广东省2012届高考物理二轮专题总复习课件：专题3 第2讲 带电粒子受恒力作用下做曲线运动(共28张

专题三恒力作用下的曲线运动当带电粒子进入匀强电场(或复合场)的初速度方向与电场力(或合外力)不在一条直线上，粒子将做曲线运动．如类平抛运动．电场和复合场中的类平抛运动与平抛运动有很多相似之处，特别是研究方法基本上是相同的．然而，更应该注意研究的是它们的不同之处：(1)对于带电粒子垂直于电场方向射入匀强电场中的类平抛运动，应注意匀强电场通常有一定的宽度，带电粒子一般都会射出电场；因此，射出电场时相对于射入时的偏转距离和运动方向的偏转角度，是我们研究的重要物理量．(2)带电粒子射出电场后的运动，一般都是匀速直线运动；射出电场时带电粒子瞬时速度的大小和方向，决定了带电粒子离开电场后的运动情况．(3)对于较为复杂的复合场中带电体在相互垂直的恒力作用下的曲线运动的情况，则通常采用分方向研究的方法，以相互垂直的两恒力方向为运动分解方向去处理．1．带电粒子在匀强电场中偏转(1)运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动．(2)偏转问题的分析处理方法，类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识方法：沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：t=l/v0沿电场力方向为初速为零的匀加速直线运动：a=F/m=qE/m=qU/md离开电场时偏移量：离开电场时的偏转角：20221yat22qlUmvd020tan=qlUvdvmv011010200        .tant3an.yyxxvmqvUvqUlvatvdmvqUlmvdUv在图中，设带电粒子质量为、带电荷量为，以速度垂直于电场线射入匀强偏转电场，偏转电压为若粒子飞出电场时的偏角为，则：式中，　①若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压加速，后进入偏转．对粒子偏电场的，则角由代入动能的讨论得：定理有：102002210tan212     . .1212UlUdqUmvqmyatqUldmv：②③粒子的偏角与粒子、无关，仅决定于加速电场和偏转电场即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场后，它们在电场中的偏转角度总是相同的　中由①②式得由③式可知，粒子从偏转电射出时偏距（），作粒子速场度的反向 OOx延长线，设交于点，点与电场边缘的距离为，则21201202ant2qUldmvylqxUlmvd④由④式可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的l/2处沿直线射出似的．【例1】如图所示，真空室中速度v0=1.6×107m/s的电子束，连续地沿两水平金属板中心线OO′射入，已知极板长l=4cm，板间距离d=1cm，板右端距离荧光屏PQ为L=18cm.电子电荷量e=1.6×10-19C，质量m=0.91×10-30kg.若在电极ab上加u=220sin100pt(V)的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴y上能观测到多长的线段？(设极板间的电场是均匀的、两板外无电场、荧光屏足够大．)29702410=s=2.510s1.610221ss0.02t10050122mltvTsUqdEqatamdmppp因为经过偏移电场的时间为：而故可以认为进入偏转电场的电子均以当时所加电压形成的匀强电场运动：纵向位移，【解析】22202226091V191V2410m/stan0.25/2tan5cm2/2/25cm210.mmymymdvmdUqtqlUUEyatdvqUvattdmvddyyLlylycmLy所以电子能够打在荧光屏上最大竖直偏转电轴上的观测量为压：当时，，因为，偏转量或用，得【评析】解答本题要注意4个关键点：①电子经过偏转电场的时间极短，可认为此过程板间电压不变．②求出电子恰好打在极板上的电压．③求出电子偏角最大时打在荧光屏上的位置．④由上、下对称求出亮线长度．【例1】如图所示，长L=0.4m的两平行金属板A、B竖直放置，相距d=0.02m，两板间接入恒定电压为182V且B板接正极.一电子质量m=9.1×10-31kg，电荷量e=1.6×10-19C，以v0=4×107m/s的速度紧靠A板向上射入电场中，不计电子的重力．问电子能否射出电场？若能，计算在电场中的偏转距离；若不能，在保持电压不变的情况下B板至少平移多少，电子才能射出电场？87022280.4s10s4101122'0.08m121.6101918210229.11031LtveUyattmdydBdeUdtmdeUdtm设电子能射出极板，则①②代入数值得：，故不能射出．若恰能射出，则板需向右移动，板间距变为，则【解析】m0.04m0.02m0.02mddd则【答案】不能，【例2】如图所示，一质量为m、带电量为+q的小球，从距地面高为h处以一定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为l处，有一根管内径比小球直径略大的竖直细管，管的上端口距地面高为h/2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管的上方区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场．求：(1)小球的初速度；(2)场强E的大小；(3)小球落地时的动能．2．在复合场中受两个恒力作用下的曲线运动0202“”(FqE)()0vatt0v2as2l11hgt22EqmEqm电小球无碰撞通过管其含义是离开电场时的速度方向必为竖直向下，即无水平分速度．小球在电场中的运动为水平方向的匀减速运动因只受恒定的电场力和竖直方向的自由落体运动因竖直方向初速度为零，且只受重力．因此有：水平方向：①　　②　竖直方向：【解析】③　　　001mghEq2lEmv2Emghv2lEEm(.gh)kkkgmglhqh2联立①②③得：由动能定理求出：，解得：或者这样考虑：电场力在水平方向只影响水平速度恰好使水平速度变为零．不影响竖直速度．竖直速度仅由重力决定，故竖直方向最终动能等于重力做的功，　，【同类变式】极板间距离为0.1m，电势差为1000V的电容器竖直放置，如图所示，现从平行板上的A点以v0=3m/s的速度水平向左射入一质量为0.02g，带电荷量为+10-7C的小球，经一段时间后小球到达A点正下方的B点，则A、B间的距离为多少？(取g=10m/s2)【解析】小球从A点射入电场后，其运动轨迹如图所示，小球在水平方向受到向右的电场力，做匀变速运动(类似于竖直上抛运动)，则小球从A到B运动的时间为000222t==/vvmdvqUdaqUm22202AB211sgtg()7.210227.210mdvmqUm小球在竖直方向上仅受重力作用，做【答案】自由落体运动，则、间的距离为3．电场中的综合问题【例3】如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，已知重力加速度为g.3434(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．222227FmCv13qEsRmgsmgRmv0qE24CFFqEmDG(g45v2v123)mminmninmimgvRgvqEmgRR设滑块到达点时的速度为，由动能定理有而设滑块到达点时受到轨道的作用力大小为，则解得要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小设为【解析】，则有，解得【评析】对于竖直面上的圆周运动，要清楚几个关键位置：(1)物理最高点：物体在竖直面上做圆周运动时速度最小时的位置；(2)物理最低点：物体在竖直面上做圆周运动时速度最大时的位置；(3)几何最高点和几何最低点：物体做竖直面上的圆周运动时，分别是重力作用线与圆周交点的最高点和最低点．物理最高(低)点不一定和几何最高(低)点重合．这类问题通常要利用动能定理来处理．【同类变式】(2010·安徽卷)如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下．求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围．D22Dx0vDtBxmmgqE12R()txvt2.14DvRmgmmqE在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开点到达水平轨道的时间为，乙的落点到点的距离为，则①②③联立①②③得：【解析】④02220022Dvvmvmvmv111mvmvmv222vv11mg2RqE2Rmv2mv22乙甲乙甲乙设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：⑤⑥联立⑤⑥得：⑦由动能定理得：⑧联立①⑦⑧得：05v25/mgqERmsm⑨Mm0Mm2200Mmm0m0D2mDMvvMvMvmv2111MvMvmvv222Mmvv2vDv11mg2RqE2Rmvmv222/v8/3DMvMmmsms22设甲的质量为，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：⑩⑪联立⑩⑪得：⑫由⑫和，可得：⑬设乙球过点的速度为，由动能定理得⑭联立⑨⑬⑭得：DBxxvt0.4x1.6mm⑮设乙在水平轨道上的落点到点的距离为，则有：⑯联立②⑮⑯得：