《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 力與物體的直線運(yùn)動 第2講 動力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 力與物體的直線運(yùn)動 第2講 動力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用課件（32頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講動力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用專題二力與物體的直線運(yùn)動知識回扣1.帶電粒子在磁場中運(yùn)動時，洛倫茲力的方向始終 粒子的速度方向.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(yùn)動只能是_運(yùn)動.3.帶電粒子(不計(jì)重力)在勻強(qiáng)電場中由靜止開始被加速或帶電粒子沿著平行于電場的方向射入勻強(qiáng)電場中時，帶電粒子做 運(yùn)動.4.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)動類型：_ 運(yùn)動、加速度逐漸 的減速直線運(yùn)動、加速度逐漸 的加速直線運(yùn)動.答案垂直于勻速直線勻變速直線勻速直線減小減小規(guī)律方法答案1.帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動的問題：在電場中處理力學(xué)問題時，其分析方法與力學(xué)相同.首先進(jìn)行 ，然后看粒

2、子所受的合力方向與 是否一致，其運(yùn)動類型有電場內(nèi)的加速運(yùn)動和在交變電場內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動.2.帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動過程的情景出現(xiàn).解決的方法：(1)根據(jù)運(yùn)動學(xué)或動力學(xué)分析其中一個 內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律.(2)借助運(yùn)動圖象進(jìn)行運(yùn)動過程分析.受力分析速度方向變化周期高考題型1電場內(nèi)動力學(xué)問題分析高考題型3電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析高考題型2磁場內(nèi)動力學(xué)問題分析內(nèi)容索引高考題型1電場內(nèi)動力學(xué)問題分析解題方略解題方略1.在電場中處理力學(xué)問題時，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)動類型有電場內(nèi)的加速運(yùn)動和在交變電

3、場內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動.例1如圖1所示，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中時，小物塊恰好靜止.重力加速度為 g，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度大??；圖1解析解析小物塊受重力，電場力和彈力三力平衡：Eqmgtan 37解析答案(2)若將電場強(qiáng)度改為豎直向下，大小不變，小物塊的加速度是多大；解析解析由牛頓第二定律可得：(Eqmg)sin 37ma解析答案(3)若將電場強(qiáng)度改為水平向左，大小變?yōu)樵瓉淼?倍，小物塊從高度H處由靜止釋放，求小物塊到達(dá)地面的時間為多少.解析答案解析預(yù)測1(多選)在絕緣光滑的

4、水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB.兩電荷的位置坐標(biāo)如圖2甲所示.圖乙是AB連線之間的電勢與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中xL點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在x2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，下列有關(guān)說法正確的是()A.小球在xL處的速度最大B.小球一定可以到達(dá)x2L點(diǎn)處C.小球?qū)⒁詘L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動D.固定在A、B處的電荷的電量之比為QAQB41圖2解析解析據(jù)x圖象切線的斜率等于場強(qiáng)E，則知xL處場強(qiáng)為零，所以小球在C處受到的電場力向左，向左加速運(yùn)動，到xL處加速度為0，從xL向左運(yùn)動時，電場力向右，做減速運(yùn)動，所以小球在xL處的速度最大，故A正

5、確；由題圖乙可知，x2L點(diǎn)的電勢大于x2L點(diǎn)的電勢，所以小球不可能到達(dá)x2L點(diǎn)處，故B錯誤；由圖知圖象不關(guān)于xL對稱，所以xL點(diǎn)不是中心，故C錯誤；預(yù)測2如圖3甲所示為兩平行金屬板，板間電勢差變化如乙圖所示.一帶電小球位于兩板之間，已知小球在0t時間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在3t時刻小球恰好經(jīng)過靜止時的位置，整個過程帶電小球沒有與金屬板相碰.則乙圖中Ux的值為()A.3U0 B.4U0C.5U0 D.6U0圖3返回解析返回3t時刻回到靜止位置則x2x1解以上各式得Ux5U0.高考題型2磁場內(nèi)動力學(xué)問題分析解題方略解題方略1.對于磁場內(nèi)的動力學(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

6、影響受力，受力的變化又反過來影響運(yùn)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(yùn)動只能是勻速直線運(yùn)動.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.解析例2(多選)如圖4甲所示，一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端，傳送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(qiáng)磁場中，物塊由底端E運(yùn)動至皮帶輪頂端F的過程中，其vt圖象如圖乙所示，物塊全程運(yùn)動的時間為4.5 s，關(guān)于帶電物塊及運(yùn)動過程的說法正確的是()A.該物塊帶負(fù)電B.傳送帶的傳動速度大小可能大于1 m/sC.若已知傳送帶的長度， 可求出該過程中 物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移D.在24.5 s

7、內(nèi)，物塊與傳送帶仍可能有相對運(yùn)動圖4解析解析由圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動.物塊的最大速度是1 m/s.物塊開始時 FNmgsin ma物塊運(yùn)動后，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：FNmgcos ，后來：FNmgcos F洛，即洛倫茲力的方向是向上的.物塊沿傳送帶向上運(yùn)動，由左手定則可知，物塊帶正電.故A錯誤；物塊向上運(yùn)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)合式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時，物塊達(dá)到最大速度，此時：mgsin (mgcos F洛)解析由可知，只要傳送帶的速度大于等

8、于1 m/s，則物塊達(dá)到最大速度的條件與傳送帶的速度無關(guān)，所以傳送帶的速度有可能是1 m/s，也有可能大于1 m/s，物塊可能相對于傳送帶靜止，也有可能與傳送帶相對滑動.故B、D正確；由以上的分析可知，傳送帶的速度不能判斷，所以若已知傳送帶的長度，也不能求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移.故C錯誤.解析預(yù)測3(多選)如圖5所示，空間中存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(圖中沒有畫出)，兩個質(zhì)量均為m的物塊P、Q疊放在一起，并置于固定在地面上傾角為且無限長的絕緣斜面體上.物塊P帶正電，電荷量為q；物塊Q是不帶電的絕緣體.P、Q間動摩擦因數(shù)為1，Q和斜面間動摩擦因數(shù)為2.現(xiàn)使P、Q一

9、起由靜止開始沿斜面下滑，運(yùn)動過程中P、Q始終保持相對靜止.則以下說法正確的是()A.根據(jù)題設(shè)條件可以求出物塊P任意時刻的加速度B.根據(jù)題設(shè)條件可以求出物塊P的最大動能C.兩個物塊P、Q間的摩擦力最小值為2mgcos D.兩個物塊P、Q間的摩擦力最小值為1mgcos 圖5解析解析由于物體的速度變化時洛倫茲力發(fā)生變化，所以除了開始時刻外，其他各時刻P、Q間彈力及摩擦力無法求出，故無法求出任意時刻的加速度；故A錯誤；根據(jù)受力分析可知，P、Q受重力、支持力、摩擦力以及洛倫茲力的作用，由左手定則可知，洛倫茲力垂直斜面向下；物體開始時向下加速運(yùn)動，隨著速度變大，洛倫茲力增大，則壓力增大，摩擦力增大；當(dāng)摩擦

10、力等于重力的分力時物體具有最大動能；此時有：mgsin 2(2m)gcos Bqv；由公式可求得最大速度，即可求最大動能；故B正確；對整體分析可知，開始時整體的加速度agsin 2gcos ；此時P受摩擦力最??；再對Q分析可知，此時Q受到的摩擦力也為最小值；根據(jù)牛頓第二定律可得；摩擦力最小值為：2mgcos ，故C正確，D錯誤.圖6解析返回返回根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)1mgF2ma高考題型3電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析解題方略解題方略1.對于導(dǎo)體棒在磁場中動力學(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)動類型：勻速直線運(yùn)動、加速

11、度逐漸減小的減速直線運(yùn)動、加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動.圖7解析答案例3如圖7所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距0.5 m，與水平面夾角均為30，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì).導(dǎo)軌之間的勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面， 磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T.金屬棒ab和cd的質(zhì)量均為0.2 kg， 電阻均為0.1 ，垂直導(dǎo)軌放置.某時刻棒ab在外力作用下，沿著導(dǎo)軌向上滑動，與此同時，棒cd由靜止釋放.在運(yùn)動過程中， 棒ab始終保持速度v01.5 m/s不變，兩金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.取重力加速度g10 m/s2.求：(1)棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；解析解析EabBLv00.40.51.5 V0.3 V答案答案

12、0.3 V(2)閉合回路中的最小電流和最大電流；解析答案棒cd受到安培力為F1BI1L0.41.50.5 N0.3 N棒cd受到的重力沿導(dǎo)軌向下的分力為G1mgsin 301 NF1G1，棒cd沿導(dǎo)軌向下加速運(yùn)動，即abcd閉合回路的感應(yīng)電動勢增大；電流也增大，所以最小電流為IminI11.5 A當(dāng)棒cd的速度達(dá)到最大時，回路的電流最大，此時棒cd的加速度為0由mgsin 30BImaxL答案答案1.5 A5 A(3)棒cd最終穩(wěn)定運(yùn)動時的速度大小.解析答案得vcd3.5 m/s.答案答案3.5 m/s預(yù)測5(多選)如圖8所示，光滑金屬導(dǎo)軌ab和cd構(gòu)成的平面與水平面成角，導(dǎo)軌間距Lac2Lb

13、d2L，導(dǎo)軌電阻不計(jì).兩金屬棒MN、PQ垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好.兩金屬棒質(zhì)量mPQ2mMN2m，電阻RPQ2RMN2R，整個裝置處在垂直導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒MN在平行于導(dǎo)軌向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌以速度v向上勻速運(yùn)動，PQ棒恰好以速度v向下勻速行動.則()A.MN中電流方向是由M到N圖8C.在MN、PQ都勻速運(yùn)動的過程中，F(xiàn)3mgsin D.在MN、PQ都勻速運(yùn)動的過程中，F(xiàn)2mgsin 解析答案預(yù)測6如圖9甲所示，abcd為質(zhì)量M的導(dǎo)軌，放在光滑絕緣的水平面上，另有一根質(zhì)量為m的金屬棒PQ平行bc放在水平導(dǎo)軌上，PQ棒左邊靠著絕緣固定的豎直立柱e、f，導(dǎo)軌處

14、于勻強(qiáng)磁場中，磁場以O(shè)O為界，左側(cè)的磁場方向豎直向上， 右側(cè)的磁場方向水平向右， 磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.導(dǎo)軌bc段長l，其電阻為r， 金屬棒電阻為R， 其余電阻均可不計(jì)， 金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為.若在導(dǎo)軌上施加一個方向向左、 大小恒為F的水平拉力， 設(shè)導(dǎo)軌足夠長， PQ棒始終與導(dǎo)軌接觸.試求：(1)導(dǎo)軌運(yùn)動的最大加速度amax；圖9解析解析由牛頓第二定律得 FBIl(mgBIl)Ma(2)導(dǎo)軌的最大速度vmax；解析解析隨著導(dǎo)軌速度增加，I感增大，a減小，當(dāng)a0時，有最大速度vm解析答案解析答案返回(3)在圖乙中定性畫出回路中感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖象，并寫出分析過程.解析解析從剛拉動開始計(jì)時，t0時，v00，I感0；tt1時，v達(dá)最大，I感Im；0t1之間，導(dǎo)軌做速度增加，加速度減小的變加速運(yùn)動，I感與v成正比關(guān)系，以后a0，速度保持不變，I感保持不變.答案答案見解析圖