【步步高】高考物理二轮 复习与增分策略 专题二 第2课时 动力学观点在电学中的应用课件

第2课时动力学观点在电学中的应用知识方法聚焦知识回扣1．带电粒子在磁场中的运动问题：洛伦兹力的方向始终粒子的速度方向．2．带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍然是一个问题，同样遵循力和运动的基本规律．3．若带电粒子在静电力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和静电力都是力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与大小密切相关．因此，只有带电粒子的不变，才可能做直线运动，即做匀速直线运动．速度大小直于垂力学恒速度4．典型的匀变速直线运动：(1)只受重力作用的自由落体运动和竖直上抛运动．(2)带电粒子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方向射入电场中的运动．(3)物体、质点或带电粒子所受的各种外力的合力，且合力方向与初速度方向的运动．相同恒定规律方法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，其分析方法与力学相同．首先进行，然后看物体所受的合力与是否一致，其运动类型有电场加速运动和在交变的电场内往复运动．2．处理带电粒子在交变电场作用下的直线运动问题时，首先要分析清楚带电粒子在内的受力和运动特征．一个周期受力分析速度方向3．在具体解决带电粒子在复合场内运动问题时，要认真做好以下三点：(1)正确分析情况；(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，建立清晰的物理情景，最终把物理模型转化为数学表达式．隐含条受力件热点题型例析题型1电场内动力学问题的分析例1(16分)如图1所示，A、B是两块竖直放置的平行金属板，相距为2L，分别带有等量的正、负电荷，在两板间形成电场强度大小为E的匀强电场．A板的中央有一小孔(它的存在对两板间匀强电场分布的影响忽略不计)，小孔的下沿右侧有一条与板垂直的水平粗糙绝缘轨道，一个质量为m、电荷量为q(q0)的小球(可视为质点)，在外力作用下静止在轨道的中点P处．小孔中固定一块绝缘材料制成的弹性板Q.撤去外力释放带电小球，它将在电场力作用下由静止开始向左运动，小球与弹性板Q发生碰撞，由于板Q的绝缘性能有所欠缺，使得小球每次离开Q瞬间，小球的电荷量都损失一部分，而变成刚与Q接触时小球电荷量的12，并以与碰前大小相等的速率反方向弹回．已知带电小球第一次与Q碰后恰好能回到P点．求：图1(1)小球与粗糙轨道间的滑动摩擦力的大小；(2)小球经过多长时间停止运动．解析(1)带电小球在电场力和摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：qE－f＝ma1①(1分)小球与Q相碰前的速度为：v21＝2a1L②(1分)小球与Q碰后以v1大小的速度反弹，因电荷量的改变，电场力的大小发生了变化，摩擦力的方向也发生了变化，小球做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得加速度的大小：qE2＋f＝ma2③(1分)碰后恰好能回到P点0－v21＝－2a2L④(1分)解①②③④得：v1＝3qEL2mf＝qE4⑤(1分)(2)当小球速度减为零时，恰好回到P点，则此时电场力大于摩擦力，小球再次向A板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：qE2－f＝ma3⑥(1分)小球再次与Q相碰前的速度为：v22＝2a3L⑦(1分)解⑤⑥⑦得：v2＝qEL2m⑧(1分)小球再次与Q碰后以v2大小的速度反弹，因电荷量的改变，电场力的大小发生了变化，摩擦力的方向也发生了变化，小球做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得加速度的大小：qE4＋f＝ma4⑨(1分)小球速度减小为零时，位移s大小为：0－v22＝－2a4s⑩(1分)解⑤⑨⑩得：s＝L2(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＝2Lv＝2Lv12＝4L2m3qEL(1分)小球再次从P点出发运动与Q相碰的时间为：t2＝Lv′＝Lv22＝2L2mqEL(1分)小球与Q相碰后回到P′点的时间为：t3＝L2v′＝L2mqEL(1分)小球从开始到结束所经历的时间为：t＝t1＋t2＋t3＝L(42m3qEL＋32mqEL)(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(1)qE4(2)L(42m3qEL＋32mqEL)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(0Aqφ0)．忽略重力．求：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＝φ0d，(2分)电场力的大小F＝qE＝qφ0d.(2分)(2)设粒子在[－x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得12mv2－qφ＝－A①(2分)由题图可知φ＝φ0(1－|x|d)②(2分)由①②得12mv2＝qφ0(1－|x|d)－A③(2分)因动能非负，有qφ0(1－|x|d)－A≥0，(2分)得|x|≤d(1－Aqφ0)，即x0＝d(1－Aqφ0)④(1分)粒子的运动区间满足－d(1－Aqφ0)≤x≤d(1－Aqφ0)．(1分)(3)考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度a＝Fm＝qEm＝qφ0md⑤(2分)由匀加速直线运动规律得t＝2x0a.(2分)将④⑤代入，得t＝2md2qφ01－Aqφ0.(1分)粒子的运动周期T＝4t＝4dqφ02mqφ0－A.(1分)答案(1)qφ0d(2)－d(1－Aqφ0)≤x≤d(1－Aqφ0)(3)4dqφ02mqφ0－A题型2磁场内动力学问题的分析例2(16分)如图3所示，长为L的木板静止在光滑水平面上，小木块放置在木板的右端，木板和小木块的质量均为m，小木块的带电量为＋q，木板不带电，小木块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个空间存在着方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现对木板施加一个方向水平向右、大小为μmg的恒力F，当作用时间为t时，小木块速度刚好达到mgBq且正好滑至木板中央，问：图3(1)t时刻时，木板的加速度大小为多少？(2)恒力作用多长时间时，小木块和木板之间开始发生相对滑动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)?审题突破1.小木块速度刚好达到mgBq时，小木块和木板各受几个力作用？2．小木块和木板间发生相对滑动时，二者加速度大小有什么关系？解析(1)t时刻，小木块受到竖直向上的洛伦兹力f洛＝Bqv木块＝mg(3分)则小木块与木板之间无挤压，不存在摩擦力，对木板有F＝ma木板(3分)a木板＝Fm＝μg(2分)(2)小木块和木板之间发生相对滑动之前一起匀加速，设加速度为a.则F＝2maa＝F2m＝12μg(2分)小木块和木板之间刚要开始发生相对滑动时，设摩擦力为fm，共同速度为v1对小木块fm＝μ(mg－Bqv1)＝ma(2分)v1＝at1(2分)所以v1＝mg2Bq(1分)t1＝mμBq(1分)答案(1)μg(2)mμBq一题多变离开木板前小木块相对于木板做什么运动？解析对小木块受力分析如图f＝μN＝ma，N＝mg－f洛，f洛＝qvB，a＝μg－μqBv/m，v增大，a减小，a＝0时做匀速运动．答案见解析以题说法由于带电物体在磁场内受洛伦兹力作用，而f洛＝qvB，v影响f洛，f洛又反过来影响v，因此，磁场内的动力学分析是一种动态动力学问题，在解题时应注意洛伦兹力对受力和运动产生的影响．针对训练2如图4所示,一个质量为m、带电量为＋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．现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是()图4A．圆环可能做匀减速运动B．圆环不可能做匀速直线运动C．圆环克服摩擦力所做的功一定为12mv20D．圆环克服摩擦力所做的功可能为12mv20－m3g22q2B2解析当f洛mg时，受力如图(1)当f洛mg时，受力如图(2)当f洛＝mg时，只受重力和洛伦兹力，A、B错；当f洛mg时，圆环最终将静止，克服摩擦力做的功为12mv20；当f洛mg时，圆环最终匀速运动，速度为v，mg＝qvB，Wf＝12mv20－12mv2＝12mv20－12mm2g2q2B2＝12mv20－m3g22q2B2，D正确，C错误．答案D读题审题解题3．电磁感应中的动力学问题的分析规范解答步步得分解析(1)s＝0到s＝0.9m由公式v2＝2a1s得a1＝5.0m/s2(2分)由v2－s图可知，s1＝0.9m，v0＝0a1＝5m/s2匀加速运动s2＝1.0mv1＝3m/s匀速运动s3＝1.6m初速度v1＝3m/s，末速度v3＝5m/s，a3＝5m/s2匀加速运动线框先做匀加速运动，再匀速运动，再匀加速运动，对应的时间分别为t1，t2，t3t1＝v1a1＝35s＝0.6s(1分)t2＝s2v1＝13s(1分)t3＝Δva3＝5－35s＝0.4s(1分)t总＝t1＋t2＋t3＝43s(2分)(2)线框通过磁场时，设线框所受的安培力为FA，斜面倾角为θ，线框做匀速运动，由线框受力平衡得FA＝mgsinθ，BLBLv1R＝mgsinθ(3分)又a1＝gsinθ，得sinθ＝12线框的宽度L＝d＝0.5m联立解得B＝1LmgRsinθv1＝33T(2分)(3)设恒力作用时金属框上边进入磁场时的速度为v，Fs3＝12mv2＋mgs3sinθ(2分)F＝mgsinθ＋B2L2vR(2分)解得v＝163m/s，F＝2518N(2分)由于12mv2mgs1sinθ，所以力F做功为W＝F(s2＋s3)＝2518×2.6J≈3.6J(2分)答案(1)43s(2)33T(3)3.6J[点评]此题为图象信息题，因此要深刻剖析图象的物理意义，深挖图象中的隐含条件，并且与线框在斜面上的运动情景相结合，这是解决问题的关键.此图象实际为推论公式vt2－v02＝2as的函数图象.针对训练3如图6所示，ACD、EFG为两根完全相同的直角光滑平行金属导轨，AC＝CD＝EF＝FG，两导轨被竖直固定在绝缘水平面上，间距CF＝s.两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两根质量均为m、长度均为L的金属棒甲和乙分别水平跨放在两导轨上，两金属棒的电阻均为R，其它电阻不计．现同时从静止开始释放两棒，两棒始终与导轨接触良好，经过时间t，乙棒的速度达到最大(两棒仍在导轨上)，求t时刻甲、乙两棒的速度各为多大？(重力加速度为g)解析对甲棒受力分析可知，甲棒做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律mgsin45°＝ma(2分)t时刻速度v甲＝at(2分)图6联立解得v甲＝22gt(2分)乙棒做加速度减小的变加速运动，t时刻加速度为零，最大速度为v乙，感应电动势E＝BLv乙(2分)回路电流I＝E2R(2分)受到安培力F＝BIL(2分)由平衡条件mgsin45°＝F(2分)联立解得v乙＝2mgRB2L2(2分)答案v甲＝22gtv乙＝2mgRB2L2返回