5、角范圍內，且向著力的方向彎曲，這是我們畫軌跡或者分析受力的依據(jù)．
如圖2所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向導電性，一帶電小球沿AB 中心水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是 ( )
圖2
A．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的右側
B．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N的左側
C．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側
D．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打
6、在N的左側
答案 BC
解析 若小球帶正電，當AB間距增大時，由于二極管的單向導電性，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強度不變，小球所受向下的電場力不變，向下的加速度不變，小球仍打在N點，選項A錯誤；若小球帶正電，當AB間距減小時，平行板電容器帶電量增大，平行板電容器AB兩極板之間電場強度增大，小球所受向下的電場力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左側，選項B正確；若小球帶負電，當AB間距減小時，平行板電容器帶電量增大，平行板電容器AB兩極板之間電場強度增大，小球所受向上的電場力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的右側，選項C正確；若小球帶負電，當AB間距增大時，由于二極管
7、的單向導電性，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強度不變，小球所受向上的電場力不變，小球仍打在N點，選項D錯誤．
題型2 帶電體在電場中的曲線運動問題
例2 如圖3所示，粗糙水平桌面AM的右側連接有一豎直放置、半徑R＝0.3 m的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M點．在水平半徑ON的下方空間有水平向右的勻強電場．現(xiàn)從A點由靜止釋放一個質量m＝0.4 kg、電荷量為q的帶正電的絕緣物塊，物塊沿桌面運動并由M點進入半圓軌道，并恰好以最小速度通過軌道的最高點P.已知物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.55，電場強度E＝，取g＝10 m/s2，則 ( )
圖3
A．物塊經(jīng)
8、過M點時的速率為 m/s
B．物塊經(jīng)過半圓軌道MN的中點時對軌道的壓力為4 N
C．物塊由M向P運動的過程中速率逐漸減小
D．AM的長度為1 m
審題突破 物塊在最高點的速度是多少？由M到N的過程中有幾個力做功，是正功還是負功？小物塊在N點受幾個力作用？
解析 物塊恰好通過P點，則在P點有mg＝m，物塊從M到P由動能定理得qER－2mgR＝mv－mv，聯(lián)立解得vM＝3 m/s，選項A錯誤；設物塊在半圓軌道中點時的速度大小為v，由動能定理得qER－mgR＝mv2－mv，又FN－qE＝m、FN′＝FN，聯(lián)立解得壓力大小為FN′＝16 N，選項B錯誤；物塊由M向N運動的過程中速率先增大后減
9、小，選項C錯誤；物塊從A到M由動能定理得(qE－μmg)l＝mv－0，解得l＝1 m，選項D正確．
答案 D
以題說法 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與重力相同，即都與路徑無關．
2．帶電體在電場中做曲線運動(主要是類平拋、圓周運動)的分析方法與力學中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹慎．
如圖4所示，有一帶正電小球，從豎直面上的A點正上方的某點O以某一初速度平拋，落地點為B點(不計空氣阻力)；今在豎直平面所在的空間上加一個豎直向上的勻強電場后，仍從O點以相同的初速度平拋該帶電小球，小球落地點為C點，測得AC＝2AB.已知小球的重力為mg，小球所帶電量為q，
10、求：電場強度E的大?。?
圖4
答案
解析 設O點距A點高度為h，AB的距離為s，無電場時下落時間為t1，加上電場后下落時間為t2，初速度為v0，則無電場平拋時，
水平方向s＝v0t1
豎直方向h＝
得s＝v0
加上電場后平拋時，水平方向2s＝v0t2
豎直方向h＝
豎直方向的加速度a＝(mg－Eq)/m
代入得2s＝v0
解得E＝
題型3 帶電粒子在磁場中的圓周運動問題
例3 (16分)如圖5所示，在半徑為R＝的圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，圓形區(qū)域右側有一豎直感光板，圓弧頂點P有一速率為v0的帶正電的粒子平行于紙面進入磁場，已知粒子的
11、質量為m，電荷量為q，粒子重力不計．
圖5
(1)若粒子對準圓心射入，求它在磁場中運動的時間；
(2)若粒子對準圓心射入，且速率為v0，求它打到感光板上時速度的垂直分量；
(3)若粒子以速率v0從P點以任意角射入，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上．
審題突破 粒子射入磁場的方向如何？這種情況下有什么規(guī)律？
解析 (1)設帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，由牛頓第二定律得
Bqv0＝m (2分)
所以r＝＝R (2分)
帶電粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓周，軌跡對應的圓心角為，如圖所示．
則它
12、在磁場中運動的時間t＝＝ (3分)
(2)由(1)知，當v＝v0時，帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，其運動軌跡如圖所示．
由幾何關系可知∠PO2O＝∠OO2A＝30° (2分)
所以帶電粒子離開磁場時偏轉角為60°
粒子打到感光板上時速度的垂直分量為
v⊥＝vsin 60°＝v0 (2分)
(3)由(1)知，當帶電粒子以v0射入時，粒子在磁場中的運動軌跡半徑為R，設粒子射入方向與PO方向之間的夾角為θ，帶電粒子從區(qū)域邊界S射出，帶電粒子運動軌跡如圖所示．
因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R
所以四邊形POSO3
13、為菱形 (2分)
由幾何關系可知：PO∥O3S
在S點的速度方向與O3S垂直，因此，帶電粒子射出磁場時的方向為水平方向，離開磁場后垂直打在感光板上，與入射的方向無關． (3分)
答案 (1) (2)v0 (3)見解析
以題說法 1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的問題，基本思路是：根據(jù)進場點和出場點的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點為圓心，利用幾何關系求半徑．
2．帶電粒子在常見邊界磁場中的運動規(guī)律
(1)直線邊界：
①對稱性：若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進入磁場，則一定以與邊界成θ角的速度離開磁場．
②完整性：正、負帶電粒子以相同的
14、速度進入同一勻強磁場時，兩帶電粒子軌跡圓弧對應的圓心角之和等于2π.
(2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．
如圖6所示，中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上、下兩部分，上部分充滿垂直紙面向外的勻強磁場，下部分充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度皆為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點進入磁場，速度與邊MC的夾角θ＝30°.MC邊長為a，MN邊長為8a，不計粒子重力．求：
圖6
(1)若要求該粒子不從MN邊射出磁場，其速度最大是多少？
(2)若要求該粒子恰從Q點射出磁場，其在磁場中的運行時間最少是多少？
答案 (1) (2)
解析 (1)設該粒子恰不從M
15、N邊射出磁場時的軌跡半徑為r，由幾何關系得：rcos 60°＝r－a，解得r＝a
又由qvB＝m
解得最大速度v＝
(2)由幾何關系知，軌跡半徑為r時，粒子每經(jīng)過分界線PQ一次，在PQ方向前進的位移為軌跡半徑r的倍
設粒子進入磁場后第n次經(jīng)過PQ線時恰好到達Q點
有n×r＝8a
解得n＝＝4.62
n所能取的最小自然數(shù)為5
粒子做圓周運動的周期為T＝
粒子每經(jīng)過PQ分界線一次用去的時間為
t＝T＝
粒子到達Q點的最短時間為tmin＝5t＝
5． 帶電粒子在電場和磁場中運動的綜合問題
審題示例 (16分)如圖7所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調的電源
16、上．兩板之間的右側長度為3d的區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.噴墨打印機的噴口可在兩極板左側上下自由移動，并且從噴口連續(xù)不斷噴出質量均為m、速度水平且大小相等、帶等量電荷的墨滴．調節(jié)電源電壓至U，使墨滴在未進入磁場前的左側區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動．(重力加速度為g)
圖7
(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；
(2)要使墨滴不從兩板間射出，求墨滴的入射速率應滿足的條件．
審題模板
答題模板
(1)墨滴在未進入磁場前的左側區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動，有：
＝mg ①(2分)
解得：q＝
17、 ②(2分)
墨滴所受重力向下，電場力向上，所以墨滴帶負電．
(2)墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供墨滴做勻速圓周運動所需的向心力
qvB＝m ③(2分)
從上極板邊緣射入的墨滴最容易從兩板間射出，只要這個墨滴沒有射出，其他墨滴就都不會射出．若墨滴剛好由極板左側射出，其運動軌跡如圖所示．
則有R1＝d ④(2分)
聯(lián)立②③④解得
v1＝ (2分)
若墨滴剛好從極板右側射出，其運動軌跡如圖所示．
則有R＝(3d)2＋(R2－d)2
18、 ⑤
解得R2＝5d ⑥(2分)
聯(lián)立②③⑥解得
v2＝ (2分)
所以要使墨滴不會從兩極間射出，速率應該滿足
0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
19、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
20、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＝gt0·11t0＝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＝a·2t0＝2gt0
設13t0～2T時間內做圓周運動的周長為s2
s2＝v2·11t0＝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
21、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
22、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點電勢比b點電勢高
B．a、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
23、；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
24、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>
25、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，
26、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
27、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＋ ( )
28、
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＝1.0×10－3 kg、電量q＝1
29、.0×10－10 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＝2.0×106 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
v
30、x＝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
31、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－r
32、2)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的大小；
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R.
答案 (1) (2) (3)
33、
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＝＋2×10－4 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＝4×103 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
34、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－mg·2R＝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點時的速度大小．
由動能定理得：Eqs－μmgs＝mv
vt＝vN＝2 m/s
2022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
