《2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時 電場和磁場中的曲線運動.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時 電場和磁場中的曲線運動.doc（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時 電場和磁場中的曲線運動 1．帶電粒子在電場中受到電場力，如果電場力的方向與速度方向不共線，粒子將會做曲線運動；如果帶電粒子垂直進入勻強電場，將會做類平拋運動，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運動． 2．研究帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動的方法與平拋運動相同，可將運動分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場方向的勻加速直線運動；若場強為E，其加速度的大小可以表示為a＝. 3．帶電粒子垂直進入勻強磁場時將做勻速圓周運動，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運動方向，它不做功．其半徑R＝，周期T＝. 1．帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動時，一般是類平拋運動和勻速圓周運動的組合，可以先分別研究這兩種運動，而類平拋運動的末速度往往是勻速圓周運動的線速度，分析運動過程中轉(zhuǎn)折點的速度是解決此類問題的關(guān)鍵． 2．本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運動的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運動的知識解決問題. 考向1　帶電粒子在電場中的曲線運動問題 例1　(xx山東18)如圖1所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖1 A. B. C. D. 審題突破　正負粒子在電場中做什么運動？兩粒子軌跡恰好相切說明什么？ 解析　根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝t2，解得v0＝ .故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 答案　B 以題說法　1.帶電粒子在電場中的一般曲線運動特點是運動軌跡一定在合力和速度的夾角范圍內(nèi)，且向著力的方向彎曲，這是我們畫軌跡或者分析受力的依據(jù).2.對于類平拋運動模型通常采用運動的合成與分解方法處理． 一對平行金屬板長為L，兩板間距為d，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖2所示，交變電壓的周期T＝，已知所有電子都能穿過平行板，且偏距最大的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計重力作用，則(　　) 圖2 A．所有電子都從右側(cè)的同一點離開電場 B．所有電子離開電場時速度都是v0 C．t＝0時刻進入電場的電子，離開電場時動能最大 D．t＝時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側(cè)位移為 答案　BD 解析　電子進入電場后做類平拋運動，不同時刻進入電場的電子垂直電場方向分速度圖象如圖，可知，各個電子在垂直電場方向的位移不全相同，故所有電子從右側(cè)離開電場的位置不全相同，故A錯誤；由圖看出，所有電子離開電場時，垂直電場方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正確；由上分析可知，電子離開電場時的速度都相同，動能都相同，故C錯誤；t＝時刻進入電場的電子，在t＝時刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為ym＝2a()2＝，在t＝0時刻進入電場的電子側(cè)位移最大為，則有＝4a()2＝，解得ym＝，故D正確． 考向2　帶電體在電場中的曲線運動問題 例2　如圖3所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形絕緣軌道，圓軌道半徑為R，圓心為O，A、B為圓水平直徑的兩個端點，OC豎直．一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．小球一定能從B點離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動 C．若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H D．小球到達C點的速度可能為零 審題突破　小球在運動過程中有哪幾個力做功，是正功還是負功？小球在AC部分做勻速圓周運動的條件是什么？如果小球到達C點的速度為零，小球還能不能沿AC半圓軌道運動？ 解析　由于題中沒有給出H與R、E的關(guān)系，所以小球不一定能從B點離開軌道；若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運動．由于小球在AC部分運動時電場力做負功，所以若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動，所以小球到達C點的速度不可能為零． 答案　BC 以題說法　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，即都與路徑無關(guān)． 2．帶電體在電場中做曲線運動(主要是類平拋、圓周運動)的分析方法與力學(xué)中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹慎． 如圖4所示，在豎直向上的勻強電場中，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，則下列判斷正確的是(　　) 圖4 A．可求出小球落到N點時重力的功率 B．由圖可知小球所受的重力大小可能等于電場力 C．可求出小球從M點到N點的過程中電勢能的變化量 D．可求出小球落到N點時速度的大小和方向 答案　BD 解析　質(zhì)量未知，故無法求重力功率，故A錯誤；小球做類平拋運動，重力與電場力的大小不確定，可能兩者相等，故B正確；小球從M點到N點的過程中電勢能的變化量ΔEp＝Fy＝F，由于加速度a無法求出，所以電勢能的變化量不能求出，故C錯誤；利用平拋知識有＝＝＝tan θ，速度偏向角設(shè)為α，則tan α＝＝2tan θ，則得：vy＝2v0tan θ，故vN＝＝v0，D正確． 考向3　帶電粒子在磁場中的圓周運動問題 例3　如圖5所示，在xOy平面內(nèi)，有一個圓形區(qū)域的直徑AB與x軸重合，圓心O′的坐標為(2a,0)，其半徑為a，該區(qū)域內(nèi)無磁場．在y軸和直線x＝3a之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點射入磁場．不計粒子重力． 圖5 (1)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60，且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點，求粒子的初速度大小v1； (2)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60，在磁場中運動的時間為Δt＝πm/3Bq，且粒子也能到達B點，求粒子的初速度大小v2； (3)若粒子的初速度方向與y軸垂直，且粒子從O′點第一次經(jīng)過x軸，求粒子的最小初速度vmin. 審題突破　粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域到達B點時速度有何特點？畫出運動軌跡，如何根據(jù)幾何關(guān)系求半徑？ 解析　(1)粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能達到B點，故粒子到達B點時的速度豎直向下，圓心必在x軸正半軸上，設(shè)粒子圓周運動的半徑為r1， 由幾何關(guān)系得：r1sin 30＝3a－r1 又qv1B＝m，解得：v1＝. (2)粒子在磁場中運動的周期T＝， 故粒子在磁場中的運動軌跡的圓心角為 α＝360＝60 粒子到達B點的速度與x軸夾角β＝30 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r2，由幾何關(guān)系得： 3a＝2r2sin 30＋2acos 230 又qv2B＝m，解得：v2＝. (3)設(shè)粒子從C點進入圓形區(qū)域，O′C與O′A夾角為θ，軌跡圓對應(yīng)的半徑為r， 由幾何關(guān)系得：2a＝rsin θ＋acos θ 故當(dāng)θ＝60時，半徑最小為rmin＝a 又qvminB＝m，解得vmin＝. 答案　(1)　(2)　(3) 以題說法　1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的問題，基本思路是：根據(jù)進場點和出場點的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點為圓心，利用幾何關(guān)系求半徑． 2．帶電粒子在常見邊界磁場中的運動規(guī)律 (1)直線邊界： ①對稱性：若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進入磁場，則一定以與邊界成θ角的速度離開磁場． ②完整性：正、負帶電粒子以相同的速度進入同一勻強磁場時，兩帶電粒子軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角之和等于2π. (2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出． 如圖6所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2106 m的α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm、縫長AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.6410－27 kg，電量q＝3.210－19 C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應(yīng)強度B＝0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中． 圖6 (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 答案　(1)0.34 m　(2)2.010－7 s　6.510－8 s 解析　(1)由題意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得： ∠BAO＝∠ODC＝45 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設(shè)為R， 根據(jù)牛頓第二定律有：Bqv＝ 解得R＝0.2 m＝20 cm 由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，如圖(1)所示． (1) 設(shè)此時磁場寬度為d0，由幾何關(guān)系得： d0＝R＋Rcos 45＝(20＋10) cm≈0.34 m (2)設(shè)α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T，則 T＝＝10－6 s 設(shè)速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的α粒子的入射點為E，如圖(2)所示． (2) 因磁場寬度d＝20 cmvB，EpA>EpB B．粒子帶負電，vA>vB，EpAEpB 答案　B 解析　根據(jù)電場力與等勢面垂直，又要指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，又電場線垂直于等勢面由高電勢指向低電勢，故可判斷電場力與電場方向相反，即該粒子帶負電，由題圖知UAB＝5 V，粒子從A運動到B的過程中，電場力做功W＝qUAB，做負功，故動能減小，電勢能增大，所以vA>vB，EpAOB.一個帶正電的檢驗電荷僅在電場力的作用下，從M點運動到N點，其軌跡如圖中實線所示．下列說法正確的是(　　) 圖3 A．A電荷為正電荷，B電荷為負電荷 B．M點的電勢高于N點的電勢 C．M點的電場強度大于N點的電場強度 D．檢驗電荷在M點的動能大于在N點的動能 答案　BC 解析　據(jù)帶正電粒子的運動軌跡，粒子受到的電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)知A為負電荷，B為正電荷，故A錯誤．因為AO＞OB，根據(jù)等量異種點電荷電場線及等勢面分布特點可知M點的電勢高于N點的電勢，M點的電場強度大于N點的電場強度，故B、C正確．正電荷在電勢高處電勢能大，M點的電勢高于N點的電勢，則正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，在M點的動能小于在N點的動能．故D錯誤． 4．如圖4所示，兩對金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置，A、B接在電路中，C、D板間電壓為U.A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入C、D板間，電子最終都能打在光屏M上．關(guān)于電子的運動，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．S閉合，只向右移動滑片P.P越靠近b端，電子打在M上的位置越高 B．S閉合，只改變A、B板間的距離．改變前后，電子由O至M經(jīng)歷的時間相同 C．S閉合，只改變A、B板間的距離，改變前后，電子到達M前瞬間的動能相同 D．S閉合后再斷開，只向左平移B，B越靠近A板，電子打在M上的位置越高 答案　CD 解析　S閉合，只向右移動滑片P，極板A、B之間的電壓U1增大，U1越大，電子離開B板時的速度越大，經(jīng)過C、D極板時的時間越短，在豎直方向的位移y＝at2越小，即高度越低，故選項A錯誤；S閉合，若只將A板向B板靠近時，極板A、B間的電壓不變，電子獲得速度不變，到達M時的時間為t＝＋＝，所以時間變短；S閉合，若只將B板向A板靠近時，設(shè)A、B板的間距為d，A板與M的間距為s，極板A、B間的電壓不變，電子獲得速度不變，到達M時的時間為t＝＋＝，所以時間變短，故選項B錯誤；S閉合，只改變A、B板的間距，由動能定理得電子獲得動能為Ek＝U1q＋Uq，所以動能不變，故選項C正確；S閉合后再斷開，極板A、B的電量不變，只向左平移B，B靠近A板，間距減小，由C＝可知電容C增大，由C＝可知其電壓減小，所以電子獲得的速度減小，通過極板C、D的時間變長，在豎直方向的位移y＝at2增大，即高度增高，故選項D正確． 題組2　帶電體在電場中的曲線運動問題 5．如圖5所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E.一根不可伸長的絕緣細線長度為l，一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點．把小球拉到使細線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿圓弧運動到位置B時，速度為零．圖中角θ＝60.以下說法正確的是(　　) 圖5 A．小球在B位置處于平衡狀態(tài) B．小球受到重力與電場力的關(guān)系是mg＝qE C．小球在B點的加速度大小為g D．小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為－qEl 答案　CD 解析　小球到達B點時速度為零，但合力不為零，不是平衡狀態(tài)，故A錯誤；小球從A到B的過程中，由mglsin θ－qEl(1－cos θ)＝0，可解得qE＝mg，所以B錯誤；小球沿切向方向的合力F合＝qEcos 30－mgsin 30＝ma，a＝＝＝g，故C正確；小球從A到B，沿電場線方向運動的有效距離：d＝l－lcos θ＝l，所以電場力做功：W＝－qEd＝－Eql，故D正確． 6．如圖6所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量為m的帶負電小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為45，則此帶電小球通過P點時的動能為(　　) 圖6 A．mv B. C．2mv D. 答案　D 解析　由題可知，小球到P點時，水平位移和豎直位移相等，即v0t＝t，合速度vP＝＝v0，則EkP＝mv＝mv. 7．如圖7所示，半徑為R的光滑圓弧軌道與光滑水平面相切于B點，O為光滑圓弧的圓心，其中OB豎直，OC水平，且AB＝R，整個空間存在水平向右的勻強電場，質(zhì)量為m的帶正電小球從A點靜止釋放，其所受電場力為重力的倍，重力加速度為g，求： 圖7 (1)小球到達C點時對軌道的壓力大小； (2)小球從A點運動到C點過程中最大速度的大?。? 答案　(1)mg　(2)2 解析　(1)已知Eq＝mg， 小球從A到C，由動能定理得： Eq2R－mgR＝mv－0 對小球，在C處由牛頓第二定律得： FNC－Eq＝m 得小球受軌道的支持力FNC＝mg 由牛頓第三定律小球?qū)壍赖膲毫? FNC′＝FNC＝mg. (2)在BC圓弧上某點D，電場力和重力的合力與速度方向垂直時速度有最大值，此時小球所在位置D的半徑與水平方向的夾角tan θ＝＝， 小球從A到D，由動能定理得 Eq(R＋Rcos θ)－mg(R－Rsin θ)＝mv－0 解得最大速度vD＝2. 題組3　帶電粒子在磁場中的圓周運動問題 8．(xx新課標Ⅱ20)圖8為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場．硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當(dāng)這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同 C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小 答案　AC 解析　根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤． 9．如圖9所示，豎直面內(nèi)有一倒立等邊三角形OMN區(qū)域，邊長為L，MN邊是水平的．在該區(qū)域有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．在同一豎直面內(nèi)有一束質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小不同的帶正電粒子從N點沿NM方向射入該磁場區(qū)域(可認為能發(fā)生偏轉(zhuǎn))．過O點作與MN邊平行的直線作為x坐標軸，且O點為x坐標軸的原點．不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，試求： 圖9 (1)射到x坐標軸上的O點的粒子速度大??； (2)垂直O(jiān)M邊射出的粒子與x坐標軸的交點位置； (3)粒子在磁場中運動的時間和速度的關(guān)系． 答案　(1)　(2)2(－1)L (3)t＝ 解析　(1)粒子的行進路線如圖中弧線的軌跡NO， 根據(jù)幾何知識有R＝ 又qvB＝m，得到射到x坐標軸上O點的粒子速度大小v＝＝ (2)粒子的行進路線如圖中的軌跡2， 根據(jù)幾何知識有：R2＝L 另有＝x，得x＝2(－1)L. (3)從ON邊射出的粒子根據(jù)幾何知識有：在磁場中軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角都是，所以這些粒子在磁場中運動的時間與速度無關(guān)，則t＝. 從OM邊射出的粒子行進路線可用圖中的軌跡3代表，根據(jù)幾何知識有： R＝Rcos α＋(L－Rsin α)tan 其中R＝且α角的范圍是(0，) 可得α＝arccos()－，而t＝， 得t＝. 題組4　帶電粒子在電場和磁場中運動的綜合問題分析 10．(xx江蘇9)如圖10所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則(　　) 圖10 A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B．若電源的正負極對調(diào)，電壓表將反偏 C．IH與I成正比 D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 答案　CD 解析　當(dāng)霍爾元件通有電流IH時，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運動，故霍爾元件的前表面電勢較高．若將電源的正負極對調(diào)，則磁感應(yīng)強度B的方向換向，IH方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運動，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項A、B錯誤．因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH＝I，故IH與I成正比，選項C正確．由于B與I成正比，設(shè)B＝aI，則IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，選項D正確． 11．如圖11所示，在以坐標原點O為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域(圖中虛線與x軸所圍區(qū)域)內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，方向沿x軸負方向．勻強磁場方向垂直于xOy平面．一帶負電的粒子(不計重力)從P(0，－R)點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)時間t0從O點射出． 圖11 (1)求勻強磁場的大小和方向； (2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從P點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子的加速度和射出時的速度大小； (3)在滿足(2)的條件下，若僅撤去電場，帶電粒子從O點沿y軸負方向射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間． 答案　(1)　垂直xOy平面向外　(2)R　R (3)πt0 解析　(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，磁感應(yīng)強度為B.可判斷出粒子受到的電場力沿x軸正方向，則洛倫茲力沿x軸負方向，于是可知磁感應(yīng)強度垂直xOy平面向外． 且有qE＝qvB，R＝vt0，則B＝. (2)僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動 在y方向位移y＝v＝ 設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是x＝R 又有x＝at2＝a()2得a＝R 設(shè)出射速度v1，出射時x方向分速度為vx，則 vx＝＝R 則v1＝＝R (3)僅有磁場時，入射速度v2＝4v，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，圓心為C，圓心角為2α，如圖，設(shè)軌道半徑為r， 由牛頓第二定律有qv2B＝ 又qv2B＝4qE，qE＝ma，得r＝R 由幾何關(guān)系知sin α＝＝，則α＝ 帶電粒子在磁場中運動周期T＝＝ 則帶電粒子在磁場中運動時間t＝T＝πt0