二轮强化练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讲述

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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。

2012步步高大二轮专题二力与物体的直线运动第2课时.ppt

图2
(1)粒子所受电场力的大小；
(2)粒子的运动区间；
(3)粒子的运动周期．
解析 (1)由题图可知，0 与 d(或－d)两点间的电势差为 φ0，
电场强度的大小为 E＝φd0，
(2 分)
电场力的大小 F＝qE＝qdφ0.
(2 分)
(2)设粒子在[－x0，x0]区间内运动，速率为 v，由题意得
12mv2－qφ＝－A
(1 分)
小球回到 P′点(与 A 板相距L2)，此时小球所受的电场力与摩
擦力平衡，所以小球静止在 P′点．
(1 分)
小球第一次从 P 点出发回到 P 点的时间为：
t1＝2vL＝2vL1 ＝4L
2m 3qEL
(1 分)
2
小球再次从 P 点出发运动与 Q 相碰的时间为：t2＝ vL′＝vL2＝
2
2m 2L qEL
(1 分) L
小球与 Q 相碰后回到 P′点的时间为：t3＝ v2′＝L
2m qEL
(1 分)
小球从开始到结束所经历的时间为：
t＝t1＋t2＋t3＝L(4 32qmEL＋3 q2EmL)
(1 分)
说明：用其它方法求小球运动时间，相应结果正确同样给分．
答案
qE (1) 4
(2)L(4
32qmEL＋3
2m qEL)
针对训练 1 （2011·北京·24）(20 分)静电场方向平行于 x 轴，其电势 φ 随 x 的分布可简化为如图 2 所示的折线，图中 φ0 和 d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以 x ＝0 为中心、沿 x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为 m、电荷量为－q，其动能与电势能之和为－ A(0<A<qφ0)．忽略重力．

专题二第2课时动力学观点在电学中的应用

专题二：力与物体的直线运动（第2课时动力学观点在电学中的应用）考向1 电场内动力学问题分析例1 如图所示，一光滑绝缘水平木板(木板足够长)固定在水平向左、电场强度为E 的匀强电场中，一电量为q (带正电)的物体在水平恒力F 作用下从A 点由静止开始向右加速运动，经一段时间t 撤去这个力，又经时间2t 物体返回A 点，则( )A ．这一过程中带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0B ．水平恒力与电场力的比为9∶5C ．水平恒力与电场力的比为7∶3D ．物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A 点如图实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为m 、电量为＋q 的小球，由该直线上A 点静止释放，小球向下运动到达B 点减速为零后返回A 点，则下列判断正确的是( )A ．该电场可能是竖直向上的匀强电场，且E >mgqB ．A 点的电势高于B 点电势C ．A 点的场强小于B 点场强D ．向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量考向2 磁场内动力学问题分析例2 如图所示，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，在木板左端无初速度放置一质量为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( )A ．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 匀速运动C ．木板先做加速度为2 m/s 2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 末滑块未脱离木板且有相对运动如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间后恰能沿水平方向做直线运动．现使小球从较低的b 点开始下滑，经P 点进入板间，在板间的运动过程中( )A ．其电势能将会增大B ．其机械能将会增大C ．小球所受的洛伦兹力的大小将会增大D ．小球受到的电场力将会增大考向3 电磁感应中的动力学问题分析例3 如图所示，平行金属导轨PQ 、MN 相距d ＝2 m ，导轨平面与水平面间的夹角α＝30°，导轨上端接一个R ＝6 Ω的电阻，导轨电阻不计，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场垂直导轨平面向上．一根质量为m ＝0.2 kg 、电阻r ＝4 Ω的金属棒ef 垂直导轨PQ 、MN 静止放置，距离导轨底端x 1＝3.2 m ．另一根绝缘塑料棒gh 与金属棒ef 平行放置，绝缘塑料棒gh 从导轨底端以初速度v 0＝10 m/s 沿导轨上滑并与金属棒正碰(碰撞时间极短)，碰后绝缘塑料棒gh 沿导轨下滑，金属棒ef 沿导轨上滑x 2＝0.5 m 后停下，在此过程中电阻R 上产生的电热为Q ＝0.36 J ．已(1)绝缘塑料棒gh 与金属棒ef 碰撞前瞬间，绝缘塑料棒的速率； (2)碰撞后金属棒ef 向上运动过程中的最大加速度； (3)金属棒ef 向上运动过程中通过电阻R 的电荷量．如图甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab 垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，其接入电路的电阻r ＝1 Ω，小灯泡电阻R L ＝9 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，将棒ab 由静止释放并开始计时，t ＝0.5 s 时刻闭合开关S ，图乙为ab 的速度随时间变化的图象．求：(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值； (2)磁感应强度B 的大小．综合应用：应用动力学方法处理电学综合问题例4 如图所示，两光滑平行的金属导轨EF 和GH ，相距为l ，轨道平面与水平面成θ＝30°，导轨足够长，轨道的底端接有阻值为R 的电阻，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面，导体棒MN 电阻为r ，垂直于导轨放置且与导轨接触良好，导体棒通过垂直于棒且与导轨共面的轻绳绕过光滑的定滑轮与质量为m 的物块A 相连，开始时系统处于静止状态，现在物块A 上轻放一质量为m2的小物块B ，使AB 一起运动，若从小物块B 放上物块A 开始到系统运动速度恰达到稳定值的过程中(AB 未着地)，电阻R 通过的电量为q .已知重力加速度为g ，求此过程中：(1)导体棒运动的最大速度；(2)导体棒速度达到最大速度一半时，导体棒加速度的大小．变式训练：(2014·安徽·22)如图8所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．题组1 电场内动力学问题分析1．(2014·安徽·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )2．如图a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球．t ＝0时，乙球以6 m/s 的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v －t 图象分别如图b 中甲、乙两曲线所示．由图线可知( )A ．甲、乙两球一定带异种电荷B ．t 1时刻两球的电势能最小C ．0～t 2时间内，两球间的电场力先增大后减小D ．0～t 3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小3．如图所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计B 点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )A ．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A 球B ．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C ．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D ．所有液滴下落过程中电场力做功相等题组2 磁场内动力学问题分析4．如图所示，两平行导轨ab 、cd 竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ 放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ 中通以变化的电流I ，同时释放金属棒PQ 使其运动．已知电流I 随时间的关系为I ＝kt (k 为常数，k ＞0)，金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度v 、加速度a 随时间变化的关系图象中，可能正确的有( )5．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．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产生的磁场的磁感应强度B ＝k Ir ，式中k 是常数、I 是导线中电流、r 为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球一直做匀速直线运动C ．小球对桌面的压力先减小后增大D ．小球对桌面的压力一直在增大题组3 电磁感应中的动力学问题分析6．如图，倾角为θ的光滑绝缘斜面，该空间存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向下，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向上，两匀强磁场在斜面上的宽度均为L ，一个质量为m ，电阻为R ，边长为L 的正方形金属线框abcd 由静止开始沿斜面下滑，当线圈运动到ab 边刚越过ee ′即做匀速直线运动，则( )A ．当线框刚进入磁场区域Ⅰ时的速度v ＝mgR sin θB 2L 2B ．当线框刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度a ＝2g sin θC ．ab 边越过ff ′后，线框可能存在匀速运动过程D ．线框通过磁场区域Ⅰ、Ⅱ过程，线框减少的重力势能等于回路产生的焦耳热7．如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R ，导轨间距为l 且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两棒的速度时间图象如图乙所示，两图线平行，v 0已知．则从计时开始( ) A ．通过棒cd 的电流由d 到cB ．通过棒cd 的电流I ＝Bl v 0RC ．力F ＝B 2l 2v 0RD ．力F 做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量8．如图所示，两平行金属导轨水平放置，一质量为m ＝0.2 kg 的金属棒ab 垂直于导轨静止放在紧贴电阻R 处，R ＝0.1 Ω，其他电阻不计．导轨间距为d ＝0.8 m ，矩形区域MNPQ 内存在有界匀强磁场，场强大小B ＝0.25 T ．MN ＝PQ ＝x ＝0.85 m ，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为0.4，电阻R 与边界MP 的距离s ＝0.36 m ．在外力作用下让ab 棒由静止开始向右匀加速运动并穿过磁场，加速度a ＝2 m/s 2，g 取10 m/s 2. (1)求穿过磁场过程中平均电流的大小；(2)自金属棒进入磁场开始计时，求在磁场中运动的时间内，外力F 随时间t 变化关系；(3)让磁感应强度均匀增加，用导线将a 、b 端接到一量程合适的电流表上，让ab 棒重新由R 处向右加速运动，在金属棒到达MP 之前，电流表会有示数吗？简述理由．已知电流表与导轨在同一个平面内．题组4应用动力学方法处理电学综合问题9．如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的v－t图象中正确的是()10．(2014·四川·11)如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O 点发射、沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度．。

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

如图乙所示．(g＝10 m/s2)
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 )

高考物理二轮专题复习(创新设计)能力提升演练：第2讲牛顿运动定律与力学、电学中的匀速直线运动

第一篇专题知能突破专题一相互作用与物体的运动第2讲牛顿运动定律与力学、电学中的匀速直线运动1．有一列火车正在做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180 m．第6分钟内发现火车前进了360 m，则火车的加速度为()A．0.01 m/s2 B．0.05 m/s2C．36 m/s2D．180 m/s2答案：A2．下列所给的质点位移图象和速度图象中能反映运动质点回到初始位置的是()解析：在位移图象中，初、末位置的坐标相同表示质点能回到初始位置，故A正确，C 错误；在速度图象中，正向位移和负向位移的大小相等表示质点能回到初始位置，故B 错误，D正确．答案：AD3．某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a、速度v、位移x随时间变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是()解析：A项位移正负交替，说明物体做往复运动，B项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向匀加速运动，再做反向匀减速运动，周而复始；C项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终单向运动，C正确，D项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动．答案：C图1－2－104．(2010·北京东城区检测)如图1－2－10所示，在光滑水平面上运动的物体，刚好能越过一个倾角为α的固定在水平面上的光滑斜面做自由落体运动，落地时的速度为v ，不考虑空气阻力及小球滚上斜面瞬间的能量损失，下列说法正确的是( )A ．小球冲上斜面前在水平面上的速度应大于vB．小球在斜面上运动的时间为v g sin αC ．斜面的长度为v 22g sin αD ．小球在斜面上运动的加速度大于g sin α解析：由题意可知，小球运动到斜面最顶端的速度恰好为0，小球上升过程中做匀减速运动，加速度为g sin α，D 错误．小球滚上斜面到自由落体落地的过程中只有重力做功，机械能守恒，故小球冲上斜面前在水平面上的速度应等于v ，A 错误；小球在斜面上运动的时间为t ＝v g sin α，B 正确；斜面的长度为x ＝v 22g sin α，C 正确．答案：BC5.如图1－2－11所示，质量为m 、带电荷量为＋q 的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块的运动状态为(已知qE <mg )( )A ．继续匀速下滑B ．将加速下滑C ．将减速下滑D ．上述三种情况都有可能发生解析：滑块进入电场前，沿绝缘斜面匀速下滑，受力情况满足mg sin θ＝μmg cos θ，进入电场后(mg ＋qE )sin θ＝μ(mg ＋qE )·cos θ，仍满足平衡条件，故滑块将继续匀速下滑．图1－2－11答案：A6. (2010·上海单科，18)如图为质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v－t图象．由图1－2－12所示可知()A．在t时刻两个质点在同一位置B．在t时刻两个质点速度相等C．在0～t时间内质点B比质点A位移大D．在0～t时间内合外力对两个质点做功相等7．图1－2－13是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图1－2－14所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D 点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A 点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()图1－2－13图1－2－14A. 2 s B．2 s C. 3 s D．2 2 s解析：AE两点在以D为圆心、半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝4Rg＝2 s，选B.答案：B8．(2010·广东惠州调研)让小球分别沿倾角不同的光滑斜面从静止开始滚下，正确的结论有()A．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比B．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关图1－2－12D ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关解析：设斜面倾角为θ，长度为L ，小球沿光滑斜面下滑的加速度为a ，根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma ⇒a ＝g sin θ，小球沿斜面做匀加速直线运动，所以小球的位移x ＝12g sin θ·t 2，即位移与时间的平方成正比，A 错误；小球在斜面上的速度v ＝g sin θ·t ，即速度与时间成正比，B 正确；小球从顶端滑到底端的速度为v ，由运动学公式有：v 2＝2g sin θ·L ，C 错误；L ＝12g sin θ·t 2，所以时间与倾角有关，D 错误．答案：B9．如图1－2－15甲所示，A 、B 两物体叠放在光滑水平面上，对物体A 施加一水平力F ，F —t 图象如图1－2－15乙所示，两物体在力F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是( )A ．两物体在4 s 时改变运动方向B ．在1 s ～3 s 时间内两物体间摩擦力为零C ．6 s 时两物体的速度为零D ．B 物体所受的摩擦力方向始终与力F 的方向相同解析：两物体在0～1 s 内，做加速度增大的变加速运动，在1 s ～3 s 内，做匀加速运动，在3 s ～4 s 内，做加速度增大的变加速运动，在4 s ～6 s 内，做加速度减小的变加速运动，故两物体一直向一个方向运动，A 、C 错误，D 正确.1 s ～3 s 时间内两物体做匀加速运动，对B 进行受力分析可知两物体间的摩擦力不为零，B 错误．答案：D10.(2010·福建理综，16)质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈图1－2－16周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图1－2－16所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为()A．18 m B．54 m C．72 m D．198 m解析：物体与地面间最大静摩擦力Ff=μmg=0.2×2×10 N=4 N．由题给F-t图象知0～3 s内，F=4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6 s内，F=8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a==2 m/s2.6 s末物体的速度v=at=2×3=6(m/s)，在6～9 s内物体以6 m/s的速度做匀速运动.9～12 s内又以2 m/s2的加速度做匀加速运动，作v-t图象如图．故0～12 s内的位移x=×2+6×6=54(m)．11．如图1－2－17所示，一小轿车从高为10 m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在斜坡底端115 m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103N，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104 N，小轿车的质量为2 t，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g取10 m/s2)．求：图1－2－17(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(轿车在行驶过程中不采用刹车装置)解析：(1)小轿车在斜坡上行驶时F1＋mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1代入数据得斜坡上小轿车的加速度a1＝3 m/s2由v12＝2a1x1＝2a1h/sin 37°得行驶至斜坡底端时的速度v 1＝10 m/s.(2)在水平地面上加速时F 2－μmg ＝ma 2代入数据得a 2＝2 m/s 2关闭油门后减速μmg ＝ma 3代入数据得a 3＝5 m/s 2关闭油门时轿车的速度为v 2，v 22－v 122a 2＋v 222a 3＝x 2 得v 2＝20 m/s ，t ＝v 2－v 1a 2＝5 s 即在水平地面上加速的时间不能超过5 s.答案：(1)10 m/s (2)5 s12.为了最大限度地减少道路交通事故，2009年8月15日，全国开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动．这是因为一般驾驶员酒后的反应时间比正常时慢了0.1～0.5 s ，易发生交通事故．图示是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格(如图1－2－18所示).车速v(km/h)反应距离 s (m) x (m) 停车距离L (m) 4010 10 20 6015 22.5 37.5 80 A 40 60 (1)请根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间．(2)如果驾驶员的反应时间相同，请计算出表格中A 的数据．(4)假设在同样的路面上，一名饮了少量酒后的驾驶员驾车以72 km/h 速度行驶，在距离一学校门前50 m 处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s ，会发生交通事故吗？图1－2－解析：(1)车速v 1＝40 km/h ＝403.6m/s ，由于在反应时间内汽车仍匀速行驶，根据车速v 和反应距离s 可计算驾驶员的反应时间Δt ＝s 1v 1＝10403.6s ＝0.90 s. (2)如果驾驶员的反应时间相同，由s 1v 1＝s 3v 3可计算出表格中A 的数据为 s 3＝s 1v 3v 1＝10×8040m ＝20 m. (3)如果路面情况相同，假设阻力与车重的比值为μ，则 v 2＝2axμmg ＝maμ＝v 22gx将v 1＝40 km/h 、x 1＝10 m 、g ＝10 m/s 2代入可得：μ＝0.62.(4)车速v ＝72 km/h ＝20 m/s ，反应时间Δt ＝0.90 s ＋0.2 s ＝1.1 s刹车距离x ＝v 22a ＝v 22μg＝32.3 m. 停车距离L ＝s ＋x ＝54.3 m。

高考物理名师辅导专题二力与物体的直线运动第2讲

F合 U 2 2．动力学观点分析方法 a＝，E＝，v －v02＝2ad. m d
例1
质量为 m 、电荷量为＋ q 的小球从某一点静止释放，运动 t
秒后空间出现竖直方向的匀强电场，再经过t秒，小球又回到出发点，不计空气阻力且始终没有落地．求电场强度E. 解析以竖直向下为正方向，则有释放后t秒末的速度v1＝gt
电，电荷量为－q，A、C不带电，用不可伸长的绝
缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端
图3
的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三
段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为 30°的绝缘光滑斜
面上，则下列说法正确的是( )
5mg＋qE A．A、B 球间的细线的张力为 2 B．A、B 球间的细线的张力可能为零 qE C．将线 OA 剪断的瞬间，B、C 间的细线张力为 12 qE D．将线 OA 剪断的瞬间，A、B 球间的细线张力为 6
v02 小球斜向上做匀减速直线行动，匀减速直线运动的位移 x＝＝ 2a v02 1 v02 ，则小球上升的最大高度 h＝ x＝ .故 C 错误； 2 4g 2g
1 2 在整个过程中电场力做功 W＝qExcos 120° ＝－4mv0 ，电势能增加 1 2 1 2 4mv0 ，所以小球电势能的最大值为4mv0 .故 D 错误．
答案 B
预测2
(多选)如图2甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着
正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平
面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的
小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，
其沿细杆由C经B向A运动的v－t图象如图乙所示．小球运动到B
专题二力与物体电学中的应用

专题2 力与物体的直线运动第2讲动力学观点在电学中的应用

专题二第2讲动力学观点在电学中的应用1．(多选)(2015·宝鸡模拟)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图1甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则()图1A．小球受到的重力与电场力之比为3∶5B．在t＝5 s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功D．在1～4 s过程中，小球的机械能先减小后增大2．(多选)(2015·宁波模拟) 如图2所示，空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为＋Q、质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA、OB、OC三个不同位置，其中OA为水平，OC竖直，OB与水平面夹角为60°.小球分别从杆端A、B、C静止释放，已知小球从A到O运动时间为从B到O运动时间的2倍，则可判断()图2A．从C到O运动的时间小于从A到O的时间B ．从C 到O 运动的时间大于从A 到O 的时间 C ．电场强度的最小值为mg2QD ．电场强度的最小值为3mg3Q3．(多选)(2015·绵阳市模拟)如图3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3A ．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4．(多选)(2015·滨江区模拟) 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4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4A ．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 θqB5．(多选)(2015·长春四模) 如图5，两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5A ．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6．(多选)(2015·广州市黄冈中学模拟) 如图6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6A ．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7. 如图7所示，可视为质点的三物块A 、B 、C 放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝2345，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为m A ＝0.60 kg ，m B ＝0.30 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 均带正电，且q C ＝1.0×10－5C ，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B 、C 间相距L ＝1.0 m ．现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上做加速度a ＝1.0 m /s 2 的匀加速直线运动，假定斜面足够长．已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，g ＝10 m/s 2.求：图7(1)B 物块所带电荷量q B ；(2)A 、B 运动多长距离后开始分离．8. (2015·沈阳市检测)如图8所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab 和cd 相距L ＝0.2 m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝10 g ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆的电阻均为R ＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ 杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2.图8(1)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝0.18 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B 0＝1.0 T ，杆MN 的最大速度为多少？(2)若将MN 杆固定，MN 和PQ 的间距为d ＝0.4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt ＝0.5 T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ 对地面的压力为零？9．(2015·天门市4月模拟)如图9甲所示，相距L＝1 m、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分沿同一竖直面．质量均为m＝50 g、电阻均为R＝1.0 Ω的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动时，从t＝0时刻开始释放cd杆，cd杆的v cd－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2(在0～1 s和2～3 s内，图线为直线)．图9(1)求在0～1 s内通过cd杆中的电流；(2)若已知ab杆在1～2 s内做匀加速直线运动，求这段时间内拉力F随时间变化的函数方程．二轮专题强化练答案精析第2讲动力学观点在电学中的应用1．AD 2.AC3．AC [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．]4．ABD [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Bq v ＝mg cos θ，则速率为mg cos θqB ，故D 正确．]5．ABC [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．]6．BD [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．] 7．(1)5.0×10－5 C (2)0.5 m解析 (1)设B 物块的电荷量为q B ，A 、B 、C 处于静止状态时，C 对B 的库仑斥力，F 0＝kq C q BL 2，以A 、B 整体为研究对象，根据力的平衡有F 0＝(m A ＋m B )g sin 30°，联立解得q B ＝5.0×10－5 C.(2)给A 施加力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，C 对B 的库仑斥力逐渐减小，A 、B 之间的弹力也逐渐减小．设经过时间t ，B 、C 间距离变为L ′，A 、B 两者间弹力减小到零，此后两者分离．则t 时刻C 对B 的库仑斥力为F 0′＝kq C q B L ′2以B 为研究对象，由牛顿第二定律有 F 0′－m B g sin 30°－μm B g cos 30°＝m B a 联立以上各式解得L ′＝1.5 m 则A 、B 分离时，A 、B 运动的距离 ΔL ＝L ′－L ＝0.5 m.8．(1)0.8 m/s (2)10 s解析 (1)MN 杆切割磁感线产生的电动势为：E 1＝B 0L v ① 由闭合电路欧姆定律得：I 1＝E 12R② MN 杆所受安培力大小为： F 安＝B 0I 1L ③对MN 杆应用牛顿第二定律得： F －mg －F 安＝ma ④当MN 杆速度最大时，MN 杆的加速度为零，联立①②③④得MN 杆的最大速度为：v m ＝2(F －mg )R B 20L 2＝2×(0.18－10－2×10)×0.212×0.22 m /s ＝0.8 m/s. (2)感应电动势为：E 2＝ΔΦΔt ＝ΔBLd Δt ⑤由闭合电路欧姆定律得：I 2＝E 22R ⑥ t 时刻的磁感应强度为：B ＝ΔBΔt t ⑦PQ 杆受力平衡：mg ＝BI 2L ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧得：t ＝2mgR(ΔB Δt )2L 2d ＝2×10－2×10×0.2(0.5)2×(0.2)2×0.4 s ＝10 s.9．(1)0.6 A (2)F ＝0.8t ＋0.13 (N)解析 (1)在0～1 s 内，cd 杆的v cd －t 图线为倾斜直线，因此cd 杆做匀变速直线运动，加速度为：a 1＝v t －v 0t＝4.0 m/s 2因此cd 杆受向上的摩擦力作用，其受力图如图所示．根据牛顿第二定律，有：mg －F f ＝ma 1 其中F f ＝μF N ＝μF A ＝μBIL因此回路中的电流为：I ＝m (g －a 1)μBL ＝0.6 A.(2)在0～1 s 内，设ab 杆产生的电动势为E ，则：E ＝BL v 1由闭合电路欧姆定律知：I ＝E2R则ab 杆的速度为：v 1＝2IRBL＝1.2 m/s在2～3 s 内，由图象可求出cd 杆的加速度为： a 2＝－4 m/s 2同理可求出ab 杆的速度： v 2＝2m (g －a 2)R μB 2L 2＝2.8 m/s在1～2 s 内，ab 杆做匀加速运动，则加速度为：a ＝v 2－v 1t ＝1.6 m/s 2对ab 杆，根据牛顿第二定律有： F －μmg －BI ′L ＝maab 杆在t 时刻的速度：v ＝v 1＋a (t －1) 回路中的电流：I ′＝BL v2R联立可得：F ＝0.8t ＋0.13 (N)．。

18年高考物理大二轮复习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课件

取10 m/s2，则
5 6
A.金属杆进入磁场时的速度为6 m/s
B.金属杆开始下落时与OO′的距离为0.1 m D.金属杆下落0.4 m时的速度为1 m/s √
C.磁场的磁感应强度大小为4 T
5
6
解析
答案
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v0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10
1 2 3 4
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
答案
F Blt0(m－μg)
1
2
3
4
解析
答案
(2)电阻的阻值.
答案
B l t0 m
2 2
1
2
3
4
解析
答案
题组2 各省市真题精选
3.(2015· 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 2 l的平面.若两粒 5 子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为
A.3∶2 √ B.2∶1
图11
C.5∶2
1 2 3
D.3∶1
4
解析
答案
4.(多选)(2014· 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 A.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 √ 变电流I，周期为T，值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向.则金属棒

专题二第课时动力学观点在电学中的应用

栏目
－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qE)＝ma1
开关
解得 a1＝－9 m/s2
小物体向上做匀减速运动,经 t1＝0.1 s 后,速度达到 v1,运动的位移
为 s1,有 v1＝v0＋a1t1
解得 v1＝2.1 m/s,
s1＝v0＋2 v1t1＝0.255 m
23
读题审题解题
第2课时
电场反向后,设小物体的加速度为 a2,由牛顿第二定律得
关三点：
(1)正确分析受力情况；
(2)充分理解和掌握不同场对电荷作用的特点和差异；
(3)认真分析运动的详细过程,充分挖掘题目中的隐含条件 ,建立
清晰的物理情景,最终把物理模型转化为数学表达式.
2
热点题型例析
第2课时
题型1 电场内动力学问题分析
【例1】如图1所示,足够大的绝缘水平面上有一质量为m、电
栏目
qvB 也增大,对 A 受力分析如图：
开关
N 减小,最大静摩擦力减小,当 A 相对 B 发生相对滑
动时,μN＝mAaA,aA 随着 v 的增大而减小,由于 f 减小,而 B 所受合力
增大,aB 增大；第三阶段是当 N＝0 时,即 mAg＝qvB,A 做匀速运动,B
在力 F 作用下做匀加速运动,综上分析,可知 C 项正确.
B.无论怎样选择初速度v0,小物块都不可能静止在电场区内
C.要使小物块穿过电场区域,初速度v0的大小应大于2 2μgL
本课
D.若小物块能穿过电场区域,小物块在穿过电场区的过程中,电势
时栏
能增加μmgL
目
开
关
4
热点题型例析
第2课时
解析小物块在电场内运动过程中的受力

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.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。

2018届高三物理专题二：力与物体的直线运动第2讲动力学观点在电学中的应用学生版

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）班别姓名学号高考题型1电场内动力学问题分析解题方略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＝Ud，v2－v2＝2ad.例1(2015·全国第三次大联考)质量为m、电荷量为＋q的小球从某一点静止释放，运动t 秒后空间出现竖直方向的匀强电场，再经过t秒，小球又回到出发点，不计空气阻力且始终没有落地．求电场强度E.预测1.(2015·遂宁市模拟改编)如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为－q，A、C不带电，用不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则1. A、B球间的细线的张力为多少？2. 将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力为多少？3.将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力为多少？高考题型2磁场内动力学问题分析解题方略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＝q v B，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．例2(改编)(2015·江苏南京、盐城二模)如图所示，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，在木板左端放置一质量为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平向左，大小为F ＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2，则1. 当0.6 N的恒力作用于木板时，滑块的加速度？2. 滑块最终的速度为多少？预测2(2015·南平市5月模拟改编)如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮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4.5 s1. 该物块带何种电荷？2. 在甲图作出带电物块的受力分析图高考题型3 电磁感应中的动力学问题分析解题方略1．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般是阻力．2．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．例3 (2015·厦门市5月模拟)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L ＝2 m ，导轨平面与水平面成θ＝30°角，下端连接阻值R ＝1.5 Ω的电阻；质量为m ＝1.4 kg 、阻值r ＝0.5 Ω的匀质金属棒ab 放在两导轨上，距离导轨最下端为L 1＝1 m ，棒与导轨垂直并保持良好接触，动摩擦因数μ＝337.整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直(向上为正)，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．(g ＝10 m/s 2)(1)在0～1.0 s 内，金属棒ab 保持静止，求通过的电流大小和方向；(2)求t ＝1.1 s 时刻，ab 棒受到的摩擦力的大小和方向；(3)1.2 s 后对ab 棒施加一沿斜面向上的拉力F T ，使ab 棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5 m/s 2，请写出拉力F T 随时间t ′(加F 时开始计时)的变化关系式．预测3(2015·嘉兴市二模)如图甲所示是航母上的舰载机通过电磁弹射起飞的示意图，其原理可简化成图乙所示情景：水平面内由平行长直金属导轨组成的区域内，等间距分布着竖直向下和竖直向上的磁场，磁感应强度均为B；航母甲板下方的电磁弹射车可简化为一个矩形金属框，其长边等于导轨间距L、短边等于每个磁场的宽度，电阻为R.当磁场向右运动时，金属框在电磁力的作用下也向右运动，从而带动航母甲板上方的舰载机向前运动．舰载机与电磁弹射车组成的弹射系统总质量为m、运动时所受阻力大小恒为F，金属框外的电阻不计．(1)当弹射系统在轨道上匀速运动时，求金属框内的电流大小和磁场相对金属框的速度大小；(2)若t＝0时，磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经一段时间后，金属框也开始做匀加速直线运动，其速度与时间关系如图丙所示．已知t时刻金属框速度为v t，求磁场的加速度大小．。

2024年高考物理二轮复习专题2：力与直线运动(附答案解析)

专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。

高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。

考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。

2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。

根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。

【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。

高考物理二轮复习专题二力与直线运动应用牛顿运动定律解决电学问题

第2讲应用牛顿运动定律解决电学问题(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图(甲)所示,两平行正对的金属板A,B间加有如图(乙)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带负电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t=0时刻释放该粒子,则( C )A.该粒子一直向B板运动B.该粒子时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上C.该粒子一直向A板运动D.该粒子时而向A板运动,时而向B板运动,最后打在A板上解析:粒子带负电,t=0时刻,U AB>0,电场强度方向向右,粒子受电场力向左,所以粒子先向左加速再向左减速,以后沿同一方向重复这种运动,直到碰到A板,故选项C正确.2.(2020·江西南昌调研)如图(甲)所示,光滑平行金属导轨MN,PQ所在平面与水平面成θ角,M,P之间接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒bc垂直导轨放置,其他电阻不计.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上.t=0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F,棒由静止开始沿导轨向上运动,通过R的感应电荷量q随t2的变化关系如图(乙)所示.下列关于金属棒bc的加速度a、通过棒的电流I、金属棒受到的外力F、穿过回路cbPM的磁通量Φ随时间t变化的图像中不正确的是( D )解析:由题意可得q=It=t=t2,结合图(乙)可知金属棒的加速度a恒定,选项A,B正确;由牛顿第二定律可得F-mgsin θ-BIl=ma,故有F=at+m(gsin θ+a),选项C正确;由Φ=Bl(x0+at2),可知选项D错误.3.两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放金属滑块,滑块可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触.电源提供的强大电流从一根导轨流入,经过滑块,再从另一导轨流回电源,滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而运动.滑块所在位置始终可以看做匀强磁场,方向垂直于纸面,磁感应强度与电流的关系为B=kI,如果两导轨内侧间距为l,滑块的质量为m,滑块沿导轨滑行距离s后,获得的发射速度为v.以下说法中正确的是( B )A.若使电流的方向反向,滑块的运动方向也将随之反向B.若将电源提供的电流加倍,则滑块沿导轨滑行距离s后获得的速度为2vC.若将电源提供的电流加倍,则滑块沿导轨滑行距离s后获得的速度为4vD.若使滑块的质量加倍,则滑块沿导轨滑行距离s后获得的速度为0.5v解析:由安培定则知,当电流方向改变时磁场方向同时发生改变,由左手定则判断得出,滑块所受安培力方向不变,选项A错误;以滑块为研究对象,在运动过程中,由牛顿第二定律有a=,由运动学规律有2as=v2,且B=kI,联立解得v=I,若将电源提供的电流I加倍,由v=I可知,滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为2v,选项B正确,C错误;若使滑块的质量加倍,由v=I可知,滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为v,选项D错误.4.(2020·山西阳泉模拟)如图(甲)所示为两平行金属板,板间电势差变化如图(乙)所示.一带电小球位于两板之间,已知小球在0～t时间内处于静止状态,在3t时刻小球恰好经过静止时的位置,整个过程带电小球没有与金属板相碰.则(乙)图中U x的值为( C )A.3U0B.4U0C.5U0D.6U0解析:0～t静止有·q=mg,t～2t向下加速,mg-·q=ma1,得a1=g,v=a1t=gt,x1=a1t2=gt22t～3t向下减速后向上加速,·q-mg=ma2x2=vt-a2t2,3t时刻回到静止时的位置,则x2=-x1,解以上各式得U x=5U0,选项C正确.5.(2020·江西高安模拟)在光滑水平面上,有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd,在水平外力的作用下,从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动穿过匀强磁场,如图(甲)所示.测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图(乙)所示,则下列说法正确的是( B )A.线框受到的水平外力一定是恒定的B.线框边长与磁场宽度的比为3∶8C.出磁场的时间是进入磁场时的一半D.出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等解析:由题图(乙)可知,进磁场和出磁场时电流随时间增大,根据牛顿第二定律F-F安=ma,得F=F安+ma,又F 安=BIL,所以线框受到的水平外力是随时间增大的变力,选项A错误;根据题图(乙),在2～4s时间内线框进入磁场,设线框匀加速直线运动的加速度为a′,在进入磁场时速度v1=a′t1=2a′,完全进入磁场时速度v2=a′t2=4a′,线框边长L可表示为L=(t2-t1)=6a′,线框开始出磁场时速度v3=a′t3=6a′,磁场区域宽度d=(t3-t1)=16a′,线框边长L与磁场宽度之比为L∶d=3∶8,选项B正确;假设出磁场时间是进磁场时间的一半,由题可知进磁场时间为2 s,则出磁场时间为1 s,而线框边长L=6a′,线框ab边刚出磁场时速度为6a′,则线框边长L′=6a′×1+a′×12=6.5a′,所以假设不成立,选项C错误;线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等,线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力,根据功的定义可知,线框出磁场的过程中水平拉力做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功,选项D错误.6. 如图所示,质量为m,电荷量为q的带正电的物体,在磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中,沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动,则( BD )A.若另加一个电场强度大小为,方向水平向右的匀强电场,物体做匀速运动B.若另加一个电场强度大小为,方向竖直向上的匀强电场,物体做匀速直线运动C.物体的速度由v减小到零所用的时间等于D.物体的速度由v减小到零所用的时间大于解析:物体受重力、支持力、洛伦兹力和滑动摩擦力,根据左手定则,洛伦兹力向下.若另加一个水平向右的电场,电场力的方向向右,与摩擦力方向相同,合外力不为零,物体不可能做匀速直线运动,选项A错误;若另加一个竖直向上的电场,电场力的方向向上,当qE=(mg+qvB),即E=时,支持力为零,摩擦力为零,则合外力为零,物体做匀速直线运动,选项B正确;由于合力向右,物体向左做减速运动,摩擦力f=μ(mg+qvB)=ma,随速度的减小,摩擦力f不断减小,加速度不断减小,不是匀变速运动,故若物体的速度由v减小到零所经历的时间为t,则t一定大于,选项C错误,D正确.7. 如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图.光滑水平金属导轨M,N的间距L=0.2 m,电阻不计,在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=1×102T.装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M,N上的最左端,且始终与导轨接触良好,导体棒ab(含弹体)的质量m=0.2 kg,在导轨M,N间部分的电阻R=0.8 Ω,可控电源的内阻r=0.2 Ω.在某次模拟发射时,可控电源为导体棒ab提供的电流恒为I=4×103 A,不计空气阻力,导体棒ab由静止加速到4 km/s后发射弹体,则( BD )A.导体棒ab所受安培力大小为1.6×105 NB.光滑水平导轨长度至少为20 mC.该过程系统产生的焦耳热为3.2×106 JD.该过程系统消耗的总能量为1.76×106 J解析:由安培力公式有F=BIL=8×104 N,选项A错误;弹体由静止加速到4 km/s,由动能定理知Fx=mv2,则轨道长度至少为x==20 m,选项B正确;导体棒ab做匀加速运动,由F=ma,v=at,解得该过程需要时间t=1×10-2s,该过程中产生焦耳热Q=I2(R+r)t=1.6×105J,弹体和导体棒ab增加的总动能E k=mv2=1.6×106J,系统消耗的总能量E=E k+Q=1.76×106 J,选项C错误,D正确.8.用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环.圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则( AD )A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a=D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度v m=解析:由右手定则可以判断感应电流的方向,可知选项A正确;由左手定则可以判断,此时圆环受到的安培力应该向上,选项B错误;圆环受重力、安培力作用,mg-BIL=ma,I=,m=dV,V=LS,L=2πR,S=πr2,电阻R=ρ,可解得加速度a=g-,选项C错误;当重力等于安培力时速度达到最大,可得v m=,选项D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2020·东北协作体联考)如图(甲)所示,足够长的光滑导轨倾角为30°,间距L=1 m,电阻不计,恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下,电阻R=1 Ω,导体棒ab质量m=0.25 kg,其电阻r=1 Ω,垂直于导轨放置.现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑,测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图(乙)所示.当导体棒下滑2 s时(g取10 m/s2),求(1)导体棒的速度为多大?(2)导体棒位移为多大?解析:(1)由题图(乙)可知,棒下滑的任意状态有B2v=0.5(T2·m·s-1),又F安=BIL=B·L=,对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mgsin 30°-=ma,代入数据可得导体棒的加速度a=4 m/s2,可见导体棒在斜面上做a=4 m/s2的匀加速直线运动,所以2 s末的速度v=at=8 m/s.(2)棒在2 s内的位移x=at2=8 m.答案:(1)8 m/s (2)8 m10.(20分) (2020·湖北孝感六校联考)在如图所示的装置中,电源电动势为E,内阻不计,定值电阻为R1,滑动变阻器总阻值为R2,置于真空中的平行板电容器水平放置,极板间距为d.处在电容器中的油滴A恰好静止不动,此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置.(1)求此时电容器两极板间的电压;(2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值;(3)现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置,使电容器上的电荷量变化了Q1,油滴运动时间为t;再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置,使电容器上的电荷量又变化了Q2,当油滴又运动了2t的时间,恰好回到原来的静止位置.设油滴在运动过程中未与极板接触,滑动变阻器滑动所用的时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计.求Q1与Q2的比值.解析:(1)电路中的电流I=,电容器两极板间的电压为U=I联立得U=.(2)由题意易知油滴带负电,对油滴受力分析,得=mg所以=.(3)设电容器的电容为C,极板原来具有的电荷量为Q,电容器上的电荷量变化Q1后,油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动,t末油滴的速度为v1、位移为s板间的电压U1=,根据牛顿第二定律-mg=ma1根据运动学公式s=a1t2,v1=a1t电容器上的电荷量又变化了Q2后,油滴在电场中向上做匀减速直线运动,2t末位移为-s极板间的电压为U2=根据牛顿第二定律mg-=ma2根据运动学公式-s=v1·2t-a2(2t)2解得=.答案:(1)(2)负电(3)4∶9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。

高考物理大二轮复习专题训练二第2课时动力学观点在电学中的用

拾躲市安息阳光实验学校第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．考向1 电场内动力学问题分析例1如图1所示，一光滑绝缘水平木板(木板足够长)固定在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，一电量为q(带正电)的物体在水平恒力F作用下从A 点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则( )图1A．这一过程中带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0B．水平恒力与电场力的比为9∶5C．水平恒力与电场力的比为7∶3D．物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点审题突破判断电势能变化的方法是什么？“经时间2t物体返回A点”说明物体向右的位移大小和向左位移大小有什么关系？解析电场力先做负功后做正功，总功为零，所以带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0，故A正确；在恒力F作用时a1＝F－F电m，位移x1＝12a1t2，撤去恒力F后a2＝F电m，位移x2＝a1t·2t－12a2(2t)2，根据x1＝－x2得FF电＝95，故B正确；物体先向右加速然后向右减速到最右端，然后向左加速返回到A点，所以D错误．答案AB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．如图2实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为m 、电量为＋q 的小球，由该直线上A 点静止释放，小球向下运动到达B 点减速为零后返回A 点，则下列判断正确的是( ) 图2A ．该电场可能是竖直向上的匀强电场，且E >mgqB ．A 点的电势高于B 点电势C ．A 点的场强小于B 点场强D ．向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量答案 C解析该电场不可能是竖直向上的匀强电场且E >mgq，否则小球从静止开始只能沿AB 做单向直线运动，回不到A 点，故A 错误．小球向下应先加速后减速，所受的电场力方向必定竖直向上，则电场线方向从B 指向A ，所以A 点的电势低于B 点电势，故B 错误．在A 点，有qE A ＜mg ，在B 点，有qE B ＞mg ，则得：E A ＜E B ，故C 正确．向下运动的过程中，小球有动能时，根据能量守恒定律可知重力势能的减少量等于动能增加量和电势能的增加量之和，故D 错误．考向2 磁场内动力学问题分析例2如图3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，在木板左端无初速度放置一质量为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/s2.则( )图3A．木板和滑块一直做加速度为2 m/s2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匀速运动C．木板先做加速度为2 m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动D．t＝5 s末滑块未脱离木板且有相对运动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？解析由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5 m/s2，所以当0.6 N的恒力作用于木板时，系统一起以a＝FM ＋m ＝0.60.2＋0.1m/s2＝2 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左的速度以后又产生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，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′＝FM＝0.60.2m/s2＝3 m/s2.可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，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，故A、B错误，C正确．木块开始的加速度为2 m/s2，一段时间后加速度逐渐减小，当减小到零时，与木板脱离做匀速直线运动，知5 s末的速度小于10 m/s，知此时摩擦力不为零，还未脱离木板，故D正确．答案CD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．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．如图4所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平方向做直线运动．现使小球从较低的b点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中( )图4A．其电势能将会增大B．其机械能将会增大C．小球所受的洛伦兹力的大小将会增大D．小球受到的电场力将会增大答案AC解析小球从a点下滑经过P点进入平行板间后受到重力、电场力、洛伦兹力做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上且小球带正电；小球从稍低的b点下滑时到达P点的速度会变小，洛伦兹力减小，小球会向下偏转，电场力做负功，电势能增加，而机械能会减小，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力不变，故A、C正确．考向3 电磁感应中的动力学问题分析例3如图5所示，平行金属导轨PQ、MN相距d＝2 m，导轨平面与水平面间的夹角α＝30°，导轨上端接一个R＝6 Ω的电阻，导轨电阻不计，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一根质量为m＝0.2 kg、电阻r＝4 Ω的金属棒ef垂直导轨PQ、MN静止放置，距离导轨底端x1＝3.2 m．另一根绝缘塑料棒gh与金属棒ef平行放置，绝缘塑料棒gh从导轨底端以初速度v0＝10 m/s沿导轨上滑并与金属棒正碰(碰撞时间极短)，碰后绝缘塑料棒gh沿导轨下滑，金属棒ef沿导轨上滑x2＝0.5 m后停下，在此过程中电阻R上产生的电热为Q＝0.36 J．已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ＝33，g＝10 m/s2.求：图5(1)绝缘塑料棒gh与金属棒ef碰撞前瞬间，绝缘塑料棒的速率；(2)碰撞后金属棒ef向上运动过程中的最大加速度；(3)金属棒ef向上运动过程中通过电阻R的电荷量．审题突破绝缘塑料棒gh沿导轨上滑时，受到哪些力的作用，做什么性质的运动？碰撞后金属棒ef向上做什么性质的运动，何时加速度最大？解析(1)绝缘塑料棒与金属棒相碰前，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得Mg sin 30°＋μMg cos 30°＝Ma1由运动学公式得v20－v21＝2a1x1解得v1＝6 m/s.(2)设金属棒刚开始运动时速度为v，由能量守恒定律得R＋rRQ＋mgx2sin 30°＋μmgx2cos 30°＝12mv2解得v＝4 m/s金属棒刚开始运动时加速度最大，此时感应电动势E＝Bdv＝4 V感应电流I＝ER＋r＝0.4 A安培力F＝BId＝0.4 N由牛顿第二定律得mg sin 30°＋μmg cos 30°＋F ＝ma m 解得a m ＝12 m/s 2.(3)通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝Bdx 2R ＋r解得q ＝0.05 C.答案 (1)6 m/s (2)12 m/s 2(3)0.05 C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．如图6甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab 垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，其接入电路的电阻r ＝1 Ω，小灯泡电阻R L ＝9 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，将棒ab 由静止释放并开始计时，t ＝0.5 s 时刻闭合开关S ，图乙为ab 的速度随时间变化的图象．求：图6(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B 的大小．答案 (1)6 m/s 235(2)1 T解析 (1)S 断开时ab 做匀加速直线运动由图乙可知a ＝Δv Δt ＝6 m/s 2根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma所以sin θ＝35.(2)t ＝0.5 s 时S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大v m ＝6 m/s 后做匀速直线运动根据平衡条件有mg sin θ＝F 安又F 安＝BId E ＝Bdv m I ＝ER L ＋r解得B ＝1 T.3．应用动力学方法处理电学综合问题例4 (14分)如图7所示，两光滑平行的金属导轨EF 和GH ，相距为l ，轨道平面与水平面成θ＝30°，导轨足够长，轨道的底端接有阻值为R 的电阻，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面，导体棒MN 电阻为r ，垂直于导轨放置且与导轨接触良好，导体棒通过垂直于棒且与导轨共面的轻绳绕过光滑的定滑轮与质量为m 的物块A 相连，开始时系统处于静止状态，现在物块A 上轻放一质量为m2的小物块B ，使AB 一起运动，若从小物块B 放上物块A开始到系统运动速度恰达到稳定值的过程中(AB 未着地)，电阻R 通过的电量为q .已知重力加速度为g ，求此过程中：图7(1)导体棒运动的最大速度；(2)导体棒速度达到最大速度一半时，导体棒加速度的大小．解析 (1)开始时，由平衡条件mg ＝Mg sin 30°得M ＝2m ①(1分)导体棒达到最大速度v m 时满足：(m ＋m2)g ＝Mg sin 30°＋BI m l ②(2分)此时E m ＝Blv m ③(1分) 电路中电流I m ＝E mR ＋r④(1分)由①②③④得v m ＝mg R ＋r2B 2l2⑤(2分) (2)导体棒速度达到最大速度一半时E ＝Bl v m2⑥(2分)电路中电流I ＝ER ＋r⑦(1分)导体棒受到的安培力为F 安＝BIl ⑧(1分) 导体棒和AB 组成的系统，据牛顿第二定律得 (m ＋m 2)g －Mg sin 30°－BIl ＝(m ＋m2＋M )a ⑨(2分)由①⑤⑥⑦⑧⑨式得a ＝g14(1分)答案 (1)mg R ＋r 2B 2l 2(2)g14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．(限时：15分钟，满分：14分)(2014·安徽·22)如图8所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：图8(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．答案 (1)2gh ，方向竖直向下 (2)mg h ＋dqdC mg h ＋d q (3)h ＋d h2hg解析 (1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，方向竖直向下．(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg －qE ＝ma 由运动学公式知：0－v 2＝2ad整理得电场强度E ＝mg h ＋d qd由U ＝Ed ，Q ＝CU ，得电容器所带电荷量Q ＝C mg h ＋d q.(3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋d h2h g.(限时：45分钟)题组1 电场内动力学问题分析1．(2014·安徽·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图1所示，下列图象中合理的是( ) 图1 答案 D解析带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．A ：由E p —x 图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A 错误；B ：带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B 错误；C ：由于静电力不是恒力，加速度a 应该越来越小，故选项C 错误，选项D 正确．2．如图2a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球．t ＝0时，乙球以6 m/s 的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v －t 图象分别如图b 中甲、乙两曲线所示．由图线可知( ) 图2A ．甲、乙两球一定带异种电荷B ．t 1时刻两球的电势能最小C ．0～t 2时间内，两球间的电场力先增大后减小D ．0～t 3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小答案 C解析由图象0～t1段看出，甲从静止开始做加速运动，乙做减速运动，说明甲、乙相互排斥电性相同，故A错误．t1时刻两球相距最近，系统克服电场力做功最大，两电荷的电势能做功最大，故B错误.0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，静电力先增大后减小，故C 正确．由图象看出，0～t3时间内，甲的动能一直增大．乙的动能先减小后增大，故D错误．3．如图3所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )图3A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等答案C解析第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力逐渐变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴受电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A带电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A带电荷量不同，液滴受电场力不同，电场力做功不同，所以D错误．题组2 磁场内动力学问题分析4．如图4所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I 随时间的关系为I＝kt(k为常数，k＞0)，金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的有( )图4答案AD解析根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a＝mg－F fm，F f＝μF N＝μF A＝μBIL＝μBLkt，联立解得加速度a＝g－μBLktm，与时间成线性关系，故A正确，B错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动；后来加速度与速度方向相反且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误，D正确．5．如图5所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．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产生的磁场的磁感应强度B ＝k Ir，式中k是常数、I 是导线中电流、r 为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( ) 图5A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球一直做匀速直线运动C ．小球对桌面的压力先减小后增大D ．小球对桌面的压力一直在增大答案 BD解析根据右手螺旋定则可知M 处的磁场方向垂直于纸面向里，直线N 处的磁场方向垂直于纸面向外，磁场磁感应强度大小先减小过O 点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始时的方向向上，过O 点后洛伦兹力的方向向下．由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故A 、C 错误，B 、D 正确．题组3 电磁感应中的动力学问题分析6．如图6，倾角为θ的光滑绝缘斜面，该空间存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向下，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向上，两匀强磁场在斜面上的宽度均为L ，一个质量为m ，电阻为R ，边长为L 的正方形金属线框abcd 由静止开始沿斜面下滑，当线圈运动到ab边刚越过ee ′即做匀速直线运动，则( ) 图6A ．当线框刚进入磁场区域Ⅰ时的速度v ＝mgR sin θB 2L2B ．当线框刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度a ＝2g sin θC ．ab 边越过ff ′后，线框可能存在匀速运动过程D ．线框通过磁场区域Ⅰ、Ⅱ过程，线框减少的重力势能等于回路产生的焦耳热答案 AC解析当ab 边刚越过ee ′进入磁场Ⅰ时做匀速直线运动，则有：mg sin θ＝B 2L 2v R ，解得v ＝mgR sin θB 2L 2，故A 正确．当线框刚进入磁场区域Ⅱ时，ab 边和dc 边都切割磁感线产生感应电动势，线框中电流为I ＝2ER，线框所受的安培力大小为F ＝2BIL ，则得F ＝4B 2L 2v R ，又mg sin θ＝B 2L 2v R，则得F ＝4mg sin θ，由F －mg sin θ＝ma ，得a ＝3g sin θ，故B 错误．ab 边越过ff ′后，线框所受安培力大于重力沿斜面向下的分力，做减速运动，速度减小，安培力减小，可能存在匀速运动过程，故C 正确．线框通过磁场区域Ⅰ、Ⅱ过程，若线框的动能不变，线框减少的重力势能等于回路产生的焦耳热，若线框的动能减小，则线框减少的重力势能小于回路产生的焦耳热，故D 错误．7．如图7甲所示，足够长的平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R ，导轨间距为l 且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两棒的速度时间图象如图乙所示，两图线平行，v 0已知．则从计时开始( ) 图7A ．通过棒cd 的电流由d 到cB ．通过棒cd 的电流I ＝Blv 0RC ．力F ＝B 2l 2v 0RD ．力F 做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量答案 AC解析由题图乙可知，ab 、cd 棒都是匀变速直线运动，ab 速度始终大于cd 的速度，电动势是ab 、cd 棒切割产生的电动势的差值，对ab 由右手定则知电流方向从a 到b ，cd 的电流由d 到c ，故A 正确；I ＝Blv ab －Blv cd 2R ＝Blv 02R ，选项B错误；分别对ab 、cd 运用牛顿第二定律可知F ＝B 2l 2v 0R，选项C 正确；由能量守恒可知力F 做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒机械能的增量，选项D 错误． 8．如图8所示，两平行金属导轨水平放置，一质量为m ＝0.2 kg 的金属棒ab 垂直于导轨静止放在紧贴电阻R 处，R ＝0.1 Ω，其他电阻不计．导轨间距为d ＝0.8 m ，矩形区域MNPQ 内存在有界匀强磁场，场强大小B ＝0.25 T ．MN ＝PQ ＝x ＝0.85 m ，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为0.4，电阻R 与边界MP 的距离s ＝0.36 m ．在外力作用下让ab 棒由静止开始向右匀加速运动并穿过磁场，加速度a ＝2 m/s 2，g 取10 m/s 2. 图8(1)求穿过磁场过程中平均电流的大小；(2)自金属棒进入磁场开始计时，求在磁场中运动的时间内，外力F 随时间t变化关系；(3)让磁感应强度均匀增加，用导线将a 、b 端接到一量程合适的电流表上，让ab 棒重新由R 处向右加速运动，在金属棒到达MP 之前，电流表会有示数吗？简述理由．已知电流表与导轨在同一个平面内．答案 (1)3.4 A (2)F ＝1.68＋0.8t ，t ≤0.5 s (3)见解析解析 (1)设金属棒到达MP 、NQ 时的速度分别为v 1、v 2，则由v 21＝2as ，得v 1＝1.2 m/s 由v 22＝2a (s ＋x )，得v 2＝2.2 m/s由电磁感应公式得ε＝Bd v ＝Bd v 1＋v 22由欧姆定律得i ＝εR＝3.4 A.(2)因为ε＝Bdv ，I ＝εR ，进入磁场后受安培力F 安＝BId ＝B 2d 2vR由牛顿第二定律得F －μmg －B 2d 2vR＝ma又因为v ＝v 1＋at则在进磁场后F ＝ma ＋μmg ＋B 2d 2v 1＋atR代入数据得F ＝1.68＋0.8t ，其中t ≤v 2－v 1a＝0.5 s.(3)可以有电流．只要导线、电流表、金属棒组成的回路有磁感线穿过，根据法拉第电磁感应定律，闭合回路磁通量变化，可以产生感应电流．(此时金属棒和电阻R 并联成为电路负载)．题组4 应用动力学方法处理电学综合问题9．如图9所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的v－t图象中正确的是( )图9答案C解析小球受到向下的重力mg、水平向左的电场力qE、水平向右的洛伦兹力qvB、向上的摩擦力F f，还有木杆对小球的水平方向的支持力F N，开始时，速度较小，qvB较小，F N较大，随着速度的增加，F N在减小，由F f＝μF N可知F f减小，竖直方向的合力增加，加速度增加；当速度增加到一定的程度，qvB和qE相等，此时F N为零，F f为零，加速度为g，达到最大；速度继续增加，F N要反向增加，F f增加，竖直方向上的合力减小，加速度减小，当F f与mg相等时，竖直方向上的加速度为零，速度达到最大．所以选项C所示的v－t图象符合所分析的运动规律．10．(2014·四川·11)如图10所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射、沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.图10(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b 板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度．答案(1)mh22t2(2)mhq R＋r(g－2h3l2t2)解析(1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有h＝v0t①设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得W＝12mv20②联立①②式可得W＝mh22t2.③(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有E0＝U④板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有U ＝Eh ⑤ mg －qE ＝ma ⑥h ＝12at 21⑦l ＝v 0t 1⑧S 接“2”位置，则在电阻R 上流过的电流I 满足I ＝E 0R ＋r⑨联立①④～⑨式得I ＝mh q R ＋r (g －2h3l 2t2)。

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)，