《高考物理二轮复习题型专练 》专题04 电学中的曲线运动（解析版）

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专题 04　电学中的曲线运动
【要点提炼】
一、带电粒子在电场中的曲线运动
1.带电粒子在非匀强电场中的曲线运动
(1)电场力指向轨迹的凹侧。
(2)带电粒子做变加速运动，qU＝mv2－mv。
2.带电粒子在匀强电场中的偏转问题
(1)把偏转运动分解为两个独立的直线运动
① 平行于极板的匀速直线运动：L＝v0t。
② 垂直于极板的匀加速直线运动：a＝，vy＝at，
偏转距离 y＝at2，速度偏转角 tan θ＝。
(2)根据动能定理，带电粒子的动能变化量 ΔEk＝qU。
二、带电粒子在磁场中的圆周运动
1.运动电荷在有界匀强磁场中运动的常见情景
(1)从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等。
(2)在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出。
2.带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因
(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同分别求解。
(4)圆周运动的周期性形成多解。
【方法指导】
一、带电粒子在电场中的运动解题途径的选择
1.求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择
依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力。
2.带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。
二、带电粒子在磁场中的运动处理方法
1.“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动
(1)一点：特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)。
(2)两画：画出速度 v和洛伦兹力 F两个矢量的方向。
(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角。
(4)四写：写出基本方程 qvB＝m，半径 R＝，周期 T＝＝，运动时间 t＝＝T。
2.带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理技巧
对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出
现的条件，并寻找相关的通项公式。
命题点一：　带电粒子(或带电体)在电场中的曲线运动
考向一　带电粒子在匀强电场中的曲线运动
【典例 1】 如图 1，两金属板 P、Q水平放置，间距为 d。两金属板正中间有一水平放
1
置的金属网 G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为 φ(φ＞0)。质量为 m、电
荷量为 q(q＞0)的粒子自 G的左端上方距离 G为h的位置，以速度 v0平行于纸面水平射入
电场，重力忽略不计。
（图 1）
(1)求粒子第一次穿过 G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从 G的下方距离 G也为 h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多
少？
【解析】　(1)PG、QG 间场强大小相等，均为 E。粒子在 PG 间所受电场力 F的方向
竖直向下，设粒子的加速度大小为 a，
有E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达 G时动能为 Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv③
设粒子第一次到达 G时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移大小为 l，
则有 h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh⑥
l＝v0⑦
(2)若粒子穿过 G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时
金属板的长度 L为
L＝2l＝2v0⑧
【答案】　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0
考向二　带电体在匀强电场中的曲线运动
【典例 2】 用长为 1.4 m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为 1.0×10－2 kg、电荷量为
2.0×10－8 C 的小球，细线的上端固定于 O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与
铅垂线成 37°角，如图 2所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin 37°＝
0.6，g取10 m/s2)(　　)
A.该匀强电场的场强为 3.75×107 N/C
B.平衡时细线的拉力为 0.17 N
C.经过 0.5 s，小球的速度大小为 6.25 m/s
D.小球第一次通过 O点正下方时，速度大小为 7 m/s （图 2）
【解析】　小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知 qE＝mgtan 37°，则该匀
强电场的电场强度 E＝＝3.75×106 N/C，A错误；细线的拉力 F＝＝0.125 N，故 B错误；
2
在外力作用下，小球拉至细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在电场力和重力的作
用下，从 A点由静止开始做匀加速直线运动至 B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝
1.4 m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至 B点时，细线绷紧，匀
加速直线运动结束。根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度 a＝＝＝ m/s2
＝12.5 m/s2，假设经过 0.5 s 后，小球仍在沿 AB 方向做匀加速直线运动，则小球的速度 v＝
at＝6.25 m/s，经过的距离 x＝at2＝×12.5×0.52 m＝1.562 5 m ，A、B间 的距离|AB|＝
2×l×cos 53°＝1.68 m，x＜|AB|，假设成立，故 0.5 s 时，小球的速度大小为 6.25 m/s，故 C
正确；小球运动至 B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减为零，动能减小，假设
细线绷紧过程小球机械能损失 ΔE，此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至 O
点正下方，根据能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝mv2，可得 v＜7 m/s，故 D错误。
【答案】　C
考向三　带电粒子在交变电场中的曲线运动
【典例 3】 如图 3甲所示，两水平金属板 A、B间的距离为 d，极板长为 l，A、B右端
有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为 0.7l。A、B两板间加上如图乙所示
的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为 U0，A、B间的电场可看作匀强电场，且
两板外无电场。现有质量为 m、电荷量为 e(重力不计)的电子束，以速度 v0沿A、B两板间
的中心线 OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。
（图 3）
(1)求电子通过偏转电场的时间 t0；
(2)若UAB 的周期 T＝t0，求从 OO′上方飞出偏转电场的电子在飞出时离 OO′的最大距离；
(3)若UAB 的周期 T＝2t0，求电子击中荧光屏上O′点时的速率。
【解析】　(1)电子在水平方向做匀速运动有 v0t0＝l
解得 t0＝
(2)当T＝t0时，t＝0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大
设最大距离为 ym，加速度大小为 a，则有
ym＝2×a，a＝，
解得最大距离 ym＝
(3)当T＝2t0时，电子要到达 O′点在电场中必须在竖直方向上先加速后减速再反向加速，
3
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