全国2017版高考物理二轮复习力与运动第4讲力与物体的曲线运动二_电场磁场中的曲线运动.docx

第4讲力与物体的曲线运动(二) 电场、磁场中的曲线运动1(2016全国卷，18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图1所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()图1A. B. C. D.解析画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvBm，又T，联立得T由几何知识可得，轨迹的圆心角为，在磁场中运动时间tT，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则T，解得，故选项A正确。答案A2(2016全国卷，18)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图2所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()图2A. B. C. D.解析带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r。轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于2rsin 30r，故AOD为等边三角形，ODA60，而MON30，则OCD90，故COD为一直径，24r，故D正确。答案D3(2015全国卷，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小解析由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB，轨道半径r，从较强磁场进入较弱磁场后，磁感应强度变小，速度大小不变，轨道半径r变大，根据角速度可知角速度变小，选项D正确。答案D4(多选)(2015全国卷，19)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等解析设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，则由牛顿第二定律得：qvBT由得：R，T所以k，k根据a，可知，所以选项A、C正确，B、D错误。答案AC5(2015全国卷24)如图3，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30。不计重力。求A、B两点间的电势差。图3解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30v0sin 60由此得vBv0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABm(vv)联立式得UAB答案备 考 指 导【考情分析】2014卷T16：洛伦兹力作用下的圆周运动卷T20：带电粒子在磁场中的运动2015卷T14：带电粒子在磁场中的运动卷T19：带电粒子在磁场中的运动卷T24：带电粒子在电场中的运动2016卷T20：带电粒子在电场中的曲线运动卷T18：带电粒子在圆形磁场中的运动卷T18：带电粒子在有界磁场中的运动带电粒子在电磁场中的运动每年高考的必考内容，常见题型有选择题、计算题，甚至是压轴题。【备考策略】掌握“两大偏转”模型，破解带电粒子在电磁场中的运动问题(1)“电偏转”(匀强电场中)受力特点及运动性质：电场力为恒力，带电粒子做匀变速运动，轨迹为抛物线。只讨论v0E的情况，带电粒子做类平抛运动。处理方法：运动的合成与分解。关注要点：速度偏转角的正切值，tan ；侧移距离y0。(2)“磁偏转”解决带电粒子在磁场中的运动，要明确粒子的重力是否要考虑，明确这一点之后，再进行正确的受力分析和运动分析，关键在于画好运动轨迹图，记住一些推论，运用几何关系求得粒子运动的轨迹半径和圆心角，利用圆周运动知识和牛顿运动定律列式求解。带电粒子在匀强电场中的偏转问题 规 律 方 法“两个分运动”、“三个一”求解粒子偏转问题(1)两个独立的分运动平行极板的匀速直线运动：Lv0t；垂直极板的匀加速直线运动：yat2，vyat，a。(2)“三个一”一个偏转角：tan 一个几何关系：ytan ；一个功能关系：Ek。 精 典 题 组1(多选)如图4所示，带电荷量之比为qAqB13的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，则()图4AA和B在电场中运动的时间之比为12BA和B运动的加速度大小之比为41CA和B的质量之比为112DA和B的位移大小之比为11解析粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12；竖直方向由hat2得a，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aAaB41；根据a得m，故，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确。答案ABC2.如图5所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上、下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长L1 m，进烟尘口的截面为边长d0.5 m的正方形，分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v02 m/s连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布。已知每立方米体积内颗粒数n11013 个，每个烟尘颗粒带电荷量为q1.01017 C，质量为m2.01015 kg，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相互作用力和空气阻力。图5(1)高压电源电压U0300 V时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值；(2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求高压电源电压U1；(3)装置在(2)中电压U1作用下稳定工作时，1 s内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟尘颗粒所做的总功。解析(1)由牛顿第二定律得，ma烟尘颗粒在电场中做类平抛运动，飞出电场时，有：水平位移Lv0t竖直位移yat2解得：y0.375 m所求比值为(2)由类平抛运动规律和牛顿第二定律得da1t2ma1解得：U1400 V(3)t11 s内进入烟尘通道的烟尘颗粒总个数：Nnd2v0t1电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量y成正比，则对所有颗粒做功的平均值等于电场对距离下金属板处的颗粒所做的功(其他类似表达也给分)所以WN0.01 J答案(1)(2)400 V(3)0.01 J3.在宽度为L的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界。有一个带电粒子(不计重力)从左侧边界上的A点，以初速度v0沿垂直于电场的方向射入电场，粒子从右侧边界射出时的速度大小为v0。图6(1)求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向位移的大小；(2)若带电粒子的入射速度改为v0，求粒子从右侧边界射出时速度的大小；(3)若带电粒子的入射速度大小可以为任意值(远小于光速)，求带电粒子从右侧边界射出速度的最小值。解析(1)设经过时间t1粒子射出电场，沿电场方向位移y，沿电场方向速度为vy1由类平抛运动规律知Lv0t1yatvy1at1射出电场的速度分解到水平方向和竖直方向v0联立式，得a联立式，得yL(2)粒子在水平方向做匀速运动，设经过时间t2粒子射出电场Lv0t2设粒子沿场强方向加速度为a，沿场强方向匀加速直线运动vy2at2粒子射出电场速度v联立知vv0(3)设粒子以vx射入电场，沿电场方向速度为vy粒子射出电场的速度为v，类比式v可知(vx)2(a)2相等时，v取最小值，即vx代入知最小速度，vminv0。答案(1)L(2)v0(3)v0带电粒子在匀强磁场中的运动规 律 方 法1模型：带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvBm。2结论：半径r，周期T(与粒子速率无关)。3圆心的确定(几何方法)(1)两点速度的垂线的交点；(2)某点速度的垂线与弦的中垂线的交点。4记住下列图形中轨迹的结论5一般解题思路精 典 题 组1. (多选)(2016烟台市期末自主练习)如图7所示，在直径为d的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B1，一个带电粒子以速率v从A点沿与直径AC成30角的方向射入磁场，经时间t1从C点射出磁场，现调整磁场的磁感应强度大小为B2，让同一粒子沿与直径AC成60角的方向仍以速率v射入磁场，经时间t2仍从C点射出磁场，则下列说法中正确的是()图7AB1B21 BB1B23Ct1t22 Dt1t22解析粒子运动轨迹如图所示，由图知粒子运行的轨道半径为r，由牛顿第二定律知Bqvm，即B，联立得B，所以，选项A错误、B正确；粒子运行周期T，粒子在磁场中运行的时间为tT，所以，选项C错误、D正确。答案BD2(2016四川理综，4)如图8所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则()图8Avbvc12，tbtc21 Bvbvc22，tbtc12Cvbvc21，tbtc21 Dvbvc12，tbtc12解析带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，rc2rb，b120，c60，由qvBm得，v，则vbvcrbrc12, 又由T，tT和b2c得tbtc21，故选项A正确，B、C、D错误。答案A3. (多选)如图9所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度是区域内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域，发现粒子离开区域时速度方向改变了30，然后进入区域，测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确的是()图9A粒子在区域和区域中的速率之比为11B粒子在区域和区域中的角速度之比为21C粒子在区域和区域中的圆心角之比为12D区域和区域中的宽度之比为11解析由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力FqBvma和av可知，粒子运动的角速度之比为12B1B212，则B错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由t可得t，且B22B1，所以可得1212，则C正确；由题意可知，粒子在区域中运动的圆心角为30，则粒子在区域中运动的圆心角为60，由R可知粒子在区域中的运动半径是在区域中运动半径的2倍，设粒子在区域中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域的宽度d12rsin 30r；区域的宽度d2rsin 30rcos(1806060)r，故D正确。答案ACD高频考点四带电粒子在有界磁场中的临界极值问题满分策略1处理带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧(1)从关键词语找突破口：审题时一定要抓住题干中的关键字眼，如“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语，挖掘其隐含的信息。(2)数学方法与物理方法相结合：借助半径R和速度大小v(或磁感应强度大小B)之间的关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和有界磁场边界之间的关系，找出临界点，然后利用数学方法求极值。2磁场区域最小面积的求解方法在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关系求有界磁场区域的最小面积。满分示例(20分)如图10所示，O为三个半圆的共同圆心，半圆和间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B11.0 T，和间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，半圆的半径R10.5 m，半圆的半径R31.5 m。一比荷为4.0107 C/kg的带正电粒子从O点沿与水平方向成30角的半径OC方向以速率v1.5107 m/s垂直射入磁场B1中，恰好能穿过半圆的边界而进入、间的磁场中，粒子再也不能穿出磁场，不计粒子重力，sin 530.8，cos 530.6。求：图10(1)半圆的半径R2；(2)粒子在半圆、间的磁场中的运行时间t；(3)半圆、间磁场的磁感应强度B2应满足的条件。审题指导1抓住题干关键隐含信息2把抽象思维形象思维满分模板解析(1)由题意可知粒子的轨迹如图所示，设粒子在半圆、间的磁场中的运行半径为r1，则由洛伦兹力提供向心力得B1qvm(2分)代入数值得r1 m(1分)由图知(R2r1)2Rr(2分)代入数值得R21.0 m。(1分)(2)由图可知tan (2分)所以53(1分)粒子在半圆、间的磁场中运行的周期为T(2分)粒子在半圆、间的磁场中运动时间tT5.54108 s。(2分)(3)因粒子不能射出磁场，而粒子进入半圆、间的磁场中的速度方向沿半圆的切线方向，若粒子恰好不穿过半圆边界，则对应的磁场的磁感应强度最小，设粒子在半圆、间的磁场中的运动的轨迹圆的半径为r2，则r20.25 m(2分)由qvB得B2minqvm(2分)B2min1.5 T(2分)即半圆、间磁场的磁感应强度B2应满足B21.5 T。(1分)答案(1)1.0 m(2)5.54108 s(3)B21.5 T【技巧点拨】体会并熟记下面三个结论(1)刚好穿出磁场边界的临界状态是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，如本题中粒子进入半圆、间的磁场中的速度方向沿半圆的切线方向。(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等。满分体验(20分)如图11所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。图11(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。解析(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示图甲由几何关系可知：(Ra)2(3a)2R2，得R5a(2分)由牛顿第二定律可知：qvB0m(2分)解得：v(1分)(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，图乙设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1r1cos 3a(2分)由(1)知cos (1分)所以r1(1分)根据qvB1m(2分)解得：B1(1分)故当B1时，粒子不会从AC边界飞出(1分)(3)如图丙所示，图丙当B3B0时，根据qvBm(2分)得粒子在OF下方的运动半径为ra(1分)设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：PP14a(2分)所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为LnPP14na(n1，2，3)(2分)答案(1)(2)B1(3)4na(n1，2，3)一、选择题(14题为单项选择题，57题为多项选择题)1.如图1所示，垂直纸面向里的匀强磁场足够大，两个不计重力的带电粒子同时从A点在纸面内沿相反方向垂直虚线MN运动，经相同时间两粒子又同时穿过MN，则下列说法正确的是()图1A两粒子的电荷量一定相等，电性可能不同B两粒子的比荷一定相等，电性可能不同C两粒子的动能一定相等，电性也一定相同D两粒子的速率、电荷量、比荷均不等，电性相同解析因两粒子是从垂直MN开始运动的，再次穿过MN时速度方向一定垂直MN，两粒子均运动了半个周期，即两粒子在磁场中运动周期相等，由T知两粒子的比荷一定相等，但质量、电荷量不一定相等，选项A、D错误；因不知粒子的偏转方向，所以粒子电性无法确定，选项B正确；因粒子运动的周期与速度无关，所以粒子的动能也不能确定，选项C错误。答案B2.如图2，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以与x轴成60角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R(不计重力)，则()图2A粒子经偏转一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为21C粒子再次回到x轴上方所需的时间为D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R解析根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A选项错误；根据R可知粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为12，则B错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t，则C选项正确；粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进的距离为x2Rcos 304Rcos 303R，则D选项错误。答案C3.如图3，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为()图3A. B. C. D.解析设加速电压为U1，偏转电压为U2，因为qU1mv，电荷离开加速电场时的速度v0；在偏转电场中t2，解得td，水平距离lv0tddd，所以。答案B4.如图4，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，某种比荷为、速度大小为v的一群离子以一定发散角由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos 为()图4A. B1C1 D1解析由洛伦兹力提供向心力得qvBm，解得r。根据题述，当离子速度方向沿y轴正方向时打在N点，当离子速度方向与y轴正方向夹角为时打在M点，画出两种情况下离子的运动轨迹如图所示，设OM之间的距离为x，则有2rcos x，2rxL，联立解得cos 1，选项B正确。答案B5.如图5所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场。带电粒子的重力不计，如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场，则恰好从D点离开电场。若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，则带电粒子()图5A从BC边界离开电场B从AD边界离开电场C在电场中的运动时间为D离开电场时的动能为mv解析带电粒子从M点以垂直电场线方向进入电场后做类平抛运动，水平方向上有Lv0t，竖直方向上有Lat2t2，联立解得E；带电粒子从N点进入电场后做匀减速直线运动，设带电粒子在电场中减速为零时的位移为x，由动能定理有qEx0mv，解得xL，当粒子速度减至零后沿原路返回，从N点射出，粒子在电场中运动的时间t1，由于电场力做功为零，根据动能定理有0Ek2mv，粒子离开电场时的动能Ek2mv，选项B、D正确。答案BD6如图6所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一带电粒子从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30。当该粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180。不计粒子的重力，下列说法正确的是()图6A该粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B该粒子的比荷为C该粒子在磁场中的运动时间为D该粒子在磁场中的运动时间为解析由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A项错；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为r，结合qv0B，可得，B项正确；粒子在磁场中的运动时间t，C项正确，D项错。答案BC7.如图7所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是()图7Av1v212 Bv1v24Ct1t221 Dt1t231解析甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T甲T乙。设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半径为r1，运行时间为t1，乙粒子运行半径为r2，运行时间为t2，而r，所以v1v2r1r24，选项A错误，B正确；t1t231，选项C错误，D正确。答案BD二、非选择题8(2016北京理综，23)如图8所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。图8(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2。(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的G概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。解析(1)根据动能定理，有eU0mv电子射入偏转电场时的初速度v0在偏转电场中，电子的运动时间tL加速度a偏转距离ya(t)2(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力Gmg1030 N电场力F1016 N由于FG，因此不需要考虑电子所受的重力。(3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即，类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能Ep与其质量m的比值，叫做重力势，即G电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。答案(1)(2)见解析(3)见解析9如图9甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中ABADL，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t0时从A点沿AB方向垂直