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第4讲　电学中的曲线运动

知识必备

1.带电粒子在匀强电场中的偏转

(1)运动状态分析

①带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动(类平抛运动)。

②如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将做匀变速曲线运动。

(2)分析处理方法：用类似平抛运动的分析方法分解运动。

沿初速度方向：做速度为v0的匀速直线运动。

沿电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动。

2.带电粒子在匀强磁场中的运动

运动电荷v⊥B时，运动电荷受到的洛伦兹力F＝qvB，提供做匀速圆周运动的向心力。

洛伦兹力始终垂直于运动方向，不做功。其半径R＝，周期T＝。,

备考策略

1.带电粒子在电场中的偏转

带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，一般是类平抛运动，要应用运动的合成与分解的方法求解；借助画出的运动示意图寻找几何关系或题目中的隐含关系。

2.带电粒子在匀强磁场中的运动

解答时要从受力分析和运动分析入手，根据洛伦兹力产生的条件、大小的计算、方向的判定、永不做功等特点以及带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律列式，并善于运用几何关系来解题。

　带电粒子在电场中的曲线运动

【真题示例1】 (2016·全国卷Ⅱ，15)如图1，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)

图1

A.aa>ab>ac，va>vc>vb B.aa>ab>ac，vb>vc>va

C.ab>ac>aa，vb>vc>va D.ab>ac>aa，va>vc>vb

解析　由库仑定律F＝可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝可知ab>ac>aa。根据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，由c→b→a整个过程中，电场力先做负功再做正功，且Wb a>|Wc b|，结合动能定理可知，va>vc>vb，故选项D正确。

答案　D

【真题示例2】 (2017·全国卷Ⅱ，25)如图2，两水平面(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先后以相同的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

＝3④

(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＝H⑧

(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－qEs2⑪

由已知条件

Ek1＝1.5Ek2⑫

联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得

E＝⑬

答案　(1)3∶1　(2) H　(3)

真题感悟

1.高考考查特点

高考对本考点的考查重在应用动力学观点和动能定理分析计算带电粒子在电场运动过程中的受力、做功及能量变化。

2.常见误区及临考提醒

(1)电场线、等势面与运动轨迹结合点及题目中力的方向判断。

(2)带电粒子在电场中做曲线运动时，注意运动合成与分解方法的应用，且能够运用几何图形、函数图象解决物理问题。2017年全国卷Ⅱ第25题第(1)问使用速度—时间图象就可以在一分钟内解题。

1.(2017·广西三校联考)如图3所示，在竖直方向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点，在已知θ、v0和小球所受的电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列的判断正确的是(　　)

图3

A.由图可知小球所受的重力大小一定大于电场力

B.可求出小球落到N点时重力的功率

C.可求出小球落到N点时速度的大小和方向

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：

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

EqL－mgL＝0

WPQ＝EqL

解得UPQ＝＝－

(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mg＝ma，即a＝g

v＝2as，s＝t

解得t＝

带电质点在第一象限中往返一次所用的时间

T＝2t＝

答案　(1)45°　(2)－　(3)

3.(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

C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上

D.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v0，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，根据平行四边形定则知，粒子的速度为v＝v0，故B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子在竖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。

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(　　)

图6

A.∶2 B.∶1

C.∶1 D.3∶

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，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝Rcos 30°＝R；根据轨道半径公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故选项C正确。

　　　　　　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

qB0v0＝m①

qλB0v0＝m②

粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为

t1＝③

粒子再转过180°时，所需时间t2为

t2＝④

联立①②③④式得，所求时间为

t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤

(2)由几何关系及①②式得，所求距离为

d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥

答案　(1) (1＋)　(2) (1－)

真题感悟

1.高考考查特点

带电粒子在匀强磁场中的运动模型是高考的热点模型之一。在高考中，主要以选择题形式考查带电粒子在磁场中运动的轨迹、半径和时间等，甚至还可能会考查粒子运动的临界问题和极值问题(见专题三)。在处理相关问题时，除了运用常规的解题思路，还应侧重运用数学知识进行分析。

2.常见误区及临考提醒

(1)对运动电荷的电性分析错误，而造成洛伦兹力方向的错误。

(2)左、右手定则混淆出现洛伦兹力方向错误。

(3)轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障。

(4)由t＝T＝知，带电粒子在磁场中的运动时间与圆心角α有关，与弧长无关。

1.如图8所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，一群比荷为、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O射出，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos为(　　)

图8

A.1－ B.－

C.1－ D.1－

解析　根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得R＝，离子通过M、N点的轨迹如图所示，由几何关系知MN＝ON－OM，过M点两圆圆心与原点连线与x轴夹角为，圆心在x轴上的圆在O点时的速度沿y轴正方向，由几何关系可知L＝2R－2Rcos，解得cos＝1－，故选项C正确。

答案　C

2.(多选)(2017·陕西高三质量检测)如图9所示，半圆形和矩形组成的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两粒子从A点沿水平直径AP以相同的速度v0入射，结果甲、乙两粒子分别从C、D点射出。已知CD⊥AP，AQ＝AP，∠COP＝60°，则下列说法中正确的是(　　)

图9

A.甲、乙两粒子的比荷之比为5∶6

B.甲、乙两粒子的比荷之比为∶5

C.甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为24∶37

D.甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为60∶37

解析　画出两粒子在磁场中运动的轨迹图，设半圆形磁场区域的半径为R，AP＝2R，AO＝AP＝R。对从C点射出的粒子，由图中几何关系可知，r1tan 30°＝R，解得r1＝R；对从D点射出的粒子，由图中几何关系可知，(R)2＋(r2－R)2＝r，解得r2＝R；由qvB＝m，解得粒子比荷＝。甲、乙两粒子的比荷之比∶＝r2∶r1＝R∶R＝5∶6，选项A正确，B错误；甲粒子轨迹圆弧所对圆心角为60°，运动时间为T，由sin θ2＝＝0.6，乙粒子轨迹圆弧所对圆心角为37°，甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为＝·＝×＝，选项C正确，D错误。

答案　AC

3.(多选)(2017·山西质检)如图10所示，分界线MN上、下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从O点出发，以一定的初速度v0沿纸面内垂直MN的方向向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示的心形图案。则(　　)

图10

A.粒子一定带正电荷

B.MN上、下两侧的磁场方向相同

C.MN上、下两侧的磁感应强度的大小B1∶B2＝1∶2

D.时间t＝

解析　磁场方向未知，由左手定则知，粒子可以带负电，也可以带正电，选项A错误；若粒子带正电，则由左手定则知，MN上、下两侧的磁场方向都垂直纸面向里，若粒子带负电，则由左手定则知，MN上、下两侧的磁场方向都垂直纸面向里，故MN上、下两侧的磁场方向相同，选项B正确；由题图知，r2＝2r1，由牛顿第二定律有qv0B＝m，得B＝，则＝＝，选项C错误；由题图知，时间t＝T1＋T2＝＋·＝，选项D正确。

答案　BD

归纳总结

(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。

(2)对称性的应用

①粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等。

②粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域。