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

《（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第4講 電學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第4講 電學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)學(xué)案（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4講　電學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng) 知識(shí)必備 1.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) (1)運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場時(shí)，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(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。 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(yùn)動(dòng)。 (2)分析處理方法：用類似平拋運(yùn)動(dòng)的分析方法分解運(yùn)動(dòng)。 沿初速度方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)。 沿電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 2.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)電荷v⊥B時(shí)，運(yùn)動(dòng)電荷受到的洛倫茲力F＝qvB，提供做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。 洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)，要應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法求解；借助畫出的運(yùn)動(dòng)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(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 解答時(shí)要從受力分析和運(yùn)動(dòng)分析入手，根據(jù)洛倫茲力產(chǎn)生的條件、大小的計(jì)算、方向的判定、永不做功等特點(diǎn)以及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列式，并善于運(yùn)用幾何關(guān)系來解題。 　帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動(dòng) 【真題示例1】 (2016·全國卷Ⅱ，15)如圖1，P是固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓。帶電粒子Q在P的電場中運(yùn)動(dòng)，運(yùn)

3、動(dòng)軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn)。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點(diǎn)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(diǎn)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(gè)過程中，電場力先做負(fù)功再做正功，且Wb a>

4、|Wc b|，結(jié)合動(dòng)能定理可知，va>vc>vb，故選項(xiàng)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(qiáng)電場。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)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(jìn)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(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)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(diǎn)距電

5、場上邊界的高度； (3)該電場的電場強(qiáng)度大小。 解析　(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可

6、得 h＝H⑧ (3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)， 則＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)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(diǎn) 高考對本考點(diǎn)的考查重在應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和動(dòng)能定理分析計(jì)算帶電粒子在電場運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合點(diǎn)及題目中力的方向判斷。 (2)帶電粒子在電

7、場中做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，注意運(yùn)動(dòng)合成與分解方法的應(yīng)用，且能夠運(yùn)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(shí)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(yùn)動(dòng) 預(yù)測2 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) 預(yù)測3 帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng) 1.(2017·廣西三校聯(lián)考)如圖3所示，在豎直方向上的勻強(qiáng)電場中，從傾角為θ的斜面上的M點(diǎn)水平拋出一個(gè)帶負(fù)電小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上的N點(diǎn)，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(jì)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(diǎn)時(shí)重力的功率 C.可求出小球落到N點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向 D.可求出小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量 解析　帶負(fù)電小球所受電場力豎直向下，小球向下做類平拋運(yùn)動(dòng)，無法比較小球所受重力與電場力的大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于小球質(zhì)量是未知的，無法計(jì)算小球重力的功率，選項(xiàng)B錯(cuò)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(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)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(xiàng)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(xiàng)D錯(cuò)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(qiáng)電場，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，兩電場的電場強(qiáng)度大小相等。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q 的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(－L，0)點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個(gè)點(diǎn)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(diǎn)間的電勢差UPQ； (3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。 解析　(1)由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有Eq＝mg 且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng)，有tan θ＝ 解得θ＝45° (2)P到Q的過程，由動(dòng)能定理有 EqL－mgL＝0 WPQ＝EqL 解得UPQ＝＝－ (3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng)， 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(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時(shí)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(shí)間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時(shí)刻，一不計(jì)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(shí)的速度為v0，t＝T時(shí)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(shí)的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B.在t＝時(shí)刻，該粒子的速度大小為2v0 C.若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場，則粒子會(huì)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(shí)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(yùn)動(dòng)，在豎直方向上前半個(gè)周期內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)

12、動(dòng)，在后半個(gè)周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，一個(gè)周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場時(shí)的速度方向一定沿垂直電場方向，故A正確；在t＝時(shí)刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因?yàn)閮善叫薪饘侔宓陌彘L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(cuò)誤；若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場，粒子在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)情況與t＝0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)運(yùn)動(dòng)的方向相反，運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，則粒子不會(huì)打在板上，故C錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場的時(shí)間t＝＝，故D錯(cuò)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)(主要是類平拋運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng))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(yùn)動(dòng) 【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(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)分布在三分之一圓周上，不計(jì)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(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周時(shí)，打到圓形磁場邊界的位置距P點(diǎn)最遠(yuǎn)，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(shí)可知，粒子運(yùn)動(dòng)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(shí)可知，粒子運(yùn)動(dòng)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(xiàng)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(qiáng)度的大小

15、為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)O沿x軸正向射入磁場，此時(shí)開始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求(不計(jì)重力) 圖7 (1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)粒子與O點(diǎn)間的距離。 解析　(1)在勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。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(yùn)動(dòng)定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時(shí)，所需時(shí)間t1為 t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)過180°時(shí)，所需時(shí)間t2為 t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)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(diǎn) 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)模型是高考的熱點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的軌跡、半徑和時(shí)間等，甚至還可能會(huì)考查粒子運(yùn)動(dòng)的臨界問題和極值問題(見專題三)。在處理相關(guān)問題時(shí)，除了運(yùn)用常規(guī)的解題思路，還應(yīng)側(cè)重運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行分析。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對運(yùn)動(dòng)電荷的電性分析錯(cuò)誤，而造成洛倫茲力方向的錯(cuò)誤。 (2)左、右手定則混淆出現(xiàn)洛倫茲力方向錯(cuò)誤。 (3)軌跡、圓心和

17、半徑是根本，數(shù)學(xué)知識(shí)是保障。 (4)由t＝T＝知，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 預(yù)測2 帶電粒子在有界的勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 預(yù)測3 帶電粒子在兩個(gè)不同磁場中的運(yùn)動(dòng) 1.如圖8所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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(diǎn)的軌跡如圖所示，由幾何

18、關(guān)系知MN＝ON－OM，過M點(diǎn)兩圓圓心與原點(diǎn)連線與x軸夾角為，圓心在x軸上的圓在O點(diǎn)時(shí)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(xiàng)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(qiáng)磁場，甲、乙兩粒子從A點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為24∶

19、37 D.甲、乙兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為60∶37 解析　畫出兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)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(diǎn)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(diǎn)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；甲粒子軌跡圓弧所對圓心角為60°，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為＝·＝×＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)重力)從O點(diǎn)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(shí)間t又回到出發(fā)點(diǎn)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(qiáng)度的大小B1∶B2＝1∶2 D.時(shí)間t＝ 解析　磁場方向未知，由左手定則知，粒子可以帶負(fù)電，也可以帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)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(fù)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(xiàng)B正確；由題圖知，r2＝2r1，由牛頓第二定律有qv0B＝m，得B＝，則＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖知，時(shí)間t＝T1＋T2＝＋·＝，選項(xiàng)D正確。 答案　BD 歸納總結(jié) (1)解答有關(guān)運(yùn)動(dòng)電荷在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，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(yùn)動(dòng)，確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，作好輔助線，充分利用相關(guān)幾何知識(shí)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(shí)，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(shí)，必沿徑向射出磁場區(qū)域。 - 12 -