1、第2講動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用,專(zhuān)題二力與物體的直線運(yùn)動(dòng),知識(shí)回扣 規(guī)律方法,高考題型2磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析,高考題型3電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題分析,高考題型1電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析,高考題精選精練,知識(shí)回扣 規(guī)律方法,1.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力的方向始終 粒子的速度方向. 2.帶電粒子在電場(chǎng)力、重力和洛倫茲力共同作用下的直線運(yùn)動(dòng)只能是 運(yùn)動(dòng). 3.帶電粒子(不計(jì)重力)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止開(kāi)始被加速或帶電粒子沿著平行于電場(chǎng)的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，帶電粒子做 運(yùn)動(dòng). 4.電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒在安培力和其他恒力作用下的三種運(yùn)動(dòng)類(lèi)型：_ 運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸 的減速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸 的加速直線運(yùn)動(dòng).,

2、答案,垂直于,勻速直線,勻變速直線,勻,速直線,減小,減小,1.帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題：在電場(chǎng)中處理力學(xué)問(wèn)題時(shí)，其分析方法與力學(xué)相同.首先進(jìn)行 ，然后看粒子所受的合力方向與 是否一致，其運(yùn)動(dòng)類(lèi)型有電場(chǎng)內(nèi)的加速運(yùn)動(dòng)和在交變電場(chǎng)內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動(dòng). 2.帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動(dòng)過(guò)程的情景出現(xiàn). 解決的方法： (1)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)或動(dòng)力學(xué)分析其中一個(gè) 內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律. (2)借助運(yùn)動(dòng)圖象進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析.,受力分析,速度方向,變化周期,答案,電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析,高考題型1,例1(2017全國(guó)卷25)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴

3、在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn).重力加速度大小為g. (1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；,答案,解析,答案見(jiàn)解析,解析油滴帶電性質(zhì)不影響結(jié)果，設(shè)該油滴帶正電，油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正. 油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上. 在t0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2mgma1 油滴在t1時(shí)

4、刻的速度為 v1v0a1t1 ,電場(chǎng)強(qiáng)度在t1時(shí)刻突然反向，油滴做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2mgma2 油滴在t22t1時(shí)刻的速度為 v2v1a2t1 由式得 v2v02gt1 ,(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍.,答案,解析,答案見(jiàn)解析,解析由題意，在t0時(shí)刻前有 qE1mg 油滴從t0到t1時(shí)刻的位移為,x1v0t1 a1t12 ,油滴在從t1時(shí)刻到t22t1時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為,x2v1t1 a2t12

5、,由題給條件有v022g2h4gh 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離.,若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有 x1x2h 由式得,為使E2E1，應(yīng)有,條件式和式分別對(duì)應(yīng)于v20和v20兩種情形. 若B在A點(diǎn)之下，依題意有 x2x1h 由式得,為使E2E1，應(yīng)有,另一解為負(fù)，不符合題意，舍去.,A.繼續(xù)勻速下滑 B.將加速下滑 C.將減速下滑 D.上述三種情況都可能發(fā)生,1.(2017上海閔行區(qū)二模)如圖1所示，質(zhì)量為m、帶電量為q的滑塊沿絕緣斜面勻速下滑，當(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)為,對(duì)點(diǎn)拓展練,答案,2,1,解析,圖1,解析設(shè)斜面的傾角為.滑塊沒(méi)有進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)， 根據(jù)平衡條件得mgsin

6、 Ff 且FNmgcos 又FfFN 得到，mgsin mgcos ，即有sin cos 當(dāng)滑塊進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，設(shè)滑塊受到的電場(chǎng)力大小為F.根據(jù)正交分解得到 滑塊受到的沿斜面向下的力為(mgF)sin ， 沿斜面向上的力為(mgF)cos ， 由于sin cos ，所以(mgF)sin (mgF)cos ，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng).,2,1,2.(2017內(nèi)蒙古包頭市一模)如圖2所示，在豎直平面內(nèi)一個(gè)帶正電的小球質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的絕緣輕細(xì)線系在一勻強(qiáng)電場(chǎng)中的O點(diǎn).勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大.現(xiàn)將帶正電小球從O點(diǎn)右方由水平位置A點(diǎn)無(wú)初速度釋放

7、，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零.,2,1,圖2,(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小.,答案,2,1,解析,解析對(duì)小球由A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 0mgLqEL,(2)若小球從O點(diǎn)的左方由水平位置C點(diǎn)無(wú)初速度自由釋放，則小球到達(dá)最低點(diǎn)B所用的時(shí)間t是多少？(已知：OAOCL，重力加速度為g),2,1,解析小球由C點(diǎn)釋放后，將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)的速度為vb，設(shè)小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，,答案,解析,磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析,高考題型2,圖3,例2(多選)(2017 河南洛陽(yáng)市第二次統(tǒng) 考)如圖3甲所示，一帶電物塊無(wú)初速度 地放在傳送帶的底端，傳送帶以恒定的 速率順時(shí)針傳動(dòng)，該裝置處

8、于垂直紙面 向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，物塊由底端E運(yùn)動(dòng)至傳送帶頂端F的過(guò)程中，其vt圖象如圖乙所示，若物塊全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.5 s，則下列判斷正確的是 A.該物塊帶負(fù)電 B.傳送帶的傳送速度大小可能大于1 m/s C.若已知傳送帶的長(zhǎng)度，可求出該過(guò)程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移 D.在24.5 s內(nèi)，物塊與傳送帶間仍可能有相對(duì)運(yùn)動(dòng),答案,解析,解析由題圖乙可知，物塊先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，物塊的最大速度是1 m/s. 對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可知，開(kāi)始時(shí)物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為，沿斜面的方向： FNmgsin ma 物塊運(yùn)動(dòng)后，又受到洛倫茲力的作用，由式可知，物塊的加速度逐

9、漸減小，一定是FN逐漸減小，而開(kāi)始時(shí)：FNmgcos ，后來(lái)：FNmgcos F洛，即洛倫茲力的方向是向上的.物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，物塊帶正電，故A錯(cuò)誤；,物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)：mgsin (mgcos F洛) 由可知，只要傳送帶的速度大于等于1 m/s，則物塊達(dá)到最大速度的條件與傳送帶的速度無(wú)關(guān)，所以傳送帶的速度可能是1 m/s，也可能是大于1 m/s，物塊可能相對(duì)于傳送帶靜止，也可能相對(duì)于傳送帶運(yùn)動(dòng).故B、D正確； 由以上的分析可知，傳送帶的速度不能判斷，所以若已知傳送帶的長(zhǎng)度，也不能求出該過(guò)程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移，故C錯(cuò)誤.,1.對(duì)于磁場(chǎng)內(nèi)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，要特別注意

10、洛倫茲力的特性，因F洛qvB，則速度v的變化影響受力，受力的變化又反過(guò)來(lái)影響運(yùn)動(dòng). 2.帶電粒子在電場(chǎng)力、重力和洛倫茲力共同作用下的直線運(yùn)動(dòng)只能是勻速直線運(yùn)動(dòng). 3.此類(lèi)問(wèn)題也常出現(xiàn)臨界問(wèn)題，如滑塊脫離木板的臨界條件是支持力為零.,A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短 C.兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同 D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率相等,3.(多選)如圖4所示，兩個(gè)傾角分別為30和60的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小

11、滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過(guò)程中,對(duì)點(diǎn)拓展練,答案,4,3,解析,圖4,4,3,解析小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcos qvmB,解得vm ，所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲滑塊飛離時(shí)速度較大，A正確；,滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可得加速度agsin ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧椎淖畲笏俣却笥谝业淖畲笏俣?，由vmat得，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；,4,3,由以上分析和x 得，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C錯(cuò)誤；

12、,4.(2017山西臨汾市二模)如圖5所示，無(wú)限長(zhǎng)水平直導(dǎo)線 中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線正上方沿豎直方向有一用 絕緣細(xì)線懸掛著的正方形線框.線框中通有沿逆時(shí)針?lè)较?的恒定電流I，線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框下邊與直導(dǎo)線平行， 且到直導(dǎo)線的距離也為L(zhǎng).已知在長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)中距長(zhǎng)直 導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bk (k為常量)，線框的質(zhì)量為m，則剪斷細(xì)線的瞬間，線框的加速度為,4,3,圖5,答案,解析,解析線框下邊受到的安培力的大小為F1k ILkI2，方向向下，,4,3,根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)1mgF2ma,電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題分析,高考題型3,例3(2017全國(guó)名校模擬)如圖6所示，直角坐標(biāo)系 x

13、Oy在水平面內(nèi)，其第一象限內(nèi)有一磁場(chǎng)，方向垂 直于水平面向下，磁場(chǎng)沿y軸方向分布均勻，沿x軸 方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x增大而減小，滿足B (單位：T)；“”形光滑金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌MON頂角為 45，固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合.一根質(zhì)量為2 kg的導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸，電阻恒為0.5 ，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒最初處于原點(diǎn)位置O，某時(shí)刻給導(dǎo)體棒施加一個(gè)水平向右的外力作用，使得導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E與時(shí)間t的關(guān)系為E3t(單位：V)求：,圖6,答案,(1)第2 s內(nèi)回路中流過(guò)的電荷量q.,解析,答案9 C,解析t1 s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E131 V3

14、 V，,因?yàn)楦袘?yīng)電流與時(shí)間成正比，屬于線性關(guān)系，,(2)導(dǎo)體棒滑動(dòng)過(guò)程中水平外力F與橫坐標(biāo)x的關(guān)系式.,答案,解析,解析由導(dǎo)軌夾角為45，可知任意t時(shí)刻回路中導(dǎo)體棒有效切割長(zhǎng)度Lx 有：EBLvBxv 由題意有：E3t,聯(lián)立得：v3t 故加速度a3 m/s2 因此導(dǎo)體棒在拉力和安培力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),5.(2017全國(guó)名校模擬)如圖7甲所示，電阻 不計(jì)、間距L1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎 直放置，導(dǎo)軌上端接一阻值R2 的電阻， 虛線OO下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻 強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將一質(zhì)量m0.2 kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO上方某處以v01 m/s的初速度下落，金屬桿在下落的過(guò)程中與導(dǎo)軌保

15、持良好接觸且始終水平.金屬桿下落到磁場(chǎng)邊界OO所需時(shí)間t0.1 s，下落0.4 m的過(guò)程中金屬桿的加速度與下落的距離h之間的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，則,對(duì)點(diǎn)拓展練,6,5,圖7,A.金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為6 m/s B.金屬桿開(kāi)始下落時(shí)與OO的距離為0.1 m C.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4 T D.金屬桿下落0.4 m時(shí)的速度為1 m/s,6,5,答案,解析,6,5,解析金屬桿下落到磁場(chǎng)邊界OO的過(guò)程中加速度為g，則金屬桿到OO時(shí)的速度v1v0gt12 m/s，金屬桿下落時(shí)距OO的高度h 0.15 m，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；,金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為10 m/s2，方向向上，有

16、mgma，代入數(shù)據(jù)得B2 T，C項(xiàng)錯(cuò)誤；,從乙圖中可以看出，金屬桿下落0.4 m后開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，則 mg，代入數(shù)據(jù)得v21 m/s，D正確.,6.如圖8所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻.質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下.當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求：,6,5,圖8,6,5,(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；,答案,解析,解析MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)

17、，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv0,6,5,(2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；,答案,解析,解析安培力FBId 由牛頓第二定律得Fma,6,5,(3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P.,答案,解析,解析金屬桿切割磁感線的相對(duì)速度vv0v，則 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBd(v0v),高考題精選精練,題組1全國(guó)卷真題精選 1.(2015新課標(biāo)全國(guó)14)如圖9，兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將 A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng) C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)

18、D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng),答案,1,2,3,4,解析,圖9,解析兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止有mgqE，現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45后，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45，電場(chǎng)力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45，但大小不變，此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確.,1,2,3,4,2.(2016全國(guó)卷24)如圖10，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻

19、強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng).桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：,1,2,3,4,圖10,答案,1,2,3,4,解析,(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??；,1,2,3,4,解析設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Fmgma 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vat0 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 EBlv 聯(lián)立式可得 EBlt0( g) ,答案,1,2,3,4,解析,(2)電阻的阻值.,1,2,3,4,解析設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安BlI 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有 FmgF安0 聯(lián)立式得 R,