动力学观点在电学中的应用

1、专题二 力与物体的直线运动高考题型1电场内动力学问题分析高考题型2磁场内动力学问题分析高考题型3电磁感应中的动力学问题分析 栏目索引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考考向向一一解题方略高考题型1电场内动力学问题分析例1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.解析以竖直向下为正方向，则有释放后t秒末的速度v1gt出现电场后，经过t秒，小球又回到初始位置，说明电场力

2、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v2x1x2整理可得v22v1根据牛顿运动定律有mgqEma整理可得qE4mg预测1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()A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为g图1解析因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30，斜向上如

3、图所示故A错误；根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g.故B正确；答案B预测2(多选)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()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

4、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从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，故B错误，C正确；答案ACD预测3(多选)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3答案AD1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

5、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考考向向一一高考题型2磁场内动力学问题分析解题方略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)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

6、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错误答案AD预测4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是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D

7、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()解析A中根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向沿虚线方向向右，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动，故A正确；B中根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平行，粒子做变速直线运动，故B错误；C中由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动，故C正确；D中若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电

8、场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动故D正确答案B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答案D预测6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

9、4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是()A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图6解析由题图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动物块的最大速度是1 m/s.对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向：FNmgsin ma物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FNmgcos ，后来：FNmgcos F洛，即洛伦兹力的方向是向上的物块沿皮带向上

10、运动，由左手定则可知，物块带正电故A错误；物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsin (mgcos F洛)由可知，只要皮带的速度大于等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1 m/s，有可能是大于1 m/s，物块可能相对于皮带静止，有可能相对于皮带不静止故B错误，D正确；由以上的分析可知，皮带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移故C错误答案D1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

11、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考考向向一一高考题型3电磁感应中的动力学问题分析解题方略例3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

12、(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；答案2.0 A方向ba(2)求t1.1 s时刻，ab棒受到的摩擦力的大小和方向；解析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，方向沿斜面向上答案7.8 N方向沿斜面向上(3)1.2 s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力FT，使ab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)的变化关系式解析1.2 s后，对ab棒由法拉第电磁感应定律得E

13、B2LvvatFB2I2L由牛顿第二定律得：FTmgsin mgcos Fma联立解得：FT231.6t(N)答案FT231.6t(N)预测7(多选)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

14、速下滑若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正确答案ACD预测8两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()A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图9解析根据能量守恒定

15、律可知，金属棒减少的重力势能应等于回路产生的热量与弹簧增加的弹性势能之和，即产生的热量小于金属棒减少的重力势能，所以A错误；释放时，金属棒只受重力，金属棒的加速度ag，如果没有磁场时，根据简谐运动规律可知，金属棒在最低点的加速度与释放时的加速度相等，即ag，有磁场时，由于电磁感应，金属棒下落过程中会受到安培力的阻碍作用，所以金属棒下落的高度小于没有磁场时下落的高度，因此金属棒在最低点的加速度小于g，所以B正确；根据牛顿第二定律分析可知，当金属棒受到的重力等于弹簧弹力与金属棒受到的安培力之和时，金属棒的速度最大，所以C错误；如果没有磁场，即没有电磁感应中产生的电能时，金属棒仍能回到释放时的位置，所以有磁场时，由于回路中会产生电能，所以金属棒不能回到释放时的高度，所以D错误答案B预测9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图10(1