(全国通用)2018年高考物理二轮复习专题一力与运动第4讲电学中的曲线运动学案

D.可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量

解析 带负电小球所受电场力竖直向下，小球向下做类平抛运动，无法比较小球所受重力与电场力的大小，选项A错误；由于小球质量是未知的，无法计算小球重力的功率，选项B错误；设小

y1at球竖直向下的加速度为a，则有tan θ＝，且y＝at2，x＝v0t，所以得出tan θ＝，设小球

x22v0

落在N点时速度大小为v，与水平方向成α角，则有tan α＝，且vy＝at，所以得出tan α＝，因此tan α＝2tan θ，小球落到N点时速度的方向与水平方向之间的α角是确定的值，是可以求出的，又因＝cos α，可求出v＝，这也是确定的值，选项C确；虽然小球所

vcos α受的电场力已知，但其在竖直方向上的位移无法求出，所以无法求出小球电势能的变化量，故选项D错误。 答案 C

2.(2017·青海省西宁市四校高三上学期联考)如图4所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为q 的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求：

vyv0

atv0

v0v0

图4

(1)初速度v0与x轴正方向的夹角； (2)P、Q两点间的电势差UPQ；

(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。

解析 (1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有Eq＝mg 且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝ 解得θ＝45°

(2)P到Q的过程，由动能定理有

mgEqEqL－mgL＝0

- 5 -

WPQ＝EqL

解得UPQ＝＝－

－qq(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动， 由牛顿第二定律有2mg＝ma，即a＝2g

WPQmgLv0

v20＝2as，s＝t

2

解得t＝

2v0

2g带电质点在第一象限中往返一次所用的时间

T＝2t＝

2v0

g

答案 (1)45° (2)－

mgL2v0

(3) qg3.(2017·山西临汾校级二模)如图5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t＝0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，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则( )

图5

A.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2v0

2

C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上

2D.若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场

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

21vyTv0，因为两平行金属板的板长和板间距离相等，则有v0T＝××2，解得vy＝v0，根据平行四边

2

2

2

TTT - 6 -

形定则知，粒子的速度为v＝2v0，故B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子在竖

2直方向上的运动情况与t＝0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，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。

2v02答案 A 归纳总结

(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)带电粒子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。

带电粒子在磁场中的曲线运动

【真题示例1】 (2017·全国卷Ⅱ，18)如图6，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2∶v1 为( )

TLT

图6

A.3∶2 C.3∶1

B.2∶1 D.3∶2

解析 根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，则当粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子1

运动的轨道半径为r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识

2可知，粒子运动的轨道半径为r2＝Rcos 30°＝＝3∶1，故选项C正确。

3mvR；根据轨道半径公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r12qB - 7 -

甲 乙 答案 C

【真题示例2】 (2017·全国卷Ⅲ，24)如图7，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)

图7

(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O点间的距离。

解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得

v20

qB0v0＝m①

R1v20

qλB0v0＝m②

R2

粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为

t1＝

πR1

③

v0

粒子再转过180°时，所需时间t2为

t2＝

πR2

④

v0

联立①②③④式得，所求时间为

t0＝t1＋t2＝

πm1

(1＋)⑤

B0qλ(2)由几何关系及①②式得，所求距离为

d0＝2(R1－R2)＝

2mv01

(1－)⑥

B0qλ - 8 -