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第4讲　电学中的曲线运动
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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R＝0.2 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L＝3R，CB连线与竖直方向的夹角为53°；在x>0区域有范围很大的匀强电场，场强大小E＝5×104 N/C，方向沿x轴正方向。现在A点处由静止释放质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋2×10－5C的小物块(可看作质点)，已知sin 53°＝0.8，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B′O′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μ＝0.2＋x(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mgh＝mv
其中h＝Lsin 53°＋R(1－cos 53°)＝2.8 R
圆周最低点O处FN－mg＝m
代入得FN＝6.6mg＝6.6 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θ，此时有mgsin θ＝qEcos θ，tan θ＝＝1，θ＝45°。
(3)分析知，在水平面上a＝0时，即qE－μmg＝0，
解得μ＝1代入μ＝0.2＋x，解得x＝0.8 m(速度最大)
据动能定理W电－Wf＝Ekm－EkO
其中W电＝qE·x＝0.8 J，
Wf＝·x＝×1×0.8 J＝0.48 J
代入数据，得Ekm＝0.88 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(q>0)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。由题给条件和运动学公式得v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得＝3。④
(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v＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知＝⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得h＝H。⑧
(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＝⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2
由已知条件Ek1＝1.5Ek2
联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E＝。
答案　(1)3∶1　(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3
A.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x＝v0t，竖直方向上有h＝at2，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mah＝mv2－mv，而Δv＝v－v0，可见加速度a越大，落地速率v越大，速率变化量Δv越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确。
答案　AD
2.(2019·浙江舟山选考模拟)如图4所示，在竖直平面内，有一长L＝0.6 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θ＝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E1＝2.5×106 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E2＝E1、方向与竖直方向的夹角α＝37°、斜向右上的匀强电场。现将一质量m＝0.4 kg、电荷量q＝2×10－6 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μ＝0.2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。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
f＝μqE1
则小球沿杆下滑的加速度大小
a＝
由v＝2aL
联立解得vB＝3 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°＝4 N，恰好与重力mg＝4 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 θ
小球从A点运动到C点所用的时间t＝t1＋t2
B、C两点间的水平距离x＝g′t
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(R＋Rcos θ)＋mv＝mv
小球从D点水平飞出做平抛运动，则h＝gt
x－Rsin 37°＝vDt3
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，EO″F与y轴平行，在圆形磁场的左侧0图5
(1)磁场的磁感应强度B的大小；
(2)处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；
(3)打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比。
解析　(1)当轨道半径r＝R时，粒子偏转后都从O点进入下方磁场，由qvB＝，解得B＝。
(2)如图甲，处的粒子经上方磁场偏转后与x轴负方向成45°角，
在下方磁场运动时圆心在
轨迹与接收器不相交。
(3)如图乙，由几何关系可知，运动轨迹在F点与接收器相内切时，运动轨迹的圆心恰好在E点，根据几何关系可知，由O点进入时，粒子的速度方向与x轴负方向的夹角为60°。
进入时G点纵坐标yG＝R＋Rsin 30°＝1.5R
如图丙，由几何关系可知，运动轨迹在E点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在点，根据几何关系可知，由O点进入时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°
进入时I点的纵坐标yI＝Rsin 30°＝0.5R
在GI间射入的粒子能打到接收器上，百分比
η＝×100%＝50%。
答案　(1)　(2)不能　(3)50%
　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题
【典例2】 (2019·浙江省浙南名校联盟高三上学期期末联考物理试题)如图6所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中JK(JK在x轴上方)下方Ⅰ区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B。直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐：质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞(速度方向刚好相反)，根据入射速度的变化，可调节JK边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：
图6
(1)哪个直线加速器加速的是正电子；
(2)正、负电子同时以相同速率v1进入磁场，仅经过JK边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值；
(3)正、负电子同时以v2＝速率进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。
解析　(1)直线加速器2。
(2)如图所示d＝2Rsin θ，R(1－cos θ)＝h
或直接得＋(R－h)2＝R2
整理得R＝＋≥
2＝
即当＝，即h＝时，
Rmin＝
根据ev1B＝m，求得v1＝。
(3)当v2＝时，则轨道半径R＝d，对心碰撞的位置离O点的距离总是满足Δy＝2h
情况一：h>R，只有一种情况h＝R＋R，Δy＝2h＝d＋d
情况二：h解得h＝R－
那么Δy＝2h＝2(n＝1，3，5，7…2k－1)。
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7
A.v0一定等于
B.在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足v0＞
C.质量m<的粒子都能从ac边射出
D.能打在ac边的所有粒子在磁场B2中运动的时间一定都相同
解析　当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，如果大小相等，即qE＝qv0B1
解得v0＝，就会做匀速直线运动，A正确；
正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v0>，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<，故C错误；质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，D错误。
答案　AB
2.(2019·浙江奉化新高考适应性考试)(多选)如图8甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×10－7 C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零。当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断正确的是(　　)
图8
A.匀强电场的场强大小为3.2×106 V/m
B.小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 J
C.小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D.小球所受的洛伦兹力的大小为3 N
解析　根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝ V/m＝5×106 V/m，故选项A错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4 J，故选项B正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故选项C错误；根据牛顿第二定律可得FB＝，又qE＝mg，解得FB＝3 N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3 N，故选项D正确。
答案　BD
3.(2019·浙江临安选考模拟)(多选)如图9所示，环带区域有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在环带的内边界上有一个粒子源S，可以沿各个方向均匀向磁场中发射速度大小相等、质量为m、电荷量为q的带负电粒子，粒子在磁场中运动的轨迹半径为d，环形区域内环的半径为d，环带的宽度为d，则下列说法正确的是(　　)
图9
A.粒子速度大小为
B.若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最短时间为
C.若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最长时间为
D.粒子源发射的粒子中从环带外边界射出的数量占总数量的
解析　粒子在磁场中运动的轨迹半径为d，则粒子的速度大小为，选项A错误；粒子的速度方向在沿过S点的切线范围内，当粒子的速度方向沿切线方向时，轨迹如图甲所示，将速度方向顺时针旋转，则轨迹以S为圆心顺时针转动，轨迹与环带外边界的交点与S的连线即为粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长，该弦长先减小后增大，最短弦长为环带的宽度，此时粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，如图乙所示，最短时间为tmin＝＝，选项B正确；当轨迹与环带外边界相切时，如图丙所示，由几何关系可得粒子运动轨迹所对的圆心角为150°，最长时间为tmax＝，选项C错误；当轨迹与外边界相切时，速度方向与切线的夹角为30°，则粒子从外边界射出的数量占总数量的＝，选项D正确。
答案　BD
破解选考压轴题策略①——“情境示意，一目了然”
认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更为明显，进而快速简便解题。
【典例】 如图10所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心Q点有一小孔，其正上方有圆心为O、半径R1＝1 m的圆形磁场区域和圆心为O、内半径为R1、外半径R2＝ m的环形磁场区域。环形磁场区域的外边界与M板相切于Q点。两个磁场均垂直于纸面，磁感应强度大小均为B(B＝0.5 T)，但方向相反。一带正电的粒子从N板附近的P点由静止释放，经加速后通过小孔，垂直进入环形磁场区域。已知点P、Q、O在同一直线上，粒子的比荷＝4×107 C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应。
图10
(1)若加速电场的两极板间的电压U1＝5×106 V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0；
(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足什么条件？
(3)当加速电场的两极板间的电压为某一值时，粒子进入圆形磁场区域后恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间t。
[满分指导]
第1步：读题运动过程建构,)运动模型。
模型1：粒子在电场中做匀加速直线运动
模型2：粒子在两磁场中均做匀速圆周运动
几何关系：O2O3＝2O2Q＝2r2
↓
∠QO3O2＝30°，∠QO2O3＝60°
↓
∠OO3O2＝150°
解析　(1)粒子在电场中加速，由动能定理有qU1＝mv
解得v0＝2×107 m/s。
(2)粒子刚好不进入中间圆形磁场时的运动轨迹如图甲所
甲
示，圆心O1在M板上。
设此时粒子在磁场中运动的轨道半径为r1。
根据图中的几何关系
(Rt△OQO1)有r＋R＝(r1＋R1)2
又根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
在加速电场中，由动能定理有qU2＝mv2
联立并代入数据解得U2＝1.25×106 V
要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足的条件为U2>1.25×106 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O2O3＝2O2Q＝2r2，由此可判断∠QO3O2＝30°，∠QO2O3＝60°，进而判断∠OO3O2＝150°
乙
粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间
t＝2(T＋T)＝T
又T＝
联立并代入数据解得t＝×10－7 s。
答案　(1)2×107 m/s　(2)U2>1.25×106 V (3)×10－7 s

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