2019版高考物理(通用)二轮复习第二部分第一板块第2讲巧用“类平抛圆周”解决电偏转磁偏转问题讲义含解析

巧用“类平抛、圆周”解决电偏转、磁偏转问题提能点一 带电粒子在匀强电场中的偏转问题⎣⎢⎡⎦⎥⎤重难增分类考点讲练结合过关1．带电粒子在电场中的偏转2.(1)比荷相同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速，再垂直于偏转电场方向射入，从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。

(2)带电粒子垂直于电场方向射入电场，经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为带电粒子沿初速度方向位移的中点。

[研一题]———————————————————————————————— (2018·资阳模拟)如图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入。

它们最后打在上极板的同一点(粒子重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中，粒子( )A ．运动时间之比t P ∶t Q ＝1∶2B ．所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2C ．电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶2 D ．动能增量之比为ΔE k P ∶ΔE k Q ＝2∶1[解析] 两粒子在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为两粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式x ＝v 0t 可得两粒子的运动时间相同，A 错误；在竖直方向上的位移之比y P y Q ＝12，因为y P ＝12a P t 2＝12·Eq P m t 2，y Q ＝12a Q t 2＝12·Eq Qmt 2，联立可得q P ∶q Q ＝1∶2，B 正确；电场力做功为W ＝Eqy ，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故ΔE P ΔE Q ＝Eq P y P Eq Q y Q ＝14，该过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即粒子的动能增量之比为ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶4，C 、D 错误。

[答案] B[悟一法]————————————————————————————————匀强电场中带电粒子偏转问题的处理方法1．用平抛运动规律处理：运动的分解。

(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝L v 0。

(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qUmd。

(3)离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUL22mdv 02。

(4)速度偏向角 tan φ＝v y v 0＝qUt mdv 0＝qULmdv 02；位移偏向角tan θ＝y L ＝qUL2mdv 02。

2．用动能定理处理：涉及功能问题时可用，偏转时电场力做的功是W ＝qEy (y 为偏移量)。

[通一类]————————————————————————————————1．[多选]如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E 1中，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后三种粒子打在屏上。

整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( ) A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多 B ．三种粒子打到屏上时的速度大小相同 C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD 根据动能定理有qE 1d ＝12mv 12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m 。

在偏转电场中，水平方向有l ＝v 1t 2，竖直方向有y ＝qE 22mt 22，得粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确；根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝qE 1d ＋qE 2ym，由于三种粒子的质量不相等，故v 2大小不同，选项B 错误；粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1大小不同，所以三种粒子打在屏上所用的时间不同，选项C 错误；根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v yv 1，得粒子速度的偏转角正切值tan θ＝E 2l2E 1d ，即三种粒子速度的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确。

2．[多选]如图所示，半径R ＝0.5 m 的14圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB 水平，一质量为m ＝10－4kg 、带电量为q ＝8.0×10－5 C 的粒子，从与圆弧圆心O 等高且距O 点0.3 m 处的A 点以初速度v 0＝3 m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C 点(图中未画出)，取C 点电势φ＝0，则( )A ．该匀强电场的电场强度E ＝100 N/CB ．粒子在A 点的电势能为8×10－5J C ．粒子到达C 点的速度大小为5 m/sD ．粒子速率为4 m/s 时的电势能为4.5×10－4J解析：选CD 粒子在电场力作用下做类平抛运动，如图所示，因粒子垂直打在C 点，由类平抛运动规律知：C 点速度方向的反向延长线必过O 点，且OD ＝AO ＝0.3 m ，DC ＝0.4 m ，则AD ＝v 0t ，DC ＝qE2mt 2，联立并代入数据可得：E ＝25 N/C ，故A 错误；因U DC ＝E ·DC＝10 V ，而A 、D 两点电势相等，所以φA ＝10 V ，即粒子在A 点的电势能为：E p ＝q φA ＝8×10－4 J ，故B 错误；从A 点到C 点由动能定理知：qU AC ＝12mv C 2－12mv 02，代入数据得：v C ＝5 m/s ，故C 正确；粒子在C 点的总能量：E C ＝12mv C 2＝12×10－4×52 J ＝1.25×10－3 J ，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s 时的电势能为：E p ′＝E C －12mv 2＝1.25×10－3J －12×10－4×42J ＝4.5×10－4J ，故D 正确。

提能点二 带电粒子在交变电场中的运动问题⎣⎢⎡⎦⎥⎤重难增分类考点讲练结合过关[研一题]———————————————————————————————— [多选]如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压。

在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场。

已知电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力。

则( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为18dD ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场[解析] 粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t ＝2d v 0＝T ，竖直方向上的位移恰好为d ，则T 2时间内的位移为d2，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0，选项A 正确；由上述分析知，12d ＝12·U 0q dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫d v 02，解得q ＝mv 02U 0，选项B 错误；粒子在电场力作用下的加速度大小a ＝U 0q dm ＝v 02d ，t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移大小为d ′＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82－2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 82＝18aT 2＝12d ，选项C 错误；t＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T 4，然后向下减速运动T 4，再向上加速运动T4，向上减速运动T4，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，选项D 正确。

[答案] AD[悟一法]————————————————————————————————分段研究，化变为恒在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。

对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段处理。

此类电场在一段时间内为匀强电场，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；但从整个研究过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向可随时间变化。

[通一类]———————————————————————————————— 1.一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2 s 内，电场力做功等于0C ．4 s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4 s 内，电场力做功等于0解析：选D 画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图像如图所示，v ­t图线与时间轴所围“面积”表示位移，由图可知带电粒子运动方向改变，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误；2 s 末速度不为0，所以0～2 s 内电场力做功不等于0，B 错误；2.5 s 末和4 s 末，速度的大小、方向都相同，所以2.5～4 s 内电场力做功等于0，D 正确。

2．如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。

若在t 0时刻释放该粒子，粒子会先向A 板运动，再向B 板运动，在A 、B 板间往返运动几次后，最终打在A 板上。

则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8解析：选B 由题图乙知，两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A 板运动，说明释放粒子时U AB 为负，A 、D 错误；若T 2<t 0<3T4，粒子先向A 板做加速运动后做减速运动至速度为零，再向B 板做加速运动后做减速运动至速度为零，如此往返运动，每次向A 板运动的距离比向B 板运动的距离大，粒子最终打在A 板上，B 正确；若3T4<t 0<T ，同理可知，粒子最终打在B 板上，C 错误。