2020屆高考物理二輪復習專題：三第3講帶電粒子在組合場、復合場中的運動學案

1、第3講 帶電粒子在組合場、復合場中的運動考情分析，備考導航明拗高考考柄法珈命施珈律三年考情分析局考命題規(guī)律三年考題考查內(nèi)容核心素養(yǎng)帶電粒子在復合場中的運 動是高考的?？純?nèi)容之一，主 要考查考生的綜合分析問題的 能力.分析帶電粒子在復合場 中的運動，往往與圓周運動和 類平拋運動相結(jié)合，涉及牛頓 運動定律的應用，是今后高考 中的重點，考查考生綜合分析 問題的能力.2018I 卷 25T帶電粒子在組合場中的運動科學思維n 卷 25T帶電粒子在組合場中的運動科學思維出卷24T帶電粒子在組合場中的運動科學思維2017I 卷 16T帶電體在疊加場中的運動科學思維考向聚焦,高考必備深陰熱自考電 突破校法忖導

2、考向一 帶電粒子在組合場中的運動知識必備提核心通技法1 .組合場模型電場、磁場、重力場（或其中兩種場）并存，但各位于一定區(qū)域，并且互不重疊的情況.2 . “電偏轉(zhuǎn)” “磁偏轉(zhuǎn)”的比較一,勻強電場中的“電偏轉(zhuǎn)”勻強磁場中的“磁偏轉(zhuǎn)”受力特征無論v是否與E垂直，5電=4,F電為恒力v垂直于B時，F(xiàn)b= qvB運動規(guī)律類平拋運動(vE)Vx=V0, Vy=t，mx=vot, y= 2m圓周運動(vB)2 71mmvT=qB，r-qB偏轉(zhuǎn)情況tan 0= vy,因做類平拋運動，在相Vx等的時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)角度不等若沒有磁場邊界限制，粒子所能偏轉(zhuǎn)的角度不受限制動能變化動能發(fā)生變化動能/、變典題例析析典題 學通

3、法其在xOy例1 （2018全國卷n , 25T） 一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為1,磁感應強度的大小為B,方向垂直于xOy平面：磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為1,電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與 y軸平行.一 帶正電的粒子以某一速度從 M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出.不計重力.(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡;(2)求該粒子從M點入射時速度的大小； 兀,、一八一，一，(3)若該粒子進入磁場時的速度方

4、向恰好與x軸正方向的夾角為求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間.破題關(guān)鍵點對稱性是解題關(guān)鍵m軌.也解析(2)y方向勻速直線運動:1 =voti, x方向勻加速直線運動:vx= ati由牛頓第二定律得a=qmE._mv由 r qB、1 /曰 J_ mvsin & mvx sin “= 2r，佝2= qB = qBr 2l E聯(lián)立可得v0=a EBl7t7t(3) a= 3, vx= votan=v3v0,代入(=mBX 得 q q Dq 2vx 4v3Elm=Bl=B2l22/3mlBlqBl2E2 7m2 a 2 , 2 m 43tB12 乂Bl 鎘田12而,七=方，2“= % t2=3q

5、B=78El-,總時間 t=2tl + t2=T+78El-答案(1)軌跡見解析圖(2)耳丁E 空E2BlB lBl + V3tB12E+ 18El跟進題組練考題 提能力1 .如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內(nèi)存在有場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場，第二象限內(nèi)存在有方向垂直紙面向外的勻強磁場.熒光屏PQ垂直于x軸放置且距y軸的距離為L.一質(zhì)量為m、帶電荷量為+ q的粒子（不計重力）自坐標為（一L,0）的A點以大小為vo、方向沿y軸正方向的速度進入磁場，粒子恰好能夠到達原點。而不進入電場.現(xiàn)若使該帶電粒子仍從A點進入磁場，但初速度大小為2y2vo、方向與x軸正方向成45 角，求:（1）帶

6、電粒子到達y軸時速度方向與 y軸正方向之間的夾角;（2）粒子最終打在熒光屏 PQ上的位置坐標.解析：（1）設磁場的磁感應強度為 B,則由題意可知，當粒子以速度 Vo進入磁場時，設其v2圓周運動的半徑為 R,有Bqv0=m-,其中R=-R2當粒子以初速度大小為2/2v0、方向與x軸正方向成45角進入磁場時，（圖中a、聲8均為45。）設其圓周運動的半徑為 R,則有Bq X2y2v0 = m8v2R由以上各式可解得R三；2L由幾何關(guān)系可知粒子做圓周運動的圓心在 y軸上，所以該粒子必定垂直于 y軸進入勻強電場，故粒子到達 y軸時，速度方向與 y軸正方向之間的夾角為 90:(2)由幾何關(guān)系可知 CO =

7、 2 1)L帶電粒子在電場中做類平拋運動，設其運動時間為t,在電場中向上運動的距離為h ,則有:L=2j2v0t, h = at2,qEa =一 mqEL2以上各式聯(lián)立可解得：仁石嬴0所以粒子最終打在熒光屏 PQ上的位置坐標為qEL2L，16mv2+ 2J2-I L .答案：見解析規(guī)律方法知規(guī)律握方法帶電粒子在組合場中運動的處理方法(1)解決帶電粒子在組合場中運動的一般思維模板砌定組合場的組成1M軟跡 好理菽受力分析帶電粒子、 在MI合痂中送 硼的分析方法運動分析(2)用規(guī)律選擇思路帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的知識分析；帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理.

8、(3)關(guān)注從一種場進入另一種場的銜接速度.考向二帶電粒子在疊加場中的運動知識必備提核心通技法1 .疊加場模型電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存于同一區(qū)域的情況.2 .帶電粒子在疊加場中的運動情況分析(1)當帶電粒子在疊加場中所受合力為零時，做勻速直線運動(如速度選擇器)或處于靜止狀態(tài).(2)當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直 于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動.3 .帶電粒子在疊加場中的受力情況分析帶電粒子在疊加場中的運動問題是電磁學知識和力學知識的結(jié)合，分析方法和力學問題 的分析方法基本相同，即均用動力學觀點、能量觀點來分析，不同之處是多了電場力、洛倫

9、茲力，二力的特點是電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力方向始終和運動速度方向垂直，永不 做功等.典題例析析典題 學通法例2 (2020秦皇島一模)如圖所示，水平線AC和豎直線CD相交于C點，AC上開有小 孔S, CD上開有小孔P, AC與CD間存在磁感應強度為 B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向 里，/ DCG = 60,在CD右側(cè)，CG的下方有一豎直向上的勻強電場E(大小未知)和垂直紙面向里的另一勻強磁場 Bi(大小未知)，一質(zhì)量為m,電荷量為+ q的塑料小球從小孔 S處無初速 度地進入勻強磁場中， 經(jīng)一段時間恰好能從 P孔水平勻速飛出而進入 CD右側(cè)，小球在CD右 側(cè)做勻速圓周運動而垂直打在CG板

10、上，重力加速度為 g.(1)求豎直向上的勻強電場的電場強度E的大小.(2)求CD右側(cè)勻強磁場的磁感應強度Bi的大小.(3)若要使小球進入 CD右側(cè)后不打在 CG上，則Bi應滿足什么條件?審題流程第一步審題干一提取關(guān)鍵信息(1)從P孔水平勻速飛出 一此時塑料小球受力平衡.(2)垂直才T在CG板上一 C點是小球做圓周運動的軌跡圓心.(3)不打在CG上一恰好不打在CG上時，小球運動軌跡與 CG相切.第二步破疑難一尋找規(guī)律方法(1)小球在CD左側(cè)做變速曲線運動，應用動能定理分析.(2)小球在CD右側(cè)做勻速圓周運動，應用牛頓第二定律、圓周運動的相關(guān)規(guī)律分析.解析(1)因小球在CD右側(cè)受重力、電場力和洛倫

11、茲力作用而做勻速圓周運動，所以有mg=qE,即 =晶 q(2)小球進入磁場后，由于重力作用，速率不斷增大，同時在洛倫茲力的作用下小球右偏，當小球從小孔 P水平勻速飛出時，受力平衡有 Bqv=mg,即v = mgBq 1 C從S至1J P由動能te理得 mg CP =2mv2,即獲=藉因小球從小孔P水平飛入磁場Bi后做勻速圓周運動而垂直打在CG上，所以C點即為小球做圓周運動的圓心，半徑即為r= CPv2一口又因Biqv=my,聯(lián)立得Bi = 2B.(3)小球在CD右側(cè)恰好不打在 CG上的運動軌跡如圖,r .則由圖知sn十r =CP2V3 3 m2g =2B2q2一 , mv ,而r =聯(lián)立得B

12、-4.3B即要使小球進入 CD右側(cè)后不打在 CG上,貝U Bi應滿足Bi4.3B.答案mg (2)2B (3)Bi4.3B跟進題組練考題 提能力2.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為 m、帶電荷量為q的小球從A點以速度vo沿直線AO運動，AO與x軸負方 向成37。角，在第四象限內(nèi)的區(qū)域I內(nèi)加一最小電場強度的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN右側(cè)區(qū)域H內(nèi)存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，C點的速度大小為 2vo,小球在區(qū)域n內(nèi)做勻速圓周運動并恰好沒從右邊界飛出，已知小球在重力加速度為 g, sin 37

13、=0.6, cos 37=0.8,求：(1)小球的帶電性質(zhì)；(2)第二象限內(nèi)電場強度 Ei的大小和磁感應強度 Bi的大小;(3)區(qū)域I內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向；(4)區(qū)域內(nèi)電場強度 E3的大小和磁感應強度 B2的大小.解析：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，因洛倫茲力與速度關(guān)聯(lián)，所以此三力滿足圖(a)所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動，由受力特點及左手定則可判定小球帶正電.qEi(2)由圖(a)知 tan 37 =一,得mgEi =3 mg4qmg5mgcos 37= ，得 Bi =Biqv o4qvo(3)當區(qū)域I中的電場強度最小時,小球做直線運動，此時受

14、力如圖(b)所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，由圖知 cos 37 =一,得E2=,方向與x軸mg5q正方向成53 角斜向上.（4）小球在區(qū)域n內(nèi)做勻速圓周運動，所以mg=qE3,得mgE3 = q，小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖（c）所示由(3)知F=mgsin 37 , 1Pa = gsin 37由運動學規(guī)律知(2vo)2 v0=2a OC5 v2解得OC =2g15 v2 得=8gr由幾何關(guān)系知= tan 37OC2vo 2由洛倫茲力提供向心力知B2q2vo=m,r16mg聯(lián)立得 B2 = 15 qvo53角斜向上（4）E3 =答案：正電（2）Ei = 3

15、mg Bi = -5qmg（3）4與x軸正方向成mg B2= 16mg q 15qvo規(guī)律方法知規(guī)律 握方法利用模型思維法求解帶電粒子在疊加場中的運動問題帶電粒子在疊加場中的運動問題是高考命題中常見的一種模型，因其受力情況復雜,運動規(guī)律復雜多變，因此題目難度往往較大.但如果能掌握此類模型的運動特點和解題思路, 要解得正確答案還是不難的.1.三類疊加場的受力和運動特點(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因恒，由此可求解問題.(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運

16、動.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，因 理求解問題.(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動.若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.若合力不為零且與速度方向不垂直，做復雜的曲線運動，因 F 或動能定理求解問題.2 .分析帶電粒子在疊加場中運動問題的基本解題思路弄清疊加場種類及其特征F洛不做功，故機械能守F洛不做功，可用動能定洛不做功，可用能量守恒正確受力分析和運動情況分析選擇合適的動力學方程求解平衡方程牛頓第二定律方程功能關(guān)系考向三 帶電粒子在交變電磁場中的運動 知識必備提核心通技法 1.解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運動問題時，關(guān)鍵要明確粒子在不同

17、時間段內(nèi)、 不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒子的運動情景、運動性質(zhì)做出判斷.3 .這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要注意粒子的運動周期、電場周期、 磁場周期的關(guān)系.4 .帶電粒子在交變電磁場中運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、 能量守恒定律等力學規(guī)律，所以此類問題的研究方法與質(zhì)點動力學相同.5 .解決帶電粒子在交變電磁場中的運動問題的基本思路 f1看清.且場的變化情.|分析段子在不同的變化場區(qū)的受力情況1 ；以程晶:;1分析.在一同廂內(nèi)的前1情9評一】時不同運動階段一有怎樣的運動銀物 強街唳。，找出接相鄰兩過艮幽物理 :贏值 )聯(lián)立不同段的一求解典題例析析典題 學通法例

18、3在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強電場和垂直電場方向水平向里的勻 強磁場，如圖甲所示.磁場的磁感應強度 B隨時間t的變化情況如圖乙所示. 該區(qū)域中有一條 水平直線 MN, D是MN上的一點.在t=0時刻，有一個質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的小球(可 看做質(zhì)點)，從M點開始沿著水平直線以速度 vo做勻速直線運動，to時刻恰好到達 N點.經(jīng)觀 測發(fā)現(xiàn)，小球在t=2to至t=3to時間內(nèi)的某一時刻， 又豎直向下經(jīng)過直線 MN上的D點，并且 以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點.求：(1)電場強度E的大小;(2)小球從M點開始運動到第二次經(jīng)過D點所用的時間;(3)小球運動的周期，并畫出運動軌跡

19、(只畫一個周期).審題指導(1)根據(jù)小球從M到N的運動性質(zhì)，由平衡條件求出電場強度.(2)根據(jù)題意求出小球從 M到達N點所用時間和小球從P點到D的時間.(3)根據(jù)運動情況畫出小球一個周期的軌跡，并求出小球的運動周期.解析(1)小球從M到N做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可得：qE= mgmg解得E= q(2)由題意可知，小球從 M點到達N點所用時間ti = t0,小球到達N點時，空間加上磁場，小球受到的合外力就是洛倫茲力，因此小球從N點開始做勻速圓周運動，根據(jù)題意可知，小球從沿水平方向經(jīng)過 N點，變成沿豎直方向經(jīng)過 D點，需要經(jīng)過n+：個圓周(n= 1,2,3 ,)4從N點到P點做圓周運動的時間由

20、圖可知，小球從 P點到D點的位移:PD=R=mvoqBoR m小球從p點至UD點的時間為內(nèi)m所以小球從進入 M點到第二次經(jīng)過 D點時間為：t=ti+t2+t3=2to十二1 qBo12 um(3)小球運動一個周期的軌跡如上圖所示，小球的運動周期為T= 8t0或T=一qBo答案(1)mg (2)2t0+呼 (3)8t0或三m 軌跡見解析 qqBoqBo跟進題組 練考題 提能力3 .如圖甲所示，在 xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正).在t=0時刻由原點。發(fā)射初速度大小為 vo,方向沿y

21、軸正方向的帶負電粒子.已知vo、to、Bo,粒子的比何為 冠而，不甘粒子的重力.(1)t=t0時，求粒子的位置坐標.(2)若t=5to時粒子回到原點，求 05to時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離.2 7mT= = 2 toBoq(3)若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有Eo值.解析：(i)由粒子的比荷V=就，則粒子做圓周運動的周期則在oto內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角 ”=兀2由牛頓第二定律qvoBo= mrvoto 得r i =712voto,位置坐標為:J, o .(2)粒子在t=5to時回到原點，軌跡如圖所示r2=2ri, ri=Boq,mv2r2= Bq得 V2= 2vo,又7tmBoto2voto2 =

22、兀粒子在to2to時間內(nèi)做勻加速直線運動，2to3to時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在o5to時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離:vo + 2vo3 2hm=- to+r2=voto.22 兒如圖所示，設帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為ri,在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為2,由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足:n(2r2 -2ri)= 2ri, (n= 1,2,3,)mvBoqmvori= d-, 2Boqn + 1聯(lián)立以上各式解得 v= n vo, (n= 1,2,3,)一 ,Eoqtov0B0又由 v=vo+,得 Eo=-, (n= 1,2,3,).mn兀答案：見解析同學科思維素養(yǎng)培

23、優(yōu)學科?？谒仞B(yǎng)助學思維話優(yōu)“三大觀點”解決帶電體在電磁場中的運動分析典例 圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為E= 5/3 N/C ,同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小 B= 0.5 T.有一帶正電的小球，質(zhì)量m= 1X1。-6 kg,電荷量q = 2x 10 6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g=10 m/s2,求：(1)小球做勻速直線運動的速度 v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.核心考點1 .受力平衡.2 .類平拋運動.

24、3 .電磁場中帶電粒子的運動.命題技巧1 .帶正電的小球說明受重力.2 .小球勻速直線運動說明受力平衡.3 .撤去磁場后小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動.核心素養(yǎng)1 .物理觀念：運動量、相互作用觀念.2 .科學思維：電磁場模型、勻速直線運動.審題關(guān)鍵(1)帶正電小球以速度 v做勻速直線運動，可利用三力平衡來確定洛倫茲力的大小和方向，從 而求出v的大小和方向.(2)撤掉磁場后小千再次穿過P點所在直線，說明在豎直方向上位移為0.解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則qvB=Jq2E2+ m2g2 代入數(shù)據(jù)解得v = 20 m/s速度v的方向斜向右上

25、方，與電場E的方向之間的夾角 8滿足八qj tan 0=mg代入數(shù)據(jù)解得tan e=，3, 0=60。.(2)法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a,有a/q2E2+ m2g2= m設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為X,有x=vt設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有y = ；at2a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為 0,又tan 0= x聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t = 24 s-3.5 s .法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為v

26、y = vsin 91若使小球再次經(jīng)過 P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vytjgt2 =聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t= 2A/3 s=3.5 s .答案見解析易錯展不（1）小球v的方向原來未知，可先通過判斷洛倫茲力來解決問題.（2）撤去磁場后小球做白是類平拋運動.對點K練練類題 提素養(yǎng)（2020安徽合肥一檢）（多選）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為 E = 2mg,磁感應強度大小為 B.一質(zhì)量為m、電 荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為代現(xiàn)使圓環(huán)以初速度 vo向下運動，經(jīng)時間to,圓環(huán)回到出發(fā)點

27、.若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻速直線運動，不計空氣 阻力，重力加速度為 g.則下列說法中正確的是（）A.環(huán)經(jīng)過t0時時間剛好到達最低點口（voBB.環(huán)的最大加速度為am=g+ m-1C.環(huán)在to時間內(nèi)損失的機械能為 2mm2g27q2B2 Bq ai=g + FD.環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等解析：BC 圓環(huán)下降時Eqmg+科Bv= mai,圓環(huán)下降的加速度大小為 uBq 圓環(huán)上升時Eq- mg -Bq= ma2,上升的加速度大小為 a2 = g m ,下降過程的平均加速度大小大于上升過程的平均加速度大小，所以下降的時間小于上升的時間，A錯誤；圓環(huán)的最大Li Bqo加速度為

28、am=g+ m , B正確；圓環(huán)在回到出發(fā)點前已經(jīng)開始做勻速直線運動，其速度為丫1 = 嗯入故圓環(huán)在運動過程中損失的機械能為Q=Tmv0-1mv2=Tm v0- mLg 2 , C正確；圓Bq222dB qD錯誤.環(huán)在下降過程中受到的平均摩擦力大小大于上升回到出發(fā)點過程中受到的平均摩擦力的大 小，所以圓環(huán)在下降過程中損失的機械能大于上升回到出發(fā)點過程中損失的機械能,煉速度僑現(xiàn)范城透尋分技巧課時作業(yè)，眼時提能題組一帶電粒子在組合場中的運動1. （2019廣西桂林、百色和崇左市第三次聯(lián)考）（多選）如圖所示，在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大

29、小相等.在該平面有一個質(zhì)量為 m、帶正電q的粒子以初速度V0垂直x軸，從x軸上的P點進入勻強電 場，恰好與y軸成45角射出電場，再經(jīng)過一段時間恰好垂直于x軸進入下面的磁場，已知OP之間的距離為d,不計粒子重力，則（）2mvoA.磁感應強度B= dmv2C.自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為772 7d t= 2voD .自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為7 id t= c.B.電場強度E = 2qd解析：BD 粒子的軌跡如圖所示:帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速運動，由題 Vx一 、得知，出電場時， vx=vv= vo,根據(jù)：x= 53 y

30、=vyt=vot,得y=2x= 2d,出電場時與 y軸交點坐標為（0,2d）,設粒子在磁場中運動的半徑為R,則有Rsin（180 B = y=2d,而3= 135 ；解得：R=2*d,粒子在磁場中運動的速度為：v=V2vo,根據(jù)R= mv,解得：8 =黑，故A2錯誤；根據(jù)vx=at=qmEt = vo, x=2t,聯(lián)立解得：E=m猛，故B正確；在第一象限運動時間為：135 3 7d 12 7dt1 = 135T= 丁，在第四象限運動時間為：t2 = 1T = 一，所以自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng) 3602vo2vo.77d .過x軸所用時間為：t=t1+t2=，故D正確，C錯誤. 2vo2.（

31、2019百校聯(lián)盟押題卷）如圖所示，在平面直角坐標系 xOy的x軸上方存在著垂直坐標平面向里的勻強磁場，x軸下方存在著沿 x軸正方向的勻強電場.一帶正電粒子從y軸上的A點以初速度vo出發(fā)，射入勻強磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng) x軸上的C點垂直x軸進入勻強電場,段時間后到達y軸上的D點.已知0c =罟=號=/不計粒子的重力.(1)求粒子到達D點時的速度大小.(2)求勻強磁場的磁感應強度大小B與勻強電場的電場強度大小E的比值.(3)若撤去原來的勻強電場，然后在 x軸下方添加一圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小是x軸上方勻強磁場磁感應強度大小的2倍，使帶電粒子經(jīng)過該磁場偏轉(zhuǎn)后剛好也能夠通過D點且速度與y軸負

32、方向成0= 60。角，試計算該圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積.解析：(1)由題意可知，粒子到達 C點時的速度大小仍為 vo,粒子在勻強電場中做類平拋運動，設粒子到達 D點所用時間為t,沿x軸方向的分速度的大小為vx,則有,I vxl= vot, 2= 2t以上兩式聯(lián)立可解得vx=vo lR,則由幾何關(guān)系有l(wèi)2+ R-2所以粒子到達 D點時的速度大小為 vd = V2vo(2)如圖甲所示，設粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為2= R2解得r=4l_v0又因為qvoB = mD R所以B =4mvo5ql在勻強電場中有Vx=qELm vo2代入數(shù)據(jù)可得 e=常，故巨=5vo2（3）由qvoB=mg可知

33、，當B變?yōu)樵瓉淼?倍時，粒子在磁場中做圓周運動的半徑應變?yōu)?R5原來的一半，設粒子在圓形磁場區(qū)域中做勻速圓周運動的半徑為Ri,則Ri=8l5粒子軌跡如圖乙所不，由幾何關(guān)系可知，/ MO2N=60 ,故MN =-18當MN為圓形磁場的直徑時，圓形磁場區(qū)域面積最小，故Smin=兀MN 2,代入數(shù)據(jù)可得Smin =25256d2答案：gv。（2意急產(chǎn) v V題組二帶電粒子在疊加場中的運動3. （2。19河南省周口市期末）（多選）如圖所示，平行紙面向下的勻強電場與垂直紙面向外 的勻強磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動.若已知小球做 圓周運動的半徑為 r,電場強度大小為 E,磁

34、感應強度大小為 B,重力加速度大小為 g,則下 列判斷中正確的是（）A.小球一定帶負電荷B.小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動C.小球做圓周運動的線速度大小為 呼D .小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功解析：AC 帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相 反，故小球一定帶負電荷，故 A正確；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的運動方向為逆時針，故B錯誤；由電場力和重力大小相等，得：mg=qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：r=?,聯(lián)立得：vng

35、Br,故C正確；qBE小球在做圓周運動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯誤.4. (2020河南省濮陽市第二次模擬)如圖所示，在xOy坐標系的第二象限內(nèi)有水平向右的 勻強電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，兩個電場的場強大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強磁場，讓一個質(zhì)量為 m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的 P(-L, L)點 由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，重力加速度為 g,求：(1)粒子從P點運動到坐標原點的時間；(2)勻強磁場的磁感應強度的大小和方向.解析：(1)粒子在第二象限內(nèi)做

36、直線運動，因此電場力和重力的合力方向沿 PO方向，則粒子帶正電.mg=qEi=qE2, *72mg= ma, V2L = 2at2,解得 1=(2)設粒子從O點進入第四象限的速度大小為v,則v = at = 2/gL,方向與x軸正方向成45。角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到的電場力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里.粒子做圓周運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為R=手L由牛頓第二定律可得 Bqv=mR,解得B =2m，:須qL答案：（i）、/21（2）2mV2gL垂直紙面向里、g qL題組三帶電粒子在交變電磁場中的運動5. （2020江西省五市八校第二次聯(lián)考 ）如圖甲所示，直角坐標系 xOy中，第二象限內(nèi)有沿 x軸正方向的勻強電場，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標平面的勻強交變磁場，磁場方向垂直紙面向外為正方向.第三象限內(nèi)有一