2016高考物理二轮复习 专题一 第4讲 力与物体的曲线运动-电场和磁场中的曲线运动课件

(2)对称法
(3)数形结合法(利用几何关系)
(5)逆向思
(4)模型法(类平抛运动模型、匀速圆周运动模型) 维法 (6)等效法
考向一
带电粒子在电场中的运动
核心知识
规律方法 1.解题途径的选择 (1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关 系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时 选择功能关系，否则必须选择运动和力。
答案
D
4.(多选)(2014· 新课标全国卷Ⅱ，20)图3为某磁谱仪
部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，
硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨 迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。 当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正 确的是( ) 图3
A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
由于速度方Байду номын сангаас与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做
mv2 mv 匀速圆周运动，即 qvB＝ r ，轨道半径 r＝ qB ，从较强磁场进 入较弱磁场后，速度大小不变，轨道半径 r 变大，根据角速度ω v qB ＝ r ＝ m 可知角速度变小，选项 D 正确。
6.( 多选 )(2015· 新课标全国卷 Ⅱ， 19) 有两个匀强磁场区域Ⅰ和
第4讲 力与物体的曲线运动
(二)
——电场和磁场中的
曲线运动
1.(2013· 新课标全国卷Ⅰ， 18)如图 1 所示， 半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面 (纸面)， 磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，一 电荷量为 q(q>0)、质量为 m 的粒子沿平行于直径 R ab 的方向射入磁场区域， 射入点与 ab 的距离为 ， 2 已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹 角为 60° ，则粒子的速率为(不计重力)( )
方向射入电场后恰好从D点射出。以下说
法正确的是( )
图4
A.粒子的运动轨迹一定经过P点 B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点 C.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由 ED之间某点射出正方形ABCD区域 D.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好 由E点射出正方形ABCD区域 解析 粒子从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出，其轨迹是抛物线，则过 D 点做速度的反 向延长线一定过FH的中点，而延长线又经过P点， 所以粒子轨迹一定经过 PE之间某点，选项B正确； 由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度 变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半， 所以选项D正确。
图1
qBR A. 2m
qBR B. m
3qBR C. 2m
2qBR D. m
解析
如图所示，粒子做圆周运动的圆心 O2 必在
垂直于速度方向的直线 EF 上，由于粒子射入、 射出磁场时运动方向间的夹角为 60° ，故圆弧 ENM 对应圆心角为 60° ，所以△EMO2 为等边三 R 角形。 由于 O1D＝ ， 所以∠EO1D＝60° ， △O1ME 2 为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半 mv2 qBR 径 EO2＝O1E＝R，由 qvB＝ R ，得 v＝ m ，B 正确。
答案
AD
4.(2015· 山东威海期末 ) 如图 7 所 示， AB 、 CD 两金属板间形成 一匀强电场(板的边缘电场不考 虑 ) ，板长为 L ，电场强度为 E 。 一质量为m、电荷量为＋q的粒 子 ( 不计重力 ) 沿两板的中间线 OO′ 从 AC 中点 O 处以初速度 v0 射入匀强电场，粒子恰好能从 (1)小球在匀强电场中的运动时间； 极板边缘上的 D 点射出匀强电 (2)两板间距离d； 场。则：
2.(多选)(2015· 江苏单科，7)一 带正电的小球向右水平抛入 范围足够大的匀强电场，电 场方向水平向左。不计空气 阻力，则小球( )
A.做直线运动
图5
B.做曲线运动
C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小
解析
对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的
方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，故 A错 误， B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角 先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以 速率先减小后增大，选项C正确，D错误。
Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的 k倍。两个速率相同的电子
分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ 中的电子( )
A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
解析
设电子的质量为 m，速率为 v，电荷量为 q，则由牛顿第
答案
AC
主要题型：选择题和计算题 知识热点 (1)单独命题 ①带电粒子在电场中的受力分析与运动分析。 ②带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动问题。 (2)交汇命题点 ①结合匀变速曲线运动规律、动能定理进行考查。
②带电粒子在电场、磁场、重力场中的运动分析。
思想方法 (1)运动的合成与分解方法(如类平抛运动的处理方法)
5.(2015· 金华十校高三4月模拟考试)如图8所示，水平放置的平行
板电容器，原来两板不带电，上极板接地，极板长L＝0.1 m， 两板间距离d＝0.4 cm，有一束由相同微粒组成的带正电粒子流， 以相同的初速度v0从两板中央依次水平射入(每隔0.1 s射入一个 微粒)，由于重力作用微粒能落到下板，已知微粒质量m＝ 2×10－6kg，电荷量q＝1×10－8C，电容器电容C＝1×10－6F。 取g＝10 m/s2，整个装置处在真空中。求：
5.(2015· 新课标全国卷Ⅰ，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大 小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电
粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子
的( D ) A.轨道半径减小，角速度增大 C.轨道半径增大，角速度增大
解析
B.轨道半径减小，角速度减小 D.轨道半径增大，角速度减小
解析
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几
何关系知 r＝ 3R。 根据洛伦兹力提供向心力得： v2 3mv0 0 qv0B＝m r ，解得 B＝ 。 3qR
答案
A
3.(2014· 新课标全国卷Ⅰ，16)如图2所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直 于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从 紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出， 从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子 穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和 电荷量不变。不计重力，铝板上方和下方的 磁感应强度大小之比为( )
C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析
由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，
受力方向相反，则偏转方向一定相反，选项 A 正确；由于电子和 mv 正电子的入射速度大小未知，根据 r＝ qB 可知，运动半径不一定 相同，选项 B 错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是 mv 两者的质量和速度大小未知，由 r＝ qB 知，根据运动轨迹无法判 mv 1 2 断粒子是质子还是正电子，选项 C 正确；由 Ek＝ mv ，则 r＝ qB 2 2mEk ＝ ，可知粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越 qB 大，选项 D 错误。 答案 AC
答案
(1)1.25 m/s
(2)750个
“两个分运动、 三个一”求解粒子偏转问题 带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如 图 9 所示。 (1)分解为两个独立的分运动 ——平行极板 的匀速直线运动，L＝v0t；垂直极板的匀加 1 2 qU 速直线运动，y＝ at ，vy＝at，a＝md。 2 vy (2)一个偏转角，tan θ＝ ； v0 L 一个几何关系，y＝ tan θ； 2 qUy 一个功能关系，ΔEk＝ 。 d
答案
B
2.(2013· 新课标全国卷Ⅱ，17)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区 域的横截面的半径为 R，磁场方向垂直横截面。一质量为 m、电 荷量为 q(q＞0)的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场，离 开磁场时速度方向偏离入射方向 60° 。不计重力，该磁场的磁感 应强度大小为( 3mv0 A. 3qR ) mv0 B. qR 3mv0 C. qR 3mv0 D. qR
mv2 二定律得：qvB＝ R ① 2πR T＝ v ② mv 2πm 由①②得：R＝ ，T＝ qB qB R2 B1 T2 B1 所以 ＝ ＝k， ＝ ＝k R1 B2 T1 B2 qvB v 根据 a＝ ，ω＝ m R a2 1 ω 2 1 可知 ＝k， ＝k，所以选项 A、C 正确，选项 B、D 错误。 a1 ω1
(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能
选择功能关系求解。 2.逆向思维巧解题 平抛和类平抛运动均有可运用逆向思维解题的命题出现。
1. (多选)(2015· 吉林实验中学模拟)如图4所
示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边 的匀强电场，E、F、G、H是各边中点， 其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。 一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH
答案
BC
3.(多选)(2015· 天津理综，7)如 图6所示，氕核、氘核、氚核 三种粒子从同一位置无初速地 飘入电场线水平向右的加速电 场E1之后进入电场线竖直向下 的匀强电场E2发生偏转，最后 打在屏上。整个装置处于真空 中，不计粒子重力及其相互作 A.偏转电场E 用，那么 (2对三种粒子做功一样多 )
图8
1 (1)第一颗微粒落在下板离端点 A 距离为 L 的 O 点，微粒射入的初 4 速度 v0 应为多大？ (2)以上述速度 v0 射入的带电微粒最多能有多少个落在下极板上？
解析 d 1 2 第一个微粒只受重力作用，落在 O 点， ＝ gt 2 2
代入数据得 t＝0.02 s 1 由 L＝v0t 4 代入数据得 v0＝1.25 m/s
图2
A.2 B. 2 C.1
2 D. 2
解析
设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为 v1、 v2
及 R1、R2。 mv2 1 由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得：qv1B 上＝ ① R1
2 mv2 qv2B 下＝ ② R2
由题意知：R1＝2R2③ 1 2 1 2 mv ＝2× mv2④ 2 1 2 B上 2 联立①②③④得： ＝ ，选项 D 正确。 B下 2
(2)微粒能落到 B 点，下板带电荷量最多，最多带电荷量为 Q 由 L＝v0t 得 t＝0.08 s d 1 2 由 ＝ at 得 a＝0.625 m/s2 2 2 U Q 根据 mg－qE＝ma，E＝ d ＝Cd 代入数据得 Q＝7.5×10－6C
－6 7.5 × 10 Q 所以 n＝ q ＝ ＝750 个 1×10－8
B.三种粒子打到屏上时的速度一样大 C.三种粒子运动到屏上所用时间相同 D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
图6
解析
设加速电场长度为 d，偏转电场长度为 L，在加速电场中有 1 2 1qE2 2 E2L2 qE1d＝ mv0，在偏转电场中有 L＝v0t，y＝ m t 得 y＝ ，与比 2 2 4E1d 荷无关，所以三种粒子一定打到屏上同一位置，故选项 D 正确；偏 2 E2 2L q 转电场对粒子做功 W＝qE2y＝ ，与粒子质量无关，所以选项 4E1d A 正确； 三种粒子在加速电场和偏转电场中电场力做功 qE1d＋qE2y 2 2 2 4E2 d ＋ E 1 2 1 2L q ＝ mv ， 粒子打到屏上的速度 v＝ · 与比荷有关， m， 2 2E1d d L＋L′ 故速度不一样大，B 错误；粒子运动到屏上的时间 t＝ ＋ ＝ v0 v0 2 2d L＋L′ m ( ＋ )× q ，与比荷有关，故 C 错误。 E1 2E1d
大小变为v′，方向不变，求v′与v0的比值大小。
图7
(3)若要使粒子打在CD板的正中央P点，现调节粒子的入射速度
解析
L (1)粒子在 OO′方向做匀速直线运动，L＝v0t，故解得 t＝ v0
d 1 2 (2)沿电场方向做匀加速直线运动，所以有 qE＝ma， ＝ at ， 2 2 qEL2 联立解得 d＝ mv2 0 (3)粒子在电场方向的运动性质相同， 故改变初速度后与改变初速度 前两粒子的运动时间相同。 L 以 v′速度入射时， ＝v′t；以 v0 速度入射时，L＝v0t 2 v′ 1 两式相比得 ＝ v0 2 L qEL2 1 答案 (1) (2) (3) v0 mv2 2 0