高考物理大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題二 第2講 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用課件.ppt

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專題二力與物體的直線運(yùn)動(dòng),高考題型1電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問題分析,高考題型2磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問題分析,高考題型3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析,欄目索引,第2講動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用,1在電場(chǎng)中處理力學(xué)問題時(shí)，其分析方法與力學(xué)相同首先進(jìn)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(yùn)動(dòng)類型有電場(chǎng)內(nèi)的加速運(yùn)動(dòng)和在交變電場(chǎng)內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動(dòng),考向一,解題方略,高考題型1電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問題分析,例1質(zhì)量為m、電荷量為q的小球從某一點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)t秒后空間出現(xiàn)豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過t秒，小球又回到出發(fā)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力且始終沒有落地求電場(chǎng)強(qiáng)度E.解析以豎直向下為正方向，則有釋放后t秒末的速度v1gt,出現(xiàn)電場(chǎng)后，經(jīng)過t秒，小球又回到初始位置，說明電場(chǎng)力豎直向上，根據(jù)小球帶正電，可判斷電場(chǎng)方向豎直向上，,出現(xiàn)電場(chǎng)后，合力為恒力，仍為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)回到出發(fā)點(diǎn)的速度大小為v2,x1x2整理可得v22v1根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有mgqEma,整理可得qE4mg,預(yù)測(cè)1如圖1所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運(yùn)動(dòng)，直線ON與水平面的夾角為30，若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，重力加速度為g，且mgqE，則下面說法中正確的是()A電場(chǎng)方向豎直向上B小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g,圖1,解析因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)力的方向與水平方向夾角為30，斜向上如圖所示故A錯(cuò)誤；,根據(jù)平行四邊形定則知，小球所受的重力和電場(chǎng)力相等，兩個(gè)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(yù)測(cè)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(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細(xì)桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q5.0104C小球從C點(diǎn)由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，速度圖象的切線斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線)則下列說法正確的是(),圖2,A在O點(diǎn)右側(cè)桿上，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，場(chǎng)強(qiáng)大小為E1.2V/mB由C到A的過程中，小球的電勢(shì)能先減小后變大C由C到A電勢(shì)逐漸降低DC、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UCB0.9V,從C到A電場(chǎng)力一直做正功，故電勢(shì)能一直減小，故B錯(cuò)誤，C正確；,答案ACD,預(yù)測(cè)3(多選)如圖3所示，三個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬小球A、B、C，質(zhì)量分別為m、2m和3m，B球帶負(fù)電，電荷量為q，A、C不帶電，用不可伸長的絕緣細(xì)線將三球連接，最上邊的細(xì)線連接在斜面頂端的O點(diǎn)，三球均處于場(chǎng)強(qiáng)大小為E的豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，三段細(xì)線均伸直，三個(gè)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(duì)于磁場(chǎng)內(nèi)的動(dòng)力學(xué)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(yùn)動(dòng)2帶電粒子在電場(chǎng)力、重力和洛倫茲力共同作用下的直線運(yùn)動(dòng)只能是勻速直線運(yùn)動(dòng),考向一,高考題型2磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)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(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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m0.1kg、帶正電q0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，現(xiàn)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為F0.6N的恒力，g取10m/s2，則滑塊(),圖4,A開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，直到滑塊飛離木板為止C速度為6m/s時(shí)，滑塊開始減速D最終做速度為10m/s的勻速運(yùn)動(dòng),滑塊開始的加速度為2m/s2，當(dāng)恰好要開始滑動(dòng)時(shí)，F(xiàn)f(mgqvB)ma，代入數(shù)據(jù)得：v6m/s，此后滑塊的加速度減小，仍然做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤答案AD,預(yù)測(cè)4如圖所示，一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場(chǎng)中A中I是兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中等大反向的電流，虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線；B中Q是兩個(gè)位置固定的等量同種點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外其中，帶電粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)的是(),解析A中根據(jù)安培定則判斷知虛線上合磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，故A正確；B中根據(jù)等量同種電荷的電場(chǎng)線分布可知電場(chǎng)線與虛線重合，帶電粒子所受的電場(chǎng)力與其速度平行，粒子做變速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；,C中由安培定則知圓環(huán)線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，故C正確；D中若粒子帶正電，粒子所受的電場(chǎng)力向上，由左手定則判斷知洛倫茲力方向向下，能與電場(chǎng)力平衡，則帶電粒子能做勻速直線運(yùn)動(dòng)故D正確答案B,預(yù)測(cè)5如圖5所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根水平放置的平行粗糙金屬導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t0時(shí)刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流I的大小與時(shí)間t成正比，即Ikt，其中k為常量，不考慮電流對(duì)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的影響，金屬棒與導(dǎo)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(shí)間t變化的關(guān)系圖象，可能正確的是(),圖5,答案D,預(yù)測(cè)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(shí)針傳動(dòng)，該裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，物塊由底端E運(yùn)動(dòng)至皮帶輪頂端F的過程中，其vt圖象如圖乙所示，物塊全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.5s，關(guān)于帶電物塊及運(yùn)動(dòng)過程的說法正確的是()A該物塊帶負(fù)電B皮帶輪的傳動(dòng)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(duì)位移D在24.5s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對(duì)運(yùn)動(dòng),圖6,解析由題圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)物塊的最大速度是1m/s.對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可知，開始時(shí)物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為，沿斜面的方向：FNmgsinma物塊運(yùn)動(dòng)后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由式可知，物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開始時(shí)：FNmgcos，后來：FNmgcosF洛，即洛倫茲力的方向是向上的物塊沿皮帶向上運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，物塊帶正電故A錯(cuò)誤；,物塊向上運(yùn)動(dòng)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)合式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時(shí)，物塊達(dá)到最大速度，此時(shí)：mgsin(mgcosF洛)由可知，只要皮帶的速度大于等于1m/s，則物塊達(dá)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(duì)于皮帶靜止，有可能相對(duì)于皮帶不靜止故B錯(cuò)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(duì)位移故C錯(cuò)誤答案D,1對(duì)于導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中動(dòng)力學(xué)問題的分析要特別注意棒中的感應(yīng)電流受到的安培力一般是阻力2電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒在安培力和其他恒力作用下的三種運(yùn)動(dòng)類型：勻速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng),考向一,高考題型3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)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(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距為L2m，導(dǎo)軌平面與水平面成30角，下端連接阻值R1.5的電阻；質(zhì)量為m1.4kg、阻值r0.5的勻質(zhì)金屬棒ab放在兩導(dǎo)軌上，距離導(dǎo)軌最下端為L11m，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，動(dòng)摩擦因數(shù).整個(gè)裝置處于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直(向上為正)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示(g10m/s2),圖7,(1)在01.0s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ba,(2)求t1.1s時(shí)刻，ab棒受到的摩擦力的大小和方向；解析t1.1s時(shí)，電流大小方向都不變，由題圖乙可得B10.2T，安培力FB1IL0.8N，方向沿斜面向下mgsinF7.8Nmgcos，ab仍保持靜止所以FfmgsinF7.8N，方向沿斜面向上答案7.8N方向沿斜面向上,(3)1.2s后對(duì)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(yùn)動(dòng)，加速度大小為5m/s2，請(qǐng)寫出拉力FT隨時(shí)間t(加F時(shí)開始計(jì)時(shí))的變化關(guān)系式解析1.2s后，對(duì)ab棒由法拉第電磁感應(yīng)定律得EB2LvvatFB2I2L,由牛頓第二定律得：FTmgsinmgcosFma聯(lián)立解得：FT231.6t(N)答案FT231.6t(N),預(yù)測(cè)7(多選)如圖8所示，足夠長的光滑“”形金屬導(dǎo)體框豎直放置，除電阻R外其余部分阻值不計(jì)質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接觸良好磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1、B2的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)B1區(qū)域后，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)以下說法中正確的有(),圖8,A若B2B1，金屬棒進(jìn)入B2區(qū)域后仍保持勻速下滑B若B2B1，金屬棒進(jìn)入B2區(qū)域后將加速下滑C若B2B1，金屬棒進(jìn)入B2區(qū)域后先減速后勻速下滑,若B2B1，金屬棒進(jìn)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(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，當(dāng)安培力再次與重力平衡后，金屬棒又做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確答案ACD,預(yù)測(cè)8兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌豎直固定放置，頂端接一電阻R，導(dǎo)軌所在平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dǎo)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(shì)能的減少量B金屬棒在最低點(diǎn)的加速度小于gC當(dāng)彈簧彈力等于金屬棒的重力時(shí)，金屬棒下落速度最大D金屬棒在以后運(yùn)動(dòng)過程中的最大高度一定等于靜止釋放時(shí)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(shì)能應(yīng)等于回路產(chǎn)生的熱量與彈簧增加的彈性勢(shì)能之和，即產(chǎn)生的熱量小于金屬棒減少的重力勢(shì)能，所以A錯(cuò)誤；釋放時(shí)，金屬棒只受重力，金屬棒的加速度ag，如果沒有磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，金屬棒在最低點(diǎn)的加速度與釋放時(shí)的加速度相等，即ag，有磁場(chǎng)時(shí)，由于電磁感應(yīng)，金屬棒下落過程中會(huì)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(chǎng)時(shí)下落的高度，因此金屬棒在最低點(diǎn)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(dāng)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(shí)，金屬棒的速度最大，所以C錯(cuò)誤；如果沒有磁場(chǎng)，即沒有電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能時(shí)，金屬棒仍能回到釋放時(shí)的位置，所以有磁場(chǎng)時(shí)，由于回路中會(huì)產(chǎn)生電能，所以金屬棒不能回到釋放時(shí)的高度，所以D錯(cuò)誤答案B,預(yù)測(cè)9如圖10甲所示是航母上的艦載機(jī)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(dǎo)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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B；航母甲板下方的電磁彈射車可簡化為一個(gè)矩形金屬框，其長邊等于導(dǎo)軌間距L、短邊等于每個(gè)磁場(chǎng)的寬度，電阻為R.當(dāng)磁場(chǎng)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框在電磁力的作用下也向右運(yùn)動(dòng)，從而帶動(dòng)航母甲板上方的艦載機(jī)向前運(yùn)動(dòng)艦載機(jī)與電磁彈射車組成的彈射系統(tǒng)總質(zhì)量為m、運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力大小恒為F，金屬框外的電阻不計(jì),圖10,(1)當(dāng)彈射系統(tǒng)在軌道上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求金屬框內(nèi)的電流大小和磁場(chǎng)相對(duì)金屬框的速度大?。唤馕鲈O(shè)金屬框內(nèi)電流大小為I，磁場(chǎng)相對(duì)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：FAILB系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)，則：2FAF,(2)若t0時(shí)，磁場(chǎng)由靜止開始水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間后，金屬框也開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其速度與時(shí)間關(guān)系如圖丙所示已知t時(shí)刻金屬框速度為vt，求磁場(chǎng)的加速度大小解析設(shè)相對(duì)速度大小為v相,金屬框要做勻加速運(yùn)動(dòng)(a不變)，則必有v相一定即磁場(chǎng)與金屬框加速度相等結(jié)合圖象可得：v相atvt,