带电粒子在叠加场中的运动

带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中的运动考情透析考情透析命题点考频分析命题特点核心素养电场与磁场叠加2024年：安徽T10北京T222023年：新课标T5江苏162022年：全国甲T5湖南T15本专题主要涉及到电场与磁场的叠加，电场、磁场、重力场叠加两大类问题，试题综合考查带电粒子（物体）在几种常见场中的运动模型，考查学生分析推理能力。科学思维：构建带电粒子（物体）在叠加场中常见的运动模型，再结合运动的合成和分解的思想以及数学知识进行综合分析与推理。电场、磁场与重力场叠加热点热点突破命题点命题点1电场与磁场叠加▼考题示例1（2022·全国甲·历年真题）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A． B．C． D．答案：B解析：AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子受到沿y轴正方向的电场力，所以开始时粒子会向y轴正方向运动。又因为磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子会向x轴负方向偏转。AC错误；BD．运动的过程中粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以不做功，只有电场力对带电粒子做功，粒子速度大小会发生变化，由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后带电粒子受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。故选B。跟踪训练1[科技前沿]（2024·北京市·历年真题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为＋e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为－e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；（2）求径向磁场的磁感应强度大小B2；（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。答案：（1）氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律eE＝Ma解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a＝（2）电子由阴极发射运动到阳极过程中，由动能定理有eEd＝电子在阳极附近做匀速圆周运动，轴线方向上所受电场力与洛兹力平衡，即Ee＝evB2解得径向磁场的磁感应强度大小为B2＝（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间内被电离的氙离子数N＝氙离子经电场加速，有eEd＝时间Δt内氙离子所受到的作用力为F′，由动量定理有F′·Δt＝N·Δt·Mv1解得F′＝由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F′＝F则F＝总结升华总结升华电场与磁场的叠加问题（不计重力）：（1）若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。（2）若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，洛伦兹力不做功，可用动能定理求解粒子的速度。（3）若能使用“配速法”，常将速度进行“分配”，使得分运动为匀速直线运动和匀速圆周运动。命题点命题点2电场、磁场与重力场叠加▼考题示例2（2022·湖南·历年真题）如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）求直流电源的电动势E0；（2）求两极板间磁场的磁感应强度B；（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。答案：（1）（2）（3）解析：（1）小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力：qE＝mg根据欧姆定律可知，极板间的电压为：U＝结合场强的计算公式：U＝Ed联立解得：E0＝（2）小球做圆周运动，画出小球的运动轨迹图如下图所示：根据几何关系可得：r2＝3d2＋(r－d)2解得：r＝2d根据牛顿第二定律得：qvB＝联立解得：B＝（3）根据上述分析可知，小球离开极板时的速度方向与竖直方向成30°夹角，为了保证小球离开电容器沿直线运动且电场强度最小，可知小球的合力与速度反向，如下图所示，结合几何关系可知qE′＝mgsin30°解得：E′＝。跟踪训练2（2024·安徽省·历年真题）（多选）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。己知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（）A．油滴a带负电，所带电量的大小为B．油滴a做圆周运动的速度大小为C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动答案：ABD解析：A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝Eq解得q＝，故A正确；B．根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝得R＝解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；C．设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝解得v1＝，周期为T＝，故C错误；D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝解得v2＝由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。故选A