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高中地球的运动教案

发表时间:2021-03-22

用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动学案。

教案课件是老师工作中的一部分,大家在着手准备教案课件了。将教案课件的工作计划制定好,这样我们接下来的工作才会更加好!你们知道适合教案课件的范文有哪些呢?下面的内容是小编为大家整理的用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动学案,欢迎阅读,希望您能够喜欢并分享!

微专题09用动力学、能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动
力学中的vt图象在电场中的应用
由已知的带电粒子运动的vt图象分析电场性质,此类题常用方法:
(1)由vt图象的斜率变化分析带电粒子的加速度a的大小变化;
(2)根据牛顿第二定律a=Fm=Eqm,判断场强E的大小变化;
(3)根据vt图象分析带电粒子做加速运动还是减速运动,进而分析场强的方向;
(4)由场强的大小和方向分析电场的其他性质,如电场线、等势面、电势、电势能的变化等.
(20xx新余模拟)(多选)如图甲所示,在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2,其中Q1带正电处于原点O.现有一个正点电荷q以一定的初速度沿x轴正方向运动(只受电场力作用),其vt图象如图乙所示,q经过a、b两点时速度分别为va、vb.则以下判断正确的是()
甲乙
A.Q2带负电且电荷量小于Q1
B.b点的场强比a点的场强大
C.a点的电势比b点的电势高
D.q在a点的电势能小于在b点的电势能
解析:选AD根据vt图象的斜率表示加速度,可知正点电荷q在b点的加速度为零,电荷在b点左侧做减速运动,在b点右侧做加速运动,则在b点受到两点电荷的电场力平衡,可知Q2带负电,根据点电荷场强公式E=kQr2得知Q2带电荷量小于Q1,故A正确;正点电荷q在b点的加速度为零,受力为零,故b的场强为零,而a点的场强不为零,所以b点的场强比a点的场强小,故B错误;该点电荷从a点到b点,做减速运动,电场力做负功,电势能增大,又因为该电荷为正电荷,所以电势升高,则b点电势比a点电势高,故C错误;由C分析得,点电荷在a点的电势能小于在b点的电势能,故D正确.
场强E(电势φ)与位移x的图象应用
在匀强电场中,静电力做的功可由W=qEx求得.在非匀强电场中,根据微元思想有ΔW=qEΔx,同时ΔW也可由ΔW=qΔφ求得.比较两式可得qEΔx=qΔφ,即Δφ=EΔx,此式可理解为在Ex图象中图线与x轴所围面积等于相距为Δx的两点间的电势差.在φx图象中,图象上各点处切线斜率的大小表示该点电场强度沿x轴方向分量的大小.
(20xx宁波八校联考)(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上,在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示,以下判断中正确的是()
A.点电荷M、N一定为异种电荷
B.点电荷M、N一定为同种电荷
C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
D.x=2a处的电势一定为零
解析:选BC由它们连线上各点场强随x变化关系可知,点电荷M、N一定为同种正电荷,选项A错误,B正确.由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1,选项C正确.由于电势是相对量,x=2a处的电势随零电势点的确定变化,选项D错误.
电势能Ep与位移x关系的综合应用
此类问题借助vx或Epx关系图象,在给出电势能Ep或速度v在x轴上分布情况的基础上进行设计.解决这类问题的方法主要有两种:一是将图象还原为熟悉的情境模型;二是直接从vx和Epx图象的面积、斜率的意义入手.
对于静电力做功,从力的角度看有ΔW=FΔx,从能的角度看有ΔW=-ΔEp,比较两式有FΔx=-ΔEp,即F=-ΔEpΔx.Epx关系图象切线的斜率反映静电力的大小,也间接反映了由电场强度E的大小.
(20xx长沙模拟)(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0~x2段是对称的曲线,x2~x3段是直线,则下列说法正确的是()
A.x1处电场强度最大
B.x2~x3段是匀强电场
C.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3
D.粒子在0~x2段做匀变速运动,在x2~x3段做匀速直线运动
解析:选BC因为图象的斜率可以反映电场强度大小,所以在x1处电场强度最小,A错误;x2~x3段为直线,斜率恒定,所以该段为匀强电场,B正确;粒子带负电,0~x1阶段,电场力做正功,即逆着电场线方向到达x1处,之后电场力做负功,顺着电场线从x1依次到达x2、x3,而沿电场线方向电势降低,故有φ1>φ2>φ3,C正确;图象的斜率可以反映电场强度大小,所以粒子在0~x2段做变加速直线运动,在x2~x3段做匀加速直线运动,D错误.
用能量和动量观点分析力电综合问题
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题,其研究方法与质点动力学相同,同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律等规律.处理问题的要点是注意区分不同的物理过程,弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质(平衡、加速或减速,是直线运动还是曲线运动),并选用相应的物理规律.在解决问题时,主要可以从三条线索展开:
其一,力和运动的关系.根据带电粒子受力情况,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况.
其二,功和能的关系.根据电场力对带电粒子做功,引起带电粒子的能量发生变化,利用动能定理研究全过程中能的转化,研究带电粒子的速度变化、位移等.这条线索不但适用于匀强电场,也适用于非匀强电场.
其三,动量关系,当遇到带电体在电场中的碰撞问题时,往往要用动量守恒定律分析.
如图所示,两个形状、大小相同的金属小球A、B(均可视为质点),A球质量为1.5kg,B球质量为0.5kg,开始A球不带电,静止在高h=0.88m的光滑绝缘平台上,B球带0.3C的正电,用长L=1m的绝缘细线悬挂在平台上方,悬点O与平台的高度也为L,整个装置放在竖直向下的匀强电场中,场大小E=10N/C.现将细线拉开角度α=60°后,由静止释放B球,B球摆至最低点与A球发生对心碰撞,碰撞时无机械能损失,且碰撞后两球电量相等,不计空气阻力及A、B球间的静电力作用,取g=10m/s2,求:
(1)B球摆至最低点时的速率及细线对小球的拉力;
(2)A球从离开平台至着地的过程中水平位移的大小.
解析:(1)对B球:从静止释放至摆到最低点过程中,根据动能定理,有
mBgL(1-cosα)+qEL(1-cosα)=12mv2
代入数据,解得B球在最低点的速率
v=4m/s
由T-(qE+mg)=mv2L
得T=16N
(2)B球与A球碰撞过程中,两球所组成的系统动量守恒,碰撞时无机械能损失有
mBv=mBv1+mAv2①
12mBv2=12mBv21+12mAv22②
联立①、②,解得B球速率v1=2m/s
A球速度为v2=2m/s
依题意,碰后A球带电量qA=0.15C
A球离开平台后,在竖直方向的加速度
ay=mAg+qAEmA=1.5×10+0.15×101.5m/s2=11m/s2
A球从离开平台至着地过程中,
由h=12ayt2,得t=2hay=2×0.8811s=0.4s
水平位移大小S=v2t=2×0.4m=0.8m
答案:(1)4m/s16N(2)0.8m

延伸阅读

20xx高考物理复习微专题08动力学动量和能量观点在力学中的应用学案新人教版


微专题08动力学、动量和能量观点在力学中的应用
力学规律的综合应用
(对应学生用书P115)
1.解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点:运用牛顿定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题.
(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.
(3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.
但综合题的解法并非孤立,而应综合利用上述三种观点的多个规律,才能顺利求解.
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短,因此动量守恒定律一般能派上大用场.
(20xx广东佛山一模)如图所示,王同学在一辆车上荡秋千,开始时车轮被锁定,车的右边有一个和地面相平的沙坑,且车的右端和沙坑的左边缘平齐;当王同学摆动到最大摆角θ=60°时,车轮立即解除锁定,使车可以在水平地面上无阻力运动,王同学此后不再对车做功,并可视其身体为质点.已知秋千绳子长为L=4.5m,王同学和秋千板的质量为m=50kg,车和秋千支架的总质量为M=200kg,重力加速度g取10m/s2.试求:
(1)王同学摆到最低点时的速率;
(2)在摆到最低点的过程中,绳子对王同学做的功;
(3)王同学摆到最低点时,顺势离开秋千板,他落入沙坑的位置离沙坑左边缘的距离.已知车身的长度s=3.6m,秋千架安装在车的正中央,且转轴离地面的高度H=5.75m.
解析:(1)在王同学下摆到最低点的过程中,王同学和车组成的系统在水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,有mv1+Mv2=0,
系统的机械能守恒,有
mgL(1-cos60°)=12mv21+12Mv22,
联立两式并代入数据解得v1=6m/s.
(2)在下摆的过程中对王同学由动能定理可得
mgL(1-cos60°)+W绳=12mv21,
代入数据解得W绳=-225J.
(3)在王同学下摆的过程中,王同学与车组成的系统在水平方向动量是守恒的,则mv1+Mv2=0,
由于运动的时间相等,则mx1+Mx2=0,
又x1+|x2|=Lsin60°,解得车的位移x2=-0.779m,即车向左运动了0.779m.
王同学离开秋千后做平抛运动,运动的时间为
t=2H-Lg=2×5.75-4.510s=0.5s,
王同学沿水平方向的位移为x0=v1t=6×0.5m=3m.
所以王同学的落地点到沙坑左边缘的距离为x=x0+x2-s2=0.421m.
答案:(1)6m/s(2)-225J(3)0.421m
(20xx湖北黄冈联考)如图所示,半径为R=0.4m,内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上,质量m=0.96kg的滑块停放在距轨道最低点A为L=8.0m的O点处,质量为m0=0.04kg的子弹以速度v0=250m/s从右边水平射入滑块,并留在其中.已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4,子弹与滑块的作用时间很短.g取10m/s2,求:
(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v;
(2)滑块从O点滑到A点的时间t;
(3)滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点,A与C间的水平距离.
解析:(1)子弹射入滑块的过程动量守恒,规定水平向左为正方向,则m0v0=(m+m0)v,
代入数据解得v=10m/s.
(2)子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动,设其加速度大小为a,则μ(m+m0)g=(m+m0)a,
由匀变速直线运动的规律得vt-12at2=L,
联立解得t=1s(t=4s舍去).
(3)滑块从O点滑到A点时的速度vA=v-at,
代入数据解得vA=6m/s.
设滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B点时的速度为vB,由机械能守恒定律得
12(m+m0)v2A=(m+m0)g2R+12(m+m0)v2B,
代入数据解得vB=25m/s.
滑块离开B点后做平抛运动,运动的时间t′=22Rg,
又xAC=vBt′,代入数据得xAC=455m.
答案:(1)10m/s(2)1s(3)455m
“子弹打木块”类问题分析
(对应学生用书P116)
这类题型中,通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短,内力外力,可认为在这一过程中动量守恒.“木块”对“子弹”的阻力乘以“子弹”的位移为“子弹”损失的动能,阻力乘以“木块”的位移等于“木块”获得的动能,阻力乘以相对位移等于系统损失的机械能.
(20xx福建漳州模拟)长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态,有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出.设子弹射入木块的过程时间极短,子弹受到木块的阻力恒定,木块运动的最大距离为s,重力加速度为g,求:
(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)子弹受到的阻力大小f.
解析:(1)在子弹射入木块过程的极短时间内,子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒,以水平向右为正方向,则mv0=(m+M)v共,
在子弹与木块共速到最终停止的过程中,由功能关系得
12(M+m)v2共=μ(M+m)gs,
解得μ=m2v202gsM+m2.
(2)在子弹射入木块过程的极短时间内,设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q,由能量守恒定律得Q=12mv20-12(M+m)v2共,
又Q=fL,
联立解得f=Mmv202M+mL.
答案:(1)m2v202gsM+m2(2)Mmv202M+mL
(20xx湖南衡阳一模)如图甲所示,在高h=0.8m的水平平台上放置一质量为M=0.9kg的小木块(视为质点),距平台右边缘d=2m.一质量为m=0.1kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短),然后二者一起向右运动,在平台上运动的v2x关系图线如图乙所示,最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s=1.6m的地面上.g取10m/s2,求:
(1)小木块滑出平台时的速度大小;
(2)子弹射入小木块前的速度大小;
(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时,系统所产生的内能.
解析:(1)小木块从平台滑出后做平抛运动,有h=12gt2,s=vt,联立两式可得v=s2hg=4m/s.
(2)设子弹射入木块后两者的共同速度为v1,由图乙并结合数学知识可知40m2s-2-v2=v21-40m2s-2,解得v1=8m/s,
子弹射入木块的过程中,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1,
解得v0=M+mv1m=80m/s.
(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q,
则Q=12mv20-12(M+m)v2=312J.
答案:(1)4m/s(2)80m/s(3)312J
弹簧类模型的处理方法
(对应学生用书P117)
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统,在能量方面,由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化.若系统除重力和系统内弹力以外的力不做功,系统机械能守恒.若还有其他外力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量.做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少.在相互作用过程中,弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大.系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度.
如图甲所示,三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上,物体A、B用一轻质弹簧连接,并用细线拴连使弹簧处于压缩状态,三个物体的质量分别为mA=0.1kg、mB=0.2kg和mC=0.1kg.现将细线烧断,物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动(运动过程中物体A不会碰到物体C).若此过程中弹簧始终在弹性限度内,并设以向右为正方向,从细线烧断后开始计时,物体A的速度—时间图象如图乙所示.求:
(1)从细线烧断到弹簧恢复原长运动的时间;
(2)弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能;
(3)若弹簧与物体A、B不连接,在某一时刻使物体C以v0的初速度向右运动,它将在弹簧与物体分离后和物体A发生碰撞,所有碰撞都为完全弹性碰撞,试求在以后的运动过程中,物体C与物体A能够发生二次碰撞,物体C初速度v0的取值范围.(弹簧与物体分离后,迅速取走,不影响物体后面的运动).
解析:(1)当弹簧恢复到原长时,A的速度最大,
则对应的时刻为t=14T+k2T(k=0,1,2,……)
(2)当A的最大速度为4m/s,
此时根据动量守恒定律可得B的速度为:vB=mAvAmB=2m/s,
AB总的动能即为弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能,
即Ep=Ek=12mAv2A+12mBv2B=1.2J;
(3)当A与弹簧分离时的速度为vA=4m/s,
第一次和C碰撞时满足:
mCv0-mAvA=mCvC′+mAvA′,
12mCv20+12mAv2A=12mCv′2C+12mAv′2A,
物体C与物体A能够发生二次碰撞,则需满足vC′>vA′,
联立以上解得v0>20m/s.
答案:(1)t=14T+k2T(k=0,1,2,……)
(2)1.2J(3)v0>20m/s
如图所示,甲、乙、丙三个相同的小物块(可视为质点)质量均为m,将两个不同的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定,弹簧与小物块之间不连接.整个系统静止在光滑水平地面上,甲物块与左边墙壁的距离为l(l远大于弹簧的长度).某时刻烧断甲、乙之间的轻绳,甲与乙、丙的连接体立即被弹开.经过时间t,甲与墙壁发生弹性碰撞,与此同时乙、丙之间的连接绳瞬间断开,又经时间t2,甲与乙发生第一次碰撞.设所有碰撞均为弹性碰撞,弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动.求:
(1)乙、丙之间连接绳断开前瞬间乙、丙连接体的速度大小?
(2)乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能.
解析:(1)甲与乙、丙连接体分离时的速度大小为lt
设乙、丙连接体在分离前瞬间的速度大小为v,则有
mlt=2mv
解得v=l2t
(2)设乙、丙分离后乙的速度大小为v乙,丙的速度大小为v丙
l+l2=lt+v乙t2
分离前后乙、丙组成的系统动量守恒:
2mv=mv丙-mv乙
乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能
Ep=12mv2乙+12mv2丙-12(2m)v2
解得Ep=25ml24t2.
答案:(1)l2t(2)25ml24t2

电磁感应中的动力学和能量问题


电磁感应中的动力学和能量问题

要点一电磁感应中的动力学问题
即学即用
1.如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L.M、P两点间
接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为
B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属
杆接触良好,不计它们之间的摩擦.

(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图.
(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流及其加速度的大小.
(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值.
答案(1)见右图
(2)
(3)
要点二电磁感应中的能量问题
即学即用
2.如图所示,质量为m,边长为L的正方形线框,在有界匀强磁场上方h高处由静止自由下落,线
框的总电阻为R,磁感应强度为B的匀强磁场宽度为2L.线框下落过程中,ab边始终与磁场边
界平行且处于水平方向.已知ab边刚穿出磁场时线框恰好做匀速运动.求:
(1)cd边刚进入磁场时线框的速度.
(2)线框穿过磁场的过程中,产生的焦耳热.
答案(1)(2)mg(h+3L)-

题型1电磁感应中的能量问题
【例1】如图所示,将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出,穿过宽度
为b、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚
好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终
存在着大小恒定的空气阻力f,且线框不发生转动.求:
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2.
(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1.
(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
(4)线框在上升阶段通过磁场过程中克服安培力做的功W.
答案(1)R(2)
(3)-(mg+f)(a+b)
(4)-(mg+f)(a+b)
题型2单金属杆问题
【例2】如图所示,电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体
棒MN上升,导体棒的电阻R为1Ω,架在竖直放置的框架上,它们处于磁感应强度B为
1T的匀强磁场中,磁场方向与框架平面垂直.当导体棒上升h=3.8m时,获得稳定的速
度,导体棒上产生的热量为2J.电动机牵引棒时,电压表、电流表的读数分别为7V、1A,电动机内阻r为1Ω,不
计框架电阻及一切摩擦.求:
(1)棒能达到的稳定速度.
(2)棒从静止至达到稳定速度所用的时间.
答案(1)2m/s(2)1s
题型3双金属杆问题
【例3】如图所示,在水平台面上铺设两条很长但电阻可忽略的平行导轨MN和PQ,导轨间
宽度L=0.50m.水平部分是粗糙的,置于匀强磁场中,磁感应强度B=0.60T,方向竖直向
上.倾斜部分是光滑的,该处没有磁场.直导线a和b可在导轨上滑动,质量均为m=0.20kg,电阻均为R=0.15Ω.b
放在水平导轨上,a置于斜导轨上高h=0.050m处,无初速释放.设在运动过程中a、b间距离足够远,且始终与导轨
MN、PQ接触并垂直,回路感应电流的磁场可忽略不计.求:
(1)由导线和导轨组成回路的感应电流最大值是多少?
(2)如果导线与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.10,当导线b的速度达到最大值时,导线a的加速度多大?
(3)如果导线与水平导轨间光滑,回路中产生多少焦耳热?
答案(1)1A(2)2m/s2(3)0.05J
题型4图景结合
【例4】光滑平行的金属导轨MN和PQ,间距L=1.0m,与水平面之间的夹角α=30°,匀强磁场磁感应强度B=2.0T,
垂直于导轨平面向上,MP间接有阻值R=2.0Ω的电阻,其它电阻不计,质量m=2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置,
如图甲所示.用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab,由静止开始运动,v—t图象如图乙所示,g=10m/s2,导轨足够长.
求:

(1)恒力F的大小.
(2)金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小.
(3)根据v-t图象估算在前0.8s内电阻上产生的热量.
答案(1)18N(2)2m/s2(3)4.12J

1.如图所示,两光滑平行金属导轨间距为L,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良
好,整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B.电容器的电容为C,除
电阻R外,导轨和导线的电阻均不计.现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右
做匀速运动时()
A.电容器两端的电压为零?B.电阻两端的电压为BLv
C.电容器所带电荷量为CBLvD.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为
答案C
2.如图所示,边长为L的正方形导线框质量为m,由距磁场H高处自由下落,其下边ab进入匀强
磁场后,线圈开始做减速运动,直到其上边cd刚刚穿出磁场时,速度减为ab边刚进入磁场时
的一半,磁场的宽度也为L,则线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为()
A.2mgLB.2mgL+mgHC.2mgL+mgHD.2mgL+mgH
答案C
3.两个沿水平方向且磁感应强度大小均为B的有水平边界的匀强磁场,如图所示,磁场高度均为L.
一个框面与磁场方向垂直、质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属框abcd,从某一高度
由静止释放,当ab边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动,当ab边下落到GH和
JK之间的某位置时,又恰好开始做匀速直线运动.整个过程中空气阻力不计.求金属框从ab边开始进入第一个磁场
至刚刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量Q.
答案+2mgL
4.如图所示,将两条倾角θ=30°,宽度L=1m的足够长的“U”形平行的光滑金属导轨固
定在磁感应强度B=1T,范围足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向下.用平行于
导轨的牵引力拉一质量m=0.2kg,电阻R=1Ω放在导轨上的金属棒ab,使之由静止沿轨道向上运动,牵引力的功率
恒为P=6W,当金属棒移动s=2.8m时,获得稳定速度,此过程中金属棒产生热量Q=5.8J,不计导轨电阻及一切摩擦,取g=10m/s2.求:
(1)金属棒达到的稳定速度是多大?
(2)金属棒从静止至达到稳定速度时所需的时间多长?
答案(1)2m/s(2)1.5s

1.在图中除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,(a)图中的电容器C原来不带电,设导体棒、导轨和直流电源的
电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计.图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的
匀强磁场中,导轨足够长,今给导体棒ab一个向右的初速度v0,导体棒的最终运动状态是()

A.三种情况下,导体棒ab最终都是匀速运动
B.图(a)、(c)中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;图(b)中ab棒最终静止
C.图(a)、(c)中,ab棒最终将以相同的速度做匀速运动
D.三种情况下,导体棒ab最终均静止
答案B
2.如图所示,有两根和水平面成α角的光滑平行的金属轨道,上端有可变电阻R,下端足够
长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m的金属杆从轨道上
由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋于一个最大速度vm,则()
A.如果B增大,vm将变大B.如果α增大,vm将变大
C.如果R增大,vm将变大D.如果m变小,vm将变大
答案BC
3.如图所示,固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻,但表面粗糙,导轨左端
连接一个电阻R,质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上,并与导轨垂直,整个
装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中
①恒力F做的功等于电路产生的电能
②恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能
③克服安培力做的功等于电路中产生的电能
④恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和
以上结论正确的有()
A.①②B.②③C.③④D.②④
答案C
4.如图所示,ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨,整个导轨处于竖直向上的匀
强磁场中,在导轨上架着一根金属棒ef,在极短时间内给棒ef一个水平向右的速度,ef
棒开始运动,最后又静止在导轨上,则ef在运动过程中,就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较()
A.整个回路产生的总热量相等B.安培力对ef棒做的功相等
C.安培力对ef棒的冲量相等D.电流通过整个回路所做的功相等
答案A
5.(2009济宁模拟)如图所示,粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd处于匀强磁场中,另
一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动.当导体棒MN在外力作用下
从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中,导线框上消耗的电功率的变化情况可能为
()
A.逐渐增大B.先增大后减小
C.先减小后增大D.先增大后减小,再增大再减小
答案BCD
6.如图所示,一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点,将圆环拉离平衡位置并释放,圆环摆动过程中经
过一匀强磁场区域,该区域的宽度比圆环的直径大,不计空气阻力,则下述说法中正确的是()
A.圆环向右穿过磁场后,还能摆至原高度
B.在进入和离开磁场时,圆环中均有感应电流
C.圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大,感应电流也越大
D.圆环最终将静止在平衡位置
答案B
7.如图所示,相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界,磁
场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L(Ld),质量为m,将线框在磁场上方高
h处由静止释放.如果ab边进入磁场时的速度为v0,cd边刚穿出磁场时的速度也为v0,则
从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中()
A.线框中一直有感应电流
B.线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C.线框中产生的热量为mg(d+h+L)
D.线框有一阶段做减速运动
答案BD
8.如图甲所示,长直导线右侧的矩形线框abcd与直导线位于同一平面,当长直导线中的电流发生如图乙所示的变化时
(图中所示电流方向为正方向),线框中的感应电流与线框受力情况为()
A.t1到t2时间内,线框内电流的方向为abcda,线框受力向左
B.t1到t2时间内,线框内电流的方向为abcda,线框受力向右
C.在t2时刻,线框内无电流,线框不受力
D.在t3时刻,线框内电流的方向为abcda,线框受力向右
答案A
9.如图所示,闭合导体线框abcd从高处自由下落,落入一个有界匀强磁场中,从bd边开始
进入磁场到ac边即将进入磁场的这段时间里,在下图中表示线框运动过程中的感应电流
—时间图象的可能是()

答案CD
10.如图所示,光滑的“Π”形金属导体框竖直放置,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.以下说法中正确的是
()
A.若B2=B1,金属棒进入B2区域后将加速下滑
B.若B2=B1,金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑
C.若B2B1,金属棒进入B2区域后将先加速后匀速下滑
D.若B2B1,金属棒进入B2区域后将先减速后匀速下滑
答案BCD
11.如图所示,由7根长度都是L的金属杆连接成的一个“日”字型的矩形金属框abcdef,
放在纸面所在的平面内,有一个宽度也为L的匀强磁场,磁场边界跟cd杆平行,磁感应
强度的大小是B,方向垂直于纸面向里,金属杆af、be、cd的电阻都为r,其他各杆的电阻不计,各杆端点间接触良好.现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉,从cd杆刚进入磁场瞬间开始计时,求:
(1)cd杆在磁场中运动的过程中,通过af杆的电流.
(2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中,金属框中电流所产生的总热量Q.
答案(1)(2)
12.在拆装某种大型电磁设备的过程中,需将设备内部处于强磁场中的线圈先闭合,然后再
提升直至离开磁场.操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈.假设该线圈可简化
为水平长为L、上下宽度为d的矩形线圈,其匝数为n,总质量为M,总电阻为R.磁场的磁感应强度大小为B,方向垂
直纸面向里,如图所示.开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐.若转动手摇轮轴A,在时间t内把线圈从图示
位置匀速向上拉出磁场.不考虑摩擦影响,求此过程中(1)流过线圈中导线横截面的电荷量.
(2)人至少要做多少功.
答案(1)(2)Mgd+
13.如图所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在一水平面上,两导轨间距L=
0.2m,电阻R=0.4Ω,电容C=2mF,导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的
金属杆CD,导轨电阻可忽略不计,整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度B=0.5T
的匀强磁场中.现用一垂直金属杆CD的外力F沿水平方向拉杆,使之由静止开始向右运动.求:
(1)若S闭合,力F恒为0.5N,CD运动的最大速度.
(2)若S闭合,使CD以(1)问中的最大速度匀速运动,现使其突然停止并保持静止不动,当CD停止下来后,通过
导体棒CD的总电荷量.
(3)若S断开,在力F作用下,CD由静止开始做加速度a=5m/s2的匀加速直线运动,请写出电压表的读数U随时间
t变化的表达式.
答案(1)25m/s(2)3.2×10-3C(3)U=0.4t
知识整合演练高考

题型1感应电流的产生和方向
【例1】(2008全国Ⅰ20)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直,规定磁场的
正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向,下列各
图中正确的是()
答案D
题型2自感现象问题
【例2】(2008江苏8)如图所示的电路中,三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接,电感的电阻忽
略不计,开关S从闭合状态突然断开时,下列判断正确的有()

A.a先变亮,然后逐渐变暗B.b先变亮,然后逐渐变暗
C.c先变亮,然后逐渐变暗D.b、c都逐渐变暗
答案AD
题型3电磁感应与恒定电路综合问题
【例3】(2008广东18)如图(a)所示,水平放置的两根平行金属导轨,间距L=0.3m,导轨左端连接R=0.6Ω的
电阻.区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4m
的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,并与导轨垂直,每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3Ω,导轨电阻不计.使
金属棒以恒定速度v=1.0m/s沿导轨向右穿越磁场,计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内,不同
时间段通过电阻R的电流强度,并在图(b)中画出.
答案0~0.2s内,I1=0.12A;0.2s~0.4s内,I2=0A;0.4s~0.6s内,I3=0.12A.
如下图所示?

题型四电磁感应与力学结合的综合问题
【例4】(2008北京22)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,每边长为L,总电阻为
R,总质量为m.将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处,如图所示.线框由静止自
由下落,线框平面保持在竖直平面内,且cd边始终与水平的磁场边界面平行.当cd边刚进
入磁场时:
(1)求线框中产生的感应电动势大小.
(2)求cd两点间的电势差大小.
(3)若此时线框加速度恰好为零,求线框下落的高度h所应满足的条件.
答案(1)BL(2)(3)

1.(2008全国Ⅱ21)如图所示,一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的
匀强磁场;一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直;虚线框对角线ab
与导线框的一条边垂直,ba的延长线平分导线框.在t=0时,使导线框从图示位置开始以
恒定速度沿ab方向移动,直到整个导线框离开磁场区域.以i表示导线框中感应电流的强度,取逆时针方向为正.下
列表示i—t关系的图示中,可能正确的是()

答案C
2.(2008四川17)在沿水平方向的匀强磁场中,有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动.开始时线圈
静止,线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直,所成的锐角为α.在磁场开始增强后的一个极短时间内,线圈平面
()
A.维持不动
B.将向使α减小的方向转动
C.将向使α增大的方向转动
D.将转动,因不知磁场方向,不能确定α会增大还是会减小
?答案B
3.(2008宁夏16)如图所示,同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r,导体
棒PQ与三条导线接触良好,匀强磁场的方向垂直纸面向里.导体棒的电阻可忽略.当
导体棒向左滑动时,下列说法正确的是()
A.流过R的电流为由d到c,流过r的电流为由b到a
B.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由b到a
C.流过R的电流为由d到c,流过r的电流为由a到b
D.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由a到b
答案B
4.(2008山东22)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻.将质
量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感
应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示.除电阻R外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置
由静止释放,则()
A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
答案AC
5.(2008重庆18)如图所示,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈,当一竖
直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈
受到的支持力N及在水平方向运动趋势的正确判断是()
A.N先小于mg后大于mg,运动趋势向左B.N先大于mg后小于mg,运动趋势向左
C.N先小于mg后大于mg,运动趋势向右D.N先大于mg后小于mg,运动趋势向右
答案D
6.(2008海南10)一航天飞机下有一细金属杆,杆指向地心.若仅考虑地磁场的影响,则当航天飞机位于赤道上空
()
A.由东向西水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
B.由西向东水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
C.沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由下向上
D.沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时,金属杆中一定没有感应电动势
答案AD
7.(2008天津25)磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具.它的驱动系统简化为如下模型,固定在列车下端
的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框,电阻为R,金属框置于xOy平面内,长边MN长为l平行于y轴,宽为d的
NP边平行于x轴,如图甲所示.列车轨道沿Ox方向,轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度B沿Ox
方向按正弦规律分布,其空间周期为λ,最大值为B0,如图乙所示,金属框同一长边上各处的磁感应强度相同,整个
磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移.设在短暂时间内,MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略,并
忽略一切阻力.列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速度行驶,某时刻速度为v(vv0).

(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理.
(2)为使列车获得最大驱动力,写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式.
(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小.
答案(1)由于列车速度与磁场平移速度不同,导致穿过金属框的磁通量发生变化,由于电磁感应,金属框中会产
生感应电流,该电流受到的安培力即为驱动力.
(2)为使列车获得最大驱动力,MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方,这会使得金属框所围
面积的磁通量变化率最大,导致框中电流最强,也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大.因此,d应为的奇
数倍,即
d=(2k+1)(k∈N)
(3)
8.(2008江苏15)如图所示,间距为l的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ,导轨光滑且电阻忽略不
计.场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直,磁场区域的宽度为d1,间距为d2.两根质量均为m、有效电阻均
为R的导体棒a和b放在导轨上,并与导轨垂直.(设重力加速度为g)

(1)若a进入第2个磁场区域时,b以与a同样的速度进入第1个磁场区域,求b穿过第1个磁场区域中增加的动能ΔEk.
(2)若a进入第2个磁场区域时,b恰好离开第1个磁场区域;此后a离开第2个磁场区域时,b又恰好进入第2个
磁场区域,且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等.求a穿过第2个磁场区域过程中,两导体
棒产生的总焦耳热Q.
(3)对于第(2)问所述的运动情况,求a穿出第k个磁场区域时的速率v.
答案(1)mgd1sinθ
(2)mg(d1+d2)sinθ
(3)
9.(2008上海24)如图所示,竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、粗细均匀的光滑半
圆形金属环,在M、N处与距离为2r、电阻不计的平行光滑金属导轨ME、NF相接,EF之
间接有电阻R2,已知R1=12R,R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,
磁感应强度大小均为B.现有质量为m、电阻不计的导体棒ab,从半圆环的最高点A处由静
止下落,在下落过程中导体棒始终保持水平,与半圆形金属环及轨道接触良好,设平行导轨足够长.已知导体棒下落
时的速度大小为v1,下落到MN处时的速度大小为v2.
(1)求导体棒ab从A处下落时的加速度大小.
(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变,求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h和R2上的电功率P2.
(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移,导体棒ab进入磁场Ⅱ时的速度大小为v3,要使其在外力F作用下做匀加速直
线运动,加速度大小为a,求所加外力F随时间变化的关系式.
答案(1)g-(2)(3)
10.(2008全国Ⅱ24)如图所示,一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r,其两端放在位
于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上,并与之密接;棒左侧两导轨之间连接一可控制的
负载电阻(图中未画出);导轨置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨所在平面.开始时,给
导体棒一个平行于导轨的初速度v0.在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中,通过控制负载电阻的阻值使棒中的电
流强度I保持恒定.导体棒一直在磁场中运动.若不计导轨电阻,求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电
阻上消耗的平均功率.
答案
章末检测
一、选择题(共8小题,每小题6分,共48分)
1.如图所示,E为电池,L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈,D1、D2是两个规格相
同的灯泡,S是控制电路的开关.对于这个电路,下列说法中正确的是()
A.刚闭合S的瞬间,通过D1、D2的电流大小相等
?B.刚闭合S的瞬间,通过D1、D2的电流大小不等
C.闭合S待电路达到稳定后,D1熄灭,D2比S刚闭合时亮
D.闭合S待电路达到稳定后,再将S断开的瞬间,D1不立即熄灭,D2立即熄灭
答案ACD
2.如图所示,将一个正方形导线框ABCD置于一个范围足够大的匀强磁场中,磁场方向与其平
面垂直.现在AB、CD的中点处连接一个电容器,其上、下极板分别为a、b,让导线框在匀强
磁场中以某一速度水平向右匀速移动,则()
A.ABCD回路中没有感应电流
B.A与D、B与C间有电势差
C.电容器的a、b两极板分别带负电和正电
D.电容器的a、b两极板分别带正电和负电
答案ABD
3.两根水平平行光滑金属导轨上放置两根与导轨接触良好的金属杆,两金属杆质量相同,滑
动过程中与导轨保持垂直.整个装置放在竖直向下的匀强磁场中,如图所示.给金属杆A向
右一瞬时冲量使它获得初动量p0,在金属杆A沿水平导轨向右运动的过程中,下列动量大
小p随时间变化的图象正确的是()

答案A
4.如图甲所示,一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中,磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示.以i表示线圈
中的感应电流,以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向,以垂直纸面向里的磁场方向为正,则以下的i—t图象中
正确的是

答案A
5.如图是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中,让磁感
线垂直穿过铜盘;图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内;转动铜盘,就可以
使闭合电路获得电流.若图中铜盘半径为L,匀强磁场的磁感应强度为B,回路总电阻为R,从上往下看逆时针匀速转
动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是()
A.回路中有大小和方向做周期性变化的电流
B.回路中电流大小恒定,且等于
C.回路中电流方向不变,且从b导线流进灯泡,再从a导线流向旋转的铜盘
D.若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场,不转动铜盘,灯泡中也会有电流流过
答案C
6.图中电磁线圈L的直流电阻为RL,小灯泡的电阻为R,小量程电流表G1、G2的内阻不计.
当开关S闭合且稳定后,电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中
央),则当开关S断开时,下列说法中正确的是()
A.G1、G2的指针都立即回到零点
B.G1缓慢回到零点,G2立即左偏,然后缓慢回到零点
C.G1立即回到零点,G2缓慢回到零点
D.G2立即回到零点,G1缓慢回到零点
答案B
7.如图所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向
相同时为正.当M中通入下列哪种电流时,在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流()

答案D
8.如图所示,AOC是光滑的金属轨道,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,PQ是一根金属直杆立在
导轨上,直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动,运动过程中Q端始终在OC上,P端始
终在AO上,直到完全落在OC上.空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场.则在PQ棒滑动的过程中,下列结论正确的
是()
A.感应电流的方向始终是由P→QB.感应电流的方向先是P→Q,再是Q→P
C.PQ受磁场力的方向垂直棒向左D.PQ受磁场力的方向垂直棒先向右后向左
答案B
二、计算论述题(共4小题,共52分,其中9、10小题各12分,11、12小题各14分)
9.如图所示,把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环,水平固定在竖直向下的
磁感应强度为B的匀强磁场中,一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒MN放在圆
环上,与圆环始终保持良好的接触.当金属棒以恒定速度v向右移动,且经过圆心时,求:
(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN.
(2)在圆环和金属棒上消耗的总功率.
答案(1)N→MBav
(2)
10.一个质量为m、直径为d、电阻为R的金属圆环,在范围足够大的磁场中竖直向下落,磁场的分布情况如图所示.
已知磁感应强度竖直方向分量By的大小只随高度y变化,其随高度y变化关系为By=B0(1+ky)(此处k为比例常数,
且k0),其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上.金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平,速度越来越大,
最终稳定为某一数值,称为收尾速度.求:

(1)圆环中感应电流方向.
(2)圆环收尾速度的大小.
答案(1)顺时针(俯视观察)
(2)
11.如图甲所示,在匀强磁场中,放置一边长L=10cm、电阻r=1Ω、共100匝的正方形线圈,与它相连的电路中,电阻
R1=4Ω,R2=5Ω,电容C=10μF.磁场方向与线圈平面成30°角,磁感应强度变化如图乙所示,开关K在t0=0时闭合,
在t2=1.5s时又断开.求:
(1)t1=1s时,R2中电流强度的大小及方向.
(2)K断开后,通过R2的电荷量.
答案(1)0.025A方向从右向左(2)1.25×10-6C
12.如图甲所示,两根足够长的平行金属导轨M、N相距L,放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向
里,导轨M、N分别与相距为d水平放置的两平行金属板连接.金属杆ab跟金属导轨M、N接触,并在其上匀速运
动时,质量为m、带电荷量为+q的微粒在平行板间运动的v—t图象如图乙所示(取向上为正).

(1)求0时刻金属杆ab的速度大小及运动方向.
(2)判断t1~t2时间内金属杆ab的运动状况.
答案(1)运动方向向左
(2)t1~t2时间内,金属杆ab以更大的速度向左做匀速运动

20xx高考物理复习微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题学案


每个老师不可缺少的课件是教案课件,大家在认真写教案课件了。是时候对自己教案课件工作做个新的规划了,未来的工作就会做得更好!究竟有没有好的适合教案课件的范文?小编收集并整理了“20xx高考物理复习微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题学案”,供大家参考,希望能帮助到有需要的朋友。

微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题
多运动组合问题
(对应学生用书P96)
1.多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题.
2.解题策略
(1)动力学方法观点:牛顿运动定律、运动学基本规律.
(2)能量观点:动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律.
3.解题关键
(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程,将物理过程分解成几个简单的子过程.
(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带,也是解题的关键.很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口.
(20xx全国卷Ⅰ)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出),随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=14,重力加速度大小为g.取sin37°=35,cos37°=45
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小;
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能;
(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点.G点在C点左下方,与C点水平相距72R、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.
解析:(1)由题意可知:lBC=7R-2R=5R①
设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得
mglBCsinθ-μmglBCcosθ=12mv2B②
式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得
vB=2gR③
(2)设BE=x,P到达E点时速度为零,此时弹簧的弹性势能为Ep,由B→E过程,根据动能定理得
mgxsinθ-μmgxcosθ-Ep=0-12mv2B④
E、F之间的距离l1为l1=4R-2R+x⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1sinθ-μmgl1cosθ=0⑥
联立③④⑤⑥式得
x=R⑦
Ep=125mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1,D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1,由几何关系(如图所示)得θ=37°.
由几何关系得:
x1=72R-56Rsinθ=3R⑨
y1=R+56R+56Rcosθ=52R⑩
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式得:
y1=12gt2
x1=vDt
联立⑨⑩得
vD=355gR
设P在C点速度的大小为vC,在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有
12m1v2C=12m1v2D+m1g56R+56Rcosθ
P由E点运动到C点的过程中,由动能定理得Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=12m1v2C
联立⑦⑧得
m1=13m
答案:(1)2gR(2)125mgR(3)355gR13m
多过程问题的解题技巧
1.“合”——初步了解全过程,构建大致的运动图景.
2.“分”——将全过程进行分解,分析每个过程的规律.
3.“合”——找到子过程的联系,寻找解题方法.
(20xx南充模拟)如图所示,AB为倾角θ=37°的斜面轨道,轨道的AC部分光滑,CB部分粗糙,BP为圆心角等于143°、半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道,两轨道相切于B点,P、O两点在同一竖直线上,轻弹簧一端固定在A点,另一自由端在斜面上C点处,现有一质量m=2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放,物块经过C点后,从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t-4t2(式中x单位是m,t单位是s),假设物块第一次经过B点后恰能到达P点,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.试求:
(1)若CD=1m,试求物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功;
(2)B、C两点间的距离x;
(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板,小物块与挡板碰撞后速度反向,速度大小不变,小物块与弹簧相互作用不损失机械能,试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道?
解析:(1)由x=12t-4t2知,
物块在C点速度为v0=12m/s
设物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功为W,由动能定理得:
W-mgsin37°CD=12mv20
代入数据得:W=12mv20+mgsin37°CD=156J.
(2)由x=12t-4t2知,物块从C运动到B的加速度大小为a=8m/s2
物块在P点的速度满足mg=mv2PR
物块从B运动到P的过程中机械能守恒,则有
12mv2B=12mv2P+mghBP
物块从C运动到B的过程中有v2B-v20=-2ax
由以上各式解得x=498m=6.125m.
(3)设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据解得μ=0.25
假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后,能够回到与O点等高的位置Q点,且设其速度为vQ,由动能定理得
12mv2Q-12mv2P=mgR-2μmgcos37°
解得v2Q=-19<0.
可见物块返回后不能到达Q点,故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道.
答案:(1)156J(2)6.125m(3)不会
运用数学知识求解物理极值问题
(对应学生用书P97)
数学思想和方法已经渗透到物理学中各个层次和领域,特别是数学中的基本不等式思想在解决物理计算题中的极值问题时会经常用到,这也是数学知识在具体物理问题中实际应用的反映,也是高考中要求的五大能力之一.
如图所示,粗糙水平台面上静置一质量m=0.5kg的小物块(视为质点),它与平台表面的动摩擦因数μ=0.5,与平台边缘O点的距离s=5m.在平台右侧固定了一个1/4圆弧挡板,圆弧半径R=1m,圆弧的圆心为O点.现用F=5N的水平恒力拉动小物块,一段时间后撤去拉力.(不考虑空气阻力影响,g取10m/s2)
(1)为使小物块击中挡板,求拉力F作用的最短时间;
(2)改变拉力F的作用时间,小物块击中挡板的不同位置.求击中挡板时小物块动能的最小值.
解析:(1)由动能定理
Fx-μmgs=ΔEk=0
又F-μmg=ma
x=12at2
解得t=1s.
(2)设物块离开O点的速度为v0时,击中挡板时小物块的动能最小
x=v0t,y=12gt2
x2+y2=R2
击中挡板时的动能
Ek=12mv20+mgy
由以上各式得Ek=14mgR2y+3y
当R2y=3y.即y=33时,Ek最小
最小值Ek=532J.
答案:(1)1s(2)532J
(多选)如图所示,在粗糙水平台阶上有一轻弹簧,左端固定在A点,弹簧处于自然状态时其右端位于台阶右边缘O点.台阶右侧固定了14圆弧挡板,圆弧半径R=1m,圆心为O,P为圆弧上的一点,以圆心O为原点建立平面直角坐标系,OP与x轴夹角53°(sin53°=0.8),用质量m=2kg的小物块,将弹簧压缩到B点后由静止释放,小物块最终水平抛出并击中挡板上的P点.物块与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5,BO间的距离s=0.8m,g取10m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是()
A.物块离开O点时的速度大小为1.5m/s
B.弹簧在B点时具有的弹性势能为10.25J
C.改变弹簧的弹性势能,击中挡板时物块的最小动能为103J
D.改变弹簧的弹性势能,物块做平抛运动,可能垂直落到挡板上
解析:选ABC设物块离开O点的速度为v0
则Rsin37°=v0t
Rcos37°=12gt2
解得v0=1.5m/s
由B→O,则
Ep=μmgs+12mv20=10.25J,故A、B正确.
设物块离开O点的速度为v时,击中挡板时动能最小
则Ek=12mv2+mgh
又h=12gt2,t=xv
x2+h2=R2
得Ek=5h+15h.当5h=15h时,Ek最小
故Ek=103J,C正确.
假设物块能垂直打在挡板上,则速度的反向延长过O点,故不可能,D错误.
传送带模型问题
(对应学生用书P97)
1.模型分类:水平传送带问题和倾斜传送带问题.
2.处理方法:求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况.当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变.
(20xx河北衡水中学二模)如图所示为一皮带传送装置,其中AB段水平,长度LAB=4m,BC段倾斜,长度足够长,倾角为θ=37°,AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧),传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转.现将一质量m=1kg的工件(可看成质点)无初速度地放在A点,已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5.sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t;
(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中,工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.
解析:(1)由牛顿第二定律得μmg=ma1,则a1=μg=5m/s2,
经t1时间工件与传送带的速度相同,则t1=va1=0.8s,
工件前进的位移为x1=12a1t21=1.6m,
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点,用时
t2=LAB-x1v=0.6s,
工件第一次到达B点所用的时间t=t1+t2=1.4s.
(2)工件沿BC上升过程中受到摩擦力f=μmgcosθ,
由牛顿第二定律可得,加速度大小a2=mgsinθ-fm=2m/s2,
由运动学公式可得t3=va2=2s,
下降过程加速度大小不变,a3=a2=2m/s2,
由运动学公式可得t4=va3=2s.
工件与传送带的相对位移Δx=v(t3+t4)=16m,
摩擦生热Q=fΔx=64J.
答案:(1)1.4s(2)64J
1.分析流程
2.功能关系
(1)功能关系分析:WF=ΔEk+ΔEp+Q.
(2)对WF和Q的理解:
①传送带的功:WF=Fx传;
②产生的内能Q=Ffx相对.
(20xx安徽江淮十校联考)(多选)如图所示,倾角θ=37°的足够长的传送带以恒定速度运行,将一质量m=1kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示,取沿传送带向上为正方向,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.则下列说法正确的是()
A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B.0~8s内物体位移的大小为14m
C.0~8s内物体机械能的增量为84J
D.0~8s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126J
解析:选BD根据vt图象的斜率表示加速度,可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a=22m/s2=1m/s2,由牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得μ=0.875,故A错误.0~8s内物体的位移为s=-12×2×2m+2+62×4m=14m,故B正确.物体上升的高度为h=ssinθ=8.4m,重力势能的增量为ΔEp=mgh=84J,动能增量为ΔEk=12mv22-12mv21=12×1×(42-22)J=6J,机械能增量为ΔE=ΔEp+ΔEk=90J,故C错误.0~8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动,0~6s内传送带运动的距离为s带=4×6m=24m,0~6s内物体位移为s物=-12×2×2m+4×42m=6m,s相对=s带-s物=18m,产生的热量为Q=μmgcosθs相对=126J,故D正确.
滑块—木板模型问题
(对应学生用书P98)
1.滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型.
2.滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板沿同一方向运动,则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板沿相反方向运动,则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.
3.此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口,求解中应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.
10个同样长度的木块放在水平地面上,每个木块的质量m=0.5kg、长度L=0.6m,它们与地面之间的动摩擦因数μ1=0.1,在左方第一个木块上放一质量M=1kg的小铅块(视为质点),它与木块间的动摩擦因数μ2=0.25.现给铅块一向右的初速度v0=5m/s,使其在木块上滑行.g取10m/s2,求:
(1)开始带动木块运动时铅块的速度;
(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量;
(3)铅块运动的总时间.
解析:(1)设铅块可以带动n个木块移动,以这n个木块为研究对象,铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力,即μ2Mg>μ1(M+nm)g
解得n<3,取n=2,此时铅块已滑过8个木块
根据动能定理有:12Mv20-12Mv2=μ2Mg×8L
代入数据得,刚滑上木块9时铅块的速度:v=1m/s.
(2)对铅块M:a2=μ2g=2.5m/s2,v2=v-a2t2
对最后两块木块9和10有:
a1=μ2Mg-μ1M+2mg2m=0.5m/s2,v1=a1t2
令v1=v2,故它们获得共同速度所需时间:
t2=va1+a2=13s
铅块位移:x2=vt2-12a2t22,
木块位移:x1=12a1t22
铅块相对木块位移:Δx=x2-x1=16m<L
所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量:
Q=μ2Mg(8L+Δx)=12.42J.
(3)由(2)问知,铅块与木块的共同速度为:
v1=a1t2=16m/s
铅块、木块一起做匀减速运动的时间:t3=v1μ1g=16s
铅块在前8个木块上运动时间:t1=v0-vμ2g=1.6s
所以铅块运动的总时间:
t=t1+t2+t3=2.1s.
答案:(1)1m/s(2)12.42J(3)2.1s
如图所示,在水平面上有A、B两块相同的木板.质量均为m=2kg,每块木板长L=1m.两木板放在一起但不粘连,木板与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,设定最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.现有一质量M=4kg的金属块C以初速度v0=22m/s从A的左端向右滑动,金属块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2,g取g=10m/s2,试求:
(1)金属块滑上B的左端时速度为多少?
(2)金属块停在木块B上何处?
(3)整个过程中木块B的位移是多少?
解析:(1)AB与地面:fAB=μ1(2m+M)g=8N
AC间:fAC=μ2Mg=8N
故开始时AB静止,对C有:v20-v21=2μ2gL
v1=2m/s
(2)BC间:fBC=μ2Mg=8N
B地间:fB=μ1(m+M)g=6N<fBC
则C减速,B加速,设经时间t达共同速度v2,则:
对B:fBC-fB=maB
aB=1m/s2,v2=aBt=v1-μ2gt
t=23sv2=23m/s
此过程C相对B运动s=v1+v22t-v22t=23m
(3)此后BC一起减速,a=μ1g=1m/s2,
B的位移sB=v22t+v222a=49m.
答案:(1)2m/s(2)23m(3)49m

09年高考物理带电体在复合场中的运动


三带电体在复合场中的运动

本专题研究带电体在复合场或组合场中的运动.复合场是指重力场、电场和磁场三者或其中任意两者共存于同一区域的场;组合场是指电场与磁场同时存在,但不重叠出现在同一区域的情况.带电体在复合场中的运动(包括平衡),说到底仍然是一个力学问题,只要掌握不同的场对带电体作用的特点和差异,从分析带电体的受力情况和运动情况着手,充分发掘隐含条件,建立清晰的物理情景,最终把物理模型转化成数学表达式,即可求解.

解决复合场或组合场中带电体运动的问题可从以下三个方面入手:(1)动力学观点(牛顿定律结合运动学方程);(2)能量观点(动能定理和机械能守恒或能量守恒);(3)动量观点(动量定理和动量守恒定律).

一般地,对于微观粒子,如电子、质子、离子等不计重力,而一些实际物体,如带电小球、液滴等应考虑其重力.有时也可由题设条件,结合受力与运动分析,确定是否考虑重力.