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第 3 讲 带电粒子在复合场中的运动
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共6小题，每小题10分，共60分。其中 1～5题为单选，第6
题为多选)
1．(2020·北京市朝阳区高三上期末)在光滑水平面上，细绳的一端拴一带正电
的小球，小球绕细绳的另一端O沿顺时针做匀速圆周运动，水平面处于竖直向下
的足够大的匀强磁场中，如图所示(俯视)。某时刻细绳突然断裂，则下列推断正确
的是( )
A．小球将离圆心O越来越远，且速率越来越小
B．小球将离圆心O越来越远，且速率保持不变
C．小球将做匀速圆周运动，运动周期与绳断前的周期一定相等
D．小球将做匀速圆周运动，运动半径与绳断前的半径可能相等
答案 D
解析 由左手定则可知，小球所受洛伦兹力背离圆心向外，当细绳断裂后，小
球将在洛伦兹力作用下沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A、B错误；根据牛顿第
二定律，细绳断裂前，小球做圆周运动的向心力F 向 ＝T－q v B，细绳断裂后，有F 向 ′
＝B
v
q，若F
向
′＝F
向
，根据公式F＝m、T＝，则细绳断裂前后，小球做圆周运动的半
径、周期均相同，若F ′≠F ，则其运动半径、周期均不同，故C错误，D正确。
向 向
2．(2020·山东省济宁市兖州区高三下网络模拟)如图甲是回旋加速器的原理示
意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场
中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能 E
k
随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )
A．高频电源的变化周期应该等于t －t
n n－1
B．在E t图像中t －t ＝t －t ＝t －t
k 4 3 3 2 2 1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
答案 B
解析 根据T＝，可知粒子做圆周运动的周期不变，在E t图像中应有t －t ＝
k 4 3
t －t ＝t －t ，故B正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，
3 2 2 1
故电源的变化周期应该等于2(t －t )，故A错误；设D形盒的半径为r，根据r
n n－1
＝，解得vm ＝，故最大动能E
km
＝m v＝，可知粒子获得的最大动能与D形盒的半径
r有关，D形盒的半径r越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关，故C
错误；粒子获得的最大动能E
km
＝m v＝，与粒子比荷以及B和r有关，即不同粒子
获得的最大动能不同，故D错误。
3．(2020·浙江省杭州市学军中学高三下学期选考冲刺模拟)在磁场中放置一块
矩形通电导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的
方向上产生电势差，这个现象叫霍尔效应，所产生的电压叫霍尔电压。图甲为霍尔
效应的原理示意图，图中霍尔电压U ＝；如图乙所示，在自行车的前叉上固定一
H
霍尔元件，在前轮辐条上安装一块磁体，这样，轮子每转一周，磁体就靠近霍尔传
感器一次，便可测出某段时间内的脉冲数，从而得到自行车的平均速度并通过速
度计显示出来，设自行车前轮的半径为R，磁体到前轮转轴的距离为r，则下列说
法正确的是( )A．若霍尔元件的载流子是负电荷，则图甲中C端电势高于D端电势
B．如果长时间不更换传感器的电池，霍尔电压会越来越大
C．如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车骑行的平均速度为
D．若前轮漏气，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏小
答案 C
解析 若霍尔元件的载流子是负电荷，根据左手定则，当通入图甲中所示方向
的电流时，负电荷所受洛伦兹力方向向左，负电荷累积到C端，C端电势低，故A
错误；若长时间不更换传感器的电池，则通过霍尔元件的电流I将减小，据U ＝，
H
可知霍尔电压将减小，故B错误；如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车的
转速为n＝，平均速度为v＝2πnR＝，故C正确；若前轮漏气，导致前轮半径比录入
到速度计中的参数小，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏大，故D错误。
4.(2020·天津市塘沽一中高三二模)如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱
仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为
E ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆
1 1
弧的半径(OP)为R，通道内有均匀辐向分布的电场，在中心线处的电场强度大小为
E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于
纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析
器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列
说法正确的是( )A．速度选择器的极板P 的电势比极板P 的低
1 2
B．粒子的速度v＝
C．粒子的比荷为
D．P、Q两点间的距离为
答案 C
解析 由题图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，由左手定则可知，该粒子带
正电；粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力方
向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的静电力的方向向下，则电
场的方向向下，即极板P 的电势比极板P 的高，故A错误。粒子在速度选择器内
1 2
受力平衡，则qE
1
＝q
v
B
1
，可得v＝，故B错误。粒子在静电分析器内受到的静电力
提供向心力，则qE＝，联立可得粒子的比荷＝＝，故C正确。粒子在磁分析器内做
匀速圆周运动，受到的洛伦兹力提供向心力，则q
v
B＝，联立可得r＝，P、Q两点间
的距离为2r＝，故D错误。
5．(2021·北京市朝阳区校际联考)如图所示为磁聚焦法测量比荷的原理图。在
阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。小孔P与荧光
屏中心O点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器C上加很小的交变电
场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点
发散。在电容器C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，经过一段时间电子再
次会聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次会聚在荧光屏的
O点。已知K、A之间的加速电压为U，C与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点
到O点的距离为l。下列说法正确的是( )
A．电子通过电容器后速度方向相同
B．从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径相同
C．所有电子从发散到再次会聚所用的时间相同
D．电子的比荷＝答案 C
解析 在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的
电子发生不同程度的偏转，故电子通过电容器后速度方向不同，A错误；经交变电
场后电子发生不同程度的偏转，故经交变电场后电子在垂直 PO方向上的速度不
同，此时由洛伦兹力提供向心力，有m＝Be
v⊥
，得r＝，故从右侧往左侧看，电子做
圆周运动的半径不同，B错误；在PO方向上电子做匀速运动，速度大小相同，故所
有电子从发散到再次会聚所用的时间相同，C正确；从发散点到再次会聚点，两个
方向的分运动时间相等，则t
直
＝t
圆
，电子经过加速电场有eU＝m v，电子射出电容
器后在PO方向做匀速直线运动，有t ＝，电子在垂直于PO的方向做匀速圆周运
直
动，洛伦兹力提供向心力，有e
v⊥
B＝m，T＝＝，t
圆
＝T，联立解得＝，故D错误。
6.如图所示，在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直
足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场
强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由
静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
D．小球向下运动的稳定速度为
答案 CD
解析 小球静止时只受静电力、重力、弹力及摩擦力，静电力水平向左，弹力
水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球由牛顿第二定律有mg－μEq＝ma，小
球的加速度为a＝g－，小球速度将增大，受到洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹
力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故小球的机械能和电势能的
总和将减小，故B错误。当洛伦兹力大小等于静电力时，摩擦力为零，此时加速度
为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩
擦力将增大，加速度将减小，直到加速度减小为零后做匀速直线运动；故加速度为
最大加速度的一半时有两种情况，一种是洛伦兹力小于静电力的情况，另一种是
洛伦兹力大于静电力的情况，当洛伦兹力小于静电力时有：＝，解得：v1 ＝；当洛伦
兹力大于静电力时有：＝，解得：v2 ＝，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且
保持稳定，有：mg＝μ(Bq
v3
－Eq)，解得：v3 ＝，故D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共40分)
7.(2021·广东省六校联盟高三上第一次联考)(20分)如图所示，足够大平行板
MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂
直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平方向成30°角斜向左上方(图中
未画出)，电场强度大小E＝；两板间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向
上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也分别为B和E。现有一质量为
m、电荷量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN
板上的小孔进入两板间。
(1)求小球刚进入两平行板间时的速度v的大小和方向；
(2)若小球进入两板间后，经过时间t撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运
动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t。
答案 (1) 方向与MN成60°角斜向右下方
(2)d≥
解析 (1)受力分析可知带正电的小球在MN板上方电磁场中做匀速直线运动，
小球受力平衡，如图1所示。小球所受静电力F ＝qE＝mg，方向与水平方向成30°角斜向左上方，重力mg
电
竖直向下，
则小球所受洛伦兹力F
洛
＝q
v
B＝mg，方向与水平方向成30°角斜向右上方
解得v＝
由左手定则可知，速度方向与MN成θ＝60°角斜向右下方。
(2)依题知qE＝mg
故小球在两板间做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有q
v
B＝m
解得r＝2g
且T＝＝
分析可知，在小球速度水平向左时，撤去板间电场，如图2所示
由q
v
B＝mg可知，小球处于平衡状态，将向左做匀速直线运动
由几何关系得d≥r＋rcosθ＝
且t＝T＝。
8.(2021·八省联考湖北卷)(20分)在如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x
轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0 ，速度
方向与y轴正向夹角为φ(60°<φ<90°)，不计重力。(1)求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)带电粒子每次离开磁场进入电场后，都从O点离开电场进入磁场，从而形
成周期性运动，求电场强度的大小E和粒子运动周期T；
(3)当粒子运动到磁场区离y轴最远处时，有一个质量为m、速度大小为v0 、方
向沿y轴负方向的电中性粒子与带电粒子发生弹性正碰，在碰撞过程中没有电荷
转移。求碰撞以后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离L。
答案 (1) (2)B v0 cosφ (tanφ＋π－φ)
(3)(sinφ＋)
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 q v0 B＝
mω
v0
解得ω＝。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q
v0
B＝m
解得r＝
进入电场时的速度方向与y轴正向成φ角，则到达y轴时与O点的距离为y＝
2rsinφ＝
在磁场中运动一次的时间
t ＝·＝
1
进入电场后沿y轴正向做匀速直线运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达
O点，
则v0 cosφ·t 2 ＝y，at 2 ＝2 v0 sinφ，a＝
联立解得E＝B v0 cosφ，t 2 ＝
粒子运动周期T＝t ＋t ＝(tanφ＋π－φ)。
1 2
(3)当带电粒子运动到磁场区离y轴最远处时，速度方向沿y轴负向，带电粒子
与不带电的粒子相碰时，由动量守恒定律和总动能不变得
m
v0
＋m·
v0
＝m
v1
＋m
v22
m v＋m· ＝m v＋m
v
联立解得v1 ＝v0 ，v2 ＝v0
则此后带电粒子做圆周运动的轨道半径为
r′＝r＝
则之后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离
L＝rsinφ＋
解得L＝(sinφ＋)。
