【正文】 知識解決帶電粒子在靜電場中的運動的問題，考查學生的綜合分析能力．第二定律和動能定理以及平拋、類平拋知識解決帶電粒子在靜電場中的運動的問題，考查學生的綜合分析能力．【規(guī)范審題】　①兩個小球和速度方向都沿水平方向，大小不同②兩小球質(zhì)量相同③強調(diào)A不帶電，只受重力，B帶正電荷，還受電場力．④給出A球初速度大小，以及到達P點的時間為t⑤B球到達P點的時間是A球的一半．審題結(jié)果兩個小球一個不帶電，做平拋運動，另一個帶正電荷，做類平拋運動；兩個小球初速度大小不同，都是從O點運動到P點，豎直位移，水平位移相同，運動時間A是B的兩倍.【思路分析】　分解運動，豎直方向的位移相同，時間是二倍關系，所以豎直方向B的加速度是A的四倍；又因為水平位移相同，所以水平方向B的速度是A的兩倍．【總結(jié)提升】　優(yōu)選最佳解題方案，可事半功倍．一般涉及時間的運動問題，采用牛頓第二定律結(jié)合運動學公式解題；不涉及時間時，采用動能定理或功能關系解題．規(guī)律總結(jié)處理帶電粒子在電場、重力場中直線運動的方法：帶電體在電場以及重力場的共同作用下運動，軌跡為直線的條件是帶電體所受的合力為零或帶電體的運動方向與合力方向在一條直線上．處理此類問題的方法：(1)根據(jù)帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合牛頓運動定律和勻變速直線運動的規(guī)律解決問題；(2)根據(jù)功能關系或能量守恒的觀點來處理問題，分析帶電體的能量轉(zhuǎn)化情況時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的轉(zhuǎn)化，但應注意能的總量保持不變．〔考向預測〕4．(多選)(2020江西五校聯(lián)考)如圖所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在PP2兩點．則(　BC　)A．打在P1點的粒子是HeB．打在P2點的粒子是H和HeC．O2P2的長度是O2P1長度的2倍D．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間都相等【解析】　帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反，即qvB＝qE，所以v＝，可知從粒子速度選擇器中射出的粒子具有相同的速度，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB＝，所以r＝＝，可知粒子的比荷越大，運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是H，打在P2點的粒子是H和He，故A錯誤，B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的軌道的半徑是H和He的半徑的，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，故C正確；粒子運動的周期T＝＝，三種粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間不全相等，故D錯誤．5．電動自行車是一種應用廣泛的交通工具，其速度控制是通過轉(zhuǎn)動右把手實現(xiàn)的，這種轉(zhuǎn)動把手稱“霍爾轉(zhuǎn)把”，屬于傳感器非接觸控制．轉(zhuǎn)把內(nèi)部有永久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖甲．開啟電源時，在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，如圖乙．隨著轉(zhuǎn)把的轉(zhuǎn)動，其內(nèi)部的永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動，霍爾器件能輸出控制車速的電壓，已知電壓與車速關系如圖丙．以下關于“霍爾轉(zhuǎn)把”敘述正確的是(　B　)A．為提高控制的靈敏度，永久磁鐵的上、下端分別為N、S極B．按圖甲順時針轉(zhuǎn)動電動車的右把手，車速將變快C．圖乙中從霍爾器件的左右側(cè)面輸出控制車速的霍爾電壓D．若霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調(diào)，將影響車速控制【解析】　由于在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，當永久磁鐵的上下端分別為N、S極時，磁場與電子的移動方向平行，則電子不受洛倫茲力作用，那么霍爾器件不能輸出控制車速的電勢差，故A錯誤；當按圖甲順時針轉(zhuǎn)動把手，導致霍爾器件周圍的磁場增加，那么霍爾器件輸出控制車速的電勢差增大，因此車速變快，故B正確；根據(jù)題意，結(jié)合圖乙的示意圖，永久磁鐵的N、S極可能在左、右側(cè)面，或在前、后表面，因此從霍爾器件輸出控制車速的電勢差，不一定在霍爾器件的左右側(cè)面，也可能在前后表面，故C錯誤；當霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調(diào)，從霍爾器件輸出控制車速的電勢差正負號相反，但由圖丙可知，不會影響車速控制，故D錯誤．6．(2020重慶八中模擬)如圖所示，OO′為平行板電容器的中線，板間為勻強電場．在O點分別以v0、的速度水平拋出A、B兩質(zhì)量都為m且?guī)N電荷的小球，qA∶qB＝3∶1，兩小球運動軌跡恰關于OO′對稱，重力加速度為g，則A球受到電場力大小為(　A　)A．mg B．mgC．mg D．mg【解析】　兩軌跡關于水平線對稱，說明相同水平位移處，位移偏角相同，位移偏角為tanθ＝，所以aA∶aB＝4∶1，即合外力之比為4∶，則受電場力都向上，有(FA－G)∶(G－FB)＝4∶1，且FA∶FB＝3∶1，解得FA＝mg，故選項A正確．7．(多選)(2020四川達州聯(lián)考)如圖所示，M、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板，M中間有一小孔．M、N分別接到電壓恒定的電源上(圖中未畫出)．、帶電量為q的微粒從A點由靜止下落，到達極板N時速度剛好為零(不計空氣阻力，(　BD　)A．帶電微粒在M、N兩極板間往復運動B．兩極板間電場強度大小為C．若將M向下平移，微粒仍從A點由靜止下落，進入電場后速度為零的位置與N的距離為hD．若將N向上平移，微粒仍從A由靜止下落，進入電場后速度為零的位置與M的距離為h【解析】　由于粒子在電場中和在電場外受到的力都是恒力不變，可知粒子將在點A和下極板之間往復運動，選項A錯誤；由動能定理：mg3h＝Eq2h，解得E＝，選項B正確；若將M向下平移，則板間場強變?yōu)镋1＝＝＝E，則當粒子速度為零時，由動能定理：mg(3h－Δh)＝E1q(－Δh)，可知方程無解，選項C錯誤；若將N向上平移，則板間場強變?yōu)镋2＝＝＝E，則當粒子為零時的位置與M極板相距Δh′，由動能定理：mg(h＋Δh′)＝E2qΔh′，解得Δh′＝h，選項D正確；故選B、D．8．(2020四川雅安三診)如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，y軸沿豎直方向．在Ⅰ區(qū)域(x＝0到x＝L之間)存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，Ⅱ區(qū)域(x＝L到x＝2L之間)存在垂直坐標平面向外的勻強磁場，兩個區(qū)域磁感應強度大小均為B＝.一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從坐標原點O以初速度v0沿＋x方向射入，沿直線通過Ⅰ區(qū)域，最后從Ⅱ區(qū)域離開．粒子重力不計，求：(1)電場強度大??；(2)帶電粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域運動的總時間．【答案】　(1)　(2)【解析】　(1)粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速直線運動，則qE＝qv0B解得E＝(2)粒子在Ⅰ區(qū)域運動的時間t1＝粒子在Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運動qv0B＝m解得R＝2L由幾何關系得，粒子在Ⅱ區(qū)域做圓周運動，圓心角為θ＝30176。由T＝得T＝則粒子在Ⅱ區(qū)域運動時間t2＝T＝則粒子運動總時間t＝t1＋t2＝