1、第3讲电学中的曲线运动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，粒子将做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，粒子将做类平抛运动，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
2、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.例1如图1所示，闭合开关S后A、B板间产生恒定电压U0，已知两极板的长度均为L，带负电的粒子(重力不计)以恒定的初速度v0，从上极板左端点正下方h处，平行极板射入电场，恰好打在上极板的右端C点.若将下极板向上移动距离为极板间距的倍，带电粒子将打在上极板的C点，则B板上移后()图1A.粒子打在A板上的动能将变小B.粒子在板间的运动时间不变C.极板间的场强将减弱D.比原入射点低h处的入射粒子恰好能打在上板右端
3、C点解析带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向受电场力作用加速运动.设板间距为d，则有Lv0t，ht2得：t2，故U0不变，当d减小时，粒子运动时间减小，故B错误；竖直方向分速度：vyt ，d减小，则vy增大，故打在A板上的速度v增大，故粒子打在A板上的动能增大，故A错误；恒定电压U0一定，下极板向上移动，极板间的场强将增大，故C错误；由Lv0t，ht2得h，所以，故h h，即比原入射点低(1) hh处的入射粒子恰好能打在上板右端C点，故D正确.答案D预测1(多选)如图2所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直.粒子从Q点射出
4、电场时，其速度方向与电场线成30角.已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零.则下列说法正确的是()图2A.带电粒子在Q点的电势能为UqB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为ED.此匀强电场的电场强度大小为E答案AC解析由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电.粒子从P到Q，电场力做正功，为WqU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为Uq，故A正确，B错误.设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求
5、得粒子在y轴方向的分速度为：vyv0，粒子在y轴方向上的平均速度为：y.设粒子在y轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有：y0yt水平方向有：dv0t可得：y0，所以场强为：E联立得E，故C正确，D错误.预测2如图3甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，tT时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场.则()图3A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t时刻，该粒子的速度大小为2v0C.若该粒
6、子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在tT时刻射出电场答案A解析粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A正确；在t时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有：v0T2，解得vy2v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为vv0，故B错误.若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的情况相反，运动规律
7、相同，则粒子不会打在板上，故C错误.若该粒子的入射速度变为2v0，则粒子射出电场的时间t，故D错误.解题方略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(主要是类平抛运动、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.例2(多选)如图4所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏MN，一带电荷量为q、质量为m的粒子从两板中轴线OO射入板间，最后垂直打在MN屏上，重力加速度为g.则下列结论正确的是()图4A.粒子打在屏上的位置在MO之间B.板间电场强度大小为C.粒子
8、在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间D.粒子在板间运动时电场力所做的功与在板右端运动到光屏的过程中克服重力所做的功相等解析据题分析可知，粒子在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，粒子的轨迹向下偏转，粒子才能最后垂直打在MN屏上，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qEmgmg，得到E.故A、B正确；由于粒子在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则粒子在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等.故C错误.答案AB预测3(多选)(2016全国乙卷20)如图5，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹
9、最低点P的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知()图5A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小答案AB解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qEmg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动
10、能大于P点的动能，B选项正确.预测4(多选)如图6所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有与水平面平行的匀强电场，场强大小为E.在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，以过C点的小球动能最大，且AC两点间的距离为R.忽略小球间的相互作用，下列说法正确的是()图6A.电场的方向与AB间的夹角为30B.电场的方向与AB间的夹角为60C.若A点的电势A0，则C点的电势CERD.若在A点以初动能Ek0发射的小球，则小球经过B点时的动能EkBEk0qER答案BC解析点A与点C间的距离为R，连接CO，COA
11、OR，说明CAOACO30；小球在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理，有：qUACEk；因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点，且由A到C电场力对小球做正功，过C点作切线，为等势线，电场线与等势线垂直，则场强方向如图所示.所以电场方向与AB间的夹角为60，故A错误，B正确.AC间的电势差为：UACE(Rcos 30)ER，若A点的电势A0，根据UACAC，则C点的电势CER，故C正确.AB间的电势差为：UABE2Rcos 60ER.根据动能定理，在A点以初动能Ek0发射的小球，从A到B动能增加量为qER，则小球经过B点时的动能EkBEk0qER
12、，故D错误.解题方略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：比荷相同的正、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.例3(2016四川理综4)如图7所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时
13、，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力.则()图7A.vbvc12，tbtc21 B.vbvc21，tbtc12C.vbvc21，tbtc21 D.vbvc12，tbtc12解析带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，rc2rb，b120，c60，由qvBm得，v，则vbvcrbrc12, 又由T，tT和b2c得tbtc21，故选项A正确，B、C、D错误.答案A预测5如图8所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且
14、圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.现将甲、乙、丙三个小球从轨道AB上的同一高度处由静止释放，都能通过圆形轨道的最高点.已知甲、乙、丙三个小球的质量相同，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.则()图8A.由于到达最高点时受到的洛伦兹力方向不同，所以到达最高点时，三个小球的速度不等B.经过最高点时，甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的高D.在轨道上运动的过程中三个小球的机械能不守恒答案C解析在最高点时，根据左手定则可得：甲球受洛伦兹力向下，乙球受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，故三球在最高点受合力不同，故由F合m可知，到达最高点时，三个小球的速度不相等，则A错误；由以上分析可知，
15、因甲球在最高点受合力最大，则甲球在最高点的速度最大，故B错误；因甲球的速度最大，而在整个过程中洛伦兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，故C正确；因洛伦兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故D错误.预测6(多选)如图9所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内，Q为半径ON上的一点且OQR，P点为边界上一点，且PQ与OM平行.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，粒子2从P点沿PQ射入，下列说法正确的是()图9A.粒子2一定从N点射出磁场B.粒子2在P、N之间某点射出磁场C
16、.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为32D.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为21答案AD解析如图所示，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心为O1，半径为R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同.粒子2从P点沿PQ射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场.A正确，B错误.MO1N90，PO2NPOQ，cos POQ，所以PO2NPOQ45.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期
17、相同.粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为21.C错误，D正确.预测7(多选)如图10所示，在0xb、0ya的长方形区域中有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外.O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内.已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界飞出的粒子在磁场运动的时间为，最后从磁场飞出的粒子在磁场中运动的时间为.不计粒子的重力及粒子间的相互作用.则()图10A.粒子做圆周运动的半径R2aB.粒子射入磁场的速度大小vC.长方形区域的边长满
18、足关系b2aD.长方形区域的边长满足关系b(1)a答案AD解析最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y轴方向入射的粒子，其运动的轨迹如图甲，则由题意知偏转角：36036030由几何关系得：R2a带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：qvB所以：v，故A正确，B错误；在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图乙所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，t，偏转角度为OCA.设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系得：Rsin Ra，解得：sin ，30.由图可得：bRsin Rcos (
19、1)a，故C错误，D正确.专题强化练1.(多选)竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图1所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是()图1A.两电荷的电荷量可能相等B.两电荷在电场中运动的时间相等C.两电荷在电场中运动的加速度相等D.两电荷离开电场时的动能相等答案AB解析A、B两个电荷在电场中做类平抛运动，设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动时间为t，L、v0相同，则时间t相同.水平方向的位移为yat2，a，则yt2，E、t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q
20、有可能相等.故A、B正确；由侧向位移大小yat2，t相同，y不同，加速度a不等，故C错误.根据动能定理，EkmvqEy，则EkmvqEy，Ek大小关系无法判断.故D错误.2.如图2所示，竖直金属板A、B间电压为U0，板中央有小孔O和O1，现有足够多的同种粒子源源不断地从小孔O进入金属板A、B间，并被加速后从O1进入右侧水平平行金属板C、D间，O1O2是极板C、D的中线，金属板C、D的长与板间距相等，两板间电压U可调，不计粒子重力及进入O孔时的初速度，所有粒子均不能打在极板上，则U与U0应满足()图2A.UU0B.U2U0D.因不知极板C、D的长，所以无法确定U和U0的关系答案B解析根据动能定理
21、得，qU0mv，粒子进入偏转电场的速度v0 ，粒子在偏转电场中的位移yat2，粒子均不能打在极板上，则有：y，解得UB.小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为3mgC.小球将运动到半圆形轨道右端最高点D.从开始到第一次经过最低点的运动过程中，电场力对小球先做正功后做负功答案BD解析小球从轨道左端运动到轨道最低点的过程中，电场力做功为零，根据动能定理得：mglmv2，得v，即小球运动到轨道最低点的速度v.故A错误；在最低点，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得：FNmgm，解得 FN3mg，由牛顿第三定律得知，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为3mg.故B正确；小球从最低点向右运动的过程
22、中，电场力一直做负功，机械能减少，由能量守恒定律知，小球不可能运动到半圆形轨道右端最高点.故C错误；从开始到第一次经过最低点的运动过程中，小球与正点电荷间的距离先减小后增大，电场力对小球先做正功后做负功，故D正确.7.(多选)如图7所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N点.已知小球的质量为m，初速度大小为v0，斜面倾角为，电场强度大小未知.则下列说法正确的是()图7A.可以断定小球一定带正电荷B.可以求出小球落到N点时速度的方向C.可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，
23、小球与斜面间的距离最大答案BCD解析小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故A错误；利用平抛知识有：tan ，速度偏向角设为，则tan 2tan ，可求出小球落到N点时的速度大小和方向，故B正确；求出小球到达N点的速度，由动能定理可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功，故C正确；小球在垂直于斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直于斜面方向的速度为零，即小球速度平行于斜面时，小球与斜面间的距离最大，故D正确.8.(多选)如图8甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0
24、时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()图8A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd答案BC解析0时间内微粒匀速运动，则有：qE0mg，T内，微粒做平抛运动，下降的位移x1g()2，TT时间内，微粒的加速度ag，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减少量为mgd，故C正确；在T内和TT时间内竖直方向上
25、的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为d，整个过程中克服电场力做功为2E0qdqE0dmgd，故D错误.9.(多选)如图9所示的匀强磁场中，从O点沿OA方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，一粒子经时间t1到达直线OC上的P点，其速率为v1；另一粒子经时间t2到达直线OC上的Q点，其速率为v2.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则()图9A.v1v2 B.v1v2 C.t1t2 D.t1t2答案BD解析从O点沿OA方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，粒子都做匀速圆周运动，如图所示.根据图象可知，两次做匀速圆周运动的圆心角相等，到达P点的粒子半径小于到达Q点粒子的半径，即
26、r1r2，根据洛伦兹力提供向心力得：Bqvm解得：r，因为比荷相等，则半径大的速度大，即v1v2，周期T，因为比荷相等，则周期相同，而圆心角相等，所以运动时间相等，即t1t2，故B、D正确.10.如图10所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点.相同的带正电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于()图10A. B. C. D.答案C11.如图11所示，
27、内表面光滑绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3106 V/m.有一质量为0.12 kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6106 C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：图11(1)小球在A点处的速度v1的大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小.答案(1)6 m/s(2)14.4 N解析(1)重力Gmg0.12 kg10 m/s21.2 N电场力FqE1.6106 C3106 V/m4.8 N在A点，有：qEmgm代入数据解得：v16 m/s.(2)设球在B点的速度大小为v2，从A
28、到B，由动能定理有：(qEmg)2Rmvmv在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：FNmgqEmv由牛顿第三定律有：FNFN代入数据解得：FN14.4 N.12.如图12所示，绝缘平台AB距离水平地面CD的高度为h，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m、带正电量为q的小物块从P点由静止开始运动，PB之间的距离也为h.若匀强电场的场强E，物块与平台之间的动摩擦因数为0.25.求物块落到水平地面上时的速度大小和方向.图12答案2，与水平方向的夹角是45解析物块从P到B的过程，由动能定理得qEhmghmv又 E，代入解得 vB物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，根据hgt2，可得：下落时间 t落地时竖直分速度大小 vy在水平方向上，由牛顿第二定律得 qEma，得 a落地时水平分速度大小 vxvBat故物块落到水平地面上时的速度大小 v2速度与水平方向的夹角正切 tan 1，得 45.
