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课时突破练57　带电粒子在叠加场中的运动
基础·满分练
命题角度一　带电粒子在叠加场中的运动
1.(2025广东广州模拟)如图所示,带电平行板中匀强电场E的方向竖直向上,匀强磁场B的方向垂直纸面向里,一带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下,经P点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的C点自由滑下,经P点进入板间,不计空气阻力,则小球在板间运动过程中(　　)
A.动能将会减小　　　　　 B.电势能将会减小
C.机械能将会减小 D.小球带负电
命题角度二　带电粒子在叠加场有约束情况下的运动
2.(多选)如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直纸面向里。一速度大小为v0的带电小球恰能做匀速直线运动,速度方向与水平方向成30°角斜向右下方,最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径),下列说法正确的是(　　)
A.小球带负电
B.磁场和电场的大小关系为E=2Bv0
C.若小球刚进入管道时撤去磁场,小球仍做匀速直线运动
D.若小球刚进入管道时撤去电场,小球运动时的机械能守恒
3.(2025河南部分重点高中联考)如图所示,一绝缘直杆穿过金属块中心的圆孔后竖直固定,金属块带正电且圆孔直径略大于直杆,整个装置处在水平方向的匀强磁场中。现给金属块一竖直向上的初速度v0,使其沿杆向上运动,当其返回到初始位置时速度大小为v。直杆的粗糙程度均匀,重力加速度为g,关于上述过程,下列说法正确的是(　　)
A.摩擦力对金属块的总冲量大于mv0
B.金属块在空中运动的总时间为
C.金属块上升的时间大于下降的时间
D.金属块上升过程因摩擦产生的热量小于下降过程因摩擦产生的热量
命题角度三　带电粒子在三维空间的运动
4.中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置创造了当时最新的世界纪录,成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一足够长的真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场,如图所示。若某带正电的离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子受到的重力。当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2v1时,垂直于磁场方向的分量大小为(　　)
A.v2 B.2v2
C.3v2 D.4v2
能力·高分练
5.(多选)(2024浙江6月选考)如图所示,一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面,不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点,则该过程(　　)
A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0=,弹力冲量为零
6.(12分)(2026浙江选考调研)如图所示,水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画电场),磁感应强度B=1.0 T,边界右侧离地面高h=0.45 m处有一光滑绝缘平台,右边有一带正电的小球a,质量ma=0.1 kg、电荷量q=0.1 C,以初速度v0=0.9 m/s水平向左运动,与大小相同但质量为mb=0.05 kg静止于平台左边缘的不带电的绝缘球b发生弹性正碰,碰后a球恰好做匀速圆周运动,两球均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求∶
(1)碰撞后a球与b球的速度;
(2)碰后两球落地点间的距离(结果保留一位有效数字)。
素养·提升练
7.(16分)(2024北京卷)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。如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,仅考虑匀强电场的作用。
(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.C　解析 小球从A点滑下进入复合场区域时沿水平方向做直线运动,则小球受力平衡,判断可知小球带正电,则有mg=qE+qvB,从C点滑下刚进入复合场区域时,其速度小于从A点滑下时的速度,则有mg>qE+qv'B,小球向下偏转,重力做正功,静电力做负功,因为mg>qE,则合力做正功,小球的电势能和动能均增大,根据能量守恒可知,机械能减小。故选C。
2.CD　解析 小球做匀速直线运动,小球所受合力为0,小球所受电场力只能是水平方向,则小球所受洛伦兹力指向右上,结合左手定则可知,小球带正电,由平衡条件有qv0Bsin 30°=qE,qv0Bcos 30°=mg,解得E=Bv0=,故A、B错误;重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等,方向相反,且洛伦兹力方向与管垂直,若小球刚进入管道时撤去磁场,重力和电场力合力不做功,支持力不做功,则小球仍沿管做匀速直线运动,故C正确;若小球刚进入管道时撤去电场,只有重力做功,小球运动时的机械能守恒,故D正确。
3.B　解析 根据受力分析可知,FN=qvB,则Ff=μFN=μqvB,取竖直向上为正方向,上升过程有If冲1=-μqBt1,下降过程有If冲2=μqBt2,因为上升与下降过程位移大小相等,即t1=t2,故If冲1+If冲2=0,故A错误;根据动量定理有mgt=mv+mv0,解得t=,故B正确;由于上升过程加速度大于下降过程的加速度,故上升时间小于下降的时间,故C错误;因路径上的同一位置,上升过程的速率大于下降过程的速率,故同一位置,上升时的压力大于下降时的压力,故上升过程克服摩擦力做的功大于下降过程克服摩擦力做的功,因此上升过程因摩擦产生的热量大于下降过程因摩擦产生的热量,故D错误。
4.A　解析 根据运动的叠加原理可知,离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动,沿水平方向做加速运动,则v1增大,v2不变;当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2v1时,垂直于磁场方向的分量大小为v2。故选项A正确。
5.CD　解析 根据动量定理得I=0-mv0=-mv0,故合力冲量大小为mv0,故A错误;小球上滑的时间为t0=,重力的冲量大小为IG=mgt0=,故B错误;小球所受洛伦兹力为Bqv=Bq(v0-at)=-Bqat+Bqv0,a=gsin θ,小球所受洛伦兹力随时间线性变化,故洛伦兹力冲量大小为I洛=q··Bt0=q··B·,故C正确;若v0=,0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0=2mgcos θ,小球在垂直细杆方向所受合力为零,可得Bqv=mgcos θ+FN,即FN=Bqv-mgcos θ=Bq(v0-at)-mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ,则小球在整个减速过程的FN-t图像如图所示,图线与横轴围成的面积表示冲量,可得弹力的冲量为零,故D正确。
6.(1)0.3 m/s　1.2 m/s　(2)0.1 m
解析 (1)a球与b球的碰撞,由动量守恒定律得:mav0=mava+mbvb
由能量守恒定律有mamamb
解得va=0.3 m/s,vb=1.2 m/s。
(2)对a球,重力和电场力平衡,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qvaB=m
解得r==0.3 m
设a球落地点与圆心的连线和地面夹角为θ,有
h=r+sin θ
r2=+(h-r)2
可得θ=
则a球水平位移为xa=rcos θ=0.15 m,
b球不带电,碰后做平抛运动,竖直方向:h=
水平方向:xb=vbtb=0.36 m
故两球相距:Δx=xb-xa=0.1 m。
7.(1)　(2)　(3)
解析 (1)对于氙离子,仅考虑电场的作用,则氙离子在放电室内只受静电力作用,
由牛顿第二定律有eE=Ma
解得a=。
(2)电子由阴极发射运动到阳极过程,由动能定理有eEd=mv2
处于阳极附近的电子在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动,则轴线方向上所受静电力与在径向磁场作用下受到的洛伦兹力平衡,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原子数为N=
氙离子经电场加速,有eEd=Mv'2
设Δt时间内氙离子所受到的作用力大小为F',则由动量定理有F'·Δt=NΔt·Mv'
解得F'=
由牛顿第三定律可知,霍尔推进器获得的推力大小为F=F',则F=。
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