1、第2讲 应用牛顿运动定律解决电学问题 整 合突 破实 战整合 网络要点重温【网络构建】【要点重温】1.带电粒子在匀强电场中做加速直线运动,应用 求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.2.安培力的大小F=(其中 为B与I之间的夹角).3.电磁感应中的安培力方向(1)先用 定则或 定律确定感应电流方向,再用 定则确定安培力方向.(2)根据楞次定律,安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向 .4.单棒切割磁感线时安培力的大小 22感应电动势：感应电流：安培力公式：EEB L vIFRrRrF牛顿第二定律 BILsin 右手 楞次 左手 相反 BLvBIL突破 热点考向聚焦 热点考向一
2、应用牛顿运动定律分析电场中的物体运动问题 【核心提炼】1.由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力,可用正交分解法.2.类似于处理偏转问题的方法,将复杂的运动分解为正交的简单直线运动,化繁为简.3.解答问题时要综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,注意运动学公式里包含物理量的正负号,即其矢量性.【典例1】一电荷量为q(q0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下,在t=0时由静止开始运动,场强随时间变化的规律如图所示,不计重力.求在t=0到t=T的时间间隔内 (1)粒子位移的大小和方向;解析:(1)带电粒子在 04T,4T 2T,2T 34T,34T T 时间间隔
3、内做匀变速运动,设加速度分别为 a1,a2,a3,a4,由牛顿第二定律得 a1=0qEm a2=-02qEm a3=02qEm a4=-0qEm 由此得带电粒子在 0T 时间间隔内运动的加速度时间图像如图(a)所示,对应的速度时间图像如图(b)所示,其中 v1=a1 4T=04qE Tm 由图(b)可知,带电粒子在 t=0 到 t=T 时间内的位移为 s=4T v1 解得 s=016qEmT2 方向沿初始电场正方向.答案:(1)016qEmT2 方向沿初始电场正方向 解析:(2)由图(b)可知,粒子在 t=38T 到 t=58T 内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间为 t=58T-38T=4
4、T.答案:(2)4T (2)粒子沿初始电场反方向运动的时间.【预测练习1】(2017山西长治模拟)(多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场,其电场强度E随时间t的变化关系如图所示,小物块电荷量为q=+110-4 C,将其放在该水平桌面上并由静止释放,小物块速度v与时间t的关系图像如图所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.物块在4 s内位移是6 m B.物块的质量是2 kg C.物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2 D.物块在4 s内电势能减少了18 J AC 解析:物块在 4 s 内位移为 x=122(2+4)m=6 m,选项 A 正确;由图可知,前 2
5、 s 物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有 qE1-mg=ma,由图线知加速度为 a=1 m/s2,1 s 后物块做匀速运动,由平衡条件有 qE2=mg,联立解得 q(E1-E2)=ma,由图可得 E1=3104 N/C,E2=2104 N/C,代入数据解得 m=1 kg,由 qE2=mg 可得=0.2,选项 B 错误,C 正确;物块在前 2 s 内的位移 x1=1222 m=2 m,物块在后 2 s 内的位移为 x2=vt2=4 m,电场力做正功 W=qE1x1+qE2x2=6 J+8 J=14 J,则电势能减少了 14 J,选项 D 错误.热点考向二 应用牛顿运动定律分析磁场中的物体运动
6、问题 【核心提炼】1.安培力涉及三维空间,要变三维为二维,如画侧视图、剖面图或俯视图等,其中安培力的方向要注意F安B、F安I.2.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.3.带电微粒在电场力、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.【典例2】(多选)如图(甲)所示,一带电物块无初速度地放在传送带底端,传送带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运动至传送带顶端F的过程中,其v-t图像如图(乙)所示.物块全程运动的时间为4.5 s,关于带电物块及运动过程的说法正确的
7、是()A.该物块带负电 B.传送带的传动速度大小可能大于1 m/s C.若已知传送带的长度,可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移 D.在24.5 s内,物块与传送带仍可能有相对运动 BD 解析:由图(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.物块开始时FN-mgsin=ma 物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,可知物块的加速度逐渐减小,一定是FN逐渐减小,而开始时FN=mgcos,后来FN=mgcos-F洛,即洛伦兹力的方向是垂直于传送带向上的.物块沿传送带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,选项A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则
8、受到的支持力越来越小,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),只要传送带的速度大于等于1 m/s,则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关,所以传送带的速度有可能是1 m/s,也有可能大于1 m/s,物块可能相对于传送带静止,也有可能与传送带相对滑动,选项B,D正确;由以上分析可知,传送带的速度不能判断,所以若已知传送带的长度,也不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移,选项C错误.【预测练习2】(多选)如图所示,两根长直导线竖直平行固定放置,且与水平放置的光滑绝缘杆MN分别交于c,d两点,点O是cd的中点,杆MN上a,b两点关
9、于O点对称.两导线均通有大小相等、方向向上的电流,已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比,一带正电的小球穿在杆上,以初速度v0从a点出发沿杆运动到b点.在a,b,O三点杆对小球的支持力大小分别为Fa,Fb,FO.下列说法可能正确的是()A.FaFO B.FbFa C.小球一直做匀速直线运动 D.小球先做加速运动后做减速运动 ABC 解析:根据安培定则可知,从a点出发沿连线运动到b点,aO间的磁场方向垂直于MN向里,Ob间的磁场方向垂直于MN向外,所以合磁场大小先减小过O点后反向增大,而方向先向里,过O点后向外,根据左手定则可知,带正电的小球受到的洛伦兹
10、力方向先向上,大小在减小,在a点,若Bqv 0mg,则有Fa=Bqv0-mg;在O点,FO=mg,所以有可能FaFO,过O点后洛伦兹力的方向向下,大小在增大.由此可知,小球在速度方向不受力的作用,则将做匀速直线运动,而小球对杆的压力一直在增大,即FbFa,选项A,B,C正确,D错误.热点考向三 应用牛顿运动定律分析电磁感应中的物体运动问题 【核心提炼】电磁感应中动力学问题的分析思路【典例3】如图所示,一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内,导轨间距L=0.50 m,一根质量为m=0.50 kg的匀质金属棒ab横跨在导轨上且接触良好,abMP恰好围成一个正方形.该导轨平面处在磁感应强
11、度方向竖直向上、大小可以随时间变化的磁场中,ab棒与导轨间的滑动摩擦力为f=1.0 N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),棒的电阻R=0.10 ,其他电阻均不计.开始时,磁感应强度B0=0.50 T.(1)若从t=0时开始,使磁感应强度以 =0.40 T/s的变化率均匀增加,求经过多长时间ab棒开始滑动?(2)若保持磁感应强度B0不变,从t=0时刻开始,给ab棒施加一个与之垂直且水平向右的拉力F,其大小随时间变化的函数表达式为F=(3+2.5t)N,使棒从静止开始匀加速运动,求此棒的加速度大小.Bt审题突破 解析:(1)当磁感应强度增大到 ab 棒所受安培力 FA与最大静摩擦力 fm相等时,ab
12、棒开始滑动.则 感应电动势 E=t=BtL2=0.10 V,感应电流 I=ER=0.100.10A=1 A 磁感应强度 B1=B0+Btt 安培力 FA=ILB1=fm=f 联立解得 t=3.75 s.(2)设 ab 棒的加速度为 a,则 t 时刻运动的速度 v=at 感应电流 I=ER=0B LvR=0B LatR 安培力 F 安=ILB0=220B L atR=58at 根据牛顿第二定律得 F-F 安-fm=ma 即得 3+2.5t-58at-fm=ma 所以当 2.5t-58at=0 时,3-fm=ma 成立;即 a=4.0 m/s2时,式子 3+2.5t-58at-fm=ma 是恒等的
13、.所以 ab 棒的加速度 a=4.0 m/s2.答案:(1)3.75 s (2)4.0 m/s2【拓展延伸】在“典例3”的情景中,若保持磁感应强度B0不变,金属棒ab在与之垂直且水平向右的恒定拉力F=3 N作用下,从静止开始运动,则金属棒ab获得的最大速度是多少?解析:金属棒 ab 的感应电动势 E=B0Lv 感应电流 I=ER=0B LvR 金属棒 ab 受的安培力 F 安=ILB0=220B L vR 金属棒 ab 的加速度 a=0 时,有最大速度 vm,则 F-F 安-f=0,得出 vm=3.2 m/s.答案:3.2 m/s【预测练习3】(2017银川质检)如图所示,竖直平面内有一宽L=
14、1 m、足够长的光滑矩形金属导轨,电阻不计.在导轨的上、下边分别接有电阻R1=3 和R2=6 .在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场和,磁感应强度大小均为B=1 T.现有质量m=0.2 kg、电阻r=1 的导体棒ab,在金属导轨上从MN上方某处由静止下落,下落过程中导体棒始终保持水平,与金属导轨接触良好.当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1=3 m/s.不计空气阻力,g取10 m/s2.解析:(1)以导体棒为研究对象,棒在磁场中切割磁感线运动,棒中产生感应电动势E,棒在重力和安培力作用下做加速运动.由牛顿第二定律得 mg-BIL=ma1 E=BLv1 R 外=1212R R
15、RR I=外ERr 由以上各式可得,a1=5 m/s2.(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小;答案:(1)5 m/s2 解析:(2)导体棒进入磁场后,安培力等于重力,导体棒做匀速运动,导体棒中电流大小始终保持不变.mg=BIL I=外ERr E=BLv 联立解得 v=6 m/s,导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动,有 v2-21v=2gh 解得 h=1.35 m.答案:(2)1.35 m (2)若导体棒ab进入磁场后,棒中的电流大小始终保持不变,求磁场和之间的距离h;解析:(3)导体棒进入磁场后经过时间 t 的速度大小 v=v2+at F+mg-F 安=ma F
16、 安=22外B L vRr 解得 F=(t+1.6)N.(3)若将磁场的CD边界略微下移,使导体棒ab刚进入磁场时速度大小变为v2=9 m/s,要使棒在外力F作用下做a=3 m/s2的匀加速直线运动,求所加外力F随时间t变化的关系式.答案:(3)F=(t+1.6)N 实战 高考真题演练 1.应用牛顿运动定律分析电场中的物体运动(2015全国卷,14)如图,两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将()A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀
17、加速运动 D.向左下方做匀加速运动 D 解析:最初带电微粒处于静止状态,受力如图(甲),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45时,带电微粒的受力如图(乙),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项D正确.2.应用牛顿运动定律分析电磁感应中的物体运动(2013全国卷,16)如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动,t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列v-t图像中,可能正确描述上述过程的是
18、()D 解析:线框进入和离开磁场时,穿过线框的磁通量发生变化产生感应电流,磁场对线框的安培力阻碍线框运动,使线框速度减小,由 E=BLv,I=ER及 F=BIL=ma 可知安培力减小,加速度减小,当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化,不产生感应电流,不受安培力,线框做匀速直线运动,故选项 D 正确.3.应用牛顿运动定律分析电场中的物体运动(2014安徽卷,22)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔.质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力
19、加速度为g).求(1)小球到达小孔处的速度;解析:(1)由 v2=2gh,得 v=2gh.答案:(1)2gh 解析:(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有 mg-qE=ma,0-v2=2ad 得 E=mg hdqd.U=Ed,Q=CU 得 Q=mg hd Cq.(3)由 h=12g21t,0=v+at2,t=t1+t2,综合可得 t=2hdhhg.(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间.答案:(2)mg hdqd mg hd Cq(3)2hdhhg 4.应用牛顿运动定律分析电磁感应中的物体运动(2013全国卷,25)如图,两条平行导轨所在平面与水
20、平地面的夹角为,间距为L.导轨上端接有一平行板电容器,电容为C.导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:解析:(1)设金属棒下滑的速度大小为 v,则金属棒产生的感应电动势为 E=BLv 平行板电容器两极板之间的电势差为 U=E 设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q,按定义有 Q=CE 联立式得 Q=CBLv.(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;答案:见解析 解析:
21、(2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t,通过金属棒的电流为 i.金属棒受到的安培力 F 方向沿导轨向上,大小为 F=Bli 设在时间间隔(t,t+t)内流经金属棒的电荷量为Q,按定义有 i=Qt Q 即是平行板电容器两极板在时间间隔(t,t+t)内增加的电荷量.由式得Q=CBLv 式中,v 为金属棒的速度变化量.按定义有 a=vt (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系.金属棒所受到的摩擦力 Ff方向斜向上,大小为 Ff=FN 式中,FN是金属棒对导轨的正压力的大小,有 FN=mgcos 金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下,设其大小为 a,根据牛顿第二定律有 mgsin-F-Ff=ma 联立至式得 a=22sincosmmB L Cg 由式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速直线运动.t 时刻金属棒的速度大小为 v=22sincosmmB L Cgt.答案:见解析 点击进入提升 专题限时检测
