2012届步步高高考物理大二轮专题复习与增分策略课件：专题三 第2课时

第2课时电场和磁场中的曲线运动知识方法聚焦知识回扣1．带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，将会做运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，将会做运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是曲线运动．匀变速曲线类平抛2．研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可分解为垂直电场方向的运动和沿电场方向的运动；若场强为E，其加速度的大小可以表示为a＝.3．带电粒子垂直进入匀强磁场时将会做圆周运动，向心力由提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它功．其半径R＝，周期T＝.匀加速直线匀速直线qEm不做匀速洛伦兹力mvqB2πmqB规律方法1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，实际上是运动和运动的组合，可以先分别研究两种运动，而运动的末速度即为运动的线速度，分析运动过程中转折点的是解决此类问题的关键．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．类平抛匀速圆周类平抛匀速圆周速度运动合成与分解热点题型例析题型1带电粒子在电场中做曲线运动问题的分析例1(18分)如图1所示，在竖直平面内有一边长为l的正方形区域ABCD，在BD两点间放一弹性光滑绝缘斜面，今从A点以某一初速度向右平抛出一质量为m的小球，已知重力加速度为g.图1(1)若小球恰好垂直打在斜面上，求平抛的初速度v0的大小；(2)若在空间加一水平向左的匀强电场，且场强大小为E＝mgq，并从A点将一带电荷量为＋q的小球以初速度v0′＝gl向右水平抛出，小球与斜面发生弹性碰撞后，从AB边上的P点飞出，求A、P两点的距离．审题突破从A点将带电小球水平抛出后小球将做什么运动？小球打在斜面BD的什么位置？其速度方向如何？解析(1)以A点为坐标原点，建立直角坐标系xAy，如图所示．设小球打在斜面上时竖直分速度为vy，所用时间为t，因小球垂直打在斜面上有：vy＝gt＝v0(1分)x＝v0t(1分)y＝12gt2(2分)l－x＝y(2分)解得：v0＝2gl3(2分)(2)加电场后，分析可知，小球将以速度v0′竖直打在斜面中点(1分)与斜面弹性相碰后，以v0′为初速度水平向左抛出(1分)经过时间t1后从P点飞出．建立直角坐标系x′y′，如图所示：x′＝v0′t1＋12axt21①(2分)x′＝l2②ax＝qEm＝g③(1分)v0′＝gl④y′＝12gt21⑤(1分)解①～⑤得l2－y′＝2ly′得y′＝3±222l取y′＝3－222l(另一根舍去)(2分)得AP＝l2＋y′＝(2－2)l(2分)答案(1)2gl3(2)(2－2)l以题说法电场内的曲线运动问题处理思路与力学中的曲线运动问题的处理思路类似，首先要把运动分解，通过研究两个方向的分运动来研究合运动，特别应注意分运动等时性的应用．针对训练1如图2所示，一带电小球以速度v0水平射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其它条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球()图2A．将打在O点的下方B．将打在O点的上方C．穿过平行板电容器的时间将增加D．达到屏上时的动能将增加答案AD题型2带电体在电场中做圆周运动问题的分析例2(20分)有一玩具汽车绝缘上表面固定一个带负电物块，它们的总质量m＝0.5kg，物块带电荷量q＝－5.0×10－5C．现把一玩具汽车放置在如图3所示的水平直轨道A点，BC是由光滑管道弯曲制成的半圆轨道，玩具汽车在光滑管道中能自由运动，整个轨道所处空间存在竖直向下的匀强电场，其电场强度大小E＝6.0×104N/C.玩具汽车在水平直轨道运动时阻力恒为f＝0.5N，通电后玩具汽车以恒定功率P＝10W行驶，通电1.0s自动断电，断电后玩具汽车能以一定的速度从B点进入半圆轨道．已知AB间距s＝4.0m，g取10m/s2(玩具汽车可看成质点，整个运动过程物块带电荷量不变)．(1)若半圆轨道半径R＝0.4m，玩具汽车进入管道中B点时对管道的压力多大？(2)当半圆轨道半径R满足什么条件时，玩具汽车能再次回到A点？图3运动建模此题实质上是类平抛运动与竖直面内圆周运动问题的组合．解析(1)对AB段：Pt－fs＝mv21/2－0(3分)对B点：N－(mg－Eq)＝mv21/R(3分)N＝42N(2分)根据牛顿第三定律：玩具汽车进入管道中B点时对管道的压力为42N．(1分)(2)对BC段：mv21/2＝2R(mg－Eq)＋mv22/2(2分)对类平抛运动：mg－Eq＝ma(1分)2R＝at21/2(1分)s＝v2t1(1分)由上二式得：当R＝1m时恰能回到A点．(1分)另一方面：由mv21/2＝2R(mg－Eq)＋mv22/2和v2＝0得：(2分)R＝2m(1分)当轨道半径R2m时，玩具汽车将沿半圆轨道返回，由B向A运动．根据－fs′＝0－mv21/2(1分)s′＝16m4m，能回到A点．(1分)答案(1)42N(2)R＝1m或R2m以题说法1.此题为杆类竖直面内的运动模型问题，应注意最高点的临界速度为0.2．在电场内做圆周运动的物体，在最高点和最低点应是重力、电场力和弹力的合力提供向心力．3．对于第(2)问应对可能存在的运动情形作出全面分析．针对训练2如图4所示，BD为固定在水平面上的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径为R的半圆，AB与BD相切于B点，整个轨道处在垂直于AB的匀强电场中，电场强度为E.一不带电的质量为m的金属小球甲，以某一速度沿AB向右运动，与静止在B点的完全相同的带电荷量为q的小球乙发生弹性碰撞(均可视为质点)．碰后乙恰能通过轨道的D点，则乙落到AB上的落点P到B点的距离x和物体到达P点时的速度v为()A．x＝3RB．x＝RC．v＝qERmD．v＝5qER2m图4解析两球相撞后电荷量平分，乙球带电荷量为12q，所受电场力大小为12qE，由于轨道水平，乙刚好能通过轨道的D点，则电场力在D点提供做圆周运动所需的向心力mv2DR＝12qE，v2D＝qER2m，通过D点后小球做类平抛运动，电场力做功，加速度a＝qE2m，故2R＝12at2，t＝8mRqE得x＝vDt＝2R由动能定理可得：12mv2P－12mv2D＝12qE·2RvP＝v2D＋qE·2Rm＝qER2m＋qE·2Rm＝5qER2m，故选D.答案D题型3带电粒子在磁场中做圆周运动问题的分析例3(18分)如图5所示，在一对以板长为2a、板间距离为23a的平行板围成的矩形EFQP区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．现有一质量为m、电量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从EF边的中点小孔D处垂直于EF边进入磁场，不计重力和空气阻力的影响．图5(1)若粒子的轨道半径为a，求磁场的磁感应强度B的大小；(2)若改变磁感应强度的大小，使粒子恰好未碰PQ板，求粒子在磁场中运动的时间；(3)若再次改变磁感应强度的大小，使粒子与ED板多次碰撞后刚好击中板端E点，试讨论此种情况粒子在磁场中运动的时间与碰撞次数的关系．(不计粒子与ED板碰撞的作用时间．设粒子与ED板碰撞前后，电量保持不变并以相同的速率反弹．)解析(1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，由动能定理有：qU＝12mv2①(2分)又设当粒子的轨道半径为r1＝a时，磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝mv2r1②(2分)联立①②式并代入已知量解得：B＝1a2mUq③(2分)(2)若粒子恰好未碰PQ板，则由题意和右图知其轨道半径为：r2＝23a④(1分)设粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，由图中几何关系有：α＝π2＋θ⑤(1分)sinθ＝a－r2r2⑥(1分)而周期为T＝2πr2v⑦(1分)粒子在磁场中运动时间为：t＝α2π·T⑧(2分)联立①④⑤⑥⑦⑧式并解得：t＝4πa9m2qU⑨(1分)(3)设粒子运动圆周半径为r，经过n次碰撞，即经过n个半圆运动，最后一次打到E点．有：n＝a2r⑩(1分)圆周运动周期：T＝2π·rv⑪(1分)粒子在磁场中运动时间：tm＝nT2⑫(1分)联立①⑩⑪⑫式并解得：tm＝π·a2m2qU⑬(1分)显然，此种情况粒子在磁场中运动的时间与碰撞次数无关．(1分)答案(1)1a2mUq(2)4πa9m2qU(3)见解析以题说法1.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．对于临界问题应通过分析特殊方向粒子的运动，确定运动轨迹，或者通过场的边界确定可能的运动轨迹．针对训练3(20分)太阳风中的高速粒子流会对地球上空的等离子层(由等数量的质子和电子组成且非常稀疏)产生重大影响．为研究太阳风中的质子进入等离子层区域的运动情况,选赤道上空离地心距离R′＝5R(R为地球半径)处、厚度为10km的等离子层做为考察区域，该区域内磁场视为匀强磁场．已知地球赤道表面附近重力加速度g＝9.8m/s2，磁感应强度大小B0＝3.0×10－5T,方向沿经线向北，赤道上空磁感应强度的大小与r3成反比(r为考察点到地心的距离),方向与赤道附近的磁场方向平行．取质子质量m＝1.7×10－27kg，质子电荷量q＝1.6×10－19C，R＝6.4×106m．粒子间的相互作用可忽略．求：(1)离地心R′＝5R处的重力加速度g′的大小；(2)考察区域内的某些质子，在小区域内做匀速直线运动，求其速度v0的大小和方向；(3)在一定范围内，把考察区域看成水平距离足够大的矩形区域．若太阳风中的质子以速率v＝1.1×105m/s沿各个方向陆续从所考察的等离子层上边界A点进入，如图6所示．请画出由A点进入的质子在该等离子层内的活动区域并计算其面积S.图6解析(1)由万有引力定律和牛顿第二定律得GMmR2＝mg①(2分)GMmR′2＝mg′②(2分)由①②式及R′＝5R代入得g′＝(RR′)2g＝0.392m/s2③(2分)(2)设考察区域内的磁感应强度为B，质子受到的洛伦兹力与地球引力平衡，则qv0B＝mg′v0＝mg′qB④(2分)由题设知，此处r＝5R，则B＝(Rr)3B0＝2.4×10－7T⑤(2分)由③④⑤式并代入数据得v0≈1.7×10－2m/s⑥(1分)速度的方向垂直于质子所在处的地球引力方向向东(2分)(3)计算可知，太阳风中的质子所受洛伦兹力是地球引力的6.3×106倍，质子所受地球引力可忽略；太阳风中的质子在等离子层内的活动区域如图所示(2分)太阳风中的质子，所受洛伦兹力提供向心力，设其做匀速圆周运动的半径为r′，则qvB＝mv2r′r′＝mvqB⑦(2分)质子的活动区域面积S＝12πr′2＋14π(2r′)2⑧(2分)由⑤⑦⑧式并代入数据得S＝1.1×108m2⑨(1分)答案(1)0.392m/s2(2)1.7×10－2m/s向东(3)见解析读题审题解题5．带电粒子在电场和磁场中运动的综合分析规范解答步步得分解析(1)小球进入电场后做类平抛运动，在竖直方向上加速度：a＝mg＋qEm＝2g(2分)竖直位移：d＝12at2得t＝dg(1分)竖直速度：vy＝at＝2gd(1分)所以合速度大小v＝v20＋v2y＝52gd(1分)与竖直方向夹角θ：tanθ＝v0vy＝32gd2gd＝34，θ＝37°(1分)(2)小球进入下半区域时，因重力和电场力平衡，小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．设小球恰好不超过下边界，则小球在下边界时速度方向应与边界平行，设圆周半径为R.由几何关系得：R－dR＝sin37°得：R＝52d(2分)由牛顿定律得：Bvq＝mv2R(2分)解得：B＝mqdgd(2分)所以磁感应强度B的最小值为mqdgd(1分)(3)设在下半区域做圆周运动的轨道半径R′，则R′＝54d(1分)小球在场区做周期性运动，在一个周期内：水平方向的位移：x＝2(v0t＋R′cos37°)＝2(32gd·dg＋54d×45)＝5d(2分)周期：T＝2dg＋2×53°360°×2πmB′q＝(2＋53π180)dg(2分)因为L＝20d，所以t总＝4T＝