2019年高考物理二轮复习 专题五 电场和磁场中的曲线运动训练.doc

2019年高考物理二轮复习 专题五 电场和磁场中的曲线运动训练1带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将会做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，将会做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动2研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可将运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；若场强为E，其加速度的大小可以表示为a.3带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它不做功其半径R，周期T.1带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度，分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键2本部分内容通常应用运动的合成与分解的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题.考向1带电粒子在电场中的曲线运动问题例1(单选)(xx山东18)如图1所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图1A. B. C. D. 审题突破正负粒子在电场中做什么运动？两粒子轨迹恰好相切说明什么？解析根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有sv0t，在竖直方向有ht2，解得v0 .故选项B正确，选项A、C、D错误答案B以题说法1.带电粒子在电场中的一般曲线运动特点是运动轨迹一定在合力和速度的夹角范围内，且向着力的方向弯曲，这是我们画轨迹或者分析受力的依据.2.对于类平抛运动模型通常采用运动的合成与分解方法处理 (双选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图2所示，交变电压的周期T，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()图2A所有电子都从右侧的同一点离开电场B所有电子离开电场时速度都是v0Ct0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大Dt时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为答案BD解析电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子垂直电场方向分速度图象如图，可知，各个电子在垂直电场方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误；由图看出，所有电子离开电场时，垂直电场方向分速度vy0，速度都等于v0，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；t时刻进入电场的电子，在t时刻侧位移最大，最大侧位移为ym2a()2，在t0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有4a()2，解得ym，故D正确考向2带电体在电场中的曲线运动问题例2(双选)如图3所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形绝缘轨道，圆轨道半径为R，圆心为O，A、B为圆水平直径的两个端点，OC竖直一个质量为m、电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()图3A小球一定能从B点离开轨道B小球在AC部分可能做匀速圆周运动C若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD小球到达C点的速度可能为零审题突破小球在运动过程中有哪几个力做功，是正功还是负功？小球在AC部分做匀速圆周运动的条件是什么？如果小球到达C点的速度为零，小球还能不能沿AC半圆轨道运动？解析由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零答案BC以题说法1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关2带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎 (双选)如图4所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点在已知、v0和小球所受的电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是()图4A可求出小球落到N点时重力的功率B由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力C可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量D可求出小球落到N点时速度的大小和方向答案BD解析质量未知，故无法求重力功率，故A错误；小球做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故B正确；小球从M点到N点的过程中电势能的变化量EpFyF，由于加速度a无法求出，所以电势能的变化量不能求出，故C错误；利用平抛知识有tan ，速度偏向角设为，则tan 2tan ，则得：vy2v0tan ，故vNv0，D正确考向3带电粒子在磁场中的圆周运动问题例3如图5所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O的坐标为(2a,0)，其半径为a，该区域内无磁场在y轴和直线x3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场不计粒子重力图5(1)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；(2)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，在磁场中运动的时间为tm/3Bq，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度vmin.审题突破粒子不经过圆形区域到达B点时速度有何特点？画出运动轨迹，如何根据几何关系求半径？解析(1)粒子不经过圆形区域就能达到B点，故粒子到达B点时的速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，设粒子圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1sin 303ar1又qv1Bm，解得：v1.(2)粒子在磁场中运动的周期T，故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为36060粒子到达B点的速度与x轴夹角30设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：3a2r2sin 302acos 230又qv2Bm，解得：v2.(3)设粒子从C点进入圆形区域，OC与OA夹角为，轨迹圆对应的半径为r，由几何关系得：2arsin acos 故当60时，半径最小为rmina又qvminBm，解得vmin.答案(1)(2)(3)以题说法1.对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径2带电粒子在常见边界磁场中的运动规律(1)直线边界：对称性：若带电粒子以与边界成角的速度进入磁场，则一定以与边界成角的速度离开磁场完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2.(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出 如图6所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v3.2106 m的粒子已知屏蔽装置宽AB9 cm、缝长AD18 cm，粒子的质量m6.641027 kg，电量q3.21019 C若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中图6(1)若所有的粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d20 cm，则射出屏蔽装置的粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)答案(1)0.34 m(2)2.0107 s6.5108 s解析(1)由题意：AB9 cm，AD18 cm，可得：BAOODC45所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有：Bqv解得R0.2 m20 cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的粒子的圆周轨迹相切，则所有粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示(1)设此时磁场宽度为d0，由几何关系得：d0RRcos 45(2010) cm0.34 m(2)设粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则T106 s设速度方向垂直于AD进入磁场区域的粒子的入射点为E，如图(2)所示(2)因磁场宽度d20 cmvB，EpAEpBB粒子带负电，vAvB，EpAEpBC粒子带正电，vAvB，EpAEpBD粒子带负电，vAEpB答案B解析根据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由题图知UAB5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做功WqUAB，做负功，故动能减小，电势能增大，所以vAvB，EpAOB.一个带正电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示下列说法正确的是()图3AA电荷为正电荷，B电荷为负电荷BM点的电势高于N点的电势CM点的电场强度大于N点的电场强度D检验电荷在M点的动能大于在N点的动能答案BC解析据带正电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧知A为负电荷，B为正电荷，故A错误因为AOOB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知M点的电势高于N点的电势，M点的电场强度大于N点的电场强度，故B、C正确正电荷在电势高处电势能大，M点的电势高于N点的电势，则正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，在M点的动能小于在N点的动能故D错误4(双选)如图4所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上关于电子的运动，下列说法正确的是()图4AS闭合，只向右移动滑片P.P越靠近b端，电子打在M上的位置越高BS闭合，只改变A、B板间的距离改变前后，电子由O至M经历的时间相同CS闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同DS闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高答案CD解析S闭合，只向右移动滑片P，极板A、B之间的电压U1增大，U1越大，电子离开B板时的速度越大，经过C、D极板时的时间越短，在竖直方向的位移yat2越小，即高度越低，故选项A错误；S闭合，若只将A板向B板靠近时，极板A、B间的电压不变，电子获得速度不变，到达M时的时间为t，所以时间变短；S闭合，若只将B板向A板靠近时，设A、B板的间距为d，A板与M的间距为s，极板A、B间的电压不变，电子获得速度不变，到达M时的时间为t，所以时间变短，故选项B错误；S闭合，只改变A、B板的间距，由动能定理得电子获得动能为EkU1qUq，所以动能不变，故选项C正确；S闭合后再断开，极板A、B的电量不变，只向左平移B，B靠近A板，间距减小，由C可知电容C增大，由C可知其电压减小，所以电子获得的速度减小，通过极板C、D的时间变长，在竖直方向的位移yat2增大，即高度增高，故选项D正确题组2带电体在电场中的曲线运动问题5(双选)如图5所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E.一根不可伸长的绝缘细线长度为l，一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B时，速度为零图中角60.以下说法正确的是()图5A小球在B位置处于平衡状态B小球受到重力与电场力的关系是mgqEC小球在B点的加速度大小为gD小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为qEl答案CD解析小球到达B点时速度为零，但合力不为零，不是平衡状态，故A错误；小球从A到B的过程中，由mglsin qEl(1cos )0，可解得qEmg，所以B错误；小球沿切向方向的合力F合qEcos 30mgsin 30ma，ag，故C正确；小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：dllcos l，所以电场力做功：WqEdEql，故D正确6(单选)如图6所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45，则此带电小球通过P点时的动能为()图6AmvB. C2mvD.答案D解析由题可知，小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0tt，合速度vPv0，则EkPmvmv.7如图7所示，半径为R的光滑圆弧轨道与光滑水平面相切于B点，O为光滑圆弧的圆心，其中OB竖直，OC水平，且ABR，整个空间存在水平向右的匀强电场，质量为m的带正电小球从A点静止释放，其所受电场力为重力的倍，重力加速度为g，求：图7(1)小球到达C点时对轨道的压力大小；(2)小球从A点运动到C点过程中最大速度的大小答案(1)mg(2)2解析(1)已知Eqmg，小球从A到C，由动能定理得：Eq2RmgRmv0对小球，在C处由牛顿第二定律得：FNCEqm得小球受轨道的支持力FNCmg由牛顿第三定律小球对轨道的压力FNCFNCmg.(2)在BC圆弧上某点D，电场力和重力的合力与速度方向垂直时速度有最大值，此时小球所在位置D的半径与水平方向的夹角tan ，小球从A到D，由动能定理得Eq(RRcos )mg(RRsin )mv0解得最大速度vD2.题组3带电粒子在磁场中的圆周运动问题8(双选)(xx新课标20)图8为某磁谱仪部分构件的示意图图中，永磁铁提供匀强磁场硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()图8A电子与正电子的偏转方向一定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小答案AC解析根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB，得r，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误9如图9所示，竖直面内有一倒立等边三角形OMN区域，边长为L，MN边是水平的在该区域有一垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场在同一竖直面内有一束质量为m、电荷量为q、速度大小不同的带正电粒子从N点沿NM方向射入该磁场区域(可认为能发生偏转)过O点作与MN边平行的直线作为x坐标轴，且O点为x坐标轴的原点不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，试求：图9(1)射到x坐标轴上的O点的粒子速度大小；(2)垂直OM边射出的粒子与x坐标轴的交点位置；(3)粒子在磁场中运动的时间和速度的关系答案(1)(2)2(1)L(3)t解析(1)粒子的行进路线如图中弧线的轨迹NO，根据几何知识有R又qvBm，得到射到x坐标轴上O点的粒子速度大小v(2)粒子的行进路线如图中的轨迹2，根据几何知识有：R2L另有x，得x2(1)L.(3)从ON边射出的粒子根据几何知识有：在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角都是，所以这些粒子在磁场中运动的时间与速度无关，则t.从OM边射出的粒子行进路线可用图中的轨迹3代表，根据几何知识有：RRcos (LRsin )tan 其中R且角的范围是(0，)可得arccos()，而t，得t.题组4带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题分析10(双选)(xx江苏9)如图10所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UHk，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则()图10A霍尔元件前表面的电势低于后表面B若电源的正负极对调，电压表将反偏CIH与I成正比D电压表的示数与RL消耗的电功率成正比答案CD解析当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，IH方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误因R与RL并联，根据并联分流，得IHI，故IH与I成正比，选项C正确由于B与I成正比，设BaI，则ILI，PLIRL，故UHkPL，知UHPL，选项D正确11如图11所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域(图中虚线与x轴所围区域)内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿x轴负方向匀强磁场方向垂直于xOy平面一带负电的粒子(不计重力)从P(0，R)点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t0从O点射出图11(1)求匀强磁场的大小和方向；(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入，经时间恰好从半圆形区域的边界射出求粒子的加速度和射出时的速度大小；(3)在满足(2)的条件下，若仅撤去电场，带电粒子从O点沿y轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间答案(1)垂直xOy平面向外(2)RR(3)t0解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，磁感应强度为B.可判断出粒子受到的电场力沿x轴正方向，则洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知磁感应强度垂直xOy平面向外且有qEqvB，Rvt0，则B.(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动在y方向位移yv设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是xR又有xat2a()2得aR设出射速度v1，出射时x方向分速度为vx，则vxR则v1R(3)仅有磁场时，入射速度v24v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆心为C，圆心角为2，如图，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv2B又qv2B4qE，qEma，得rR由几何关系知sin ，则带电粒子在磁场中运动周期T则带电粒子在磁场中运动时间tTt0