《高三物理二轮专题复习精品课件：专题二 力与物体的直线运动第2课时新课标人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理二轮专题复习精品课件：专题二 力与物体的直线运动第2课时新课标人教版（45页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第第2 2课时课时 匀变速直线运动规律在电学中的应用匀变速直线运动规律在电学中的应用基基 础础 回回 扣扣1.1.带电粒子在电场中做直线运动的问题带电粒子在电场中做直线运动的问题: :在电场中处在电场中处 理力学问题理力学问题, ,其分析方法与力学相同其分析方法与力学相同. .首先进行首先进行 , ,然后看物体所受的合力与然后看物体所受的合力与 是否一是否一 致致, ,其运动类型有电场加速运动和在交变的电场内其运动类型有电场加速运动和在交变的电场内 往复运动往复运动. .2.2.带电粒子在磁场中做直线运动的问题带电粒子在磁场中做直线运动的问题: :洛伦兹力洛伦兹力 的方向始终的方向始终 粒子的
2、速度方向粒子的速度方向. .受力受力分析分析速度方向速度方向垂直于垂直于3.3.带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂, ,但但 是它仍然是一个是它仍然是一个 问题问题, ,同样遵循力和运动的同样遵循力和运动的 各条基本规律各条基本规律. . 4.4.若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用 下做直线运动下做直线运动, ,如果是匀强电场和匀强磁场如果是匀强电场和匀强磁场, ,那么那么 重力和电场力都是重力和电场力都是 力力, ,洛伦兹力与速度方向垂洛伦兹力与速度方向垂 直直, ,而其大小与而其大小与 大小密切
3、相关大小密切相关. .因此因此, ,只有带只有带 电粒子的电粒子的 不变不变, ,才可能做直线运动才可能做直线运动, ,也即也即 匀速直线运动匀速直线运动. . 力学力学恒恒速度速度速度大小速度大小思思 路路 方方 法法1.1.处理带电粒子在交变电场作用下的直线运动问题处理带电粒子在交变电场作用下的直线运动问题 时时, ,首先要分析清楚带电粒子在首先要分析清楚带电粒子在 内的受内的受 力和运动特征力和运动特征. . 2.2.在具体解决带电粒子在复合场内运动问题时在具体解决带电粒子在复合场内运动问题时, ,要认真要认真做好以下三点做好以下三点: : (1)(1)正确分析正确分析 情况情况; ;
4、(2)(2)充分理解和掌握不同场对电荷作用的特点和差异充分理解和掌握不同场对电荷作用的特点和差异; ; (3) (3)认真分析运动的详细过程认真分析运动的详细过程, ,充分发掘题目中的充分发掘题目中的 , ,建立清晰的物理情景建立清晰的物理情景, ,最终把物理模型转最终把物理模型转化为数学表达式化为数学表达式. .受力受力隐隐含条件含条件一个周期一个周期题型一题型一 动力学方法在电场内的应用动力学方法在电场内的应用 例例1 1 ( (20092009广东广东20)20) 如图如图2-2-12-2-1所示所示, , 绝缘长方绝缘长方体体B B置于水平面上置于水平面上, ,两端固定一对平两端固定一
5、对平行带电极板行带电极板, ,极板间形成匀强电场极板间形成匀强电场E E, ,长方体长方体B B的上表面光滑的上表面光滑, ,下表面与水下表面与水平面的动摩擦因平面的动摩擦因=0.05(=0.05(设最大静摩擦力与滑动摩擦设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同力相同) )B B与极板的总质量与极板的总质量m mB B=1.0 kg.=1.0 kg.带正电的小滑带正电的小滑块块A A的质量的质量m mA A=0.6 kg,=0.6 kg,其受到的电场力大小其受到的电场力大小F F=1.2 N.=1.2 N.假设假设A A所带的电荷量不影响极板间的电场分布所带的电荷量不影响极板间的电场分布. .t t=0
6、=0时时图图2-2-12-2-1刻刻,小滑块小滑块A A从从B B表面上的表面上的a a点以相对地面的速度点以相对地面的速度v vA A= =1.6 m/s1.6 m/s向左运动向左运动, ,同时同时, ,B B( (连同极板连同极板) )以相对地面的速以相对地面的速度度v vB B=0.40 m/s=0.40 m/s向右运动向右运动. .问问( (g g取取10 m/s10 m/s2 2) )(1)(1)A A和和B B刚开始运动时的加速度大小分别为多少刚开始运动时的加速度大小分别为多少? ?(2)(2)若若A A最远能到达最远能到达b b点点a a、b b的距离的距离L L应为多少应为多少
7、? ?从从t t=0=0时刻到时刻到A A运动到运动到b b点时点时, ,摩擦力对摩擦力对B B做的功为多少做的功为多少? ?解析解析 (1)(1)由牛顿第二定律由牛顿第二定律F F= =mama有有A A刚开始运动时的加速度大小刚开始运动时的加速度大小a aA A= =2.0 m/s= =2.0 m/s2 2, ,方向水平向右方向水平向右B B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用刚开始运动时受电场力和摩擦力作用由牛顿第三定律得电场力由牛顿第三定律得电场力F F=F F=1.2 N=1.2 N摩擦力摩擦力F Ff f= =( (m mA A+ +m mB B) )g g=0.8 N=0.8 NB
8、B刚开始运动时的加速度大小刚开始运动时的加速度大小a aB B= =2.0 m/s= =2.0 m/s2 2, ,方方向水平向左向水平向左(2)(2)设设B B从开始匀减速到零的时间内从开始匀减速到零的时间内t t1 1, ,则有则有t t1 1= =0.2 s= =0.2 s此时间内此时间内B B运动的位移运动的位移x xB B1 1= =0.04 m= =0.04 mt t1 1时刻时刻A A的速度的速度v vA A1 1= =v vA A- -a aA At t1 1=1.2 m/s0,=1.2 m/s0,故此过程故此过程A A一直一直匀减速运动匀减速运动. .此此t t1 1时间内时间
9、内A A运动的位移运动的位移x xA A1 1= =0.28 m= =0.28 m此此t t1 1时间内时间内A A相对相对B B运动的位移运动的位移x x1 1= =x xA A1 1+ +x xB B1 1=0.32 m=0.32 m此此t t1 1时间内摩擦力对时间内摩擦力对B B做的功为做的功为WW1 1=-=-F Ff fx xB B1 1=-0.032 J=-0.032 Jt t1 1后后, ,由于由于F Ff,f,B B开始向右做匀加速运动开始向右做匀加速运动, ,A A继续做匀减继续做匀减速运动速运动, ,当它们速度相等时当它们速度相等时A A、B B相距最远相距最远, ,设此
10、过程设此过程运动时间为运动时间为t t2 2, ,它们的速度为它们的速度为v v, ,则有则有对对A A 速度速度v v= =v vA A1 1- -a aA At t2 2对对B B 加速度加速度a aB B1 1= =0.4 m/s= =0.4 m/s2 2速度速度v v= =a aB B1 1t t2 2联立以上各式并代入数据解得联立以上各式并代入数据解得v v=0.2 m/s=0.2 m/st t=0.5 s=0.5 s此此t t2 2时间内时间内A A运动的位移运动的位移x xA A2 2= =0.35 m= =0.35 m此此t t2 2时间内时间内B B运动的位移运动的位移x x
11、B B2 2= =0.05 m= =0.05 m此此t t2 2时间内时间内A A相对相对B B运动的位移运动的位移x x2 2= =x xA A2 2- -x xB B2 2=0.30 m=0.30 m此此t t2 2时间内摩擦力对时间内摩擦力对B B做的功为做的功为WW1 1=-=-F Ff fx xB B2 2=-0.04 J=-0.04 J所以所以A A最远能到达最远能到达b b点点a a、b b的距离为的距离为L L= =x x1 1+ +x x2 2=0.62 m=0.62 m从从t t=0=0时刻到时刻到A A运动到运动到b b点时点时, ,摩擦力对摩擦力对B B做的功为做的功为
12、WWf f= =WW1 1+ +WW2 2=-0.072 J=-0.072 J 解决电场内带电粒子的运动问题时要抓住两个分解决电场内带电粒子的运动问题时要抓住两个分析析: : 1. 1.受力分析受力分析. . 2.2.运动过程和特点分析运动过程和特点分析. . 通过受力分析研究运动通过受力分析研究运动; ;反过来反过来, ,看运动是否对受看运动是否对受力有影响力有影响. .答案答案 ( (1)2.0 m/s1)2.0 m/s2 2, ,方向水平向右方向水平向右 2.0 m/s2.0 m/s2 2, ,方方向水平向左向水平向左 (2)0.62 m(2)0.62 m -0.072 J-0.072
13、J预测演练预测演练1 (1 (20092009汕头市二模汕头市二模) )(18(18分分) )如图如图2-2-22-2-2甲甲所示所示, ,A A、B B为水平放置的平行金属板为水平放置的平行金属板, ,板间距离为板间距离为d d( (d d远小于板的长和宽远小于板的长和宽).).在两板的中心各有小孔在两板的中心各有小孔O O和和O O,O O和和O O处在同一竖直线上处在同一竖直线上, ,在两板之间有一带负电的质在两板之间有一带负电的质点点P P. .已知已知A A、B B间所加电压为间所加电压为U U0 0时时, ,质点质点P P所受的电场所受的电场力恰好与重力平衡力恰好与重力平衡. .现
14、在现在A A、B B间加上如图乙所示随时间间加上如图乙所示随时间t t作周期性变化的作周期性变化的图图2-2-22-2-2电压电压U U, ,已知周期已知周期T T= (= (g g为重力加速度为重力加速度) )在第一个周在第一个周期内的某一时刻期内的某一时刻t t0 0, ,在在A A、B B间的中点处由静止释放质间的中点处由静止释放质点点P P, ,一段时间后质点一段时间后质点P P从金属板的小孔飞出从金属板的小孔飞出. .(1)(1)t t0 0在什么范围内在什么范围内, ,可使质点在飞出小孔之前运动的可使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短时间达到最短? ?(2)(2)t t0 0在哪
15、一时刻在哪一时刻, ,可使质点可使质点P P从小孔飞出时的速度达从小孔飞出时的速度达到最大到最大? ?解析解析 设质点设质点P P的质量为的质量为m m, ,电量大小为电量大小为q q, ,根据题意根据题意, ,当当A A、B B间的电压为间的电压为U U0 0时时, ,有有q q = =mgmg (1 (1分分) )当两板间的电压为当两板间的电压为2 2U U0 0时时, ,P P的加速度向上的加速度向上, ,其大小为其大小为a a1 1, ,则则q q - -mgmg= =mama1 1 (1 (1分分) )解得解得a a1 1= =g g (1 (1分分) )当两板间的电压为当两板间的电
16、压为-2-2U U0 0 时时, ,P P的加速度向下的加速度向下, ,其大小其大小为为a a2 2则则q q + +mgmg= =mama2 2 (1 (1分分) )解得解得a a2 2=3=3g g (1 (1分分) )(1)(1)要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短, ,须须使质点释放后一直向下加速运动使质点释放后一直向下加速运动. .设质点释放后经过设质点释放后经过时间时间t t到达小孔到达小孔O O,则则 d d= = a a2 2t t2 2 (1 (1分分) )解得解得t t= = (1 (1分分) )因为因为T T= ,= ,所以所以
17、t t , ,质点到达小孔之前能一直加质点到达小孔之前能一直加速速. . (1 (1分分) )因此要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短因此要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短, ,质点释放的时刻质点释放的时刻t t0 0应满足应满足 t t0 0T T- -t t即即 t t0 055 (1 (1分分) )(2)(2)要使质点要使质点P P从小孔飞出时的速度达到最大从小孔飞出时的速度达到最大, ,须使质须使质点释放后先向上加速，再向上减速运动点释放后先向上加速，再向上减速运动, ,在到达小孔在到达小孔O O时速度减为时速度减为0,0,然后向下加速运动直到小孔然后向下加速运动直到小孔O
18、O.设质点释放后向上加速时间为设质点释放后向上加速时间为t t1 1，向上减速时间为，向上减速时间为t t2 2, ,则则v v1 1= =gt gt1 10=0=v v1 1-3-3gt gt2 2 d d= = gt gt1 12 2+(+(v v1 1t t2 2- - 3 3gt gt2 22 2) ) (3 (3分分) )由以上各式解得由以上各式解得t t1 1= ,= ,t t2 2= = (1 (1分分) )因为因为t t1 1 , ,t t2 2 , ,因此质点因此质点P P能向上先加速后减速能向上先加速后减速恰好到达小孔恰好到达小孔O O. . (1 (1分分) )设质点从小
19、孔设质点从小孔O O向下加速运动到小孔向下加速运动到小孔O O经过的时间为经过的时间为t t3 3则则d d= = 3 3gt gt3 32 2 (1 (1分分) )解得解得t t3 3= = (1 (1分分) )因为因为t t2 2+ +t t3 3= = 因此质点因此质点P P能从小孔能从小孔O O向下向下一直加速运动到小孔一直加速运动到小孔O O,此时质点此时质点P P从小孔从小孔O O飞出时的飞出时的速度达到最大速度达到最大. . (1 (1分分) )因此因此, ,要使质点要使质点P P从小孔飞出时的速度达到最大从小孔飞出时的速度达到最大, ,质点质点P P释放的时刻应为释放的时刻应为
20、t t0 0= -= -t t1 1= = (1 (1分分) )答案答案 (1) (1) t t0 05 5 （2 2）题型二题型二 混合场内直线运动的动力学分析混合场内直线运动的动力学分析 例例2 2 带负电的小物体带负电的小物体A A放在倾角为放在倾角为(sin(sin=0.6)=0.6)的足够长的绝缘斜的足够长的绝缘斜面上面上. .整个斜面处于范围足够大，整个斜面处于范围足够大，图图2-2-32-2-3方向水平向右的匀强电场中方向水平向右的匀强电场中, ,如图如图2-2-32-2-3所示所示. .物体物体A A的质量为的质量为m m, ,电荷量为电荷量为- -q q, ,与斜面间的动摩擦
21、因数为与斜面间的动摩擦因数为, ,它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半. .物物体体A A在斜面上由静止开始下滑在斜面上由静止开始下滑, ,经时间经时间t t后突然在斜面后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场区域加上范围足够大的匀强磁场, ,磁场方向垂直于纸磁场方向垂直于纸面向里面向里, ,磁感应强度大小为磁感应强度大小为B B, ,此后物体此后物体A A沿斜面继续下沿斜面继续下滑距离滑距离L L后离开斜面后离开斜面. .(1)(1)物体物体A A在斜面上的运动情况如何在斜面上的运动情况如何? ?说明理由说明理由. .(2)(2)物体物体A A
22、在斜面上运动的过程中有多少能量转化为在斜面上运动的过程中有多少能量转化为内能内能? ?解析解析 (1) (1) 物体物体A A在斜面上受重力、电场力、支持在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用力和滑动摩擦力的作用, ,方向如右图方向如右图所示所示, ,由此可知由此可知:小物体小物体A A在恒力作在恒力作用下用下, ,先在斜面上做初速度为零的匀先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动加速直线运动;加上匀强磁场后加上匀强磁场后, ,还受方向垂直斜面还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力的作用向上的洛伦兹力的作用, ,方可使方可使A A离开斜面离开斜面, ,故磁感应故磁感应强度的方向应垂直纸面向里强
23、度的方向应垂直纸面向里, ,随着速度的增加随着速度的增加, ,洛伦兹洛伦兹力增大力增大, ,斜面的支持力减小斜面的支持力减小, ,滑动摩擦力减小滑动摩擦力减小, ,物体继物体继续做加速度增大的加速运动续做加速度增大的加速运动, ,直到斜面的支持力变为直到斜面的支持力变为零零, ,此后小物体此后小物体A A将离开斜面将离开斜面. .(2)(2)加磁场之前加磁场之前, ,物体物体A A做匀加速直线运动做匀加速直线运动, ,由牛顿运由牛顿运动定律动定律, ,有有mgmgsinsin+ +qEqEcos-cos-F Ff f= =mama对物体对物体A A受力分析受力分析, ,在垂直斜面上在垂直斜面上
24、, ,有有F FN N+ +qEqEsinsin- -mgmgcoscos=0=0F Ff f= =F FN N由以上三式解得由以上三式解得: :a a= = A A沿斜面运动的距离为沿斜面运动的距离为x x= = at at2 2= = 加上磁场后加上磁场后, ,受洛伦兹力受洛伦兹力F F洛洛= =q qv vB B, ,随速度随速度v v的增大的增大, ,支持支持力力F FN N减小减小, ,直到直到F FN N=0=0时物体将离开斜面时物体将离开斜面有有q qv vB B= =mgmgcoscos- -qEqEsinsin解得解得v v= =mgmg/2/2qBqB物体物体A A在斜面上
25、运动的全过程中在斜面上运动的全过程中, ,重力和电场力做正功重力和电场力做正功, ,滑动摩擦力做负功滑动摩擦力做负功, ,洛伦兹力不做功洛伦兹力不做功, ,由动能定理由动能定理, ,有有答案答案 (1)(1)见解析见解析 (2)(2)mg(Lmg(L+ + gt gt2 2)-)-mgmg( (L L+ +x x)sin)sin+ +qEqE( (L L+ +x x)cos)cos+ +WWf f= = m mv v2 2-0-0物体物体A A克服摩擦力做功克服摩擦力做功, ,机械能转化为内能机械能转化为内能E E=|=|WWf f|=|=mgmg( (L L+ + gt gt2 2)- )-
26、 拓展探究拓展探究 上例中若改为如图上例中若改为如图2-2-42-2-4所示所示, ,质量为质量为m m、带电荷量为带电荷量为+ +q q的滑块的滑块, ,沿绝缘斜面匀沿绝缘斜面匀速下滑速下滑, ,当滑块滑至竖直向下的匀强当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时电场区域时, ,滑块的运动状态为滑块的运动状态为( (已已知知qEqE mgmg) )（ ）图图2-2-42-2-4A.A.继续匀速下滑继续匀速下滑B.B.将加速下滑将加速下滑C.C.将减速下滑将减速下滑D.D.上述三种情况都有可能发生上述三种情况都有可能发生解析解析 滑块进入电场前滑块进入电场前, ,沿绝缘斜面匀速下滑沿绝缘斜面匀速下滑,
27、,受力受力情况满足情况满足mgmgsinsin= =mgmgcoscos, ,进入电场后进入电场后( (mgmg+ +qEqE)sin)sin= =( (mgmg+ +qEqE)cos)cos, ,仍满足平衡条件仍满足平衡条件, ,故滑块将继故滑块将继续匀速下滑续匀速下滑. .答案答案 A A 1. 1.该题涉及到重力、电场力、洛伦兹力的做特点该题涉及到重力、电场力、洛伦兹力的做特点和动能定理等知识点和动能定理等知识点, ,考查学生对运动和力的关系的考查学生对运动和力的关系的理解和掌握情况理解和掌握情况, ,同时考查了学生对接触物体分离条同时考查了学生对接触物体分离条件的灵活运用件的灵活运用.
28、 . 2.2.解决此题的关键是要抓住重力、电场力做功与解决此题的关键是要抓住重力、电场力做功与路径无关、洛伦兹力永不做功的特点路径无关、洛伦兹力永不做功的特点, ,另要注意加上另要注意加上磁场后磁场后, ,受洛伦兹力受洛伦兹力F F洛洛= =qvBqvB, ,随速度随速度v v的增大的增大, ,支持支持力力F FN N减小减小, ,直到直到F FN N=0=0时物体将离开斜面时物体将离开斜面. .预测演练预测演练2 (2 (20092009大连市二模大连市二模) ) 在互相垂直的匀强在互相垂直的匀强磁场和匀强电场中固定放置一光滑磁场和匀强电场中固定放置一光滑的绝缘斜面的绝缘斜面, ,其倾角为其
29、倾角为, ,斜面足够长斜面足够长, ,磁场的磁感应强度为磁场的磁感应强度为B B, ,方向垂直纸面方向垂直纸面向外向外, ,电场方向竖直向上电场方向竖直向上, ,如图如图2-2-52-2-5所所示示. .一质量为一质量为m m、带电荷量为、带电荷量为q q的小球静的小球静止放在斜面上止放在斜面上, ,小球对斜面的压力正好为零小球对斜面的压力正好为零, ,若将电场若将电场方向迅速改为沿斜面向下方向迅速改为沿斜面向下, ,场强太小不变场强太小不变, ,则（则（ ）A.A.小球沿斜面下滑过程中的加速度越来越小小球沿斜面下滑过程中的加速度越来越小B.B.小球沿斜面下滑过程中的加速度恒为小球沿斜面下滑过
30、程中的加速度恒为2 2g gsinsinC.C.小球沿斜面下滑的速度小球沿斜面下滑的速度v v= = 时小球对斜面时小球对斜面 的正压力再次为零的正压力再次为零图图2-2-52-2-5解析解析 由原来小球静止在斜面上可得由原来小球静止在斜面上可得mgmg= =qEqE, ,当电场当电场方向改为沿斜面向下时方向改为沿斜面向下时, ,电场力方向电场力方向沿斜面向下沿斜面向下, ,运动过程中受力如右图运动过程中受力如右图所示所示, ,由由mgmgsinsin+ +qEqE= =mama知知, ,a a= =g gsinsin+ + , B , B错错; ;由由mgmgcoscos= =q qv vB
31、 B知知, C, C正确正确. .D.D.小球沿斜面下滑的速度小球沿斜面下滑的速度v v= = 时小球对斜面时小球对斜面 的正压力再次为零的正压力再次为零答案答案 C C题型三题型三 电磁感应中动态问题分析电磁感应中动态问题分析 例例3 (3 (20092009南平市适应性考试南平市适应性考试) ) 如图如图2-2-62-2-6甲所示甲所示, ,两根质量均为两根质量均为0.1 kg0.1 kg完全相同的导体棒完全相同的导体棒a a、b b, ,用绝缘用绝缘轻杆相连置于由金属导轨轻杆相连置于由金属导轨PQ PQ 、 MNMN架设的斜面上架设的斜面上. .已已知斜面倾角知斜面倾角为为5353, ,
32、a a、b b导体棒的间距是导体棒的间距是PQPQ、MNMN导轨间间距的一半导轨间间距的一半, ,导轨中间分界线导轨中间分界线OOOO以下有方向以下有方向垂直斜面向上的匀强磁场垂直斜面向上的匀强磁场. . 当当a a、b b导体棒沿导轨下滑导体棒沿导轨下滑时时, ,其下滑速度其下滑速度v v与时间的关系图象如图乙所示与时间的关系图象如图乙所示. .若若a a、b b导体棒接入电路的电阻均为导体棒接入电路的电阻均为1,1,其它电阻不计其它电阻不计, ,取取g g=10 m/s=10 m/s2 2,sin 53,sin 530.8,cos 530.8,cos 530.6,0.6,试求试求: :图图
33、2-2-62-2-6(1)(1)PQPQ、MNMN导轨的间距导轨的间距d d. .(2)(2)A A、b b导体棒与导轨间的动摩擦因数导体棒与导轨间的动摩擦因数. .(3)(3)匀强磁场的磁感应强度匀强磁场的磁感应强度. . 思路导引思路导引 (1)(1)利用利用v vt t图象分析图象分析, ,b b棒何时开始进入棒何时开始进入磁场磁场? ?答案答案 0.4 s0.4 s时进入时进入. .(2)0.4 s(2)0.4 s0.6 s0.6 s内内a a、b b导体棒为什么能做匀速运动导体棒为什么能做匀速运动呢呢? ?v vt t图象中两段斜线、斜率相同吗图象中两段斜线、斜率相同吗? ?说明了什
34、么问说明了什么问题题? ?解析解析 (1)(1)由图乙可知导体棒由图乙可知导体棒b b刚进入磁场时刚进入磁场时a a、b b的连的连接体做匀速运动接体做匀速运动, ,当导体棒当导体棒a a进磁场后才再次加速运动进磁场后才再次加速运动, ,因而因而b b棒匀速运动的位移即为棒匀速运动的位移即为a a、b b棒的间距棒的间距. .依题意可得依题意可得d d=2=2v vt t=2=23 3(0.6-0.4) m=1.2 m(0.6-0.4) m=1.2 m(2)(2)设导体棒运动的加速度为设导体棒运动的加速度为a a, ,由图乙得由图乙得a a= = m/s= = m/s2 2=7.5 m/s=7
35、.5 m/s2 2因因a a、b b棒一起运动棒一起运动, ,故可看作一整体故可看作一整体, ,其受力如右图所其受力如右图所示示. .由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得2 2mgmgsinsin- -2 2mgmgcoscos=2=2mama故故= = = =0.083= = = =0.083(3)(3)当当b b导体棒在磁场中做匀速运动时导体棒在磁场中做匀速运动时2 2mgmgsinsin- -2 2mgmgcoscos- -BILBIL=0=0I=I=联立解得联立解得B B= = = = = =0.83 = =0.83 T T答案答案 (1)1.2 m (2)0.083 (3)0.83 T(
36、1)1.2 m (2)0.083 (3)0.83 T 1. 1.本题考查对复杂物理过程的分析能力本题考查对复杂物理过程的分析能力, ,从图象从图象读取有用信息的能力读取有用信息的能力, ,考查逻辑推理能力、分析综合考查逻辑推理能力、分析综合运用能力和运用物理知识解决物理问题能力运用能力和运用物理知识解决物理问题能力. . 2.2.考查了运动学、牛顿第二定律、闭合电路欧姆考查了运动学、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律等知识定律、法拉第电磁感应定律等知识. . 3.3.在电磁感应的动态分析中在电磁感应的动态分析中, ,应注意以下物理量应注意以下物理量间的相互联系间的相互联系. .
37、v vE E= =BLBLv vI I= = F F= =BILBILa a. .预测演练预测演练3 3 ( (20092009西安市第三次质检西安市第三次质检) ) 如图如图2-2-72-2-7所示所示, , ABAB和和CDCD是足够长的平行光是足够长的平行光滑导轨滑导轨, ,其间距为其间距为L L, ,导轨平面与水导轨平面与水平面的夹角为平面的夹角为. .整个装置处在磁整个装置处在磁感应强度为感应强度为B B, ,方向垂直于导轨平面方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中向上的匀强磁场中, ,ACAC端连有电阻值为端连有电阻值为R R的电阻的电阻. .若将若将一质量为一质量为MM、电阻为、电阻
38、为r r的金属棒的金属棒EFEF垂直于导轨在距垂直于导轨在距BDBD端端x x处由静止释放处由静止释放, ,在棒在棒EFEF滑至底端前会有加速和匀滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段速两个运动阶段. .今用大小为今用大小为F F, ,方向沿斜面向上的恒方向沿斜面向上的恒力把棒力把棒EFEF从从BDBD位置由静止推至距位置由静止推至距BDBD端端x x处处, ,突然撤去突然撤去恒力恒力F F, ,棒棒EFEF最后又回到最后又回到BDBD端端.(.(导轨的电阻不计导轨的电阻不计) )图图2-2-72-2-7(1)(1)求恒力求恒力F F刚推棒刚推棒EFEF时棒的加速度时棒的加速度. .(2)(2)
39、求棒求棒EFEF下滑过程中的最大速度下滑过程中的最大速度. .(3)(3)棒棒EFEF自自BDBD端出发又回到端出发又回到BDBD端的整个过程中端的整个过程中, ,电阻电阻R R上有多少电能转化成了内能上有多少电能转化成了内能? ?解析解析 (1)(1)根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律F F- -MgMgsinsin= =MaMa得得a=a=(2)(2)当当EFEF从距从距BDBD端端x x处由静止开始滑至处由静止开始滑至BDBD的过程中的过程中, ,安培力安培力F F安安= =BILBIL= =B B L L根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律MgMgsinsin- -F F安安= =MaMa当
40、当a a=0=0时速度达到最大值时速度达到最大值v vm m, ,即即v vm m= = 答案答案 (1)(1)(2)(2)(3) (3) E E=FxFx- - MM(3)(3)棒先向上减速至零棒先向上减速至零, ,然后从静止加速下滑然后从静止加速下滑, ,在滑回在滑回BDBD之前已达最大速度之前已达最大速度v vm m开始匀速开始匀速. .设设EFEF棒由棒由BDBD从静从静止出发到再返回止出发到再返回BDBD的过程中的过程中, ,转化成的内能为转化成的内能为E E. .根根据能的转化与守恒定律据能的转化与守恒定律FxFx-E E= = MMv vm m2 2E E= =FxFx- - M
41、M1.1.( (20092009泰安市考前模拟泰安市考前模拟) ) 如图如图2-2-82-2-8所示所示, , 倾角倾角 为为的绝缘斜面固定在水平面上的绝缘斜面固定在水平面上, , 当质量为当质量为m m、带电荷量为、带电荷量为+ +q q的滑块的滑块 沿斜面下滑时沿斜面下滑时, ,在此空间突然加上在此空间突然加上 竖直方向的匀强电场竖直方向的匀强电场, ,已知滑块受到的电场力小于已知滑块受到的电场力小于 滑块的重力滑块的重力. .则则 （ ） A.A.若滑块匀速下滑若滑块匀速下滑, ,加上竖直向上的电场后加上竖直向上的电场后, ,滑块滑块 将减速下滑将减速下滑 B.B.若滑块匀速下滑若滑块匀
42、速下滑, ,加上竖直向下的电场后加上竖直向下的电场后, ,滑块滑块 仍匀速下滑仍匀速下滑图图2-2-82-2-8C.C.若滑块匀减速下滑若滑块匀减速下滑, ,加上竖直向上的电场后加上竖直向上的电场后, ,滑块滑块 仍减速下滑仍减速下滑, ,但加速度变大但加速度变大D.D.若滑块匀加速下滑若滑块匀加速下滑, ,加上竖直向下的电场后加上竖直向下的电场后, ,滑块滑块 仍以原加速度加速下滑仍以原加速度加速下滑解析解析 A A、B B选项若滑块原来匀速选项若滑块原来匀速下滑下滑, ,受力如右图所示受力如右图所示, , 则有则有mgmgsinsin= =mgmgcoscos即即sinsin= =cosc
43、os当加竖直向上的电场时当加竖直向上的电场时( (mgmg- -qEqE)sin)sin- -( (mgmg- -qEqE)cos)cos= =mamaa a=0,=0,匀速匀速; ;同样同样, ,电场方向向下也匀速电场方向向下也匀速,A,A错错,B,B对对. .C C中若匀减速下滑中若匀减速下滑sinsin coscos( (mgmg+ +qEqE)sin)sin- -( (mgmg+ +qEqE)cos)cos= =mama2 2a a2 2= =g g(sin(sin- -coscos)+)+qEqE(sin(sin- -coscos)/)/m m, ,a a2 2变大变大, , D D
44、错错. .答案答案 B B2.2.( (20092009南通市二模南通市二模) ) 如图如图2-2-92-2-9所示所示, , 不带不带 电的金属球电的金属球A A固定在绝缘底座上固定在绝缘底座上, , 它的正上它的正上 方有方有B B点点, ,该处有带电液滴不断地自静止开该处有带电液滴不断地自静止开图图2-2-92-2-9始落下始落下, ,液滴到达液滴到达A A球后将电荷量全部传给球后将电荷量全部传给A A球球, ,设前设前一液滴到达一液滴到达A A球后球后, ,后一液滴才开始下落后一液滴才开始下落, ,不计不计B B点未点未下落带电液滴对下落液滴的影响下落带电液滴对下落液滴的影响, ,则下
45、列叙述中正确则下列叙述中正确的是的是 （ ）A.A.第一滴液滴做自由落体运动第一滴液滴做自由落体运动, ,以后液滴做变加速运动以后液滴做变加速运动B.B.当液滴下落到重力等于电场力位置时当液滴下落到重力等于电场力位置时, ,开始做匀速开始做匀速 运动运动C.C.所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D.D.所有液滴下落过程中电场力做功相等所有液滴下落过程中电场力做功相等解析解析 第一滴液滴下落过程将使第一滴液滴下落过程将使A A球发生静电感应球发生静电感应, ,即受到即受到A A球的引力球的引力,A,A错错; ;由于距离越近由于距离越近, ,电场力越大
46、电场力越大, ,重力等于电场力时重力等于电场力时, ,开始做减速运动开始做减速运动,B,B错错; ;由于由于A A球球积聚电荷越来越多积聚电荷越来越多, ,后续电荷电场力和重力相等的位后续电荷电场力和重力相等的位置不断变化置不断变化,C,C对对D D错错. .答案答案 C C3.3.( (20092009宣城市第三次调研宣城市第三次调研) ) 如图如图2-2-102-2-10所示所示, ,电电 源电动势为源电动势为E E, ,内阻为内阻为r r, ,滑动变阻器为滑动变阻器为R R, ,开关闭合开关闭合. . 两平行极板间有匀强磁场两平行极板间有匀强磁场, ,一带正电粒子正好以速一带正电粒子正好
47、以速 度度v v匀速穿过两板匀速穿过两板. .以下说法正确的是以下说法正确的是 （ ）图图2-2-102-2-10A.A.保持开关闭合保持开关闭合, ,将滑片将滑片P P向上滑动一点向上滑动一点, ,粒子将可能粒子将可能 从下极板边缘射出从下极板边缘射出B.B.保持开关闭合保持开关闭合, ,将滑片将滑片P P向下滑动一点向下滑动一点, ,粒子将可能粒子将可能 从下极板边缘射出从下极板边缘射出C.C.保持开关闭合保持开关闭合, ,将将a a极板向下移动一点极板向下移动一点, ,粒子将继续粒子将继续 沿直线穿出沿直线穿出D.D.如果将开关断开如果将开关断开, ,粒子将继续沿直线穿出粒子将继续沿直线
48、穿出解析解析 由匀速穿过两板可知由匀速穿过两板可知q qv vB B= =qEqE场场, ,E E场场= .= .当当P P向向上移动时上移动时, ,U UE E场场,F F洛洛 F F电电, ,将从上极板边缘射出将从上极板边缘射出,A,A错错,B,B对对; ;同理同理C C也错也错; ;开关断开后板间无电场但有磁开关断开后板间无电场但有磁场场, ,粒子仍会偏转粒子仍会偏转,D,D错错. .答案答案 B B4.4.( (20092009临沂市第二次调研临沂市第二次调研) )质量为质量为m m的物块，带正的物块，带正 电荷量电荷量Q Q, ,开始时让它静止在倾角开始时让它静止在倾角= = 60
49、60的固定光滑绝缘斜面顶端的固定光滑绝缘斜面顶端. .整个整个 装置放在水平方向、大小为装置放在水平方向、大小为E E= /= /Q Q 的匀强电场中的匀强电场中, ,如图如图2-2-112-2-11所示所示, ,斜面高为斜面高为H H, ,释放释放 物块后物块后, ,物块落地的速度大小为物块落地的速度大小为 （ ）图图2-2-112-2-11解析解析 取物块受力分析知取物块受力分析知: :物块脱离斜面做匀加速直物块脱离斜面做匀加速直线运动线运动, ,设落地时水平位移为设落地时水平位移为x x, ,历时为历时为t t. .A A. B B. C.C. D D.由动能定理由动能定理: :mgHm
50、gH+ +qEqEx x= = m mv v2 2 竖直方向竖直方向: :t t= = 水平方向水平方向: :x x= = 由由得得x x= = 将将代入代入得得v v = = = = 故选项故选项C C对对. .答案答案 C C5.5.( (20092009鞍山市第二次质量检查鞍山市第二次质量检查) ) 如图如图2-2-122-2-12所示为一个质量为所示为一个质量为m m、 电荷量为电荷量为+ +q q的圆环的圆环, ,可在水平放置的足够长的粗糙可在水平放置的足够长的粗糙图图2-2-122-2-12细杆上滑动细杆上滑动, ,细杆处于磁感应强度为细杆处于磁感应强度为B B的匀强磁场中的匀强磁
51、场中, ,现给圆环向右的初速度现给圆环向右的初速度v v0 0, ,在以后的运动过程中在以后的运动过程中, ,圆环圆环运动的速度图象可能是下图中的运动的速度图象可能是下图中的 （ ）解析解析 受力分析如右图所示受力分析如右图所示, , 当当v v0 0适当时适当时, ,F FN N=0,=0,F Ff f=0,=0,F F洛洛= =mgmg, ,则会匀速运动则会匀速运动,A,A对对; ;若若F FN N0,0,假设假设F FN N向上向上, ,做减速运动做减速运动, ,F F洛洛减小减小, ,F FN N增大增大, ,F Ff f增大增大, ,做加速度增大的减速运动做加速度增大的减速运动, ,
52、直到速度为零，当直到速度为零，当F FN N向下时向下时, ,F F洛洛减小减小, ,F FN N减小减小, ,F Ff f减小减小, ,做加速度减小的做加速度减小的减速运动减速运动, ,直到直到F FN N=0,=0,匀速运动匀速运动,D,D正确正确. .D D6.6.如图如图2-2-132-2-13所示所示, , 倾角为倾角为的斜面的斜面ABAB是粗糙且绝是粗糙且绝 缘的缘的, ,ABAB长为长为L L, ,C C为为ABAB的中点的中点, ,在在 A A、C C之间加一方向垂直斜面向上之间加一方向垂直斜面向上 的匀强电场的匀强电场, , 与斜面垂直的虚线与斜面垂直的虚线 CDCD为电场的
53、边界为电场的边界. .现有一质量为现有一质量为m m、电荷量为、电荷量为q q的带的带 正电的小物块正电的小物块( (可视为质点可视为质点),),从从B B点开始在点开始在B B、C C间以间以 速度速度v v0 0沿斜面向下做匀速运动沿斜面向下做匀速运动, ,经过经过C C后沿斜面匀加后沿斜面匀加 速下滑速下滑, ,到达斜面底端到达斜面底端A A时的速度大小为时的速度大小为v v. .试求试求: :(1)(1)小物块与斜面间的动摩擦因数小物块与斜面间的动摩擦因数. .(2)(2)匀强电场场强匀强电场场强E E的大小的大小. .解析解析 (1)(1)小物块在小物块在BCBC上匀速运动上匀速运动
54、, ,由受力平衡得由受力平衡得F FN N= =mgmgcoscos 图图2-2-132-2-13F Ff f= =mgmgsinsin 而而F Ff f= =F FN N 由由解得解得=tan=tan (2)(2)小物块在小物块在CACA上做匀加速直线运动上做匀加速直线运动, ,受力情况如受力情况如下图所示下图所示. .则则F FN N=mgmgcoscos- -qEqE F Ff f=F FN N 根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得mgmgsinsin- -F Ff f=mama v v2 2- -v v0 02 2=2=2a a 由由解得解得E E= = 答案答案 (1)tan(1)t
55、an (2) (2)7.7.( (20092009潍坊市高考适应性训练潍坊市高考适应性训练) ) 如图如图2-2-142-2-14甲所甲所 示示, ,abcdabcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框, , 金属线框的质量金属线框的质量m m=1 kg,=1 kg,电阻电阻R R=9 .=9 .在金属线框在金属线框 的下方有一匀强磁场区域的下方有一匀强磁场区域, ,PQPQ和和P PQ Q是匀强磁是匀强磁 场区域的水平边界场区域的水平边界, ,并与线框的并与线框的bcbc边平行边平行, ,磁场方磁场方 向与线框平面垂直向与线框平面垂直. .t t=0=0时
56、时, ,金属线框由距金属线框由距PQPQ某一高某一高 度处从静止开始下落度处从静止开始下落, ,到完全穿过匀强磁场区域过到完全穿过匀强磁场区域过 程中的速度程中的速度时间图象如图乙所示时间图象如图乙所示. .设线框下落过设线框下落过 程中所受空气阻力恒定程中所受空气阻力恒定, ,取取g g=10 m/s=10 m/s2 2, ,求求: :图图2-2-142-2-14(1)(1)金属线框由静止开始下落到完全穿过匀强磁场区金属线框由静止开始下落到完全穿过匀强磁场区域的总位移域的总位移. .(2)(2)磁场的磁感应强度磁场的磁感应强度. .(3)(3)金属线框在进入匀强磁场区域过程中通过线框横金属线
57、框在进入匀强磁场区域过程中通过线框横截面的电荷量截面的电荷量. .(4)(4)金属线框在整个下落过程中产生的焦耳热金属线框在整个下落过程中产生的焦耳热. .解析解析 (1)(1)进入磁场前进入磁场前h h1 1= = 1 11 1 m m =0.5 m=0.5 m进入磁场过程进入磁场过程h h2 2=1=11 1 m m =1 m=1 m在磁场内匀加速过程中平均速度是在磁场内匀加速过程中平均速度是1.4 m/s1.4 m/s因此因此h h3 3=1.4=1.40.8 m=1.12 m0.8 m=1.12 m穿出磁场过程和进入磁场过程位移相等穿出磁场过程和进入磁场过程位移相等, ,h h4 4=
58、 =h h2 2=1 m=1 m得得h h=3.62 m=3.62 m(2)(2)进入磁场过程中进入磁场过程中, ,线框做匀速运动线框做匀速运动, ,有有 + +F Ff f= =mgmg线框进入磁场前有线框进入磁场前有mgmg- -F Ff f= =mama加速度加速度a a= =1 m/s= =1 m/s2 2正方形线框的边长正方形线框的边长l l=1=11 m=1 m1 m=1 m解得解得B B=3 T=3 T(3)(3)q q= =I It tI I= =E E= =得得q q= =0.33 C= =0.33 C(4)(4)线框下落过程中受到的阻力线框下落过程中受到的阻力F Ff f= =mgmg- -mama=9 N=9 N由能量守恒得由能量守恒得Q Q= =mghmgh- -F Ff fh h- - m mv v2 2=2.775 J=2.775 J答案答案 (1)3.62 m (2)3 T (3)0.33 C (4)2.775 J(1)3.62 m (2)3 T (3)0.33 C (4)2.775 J返回
