2020届高考物理二轮复习专题：三第3讲带电粒子在组合场、复合场中的运动学案

1、第3讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动考情分析，备考导航明拗高考考柄法珈命施珈律三年考情分析局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.2018I 卷 25T带电粒子在组合场中的运动科学思维n 卷 25T带电粒子在组合场中的运动科学思维出卷24T带电粒子在组合场中的运动科学思维2017I 卷 16T带电体在叠加场中的运动科学思维考向聚焦,高考必备深阴热自考电 突破校法忖导

2、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”的比较一,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，5电=4,F电为恒力v垂直于B时，Fb= qvB运动规律类平抛运动(vE)Vx=V0, Vy=t，mx=vot, y= 2m圆周运动(vB)2 71mmvT=qB，r-qB偏转情况tan 0= vy,因做类平抛运动，在相Vx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/、变典题例析析典题 学通

3、法其在xOy例1 （2018全国卷n , 25T） 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,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1,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1,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； 兀,、一八一，一，(3)若该粒子进入磁场时的速度方

4、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.破题关键点对称性是解题关键m轨.也解析(2)y方向匀速直线运动:1 =voti, x方向匀加速直线运动:vx= ati由牛顿第二定律得a=qmE._mv由 r qB、1 /曰 J_ mvsin & mvx sin “= 2r，佝2= qB = qBr 2l E联立可得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 镉田12而,七=方，2“= % t2=3q

5、B=78El-,总时间 t=2tl + t2=T+78El-答案(1)轨迹见解析图(2)耳丁E 空E2BlB lBl + V3tB12E+ 18El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、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（一L,0）的A点以大小为vo、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。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2y2vo、方向与x轴正方向成45 角，求:（1）带

6、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 Vo进入磁场时，设其v2圆周运动的半径为 R,有Bqv0=m-,其中R=-R2当粒子以初速度大小为2/2v0、方向与x轴正方向成45角进入磁场时，（图中a、声8均为45。）设其圆周运动的半径为 R,则有Bq X2y2v0 = m8v2R由以上各式可解得R三；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 =

7、 2 1)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:L=2j2v0t, h = at2,qEa =一 mqEL2以上各式联立可解得：仁石嬴0所以粒子最终打在荧光屏 PQ上的位置坐标为qEL2L，16mv2+ 2J2-I L .答案：见解析规律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砌定组合场的组成1M软迹 好理菽受力分析带电粒子、 在MI合痂中送 硼的分析方法运动分析(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.

8、(3)关注从一种场进入另一种场的衔接速度.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

9、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，/ DCG = 60,在CD右侧，CG的下方有一竖直向上的匀强电场E(大小未知)和垂直纸面向里的另一匀强磁场 Bi(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

10、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Bi的大小.(3)若要使小球进入 CD右侧后不打在 CG上，则Bi应满足什么条件?审题流程第一步审题干一提取关键信息(1)从P孔水平匀速飞出 一此时塑料小球受力平衡.(2)垂直才T在CG板上一 C点是小球做圆周运动的轨迹圆心.(3)不打在CG上一恰好不打在CG上时，小球运动轨迹与 CG相切.第二步破疑难一寻找规律方法(1)小球在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

11、兹力作用而做匀速圆周运动，所以有mg=qE,即 =晶 q(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 Bqv=mg,即v = mgBq 1 C从S至1J P由动能te理得 mg CP =2mv2,即获=藉因小球从小孔P水平飞入磁场Bi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r= CPv2一口又因Biqv=my,联立得Bi = 2B.(3)小球在CD右侧恰好不打在 CG上的运动轨迹如图,r .则由图知sn十r =CP2V3 3 m2g =2B2q2一 , mv ,而r =联立得B

12、-4.3B即要使小球进入 CD右侧后不打在 CG上,贝U Bi应满足Bi4.3B.答案mg (2)2B (3)Bi4.3B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vo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I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H内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，C点的速度大小为 2vo,小球在区域n内做匀速圆周运动并恰好没从右边界飞出，已知小球在重力加速度为 g, sin 37

13、=0.6, cos 37=0.8,求：(1)小球的带电性质；(2)第二象限内电场强度 Ei的大小和磁感应强度 Bi的大小;(3)区域I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.qEi(2)由图(a)知 tan 37 =一,得mgEi =3 mg4qmg5mgcos 37= ，得 Bi =Biqv o4qvo(3)当区域I中的电场强度最小时,小球做直线运动，此时受

14、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 37 =一,得E2=,方向与x轴mg5q正方向成53 角斜向上.（4）小球在区域n内做匀速圆周运动，所以mg=qE3,得mgE3 = q，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F=mgsin 37 , 1Pa = gsin 37由运动学规律知(2vo)2 v0=2a OC5 v2解得OC =2g15 v2 得=8gr由几何关系知= tan 37OC2vo 2由洛伦兹力提供向心力知B2q2vo=m,r16mg联立得 B2 = 15 qvo53角斜向上（4）E3 =答案：正电（2）Ei = 3

15、mg Bi = -5qmg（3）4与x轴正方向成mg B2= 16mg q 15qvo规律方法知规律 握方法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，因恒，由此可求解问题.(2)电场力、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

16、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 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 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F洛不做功，故机械能守F洛不做功，可用动能定洛不做功，可用能量守恒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

17、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.3 .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、 磁场周期的关系.4 .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.5 .解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 f1看清.且场的变化情.|分析段子在不同的变化场区的受力情况1 ；以程晶:;1分析.在一同厢内的前1情9评一】时不同运动阶段一有怎样的运动银物 强街唳。，找出接相邻两过艮幽物理 :赢值 )联立不同段的一求解典题例析析典题 学通法例

18、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 水平直线 MN, D是MN上的一点.在t=0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 vo做匀速直线运动，to时刻恰好到达 N点.经观 测发现，小球在t=2to至t=3to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

19、(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：qE= mgmg解得E= q(2)由题意可知，小球从 M点到达N点所用时间ti = t0,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n+：个圆周(n= 1,2,3 ,)4从N点到P点做圆周运动的时间由

20、图可知，小球从 P点到D点的位移:PD=R=mvoqBoR m小球从p点至UD点的时间为内m所以小球从进入 M点到第二次经过 D点时间为：t=ti+t2+t3=2to十二1 qBo12 um(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T= 8t0或T=一qBo答案(1)mg (2)2t0+呼 (3)8t0或三m 轨迹见解析 qqBoqBo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t=0时刻由原点。发射初速度大小为 vo,方向沿y

21、轴正方向的带负电粒子.已知vo、to、Bo,粒子的比何为 冠而，不甘粒子的重力.(1)t=t0时，求粒子的位置坐标.(2)若t=5to时粒子回到原点，求 05to时间内粒子距x轴的最大距离.2 7mT= = 2 toBoq(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有Eo值.解析：(i)由粒子的比荷V=就，则粒子做圆周运动的周期则在oto内转过的圆心角 ”=兀2由牛顿第二定律qvoBo= mrvoto 得r i =712voto,位置坐标为:J, o .(2)粒子在t=5to时回到原点，轨迹如图所示r2=2ri, ri=Boq,mv2r2= Bq得 V2= 2vo,又7tmBoto2voto2 =

22、兀粒子在to2to时间内做匀加速直线运动，2to3to时间内做匀速圆周运动，则在o5to时间内粒子距x轴的最大距离:vo + 2vo3 2hm=- to+r2=voto.22 儿如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为ri,在x轴下方做圆周运动的轨道半径为2,由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足:n(2r2 -2ri)= 2ri, (n= 1,2,3,)mvBoqmvori= d-, 2Boqn + 1联立以上各式解得 v= n vo, (n= 1,2,3,)一 ,Eoqtov0B0又由 v=vo+,得 Eo=-, (n= 1,2,3,).mn兀答案：见解析同学科思维素养培

23、优学科模口素养助学思维话优“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E= 5/3 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 B= 0.5 T.有一带正电的小球，质量m= 1X1。-6 kg,电荷量q = 2x 10 6 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g=10 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.核心考点1 .受力平衡.2 .类平抛运动.

24、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)撤掉磁场后小千再次穿过P点所在直线，说明在竖直方向上位移为0.解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则qvB=Jq2E2+ m2g2 代入数据解得v = 20 m/s速度v的方向斜向右上

25、方，与电场E的方向之间的夹角 8满足八qj tan 0=mg代入数据解得tan e=，3, 0=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a/q2E2+ m2g2= m设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为X,有x=vt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y = ；at2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为 0,又tan 0= x联立式，代入数据解得t = 24 s-3.5 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v

26、y = vsin 91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vytjgt2 =联立式，代入数据解得t= 2A/3 s=3.5 s .答案见解析易错展不（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）撤去磁场后小球做白是类平抛运动.对点K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 E = 2mg,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为代现使圆环以初速度 vo向下运动，经时间to,圆环回到出发点

27、.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t0时时间刚好到达最低点口（voBB.环的最大加速度为am=g+ m-1C.环在to时间内损失的机械能为 2mm2g27q2B2 Bq ai=g + FD.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Eqmg+科Bv= mai,圆环下降的加速度大小为 uBq 圆环上升时Eq- mg -Bq= ma2,上升的加速度大小为 a2 = g m ,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Li Bqo加速度为

28、am=g+ m , B正确；圆环在回到出发点前已经开始做匀速直线运动，其速度为丫1 = 嗯入故圆环在运动过程中损失的机械能为Q=Tmv0-1mv2=Tm v0- mLg 2 , C正确；圆Bq222dB qD错误.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,炼速度侨现范城透寻分技巧课时作业，眼时提能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

29、小相等.在该平面有一个质量为 m、带正电q的粒子以初速度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（）2mvoA.磁感应强度B= dmv2C.自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为772 7d t= 2voD .自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为7 id t= c.B.电场强度E = 2qd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 Vx一 、得知，出电场时， vx=vv= vo,根据：x= 53 y

30、=vyt=vot,得y=2x= 2d,出电场时与 y轴交点坐标为（0,2d）,设粒子在磁场中运动的半径为R,则有Rsin（180 B = y=2d,而3= 135 ；解得：R=2*d,粒子在磁场中运动的速度为：v=V2vo,根据R= mv,解得：8 =黑，故A2错误；根据vx=at=qmEt = vo, x=2t,联立解得：E=m猛，故B正确；在第一象限运动时间为：135 3 7d 12 7dt1 = 135T= 丁，在第四象限运动时间为：t2 = 1T = 一，所以自进入磁场至在磁场中第二次经 3602vo2vo.77d .过x轴所用时间为：t=t1+t2=，故D正确，C错误. 2vo2.（

31、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点以初速度vo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,段时间后到达y轴上的D点.已知0c =罟=号=/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

32、方向成0= 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 vo,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轴方向的分速度的大小为vx,则有,I vxl= vot, 2= 2t以上两式联立可解得vx=vo lR,则由几何关系有l2+ R-2所以粒子到达 D点时的速度大小为 vd = V2vo(2)如图甲所示，设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为2= R2解得r=4l_v0又因为qvoB = mD R所以B =4mvo5ql在匀强电场中有Vx=qELm vo2代入数据可得 e=常，故巨=5vo2（3）由qvoB=mg可知

33、，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 R5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Ri,则Ri=8l5粒子轨迹如图乙所不，由几何关系可知，/ MO2N=60 ,故MN =-18当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场区域面积最小，故Smin=兀MN 2,代入数据可得Smin =25256d2答案：gv。（2意急产 v V题组二带电粒子在叠加场中的运动3. （2。19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

34、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 呼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：mg=qE,带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r=?,联立得：vng

35、Br,故C正确；qBE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.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

36、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.mg=qEi=qE2, *72mg= ma, V2L = 2at2,解得 1=(2)设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v,则v = at = 2/gL,方向与x轴正方向成45。角，由于粒子在第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R=手L由牛顿第二定律可得 Bqv=mR,解得B =2m，:须qL答案：（i）、/21（2）2mV2gL垂直纸面向里、g qL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.第三象限内有一