（新课标）2020高考物理二轮复习 专题4 电场和磁场中的曲线运动课件

专题四电场和磁场中的曲线运动高考命题方向近三年高考考点分布考点鸟瞰2017年2018年2019年考点一：带电粒子在电场中的匀变速曲线运动全国Ⅱ卷25无命题全国Ⅱ卷24全国Ⅲ卷24考点二：带电粒子在磁场中的圆周运动全国Ⅲ卷24全国Ⅲ卷24全国Ⅰ卷24全国Ⅲ卷18考点三：带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题全国Ⅱ卷18无命题全国Ⅱ卷17高考分类调研考点过关筛查表说明：(熟练掌握“√”；需要拓展“…”；没掌握“×”)核心素养考点鸟瞰考点热度考点掌握自查考点一：带电粒子在电场中的匀变速曲线运动★★★★★模型建构考点二：带电粒子在磁场中的匀速圆周运动★★★★★题型一：轨迹圆的缩放造成的临界问题★★★★★题型二：射入磁场位置不同造成的临界问题★★★★题型三：轨迹圆转圆造成的临界问题★★★★★考点三：带电粒子在磁场中运动临界、极值问题题型四：寻找磁场的最小边界★★★科学思维考点四：带电粒子在磁场中运动的对称、周期性问题★★★★★核心素养之模型建构高考热点一：带电粒子在电场中的匀变速曲线运动类平抛运动电子在电场中的加速及偏转模型剖析带电粒子在电场中会受到电场力的作用，就像重力场中的物体会受到重力一样．当带电粒子在电场中只受匀强电场力的作用时，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，类似于平抛运动．如图所示，电子初速度为零，在加速电场中被加速电压U加加速，进入长为L，宽为d的平行板电容器，其两端加电压U偏，从极板中射出时的侧移量为y，射出时的速度为v，偏转角为θ，极板右侧距荧光屏的距离为L′，打在荧光屏上的侧移量为y′，请用所给的物理量表示y、tanθ、y′.电子在加速电场中被加速的过程，列动能定理：U加e＝12mv02①电子在偏转电场中水平位移为：L＝v0t②电子在偏转电场中竖直位移为：y＝12·U偏edm·t2③结合②③两式得：y＝12·U偏eL2dmv02④电子穿出偏转电场时的竖直分速度为：vy＝U偏eLdmv0⑤电子射出电场时速度方向：tanθ＝vyv0＝U偏eLdmv02⑥在荧光屏上的侧移量为：y′＝y＋L′tanθ＝L2＋L′tanθ＝L2＋L′U偏eLdmv02⑦将①式代入⑦式得y′＝L2＋L′U偏L2U加d.⑧【注意事项】(1)在研究电子在荧光屏上的侧移量时需注意：电子从偏转电场中射出时的最大侧移量ymd2(电子射入偏转电场时沿极板的中线射入)．(2)对电子加速、偏转的整个过程，列动能定理：U加e＋eU偏yd＝12·mv2，解得v＝2U加em＋U偏2e2L2d2m2v02.值得注意的是：在偏转电场中，电场力做的功不是U偏e，其中v是打在荧光屏上电子的速度．(3)由运动学方程也可解得v＝v02＋vy2＝2U加em＋U偏2e2L2d2m2v02，可见殊途同归．1.如图所示，板长L＝10cm，板间距离d＝10cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离x＝453cm，(g取10m/s2)求：(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小；(3)电容器C极板间的电压U.答案(1)23mg3q(2)3m/s(3)10mq解析(1)由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq＝mgsin60°，解得E＝23mg3q.(2)从O点到A点，由动能定理得：mgxtan60°＝12mv2－0解得：v＝3m/s.(3)小球在电容器C中做类平抛运动，水平方向：L＝vt①竖直方向：d2＝12at2②a＝Uqmd－g③联立①②③求解得U＝10mq.2．(2019·课标全国Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2.重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．答案(1)3mgq(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿运动定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①12at22＝12gt2②解得E＝3mgq.③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有Ek－12mv12＝mgh＋qEh④且有v1t2＝v0t⑤h＝12gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．3．(2017·课标全国Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量为m，电荷量分别为q和－q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小．答案(1)3∶1(2)H3(3)2mg2q解析(1)两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等．设水平方向的加速度大小为a，对M，有：xM＝v0t＋12at2，对N：v0＝at，xN＝12at2，可得xM＝32at2，解得：xM∶xN＝3∶1.(2)设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy，水平分速度为v1，两球离开电场时竖直分速度相等，因为M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍，则有：12m(vy2＋v12)＝1.5×12mvy2，解得：v1＝22vy，因为v1＝v0＋at＝2v0，则v1＝22vy＝2v0，因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1，则有：vy1v0＝vyv1，解得：vy1＝12vy，在竖直方向上有：vy122g＝h，vy2－vy122g＝H，解得A点距电场上边界的高度为h＝H3.(3)因为M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，有：vyv1＝mgqE＝2.则电场的电场强度E＝mg2q＝2mg2q.高考热点二：带电粒子在磁场中的匀速圆周运动1．“三步法”分析带电粒子在磁场中运动(1)确定轨迹圆圆心．(2)确定轨迹半径．(3)用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．2．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：t＝α360°T(或t＝α2πT)．当速度一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在磁场中运动的时间越长，可由t＝α2πT或t＝sv(s为弧长)来计算t.3．带电粒子在磁场中运动常用的三个结论结论一：如图1所示，直线形磁场边界，带电粒子射入、射出磁场时，与边界夹角相等，即θ＝α.结论二：如图2所示，圆形磁场边界，带电粒子沿径向射入磁场，必然背离圆心射出磁场．结论三：如图3所示，带电粒子速度的偏转角φ，等于该圆弧轨迹所对应的圆心角θ.结论四：圆形磁场区域，带电粒子沿磁场圆半径射入，如图4所示，轨迹圆与磁场圆相交，两圆圆心连线将是两个圆的对称轴，是∠AO′B的角平分线．图4结论五：磁聚焦．如图5所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等即R＝r，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出．图5证明：设某一个带电粒子从A点以速度v水平射入圆形磁场区域，过A点作速度v的垂线段AO′，使AO′＝R，连接AO、BO′，由于AO′与BO平行且相等，因此，四边形OAO′B为平行四边形，又由于AO＝BO，因此平行四边形OAO′B为菱形，可推断我们连接的BO′为轨迹圆的半径，进一步可知从A点发出的带电粒子必然经过B点．1．(2019·课标全国Ⅱ)如图所示，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl，54kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54kBlD.12kBl，54kBl答案B解析a点射出粒子半径Ra＝l4＝mvaBq，得va＝Bql4m＝Blk4，d点射出粒子半径为R2＝l2＋R－l22，R＝5l4故vd＝5Bql4m＝5kBl4，故B项符合题意．2.(多选)如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系可能正确的是()A．tatbtcB．tatbtcC．ta＝tbtcD．ta＝tb＝tc答案AD解析粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t＝θ2πT，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．若粒子的运动半径r和圆形区域半径R满足r＝R，则如图甲所示，tatb＝tc；当rR时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，tatbtc；当r≤13R，轨迹如图乙所示，ta＝tb＝tc，同理，13Rr≤R时，tatb＝tc，故选A、D两项．3.(多选)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α.以下说法正确的是()A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm6qBB．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tanα2＝22＋17成立C．若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为πm3qBD．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°答案BD解析若r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲，因为r＝2R，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝60°360°T＝16·2πmqB＝πm3qB，故A项错误；若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，如图乙，根据几何关系，有tanα2＝22Rr－22R＝22R2R－22R＝22＋17，故B项正确；若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝90°360°T＝14·2πmqB＝πm2qB，故C项错误；若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150°，故D项正确．4．如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m，电荷量为－q，速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B0＝mv0qL，A、C、D三项中曲线均为半径是L的14圆弧，B项中曲线为半径是L2的圆弧)()答案A解析带电粒子进入磁场中做圆周