1、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R0.2 m，圆心位于C点；直线轨道AB与圆形部分相切于B点，其长度L3R，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E5104 N/C，方向沿x轴正方向。现在A点处由静止释放质量m0.1 kg、带电荷量q2105C的小物
2、块(可看作质点)，已知sin 530.8，不计物块与“9字型”轨道的摩擦，g取10 m/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BO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0.2x(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mghmv其中hLsin 53R(1cos 53)2.8 R圆周最低点O处FNmgm代入得FN6.6mg6.
3、6 N。(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，此时有mgsin qEcos ，tan 1，45。(3)分析知，在水平面上a0时，即qEmg0，解得1代入0.2x，解得x0.8 m(速度最大)据动能定理W电WfEkmEkO其中W电qEx0.8 J，Wfx10.8 J0.48 J代入数据，得Ekm0.88 J。答案(1)6.6 N(2)45(3)0.88 J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)
4、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
5、动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3。(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v2ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH。(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E。答案(1)31(2)H(3)1.(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
6、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球的小解析两球均做类平抛运动，水平方向上有xv0t，竖直方向上有hat2，得加速度大小a，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
7、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mahmv2mv，而vvv0，可见加速度a越大，落地速率v越大，速率变化量v越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确。答案AD2.(2019浙江舟山选考模拟)如图4所示，在竖直平面内，有一长L0.6 m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37 ，D点的高度h m，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E12.5106 N/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E2E1、方向与竖直方向的夹角37、斜向右上的匀强电场。现将一质量m0
8、.4 kg、电荷量q2106 C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0.2，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。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fqE1则小球沿杆下滑的加速度大小a由v2aL联立解得vB3 m/s。(2)小球沿杆下滑的时间t1小球离开B点后在匀强电场E2中的受力分析如图所示，则qE2cos 37
9、4 N，恰好与重力mg4 N平衡小球在匀强电场E2中做类平抛运动，则有加速度大小g小球过C点时有tan 小球从A点运动到C点所用的时间tt1t2B、C两点间的水平距离xgt联立解得t s，x m。(3)小球到达C点的速度大小vC小球从C点运动到D点的过程中，根据机械能守恒定律有mg(RRcos )mvmv小球从D点水平飞出做平抛运动，则hgtxRsin 37vDt3联立解得R m(R m m舍去)注：先联立求解vD，后求解R，会使计算更简单。答案(1)3 m/s(2) s m(3) m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
10、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处，放置一半径R的半圆弧形接收器EHF，EOF与y轴平行，在圆形磁场的左侧0yR，只有一种情况hRR，y2hdd情况二：hR，由几何关系得(Rh)2R2解得hR那么y2h2(n1，3，5，72k1)。答案(1)加速器2(2)(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
11、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7A.v0一定等于B.在电容器极板中向上偏转的粒子
12、的速度一定满足v0C.质量m，故B正确；设质量为m0的粒子的轨迹刚好与bc边相切，如图所示由几何关系得R，而R解得m0，所以m的粒子都会从ac边射出，而1.25106 V。(3)依题意作出粒子的运动轨迹，如图乙所示。由于O、O3、Q共线，且粒子在两磁场中运动的轨迹半径(设为r2)相同，故有O2O32O2Q2r2，由此可判断QO3O230，QO2O360，进而判断OO3O2150乙粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间t2(TT)T又T联立并代入数据解得t107 s。答案(1)2107 m/s(2)U21.25106 V (3)107 s一、选择题(14题为单项选择题，58题为不定项选择题)1
13、.(2019浙江丽水选考模拟)如图1所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45角，上极板带正电。一电荷量为q(q0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为()图1A. B. C. D.解析当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类斜抛运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy0时，根据运动学公式有v，vyv0cos 45，Ek0mv，联立得E，故选项B正确。答案B2.(2019浙江选考适应性
14、考试)如图2所示，绝缘细线AB和BC系一个质量为m、带电荷量为q的带正电小球a，AB细线长为l，与竖直方向的夹角为 30，x轴为与ABC同一竖直面内的水平方向，带电小球b从左侧无穷远处沿x方向移动到右侧无穷远处，A点到x轴的距离为l。 当b球经过A点正下方时，水平绝缘细线BC的拉力恰为零。若将带电小球视为点电荷，静电力恒量为k，重力加速度为g。下列说法正确的是()图2A.b球带负电荷B.b球带电荷量为C.b球位于a球正下方时，细线AB上的拉力大小为BC拉力大小的2倍D.b球位于a球正下方时，细线BC上的拉力大小为解析当b球经过A点正下方时，分析a球的受力情况，如图甲所示。根据平衡条件，可知b球
15、对a球有排斥力，所以b球带正电，选项A错误；由几何关系知：此时ab连线与竖直方向的夹角也等于，ab的长为l，由对称性知FT，由平衡条件得mg2Fcos 30，可得Fmg，由库仑定律Fk，解得qb，选项B错误；b球位于a球正下方时，受力分析如图乙，a、b间距离为ll，a球所受的库仑力大小为Fk，对a球，水平方向有TABsin 30TBC，解得TAB2TBC，竖直方向有TABcos 30Fmg，联立解得TBC，选项D错误，C正确。答案C3.(2019浙江宁波适应性考试)如图3甲所示，两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m、3m的带电小球A、B(均可视为点电荷)悬挂在O点，系统处于静止状态，然后在水平方
16、向施加一匀强电场，当系统再次达到静止状态时，如图乙所示，小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态)。则两个点电荷带电荷量QA与QB的大小关系正确的是()图3A.73 B.31 C.37 D.53解析解法一：在图乙中，对A、B整体受力分析由平衡条件可得TOAcos 4mg, QBETOAsin QAE；对B受力分析由平衡条件可得TABcos Fcos 3mg, TABsin Fsin QBE；对A受力分析由平衡条件可得TOAcos TABcos Fcos mg，TOAsin TABsin Fsin QAE；由以上各式解得，选项A正确。解法二：对整体(QAQB)E4mgtan ，对B有QBE
17、3mgtan ，解得QAQB73。答案A4.(2019全国卷，17)如图4，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()图4A.kBl，kBl B.kBl，kBlC.kBl，kBl D.kBl，kBl解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线，ra由qvaBm得va若电子从d点射出，运动轨迹如图线，由几何关系得rl2，整理得rdl由qvdBm得vd，选项B正确。答案B5.(2019湖南常德模拟)如图5所示，圆形区域
18、半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量绝对值均为q的带负电粒子，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。粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则()图5A.粒子射入磁场的速率为vB.粒子在磁场中运动的最长时间为tC.不可能有粒子从C点射出磁场D.若粒子的速率变化，则可能有粒子从A点水平射出解析由洛伦兹力提供向心力qvBm，解得r，根据题意r2R，以上联立可得v，故选项A错误；当粒子以直径2R为弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为60，粒子运动的周期
19、为T，由此可知粒子运动时间为t，故选项B正确；粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，粒子可能从C点射出，故选项C错误；当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射出的粒子，可以从A点水平射出，且速度满足v，故选项D正确。答案BD6.(2019浙江萧山模拟)如图6所示，人工放射性元素原子核Nh开始静止在磁感应强度分别为B1、B2的匀强磁场的边界MN上，某时刻发生衰变，生成一个氦原子核He和一个Rg原子核，衰变后的微粒速度方向均垂直于两磁场的边界MN。氦原子核通过上面磁场区域第一次经过MN边界时，距出发点的距离为d，Rg原子核第一次经过MN边界时，距出发点的距离也为d。下列有关说法正确的是()图6A.两磁场
20、的磁感应强度之比B1B2111141B.两磁场的磁感应强度之比B1B21112C.氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为2141D.氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为111141解析原子核Nh衰变的方程为NhHeRg。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，偏转半径为r，由题意可知二者偏转半径相等，由于Nh原子核由静止衰变，动量守恒，即m1v1m2v2，所以有q1B1q2B2，解得，选项A错误，B正确；因为周期T，所以，粒子在第一次经过MN边界时，运动了半个周期，所以，选项C正确，D错误。答案BC7.(2019浙江平湖选考模拟)在光滑水平绝缘的足够大的桌面上建立xOy坐
21、标系，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，有两个完全相同的质量为m的带正电小球A、B分别位于y轴上纵坐标为y2、y1的位置，电荷量都为q，两个小球都以垂直于y轴、大小为v的速度同时射入磁场。如图7所示(两球若发生碰撞只能是弹性正碰)，要让B球到(0，y2)处，则y2y1可能的值为()图7A. B.2 C.3 D.4解析两球在匀强磁场中运动的轨迹半径相等，由洛伦兹力提供向心力有B0qv，得r，B球要到达(0，y2)处，第一种情况是运动半个周期直接到达，如图甲所示，则y2y12r2。第二种情况，如图乙所示，A、B两个球各自运动半个周期后发生弹性正碰，因为两球质量相同，在满足系统动量守恒
22、和碰撞过程动能不损失的条件下，两球只能交换速度后又各自运动半个周期到达另一点，y2y14r4，故选项B、D正确。答案BD8.(2019浙江平湖适应性考试)如图8所示，在竖直放置的平行金属板AB之间加上恒定电压U，AB两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子(H)，第二次从小孔O1处从静止释放一个粒子(He)，不考虑质子和粒子的重力，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是()图8A.质子和粒子打到感光板上时的速度大小之比为21B.质子和粒子在电场中运动的时间相同C.质子和粒子打到感光板上
23、时的动能之比为12D.质子和粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起解析从开始运动到打到板上质子的速度大小为v1，粒子速度大小为v2，根据动能定理qUqEdmv20，化简得出v，质子的比荷为1，粒子的比荷为，代入得，选项A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，有x1a1tt，yt，由于质子和粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，故运动时间不同，选项B错误；从开始运动到打到板上根据动能定理有qUqEdEk0，解得Ekq(UEd)，因为U、E、d相同，则有，选项C正确；带电粒子进入偏转电场时速度为v0，根据动能定理可得qU1mv，进入电势差为U
24、2偏转电场后，偏转的位移为y，有yat2，联立得y，速度的偏转角正切值为tan ，有tan ，偏转位移y与速度的偏转角正切值tan 与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，选项D正确。答案CD二、非选择题9.(2019浙江东阳新高考适应性考试)如图9所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直，xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与x轴间的夹角30。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域。已知重力加速度为g。图9(1)求P点的纵坐标yP及小球从P点射出时的速
25、度v0；(2)已知电场强度的大小为E，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？解析(1)设小球从P运动到M所用时间为t1，则有yPsin gtcos v0t1gt1解得yPl，v0。(2)设小球到达M时速度为vM，进入电场后加速度为a，有vM又mgcos qE小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2mgsin madvMt2at解得dl。答案(1)l(2)dl10.(2019浙江桐乡五校联考)如图10甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电
26、场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMNU0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。图10(1)求带电粒子的比荷；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T，从t0开始，前时间内UMN2U，后时间内UMNU，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。解析(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有v0t0垂直极板方向有t解得。(2)粒子通过两板间的时间tT从t0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1，在每个
27、电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2，不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在tnT(n0，1，2，)和tnTT(n0，1，2，)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们在电场方向偏转的距离最大，则(a1)T解得U。答案(1)(2)11.(2019杭州市一模物理试题)某研究小组设计了如图11所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中。已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行。立柱1下底面中心坐标为，立柱2下底面中心坐标为，它们的上底面均位于z10d的平面
28、内。两个立柱上、下底面间的电压大小均为U，立柱1内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽。在z10d和z0的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是B1和B2(均未知)。现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面。若粒子在经过z0和z10d两个平面内，仅能自由进出两立柱的底面(经过其他位置均会被吸收)；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求：图11(1)粒子经过立柱2下底面时的动能Ek；(2)磁感应强度B1和B2的大小；(3)若两立柱上、下底面间电压
29、的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直。求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t。解析(1)根据动能定理有Ek2qU。(2)根据动能定理有qUmv又根据圆周运动有qv1B1m(其中r10d)可得B1qUmvmv，qv2B2，可求得B2。(3)电压变为U时，粒子在磁场中的运动时间不变，所以要求粒子运动的最短时间，就让粒子在两个立柱加速器中运动时间最短即可，因此电压U越大，粒子运动时间越短(此时粒子在磁场中的偏转半径就会越大)；又考虑到要粒子能够返回原出发界面，所以如图所示，粒子应该是从(0，0，0)出发，经过(0，0，10d)、(d，21d，10d)、(d，21d，0)又回到(0，0，0)或者从(d，0，0)出发，经过(d，0，10d)、(0，21d，10d)、(0，21d，0)又回到(d，0，0)。所以rd根据圆周运动有qv1B1m，qv2B2m又根据圆周运动有qv1B1m，qv2B2m可得v2v1，v1v1在电场中的时间t1在磁场中的时间为t2(105)又v1故tt1t2d。答案见解析