全国通用高考物理大二轮复习 专题训练二 第2课时 动.docx

1、全国通用高考物理大二轮复习 专题训练二 第2课时 动第2课时动力学观点在电学中的应用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与速度方向

2、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考向1电场内动力学问题分析例1如图1所示，一光滑绝缘水平木板(木板足够长)固定在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，一电量为q(带正电)的物体在水平恒力F作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则()图1A这一过程中带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0B水平恒力与电场力的比为95C水平恒力与

3、电场力的比为73D物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点审题突破判断电势能变化的方法是什么？“经时间2t物体返回A点”说明物体向右的位移大小和向左位移大小有什么关系？解析电场力先做负功后做正功，总功为零，所以带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0，故A正确；在恒力F作用时a1，位移x1a1t2，撤去恒力F后a2，位移x2a1t2ta2(2t)2，根据x1x2得，故B正确；物体先向右加速然后向右减速到最右端，然后向左加速返回到A点，所以D错误答案AB以题说法带电体在电场内运动问题的分析关键在于受力分析，特别是电场力方向的确定，在电场力方向已确定的情况下，其动力学的分析和力学问题中的分

4、析是一样的如图2实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为m、电量为q的小球，由该直线上A点静止释放，小球向下运动到达B点减速为零后返回A点，则下列判断正确的是()图2A该电场可能是竖直向上的匀强电场，且EBA点的电势高于B点电势CA点的场强小于B点场强D向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量答案C解析该电场不可能是竖直向上的匀强电场且E，否则小球从静止开始只能沿AB做单向直线运动，回不到A点，故A错误小球向下应先加速后减速，所受的电场力方向必定竖直向上，则电场线方向从B指向A，所以A点的电势低于B点电势，故B错误在A点，有qEAmg，在B点，有qEBmg，则得：EAEB，故C

5、正确向下运动的过程中，小球有动能时，根据能量守恒定律可知重力势能的减少量等于动能增加量和电势能的增加量之和，故D错误考向2磁场内动力学问题分析例2如图3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，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量q0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力t0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则()图3A木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动B滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速

6、度为10 m/s匀速运动C木板先做加速度为2 m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动Dt5 s末滑块未脱离木板且有相对运动审题突破滑块与木板一直保持相对静止吗？最终各自是什么运动状态？解析由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5 m/s2，所以当0.6 N的恒力作用于木板时，系统一起以a m/s22 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左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，a m/s23

7、 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、B错误，C正确木块开始的加速度为2 m/s2，一段时间后加速度逐渐减小，当减小到零时，与木板脱离做匀速直线运动，知5 s末的速度小于10 m/s，知此时摩擦力不为零，还未脱离木板，故D正确答案CD以题说法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此类问题也常出现临界问题，如本题中有两个临界：滑块与木板相对运动的临界和滑块与木板间弹力为零的临界 如图4所示，带电平行板中匀强磁场方向水平

8、垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平方向做直线运动现使小球从较低的b点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中()图4A其电势能将会增大B其机械能将会增大C小球所受的洛伦兹力的大小将会增大D小球受到的电场力将会增大答案AC解析小球从a点下滑经过P点进入平行板间后受到重力、电场力、洛伦兹力做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上且小球带正电；小球从稍低的b点下滑时到达P点的速度会变小，洛伦兹力减小，小球会向下偏转，电场力做负功，电势能增加，而机械能会减小，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大

9、，电场力不变，故A、C正确考向3电磁感应中的动力学问题分析例3如图5所示，平行金属导轨PQ、MN相距d2 m，导轨平面与水平面间的夹角30，导轨上端接一个R6 的电阻，导轨电阻不计，磁感应强度B0.5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上一根质量为m0.2 kg、电阻r4 的金属棒ef垂直导轨PQ、MN静止放置，距离导轨底端x13.2 m另一根绝缘塑料棒gh与金属棒ef平行放置，绝缘塑料棒gh从导轨底端以初速度v010 m/s沿导轨上滑并与金属棒正碰(碰撞时间极短)，碰后绝缘塑料棒gh沿导轨下滑，金属棒ef沿导轨上滑x20.5 m后停下，在此过程中电阻R上产生的电热为Q0.36 J已知两棒与导轨间的动

10、摩擦因数均为，g10 m/s2.求：图5(1)绝缘塑料棒gh与金属棒ef碰撞前瞬间，绝缘塑料棒的速率；(2)碰撞后金属棒ef向上运动过程中的最大加速度；(3)金属棒ef向上运动过程中通过电阻R的电荷量审题突破绝缘塑料棒gh沿导轨上滑时，受到哪些力的作用，做什么性质的运动？碰撞后金属棒ef向上做什么性质的运动，何时加速度最大？解析(1)绝缘塑料棒与金属棒相碰前，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得Mgsin 30Mgcos 30Ma1由运动学公式得vv2a1x1解得v16 m/s.(2)设金属棒刚开始运动时速度为v，由能量守恒定律得Qmgx2sin 30mgx2cos 30mv2解得v4 m/s金

11、属棒刚开始运动时加速度最大，此时感应电动势EBdv4 V感应电流I0.4 A安培力FBId0.4 N由牛顿第二定律得mgsin 30mgcos 30Fmam解得am12 m/s2.(3)通过电阻R的电荷量q解得q0.05 C.答案(1)6 m/s(2)12 m/s2(3)0.05 C以题说法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定是阻力一般导体棒在安培力和其他恒力作用下做的变速运动是加速度逐渐减小的变速运动，但在一定的条件下，也可以做匀变速直线运动 如图6甲所示，MN、PQ是相距d1.0 m足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，整

12、个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab的质量m0.1 kg，其接入电路的电阻r1 ，小灯泡电阻RL9 ，重力加速度g取10 m/s2.现断开开关S，将棒ab由静止释放并开始计时，t0.5 s时刻闭合开关S，图乙为ab的速度随时间变化的图象求：图6(1)金属棒ab开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B的大小答案(1)6 m/s2(2)1 T解析(1)S断开时ab做匀加速直线运动由图乙可知a6 m/s2根据牛顿第二定律有：mgsin ma所以sin .(2)t0.5 s时S闭合，ab先做加速度减小

13、的加速运动，当速度达到最大vm6 m/s后做匀速直线运动根据平衡条件有mgsin F安又F安BIdEBdvmI解得B1 T.3应用动力学方法处理电学综合问题例4(14分)如图7所示，两光滑平行的金属导轨EF和GH，相距为l，轨道平面与水平面成30，导轨足够长，轨道的底端接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，导体棒MN电阻为r，垂直于导轨放置且与导轨接触良好，导体棒通过垂直于棒且与导轨共面的轻绳绕过光滑的定滑轮与质量为m的物块A相连，开始时系统处于静止状态，现在物块A上轻放一质量为的小物块B，使AB一起运动，若从小物块B放上物块A开始到系统运动速度恰达到稳定值的

14、过程中(AB未着地)，电阻R通过的电量为q.已知重力加速度为g，求此过程中：图7(1)导体棒运动的最大速度；(2)导体棒速度达到最大速度一半时，导体棒加速度的大小解析(1)开始时，由平衡条件mgMgsin 30得M2m(1分)导体棒达到最大速度vm时满足：(m)gMgsin 30BIml(2分)此时EmBlvm(1分)电路中电流Im(1分)由得vm(2分)(2)导体棒速度达到最大速度一半时EBl(2分)电路中电流I(1分)导体棒受到的安培力为F安BIl(1分)导体棒和AB组成的系统，据牛顿第二定律得(m)gMgsin 30BIl(mM)a(2分)由式得a(1分)答案(1)(2)点睛之笔若题目中

15、出现两个以及两个以上物体用绳、杆之类物体连接时，要特别注意找出各物体的位移大小、加速度大小、速度大小的关系，这些关系往往就是解决问题的突破口(限时：15分钟，满分：14分)(2014安徽22)如图8所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔质量为m、电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)求：图8(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间答案(1)，方向竖直向下(2)C(3)解析(1

16、)由v22gh，得v，方向竖直向下(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mgqEma由运动学公式知：0v22ad整理得电场强度E由UEd，QCU，得电容器所带电荷量QC.(3)由hgt，0vat2，tt1t2整理得t.(限时：45分钟)题组1电场内动力学问题分析1(2014安徽17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图1所示，下列图象中合理的是()图1答案D解析带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的A：由Epx图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项

17、A错误；B：带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；C：由于静电力不是恒力，加速度a应该越来越小，故选项C错误，选项D正确2如图2a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球t0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)它们运动的vt图象分别如图b中甲、乙两曲线所示由图线可知()图2A甲、乙两球一定带异种电荷Bt1时刻两球的电势能最小C0t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D0t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小答案C解析由图象0t1

18、段看出，甲从静止开始做加速运动，乙做减速运动，说明甲、乙相互排斥电性相同，故A错误t1时刻两球相距最近，系统克服电场力做功最大，两电荷的电势能做功最大，故B错误.0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1t2时间内两电荷间距离逐渐增大，静电力先增大后减小，故C正确由图象看出，0t3时间内，甲的动能一直增大乙的动能先减小后增大，故D错误3如图3所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是()图3A第一滴液滴做自由

19、落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D所有液滴下落过程中电场力做功相等答案C解析第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力逐渐变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴受电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A带电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做

20、功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A带电荷量不同，液滴受电场力不同，电场力做功不同，所以D错误题组2磁场内动力学问题分析4如图4所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动已知电流I随时间的关系为Ikt(k为常数，k0)，金属棒与导轨间存在摩擦则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的有()图4答案AD解析根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a，FfFNFABILBLkt，联立解得加速度ag，与时间成线性关系，

21、故A正确，B错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动；后来加速度与速度方向相反且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误，D正确5如图5所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称导线均通有大小相等、方向向上的电流已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度Bk，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程，下列说法正确的是()图5A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的

22、压力先减小后增大D小球对桌面的压力一直在增大答案BD解析根据右手螺旋定则可知M处的磁场方向垂直于纸面向里，直线N处的磁场方向垂直于纸面向外，磁场磁感应强度大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始时的方向向上，过O点后洛伦兹力的方向向下由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故A、C错误，B、D正确题组3电磁感应中的动力学问题分析6如图6，倾角为的光滑绝缘斜面，该空间存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域和，区域的磁场方向垂直斜面向下，区域的磁场方向垂直斜面向上，两匀强磁场在斜面上的宽度均为L，一个质量为m，电阻为R，边长为L的正

23、方形金属线框abcd由静止开始沿斜面下滑，当线圈运动到ab边刚越过ee即做匀速直线运动，则()图6A当线框刚进入磁场区域时的速度vB当线框刚进入磁场区域时的加速度a2gsin Cab边越过ff后，线框可能存在匀速运动过程D线框通过磁场区域、过程，线框减少的重力势能等于回路产生的焦耳热答案AC解析当ab边刚越过ee进入磁场时做匀速直线运动，则有：mgsin ，解得v，故A正确当线框刚进入磁场区域时，ab边和dc边都切割磁感线产生感应电动势，线框中电流为I，线框所受的安培力大小为F2BIL，则得F，又mgsin ，则得F4mgsin ，由Fmgsin ma，得a3gsin ，故B错误ab边越过ff

24、后，线框所受安培力大于重力沿斜面向下的分力，做减速运动，速度减小，安培力减小，可能存在匀速运动过程，故C正确线框通过磁场区域、过程，若线框的动能不变，线框减少的重力势能等于回路产生的焦耳热，若线框的动能减小，则线框减少的重力势能小于回路产生的焦耳热，故D错误7如图7甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R，导轨间距为l且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场中棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两棒的速度时间图象如图乙

25、所示，两图线平行，v0已知则从计时开始()图7A通过棒cd的电流由d到cB通过棒cd的电流IC力FD力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量答案AC解析由题图乙可知，ab、cd棒都是匀变速直线运动，ab速度始终大于cd的速度，电动势是ab、cd棒切割产生的电动势的差值，对ab由右手定则知电流方向从a到b，cd的电流由d到c，故A正确；I，选项B错误；分别对ab、cd运用牛顿第二定律可知F，选项C正确；由能量守恒可知力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒机械能的增量，选项D错误8如图8所示，两平行金属导轨水平放置，一质量为m0.2 kg的金属棒ab垂直于导轨静止放在紧贴电阻R处，R0.1

26、 ，其他电阻不计导轨间距为d0.8 m，矩形区域MNPQ内存在有界匀强磁场，场强大小B0.25 TMNPQx0.85 m，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为0.4，电阻R与边界MP的距离s0.36 m在外力作用下让ab棒由静止开始向右匀加速运动并穿过磁场，加速度a2 m/s2，g取10 m/s2.图8(1)求穿过磁场过程中平均电流的大小；(2)自金属棒进入磁场开始计时，求在磁场中运动的时间内，外力F随时间t变化关系；(3)让磁感应强度均匀增加，用导线将a、b端接到一量程合适的电流表上，让ab棒重新由R处向右加速运动，在金属棒到达MP之前，电流表会有示数吗？简述理由已知电流表与导轨在同一个平面内答案

27、(1)3.4 A(2)F1.680.8t，t0.5 s(3)见解析解析(1)设金属棒到达MP、NQ时的速度分别为v1、v2，则由v2as，得v11.2 m/s由v2a(sx)，得v22.2 m/s由电磁感应公式得Bd Bd由欧姆定律得3.4 A.(2)因为Bdv，I，进入磁场后受安培力F安BId由牛顿第二定律得Fmgma又因为vv1at则在进磁场后Fmamg代入数据得F1.680.8t，其中t0.5 s.(3)可以有电流只要导线、电流表、金属棒组成的回路有磁感线穿过，根据法拉第电磁感应定律，闭合回路磁通量变化，可以产生感应电流(此时金属棒和电阻R并联成为电路负载)题组4应用动力学方法处理电学综

28、合问题9如图9所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的vt图象中正确的是()图9答案C解析小球受到向下的重力mg、水平向左的电场力qE、水平向右的洛伦兹力qvB、向上的摩擦力Ff，还有木杆对小球的水平方向的支持力FN，开始时，速度较小，qvB较小，FN较大，随着速度的增加，FN在减小，由FfFN可知Ff减小，竖直方向的合力增加，加速度增加；当速度增加到一定的程度，qvB和qE相等，此时FN为零，Ff为零，加速度为g，达到最大；速度继续增加，FN要反向增

29、加，Ff增加，竖直方向上的合力减小，加速度减小，当Ff与mg相等时，竖直方向上的加速度为零，速度达到最大所以选项C所示的vt图象符合所分析的运动规律10(2014四川11)如图10所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面质量为m、电荷量为q(q0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射、沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.图10(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度答案(1)(2)(g)解析(1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有hv0t设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得Wmv联立式可得W.(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有E0U板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有UEhmgqEmahatlv0t