2017届高考物理二轮专题突破专题二力与物体的直线运动2动力学观点在电学中的应用教案
高三物理二轮复习专题课件精编：专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应用
由串联电路的知识可知 3 Q＝ Q′＝8 J 4
答案 (1)0.4
(2)2 C
(3)8 J
热点题型例析
专题二 第2课时
以题说法
本 课 时 栏 目 开 关
对于导体棒在磁场中动力学问题的分析要特别注
意棒中的感应电流受到的安培力一定是阻力． 一般导体棒在安 培力和其他恒力作用下做的变速运动是加速度逐渐减小的变 速运动，但在一定的条件下，也可以做匀变速直线运动．本题 中让外力均匀变化，就可以使导体棒做匀变速直线运动．
为界，下部有一垂直于斜面向下的匀强磁场， 上部有平行于斜 面向下的匀强磁场．两磁场的磁感应强度均为 B＝1 T，导轨 bc 段长 L＝1 m． 金属棒 EF 的电阻 R＝1.2 Ω， 其余电阻不计． 金 属棒与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.4，开始时导轨 bc 边用细线 系在立柱 S 上，导轨和斜面足够长，sin 37° ＝0.6，g＝10 m/s2. 当剪断细线后，试求：
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专题二 第2课时
第 2 课时
动力学观点在电学中的应用
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1．带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终 垂直于 粒 子的速度方向． 2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运 动只能是 匀速直线 运动．
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专题二 第2课时
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速度方向
热点题型例析
专题二 第2课时
题型 1
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电场内动力学问题分析 质量为 m 的带电小球由空中某点 A 无初速度地自由下
例1
落，在 t 秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经 过 t 秒小球又回到 A 点． 整个过程中不计空气阻力且小球从 未落地，则 A．匀强电场方向竖直向上 B．小球受到的电场力大小是 4mg t C．从加电场开始到小球运动到最低点历时 秒 4 2 22 D．从 A 点到最低点的过程中，小球重力势能变化了 mg t 3 ( )
高三物理二轮复习专题课件精编：专题二 第2课时 动力学观点在电学中的应用
加电场时小球的位移为 h＝12gt2，速度 v＝gt，设受到的电场力
本 课
为 F，则加上电场后的加速度大小 a＝F－mmg，从加电场到回
时 栏 目
到 A 的过程中－h＝vt－12at2，以上几式联立可得 F＝4mg，a＝
开 关
3g，故 B 正确．
由 v＝gt 知，从加电场开始小球减速到 0 的时间 t1＝va＝3ggt ＝3t ，
热点题型例析
在时间 t 内的平均感应电动势
E ＝ΔΔΦt ＝Btlx
平均电流为
本
课 时 栏
I ＝tRB＋lxr
目 开
通过电阻 R 的电荷量
关
q＝ I t＝RB＋lxr
代入数据得 q＝2 C
专题二 第2课时
热点题型例析
专题二 第2课时
(3)t＝2 s时刻，导体杆的速度v＝at＝4 m/s
在力 F 的作用过程中，设电路中产生的总热量为 Q′.由动能
关 析，特别是电场力方向的确定，在电场力方向已确定的情况下，
其动力学的分析和力学问题中的分析是一样的．
热点题型例析
专题二 第2课时
光滑水平面上放置两个等量同种点电荷，其连线中
垂线上有 A、B、C 三点，如图 1 甲所示，一个质量 m＝1 kg
的小物块自 C 点由静止释放，小物块带电荷量 q＝2 C，其运
故 C 错误．
热点题型例析
专题二 第2课时
从加电场开始到小球运动到最低点过程中的位移大小为 h2＝
v2·t1＝16gt2，所以由 A 点到最低点的过程中，小球重力势能变化
本 了 mg(12gt2＋16gt2)＝23mg2t2，故 D 正确．
课
时 答案 BD
栏
高考物理二轮专题突破专题二力与物体的直线运动2动力学观点在电学中的应用检测题
专题二力与物体的直线运动（2）动力学观点在电学中的应用一、夯实基础1.如图1所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.1C，B不带电.开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N.g＝10m/s2，则( )图1A.电场强度为50N/CB.电场强度为100N/CC.电场强度为150N/CD.电场强度为200N/C2.(多选)如图2甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是( )图2A.两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B.两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C.试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D.t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零3.(多选)如图3所示，带正电q′的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零.若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )图3A.在从A 点至B 点的过程中，M 先做匀加速运动，后做匀减速运动B.在从A 点至C 点和从C 点至B 点的过程中，前一过程M 的电势能的增加量较小C.在B 点M 受到的库仑力大小是mg sin θD.在Q 产生的电场中，A 、B 两点间的电势差大小为U ＝mgL sin θq4.(多选)如图4所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m ，带电量为＋q 的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ.现对小球施加水平向右的恒力F 0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是( )图4A.直杆对小球的弹力方向不变B.直杆对小球的摩擦力先减小后增大C.小球运动的最大加速度为F 0mD.小球的最大速度为F 0－μmg μqB二、能力提升5．(多选)如图5所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场．四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O 以相同初速度v 0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A 、B 、C 、D 点(图中未画出)．小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力．则( )图5A ．O 、C 之间距离大于O 、B 之间距离B ．小球从抛出到落在斜面上用时相等C ．小球落到B 点与C 点速度大小相等D ．从O 到A 与从O 到D ，合力对小球做功相同6．(多选)质量为m 、带电量为q 的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B ，如图6所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是( )图6A ．小球带正电B ．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C ．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mg cos θqB7．(多选)如图7，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平放置的光滑绝缘杆MN 分别交于c 、d 两点，点O 是cd 的中点，杆MN 上a 、b 两点关于O 点对称．两导线均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比，一带正电的小球穿在杆上，以初速度v 0从a 点出发沿杆运动到b 点．在a 、b 、O 三点杆对小球的支持力大小分别为F a 、F b 、F O .下列说法可能正确的是( )图7A ．F a >F OB ．F b >F aC ．小球一直做匀速直线运动D ．小球先做加速运动后做减速运动8．(多选)如图8所示，导体棒ab 电阻不计，由静止开始(不计摩擦)从图示位置下滑，磁场方向垂直斜面向上，则在此过程中( )图8A．导体棒ab做匀加速直线运动B．导体棒ab下滑的加速度逐渐减小C．导体棒ab中的感应电流逐渐减小D．导体棒ab下滑至速度达到最大值时，动能的增加量小于重力势能的减小量三、课外拓展9.如图9甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计.两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触.整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中.导体棒ab运动的位移图象如图乙所示.导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd所受的静摩擦力F f随时间变化的图象是( )图910.如图10所示，直线边界ab上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h处由静止释放，下列说法正确的是( )图10A.整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B.线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C.线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力可能一直减小D.线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小11.(多选)如图11所示，光滑绝缘的水平面内存在场强为E的匀强电场，长度为L绝缘光滑的挡板AC与电场方向夹角为30°.现有质量相等、电荷量均为Q的甲、乙两个带电体从A处出发，甲由静止释放，沿AC边无摩擦滑动，乙垂直于电场方向以一定的初速度运动，甲、乙两个带电体都通过C处.则甲、乙两个带电体( )图11A.发生的位移相等B.通过C处的速度相等C.电势能减少量都为32 EQLD.从A运动到C时间之比为 212.如图12甲所示，两根固定的足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ＝37°，相距d＝1m，上端a、b间接一个阻值为1.5Ω的电阻R.金属导轨区域有垂直导轨斜向下的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示.t＝0时在导轨上c、d两点处由静止释放一根质量m＝0.02kg、电阻r＝0.5Ω的金属棒，bc长L＝1m，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.取重力加速度g＝10m/s2.(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).求：图12(1)t＝0时流经电阻R的电流的大小和方向；(2)画出从t＝0时开始金属棒受到的摩擦力F f随时间t的变化图象(以F f沿斜面向上方向为正方向)；(3)金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值.13.两根足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l.导轨左端连接一个阻值为R的电阻，同时还连接一对间距为d的水平放置的平行金属极板.在导轨上面横放着一根阻值为r、质量为m的导体棒ab，构成闭合回路，如图13所示.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.用大小为F的水平外力拉着导体棒沿导轨向右匀速滑行，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略导轨的电阻.图13(1)求导体棒匀速滑行的速度大小.(2)导体棒匀速滑行过程，有一个质量为m0的带电小液滴静止悬浮在平行金属极板间(极板间为真空)，求小液滴的电荷量并说明其电性.四、高考链接14.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图14，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图14A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动15.(2015·天津理综·11)如图15所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图15(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.参考答案1. 答案 B解析 物块B 开始时平衡，A 对其的压力等于A 的重力，为20N ，加上电场后瞬间A 对B 的压力大小变为15N ，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N ，向上，根据牛顿第二定律，有：a ＝F 合m ＝5N 2kg＝2.5m/s 2再对物块A 受力分析，设电场力为F (向上)，根据牛顿第二定律，有：F N ＋F －mg ＝ma解得：F ＝m (g ＋a )－F N ＝2×(10＋2.5) N －15N ＝10N 故电场力向上，为10N ，故场强为：E ＝F q ＝100.1N/C ＝100 N/C ，方向向上. 2. 答案 BD解析 由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下，故说明两点电荷均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两点电荷带等量负电荷，故A 、C 错误，B 正确；t 2时刻之前电场力一直做负功，故电势能增大，此后电场力做正功，电势能减小，t 2时刻电势能最大，但由于试探电荷受重力及电场力均向下，故此时加速度不为零，故D 正确.3.答案 BD解析 小球M 下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mg sin θ和库仑力，两力方向相反.根据库仑定律知道，库仑力逐渐增大.库仑力先小于mg sin θ，后大于mg sin θ，q 先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与mg sin θ大小相等时速度最大；故A 错误；下滑过程，AC 间的场强小，CB 间场强大，由U ＝Ed 知，A 、C 间的电势差值小于C 、B 间的电势差值，根据电场力做功公式W ＝qU 得知，从A 至C 电场力做功较小，则电势能的增加量较小.故B 正确；M 从C 到B 做减速运动，在B 点时加速度方向沿杆向上，故库仑力大于mg sin θ.故C 错误；从A 到B ，根据动能定理得：mgL sin θ＋qU AB ＝0，又U BA ＝－U AB ，解得U BA ＝mgL sin θq .故D 正确. 4. 答案 BC解析 小球开始滑动时有：F 0－μ(mg －qvB )＝ma ，随v 增大，a 增大，当v ＝mg qB 时，a 达到最大值F 0m，摩擦力F f ＝μ(mg －qvB )减小；此时洛伦兹力等于mg ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大，此后滑动过程中有：F 0－μ(qvB －mg )＝ma ，随v 增大，a 减小，摩擦力增大，当v m ＝F 0＋μmg μqB时，a ＝0.此时达到平衡状态，速度不变.所以B 、C 正确，A 、D 错误.5．答案 AC 解析 带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，根据类平抛运动规律，则有：v 0t 12at 2＝1tan θ，可知，当加速度越大时，所用时间越短，因此O 、B 间距小于O 、C 间距，故A 正确；由题意可知，甲图带电小球做平抛运动，由A 分析可知，运动的时间介于乙图与丙图之间，故B 错误；根据A 分析，则有v 0t 12at 2＝1tan θ，那么v y ＝at ＝2v 0tan θ，则有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，可得，小球落到B 点与C 点速度大小相等，故C 正确；丁图中在洛伦兹力作用下，小球抛出后竖直方向的加速度小于g ，则使得小球竖直方向的速度小于甲图中小球竖直方向的速度，又因洛伦兹力不做功，则球从O 到A 重力做的功多于球从O 到D 重力做的功，因此合力对小球做功不同，故D 错误．6．答案 ABD解析 小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，由题意可知洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电，故A 正确；小球离开斜面之前，在重力、支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故B 正确，C 错误；则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，小球对斜面压力为零．所以Bqv ＝mg cos θ，则速率为mg cos θqB ，故D 正确． 7．答案 ABC解析 根据右手螺旋定则可知，从a 点出发沿连线运动到b 点，aO 间的磁场方向垂直于MN 向里，Ob 间的磁场方向垂直于MN 向外，所以合磁场大小先减小过O 点后反向增大，而方向先向里，过O 点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向先向上，大小在减小，在a 点，若Bqv 0>mg 则有F a ＝Bqv 0－mg ；在O 点，F O ＝mg ，所以有可能F a >F O ，过O 得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大，即F b >F a ，故A 、B 、C 正确，D 错误．8．答案 BD解析 当棒下滑，速度增大，E 增大，I 增大，F 安增大，由牛顿第二定律可知：a ＝mg sin θ－F 安m，可知加速度减小，故A 、C 错误，B 正确；导体棒下滑过程中，重力势能减小，动能增加，同时产生电热，根据能量守恒可知，导体棒ab 下滑至速度达到最大值时，动能和内能的增加量等于重力势能的减小量，故D 正确． 9.答案 D解析 由右手定则可知ab 中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv ，由欧姆定律得：I ＝E R ＝BLv R.感应电流从上向下流过cd 棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小：F ＝BIL ＝B 2L 2v R对cd 棒进行受力分析，可知，cd 棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大小：F f ＝F ＝B 2L 2v R，大小与速度v 成正比，与速度的方向相反.故D 正确，A 、B 、C 错误. 10. 答案 C11. 答案 AC解析 对于两个带电体，由于初、末位置相同，故二者的位移相同，选项A 正确；两个带电体通过C 点的速度方向不同，故选项B 错误；根据功能关系，电势能的变化量等于电场力做的功，则：W ＝EQd ＝EQL cos30°＝32EQL ，故选项C 正确；对于甲带电体：a 1＝mg ＋EQ cos30°m ，则：L ＝12a 1t 21；对于乙带电体：a 2＝mg ＋EQ m ，则：L cos30°＝12a 2t 22，整理可以得到：t 21t 22＝43，故选项D 错误. 12. 答案 (1)0.4A 由a 向b (2)见解析图 (3)1.28×10－2W解析 (1)E ＝Ld ΔB Δt ＝1×1×0.8V ＝0.8V I ＝E R ＋r ＝0.81.5＋0.5A ＝0.4A 方向：由a 向b(2)如图.(3)mg sin37°＝I ′dB ＋μmg cos37°I ′＝BLv m R ＋r解得v m ＝0.32m/s ，I ′＝0.08A金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值P m ＝I ′dBv m ＝1.28×10－2W.13. 答案 (1)F －μmg R ＋r B 2l 2 (2)m 0gdBl F －μmg R带正电 解析 (1)导体棒匀速滑行，有F ＝IBl ＋μmg回路中的电流I ＝Blv R ＋r解得导体棒匀速滑行的速度大小v ＝F －μmg R ＋r B 2l2 (2)金属板间的电压U ＝IR带电液滴静止在极板间，有m 0g ＝q U d 解得小液滴的电荷量q ＝m 0gdBl F －μmg R(液滴带正电). 14. 答案 D解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．15.答案 (1)4倍 (2)Q mg ＋28l解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R ②设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB ③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④由①②③④式得v 1＝mgR4B 2l 2⑤设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得v 2＝mgRB 2l 2⑥由⑤⑥式得v 2＝4v 1⑦(2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl ＝12mv 21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg (2l ＋H )＝12mv 22－12mv 21＋Q ⑨由⑦⑧⑨式得H ＝Q mg ＋28l。
高考物理大二轮复习与增分策略专题二力与物体的直线运动第1讲动力学观点在力学中的应用
专题二 力与物体的直线运动[专题定位] 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析.考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等.[应考策略] 抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”.“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.第1讲 动力学观点在力学中的应用1.物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线.2.匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 20＝2ax . 中间时刻的瞬时速度：2v t ＝x t ＝v 0＋v2.任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2. 3.速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移.匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线.4.位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的x －t 图象是一条抛物线.5.超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向.当a 有竖直向上的分量时，超重；当a 有竖直向下的分量时，失重；当a ＝g 且竖直向下时，完全失重.1.动力学的两类基本问题的处理思路2.解决动力学问题的常用方法 (1)整体法与隔离法.(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.例1 一个物体以初速度v 0沿光滑斜面向上运动，其速度v 随时间t 变化的规律如图1所示，在连续两段时间m 和n 内对应面积均为S ，则经过b 时刻v b 的大小为( )图1A.m －n S mnB.mn m 2＋n 2S m ＋nC.m 2＋n 2S m ＋n mnD.m 2＋n 2S mn解析 设b 时刻的速度为v b ，加速度为a ，根据x ＝v 0t ＋12at 2得：S ＝v a m －12am 2① S ＝v b n －12an 2② v b ＝v a －am③①②③联立得：v b ＝m 2＋n 2Sm ＋n mn.答案 C预测1 (2016·全国丙卷·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t和a ＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 对. 预测2 广泛应用于我国高速公路的电子不停车收费系统(ETC)是目前世界上最先进的收费系统，过往车辆无须停车即能够实现收费.如图2所示为某高速公路入口处的两个通道的示意图，ETC 收费岛(阴影区域)长为d ＝36 m.人工收费窗口在图中虚线MN 上，汽车到达窗口时停车缴费时间需要t 0＝20 s.现有甲、乙两辆汽车均以v ＝30 m/s 的速度并排行驶，根据所选通道特点进行减速进入收费站，驶入收费岛区域中的甲车以v 0＝6 m/s 的速度匀速行驶.设两车减速和加速的加速度大小均为3 m/s 2，求图2(1)从开始减速到恢复速度v ，甲车比乙车少用的时间； (2)乙车交费后，当恢复速度v 时离甲车的距离. 答案 (1)18 s (2)564 m解析 (1)甲车进入收费岛之前的减速时间：t 1＝v －v 0a＝8 s ， 通过收费岛的时间：t 2＝d v 0＝6 s 离开收费岛的加速时间为：t 3＝t 1＝8 s ， 所以：t 甲＝t 1＋t 2＋t 3＝22 s 乙车的时间：t 乙＝2va＋t 0＝40 s所以甲车比乙车少用的时间为：Δt ＝t 乙－t 甲＝18 s. (2)甲车开始减速时与MN 的距离为：l 甲＝v 0＋v2t 1＋d ＝180 m乙车开始减速时与MN 的距离为：l 乙＝v 22a＝150 mΔt ′＝Δlv＝1 s即甲车开始减速后1 s 乙车开始减速.所以从甲车开始减速到乙车恢复速度v 共经过t ′＝41 s 的时间.x 甲＝v 0＋v 2t 1×2＋d ＋v (t ′－t 甲)＝894 mx 乙＝v 22a×2＝300 m所以乙车交费后，当恢复速度v 时离甲车的距离为：Δx ＝x 甲－x 乙－Δl ＝564 m.例2 (多选)如图3(a)所示，质量相等的a 、b 两物体，分别从斜面上的同一位置A 由静止下滑，经B 点的水平面上滑行一段距离后停下.不计经过B 点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图象如图(b)所示，下列说法正确的是( )图3A.a 在斜面上滑行的加速度比b 的大B.a 在水平面上滑行的距离比b 的短C.a 与斜面间的动摩擦因数比b 的小D.a 与水平面间的动摩擦因数比b 的大解析 由题图(b)图象斜率可知a 做加速运动时的加速度比b 做加速运动时的加速度大，故A 正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a 从t 1时刻开始，b 从t 2时刻开始.由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a 在水平面上做匀减速运动的位移比b 在水平面上做匀减速运动的位移大，故B 错误；设斜面倾角为θ，物体在斜面上运动的加速度为a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ，因为a 的加速度大于b 的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b 的小，故C 正确，同理，D 错误. 答案 AC预测3 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v －t 图象可能正确的是( )答案 B解析 没有空气阻力时，物体只受重力，做竖直上抛运动，v －t 图象是向下倾斜的直线，如虚线所示；有空气阻力时：上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg ＋F f ＝ma ，故a ＝g ＋F fm，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g ；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg －F f ＝ma ，故a ＝g －F f m，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；v －t 图象的斜率表示加速度，故图线与t 轴的交点对应时刻的加速度为g ，切线与虚线平行；故A 、C 、D 错误，B 正确.预测4 (多选)如图4甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B .保持A 的质量不变，改变B 的质量m ，当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的图线，如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s 2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )图4A.若θ已知，可求出A 的质量B.若θ未知，可求出乙图中a 1的值C.若θ已知，可求出乙图中a 2的值D.若θ已知，可求出乙图中m 0的值 答案 BC解析 对B ，mg －F ＝ma . 对A ，F －m A g sin θ＝m A a . 得：a ＝m －m A sin θm ＋m A·g故m →＋∞时，a 1＝g ，B 正确.m ＝0时，a 2＝－g sin θ，选项C 正确.解题方略1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键.2.传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断.例3 如图5所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A 轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A 轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B 端，由自动卸货装置取走.已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A 、B 两轮间的距离为L ＝64 m ，A 、B 两轮半径忽略不计，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图5(1)若传送带以恒定速率v 0＝10 m/s 传动，求被选中的铁矿石从A 端运动到B 端所需要的时间；(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B 端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间. 解析 (1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石 沿传送带方向F f －mg sin θ＝ma 垂直传送带方向：F N －mg cos θ－F ＝0 其中F ＝1.4mg ，F f ＝μF N ，解得：a ＝2 m/s 2则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：t 1＝v 0a ＝102s ＝5 s对应的位移为：x 1＝12at 21＝12×2×52m ＝25 m根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B 端，则其匀速运动时间为：t 2＝L －x 1v 0＝64－2510s ＝3.9 s 所以铁矿石从传送带的A 端运动到B 端所需要的时间为：t ＝t 1＋t 2＝8.9 s.(2)只有铁矿石一直加速运动到B 点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s 2，所以传送带的最小加速度为：a min ＝2 m/s 2则有：L ＝12at ′2，代入数据解得最短时间为：t ′＝8 s.答案 (1)8.9 s (2)2 m/s 28 s预测5 如图6所示，物块M 在静止的足够长的传送带上以速度v 0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )图6A.M 下滑的速度不变B.M 开始在传送带上加速到2v 0后向下匀速运动C.M 先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D.M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上 答案 C解析 传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝F f ，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C 正确，故选C.预测6 如图7所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s 顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m ＝1 kg 的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s 2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g ＝10 m/s 2.试求：图7(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移； (2)滑块在传送带上运动的总时间t . 答案 (1)3 m (2)2 s解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律可得： μmg ＝ma 1，得：a 1＝2 m/s 2设经过t 1滑块与传送带共速v ，有： v ＝v 0－at 1v ＝a 1t 1，解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s滑块位移为x 1＝vt 12＝1 m传送带位移为x 2＝v 0＋v t 12＝4 m故滑块相对传送带的位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有：F f ＝ma ＝4 N>μmg ＝2 N ，故滑块与传送带相对滑动.滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有：t 2＝0－v －a 1＝1 s ，故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.解题方略1.“滑块—木板模型”类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系.2.要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等.例4如图8所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙.一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2.求：图8(1)滑块滑动到A点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.解析(1)根据牛顿第二定律有：F＝ma根据运动学公式有：v2＝2aL0联立方程代入数据解得：v＝6 m/s其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v即是滑块滑到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动的位移.(2)根据牛顿第二定律有：对滑块有：μ1mg＝ma1代入数据解得：a1＝5 m/s2对长木板有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入数据解得：a2＝0.4 m/s2.其中M为长木板的质量，a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数.(3)设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t则：v－a1t＝a2t代入数据解得：t ＝109s ，则此过程中滑块的位移为：x 1＝vt －12a 1t 2长木板的位移为：x 2＝12a 2t 2x 1－x 2＝103m>L式中L ＝2 m 为长木板的长度，所以滑块能滑出长木板右端. 答案 (1)6 m/s (2)5 m/s 20.4 m/s 2(3)能预测7 (多选)如图9甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a －F 图象，g 取10 m/s 2，则( )图9A.滑块A 的质量为4 kgB.木板B 的质量为1 kgC.当F ＝10 N 时木板B 的加速度为4 m/s 2D.滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.1 答案 BC解析 由图知，当F ＝8 N 时，加速度为：a ＝2 m/s 2，对整体分析： F ＝(m A ＋m B )a ，解得：m A ＋m B ＝4 kg ，当F 大于8 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有：a ＝F －μm A g m B ＝1m B F －μm A gm B，由图示图象可知，图线的斜率：k ＝1m B ＝Δa ΔF ＝28－6＝1，解得：m B ＝1 kg ，滑块A 的质量为：m A ＝3 kg.当a ＝0时，F ＝6 N ，代入解得 μ＝0.2，故A 、D 错误，B 正确；根据F ＝10 N>8N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为：a B ＝a ＝F －μm A g m B ＝1m B F －μm A m B g ＝(11×10－0.2×301) m/s 2＝4 m/s 2.故C 正确.预测8 如图10所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为3 kg 的长木板A ，A 右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为1 kg 的物体B 连接，木板A 的右端与滑轮之间的距离足够大.当B 从静止开始下落距离0.8 m 时，在木板A 的右端轻放一质量为1 kg 的小铁块C (可视为质点)，最终C 恰好未从木板A 上滑落.A 、C 间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度g ＝x 10 m/s 2.求：图10(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小； (2)木板A 的长度l . 答案 (1)2 m/s (2)0.8 m解析 (1)在木板上放小铁块前，把A 、B 看作整体，由牛顿第二定律有m B g ＝(m A ＋m B )a 1v 21＝2a 1h解得：v 1＝2 m/s.(2)在木板上放小铁块后，取向右为正方向，由牛顿第二定律对小铁块有：μm C g ＝m C a 2 得a 2＝4 m/s 2对木板有：m B g －μm C g ＝(m A ＋m B )a 3 得a 3＝1.5 m/s 2由题意知，小铁块滑到木板左端时，小铁块与木板的速度相同， 则有a 2t ＝v 1＋a 3t 解得：t ＝0.8 s 由运动学公式可知：l ＝v 1t ＋12a 3t 2－12a 2t 2解得：l ＝0.8 m.专题强化练1.动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图1所示.一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5 s 和4 s ，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30 m ，则该动车组的加速度约为( )图1A.0.17 m/s 2B.0.30 m/s 2C.0.33 m/s 2D.0.38 m/s 2答案 C解析 由匀变速运动的位移公式，x ＝v 0t ＋12at 2对两节车厢有60＝v 0×(5＋4)＋12a (5＋4)2对第一节车厢，30＝v 0×5＋12a ·52联立解得a ≈0.33 m/s 2，故选项C 正确.2.(多选)(2016·全国乙卷·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt 图象如图2所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图2A.在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B.在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 BD解析 根据vt 图，甲、乙都沿正方向运动.t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v乙＝25 m/s ，由位移和vt 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m.故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确.3.近来，“中国式过马路”成为人们热议的话题.行人过马路时必须遵守交通规则，而红绿灯的时间设置也必须考虑到行人的安全.假设行人过马路时看到红灯转绿灯时反应时间为0.2 s ，设行人先做匀加速运动，经过1 s 速度达到了最大值1.5 m/s ，然后以这一速度匀速通过马路，已知马路的宽度为40 m ，行人沿直线垂直马路在斑马线上行走，则根据以上数据计算出该路口的行人绿灯设置的最短时间为( ) A.10 s B.20 s C.28 s D.40 s 答案 C解析 人匀加速运动的位移x 1＝v m 2t 1＝1.52×1 m＝0.75 m ，匀速运动的位移x 2＝40－x 1＝39.25 m ，时间t 2＝x 2v m≈26.2 s.绿灯设置的最短时间t ＝Δt ＋t 1＋t 2＝(0.2＋1＋26.2) s ＝27.4 s ，接近28 s.4.(多选)如图3所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.6，下列说法正确的是( )图3A.下滑相同距离内物块A 、B 机械能的变化一定不相同B.下滑相同时间内物块A 、B 机械能的变化一定相同C.物块A 、B 一定不能同时到达传送带底端D.物块A 、B 在传送带上的划痕长度相同 答案 AC解析 因为mg sin 30°＝12mg <μmg cos 30°＝3310mg ，所以A 做匀速直线运动，B 做匀减速直线运动，下滑相同距离内摩擦力做功不同，物块A 、B 机械能的变化一定不相同，A 正确，B 错误；如果都能到达底端，则位移相同，一个匀速运动，一个匀减速运动，所以物块A 、B 一定不能同时到达传送带底端，C 正确；由于A 相对传送带静止，所以在传送带上的划痕为零，B 做匀减速直线运动，相对传送带的划痕不为零，故D 错误.5.(多选)如图4所示，一水平传送带以v 0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m ，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则( )图4A.物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动B.物块不可能从传送带的左端滑落C.物块不可能回到出发点D.物块的最大机械能不可能大于12mv 2答案 BD解析 设传送带的长度为L ，物块运动的过程中，物块匀加速运动的位移：x ＝v202a，若x ≥L ，则物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动；若x <L ，则物块先加速后匀速.故A 错误；若物块在传送带上一直做加速运动，则返回的过程中物块一直做减速运动，由于两个运动的加速度的大小是相等的，可知物块将能够恰好返回出发点，但不可能从传送带的左端滑落.故B 正确，C 错误；物块在传送带上运动的过程中，传送带的摩擦力对物块做功，所以物块的速度不可能大于v 0，物块在斜面上运动的过程中只有重力做功，机械能不增加.所以滑块的最大机械能不可能大于12mv 20.故D 正确.故选B 、D.6.放在足够长的木板上的物体A 和B 由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v 向右做匀速直线运动，如图5所示.某时刻木板突然停止运动，已知m A >m B ，下列说法正确的是( )图5A.若木板光滑，由于A 的惯性较大，所以A 、B 一定会相撞B.若木板粗糙，由于A 的动能较大，所以A 、B 一定会相撞C.若木板粗糙，由于A 所受的摩擦力较大，所以A 比B 先停下来D.无论木板是否光滑，A 、B 间的相对距离保持不变答案 D解析 若木板光滑，A 、B 在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则A 、B 将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a ＝μmgm＝μg ，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度.保持相对静止.故D 正确，A 、B 、C 错误.7. 2015年12月10日，百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶.(1)如图6所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m 范围内车辆和行人的“气息”.若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s 2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？图6(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m 处，两车都以20 m/s 的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s 2的加速度刹车1.4 s 后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s 2的加速度刹车.试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？ 答案 (1)24 m/s (2)不会解析 (1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有 －2ax ＝0－v 2①代入数据解得v 0＝24 m/s(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t 2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v 该过程无人驾驶汽车刹车时间为t 2＋t 1，其中t 1＝1.4 s 对无人驾驶汽车v ＝v 0－a (t 2＋t 1)② 对有人驾驶汽车v ＝v 0－a ′t 2③联立②③式得t 2＝3.6 s ，v ＝2 m/s 又x 无＝v 0＋v2(t 2＋t 1) ④x 有＝v 0＋v 2t 2＋v 0t 1⑤ Δx ＝x 有－x 无⑥联立④⑤⑥，代入数据解得Δx ＝12.6 m<30 m ，即两车不会相撞.8.某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图7甲所示.他使木块以初速度v 0＝4 m/s 的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v －t 图线如图乙所示.g 取10 m/s 2.求：图7(1)上滑过程中的加速度的大小a 1； (2)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)木块回到出发点时的速度大小v . 答案 (1)8 m/s 2(2)0.35 (3)2 m/s解析 (1)由题图乙可知，木块经0.5 s 滑至最高点，由加速度定义式a ＝ΔvΔt有：上滑过程中加速度的大小：a 1＝v 0Δt 1＝40.5m/s 2＝8 m/s 2(2)上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用，由牛顿第二定律F ＝ma 得上滑过程中有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 代入数据得：μ≈0.35.(3)下滑的距离等于上滑的距离：x ＝v 202a 1＝422×8m ＝1 m下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律F ＝ma 得： 下滑过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 解得：a 2≈2 m/s 2下滑至出发点时的速度大小为：v ＝2a 2x 联立解得：v ＝2 m/s.9.如图8所示，质量m ＝1 kg 的物块A 放在质量M ＝4 kg 木板B 的左端，起初A 、B 静止在水平地面上.现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.求：图8(1)能使A 、B 发生相对滑动的F 的最小值；(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则木板至少多长；从开始到A 、B 均静止，A 的总位移是多少. 答案 (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于A ，最大加速度由A 、B 间的最大静摩擦力决定，即μ1mg ＝ma m ，a m ＝4 m/s 2 对A 、B 整体，F min －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a m 得F min ＝25 N(2)设F 作用在B 上时A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，撤掉F 时速度分别为v 1、v 2，撤去外力F 后加速度分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度为v 3，加速度为a 3，对于A ，μ1mg ＝ma 1，a 1＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对于B ，F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s 撤去外力，a 1′＝a 1＝4 m/s 2，a 2′＝μ1mg ＋μ2M ＋m gM＝2.25 m/s 2经过t 2时间后A 、B 速度相等v 1＋a 1′t 2＝v 2－a 2′t 2，解得t 2＝0.2 s 共同速度v 3＝v 1＋a 1′t 2＝4.8 m/s从开始到A 、B 相对静止时，A 、B 的相对位移即为木板最短的长度LL ＝x B －x A ＝v 222a 2－v 23－v 222a 2′－12a 1(t 1＋t 2)2＝0.75 mA 、B 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a 3＝μ2g ＝1 m/s 2从v 3至最终静止位移为x ＝v232a 3＝11.52 m所以A 的总位移为x A 总＝x A ＋x ＝14.4 m.。
高考物理专题二力与物体的直线运动动力学观点在电学中的应用讲学案
第2讲动力学观点在电学中的应用课标卷高考命题分析年份题号·题型·分值模型·情景题眼分析难度2020年Ⅱ卷14题·选择题·6分匀变速直线运动(电场力与重力)倾斜电容器电场强度的方向易2020年Ⅱ卷24题·计算题·12分单杆切割电磁感应现象匀速运动中2020年Ⅰ卷25题·计算题·20分牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律多过程分析难1．带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3．带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中时，带电粒子做匀变速直线运动．4．电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动．1．带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同．首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力方向与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动．2．带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情景出现．解决的方法：(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律．(2)借助运动图象进行运动过程分析．高考题型1 电场内动力学问题分析例1 (2020·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度大小；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍． 答案 见解析解析 (1)油滴带电性质不影响结果，设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足 qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在t 1时刻的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④ 由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 12⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 12⑧由题给条件有v 02＝2g ×2h ＝4gh ⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫ 即当0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形． 若B 在A 点之下，依题意有x2＋x1＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2＝[2－2v0gt1－14(v0gt1)2]E1⑯为使E2>E1，应有2－2v0gt1－14(v0gt1)2>1⑰即t1>(52＋1)v0g⑱另一解为负，不符合题意，舍去．1．(2020·上海闵行区二模)如图1所示，质量为m、带电量为＋q的滑块沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为( )图1A．继续匀速下滑B．将加速下滑C．将减速下滑D．上述三种情况都可能发生答案 A解析设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin θ＝F f且F N＝mgcos θ又F f＝μF N得到，mgsin θ＝μmgcos θ，即有sin θ＝μcos θ当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F.根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为(mg＋F)sin θ，沿斜面向上的力为μ(mg＋F)cos θ，由于sin θ＝μcos θ，所以(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动．2．(2020·内蒙古包头市一模)如图2所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点．匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零．图2(1)求匀强电场的电场强度E 的大小．(2)若小球从O 点的左方由水平位置C 点无初速度自由释放，则小球到达最低点B 所用的时间t 是多少？(已知：OA ＝OC ＝L ，重力加速度为g) 答案 (1)mgq(2)2L g解析 (1)对小球由A 到B 的过程，由动能定理得 0＝mgL －qEL 故E ＝mg q(2)小球由C 点释放后，将做匀加速直线运动，到B 点时的速度为v b ，设小球做匀加速直线运动的加速度为a ，F 合＝(qE )2＋(mg )2＝2mg a ＝2mgm＝2g 又v b 2＝2a 2L ＝4gL 得t ＝v ba＝2L g高考题型2 磁场内动力学问题分析例2 (多选)(2020· 河南洛阳市第二次统考)如图3甲所示，一带电物块无初速度地放在传送带的底端，传送带以恒定的速率顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至传送带顶端F 的过程中，其v －t 图象如图乙所示，若物块全程运动的时间为4.5 s ，则下列判断正确的是( )图3A ．该物块带负电B ．传送带的传送速度大小可能大于1 m/sC ．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移D ．在2～4.5 s 内，物块与传送带间仍可能有相对运动 答案 BD解析 由题图乙可知，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，物块的最大速度是1 m/s.对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μF N －mgsin θ＝ma ①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是F N逐渐减小，而开始时：F N＝mgcos θ，后来：F N′＝mgcos θ－F洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误；物块做匀速直线运动时：mgsin θ＝μ(mgcos θ－F洛)②由②可知，只要传送带的速度大于等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1 m/s，也可能是大于1 m/s，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动．故B、D正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知传送带的长度，也不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，故C错误．1．对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因F洛＝qvB，则速度v的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3．此类问题也常出现临界问题，如滑块脱离木板的临界条件是支持力为零．3．(多选)如图4所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )图4A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等答案AD解析小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcos θ＝qv m B解得v m＝mgcos θqB，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsin θ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由v m＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝v m22a得，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C错误；由平均功率的公式P＝F v＝mg·v m2sin θ＝m2g2sin θ·cos θ2qB，因sin 30°＝cos 60°，故重力的平均功率一定相等，故D正确．4．(2020·山西临汾市二模)如图5所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正上方沿竖直方向有一用绝缘细线悬挂着的正方形线框．线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k Ir(k 为常量)，线框的质量为m ，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为( )图5 A ．0 B.kI2m ＋g C.kI2m －g D.kI22m＋g 答案 D解析 线框下边受到的安培力的大小为F 1＝k I L ·IL＝kI 2，方向向下，线框上边受到的安培力大小F 2＝kI 2L ·IL＝12kI 2，方向向上， 根据牛顿第二定律可得，F 1＋mg －F 2＝ma 解得：a ＝kI22m＋g ，故A 、B 、C 错误，D 正确．高考题型3 电磁感应中的力学问题分析例3 (2020·全国名校模拟)如图6所示，直角坐标系xOy 在水平面内，其第一象限内有一磁场，方向垂直于水平面向下，磁场沿y 轴方向分布均匀，沿x 轴方向磁感应强度B 随坐标x 增大而减小，满足B ＝1x (单位：T)；“∠”形光滑金属长直导轨MON 顶角为45°，固定在水平面内，ON 与x 轴重合．一根质量为2 kg 的导体棒放在导轨上，导体棒与导轨接触，电阻恒为0.5 Ω，其余电阻不计，导体棒最初处于原点位置O ，某时刻给导体棒施加一个水平向右的外力作用，使得导体棒从静止开始沿x 轴正方向运动，运动过程中回路中产生的电动势E 与时间t 的关系为E ＝3t(单位：V)求：图6(1)第2 s 内回路中流过的电荷量q.(2)导体棒滑动过程中水平外力F 与横坐标x 的关系式．答案 (1)9 C (2)F ＝(26x ＋6) N解析 (1)t ＝1 s 时，感应电动势E 1＝3×1 V ＝3 V ，感应电流I 1＝E 1R ＝30.5 A ＝6 At ＝2 s 时，感应电动势E 2＝3×2 V ＝6 V ，感应电流I 2＝E 2R ＝60.5A ＝12 A因为感应电流与时间成正比，属于线性关系，所以有：q ＝I Δt＝I 1＋I 22Δt＝9 C.(2)由导轨夹角为45°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度L ＝x 有：E ＝BLv ＝Bxv 由题意有：E ＝3t B ＝1x联立得：v ＝3t 故加速度a ＝3 m/s 2因此导体棒在拉力和安培力作用下做匀加速直线运动 安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2x 2v R ＝vR根据运动学公式v ＝2ax ＝2×3x ＝6x 联立得：F 安＝6xR＝26x 根据牛顿第二定律：F ＝F 安＋ma ＝(26x ＋6) N.5．(2020·全国名校模拟)如图7甲所示，电阻不计、间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将一质量m ＝0.2 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处以v 0＝1 m/s 的初速度下落，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．金属杆下落到磁场边界OO ′所需时间t ＝0.1 s ，下落0.4 m 的过程中金属杆的加速度与下落的距离h 之间的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )图7A ．金属杆进入磁场时的速度为6 m/sB ．金属杆开始下落时与OO ′的距离为0.1 mC ．磁场的磁感应强度大小为4 TD ．金属杆下落0.4 m 时的速度为1 m/s 答案 D解析 金属杆下落到磁场边界OO ′的过程中加速度为g ，则金属杆到OO ′时的速度v 1＝v 0＋gt 1＝2 m/s ，金属杆下落时距OO ′的高度h ＝(v 0＋v 1)t 12＝0.15 m ，A 、B 项错误；金属杆刚进入磁场时的加速度大小为10 m/s 2，方向向上，有B 2L 2v 1R －mg ＝ma ，代入数据得B ＝2 T ，C 项错误；从乙图中可以看出，金属杆下落0.4 m 后开始做匀速运动，则B 2L 2v 2R＝mg ，代入数据得v 2＝1 m/s ，D 正确．6．如图8所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图8(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P. 答案 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0－v )2R解析 (1)MN 刚扫过金属杆时，感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝ER解得I ＝Bdv 0R(2)安培力F ＝BId 由牛顿第二定律得F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ′＝Bd(v 0－v) 电功率P ＝E ′2R解得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R题组1 全国卷真题精选1．(2020·新课标全国Ⅱ·14)如图9，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图9A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动答案 D解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．2．(2020·全国卷Ⅱ·24)如图10，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：图10(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案(1)Blt0(Fm－μg)(2)B2l2t0m解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0(Fm－μg)④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I ＝E R⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，有 F －μmg－F 安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R ＝B 2l 2t 0m题组2 各省市真题精选3.(2020·海南卷·5)如图11，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )图11 A ．3∶2 B ．2∶1 C ．5∶2 D ．3∶1答案 A解析 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度大小分别为a 1＝qE M 、a 2＝qEm ，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2①35l ＝12a 2t 2＝qE 2mt 2② 解得M m ＝32.B 、C 、D 错，A 对．4．(多选)(2020·浙江理综·20)如图12甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )图12A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功答案 ABC解析 根据左手定则知金属棒在0～T 2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T 2～T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A 、B 、C 正确；在0～T 2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T 2～T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D 错误．专题强化练1．(多选)(2020·福建省4月模拟)两个相隔一定距离的等量正点电荷固定不动，在其产生的电场中，一个带负电的粒子以某一初速度从某一位置开始运动，仅在电场力作用下，该粒子可能做( )A ．匀变速直线运动B ．匀变速曲线运动C ．匀速圆周运动D ．在某一点附近做往复运动答案 CD2．(2020·辽宁实验中学等五校联考)一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图1A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2 s 内，电场力所做的功等于零C ．4 s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4 s 内，速度的改变等于零答案 D3．(2020·河北衡水市模拟)如图2所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E 1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m ，带电量＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，则下列结论正确的是( )图2A ．若AB 高度差为h ，则U AB ＝－mgh q B ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1答案 A解析 对A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mgh q，知A 、B 的电势不等，则电势能不等．故A 正确，B 错误；A 到虚线速度由零加速至v ，虚线到B 速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反．故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE 1m，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a 2＝qE 2－mg m ，因为a 1＝a 2，解得：E 2－E 1＝2mg q.故D 错误．4．(2020·哈尔滨师大附中等二模)如图3所示，空间有场强大小为E ，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k 的轻弹簧；彼此绝缘的AB 两物体静止在弹簧顶端，A 的质量为m ，电量为＋q ，B 的质量也为m ，不带电，弹簧处在弹性限度内；某时刻，在沿斜面向上的外力F 作用下，AB 一起以加速度a 匀加速运动，则当AB 分离瞬间( )图3A ．弹簧的形变量为0B ．弹簧的形变量为x ＝qE ＋mgsin θ＋ma kC ．A 的速度达到最大D ．A 的加速度为0答案 B5．(多选)(2020·河南濮阳市一模)如图4甲所示，光滑“∠”型金属支架ABC 固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF 放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法正确的是( )图4A．t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B．t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零C．t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D．t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变答案BC6．(多选)(2020·江西南昌市一模)如图5所示，质量为m＝0.04 kg、边长l＝0.4 m的正方形导体框abcd 放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细线系于O点，斜面的倾角为θ＝30°；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知线框电阻为R ＝0.5 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.则( )图5A．线框中的感应电流方向为abcdaB．t＝0时，细线拉力大小为F＝0.2 NC．线框中感应电流大小为I＝80 mAD．经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动答案CD7.如图6所示，一质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环一向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的( )图6A．②③ B．①③ C．②④ D．①④答案 D解析由左手定则可判断圆环受到竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的重力，还可能受到垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qv0B＝mg时，圆环做匀速运动，此时图象为①，故①正确；当qv0B＜mg时，F N＝mg－qvB此时：μF N＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图象的斜率应该逐渐增大，故②③错误．当qv0B＞mg时，F N＝qvB－mg，此时：μF N＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故④正确．8.如图7所示，直线边界ab上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h处由静止释放，下列说法正确的是( )图7A．整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B．线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C．线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力可能一直减小D．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小答案 C9．(2020·北京石景山区模拟)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面的倾角为θ，导轨的下端接有电阻．当空间没有磁场时，使ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab 上升的最大高度为H；当空间存在垂直导轨平面的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h.两次运动中导体棒ab始终与两导轨垂直且接触良好．关于上述情景，下列说法中正确的是( )图8A．两次上升的最大高度比较，有H＝hB．两次上升的最大高度比较，有H＜hC．有磁场时，ab上升过程的最大加速度为gsin θD．有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin θ答案 D10．(2020·北京丰台模拟)如图9所示，在倾角θ＝37°的斜面上，固定一宽度L＝0.25 m的足够长平行金属导轨，在导轨上端MN间接入一个电源，电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝1.0 Ω.一质量m＝25 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，其电阻R＝1.5 Ω.整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.80 T．导轨的电阻不计，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图9(1)金属棒所受安培力F的大小和方向；(2)若金属棒在导轨上静止，金属棒所受摩擦力F f的大小和方向；(3)若导轨光滑，现将MN间电源拿掉换接一个阻值为R0＝2.5 Ω的电阻，其他条件保持不变，金属棒ab 从静止开始运动，它所能达到的最大速度v max.答案(1)0.12 N，方向沿斜面向上(2)0.03 N，方向沿斜面向上(3)15 m/s解析(1)I＝E R＋rF安＝BIL联立解得F安＝0.12 N，方向沿斜面向上(2)金属棒受力如图所示，假设摩擦力方向沿斜面向上，因金属棒静止，则mgsin 37°＝F安＋F f解得F f＝0.03 N，方向沿斜面向上(3)当合力为0时，有最大速度v max由mgsin 37°＝F安′F安′＝BI′LI′＝E′R＋R0E′＝BLv max得v max＝15 m/s.11．如图10所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图10(1)调节R x＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x.答案 (1)Mgsin θBl 2MgRsin θB 2l 2 (2)mldB Mqsin θ解析 (1)导体棒匀速下滑时，Mgsin θ＝BIl ①I ＝Mgsin θBl② 设导体棒产生的感应电动势为E 0，E 0＝Blv ③由闭合电路欧姆定律得：I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得v ＝2MgRsin θB 2l 2⑤ (2)改变R x ，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为E ，则U ＝IR x ⑥E ＝U d⑦ mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBld qMsin θ.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理二轮专题复习 专题二 力与直线运动 第2讲 牛顿运动定律在电学中的应用课件
解析:(1)设 t 时刻小金属块的速度大小为 v,电场反向后匀强电场的电场强度大小为 E1,小金属
块由 A 点运动到 B 点过程 a1= Eq ,则 AB 间距离 x= 1 a1t2,联立解得 x= Eq t2.
答案:(1) qEt2
m
2
2m
2m
12/8/2021
(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小.
12/8/2021
解析:由于动摩擦因数为 0.5,静摩擦力对滑块能产生的最大加速度为 5 m/s2,当大小为 0.6 N 的恒力作用于木板时,系统(滑块和木板)以 a= F = 0.6 m/s2=2 m/s2<5 m/s2 的加速
M m 0.2 0.1 度一起运动;滑块向左运动会受到一个方向向上的洛伦兹力,当洛伦兹力等于重力时滑块与 木板之间的弹力为零,此时 Bqv=mg,代入数据解得 v=10 m/s,此时摩擦力消失,滑块做匀速运 动,而木板在恒力作用下做匀加速运动,a′= F = 0.6 m/s2=3 m/s2.开始滑块做匀加速直线运
解析:(2)t 时刻小金属块速度 v1=a1t,解得 v1= qE t, m
小金属块由 B 点运动到 A 点过程中加速度 a2= qE1 , m
由位移公式得-x=v1t- 1 a2t2,联立解得 E1=3E.
答案:(2)3E
2
12/8/2021
考向二 牛顿运动定律在磁场中的应用
【典例2】 (2018·南昌模拟)根据磁场会对载流导体产生作用力的原理,人们研 究出一种新型的发射炮弹的装置——电磁炮,其原理简化为:水平放置的两个导 轨相互平行,相距d=1 m,处于竖直向上的匀强磁场中,一质量为m=2 kg的金属棒 垂直于导轨上,与导轨间的动摩擦因数μ=0.1,当金属棒中的电流为I1=4 A时,金 属棒做匀速运动,取g=10 m/s2.求:
专题二力与物体的直线运动第2讲动力学观点在电学中的应用
于0时，物块达到最大速度，此时：
mgsin θ＝μ(mgcos θ－F洛)②
由②可知，只要皮带的速度大于等于1 m/s，则物块达到最大速
度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1 m/s，有
可能是大于1 m/s，物块可能相对于皮带静止，有可能相对于皮带
不静止．故B错误，D正确；
由以上的分析可知，皮带的速度不能判断，所以若已知皮带的
) 图6
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
解析
由题图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块
的最大速度是1 m/s.对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重
力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：
μFN－mgsin θ＝ma①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式
例2
(多选)如图4所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为
0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光
滑水平面上，在木板左端放臵一质量为 m ＝ 0.1 kg 、带正电 q ＝
0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到
的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，现对木板施加方向水
整理可得v2＝2v1 根据牛顿运动定律有mg－qE＝ma
－v2－v1 a＝ t
整理可得qE＝4mg
4mg E＝ . q 4mg 答案 ，方向竖直向上 q
预测1
如图1所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E
的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与 水平面的夹角为 30°，若小球在初始位臵的电势能为零，重力 加速度为g，且mg＝qE，则下面说法中正确的是( A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g )
高考物理二轮复习 专题突破二 第2课时 动力学观点在电学中的用
权掇市安稳阳光实验学校第2课时动力学观点在电学中的应用1．带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3．带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场方向射入电场中时，带电粒子做匀变速直线运动．4．电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动．1．带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同．首先进行受力分析，然后看物体所受的合力与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动．2．带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情境出现．解决的方法：(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律．(2)借助运动图象进行运动过程分析.题型1 电场内动力学问题分析例1(双选)(2013·三模改编)质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则( )A．匀强电场方向竖直向上B．小球受到的电场力大小是4mgC．从加电场开始到小球运动到最低点历时t4秒D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了23mg2t2解析小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；加电场时小球的位移为s＝12gt2，速度v＝gt，设受到的电场力为F，则加上电场后的加速度大小a＝F－mgm，从加电场到回到A的过程中－s＝vt－12at2，以上几式联立可得F＝4mg，a＝3g，故B正确．由v＝gt知，从加电场开始到小球减速到0的时间t1＝va＝gt3g＝t3，故C错误．从加电场开始到小球运动到最低点过程中的位移大小为s1＝v2·t1＝16gt2，所以由A 点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg (12gt 2＋16gt 2)＝23mg 2t 2，故D 正确．答案 BD以题说法 带电体在电场内运动问题的分析关键在于受力分析，特别是电场力方向的确定，在电场力方向已确定的情况下，其动力学的分析和力学问题中的分析是一样的．(双选)光滑水平面上放置两个等量同种点电荷，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图1甲所示，一个质量m ＝1 kg 的小物块自C 点由静止释放，小物块带电荷量q ＝2 C ，其运动的v －t 图线如图乙所示，其中B 点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)，则以下分析正确的是 ( ) 图1A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝1 V/m B ．由C 点到A 点物块的电势能先减小后变大 C ．由C 点到A 点，电势先升高后降低D ．B 、A 两点间的电势差为U BA ＝8.25 V 答案 AD解析 根据题给的小物块运动的v －t 图线和题述B 点为整条图线切线斜率最大的位置可知，B 点小物块运动的加速度最大，B 点的电场强度最大．由小物块运动的v －t 图线可知，小物块经过B 点的加速度a ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律有qE ＝ma ，解得E ＝1 V/m ，选项A 正确．小物块由C 点到A 点，电场力一直做正功，电势能减小，电势逐渐降低，选项B 、C 错误．小物块从B 到A ，由动能定理有qU AB ＝12mv 2A －12mv 2B ，解得B 、A 两点间的电势差为U BA＝8.25 V ，选项D 正确． 题型2 磁场内动力学问题分析例2 (单选)如图2所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放上一质量为0.1 kg 、电荷量q ＝＋0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t ＝0时对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2.则( ) 图2A ．木板和滑块一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动B ．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动C ．木板先做加速度为2 m/s 2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s 2的匀加速运动D ．t ＝5 s 时滑块和木板脱离审题突破 滑块与木板一直保持相对静止吗？最终各自是什么运动状态？ 解析 t ＝0时对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N 的恒力，带电滑块速度增大，所受向上的洛伦兹力增大，滑块先做加速度为2 m/s 2的匀加速运动后做加速度减小的加速运动，木板先做加速度为2 m/s 2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后滑块离开，木板做加速度为3 m/s 2的匀加速运动，选项C 正确，A 、B 错误；当滑块受到的重力和洛伦兹力相等时，滑块与木板脱离，这以后滑块做匀速直线运动，速度为v ＝mg qB＝10 m/s ，木板以3 m/s2的加速度做匀加速直线运动．若滑块保持以2 m/s 2的加速度加速，则速度达到10 m/s 所需要的时间t ＝10 m/s 2 m/s 2＝5 s ，实际上滑块的加速度不能保持2m/s 2，而是要逐渐减小，故滑块要在5 s 后才能达到10 m/s 的速度，选项D 错误. 答案 C以题说法 1.对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因f ＝qvB ，则速度v 的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动． 2．此类问题也常出现临界问题，如本题中有两个临界：滑块与木板相对运动的临界和滑块与木板间弹力为零的临界．(单选)(2013·名校新高考研究联盟第一次联考改编)如图3所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道末端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点(图中未画出)开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内 ( )图3 A ．小球一定向下偏B ．小球的机械能可能不变C ．小球一定向上偏D ．小球动能可能减小答案 D解析 球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间时，若带电小球带正电，所受洛伦兹力方向向上，速度减小，洛伦兹力减小，带电小球向下偏转，电场力做正功，小球的电势能减小，机械能增大；若带电小球带负电，所受洛伦兹力方向向下，速度减小，洛伦兹力减小，带电小球向上偏转，电场力做负功，小球的电势能增大，机械能减小，动能减小，所以选项D 正确． 题型3 电磁感应中的动力学问题分析例3 如图4甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在水平面上，两导轨间距l ＝1 m ，左端用R ＝3 Ω的电阻连接，导轨的电阻忽略不计．一根质量m＝0.5 kg 、电阻r ＝1 Ω的导体杆静止置于两导轨上，并与两导轨垂直．整个装置处于磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．现用水平向右的拉力F 拉导体杆，拉力F 与时间t 的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动．在0～2 s 内拉力F 所做的功为W ＝683 J ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求： 图4(1)导体杆与导轨间的动摩擦因数μ； (2)在0～2 s 内通过电阻R 的电量q ； (3)在0～2 s 内电阻R 上产生的热量Q .解析 (1)设导体杆的加速度为a ，则t 时刻导体杆的速度v ＝at产生的感应电动势为E ＝Blv电路中的感应电流为I ＝BlvR ＋r导体杆所受的安培力为F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r ＝B 2l 2atR ＋r由牛顿第二定律可知：F －μmg －B 2l 2atR ＋r ＝ma即F ＝ma ＋μmg ＋B 2l 2atR ＋r代入数据得：F ＝12a ＋5μ＋at (N)由图象可知：F ＝3＋2t (N)由于物体做匀加速直线运动，加速度a 为常数，联立两式可得：a ＝2 m/s 2，μ＝0.4(2)在F 作用的时间内，导体杆的位移为 s ＝12at 2＝4 m在时间t 内的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝Bls t平均电流为I ＝Bls t R ＋r通过电阻R 的电荷量q ＝I t ＝BlsR ＋r代入数据得q ＝2 C(3)t ＝2 s 时刻，导体杆的速度v ＝at ＝4 m/s在力F 的作用过程中，设电路中产生的总热量为Q ′.由动能定理可知W F －μmgs －Q ′＝12mv 2代入数据可得 Q ′＝323J由串联电路的知识可知Q ＝34Q ′＝8 J答案 (1)0.4 (2)2 C (3)8 J以题说法 对于导体棒在磁场中动力学问题的分析要特别注意棒中的感应电流受到的安培力一定是阻力．一般导体棒在安培力和其他恒力作用下做的变速运动是加速度逐渐减小的变速运动，但在一定的条件下，也可以做匀变速直线运动．本题中让外力均匀变化，就可以使导体棒做匀变速直线运动．如图5所示，倾角为37°的光滑绝缘的斜面上放着M ＝1 kg 的U型导轨abcd ，ab ∥cd .另有一质量m ＝1 kg 的金属棒EF 平行bc 放在导轨上，EF 下侧有绝缘的垂直于斜面的立柱P 、S 、Q 挡住EF 使之不下滑．以OO ′为界，下部有一垂直于斜面向下的匀强磁场，上部有平行于斜面向下的匀强磁场．两磁场的磁感应强度均为B ＝1 T ，导轨bc 段长L ＝1 m ．金属棒EF 的电阻R ＝1.2 Ω，其余电阻不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，开始时导轨bc 边用细线系在立柱S 上，导轨和斜面足够长，sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2.当剪断细线后，试求：图5(1)细线剪断瞬间，导轨abcd 运动的加速度； (2)导轨abcd 运动的最大速度；(3)若导轨从开始运动到最大速度的过程中，流过金属棒EF 的电量q ＝5 C ，则在此过程 中，系统损失的机械能是多少？答案 (1)2.8 m/s 2(2)5.6 m/s (3)20.32 J解析 (1)细线剪断瞬间，对导轨应用牛顿第二定律：Mg sin 37°－f ＝Ma其中f ＝μF N ＝μmg cos 37°解得：a ＝g sin 37°－μm Mg cos 37°＝10×0.6 m/s 2－0.4×11×10×0.8 m/s 2＝2.8 m/s 2(2)下滑过程对导轨应用牛顿第二定律：Mg sin 37°－f ′－F 安＝Ma ′把f ′＝μ(mg cos 37°－F 安)及F 安＝B 2L 2vR 代入得：a ′＝Mg sin 37°－μmg cos 37°－B 2L 2v R －B 2L 2vRM＝g sin 37°－m M μg cos 37°－B 2L 2vMR(1－μ)令上式a ′＝0，得导轨的最大速度为：v m ＝Mg sin 37°－μmg cos 37°RB 2L 21－μ＝5.6 m/s(3)设导轨下滑距离d 时达到最大速度，则有：q ＝I Δt ＝B ·ΔS R ＝BLdR解得：d ＝6 m对系统由能量守恒定律得： Mgd sin 37°＝12Mv 2m ＋ΔE 损代入数据解得： ΔE 损＝20.32 J3．应用动力学方法处理电学综合问题审题示例(2013·四川·10)(17分)在如图6所示的竖直平面内，物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k ＝5 N/m 的轻弹簧一端固定在O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D 与A 相连．弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面．水平面处于场强E ＝5×104N/C 、方向水平向右的匀强电场中．已知A 、B 的质量分别为m A ＝0.1 kg 和m B ＝0.2 kg ，B 所带电荷量q ＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终处在弹性限度内，B 电荷量不变．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图6(1)求B 所受静摩擦力的大小；(2)现对A 施加沿斜面向下的拉力F ，使A 以加速度a ＝0.6 m/s 2开始做匀加速直线运动．A 从M 到N 的过程中，B 的电势能增加了ΔE p ＝0.06 J ．已知DN 沿竖直方向，B 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A 到达N 点时拉力F的瞬时功率． 审题模板 答题模板(1)F 作用之前，A 、B 均处于静止状态．设B 所受静摩擦力大小为f 0，A 、B 间绳中张力为T 0，有对A：T0＝m A g sin θ①(2分)对B：T0＝qE＋f0 ②(2分)联立①②式，代入数据解得：f0＝0.4 N ③(1分)(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔE p ④(2分)T－μm B g－qE＝m B a ⑤(2分)设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2as⑥(1分)F弹＝k·Δx ⑦(1分)F＋m A g sin θ－F弹sin θ－T＝m A a ⑧(2分)由几何关系知Δx ＝s1－cos θsin θ⑨(2分)设拉力F在N点的瞬时功率为P，有P＝Fv ⑩(1分)联立④～⑩式，代入数据解得P＝0.528 W (1分)答案(1)0.4 N (2)0.528 W点睛之笔若题目中出现两个以及两个以上物体用绳、杆之类物体连接时，要特别注意找出各物体的位移大小、加速度大小、速度大小的关系，这些关系往往就是解决问题的突破口．如图7，光滑斜面的倾角α＝30°，一个矩形导体线框abcd放在斜面内，ab边水平，长度l1＝1 m，bc边的长度l2＝0.6 m，线框的质量m ＝1 kg，总电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与质量为M＝2 kg的重物相连，细线绕过定滑轮，不计定滑轮对细线的摩擦，斜面上水平线ef的右侧有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和斜面最高处gh(gh是水平的)的距离s＝11.4 m，取g＝10 m/s2，求：图7(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(2)ab边运动到gh线时的速度大小．答案(1)6 m/s (2)12 m/s解析(1)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡，有Mg＝F T线框abcd受力平衡F T＝mg sin α＋F安ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl1v，形成的感应电流 I ＝E R受到的安培力F 安＝BIl 1联立上述各式得Mg ＝mg sin α＋B 2l 21vR代入数据解得v ＝6 m/s(2)线框abcd 全部进入磁场后无感应电流，对线框和重物组成的系统，有Mg －mg sin α＝(m ＋M )a所以a ＝5 m/s 2设线框到达gh 处的速度为v ′，有v ′2－v 2＝2a (s －l 2)解得v ′＝12 m/s (限时：60分钟) 一、单项选择题1．如图1甲所示，两个平行金属板a 、b 竖直放置，两板加如图乙所示的电压．t ＝0时刻在两板的正O 点由静止开始释放一个电子，电子仅在电场力作用下运动，假设始终未与两板相碰．则电子速度方向向左且大小逐渐减小的时间是 ( ) 图1A ．0<t <t 0B ．t 0<t <2t 0C ．2t 0<t <3t 0D ．3t 0<t <4t 0答案 B解析 0<t <t 0时间内U a >U b ，电子向左做匀加速运动，A 错误；t 0<t <2t 0时间内U a <U b ，电子向左做匀减速运动，B 正确；根据运动的对称性可知2t 0末速度减为零，2t 0<t <3t 0时间内电子向右做匀加速运动，C 错误；3t 0<t <4t 0时间内电子向右做匀减速运动，D 错误． 二、双项选择题2．如图2所示，在光滑绝缘斜面上放置一矩形铝框abcd ，铝框的质量为m 、电阻为R ，斜面上ef 线与gh 线间有垂直斜面向上的匀强磁场，ef ∥gh ∥pq ∥ab ，eh >bc .如果铝框从磁场上方的某一位置由静止开始运动，则从开始运动到ab 边到达gh 线之前的速度(v )—时间(t )图象可能正确的有 ( ) 图2答案 AD解析 线框在进入磁场之前做匀加速直线运动，进入磁场时可能加速、匀速、减速，完全进入后做匀加速直线运动，出磁场时也可能加速、匀速或减速．进入磁场时如果匀速，则出磁场时线框的速度更大，线框受到的安培力变大，线框将做减速运动，但速度最小减到与进入磁场时相等，就再做匀速运动，故A 、D 正确，B 、C 错误．三、非选择题3．如图3所示，空间同时存在水平向右的匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．质量为m 、电荷量为q 的液滴，以某一速度沿与水平方向成θ角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，在时间t 内液滴从M 点匀速运动到N 点．重力加速度为g .图3(1)判定液滴带的是正电还是负电，并画出液滴受力示意图； (2)求匀强电场的场强E 的大小；(3)求液滴从M 点运动到N 点的过程中电势能的变化量．答案 (1)正电 受力示意图见解析图 (2)mg tan θq(3)m 2g 2t tan θqB解析 (1)液滴带正电 液滴受力示意图如图所示 (2)由图可知F 电＝Eq ＝mg tan θE ＝mg tan θq(3)设液滴运动的速度为v ，由图可知mg ＝qvB cos θv ＝mgqB cos θ设MN 之间的距离为d ，则d ＝vt ＝mgtqB cos θ液滴从M 点运动到N 点，电场力做正功，电势能减少，设电势能减少量为ΔE p ，ΔE p ＝Eqd cos θ故ΔE p ＝m 2g 2t tan θqB4．如图4甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.25 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触且水平，杆下落过程中的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图4(1)金属杆ab 刚进入磁场时的速度大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)杆在磁场中下落0.2 s的过程中电阻R产生的热量．答案(1)10 m/s (2)1 T (3)3.75 J解析(1)由题图乙知，杆自由下落1 s进入磁场以v＝10 m/s做匀速运动(2)产生的电动势E＝BLv产生的感应电流I＝ER＋r杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安代入数据得B＝1 T(3)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝3.75 J5．如图5所示，小车质量M＝8 kg，带电荷量q＝＋3×10－2 C，置于光滑水平面上，水平面上方有方向水平向右的匀强电场，场强大小E＝2×102 N/C.当小车向右的速度v＝3 m/s时，将一个不带电、可视为质点的绝缘物块轻放在小车的右端，物块质量m＝1 kg，物块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g取10 m/s2.求：图5(1)物块在小车上滑动过程中系统因摩擦产生的内能；(2)从物块放上小车后5 s内小车电势能的增量．答案(1)6 J (2)－132 J解析(1)对物块：a1＝μmgm＝μg＝2 m/s2对小车：a2＝Eq－μmgM＝0.5 m/s2设经过时间t0物块和小车速度相等：a1t0＝v＋a2t0，t0＝2 sv1＝a1t0＝4 m/s，s1＝v12t0＝4 m，s2＝v＋v12t0＝7 mQ＝μmg(s2－s1)＝6 J(2)当物块与小车相对静止时，它们的加速度为a＝EqM＋m＝23m/s2此后小车又发生的位移：s3＝v1(t－t0)＋12a(t－t0)2＝15 m从物块放上小车后5 s内电场力对小车做的功W＝Eq(s2＋s3)＝132 J电势能的增量：ΔE p＝－W＝－132 J6．如图6，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角α＝30°，重力加速度为g，求：图6(1)匀强电场的场强E；(2)AD之间的水平距离d；(3)已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为v m，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？答案(1)3mg/q (2)3m2g6q2B2(3)mv2mk qv m B－2mg解析(1)小颗粒受力如图所示qE＝mg cot α解得：E＝3mg/q(2)设小颗粒在D点速度为v D，在水平方向由牛顿第二定律得：qE＝ma x，2a x d＝v2D小颗粒在D点离开水平面的条件是：qv D B＝mg得：d＝3m2g 6q2B2(3)当速度方向与电场力和重力合力方向垂直时，速度最大则：qv m B－mgsin α＝mv2mR R＝kh解得h＝mv2mk qv m B－2mg。
2017届高考物理二轮专题突破专题二力与物体的直线运动1功能关系在力学中的应用课件
Ff
m
加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故A、C、 D错误，B正确. 【答案】B
难点突破 高考题型3 应用动力学方法分析传送带问题
1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力 的方向.因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键. 2.传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会 出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断.
难点突破 典例精析 【例3】如图所示为一电磁选矿、 传输一体机的传送带示意图， 已知传送带由电
磁铁组成， 位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后， 会附着在A 轮附近的传送带上， 被
选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触 面， 且吸引力为其重力的1.4倍， 当有铁矿石附着在传送带上时， 传送带便会沿顺时针方
实线描述两物体运动的v－t 图象可能正确的是( )
难点突破 【解析】没有空气阻力时，物体只受重力，做竖直上抛运动，v－t图象是 向下倾斜的直线，如虚线所示；有空气阻力时：上升阶段，根据牛顿第二定律，
有：mg＋Ff＝ma，故a＝g＋
Ff
m
，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐
渐减小，最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg－Ff＝ma，故a ＝g－ ，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；v－t图象的斜率表示
根据以上计算可知， 铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传 送带方向的分力， 所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后， 铁矿石会随传 L－x1 64－25 送带匀速运动到 B 端，则其匀速运动时间为：t2＝ v ＝ 10 s＝3.9 s
高考物理专题二力与物体的直线运动动力学观点在电学中的应用讲学案
第2讲动力学观点在电学中的应用课标卷高考命题分析年份题号·题型·分值模型·情景题眼分析难度2020年Ⅱ卷14题·选择题·6分匀变速直线运动(电场力与重力)倾斜电容器电场强度的方向易2020年Ⅱ卷24题·计算题·12分单杆切割电磁感应现象匀速运动中2020年Ⅰ卷25题·计算题·20分牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律多过程分析难1．带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3．带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中时，带电粒子做匀变速直线运动．4．电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动．1．带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同．首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力方向与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动．2．带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情景出现．解决的方法：(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律．(2)借助运动图象进行运动过程分析．高考题型1 电场内动力学问题分析例1 (2020·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度大小；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍． 答案 见解析解析 (1)油滴带电性质不影响结果，设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足 qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在t 1时刻的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④ 由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 12⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 12⑧由题给条件有v 02＝2g ×2h ＝4gh ⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫ 即当0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形． 若B 在A 点之下，依题意有x2＋x1＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2＝[2－2v0gt1－14(v0gt1)2]E1⑯为使E2>E1，应有2－2v0gt1－14(v0gt1)2>1⑰即t1>(52＋1)v0g⑱另一解为负，不符合题意，舍去．1．(2020·上海闵行区二模)如图1所示，质量为m、带电量为＋q的滑块沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为( )图1A．继续匀速下滑B．将加速下滑C．将减速下滑D．上述三种情况都可能发生答案 A解析设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin θ＝F f且F N＝mgcos θ又F f＝μF N得到，mgsin θ＝μmgcos θ，即有sin θ＝μcos θ当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F.根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为(mg＋F)sin θ，沿斜面向上的力为μ(mg＋F)cos θ，由于sin θ＝μcos θ，所以(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动．2．(2020·内蒙古包头市一模)如图2所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点．匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零．图2(1)求匀强电场的电场强度E 的大小．(2)若小球从O 点的左方由水平位置C 点无初速度自由释放，则小球到达最低点B 所用的时间t 是多少？(已知：OA ＝OC ＝L ，重力加速度为g) 答案 (1)mgq(2)2L g解析 (1)对小球由A 到B 的过程，由动能定理得 0＝mgL －qEL 故E ＝mg q(2)小球由C 点释放后，将做匀加速直线运动，到B 点时的速度为v b ，设小球做匀加速直线运动的加速度为a ，F 合＝(qE )2＋(mg )2＝2mg a ＝2mgm＝2g 又v b 2＝2a 2L ＝4gL 得t ＝v ba＝2L g高考题型2 磁场内动力学问题分析例2 (多选)(2020· 河南洛阳市第二次统考)如图3甲所示，一带电物块无初速度地放在传送带的底端，传送带以恒定的速率顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至传送带顶端F 的过程中，其v －t 图象如图乙所示，若物块全程运动的时间为4.5 s ，则下列判断正确的是( )图3A ．该物块带负电B ．传送带的传送速度大小可能大于1 m/sC ．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移D ．在2～4.5 s 内，物块与传送带间仍可能有相对运动 答案 BD解析 由题图乙可知，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，物块的最大速度是1 m/s.对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μF N －mgsin θ＝ma ①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是F N逐渐减小，而开始时：F N＝mgcos θ，后来：F N′＝mgcos θ－F洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误；物块做匀速直线运动时：mgsin θ＝μ(mgcos θ－F洛)②由②可知，只要传送带的速度大于等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1 m/s，也可能是大于1 m/s，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动．故B、D正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知传送带的长度，也不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，故C错误．1．对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因F洛＝qvB，则速度v的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3．此类问题也常出现临界问题，如滑块脱离木板的临界条件是支持力为零．3．(多选)如图4所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )图4A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等答案AD解析小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcos θ＝qv m B解得v m＝mgcos θqB，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsin θ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由v m＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝v m22a得，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C错误；由平均功率的公式P＝F v＝mg·v m2sin θ＝m2g2sin θ·cos θ2qB，因sin 30°＝cos 60°，故重力的平均功率一定相等，故D正确．4．(2020·山西临汾市二模)如图5所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正上方沿竖直方向有一用绝缘细线悬挂着的正方形线框．线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k Ir(k 为常量)，线框的质量为m ，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为( )图5 A ．0 B.kI2m ＋g C.kI2m －g D.kI22m＋g 答案 D解析 线框下边受到的安培力的大小为F 1＝k I L ·IL＝kI 2，方向向下，线框上边受到的安培力大小F 2＝kI 2L ·IL＝12kI 2，方向向上， 根据牛顿第二定律可得，F 1＋mg －F 2＝ma 解得：a ＝kI22m＋g ，故A 、B 、C 错误，D 正确．高考题型3 电磁感应中的力学问题分析例3 (2020·全国名校模拟)如图6所示，直角坐标系xOy 在水平面内，其第一象限内有一磁场，方向垂直于水平面向下，磁场沿y 轴方向分布均匀，沿x 轴方向磁感应强度B 随坐标x 增大而减小，满足B ＝1x (单位：T)；“∠”形光滑金属长直导轨MON 顶角为45°，固定在水平面内，ON 与x 轴重合．一根质量为2 kg 的导体棒放在导轨上，导体棒与导轨接触，电阻恒为0.5 Ω，其余电阻不计，导体棒最初处于原点位置O ，某时刻给导体棒施加一个水平向右的外力作用，使得导体棒从静止开始沿x 轴正方向运动，运动过程中回路中产生的电动势E 与时间t 的关系为E ＝3t(单位：V)求：图6(1)第2 s 内回路中流过的电荷量q.(2)导体棒滑动过程中水平外力F 与横坐标x 的关系式．答案 (1)9 C (2)F ＝(26x ＋6) N解析 (1)t ＝1 s 时，感应电动势E 1＝3×1 V ＝3 V ，感应电流I 1＝E 1R ＝30.5 A ＝6 At ＝2 s 时，感应电动势E 2＝3×2 V ＝6 V ，感应电流I 2＝E 2R ＝60.5A ＝12 A因为感应电流与时间成正比，属于线性关系，所以有：q ＝I Δt＝I 1＋I 22Δt＝9 C.(2)由导轨夹角为45°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度L ＝x 有：E ＝BLv ＝Bxv 由题意有：E ＝3t B ＝1x联立得：v ＝3t 故加速度a ＝3 m/s 2因此导体棒在拉力和安培力作用下做匀加速直线运动 安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2x 2v R ＝vR根据运动学公式v ＝2ax ＝2×3x ＝6x 联立得：F 安＝6xR＝26x 根据牛顿第二定律：F ＝F 安＋ma ＝(26x ＋6) N.5．(2020·全国名校模拟)如图7甲所示，电阻不计、间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将一质量m ＝0.2 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处以v 0＝1 m/s 的初速度下落，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．金属杆下落到磁场边界OO ′所需时间t ＝0.1 s ，下落0.4 m 的过程中金属杆的加速度与下落的距离h 之间的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )图7A ．金属杆进入磁场时的速度为6 m/sB ．金属杆开始下落时与OO ′的距离为0.1 mC ．磁场的磁感应强度大小为4 TD ．金属杆下落0.4 m 时的速度为1 m/s 答案 D解析 金属杆下落到磁场边界OO ′的过程中加速度为g ，则金属杆到OO ′时的速度v 1＝v 0＋gt 1＝2 m/s ，金属杆下落时距OO ′的高度h ＝(v 0＋v 1)t 12＝0.15 m ，A 、B 项错误；金属杆刚进入磁场时的加速度大小为10 m/s 2，方向向上，有B 2L 2v 1R －mg ＝ma ，代入数据得B ＝2 T ，C 项错误；从乙图中可以看出，金属杆下落0.4 m 后开始做匀速运动，则B 2L 2v 2R＝mg ，代入数据得v 2＝1 m/s ，D 正确．6．如图8所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图8(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P. 答案 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0－v )2R解析 (1)MN 刚扫过金属杆时，感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝ER解得I ＝Bdv 0R(2)安培力F ＝BId 由牛顿第二定律得F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ′＝Bd(v 0－v) 电功率P ＝E ′2R解得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R题组1 全国卷真题精选1．(2020·新课标全国Ⅱ·14)如图9，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图9A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动答案 D解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．2．(2020·全国卷Ⅱ·24)如图10，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：图10(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案(1)Blt0(Fm－μg)(2)B2l2t0m解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0(Fm－μg)④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I ＝E R⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，有 F －μmg－F 安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R ＝B 2l 2t 0m题组2 各省市真题精选3.(2020·海南卷·5)如图11，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )图11 A ．3∶2 B ．2∶1 C ．5∶2 D ．3∶1答案 A解析 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度大小分别为a 1＝qE M 、a 2＝qEm ，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2①35l ＝12a 2t 2＝qE 2mt 2② 解得M m ＝32.B 、C 、D 错，A 对．4．(多选)(2020·浙江理综·20)如图12甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )图12A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功答案 ABC解析 根据左手定则知金属棒在0～T 2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T 2～T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A 、B 、C 正确；在0～T 2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T 2～T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D 错误．专题强化练1．(多选)(2020·福建省4月模拟)两个相隔一定距离的等量正点电荷固定不动，在其产生的电场中，一个带负电的粒子以某一初速度从某一位置开始运动，仅在电场力作用下，该粒子可能做( )A ．匀变速直线运动B ．匀变速曲线运动C ．匀速圆周运动D ．在某一点附近做往复运动答案 CD2．(2020·辽宁实验中学等五校联考)一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图1A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2 s 内，电场力所做的功等于零C ．4 s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4 s 内，速度的改变等于零答案 D3．(2020·河北衡水市模拟)如图2所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E 1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m ，带电量＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，则下列结论正确的是( )图2A ．若AB 高度差为h ，则U AB ＝－mgh q B ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1答案 A解析 对A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mgh q，知A 、B 的电势不等，则电势能不等．故A 正确，B 错误；A 到虚线速度由零加速至v ，虚线到B 速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反．故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE 1m，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a 2＝qE 2－mg m ，因为a 1＝a 2，解得：E 2－E 1＝2mg q.故D 错误．4．(2020·哈尔滨师大附中等二模)如图3所示，空间有场强大小为E ，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k 的轻弹簧；彼此绝缘的AB 两物体静止在弹簧顶端，A 的质量为m ，电量为＋q ，B 的质量也为m ，不带电，弹簧处在弹性限度内；某时刻，在沿斜面向上的外力F 作用下，AB 一起以加速度a 匀加速运动，则当AB 分离瞬间( )图3A ．弹簧的形变量为0B ．弹簧的形变量为x ＝qE ＋mgsin θ＋ma kC ．A 的速度达到最大D ．A 的加速度为0答案 B5．(多选)(2020·河南濮阳市一模)如图4甲所示，光滑“∠”型金属支架ABC 固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF 放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法正确的是( )图4A．t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B．t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零C．t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D．t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变答案BC6．(多选)(2020·江西南昌市一模)如图5所示，质量为m＝0.04 kg、边长l＝0.4 m的正方形导体框abcd 放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细线系于O点，斜面的倾角为θ＝30°；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知线框电阻为R ＝0.5 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.则( )图5A．线框中的感应电流方向为abcdaB．t＝0时，细线拉力大小为F＝0.2 NC．线框中感应电流大小为I＝80 mAD．经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动答案CD7.如图6所示，一质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环一向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的( )图6A．②③ B．①③ C．②④ D．①④答案 D解析由左手定则可判断圆环受到竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的重力，还可能受到垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qv0B＝mg时，圆环做匀速运动，此时图象为①，故①正确；当qv0B＜mg时，F N＝mg－qvB此时：μF N＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图象的斜率应该逐渐增大，故②③错误．当qv0B＞mg时，F N＝qvB－mg，此时：μF N＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故④正确．8.如图7所示，直线边界ab上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h处由静止释放，下列说法正确的是( )图7A．整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B．线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C．线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力可能一直减小D．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小答案 C9．(2020·北京石景山区模拟)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面的倾角为θ，导轨的下端接有电阻．当空间没有磁场时，使ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab 上升的最大高度为H；当空间存在垂直导轨平面的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h.两次运动中导体棒ab始终与两导轨垂直且接触良好．关于上述情景，下列说法中正确的是( )图8A．两次上升的最大高度比较，有H＝hB．两次上升的最大高度比较，有H＜hC．有磁场时，ab上升过程的最大加速度为gsin θD．有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin θ答案 D10．(2020·北京丰台模拟)如图9所示，在倾角θ＝37°的斜面上，固定一宽度L＝0.25 m的足够长平行金属导轨，在导轨上端MN间接入一个电源，电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝1.0 Ω.一质量m＝25 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，其电阻R＝1.5 Ω.整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.80 T．导轨的电阻不计，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图9(1)金属棒所受安培力F的大小和方向；(2)若金属棒在导轨上静止，金属棒所受摩擦力F f的大小和方向；(3)若导轨光滑，现将MN间电源拿掉换接一个阻值为R0＝2.5 Ω的电阻，其他条件保持不变，金属棒ab 从静止开始运动，它所能达到的最大速度v max.答案(1)0.12 N，方向沿斜面向上(2)0.03 N，方向沿斜面向上(3)15 m/s解析(1)I＝E R＋rF安＝BIL联立解得F安＝0.12 N，方向沿斜面向上(2)金属棒受力如图所示，假设摩擦力方向沿斜面向上，因金属棒静止，则mgsin 37°＝F安＋F f解得F f＝0.03 N，方向沿斜面向上(3)当合力为0时，有最大速度v max由mgsin 37°＝F安′F安′＝BI′LI′＝E′R＋R0E′＝BLv max得v max＝15 m/s.11．如图10所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图10(1)调节R x＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x.答案 (1)Mgsin θBl 2MgRsin θB 2l 2 (2)mldB Mqsin θ解析 (1)导体棒匀速下滑时，Mgsin θ＝BIl ①I ＝Mgsin θBl② 设导体棒产生的感应电动势为E 0，E 0＝Blv ③由闭合电路欧姆定律得：I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得v ＝2MgRsin θB 2l 2⑤ (2)改变R x ，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为E ，则U ＝IR x ⑥E ＝U d⑦ mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBld qMsin θ.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高三物理二轮复习专题精编：专题二 第2课时 动力学观点在电学中的应用ppt课件
审题突破 带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与
电场方向成 30°角，隐含条件是什么？
解析 (1)由动能定理得：qU＝12mv1 2
本 课
代入数据得 v1＝104 m/s
时 栏
(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t
目
开 关
粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at
由题意得：tan 30°＝vv1y
不做功．
1
知识方法聚焦
专题四 第2课时
3．电流做功的实质是电场对移动电荷 做功．即 W＝UIt＝Uq .
本 课
4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培
时 栏
力对导体棒做 负 功，使机械能转化为 电 能．
目
开 关
5．静电力做的功等于 电势能
的变化，即 WAB＝－ΔEp.
2
知识方法聚焦
时 栏
电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在
目
开 电学中仍然成立．
关
8
热点题型例析
专题四 第2课时
如图 2 所示，竖直向上的匀强电场中，
绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为 m 的
带正电小球在外力 F 的作用下静止于图示位置，小
球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去 F，
零，选项 A 错．
本
课 时
小球从P到M过程中，电场力与重力的合力大小为
3 mg，这
栏 目
个方向上位移为L，所以做功为 3mgL，选项B正确．
开
关 小球从 P 到 M 过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由
于电场力为 2mg，由 P 到 M 沿电场线方向的距离为 d＝Lsin 30° ＋Lcos 30°＝L2(1＋ 3)，故电场力做功为 2mg·d＝mgL(1＋ 3)，
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专题二力与物体的直线运动
第2讲：动力学观点在电学中的应用
一、学习目标
1、掌握电场内动力学问题的分析方法
2、掌握磁场内动力学问题的分析方法
3、学会电磁感应中的动力学问题的分析方法
二、课时安排
2课时
三、教学过程
（一）知识梳理
1.带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向.
2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动.
3.带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中时，带电粒子做匀变速直线运动.
4.电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动.
（二）规律方法
1.带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同.首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力方向与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动.
2.带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情景出现.
解决的方法：
(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律.
(2)借助运动图象进行运动过程分析.
（三）典例精讲
高考题型一电场内动力学问题分析
【例1】如图1所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止.重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
图1
(1)水平向右电场的电场强度大小；
(2)若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；
(3)若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H 处由静止释放，求小物块到达地面的时间为多少.
解析 (1)小物块受重力，电场力和弹力三力平衡：
Eq ＝mg tan37°
解得：E ＝3mg 4q
(2)由牛顿第二定律可得：(Eq ＋mg )sin37°＝ma
解得：a ＝2120
g (3)小物块将离开斜面做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动：H ＝12
gt 2 解得：t ＝2H g
. 答案 (1)3mg 4q (2)2120
g (3) 2H g 归纳小结
1.在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同.首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动.
2.动力学观点分析方法a ＝F 合m ，E ＝U d
，v 2－v 20＝2ad . 高考题型二 磁场内动力学问题分析
【例2】(多选)如图2甲所示，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，传送带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至皮带轮顶端F 的过程中，其v －t 图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s ，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )。