通用版2017版高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略專題二力與物體直線運(yùn)動(dòng)第2講動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中應(yīng)用課件

第2講動(dòng)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(dòng)知識(shí)回扣1.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力的方向始終

粒子的速度方向.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_________運(yùn)動(dòng).3.帶電粒子(不計(jì)重力)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止開(kāi)始被加速或帶電粒子沿著平行于電場(chǎng)的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，帶電粒子做

運(yùn)動(dòng).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(dòng)類型：_____

運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸

的減速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸

的加速直線運(yùn)動(dòng).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(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題：在電場(chǎng)中處理力學(xué)問(wèn)題時(shí)，其分析方法與力學(xué)相同.首先進(jìn)行

，然后看粒子所受的合力方向與

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).2.帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動(dòng)過(guò)程的情景出現(xiàn).解決的方法：(1)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)或動(dòng)力學(xué)分析其中一個(gè)

內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律.(2)借助運(yùn)動(dòng)圖象進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析.受力分析速度方向變化周期高考題型1電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析高考題型3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析高考題型2磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析內(nèi)容索引高考題型1電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析解題方略1.在電場(chǎng)中處理力學(xué)問(wèn)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).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(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，小物塊恰好靜止.重力加速度為

g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。粓D1解析小物塊受重力，電場(chǎng)力和彈力三力平衡：Eq＝mgtan37°解析答案(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度改為豎直向下，大小不變，小物塊的加速度是多大；解析由牛頓第二定律可得：(Eq＋mg)sin37°＝ma解析答案(3)若將電場(chǎng)強(qiáng)度改為水平向左，大小變?yōu)樵瓉?lái)的2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(shí)間為多少.解析答案解析預(yù)測(cè)1

(多選)在絕緣光滑的水平面上相距為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(shì)φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x＝L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在x＝2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)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(shuō)法正確的是(

)A.小球在x＝L處的速度最大B.小球一定可以到達(dá)x＝－2L點(diǎn)處C.小球?qū)⒁詘＝L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D.固定在A、B處的電荷的電量之比為QA∶QB＝4∶1√圖2√解析據(jù)φ－x圖象切線的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)E，則知x＝L處場(chǎng)強(qiáng)為零，所以小球在C處受到的電場(chǎng)力向左，向左加速運(yùn)動(dòng)，到x＝L處加速度為0，從x＝L向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力向右，做減速運(yùn)動(dòng)，所以小球在x＝L處的速度最大，故A正確；由題圖乙可知，x＝－2L點(diǎn)的電勢(shì)大于x＝2L點(diǎn)的電勢(shì)，所以小球不可能到達(dá)x＝－2L點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；由圖知圖象不關(guān)于x＝L對(duì)稱，所以x＝L點(diǎn)不是中心，故C錯(cuò)誤；預(yù)測(cè)2如圖3甲所示為兩平行金屬板，板間電勢(shì)差變化如乙圖所示.一帶電小球位于兩板之間，已知小球在0～t時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在3t時(shí)刻小球恰好經(jīng)過(guò)靜止時(shí)的位置，整個(gè)過(guò)程帶電小球沒(méi)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(shí)刻回到靜止位置則x2＝－x1解以上各式得Ux＝5U0.高考題型2磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析解題方略1.對(duì)于磁場(chǎng)內(nèi)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(guò)來(lái)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).3.此類問(wèn)題也常出現(xiàn)臨界問(wèn)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(wú)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(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(guò)程中，其v－t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(guò)程的說(shuō)法正確的是(

)A.該物塊帶負(fù)電B.傳送帶的傳動(dòng)速度大小可能大于1m/sC.若已知傳送帶的長(zhǎng)度，可求出該過(guò)程中

物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移D.在2～4.5s內(nèi)，物塊與傳送帶仍可能有相對(duì)運(yùn)動(dòng)圖4√√解析由圖乙可知，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.物塊開(kāi)始時(shí)

μFN－mgsinθ＝ma ①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①式可知，物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開(kāi)始時(shí)：FN＝mgcosθ，后來(lái)：FN′＝mgcosθ－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(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(guò)程中，洛倫茲力越來(lái)越大，則受到的支持力越來(lái)越小，結(jié)合①式可知，物塊的加速度也越來(lái)越小，當(dāng)加速度等于0時(shí)，物塊達(dá)到最大速度，此時(shí)：mgsinθ＝μ(mgcosθ－F洛) ②解析由②可知，只要傳送帶的速度大于等于1m/s，則物塊達(dá)到最大速度的條件與傳送帶的速度無(wú)關(guān)，所以傳送帶的速度有可能是1m/s，也有可能大于1m/s，物塊可能相對(duì)于傳送帶靜止，也有可能與傳送帶相對(duì)滑動(dòng).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(zhǎng)度，也不能求出該過(guò)程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移.故C錯(cuò)誤.解析預(yù)測(cè)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(chǎng)(圖中沒(méi)有畫(huà)出)，兩個(gè)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θ且無(wú)限長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，Q和斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2.現(xiàn)使P、Q一起由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中P、Q始終保持相對(duì)靜止.則以下說(shuō)法正確的是(

)A.根據(jù)題設(shè)條件可以求出物塊P任意時(shí)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(dòng)能C.兩個(gè)物塊P、Q間的摩擦力最小值為μ2mgcosθD.兩個(gè)物塊P、Q間的摩擦力最小值為μ1mgcosθ圖5√√解析由于物體的速度變化時(shí)洛倫茲力發(fā)生變化，所以除了開(kāi)始時(shí)刻外，其他各時(shí)刻P、Q間彈力及摩擦力無(wú)法求出，故無(wú)法求出任意時(shí)刻的加速度；故A錯(cuò)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(kāi)始時(shí)向下加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度變大，洛倫茲力增大，則壓力增大，摩擦力增大；當(dāng)摩擦力等于重力的分力時(shí)物體具有最大動(dòng)能；此時(shí)有：mgsinθ＝μ2[(2m)gcosθ＋Bqv]；由公式可求得最大速度，即可求最大動(dòng)能；故B正確；對(duì)整體分析可知，開(kāi)始時(shí)整體的加速度a＝gsinθ－μ2gcosθ；此時(shí)P受摩擦力最小；再對(duì)Q分析可知，此時(shí)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：μ2mgcosθ，故C正確，D錯(cuò)誤.

圖6解析返回√返回根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)1＋mg－F2＝ma高考題型3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析解題方略1.對(duì)于導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)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).圖7解析答案例3如圖7所示，平行且足夠長(zhǎng)的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距0.5m，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(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T.金屬棒ab和cd的質(zhì)量均為0.2kg，電阻均為0.1Ω，垂直導(dǎo)軌放置.某時(shí)刻棒ab在外力作用下，沿著導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，與此同時(shí)，棒cd由靜止釋放.在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，棒ab始終保持速度v0＝1.5m/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g＝10m/s2.求：(1)棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；解析Eab＝BLv0＝0.4×0.5×1.5V＝0.3V答案0.3V(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F1＝BI1L＝0.4×1.5×0.5N＝0.3N棒cd受到的重力沿導(dǎo)軌向下的分力為G1＝mgsin30°＝1NF1<G1，棒cd沿導(dǎo)軌向下加速運(yùn)動(dòng)，即abcd閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大；電流也增大，所以最小電流為Imin＝I1＝1.5A當(dāng)棒cd的速度達(dá)到最大時(shí)，回路的電流最大，此時(shí)棒cd的加速度為0由mgsin30°＝BImaxL答案1.5A

5A(3)棒cd最終穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小.解析答案得vcd＝3.5m/s.答案3.5m/s預(yù)測(cè)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θ角，導(dǎo)軌間距Lac＝2Lbd＝2L，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mPQ＝2mMN＝2m，電阻RPQ＝2RMN＝2R，整個(gè)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(chǎng)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(dòng)，PQ棒恰好以速度v向下勻速行動(dòng).則(

)A.MN中電流方向是由M到N圖8√C.在MN、PQ都勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，F(xiàn)＝3mgsinθD.在MN、PQ都勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，F(xiàn)＝2mgsinθ√√解析答案預(yù)測(cè)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)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)以O(shè)O′為界，左側(cè)的磁場(chǎng)方向豎直向上，右側(cè)的磁場(chǎng)方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.導(dǎo)軌bc段長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ.若在導(dǎo)軌上施加一個(gè)方向向左、大小恒為F的水平拉力，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，PQ棒始終與導(dǎo)軌接觸.試求：(1)導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的最大加速度amax；圖9解析由牛頓第二定律得

F－BIl－μ(mg－BIl)＝M