高考物理大二轮总复习增分策略专题二第2讲动力学观点.docx

1、高考物理大二轮总复习增分策略专题二第2讲动力学观点第2讲动力学观点在电学中的应用高考题型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，E，v2v2ad.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枣庄市模拟)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

2、度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mgqE，则下面说法中正确的是()图1A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为gC小球最大高度为D小球电势能的最大值为预测2(多选)(2015沈阳市检测)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m10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q5.0104 C小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)则下列说法正确的是

3、()图2A在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E1.2 V/mB由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大C由C到A电势逐渐降低DC、B两点间的电势差UCB0.9 V预测3(多选)(2015遂宁市模拟)如图3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，则下列说法正确的是()图3AA、B球间的细线的张力为BA、B球间的细线的张力可能为零C将线OA剪断的瞬间，B

4、、C间的细线张力为D将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力为高考题型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例2(多选)(2015江苏南京、盐城二模)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，在木板左端放置一质量为m0.1 kg、带正电q0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之

5、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F0.6 N的恒力，g取10 m/s2，则滑块()图4A开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C速度为6 m/s时，滑块开始减速D最终做速度为10 m/s的匀速运动预测4(2015绵阳市模拟)如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线

6、圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是()预测5如图5所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即Ikt，其中k为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图象，可能正确的是()图5预测6(2015南平市5月模拟)如图6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

7、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vt图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是()图6A该物块带负电B皮带轮的传动速度大小一定为1 m/sC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D在24.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动高考题型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

8、(2015厦门市5月模拟)如图7甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L2 m，导轨平面与水平面成30角，下端连接阻值R1.5 的电阻；质量为m1.4 kg、阻值r0.5 的匀质金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最下端为L11 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，动摩擦因数.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(g10 m/s2)图7(1)在01.0 s内，金属棒ab保持静止，求通过的电流大小和方向；(2)求t1.1 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FT，使a

9、b棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5 m/s2，请写出拉力FT随时间t(加F时开始计时)的变化关系式预测7(多选)(2015陕西西工大附中四模)如图8所示，足够长的光滑“”形金属导体框竖直放置，除电阻R外其余部分阻值不计质量为m的金属棒MN与框架接触良好磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动以下说法中正确的有()图8A若B2B1，金属棒进入B2区域后仍保持匀速下滑B若B2B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑C若B2B1，金属棒进入B2区域后先减速后匀速

10、下滑预测8(2015宣城市三模)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图9所示现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()图9A回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量B金属棒在最低点的加速度小于gC当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D金属棒在以后运动过程中的最大高度一定等于静止释放时的高度预测9(2015嘉兴市二模)如图10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

11、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t0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vt，求磁场的加速度大小图10学生用书答案精析第2

12、讲动力学观点在电学中的应用高考题型1电场内动力学问题分析例1，方向竖直向上解析以竖直向下为正方向，则有释放后t秒末的速度v1gt0t秒内为匀变速直线运动，位移x1t出现电场后，经过t秒，小球又回到初始位置，说明电场力竖直向上，根据小球带正电，可判断电场方向竖直向上，出现电场后，合力为恒力，仍为匀变速直线运动，设回到出发点的速度大小为v2则t2t秒内的位移x2tx1x2整理可得v22v1根据牛顿运动定律有mgqEmaa整理可得qE4mgE.预测1B预测2ACD预测3AD高考题型2磁场内动力学问题分析例2AD由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为g5 m/s2，所以

13、当0.6 N的恒力作用于木板时，滑块与木板一起以am/s22 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动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Bqvmg，解得：v10 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，am/s23 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、D正确，B错误；滑块开始的加速度为2 m/s2，当恰好要开始滑动时，Ff(mgqvB)ma，代入数据得：v6 m/s，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动，故C

14、错误预测4B预测5D预测6D高考题型3电磁感应中的动力学问题分析例3(1)2.0 A方向ba(2)7.8 N方向沿斜面向上(3)FT231.6t(N)解析(1)由法拉第电磁感应定律得：E4.0 V所以I2.0 A，方向为ba.(2)t1.1 s时，电流大小方向都不变，由题图乙可得B10.2 T，安培力FB1IL0.8 N，方向沿斜面向下mgsin F7.8 Nmgcos ，ab仍保持静止所以Ffmgsin F7.8 N，方向沿斜面向上(3)1.2 s后，对ab棒由法拉第电磁感应定律得EB2LvvatFB2I2LI2由牛顿第二定律得：FTmgsin mgcos Fma联立解得：FT231.6t(

15、N)预测7ACD当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反若B2B1，根据安培力公式F得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑，故A正确，B错误；若B2B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动，故D正确预测8B预测9(1)(2) 解析(1)设金属框内电流大小为I，磁场相对金属框的速度大小为v相，金属框左、右两边受到的安培力均为：FAILB系统匀速运动，则：2FAF解得：I又由欧姆定律得：EIR由En得：E2BLv相解得：v相.(2)设相对速度大小为v相取金属框为研究对象：Fma金属框要做匀加速运动(a不变)，则必有v相一定即磁场与金属框加速度相等结合图象可得：v相atvt解得：磁场加速度大小为a.