1、一、 考法分析和解题技法（一）考法分析热门考法考法1 平衡问题考法2 带电粒子在电场中运动考法3 带电粒子在磁场中运动考法4 带电粒子在组合场中运动考法5 带电粒子在叠加场中运动考法6 临界问题（二） 解题技法技法1 解决导体在电场或磁场中平衡问题的一般思路：确定研究对象；正确受力分析；列出平衡方程求解.技法2 带电粒子在电场中运动解题技巧：（1）直线运动：用动力学观点分析： a，E，v2v2ad.用功能观点分析：匀强电场中：WqEdqUmv2mv.非匀强电场中：WqUEk2Ek1.（2）偏转问题：条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场运动形式：类平抛运动处理方法：应用运动的合成与分解
2、运动规律：加速度：a 在电场中的运动时间：t离开电场时的偏移量：yat2 离开电场时的偏转角：tan 技法3 “三步法”解决带电粒子在磁场中的圆周运动问题活用两个基本公式：(1)与半径或轨迹有关的问题：解题关键是掌握半径公式r，r与比荷成反比，与v成正比，与磁感应强度B成反比另外有r，r与成正比(2)与时间有关的问题：解题关键是掌握周期公式T.技法4 掌握带电粒子在不同边界磁场中的运动(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)二、真题再现和试题预测考法1 平衡问题（一）真题再现考例1 (2017北京卷
3、，T22)如图所示，长l1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角37.已知小球所带电荷量q1.0106 C，匀强电场的场强E3.0103 N/C，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)小球所受电场力F的大小；(2)小球的质量m；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小【答案】(1)3.0103N(2)4.0104kg (3)2.0 m/s【解析】(1)FqE3.0103N.(2)由tan 37，得m4.0104kg.(3)由mgl(1cos 37)mv2，得v2.0 m/s.
4、（二）试题预测预测6 如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B0.60 T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab距离l16 cm处，有一个点状的放射源S，它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是v3.0106 m/s，已知粒子的比荷5.0107 C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的粒子，求ab上被粒子打中的区域的长度【答案】20 cm【解析】粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有qvBm 由此得R代入数值得R10 cm可见Rl0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y0的区域存在方向垂直于xOy平
5、面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q不计重力。求：（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离（2）磁场的磁感应强度大小（3）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有： 由题
6、给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角。进入磁场时速度y分量的大小为：联立以上各式得：（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得：由牛顿第二定律有：设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有： 联立以上各式得：（二）试题预测预测7 如图所示，粒子源能放出初速度为0，比荷均为1.6104 C/kg的带负电粒子，进入水平方向的加速电场中，加速后的粒子正好能沿圆心方向垂直进入一个半径为r0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度随时间变化的关系为B0.5sin t(T
7、)，在圆形磁场区域右边有一屏，屏的高度为h0.6 m，屏距磁场右侧距离为L0.2 m，且屏中心与圆形磁场圆心位于同一水平线上现要使进入磁场中的带电粒子能全部打在屏上，试求加速电压的最小值【答案】60 V【解析】如图所示，根据洛伦兹力公式FqvB可知，磁感应强度一定时，粒子进入磁场的速度越大，在磁场中偏转量越小故当磁感应强度取最大值时，若粒子恰好不飞离屏，则加速电压有最小值设此时粒子刚好打在屏的最下端B点，根据带电粒子在磁场中运动特点可知：粒子偏离方向的夹角正切值为tan 代入数据得tan 即粒子偏离方向的夹角为由几何关系可知：此时粒子在磁场中对应的回旋半径为Rrtan代入数据得R0.1m带电粒
8、子在电场中加速时由动能定理得Uqmv2带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB联立得UR2B2代入数据得U60 V故加速电压的最小值为60 V.预测8 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q(2h，h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小E；(2)磁感应强度的大小B；(3)粒子从Q点运动到
9、PN线的时间t.【答案】(1)(2)(3)(2)粒子到达O点时，沿y方向的分速度：vyatv0速度与x正方向的夹角满足：tan 45粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度vv0，轨道半径Rh由qvBm， 解得：B.考法5 带电粒子在叠加场中运动（一） 真题再现考例7 (2016天津卷，T11)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5 T有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场
10、(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g10 m/s2.求： (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.【答案】(1)20 m/s与电场方向成60角斜向上 (2)3.5 s【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB代入数据解得：v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足：tan 代入数据解得：tan 60(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有：xvt设小球在重力与电场力的
11、合力方向上分位移为y，有：yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan 联立式，代入数据解得：t2 s3.5 s.（二）试题预测预测9 如图所示，竖直平面内的空间中，有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy，在x0的区域内也存在匀强电场(图中未画出)一个带正电的小球(可视为质点)从x轴上的N点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x0的区域内所加的电场强度的大小(3)小球从N点运动到M点所用的时间【答案】(1)(2)E(3)【解析】(1)带电小球做直线运动时的受力情况如图1所示由受力分析图1得：qEmgtan 30mgqvBco
12、s 30 联立得：v.(2)小球在x0的区域内做匀速圆周运动，则带电小球所受电场力应与所受重力相平衡qE1mg解得E1E. 2. (2018河南南阳市高三上学期期中)如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在第象限内有与y轴平行、方向向上的匀强电场区域，区域形状是直角三角形，三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L,0)和(0，L)点区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为q(q0)和初速度v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0yL的区间内，其中从y的点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)点射出场区，不计带电微粒的重力，求：(1)电场强度大小；(2)从0y的区间射入场区的带电微粒
13、，射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式；(3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值【答案】(1)(2)x22Ly(3)L(3)如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1，竖直偏转位移为y1，偏转角为，偏转时间为t2，射入场区时的y坐标值为Y，有：x1v0t2，y1at，根据几何关系有：x12L，Lx1Yy1，根据平抛运动的特点有：tan 2，解得：YL.3. (2018广东揭阳调研)如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按 Ex分布(x是轴上某点到O点的距离)x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电
14、荷量大小为q，A球距O点的距离为L.两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用(1)求A球的带电荷量大小qA；(2)剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0；(3)剪断细线后，求B球下落最大高度h.【答案】(1)6q(2)4L(3)4L4. (2018河北衡水调研)如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30，A点距水平地面的高度为h4 mBC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L m斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R0
15、.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)现将一个质量为m1 kg、电荷量为q0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为(g取10 m/s2)求：(1)小球到达C点时的速度大小；(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C点的水平距离【答案】(1)2 m/s(2)30 N(3) m【解析】(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得(mgEq)h(mgEq)cos 30(mgEq)Lmv
16、0，解得vC2 m/s.5. (2018辽宁抚顺六校联合体期中)一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的.(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离； (2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功. 【答案】(1)4R(2)若，克服摩擦力做功为；若，克服摩擦力做功为mgR【解析】(1)小环刚好到达
17、P点时，速度为零，对小环从D点到P点过程，由动能定理得qEx2mgR00, 由题意得qEmg，联立解得x4R.(2)若，则mgqE，设小环到达P点右侧x1时静止，由动能定理得qE(5Rx1)mg2RFfx10，又Ffmg，联立解得x1，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1mgx1.若，则mgqE，小环经过多次的往复运动，最后在P点的速度为0，根据动能定理可知qE5Rmg2RW200，克服摩擦力做的功W2mgR.6. (2018江苏泰州模拟)如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6102 kg的通电直导线，电流大小I1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳
18、拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中设t0时，B0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)【答案】5 s7. (2018珠海检测)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m5.0108 kg、电量为q1.0106 C的带电粒子从静止开始经U010 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm，(粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入
19、x轴上方，求磁感应强度B满足的条件【答案】(1)20 m/s(2)0.90 m(3)见解析【解析】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理：qU0mv2代入数据得：v20 m/s.8. (2018湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，ABCD为边长为2a的正方形，O为正方形中心，正方形区域左、右两对称部分中分别存在方向垂直ABCD平面向里和向外的匀强磁场一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从B点处以速度v垂直磁场方向射入左侧磁场区域，速度方向与BC边夹角为15，粒子恰好经过O点，已知cos 15，粒子重力不计(1)求左侧磁场的磁感应强度大小；(2)若粒子从CD边射出，求右侧磁场的磁感应强度大小的取值范
20、围【答案】(1)(2) B2【解析】(1)粒子从B点射入左侧磁场，运动轨迹如图1所示，BO1O为等边三角形，由几何关系可得轨迹半径r1a，粒子在左侧磁场中运动，有qvB1，得B1.(2)当右侧磁场磁感应强度大小B2B1时，粒子从D点射出，运动轨迹如图2所示，这是粒子从CD边射出的最小磁感应强度，当磁感应强度增大时，粒子在右侧磁场中运动的轨迹半径减小，当运动轨迹与CD边相切时，磁感应强度最大，轨迹如图3所示：9. (2018山西大同联考)如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m、带电荷量为q
21、的带电粒子从电场中Q(2h，h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子在磁场中的运动时间【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)粒子在电场中运动时由几何关系可知粒子水平方向位移为2h，竖直方向位移为h，由类平抛运动规律得2hv0t，hat2，由牛顿第二定律可知Eqma，联立解得E. 18. (2014大纲卷，T25)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向在y
22、轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间【答案】(1)v0tan2(2)19.(2017天津卷，T11)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距
23、离相等不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比【答案】(1)v0，速度方向与x轴正方向成45角斜向上(2)(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得：Fma 又FqE设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有：qvBm由几何关系可知：RL联立式得：.20. (2014课标卷，T25)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通
24、过A点使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求：(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向【答案】(1)(2)电场方向与竖直向下的方向的夹角为30(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得：EpA3Ek0Ek0mgdEk0 EpB6Ek0Ek0
25、mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有：解得xd，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得：30即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30.设电场强度的大小为E，有：qEdcos 30EpA 由式得：E.21. (2017全国卷，T25)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(q0)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
26、，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刚离开电场时的动能的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)31(2)H(3)(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：vy22gh Hvytgt2 M进入电场后做直线运动，由几何关系知：联立式可得：hH(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 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得E
27、k1m(v02vy2)mgHqEs1 Ek2m(v02vy2)mgHqEs2 由已知条件Ek11.5Ek2 联立式得：E 22.（2018新课标，T25）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。（1）定性画出该粒子在电磁场
28、中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b），速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有：qE=ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有：v1=at 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得： 联立式得：