第三講高考物理解題過程中的規(guī)律選擇

1、高考解題過程中的 規(guī)律選擇規(guī)律選擇 真空中存在空間范圍足夠大的、水平向真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為中小球的速度與豎直方向夾角為37（取（取sin37 = 0.6，cos37 = 0.8）?，F(xiàn)）。現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向豎直向上拋出。求運動過程中上拋出。求運動過程中（1）小球受到的電場力的大小及方向；）小球受到的電場力的大小及方向；（2）小球從拋出點至最高點的電勢能變化）小球從拋出點

2、至最高點的電勢能變化量；量；（3）小球的最小動量的大小及方向。）小球的最小動量的大小及方向。 第一步：文字第一步：文字 情景情景 模型模型 第第1句話：句話：“真空中存在空間范圍足夠大真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。的、水平向右的勻強電場?！杯h(huán)境模型環(huán)境模型1 勻強電場，電場的方向水平向右如勻強電場，電場的方向水平向右如圖圖1所示，電場強度設(shè)為所示，電場強度設(shè)為E（未知）。（未知）。 兩個環(huán)境模型疊加得到本題環(huán)境模型：復(fù)兩個環(huán)境模型疊加得到本題環(huán)境模型：復(fù)合場，如圖合場，如圖3所示。所示。圖1Eg圖2圖3Eg圖3圖1圖2 第第2句話：句話：“在電場在電場中，若將一個質(zhì)量為中，若

3、將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向球的速度與豎直方向夾角為夾角為37?！眻D4o3700v eFG圖4 對象模型對象模型 ：質(zhì)點：質(zhì)點 環(huán)境模型環(huán)境模型2：勻強重力：勻強重力場場 過程模型過程模型1：勻加速直：勻加速直線運動線運動對于過程模型對于過程模型1第二步：模型 + 條件 規(guī)律 + 算法環(huán)境模型：復(fù)合場，如圖4所示空間條件：復(fù)合場方向為與豎直方向夾角37； 規(guī) 律：勻強重力場滿足的規(guī)律： 勻強電場滿足的規(guī)律：算 法：矢量合成的平行四邊形定則 根據(jù)圖4，有： 解Gm geFqEotan37eFqEmgmg過程2過程模型2 第3

4、句：“現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出?！?a與v0決定物體的運動：小球做勻變速曲勻變速曲線運動線運動。圖5o37G圖5v0F合合eF過程模型過程模型2情境圖情境圖圖8eFGyx0 xmaxy0yv xvvy0=v0vx0=0t0=0Ep0=0 EpG0=0Ept=?Ekt=mvx 2/2 p0=mv0 豎直向上豎直向上 pt=mvx 水平向右水平向右Ek0=mv0 2/2t=？EpGt= mgymax對于過程模型對于過程模型2 怎樣選擇規(guī)律？ 窮盡第二過程所遵循的物理規(guī)律窮盡第二過程所遵循的物理規(guī)律 列表說明之。00 xFEEEepptp00 xFEEEepptpmax0mgyEE

5、EpGpGtpG000KPGPKtPGtPtEEEEEE22max01122emgyWmvmv00mvmgt0 xemvtFY方向：X方向：gmmgay2021gttvygvvyyy2202gmFaex43221taxxxxavx20222xyvvvyxs2解法解法1: 欲求欲求Ep由由可知可知,需要尋找需要尋找Fe(已知已知)和和x0(未知未知),由由 可求可求x0 解法解法2: 式聯(lián)立解方程或從式聯(lián)立解方程或從式得式得,需要繼續(xù)求需要繼續(xù)求出可求出可求Ep.但要求出但要求出v、ymax ,還需要還需要、和和式聯(lián)立解方程。顯然解法式聯(lián)立解方程。顯然解法1比較方便。比較方便。 運算 由 解得x

6、xexavxgmFa2043220038vxg220003394832PevEF xmgmvg 最小動量pmin的大小和方向。與其等價的就是最小的速度vmin和最小的動能EKmin。 解法解法1：給出任意時刻動量的解析表達式，采用代數(shù)的方法，確定其極值： 根據(jù)動量的定義，有2222034xypmvm vvmgtvgt 根號下是一個關(guān)于t的二次函數(shù)，我們可以運用二次函數(shù)配方的方法可以求得動量最小值pmin和取得最小值的時刻tmin：當tmin=16v0/25g時，動量有最小值： pmin=0.6mv0根據(jù)動量定義和速度公式vy=v0-gt vx=axt最小動量的方向為：方向為與電場方向夾角為37

7、，斜向上。oxyxymvmvpp37arctanarctanminminminmin 例題例題1：（：（2006全國高考全國高考卷：卷：24題）題）一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊（可視為質(zhì)點），煤塊與傳送帶之間（可視為質(zhì)點），煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為的動摩擦因數(shù)為。初始時，傳送帶。初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的。現(xiàn)讓傳送帶以恒與煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度定的加速度a0 開始運動，當其速度達開始運動，當其速度達到到v0 后，便以此速度做勻速運動。經(jīng)后，便以此速度做勻速運動。經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段

8、黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動。求此黑色痕跡的長度。不再滑動。求此黑色痕跡的長度。（1）運動模型的分析：）運動模型的分析：因為傳送帶初速度為因為傳送帶初速度為0，加速，加速度度a0恒定，所以傳送帶做勻變速恒定，所以傳送帶做勻變速直線運動直線運動,后來做勻速直線運動后來做勻速直線運動.因為煤塊初速度為因為煤塊初速度為0，在水平，在水平方向僅受滑動摩擦力的作用，方向僅受滑動摩擦力的作用，加速度恒定，所以煤塊也做加加速度恒定，所以煤塊也做加速度為速度為a2的勻變速直線運動的勻變速直線運動a2v0v v0s01v=0v=0a0a2a2=0v0v= v0s2s02s

9、01t0=0t1t2直直線線運運動動曲線曲線勻速勻速非勻變速非勻變速勻變速勻變速重力重力彈力彈力摩擦力摩擦力電場力電場力磁場力磁場力力力分分類類力的合成與分力的合成與分解解atvvt02021attvsasvvt2202tsvvvvtt2022aTsvtKEW PI 機械能守恒機械能守恒動量守恒動量守恒tvamF 解法一：選擇利運動學(xué)公式和牛頓定律來解解法一：選擇利運動學(xué)公式和牛頓定律來解 傳送帶加速時間傳送帶加速時間 傳送帶加速的位移為傳送帶加速的位移為 煤塊加速時間為煤塊加速時間為 煤塊加速階段的位移為煤塊加速階段的位移為 傳送帶勻速運動的位移傳送帶勻速運動的位移 黑色痕跡的長度黑色痕跡的

10、長度001avt02002001220avavsgvmmgvavt0002gvgvs220202020202012002)(avgvttvs020202020122avgvsssvt0v0vt0v0v0/a0v0/g乙vt0v0t1=v0 /a0t2=v0 /gs=s梯梯 -s三角三角=（ t2-t1 ）+t2 ）v0 /2- t2 v0 /2 例題例題2：（：（2006四川）如圖所示，在足夠大的空四川）如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1.57T。

11、小球。小球1帶正電，其電量與質(zhì)量之比帶正電，其電量與質(zhì)量之比q1/m14C/kg，所受重力與電場力的大小相等；小球，所受重力與電場力的大小相等；小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上。不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上。小球小球1向右以向右以v023.59m/s的水平速度與小球的水平速度與小球2正正碰，碰后經(jīng)過碰，碰后經(jīng)過0.75s再次相碰。設(shè)碰撞前后兩小再次相碰。設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi)。（取直平面內(nèi)。（取g10m/s2）問：）問： （1）電場強度）電場強度E的大小是多少？的大小是多少？ （2）兩小球的質(zhì)

12、量之比）兩小球的質(zhì)量之比m2/m1是多少？是多少？ v012EB（1）運動模型分析：）運動模型分析：因為帶正電的小球因為帶正電的小球1所受重力和電場力所受重力和電場力的合力為零，小球在運動時的合外力由磁的合力為零，小球在運動時的合外力由磁場力決定，所以小球場力決定，所以小球1在復(fù)合場中做勻速在復(fù)合場中做勻速圓周運動。圓周運動。小球小球2在碰撞后的瞬間具有向右的水平在碰撞后的瞬間具有向右的水平速度，又因為僅受重力作用，所以小球在速度，又因為僅受重力作用，所以小球在復(fù)合場中做平拋運動。復(fù)合場中做平拋運動。 在碰撞過程中，因為在水平方向兩個小球在碰撞過程中，因為在水平方向兩個小球都不受力，所以兩個小

13、球的碰撞滿足動量都不受力，所以兩個小球的碰撞滿足動量守恒的條件。守恒的條件。 （2）在知識結(jié)構(gòu)圖中選）在知識結(jié)構(gòu)圖中選擇解題策略擇解題策略tvamF重力重力直直線線曲線曲線勻速勻速非 勻 變非 勻 變速速勻變勻變速速atvvt02021attvsasvvt2202tsvvvvtt2022aTs 彈力彈力摩擦力摩擦力電場力電場力磁場力磁場力力力分分類類力的合成與力的合成與分解分解vtKEWPI機械能守恒機械能守恒動 量 守動 量 守恒恒平拋平拋圓周圓周gtv ,vvyx00vgttan2021gty,tvx02 vgttanrfTrtsv22fTt22rTrrva22224 首先在結(jié)構(gòu)圖中找到運

14、動模型的首先在結(jié)構(gòu)圖中找到運動模型的規(guī)律將其圈出。規(guī)律將其圈出。 其次找到解決力和運動模型的規(guī)其次找到解決力和運動模型的規(guī)律。平拋運動、圓周運動都涉及律。平拋運動、圓周運動都涉及加速度，所以要通過牛頓定律來加速度，所以要通過牛頓定律來解決。因為兩球分別在做圓周運解決。因為兩球分別在做圓周運動和平拋運動之前，所以碰撞是動和平拋運動之前，所以碰撞是聯(lián)系平拋和圓周運動的橋梁。聯(lián)系平拋和圓周運動的橋梁。 （1）根據(jù)小球）根據(jù)小球1的受力有的受力有 （2）碰撞后小球）碰撞后小球1做圓周運動，所以有做圓周運動，所以有Eqgm11N/C5.211qgmE121111RvmBvq 可知小球可知小球1只能逆時針

15、旋轉(zhuǎn)，才能在只能逆時針旋轉(zhuǎn)，才能在 與小球與小球2再次相碰再次相碰，碰撞后小球碰撞后小球2做平拋做平拋運動運動s1221111BqmvRT43175.0TtT432121gtRhtvRL21v1v2ORh 由以上各式解得由以上各式解得221101vmvmvm1121012vvvmm兩小球在碰撞中遵循動量守恒，規(guī)定水平兩小球在碰撞中遵循動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向向右為正方向 類似的（卷）卷）一小圓盤靜止在桌布上，位于一一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合，如圖。已知盤與桌布間的動摩擦邊重合，如圖。已知盤與桌布間的動

16、摩擦因數(shù)為因數(shù)為1，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為2?，F(xiàn)?，F(xiàn)突然以恒定加速度突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于方向是水平的且垂直于AB邊。若圓盤最邊。若圓盤最后未從桌面掉下，則后未從桌面掉下，則加速度加速度a滿足的條件滿足的條件是什么？是什么？(以以g表示重表示重力加速度力加速度)ABaABaa2x2aa1x1xl/2t1t0=0t2vt0v1tx1x2tvamF重力重力直直線線曲線曲線勻速勻速非 勻 變非 勻 變速速勻變勻變速速atvvt02021attvsasvvt2202tsvvvvtt2022aTs 彈力彈力摩擦力摩擦

17、力電場力電場力磁場力磁場力力力分分類類力的合成與力的合成與分解分解vtKEWPI機械能守恒機械能守恒動 量 守動 量 守恒恒平拋平拋圓周圓周gtv ,vvyx00vgttan2021gty,tvx02 vgttanrfTrtsv22fTt22rTrrva22224 （卷）柴油打樁機的重錘由氣缸、活塞等若干部件組成，氣缸與活塞間有柴油與空氣的混合物。在重錘與樁碰撞的過程中，通過壓縮使混合物燃燒，產(chǎn)生高溫高壓氣體，從而使樁向下運動，錘向上運動?，F(xiàn)把柴油打樁機和打樁過程簡化如下： 柴油打樁機重錘的質(zhì)量為m，錘在樁帽以上高度為h處（如圖1）從靜止開始沿豎直軌道自由落下，打在質(zhì)量為M（包括樁帽）的鋼筋混凝土樁子上。同時，柴油燃燒，產(chǎn)生猛烈推力，錘和樁分離，這一過程的時間極短。 隨后，樁在泥土中向下移動一距離隨后，樁在泥土中向下移動一距離l。已。已知錘反跳后到達最高點時，錘與已停下知錘反跳后到達最高點時，錘與已停下的樁帽之間的距離也為的樁帽之間的距離也為h（如圖（如圖2）。已）。已知知m1.0103kg，M2.0103kg，h2.0m，l0.20m，重力加速度，重力加速度g10m/s2，混合物的質(zhì)量不計。設(shè)樁向下移動的過混合物的質(zhì)量不計。設(shè)樁向下移動的過程