2015届高考物理(四川专用)名师专题讲义课件专题三力与物体的曲线运动第2课时

专题三力与物体的曲线运动第2课时电场和磁场中的曲线运动知识方法聚焦热点考向例析审题破题真题演练栏目索引知识方法聚焦知识回扣1.曲线类平抛匀变速2.匀速直线匀加速直线3.匀速洛伦兹力不做qEmmvqB2πmqB1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是运动和运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而运动的末速度往往是运动的线速度，分析运动过程中转折点的是解决此类问题的关键.类平抛匀速圆周类平抛匀速圆周速度运动的合成与分解2.本部分内容通常应用的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题.知识方法聚焦规律方法热点考向例析考向1运动学基本规律的应用例1(2014·山东·18)如图1所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图1A.s22qEmhB.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh审题突破正负粒子在电场中做什么运动？两粒子轨迹恰好相切说明什么？解析根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有在竖直方向有解得故选项B正确，选项A、C、D错误.12s＝v0t，12h＝12·qEm·t2，v0＝s2qEmh.答案B1.带电粒子在电场中的一般曲线运动特点是运动轨迹一定在合力和速度的夹角范围内，且向着力的方向弯曲，这是我们画轨迹或者分析受力的依据.2.对于类平抛运动模型通常采用运动的合成与分解方法处理.以题说法针对训练1一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图2所示，交变电压的周期T＝，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()L2v0A.所有电子都从右侧的同一点离开电场B.所有电子离开电场时速度都是v0C.t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D.时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为图2t＝T4d16解析电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子垂直电场方向分速度图像如图，可知，各个电子在垂直电场方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误；由图看出，所有电子离开电场时，垂直电场方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；t＝T4时刻进入电场的电子，在t＝3T4时刻侧位移最大，最大侧位移为ym＝2×12a(T4)2＝aT216，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d2，则有d2＝4×12a(T2)2＝aT22，解得ym＝d16，故D正确.答案BD热点考向例析考向2带电体在电场中的曲线运动问题例2如图3所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形绝缘轨道，圆轨道半径为R，圆心为O，A、B为圆水平直径的两个端点，OC竖直.一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道.不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()A.小球一定能从B点离开轨道B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动C.若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD.小球到达C点的速度可能为零图3审题突破小球在运动过程中有哪几个力做功，是正功还是负功？小球在AC部分做匀速圆周运动的条件是什么？如果小球到达C点的速度为零，小球还能不能沿AC半圆轨道运动？解析由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动.由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零.答案BC1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关.2.带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎.以题说法针对训练2如图4所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点.在已知θ、v0和小球所受的电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是()图4A.可求出小球落到N点时重力的功率B.由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力C.可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量D.可求出小球落到N点时速度的大小和方向解析质量未知，故无法求重力功率，故A错误；小球做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故B正确；F·v2y2a，小球从M点到N点的过程中电势能的变化量ΔEp＝Fy＝由于加速度a无法求出，所以电势能的变化量不能求出，故C错误；答案BD利用平抛知识有yx＝vyt2v0t＝vy2v0＝tanθ，速度偏向角设为α，则tanα＝vyv0＝2tanθ，则得：vy＝2v0tanθ，故vN＝v20＋v2y＝1＋4tan2θv0，D正确.热点考向例析考向3带电粒子在磁场中的圆周运动问题例3如图5所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为(2a,0)，其半径为a，该区域内无磁场.在y轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场.不计粒子重力.图5审题突破粒子不经过圆形区域到达B点时速度有何特点？画出运动轨迹，如何根据几何关系求半径？(1)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；解析粒子不经过圆形区域就能达到B点，故粒子到达B点时的速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，设粒子圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1sin30°＝3a－r1又qv1B＝mv21r1，解得：v1＝2qBam.答案2qBam(2)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝πm/3Bq，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；解析粒子在磁场中运动的周期T＝2πmBq，α＝ΔtT×360°＝60°故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为粒子到达B点的速度与x轴夹角β＝30°又qv2B＝mv22r2，解得：v2＝3qBa2m.设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：3a＝2r2sin30°＋2acos230°答案3qBa2m(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度vmin.解析设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，故当θ＝60°时，半径最小为rmin＝3a又qvminB＝mv2minrmin，解得vmin＝3qBam.由几何关系得：2a＝rsinθ＋acosθ答案3qBam1.对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径.2.带电粒子在常见边界磁场中的运动规律(1)直线边界：①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场.以题说法②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π.(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出.以题说法针对训练3如图6所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106m的α粒子.已知屏蔽装置宽AB＝9cm、缝长AD＝18cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27kg，电量q＝3.2×10－19C.若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中.图6解析由题意：AB＝9cm，AD＝18cm，可得：∠BAO＝∠ODC＝45°(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，解得R＝0.2m＝20cm根据牛顿第二定律有：Bqv＝mv2R由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示.(1)设此时磁场宽度为d0，由几何关系得：d0＝R＋Rcos45°＝(20＋10)cm≈0.34m答案0.34m2解析设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则(2)若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)T＝2πmBq＝π8×10－6s设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图(2)所示.(2)因磁场宽度d＝20cmd0，且R＝20cm，则在∠EOD间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长.设在磁场中运动时间最长为tmax，则若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短.最短的弦长为磁场宽度d.tmax＝T2＝π16×10－6s≈2.0×10－7s设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图(2)所示.因R＝d，则圆弧对应圆心角为60°，答案2.0×10－7s6.5×10－8s故tmin＝T6＝π48×10－6s≈6.5×10－8s审题破题真题演练5.带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题例4(16分)如图7所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角θ＝60°，有一质量为m、电量为＋q的带电小球(可看成质点)被放在A点.已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E2＝，磁场为水平方向(图中垂直纸面向外)，磁感应强度大mgq小为B；在第二象限分布着沿x轴正向的水平匀强电场，场强大小E1＝.现将放在A点的带电小球由静止释放，则小球需经多少时间才能落到地面(小球所带的电量不变)?B2qL6m图7答题模板解析设带电小球运动到B点时速度为vB，则由功能关系：E1qL＝12mv2B，解得：vB＝(2分)3BLq3m设带电小球从A点运动到B点用时为t1，当带电小球进入第一象限后所受电场力为则由vB＝解得t1＝(2分)23mqBE1qmt1，答题模板F电＝E2q＝mg(2分)mv2BR所以带电小球做匀速圆周运动BqvB＝(1分)则带电小球做匀速圆周运动的半径(1分)R＝mvBqB＝33L则其圆周运动的圆心为如图所示的O′点，BO＝BC·cos30°＝32L，OO′＝BO－R＝36L，OC＝BC·cos60°＝12L(2分)答题模板假设小球直接落在水平面上的C′点，则OC′＝R2－OO′2＝12L＝OC(2分)所以C′与C重合，小球正好打在C点.∠BO′C＝120°(1分)答题模板答案23mqB＋2πm3qB所以带电小球从B点运动到C点运动时间t2＝13T＝2πm3qB(1分)所以小球从A点出发到落地的过程中所用时间t＝t1＋t2＝23mqB＋2πm3qB.(2分)高考现场(限时：15分钟，满分20分)(2014·全国大纲·25)如图8所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场.不计粒子