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考法
學(xué)法
帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題是歷年高考的熱點，考查的難度從易到難都有?？疾榈念}型既有選擇題，又有計算題。考查的主要內(nèi)容包括：①帶電粒子在組合場中的運動；②帶電粒子(體)在疊加場中的運動。該部分內(nèi)容主要解決的是選擇題中的帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題。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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[研一題]————————————————————————————————
[多選]如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球用長為L不可伸長的絕緣細線懸掛于O點，在O點下方存在一個水平向右、場強為E的勻強電場，小球靜止時細線與豎直方向成45°角，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．若剪斷細線，小球?qū)⒆銮€運動
B．小球帶負電，且電荷量為
C．若突然將電場方向變?yōu)樗较蜃?，小球在最低點速率為
D．若突然將電場方向變?yōu)樗较蜃螅∏蛞欢苓\動到O點右側(cè)等高處
[解析]　若剪斷細線，小球在恒力作用下將做直線運動，選項A錯誤；對小球受力分析，由平衡條件可知小球帶負電，且qE＝mgtan 45°，解得q＝，選項B正確；將電場方向變?yōu)樗较蜃螅∏驈念}圖所示位置運動到最低點，由動能定理有mgL(1－cos 45°)＋EqLsin 45°＝mv2，解得v＝，選項C正確；將電場方向變?yōu)樗较蜃?，小球運動到O點右側(cè)與初始位置等高處時速度最大，則小球一定能運動到O點右側(cè)等高處，選項D正確。
[答案]　BCD
[悟一法]————————————————————————————————
解決電場力做功問題時的注意點
1．利用電場線的特點、等勢面的特點來分析電場力做功情況。
2．應(yīng)用公式WAB＝qUAB計算時，WAB、q、UAB一般都要帶正、負號計算。
[通一類]————————————————————————————————
1.在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強為E的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，它靜止時位于A點，此時細線與豎直方向成37°角，如圖所示。現(xiàn)對小球施加一沿與細線方向垂直的瞬時沖量，小球能繞O點在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動。下列對小球運動的分析正確的是(不考慮空氣阻力，細線不會纏繞在O點上)(　　)
A．小球運動到C點時動能最小
B．小球運動到C點時細線拉力最小
C．小球運動到Q點時動能最大
D．小球運動到B點時機械能最大

解析：選D　由題意可知，小球所受的電場力與重力的合力沿OA方向，小球從A點開始無論向哪運動，合力對小球都做負功，小球動能將減小，所以運動到A點時動能最大，C錯誤；小球運動到與A點關(guān)于圓心對稱的點時動能最小，在該點時細線的拉力最小，A、B錯誤；小球在運動過程中，運動到B點時電場力做功最多，因此機械能最大，D正確。
2.如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強度大小為E，中間用一光滑絕緣細桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止。撤去外力后小球從靜止開始向上運動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．與彈簧分離時小球的動能為mgh＋qEh
B．從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為mgh＋qEh
C．從開始運動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為
D．撤去外力時彈簧的彈性勢能為mv2－(qE－mg)h
解析：選D　根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，A錯誤；從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B錯誤；小球減少的電勢能為qEh，故C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，Ep＋qEh－mgh＝mv2，所以Ep＝
mv2－(qE－mg)h，D正確。
3．[多選]如圖所示，一光滑絕緣斜面的直角點A處固定一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的絕緣小球甲，另一質(zhì)量也為m、帶電量也為＋q的小球乙置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，∠BCA＝30°?，F(xiàn)把小球乙從B處由靜止自由釋放，小球乙能沿斜面從B處運動到斜面底端C處(靜電力常量為k，重力加速度為g)，下列結(jié)論正確的是(　　)
A．小球到達斜面中點D處時的速度大小為
B．小球運動到斜面底端C處時，對斜面的壓力大小為mg－
C．小球從B處運動到C處時減少的重力勢能等于增加的動能
D．小球從B處運動到C處電勢能先增加后減少
解析：選ABD　由題意知，小球乙運動到D處時，由幾何關(guān)系知AD＝AB，所以有φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0，由動能定理得：
mg·sin 30°＋qUDB＝mv2－0，解得：v＝ ，A正確；小球運動到C處時，受力分析如圖所示，由平衡條件得：FN＋F庫sin 30°＝mgcos 30°，F(xiàn)庫＝，聯(lián)立解得：FN＝mg－，B正確；小球從B處運動到C處重力勢能減少，電勢能減少，動能增加，減少的重力勢能與電勢能之和等于增加的動能，C錯誤；小球從B處運動到C處，先靠近A處后遠離A處，電場力先做負功后做正功，電勢能先增加后減少，D正確。

[點點探明]————————————————————————————————
題型1　組合磁場中帶電粒子的運動
[例1]　[多選]如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進入?yún)^(qū)域Ⅰ，粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變了30°，然后進入?yún)^(qū)域Ⅱ，測得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間相等，則下列說法正確的是(　　)
A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1
B．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1
C．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2
D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶1
[解析]　由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩區(qū)域中的運動速率相等，A正確；由洛倫茲力f＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子運動的角速度之比為ω1∶ω2＝B1∶B2＝
1∶2，B錯誤；由于粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，解得θ1∶θ2＝1∶2，C正確；由幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的圓心角為30°，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的圓心角為60°，由R＝可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑是在區(qū)域Ⅱ中運動半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑為r，作出粒子運動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域Ⅰ的寬度d1＝2rsin 30°＝r；區(qū)域Ⅱ的寬度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，D正確。
[答案]　ACD
題型2　疊加三場中帶電小球的運動
[例2]　[多選]如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從a點由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　)
A．小球能越過d點并繼續(xù)沿圓環(huán)向上運動
B．當(dāng)小球運動到d點時，不受洛倫茲力
C．小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能減少，電勢能減少
D．小球從b點運動到c點的過程中，經(jīng)過弧bc的中點時速度最大
[解析]　電場力與重力大小相等，結(jié)合題圖可知二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，可視為等效重力，所以弧ad的中點相當(dāng)于豎直圓環(huán)的等效最高點，其關(guān)于圓心對稱的位置(即弧bc的中點)就是等效最低點；由于a、d兩點關(guān)于等效最高點與等效最低點的連線對稱，若小球從a點由靜止釋放，最高運動到d點，故A錯誤；當(dāng)小球運動到d點時，速度為零，故不受洛倫茲力，故B正確；由于d、b等高，故小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能不變，故C錯誤；由于等效重力指向左下方45°，弧bc的中點是等效最低點，故小球從b點運動到c點的過程中，經(jīng)過弧bc的中點時速度最大，故D正確。
[答案]　BD
[系統(tǒng)通法]————————————————————————————————
電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的比較

電偏轉(zhuǎn)
磁偏轉(zhuǎn)
示意圖


偏轉(zhuǎn)條件
v⊥E
v⊥B
受力情況
只受恒定的電場力
只受大小恒定的洛倫茲力
運動軌跡
拋物線
圓弧
物理規(guī)律
類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律
牛頓第二定律、向心力公式
基本
公式
L＝vt　y＝at2
a＝　tan θ＝
qvB＝　r＝
T＝　t＝
sin θ＝
做功
情況
電場力既改變速度方向，也改變速度大小，對電荷做功
洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，對電荷不做功
[題題過關(guān)]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動。下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是(　　)
A．磁場和電場的方向　　　 B．磁場和電場的強弱
C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度
解析：選C　這是“速度選擇器”模型，帶電粒子在勻強磁場和勻強電場的疊加區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動，則粒子受到的洛倫茲力與電場力平衡，大小滿足qvB＝qE，故v＝，即磁場和電場的強弱決定粒子入射時的速度大小；洛倫茲力與電場力的方向一定相反，結(jié)合左手定則可知，磁場和電場的方向一定互相垂直，粒子入射時的速度方向同時垂直于磁場和電場，且不論粒子帶正電還是帶負電，入射時的速度方向相同，而不是電性相反時速度方向也要相反?？傊Ｗ邮欠裨凇八俣冗x擇器”中做勻速直線運動，與粒子的電性、電量均無關(guān)，而是取決于磁場和電場的方向、強弱，以及粒子入射時的速度。撤除電場時，粒子速度方向仍與磁場垂直，滿足做勻速圓周運動的條件，C正確。
2.如圖所示，ABCDEF為一正六邊形的六個端點，現(xiàn)正六邊形處于垂直于紙面向里的勻強磁場和平行于BA向右的勻強電場中，一帶電粒子從A點射入場中，恰好沿直線AE做勻速直線運動。撤去磁場，粒子仍從A點以原速度射入場中，粒子恰好從F點射出。若撤去電場而保留磁場，粒子仍以原速度從A點射入，則粒子將從哪條邊射出(不計粒子重力)(　　)
A．AB　　　　　　　　 B．BC
C．CD D．DE
解析：選B　只有電場時帶電粒子向右偏轉(zhuǎn)，則粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，只有磁場時，粒子受到的洛倫茲力的方向向左，粒子將向左偏轉(zhuǎn)。開始時粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動，則有：qE＝qvB，設(shè)正六邊形的邊長為L，只有電場時，粒子做類平拋運動，豎直向上的方向上有：vt＝Lcos 30°＝L，水平方向上有：·t2＝Lsin 30°＝L；當(dāng)只有磁場時，洛倫茲力提供向心力，則有：qvB＝，聯(lián)立可得：r＝L，由幾何關(guān)系可知：＝L，而L

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