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带电粒子在复合场中的运动
(45 分钟)
[刷基础]
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
E
B
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(
)
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 U 的电场加速后，射入两水平放置、电势差为 U 的
1
2
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 U 和 U 的变化
1
2
情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(
A．d 随 U 变化，d 与 U 无关
)
1
2
B．d 与 U 无关，d 随 U 变化
1
2
C．d 随 U 变化，d 随 U 变化
1
2
D．d 与 U 无关，d 与 U 无关
1
2
v
2
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
mv
qB
2mvcos
qB
2mv
qB
1
θ
R＝ ，M、N 两点间距离 d＝2Rcos ＝
＝
.对粒子在电场中加速运动过程有qU ＝ mv ，联
θ
0
2
0
2
1
立可看出d 随U 变化，与U 无关．
1
2
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
mg
q
C．电场强度大小为
mg
qv
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＝
mg
mgcos 30°＋qEcos 30°，解得E＝ ，B＝ ，故C 项正确，D 项错误．
qv
3mg
q
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
mg
C．该磁场的磁感应强度大小为qvcos
θ
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
mg
＝qE，则 B＝qvcos ，E＝Bvsin θ ，C 正确，D 错误．
θ
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(
)
2qUm
qd
2U
d
A．B＝
B．B＝
C．B＝
D．B＝
，E＝
2qUm
qd
4U
d
，E＝
qUm，E＝2U
qd
d
qUm，E＝4U
qd
d
1
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
2
mv
r
2qUm
qd
2
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
qE
2m
4U
d
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．
2
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 v ，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
1
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 q 、质量为 m ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R ，磁场的磁
1
1
1
感应强度大小为 B，由动能定理有
1
q U＝ m v ①
2
1 1
2
1
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
v
2
1
q v B＝m ②
R
1
1
1
1
由几何关系知 2R ＝l③
1
4U
由①②③式得 B＝ ④
lv
1
(2)设乙种离子所带电荷量为 q 、质量为 m ，射入磁场的速度为 v ，在磁场中做匀速圆周运动的半径
2
2
2
为 R .同理有
2
1
q U＝ m v ⑤
2
2
2
2
2
v
2
q v B＝m ⑥
2
R
2
2
2
2
l
由题给条件有 2R ＝ ⑦
2
2
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
q q
∶ ＝1∶4⑧
1
2
m m
1
2
4U
答案：(1)lv
(2)1∶4
1
[刷综合]
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 v 射入电场，结果从 PQ
0
m
π
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
L
直距离为 ，不计粒子的重力，则下列结论正确的是(
)
2
mv
2
0
A．匀强电场的电场强度大小为
2qL
B．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
2mv
qL
D．匀强磁场的磁感应强度为
0
L 1
解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动L＝v t ，竖直方向 ＝ at ，根据牛
2
0
2 2
0
0
mv
qE L
2
0
qL
顿第二定律 qE＝ma，解得 E＝ ，故 A 错误；离开电场时竖直速度 v ＝at ＝ × ＝v ，进入
m v
y
0
0
0
v
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
y
v
0
心角为 α ，根据 t＝ T＝ ×2π
α
α
m m
＝
α
，根据题意t＝π ，得 α ＝ ，如图所示，根据几何关系有R
m
2qB
π
2
2π 2π qB
qB
2
mv m 2v
0＝
2L，得 B＝2mv
＝ L，故 C 错误；根据半径公式 R＝ ＝
qL0，故 D 正确．
2
qB
qB
2
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(
)
1
A．P、Q 间加速电压为 ER
2
mER
q
B．离子在磁场中运动的半径为
C．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
1
qU＝ mv ①
2
2
在静电分析器中运动过程，根据牛顿第二定律，有
v
2
qE＝m ②
R
在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，有
v
2
qvB＝m ③
r
1
解得 U＝ ER④
2
m
qB
qER 1
m B
mER
q
r＝
＝
⑤
2U
E
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 v ，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大
0
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，
Bv q＝qE，
0
U
d
平行板间的电场强度 E＝ ，
解得两平行板间的电势差 U＝Bv d.
0
v
2
0
r
(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知Bv q＝m
0
2π r
v
0
同时有 T＝
θ
粒子在圆形磁场区域中运动的时间 t＝ T
2π
m
Bq
解得 t＝θ
.
(3)由几何关系可知：
θ
rtan ＝R
2
解得圆形磁场区域的半径
θ
2
mv tan
0
R＝
.
qB
θ
2
mv tan
m
qB
答案：(1)Bv d (2)θ
(3)
0
qB
0
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 v 的大小．
0
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
mv2
qvB＝
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
3RB
E
t＝
⑤
(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
3R
r′－R
tan θ ＝
⑦
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v ，由运动的合成和分
0
解可得
v
tan θ ＝ ⑧
v
0
联立①⑥⑦⑧式得
qBR
v ＝ ⑨
m
0
3RB
E
qBR
m
答案：(1)
(2)
13．(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＝mr
2qBh
m
解得v＝
.
(2)设粒子第一次经过x 轴时位置坐标为(－x 0)，到达b 点时的速度大小为v .根据类平抛运动规律，
1,
b
有
v ＝vcos 45°
b
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－y ，由类平抛运动规律得
b
r＋rsin 45°＝v t
b
1
2＋1
y ＝ (vsin 45°＋0)t＝
h
2
2
b
1
1
由动能定理得－qEy ＝ mv － mv
2
b
2
2
2
b
( 2－1)qhB
2
.
解得E＝
m
2π r 2π m
(3)粒子在磁场中运动的周期T＝ ＝
v
Bq
5
5π m
4Bq
第一次经过x 轴的时间t ＝ T＝
8
1
2( 2＋1)m
在电场中运动的时间t ＝2t＝
qB
2
从第二次经过x 轴到第三次经过x 轴的时间
3
3π m
2Bq
t ＝ T＝
4
3
11π
则总时间t＝t ＋t ＋t ＝( ＋2 2＋2) .
Bq
m
4
1
2
3
答案：见解析
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
3R
r′－R
tan θ ＝
⑦
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v ，由运动的合成和分
0
解可得
v
tan θ ＝ ⑧
v
0
联立①⑥⑦⑧式得
qBR
v ＝ ⑨
m
0
3RB
E
qBR
m
答案：(1)
(2)
13．(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＝mr
2qBh
m
解得v＝
.
(2)设粒子第一次经过x 轴时位置坐标为(－x 0)，到达b 点时的速度大小为v .根据类平抛运动规律，
1,
b
有
v ＝vcos 45°
b
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－y ，由类平抛运动规律得
b
r＋rsin 45°＝v t
b
1
2＋1
y ＝ (vsin 45°＋0)t＝
h
2
2
b
1
1
由动能定理得－qEy ＝ mv － mv
2
b
2
2
2
b
( 2－1)qhB
2
.
解得E＝
m
2π r 2π m
(3)粒子在磁场中运动的周期T＝ ＝
v
Bq
5
5π m
4Bq
第一次经过x 轴的时间t ＝ T＝
8
1
2( 2＋1)m
在电场中运动的时间t ＝2t＝
qB
2
从第二次经过x 轴到第三次经过x 轴的时间
3
3π m
2Bq
t ＝ T＝
4
3
11π
则总时间t＝t ＋t ＋t ＝( ＋2 2＋2) .
Bq
m
4
1
2
3
答案：见解析
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