2019-2020年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导学案

PAGE/NUMPAGES2019-2020年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导学案一、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.规律 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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.二、题型、技巧归纳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.高考预测1　(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB.两电荷的位置坐标如图2甲所示.图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点，若在x＝2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为＋q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是(　　)图2A.小球在x＝L处的速度最大B.小球一定可以到达x＝－2L点处C.小球将以x＝L点为中心做往复运动D.固定在A、B处的电荷的电量之比为QA∶QB＝4∶1高考预测2　如图3甲所示为两平行金属板，板间电势差变化如乙图所示.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Ux的值为(　　)图3A.3U0B.4U0C.5U0D.6U0规律总结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＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.高考题型二磁场内动力学问题分析【例2】(多选)如图4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(　　)图4A.该物块带负电B.传送带的传动速度大小可能大于1m/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2～4.5s内，物块与传送带仍可能有相对运动高考预测3　(多选)如图5所示，空间中存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场(图中没有画出)，两个质量均为m的物块P、Q叠放在一起，并置于固定在地面上倾角为θ且无限长的绝缘斜面体上.物块P带正电，电荷量为q；物块Q是不带电的绝缘体.P、Q间动摩擦因数为μ1，Q和斜面间动摩擦因数为μ2.现使P、Q一起由静止开始沿斜面下滑，运动过程中P、Q始终保持相对静止.则以下说法正确的是(　　)图5A.根据题设条件可以求出物块P任意时刻的加速度B.根据题设条件可以求出物块P的最大动能C.两个物块P、Q间的摩擦力最小值为μ2mgcosθD.两个物块P、Q间的摩擦力最小值为μ1mgcosθ高考预测4　如图6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＝keq\f(I,r)(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6A.0B.eq\f(kI2,m)＋gC.eq\f(kI2,m)－gD.eq\f(kI2,2m)＋g规律总结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.高考题型三电磁感应中的动力学问题分析【例3】如图7所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角均为30°，金属导轨的电阻不计.导轨之间的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B＝0.4T.金属棒ab和cd的质量均为0.2kg，电阻均为0.1Ω，垂直导轨放置.某时刻棒ab在外力作用下，沿着导轨向上滑动，与此同时，棒cd由静止释放.在运动过程中，棒ab始终保持速度v0＝1.5m/s不变，两金属棒与导轨始终垂直且接触良好.取重力加速度g＝10m/s2.求：图7(1)棒ab产生的感应电动势；(2)闭合回路中的最小电流和最大电流；(3)棒cd最终稳定运动时的速度大小.高考预测5　(多选)如图8所示，光滑金属导轨ab和cd构成的平面与水平面成θ角，导轨间距Lac＝2Lbd＝2L，导轨电阻不计.两金属棒MN、PQ垂直导轨放置，与导轨接触良好.两金属棒质量mPQ＝2mMN＝2m，电阻RPQ＝2RMN＝2R，整个装置处在垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒MN在平行于导轨向上的拉力F作用下沿导轨以速度v向上匀速运动，PQ棒恰好以速度v向下匀速行动.则(　　)图8A.MN中电流方向是由M到NB.匀速运动的速度v的大小是eq\f(mgRsinθ,B2L2)C.在MN、PQ都匀速运动的过程中，F＝3mgsinθD.在MN、PQ都匀速运动的过程中，F＝2mgsinθ高考预测6　如图9甲所示，abcd为质量M的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量为m的金属棒PQ平行bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e、f，导轨处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为B.导轨bc段长l，其电阻为r，金属棒电阻为R，其余电阻均可不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.若在导轨上施加一个方向向左、大小恒为F的水平拉力，设导轨足够长，PQ棒始终与导轨接触.试求：图9(1)导轨运动的最大加速度amax；(2)导轨的最大速度vmax；(3)在图乙中定性画出回路中感应电流I随时间t变化的图象，并写出分析过程.规律总结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.参考答案【例1】答案　(1)eq\f(3mg,4q)　(2)eq\f(21,20)g　(3)eq\r(\f(2H,g))解析　(1)小物块受重力，电场力和弹力三力平衡：Eq＝mgtan37°解得：E＝eq\f(3mg,4q)(2)由牛顿第二定律可得：(Eq＋mg)sin37°＝ma解得：a＝eq\f(21,20)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＝eq\f(1,2)gt2解得：t＝eq\r(\f(2H,g)).高考预测1答案　AD解析　据φ－x图象切线的斜率等于场强E，则知x＝L处场强为零，所以小球在C处受到的电场力向左，向左加速运动，到x＝L处加速度为0，从x＝L向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x＝L处的速度最大，故A正确；由题图乙可知，x＝－2L点的电势大于x＝2L点的电势，所以小球不可能到达x＝－2L点处，故B错误；由图知图象不关于x＝L对称，所以x＝L点不是中心，故C错误；x＝L处场强为零，根据点电荷场强公式则有：keq\f(QA,4L2)＝keq\f(QB,2L2)，解得QA∶QB＝4∶1，故D正确.高考预测2　答案　C解析　0～t静止：eq\f(2U0,d)·q＝mgt～2t向下加速，mg－eq\f(U0,d)·q＝ma1，得a1＝eq\f(1,2)gv＝a1t＝eq\f(1,2)gt，x1＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,4)gt22t～3t向下减速后向上加速，eq\f(Ux,d)·q－mg＝ma2x2＝vt－eq\f(1,2)·a2·t23t时刻回到静止位置则x2＝－x1解以上各式得Ux＝5U0.【例2】答案　BD解析　由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动.物块的最大速度是1m/s.物块开始时μFN－mgsinθ＝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式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcosθ，后来：FN′＝mgcosθ－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；物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsinθ＝μ(mgcosθ－F洛)②由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度有可能是1m/s，也有可能大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，也有可能与传送带相对滑动.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.高考预测3　答案　BC解析　由于物体的速度变化时洛伦兹力发生变化，所以除了开始时刻外，其他各时刻P、Q间弹力及摩擦力无法求出，故无法求出任意时刻的加速度；故A错误；根据受力分析可知，P、Q受重力、支持力、摩擦力以及洛伦兹力的作用，由左手定则可知，洛伦兹力垂直斜面向下；物体开始时向下加速运动，随着速度变大，洛伦兹力增大，则压力增大，摩擦力增大；当摩擦力等于重力的分力时物体具有最大动能；此时有：mgsinθ＝μ2[(2m)gcosθ＋Bqv]；由公式可求得最大速度，即可求最大动能；故B正确；对整体分析可知，开始时整体的加速度a＝gsinθ－μ2gcosθ；此时P受摩擦力最小；再对Q分析可知，此时Q受到的摩擦力也为最小值；根据牛顿第二定律可得；摩擦力最小值为：μ2mgcosθ，故C正确，D错误.高考预测4　答案　D解析　线框下边受到的安培力的大小为F1＝keq\f(I,L)·IL＝kI2，方向向下，线框上边受到的安培力大小F2＝eq\f(kI,2L)·IL＝eq\f(1,2)kI2，方向向上，根据牛顿第二定律可得，F1＋mg－F2＝ma解得：a＝eq\f(F1＋mg－F2,m)＝eq\f(kI2,2m)＋g，故A、B、C错误，D正确.【例3】答案　(1)0.3V　(2)1.5A　5A　(3)3.5m/s解析　(1)Eab＝BLv0＝0.4×0.5×1.5V＝0.3V(2)刚释放棒cd时，I1＝eq\f(E,2R)＝eq\f(0.3,2×0.1)A＝1.5A棒cd受到安培力为F1＝BI1L＝0.4×1.5×0.5N＝0.3N棒cd受到的重力沿导轨向下的分力为G1＝mgsin30°＝1NF1