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1、吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题 考法 学法 带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度从易到难都有。 考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的主要内容包括：带电粒子在组合 场中的运动；带电粒子(体)在叠加场中的运动。该部分内容主要解决的是选择 题中的带电粒子在复合场中的运动问题。用到的思想方法有：比值定义法； 假设法 ； 合成法 ； 正交分解法 ； 临界、 极值问题的分析方法 ； 等效思想 ； 分解思想。 提能点一 对电场、重力场的综合考查重难增分类考点 讲练结合过关 研一题 多选如图所示，一质量为m的带电小球用长为L不可伸长 的绝缘
2、细线悬挂于O点，在O点下方存在一个水平向右、 场强为E 的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向成 45角，不计空气阻力， 重力加速度为g，则下列说法正确的是 ( ) A若剪断细线，小球将做曲线运动 B小球带负电，且电荷量为mg E C若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为 2gL D若突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O点右侧等高处 解析 若剪断细线， 小球在恒力作用下将做直线运动， 选项 A 错误 ； 对小球受力分析， 由平衡条件可知小球带负电，且qEmgtan 45，解得q，选项 B 正确 ； 将电场方向变 mg E 为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理
3、有mgL(1cos 45)EqLsin 45mv2，解得v，选项 C 正确；将电场方向变为水平向左，小球运动到O点右侧 1 2 2gL 与初始位置等高处时速度最大，则小球一定能运动到O点右侧等高处，选项 D 正确。 答案 BCD 悟一法 解决电场力做功问题时的注意点 1利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。 2应用公式WABqUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。 通一类 1.在竖直平面内有水平向右、 场强为E的匀强电场， 在匀强电 场中有一根长为L的绝缘细线， 一端固定在O点， 另一端系一质量为m的带电小球， 它静止时 位于A点， 此时细线与竖直方向成 37角
4、， 如图所示。 现对小球施加一沿与细线方向垂直的 瞬时冲量， 小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是 (不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)( ) A小球运动到C点时动能最小 B小球运动到C点时细线拉力最小 C小球运动到Q点时动能最大 D小球运动到B点时机械能最大 解析：选 D 由题意可知，小球所受的电场力与重力的合力沿OA方向，小球从A点开 始无论向哪运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所以运动到A点时动能最大，C 错误；小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B 错误；小球在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此
5、机械能最大，D 正确。 2.如图所示， 平行板电容器水平放置， 两极板间电场强度大小为E， 中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹 簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接， 开始时对小球施加一竖直向 下的外力， 将小球压至某位置使小球保持静止。 撤去外力后小球从静止 开始向上运动， 上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小 球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m、 带电荷量为q， 重力加速度为g，下列说 法正确的 是( ) A与弹簧分离时小球的动能为mghqEh B从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mghqEh C从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势
6、能为qE h D撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2(qEmg)h 1 2 解析：选 D 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以 小球与弹簧分离时的动能为EkqEhmghEp，A 错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增 加的机械能为 Emghmv2qEhEp，B 错误；小球减少的电势能为qEh，故 C 错误；从 1 2 撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，EpqEhmghmv2，所以Ep 1 2 mv2(qEmg)h，D 正确。 1 2 3多选如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电 量为q、 质量为m的绝缘小球甲， 另一质量也为m、 带电量也为q的 小球乙置于
7、斜面顶点B处， 已知斜面长为L， BCA30。现把小球乙从B处由静止自由释 放，小球乙能沿斜面从B处运动到斜面底端C处(静电力常量为k， 重力加速度为g)，下列结 论正确的是 ( ) A小球到达斜面中点D处时的速度大小为 gL 2 B小球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为mg 3 2 2kq2 3L2 C小球从B处运动到C处时减少的重力势能等于增加的动能 D小球从B处运动到C处电势能先增加后减少 解析 ： 选 ABD 由题意知， 小球乙运动到D处时， 由几何关系知ADAB， 所以有DB， 即UDBDB0，由动能定理得： mg sin 30qUDBmv20，解得 ：v ，A 正确 ； 小球
8、运动到 L 2 1 2 gL 2 C处时，受力分析如图所示，由平衡条件得：FNF库sin 30mgcos 30，F库，联立解得：FNmg，B 正确；小球从B处运动到C处 kq2 Lcos 302 3 2 2kq2 3L2 重力势能减少，电势能减少，动能增加，减少的重力势能与电势能之和等于增加的动能，C 错误 ； 小球从B处运动到C处，先靠近A处后远离A处，电场力先做负功后做正功，电势能 先增加后减少，D 正确。 提能点二 对电场、磁场、重力场的综合考查多维探究类考点 精细精研过关 点点探明 题型 1 组合磁场中带电粒子的运动 例 1 多选如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂 直但方向相反的
9、匀强磁场， 区域内磁感应强度是区域内磁感应强度 的 2 倍， 一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域， 粒子离开区域时速度方向改变了 30，然后进入区域， 测得粒子在 区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确的 是( ) A粒子在区域和区域中的速率之比为 11 B粒子在区域和区域中的角速度之比为 21 C粒子在区域和区域中的圆心角之比为 12 D区域和区域的宽度之比为 11 解析 由于洛伦兹力对带电粒子不做功， 故粒子在两区域中的运动速率相等， A 正确 ； 由洛伦兹力fqBvma和av可知，粒子运动的角速度之比为12B1B2 12， B 错误 ； 由于粒子在区域和区
10、域内的运动时间相等， 由t可得t， m qB 1m qB1 2m qB2 且B22B1，解得1212，C 正确；由几何关系可知，粒子在区域 中运动的圆心角为 30，则粒子在区域 中运动的圆心角为 60， 由R 可知，粒子在区域中的运动半径是在区域中运动半径的 2 倍， 设 mv qB 粒子在区域中的运动半径为r，作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图 可知，区域的宽度d12rsin 30r；区域 的宽度d2rsin 30 rcos(1806060)r，D 正确。 答案 ACD 题型 2 叠加三场中带电小球的运动 例 2 多选如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直 纸面向里的匀强磁场。 在该区域
11、中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环， 环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环 上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平 线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从a点由静止 释放，下列判断正确的是( ) A小球能越过d点并继续沿圆环向上运动 B当小球运动到d点时，不受洛伦兹力 C小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减少，电势能减少 D小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大 解析 电场力与重力大小相等，结合题图可知二者的合力指向左下方 45，由于合 力是恒力，可视为等效重力，所以弧ad的中点相当于竖直圆环的等效最高点，其
12、关于圆心 对称的位置(即弧bc的中点)就是等效最低点 ； 由于a、d两点关于等效最高点与等效最低点 的连线对称，若小球从a点由静止释放，最高运动到d点，故 A 错误 ； 当小球运动到d点时， 速度为零， 故不受洛伦兹力， 故 B 正确 ； 由于d、b等高， 故小球从d点运动到b点的过程中， 重力势能不变，故 C 错误；由于等效重力指向左下方 45，弧bc的中点是等效最低点，故 小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大，故 D 正确。 答案 BD 系统通法 电偏转和磁偏转的比较 电偏转磁偏转 示意图 偏转条件vEvB 受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力 运动轨迹抛物线
13、圆弧 物理规律类平抛运动规律、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式 基本 公式 Lvt yat2 1 2 a tan qE m at v qvB r mv2 r mv qB T t 2m qB T 2 sin L r 做功 情况 电场力既改变速度方向，也改变速度 大小，对电荷做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变 速度大小，对电荷不做功 题题过关 1(2018北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一 定初速度射入该空间后，做匀速直线运动 ； 若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列 因素与完成上述两类运动无关的是( ) A磁场和电场的方向 B磁场和电场的强弱 C粒子
14、的电性和电量 D粒子入射时的速度 解析：选 C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内 做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvBqE，故v ，即磁 E B 场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小 ； 洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手 定则可知， 磁场和电场的方向一定互相垂直， 粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场， 且不论粒子带正电还是带负电， 入射时的速度方向相同， 而不是电性相反时速度方向也要相 反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是 取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。
15、撤除电场时，粒子速度方向仍与 磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件，C 正确。 2.如图所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现正六边形处 于垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场中， 一带电 粒子从A点射入场中， 恰好沿直线AE做匀速直线运动。撤去磁场，粒 子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去电场而 保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重力)( ) AAB BBC CCD DDE 解析：选 B 只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电，根据左手定则可知，只有 磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转。开始时粒子在复合场
16、中做匀速 直线运动，则有：qEqvB，设正六边形的边长为L，只有电场时，粒子做类平抛运动，竖 直向上的方向上有 ：vtLcos 30L，水平方向上有 ： t2Lsin 30L； 当只有 3 2 1 2 qE m 1 2 磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB，联立可得：rL，由几何关系可知： mv2 r 3 4 AC L，而L0)的小球由轨道左端A无初速度滑下， 当小球滑至轨道最低点C时， 给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能以保持不变 的速率滑过轨道右侧的D点。 若小球始终与轨道接触， 重力加速度为g，则下列判断正确的是 ( ) A小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB2gR B小球在
17、C点对轨道的压力大小为 3mgqB2gR C小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变 D小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大 解析：选 AD 小球从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得 mgRmv2，解得v，故小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛qBvqB，故 A 1 2 2gR2gR 正确；由左手定则可知，小球向右运动到C点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有 NqvBmg，解得N3mgqB，故 B 错误；小球从C到D的过程中速率不变，由 mv2 R 2gR 受力分析得mgsin Fcos ，速度方向与水平方向夹角变大，重力沿切线方向的分力 增大，所以水平外力F的大小增大，故 C 错误 ； 小球从C到D的过程中，速率不变，而洛伦 兹力和支持力不做功， 所以外力F的功率与小球克服重力做功的功率大小相等， 由运动的合 成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以小球克服重 力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故 D 正确。