（通用版）2019版高考物理二轮复习第二部分第一板块第3讲吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题讲义（含解析）.doc

1、1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 不可伸长的绝缘细线悬挂于 O 点，

2、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mgEC若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为 2gLD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mgE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

3、 mgL(1cos 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12 2gL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21.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

4、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

5、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 qEhB从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为 mgh qEhC从开始运动到与弹簧分离，

6、小球减少的电势能为qEhD撤去外力时弹簧的弹性势能为 mv2( qE mg)h12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 E mgh mv2 qEh Ep，B 错误；小球减少的电势能为 qEh，故 C 错12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 Ep123mv2( qE mg)h，D 正确。123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、

7、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， 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 gL2B小球运动到斜面底端 C 处时，对斜面的压力大小为 mg32 2kq23L2C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 D B，即 UDB D B0，由动能定理得：mg sin 30

8、 qUDB mv20，解得： v ，A 正确；小球运动到L2 12 gL2C 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 Ckq2 Lcos 30 2 32 2kq23L2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。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

9、 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 11B粒子在区域和区域中的角速度之比为 21C粒子在区域和区域中的圆心角之比为 124D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 f q

10、Bv ma 和 a v 可知，粒子运动的角速度之比为 1 2 B1 B212，B 错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由 t 可得 t mqB 1mqB1，且 B22 B1，解得 1 212，C 正确；由几何关系可知，粒 2mqB2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mvqB径的 2 倍，设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 d12 rsin 30 r；区域的宽度 d2 rsin 30 rcos(1806060) r，D 正确。答案 ACD题型 2 叠加三场中

11、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

12、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

13、，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5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 at212a tan qEm atv qvB rmv2r mvqBT t2 mqB T2sin Lr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

14、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 ，EB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

15、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，6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 BCC CD D DE解析：选 B 只有电场时带电粒子向右偏转，则粒

16、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；32 12 qEm 12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mv2r 34知： 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

17、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 2gR17B小球在 C 点对轨道的压力大小为 3mg qB 2gRC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 A12 2gR 2gR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 N3 mg qB ，故 B 错误；小球从 C 到 D 的过程中速率不变，mv2R 2gR由受力分析得 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。