2019-2020年高三物理復習 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講義.doc

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2019-2020年高三物理復習 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講義 1． 帶電粒子在磁場中運動時，洛倫茲力的方向始終垂直于粒子的速度方向． 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動只能是勻速直線運動． 3． 帶電粒子(不計重力)在勻強電場中由靜止開始被加速或帶電粒子沿著平行于電場方向射入電場中時，帶電粒子做勻變速直線運動． 4． 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． 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題時，其分析方法與力學相同．首先進行受力分析，然后看物體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． 2． 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)的多運動過程的情境出現(xiàn)． 解決的方法：(1)根據(jù)運動學或動力學分析其中一個變化周期內(nèi)相關物理量的變化規(guī)律． (2)借助運動圖象進行運動過程分析. 題型1　電場內(nèi)動力學問題分析 例1　質(zhì)量為m的帶電小球由空中某點A無初速度地自由下落，在t秒末加上豎直方向且范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點．整個過程中不計空氣阻力且小球從未落地，則 (　　) A．勻強電場方向豎直向上 B．小球受到的電場力大小是4mg C．從加電場開始到小球運動到最低點歷時秒 D．從A點到最低點的過程中，小球重力勢能變化了mg2t2 解析　小球所受電場力方向是向上的，但不知道小球帶電的電性，所以不能判斷電場的方向，故A錯誤；加電場時小球的位移為h＝gt2，速度v＝gt，設受到的電場力為F，則加上電場后的加速度大小a＝，從加電場到回到A的過程中－h(huán)＝vt－at2，以上幾式聯(lián)立可得F＝4mg，a＝3g，故B正確．由v＝gt知，從加電場開始小球減速到0的時間t1＝＝＝，故C錯誤．從加電場開始到小球運動到最低點過程中的位移大小為h2＝t1＝gt2，所以由A點到最低點的過程中，小球重力勢能變化了mg(gt2＋gt2)＝mg2t2，故D正確． 答案　BD 以題說法　帶電體在電場內(nèi)運動問題的分析關鍵在于受力分析，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． 　光滑水平面上放置兩個等量同種點電荷，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖1甲所示，一個質(zhì)量m＝1 kg的小物塊自C點由靜止釋放，小物塊帶電荷量q＝2 C，其運動的v－t圖線如圖乙所示，其中B點為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)，則以下分析正確的是 (　　) 圖1 A．B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E＝1 V/m B．由C點到A點物塊的電勢能先減小后變大 C．由C點到A點，電勢逐漸降低 D．B、A兩點間的電勢差為UBA＝8.25 V 答案　ACD 解析　根據(jù)題給的小物塊運動的v－t圖線和題述B點為整條圖線切線斜率最大的位置可知，B點小物塊運動的加速度最大，B點的電場強度最大．由小物塊運動的v－t圖線可知，小物塊經(jīng)過B點的加速度a＝2 m/s2，由牛頓第二定律有qE＝ma，解得E＝1 V/m，選項A正確．小物塊由C點到A點，電場力一直做正功，電勢能減小，電勢逐漸降低，選項B錯誤，C正確．小物塊從B到A，由動能定理有qUAB＝mv－mv，解得B、A兩點間的電勢差為UBA＝8.25 V，選項D正確． 題型2　磁場內(nèi)動力學問題分析 例2　如圖2所示，空間有一垂直紙面的磁感應強度為0.5 T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度放上一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量q＝＋0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(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．t＝0時對木板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2.則 (　　) 圖2 A．木板和滑塊一直做加速度為2 m/s2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10 m/s的勻速運動 C．木板先做加速度為2 m/s2的勻加速運動，再做加速度增大的運動，最后做加速度為3 m/s2的勻加速運動 D．t＝5 s時滑塊和木板脫離 審題突破　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)？ 解析　t＝0時對木板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力，帶電滑塊速度增大，所受向上的洛倫茲力增大，滑塊先做加速度為2 m/s2的勻加速運動后做加速度減小的加速運動，木板先做加速度為2 m/s2的勻加速運動，再做加速度增大的運動，最后滑塊離開，木板做加速度為3 m/s2的勻加速運動，選項C正確，A、B錯誤；當滑塊受到的重力和洛倫茲力相等時，滑塊與木板脫離，這以后滑塊做勻速直線運動，速度為v＝＝10 m/s，木板以3 m/s2的加速度做勻加速直線運動．若滑塊保持以2 m/s2的加速度加速，則速度達到10 m/s所需要的時間t＝＝5 s，實際上滑塊的加速度不能保持2 m/s2，而是要逐漸減小，故滑塊要在5 s后才能達到10 m/s的速度，選項D錯誤. 答案　C 以題說法　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．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的臨界． 　如圖3所示，帶電平行板中勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向垂直紙面向里，一帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經(jīng)過軌道末端點P進入板間恰好沿水平方向做直線運動．現(xiàn)使球從軌道上較低的b點(圖中未畫出)開始滑下，經(jīng)P點進入板間，在之后運動的一小段時間內(nèi) (　　) 圖3 A．小球一定向下偏 B．小球的機械能可能不變 C．小球一定向上偏 D．小球動能可能減小 答案　D 解析　球從軌道上較低的b點開始滑下，經(jīng)P點進入板間時，若帶電小球帶正電，所受洛倫茲力方向向上，速度減小，洛倫茲力減小，帶電小球向下偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，小球的電勢能減小，機械能增大；若帶電小球帶負電，所受洛倫茲力方向向下，速度減小，洛倫茲力減小，帶電小球向上偏轉(zhuǎn)，電場力做負功，小球的電勢能增大，機械能減小，動能減小，所以選項D正確． 題型3　電磁感應中的動力學問題分析 例3　(16分)如圖4甲所示，一對足夠長的平行粗糙導軌固定在水平面上，兩導軌間距l(xiāng)＝1 m，左端與R＝3 Ω的電阻連接，導軌的電阻忽略不計．一根質(zhì)量m＝0.5 kg、電阻r＝1 Ω的導體棒靜止置于兩導軌上，并與兩導軌垂直．整個裝置處于磁感應強度B＝2 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上．現(xiàn)用水平向右的拉力F拉導體棒，拉力F與時間t的關系如圖乙所示，導體棒恰好做勻加速直線運動．在0～2 s內(nèi)拉力F所做的功為W＝ J，重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ； (2)在0～2 s內(nèi)通過電阻R的電荷量q； (3)在0～2 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q. 解析　(1)設導體棒的加速度為a，則t時刻導體棒的速度 v＝at 產(chǎn)生的感應電動勢為 E＝Blv 電路中的感應電流為 I＝ 導體棒所受的安培力為 F安＝BIl＝＝ 由牛頓第二定律可知： F－μmg－＝ma 即F＝ma＋μmg＋ 代入數(shù)據(jù)得： F＝a＋5μ＋at (N) (3分) 由題圖乙可知：F＝3＋2t (N) (1分) 由于物體做勻加速直線運動，加速度a為常數(shù)，比較兩式可得： a＝2 m/s2，μ＝0.4 (2分) (2)在F作用的時間內(nèi)，導體棒的位移為 s＝at2＝4 m (1分) 在時間t內(nèi)的平均感應電動勢 ＝＝ 平均電流為 ＝ 通過電阻R的電荷量 q＝t＝ (2分) 代入數(shù)據(jù)得q＝2 C (1分) (3)t＝2 s時刻，導體棒的速度v＝at＝4 m/s (1分) 在力F的作用過程中，設電路中產(chǎn)生的總熱量為Q′.由動能定理可知 W－μmgs－Q′＝mv2 (2分) 代入數(shù)據(jù)可得 Q′＝ J (1分) 由串聯(lián)電路的知識可知 Q＝Q′＝8 J (2分) 答案　(1)0.4　(2)2 C　(3)8 J 以題說法　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．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減小的變速運動，但在一定的條件下，也可以做勻變速直線運動．本題中讓外力均勻變化，就可以使導體棒做勻變速直線運動． 　如圖5所示，傾角為37的光滑絕緣的斜面上放著M＝1 kg的U型導軌abcd，ab∥cd.另有一質(zhì)量m＝1 kg的金屬棒EF平行bc放在導軌上，EF下側(cè)有絕緣的垂直于斜面的立柱P、S、Q擋住EF使之不下滑．以OO′為界，下部有一垂直于斜面向下的勻強磁場，上部有平行于斜面向下的勻強磁場．兩磁場的磁感應強度均為B＝1 T，導軌bc段長L＝1 m．金屬棒EF的電阻R＝1.2 Ω，其余電阻不計．金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，開始時導軌bc邊用細線系在立柱S上，導軌和斜面足夠長，sin 37＝0.6，g＝10 m/s2.當剪斷細線后，試求： 圖5 (1)細線剪斷瞬間，導軌abcd運動的加速度； (2)導軌abcd運動的最大速度； (3)若導軌從開始運動到最大速度的過程中，流過金屬棒EF的電量q＝5 C，則在此過程中，系統(tǒng)損失的機械能是多少？ 答案　(1)2.8 m/s2　(2)5.6 m/s　(3)20.32 J 解析　(1)細線剪斷瞬間，對導軌應用牛頓第二定律： Mgsin 37－Ff＝Ma 其中Ff＝μFN＝μmgcos 37 解得：a＝gsin 37－μgcos 37 ＝100.6 m/s2－0.4100.8 m/s2＝2.8 m/s2 (2)下滑過程對導軌應用牛頓第二定律： Mgsin 37－Ff′－F安＝Ma′ 把Ff′＝μ(mgcos 37－F安)及F安＝代入得： a′＝ ＝gsin 37－μgcos 37－(1－μ) 令上式a′＝0，得導軌的最大速度為： vm＝＝5.6 m/s (3)設導軌下滑距離d時達到最大速度，則有： q＝IΔt＝＝ 解得：d＝6 m 對系統(tǒng)由能量守恒定律得： Mgdsin 37＝Mv＋ΔE損 代入數(shù)據(jù)解得： ΔE損＝20.32 J 3． 應用動力學方法處理電學綜合問題 審題示例 (xx四川10)(17分)在如圖6所示的豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37的光滑斜面上的M點和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對應平面平行．勁度系數(shù)k＝5 N/m的輕彈簧一端固定在O點，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環(huán)D與A相連．彈簧處于原長，輕繩恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面處于場強E＝5104 N/C、方向水平向右的勻強電場中．已知A、B的質(zhì)量分別為mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所帶電荷量q＝＋410－6C.設兩物體均視為質(zhì)點，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，繩不可伸長，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，B電荷量不變．取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8. 圖6 (1)求B所受靜摩擦力的大小； (2)現(xiàn)對A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2開始做勻加速直線運動．A從M到N的過程中，B的電勢能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.求A到達N點時拉力F的瞬時功率． 審題模板 答題模板 (1)F作用之前，A、B均處于靜止狀態(tài)．設B所受靜摩擦力大小為f0，A、B間繩中張力為T0，有 對A：T0＝mAgsin θ ①(2分) 對B：T0＝qE＋f0 ②(2分) 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得：f0＝0.4 N ③(1分) (2)物體A從M點到N點的過程中，A、B兩物體的位移均為s，A、B間繩子張力為T，有 qEs＝ΔEp ④(2分) T－μmBg－qE＝mBa ⑤(2分) 設A在N點時速度為v，受彈簧拉力為F彈，彈簧的伸長量為Δx，有v2＝2as⑥(1分) F彈＝kΔx ⑦(1分) F＋mAgsin θ－F彈sin θ－T＝mAa ⑧(2分) 由幾何關系知Δx＝ ⑨(2分) 設拉力F在N點的瞬時功率為P，有P＝Fv ⑩(1分) 聯(lián)立④～⑩式，代入數(shù)據(jù)解得P＝0.528 W (1分) 答案　(1)0.4 N　(2)0.528 W 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、速度大小的關系，這些關系往往就是解決問題的突破口． 　如圖7，光滑斜面的傾角α＝30，一個矩形導體線框abcd放在斜面內(nèi)，ab邊水平，長度l1＝1 m，bc邊的長度l2＝0.6 m，線框的質(zhì)量m＝1 kg，總電阻R＝0.1 Ω，線框通過細線與質(zhì)量為M＝2 kg的重物相連，細線繞過定滑輪，不計定滑輪對細線的摩擦，斜面上水平線ef的右側(cè)有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef線和斜面最高處gh(gh是水平的)的距離s＝11.4 m，取g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)線框進入磁場時勻速運動的速度v； (2)ab邊運動到gh線時的速度大?。? 答案　(1)6 m/s　(2)12 m/s 解析　(1)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，所以重物受力平衡，有 Mg＝FT 線框abcd受力平衡 FT＝mgsin α＋F安 ab邊進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E＝Bl1v， 形成的感應電流 I＝ 受到的安培力 F安＝BIl1 聯(lián)立上述各式得 Mg＝mgsin α＋ 代入數(shù)據(jù)解得v＝6 m/s (2)線框abcd全部進入磁場后無感應電流，對線框和重物組成的系統(tǒng)，有 Mg－mgsin α＝(m＋M)a 所以a＝5 m/s2 設線框到達gh處的速度為v′，有 v′2－v2＝2a(s－l2) 解得v′＝12 m/s  (限時：45分鐘) 1． 如圖1甲所示，兩個平行金屬板a、b豎直放置，兩板加如圖乙所示的電壓．t＝0時刻在兩板的正中央O點由靜止開始釋放一個電子，電子僅在電場力作用下運動，假設始終未與兩板相碰．則電子速度方向向左且大小逐漸減小的時間是 (　　) 圖1 A．0Ub，電子向左做勻加速運動，A錯誤；t0bc.如果鋁框從磁場上方的某一位置由靜止開始運動，則從開始運動到ab邊到達gh線之前的速度(v)—時間(t)圖象可能正確的有 (　　) 圖2 答案　AD 解析　線框在進入磁場之前做勻加速直線運動，進入磁場時可能加速、勻速、減速，完全進入后做勻加速直線運動，出磁場時也可能加速、勻速或減速．進入磁場時如果勻速，則出磁場時線框的速度更大，線框受到的安培力變大，線框?qū)⒆鰷p速運動，但速度最小減到與進入磁場時相等，就再做勻速運動，故A、D正確，B、C錯誤． 3． 如圖3所示，空間同時存在水平向右的勻強電場和方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q的液滴，以某一速度沿與水平方向成θ角斜向上進入正交的勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域，在時間t內(nèi)液滴從M點勻速運動到N點．重力加速度為g. 圖3 (1)判定液滴帶的是正電還是負電，并畫出液滴受力示意圖； (2)求勻強電場的場強E的大小； (3)求液滴從M點運動到N點的過程中電勢能的變化量． 答案　(1)正電　受力示意圖見解析圖　(2) (3) 解析　(1)液滴帶正電 液滴受力示意圖如圖所示 (2)由圖可知 F電＝Eq＝mgtan θ E＝ (3)設液滴運動的速度為v，由圖可知 mg＝qvBcos θ v＝ 設MN之間的距離為d，則 d＝vt＝ 液滴從M點運動到N點，電場力做正功，電勢能減少，設電勢能減少量為ΔEp，ΔEp＝Eqdcos θ 故ΔEp＝ 4． 如圖4甲所示，不計電阻的平行金屬導軌豎直放置，導軌間距為L＝1 m，上端接有電阻R＝3 Ω，虛線OO′下方是垂直于導軌平面的勻強磁場．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.25 kg、電阻r＝1 Ω的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導軌由靜止釋放，桿下落過程中始終與導軌保持良好接觸且水平，桿下落過程中的v－t圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求： 圖4 (1)金屬桿ab剛進入磁場時的速度大?。? (2)磁感應強度B的大??； (3)桿在磁場中下落0.2 s的過程中電阻R產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)10 m/s　(2)1 T　(3)3.75 J 解析　(1)由題圖乙知，桿自由下落1 s進入磁場以v＝10 m/s做勻速運動 (2)產(chǎn)生的電動勢E＝BLv 產(chǎn)生的感應電流I＝ 桿所受安培力F安＝BIL 由平衡條件得mg＝F安 代入數(shù)據(jù)得B＝1 T (3)電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝3.75 J 5． 如圖5所示，小車質(zhì)量M＝8 kg，帶電荷量q＝＋310－2 C，置于光滑水平面上，水平面上方有方向水平向右的勻強電場，場強大小E＝2102 N/C.當小車向右的速度v＝3 m/s時，將一個不帶電、可視為質(zhì)點的絕緣物塊輕放在小車的右端，物塊質(zhì)量m＝1 kg，物塊與小車表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長，g取10 m/s2.求： 圖5 (1)物塊在小車上滑動過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能； (2)從物塊放上小車后5 s內(nèi)小車電勢能的增量． 答案　(1)6 J　(2)－132 J 解析　(1)對物塊：a1＝＝μg＝2 m/s2 對小車：a2＝＝0.5 m/s2 設經(jīng)過時間t0物塊和小車速度相等： a1t0＝v＋a2t0，t0＝2 s v1＝a1t0＝4 m/s，s1＝t0＝4 m，s2＝t0＝7 m Q＝μmg(s2－s1)＝6 J (2)當物塊與小車相對靜止時，它們的加速度為 a＝＝ m/s2 此后小車又發(fā)生的位移： s3＝v1(t－t0)＋a(t－t0)2＝15 m 從物塊放上小車后5 s內(nèi)電場力對小車做的功W＝Eq(s2＋s3)＝132 J 電勢能的增量：ΔEp＝－W＝－132 J 6． 如圖6，空間內(nèi)存在水平向右的勻強電場，在虛線MN的右側(cè)有垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小顆粒自A點由靜止開始運動，剛好沿直線運動至光滑絕緣的水平面C點，與水平面碰撞的瞬間小顆粒的豎直分速度立即減為零，而水平分速度不變，小顆粒運動至D處剛好離開水平面，然后沿圖示曲線DP軌跡運動，AC與水平面夾角α＝30，重力加速度為g，求： 圖6 (1)勻強電場的場強E； (2)AD之間的水平距離d； (3)已知小顆粒在軌跡DP上某處的最大速度為vm，該處軌跡的曲率半徑是距水平面高度的k倍，則該處的高度為多大？ 答案　(1)mg/q　(2)　(3) 解析　(1)小顆粒受力如圖所示 qE＝mgcot α 解得：E＝mg/q (2)設小顆粒在D點速度為vD，在水平方向由牛頓第二定律得：qE＝max， 2axd＝v 小顆粒在D點離開水平面的條件是：qvDB＝mg 得：d＝ (3)當速度方向與電場力和重力合力方向垂直時，速度最大 則：qvmB－＝m R＝kh 解得h＝