（全國通用）2018年高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第4講 電學中的曲線運動學案

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1、 第4講　電學中的曲線運動 知識必備 1.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) (1)運動狀態(tài)分析 ①帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向成90°角的電場力作用而做勻變速曲線運動(類平拋運動)。 ②如果電場力的方向與速度方向不共線，粒子將做勻變速曲線運動。 (2)分析處理方法：用類似平拋運動的分析方法分解運動。 沿初速度方向：做速度為v0的勻速直線運動。 沿電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運動。 2.帶電粒子在勻強磁場中的運動 運動電荷v⊥B時，運動電荷受到的洛倫茲力F＝qvB，提供做勻速圓周運動的向心力。 洛倫茲力始終垂直于運動方

2、向，不做功。其半徑R＝，周期T＝。, 備考策略 1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 帶電粒子在勻強電場中做勻變速曲線運動，一般是類平拋運動，要應用運動的合成與分解的方法求解；借助畫出的運動示意圖尋找?guī)缀侮P(guān)系或題目中的隱含關(guān)系。 2.帶電粒子在勻強磁場中的運動 解答時要從受力分析和運動分析入手，根據(jù)洛倫茲力產(chǎn)生的條件、大小的計算、方向的判定、永不做功等特點以及帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的規(guī)律列式，并善于運用幾何關(guān)系來解題。 　帶電粒子在電場中的曲線運動 【真題示例1】 (2016·全國卷Ⅱ，15)如圖1，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運

3、動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則(　　) 圖1 A.aa>ab>ac，va>vc>vb B.aa>ab>ac，vb>vc>va C.ab>ac>aa，vb>vc>va D.ab>ac>aa，va>vc>vb 解析　由庫侖定律F＝可知，粒子在a、b、c三點受到的電場力的大小關(guān)系為Fb>Fc>Fa，由a＝可知ab>ac>aa。根據(jù)粒子的軌跡可知，粒子Q與場源電荷P的電性相同，二者之間存在斥力，由c→b→a整個過程中，電場力先做負功再做正功，且Wb a>

4、|Wc b|，結(jié)合動能定理可知，va>vc>vb，故選項D正確。 答案　D 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅱ，25)如圖2，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m，電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求： 圖2 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電

5、場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大小。 解析　(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3④ (2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可

6、得 h＝H⑧ (3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動， 則＝⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝? 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) 真題感悟 1.高考考查特點 高考對本考點的考查重在應用動力學觀點和動能定理分析計算帶電粒子在電場運動過程中的受力、做功及能量變化。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)電場線、等勢面與運動軌跡結(jié)合點及題目中力的方向判斷。 (2)帶電粒子在電

7、場中做曲線運動時，注意運動合成與分解方法的應用，且能夠運用幾何圖形、函數(shù)圖象解決物理問題。2017年全國卷Ⅱ第25題第(1)問使用速度—時間圖象就可以在一分鐘內(nèi)解題。 預測1 帶電粒子(或帶電體)在電場中的曲線運動 預測2 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) 預測3 帶電粒子在交變電場中的運動 1.(2017·廣西三校聯(lián)考)如圖3所示，在豎直方向上的勻強電場中，從傾角為θ的斜面上的M點水平拋出一個帶負電小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上的N點，在已知θ、v0和小球所受的電場力大小F及重力加速度g的條件下，不計空氣阻力，則下列的判斷正確的是(　　) 圖3 A.由圖

8、可知小球所受的重力大小一定大于電場力 B.可求出小球落到N點時重力的功率 C.可求出小球落到N點時速度的大小和方向 D.可求出小球從M點到N點的過程中電勢能的變化量 解析　帶負電小球所受電場力豎直向下，小球向下做類平拋運動，無法比較小球所受重力與電場力的大小，選項A錯誤；由于小球質(zhì)量是未知的，無法計算小球重力的功率，選項B錯誤；設小球豎直向下的加速度為a，則有tan θ＝，且y＝at2，x＝v0t，所以得出tan θ＝，設小球落在N點時速度大小為v，與水平方向成α角，則有tan α＝，且vy＝at，所以得出tan α＝，因此tan α＝2tan θ，小球落到N點時速度的方向與水平方向之

9、間的α角是確定的值，是可以求出的，又因＝cos α，可求出v＝，這也是確定的值，選項C確；雖然小球所受的電場力已知，但其在豎直方向上的位移無法求出，所以無法求出小球電勢能的變化量，故選項D錯誤。 答案　C 2.(2017·青海省西寧市四校高三上學期聯(lián)考)如圖4所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強電場，第二象限中有沿y軸負方向的勻強電場，兩電場的電場強度大小相等。一個質(zhì)量為m，電荷量為q 的帶電質(zhì)點以初速度v0從x軸上P(－L，0)點射入第二象限，已知帶電質(zhì)點在第一和第二象限中都做直線運動，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個點Q(未畫出)，重力加速度g為已知量。求： 圖4 (1)初

10、速度v0與x軸正方向的夾角； (2)P、Q兩點間的電勢差UPQ； (3)帶電質(zhì)點在第一象限中運動所用的時間。 解析　(1)由題意知，帶電質(zhì)點在第二象限做勻速直線運動，有Eq＝mg 且由帶電質(zhì)點在第一象限做直線運動，有tan θ＝ 解得θ＝45° (2)P到Q的過程，由動能定理有 EqL－mgL＝0 WPQ＝EqL 解得UPQ＝＝－ (3)帶電質(zhì)點在第一象限做勻變速直線運動， 由牛頓第二定律有mg＝ma，即a＝g v＝2as，s＝t 解得t＝ 帶電質(zhì)點在第一象限中往返一次所用的時間 T＝2t＝ 答案　(1)45°　(2)－　(3) 3.(2017·山西臨汾校級二

11、模)如圖5甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則(　　) 圖5 A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B.在t＝時刻，該粒子的速度大小為2v0 C.若該粒子在時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上 D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場 解析　粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上前半個周期內(nèi)先做勻加速直線運

12、動，在后半個周期內(nèi)做勻減速直線運動，一個周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向，故A正確；在t＝時刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因為兩平行金屬板的板長和板間距離相等，則有v0T＝××2，解得vy＝v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度為v＝v0，故B錯誤；若該粒子在時刻以速度v0進入電場，粒子在豎直方向上的運動情況與t＝0時刻進入時運動的方向相反，運動規(guī)律相同，則粒子不會打在板上，故C錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場的時間t＝＝，故D錯誤。 答案　A 歸納總結(jié) (1)帶電體一般要考慮重力，而且電場力對帶電體做功的特點與重力相同

13、，即都與路徑無關(guān)。 (2)帶電粒子在電場中做曲線運動(主要是類平拋運動，圓周運動)的分析方法與力學中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹慎。 　帶電粒子在磁場中的曲線運動 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅱ，18)如圖6，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1 為(　　) 圖6 A.∶2 B.∶1

14、 C.∶1 D.3∶ 解析　根據(jù)作圖分析可知，當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場邊界的位置距P點最遠，則當粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r2＝Rcos 30°＝R；根據(jù)軌道半徑公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故選項C正確。 　 　　　　　　甲　　　　　　乙 答案　C 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅲ，24)如圖7，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0 區(qū)域，磁感應強度的大小

15、為B0；x＜0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力) 圖7 (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為 t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為

16、 t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤ (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥ 答案　(1)(1＋)　(2)(1－) 真題感悟 1.高考考查特點 帶電粒子在勻強磁場中的運動模型是高考的熱點模型之一。在高考中，主要以選擇題形式考查帶電粒子在磁場中運動的軌跡、半徑和時間等，甚至還可能會考查粒子運動的臨界問題和極值問題(見專題三)。在處理相關(guān)問題時，除了運用常規(guī)的解題思路，還應側(cè)重運用數(shù)學知識進行分析。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對運動電荷的電性分析錯誤，而造成洛倫茲力方向的錯誤。 (2)左、右手定則混淆出現(xiàn)洛倫茲力方向錯誤。 (3)軌跡、圓心和

17、半徑是根本，數(shù)學知識是保障。 (4)由t＝T＝知，帶電粒子在磁場中的運動時間與圓心角α有關(guān)，與弧長無關(guān)。 預測1 帶電粒子在勻強磁場中的運動 預測2 帶電粒子在有界的勻強磁場中的運動 預測3 帶電粒子在兩個不同磁場中的運動 1.如圖8所示，勻強磁場垂直于紙面，磁感應強度大小為B，一群比荷為、速度大小為v的離子以一定發(fā)散角α由原點O射出，y軸正好平分該發(fā)散角，離子束偏轉(zhuǎn)后打在x軸上長度為L的區(qū)域MN內(nèi)，則cos 為(　　) 圖8 A.1－ B.－ C.1－ D.1－ 解析　根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，得R＝，離子通過M、N點的軌跡如圖所示，由幾何

18、關(guān)系知MN＝ON－OM，過M點兩圓圓心與原點連線與x軸夾角為，圓心在x軸上的圓在O點時的速度沿y軸正方向，由幾何關(guān)系可知L＝2R－2Rcos ，解得cos＝1－，故選項C正確。 答案　C 2.(多選)(2017·陜西高三質(zhì)量檢測)如圖9所示，半圓形和矩形組成的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩粒子從A點沿水平直徑AP以相同的速度v0入射，結(jié)果甲、乙兩粒子分別從C、D點射出。已知CD⊥AP，AQ＝AP，∠COP＝60°，則下列說法中正確的是(　　) 圖9 A.甲、乙兩粒子的比荷之比為5∶6 B.甲、乙兩粒子的比荷之比為∶5 C.甲、乙兩粒子在磁場中運動時間之比為24∶

19、37 D.甲、乙兩粒子在磁場中運動時間之比為60∶37 解析　畫出兩粒子在磁場中運動的軌跡圖，設半圓形磁場區(qū)域的半徑為R，AP＝2R，AO＝AP＝R。對從C點射出的粒子，由圖中幾何關(guān)系可知，r1tan 30°＝R，解得r1＝R；對從D點射出的粒子，由圖中幾何關(guān)系可知，(R)2＋(r2－R)2＝r，解得r2＝R；由qvB＝m，解得粒子比荷＝。甲、乙兩粒子的比荷之比∶＝r2∶r1＝R∶R＝5∶6，選項A正確，B錯誤；甲粒子軌跡圓弧所對圓心角為60°，運動時間為T，由sin θ2＝＝0.6，乙粒子軌跡圓弧所對圓心角為37°，甲、乙兩粒子在磁場中運動時間之比為＝·＝×＝，選項C正確，D錯誤。

20、 答案　AC 3.(多選)(2017·山西質(zhì)檢)如圖10所示，分界線MN上、下兩側(cè)有垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)從O點出發(fā)，以一定的初速度v0沿紙面內(nèi)垂直MN的方向向上射出，經(jīng)時間t又回到出發(fā)點O，形成了圖示的心形圖案。則(　　) 圖10 A.粒子一定帶正電荷 B.MN上、下兩側(cè)的磁場方向相同 C.MN上、下兩側(cè)的磁感應強度的大小B1∶B2＝1∶2 D.時間t＝ 解析　磁場方向未知，由左手定則知，粒子可以帶負電，也可以帶正電，選項A錯誤；若粒子帶正電，則由左手定則知，MN上、下兩側(cè)的磁場方向都垂直紙面向里，若粒子

21、帶負電，則由左手定則知，MN上、下兩側(cè)的磁場方向都垂直紙面向里，故MN上、下兩側(cè)的磁場方向相同，選項B正確；由題圖知，r2＝2r1，由牛頓第二定律有qv0B＝m，得B＝，則＝＝，選項C錯誤；由題圖知，時間t＝T1＋T2＝＋·＝，選項D正確。 答案　BD 歸納總結(jié) (1)解答有關(guān)運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時，我們可以先將有界磁場視為無界磁場，假設粒子能夠做完整的圓周運動，確定粒子做圓周運動的圓心，作好輔助線，充分利用相關(guān)幾何知識解題。 (2)對稱性的應用 ①粒子從直線邊界射入磁場，再從這一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等。 ②粒子沿徑向射入圓形磁場區(qū)域時，必沿徑向射出磁場區(qū)域。 - 12 -