【物理】2020届一轮复习人教版吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题学案 17页

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：①带电粒子在组合场中的运动；②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：①比值定义法；‎ ‎②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。‎ ‎┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄‎ ‎[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 C．若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为 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qE＝mgtan 45°，解得q＝，选项B正确；将电场方向变为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理有mgL(1－cos 45°)＋EqLsin 45°＝mv2，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WAB＝qUAB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，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mgh＋qEh B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为 D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h 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Ek＝qEh－mgh＋Ep，A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B错误；小球减少的电势能为qEh，故C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，Ep＋qEh－mgh＝mv2，所以Ep＝‎ mv2－(qE－mg)h，D正确。‎ ‎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 的小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，∠BCA＝30°。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 B．小球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为mg－ 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AD＝AB，所以有φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0，由动能定理得：‎ mg·sin 30°＋qUDB＝mv2－0，解得：v＝ ，A正确；小球运动到C处时，受力分析如图所示，由平衡条件得：FN＋F库sin 30°＝mgcos 30°，F库＝，联立解得：FN＝mg－，B正确；小球从B处运动到C处重力势能减少，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。‎ ‎[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Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1‎ B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1‎ C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2‎ D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1‎ ‎[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f＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝‎ ‎1∶2，B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，解得θ1∶θ2＝1∶2，C正确；由几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ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Ⅰ的宽度d1＝2rsin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝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 v⊥E v⊥B 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 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 L＝vt　y＝at2‎ a＝　tan θ＝ qvB＝　r＝ T＝　t＝ sin θ＝ 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qvB＝qE，故v＝，即磁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。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)(　　)‎ A．AB　　　　　　　　 B．BC C．CD D．DE 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中做匀速直线运动，则有：qE＝qvB，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：vt＝Lcos 30°＝L，水平方向上有：·t2＝Lsin 30°＝L；当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，联立可得：r＝L，由几何关系可知：＝L，而L<2r0)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qB B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg＋qB 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 mgR＝mv2，解得v＝，故小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qBv＝qB，故A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 N＋qvB－mg＝，解得N＝3mg－qB，故B错误；小球从C到D的过程中速率不变，由受力分析得mgsin θ＝Fcos θ，速度方向与水平方向夹角θ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。‎