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考法
學(xué)法
帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)問題是歷年高考的熱點(diǎn)，考查的難度有易有難?？疾榈念}型既有選擇題，又有計(jì)算題?？疾榈膬?nèi)容有：①帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)；②帶電粒子在變化的電場中的運(yùn)動(dòng)；③帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律；④帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題。該部分內(nèi)容主要解決的是選擇題中的帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)問題。用到的思想方法有：①比值定義法；②假設(shè)法；③合成法；④正交分解法；⑤臨界、極值問題的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
條件分析
帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場
運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類似于平拋運(yùn)動(dòng))
處理方法
分解成沿電場和垂直于電場的兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)
2.電偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)實(shí)用結(jié)論
(1)比荷相同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速，再垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向射入，從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。
(2)帶電粒子垂直于電場方向射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)為帶電粒子沿初速度方向位移的中點(diǎn)。
[研一題]————————————————————————————————
(2018·資陽模擬)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入。它們最后打在上極板的同一點(diǎn)(粒子重力不計(jì))，則從開始射入到打到上極板的過程中，粒子(　　)
A．運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比tP∶tQ＝1∶2
B．所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2
C．電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2
D．動(dòng)能增量之比為ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1

[解析]　兩粒子在豎直方向受到向上的電場力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閮闪Ｗ釉谒椒较蛏系乃俣认嗤忠驗(yàn)樵谒椒较蛏系奈灰葡嗤?，故根?jù)公式x＝v0t可得兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，A錯(cuò)誤；在豎直方向上的位移之比＝，因?yàn)閥P＝aPt2＝·t2，yQ＝aQt2＝·t2，聯(lián)立可得qP∶qQ＝1∶2，B正確；電場力做功為
W＝Eqy，電場力做多少正功，電勢能就減少多少，故＝＝，該過程中只有電場力做功，所以電勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，即粒子的動(dòng)能增量之比為ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D錯(cuò)誤。
[答案]　B
[悟一法]————————————————————————————————
勻強(qiáng)電場中帶電粒子偏轉(zhuǎn)問題的處理方法
1．用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律處理：運(yùn)動(dòng)的分解。
(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝。
(2)沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝＝＝。
(3)離開電場時(shí)的偏移量y＝at2＝。
(4)速度偏向角
tan φ＝＝＝；
位移偏向角
tan θ＝＝。
2．用動(dòng)能定理處理：涉及功能問題時(shí)可用，偏轉(zhuǎn)時(shí)電場力做的功是W＝qEy(y為偏移量)。
[通一類]————————————————————————————————1．[多選]如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1中，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后三種粒子打在屏上。整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A．偏轉(zhuǎn)電場E2對(duì)三種粒子做功一樣多
B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度大小相同
C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同
D．三種粒子一定打到屏上的同一位置

解析：選AD　根據(jù)動(dòng)能定理有qE1d＝mv12，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1＝ 。在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向有l(wèi)＝v1t2，豎直方向有y＝t22，得粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y＝，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對(duì)三種粒子做功一樣多，選項(xiàng)A正確；根據(jù)動(dòng)能定理，qE1d＋qE2y＝mv22，得粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時(shí)的速度v2＝ ，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2大小不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子打在屏上所用的時(shí)間t＝＋＝＋(L′為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距離)，由于v1大小不同，所以三種粒子打在屏上所用的時(shí)間不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)vy＝t2及tan θ＝，得粒子速度的偏轉(zhuǎn)角正切值tan θ＝，即三種粒子速度的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項(xiàng)D正確。
2．[多選]如圖所示，半徑R＝0.5 m的圓弧接收屏位于電場強(qiáng)度方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，OB水平，一質(zhì)量為m＝10－4 kg、帶電量為q＝8.0×10－5 C的粒子，從與圓弧圓心O等高且距O點(diǎn)0.3 m處的A點(diǎn)以初速度v0＝3 m/s 水平射出，粒子重力不計(jì)，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(diǎn)(圖中未畫出)，取C點(diǎn)電勢φ＝0，則(　　)
A．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝100 N/C
B．粒子在A點(diǎn)的電勢能為8×10－5 J
C．粒子到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為5 m/s
D．粒子速率為4 m/s時(shí)的電勢能為4.5×10－4 J
解析：選CD　粒子在電場力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示，因粒子垂直打在C點(diǎn)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：C點(diǎn)速度方向的反向延長線必過O點(diǎn)，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，則AD＝v0t，
DC＝t2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得：E＝25 N/C，故A錯(cuò)誤；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D兩點(diǎn)電勢相等，所以φA＝10 V，即粒子在A點(diǎn)的電勢能為：Ep＝
qφA＝8×10－4 J，故B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理知：qUAC＝mvC2－mv02，代入數(shù)據(jù)得：vC＝5 m/s，故C正確；粒子在C點(diǎn)的總能量：EC＝mvC2＝×10－4×52 J＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率為4 m/s時(shí)的電勢能為：Ep′＝EC－mv2＝1.25×10－3 J－
×10－4×42 J＝4.5×10－4 J，故D正確。

[研一題]————————————————————————————————
[多選]如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓。在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場。已知電場變化周期T＝，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力。則(　　)

A．在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)速度大小仍為v0
B．粒子的電荷量為
C．在t＝T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)在豎直方向的位移大小為d
D．在t＝T時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場
[解析]　粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝T，豎直方向上的位移恰好為d，則時(shí)間內(nèi)的位移為，粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一個(gè)周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時(shí)的速度大小等于水平速度v0，選項(xiàng)A正確；由上述分析知，d＝·2，解得q＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在電場力作用下的加速度大小a＝＝，t＝時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，離開電場時(shí)在豎直方向的位移大小為d′＝2×a2－2×a2＝aT2＝d，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng)，然后向下減速運(yùn)動(dòng)，再向上加速運(yùn)動(dòng)，向上減速運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，此時(shí)豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，選項(xiàng)D正確。
[答案]　AD

[悟一法]————————————————————————————————
分段研究，化變?yōu)楹?br /> 在兩個(gè)相互平行的金屬板間加交變電壓時(shí)，在兩板中間便可獲得交變電場。對(duì)于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，需要進(jìn)行分段處理。此類電場在一段時(shí)間內(nèi)為勻強(qiáng)電場，即電場中各個(gè)位置處電場強(qiáng)度的大小、方向都相同；但從整個(gè)研究過程看電場又是變化的，即電場強(qiáng)度的大小和方向可隨時(shí)間變化。
粒子平行于電場方向射入時(shí)
粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力決定了粒子的運(yùn)動(dòng)，粒子可能做周期性運(yùn)動(dòng)
粒子垂直于電場方向射入時(shí)
沿初速度方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場力方向上的分運(yùn)動(dòng)可能具有周期性

[通一類]————————————————————————————————
1.一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，在該勻強(qiáng)電場中，有一個(gè)帶電粒子在t＝0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(　　)
A．帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)
B．0～2 s內(nèi)，電場力做功等于0
C．4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)
D．2.5～4 s內(nèi)，電場力做功等于0
解析：選D　畫出帶電粒子速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，v -t
圖線與時(shí)間軸所圍“面積”表示位移，由圖可知帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向改變，4 s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn)，A、C錯(cuò)誤；2 s末速度不為0，所以0～2 s內(nèi)電場力做功不等于0，B錯(cuò)誤；2.5 s末和4 s 末，速度的大小、方向都相同，所以2.5～4 s內(nèi)電場力做功等于0，D正確。
2．如圖甲所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)先向A板運(yùn)動(dòng)，再向B板運(yùn)動(dòng)，在A、B板間往返運(yùn)動(dòng)幾次后，最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是(　　)


A．0

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