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2019-2020年高三物理復習 專題三 力與物體的曲線運動 第2課時 電場和磁場中的曲線運動講義
1． 帶電粒子在電場中受到電場力，如果電場力的方向與速度方向不共線，將會做曲線運動；如果帶電粒子垂直進入勻強電場，將會做類平拋運動，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運動．
2． 研究帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動的方法與平拋運動相同，可分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場方向的勻加速直線運動；若場強為E，其加速度的大小可以表示為a＝.
3． 帶電粒子垂直進入勻強磁場時將做勻速圓周運動，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運動方向，它不做功．其半徑R＝，周期T＝.
1． 帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動時，一般是類平拋運動和勻速圓周運動的組合，可以先分別研究這兩種運動，而類平拋運動的末速度往往是勻速圓周運動的線速度，分析運動過程中轉折點的速度是解決此類問題的關鍵．
2． 本部分內容通常應用運動的合成與分解的方法、功能關系和圓周運動的知識解決問題.
題型1 帶電粒子在電場中的曲線運動問題
例1 如圖1所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知( )
圖1
A．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度
B．帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大
C．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大
D．帶電粒子在R點時的加速度小于在Q點時的加速度
審題突破 帶電粒子在R點時受到的電場力的方向如何？R、Q兩點的場強的大小關系是什么？
解析 根據(jù)牛頓第二定律可得ma＝qE，又根據(jù)電場線的疏密程度可以得出Q、R兩點處的電場強度的大小關系為ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點處的加速度的大小關系為aR>aQ，故D錯誤；由于帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，只有動能與電勢能之間的相互轉化，則帶電粒子的動能與電勢能之和不變，故C錯誤；根據(jù)物體做曲線運動的軌跡與速度、合外力的關系可知，帶電粒子在R點處所受電場力的方向為沿電場線向右，又由于該粒子帶負電，則R點處電場的方向應該向左，根據(jù)等勢面與電場線的關系可得R、Q兩點處電勢的關系為φR>φQ，根據(jù)電勢能與電勢的關系Ep＝qφ及帶電粒子的電性可得R、Q兩點處電勢能的關系為EpR
EkQ，根據(jù)動能的定義式Ek＝mv2可得R、Q兩點處速度大小的關系為vR>vQ，故A正確；P、Q兩點處電勢的關系為φP>φQ，根據(jù)電勢能與電勢的關系Ep＝qφ及帶電粒子的電性可得P、Q兩點處電勢能的關系為EpP0表示 電場方向豎直向上，一傾角為30且足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間中．t＝0時，
一帶負電、質量為m的微粒從斜面上的A點由靜止開始沿斜面運動，到C點后，做一次
完整的圓周運動，在t＝T時刻回到C點，再繼續(xù)沿斜面運動到t＝13t0時刻．在運動過
程中微粒電荷量不變，重力加速度為g.上述E0、m、t0、g均為已知量．
圖8
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大??；
(2)求微粒在A、C間運動的加速度a的大小和運動到C點時的速度v1的大??；
(3)求0～2T時間內微粒經(jīng)過的路程．
答案 (1) (2)g gt0 (3)35gt
解析 (1)由題給微粒在0～T時間內的運動情況可知，在0～t0時間內微粒沿斜面運動，在這之后的Δt2＝T－t0＝11t0時間內做勻速圓周運動，做勻速圓周運動時，電場力與重力的合力為零．
由qE0＝mg，解得q＝ (2分)
由11t0＝，解得B＝＝
(2)微粒在A、C間運動時(qE0＋mg)sin 30＝ma
解得a＝g
微粒運動到C點時的速度大小v1＝at0＝gt0
(3)設t0～T時間內做圓周運動的周長為s1
s1＝v1Δt2＝gt011t0＝11gt
在12t0～13t0時間內沿斜面做勻加速直線運動，在t＝13t0時刻速度大小為v2
v2＝a2t0＝2gt0
設13t0～2T時間內做圓周運動的周長為s2
s2＝v211t0＝22gt
0～2T時間內做勻加速直線運動的時間為2t0，經(jīng)過的路程為s3，s3＝a(2t0)2＝2gt
0～2T時間內微粒經(jīng)過的總路程
s＝s1＋s2＋s3＝35gt
(限時：45分鐘)
1． 一帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中的a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖1所示，可以判斷該粒子 ( )
圖1
A．在a點的加速度比b點大
B．在a點的電勢能比b點小
C．在a點的電勢比b點小
D．在a點的動能比b點小
答案 D
解析 a點的電場線比b點電場線稀疏，故a點場強比b點場強小，粒子在a點的加速度比在b點時小，選項A錯誤；做曲線運動的物體受到的合力指向曲線的內側，從a點到b點，電場力做正功，電勢能減小，故粒子在a點的電勢能比在b點時大，選項B錯誤；沿電場線方向電勢降低，故a點電勢高于b點電勢，選項C錯誤；電場力做正功，根據(jù)動能定理可知，粒子在a點的動能比在b點時小，選項D正確．
2． 如圖2所示，兩個等量異種點電荷的連線和其中垂線上有a、b、c三點，下列說法正確的是 ( )
圖2
A．a(chǎn)點電勢比b點電勢高
B．a(chǎn)、b兩點的場強方向相同，b點場強比a點場強大
C．b點電勢比c點電勢高，場強方向相同
D．一個電子僅在電場力作用下不可能沿如圖所示的曲線軌跡從a點運動到c點
答案 BD
解析 由等量異種點電荷電場分布的特點可知，等量異種點電荷的中垂面為等勢面，因此a、b兩點電勢相等，A錯誤；在中垂面上場強方向都與中垂面垂直，且從b點向外越來越小，B正確；在兩點電荷連線上，沿電場線方向電勢越來越低，所以b點電勢比c點電勢低，C錯誤；電子受力應指向電場的反方向，根據(jù)力與速度的關系可判斷D正確．
3． 如圖3所示，光滑絕緣桿PQ放置在豎直平面內，PQ的形狀與以初速度v0(v0＝)水平拋出的物體的運動軌跡相同，P端為拋出點，Q端為落地點，P點距地面的高度為h.現(xiàn)在將該軌道置于水平向右的勻強電場中，將一帶正電小球套于其上，由靜止開始從軌道P端滑下．已知重力加速度為g，電場力等于重力．當小球到達軌道Q端時( )
圖3
A．小球的速率為
B．小球的速率為2
C．小球在水平方向的速度大小為
D．小球在水平方向的速度大小為2
答案 A
解析 小球做平拋運動時，豎直方向上做自由落體運動，由運動學公式得豎直速度vy＝，水平位移x＝t，豎直位移h＝t＝t，解得x＝2h，小球運動到Q端時的合速度方向與水平方向的夾角為45，當帶電小球沿桿下滑時，對于全過程根據(jù)動能定理得mgh＋qEx＝mv2，解得v＝，A正確，B錯誤；由于合速度的方向就是軌跡的切線方向，因此沿桿運動時合速度的方向與小球平拋時合速度的方向相同，小球沿桿運動到Q端時的速度與水平方向的夾角也為45，將其分解，小球的水平方向的速度大小為vcos 45＝＝，C、D錯誤．
4． 如圖4，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B，現(xiàn)有四個相同的帶電粒子，由x軸上的P點以不同初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計重力影響，則 ( )
圖4
A．初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子
C．在磁場中運動經(jīng)歷時間最長的是沿③方向出射的粒子
D．在磁場中運動經(jīng)歷時間最長的是沿④方向出射的粒子
答案 AD
解析 由R＝可知，速度越大，粒子在磁場中做圓周運動的半徑越大，A正確，B錯誤；由T＝知，各粒子的運動周期相同，沿④方向出射的粒子的軌跡對應的圓心角最大，用時最長，C錯誤，D正確．
5． 如圖5所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強磁場，有兩個電荷量、質量均相同的正、負粒子(不計重力)，從邊界上的O點以相同速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負粒子在磁場中 ( )
圖5
A．運動軌跡的半徑相同
B．重新回到邊界所用時間相同
C．重新回到邊界時速度大小和方向相同
D．重新回到邊界時與O點的距離相等
答案 ACD
解析 洛倫茲力充當帶電粒子做圓周運動的向心力，由qvB＝m得，帶電粒子做圓周運動的半徑r＝，所以正、負粒子在磁場中運動的軌道半徑相同，選項A正確；根據(jù)qvB＝mr，可得帶電粒子做圓周運動的周期T＝，而正粒子在磁場中運動的時間為t1＝T，負粒子在磁場中運動的時間為t2＝T，兩時間并不相同，選項B錯誤；正、負帶電粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知O2A∥O1C，重新回到邊界時速度大小和方向是相同的，選項C正確；兩粒子重新回到邊界時與O點的距離都是2rsin θ，選項D正確．
6． (xx浙江20)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖6所示．已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋ ( )
圖6
A．在電場中的加速度之比為1∶1
B．在磁場中運動的半徑之比為∶1
C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2
D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3
答案 BCD
解析 磷離子P＋和P3＋的質量相等設為m，P＋的電荷量設為q，則P3＋的電荷量為3q，在電場中由a＝知，加速度之比為所帶電荷量之比，即為1∶3，A錯誤；由qU＝mv2得Ek∝q，即離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3，D正確；又由qvB＝，得r＝ ∝，所以rP＋∶rP3＋＝∶1，B正確；由幾何關系可得P3＋在磁場中轉過60角后從磁場右邊界射出，C正確．
7． 在光滑水平面上，有一質量m＝1.010－3 kg、電量q＝1.010－10 C的帶正電小球，靜止在O點．如圖7所示，以O點為原點，在該水平面內建立直角坐標系xOy.現(xiàn)在突然加一沿x軸正方向，場強大小E＝2.0106 V/m的勻強電場，使小球開始運動．經(jīng)過一段時間后，所加勻強電場再突然變?yōu)檠貀軸正方向，場強大小不變，最終使該小球恰好能夠到達坐標為(0.3,0.1)的P點．求：
圖7
(1)電場改變方向前經(jīng)過的時間；
(2)帶正電小球到達P點時的速度大小和方向．
答案 見解析
解析 (1)由牛頓運動定律得，在勻強電場中小球加速度的大小為a＝
代入數(shù)據(jù)得a＝0.20 m/s2
設電場改變方向前經(jīng)過的時間為t，t時刻小球的速度大小為
vx＝at
小球沿x軸方向移動的距離x1＝at2
電場方向改為沿y軸正方向后的時間T內，小球在x軸正方向做速度大小為vx的勻速直線運動，在y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動．
沿x方向移動的距離x＝vxT＋x1＝0.30 m
沿y方向移動的距離y＝aT2＝0.10 m
由以上各式解得t＝1 s，T＝1 s
vx＝0.20 m/s
(2)到P點時小球在x方向的分速度仍為vx，在y方向的分速度vy＝aT＝0.20 m/s
v＝≈0.28 m/s，此時運動方向與x軸成45角
8． 如圖8所示，在一半徑為R的圓形區(qū)域內有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外．一束質量為m、電量為q的帶正電粒子沿平行于直徑MN的方向進入勻強磁場，粒子的速度大小不同，重力不計．入射點P到直徑MN的距離為h，求：
圖8
(1)若某粒子經(jīng)過磁場射出時的速度方向恰好與其入射方向相反，則該粒子的入射速度是多大？
(2)恰好能從M點射出的粒子速度是多大？
(3)若h＝，粒子從P點經(jīng)磁場到M點的時間是多少？
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子出射方向與入射方向相反，即在磁場中運動了半個周期，其半徑r1＝h
設粒子的入射速度為v1
則qv1B＝m
解得v1＝
(2)粒子從M點射出，其運動軌跡如圖所示，設其半徑為r2，在
△MQO1中
r＝(R－)2＋(h－r2)2
得r2＝
由qv2B＝m
得v2＝
(3)若h＝，sin∠POQ＝＝，可得∠POQ＝
由幾何關系得粒子在磁場中偏轉所對圓心角為α＝
周期T＝
所以t＝T＝
9． (xx北京22)如圖9所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場．帶電量為＋q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動．忽略重力的影響，求：
圖9
(1)勻強電場場強E的大??；
(2)粒子從電場射出時速度v的大??；
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R.
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)勻強電場的場強E＝
(2)在加速電場中，由動能定理得：
Uq＝mv2
解得v＝
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝
解得R＝＝
10．如圖10所示，現(xiàn)在有一個小物塊，質量為m＝80 g，電荷量q＝＋210－4 C．與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，處在一個水平向左的勻強電場中，電場強度E＝4103 V/m，在水平軌道的末端N處，連接一個光滑的半圓形軌道，半徑為R＝40 cm，取g＝10 m/s2，求：
圖10
(1)若小物塊恰好能夠運動到軌道的最高點L，那么小物塊應該從哪個位置釋放？
(2)如果在上小題的位置釋放小物塊，當它運動到P(軌道中點)點時軌道對它的支持力等于多少？
(3)同位置釋放，當小物塊運動到N點時，突然撤去電場，撤去電場的同時，加一勻強磁場，磁感應強度B＝2 T，方向垂直紙面向里，能否運動到L點？請說明理由．如果最后能落回到水平面MN上，則剛到達MN時小物塊的速度大小為多少？
答案 (1)距離N點1.25 m處 (2)4.8 N
(3)見解析
解析 (1)小物塊恰好能通過軌道最高點的條件是
mg＝m
解得v＝2 m/s
設小物塊從距N點s處釋放，由動能定理得：
Eqs－μmgs－mg2R＝mv2－0
解得s＝1.25 m
(2)小物塊從P點到L點，由動能定理得：
mv2－mv＝－mgR－EqR
解得vP＝2 m/s
在P點處有：
FN－Eq＝
解得FN＝4.8 N
(3)能達到．因為洛倫茲力不做功，到達最高點速度時仍為v＝2 m/s，所受洛倫茲力背離圓心，軌道對小物塊會產(chǎn)生向下的支持力，所以能到達最高點L.
從小物塊到達N點到落回到MN水平面的過程中，重力做功為0，洛倫茲力做功為0，所以剛到達MN時小物塊的速度大小vt等于第一次經(jīng)過N點時的速度大?。?
由動能定理得：Eqs－μmgs＝mv
vt＝vN＝2 m/s
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