高考物理大二輪總復習 增分策略 專題二 第2講 動力學觀點在電學中的應用課件.ppt

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專題二力與物體的直線運動,,,,,高考題型1電場內(nèi)動力學問題分析,高考題型2磁場內(nèi)動力學問題分析,高考題型3電磁感應中的動力學問題分析,欄目索引,,,第2講動力學觀點在電學中的應用,1．在電場中處理力學問題時，其分析方法與力學相同．首先進行受力分析，然后看粒子所受的合力與速度方向是否一致，其運動類型有電場內(nèi)的加速運動和在交變電場內(nèi)的往復運動．,考向一,,解題方略,,高考題型1電場內(nèi)動力學問題分析,例1質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從某一點靜止釋放，運動t秒后空間出現(xiàn)豎直方向的勻強電場，再經(jīng)過t秒，小球又回到出發(fā)點，不計空氣阻力且始終沒有落地．求電場強度E.解析以豎直向下為正方向，則有釋放后t秒末的速度v1＝gt,出現(xiàn)電場后，經(jīng)過t秒，小球又回到初始位置，說明電場力豎直向上，根據(jù)小球帶正電，可判斷電場方向豎直向上，,出現(xiàn)電場后，合力為恒力，仍為勻變速直線運動，設回到出發(fā)點的速度大小為v2,x1＝－x2整理可得v2＝2v1根據(jù)牛頓運動定律有mg－qE＝ma,整理可得qE＝4mg,預測1如圖1所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，且mg＝qE，則下面說法中正確的是()A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為g,圖1,解析因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場力的方向與水平方向夾角為30，斜向上．如圖所示．故A錯誤；,根據(jù)平行四邊形定則知，小球所受的重力和電場力相等，兩個力的夾角為120，所以合力大小與分力大小相等，等于mg，根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度為g.故B正確；,答案B,預測2(多選)如圖2甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合．一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細桿上套有一個質(zhì)量為m＝10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.010－4C．小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的v－t圖象如圖乙所示．小球運動到B點時，速度圖象的切線斜率最大(圖中標出了該切線)．則下列說法正確的是(),圖2,A．在O點右側(cè)桿上，B點場強最大，場強大小為E＝1.2V/mB．由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后變大C．由C到A電勢逐漸降低D．C、B兩點間的電勢差UCB＝0.9V,從C到A電場力一直做正功，故電勢能一直減小，故B錯誤，C正確；,答案ACD,預測3(多選)如圖3所示，三個可視為質(zhì)點的金屬小球A、B、C，質(zhì)量分別為m、2m和3m，B球帶負電，電荷量為－q，A、C不帶電，用不可伸長的絕緣細線將三球連接，最上邊的細線連接在斜面頂端的O點，三球均處于場強大小為E的豎直向上的勻強電場中，三段細線均伸直，三個金屬球均靜止于傾角為30的絕緣光滑斜面上，則下列說法正確的是(),圖3,答案AD,1．對于磁場內(nèi)的動力學問題，要特別注意洛倫茲力的特性，因F洛＝qvB，則速度v的變化影響受力，受力的變化又反過來影響運動．2．帶電粒子在電場力、重力和洛倫茲力共同作用下的直線運動只能是勻速直線運動．,考向一,,高考題型2磁場內(nèi)動力學問題分析,解題方略,,3．此類問題也常出現(xiàn)臨界問題，如滑塊脫離木板的臨界條件是支持力為零．,,例2(多選)如圖4所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶正電q＝0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為F＝0.6N的恒力，g取10m/s2，則滑塊(),圖4,A．開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動B．一直做加速度為2m/s2的勻加速運動，直到滑塊飛離木板為止C．速度為6m/s時，滑塊開始減速D．最終做速度為10m/s的勻速運動,滑塊開始的加速度為2m/s2，當恰好要開始滑動時，F(xiàn)f＝μ(mg－qv′B)＝ma，代入數(shù)據(jù)得：v′＝6m/s，此后滑塊的加速度減小，仍然做加速運動，故C錯誤．答案AD,預測4如圖所示，一個不計重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場中．A中I是兩條垂直紙平面的長直導線中等大反向的電流，虛線是兩條導線連線的中垂線；B中＋Q是兩個位置固定的等量同種點電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外．其中，帶電粒子不可能做勻速直線運動的是(),解析A中根據(jù)安培定則判斷知虛線上合磁場的方向沿虛線方向向右，與帶電粒子的速度方向平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，因而帶電粒子做勻速直線運動，故A正確；B中根據(jù)等量同種電荷的電場線分布可知電場線與虛線重合，帶電粒子所受的電場力與其速度平行，粒子做變速直線運動，故B錯誤；,C中由安培定則知圓環(huán)線圈產(chǎn)生的磁場與虛線重合，與帶電粒子的速度方向平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，帶電粒子能做勻速直線運動，故C正確；D中若粒子帶正電，粒子所受的電場力向上，由左手定則判斷知洛倫茲力方向向下，能與電場力平衡，則帶電粒子能做勻速直線運動．故D正確．答案B,預測5如圖5所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根水平放置的平行粗糙金屬導軌CD、EF，導軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t＝0時刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流I的大小與時間t成正比，即I＝kt，其中k為常量，不考慮電流對勻強磁場的影響，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．下列關(guān)于金屬棒的加速度a、速度v隨時間t變化的關(guān)系圖象，可能正確的是(),圖5,答案D,預測6如圖6甲，一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5s，關(guān)于帶電物塊及運動過程的說法正確的是()A．該物塊帶負電B．皮帶輪的傳動速度大小一定為1m/sC．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D．在2～4.5s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對運動,圖6,解析由題圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運動．物塊的最大速度是1m/s.對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向：μFN－mgsinθ＝ma①物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知，物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開始時：FN＝mgcosθ，后來：FN′＝mgcosθ－F洛，即洛倫茲力的方向是向上的．物塊沿皮帶向上運動，由左手定則可知，物塊帶正電．故A錯誤；,物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結(jié)合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當加速度等于0時，物塊達到最大速度，此時：mgsinθ＝μ(mgcosθ－F洛)②由②可知，只要皮帶的速度大于等于1m/s，則物塊達到最大速度的條件與皮帶的速度無關(guān)，所以皮帶的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物塊可能相對于皮帶靜止，有可能相對于皮帶不靜止．故B錯誤，D正確；,由以上的分析可知，皮帶的速度不能判斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移．故C錯誤．答案D,1．對于導體棒在磁場中動力學問題的分析要特別注意棒中的感應電流受到的安培力一般是阻力．2．電磁感應中導體棒在安培力和其他恒力作用下的三種運動類型：勻速直線運動、加速度逐漸減小的減速直線運動、加速度逐漸減小的加速直線運動．,考向一,,高考題型3電磁感應中的動力學問題分析,解題方略,,例3如圖7甲所示，兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導軌相距為L＝2m，導軌平面與水平面成θ＝30角，下端連接阻值R＝1.5Ω的電阻；質(zhì)量為m＝1.4kg、阻值r＝0.5Ω的勻質(zhì)金屬棒ab放在兩導軌上，距離導軌最下端為L1＝1m，棒與導軌垂直并保持良好接觸，動摩擦因數(shù)μ＝.整個裝置處于一勻強磁場中，該勻強磁場方向與導軌平面垂直(向上為正)，磁感應強度大小隨時間變化的情況如圖乙所示．(g＝10m/s2),圖7,(1)在0～1.0s內(nèi)，金屬棒ab保持靜止，求通過的電流大小和方向；,答案2.0A方向b→a,(2)求t＝1.1s時刻，ab棒受到的摩擦力的大小和方向；解析t＝1.1s時，電流大小方向都不變，由題圖乙可得B1＝0.2T，安培力F＝B1IL＝0.8N，方向沿斜面向下．mgsinθ＋F＝7.8N<μmgcosθ，ab仍保持靜止所以Ff＝mgsinθ＋F＝7.8N，方向沿斜面向上．答案7.8N方向沿斜面向上,(3)1.2s后對ab棒施加一沿斜面向上的拉力FT，使ab棒沿斜面向上做勻加速運動，加速度大小為5m/s2，請寫出拉力FT隨時間t′(加F時開始計時)的變化關(guān)系式．解析1.2s后，對ab棒由法拉第電磁感應定律得E′＝B2Lvv＝at′F′＝B2I2L．,由牛頓第二定律得：FT－mgsinθ－μmgcosθ－F′＝ma聯(lián)立解得：FT＝23＋1.6t′(N)．答案FT＝23＋1.6t′(N),預測7(多選)如圖8所示，足夠長的光滑“”形金屬導體框豎直放置，除電阻R外其余部分阻值不計．質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接觸良好．磁感應強度分別為B1、B2的有界勻強磁場方向相反，但均垂直于框架平面，分別處在abcd和cdef區(qū)域．現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當金屬棒進入磁場B1區(qū)域后，恰好做勻速運動．以下說法中正確的有(),圖8,A．若B2＝B1，金屬棒進入B2區(qū)域后仍保持勻速下滑B．若B2＝B1，金屬棒進入B2區(qū)域后將加速下滑C．若B2B1，金屬棒進入B2區(qū)域后先減速后勻速下滑,若B2B1，金屬棒進入B2區(qū)域后安培力增大，將大于金屬棒的重力，棒將先做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，當安培力再次與重力平衡后，金屬棒又做勻速運動，故D正確．答案ACD,預測8兩根足夠長的平行光滑導軌豎直固定放置，頂端接一電阻R，導軌所在平面與勻強磁場垂直．將一金屬棒與下端固定的輕彈簧的上端拴接，金屬棒和導軌接觸良好，重力加速度為g，如圖9所示．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則()A．回路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量B．金屬棒在最低點的加速度小于gC．當彈簧彈力等于金屬棒的重力時，金屬棒下落速度最大D．金屬棒在以后運動過程中的最大高度一定等于靜止釋放時的高度,圖9,解析根據(jù)能量守恒定律可知，金屬棒減少的重力勢能應等于回路產(chǎn)生的熱量與彈簧增加的彈性勢能之和，即產(chǎn)生的熱量小于金屬棒減少的重力勢能，所以A錯誤；釋放時，金屬棒只受重力，金屬棒的加速度a＝g，如果沒有磁場時，根據(jù)簡諧運動規(guī)律可知，金屬棒在最低點的加速度與釋放時的加速度相等，即a＝g，有磁場時，由于電磁感應，金屬棒下落過程中會受到安培力的阻礙作用，所以金屬棒下落的高度小于沒有磁場時下落的高度，因此金屬棒在最低點的加速度小于g，所以B正確；,根據(jù)牛頓第二定律分析可知，當金屬棒受到的重力等于彈簧彈力與金屬棒受到的安培力之和時，金屬棒的速度最大，所以C錯誤；如果沒有磁場，即沒有電磁感應中產(chǎn)生的電能時，金屬棒仍能回到釋放時的位置，所以有磁場時，由于回路中會產(chǎn)生電能，所以金屬棒不能回到釋放時的高度，所以D錯誤．答案B,預測9如圖10甲所示是航母上的艦載機通過電磁彈射起飛的示意圖，其原理可簡化成圖乙所示情景：水平面內(nèi)由平行長直金屬導軌組成的區(qū)域內(nèi)，等間距分布著豎直向下和豎直向上的磁場，磁感應強度均為B；航母甲板下方的電磁彈射車可簡化為一個矩形金屬框，其長邊等于導軌間距L、短邊等于每個磁場的寬度，電阻為R.當磁場向右運動時，金屬框在電磁力的作用下也向右運動，從而帶動航母甲板上方的艦載機向前運動．艦載機與電磁彈射車組成的彈射系統(tǒng)總質(zhì)量為m、運動時所受阻力大小恒為F，金屬框外的電阻不計．,,,圖10,(1)當彈射系統(tǒng)在軌道上勻速運動時，求金屬框內(nèi)的電流大小和磁場相對金屬框的速度大??；解析設金屬框內(nèi)電流大小為I，磁場相對金屬框的速度大小為v相，金屬框左、右兩邊受到的安培力均為：FA＝ILB系統(tǒng)勻速運動，則：2FA＝F,(2)若t＝0時，磁場由靜止開始水平向右做勻加速直線運動，經(jīng)一段時間后，金屬框也開始做勻加速直線運動，其速度與時間關(guān)系如圖丙所示．已知t時刻金屬框速度為vt，求磁場的加速度大?。馕鲈O相對速度大小為v相′,金屬框要做勻加速運動(a不變)，則必有v相′一定即磁場與金屬框加速度相等結(jié)合圖象可得：v相′＝at－vt,