【物理】2020届二轮复习专题四电场和磁场中的曲线运动学案 20页

专题四 电场和磁场中的曲线运动 『相关知识链接』 电磁学中的曲线运动 曲线运动 F 合与 v 不共线 匀变速曲线运动 F 合恒定 ―→类平抛、复合场匀强电场及重力场中的曲线运动 变加速曲线运动 F 合不恒定 圆周运动 匀速圆周运动F 合大小不变方向指向圆心 带电粒子在复合场电场、磁场及重力场中的运动 ―→带电粒子在磁场 中做圆周运动 『备考策略锦囊』 解电磁学中的曲线运动常用“四种”方法 电磁学中的曲线运动常用“四种”方法 运动的合成分解 1.带电粒子以某一初速度，垂直电场方向射人匀强 电场中，只受电场力作用的运动 2．带电粒子在匀强电场及重力场中的匀变速曲线 运动 动能定理解曲线 运动问题 带电粒子在复合场中做变加速曲线运动，适合应用 动能定理．带电粒子在复合场中做匀变速曲线运动 也可以使用动能定理 利用牛顿运动定 律解圆周运动问 题 1.核外电子在库仑力作用下绕原子核的运动 2．带电粒子在垂直匀强磁场的平面里在磁场力作 用下的运动 3．带电物体在各种外力(重力、弹力、摩擦力、电 场力、磁场力等)作用下的圆周运动 利用几何关系解 圆周问题 带电粒子垂直射入匀强磁场，由于磁场的边界不同 造成粒子轨迹圆与边界的几何问题，由于粒子射入 磁场的速度不同造成粒子轨迹圆的半径不同，由于 粒子射入磁场的方向不同造成粒子轨迹的旋转，以 上均涉及平面几何问题 高考考向 1 带电粒子在电场中的曲线运动 [例 1] [2019·全国卷Ⅱ，24] 如图，两金属板 P、Q 水平放置，间距为 d.两金属板正中间有一 水平放置的金属网 G，P、Q、G 的尺寸相同．G 接地，P、Q 的电势 均为φ(φ>0)．质量为 m，电荷量为 q(q>0)的粒子自 G 的左端上方距离 G 为 h 的位置，以速度 v0 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计． (1)求粒子第一次穿过 G 时的动能，以及它从射入电场至此时在 水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从 G 的下方距离 G 也为 h 的位置离开电场，则金 属板的长度最短应为多少？ 【命题意图】 本题考查了带电粒子在电场中的运动及学生的综 合分析能力，体现了模型建构的素养要素． 【题型分析】 板下方匀强电场中的运动可逆向等效为类平抛运 动．处理时可将该复杂运动分解为水平方向的匀速直线运动和电场方 向上的匀变速运动． 【解析】 (1)由题意得，P、G 间与 Q、G 间场强大小相等，均 为 E. 粒子在 P、G 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速 度大小为 a，有 E＝2φ d ① F＝qE＝ma② 设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－1 2mv20③ 设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移 大小为 l，则有 h＝1 2at2④ l＝v0t⑤ 联立①②③④⑤式解得 Ek＝1 2mv20＋2φ d qh⑥ l＝v0 mdh qφ ⑦ (2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最 短，由对称性知，此时金属板的长度 L 为 L＝2l＝2v0 mdh qφ ⑧ 【答案】 (1)1 2mv20＋2φ d qh v0 mdh qφ (2)2v0 mdh qφ 『多维训练』 1. 三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极 板的中心线方向从 O 点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三 微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒 2 恰好沿下极板边缘飞出电场， 则( ) A．三微粒在电场中的运动时间有 t3>t2>t1 B．三微粒所带电荷量有 q1>q2＝q3 C．三微粒所受电场力有 F1＝F2>F3 D．飞出电场时微粒 2 的动能大于微粒 3 的动能 解析：粒子在电场中运动的时间 t＝x v ，水平速度相等而位移 x1q2，而对粒子 2 和 3，在 E、m、t 相同的情 况下，粒子 2 的竖直位移大，则 q2>q3，故 B 错误；由 F＝qE，q1>q2 可知，F1>F2，故 C 错误；由 q2>q3，且 y2>y3，则 q2Ey2>q3Ey3，电场 力做功多，增加的动能大，故 D 正确． 答案：D 2. [2019·河北唐山一模](多选)如图所示，竖直平面内有 A、B 两点， 两点的水平距离和竖直距离均为 H，空间存在水平向右的匀强电场．一 质量为 m 的带电小球从 A 点以水平速度 v0 抛出，经一段时间竖直向 下通过 B 点．重力加速度为 g，小球在由 A 到 B 的运动过程中，下 列说法正确的是( ) A．小球带负电 B．速度先增大后减小 C．机械能一直减小 D．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少 量 解析：由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向 做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小 球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减 小，A、C 正确．小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力 方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度 夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小 后增大，B 错误．任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势 能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量， D 错误． 答案：AC 3. 如图所示，某一水平面内有一直角坐标系 xOy，x＝0 和 x＝L＝ 10 cm 的区间内有一沿 x 轴负方向的有理想边界的匀强电场，且 E1 ＝1.0×104 V/m，x＝L 和 x＝3L 的区间内有一沿 y 轴负方向的有理想 边界的匀强电场，且 E2＝1.0×104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷 取 2×1011 C/kg)从直角坐标系 xOy 的坐标原点 O 以很小的速度进入 匀强电场，计算时不计此速度且只考虑 xOy 平面内的运动．求： (1)电子从 O 点进入电场到离开 x＝3L 处的电场所需的时间； (2)电子离开 x＝3L 处的电场时对应的纵坐标长度． 解析：(1)设电子离开 x＝L 的位置为 P 点， 离开 x＝3L 的位置为 Q 点，则 1 2mv2P＝eE1L 代入数据得 vP＝2×107 m/s 电子从 O 点运动到 P 点， 所用时间满足 L＝1 2 ×eE1 m t21 代入数据得 t1＝10－8 s 电子从 P 点运动到 Q 点， 所用时间 t2＝2L vP ＝10－8 s 所以总时间为 t＝t1＋t2＝2×10－8 s. (2)电子运动到 Q 点时 yQ＝1 2·eE2 m ·t22 代入数据得 yQ＝0.1 m. 答案：(1)2×10－8 s (2)0.1 m 高考考向 2 带电粒子在磁场中的匀速圆周运动 带电粒子在磁场中运动常用的几个结论 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，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，带电粒子不沿磁场圆半径射入，如图所 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． [例 2] [2019·全国卷Ⅱ，17]如图，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.1 4kBl， 5 4 kBl B.1 4kBl，5 4kBl C.1 2kBl， 5 4 kBl D.1 2kBl，5 4kBl 【命题意图】 本题考查了电子在磁场中运动的问题，有利于综 合分析能力、应用数学知识处理物理问题能力的培养，突出了核心素 养中的模型建构、科学推理、科学论证要素． 【解析】 从 a 点射出的电子运动轨迹的半径 R1＝l 4 ，由 Bqv1 ＝m v21 l 4 得 v1＝Bql 4m ＝1 4kBl；从 d 点射出的电子运动轨迹的半径 R2 满足 关系 R2－l 2 2＋l2＝R22，得 R2＝5 4l，由 Bqv2＝m v22 5 4l 得 v2＝5Bql 4m ＝5 4kBl， 故正确选项为 B. 【关键一步】 对于带电粒子在有界匀强磁场中的运动，关键是 根据题给情境画出带电粒子的运动轨迹，结合几何关系求出轨迹半 径，然后利用洛伦兹力提供向心力列方程解答． 【答案】 B [例 3] [2019·全国卷Ⅲ，18] 如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 1 2B 和 B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为 m、电荷量 为 q(q>0)的粒子垂直于 x 轴射入第二象限，随后垂直于 y 轴进入第一 象限，最后经过 x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( ) A.5πm 6qB B.7πm 6qB C.11πm 6qB D.13πm 6qB 【命题意图】 本题考查了带电粒子在组合场中的运动，要求学 生对粒子在匀强磁场中的运动轨迹进行确定，从而确定运动时间，体 现了分析和解决问题的能力，是学科核心素养中科学推理素养的具体 体现． 【解析】 由 qvB＝mv2 r 得粒子在第二象限内运动的轨迹半径 r＝mv Bq ，当粒 子进入第一象限时，由于磁感应强度减为 1 2B，故轨迹半径变为 2r， 轨迹如图所示. 由几何关系可得 cos θ＝1 2 ， θ＝60°，则粒子运动时间 t＝1 4·2πm Bq ＋1 6· 2πm 1 2Bq ＝7πm 6qB ，选项 B 正确． 【答案】 B [例 4] [2019·江苏卷，16]如图所示，匀强磁场的磁感应强度大 小为 B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于 M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前 后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为 m、电 荷量为－q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场， 在磁场中做圆周运动的半径为 d，且 dab>ac B．飞行时间：tb＝tc>ta C．水平速度：va>vb＝vc D．电势能的减小量：ΔEc＝ΔEb>ΔEa 解析：根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为 a＝qE m ，据题q m 相 同，E 相同，所以 aa＝ab＝ac，选项 A 错误；三个带电微粒在竖直方 向都做初速度为零的匀加速直线运动，由 y＝1 2at2 得 t＝ 2y a ，由图 有 yb＝yc>ya，则 tb＝tc>ta，选项 B 正确；三个带电微粒水平方向都做 匀速直线运动，由 x＝v0t 得 v0＝x t ，由图知 xa>xb>xc，又 tb＝tc>ta，则 va>vb>vc，选项 C 错误；电场力做功为 W＝qEy，由于三个微粒的电 荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定 电势能减少量的大小，选项 D 错误． 答案：B 6. 如图所示，水平放置的平行板长度为 L、两板间距也为 L，两板 之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，在两板 正中央 P 点有一个不计重力的电子(质量为 m、电荷量为－e)，现在 给电子一水平向右的瞬时初速度 v0，欲使电子不与平行板相碰撞，则 ( ) A．v0>eBL 2m 或 v0eBL 2m D．v0eBL 2m 或 v07 m/s，故 D 错 误． 答案：AC 易错点拨：本题易错选 D.小球从 A 点运动至最低点的过程中可 分成两个过程，前一过程做匀加速直线运动，后一过程做圆周运动， 速度沿圆弧切线方向．经过 B 点时，细线绷紧，绷紧前的速度方向 并不是绷紧后速度方向，绷紧瞬间发生速度的变化，机械能损失，故 小球在最低点时 v<7 m/s. 二、非选择题 9. 如图所示，有一平面直角坐标系 xOy，其中 x 轴的正方向为水平 向右，y 轴的正方向为竖直向上．在 x>0 的空间中，存在沿 x 轴正方 向的匀强电场；在 x<0 的空间中，存在沿 x 轴负方向的匀强电场，电 场强度大小均为 E＝1 N/C.一质量 m＝10 g、电荷量 q＝0.1 C 的带负 电的小球在点 P(10 cm,0)处由静止释放，不计空气阻力，(重力加速度 g＝10 m/s2)求： (1)小球第一次到达 y 轴时的速度； (2)小球第二次到达 y 轴时的位置坐标． 解析：(1)小球在 P 点时，对小球受力分析可知： 所受电场力水平向左，大小为 F 电＝qE＝0.1 N 所受重力竖直向下，大小为 G＝mg＝0.1 N 所以小球受到的合力斜向左下方，与 x 轴的负方向的夹角为 45°， 大小为 F＝ 2 10 N 由牛顿第二定律和运动学公式可知，小球在 x>0 的空间运动的加 速度大小为：a＝F m 设小球第一次到达 y 轴上的点为 A， 则 v21＝2alPA，其中 lPA＝ 2xP 解得小球到达 A 点的速度为 v1＝2 m/s (2) 小球在 x<0 的空间运动时受合力的大小仍为 F、方向斜向右下方， 与 y 轴负方向的夹角为 45°，所以小球在 x<0 的空间内以大小为 a 的 加速度做类平抛运动，小球从 A 运动到 B 的过程中，在合力的方向 与合力垂直的方向运动的位移大小相等，则有 v1t＝1 2at2＝l 2l＝lAB 解得：lAB＝80 cm 由几何关系可知 lOA＝10 cm 所以小球第二次到达 y 轴的坐标为(0，－90 cm) 答案：(1)2 m/s (2)(0，－90 cm) 10. [2019·河南省开封市三模]如图所示，在直角坐标系 xOy 的第一 象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面 向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为 B0，区域Ⅱ的磁感应 强度大小可调，C 点坐标为 (4L,3L)，M 点为 OC 的中点．质量为 m、电荷量为－q(q>0)的粒 子从 C 点以平行于 y 轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为qB0L 2m ，不计 粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入 磁场． (1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围； (2)若粒子恰好不能从 AC 边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小． 解析：(1)如图甲所示，当运动轨迹与 x 轴相切时，粒子恰好能进 入区域Ⅰ中．由几何关系可知粒子圆周运动半径为 r＝3L，v＝qB0L 2m ， 由 qvB＝m v2 r 得 B＝B0 6 若粒子无法进入区域Ⅰ中， 则 r>3L，区域Ⅱ磁感应强度 B