（浙江专用）2020版高考物理二轮复习 专题一 第4讲 电学中的曲线运动课件

第4讲电学中的曲线运动网络构建备考策略1.掌握解决电学中曲线运动的一个宗旨是将电学问题力学化。2.解题思路：画出粒子的运动草图结合几何关系找到相应的物理量。带电粒子(或带电体)在电场中的曲线运动带电体在匀强电场中的圆周运动【典例1】(2019·浙江省选考科目考试绍兴市适应性试卷)如图1所示，在xOy平面内竖直固定一个“9字型”轨道，圆形部分的半径R＝0.2m，圆心位于C点；直线轨道AB与圆形部分相切于B点，其长度L＝3R，CB连线与竖直方向的夹角为53°；在x0区域有范围很大的匀强电场，场强大小E＝5×104N/C，方向沿x轴正方向。现在A点处由静止释放质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋2×10－5C的小物块(可看作质点)，已知sin53°＝0.8，不计物块与“9字型”轨道的摩擦，g取10m/s2。求：图1(1)物块滑到圆周轨道最低点O处时受到的支持力大小；(2)物块在圆周轨道上速度最大的位置P；(可用PC连线与竖直方向夹角表示)(3)物块在圆周轨道上运动一圈后，从O′点滑出(轨道B′O′与BO段错开且靠近)，其后的水平面上铺设了一种特殊的材料，材料不同位置处的动摩擦因数满足μ＝0.2＋x(x为所在处的横坐标值)，物块在材料面上滑行过程的最大动能是多少？解析(1)物块从A滑至O过程，由机械能守恒定律得mgh＝12mv2O其中h＝Lsin53°＋R(1－cos53°)＝2.8R圆周最低点O处FN－mg＝mv2OR代入得FN＝6.6mg＝6.6N。(2)设物块在圆周轨道(右半侧)P点处的速度最大，PC与竖直方向的夹角为θ，此时有mgsinθ＝qEcosθ，tanθ＝qEmg＝1，θ＝45°。(3)分析知，在水平面上a＝0时，即qE－μmg＝0，解得μ＝1代入μ＝0.2＋x，解得x＝0.8m(速度最大)据动能定理W电－Wf＝Ekm－EkO其中W电＝qE·x＝0.8J，Wf＝f－·x＝0.2＋12×1×0.8J＝0.48J代入数据，得Ekm＝0.88J。答案(1)6.6N(2)45°(3)0.88J带电体在匀强电场中的曲线运动【典例2】(2019·浙江临安选考模拟)如图2所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q0)的带电小球M、N先后以向右的相同初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：图2(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋12at2②s2＝v0t－12at2③联立①②③式得s1s2＝3。④(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式v2y＝2gh⑤H＝vyt＋12gt2⑥M进入电场后做直线运动，由几何关系知v0vy＝s1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h＝13H。⑧(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则v0vy＝qEmg⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1＝12m(v20＋v2y)＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝12m(v20＋v2y)＋mgH－qEs2○11由已知条件Ek1＝1.5Ek2○12联立④⑤⑦⑧⑨⑩○11○12式得E＝2mg2q。○13答案(1)3∶1(2)13H(3)2mg2q1.(2019·浙江桐乡四校联考)(多选)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图3所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则()图3A.A球带正电，B球带负电B.A球比B球先落地C.在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小答案AD解析两球均做类平抛运动，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝12at2，得加速度大小a＝2hv20x2，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，选项A正确，B、C均错误；根据动能定理有mah＝12mv2－12mv20，而Δv＝v－v0，可见加速度a越大，落地速率v越大，速率变化量Δv越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确。2.(2019·浙江舟山选考模拟)如图4所示，在竖直平面内，有一长L＝0.6m的固定竖直杆AB和光滑固定圆弧轨道CD，半径OD竖直，半径OC与竖直方向的夹角θ＝37°，D点的高度h＝53962m，BM垂直水平地面于M点。B点所在的水平面上方存在着场强大小E1＝2.5×106N/C、方向水平向右的匀强电场，下方与C点所在的水平面之间存在着场强大小为E2＝E1、方向与竖直方向的夹角α＝37°、斜向右上的匀强电场。现将一质量m＝0.4kg、电荷量q＝2×10－6C的小球(可视为质点)套在杆上从A端由静止释放后下滑，穿过电场后恰好从C点无碰撞地沿圆弧轨道CD运动，从D点水平飞出落到M点。已知小球与杆间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图4(1)小球到达B点时的速度大小vB；(2)小球从A点运动到C点所用的时间t和B、C两点间的水平距离x；(3)圆弧轨道的半径R。解析(1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小f＝μqE1则小球沿杆下滑的加速度大小a＝mg－fm由v2B＝2aL联立解得vB＝3m/s。小球离开B点后在匀强电场E2中的受力分析如图所示，则qE2cos37°＝4N，恰好与重力mg＝4N平衡小球在匀强电场E2中做类平抛运动，则有(2)小球沿杆下滑的时间t1＝vBa加速度大小g′＝qE2sin37°m小球过C点时有vBg′t2＝tanθ小球从A点运动到C点所用的时间t＝t1＋t2B、C两点间的水平距离x＝12g′t22联立解得t＝1415s，x＝1615m。小球从C点运动到D点的过程中，根据机械能守恒定律有注：先联立求解vD，后求解R，会使计算更简单。小球从D点水平飞出做平抛运动，则h＝12gt23(3)小球到达C点的速度大小vC＝vBsinθmg(R＋Rcosθ)＋12mv2C＝12mv2Dx－Rsin37°＝vDt3联立解得R＝1312m(R＝2017768m＞169m舍去)答案(1)3m/s(2)1415s1615m(3)1312m带电粒子在匀强磁场中的圆周运动带电粒子在相邻匀强磁场中的圆周运动【典例1】(2019·金丽衢十二校3月高三第三次联考)如图5所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心，R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等。在O″32R，－R处，放置一半径R′＝R2的半圆弧形接收器EHF，EO″F与y轴平行，在圆形磁场的左侧0y2R的区间内均匀分布着质量为m、电荷量为＋q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正方向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力，粒子离开磁场后不再回到磁场。求：图5(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)－R，22＋1R处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；(3)打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比。解析(1)当轨道半径r＝R时，粒子偏转后都从O点进入下方磁场，由qvB＝mv2r，解得B＝mvqR。(2)如图甲，－R，22＋1R处的粒子经上方磁场偏转后与x轴负方向成45°角，在下方磁场运动时圆心在22R，－22R轨迹与接收器不相交。(3)如图乙，由几何关系可知，运动轨迹在F点与接收器相内切时，运动轨迹的圆心恰好在E点，根据几何关系可知，由O点进入时，粒子的速度方向与x轴负方向的夹角为60°。进入时G点纵坐标yG＝R＋Rsin30°＝1.5R如图丙，由几何关系可知，运动轨迹在E点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在32R，12R点，根据几何关系可知，由O点进入时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°进入时I点的纵坐标yI＝Rsin30°＝0.5R在GI间射入的粒子能打到接收器上，百分比η＝LGI2R×100%＝50%。答案(1)mvqR(2)不能(3)50%带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题【典例2】(2019·浙江省浙南名校联盟高三上学期期末联考物理试题)如图6所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中JK(JK在x轴上方)下方Ⅰ区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B。直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐：质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞(速度方向刚好相反)，根据入射速度的变化，可调节JK边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：(1)哪个直线加速器加速的是正电子；(2)正、负电子同时以相同速率v1进入磁场，仅经过JK边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值；图6(3)正、负电子同时以v2＝2eBd2m速率进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。解析(1)直线加速器2。(2)如图所示d＝2Rsinθ，R(1－cosθ)＝h或直接得d22＋(R－h)2＝R2整理得R＝d28h＋h2≥2d28h·h2＝d2即当d28h＝h2，即h＝d2时，Rmin＝d2根据ev1B＝mv21R，求得v1＝eBd2m。(3)当v2＝2eBd2m时，则轨道半径R＝22d，对心碰撞的位置离O点的距离总是满足Δy＝2h情况一：hR，只有一种情况h＝R＋22R，Δy＝2h＝2d＋d情况二：hR，由几何关系得d2n2＋(R－h)2＝R2解得h＝R－R2－d2n2那么Δy＝2h＝222d－d22－d2n2(n＝1，3，5，7…2k－1)。答案(1)加速器2(2)eBd2m(3)见解析1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2.求解临界、极值问题的“两思路”(1)以定理、定律为依据，求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解。(2)画轨迹讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。1.(2019·浙江名校协作体模拟)(多选)如图7所示，在平行板电容器极板间有场强为E、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B1、方向水平向里的匀强磁场。左右两挡板中间分别开有小孔S1、S2，在其右侧有一边长为L的正三角形磁场，磁感应强度为B2，磁场边界ac中点S3与小孔S1、S2正对。现有大量的带电荷量均为＋q、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S1水平射入电容器，其中速率为v0的粒子刚好能沿直线通过小孔S1、S2。粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计。下列有关说法中正确的是()图7解析当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向