2020届高考物理艺考生大二轮总复习上篇专题三电场和磁场第3讲带电粒子在组合场复合场中的运动教学案5988.pdf

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1、-1-第 3 讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动 三年考情分析 高考命题规律 三年考题 考查内容 核心素养 带电粒子在复合场中的运动是高考的常考内容之一，主要考查考生的综合分析问题的能力分析带电粒子在复合场中的运动，往往与圆周运动和类平抛运动相结合，涉及牛顿运动定律的应用，是今后高考中的重点，考查考生综合分析问题的能力.2018 卷 25T 带电粒子在组合场中的运动 科学思维 卷 25T 带电粒子在组合场中的运动 科学思维 卷 24T 带电粒子在组合场中的运动 科学思维 2017 卷 16T 带电体在叠加场中的运动 科学思维 考向一 带电粒子在组合场中的运动 知识必备提核心 通技法 1组合场

2、模型 电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况 2“电偏转”“磁偏转”的比较 匀强电场中的“电偏转”匀强磁场中的“磁偏转”受力特征 无论v是否与E垂直，F电qE，F电为恒力 v垂直于B时，FBqvB 运动规律 类平抛运动(vE)vxv0，vyqEmt xv0t，yqEt22m 圆周运动(vB)T2mqB，rmvqB 偏转情况 tan vyvx，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等 若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制 动能变化 动能发生变化 动能不变 典题例析析典题 学通法 例 1(2018全国卷，25T)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀

3、强磁场，其在-2-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l，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，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6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间 破题关键点 对称性是解题关键

4、 解析(1)(2)y方向匀速直线运动：lv0t1，x方向匀加速直线运动：vxat1 由牛顿第二定律得aqEm 由rmvqB、sin l2r，得l2mvsin qBmvxqB 联立可得v02lEBl(3)3，vxv0tan3 3v0，代入l2mvxqB得qm2vxBl4 3ElB2l2，t1vxa2 3mlqBlBl2E，T2mqB，t222T,223，t22m3qB3Bl218El，总时间t2t1t2BlE3Bl218El 答案(1)轨迹见解析图(2)2lEBl(3)4 3ElB2l2 BlE3Bl218El 跟进题组练考题 提能力 1如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E、

5、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场荧光屏PQ垂直于x轴放置且距y轴的距离为L.一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)自坐标为(L,0)的A点以大小为-3-v0、方向沿y轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O而不进入电场现若使该带电粒子仍从A点进入磁场，但初速度大小为 2 2v0、方向与x轴正方向成 45角，求：(1)带电粒子到达y轴时速度方向与y轴正方向之间的夹角；(2)粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标 解析：(1)设磁场的磁感应强度为B，则由题意可知，当粒子以速度v0进入磁场时，设其圆周运动的半径为R，有Bqv0mv20R，其中RL2 当粒子以初

6、速度大小为 2 2v0、方向与x轴正方向成 45角进入磁场时，(图中、均为 45)设其圆周运动的半径为R，则有 Bq2 2v0m8v20R 由以上各式可解得R 2L 由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y轴上，所以该粒子必定垂直于y轴进入匀强电场，故粒子到达y轴时，速度方向与y轴正方向之间的夹角为 90.(2)由几何关系可知CO(21)L 带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t，在电场中向上运动的距离为h，则有：L2 2v0t，h12at2，aqEm 以上各式联立可解得：hqEL216mv20 所以粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标为 L，qEL216mv2021L.答案：见解析 规律

7、方法知规律 握方法 带电粒子在组合场中运动的处理方法(1)解决带电粒子在组合场中运动的一般思维模板 (2)用规律选择思路 带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析；带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理(3)关注从一种场进入另一种场的衔接速度 -4-考向二 带电粒子在叠加场中的运动 知识必备提核心 通技法 1叠加场模型 电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况 2带电粒子在叠加场中的运动情况分析(1)当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒

8、子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动 3带电粒子在叠加场中的受力情况分析 带电粒子在叠加场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直，永不做功等 典题例析析典题 学通法 例 2(2020秦皇岛一模)如图所示，水平线AC和竖直线CD相交于C点，AC上开有小孔S，CD上开有小孔P，AC与CD间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，DCG60，在CD右侧，CG的下方有一竖直向上的匀强电场E(大小未知)和垂直纸面向里的

9、另一匀强磁场B1(大小未知)，一质量为m，电荷量为q的塑料小球从小孔S处无初速度地进入匀强磁场中，经一段时间恰好能从P孔水平匀速飞出而进入CD右侧，小球在CD右侧做匀速圆周运动而垂直打在CG板上，重力加速度为g.(1)求竖直向上的匀强电场的电场强度E的大小(2)求CD右侧匀强磁场的磁感应强度B1的大小(3)若要使小球进入CD右侧后不打在CG上，则B1应满足什么条件？审题流程 第一步 审题干提取关键信息(1)从P孔水平匀速飞出此时塑料小球受力平衡(2)垂直打在CG板上C点是小球做圆周运动的轨迹圆心(3)不打在CG上恰好不打在CG上时，小球运动轨迹与CG相切 第二步 破疑难寻找规律方法(1)小球在

10、CD左侧做变速曲线运动，应用动能定理分析(2)小球在CD右侧做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律、圆周运动的相关规律分析 解析(1)因小球在CD右侧受重力、电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，所以-5-有mgqE，即Emgq.(2)小球进入磁场后，由于重力作用，速率不断增大，同时在洛伦兹力的作用下小球右偏，当小球从小孔P水平匀速飞出时，受力平衡有Bqvmg，即vmgBq 从S到P由动能定理得mg CP12mv2，即CPm2g2q2B2 因小球从小孔P水平飞入磁场B1后做匀速圆周运动而垂直打在CG上，所以C点即为小球做圆周运动的圆心，半径即为rCP 又因B1qvmv2r，联立得B12B.(3)小球

11、在CD右侧恰好不打在CG上的运动轨迹如图，则由图知rsin 60rCP 即r2 33m2g2B2q2 而rmvB1q，联立得B14.3B 即要使小球进入CD右侧后不打在CG上，则B1应满足B14.3B.答案(1)mgq(2)2B(3)B14.3B 跟进题组练考题 提能力 2.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成 37角，在第四象限内的区域内加一最小电场强度的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN右侧区域内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，

12、小球在区域内做匀速圆周运动并恰好没从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为 2v0，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)小球的带电性质；(2)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；-6-(3)区域内最小电场强度E2的大小和方向；(4)区域内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小 解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，因洛伦兹力与速度关联，所以此三力满足图(a)所示关系且小球只能做匀速直线运动，由受力特点及左手定则可判定小球带正电 (2)由图(a)知 tan 37qE1mg，得 E13mg4q cos 37mgB1q

13、v0，得B15mg4qv0.(3)当区域中的电场强度最小时，小球做直线运动，此时受力如图(b)所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知 cos 37qE2mg，得E24mg5q，方向与x轴正方向成 53角斜向上 (4)小球在区域内做匀速圆周运动，所以mgqE3，得E3mgq，小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图(c)所示 由(3)知Fmgsin 37，即agsin 37 由运动学规律知(2v0)2v202aOC 解得OC5v202g 由几何关系知rOCtan 37，得r15v208g 由洛伦兹力提供向心力知B2q2v0m2v02r，联立得B216mg15qv0 答案：

14、(1)正电(2)E13mg4q B15mg4qv0(3)4mg5q 与x轴正方向成 53角斜向上(4)E3mgq B216mg15qv0 规律方法知规律 握方法 -7-利用模型思维法求解带电粒子在叠加场中的运动问题 带电粒子在叠加场中的运动问题是高考命题中常见的一种模型，因其受力情况复杂，运动规律复杂多变，因此题目难度往往较大但如果能掌握此类模型的运动特点和解题思路，要解得正确答案还是不难的 1三类叠加场的受力和运动特点(1)磁场力、重力并存 若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因F洛不做功，故机械能守恒，由此可求解问题(2)电场力

15、、磁场力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用动能定理求解问题(3)电场力、磁场力、重力并存 若三力平衡，一定做匀速直线运动 若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动 若合力不为零且与速度方向不垂直，做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题 2分析带电粒子在叠加场中运动问题的基本解题思路 弄清叠加场种类及其特征 正确受力分析和运动情况分析 选择合适的动力学方程求解 平衡方程 牛顿第二定律方程 功能关系 考向三 带电粒子在交变电磁场中的运动 知识必备提核心 通技法 1解决

16、带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断 2这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、-8-磁场周期的关系 3带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同 4解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 典题例析析典题 学通法 例 3 在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示该区域中有一条水

17、平直线MN，D是MN上的一点在t0 时刻，有一个质量为m、电荷量为q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点经观测发现，小球在t2t0至t3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点求：(1)电场强度E的大小；(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间；(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)审题指导(1)根据小球从M到N的运动性质，由平衡条件求出电场强度(2)根据题意求出小球从M到达N点所用时间和小球从P点到D的时间(3)根据运动情况画出小球一个周期的轨迹，并求出小球的

18、运动周期 解析(1)小球从M到N做匀速直线运动，根据平衡条件可得：qEmg 解得Emgq(2)由题意可知，小球从M点到达N点所用时间t1t0，小球到达N点时，空间加上磁场，小球受到的合外力就是洛伦兹力，因此小球从N点开始做匀速圆周运动，根据题意可知，小球从沿水平方向经过N点，变成沿竖直方向经过D点，需要经过n34个圆周(n1,2,3，)从N点到P点做圆周运动的时间 由图可知，小球从P点到D点的位移：PDRmv0qB0，小球从P点到D点的时间为t3Rv0mqB0 所以小球从进入M点到第二次经过D点时间为：tt1t2t32t0mqB0 -9-(3)小球运动一个周期的轨迹如上图所示，小球的运动周期为

19、T8t0或T12mqB0 答案(1)mgq(2)2t0mqB0(3)8t0或12mqB0 轨迹见解析 跟进题组练考题 提能力 3如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)在t0 时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子已知v0、t0、B0，粒子的比荷为B0t0，不计粒子的重力 (1)tt0时，求粒子的位置坐标(2)若t5t0时粒子回到原点，求 05t0时间内粒子距x轴的最大距离(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值 解析：(1)由粒子的比荷qm

20、B0t0，则粒子做圆周运动的周期T2mB0q2t0 则在 0t0内转过的圆心角 由牛顿第二定律qv0B0mv20r1 得r1v0t0，位置坐标为2v0t0，0.(2)粒子在t5t0时回到原点，轨迹如图所示 r22r1，r1mv0B0q，r2mv2B0q 得v22v0，又qmB0t0，r22v0t0 粒子在t02t0时间内做匀加速直线运动，2t03t0时间内做匀速圆周运动，则在 05t0时间内粒子距x轴的最大距离：hmv02v02t0r2322v0t0.(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满

21、足：n(2r22r1)2r1，(n1,2,3，)-10-r1mv0B0q，r2mvB0q 联立以上各式解得vn1nv0，(n1,2,3，)又由vv0E0qt0m，得E0v0B0n，(n1,2,3，)答案：见解析 “三大观点”解决带电体在电磁场中的运动分析 典例 图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E5 3 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(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g10 m/s2，求：(

22、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.核心考点 1.受力平衡 2.类平抛运动 3.电磁场中带电粒子的运动 命题技巧 1.带正电的小球说明受重力 2.小球匀速直线运动说明受力平衡 3.撤去磁场后小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动 核心素养 1.物理观念：运动量、相互作用观念 2.科学思维：电磁场模型、匀速直线运动 审题关键(1)带正电小球以速度v做匀速直线运动，可利用三力平衡来确定洛伦兹力的大小和方向，从而求出v的大小和方向(2)撤掉磁场后小球再次穿过P点所在直线，说明在竖直方向上位移为 0.解析(1)小球匀速直线运动

23、时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则qvBq2E2m2g2 -11-代入数据解得v20 m/s 速度v的方向斜向右上方，与电场E的方向之间的夹角满足 tan qEmg 代入数据解得 tan 3，60.(2)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aq2E2m2g2m 设撤去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合力方向上分位移为y，有y12at2 a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又 tan yx 联立式，代入数据解得t2 3 s3.5 s 法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运

24、动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vyvsin 若使小球再次经过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt12gt20 联立式，代入数据解得t2 3 s3.5 s 答案 见解析 易错展示(1)小球v的方向原来未知，可先通过判断洛伦兹力来解决问题(2)撤去磁场后小球做的是类平抛运动.对点演练练类题 提素养(2020安徽合肥一检)(多选)如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E2mgq，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数

25、为.现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法中正确的是()A环经过t02时间刚好到达最低点 -12-B环的最大加速度为amgqv0Bm C环在t0时间内损失的机械能为12mv20m2g22q2B2 D环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等 解析：BC 圆环下降时EqmgBqvma1，圆环下降的加速度大小为a1gBqvm，圆环上升时EqmgBqvma2，上升的加速度大小为a2gBqvm，下降过程的平均加速度大小大于上升过程的平均加速度大小，所以下降的时间小于上升的时间，A 错误；圆环的最大加

26、速度为amgBqv0m，B 正确；圆环在回到出发点前已经开始做匀速直线运动，其速度为v1mgBq，故圆环在运动过程中损失的机械能为Q12mv2012mv2112mv20m2g22B2q2，C 正确；圆环在下降过程中受到的平均摩擦力大小大于上升回到出发点过程中受到的平均摩擦力的大小，所以圆环在下降过程中损失的机械能大于上升回到出发点过程中损失的机械能，D 错误 题组一 带电粒子在组合场中的运动 1(2019广西桂林、百色和崇左市第三次联考)(多选)如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等 在该平面有一个质量为m、带正电q的粒子以

27、初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成 45角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计粒子重力，则()A磁感应强度B2mv04qd B电场强度Emv202qd C自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t7 2d2v0 D自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t7d2v0 解析：BD 粒子的轨迹如图所示：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题-13-得知，出电场时，vxvyv0，根据：xvx2t，yvytv0t，得y2x2d，出电场时与y轴交点坐标为(0,2d)，设粒子在磁场中运动的

28、半径为R，则有Rsin(180)y2d，而135，解得：R2 2d，粒子在磁场中运动的速度为：v 2v0，根据RmvqB，解得：Bmv02qd，故 A 错误；根据vxatqEmtv0，xvx2t，联立解得：Emv202qd，故 B 正确；在第一象限运动时间为：t1135360T3d2v0，在第四象限运动时间为：t212T2dv0，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为：tt1t27d2v0，故 D 正确，C 错误 2.(2019百校联盟押题卷)如图所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上方存在着垂直坐标平面向里的匀强磁场，x轴下方存在着沿x轴正方向的匀强电场一带正电粒子从y轴上的A点以初

29、速度v0出发，射入匀强磁场，经磁场偏转后恰好经x轴上的C点垂直x轴进入匀强电场，一段时间后到达y轴上的D点已知OCOA2OD2l2，不计粒子的重力 (1)求粒子到达D点时的速度大小(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B与匀强电场的电场强度大小E的比值(3)若撤去原来的匀强电场，然后在x轴下方添加一圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小是x轴上方匀强磁场磁感应强度大小的 2 倍，使带电粒子经过该磁场偏转后刚好也能够通过D点且速度与y轴负方向成60角，试计算该圆形匀强磁场区域的最小面积 解析：(1)由题意可知，粒子到达C点时的速度大小仍为v0，粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子到达D点所用时间为t，沿x轴

30、方向的分速度的大小为vx，则有 lv0t，l2vx2t 以上两式联立可解得vxv0 所以粒子到达D点时的速度大小为vD 2v0(2)如图甲所示，设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则由几何关系有l2Rl22R2 解得R54l 又因为qv0Bmv20R -14-所以B4mv05ql 在匀强电场中有vxqEmlv0 代入数据可得Emv20ql，故BE45v0(3)由qv0Bmv20R可知，当B变为原来的 2 倍时，粒子在磁场中做圆周运动的半径应变为原来的一半，设粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的半径为R1，则R158l 粒子轨迹如图乙所示，由几何关系可知，MO2N60，故MN58l 当MN为

31、圆形磁场的直径时，圆形磁场区域面积最小，故SminMN22，代入数据可得Smin25256l2 答案：(1)2v0(2)45v0(3)25256l2 题组二 带电粒子在叠加场中的运动 3(2019河南省周口市期末)(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是()A小球一定带负电荷 B小球一定沿顺时针方向转动 C小球做圆周运动的线速度大小为gBrE D小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功 解析：AC 带电小

32、球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故 A 正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故 B 错误；由电场力和重力大小相等，得：mgqE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：rmvqB，联立得：vgBrE，故 C 正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故 D 错误 -15-4(2020河南省濮阳市第二次模拟)如图所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向

33、上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：(1)粒子从P点运动到坐标原点的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向 解析：(1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，则粒子带正电 mgqE1qE2，2mgma，2L12at2，解得t2Lg(2)设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，则vat2gL，方向与x轴正方向成45角，由于粒子在第

34、四象限内受到的电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里 粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知 粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R22L 由牛顿第二定律可得Bqvmv2R，解得B2m2gLqL.答案：(1)2Lg(2)2m2gLqL，垂直纸面向里 题组三 带电粒子在交变电磁场中的运动 5(2020江西省五市八校第二次联考)如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向第三象限

35、内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷qm100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v020 m/s的速度从x轴上的点A(2 m,0)进入第二象限，从y轴上的点C(0,4 m)进入第一象限取粒子刚进入第一象限的时刻为 0 时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g取 10 m/s2.(1)求第二象限内电场的电场强度大小；(2)求粒子第一次经过x正半轴时的位置坐标 -16-解析：(1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则 Eq|xA|12m(v2Cv20)|xA|vCx2t|yC|v0t v2Cv20v2Cx 解

36、得：E1.0 N/C，vC20 2 m/s(2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成角，则 cos v0vC22 即45 粒子在第一象限的磁场中运动时有：qvCBmv2Cr 解得：r22 m 粒子做圆周运动的周期T2rvC20 s 所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x正半轴，在x正半轴上对应的弦长为 2r1 m，所以OD3 m 粒子第一次经过x正半轴时的位置坐标为(3 m,0)答案：(1)1.0 N/C(2)(3 m,0)6(2019吉林三模)如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(

37、视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动若小球刚经过D点时(t0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60角已知D、Q间的距离为(31)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g.(1)求电场强度E的大小；(2)求t0与t1的比值；(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm.-17-解析：(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mgEq，解得Emqq.(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示 设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有srtan 30 又知sv0t1 圆弧轨迹所对的圆心角2343 则t0rv0 联立解得t0t14 39.(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得RRtan 30(31)L 解得RL 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0mv20R 解得B0mv0qL 小球在一个周期内运动的路程 s13232R6Rtan 30(46 3)L 故Tms1v046 3Lv0.答案：(1)mgq(2)4 39 (3)46 3Lv0