2010届高三物理二轮专题二力与物体直线运动第2课时课件新人教版

1、第2课时 匀变速直线运动规律在电学中的应用,基 础 回 扣 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.带电粒子在磁场中做直线运动的问题:洛伦兹力 的方向始终 粒子的速度方向.,受力,分析,速度方向,垂直于,3.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 各条基本规律. 4.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,如果是匀强电场和匀强磁场,那么 重力和电场力都是 力,洛伦兹力与速度方向垂

2、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,也即 匀速直线运动.,力学,恒,速度,速度大小,思 路 方 法 1.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. 2.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,充分发掘题目中的 ,建立清晰的物理情景,最终把物理模型转化为数学表达式.,受力,隐,含条件,一个周期,题型1 动力学方法在电场内的应用,例1 (2009广东20) 如图2-2-1所示,

3、 绝缘长方体B置于水平面上,两端固定一对平 行带电极板,极板间形成匀强电场E, 长方体B的上表面光滑,下表面与水 平面的动摩擦因=0.05(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同)B与极板的总质量mB=1.0 kg.带正电的小滑块A的质量mA=0.6 kg,其受到的电场力大小F=1.2 N.假设A所带的电荷量不影响极板间的电场分布.t=0,图2-2-1,时刻,小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA= 1.6 m/s向左运动,同时,B(连同极板)以相对地面的速度vB=0.40 m/s向右运动.问(g取10 m/s2) (1)A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少? (2)若A最远能到达b点a、b

4、的距离L应为多少?从t=0时刻到A运动到b点时,摩擦力对B做的功为多少?,解析 (1)由牛顿第二定律F=ma有 A刚开始运动时的加速度大小 aA= =2.0 m/s2,方向水平向右 B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F=F=1.2 N 摩擦力Ff=(mA+mB)g=0.8 N,B刚开始运动时的加速度大小aB= =2.0 m/s2,方向水平向左 (2)设B从开始匀减速到零的时间内t1,则有 t1= =0.2 s 此时间内B运动的位移xB1= =0.04 m t1时刻A的速度vA1=vA-aAt1=1.2 m/s0,故此过程A一直匀减速运动. 此t1时间内A运动的位移xA1

5、= =0.28 m 此t1时间内A相对B运动的位移x1=xA1+xB1=0.32 m 此t1时间内摩擦力对B做的功为 W1=-FfxB1=-0.032 J,t1后,由于Ff,B开始向右做匀加速运动,A继续做匀减速运动,当它们速度相等时A、B相距最远,设此过程运动时间为t2,它们的速度为v,则有 对A 速度v=vA1-aAt2 对B 加速度aB1= =0.4 m/s2 速度v=aB1t2 联立以上各式并代入数据解得v=0.2 m/s t=0.5 s 此t2时间内A运动的位移xA2= =0.35 m 此t2时间内B运动的位移xB2= =0.05 m 此t2时间内A相对B运动的位移x2=xA2-xB

6、2=0.30 m 此t2时间内摩擦力对B做的功为W1=-FfxB2=-0.04 J,所以A最远能到达b点a、b的距离为L=x1+x2=0.62 m 从t=0时刻到A运动到b点时,摩擦力对B做的功为Wf=W1+W2=-0.072 J,解决电场内带电粒子的运动问题时要抓住两个分析: 1.受力分析. 2.运动过程和特点分析. 通过受力分析研究运动;反过来,看运动是否对受力有影响.,答案 (1)2.0 m/s2,方向水平向右 2.0 m/s2,方向水平向左 (2)0.62 m -0.072 J,预测演练1 (2009汕头市二模)(18分)如图2-2-2甲所示,A、B为水平放置的平行金属板,板间距离为d

7、(d远小于板的长和宽).在两板的中心各有小孔O和O,O和O处在同一竖直线上,在两板之间有一带负电的质点P.已知A、B间所加电压为U0时,质点P所受的电场力恰好与重力平衡. 现在A、B间加上如图乙所示随时间t作周期性变化的,图2-2-2,电压U,已知周期T= (g为重力加速度)在第一个周期内的某一时刻t0,在A、B间的中点处由静止释放质点P,一段时间后质点P从金属板的小孔飞出. (1)t0在什么范围内,可使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短? (2)t0在哪一时刻,可使质点P从小孔飞出时的速度达到最大?,解析 设质点P的质量为m,电量大小为q,根据题意,当A、B间的电压为U0时,有 q =mg

8、 (1分) 当两板间的电压为2U0时,P的加速度向上,其大小为a1,则,q -mg=ma1 (1分)解得a1=g (1分)当两板间的电压为-2U0 时,P的加速度向下,其大小为a2 则q +mg=ma2 (1分)解得a2=3g (1分) (1)要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短,须使质点释放后一直向下加速运动.设质点释放后经过时间t到达小孔O,则 d= a2t2 (1分) 解得t= (1分),因为T= ,所以t ,质点到达小孔之前能一直加速. (1分)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t0应满足 t0T-t 即 t05 (1分) (2)要使质点P从小孔飞出时的速

9、度达到最大,须使质点释放后先向上加速，再向上减速运动,在到达小孔O时速度减为0,然后向下加速运动直到小孔O. 设质点释放后向上加速时间为t1，向上减速时间为t2,则 v1=gt1,0=v1-3gt2 d= gt12+(v1t2- 3gt22) (3分) 由以上各式解得 t1= ,t2= (1分)因为t1 ,t2 ,因此质点P能向上先加速后减速恰好到达小孔O. (1分) 设质点从小孔O向下加速运动到小孔O经过的时间为t3 则d= 3gt32 (1分) 解得t3= (1分) 因为t2+t3= 因此质点P能从小孔O向下,一直加速运动到小孔O,此时质点P从小孔O飞出时的速度达到最大. (1分)因此,要

10、使质点P从小孔飞出时的速度达到最大,质点P释放的时刻应为 t0= -t1= (1分),答案 (1) t05 （2）,题型2 混合场内直线运动的动力学分析,例2 带负电的小物体A放在倾角为 (sin=0.6)的足够长的绝缘斜 面上.整个斜面处于范围足够大，,图2-2-3,方向水平向右的匀强电场中,如图2-2-3所示.物体A的质量为m,电荷量为-q,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.物体A在斜面上由静止开始下滑,经时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B,此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面. (1)物体A在斜

11、面上的运动情况如何?说明理由. (2)物体A在斜面上运动的过程中有多少能量转化为内能?,解析 (1) 物体A在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用,方向如右图 所示,由此可知:小物体A在恒力作 用下,先在斜面上做初速度为零的匀 加速直线运动;加上匀强磁场后,还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力的作用,方可使A离开斜面,故磁感应强度的方向应垂直纸面向里,随着速度的增加,洛伦兹力增大,斜面的支持力减小,滑动摩擦力减小,物体继续做加速度增大的加速运动,直到斜面的支持力变为零,此后小物体A将离开斜面. (2)加磁场之前,物体A做匀加速直线运动,由牛顿运动定律,有,mgsin+qEcos-Ff=ma

12、 对物体A受力分析,在垂直斜面上,有 FN+qEsin-mgcos=0 Ff=FN 由以上三式解得:a= A沿斜面运动的距离为x= at2= 加上磁场后,受洛伦兹力F洛=qvB,随速度v的增大,支持力FN减小,直到FN=0时物体将离开斜面 有qvB=mgcos-qEsin 解得v=mg/2qB 物体A在斜面上运动的全过程中,重力和电场力做正功,滑动摩擦力做负功,洛伦兹力不做功,由动能定理,有,答案 (1)见解析 (2)mg(L+ gt2)-,mg(L+x)sin+qE(L+x)cos+Wf= mv2-0 物体A克服摩擦力做功,机械能转化为内能 E=|Wf|=mg(L+ gt2)-,拓展探究 上

13、例中若改为如图2-2-4所示,质量为m、带电荷量为+q的滑块,沿绝缘斜面匀 速下滑,当滑块滑至竖直向下的匀强 电场区域时,滑块的运动状态为(已 知qEmg)（ ）,图2-2-4,A.继续匀速下滑 B.将加速下滑 C.将减速下滑 D.上述三种情况都有可能发生,解析 滑块进入电场前,沿绝缘斜面匀速下滑,受力情况满足mgsin=mgcos,进入电场后(mg+ qE)sin=(mg+qE)cos,仍满足平衡条件,故滑块将继续匀速下滑.,答案 A,1.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,考查学生对运动和力的关系的理解和掌握情况,同时考查了学生对接触物体分离条件的灵活运用. 2.解

14、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,另要注意加上磁场后,受洛伦兹力F洛=qvB,随速度v的增大,支持 力FN减小,直到FN=0时物体将离开斜面.,预测演练2 (2009大连市二模) 在互相垂直的匀强磁场和匀强电场中固定放置一光滑 的绝缘斜面,其倾角为,斜面足够长, 磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面 向外,电场方向竖直向上,如图2-2-5所 示.一质量为m、带电荷量为q的小球静 止放在斜面上,小球对斜面的压力正好为零,若将电场方向迅速改为沿斜面向下,场强太小不变,则（ ） A.小球沿斜面下滑过程中的加速度越来越小 B.小球沿斜面下滑过程中的加速度恒为2gsi

15、n C.小球沿斜面下滑的速度v= 时小球对斜面 的正压力再次为零,图2-2-5,解析 由原来小球静止在斜面上可得mg=qE,当电场方向改为沿斜面向下时,电场力方向 沿斜面向下,运动过程中受力如右图 所示,由mgsin+qE=ma知,a=gsin+ , B错;由mgcos=qvB知, C正确.,D.小球沿斜面下滑的速度v= 时小球对斜面 的正压力再次为零,答案 C,题型3 电磁感应中动态问题分析,例3 (2009南平市适应性考试) 如图2-2-6甲所示,两根质量均为0.1 kg完全相同的导体棒a、b,用绝缘轻杆相连置于由金属导轨PQ 、 MN架设的斜面上.已知斜面倾角为53,a、b导体棒的间距是

16、PQ、MN导轨间间距的一半,导轨中间分界线OO以下有方向垂直斜面向上的匀强磁场. 当a、b导体棒沿导轨下滑时,其下滑速度v与时间的关系图象如图乙所示.若a、b导体棒接入电路的电阻均为1,其它电阻不计,取g=10 m/s2,sin 530.8,cos 530.6,试求:,图2-2-6,(1)PQ、MN导轨的间距d. (2)A、b导体棒与导轨间的动摩擦因数. (3)匀强磁场的磁感应强度.,思路导引 (1)利用vt图象分析,b棒何时开始进入磁场?,答案 0.4 s时进入.,(2)0.4 s0.6 s内a、b导体棒为什么能做匀速运动呢?vt图象中两段斜线、斜率相同吗?说明了什么问题?,解析 (1)由图

17、乙可知导体棒b刚进入磁场时a、b的连接体做匀速运动,当导体棒a进磁场后才再次加速运动,因而b棒匀速运动的位移即为a、b棒的间距. 依题意可得 d=2vt=23(0.6-0.4) m=1.2 m (2)设导体棒运动的加速度为a, 由图乙得 a= = m/s2=7.5 m/s2,因a、b棒一起运动,故可看作一整体,其受力如右图所示.由牛顿第二定律得 2mgsin-2mgcos=2ma 故= = = =0.083 (3)当b导体棒在磁场中做匀速运动时 2mgsin-2mgcos-BIL=0 I= 联立解得 B= = = =0.83 T,答案 (1)1.2 m (2)0.083 (3)0.83 T,1

18、.本题考查对复杂物理过程的分析能力,从图象读取有用信息的能力,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. 2.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. 3.在电磁感应的动态分析中,应注意以下物理量间的相互联系.vE=BLvI= F=BILa.,预测演练3 (2009西安市第三次质检) 如图2-2-7所示, AB和CD是足够长的平行光 滑导轨,其间距为L,导轨平面与水 平面的夹角为.整个装置处在磁 感应强度为B,方向垂直于导轨平面 向上的匀强磁场中,AC端连有电阻值为R的电阻.若将一质量为M、电阻为r的金属棒EF垂直于导轨在距BD端x处由静

19、止释放,在棒EF滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段.今用大小为F,方向沿斜面向上的恒力把棒EF从BD位置由静止推至距BD端x处,突然撤去恒力F,棒EF最后又回到BD端.(导轨的电阻不计),图2-2-7,(1)求恒力F刚推棒EF时棒的加速度. (2)求棒EF下滑过程中的最大速度. (3)棒EF自BD端出发又回到BD端的整个过程中,电阻R上有多少电能转化成了内能?,解析 (1)根据牛顿第二定律F-Mgsin=Ma 得a= (2)当EF从距BD端x处由静止开始滑至BD的过程中,安培力F安=BIL=B L 根据牛顿第二定律Mgsin-F安=Ma 当a=0时速度达到最大值vm,即vm=,答案 (1)

20、(2) (3) E=Fx- M,(3)棒先向上减速至零,然后从静止加速下滑,在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速.设EF棒由BD从静止出发到再返回BD的过程中,转化成的内能为E.根据能的转化与守恒定律Fx-E= Mvm2 E=Fx- M,1.(2009泰安市考前模拟) 如图2-2-8所示, 倾角 为的绝缘斜面固定在水平面上, 当质量为m、带电荷量为+q的滑块 沿斜面下滑时,在此空间突然加上 竖直方向的匀强电场,已知滑块受到的电场力小于 滑块的重力.则 （ ） A.若滑块匀速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块 将减速下滑 B.若滑块匀速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块 仍匀速下滑,图2-2-8,

21、C.若滑块匀减速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块 仍减速下滑,但加速度变大 D.若滑块匀加速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块 仍以原加速度加速下滑,解析 A、B选项若滑块原来匀速 下滑,受力如右图所示, 则有 mgsin=mgcos 即sin=cos 当加竖直向上的电场时 (mg-qE)sin-(mg-qE)cos=ma a=0,匀速;同样,电场方向向下也匀速,A错,B对. C中若匀减速下滑sincos,-(mg-qE)sin+(mg-qE)cos=ma1 a1=g(cos-sin)+ (sin-co),a1变小, C错. D中若匀加速下滑sincos (mg+qE)sin-(mg+qE)co

22、s=ma2 a2=g(sin-cos)+qE(sin-cos)/m,a2变大, D错.,答案 B,2.(2009南通市二模) 如图2-2-9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,图2-2-9,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 （ ） A.第一滴液滴做自由落体运动,以后液滴做变加速运动 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,解

23、析 第一滴液滴下落过程将使A球发生静电感应,即受到A球的引力,A错;由于距离越近,电场力越大,重力等于电场力时,开始做减速运动,B错;由于A球,积聚电荷越来越多,后续电荷电场力和重力相等的位置不断变化,C对D错.,答案 C,3.(2009宣城市第三次调研) 如图2-2-10所示,电 源电动势为E,内阻为r,滑动变阻器为R,开关闭合. 两平行极板间有匀强磁场,一带正电粒子正好以速 度v匀速穿过两板.以下说法正确的是 （ ）,图2-2-10,A.保持开关闭合,将滑片P向上滑动一点,粒子将可能 从下极板边缘射出 B.保持开关闭合,将滑片P向下滑动一点,粒子将可能 从下极板边缘射出 C.保持开关闭合,

24、将a极板向下移动一点,粒子将继续 沿直线穿出 D.如果将开关断开,粒子将继续沿直线穿出,解析 由匀速穿过两板可知qvB=qE场,E场= .当P向上移动时,UE场,F洛F电,将从上极板边缘射出,A错,B对;同理C也错;开关断开后板间无电场但有磁场,粒子仍会偏转,D错.,答案 B,4.(2009临沂市第二次调研)质量为m的物块，带正 电荷量Q,开始时让它静止在倾角= 60的固定光滑绝缘斜面顶端.整个 装置放在水平方向、大小为E= /Q 的匀强电场中,如图2-2-11所示,斜面高为H,释放 物块后,物块落地的速度大小为 （ ）,图2-2-11,解析 取物块受力分析知:物块脱离斜面做匀加速直线运动,设

25、落地时水平位移为x,历时为t.,A. B. C. D.,由动能定理:mgH+qEx= mv2 竖直方向:t= 水平方向:x= 由得x= 将代入得v = = 故选项C对.,答案 C,5.(2009鞍山市第二次质量检查) 如图2-2-12所示为一个质量为m、 电荷量为+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙,图2-2-12,细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度图象可能是下图中的 （ ）,解析 受力分析如右图所示, 当v0适当时, FN=0,Ff=0,F洛=mg,则会匀速运动,A对;若 FN0,假设FN向上,做减速运动,F洛减小,FN增大,Ff 增大,做加速度增大的减速运动,直到速度为零，当 FN向下时,F洛减小,FN减小,Ff减小,做加速度减小的 减速运动,直到FN=0,匀速运动,D正确.,D,6.如图2-2-13所示, 倾角为的斜面AB是粗糙且绝 缘的,AB长为L,C为AB的中点,在 A、C之间加一方向垂直斜面向上 的匀强电场, 与斜面垂直的虚线 CD为电场的边界.现有一质量为m、电荷量为q的带 正电的小物块(可视为质点),从B点开始在B、C间以 速度v0沿斜面向下做匀速运动,经过C后沿斜面匀加 速下滑,到达斜面底端A时的速度大小为v.试求: (1)小物块与斜面间的动