2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運動 第4講 電學(xué)中的曲線運動課件.ppt

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第4講電學(xué)中的曲線運動 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 典例1 2015 新課標全國卷 24 如圖1所示 一質(zhì)量為m 電荷量為q q 0 的粒子在勻強電場中運動 A B為其運動軌跡上的兩點 已知該粒子在A點的速度大小為v0 方向與電場方向的夾角為60 它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30 不計重力 求A B兩點間的電勢差 帶電粒子 或帶電體 在電場中的曲線運動 帶電粒子在勻強電場中的曲線運動 圖1 解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB 粒子在垂直于電場方向的速度分量不變 即vBsin30 v0sin60 圖2 s1 v1t1 由幾何關(guān)系得s1 2R1sin 1 由牛頓第二定律有qE 2ma2 典例3 2017 全國卷 25 如圖3所示 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 1 M與N在電場中沿水平方向的位移之比 2 A點距電場上邊界的高度 3 該電場的電場強度大小 帶電體在勻強電場中的曲線運動 圖3 解析 1 設(shè)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(xué)公式得v0 at 0 2 設(shè)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(xué)公式 M進入電場后做直線運動 由幾何關(guān)系知 3 設(shè)電場強度的大小為E 小球M進入電場后做直線運動 由已知條件Ek1 1 5Ek2 聯(lián)立 式得 1 多選 在豎直向上的勻強電場中 有兩個質(zhì)量相等 帶異種電荷的小球A B 均可視為質(zhì)點 處在同一水平面上 現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出 最后落到水平地面上 運動軌跡如圖4所示 兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮 則 A A球帶正電 B球帶負電B A球比B球先落地C 在下落過程中 A球的電勢能減少 B球的電勢能增加D 兩球從拋出到各自落地的過程中 A球的速率變化量比B球的小 圖4 答案AD 1 小球到達B點時的速度大小vB 2 小球從A點運動到C點所用的時間t和B C兩點間的水平距離x 3 圓弧軌道的半徑R 圖5 解析 1 小球沿桿下滑過程中受到的滑動摩擦力大小f qE1 聯(lián)立解得vB 3m s 小球離開B點后在勻強電場E2中的受力分析如圖所示 則qE2cos37 4N 恰好與重力mg 4N平衡小球在勻強電場E2中做類平拋運動 則有 小球從A點運動到C點所用的時間t t1 t2 x Rsin37 vDt3 注 先聯(lián)立求解vD 后求解R 會使計算更簡單 典例1 2017 全國卷 24 如圖6 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(yīng)強度的大小為B0 x 0區(qū)域 磁感應(yīng)強度的大小為 B0 常數(shù) 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(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時 求 不計重力 帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 帶電粒子在相鄰勻強磁場中的圓周運動 圖6 1 粒子運動的時間 2 粒子與O點間的距離 教你審題 1 邊讀題邊看圖 2 邊伸手邊畫圖 典例2 2018 天津理綜 11 如圖7所示 在水平線ab的下方有一勻強電場 電場強度為E 方向豎直向下 ab的上方存在勻強磁場 磁感應(yīng)強度為B 方向垂直紙面向里 磁場中有一內(nèi) 外半徑分別為R R的半圓環(huán)形區(qū)域 外圓與ab的交點分別為M N 一質(zhì)量為m 電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放 由M進入磁場 從N射出 不計粒子重力 帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界 極值問題 圖7 1 求粒子從P到M所用的時間 2 若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出 同樣能由M進入磁場 從N射出 粒子從M到N的過程中 始終在環(huán)形區(qū)域中運動 且所用的時間最少 求粒子在Q時速度v0的大小 設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F 有F qE 設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a 根據(jù)牛頓第二定律有F ma 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動 有v at 1 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法 2 求解臨界 極值問題的 兩思路 1 以定理 定律為依據(jù) 求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式 然后再分析 討論臨界特殊規(guī)律和特殊解 2 畫軌跡討論臨界狀態(tài) 找出臨界條件 從而通過臨界條件求出臨界值 圖8 A 粒子帶負電B 只要粒子入射點在AB弧之間 粒子仍然從B點離開磁場C 入射點越靠近B點 粒子偏轉(zhuǎn)角度越大D 入射點越靠近B點 粒子運動時間越短 解析粒子從A點正對圓心射入 恰從B點射出 根據(jù)洛倫茲力方向可判斷粒子帶正電 故選項A錯誤 粒子從A點射入時 在磁場中運動的圓心角為 1 90 粒子運動的軌跡半徑等于BO 當(dāng)粒子從C點沿AO方向射入磁場時 粒子的運動軌跡如圖所示 設(shè)對應(yīng)的圓心角為 2 運動的軌跡半徑也為BO 粒子做圓周運動的軌跡半徑等于磁場圓的半徑 磁場區(qū)域圓的圓心O 軌跡圓的圓心O1以及粒子進出磁場的兩點構(gòu)成一個菱形 由于O1C和OB平行 所以粒子一定從B點離開磁場 故選項B正確 由圖可得此時粒子偏轉(zhuǎn)角等于 BOC 即入射點越靠近B點對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角度越小 運動時間越短 故選項C錯誤 D正確 答案BD 2 2018 湖北宜昌二模 如圖9所示 在x軸下方的第 象限中 存在垂直于xOy平面方向的勻強磁場 磁感應(yīng)強度B1 2B2 2B 帶電粒子a b分別從x軸上的P Q兩點 圖中沒有標出 以垂直于x軸方向的速度同時進入勻強磁場B1 B2中 兩粒子恰在第一次通過y軸時發(fā)生正碰 碰撞前帶電粒子a的速度方向與y軸正方向成60 角 若兩帶電粒子的比荷分別為k1 k2 進入磁場時的速度大小分別為v1 v2 不計粒子重力和兩粒子間相互作用 則下列關(guān)系正確的是 A k1 2k2B 2k1 k2C v1 2v2D 2v1 v2 圖9 答案C 圖10 答案BD 認真閱讀題目 分析題意 搞清題述物理狀態(tài)及過程 并用簡圖 示意圖 運動軌跡圖 受力分析圖 等效圖等 將這些狀態(tài)及過程表示出來 以展示題述物理情境 物理模型 使物理過程更為直觀 物理特征更為明顯 進而快速簡便解題 破解高考壓軸題策略 情境示意 一目了然 圖11 1 若加速電場的兩極板間的電壓U1 5 106V 求粒子剛進入環(huán)形磁場時的速率v0 2 要使粒子能進入中間的圓形磁場區(qū)域 加速電場的兩極板間的電壓U2應(yīng)滿足什么條件 3 當(dāng)加速電場的兩極板間的電壓為某一值時 粒子進入圓形磁場區(qū)域后恰能水平通過圓心O 之后返回到出發(fā)點P 求粒子從進入磁場到第一次回到Q點所用的時間t 滿分指導(dǎo) 解得v0 2 107m s 2 粒子剛好不進入中間圓形磁場時的運動軌跡如圖甲所示 圓心O1在M板上 甲 設(shè)此時粒子在磁場中運動的軌道半徑為r1 根據(jù)圖中的幾何關(guān)系 Rt OQO1 有 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得U2 1 25 106V要使粒子能進入中間的圓形磁場區(qū)域 加速電場的兩極板間的電壓U2應(yīng)滿足的條件為U2 1 25 106V 3 依題意作出粒子的運動軌跡 如圖乙所示 由于O O3 Q共線 且粒子在兩磁場中運動的軌跡半徑 設(shè)為r2 相同 故有O2O3 2O2Q 2r2 由此可判斷 QO3O2 30 QO2O3 60 進而判斷 OO3O2 150 乙 粒子從進入磁場到第一次回到Q點所用的時間