2010屆高三物理二輪專題二力與物體直線運動第2課時課件新人教版

1、第2課時 勻變速直線運動規(guī)律在電學中的應用,基 礎 回 扣 1.帶電粒子在電場中做直線運動的問題:在電場中處 理力學問題,其分析方法與力學相同.首先進行 ,然后看物體所受的合力與 是否一 致,其運動類型有電場加速運動和在交變的電場內(nèi) 往復運動. 2.帶電粒子在磁場中做直線運動的問題:洛倫茲力 的方向始終 粒子的速度方向.,受力,分析,速度方向,垂直于,3.帶電粒子在復合場中的運動情況一般較為復雜,但 是它仍然是一個 問題,同樣遵循力和運動的 各條基本規(guī)律. 4.若帶電粒子在電場力、重力和洛倫茲力共同作用 下做直線運動,如果是勻強電場和勻強磁場,那么 重力和電場力都是 力,洛倫茲力與速度方向垂

2、直,而其大小與 大小密切相關.因此,只有帶 電粒子的 不變,才可能做直線運動,也即 勻速直線運動.,力學,恒,速度,速度大小,思 路 方 法 1.處理帶電粒子在交變電場作用下的直線運動問題 時,首先要分析清楚帶電粒子在 內(nèi)的受 力和運動特征. 2.在具體解決帶電粒子在復合場內(nèi)運動問題時,要認真做好以下三點: (1)正確分析 情況; (2)充分理解和掌握不同場對電荷作用的特點和差異; (3)認真分析運動的詳細過程,充分發(fā)掘題目中的 ,建立清晰的物理情景,最終把物理模型轉(zhuǎn)化為數(shù)學表達式.,受力,隱,含條件,一個周期,題型1 動力學方法在電場內(nèi)的應用,例1 (2009廣東20) 如圖2-2-1所示,

3、 絕緣長方體B置于水平面上,兩端固定一對平 行帶電極板,極板間形成勻強電場E, 長方體B的上表面光滑,下表面與水 平面的動摩擦因=0.05(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同)B與極板的總質(zhì)量mB=1.0 kg.帶正電的小滑塊A的質(zhì)量mA=0.6 kg,其受到的電場力大小F=1.2 N.假設A所帶的電荷量不影響極板間的電場分布.t=0,圖2-2-1,時刻,小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度vA= 1.6 m/s向左運動,同時,B(連同極板)以相對地面的速度vB=0.40 m/s向右運動.問(g取10 m/s2) (1)A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少? (2)若A最遠能到達b點a、b

4、的距離L應為多少?從t=0時刻到A運動到b點時,摩擦力對B做的功為多少?,解析 (1)由牛頓第二定律F=ma有 A剛開始運動時的加速度大小 aA= =2.0 m/s2,方向水平向右 B剛開始運動時受電場力和摩擦力作用 由牛頓第三定律得電場力F=F=1.2 N 摩擦力Ff=(mA+mB)g=0.8 N,B剛開始運動時的加速度大小aB= =2.0 m/s2,方向水平向左 (2)設B從開始勻減速到零的時間內(nèi)t1,則有 t1= =0.2 s 此時間內(nèi)B運動的位移xB1= =0.04 m t1時刻A的速度vA1=vA-aAt1=1.2 m/s0,故此過程A一直勻減速運動. 此t1時間內(nèi)A運動的位移xA1

5、= =0.28 m 此t1時間內(nèi)A相對B運動的位移x1=xA1+xB1=0.32 m 此t1時間內(nèi)摩擦力對B做的功為 W1=-FfxB1=-0.032 J,t1后,由于Ff,B開始向右做勻加速運動,A繼續(xù)做勻減速運動,當它們速度相等時A、B相距最遠,設此過程運動時間為t2,它們的速度為v,則有 對A 速度v=vA1-aAt2 對B 加速度aB1= =0.4 m/s2 速度v=aB1t2 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得v=0.2 m/s t=0.5 s 此t2時間內(nèi)A運動的位移xA2= =0.35 m 此t2時間內(nèi)B運動的位移xB2= =0.05 m 此t2時間內(nèi)A相對B運動的位移x2=xA2-xB

6、2=0.30 m 此t2時間內(nèi)摩擦力對B做的功為W1=-FfxB2=-0.04 J,所以A最遠能到達b點a、b的距離為L=x1+x2=0.62 m 從t=0時刻到A運動到b點時,摩擦力對B做的功為Wf=W1+W2=-0.072 J,解決電場內(nèi)帶電粒子的運動問題時要抓住兩個分析: 1.受力分析. 2.運動過程和特點分析. 通過受力分析研究運動;反過來,看運動是否對受力有影響.,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,預測演練1 (2009汕頭市二模)(18分)如圖2-2-2甲所示,A、B為水平放置的平行金屬板,板間距離為d

7、(d遠小于板的長和寬).在兩板的中心各有小孔O和O,O和O處在同一豎直線上,在兩板之間有一帶負電的質(zhì)點P.已知A、B間所加電壓為U0時,質(zhì)點P所受的電場力恰好與重力平衡. 現(xiàn)在A、B間加上如圖乙所示隨時間t作周期性變化的,圖2-2-2,電壓U,已知周期T= (g為重力加速度)在第一個周期內(nèi)的某一時刻t0,在A、B間的中點處由靜止釋放質(zhì)點P,一段時間后質(zhì)點P從金屬板的小孔飛出. (1)t0在什么范圍內(nèi),可使質(zhì)點在飛出小孔之前運動的時間達到最短? (2)t0在哪一時刻,可使質(zhì)點P從小孔飛出時的速度達到最大?,解析 設質(zhì)點P的質(zhì)量為m,電量大小為q,根據(jù)題意,當A、B間的電壓為U0時,有 q =mg

8、 (1分) 當兩板間的電壓為2U0時,P的加速度向上,其大小為a1,則,q -mg=ma1 (1分)解得a1=g (1分)當兩板間的電壓為-2U0 時,P的加速度向下,其大小為a2 則q +mg=ma2 (1分)解得a2=3g (1分) (1)要使質(zhì)點在飛出小孔之前運動的時間達到最短,須使質(zhì)點釋放后一直向下加速運動.設質(zhì)點釋放后經(jīng)過時間t到達小孔O,則 d= a2t2 (1分) 解得t= (1分),因為T= ,所以t ,質(zhì)點到達小孔之前能一直加速. (1分)因此要使質(zhì)點在飛出小孔之前運動的時間達到最短,質(zhì)點釋放的時刻t0應滿足 t0T-t 即 t05 (1分) (2)要使質(zhì)點P從小孔飛出時的速

9、度達到最大,須使質(zhì)點釋放后先向上加速，再向上減速運動,在到達小孔O時速度減為0,然后向下加速運動直到小孔O. 設質(zhì)點釋放后向上加速時間為t1，向上減速時間為t2,則 v1=gt1,0=v1-3gt2 d= gt12+(v1t2- 3gt22) (3分) 由以上各式解得 t1= ,t2= (1分)因為t1 ,t2 ,因此質(zhì)點P能向上先加速后減速恰好到達小孔O. (1分) 設質(zhì)點從小孔O向下加速運動到小孔O經(jīng)過的時間為t3 則d= 3gt32 (1分) 解得t3= (1分) 因為t2+t3= 因此質(zhì)點P能從小孔O向下,一直加速運動到小孔O,此時質(zhì)點P從小孔O飛出時的速度達到最大. (1分)因此,要

10、使質(zhì)點P從小孔飛出時的速度達到最大,質(zhì)點P釋放的時刻應為 t0= -t1= (1分),答案 (1) t05 （2）,題型2 混合場內(nèi)直線運動的動力學分析,例2 帶負電的小物體A放在傾角為 (sin=0.6)的足夠長的絕緣斜 面上.整個斜面處于范圍足夠大，,圖2-2-3,方向水平向右的勻強電場中,如圖2-2-3所示.物體A的質(zhì)量為m,電荷量為-q,與斜面間的動摩擦因數(shù)為,它在電場中受到的電場力的大小等于重力的一半.物體A在斜面上由靜止開始下滑,經(jīng)時間t后突然在斜面區(qū)域加上范圍足夠大的勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應強度大小為B,此后物體A沿斜面繼續(xù)下滑距離L后離開斜面. (1)物體A在斜

11、面上的運動情況如何?說明理由. (2)物體A在斜面上運動的過程中有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能?,解析 (1) 物體A在斜面上受重力、電場力、支持力和滑動摩擦力的作用,方向如右圖 所示,由此可知:小物體A在恒力作 用下,先在斜面上做初速度為零的勻 加速直線運動;加上勻強磁場后,還受方向垂直斜面向上的洛倫茲力的作用,方可使A離開斜面,故磁感應強度的方向應垂直紙面向里,隨著速度的增加,洛倫茲力增大,斜面的支持力減小,滑動摩擦力減小,物體繼續(xù)做加速度增大的加速運動,直到斜面的支持力變?yōu)榱?此后小物體A將離開斜面. (2)加磁場之前,物體A做勻加速直線運動,由牛頓運動定律,有,mgsin+qEcos-Ff=ma

12、 對物體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沿斜面運動的距離為x= at2= 加上磁場后,受洛倫茲力F洛=qvB,隨速度v的增大,支持力FN減小,直到FN=0時物體將離開斜面 有qvB=mgcos-qEsin 解得v=mg/2qB 物體A在斜面上運動的全過程中,重力和電場力做正功,滑動摩擦力做負功,洛倫茲力不做功,由動能定理,有,答案 (1)見解析 (2)mg(L+ gt2)-,mg(L+x)sin+qE(L+x)cos+Wf= mv2-0 物體A克服摩擦力做功,機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 E=|Wf|=mg(L+ gt2)-,拓展探究 上

13、例中若改為如圖2-2-4所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的滑塊,沿絕緣斜面勻 速下滑,當滑塊滑至豎直向下的勻強 電場區(qū)域時,滑塊的運動狀態(tài)為(已 知qEmg)（ ）,圖2-2-4,A.繼續(xù)勻速下滑 B.將加速下滑 C.將減速下滑 D.上述三種情況都有可能發(fā)生,解析 滑塊進入電場前,沿絕緣斜面勻速下滑,受力情況滿足mgsin=mgcos,進入電場后(mg+ qE)sin=(mg+qE)cos,仍滿足平衡條件,故滑塊將繼續(xù)勻速下滑.,答案 A,1.該題涉及到重力、電場力、洛倫茲力的做特點和動能定理等知識點,考查學生對運動和力的關系的理解和掌握情況,同時考查了學生對接觸物體分離條件的靈活運用. 2.解

14、決此題的關鍵是要抓住重力、電場力做功與路徑無關、洛倫茲力永不做功的特點,另要注意加上磁場后,受洛倫茲力F洛=qvB,隨速度v的增大,支持 力FN減小,直到FN=0時物體將離開斜面.,預測演練2 (2009大連市二模) 在互相垂直的勻強磁場和勻強電場中固定放置一光滑 的絕緣斜面,其傾角為,斜面足夠長, 磁場的磁感應強度為B,方向垂直紙面 向外,電場方向豎直向上,如圖2-2-5所 示.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球靜 止放在斜面上,小球?qū)π泵娴膲毫φ脼榱?若將電場方向迅速改為沿斜面向下,場強太小不變,則（ ） A.小球沿斜面下滑過程中的加速度越來越小 B.小球沿斜面下滑過程中的加速度恒為2gsi

15、n C.小球沿斜面下滑的速度v= 時小球?qū)π泵?的正壓力再次為零,圖2-2-5,解析 由原來小球靜止在斜面上可得mg=qE,當電場方向改為沿斜面向下時,電場力方向 沿斜面向下,運動過程中受力如右圖 所示,由mgsin+qE=ma知,a=gsin+ , B錯;由mgcos=qvB知, C正確.,D.小球沿斜面下滑的速度v= 時小球?qū)π泵?的正壓力再次為零,答案 C,題型3 電磁感應中動態(tài)問題分析,例3 (2009南平市適應性考試) 如圖2-2-6甲所示,兩根質(zhì)量均為0.1 kg完全相同的導體棒a、b,用絕緣輕桿相連置于由金屬導軌PQ 、 MN架設的斜面上.已知斜面傾角為53,a、b導體棒的間距是

16、PQ、MN導軌間間距的一半,導軌中間分界線OO以下有方向垂直斜面向上的勻強磁場. 當a、b導體棒沿導軌下滑時,其下滑速度v與時間的關系圖象如圖乙所示.若a、b導體棒接入電路的電阻均為1,其它電阻不計,取g=10 m/s2,sin 530.8,cos 530.6,試求:,圖2-2-6,(1)PQ、MN導軌的間距d. (2)A、b導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù). (3)勻強磁場的磁感應強度.,思路導引 (1)利用vt圖象分析,b棒何時開始進入磁場?,答案 0.4 s時進入.,(2)0.4 s0.6 s內(nèi)a、b導體棒為什么能做勻速運動呢?vt圖象中兩段斜線、斜率相同嗎?說明了什么問題?,解析 (1)由圖

17、乙可知導體棒b剛進入磁場時a、b的連接體做勻速運動,當導體棒a進磁場后才再次加速運動,因而b棒勻速運動的位移即為a、b棒的間距. 依題意可得 d=2vt=23(0.6-0.4) m=1.2 m (2)設導體棒運動的加速度為a, 由圖乙得 a= = m/s2=7.5 m/s2,因a、b棒一起運動,故可看作一整體,其受力如右圖所示.由牛頓第二定律得 2mgsin-2mgcos=2ma 故= = = =0.083 (3)當b導體棒在磁場中做勻速運動時 2mgsin-2mgcos-BIL=0 I= 聯(lián)立解得 B= = = =0.83 T,答案 (1)1.2 m (2)0.083 (3)0.83 T,1

18、.本題考查對復雜物理過程的分析能力,從圖象讀取有用信息的能力,考查邏輯推理能力、分析綜合運用能力和運用物理知識解決物理問題能力. 2.考查了運動學、牛頓第二定律、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律等知識. 3.在電磁感應的動態(tài)分析中,應注意以下物理量間的相互聯(lián)系.vE=BLvI= F=BILa.,預測演練3 (2009西安市第三次質(zhì)檢) 如圖2-2-7所示, AB和CD是足夠長的平行光 滑導軌,其間距為L,導軌平面與水 平面的夾角為.整個裝置處在磁 感應強度為B,方向垂直于導軌平面 向上的勻強磁場中,AC端連有電阻值為R的電阻.若將一質(zhì)量為M、電阻為r的金屬棒EF垂直于導軌在距BD端x處由靜

19、止釋放,在棒EF滑至底端前會有加速和勻速兩個運動階段.今用大小為F,方向沿斜面向上的恒力把棒EF從BD位置由靜止推至距BD端x處,突然撤去恒力F,棒EF最后又回到BD端.(導軌的電阻不計),圖2-2-7,(1)求恒力F剛推棒EF時棒的加速度. (2)求棒EF下滑過程中的最大速度. (3)棒EF自BD端出發(fā)又回到BD端的整個過程中,電阻R上有多少電能轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能?,解析 (1)根據(jù)牛頓第二定律F-Mgsin=Ma 得a= (2)當EF從距BD端x處由靜止開始滑至BD的過程中,安培力F安=BIL=B L 根據(jù)牛頓第二定律Mgsin-F安=Ma 當a=0時速度達到最大值vm,即vm=,答案 (1)

20、(2) (3) E=Fx- M,(3)棒先向上減速至零,然后從靜止加速下滑,在滑回BD之前已達最大速度vm開始勻速.設EF棒由BD從靜止出發(fā)到再返回BD的過程中,轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能為E.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒定律Fx-E= Mvm2 E=Fx- M,1.(2009泰安市考前模擬) 如圖2-2-8所示, 傾角 為的絕緣斜面固定在水平面上, 當質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的滑塊 沿斜面下滑時,在此空間突然加上 豎直方向的勻強電場,已知滑塊受到的電場力小于 滑塊的重力.則 （ ） A.若滑塊勻速下滑,加上豎直向上的電場后,滑塊 將減速下滑 B.若滑塊勻速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊 仍勻速下滑,圖2-2-8,

21、C.若滑塊勻減速下滑,加上豎直向上的電場后,滑塊 仍減速下滑,但加速度變大 D.若滑塊勻加速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊 仍以原加速度加速下滑,解析 A、B選項若滑塊原來勻速 下滑,受力如右圖所示, 則有 mgsin=mgcos 即sin=cos 當加豎直向上的電場時 (mg-qE)sin-(mg-qE)cos=ma a=0,勻速;同樣,電場方向向下也勻速,A錯,B對. C中若勻減速下滑sincos,-(mg-qE)sin+(mg-qE)cos=ma1 a1=g(cos-sin)+ (sin-co),a1變小, C錯. D中若勻加速下滑sincos (mg+qE)sin-(mg+qE)co

22、s=ma2 a2=g(sin-cos)+qE(sin-cos)/m,a2變大, D錯.,答案 B,2.(2009南通市二模) 如圖2-2-9所示, 不帶 電的金屬球A固定在絕緣底座上, 它的正上 方有B點,該處有帶電液滴不斷地自靜止開,圖2-2-9,始落下,液滴到達A球后將電荷量全部傳給A球,設前一液滴到達A球后,后一液滴才開始下落,不計B點未下落帶電液滴對下落液滴的影響,則下列敘述中正確的是 （ ） A.第一滴液滴做自由落體運動,以后液滴做變加速運動 B.當液滴下落到重力等于電場力位置時,開始做勻速 運動 C.所有液滴下落過程所能達到的最大動能不相等 D.所有液滴下落過程中電場力做功相等,解

23、析 第一滴液滴下落過程將使A球發(fā)生靜電感應,即受到A球的引力,A錯;由于距離越近,電場力越大,重力等于電場力時,開始做減速運動,B錯;由于A球,積聚電荷越來越多,后續(xù)電荷電場力和重力相等的位置不斷變化,C對D錯.,答案 C,3.(2009宣城市第三次調(diào)研) 如圖2-2-10所示,電 源電動勢為E,內(nèi)阻為r,滑動變阻器為R,開關閉合. 兩平行極板間有勻強磁場,一帶正電粒子正好以速 度v勻速穿過兩板.以下說法正確的是 （ ）,圖2-2-10,A.保持開關閉合,將滑片P向上滑動一點,粒子將可能 從下極板邊緣射出 B.保持開關閉合,將滑片P向下滑動一點,粒子將可能 從下極板邊緣射出 C.保持開關閉合,

24、將a極板向下移動一點,粒子將繼續(xù) 沿直線穿出 D.如果將開關斷開,粒子將繼續(xù)沿直線穿出,解析 由勻速穿過兩板可知qvB=qE場,E場= .當P向上移動時,UE場,F洛F電,將從上極板邊緣射出,A錯,B對;同理C也錯;開關斷開后板間無電場但有磁場,粒子仍會偏轉(zhuǎn),D錯.,答案 B,4.(2009臨沂市第二次調(diào)研)質(zhì)量為m的物塊，帶正 電荷量Q,開始時讓它靜止在傾角= 60的固定光滑絕緣斜面頂端.整個 裝置放在水平方向、大小為E= /Q 的勻強電場中,如圖2-2-11所示,斜面高為H,釋放 物塊后,物塊落地的速度大小為 （ ）,圖2-2-11,解析 取物塊受力分析知:物塊脫離斜面做勻加速直線運動,設

25、落地時水平位移為x,歷時為t.,A. B. C. D.,由動能定理:mgH+qEx= mv2 豎直方向:t= 水平方向:x= 由得x= 將代入得v = = 故選項C對.,答案 C,5.(2009鞍山市第二次質(zhì)量檢查) 如圖2-2-12所示為一個質(zhì)量為m、 電荷量為+q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙,圖2-2-12,細桿上滑動,細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中,現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0,在以后的運動過程中,圓環(huán)運動的速度圖象可能是下圖中的 （ ）,解析 受力分析如右圖所示, 當v0適當時, FN=0,Ff=0,F洛=mg,則會勻速運動,A對;若 FN0,假設FN向上,做減速運動,F洛減小,FN增大,Ff 增大,做加速度增大的減速運動,直到速度為零，當 FN向下時,F洛減小,FN減小,Ff減小,做加速度減小的 減速運動,直到FN=0,勻速運動,D正確.,D,6.如圖2-2-13所示, 傾角為的斜面AB是粗糙且絕 緣的,AB長為L,C為AB的中點,在 A、C之間加一方向垂直斜面向上 的勻強電場, 與斜面垂直的虛線 CD為電場的邊界.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶 正電的小物塊(可視為質(zhì)點),從B點開始在B、C間以 速度v0沿斜面向下做勻速運動,經(jīng)過C后沿斜面勻加 速下滑,到達斜面底端A時的速度大小為v.試求: (1)小物塊與斜面間的動