1、【模块标题】动力学【模块目标】【模块讲解】【常规讲解】1：动力学中的匀速直线运动【板书整理】一、匀直1、匀直的判断：题目直接给出；受力分析判断总结： 0F合 匀 直2、匀直的处理思路：受力分析；列出平衡方程求解相关物理量【授课流程】步骤分析各种运动类型的条件【参考讲解】我们现在了解，在整个高考中，考察的运动形式只有匀直、匀变直、抛体、圆周这四种基本的运动形式。每种运动形式都是由相关的受力状态来决定的，比如匀直对应合外力为零，匀变直和抛体对应合外力恒定，匀速圆周对应有合外力指向圆心。下面我们就分别针对这几种情况来讨论一下动力学的应用。(1)=0234nFma合 合合合匀 直（ ） 匀 变 直类
2、抛 体 ， 建 系 分 解（ ） 圆 周步骤通通过例子来讨论匀直的处理【参考讲解】我们都知道匀直是最简单的一种运动形式，不仅仅在常规的力学问题中有出现，在电磁复合场中也经常出现，下面我们就来看看这种类型的问题。步骤通过实例讨论匀直的处理思路，并写板书配题逻辑：复合场中的匀直直接应用例题 1如图所示，在以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于 xOy 平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从 O 点沿 y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经 t0时间从 P 点射出,则电场强度的大小和方向为( )目标 1
3、 理解 能够运用动力学方法解决匀速直线运动问题目标 2 理解 能够运用动力学方法解决匀速变直线运动问题目标 3 理解 能够运用动力学方法解决类抛体问题目标 4 识别 能够运用动力学方法解决圆周运动问题A ，y 正向0BRtB ，x 正向tC ，y 负向02tD ，x 负向Rt【讲解】B设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，初速度为 v，电场强度为 E，可判断出粒子受到的洛伦磁力沿 x 轴负方向，于是可知电场强度沿 x 轴正方向，且有： ，又： qvB0Rvt，则： ，故 B 正确，A、C、D 错误0Rt【参考讲解】通此题中已经明确给出物体做匀速直线运动，所以我们可以判断处粒子的合外力应该为零，
4、再判断只有电场力和洛伦兹力两个力，所以必然等大反向，列出平衡方程求解。写板书一、匀直1、匀直的判断：题目直接给出；受力分析判断总结： 0F合 匀 直2、匀直的处理思路：受力分析；列出平衡方程求解相关物理量配题逻辑：加入重力的影响，受力分析由一维变为二维练习 1-1如图所示，质量为 m，带电荷量为 q 的微粒以速度 v 与水平方向成 45角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。如果微粒做匀速直线运动，则下列 说法正确的是（ ）A微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B微粒带负电，微粒在运动中电势能不断增加C匀强电场的电场强度 2mgEqD匀强磁场的磁感应强度 Bv【讲解】ABA、由于粒子
5、带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直于 OA 线斜向左上方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力能平衡，致使粒子做匀速直线运动B、由于粒子带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直于 OA 线斜向左上方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力能平衡，致使粒子做匀速直线运动C、由图 qEvBsin2EvsinmgqD、粒子受力如图，由平衡条件得， vcosmg=cos【参考讲解】通此题中已经明确给出物体做匀速直线运动，所以我们可以判断处粒子的合外力应该为零，再判断有电场力、重力和洛伦兹力三个力，所以必然三力平衡。有两种处理思路：1、三力平衡；2、重力电场力合成等效重力，转换为二力平衡。【常规讲解】3：类
6、平抛运动（4 星）【板书整理】三、类平抛运动1、条件：合外力恒定；v 与 F 不平行2、处理方法：受力分析，找恒力计算等效 Fam合根据建系分解或者角度关系计算运动【授课流程】步骤说明类抛体运动的动力学分析方法判断物体做类平抛的条件为物体所受的合外力为恒力，并且方向与物体的初速度方向垂直，可以得到其加速度恒为 ，之后按照平抛的结论处理问题。在动力学中，平抛的处理方法Fam合主要有两种：1、建系分解；2、角度关系步骤通过例子练习基本操作并给出板书配题逻辑：经典的电场偏转例题 1三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度 v0先后垂直电场进入，并分别落
7、在正极板的 A、B、C 三处，O 点是下极板的左端点，且 OC=2OA,AC=2BC,如图所示，则下列说法正确的是( )A 三个粒子在电场中运动的时间之比 tA:tB:tC=2:3:4B 三个粒子在电场中运动的加速度之比 aA:aB:aC=1:3: 4C 三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比 EkA:EkB:EkC=36:16:9D 带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为 7:20【讲解】ACDA、三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由 x=vt 得，运动时间故 A 正确；:2:34bCABCtxB、三个粒子在竖直方向上的位移 y 相等，根据 ，解得：21yat，故 B 错误；1
8、:36:1949ACaC、由牛顿第二定律可知 F=ma，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功 W=Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为 . ，故 C 正确；36:19D、三个粒子的合力大小关系为： ，三个粒子的重力相等，所以 B 仅受重力ABF作用，A 所受的电场力向下， C 所受的电场力向上，即 B 不带电，A 带负电，C 带正电，由牛顿第二定律得： ，解得： ，故():(: )A CBmgEqgqaE:7:20AqD 正确；故选 ACD。【参考讲解】基本模型、建系分解的思路。写板书三、类抛体运动1、条件：合外力恒
9、定；v 与 F 不平行2、处理方法：受力分析，找恒力计算等效 Fam合根据建系分解或者角度关系计算运动步骤通过练习强化步骤感配题逻辑：二维受力，分析在某方向合外力为零练习 1-1绝缘光滑斜面与水平面成 角，一质量为 m、电荷量为-q 的小球从斜面上高 h处，以初速度为 v0、方向与斜面底边 MN 平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边 MN。则下列判断正确的是 （ ）A 小球在斜面上做匀变速曲线运动B 小球到达底边 MN 的时间2sinhtgC 匀强磁场磁感应强度的取值范围为 0mBcosqvD 匀强磁
10、场磁感应强度的取值范围为in【讲解】ABC 对小球受力分析，重力，支持力，洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即速度变化，不会影响重力沿斜面的分力，由于速度与合力方向垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故 A 正确；小球做类平抛运动，在斜面上，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解及牛顿第二定律，则小球的加速度 ，再由运动mgsina学公式，球到达底边 MN 的时间 ，故 B 正确；小球垂直磁场方向的速度始终2htgsin为 v0，小球能够沿斜面到达底边 MN，则小球受到的洛伦兹力 0qv 0Bmgcos，解得：磁感应强度的取值范围为 ，故 C 正确，D 错误；故选
11、ABC.0mBcoqv【参考讲解】此题受力中有一个变力洛伦兹力，但是洛伦兹力的方向与运动垂直，所以在垂直斜面方向合外力为零，在平行斜面方向上合外力为定值，所以为类抛体运动，加速度为sinag配题逻辑：类抛体的变形，设计抛体条件的判断练习 1-2如图所示，空间存在足够大的竖直向下的匀强电场，带正电荷的小球（可视为质点且所受电场力与重力相等）自空间 0 点以水平初速度 v0抛出，落在地面上的 A 点，其轨迹为一抛物线。现仿此抛物线制作一个光滑绝缘滑道并固定在与 OA 完全重合的位置上，将此小球从 0 点由静止释放，并沿此滑道滑下，在下滑过程中小球未脱离滑道。P 为滑道上一点，已知小球沿滑道滑至 P
12、 点时其速度与水平方向的夹角为 45，下列说法正确的是（ ） A小球两次由 O 点运动到 P 点的时间相等B小球经过 P 点时，水平位移与竖直位移之比为 1：2C小球经过滑道上 P 点时，电势能变化了 04mvD小球经过滑道上 P 点时，重力的瞬时功率为 2g【讲解】CD由于杆对小球的作用，则两次由 O 点运动到 P 点的时间不相等，A 错误；由 P 点时其速度与水平方向的夹角为 45，有 ，由于轨迹为类平抛轨迹，故得 ，B0yv02yvxt错误；做类平抛运动时，有 ， ，当小球从 0 点由静止释放，到达 P 点，20gh204v根据动能定理有 ，得 ，则电势能变化了 ，22012mghqEg
13、hmv0v2014mvC 正确；根据功率公式 ，D 正确cosPv【参考讲解】此题是类平抛的变式，分两个过程，第一个过程为类平抛，第二个过程轨迹为抛物线，但是其运动过程不是类平抛，我们需要用运动学分析来处理此类问题。【常规讲解】4：匀速圆周运动（4 星）四、匀速圆周运动1、条件：合外力提供向心力2、处理方法：常规常见模型圆锥摆：合外力提供向心力 圆盘模型：摩擦力临界【授课流程】步骤说明常规模型的处理思路以及结论常规的匀速圆周运动中有两个常见的模型：1、圆锥摆；2、圆盘模型圆锥摆中常考内容为圆锥摆中的结论，即 ，其中 h 为摆高；圆盘模型常考的内容为摩g擦力的临界问题。下面我们就这两种情况具体讨
14、论步骤通过例子练习基本操作并给出板书配题逻辑：圆锥摆的变形，考察学生的受力分析的能力例题 1在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环（小环可以自由转动，但不能上下移动） ，小环上连接一轻绳，与一质量为m 的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触。如图所示，图 a 中小环与小球在同一水平面上，图 b 中轻绳与竖直轴成 （ QB，则 A 球在 B 球的下方运动B 无论 QA、Q B关系如何，A 、B 均能在同一轨道上运动C 若 QAQB，则漏斗对 A 球的弹力大于对 B 球的弹力D 无论 QA、Q B关系如何，均有漏斗对
15、A 球的弹力等于漏斗对 B 球的弹力【讲解】ABC 根据左手定则，小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外，受力分析如图：，则 ，则 R 随 Q 的变大而增大，则2sin;cosNNvFmgqBmR2tanvgqBAB 错误；由竖直方向的受力可知： ，则压力不变，选项 C 错误，D 正确；故选siNFD.【参考讲解】分析方法与之前类似，加入了磁场的因素，方法同上题。 配题逻辑：圆锥摆在临界中的变形，受力变复杂，引入临界情况练习 2-2如图所示，转动轴垂直与光滑水平面，交点 O 的上方 h 处固定细绳的一端，细绳的另一端栓接一质量为 m 的小球 B，绳长 l h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动
16、，当转动的角速度 逐渐增大时，下列说法正确的是（ ）A 小球始终受三个力的作用B 细绳上的拉力始终保持不变C 要使球离开水平面角速度至少为D 若小球飞离了水平面则线速度为 【讲解】C当小球角速度较小时，小球受重力、支持力和拉力三个力作用，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，小球受重力和拉力两个力作用，A 错误；小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上的合力为零，当小球脱离水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，B 错误；当小球刚好离开水平面时，受重力和拉力作用，根据牛顿第二定律得， ， ，联立解得 ，C 正确 D 错误cosTmg2siniTl=gh【参考讲解】圆锥摆模型
17、中引入分离临界的情况，考察一个分离条件。 步骤对转盘类的问题进行分析，此种类型常规方法即为动力学分析，特殊解法为利用质心操作简化处理。配题逻辑：常规的转盘模型，两种思路讲解过程例题 2如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为 m的两个物体 A 和 B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为 RAr，R B2r，与盘间的动摩擦因数 相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 ( )A此时绳子张力为 3mgB此时圆盘的角速度为 2grC此时 A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D此时烧断细线，A 仍相对盘静止， B 将做离心运动
18、【讲解】ABC两物体刚好未发生滑动时，A 受背离圆心的静摩擦力，B 受指向圆心的静摩擦力，其大小均为 mg则有： Fr2T 解得： , 3Tgr故选项 A、B、C 正确；当烧断细线时，A 所需向心力为2fmFrgF所以 A 将发生滑动，选项 D 错误。【参考讲解】常规讲解见解析，此题重点突出第二种讲法：质心的应用。将两个物体等效为一个质量为 2m 位于连线中点的一个物体，当此物体相对圆盘滑动时，两个物体均滑动。所以针对此物体用摩擦力临界即可。四、匀速圆周运动1、条件：合外力提供向心力2、处理方法：常规常见模型圆锥摆：合外力提供向心力 圆盘模型：摩擦力临界配题逻辑：基础模型的变形，受力分析方法不
19、变练习 2-1 如图所示，水平转台上的小物体 A、B 通过弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢的增大其转速（既在每个转速下可认为是匀速转动） ，已知 A、B 的质量分别为 m、2m，A、B 与转台的动摩擦因数均为 ，A 、B 离转台中心的距离都为 r，已知弹簧的原长为 r，劲度系数为 k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是A. 物体 A 和 B 同时相对转台发生滑动B 当 A 受到的摩擦力为 0 时，B 的摩擦力背离圆心C 当 B 受到的摩擦力为 0 时，A 的摩擦力背离圆心D 当 A、B 均相对转台静止时，允许的最大角速度为 2kgmr【讲解】CD当 A 刚好
20、要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有 ，解得 .，当 B 刚好要滑动时，摩擦力达到最大静2AkrmgrAkgmr摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有 解得22Bkrmgr；故 ，所以 B 最先滑动，允许的最大角速度为2BrA，A 错误 D 正确；当 A 受到的摩擦力为 0 时，由弹力充当向心力，故kgm，解得 ，此时 B 受到的向心力为 ，故 B 受到的摩2rk2Fmrk擦力指向圆心，B 错误；当 B 受到的摩擦力为 0 时，由弹力充当向心力，故 ，2rm解得 ，此时 B 受到的向心力为 ，故 A 受到的摩擦力背离2k21rkr圆心，C 正确【
21、参考讲解】此题是转盘的一个变式中间的绳子变为弹簧，弹簧的特点为弹力的大小不能变化，所以此题只能通过动力学处理。配题逻辑：将盘和圆锥摆两个模型综合到一起分析练习 2-2如图所示，水平转台上有一个质量为 m 的小物块，用长为 L 的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为 ，系统静止时细绳绷直但张力为零物块与转台间动摩擦因数为 （ tan） ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中（ ）A 物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 sin2mgLC 物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为 co
22、D 细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零【讲解】CD物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向，起到加速的作用，故 A 错误；对物体受力分析知物块离开圆盘前，由摩擦力和拉力的合力提供向心力： ，在竖直方向上： ，根据动能定理2vfTsinmrNTcosmg知： ，当弹力 ，半径为： ，联立以上解得：21KWEv0inrL，至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 ，sinsin2fLgL 1sin2L故 B 错误；当 N=0，f=0 时加速度最大，根据牛顿第二定律： ，20Tir，半径为： ，联立可得： ，所以当物块的角速度增TcosmgsinrL0cosgL大到
23、 时，物块与转台间恰好无相互作用，故 C 正确；根据几何关系可知，物体L在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零，故 D 正确。所以 CD 正确， AB 错误。【深度扩展】1： 旋轮线的分析（5 星）步骤分析旋轮线出现的条件【参考讲解】讲在 B+E 或者 B+g 或者 B+E+g 的叠加场中，当粒子的速度不满足受力平衡的特定条件，那么粒子的运动轨迹就将是一个旋轮线，其轨迹如图：此种问题的处理方法如下：在初始状态下，将粒子的速度分解为两个 ，即 12v、 12v其中 所受的洛伦兹力与恒力平衡， 的洛伦兹力提供向心力，所以此时粒子的运动
24、可以看成1v2v是一个匀速圆周运动和匀速直线运动的合成。根据此原理就可以解决旋轮线的问题。配题逻辑：最基本的旋轮线，讲解配速法的操作例题 1 （08 江苏）在场强为 B 的水平匀强磁场中，一质量为 m、带正电 q 的小球在 O 静止释放，小球的运动曲线如图所示已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到 z 轴距离的2 倍，重力加速度为 g求：(1)小球在运动过程中第一次下降的最大距离 ym.(2)一个周期小球向右水平位移 s(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为 E 的匀强电场时，小球从 O静止释放后获得的最大速率。【讲解】 （1）依题意可知为标准旋轮线，将初速度 0 分解为左右等大反向的速度，向左
25、的分速度与重力平衡：（2）根据运动的等时性，向右一个周期即小球旋转一个周期00mgBqvBq2R2mgyRBq（3）将 mg-Eq 看作新的 mg 进行标准旋轮线分析。漂移速度与旋转速度同向时速率最大配题逻辑：由等辐旋轮线变为长辅旋轮线练习 1-1(2013福建)如图甲 ,空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.让质量为 m,电量为 q(q0)的粒子从坐标原点 O 沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响.(1)若粒子以初速度 v1 沿 y 轴正向入射,恰好能经过 x 轴上的 A(a，0)点,求 v1 的大小；(2)
26、已知一粒子的初速度大小为 v(vv1),为使该粒子能经过 A(a，0)点,其入射角 (粒子初速度与 x 轴正向的夹角)有几个 ?并求出对应的 sin值;(3)如图乙,若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为 E 的匀强电场 ,一粒子从 O 点以初速度 v0沿 y 轴正向发射.研究表明:粒子在 xOy 平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的 x 分量 vx 与其所在位置的 y 坐标成正比,比例系数与场强大小 E 无关.求该粒子运动过程中的最大速度值 vm. 【讲解】 (1) 带电粒大以速率 v 在匀强磁场 B 中做匀速圆周运动,半径为 R,有 2vqBmR当粒子沿 y 轴正方向入射,转过半个
27、圆周至 A 点,该圆周半径为 R1,有 1a由代入式解 12qavm(2) 如图，O、 A 两点处于同一圆周上,且圆心在 的直线上,半径2ax为 R0,当给定一个初速度 v 时 ,有 2 个入射角,分别在第 1、2 象限,有 sini2aR由式解得 sinqBmv(3) 粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨道的最高点处速度最大,用 ym 表示其坐标,由动能定理 ,有 2201mqEyv0BqvmgEq0gEqvB20sv由题知 mvky当 E=0 时,粒子以初速度 v0 沿 y 轴正方向入射,有 200vqBmR0vky由式解得 20()mEvvB配题逻辑：一半旋轮线，此题采取特殊值算法练习
28、 1-1 (2011福建)如图甲 ,在 x0 的空间中存在沿 y 轴负方向的匀强电场和垂直于 xoy平面向里的匀强磁场,电场强度大小为 E,磁感应强度大小为 B.一质量为 m,带电量为 q(q0)的粒子从坐标原点 O 处,以初速度 v0沿 x 轴正方向射入,粒子的运动轨迹见图甲,不计粒子的重力.（1）求该粒子运动到 y=h 时的速度大小 v;（2）现只改变入射粒子初速度的大小,发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(y- x 曲线)不同,但具有相同的空间周期性,如图乙所示;同时,这些粒子在 y 轴方向上的运动(y- t 关系) 是简谐运动,且都有相同的周期 .2mTqB求粒子在一个周期 T 内,
29、沿 x 轴方向前进的距离 S;【讲解】 （1） （2） 20=-qEhvm2=mESqB0=(-)1cos)EqByvtqBm解析：（1）由于洛伦兹力不做功,只有电场力做功,由动能定理有 20-hv由式解得 20=-qEhvm（2）由图乙可知,所有粒子在一个周期 T 内沿 x 轴方向前进的距离相同,即都等于恰好沿 x 轴方向匀速运动的粒子在 T 时间内前进的距离.设粒子恰好沿 x 轴方向匀速运动的速度大小为 v1,则 1qvBE又 S式中 2=mTqB由式解得 2=mqB【延申讲解】：根据上面旋轮线的分析，我们可以总结处一些经验：对于物体在运动过程中，受到一个与速度成正比的力，即 的形式，以及
30、另一个恒力时，我们可以将物体的速度Fkv分解处一个 和 的叠加。此时物体的受力个数变为三个，即 、 以及恒力0v1v2 1Fkv2F。使 ，即有一个速度为 的匀速直线运动；另一个 的运动即在 作用下的 1=k1 22kv运动。将这两个运动合成起来，就可以计算原本复杂的运动形式。下面我们用一个例子来说明这种操作。配题逻辑：例题 1如图所示，质量为 m 的小球自 A 点以水平速度 抛出，在重力和空气阻力作用0v下经过一段时间后落在地面上 B 点，将达到 B 点时的速度为 ，其方向与水平方向成角。小球在运动中收到的空气阻力为： ，其中 k 为正的常量，v 为小球在运动中 f的速度。试求：1、 的大小；0v2、A、B 两点间的水平距离 S。【参考讲解】如图，将速度分解：有 ， 即在竖直方向物体做1=mgfkv1k的匀速直线运动， ，做初速度为 的变减速直线运动。2fkv220()k2v图中的 角可表示为 。0tanmg（1）落地时速度 为 与 的矢量合成，可表示为右图：Bv12v根据正交分解可列出方程组：2cossv12iniB联立可解得 0s()v（2）物体运动过程如右图，在方向上，设物体的位移为 L，则 AB两点的水平位移为 。cosSL在 x 方向上，根据动量定理有：2()kLmv根据第一问可解得 ,代入上式即可解得：20sin()所以 0cosinc()vSLk
