高考物理热点题型归纳与整合电磁学中的动力学问题.docx

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高考物理热点题型归纳与整合电磁学中的动力学问题

2019年高考物理热点题型归纳与整合--电磁学中的动力学问题

题型一处理电场中能量问题的基本方法

（1）应用动能定理解决问题需研究合外力的功（或总功）.

（2）应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化.

（3）应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系.

（4）有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变.

例1.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。

一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。

下列说法正确的是（）

A.平面c上的电势为零

B.该电子可能到达不了平面f

C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV

D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

【答案】AB

【解析】本题考查等势面及其相关的知识点。

根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等。

设相邻等势面之间的电势差为U，根据电子从a到d的过程中克服电场力所做功为Wab=6eV，电场方向水平向右。

由Wab=3eV，联立解得：

U=2V。

已知b的电势为2V，则平面c上的电势为零，选项A正确；由于af之间的电势差为4U=8V，一电子经过a时的动能为10eV，由于题述没有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则该电子就到达不了平面f，选项B正确；由于题述没有指出电子速度方向，选项CD错误。

【点睛】此题以等势面切入，考查电场力做功及其相关知识点。

例2.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零，则小球a（　　）

A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小

B．从N到P的过程中，速率先增大后减小

C．从N到Q的过程中，电势能一直增加

D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量

【答案】BC

【解析】小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．

【易错点】处理电场中能量问题的基本方法

例3.如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表示）上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球．现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b，先将小球a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使小球b从A点由静止开始沿竖直方向下落．各带电小球均可视为点电荷，则下列说法中正确的是（　　）

A．从A点到C点，小球a做匀加速运动

B．从A点到C点电场力对小球a做的功大于从A点到B点电场力对小球b做的功

C．小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能

D．从A点到C点，小球a的机械能先增加后减少，但机械能与电势能之和不变

【答案】CD

【解析】从A到C点，小球受到重力、库仑引力、弹力作用，库仑引力为变力，故合力为变力，加速度是变化的，故A错误；由于圆周为等势面，故小球从A到C和从A到B电场力做功相等，B错误；由于圆周为等势面，故小球从A到C和从A到B电场力做功相等，根据动能定理，对小球a有mghAC＋W静电＝Eka，对小球b有mghAB＋W静电＝Ekb，由于a球下降的高度较大，故a球的动能较大，C正确；除重力外的其余力（电场力）做的功等于机械能的增加量，由于电场力先做正功后做负功，故机械能先增加后减少，机械能与电势能之和不变，D正确．

【易错点】处理电场中能量问题的基本方法

例4.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是（　　）

A．x1处场强大于－x1处场强

B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零

C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能

D．x1点的电势比－x1点的电势高

【答案】B

【解析】由图可知x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔEk，可知B选项正确．

【易错点】对Ex图象的理解

例5.如图所示，带负电的金属小球A质量为mA＝0.2kg，电量为q＝0.1C，小球B是绝缘体不带电，质量为mB＝2kg，静止在水平放置的绝缘桌子边缘，桌面离地面的高h＝0.05m，桌子置于电、磁场同时存在的空间中，匀强磁场的磁感应强度B＝2.5T，方向沿水平方向且垂直纸面向里，匀强电场电场强度E＝10N/C，方向沿水平方向向左且与磁场方向垂直，小球A与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A以某一速度沿桌面做匀速直线运动，并与B球发生正碰，设碰撞时间极短，B碰后落地的水平位移为0.03m，g取10m/s2，求：

（1）碰前A球的速度？

（2）碰后A球的速度？

（3）若碰后电场方向反向（桌面足够长），小球A在碰撞结束后，到刚离开桌面运动的整个过程中，合力对A球所做的功.

【答案】

（1）2m/s　

（2）1m/s，方向与原速度方向相反　（3）6.3J

【解析】

（1）设小球A匀速运动的速度为vA，从A到B的过程中匀速运动，由平衡条件可得：

qE＝f　而f＝μFN、FN＝qBvA1＋mAg

所以qE＝μ（qBvA1＋mAg）

代入数据得vA1＝2m/s.

（2）设碰后B球的速度为vB，由平抛运动规律有h＝gt2，x＝vBt

代入数据解得vB＝0.3m/s

设A球与B球发生碰撞后的速度为vA2，由动量守恒定律得：

mAvA1＝mAvA2＋mBvB

解得vA2＝－1m/s，方向与原速度方向相反．

（3）设A球沿桌面运动速度为v，加速度为a，则qE－μN＝mAa，mAg＝N＋qvB

解得a＝

A球沿桌面做加速度增大的加速运动，当洛伦兹力等于重力时，A球离开桌面，此时A球沿桌面的速度最大为vm，则mAg＝qvmB　所以vm＝，代入数据得vm＝8m/s

根据动能定理，合力所做的功W＝mAv－mAv2A2，代入数据得W＝6.3J.

【易错点】复合场中的动量、能量综合问题

题型二带点粒子在电磁场中运动的问题

1、解题的思维程序

2、规律运用及思路

①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析；

②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理；

③注意带电粒子从一种场进入另一种场时的衔接速度．

例6.带电粒子在电场中直线运动问题

如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：

（1）小球到达小孔处的速度；

（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；

（3）小球从开始下落到下极板处的时间.

【答案】

（1）

（2）　（3）

【解析】

（1）设小球下落h时的速度为v，由自由落体规律有v2＝2gh，得v＝.

（2）设小球在极板间运动的加速度为a，

由v2＝2ad，得a＝＝.

由牛顿第二定律qE－mg＝ma，

电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，

联立以上各式得E＝，Q＝.

（3）由h＝gt得小球做自由落体运动的时间t1＝，

由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d.

则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝.

【小结】　带电粒子在电场中直线运动问题分析方法

例7.带电粒子在交变电场中运动

如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：

　　　甲乙

图1871

（1）交变电压的周期T应满足什么条件；

（2）粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？

【答案】

（1）T＝，其中n取大于等于的整数　

（2）t＝T（n＝1,2,3…）

【解析】

（1）为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：

加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，解得T＝

粒子在T内离开中心线的距离为y＝a2

又a＝，E＝，解得y＝

在运动过程中离开中心线的最大距离为ym＝2y＝

粒子不撞击金属板，应有ym≤d

解得T≤2d

故n≥，即n取大于等于的整数．

所以粒子的周期应满足的条件为

T＝，其中n取大于等于的整数．

（2）粒子进入电场的时刻应为T，T，T，…

故粒子进入电场的时刻为t＝T（n＝1,2,3…）．

例8带电粒子在匀强电场中的偏转

如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．

（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；

（2）求两板间所加偏转电压UYY′的范围；

（3）求粒子可能到达屏上区域的长度．

【答案】见解析

【解析】

（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，

则有y＝at2

L＝v0t

vy＝at

tanθ＝＝，

解得x＝

即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点．

（2）由题知a＝

E＝

解得y＝

当y＝时，UYY′＝

则两板间所加电压的范围为

－≤UYY′≤.

（3）当y＝时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y0，

则y0＝y＋btanθ

又tanθ＝＝，

解得：

y0＝

故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝.

例9.带电粒子在匀强电场中先加速再偏转

真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是（　　）

A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同

B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同

C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2

D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4

【答案】B

【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv，解得v0＝，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝、tanθ＝可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误．

例10.带电粒子在电场、重力场中的偏转

如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q（－q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（－L,0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C（L,0）点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．不计一切阻力，重力加速度为g.求：

（1）匀强电场的电场强度的大小；

（2）小球运动到B点时对细管的压力的大小和方向；

（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．

【答案】

（1）　

（2）3（＋1）mg　方向竖直向下　（3）－7L

【解析】

（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入细管，则速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°

则tan45°＝

解得匀强电场的电场强度E＝.

（2）根据几何关系可知，圆弧形细管的半径r＝L，圆心的坐标为O1（0，－L）

设小球运动到B点时速度为vB，此时受到重力和细管的支持力FN，从P点到B点的过程中

根据动能定理得：

mv－0＝mg（2L＋L）＋EqL

小球运动到B点时，根据牛顿第二定律得：

FN－mg＝m

联立解得：

FN＝3（＋1）mg

根据牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对细管的压力大小为3（＋1）mg，方向竖直向下．

（3）设小球运动到A点的速度为vA，运动到C点的速度为vC，从P点到A点的过程中，根据动能定理得：

mv＝mgL＋EqL

解得：

vA＝2

小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度

vC＝vA＝2

小球的加速度g′＝g

当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴

则有：

vCt＝g′t2

解得：

t＝2

则沿x轴方向运动的位移

x＝vCt＝×2×2＝8L

则小球从C点飞出后落在x轴上的横坐标：

x′＝L－8L＝－7L.

例11.等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动

如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【答案】7.7R

【解析】小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示．可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即达到D点时圆环对小球的弹力恰好为零．

由圆周运动知识得：

F＝m，即：

1.25mg＝m

小球由A运动到D点，由动能定理得：

mg（h－R－Rcos37°）－mg×（hcotθ＋2R＋Rsin37°）＝mv

联立解得h＝7.7R.

例12.带电粒子在组合场中的运动

如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各个方向射出的粒子速度大小均为v0，质量均为m、电荷量均为q；在0≤y≤d的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y轴正向相同，在d

（1）电场强度E；

（2）磁感应强度B；

（3）粒子在磁场中运动的最长时间．（只考虑粒子第一次在磁场中的运动时间）

【答案】

（1）　

（2）　（3）

【解析】

（1）沿x轴正方向发射的粒子有：

由类平抛运动基本规律得1.5d＝v0t,

d＝at2　a＝，联立可得：

E＝.

（2）沿x轴正方向发射的粒子射入磁场时有：

d＝t,联立可得：

vy＝v0，

v＝＝v0　方向与水平成53°，斜向右上方，

据题意知该粒子轨迹恰与上边缘相切，则其余粒子均达不到y＝2d边界，由几何关系可知：

d＝R＋R

根据牛顿第二定律得：

Bqv＝m

联立可得：

B＝.

（3）粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过（1.5d，d）恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为：

θ＝254°

粒子运动周期为：

T＝＝

则时间为：

t＝T＝.

【小结】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．

例13.电场、磁场、重力场的叠加

如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是（　　）

A．ma>mb>mc　　　　B．mb>ma>mc

C．mc>ma>mbD．mc>mb>ma

【答案】B

【解析】设三个微粒的电荷量均为q，

a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即

mag＝qE①

b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则

mbg＝qE＋qvB②

c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③

比较①②③式得：

mb>ma>mc，选项B正确．

例15.带电粒子（体）在电场中运动的综合问题

如图所示，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刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：

（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．

【答案】

（1）3∶1　

（2）H　（3）

【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，由运动学公式得

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－qEs2⑪

由已知条件

Ek1＝1.5Ek2⑫

联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得

E＝.⑬