《高考物理考前三個月 名師專題講義 專題二 力與物體的直線運動 第2課時 動力學觀點在電學中的應用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理考前三個月 名師專題講義 專題二 力與物體的直線運動 第2課時 動力學觀點在電學中的應用課件（42頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 知 識 方 法 聚 焦 熱 點 考 向 例 析 審題破題 真題演練欄目索引知識方法聚焦 知識回扣 1.垂直于垂直于2.勻速直線勻速直線3.勻變速直線勻變速直線4.勻速直線勻速直線 減小減小 減小減小知識方法聚焦規(guī)律方法1.帶電粒子在電場中做直線運動的問題：在電場中處理力學問帶電粒子在電場中做直線運動的問題：在電場中處理力學問題時，其分析方法與力學相同題時，其分析方法與力學相同.首先首先進行進行 ，然后看然后看粒子所受的合力粒子所受的合力與與是否是否一致，其運動類型有電場內(nèi)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)的往復運動的加速運動和在交變電場內(nèi)的往復運動.受力分析受力分析速度方向速度
2、方向2.帶電粒子在交變電場中的直線運動，一般多以加速、減速帶電粒子在交變電場中的直線運動，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運動過程的情景出現(xiàn)交替出現(xiàn)的多運動過程的情景出現(xiàn).解決的方法：解決的方法：(1)根據(jù)運動學或動力學分析其中一個根據(jù)運動學或動力學分析其中一個 內(nèi)相關(guān)物內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律理量的變化規(guī)律.(2)借助運動圖借助運動圖像像進行運動過程分析進行運動過程分析.變化周期變化周期熱點考向例析考向1電場內(nèi)動力學問題分析例例1 1如圖如圖1所示，一光滑所示，一光滑絕緣水平絕緣水平木板木板(木板足夠長木板足夠長)固定在水平向左固定在水平向左、電場強度電場強度為為E的勻強電場中，一的勻強電場中，
3、一電電量量為為q(帶正電帶正電)的物體在水平恒力的物體在水平恒力F作用下從作用下從A點由靜止開始向點由靜止開始向右加速運動，經(jīng)一段時間右加速運動，經(jīng)一段時間t撤去這個力，又經(jīng)時間撤去這個力，又經(jīng)時間2t物體返回物體返回A點，則點，則()圖圖1A.這一過程中帶電物體的電勢能先增加后減小，其變化量為這一過程中帶電物體的電勢能先增加后減小，其變化量為0B.水平恒力與電場力的比為水平恒力與電場力的比為95C.水平恒力與電場力的比為水平恒力與電場力的比為73D.物體先向右加速到最右端，然后向左加速返回到物體先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A點點審題突破審題突破 判斷電勢能變化的方法是什么？判斷電勢
4、能變化的方法是什么？“經(jīng)時間經(jīng)時間2t物體物體返回返回A點點”說明物體向右的位移大小和向左位移大小有什么說明物體向右的位移大小和向左位移大小有什么關(guān)系？關(guān)系？解析電場力先做負功后做正功，總功為零，所以帶電物體電場力先做負功后做正功，總功為零，所以帶電物體的電勢能先增加后減小，其變化量為的電勢能先增加后減小，其變化量為0，故，故A正確正確；物體先向右加速然后向右減速到最右端，然后向左加速返回物體先向右加速然后向右減速到最右端，然后向左加速返回到到A點，所以點，所以D錯誤錯誤.答案AB帶電體在電場內(nèi)運動問題的分析關(guān)鍵在于受力分析，帶電體在電場內(nèi)運動問題的分析關(guān)鍵在于受力分析，特別是電場力方向的確定
5、，在電場力方向已確定的情特別是電場力方向的確定，在電場力方向已確定的情況下，其動力學的分析和力學問題中的分析是一樣的況下，其動力學的分析和力學問題中的分析是一樣的.以題說法針對訓練針對訓練1 如圖如圖2實線為電場中一條豎直的電場線，實線為電場中一條豎直的電場線，有一質(zhì)量為有一質(zhì)量為m、電量為、電量為q的小球，由該直線上的小球，由該直線上A點點靜止釋放，小球向下運動到達靜止釋放，小球向下運動到達B點減速為零后返回點減速為零后返回A點，則下列判斷正確的是點，則下列判斷正確的是()A.該電場可能是豎直向上的勻強電場，且該電場可能是豎直向上的勻強電場，且EB.A點的電勢高于點的電勢高于B點電勢點電勢C
6、.A點的場強小于點的場強小于B點場強點場強D.向下運動的過程中，重力勢能的減少量總是等于電勢能向下運動的過程中，重力勢能的減少量總是等于電勢能的增加量的增加量圖圖2解析該該電場不可能是豎直向上的勻強電場且電場不可能是豎直向上的勻強電場且E ，否則否則小球從靜止開始只能沿小球從靜止開始只能沿AB做單向直線運動，回不到做單向直線運動，回不到A點，故點，故A錯誤錯誤.小球向下應先加速后減速，所受的電場力方向必定豎直向上，小球向下應先加速后減速，所受的電場力方向必定豎直向上，則電場線方向從則電場線方向從B指向指向A，所以，所以A點的電勢低于點的電勢低于B點電勢，故點電勢，故B錯誤錯誤.在在A點，有點，
7、有qEAmg，在，在B點，有點，有qEBmg，則得：，則得：EAEB，故故C正確正確.向下運動的過程中，小球有動能時，根據(jù)能量守恒定律可知向下運動的過程中，小球有動能時，根據(jù)能量守恒定律可知重力勢能的減少量等于動能增加量和電勢能的增加量之和，重力勢能的減少量等于動能增加量和電勢能的增加量之和，故故D錯誤錯誤.答案C熱點考向例析考向2磁場內(nèi)動力學問題分析例例2 如如圖圖3所示，空間有一垂直紙面向外所示，空間有一垂直紙面向外的的磁感應強度磁感應強度為為0.5 T的勻強磁場，一質(zhì)量的勻強磁場，一質(zhì)量為為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平水平面面上，在木板左端無初
8、速度放置一質(zhì)量為上，在木板左端無初速度放置一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量、電荷量q0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力.t0時對木板施時對木板施加方向水平向左，大小為加方向水平向左，大小為0.6 N的恒力，的恒力，g取取10 m/s2.則則()圖圖3A.木板和滑塊一直做加速度為木板和滑塊一直做加速度為2 m/s2的勻加速運動的勻加速運動B.滑塊開始做加速度減小的變加速運動，最后做速度為滑塊開始做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10 m/s勻速運動勻速
9、運動C.木板先做加速度為木板先做加速度為2 m/s2勻加速運動，再做加速度增大的運勻加速運動，再做加速度增大的運動，最后做加速度為動，最后做加速度為3 m/s2的勻加速運動的勻加速運動D.t5 s末滑塊未脫離木板且有相對運動末滑塊未脫離木板且有相對運動審題突破審題突破滑塊與木板一直保持相對靜止嗎？最終各自是什滑塊與木板一直保持相對靜止嗎？最終各自是什么運動狀態(tài)？么運動狀態(tài)？解析 由于由于動摩擦因數(shù)為動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度，靜摩擦力能提供的最大加速度為為5 m/s2，所以當，所以當0.6 N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以a 的的加速度一起運動
10、，當滑塊獲加速度一起運動，當滑塊獲得向左的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫得向左的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqvmg，解得：解得：v10 m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，而，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，而木木板板在恒力作用下做勻加速運動在恒力作用下做勻加速運動， 可可知知滑塊先與木板一起做勻加速直線運動，然后發(fā)生相對滑動，滑塊先與木板一起做勻加速直線運動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速運動，最后做速度為做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10 m/s的勻
11、速運動，的勻速運動，故故A、B錯誤，錯誤，C正確正確.木塊開始的加速度為木塊開始的加速度為2 m/s2，一段時間后加速度逐漸減小，當，一段時間后加速度逐漸減小，當減小到零時，與木板脫離做勻速直線運動，知減小到零時，與木板脫離做勻速直線運動，知5 s末的速度小末的速度小于于10 m/s，知此時摩擦力不為零，還未脫離木板，故，知此時摩擦力不為零，還未脫離木板，故D正確正確.答案CD1.對于磁場內(nèi)的動力學問題，要特別注意洛倫茲力的特對于磁場內(nèi)的動力學問題，要特別注意洛倫茲力的特性，因性，因F洛洛qvB，則速度，則速度v的變化影響受力，受力的變的變化影響受力，受力的變化又反過來影響運動化又反過來影響運
12、動.2.此類問題也常出現(xiàn)臨界問題，如本題中有兩個臨界：此類問題也常出現(xiàn)臨界問題，如本題中有兩個臨界：滑塊與木板相對運動的臨界和滑塊與木板間彈力為零滑塊與木板相對運動的臨界和滑塊與木板間彈力為零的臨界的臨界.以題說法針對訓練針對訓練2 如如圖圖4所示，帶電平行板所示，帶電平行板中中勻勻強磁場方向水平垂直紙面向里，某強磁場方向水平垂直紙面向里，某帶帶電電小球從光滑絕緣軌道上的小球從光滑絕緣軌道上的a點自由點自由滑滑下下，經(jīng)過軌道端點，經(jīng)過軌道端點P進入板間后恰能沿進入板間后恰能沿水水平方平方向做直線運動向做直線運動.現(xiàn)使小球從較低的現(xiàn)使小球從較低的b點開始下滑，經(jīng)點開始下滑，經(jīng)P點點進入板間，在板
13、間的運動過程中進入板間，在板間的運動過程中()A.其電勢能將會增大其電勢能將會增大B.其機械能將會增大其機械能將會增大C.小球所受的洛倫茲力的大小將會增大小球所受的洛倫茲力的大小將會增大D.小球受到的電場力將會小球受到的電場力將會增大增大圖圖4答案AC解析小球從小球從a點下滑經(jīng)過點下滑經(jīng)過P點進入平行板間后受到重力、電點進入平行板間后受到重力、電場力、洛倫茲力做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力同向，場力、洛倫茲力做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力同向，故都向上且小球帶正電；小球從稍低的故都向上且小球帶正電；小球從稍低的b點下滑時到達點下滑時到達P點的點的速度會變小，洛倫茲力減小，小球會向下偏轉(zhuǎn)，電
14、場力做負速度會變小，洛倫茲力減小，小球會向下偏轉(zhuǎn)，電場力做負功，電勢能增加，而機械能會減小，水平方向速度不變，但功，電勢能增加，而機械能會減小，水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以動能將會增大，導致洛倫茲力也豎直方向的速度增加，所以動能將會增大，導致洛倫茲力也會增大，電場力不變，故會增大，電場力不變，故A、C正確正確.熱點考向例析考向3電磁感應中的動力學問題分析電磁感應中的動力學問題分析例例3如圖如圖5所示，平行金屬導軌所示，平行金屬導軌PQ、MN相相距距d2 m，導軌平面與水平面間的夾角，導軌平面與水平面間的夾角30，導軌上端接一個，導軌上端接一個R6 的電阻，的電阻，導導軌軌電阻不
15、計，磁感應強度電阻不計，磁感應強度B0.5 T的勻強的勻強磁磁場場垂直導軌平面向上垂直導軌平面向上.一根質(zhì)量為一根質(zhì)量為m0.2 kg、電阻電阻r4 的金屬棒的金屬棒ef垂直導軌垂直導軌PQ、MN靜止放置，距離導靜止放置，距離導軌底端軌底端x13.2 m.另一根絕緣塑料棒另一根絕緣塑料棒gh與金屬棒與金屬棒ef平行放置平行放置，圖圖5審題突破審題突破絕緣塑料棒絕緣塑料棒gh沿導軌上滑時，受到哪些力的作用，沿導軌上滑時，受到哪些力的作用，做什么性質(zhì)的運動？碰撞后金屬棒做什么性質(zhì)的運動？碰撞后金屬棒ef向上做什么性質(zhì)的運動，向上做什么性質(zhì)的運動，何時加速度最大？何時加速度最大？(1)絕緣塑料棒絕緣
16、塑料棒gh與金屬棒與金屬棒ef碰撞前瞬間，絕緣塑料棒的速率碰撞前瞬間，絕緣塑料棒的速率；解析絕緣絕緣塑料棒與金屬棒相碰前，做勻減速直線運動塑料棒與金屬棒相碰前，做勻減速直線運動，由由牛頓第二定律得牛頓第二定律得Mgsin 30Mgcos 30Ma1解得解得v16 m/s.答案6 m/s(2)碰撞后金屬棒碰撞后金屬棒ef向上運動過程中的最大加速度向上運動過程中的最大加速度；解析 設設金屬棒剛開始運動時速度為金屬棒剛開始運動時速度為v，由能量守恒定律得，由能量守恒定律得金屬棒剛開始運動時加速度最大，此時感應電動勢金屬棒剛開始運動時加速度最大，此時感應電動勢EBdv4 V解得解得v4 m/s答案12
17、 m/s2安培力安培力FBId0.4 N由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得mgsin 30mgcos 30Fmam解得解得am12 m/s2.(3)金屬棒金屬棒ef向上運動過程中通過電阻向上運動過程中通過電阻R的電荷量的電荷量.解得解得q0.05 C.答案0.05 C對于導體棒在磁場中動力學問題的分析要特別注意棒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定是阻力中的感應電流受到的安培力一定是阻力.一般導體棒在一般導體棒在安培力和其他恒力作用下做的變速運動是加速度逐漸安培力和其他恒力作用下做的變速運動是加速度逐漸減小的變速運動，但在一定的條件下，也可以做勻變減小的變速
18、運動，但在一定的條件下，也可以做勻變速直線運動速直線運動.以題說法針對訓練針對訓練3 如如圖圖6甲所示，甲所示，MN、PQ是相距是相距d1.0 m足夠長足夠長的平行光滑金屬導軌，導軌平面與水平面間的夾角為的平行光滑金屬導軌，導軌平面與水平面間的夾角為，導，導軌電阻不計，整個導軌處在方向垂直于導軌平面向上的勻強軌電阻不計，整個導軌處在方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，金屬棒磁場中，金屬棒ab垂直于導軌垂直于導軌MN、PQ放置，且始終與導軌放置，且始終與導軌接觸良好，已知金屬棒接觸良好，已知金屬棒ab的質(zhì)量的質(zhì)量m0.1 kg，其接入電路的，其接入電路的電阻電阻r1 ，小燈泡電阻，小燈泡電阻RL
19、9 ，重力加速度，重力加速度g取取10 m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)現(xiàn)斷開開關(guān)S，將棒，將棒ab由靜止釋放并開始計時，由靜止釋放并開始計時，t0.5 s時刻時刻閉合開關(guān)閉合開關(guān)S，圖乙為，圖乙為ab的速度隨時間變化的速度隨時間變化的的圖圖像像.求求：圖圖6解析 S斷開時斷開時ab做勻加速直線運動做勻加速直線運動(1)金屬棒金屬棒ab開始下滑時的加速度大小、斜面傾角的正弦值；開始下滑時的加速度大小、斜面傾角的正弦值；根據(jù)牛頓第二定律有：根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin ma所以所以sin 答案6 m/s2解析 t0.5 s時時S閉合，閉合，ab先做加速度減小的加速運動，當先做加速度減小的加速運動，當速度達
20、到最大速度達到最大vm6 m/s后做后做勻速直線運動勻速直線運動(2)磁感應強度磁感應強度B的大小的大小根據(jù)平衡條件有根據(jù)平衡條件有mgsin F安安又又F安安BIdEBdvmI解得解得B1 T.答案1 T審題破題 真題演練3.應用動力學方法處理電學綜合問題例例4 4 (14分分)如圖如圖7所示，兩光滑平行的所示，兩光滑平行的金屬金屬導軌導軌EF和和GH，相距為，相距為l，軌道平面與，軌道平面與水平面水平面成成30，導軌足夠長，軌道的底端接，導軌足夠長，軌道的底端接有有阻值阻值為為R的電阻，導軌電阻不計的電阻，導軌電阻不計.磁感應強度磁感應強度為為B的勻強磁場垂直于導軌平面，導體棒的勻強磁場垂
21、直于導軌平面，導體棒MN電阻電阻為為r，垂直于導軌放置且與導軌接觸良好，導體棒通過，垂直于導軌放置且與導軌接觸良好，導體棒通過垂垂圖圖7(1)導體棒運動的最大速度；導體棒運動的最大速度；(2)導體棒速度達到最大速度一半時，導體棒加速度的大小導體棒速度達到最大速度一半時，導體棒加速度的大小.答題模板解析(1)開始時，由平衡條件開始時，由平衡條件mgMgsin 30得得M2m (1分分)導體棒達到最大速度導體棒達到最大速度vm時滿足：時滿足：(m )gMgsin 30BIml (2分分)此時此時EmBlvm (1分分)答題模板導體棒受到的安培力為導體棒受到的安培力為F安安BIl (1分分)導體棒和
22、導體棒和AB組成的系統(tǒng)，據(jù)牛頓第二定律得組成的系統(tǒng)，據(jù)牛頓第二定律得答題模板點睛之筆若題目中出現(xiàn)兩個以及兩個以上物體用繩、桿之類物若題目中出現(xiàn)兩個以及兩個以上物體用繩、桿之類物體連接時，要特別注意找出各物體的位移大小、加速體連接時，要特別注意找出各物體的位移大小、加速度大小、速度大小的關(guān)系，這些關(guān)系往往就是解決問度大小、速度大小的關(guān)系，這些關(guān)系往往就是解決問題的突破口題的突破口.高 考 現(xiàn) 場 (限時：15分鐘，滿分14分)(2014安徽安徽22)如圖如圖8所示，充電后的平行所示，充電后的平行板板電容器電容器水平放置，電容為水平放置，電容為C，極板間的，極板間的距離距離為為d，上極板正中有一小
23、孔，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為質(zhì)量為m、電荷電荷量量為為q的小球從小孔正上方高的小球從小孔正上方高h處由處由靜止靜止開始開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g).求：求：圖圖8(1)小球到達小孔處的速度；小球到達小孔處的速度；解析(1)由由v22gh，得，得v，方向豎直向下方向豎直向下.答案(2)極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量；極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量；解析 在在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：運動定律知：mgqEma由運動學公式知：由運動學公式知：0v22ad整理得電場強度整理得電場強度E由由UEd，QCU，得電容器所帶電荷量，得電容器所帶電荷量(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間小球從開始下落運動到下極板處的時間答案
高考物理考前三個月 名師專題講義 專題二 力與物體的直線運動 第2課時 動力學觀點在電學中的應用課件
