带电粒子在复合场中的运动
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1．(2018·高考北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射
入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动．下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 C．粒子的电性和电量
B．磁场和电场的强弱 D．粒子入射时的速度
解析：由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意，对磁场与电场的方向以及强弱程度都有要求，但是对电性和电量无要求，根据F＝qvB可知，洛伦兹力的方向与速度方向有关，故对入射时的速度也有要求，故选项C正确．
答案：C
2．(2019·福建龙岩高三期末)如图所示，两平行金属板中间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，不计重力的带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入．有可能做直线运动的是( )
EB
解析：A图中，若粒子带正电，粒子受向下的电场力和向下的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理可判断当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项A错误．B图中，若粒子带正电，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理可判断当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项B错误．C图中，若粒子带正电，粒子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，若二力相等，则粒子能沿直线运动；同理可判断当粒子带负电时也能沿直线运动，选项C正确．D图中，若粒子带正电，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理可判断，当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项D错误．
答案：C
3．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入两水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )
A．d随U1变化，d与U2无关 B．d与U1无关，d随U2变化 C．d随U1变化，d随U2变化 D．d与U1无关，d与U2无关
v2
解析：设带电粒子刚进入磁场时的速度为v，与水平方向夹角为θ.粒子在磁场中运动时，qvB＝m，
R
mv2mvcos θ2mv012R＝，M、N两点间距离d＝2Rcos θ＝＝.对粒子在电场中加速运动过程有qU1＝mv0，联qBqBqB2
立可看出d随U1变化，与U2无关．
答案：A
4．(2019·山西晋城高三期末检测)如图所示，从S处发出的热电子经加速电压
U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，
不考虑电子本身的重力．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )
A．适当减小电场强度E B．适当减小磁感应强度B C．适当增大加速电场的宽度 D．适当减小加速电压U
解析：要使粒子直线运动，必须满足条件Eq＝qvB，根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以为了使粒子在复合场中做匀速直线运动，则要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．减小加速电压U，可以减小速度v，减小洛伦兹力，故D错误；适当减小电场强度，可以减小电场力，故A正确；适当减小磁感应强度，可减小洛伦兹力，故B错误；增大加速电场的宽度，不改变速度v，故C错误．
答案：A
5．(2019·山东济南高三四校理综联考)如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g.则( )
A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外 B．小球一定带正电荷 C．电场强度大小为 D．磁感应强度的大小为 解析：小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图a所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，由图可知，小球受到的重力、电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球带负电，故B项错误；小球带负电的受力情况如图b所示．小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，故A项错误；由于电场力与洛伦兹力反方向、重力与洛伦兹力反方向的夹角均为30°，据平衡条件可得qE＝mg，qvB＝
mgqmgqvmg3mgmgcos 30°＋qEcos 30°，解得E＝，B＝，故C项正确，D项错误．
qqv
答案：C
6.质量为m、电荷量为q的微粒，以与水平方向成θ角的速度v从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场(场强大小为E)和匀强磁场(磁感应强度大小为B)组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下，恰好沿直线运动到A，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．该微粒一定带正电
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为D．该电场的场强为Bvcos θ
解析：若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直OA斜向右下方，则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡，微粒不可能做直线运动，则微粒带负电，A错误；微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，微粒不能沿直线运动，与题意不符，B错误；由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，则B＝
mgqvcos θ
mgqvcos θ
，E＝Bvsin θ，C正确，D错误．
答案：C
7．如图所示，在xOy直角坐标系中，第一象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，粒子重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点．已知OA＝OC＝d.则磁感应强度B和电场强度E可表示为( )
A．B＝B．B＝C．B＝D．B＝
2qUm2U，E＝
qdqddd2qUm4U，E＝
qUm2U，E＝ qddqUm4U，E＝ qdd12
解析：设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU＝mv，带电粒子进入磁场后，洛伦兹力
2
mv22qUm提供向心力，qBv＝，依题意可知r＝d，联立可解得B＝；带电粒子在电场中偏转，做类平抛运rqd
qE24U动，设经时间t从P点到达C点，由d＝vt，d＝t，联立可解得E＝，B正确．
2md答案：B
8. (2018·高考全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小
为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：
(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比．
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v21①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
1
2
v21
q1v1 B＝m1②
R1
由几何关系知2R1＝l③ 由①②③式得B＝
4Ulv1
④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有
q2U＝m2v22⑤ v22
q2v2B＝m2⑥
R2
由题给条件有2R2＝⑦
2
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
12
lq1q2
∶＝1∶4⑧ m1m2
答案：(1)
4Ulv1
(2)1∶4
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9．(多选)如图所示，边界MN、PQ间有竖直向下的匀强电场，PQ、EF间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子从边界MN上的O点以水平初速度v0射入电场，结果从PQ
πm上的A点进入磁场，且粒子在磁场中运动的时间为.MN和PQ间、PQ和EF间的距离均为L，O到A的竖
2qB直距离为，不计粒子的重力，则下列结论正确的是( )
2
Lmv20
A．匀强电场的电场强度大小为 2qLB．粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角为45° C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L D．匀强磁场的磁感应强度为
2mv0
qLL12
解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动L＝v0t0，竖直方向＝at0，根据牛
22
2mv0qEL顿第二定律qE＝ma，解得E＝，故A错误；离开电场时竖直速度vy＝at0＝×＝v0，进入
qLmv0
磁场时速度与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝1，θ＝45°，故B正确；粒子在磁场中的圆
αα2πmmαπmπ
心角为α，根据t＝T＝×＝，根据题意t＝，得α＝，如图所示，根据几何关系有R2π2πqBqB2qB2＝
2mvm2v02L2mv0
L，故C错误；根据半径公式R＝＝＝，得B＝，故D正确． 2qBqB2qL答案：BD
10．(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重
力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁场中，最终打到胶片上的某点．下列说法中正确的是( )
1A．P、Q间加速电压为ER
2B．离子在磁场中运动的半径为 vyv0
mER qC．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出 D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷 解析：在加速电场加速过程，根据动能定理，有
qU＝mv2①
在静电分析器中运动过程，根据牛顿第二定律，有
12
v2
qE＝m②
R在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，有
v2
qvB＝m③
r1
解得U＝ER④
2
mr＝ qBqER1
＝ mBmER⑤ qE2U由④式，只要满足R＝，所有粒子都可以从辐射电场区通过； 由④⑤知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等． 答案：AD
11．(2019·陕西榆林高三期末)如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
(1)两平行板间的电势差U；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R.
解析：(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，
Bv0q＝qE，
平行板间的电场强度E＝， 解得两平行板间的电势差U＝Bv0d.
Udv20
(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知Bv0q＝m
r2πr同时有T＝ v0
θ粒子在圆形磁场区域中运动的时间t＝T
2πθm解得t＝.
Bq
(3)由几何关系可知：
rtan ＝R
解得圆形磁场区域的半径
θ2
θ2
mv0tan R＝
qB.
θm答案：(1)Bv0d (2) (3)
mv0tan
qBθ2
qB 12．(2018·高考天津卷)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，
ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、3R的
半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．
(1)求粒子从P到M所用的时间t.
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．
解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有
mv2qvB＝①
3R设粒子在电场中运动所受电场力为F，有
F＝qE②
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F＝ma③
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有
v＝at④
联立①②③④式得
t＝3RBE⑤
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得
(r′－R)＋(3R)＝r′⑥
2
2
2
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知 tan θ＝
3R⑦ r′－R粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得
tan θ＝⑧ 联立①⑥⑦⑧式得
vv0
qBRv0＝⑨
m答案：(1)
3RBE (2)
qBR m13．(2019·广东广州天河区二模)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向垂直x轴向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v； (2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t.
解析：(1)根据题意，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示 由几何关系得rcos 45°＝h r＝2h
v2
由牛顿第二定律得qBv＝m r解得v＝
2qBhm.
(2)设粒子第一次经过x轴时位置坐标为(－x1,0)，到达b点时的速度大小为vb.根据类平抛运动规律，有
vb＝vcos 45°
设粒子进入电场后经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb，由类平抛运动规律得
r＋rsin 45°＝vbt yb＝(vsin 45°＋0)t＝
12
2＋1
h 2
1212
由动能定理得－qEyb＝mvb－mv
222－1qhB解得E＝. 2
m2πr2πm(3)粒子在磁场中运动的周期T＝＝
vBq55πm第一次经过x轴的时间t1＝T＝ 84Bq22＋1m在电场中运动的时间t2＝2t＝ qB从第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间
t3＝T＝
3
43πm 2Bq11πm则总时间t＝t1＋t2＋t3＝(＋22＋2).
4Bq答案：见解析
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