（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運動 第4講 電學(xué)中的曲線運動學(xué)案

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1、 第4講　電學(xué)中的曲線運動 知識必備 1.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) (1)運動狀態(tài)分析 ①帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向成90°角的電場力作用而做勻變速曲線運動(類平拋運動)。 ②如果電場力的方向與速度方向不共線，粒子將做勻變速曲線運動。 (2)分析處理方法：用類似平拋運動的分析方法分解運動。 沿初速度方向：做速度為v0的勻速直線運動。 沿電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運動。 2.帶電粒子在勻強磁場中的運動 運動電荷v⊥B時，運動電荷受到的洛倫茲力F＝qvB，提供做勻速圓周運動的向心力。 洛倫茲力始終垂直于運動方

2、向，不做功。其半徑R＝，周期T＝。, 備考策略 1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 帶電粒子在勻強電場中做勻變速曲線運動，一般是類平拋運動，要應(yīng)用運動的合成與分解的方法求解；借助畫出的運動示意圖尋找?guī)缀侮P(guān)系或題目中的隱含關(guān)系。 2.帶電粒子在勻強磁場中的運動 解答時要從受力分析和運動分析入手，根據(jù)洛倫茲力產(chǎn)生的條件、大小的計算、方向的判定、永不做功等特點以及帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的規(guī)律列式，并善于運用幾何關(guān)系來解題。 　帶電粒子在電場中的曲線運動 【真題示例1】 (2016·全國卷Ⅱ，15)如圖1，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運

3、動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則(　　) 圖1 A.aa>ab>ac，va>vc>vb B.aa>ab>ac，vb>vc>va C.ab>ac>aa，vb>vc>va D.ab>ac>aa，va>vc>vb 解析　由庫侖定律F＝可知，粒子在a、b、c三點受到的電場力的大小關(guān)系為Fb>Fc>Fa，由a＝可知ab>ac>aa。根據(jù)粒子的軌跡可知，粒子Q與場源電荷P的電性相同，二者之間存在斥力，由c→b→a整個過程中，電場力先做負功再做正功，且Wb a>

4、|Wc b|，結(jié)合動能定理可知，va>vc>vb，故選項D正確。 答案　D 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅱ，25)如圖2，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m，電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求： 圖2 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電

5、場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大小。 解析　(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學(xué)公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3④ (2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學(xué)公式 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可

6、得 h＝H⑧ (3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動， 則＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝? 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) 真題感悟 1.高考考查特點 高考對本考點的考查重在應(yīng)用動力學(xué)觀點和動能定理分析計算帶電粒子在電場運動過程中的受力、做功及能量變化。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)電場線、等勢面與運動軌跡結(jié)合點及題目中力的方向判斷。 (2)帶電粒子在電

7、場中做曲線運動時，注意運動合成與分解方法的應(yīng)用，且能夠運用幾何圖形、函數(shù)圖象解決物理問題。2017年全國卷Ⅱ第25題第(1)問使用速度—時間圖象就可以在一分鐘內(nèi)解題。 預(yù)測1 帶電粒子(或帶電體)在電場中的曲線運動 預(yù)測2 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) 預(yù)測3 帶電粒子在交變電場中的運動 1.(2017·廣西三校聯(lián)考)如圖3所示，在豎直方向上的勻強電場中，從傾角為θ的斜面上的M點水平拋出一個帶負電小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上的N點，在已知θ、v0和小球所受的電場力大小F及重力加速度g的條件下，不計空氣阻力，則下列的判斷正確的是(　　) 圖3 A.由圖

8、可知小球所受的重力大小一定大于電場力 B.可求出小球落到N點時重力的功率 C.可求出小球落到N點時速度的大小和方向 D.可求出小球從M點到N點的過程中電勢能的變化量 解析　帶負電小球所受電場力豎直向下，小球向下做類平拋運動，無法比較小球所受重力與電場力的大小，選項A錯誤；由于小球質(zhì)量是未知的，無法計算小球重力的功率，選項B錯誤；設(shè)小球豎直向下的加速度為a，則有tan θ＝，且y＝at2，x＝v0t，所以得出tan θ＝，設(shè)小球落在N點時速度大小為v，與水平方向成α角，則有tan α＝，且vy＝at，所以得出tan α＝，因此tan α＝2tan θ，小球落到N點時速度的方向與水平方向之

9、間的α角是確定的值，是可以求出的，又因＝cos α，可求出v＝，這也是確定的值，選項C確；雖然小球所受的電場力已知，但其在豎直方向上的位移無法求出，所以無法求出小球電勢能的變化量，故選項D錯誤。 答案　C 2.(2017·青海省西寧市四校高三上學(xué)期聯(lián)考)如圖4所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強電場，第二象限中有沿y軸負方向的勻強電場，兩電場的電場強度大小相等。一個質(zhì)量為m，電荷量為q 的帶電質(zhì)點以初速度v0從x軸上P(－L，0)點射入第二象限，已知帶電質(zhì)點在第一和第二象限中都做直線運動，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個點Q(未畫出)，重力加速度g為已知量。求： 圖4 (1)初

10、速度v0與x軸正方向的夾角； (2)P、Q兩點間的電勢差UPQ； (3)帶電質(zhì)點在第一象限中運動所用的時間。 解析　(1)由題意知，帶電質(zhì)點在第二象限做勻速直線運動，有Eq＝mg 且由帶電質(zhì)點在第一象限做直線運動，有tan θ＝ 解得θ＝45° (2)P到Q的過程，由動能定理有 EqL－mgL＝0 WPQ＝EqL 解得UPQ＝＝－ (3)帶電質(zhì)點在第一象限做勻變速直線運動， 由牛頓第二定律有mg＝ma，即a＝g v＝2as，s＝t 解得t＝ 帶電質(zhì)點在第一象限中往返一次所用的時間 T＝2t＝ 答案　(1)45°　(2)－　(3) 3.(2017·山西臨汾校級二

11、模)如圖5甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則(　　) 圖5 A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B.在t＝時刻，該粒子的速度大小為2v0 C.若該粒子在時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上 D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場 解析　粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上前半個周期內(nèi)先做勻加速直線運

12、動，在后半個周期內(nèi)做勻減速直線運動，一個周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向，故A正確；在t＝時刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因為兩平行金屬板的板長和板間距離相等，則有v0T＝××2，解得vy＝v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度為v＝v0，故B錯誤；若該粒子在時刻以速度v0進入電場，粒子在豎直方向上的運動情況與t＝0時刻進入時運動的方向相反，運動規(guī)律相同，則粒子不會打在板上，故C錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場的時間t＝＝，故D錯誤。 答案　A 歸納總結(jié) (1)帶電體一般要考慮重力，而且電場力對帶電體做功的特點與重力相同

13、，即都與路徑無關(guān)。 (2)帶電粒子在電場中做曲線運動(主要是類平拋運動，圓周運動)的分析方法與力學(xué)中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹(jǐn)慎。 　帶電粒子在磁場中的曲線運動 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅱ，18)如圖6，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1 為(　　) 圖6 A.∶2 B.∶1

14、 C.∶1 D.3∶ 解析　根據(jù)作圖分析可知，當(dāng)粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場邊界的位置距P點最遠，則當(dāng)粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設(shè)圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r2＝Rcos 30°＝R；根據(jù)軌道半徑公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故選項C正確。 　 　　　　　　甲　　　　　　乙 答案　C 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅲ，24)如圖7，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0 區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小

15、為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力) 圖7 (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為 t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為

16、 t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤ (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥ 答案　(1)(1＋)　(2)(1－) 真題感悟 1.高考考查特點 帶電粒子在勻強磁場中的運動模型是高考的熱點模型之一。在高考中，主要以選擇題形式考查帶電粒子在磁場中運動的軌跡、半徑和時間等，甚至還可能會考查粒子運動的臨界問題和極值問題(見專題三)。在處理相關(guān)問題時，除了運用常規(guī)的解題思路，還應(yīng)側(cè)重運用數(shù)學(xué)知識進行分析。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對運動電荷的電性分析錯誤，而造成洛倫茲力方向的錯誤。 (2)左、右手定則混淆出現(xiàn)洛倫茲力方向錯誤。 (3)軌跡、圓心和

17、半徑是根本，數(shù)學(xué)知識是保障。 (4)由t＝T＝知，帶電粒子在磁場中的運動時間與圓心角α有關(guān)，與弧長無關(guān)。 預(yù)測1 帶電粒子在勻強磁場中的運動 預(yù)測2 帶電粒子在有界的勻強磁場中的運動 預(yù)測3 帶電粒子在兩個不同磁場中的運動 1.如圖8所示，勻強磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強度大小為B，一群比荷為、速度大小為v的離子以一定發(fā)散角α由原點O射出，y軸正好平分該發(fā)散角，離子束偏轉(zhuǎn)后打在x軸上長度為L的區(qū)域MN內(nèi)，則cos 為(　　) 圖8 A.1－ B.－ C.1－ D.1－ 解析　根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，得R＝，離子通過M、N點的軌跡如圖所示，由幾何

18、關(guān)系知MN＝ON－OM，過M點兩圓圓心與原點連線與x軸夾角為，圓心在x軸上的圓在O點時的速度沿y軸正方向，由幾何關(guān)系可知L＝2R－2Rcos ，解得cos＝1－，故選項C正確。 答案　C 2.(多選)(2017·陜西高三質(zhì)量檢測)如圖9所示，半圓形和矩形組成的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩粒子從A點沿水平直徑AP以相同的速度v0入射，結(jié)果甲、乙兩粒子分別從C、D點射出。已知CD⊥AP，AQ＝AP，∠COP＝60°，則下列說法中正確的是(　　) 圖9 A.甲、乙兩粒子的比荷之比為5∶6 B.甲、乙兩粒子的比荷之比為∶5 C.甲、乙兩粒子在磁場中運動時間之比為24∶

19、37 D.甲、乙兩粒子在磁場中運動時間之比為60∶37 解析　畫出兩粒子在磁場中運動的軌跡圖，設(shè)半圓形磁場區(qū)域的半徑為R，AP＝2R，AO＝AP＝R。對從C點射出的粒子，由圖中幾何關(guān)系可知，r1tan 30°＝R，解得r1＝R；對從D點射出的粒子，由圖中幾何關(guān)系可知，(R)2＋(r2－R)2＝r，解得r2＝R；由qvB＝m，解得粒子比荷＝。甲、乙兩粒子的比荷之比∶＝r2∶r1＝R∶R＝5∶6，選項A正確，B錯誤；甲粒子軌跡圓弧所對圓心角為60°，運動時間為T，由sin θ2＝＝0.6，乙粒子軌跡圓弧所對圓心角為37°，甲、乙兩粒子在磁場中運動時間之比為＝·＝×＝，選項C正確，D錯誤。

20、 答案　AC 3.(多選)(2017·山西質(zhì)檢)如圖10所示，分界線MN上、下兩側(cè)有垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度分別為B1和B2，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)從O點出發(fā)，以一定的初速度v0沿紙面內(nèi)垂直MN的方向向上射出，經(jīng)時間t又回到出發(fā)點O，形成了圖示的心形圖案。則(　　) 圖10 A.粒子一定帶正電荷 B.MN上、下兩側(cè)的磁場方向相同 C.MN上、下兩側(cè)的磁感應(yīng)強度的大小B1∶B2＝1∶2 D.時間t＝ 解析　磁場方向未知，由左手定則知，粒子可以帶負電，也可以帶正電，選項A錯誤；若粒子帶正電，則由左手定則知，MN上、下兩側(cè)的磁場方向都垂直紙面向里，若粒子

21、帶負電，則由左手定則知，MN上、下兩側(cè)的磁場方向都垂直紙面向里，故MN上、下兩側(cè)的磁場方向相同，選項B正確；由題圖知，r2＝2r1，由牛頓第二定律有qv0B＝m，得B＝，則＝＝，選項C錯誤；由題圖知，時間t＝T1＋T2＝＋·＝，選項D正確。 答案　BD 歸納總結(jié) (1)解答有關(guān)運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時，我們可以先將有界磁場視為無界磁場，假設(shè)粒子能夠做完整的圓周運動，確定粒子做圓周運動的圓心，作好輔助線，充分利用相關(guān)幾何知識解題。 (2)對稱性的應(yīng)用 ①粒子從直線邊界射入磁場，再從這一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等。 ②粒子沿徑向射入圓形磁場區(qū)域時，必沿徑向射出磁場區(qū)域。 - 12 -