2019-2020年高三物理復(fù)習(xí) 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第2課時 電場和磁場中的曲線運(yùn)動講義.doc

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2019-2020年高三物理復(fù)習(xí) 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第2課時 電場和磁場中的曲線運(yùn)動講義 1． 帶電粒子在電場中受到電場力，如果電場力的方向與速度方向不共線，將會做曲線運(yùn)動；如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，將會做類平拋運(yùn)動，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運(yùn)動． 2． 研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動的方法與平拋運(yùn)動相同，可分解為垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的勻加速直線運(yùn)動；若場強(qiáng)為E，其加速度的大小可以表示為a＝. 3． 帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時將做勻速圓周運(yùn)動，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動方向，它不做功．其半徑R＝，周期T＝. 1． 帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動時，一般是類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的組合，可以先分別研究這兩種運(yùn)動，而類平拋運(yùn)動的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動的線速度，分析運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問題的關(guān)鍵． 2． 本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動的知識解決問題. 題型1　帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動問題 例1　如圖1所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實(shí)線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運(yùn)動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，由此可知(　　) 圖1 A．帶電粒子在R點(diǎn)時的速度大于在Q點(diǎn)時的速度 B．帶電粒子在P點(diǎn)時的電勢能比在Q點(diǎn)時的電勢能大 C．帶電粒子在R點(diǎn)時的動能與電勢能之和比在Q點(diǎn)時的小，比在P點(diǎn)時的大 D．帶電粒子在R點(diǎn)時的加速度小于在Q點(diǎn)時的加速度 審題突破　帶電粒子在R點(diǎn)時受到的電場力的方向如何？R、Q兩點(diǎn)的場強(qiáng)的大小關(guān)系是什么？ 解析　根據(jù)牛頓第二定律可得ma＝qE，又根據(jù)電場線的疏密程度可以得出Q、R兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小關(guān)系為ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點(diǎn)處的加速度的大小關(guān)系為aR>aQ，故D錯誤；由于帶電粒子在運(yùn)動過程中只受電場力作用，只有動能與電勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，則帶電粒子的動能與電勢能之和不變，故C錯誤；根據(jù)物體做曲線運(yùn)動的軌跡與速度、合外力的關(guān)系可知，帶電粒子在R點(diǎn)處所受電場力的方向?yàn)檠仉妶鼍€向右，又由于該粒子帶負(fù)電，則R點(diǎn)處電場的方向應(yīng)該向左，根據(jù)等勢面與電場線的關(guān)系可得R、Q兩點(diǎn)處電勢的關(guān)系為φR>φQ，根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ及帶電粒子的電性可得R、Q兩點(diǎn)處電勢能的關(guān)系為EpREkQ，根據(jù)動能的定義式Ek＝mv2可得R、Q兩點(diǎn)處速度大小的關(guān)系為vR>vQ，故A正確；P、Q兩點(diǎn)處電勢的關(guān)系為φP>φQ，根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ及帶電粒子的電性可得P、Q兩點(diǎn)處電勢能的關(guān)系為EpP0表示 電場方向豎直向上，一傾角為30且足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間中．t＝0時， 一帶負(fù)電、質(zhì)量為m的微粒從斜面上的A點(diǎn)由靜止開始沿斜面運(yùn)動，到C點(diǎn)后，做一次 完整的圓周運(yùn)動，在t＝T時刻回到C點(diǎn)，再繼續(xù)沿斜面運(yùn)動到t＝13t0時刻．在運(yùn)動過 程中微粒電荷量不變，重力加速度為g.上述E0、m、t0、g均為已知量． 　 圖8 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)求微粒在A、C間運(yùn)動的加速度a的大小和運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度v1的大小； (3)求0～2T時間內(nèi)微粒經(jīng)過的路程． 答案　(1)　　(2)g　gt0　(3)35gt 解析　(1)由題給微粒在0～T時間內(nèi)的運(yùn)動情況可知，在0～t0時間內(nèi)微粒沿斜面運(yùn)動，在這之后的Δt2＝T－t0＝11t0時間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，做勻速圓周運(yùn)動時，電場力與重力的合力為零． 由qE0＝mg，解得q＝ (2分) 由11t0＝，解得B＝＝ (2)微粒在A、C間運(yùn)動時(qE0＋mg)sin 30＝ma 解得a＝g 微粒運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小v1＝at0＝gt0 (3)設(shè)t0～T時間內(nèi)做圓周運(yùn)動的周長為s1 s1＝v1Δt2＝gt011t0＝11gt 在12t0～13t0時間內(nèi)沿斜面做勻加速直線運(yùn)動，在t＝13t0時刻速度大小為v2 v2＝a2t0＝2gt0 設(shè)13t0～2T時間內(nèi)做圓周運(yùn)動的周長為s2 s2＝v211t0＝22gt 0～2T時間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動的時間為2t0，經(jīng)過的路程為s3，s3＝a(2t0)2＝2gt 0～2T時間內(nèi)微粒經(jīng)過的總路程 s＝s1＋s2＋s3＝35gt (限時：45分鐘) 1． 一帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中的a點(diǎn)以初速度v0進(jìn)入電場并沿虛線所示的軌跡運(yùn)動到b點(diǎn)，如圖1所示，可以判斷該粒子 (　　) 圖1 A．在a點(diǎn)的加速度比b點(diǎn)大 B．在a點(diǎn)的電勢能比b點(diǎn)小 C．在a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)小 D．在a點(diǎn)的動能比b點(diǎn)小 答案　D 解析　a點(diǎn)的電場線比b點(diǎn)電場線稀疏，故a點(diǎn)場強(qiáng)比b點(diǎn)場強(qiáng)小，粒子在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)時小，選項(xiàng)A錯誤；做曲線運(yùn)動的物體受到的合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，從a點(diǎn)到b點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減小，故粒子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)時大，選項(xiàng)B錯誤；沿電場線方向電勢降低，故a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，選項(xiàng)C錯誤；電場力做正功，根據(jù)動能定理可知，粒子在a點(diǎn)的動能比在b點(diǎn)時小，選項(xiàng)D正確． 2． 如圖2所示，兩個等量異種點(diǎn)電荷的連線和其中垂線上有a、b、c三點(diǎn)，下列說法正確的是 (　　) 圖2 A．a(chǎn)點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢高 B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向相同，b點(diǎn)場強(qiáng)比a點(diǎn)場強(qiáng)大 C．b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)電勢高，場強(qiáng)方向相同 D．一個電子僅在電場力作用下不可能沿如圖所示的曲線軌跡從a點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn) 答案　BD 解析　由等量異種點(diǎn)電荷電場分布的特點(diǎn)可知，等量異種點(diǎn)電荷的中垂面為等勢面，因此a、b兩點(diǎn)電勢相等，A錯誤；在中垂面上場強(qiáng)方向都與中垂面垂直，且從b點(diǎn)向外越來越小，B正確；在兩點(diǎn)電荷連線上，沿電場線方向電勢越來越低，所以b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)電勢低，C錯誤；電子受力應(yīng)指向電場的反方向，根據(jù)力與速度的關(guān)系可判斷D正確． 3． 如圖3所示，光滑絕緣桿PQ放置在豎直平面內(nèi)，PQ的形狀與以初速度v0(v0＝)水平拋出的物體的運(yùn)動軌跡相同，P端為拋出點(diǎn)，Q端為落地點(diǎn)，P點(diǎn)距地面的高度為h.現(xiàn)在將該軌道置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，將一帶正電小球套于其上，由靜止開始從軌道P端滑下．已知重力加速度為g，電場力等于重力．當(dāng)小球到達(dá)軌道Q端時(　　) 圖3 A．小球的速率為 B．小球的速率為2 C．小球在水平方向的速度大小為 D．小球在水平方向的速度大小為2 答案　A 解析　小球做平拋運(yùn)動時，豎直方向上做自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式得豎直速度vy＝，水平位移x＝t，豎直位移h＝t＝t，解得x＝2h，小球運(yùn)動到Q端時的合速度方向與水平方向的夾角為45，當(dāng)帶電小球沿桿下滑時，對于全過程根據(jù)動能定理得mgh＋qEx＝mv2，解得v＝，A正確，B錯誤；由于合速度的方向就是軌跡的切線方向，因此沿桿運(yùn)動時合速度的方向與小球平拋時合速度的方向相同，小球沿桿運(yùn)動到Q端時的速度與水平方向的夾角也為45，將其分解，小球的水平方向的速度大小為vcos 45＝＝，C、D錯誤． 4． 如圖4，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B，現(xiàn)有四個相同的帶電粒子，由x軸上的P點(diǎn)以不同初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計(jì)重力影響，則 (　　) 圖4 A．初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子 B．初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子 C．在磁場中運(yùn)動經(jīng)歷時間最長的是沿③方向出射的粒子 D．在磁場中運(yùn)動經(jīng)歷時間最長的是沿④方向出射的粒子 答案　AD 解析　由R＝可知，速度越大，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑越大，A正確，B錯誤；由T＝知，各粒子的運(yùn)動周期相同，沿④方向出射的粒子的軌跡對應(yīng)的圓心角最大，用時最長，C錯誤，D正確． 5． 如圖5所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，有兩個電荷量、質(zhì)量均相同的正、負(fù)粒子(不計(jì)重力)，從邊界上的O點(diǎn)以相同速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負(fù)粒子在磁場中 (　　) 圖5 A．運(yùn)動軌跡的半徑相同 B．重新回到邊界所用時間相同 C．重新回到邊界時速度大小和方向相同 D．重新回到邊界時與O點(diǎn)的距離相等 答案　ACD 解析　洛倫茲力充當(dāng)帶電粒子做圓周運(yùn)動的向心力，由qvB＝m得，帶電粒子做圓周運(yùn)動的半徑r＝，所以正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑相同，選項(xiàng)A正確；根據(jù)qvB＝mr，可得帶電粒子做圓周運(yùn)動的周期T＝，而正粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t1＝T，負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2＝T，兩時間并不相同，選項(xiàng)B錯誤；正、負(fù)帶電粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知O2A∥O1C，重新回到邊界時速度大小和方向是相同的，選項(xiàng)C正確；兩粒子重新回到邊界時與O點(diǎn)的距離都是2rsin θ，選項(xiàng)D正確． 6． (xx浙江20)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖6所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P＋和P3＋ (　　) 圖6 A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運(yùn)動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 答案　BCD 解析　磷離子P＋和P3＋的質(zhì)量相等設(shè)為m，P＋的電荷量設(shè)為q，則P3＋的電荷量為3q，在電場中由a＝知，加速度之比為所帶電荷量之比，即為1∶3，A錯誤；由qU＝mv2得Ek∝q，即離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3，D正確；又由qvB＝，得r＝ ∝，所以rP＋∶rP3＋＝∶1，B正確；由幾何關(guān)系可得P3＋在磁場中轉(zhuǎn)過60角后從磁場右邊界射出，C正確． 7． 在光滑水平面上，有一質(zhì)量m＝1.010－3 kg、電量q＝1.010－10 C的帶正電小球，靜止在O點(diǎn)．如圖7所示，以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy.現(xiàn)在突然加一沿x軸正方向，場強(qiáng)大小E＝2.0106 V/m的勻強(qiáng)電場，使小球開始運(yùn)動．經(jīng)過一段時間后，所加勻強(qiáng)電場再突然變?yōu)檠貀軸正方向，場強(qiáng)大小不變，最終使該小球恰好能夠到達(dá)坐標(biāo)為(0.3,0.1)的P點(diǎn)．求： 圖7 (1)電場改變方向前經(jīng)過的時間； (2)帶正電小球到達(dá)P點(diǎn)時的速度大小和方向． 答案　見解析 解析　(1)由牛頓運(yùn)動定律得，在勻強(qiáng)電場中小球加速度的大小為a＝ 代入數(shù)據(jù)得a＝0.20 m/s2 設(shè)電場改變方向前經(jīng)過的時間為t，t時刻小球的速度大小為 vx＝at 小球沿x軸方向移動的距離x1＝at2 電場方向改為沿y軸正方向后的時間T內(nèi)，小球在x軸正方向做速度大小為vx的勻速直線運(yùn)動，在y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動． 沿x方向移動的距離x＝vxT＋x1＝0.30 m 沿y方向移動的距離y＝aT2＝0.10 m 由以上各式解得t＝1 s，T＝1 s vx＝0.20 m/s (2)到P點(diǎn)時小球在x方向的分速度仍為vx，在y方向的分速度vy＝aT＝0.20 m/s v＝≈0.28 m/s，此時運(yùn)動方向與x軸成45角 8． 如圖8所示，在一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外．一束質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子沿平行于直徑MN的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，粒子的速度大小不同，重力不計(jì)．入射點(diǎn)P到直徑MN的距離為h，求： 圖8 (1)若某粒子經(jīng)過磁場射出時的速度方向恰好與其入射方向相反，則該粒子的入射速度是多大？ (2)恰好能從M點(diǎn)射出的粒子速度是多大？ (3)若h＝，粒子從P點(diǎn)經(jīng)磁場到M點(diǎn)的時間是多少？ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子出射方向與入射方向相反，即在磁場中運(yùn)動了半個周期，其半徑r1＝h 設(shè)粒子的入射速度為v1 則qv1B＝m 解得v1＝ (2)粒子從M點(diǎn)射出，其運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)其半徑為r2，在 △MQO1中 r＝(R－)2＋(h－r2)2 得r2＝ 由qv2B＝m 得v2＝ (3)若h＝，sin∠POQ＝＝，可得∠POQ＝ 由幾何關(guān)系得粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)所對圓心角為α＝ 周期T＝ 所以t＝T＝ 9． (xx北京22)如圖9所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強(qiáng)電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動．忽略重力的影響，求： 圖9 (1)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大??； (2)粒子從電場射出時速度v的大小； (3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R. 答案　(1)　(2) 　(3) 解析　(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝ (2)在加速電場中，由動能定理得： Uq＝mv2 解得v＝ (3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝ 解得R＝＝ 10．如圖10所示，現(xiàn)在有一個小物塊，質(zhì)量為m＝80 g，電荷量q＝＋210－4 C．與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，處在一個水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝4103 V/m，在水平軌道的末端N處，連接一個光滑的半圓形軌道，半徑為R＝40 cm，取g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)若小物塊恰好能夠運(yùn)動到軌道的最高點(diǎn)L，那么小物塊應(yīng)該從哪個位置釋放？ (2)如果在上小題的位置釋放小物塊，當(dāng)它運(yùn)動到P(軌道中點(diǎn))點(diǎn)時軌道對它的支持力等于多少？ (3)同位置釋放，當(dāng)小物塊運(yùn)動到N點(diǎn)時，突然撤去電場，撤去電場的同時，加一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T，方向垂直紙面向里，能否運(yùn)動到L點(diǎn)？請說明理由．如果最后能落回到水平面MN上，則剛到達(dá)MN時小物塊的速度大小為多少？ 答案　(1)距離N點(diǎn)1.25 m處　(2)4.8 N (3)見解析 解析　(1)小物塊恰好能通過軌道最高點(diǎn)的條件是 mg＝m 解得v＝2 m/s 設(shè)小物塊從距N點(diǎn)s處釋放，由動能定理得： Eqs－μmgs－mg2R＝mv2－0 解得s＝1.25 m (2)小物塊從P點(diǎn)到L點(diǎn)，由動能定理得： mv2－mv＝－mgR－EqR 解得vP＝2 m/s 在P點(diǎn)處有： FN－Eq＝ 解得FN＝4.8 N (3)能達(dá)到．因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉Γ竭_(dá)最高點(diǎn)速度時仍為v＝2 m/s，所受洛倫茲力背離圓心，軌道對小物塊會產(chǎn)生向下的支持力，所以能到達(dá)最高點(diǎn)L. 從小物塊到達(dá)N點(diǎn)到落回到MN水平面的過程中，重力做功為0，洛倫茲力做功為0，所以剛到達(dá)MN時小物塊的速度大小vt等于第一次經(jīng)過N點(diǎn)時的速度大?。? 由動能定理得：Eqs－μmgs＝mv vt＝vN＝2 m/s