《高考物理大二輪復習與增分策略 專題三 力與物體的曲線運動 第3講 電學中的曲線運動-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪復習與增分策略 專題三 力與物體的曲線運動 第3講 電學中的曲線運動-人教版高三全冊物理試題（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講電學中的曲線運動1.帶電粒子在電場中受到電場力，如果電場力的方向與速度方向不共線，粒子將做曲線運動；如果帶電粒子垂直進入勻強電場，粒子將做類平拋運動，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運動.2.研究帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動的方法與平拋運動相同，可將運動分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場方向的勻加速直線運動；若場強為E，其加速度的大小可以表示為a.3.帶電粒子垂直進入勻強磁場時將做勻速圓周運動，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運動方向，它不做功.其半徑R，周期T.1.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動時，一般是類平拋運動和勻速圓周運動的組合，可以先分別

2、研究這兩種運動，而類平拋運動的末速度往往是勻速圓周運動的線速度，分析運動過程中轉折點的速度是解決此類問題的關鍵.2.本部分內(nèi)容通常應用運動的合成與分解的方法、功能關系和圓周運動的知識解決問題.例1如圖1所示，閉合開關S后A、B板間產(chǎn)生恒定電壓U0，已知兩極板的長度均為L，帶負電的粒子(重力不計)以恒定的初速度v0，從上極板左端點正下方h處，平行極板射入電場，恰好打在上極板的右端C點.若將下極板向上移動距離為極板間距的倍，帶電粒子將打在上極板的C點，則B板上移后()圖1A.粒子打在A板上的動能將變小B.粒子在板間的運動時間不變C.極板間的場強將減弱D.比原入射點低h處的入射粒子恰好能打在上板右端

3、C點解析帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向受電場力作用加速運動.設板間距為d，則有Lv0t，ht2得：t2，故U0不變，當d減小時，粒子運動時間減小，故B錯誤；豎直方向分速度：vyt ，d減小，則vy增大，故打在A板上的速度v增大，故粒子打在A板上的動能增大，故A錯誤；恒定電壓U0一定，下極板向上移動，極板間的場強將增大，故C錯誤；由Lv0t，ht2得h，所以，故h h，即比原入射點低(1) hh處的入射粒子恰好能打在上板右端C點，故D正確.答案D預測1(多選)如圖2所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直.粒子從Q點射出

4、電場時，其速度方向與電場線成30角.已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設P點的電勢為零.則下列說法正確的是()圖2A.帶電粒子在Q點的電勢能為UqB.帶電粒子帶負電C.此勻強電場的電場強度大小為ED.此勻強電場的電場強度大小為E答案AC解析由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電.粒子從P到Q，電場力做正功，為WqU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，則知帶電粒子在Q點的電勢能為Uq，故A正確，B錯誤.設帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運動的規(guī)律和幾何知識求

5、得粒子在y軸方向的分速度為：vyv0，粒子在y軸方向上的平均速度為：y.設粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場中的運動時間為t，則：豎直方向有：y0yt水平方向有：dv0t可得：y0，所以場強為：E聯(lián)立得E，故C正確，D錯誤.預測2如圖3甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，tT時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場.則()圖3A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的B.在t時刻，該粒子的速度大小為2v0C.若該粒

6、子在時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在tT時刻射出電場答案A解析粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上前半個周期內(nèi)先做勻加速直線運動，在后半個周期內(nèi)做勻減速直線運動，一個周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向，故A正確；在t時刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因為兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，則有：v0T2，解得vy2v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度大小為vv0，故B錯誤.若該粒子在時刻以速度v0進入電場，粒子在豎直方向上的運動情況與0時刻進入時運動的情況相反，運動規(guī)律

7、相同，則粒子不會打在板上，故C錯誤.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場的時間t，故D錯誤.解題方略1.帶電體一般要考慮重力，而且電場力對帶電體做功的特點與重力相同，即都與路徑無關.2.帶電體在電場中做曲線運動(主要是類平拋運動、圓周運動)的分析方法與力學中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹慎.例2(多選)如圖4所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏MN，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從兩板中軸線OO射入板間，最后垂直打在MN屏上，重力加速度為g.則下列結論正確的是()圖4A.粒子打在屏上的位置在MO之間B.板間電場強度大小為C.粒子

8、在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間D.粒子在板間運動時電場力所做的功與在板右端運動到光屏的過程中克服重力所做的功相等解析據(jù)題分析可知，粒子在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，粒子的軌跡向下偏轉，粒子才能最后垂直打在MN屏上，可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得，qEmgmg，得到E.故A、B正確；由于粒子在水平方向一直做勻速直線運動，兩段水平位移大小相等，則粒子在板間運動的時間跟它從板的右端運動到光屏的時間相等.故C錯誤.答案AB預測3(多選)(2016全國乙卷20)如圖5，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡

9、最低點P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知()圖5A.Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小答案AB解析由于油滴受到的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以D選項錯；由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內(nèi)側，所以油滴所受合外力沿豎直向上的方向，因此電場力豎直向上，且qEmg，則電場方向豎直向下，所以Q點的電勢比P點的高，A選項正確；當油滴從P點運動到Q點時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；當油滴從P點運動到Q點的過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q點動

10、能大于P點的動能，B選項正確.預測4(多選)如圖6所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有與水平面平行的勻強電場，場強大小為E.在圓上A點有一發(fā)射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為q的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在這些點中，以過C點的小球動能最大，且AC兩點間的距離為R.忽略小球間的相互作用，下列說法正確的是()圖6A.電場的方向與AB間的夾角為30B.電場的方向與AB間的夾角為60C.若A點的電勢A0，則C點的電勢CERD.若在A點以初動能Ek0發(fā)射的小球，則小球經(jīng)過B點時的動能EkBEk0qER答案BC解析點A與點C間的距離為R，連接CO，COA

11、OR，說明CAOACO30；小球在勻強電場中，從A點運動到C點，根據(jù)動能定理，有：qUACEk；因為到達C點時的小球的動能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點，且由A到C電場力對小球做正功，過C點作切線，為等勢線，電場線與等勢線垂直，則場強方向如圖所示.所以電場方向與AB間的夾角為60，故A錯誤，B正確.AC間的電勢差為：UACE(Rcos 30)ER，若A點的電勢A0，根據(jù)UACAC，則C點的電勢CER，故C正確.AB間的電勢差為：UABE2Rcos 60ER.根據(jù)動能定理，在A點以初動能Ek0發(fā)射的小球，從A到B動能增加量為qER，則小球經(jīng)過B點時的動能EkBEk0qER

12、，故D錯誤.解題方略1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的問題，基本思路是：根據(jù)進場點和出場點的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點為圓心，利用幾何關系求半徑.2.帶電粒子在常見邊界磁場中的運動規(guī)律(1)直線邊界：對稱性：若帶電粒子以與邊界成角的速度進入磁場，則一定以與邊界成角的速度離開磁場.完整性：比荷相同的正、負帶電粒子以相同的速度進入同一勻強磁場時，兩帶電粒子軌跡圓弧對應的圓心角之和等于2.(2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出.例3(2016四川理綜4)如圖7所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場.一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時

13、，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力.則()圖7A.vbvc12，tbtc21 B.vbvc21，tbtc12C.vbvc21，tbtc21 D.vbvc12，tbtc12解析帶正電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運動軌跡如圖所示，由幾何關系得，rc2rb，b120，c60，由qvBm得，v，則vbvcrbrc12, 又由T，tT和b2c得tbtc21，故選項A正確，B、C、D錯誤.答案A預測5如圖8所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且

14、圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里.現(xiàn)將甲、乙、丙三個小球從軌道AB上的同一高度處由靜止釋放，都能通過圓形軌道的最高點.已知甲、乙、丙三個小球的質(zhì)量相同，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電.則()圖8A.由于到達最高點時受到的洛倫茲力方向不同，所以到達最高點時，三個小球的速度不等B.經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.在軌道上運動的過程中三個小球的機械能不守恒答案C解析在最高點時，根據(jù)左手定則可得：甲球受洛倫茲力向下，乙球受洛倫茲力向上，而丙球不受洛倫茲力，故三球在最高點受合力不同，故由F合m可知，到達最高點時，三個小球的速度不相等，則A錯誤；由以上分析可知，

15、因甲球在最高點受合力最大，則甲球在最高點的速度最大，故B錯誤；因甲球的速度最大，而在整個過程中洛倫茲力不做功，故機械能守恒，甲球釋放時的高度最高，故C正確；因洛倫茲力不做功，故系統(tǒng)機械能守恒，三個小球的機械能保持不變，故D錯誤.預測6(多選)如圖9所示，勻強磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域MON內(nèi)，Q為半徑ON上的一點且OQR，P點為邊界上一點，且PQ與OM平行.現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計粒子重力及粒子間的相互作用)，其中粒子1從M點正對圓心射入，恰從N點射出，粒子2從P點沿PQ射入，下列說法正確的是()圖9A.粒子2一定從N點射出磁場B.粒子2在P、N之間某點射出磁場C

16、.粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為32D.粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為21答案AD解析如圖所示，粒子1從M點正對圓心射入，恰從N點射出，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，和MN的中垂線過圓心，可確定圓心為O1，半徑為R.兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運動的半徑相同.粒子2從P點沿PQ射入，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，圓心O2應在P點上方R處，連接O2P、ON、OP、O2N，O2PON為菱形，O2N大小為R，所以粒子2一定從N點射出磁場.A正確，B錯誤.MO1N90，PO2NPOQ，cos POQ，所以PO2NPOQ45.兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運動的周期

17、相同.粒子運動時間與圓心角成正比，所以粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為21.C錯誤，D正確.預測7(多選)如圖10所示，在0xb、0ya的長方形區(qū)域中有一磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面向外.O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi).已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，最先從磁場上邊界飛出的粒子在磁場運動的時間為，最后從磁場飛出的粒子在磁場中運動的時間為.不計粒子的重力及粒子間的相互作用.則()圖10A.粒子做圓周運動的半徑R2aB.粒子射入磁場的速度大小vC.長方形區(qū)域的邊長滿

18、足關系b2aD.長方形區(qū)域的邊長滿足關系b(1)a答案AD解析最先從磁場上邊界中飛出的粒子在磁場中的偏轉角最小，對應的圓弧最短，可以判斷出是沿y軸方向入射的粒子，其運動的軌跡如圖甲，則由題意知偏轉角：36036030由幾何關系得：R2a帶電粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：qvB所以：v，故A正確，B錯誤；在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖乙所示，設該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意，t，偏轉角度為OCA.設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關系得：Rsin Ra，解得：sin ，30.由圖可得：bRsin Rcos (

19、1)a，故C錯誤，D正確.專題強化練1.(多選)豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個電荷M和N以相同的速率分別從極板A邊緣和兩板中間沿豎直方向進入板間電場，恰好從極板B邊緣射出電場，如圖1所示，不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，下列說法正確的是()圖1A.兩電荷的電荷量可能相等B.兩電荷在電場中運動的時間相等C.兩電荷在電場中運動的加速度相等D.兩電荷離開電場時的動能相等答案AB解析A、B兩個電荷在電場中做類平拋運動，設板長為L，粒子的初速度為v0，則粒子運動時間為t，L、v0相同，則時間t相同.水平方向的位移為yat2，a，則yt2，E、t相同，y不同，因m的大小關系不清楚，q

20、有可能相等.故A、B正確；由側向位移大小yat2，t相同，y不同，加速度a不等，故C錯誤.根據(jù)動能定理，EkmvqEy，則EkmvqEy，Ek大小關系無法判斷.故D錯誤.2.如圖2所示，豎直金屬板A、B間電壓為U0，板中央有小孔O和O1，現(xiàn)有足夠多的同種粒子源源不斷地從小孔O進入金屬板A、B間，并被加速后從O1進入右側水平平行金屬板C、D間，O1O2是極板C、D的中線，金屬板C、D的長與板間距相等，兩板間電壓U可調(diào)，不計粒子重力及進入O孔時的初速度，所有粒子均不能打在極板上，則U與U0應滿足()圖2A.UU0B.U2U0D.因不知極板C、D的長，所以無法確定U和U0的關系答案B解析根據(jù)動能定理

21、得，qU0mv，粒子進入偏轉電場的速度v0 ，粒子在偏轉電場中的位移yat2，粒子均不能打在極板上，則有：y，解得UB.小球運動到軌道最低點時對軌道的壓力大小為3mgC.小球將運動到半圓形軌道右端最高點D.從開始到第一次經(jīng)過最低點的運動過程中，電場力對小球先做正功后做負功答案BD解析小球從軌道左端運動到軌道最低點的過程中，電場力做功為零，根據(jù)動能定理得：mglmv2，得v，即小球運動到軌道最低點的速度v.故A錯誤；在最低點，以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：FNmgm，解得 FN3mg，由牛頓第三定律得知，小球運動到軌道最低點時對軌道的壓力大小為3mg.故B正確；小球從最低點向右運動的過程

22、中，電場力一直做負功，機械能減少，由能量守恒定律知，小球不可能運動到半圓形軌道右端最高點.故C錯誤；從開始到第一次經(jīng)過最低點的運動過程中，小球與正點電荷間的距離先減小后增大，電場力對小球先做正功后做負功，故D正確.7.(多選)如圖7所示，空間存在勻強電場，方向豎直向下，從絕緣斜面上的M點沿水平方向拋出一帶電小球，最后小球落在斜面上的N點.已知小球的質(zhì)量為m，初速度大小為v0，斜面傾角為，電場強度大小未知.則下列說法正確的是()圖7A.可以斷定小球一定帶正電荷B.可以求出小球落到N點時速度的方向C.可以求出小球到達N點過程中重力和電場力對小球所做的總功D.可以斷定，當小球的速度方向與斜面平行時，

23、小球與斜面間的距離最大答案BCD解析小球做類平拋運動，電場力既可向上也可向下，故小球帶正電、負電都可以，故A錯誤；利用平拋知識有：tan ，速度偏向角設為，則tan 2tan ，可求出小球落到N點時的速度大小和方向，故B正確；求出小球到達N點的速度，由動能定理可以求出小球到達N點過程中重力和電場力對小球所做的總功，故C正確；小球在垂直于斜面方向上做勻減速直線運動，當小球在垂直于斜面方向的速度為零，即小球速度平行于斜面時，小球與斜面間的距離最大，故D正確.8.(多選)如圖8甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0

24、時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()圖8A.末速度大小為v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mgd答案BC解析0時間內(nèi)微粒勻速運動，則有：qE0mg，T內(nèi)，微粒做平拋運動，下降的位移x1g()2，TT時間內(nèi)，微粒的加速度ag，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，故A錯誤，B正確；微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為d，則重力勢能的減少量為mgd，故C正確；在T內(nèi)和TT時間內(nèi)豎直方向上

25、的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則位移的大小相等，為d，整個過程中克服電場力做功為2E0qdqE0dmgd，故D錯誤.9.(多選)如圖9所示的勻強磁場中，從O點沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子，一粒子經(jīng)時間t1到達直線OC上的P點，其速率為v1；另一粒子經(jīng)時間t2到達直線OC上的Q點，其速率為v2.不計粒子重力和粒子間的相互作用，則()圖9A.v1v2 B.v1v2 C.t1t2 D.t1t2答案BD解析從O點沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子，粒子都做勻速圓周運動，如圖所示.根據(jù)圖象可知，兩次做勻速圓周運動的圓心角相等，到達P點的粒子半徑小于到達Q點粒子的半徑，即

26、r1r2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：Bqvm解得：r，因為比荷相等，則半徑大的速度大，即v1v2，周期T，因為比荷相等，則周期相同，而圓心角相等，所以運動時間相等，即t1t2，故B、D正確.10.如圖10所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B1，P為磁場邊界上的一點.相同的帶正電粒子，以相同的速率從P點射入磁場區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向.這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的.若將磁感應強度的大小變?yōu)锽2，結果相應的弧長變?yōu)閳A周長的，不計粒子的重力和粒子間的相互影響，則等于()圖10A. B. C. D.答案C11.如圖11所示，

27、內(nèi)表面光滑絕緣的半徑為1.2 m的圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，有豎直向下的勻強電場，場強大小為3106 V/m.有一質(zhì)量為0.12 kg、帶負電的小球，電荷量大小為1.6106 C，小球在圓軌道內(nèi)壁做圓周運動，當運動到最低點A時，小球與軌道壓力恰好為零，g取10 m/s2，求：圖11(1)小球在A點處的速度v1的大?。?2)小球運動到最高點B時對軌道的壓力大小.答案(1)6 m/s(2)14.4 N解析(1)重力Gmg0.12 kg10 m/s21.2 N電場力FqE1.6106 C3106 V/m4.8 N在A點，有：qEmgm代入數(shù)據(jù)解得：v16 m/s.(2)設球在B點的速度大小為v2，從A

28、到B，由動能定理有：(qEmg)2Rmvmv在B點，設軌道對小球彈力為FN，則有：FNmgqEmv由牛頓第三定律有：FNFN代入數(shù)據(jù)解得：FN14.4 N.12.如圖12所示，絕緣平臺AB距離水平地面CD的高度為h，整個空間存在水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶正電量為q的小物塊從P點由靜止開始運動，PB之間的距離也為h.若勻強電場的場強E，物塊與平臺之間的動摩擦因數(shù)為0.25.求物塊落到水平地面上時的速度大小和方向.圖12答案2，與水平方向的夾角是45解析物塊從P到B的過程，由動能定理得qEhmghmv又 E，代入解得 vB物塊離開平臺后做勻變速曲線運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)hgt2，可得：下落時間 t落地時豎直分速度大小 vy在水平方向上，由牛頓第二定律得 qEma，得 a落地時水平分速度大小 vxvBat故物塊落到水平地面上時的速度大小 v2速度與水平方向的夾角正切 tan 1，得 45.