2017年度高考物理（动力学观点在电学中的应用）二轮专题练习

2017年度高考物理（动力学观点在电学中的应用）二轮专题练习

‎　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方向射入电场中时，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，然后看物体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．‎ ‎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境出现．‎ 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.‎ 题型1　电场内动力学问题分析 例1　质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则 (　　)‎ A．匀强电场方向竖直向上 B．小球受到的电场力大小是4mg C．从加电场开始到小球运动到最低点历时秒 D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2‎ 解析　小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；加电场时小球的位移为h＝gt2，速度v＝gt，设受到的电场力为F，则加上电场后的加速度大小a＝，从加电场到回到A的过程中－h＝vt－at2，以上几式联立可得F＝4mg，a＝‎3g，故B正确．由v＝gt知，从加电场开始小球减速到0的时间t1＝＝＝，故C错误．从加电场开始到小球运动到最低点过程中的位移大小为h2＝·t1＝gt2，所以由A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg(gt2＋gt2)＝mg2t2，故D正确．‎ 答案　BD 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析是一样的．‎ ‎　光滑水平面上放置两个等量同种点电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图1甲所示，一个质量m＝‎1 kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q＝‎2 C，其运动的v－t图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)，则以下分析正确的是 (　　)‎ 图1‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝1 V/m B．由C点到A点物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点，电势逐渐降低 D．B、A两点间的电势差为UBA＝8.25 V 答案　ACD 解析　根据题给的小物块运动的v－t图线和题述B点为整条图线切线斜率最大的位置可知，B点小物块运动的加速度最大，B点的电场强度最大．由小物块运动的v－t图线可知，小物块经过B点的加速度a＝‎2 m/s2，由牛顿第二定律有qE＝ma，解得E＝1 V/m，选项A正确．小物块由C点到A 点，电场力一直做正功，电势能减小，电势逐渐降低，选项B错误，C正确．小物块从B到A，由动能定理有qUAB＝mv－mv，解得B、A两点间的电势差为UBA＝8.25 V，选项D正确．‎ ‎题型2　磁场内动力学问题分析 例2　如图2所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为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上一质量为‎0.1 kg、电荷量q＝＋‎0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t＝0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2‎ A．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，最后做速度为‎10 m/s的匀速运动 C．木板先做加速度为‎2 m/s2的匀加速运动，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 D．t＝5 s时滑块和木板脱离 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　t＝0时对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，带电滑块速度增大，所受向上的洛伦兹力增大，滑块先做加速度为‎2 m/s2的匀加速运动后做加速度减小的加速运动，木板先做加速度为‎2 m/s2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后滑块离开，木板做加速度为‎3 m/s2的匀加速运动，选项C正确，A、B错误；当滑块受到的重力和洛伦兹力相等时，滑块与木板脱离，这以后滑块做匀速直线运动，速度为v＝＝‎10 m/s，木板以‎3 m/s2的加速度做匀加速直线运动．若滑块保持以‎2 m/s2的加速度加速，则速度达到‎10 m/s所需要的时间t＝＝5 s，实际上滑块的加速度不能保持‎2 m/s2，而是要逐渐减小，故滑块要在5 s后才能达到‎10 m/s的速度，选项D错误. ‎ 答案　C 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3所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道末端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b点(图中未画出)开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内 (　　)‎ 图3‎ A．小球一定向下偏 B．小球的机械能可能不变 C．小球一定向上偏 D．小球动能可能减小 答案　D 解析　球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间时，若带电小球带正电，所受洛伦兹力方向向上，速度减小，洛伦兹力减小，带电小球向下偏转，电场力做正功，小球的电势能减小，机械能增大；若带电小球带负电，所受洛伦兹力方向向下，速度减小，洛伦兹力减小，带电小球向上偏转，电场力做负功，小球的电势能增大，机械能减小，动能减小，所以选项D正确．‎ 题型3　电磁感应中的动力学问题分析 例3　如图4甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在水平面上，两导轨间距l＝‎1 m，左端用R＝3 Ω的电阻连接，导轨的电阻忽略不计．一根质量m＝‎0.5 kg、电阻r＝1 Ω的导体杆静止置于两导轨上，并与两导轨垂直．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．现用水平向右的拉力F拉导体杆，拉力F与时间t的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动．在0～2 s内拉力F所做的功为W＝ J，重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ 图4‎ ‎(1)导体杆与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)在0～2 s内通过电阻R的电量q；‎ ‎(3)在0～2 s内电阻R上产生的热量Q.‎ 解析　(1)设导体杆的加速度为a，则t时刻导体杆的速度v＝at 产生的感应电动势为 E＝Blv 电路中的感应电流为 I＝ 导体杆所受的安培力为 F安＝BIl＝＝ 由牛顿第二定律可知：‎ F－μmg－＝ma 即F＝ma＋μmg＋ 代入数据得：‎ F＝a＋5μ＋at (N)‎ 由图象可知：F＝3＋2t (N)‎ 由于物体做匀加速直线运动，加速度a为常数，联立两式可得：‎ a＝‎2 m/s2，μ＝0.4‎ ‎(2)在F作用的时间内，导体杆的位移为 x＝at2＝‎‎4 m 在时间t内的平均感应电动势 ＝＝ 平均电流为 ＝ 通过电阻R的电荷量 q＝t＝ 代入数据得q＝‎‎2 C ‎(3)t＝2 s时刻，导体杆的速度v＝at＝‎4 m/s 在力F的作用过程中，设电路中产生的总热量为Q′.由动能定理可知 WF－μmgx－Q′＝mv2‎ 代入数据可得 Q′＝ J 由串联电路的知识可知 Q＝Q′＝8 J 答案　(1)0.4　(2)‎2 C　(3)8 J 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．本题中让外力均匀变化，就可以使导体棒做匀变速直线运动．‎ ‎　如图5所示，倾角为37°的光滑绝缘的斜面上放着M＝‎1 kg的U型导轨abcd，ab∥cd.另有一质量m＝‎1 kg的金属棒EF平行bc放在导轨上，EF下侧有绝缘的垂直于斜面的立柱P、S、Q挡住EF使之不下滑．以OO′为界，下部有一垂直于斜面向下的匀强磁场，上部有平行于斜面向下的匀强磁场．两磁场的磁感应强度均为B＝1 T，导轨bc段长L＝‎1 m．金属棒EF的电阻R＝1.2 Ω，其余电阻不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，开始时导轨bc边用细线系在立柱S上，导轨和斜面足够长，sin 37°＝0.6，g＝‎10 m/s2.当剪断细线后，试求：‎ 图5‎ ‎(1)细线剪断瞬间，导轨abcd运动的加速度；‎ ‎(2)导轨abcd运动的最大速度；‎ ‎(3)若导轨从开始运动到最大速度的过程中，流过金属棒EF的电量q＝‎5 C，则在此过程中，系统损失的机械能是多少？‎ 答案　(1)‎2.8 m/s2　(2)‎5.6 m/s　(3)20.32 J 解析　(1)细线剪断瞬间，对导轨应用牛顿第二定律：‎ Mgsin 37°－Ff＝Ma 其中Ff＝μFN＝μmgcos 37°‎ 解得：a＝gsin 37°－μgcos 37°‎ ‎＝10×‎0.6 m/s2－0.4××10×‎0.8 m/s2＝‎2.8 m/s2‎ ‎(2)下滑过程对导轨应用牛顿第二定律：‎ Mgsin 37°－Ff′－F安＝Ma′‎ 把Ff′＝μ(mgcos 37°－F安)及F安＝代入得：‎ a′＝ ‎＝gsin 37°－μgcos 37°－(1－μ)‎ 令上式a′＝0，得导轨的最大速度为：‎ vm＝＝‎5.6 m/s ‎(3)设导轨下滑距离d时达到最大速度，则有：‎ q＝IΔt＝＝ 解得：d＝‎‎6 m 对系统由能量守恒定律得：‎ Mgdsin 37°＝Mv＋ΔE损 代入数据解得：‎ ΔE损＝20.32 J ‎3． 应用动力学方法处理电学综合问题 审题示例 ‎(2013·四川·10)(17分)在如图6所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连．弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝‎0.1 kg和mB＝‎0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－‎6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终处在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ 图6‎ ‎(1)求B所受静摩擦力的大小；‎ ‎(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝‎0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．‎ 审题模板 答题模板 ‎(1)F作用之前，A、B均处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳中张力为T0，有 对A：T0＝mAgsin θ ①(2分)‎ 对B：T0＝qE＋f0 ②(2分)‎ 联立①②式，代入数据解得：f0＝0.4 N ③(1分)‎ ‎(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有 qEs＝ΔEp ④(2分)‎ T－μmBg－qE＝mBa ⑤(2分)‎ 设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2as⑥(1分)‎ F弹＝k·Δx ⑦(1分)‎ F＋mAgsin θ－F弹sin θ－T＝mAa ⑧(2分)‎ 由几何关系知Δx＝ ⑨(2分)‎ 设拉力F在N点的瞬时功率为P，有P＝Fv ⑩(1分)‎ 联立④～⑩式，代入数据解得P＝0.528 W (1分)‎ 答案　(1)0.4 N　(2)0.528 W 点睛之笔　若题目中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．‎ ‎　如图7，光滑斜面的倾角α＝30°，一个矩形导体线框abcd放在斜面内，ab边水平，长度l1＝‎1 m，bc边的长度l2＝‎0.6 m，线框的质量m＝‎1 kg，总电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与质量为M＝‎2 kg的重物相连，细线绕过定滑轮，不计定滑轮对细线的摩擦，斜面上水平线ef的右侧有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和斜面最高处gh(gh是水平的)的距离s＝‎11.4 m，取g＝‎10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v；‎ ‎(2)ab边运动到gh线时的速度大小．‎ 答案　(1)‎6 m/s　(2)‎12 m/s 解析　(1)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡，有 Mg＝FT 线框abcd受力平衡 FT＝mgsin α＋F安 ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl1v，‎ 形成的感应电流 I＝ 受到的安培力 F安＝BIl1‎ 联立上述各式得 Mg＝mgsin α＋ 代入数据解得v＝‎6 m/s ‎(2)线框abcd全部进入磁场后无感应电流，对线框和重物组成的系统，有 Mg－mgsin α＝(m＋M)a 所以a＝‎5 m/s2‎ 设线框到达gh处的速度为v′，有 v′2－v2＝‎2a(s－l2)‎ 解得v′＝‎12 m/s ‎(限时：45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1． 如图1甲所示，两个平行金属板a、b竖直放置，两板加如图乙所示的电压．t＝0时刻在两板的正中央O点由静止开始释放一个电子，电子仅在电场力作用下运动，假设始终未与两板相碰．则电子速度方向向左且大小逐渐减小的时间是 (　　)‎ 图1‎ A．0Ub，电子向左做匀加速运动，A错误；t0bc.如果铝框从磁场上方的某一位置由静止开始运动，则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度(v)—时间(t)图象可能正确的有 (　　)‎ 图2‎ 答案　AD 解析　线框在进入磁场之前做匀加速直线运动，进入磁场时可能加速、匀速、减速，完全进入后做匀加速直线运动，出磁场时也可能加速、匀速或减速．进入磁场时如果匀速，则出磁场时线框的速度更大，线框受到的安培力变大，线框将做减速运动，但速度最小减到与进入磁场时相等，就再做匀速运动，故A、D正确，B、C错误．‎ 三、非选择题 ‎3． 如图3所示，空间同时存在水平向右的匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的液滴，以某一速度沿与水平方向成θ角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，在时间t内液滴从M点匀速运动到N点．重力加速度为g.‎ 图3‎ ‎(1)判定液滴带的是正电还是负电，并画出液滴受力示意图；‎ ‎(2)求匀强电场的场强E的大小；‎ ‎(3)求液滴从M点运动到N点的过程中电势能的变化量．‎ 答案　(1)正电　受力示意图见解析图　(2) ‎(3) 解析　(1)液滴带正电 液滴受力示意图如图所示 ‎(2)由图可知 F电＝Eq＝mgtan θ E＝ ‎(3)设液滴运动的速度为v，由图可知 mg＝qvBcos θ v＝ 设MN之间的距离为d，则 d＝vt＝ 液滴从M点运动到N点，电场力做正功，电势能减少，设电势能减少量为ΔEp，ΔEp＝Eqdcos θ 故ΔEp＝ ‎4． 如图4甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝‎1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝‎0.25 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触且水平，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示，重力加速度g取‎10 m/s2.求：‎ 图4‎ ‎(1)金属杆ab刚进入磁场时的速度大小；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)杆在磁场中下落0.2 s的过程中电阻R产生的热量．‎ 答案　(1)‎10 m/s　(2)1 T　(3)3.75 J 解析　(1)由题图乙知，杆自由下落1 s进入磁场以v＝‎10 m/s做匀速运动 ‎(2)产生的电动势E＝BLv 产生的感应电流I＝ 杆所受安培力F安＝BIL 由平衡条件得mg＝F安 代入数据得B＝1 T ‎(3)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝3.75 J ‎5． 如图5所示，小车质量M＝‎8 kg，带电荷量q＝＋3×10－‎2 C，置于光滑水平面上，水平面上方有方向水平向右的匀强电场，场强大小E＝2×102 N/C.当小车向右的速度v＝‎3 m/s时，将一个不带电、可视为质点的绝缘物块轻放在小车的右端，物块质量m＝‎1 kg，物块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g取‎10 m/s2.求：‎ 图5‎ ‎(1)物块在小车上滑动过程中系统因摩擦产生的内能；‎ ‎(2)从物块放上小车后5 s内小车电势能的增量．‎ 答案　(1)6 J　(2)－132 J 解析　(1)对物块：a1＝＝μg＝‎2 m/s2‎ 对小车：a2＝＝‎0.5 m/s2‎ 设经过时间t0物块和小车速度相等：‎ a1t0＝v＋a2t0，t0＝2 s v1＝a1t0＝‎4 m/s，x1＝t0＝‎4 m，x2＝t0＝‎‎7 m Q＝μmg(x2－x1)＝6 J ‎(2)当物块与小车相对静止时，它们的加速度为 a＝＝ m/s2‎ 此后小车又发生的位移：‎ x3＝v1(t－t0)＋a(t－t0)2＝‎‎15 m 从物块放上小车后5 s内电场力对小车做的功W＝Eq(x2＋x3)＝132 J 电势能的增量：ΔEp＝－W＝－132 J ‎6． 如图6，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角α＝30°，重力加速度为g，求：‎ 图6‎ ‎(1)匀强电场的场强E；‎ ‎(2)AD之间的水平距离d；‎ ‎(3)已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？‎ 答案　(1)mg/q　(2)　(3) 解析　(1)小颗粒受力如图所示 qE＝mgcot α 解得：E＝mg/q ‎(2)设小颗粒在D点速度为vD，在水平方向由牛顿第二定律得：qE＝max，‎ ‎2axd＝v 小颗粒在D点离开水平面的条件是：qvDB＝mg 得：d＝ ‎(3)当速度方向与电场力和重力合力方向垂直时，速度最大 则：qvmB－＝m R＝kh 解得h＝