專題09動力學三大觀點

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勛學三大觀點的應用一力學曜H—雄帝鯉

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一用三儂點分析鼓、平也圓局鯉黔'合問題

廠初點在電押腳律

勛學三大觀點的蛹三大麻在電懣應中的現律

一電群中幽

掌握牛頓運動定律、動能定理、機械能守恒定律，動量定理、動量守恒定律，會計算恒力、變力的沖

量；

掌握動力學三大觀點的選用規則；

掌握動力學三大觀點圖像問題的分析方法；

掌握動力學三大觀點中的力學模型、電磁學模型，能夠進行具體的分析和計算。

核心考點01動力學三大觀點的內容

一、動力學三大觀點

1、內容

分類規律表達式

動力學力的瞬時牛頓第二定律F合=機。

方法作用牛頓第三定律F=一F'

動能定理W合=￡已一￡kl

為+與1=電+與2；AE，k=-AE；

能量方力的空間P

機械能守恒定律

法累積作用^EA減=AEB增

能量守恒定律￡初=￡末；AE增=AE、堿

動量方力的時間動量定理廠合/=加丫'一冽V

法累積作用動量守恒定律加1%+冽2%=加1V'1+冽2”2

2、解題規律

動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題。

能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。

動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題，用動量定理可簡化問題的求解過程。

二、動力學三大觀點選用規則

1、根據物理量選取

若物體（或系統）涉及加速度的問題，一般要用牛頓運動定律。

若物體（或系統）涉及運動時間或作用時間的問題，一般優先考慮用動量定理，其次再考慮用牛頓運動定

律。

若物體（或系統）涉及初、末速度問題，一般優先考慮用功能關系，其次考慮用動量觀點，最后再考慮用

牛頓運動定律。

若物體（或系統）涉及運動的位移或路程的問題，一般優先考慮用功能關系，其次再考慮用牛頓運動定律。

若物體（或系統）涉及速度和時間，應考慮使用動量定理。

若物體（或系統）涉及位移和時間，且受到恒力作用，應考慮使用牛頓運動定律或動能定理。

若物體（或系統）涉及位移和速度，應考慮使用動能定理，系統中滑動摩擦力做功產生熱量應用摩擦力乘

以相對位移，運用動能定理解決曲線運動和變加速運動問題特別方便。

若物體（或系統）不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題,

因時間短且沖力隨時間變化，應用動量定理求解。

對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板一塊問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應用動量

守恒定律求解。

2、根據研究過程選取

涉及瞬間狀態的分析和運動性質的分析：必須要用動力學觀點。

涉及復雜的直線或曲線運動問題：要用能量觀點或動量觀點。

涉及短暫的相互作用問題：優先考慮用動量定理。

涉及碰撞、爆炸、反沖等問題：用動量守恒定律。

3、根據研究過程選取

若研究對象為單個物體，則不能用動量觀點中的動量守恒定律。

若研究對象為多物體系統，且系統內的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，

但必須注意研究對象是否滿足定律的守恒條件。

若多個物體的運動狀態不同，則一般不宜對多個物體整體應用牛頓運動定律。

4、系統化思維方法

對多個物理過程進行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜

的運動。

對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的獨立物體看成為一個整體進行考慮，如應用動

量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體（或系統）。

核心考點2動力學三大觀點涉及的圖像

一、圖像類型

1、動力學圖像

V-t圖像（面積表示位移），a—/圖像（面積表示速度的改變量），a—尸圖像等。

2、動量圖像

FY圖像（面積表示沖量），夕一f圖像等。

3、能量圖像

尸一x圖像（面積表示功），4-x圖像（斜率為合外力），心一x圖像（如果馬表示重力勢能則斜率為

重力；如果與表示彈性勢能則斜率為彈力；如果易表示電勢能則斜率為電場力）,E-x圖像（斜率為尸奇）

二、圖像間的解題思路

1、聯系橋梁

加速度a是v-t圖像和F-t圖像聯系的橋梁。

2、圖像題解題策略

觀察圖像的橫、縱坐標所代表的物理量及單位；

確認橫、縱坐標是不是從0開始以及橫、縱坐標的單位長度;

分析圖像中的曲線形狀，理解圖像中的斜率，面積，截距，交點，拐點，漸近線的物理意義。

圖像的斜率：體現某個物理量的大小、方向及變化情況。

圖像的面積：由圖線、橫軸，有時還要用到縱軸及圖線上的一個點或兩個點到橫軸的垂線段所圍圖形

的面積，一般都能表示某個物理量。

圖像的截距：縱軸上以及橫軸上的截距有時表示某一狀態物理量的數值。

圖像的交點：往往是解決問題的切入點。

圖像的轉折點：滿足不同的函數關系式，對解題起關鍵作用。

圖像的漸近線：往往可以利用漸近線求出該物理量的極值。

3、圖像的兩類分析

己知物體在某個物理過程中所受的某個力隨時間變化的圖像，分析物體的運動情況；

已知物體在某個運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖像，分析物體的受力情況。

4、電磁感應圖像問題

解題關鍵：弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數表達式、進出磁場的轉折

點等是解決此類問題的關鍵。

解題步驟：①明確圖像的種類，即是圖像還是。一》圖像，或者￡一，圖像、/一f圖像等；對切割

磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及E-x圖像和/一x圖像；②分析電磁感應的具體過程；

③用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；⑤結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運

動定律、動能定理、動量守恒定律等知識寫出相應的函數關系式；⑥根據函數關系式，進行數學分析，如

分析斜率的變化、截距等；⑦對結果進行分析和討論。

&堡永熱鐵*

如圖甲所示，在光滑水平地面上固定一光滑的豎直軌道MNP,其中水平軌道MN足夠長，NP為半圓形

軌道。一個質量為m的物塊B與輕彈簧連接，靜止在水平軌道MN上；物塊A向B運動，f=0時刻與

彈簧接觸，至〃=2%時與彈簧分離，第一次碰撞結束。A、B的V—圖像圖乙所示。已知在07。時間內，

物體B運動的距離為0.6%%。A、B分離后，B與靜止在水平軌道MN上的物塊C發生彈性正碰，此后

物塊C滑上半圓形豎直軌道，物塊C的質量為m,且在運動過程中始終未離開軌道MNP。已知物塊A、

B、C均可視為質點，碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g。求：

(1)物塊A最終運動的速度：

(2)A、B第一次碰撞和第二次碰撞過程中，A物體的最大加速度大小之比(彈簧的彈性勢能表達式為

與=；左心2,其中k為彈簧的勁度系數，Ax為彈簧的形變量)；

(3)第二次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值。

核心考點3動力學三大觀點的應用一一力學模型

一、小球彈簧模型

1、模型示意圖

2、模型的動力學分析r

^o最同點：速度為零

一幺接觸點:速度不是最大

sa方向1,大小減小

一3平衡點:加速度為零、速度最大

sa方向T,大小增大

s--C最低點:速度為零、加速度最大且大于g

3、模型的動力學圖像

【注意】彈簧的幾個特殊位置：原長（此處彈力為零）；平衡位置（合力為零的位置，此處速度最大）;

最高點或最低點（速度為零，加速度最大）。

二、輕繩連接體模型

1、模型示意圖

2、模型動力學分析

隔離6球：3mg-T=3ma,隔離a球：T-mg=ma,得：a=|g,T=|wg?

b落地前，a機械能增加、b減小，系統機械能守恒；b落地后若不反彈，繩松，a機械能守恒。

三、滑塊木板模型

1、模型特點

滑塊（視為質點）置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發生相對滑

動。

2、模型示意圖

3、位移關系

滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差AX=X1—X2=〃板長）；滑塊

和木板反向運動時，位移大小之和切+M=￡。

4、加速度關系

如果滑塊與木板之間沒有發生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度；如果滑塊與木板

之間發生相對運動，應采用“隔離法”分別求出滑塊與木板運動的加速度。應注意找出滑塊與木板是否發生相

對運動等隱含條件。

5、速度關系

滑塊與木板之間發生相對運動時，明確滑塊與木板的速度關系，從而確定滑塊與木板受到的摩擦力。

應注意當滑塊與木板的速度相同時，摩擦力會發生突變的情況。

6、動力學分析

滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零時，優先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外

力時，需選用動力學觀點解題；應注意區分滑塊、木板各自相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學

公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統摩擦生熱時用相對位移（或相對路程）。

【注意】①用動力學觀點分析模型時要抓住一個轉折和兩個關聯:一個轉折（滑塊與木板達到相同速

度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態變化的轉折點）；兩個關聯（轉折前、后受力情況之間的關聯

和滑塊、木板位移和板長之間的關聯）。②用動量和功能觀點分析模型要抓住一個條件和兩個分析及一個

規律：一個條件（滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零是系統動量守恒的條件）；兩個分析（分析滑

塊和木板相互作用過程的運動分析和作用前后的動量分析）；一個規律（能量守恒定律是分析相互作用過

程能量轉化必定遵守的規律，且牢記摩擦生熱的計算公式0=/4相對）O

:I◎黑幻凝Ii

；如圖所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道48,軌道上/點切線沿水平方向，忽略/點距地：

；面的高度，軌道右側有質量W=1kg的靜止薄木板，上表面與N點平齊。一質量俏=1kg的小滑塊（可；

：視為質點）以初速度%=14m/s從右端滑上薄木板，重力加速度大小為g=10m/s2,小滑塊與薄木板之；

；間的動摩擦因數為〃=0.75。

：（1）若薄木板左端與/點距離d足夠長，薄木板長度￡=7.4m,薄木板與軌道/端碰后立即靜止，求；

；小滑塊離開薄木板運動到軌道上N點時的速度V”；：

II

：（2）在（1）中，小滑塊繼續沿圓弧軌道運動至B點沿切線方向飛出，最后落回水平地面，不計空：

；氣阻力，5點與地面間的高度差〃=L2m保持不變，圓弧N3對應的圓心角?？烧{，求小滑塊的最大水：

II

；平射程%及對應的圓心角。；!

II

：（3）若薄木板長度上足夠長，薄木板與軌道/端碰后立即以原速率彈回，調節初始狀態薄木板左端與：

II

：/點距離1,使得薄木板與軌道/端只能碰撞2次，求"應滿足的條件。：

；O\

\%；

：\二dJ；

'///////////////////////////////////////////////////////////

I_______________________________________________________________________________________________________________________________I

四、傳送帶模型

1、水平傳送帶

滑塊的運動情況

情景傳送帶不足夠長（未達到和

傳送帶足夠長

傳送帶相對靜止）

%=0v

口一

Q______O一直加速先加速后勻速

U。4<，時，一直加速4</時，先加速再勻速

E冬、

Q_______O

%>/時，一直減速刈>/時，先減速再勻速

滑塊先減速到速度為0,后被傳送帶

傳回左端

jn______滑塊一直減速到右端

Q_______O若功<”，則返回到左端時速度為

若14>>匕則返回到左端時速度為/

2、傾斜傳送帶

滑塊的運動情況

情景

傳送帶不足夠長傳送帶足夠長

一直加速（一定滿足關系

先加速后勻速（一定滿足關系gsin6v〃gcos3）

gsin0</zgcos。）

若pNtan仇先加速后勻速

直加速（加速度為gsin0

+/zgcos0）若〃vtan。，先以Qi加速，后以。2加速

時，一直加速（加速度%</時，若〃Ntan仇先加速后勻速；若〃〈tan

為gsin0+jugcos0）0,先以加速，后以。2加速

時，若〃〈tan仇一直

加速，加速度大小為gsin。

時，若〃Ntan。，先減速后勻速；若4Vtan

一〃gcos仇若〃2tan仇一

仇一直加速

直減速，加速度大小為

//geos夕一gsin0

產gsin0>/zgcos9,一直加速；gsin0=/zgcos9,一直勻速

gsin0</Ligcos3,先減速到速度為0后反向加

速，若刈加速到原位置時速度大小為

（摩擦力方向一定沿gsin<9</zgcos仇一直減速Wiz,

斜面向上）14;若%>/，運動到原位置時速度大小為/

3、動力學分析

靜摩擦力做功的特點：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功；②相互作用的一對靜

摩擦力做功的代數和總是等于零，不會轉化為內能。

滑動摩擦力做功的特點：①滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功；②相互間存在滑

動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產生的內能。

摩擦生熱的計算：①。=a-s相對，其中s相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程；②傳送帶因傳送物體

多消耗的能量等于物體增加的機械能與系統產生的內能之和。

【注意】動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛

頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系；能量角度：求傳送

帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，

常依據功能關系或能量守恒定律求解。

||而京屈!

；如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點。正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送：

；帶MN與直軌道48、CO、FG處于同一水平面上，AB,MN、CD的長度均為/。圓弧形細管道0E半徑為：

；R,EF在豎直直徑上，E點高度為小開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于。點，并向左拉開一定的；

；高度h由靜止下擺，細線始終張緊,擺到最低點時恰好與a發生彈性正碰。已知機=2g,/=Im,R=0.4m,；

；27=0.2m,v=2m/s,物塊與MN、C。之間的動摩擦因數〃=0.5,軌道AB和管道DE均光滑，物塊a:

；落到FG時不反彈且靜止。忽略例、B和N、C之間的空隙，CD與OE平滑連接，物塊可視為質點，??；

JI

1g=10m/s2o[

?

；⑴若〃=1.25m,求a、b碰撞后瞬時物塊。的速度%的大小；：

?

；⑵物塊。在OE最高點時，求管道對物塊的作用力既與h間滿足的關系；：

??

；（3）若物塊b釋放高度0.9m<〃<1.65m,求物塊。最終靜止的位置x值的范圍（以A點為坐標原點，水平；

五、滑塊斜（曲）面模型

1、模型示意圖

M'—q機

7接7777版7777面7777光7777滑7777777

2、動力學分析

上升到最大高度時：”，與河具有共同的水平速度v共，此時加的豎直速度均=0。系統水平方向動量守

恒：加VO=（Af+加）V共，系統機械能守恒：J〃V（）2=g（M+加）V共2+加g/j,其中7?為滑塊上升的最大高度，不一

定等于軌道的高度（相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為m的重力勢能）。

返回最低點時：加與〃的分離點.相當于完成了彈性碰撞，分離瞬間口與〃的速度可以用彈性碰撞中一

動碰一靜的結論得到水平方向動量守恒：，〃vo=mvi+A/v2,系統機械能守恒：-/nvo2相當于

222

完成了彈性碰撞。

六、子彈木塊模型

1、模型示意圖

%+...................——

2、動力學分析

子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。這是一種完全非彈性碰撞。

從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：mv0=（M+m）v,從能量的角度看，該過程系

統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為/,設子彈、木塊的位移大小分別為與，如

圖所不，顯然有S]-S?=d,對子彈用動能定理：-f?s、=—mV?——niv^,對木塊用動能定理：

22

f-s2=—Mv,則有：f■d=-mvl-—（#+fflV=—（如~rVQ。

222°2V72（#+m）0

若d=￡（木塊的長度）時，說明子彈剛好穿過木塊，子彈和木塊具有共同速度V。

若（木塊的長度）時，說明子彈未能穿過木塊，最終子彈留在木塊中，子彈和木塊具有共同速度

Vo

若（木塊的長度）時，說明子彈能穿過木塊，子彈射穿木塊時的速度大于木塊的速度。設穿過木

塊后子彈的速度為v/,木塊的速度為V2,則有：mvo=mvi+Mv2,-f（S2+I）/弓/吟，f82=-1Mv\,

解得：Q=fL=^mvl-Mv\+mv\?

七、用三大觀點分析直線、平拋、圓周模型等綜合問題

1、動量觀點的分析思路

確定研究對象和研究過程；

兩種解題路徑：①動量守恒定律：判斷研究過程中所研究對象動量是否守恒，如果守恒，用動量守恒

定律列方程（常與機械能守恒定律或能量守恒定律結合）；②動量定理：明確初、末狀態的動量，明確總沖

量。

對結論進行分析和討論。

2、能量觀點的分析思路

明確研究對象和研究過程；

進行運動分析和受力分析；

解題路徑：①動能定理：需要明確初、末動能，明確力的總功；②機械能守恒定律：根據機械能守恒

條件判斷研究對象的機械能是否守恒，只有滿足機械能守恒的條件時才能應用此規律；③功能關系：根據

常見的功能關系求解；④能量守恒定律：適用于所有情況。

對結論進行分析和討論。

【注意】多體問題：選取研究對象和尋找相互聯系是求解多體問題的兩個關鍵。選取研究對象后需根

據不同的條件采用隔離法，即把研究對象從其所在的系統中抽離出來進行研究；或采用整體法，即把幾個

研究對象組成的系統作為整體進行研究；或將隔離法與整體法交叉使用。通常，符合守恒定律的系統或各

部分運動狀態相同的系統，宜采用整體法；在需討論系統各部分間的相互作用時，宜采用隔離法；對于各

部分運動狀態不同的系統，應慎用整體法。至于多個物體間的相互聯系，通常可從它們之間的相互作用、

運動的時間、位移、速度、加速度等方面去尋找。

多過程問題：觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯系是求解多過程問題的兩個關鍵。分析過程特

征需仔細分析每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態參量等，以便運用相應的物理規律逐個進行

研究。至于過程之間的聯系，則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找。

注重審題，深究細琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是

求解的關鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現象、認識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行

間或圖像中去挖掘。

解題時必須根據不同條件對各種可能情況進行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據一

定的標準分類，再逐類進行探討，防止漏解。

如圖所示，水平光滑軌道。/上有一質量為"?的小物塊甲正向左運動，速度大小為v=40m/s,小物塊

乙靜止在水平軌道左端，質量與甲相等，二者發生正碰后粘在一起從/點飛出，恰好無碰撞地經過2

點，最后進入另一豎直光滑半圓軌道。8是半徑為R=10m的光滑圓弧軌道的右端點，。為軌道最低點，

且圓弧所對圓心角。=37。，C點又與一動摩擦因數〃=0.2的粗糙水平直軌道CD相連，CD長為s

=15m,不計空氣阻力，兩物塊均可視為質點，重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8?

(1)求小物塊甲與小物塊乙正碰粘在一起后的速度大??；

⑵求/、8兩點之間的高度差；

(3)通過計算討論，若甲、乙兩物塊不脫離半圓軌道DE,則半圓軌道的半徑的取值范圍為多少？

核心考點4動力學三大觀點的應用一一電磁學

一、三大觀點在電學中的規律

1、電場規律

電場力的特點：F=Eq,正電荷受到的電場力與場強方向相同，負電荷受到的電場力與場強方向相反。

電場力做功的特點：WAB=FLABCOS9=qUAB=EpA—EpB。

【注意】在多階段運動過程中，當物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發生突變，故物體在

前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度，對于多階段運動過程中物體在各階段中發生的位移之間

的聯系，可以通過作運動過程草圖來獲得。動量守恒定律與其他知識綜合應用類問題的求解，與一般的力

學問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復雜多樣，分析清楚物理過程，正確識別物理模型是解決問

題的關鍵。

二、三大觀點在電磁感應中的規律

1、關系的轉換

電動勢E=B岳或E=JBP3

「由源---2------------

電學對象-TTT7

.[L電路一滯煞;一串聯一片R*"

"(----------

[-受力分析--安培力Fn=BIl—?合力F^=ma

1

力學對象一1----------

'—過程分析—?加速度。、速度。------------------

【注意】感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯系在一起。解決

這類問題需要綜合應用電磁感應規律（法拉第電磁感應定律、楞次定律）及力學中的有關規律（共點力的平衡

條件、牛頓運動定律、動能定理等）。

2、能量問題

能量問題：在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或

回路就相當于電源；分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發生了相互轉化；根據能量守

恒列方程求解。

【注意】①源的分析：明確電磁感應所產生的電源，確定E和r；②路的分析：弄清楚串聯和并聯的關

系，求出電流，確定安培力；③力的分析：分析桿和線圈受力情況，求出合力；④運動的分析：由力和運

動的關系，確定運動模型；⑤能量的分析：確定參與轉化的能量形式，確定能量規律。

三、電磁學中模型

1、帶電粒子在疊加場中的運動模型

疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。

洛倫茲力、重力并存：若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動；若重力和洛倫茲力不平

衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。

電場力、洛倫茲力并存（不計重力的粒子）：若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動；若

電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。

電場力、洛倫茲力、重力并存：若三力平衡，一定做勻速直線運動；若重力與電場力平衡，一定做勻

速圓周運動；若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守

恒定律或動能定理求解問題。

【注意】帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運

動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用

動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解。

如圖，一質量為根i=lkg,帶電荷量為q=+0.5C的小球以速度vo=3m/s,沿兩正對帶電平行金屬板（板

間電場可看成勻強電場）左側某位置水平向右飛入，極板長0.6m,兩極板間距為0.5m,不計空氣阻力，

小球飛離極板后恰好由A點沿切線落入豎直光滑圓弧軌道NBC,圓弧軌道/8C的形狀為半徑R<3m的

圓截去了左上角127。的圓弧，C3為其豎直直徑，在過N點豎直線。（7的右邊界空間存在豎直向下的勻

強電場，電場強度為￡=10V/m.（取g=10m/s2）求：

O'\B

E

（1）兩極板間的電勢差大小。；（2）欲使小球在圓弧軌道運動時不脫離圓弧軌道，求半徑R的取值應滿足

的條件。

2、單桿模型

常見情景（導軌和桿電阻不

過程分析三大觀點的應用

計，以水平光滑導軌為例）

設運動過程中某時刻的速度

為v,力口速度為°=外包,、

a,a動力學觀點：分析加速度

單桿阻尼式mR

能量觀點：動能轉化為焦耳熱

V反向，導體棒做減速運動，

動量觀點：分析導體棒運動的

v1=aj,當a=0時，V—0,導

PaQ位移、時間和通過的電荷量

體棒做加速度減小的減速運

動，最終靜止

導體棒從靜止開始運動，設運

動過程中某時刻導體棒的速

動力學觀點：分析最大加速

度為V,加速度為?=--

m度、最大速度

單桿發電式

BLv,歹恒定時，。、V同向，能量觀點：力尸做的功等于導

JMtBlt.bfNmR

體棒的動能與回路中焦耳熱

隨V的增加，。減小，當Q=0

之和

PaQ

時，V取大，Vm—aT旦定

B29L2動量觀點：分析導體棒的位

時，F=肛辿―必F與t為移、通過的電荷量

R

一次函數關系

開關S剛閉合時，Qb桿所受安動力學觀點：分析最大加速

人》BLE兒□-+BLE

含“源”電動式(vo=O)培力尸=-此時0=--.度、最大速度

rmr

a能量觀點：消耗的電能轉化為

速度吸=/感=5上vT=/J=_F=

動能與回路中的焦耳熱

5〃4n加速度“J,當月感=E

S7b動量觀點：分析導體棒的位

時，V最大，且Vm=￡

BL移、通過的電荷量

動力學觀點：最終速度

不等距導軌

。棒減速，b棒加速，E=BL\va

能量觀點：動能轉化為焦耳熱

一BL2Vb由為［以1=/1=

動量觀點：

廠安［=4］,當BLlVa=BL2Vb時,

BIL\t=mvQ—mva

4=0,兩棒勻速

BIL^—mvb—0

0卻打決

如圖所示，兩光滑平行長直導軌，間距為d,放置在水平面上，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面

垂直，兩質量都為m、電阻都為r的導體棒乙、右垂直放置在導軌上，與導軌接觸良好，兩棒兩導體

棒距離足夠遠，4靜止，4以初速度%向右運動，不計導軌電阻，忽略感生電流產生的磁場，則