1、第2讲带电粒子在电磁场中的运动考情速览明规律高考命题点命题轨迹情境图带电粒子(体)在电场中的运动2020卷2520(1)25题19(2)24题17(2)25题2019卷242017卷25带电粒子在有界匀强磁场中的运动2020卷18卷1820(1)18题20(3)18题19(1)24题19(2)17题19(3)18题17(3)24题17(2)18题16(2)18题16(3)18题2019卷24卷17卷182017卷18卷242016卷18卷18带电粒子在复合场中的运动2020卷17卷2420(2)17题20(2)24题19(1)24题18(1)25题18(2)25题18(3)24题17(1)16
2、题16(1)15题2019卷242018卷25卷25卷242017卷162016卷15核心知识提素养“物理观念”构建1电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qUmv2mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用WqEd来求解(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理2匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用)(1)匀速直线运动：当vB时，带电粒子以速度v做匀速直线运动(2)匀速圆周运动：当vB时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动3关于粒子的重
3、力(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力“科学思维”展示1思想方法(1)解题关键带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键(2)力学规律的选择当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解
4、当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解2模型建构解电磁学中的曲线运动常用“四种”方法电磁学中的曲线运动常用“四种”方法运动的合成分解1.带电粒子以某一初速度，垂直电场方向射入匀强电场中，只受电场力作用的运动2带电粒子在匀强电场及重力场中的匀变速曲线运动动能定理解曲线运动问题带电粒子在复合场中做变加速曲线运动，适合应用动能定理带电粒子在复合场中做匀变速曲线运动也可以使用动能定理利用牛顿运动定律解圆周运动问题核外电子在库仑力作用下绕原子核的运动带电粒子在垂直匀强磁场的平面里在磁场力作用下的运动带电物体在各种外力(重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等)作用下
5、的圆周运动利用几何关系解圆周问题带电粒子垂直射入匀强磁场，由于磁场的边界不同造成粒子轨迹圆与边界的几何问题，由于粒子射入磁场的速度不同造成粒子轨迹圆的半径不同，由于粒子射入磁场的方向不同造成粒子轨迹的旋转，以上均涉及平面几何问题.命题热点巧突破考点一带电粒子(体)在电场中的运动考向1带电粒子在电场中的加(减)速考向预测1(2020山东烟台4月模拟)如图所示，虚线空间存在水平向右的匀强电场，一电荷量为q1.0105C的带电粒子，从a点由静止开始经电压为U100 V的电场加速后，垂直于匀强电场方向以v01.0104 m/s的速度进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与
6、电场方向成45角已知PQ、MN间距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计若带电粒子质量为m，离开电场时沿电场方向的偏转量为y，则(A)Am2.01011 kg，y10 cmBm2.01011 kg，y5 cmCm1.01011 kg，y10 cmDm1.01011 kg，y5 cm【解析】粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得qUmv，解得带电粒子质量m2.01011 kg，粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿初速度方向做匀速运动，则有dv0t，粒子沿电场方向做匀加速运动，则有vyat，由题意得tan 45，偏转量yat2，代入数据得y10 cm，故A正确，B、C、D错误2(2020浙江杭州模
7、拟)如图为一有界匀强电场，场强方向为水平方向(虚线为电场线)，一带负电微粒以某一角度从电场的a点斜向上方射入，沿直线运动到b点，则可知(D)A电场中a点的电势低于b点的电势B微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等C微粒在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能D微粒在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点时的电势能小于在b点时的电势能【解析】微粒沿直线运动到b点，则微粒所受的合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力方向水平向左，电场方向水平向右，则a点的电势高于b点的电势，故A错误；根据能量守恒，微粒的重力势能、动能、电势能总量不
8、变，从a点到b点，微粒重力势能增大，则动能与电势能之和减小，故B错误；微粒从a到b，电场力做负功，重力做负功，动能减小，电势能增大，C错误，D正确规律总结求解带电粒子在电场中的直线运动的技巧要注意分析带电粒子是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合0作为突破口进行求解，匀变速运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解(1)运用动力学观点时，先分析带电粒子的受力情况，根据F合ma得出加速度，再根据运动学方程可得出所求物理量(2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电粒子做的功等于粒子动能的变化量；若考虑重力，则合力对带
9、电粒子做的功等于粒子动能的变化量考向2带电粒子在电场中的偏转考向预测3如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的(C)A2倍B4倍CD【解析】电子在两极板间做类平抛运动，水平方向lv0t，t，竖直方向dat2，故d2，即d，故C正确4(多选)如图所示，在竖直平面内，正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点一个带负电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出以下说法正确的是(BC
10、)A匀强电场中B点的电势比D点低B粒子的运动轨迹经过PE之间某点C若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出D若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH【解析】带负电的粒子向下偏转，因此电场方向应竖直向上，B点的电势应高于D点，A错误；粒子做类平抛运动，过C点作速度的反向延长线过FH的中点，也必过P点，因此运动轨迹应该过PE之间的某点，B正确；粒子的初速度减小到原来的一半，将从BC边出射，由类平抛运动的规律，竖直方向位移相等，则运动时间相同，水平位移将变为原来的一半，因此从E点射出，C正确；从C点射出的粒子，反向延长线过FH的中点O，OC垂直于EH；增大粒子速度，粒子从HC边射出，
11、速度偏角必然减小，其反向延长线不可能再垂直于EH，因此粒子经过EH但不可能垂直于EH，D错误5(多选)(2020山东临沂三模)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则(AD)AA球带正电，B球带负电BA球比B球先落地C在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小【解析】两球在水平方向都做匀速直线运动，由xv0t，v0相同，知A运动的时间比B的长，竖直方向上，由hat2
12、，h相等，可知A的加速度比B的小，则A的合力比B的小，所以A的电场力向上，带正电，B的电场力向下，带负电，故A正确A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误A的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加；B的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，故C错误A的合力比B的小，则A的合力做功较少，由动能定理知A球的动能变化小，故D正确6.(2020新课标卷)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示质量为m，电荷量为q(q0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直已知刚进入电场时速度为零的粒
13、子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角60.运动中粒子仅受电场力作用(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【答案】(1)(2)(3)0或【解析】(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xACR所以根据动能定理有：qExACmv0解得：E；(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距
14、离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有xRsin 60v1tyRRcos 60at2而电场力提供加速度有qEma联立各式解得粒子进入电场时的速度v1；(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出当从B点射出时由几何关系有xBCRv2t2xACRat电场力提供加速度有qEma联立解得v2；当粒子从C点射出时初速度为0.规律总结带电粒子在电场中的偏转运动做好两个方向的分析在垂直电场方向上做匀速直线运动，在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量；沿电场
15、力方向做匀加速直线运动，在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量在垂直电场方向上有t，沿电场力方向上有yat2或vyat，a，联立方程可求解考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动,考向1带电粒子在单(双)直线边界匀强磁场中的运动1(多选)(2020山东聊城模拟)如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速率射出三个相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向与边界垂直，粒子b偏转后打在边界上的Q点，另外两个粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是(BD)A粒子一定带正电B粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角C两粒子a
16、、c在磁场中运动的平均速度相同D三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形【解析】如图，粒子往右偏转，根据左手定则，知粒子带负电，故A错误；粒子a、c均从P点射出，a、c粒子的轨迹半径相等，由几何知识得a、b粒子与b、c粒子的射出的方向间的夹角相等，故B正确；a、c粒子位移相等，时间不等，故两粒子a、c在磁场中运动的平均速度不相同，故C错误；根据r，知速率相同的三个相同粒子在同一磁场中运动的轨迹半径相等，结合B的分析及几何知识可知连接三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形，故D正确2(多选)(2020浙江台州中学模拟)如图所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为
17、q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内在直线xa与x2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，下列说法正确的是(AC)A粒子的速度大小为B粒子的速度大小为C与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长【解析】画出粒子的运动轨迹如图，由几何图形可知轨迹的半径为R2a，由qvBm，解得粒子的速度大小为v，A对；B错；在磁场中的运动时间由圆心角决定，所以与y轴正方向成120角射出的粒子轨
18、迹如图所示，由图示知粒子此时在磁场中运动的时间最长，所以C对D错3.(多选)(2020天津高考真题)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角45.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴已知OMa，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计则(AD)A粒子带负电荷B粒子速度大小为C粒子在磁场中运动的轨道半径为aDN与O点相距(1)a【解析】粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角45，根据几何关系可知OMO1OO1M4
19、5，OMOO1a，则粒子运动的轨道半径为rO1Ma，洛伦兹力提供向心力qvBm，解得v，BC错误；N与O点的距离为NOOO1r(1)a，D正确故选AD规律总结常见的几种临界半径的求解方法rrcos d得r当90时rdrrsin d得r当90时rdrd得rdr1dL2(r2d)2r得r2,考向2带电粒子在矩形(或三角形)边界匀强磁场中的运动4(2019全国卷)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(B)Ak
20、Bl，kBlBkBl，kBlCkBl，kBlDkBl，kBl【解析】若电子从a点射出，运动轨迹如图线，有qvaBm，Ra解得va若电子从d点射出，运动轨迹如图线，有qvdBmR(Rd)2l2解得vd选项B正确5(2020河北石家庄模拟)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，OCA30，OC的长度为L.在OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从坐标原点射入磁场，不计重力(1)若粒子沿y方向射入磁场，问粒子在磁场中运动的最长时间是多少？此时初速度应满足什么条件？(2)大量初速度大小为v的粒子以不同的方向射入第一象限，求从AC边射出的粒子在磁场
21、中运动的最短时间，及该粒子的入射方向与x轴正向的夹角【答案】(1)0v( 2)(2)【解析】(1)粒子转过半圆从OA边射出时时间为定值，速度最大的粒子与AC边相切，如图所示根据几何关系可得RLtan15(2)L根据洛伦兹力提供向心力可得qvBm解得v(2)，所以满足条件的粒子速度范围为00)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率不计粒子之间的相互作用在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为(C)ABCD【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，qBv，T可得粒子在磁场中的周期T，粒子在磁场中运动的时间tT，则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长
22、采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大当半径r0.5R和r1.5R时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期当0.5Rr0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限粒子在磁场中运动的时间为(B)ABCD【解析】带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示由几何关系可知，粒子在第一象限转过的角度为60.粒子在第二象限内运动的时间t1粒子在第一象限内运动的时间t2则粒子在磁场中运动的时间tt1t2，选项
23、B正确3.(2020新课标卷)如图，在0xh，y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离【答案】(1)磁场方向垂直于纸面向里(2)(2)h【解析】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0Bm由此可得R粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其
24、在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足Rh由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由式可得，此时圆弧半径为R2h粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为a，由几何关系sin即由几何关系可得，P点与x轴的距离为y2h(1cos)联立式得y(2)h考向2带电粒子在叠加场中的运动典例探秘典 例 (2019新课标全国卷)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q
25、(q0).A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mgqEmaa()2gt2解得E(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有EkmvmghqEh且有v1v0thgt2联立式得Ek2m(vg2t2)【答案】(1)(2)2m(vg2t2)【核心考点】本题考查了运用电场力、牛顿第二定律和动能定理以及平抛、类平抛知识解决带电粒子在静电场中的运动
26、的问题，考查学生的综合分析能力第二定律和动能定理以及平抛、类平抛知识解决带电粒子在静电场中的运动的问题，考查学生的综合分析能力【规范审题】两个小球和速度方向都沿水平方向，大小不同两小球质量相同强调A不带电，只受重力，B带正电荷，还受电场力给出A球初速度大小，以及到达P点的时间为tB球到达P点的时间是A球的一半审题结果两个小球一个不带电，做平抛运动，另一个带正电荷，做类平抛运动；两个小球初速度大小不同，都是从O点运动到P点，竖直位移，水平位移相同，运动时间A是B的两倍.【思路分析】分解运动，竖直方向的位移相同，时间是二倍关系，所以竖直方向B的加速度是A的四倍；又因为水平位移相同，所以水平方向B的
27、速度是A的两倍【总结提升】优选最佳解题方案，可事半功倍一般涉及时间的运动问题，采用牛顿第二定律结合运动学公式解题；不涉及时间时，采用动能定理或功能关系解题规律总结处理带电粒子在电场、重力场中直线运动的方法：带电体在电场以及重力场的共同作用下运动，轨迹为直线的条件是带电体所受的合力为零或带电体的运动方向与合力方向在一条直线上处理此类问题的方法：(1)根据带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题；(2)根据功能关系或能量守恒的观点来处理问题，分析带电体的能量转化情况时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的转化，但应注意能的总量保持不变考向预测4(多选)(20
28、20江西五校联考)如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点则(BC)A打在P1点的粒子是HeB打在P2点的粒子是H和HeCO2P2的长度是O2P1长度的2倍D粒子在偏转磁场中运动的时间都相等【解析】带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即qvBqE，所以v，可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相同的速度，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB，所以r，可知粒子的比荷越大，运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和H
29、e，故A错误，B正确；由题中的数据可得H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的轨道的半径是H和He的半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故C正确；粒子运动的周期T，三种粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等，故D错误5电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙随着转把的转动，其内部的永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电压，已知电压与车速关系如图丙以下关于“霍尔转把”叙述正确的
30、是(B)A为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上、下端分别为N、S极B按图甲顺时针转动电动车的右把手，车速将变快C图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的霍尔电压D若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，将影响车速控制【解析】由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上下端分别为N、S极时，磁场与电子的移动方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差，故A错误；当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，故B正确；根据题意，结合图乙的示意图，永久磁铁的N、S极可能在左、右侧面，或在前、后表面
31、，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左右侧面，也可能在前后表面，故C错误；当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，从霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由图丙可知，不会影响车速控制，故D错误6(2020重庆八中模拟)如图所示，OO为平行板电容器的中线，板间为匀强电场在O点分别以v0、的速度水平抛出A、B两质量都为m且带同种电荷的小球，qAqB31，两小球运动轨迹恰关于OO对称，重力加速度为g，则A球受到电场力大小为(A)AmgBmgCmgDmg【解析】两轨迹关于水平线对称，说明相同水平位移处，位移偏角相同，位移偏角为tan，所以aAaB41，即合外力之比为41.两
32、小球电性相同，则受电场力都向上，有(FAG)(GFB)41，且FAFB31，解得FAmg，故选项A正确7(多选)(2020四川达州联考)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)小孔正上方的A点与极板M相距h.与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零(不计空气阻力，重力加速度为g.则(BD)A带电微粒在M、N两极板间往复运动B两极板间电场强度大小为C若将M向下平移，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为hD若将N向上平移，微粒仍从A由静止下落，进
33、入电场后速度为零的位置与M的距离为h【解析】由于粒子在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知粒子将在点A和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：mg3hEq2h，解得E，选项B正确；若将M向下平移，则板间场强变为E1E，则当粒子速度为零时，由动能定理：mg(3hh)E1q(h)，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移，则板间场强变为E2E，则当粒子为零时的位置与M极板相距h，由动能定理：mg(hh)E2qh，解得hh，选项D正确；故选B、D8(2020四川雅安三诊)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向在区域(x0到xL之间)存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，区域(xL到x2L之间)存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，两个区域磁感应强度大小均为B.一个质量为m，电荷量为q的带电粒子从坐标原点O以初速度v0沿x方向射入，沿直线通过区域，最后从区域离开粒子重力不计，求：(1)电场强度大小；(2)带电粒子在、区域运动的总时间【答案】(1)(2)【解析】(1)粒子在区域做匀速直线运动，则qEqv0B解得E(2)粒子在区域运动的时间t1粒子在区域做匀速圆周运动qv0Bm解得R2L由几何关系得，粒子在区域做圆周运动，圆心角为30由T得T则粒子在区域运动时间t2T则粒子运动总时间tt1t2
