（2）物块从D重新回到C过程有： 即： （1分） 滑块再次滑上木板时， 若木板长度足够，则最终两者相对静止，此过程对滑块木板系统有： （2分） 且 （2分）由以上两式可求得： 因为，故物体未能从木板上滑下。 （1分）3、（14分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球A上，另一端与小球B接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上。现有一小球C从光滑曲面上离桌面h=1.8m高处由静止开始滑下，与小球A发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动，经一段时间，小球B脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。小球均可视为质点，忽略空气阻力， 已知mA=2kg， mB=3kg， mC=1kg， g=10 m/s2。求：（1）小球 C 与小球 A 碰撞结束瞬间的速度大小（2）小球 B 落地点与桌面边缘的水平距离。 3、（14分）解：（1）小球 C 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底端的速度为，由机械能守恒定律有：解之得： （ 2 分）小球 C 与 A 碰撞的过程， C、 A 系统动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为，由动量守恒定律有：解之得： （ 2 分）（2）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，小球 B 脱离弹簧，设小球 C、 A 的速度为，小球 B 的速度为，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：（ 2 分）（ 2 分）来源:学科网解之得：（2分）小球 B 从桌面边缘飞出后做平抛运动： （2 分）来源:学科网ZXXK解之得： （2分）16如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J取重力加速度g=10m/s2求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； （3）小球最终停止的位置【解答】解：（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向=2.5mg+mg=3.5mg=3.5110=35N （2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零设此时滑块离D端的距离为x0，则有 kx0=mg解得x0=0.1m 由机械能守恒定律有 mg（r+x0）+mv=Ekm+Ep得Ekm=mg（r+x0）+mvEp=3+3.50.5=6（J） （3）在C点，由F向=代入数据得：m/s 滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得 mghmgs=mv解得BC间距离s=0.5m 小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有 0mvmgs解得s=0.7m 故最终小滑块距离B为0.70.5m=0.2m处停下题型一、直线运动的多过程4、152017年8月我国自主设计的载人深潜器“深海勇士号”在南海进行下潜试验。下图是它从水面开始下潜到返回水面的全过程的速度时间图像，则下列说法中正确的是A本次实验过程中加速度最大值是0.025m/s2 B在01 min和810min的时间段内“深海勇士号”处于超重状态 C“深海勇士号”本次下潜的最大深度为360mD“深海勇士”在13min的时间内处于静止状态 参考答案：C5、2、如图所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C点正下方某处时，Q可在B处静止。现将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中（ ）A小球Q加速度先减小后增大B小球Q运动到C处时速率最大C小球Q的机械能不断减小D小球Q与弹簧组成的系统机械能守恒来源:Z参考答案：AC20、为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车。在检测某款电动车性能的实验中，质量为8102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的 F - v-1图像（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒为车重的0.05倍，重力加速度取10ms2。则（ ）A. 该车起动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B. 该车起动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C. 该车做匀加速运动的时间是1. 2 sD. 该车加速度为0.25m/s2时，动能是4l04 JBD6、22（16分）某游乐园的大型 “跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量m=50kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。下落h1=80 m时，制动系统启动，使平台均匀减速，再下落h2=20m时图11刚好停止运动。取g=10m/s2，求：（1）下落的过程中小明运动速度的最大值vm；（2）当平台落到离地面15m高的位置时，小明对跳楼机作用力F的大小；（3）在全部下落过程中，跳楼机对小明做的功W。15如图所示，用轻弹簧将质量均为m=1kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1=0.15m同时释放两物块，设A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面（但不继续上升）已知弹簧的劲度系数k=100N/m，取g=10m/s2求：（1）物块A刚到达地面的速度；（2）物块B反弹到最高点时，弹簧的弹性势能；（3）若将B物块换为质量为2m的物块C（图中未画出），仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面，此时h2的大小【解答】解：（1）释放后，AB两物块一起做自由落体运动，设A物块落地时速度为v1，此时B的速度也为v1，由速度位移公式得：v12=2gh1，解得：；（2）设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，此时B物块到达最高点，A物块刚好离开地面时只受重力与弹簧弹力作用，此时：mg=kx，A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv12=mgx+EP ，解得：EP=0.5J；（3）换成C后，设A落地时，C的速度为v2，v22=2gh2，则，A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mv22=2mgx+EP，解得：h2=0.125m；题型三：传送带模型21、如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率（）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端，不考虑轴承摩擦，就上述过程，下列判断正确的有（）A. 滑块返回传送带右端时的速率为 B. 此过程中传送带对滑块做功为C. 此过程中电动机由于传送物体额外输出的功为D. 此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为参考答案：CD6如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端下列说法正确的是（）A第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热故选C21如图所示为某一传送装置，与水平面夹角为370，传送带以4m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带上端A处无初速度的放上一质量为lkg的小物块（可视为质点），物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，传送带上端A与下端B距离为3.5m，则小物块从A到B的过程中(g=l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)A运动的时间为2sB小物块对皮带做的总功为0C小物块与传送带相对位移为1.5mD小物块与皮带之间因摩擦而产生的内能为3JBD7、1、如图所示，表面粗糙且足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块的速度随时间变化的关系图象可能符合实际的是（ ） 参考答案：AD8、12（17分）如图所示，水平传送带长为L=11.5m，以速度v=7.5m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带的A端无初速释放一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=5N、方向与水平面成=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，。求滑块从A端运动到B端的过程中（1）滑块运动的时间；（2）滑块和传送带组成的系统因摩擦产生的热量。【解答】（1）滑块与传送带达到共同速度前，设滑块加速度为a1，由牛顿第二定律： 解得：a1=7.5m/s2 滑块与传送带达到共同速度的时间：=1s 2分此过程中滑块向右运动的位移：=3.75m 2分共速后，因，滑块继续向右加速运动，由牛顿第二定律： 解得：a2=0.5m/s2 1分滑块到达B端的速度：=8m/s 2分滑块从共速位置到B端所用的时间：=1s 2分滑块从A端到B端的时间：t=t1+t2=2s 1分（2）01s内滑块相对传送带向左的位移：=3.75m 2分1s2s内滑块相对传送带向右的位移：=0.25m 2分02s内滑块相对传送带的路程：=4m 1分系统因摩擦产生的热量：14J 2分9、12.在工厂的流水线上安装有传送带，用传送带传送工件，可大大提高工作效率如图所示，传送带与水平面夹角为30，其上、下两端点A、B间的距离是3.84 m传送带在电动机的带动下，以4.0 m/s顺时针匀速运转现将质量为10 kg的工件(可视为质点)轻放于传送带的A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数为，则在传送带将工件从A点传送到B点过程中，g取10 m/s2.(1)求工件放上传送带时的加速度大小(2)当工件与传送带速度相等时，传送带立即以8 m/s2的加速度顺时针匀减速运转，求此时工件的摩擦力大小及工件从A点传送到B点的时间(3)若传送带因故障被卡住，要使静止工件以(1)问的加速度从A点运动到B点，则需对工件提供的最小拉力为多少？题型四、板块模型7如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t0时刻用水平恒力F向左推小车B.已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，图29中是关于A、B的速度随时间变化的图像及A、B之间摩擦力随时间变化的图像，其中大致正确的是()如图3-3-8所示，薄板A长L5 m，其质量M5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐在A上距右端s3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m2 kg.已知A、B间动摩擦因数10.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为20.2，原来系统静止现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘求：(1)B运动的时间(2)力F的大小答案(1)3 s(2)26 N25、（18分）如图所示,倾角为的斜面上PP、QQ之间粗糙，且长为3L，其余部分都光滑。形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、 C沿斜面排列在一起，但不粘接。每块薄木板长均为L，质量均为m，与斜面PP、QQ间的动摩擦因素均为3tan。将它们从PP上方某处由静止释放，三块薄木板均能通过QQ。重力加速度为g。求：(1)薄木板A下端运动到在QQ之前速度最大的位置；(2)薄木板B上端到达PP时受到木板C弹力的大小；(3)试分析释放A、B、C时，薄木板A下端离PP距离满足什么条件，才能使三块薄木板均能通过QQ。答案：(1)L （5分） (2)2mgsin （5分）(3) 4.5L (8分)解析：(1)薄木板A在PP、QQ间运动时，将三块薄木板看成整体。当它们下滑到重力沿斜面分力等于摩擦力时，运动速度达最大值，有：（3分），得：（2分）即滑块A的下端离P处L时的速度最大。(2)当薄木板B的上端到达PP时，对三个薄木板整体用牛顿第二定律有：3mgsin2mgcos=3ma （2分）得：a =gsin对C薄木板用牛顿第二定律有：mgsinFNc=ma（2分），得：FNc =2mgsin，方向沿斜面向上(1分)。(3)要使三个薄木板都能滑出QQ处，薄木板C的过QQ处时它的速度应大于零。薄木板C全部越过PP前，三木板相互挤压着；薄木板全部在PP、QQ之间运动时无相互作用力；离开QQ时，三木板是相互分离的。设C木板刚好全部越过PP时速度为v.对木板C从刚好越过PP到木板C的到达QQ处速度为0，用动能定理有： 得设开始下滑时，A的下端离PP处距离为x，对三木板从刚释放到木板C从刚好越过PP整体用动能定理有：得到：即能使三块薄木板均能通过QQ的释放位置在木板A下端离PP距离x满足：题型五：带电物体（粒子）在复合场、组合场运动问题21、如图所示，MN下方有水平向右的匀强电场。半径为R，内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN上，一质量为m，可视为质点的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的A 点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，始终在电场中运动，C点（图中未画出）为小球在电场内水平向左运动位移最大时的位置。已知重力加速度为g，小球离开绝缘半圆管后的加速度大小为。则下列说法正确的是A小球从B点运动到C点过程中做的是匀变速曲线运动B匀强电场的场强E为C小球在管道内运动到B点时加速度大小为D小球从B点运动到C点的水平方向位移为21 ACD25（20分）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域I内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域I右侧有一宽度也为R、足够长区域，区域内有方向向右的匀强电场，区域左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一长为3R的荧光屏MN，荧光屏与FG成=53角。在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域I内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为+q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）（1）求粒子的初速度大小v0和电场的电场强度大小E；（2）求荧光屏上的发光区域长度x；（3）若改变区域中磁场的磁感应强度大小，要让所有粒子全部打中荧光屏，求区域中磁场的磁感应强度大小应满足的条件。25.解：（1)如图甲所示，分析可知，粒子在区域I中的运动半径为R，由向心力公式可得 (1分）解得（1分）因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域中的运动半径为2R，由向心力公式可得解得(1分）粒子在电场中加速运动，由动能定理得 (1分）解得电场强度大小（1分）（2）如图乙所示，分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得（x1cos+R）2+(x1sin)2=(2R)2(1分）解得（1分）速度方向与电场方向平行向右射人区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出，打在离M点x2处的屏上，由几何关系得（x2cos-R）2+(x2sin)2=(2R)2(1分）解得（1分）分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度x=x2-x1=1.2R。（2分）（3）如图丙所示，从区域I中最高点穿出的粒子恰好打在M点时，有r3=R(1分）由向心力公式有解得B3=B2 (1分）若粒子平行于FG方向打中N点时，由几何关系得r4=3Rsin0=2.4R粒子在区域中的射入点距离M点x=r4-3Rcos=0.6R，显然粒子不可能平行于FG方向打中N点（1分）即从G点进入区域打中N点的粒子运动半径为最大允许半径，由几何关系得（3Rcos+R-r5）2+（3Rsin)2=r52(1分）得r5=R(1分）由向心力公式有解得B4=B2 (1分）要让所有粒子全部打中荧光屏，区域中的磁感应强度大小应满是的条件是：B2BB2.25.如图所示，在真空中xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的匀强电场，场强，第二、三象限内分布有垂直纸面向里且磁感应强度为的匀强磁场，第四象限内分布有垂直纸面向里且磁感应强度为的匀强磁场。在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM，平板上开有一个小孔P，在y轴负方向上距O点为的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射粒子，且。设发射的粒子速度大小v均为，除了垂直x轴通过P点的粒子可以进入电场，其余打到平板上的粒子均被吸收。已知粒子的比荷为，重力不计，试问：（1）P点距O点的距离为多少？（2）粒子经过P点第一次进入电场，运动后到达y轴的位置与O点的距离为多少？（3）要使离开电场的粒子能回到粒子源S处，磁感应强度应为多大？25.（1）粒子从S射出经过磁场后，能从P点垂直x轴通过的运动轨迹如图甲所示，由公式可知，粒子的轨道半径，由几何关系可知：，则，由此可知点距O点的距离；（2）粒子进入电场后做类平抛运动，x轴方向位移为：，y轴方向位移为：，加速度为：，则粒子到达y轴位置与O点的距离为：；（3） 设粒子在y轴射出电场的位置到粒子源S的距离为H，则，设粒子在y轴射出电场的速度方向与y轴正方向夹角为，由，可知：，则粒子射入磁场的速度大小，粒子能回到粒子源S处可分以下两种情况处理：粒子经磁场偏转后直接回到粒子源S处，如图乙所示。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可知，则，由公式，得到；粒子经磁场偏转后进入磁场偏转再回到离子源S处，如图丙所示。则粒子进入磁场的偏转半径，由几何关系可知，则，由公式，得到