【導(dǎo)學(xué)案】電學(xué)中的曲線運(yùn)動

1、PAGE12電學(xué)中的曲線運(yùn)動一、知識必備1帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1運(yùn)動狀態(tài)分析帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)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(yùn)動類平拋運(yùn)動。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。2分析處理方法：用類似平拋運(yùn)動的分析方法分解運(yùn)動。沿初速度方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動。沿電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動運(yùn)動電荷vB時，運(yùn)動電荷受到的洛倫茲力FqvB，提供做勻速圓周運(yùn)動的向心力。洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動方向，不做功。其半徑Reqfmv,qB，周期Teqf2m,qB。,二、備考策

2、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，一般是類平拋運(yùn)動，要應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法求解；借助畫出的運(yùn)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(qiáng)磁場中的運(yùn)動解答時要從受力分析和運(yùn)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(diǎn)以及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的規(guī)律列式，并善于運(yùn)用幾何關(guān)系來解題。三、帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動【真題示例1】2022全國卷，15如圖，可知abacaa。根據(jù)粒子的軌跡可知，粒子Q與場源電荷，電荷量分別為q和qq0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，

3、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(yùn)動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：1M與N在電場中沿水平方向的位移之比；2A點(diǎn)距電場上邊界的高度；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)水平射出時的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運(yùn)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(yùn)動學(xué)公式得v0at0s1v0teqf1,2at2s2v0teqf1,2at2聯(lián)立式得eqfs1,s232設(shè)A點(diǎn)距電場上

4、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(yùn)動學(xué)公式veqoal2,y2ghHvyteqf1,2gt2M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系知eqfv0,vyeqfs1,H聯(lián)立式可得heqf1,3H3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，則eqfv0,vyeqfqE,mg設(shè)M、N離開電場時的動能分別為E1、E2，由動能定理得E1eqf1,2mveqoal2,0veqoal2,ymgHqEs1E2eqf1,2mveqoal2,0veqoal2,ymgHqEs2由已知條件E1聯(lián)立式得Eeqfmg,r2q答案1312eqf1,3H3eqfmg,r2q真題感悟：1高考考查特點(diǎn)高考

5、對本考點(diǎn)的考查重在應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)和動能定理分析計算帶電粒子在電場運(yùn)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(yùn)動軌跡結(jié)合點(diǎn)及題目中力的方向判斷。2帶電粒子在電場中做曲線運(yùn)動時，注意運(yùn)動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。2022年全國卷第25題第1問使用速度時間圖象就可以在一分鐘內(nèi)解題?？枷蝾A(yù)測：預(yù)測1帶電粒子或帶電體在電場中的曲線運(yùn)動預(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12022廣西三校聯(lián)考如圖所示，在豎直方向上的勻強(qiáng)電場中，從傾角為的斜面上的M點(diǎn)水平拋出一個帶負(fù)電小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上

6、的N點(diǎn)，在已知、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A由圖可知小球所受的重力大小一定大于電場力點(diǎn)時重力的功率點(diǎn)時速度的大小和方向點(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，無法比較小球所受重力與電場力的大小，選項(xiàng)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(xiàng)B錯誤；設(shè)小球豎直向下的加速度為a，則有taneqfy,，且yeqf1,2at2，v0t，所以得出taneqfat,2v0，設(shè)小球落在N點(diǎn)時速度大小為v，與水平方向成角，則有taneqfvy,v0，且vyat，所以得出taneqfat,v0，因

7、此tan2tan，小球落到N點(diǎn)時速度的方向與水平方向之間的角是確定的值，是可以求出的，又因eqfv0,vcos，可求出veqfv0,cos，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錯誤。答案C22022青海省西寧市四校高三上學(xué)期聯(lián)考如圖所示，第一象限中有沿軸的正方向的勻強(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。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從軸上g且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動，有taneqfmg,Eq解得452gL0WgL,q3帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動，

8、由牛頓第二定律有eqr2mgma，即aeqr2gveqoal2,02as，seqfv0,2t解得teqfr2v0,2g帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時間T2teqfr2v0,g答案1452eqfmgL,q3eqfr2v0,g32022山西臨汾校級二模如圖甲所示，兩平行金屬板MN、v,qB可知，v2v1r2r1eqr31，故選項(xiàng)C正確。甲乙答案C【真題示例2】2022全國卷，24如圖，空間存在方向垂直于紙面Oy平面向里的磁場。在0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0常數(shù)1。一質(zhì)量為m、電荷量為qq0的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子

9、的速度方向再次沿軸正向時，求不計重力1粒子運(yùn)動的時間；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。設(shè)在0區(qū)域，圓周半徑為R1；在0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓運(yùn)動定律得qB0v0meqfveqoal2,0,R1qB0v0meqfveqoal2,0,R2粒子速度方向轉(zhuǎn)過180時，所需時間t1為t1eqfR1,v0粒子再轉(zhuǎn)過180時，所需時間t2為t2eqfR2,v0聯(lián)立式得，所求時間為t0t1t2eqfm,B0q1eqf1,2由幾何關(guān)系及式得，所求距離為d02R1R2eqf2mv0,B0q1eqf1,答案1eqfm,B0q1eqf1,2eqf2mv0,B0q1eq

10、f1,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)動的軌跡、半徑和時間等，甚至還可能會考查粒子運(yùn)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(yùn)用常規(guī)的解題思路，還應(yīng)側(cè)重運(yùn)用數(shù)學(xué)知識進(jìn)行分析。2常見誤區(qū)及臨考提醒1對運(yùn)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、圓心和半徑是根本，數(shù)學(xué)知識是保障。4由teqf,2Teqfm,qB知，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時間與圓心角有關(guān)，與弧長無關(guān)?？枷蝾A(yù)測：預(yù)測1帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動預(yù)測2帶電粒子在有界的勻強(qiáng)磁場中的

11、運(yùn)動預(yù)測3帶電粒子在兩個不同磁場中的運(yùn)動1如圖所示，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eqfq,m、速度大小為v的離子以一定發(fā)散角由原點(diǎn)O射出，y軸正好平分該發(fā)散角，離子束偏轉(zhuǎn)后打在軸上長度為L的區(qū)域MN內(nèi)，則coseqf,2為eqfBqL,4mvf1,2eqfBqL,4mveqfBqL,2mveqfBqL,mv解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvBmeqfv2,R，得Reqfmv,qB，離子通過M、N點(diǎn)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知MNONOM，過M點(diǎn)兩圓圓心與原點(diǎn)連線與軸夾角為eqf,2，圓心在軸上的圓在O點(diǎn)時的速度沿y軸正方向，由幾何關(guān)系可知L2R2Rcoseqf,2，解得c

12、oseqf,21eqfBqL,2mv，故選項(xiàng)C正確。答案C2多選2022陜西高三質(zhì)量檢測如圖所示，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Aeqfv2,r，解得粒子比荷eqfq,meqfv,Br。甲、乙兩粒子的比荷之比eqfq1,m1eqfq2,m2r2r1eqf5,2Reqr3R5eqr36，選項(xiàng)A正確，B錯誤；甲粒子軌跡圓弧所對圓心角為60，運(yùn)動時間為eqf1,6T，由sin2eqf,，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)動時間之比為eqft1,t2eqfr1,r2eqf1,2eqfr3,eqff260,360,f237,360eq

13、f24r3,37，選項(xiàng)C正確，D錯誤。答案AC3多選2022山西質(zhì)檢如圖所示，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)時間t又回到出發(fā)點(diǎn)O，形成了圖示的心形圖案。則A粒子一定帶正電荷上、下兩側(cè)的磁場方向相同上、下兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1B212eqf2m,qB2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，r22r1，由牛頓第二定律有qv0Bmeqfveqoal2,0,r，得Beqfmv0,qr，則eqfB1,B2eqfr2,r1eqf2,1，選項(xiàng)C錯誤；由題圖知，時間tT1eq