1
专题分层突破练9
带电粒子在复合场中的运动
A 组基础巩固练
1.(多选)(2022 广东卷)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀
强磁场。电子从M 点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P 两点。已知M、P 在同一等势面
上,下列说法正确的有( )
A.电子从N 到P,静电力做正功
B.N 点的电势高于P 点的电势
C.电子从M 到N,洛伦兹力不做功
D.电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力
2.(2023 全国新课标卷)一电子和一α 粒子从铅盒上的小孔O 竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置
的屏幕P 上的a 和b 两点,a 点在小孔O 的正上方,b 点在a 点的右侧,如图所示。已知α 粒子的速度约
为电子速度的1
10
,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为( )
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
3.(2023 浙江6 月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场。粒子从M 点射入,
沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N 点射出,虚线处电
场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满足( )
A. E1
E2
= R2
R1
B. E1
E2
= R1
2
R2
2
2
C. E1
E2
= R1
R2
D. E1
E2
= R2
2
R1
2
4.(多选)(2023 湖南九师联盟联考)回旋加速器的主要部件示意图如图甲所示,回旋加速器D 形盒的俯
视图如图乙所示,两盒间的狭缝很小,粒子穿过的时间忽略不计,已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强
度为B,D 形盒的半径为r,高频电源的频率为f,最大电压为U,若A 处的粒子源产生一个电荷量为q、
速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场,能一直被回旋加速最后从D 形盒出口飞出,下列说法正确
的是( )
A.被加速的粒子的比荷为π f
B
B.粒子从D 形盒出口飞出时的速度为2πfr
C.粒子在D 形盒中加速的次数为π fBr
2
U
D.当磁感应强度变为原来的1
2
,同时改变频率f,该粒子从D 形盒出口飞出时的动能为πfqBr2
5.(多选)(2023 湖北武汉模拟)电磁流量计可以测量导电流体的流量(单位时间内流过某一横截面的流
体体积)。如图所示,它是由一个产生磁场的线圈,以及用来测量电动势的两个电极a、b 所构成,可架
设于管路外来测量液体流量。以v 表示流速,B 表示电磁线圈产生的磁场,D 表示管路内径,若磁场B
的方向、流速v 的方向与测量电磁线圈感应电动势两电极连线的方向三者相互垂直,则测得的感应
电动势为U0,下列判断正确的是( )
A.电极a 为负极,电极b 为正极
B.电极a 为正极,电极b 为负极
C.U 与液体流量成正比
D.U 与液体流量成反比
3
6.(多选)(2023 陕西西安模拟)如图所示,质量为m、电荷量为q 的带正电粒子以某一速度进入两平行
板间的正交电磁场后恰好沿虚线做直线运动,然后从P 点进入右侧的圆形匀强磁场,最后从Q 点离开
圆形磁场。两板间的电压为U,间距为d,两板间磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,圆
形磁场的方向垂直纸面向里且圆心O 在虚线上,半径也为d,P、Q 两点间的距离为√2d。不计粒子受
到的重力。下列说法正确的是( )
A.粒子在两板间运动的速度大小为U
Bd
B.粒子在圆形磁场中运动的轨道半径为√2d
C.圆形磁场的磁感应强度大小为mU
qB d
2
D.粒子在圆形磁场中运动的时间为π B d
2
U
7.(2023 重庆二模)如图所示,一带电粒子以速度v0从O 点沿两极板中线OA 射入平行板电容器,若电
容器极板间只有图示磁感应强度为B 的匀强磁场时,该粒子从上极板右端点N 射出,若电容器极板间
只有图示电场强度为E 的匀强电场时,该粒子从下极板右端点Q 射出,若电容器极板间同时有图示磁
感应强度为B 的匀强磁场和电场强度为E 的匀强电场时,该粒子将(不计粒子重力)( )
A.从AN 间射出
B.从AQ 间射出
C.从A 点射出
D.无法直接射出
8.(多选)(2023 安徽高三联考)如图甲所示,让离子流从容器A 下方的小孔无初速度飘入加速电场,加速
后垂直进入磁感应强度大小为B 的匀强磁场,最后打在照相底片D 上,形成一系列谱线。某位科学爱
好者经过一系列操作得到图乙所示的图像,图像纵轴x 表示“谱线”到离子射入磁场的入射点的距
离,而横轴表示的量未知,则下列分析判断正确的是( )
A.图像横坐标轴一定表示离子比荷的二次方根
B.图像横坐标轴可能表示离子比荷倒数的二次方根
4
C.图像横坐标轴可能表示加速电场的电势差
D.图像横坐标轴可能表示加速电场电势差的二次方根
B 组素能提升练
9.(2023 湖南卷)如图所示,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向
下(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,等腰直角三角形CGF 区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场
方向垂直于纸面向外。图中A、C、O 三点在同一直线上,AO 与GF 垂直,且与电场和磁场方向均垂
直。A 点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC 运动的粒子才
能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为
B2,则粒子从CF 的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域
Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是(
)
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√3
4
B2,则t=t0
2
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√2
4
B2,则t=√2t0
10.(2023 湖南怀化高三阶段练习)利用电场和磁场控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备
中有着广泛的应用。如图所示,在平面直角坐标系xOy 的第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场,
第四象限内边长为L 的正方形abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一电荷量为q、质量为
m 的粒子从P 点以速度v0垂直射入电场,从a 点进入磁场后,恰好从c 点离开磁场。已知P 点坐标为
(0,L),a 点坐标为(L,0),c 点坐标为(2L,-L),不计粒子受到的重力,求:
(1)匀强电场的电场强度E 的大小;
(2)粒子离开磁场时的速度v 的大小;
(3)匀强磁场的磁感应强度B 的大小。
5
11.(2023 江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy 平面内存在竖直向下的匀强
电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为e 的电子从O 点
沿x 轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x 轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨
迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度E 的大小。
(2)若电子入射速度为v0
4
,求运动到速度为v0
2
时位置的纵坐标y1。
(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=m v0
5eB
位置的电子数N 占总电子数
N0的百分比。
6
12.(2023 湖南张家界二模)如图所示,O-xyz 坐标系的y 轴竖直向上,在yOz 平面左侧-2l<x<-l 区域内存
在着沿y 轴负方向的匀强电场,-l<x<0 区域内存在着沿z 轴负方向的匀强磁场,在yOz 平面右侧区域
同时存在着沿x 轴正方向的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小均与yOz 平面左侧相
等,电磁场均具有理想边界。一个质量为m、电荷量为+q 的粒子从M(-2l, l
2 ,0)点以速度v0沿x
轴正方向射入电场,经N(-l,0,0)点进入磁场区域,然后从O 点进入平面yOz 右侧区域,粒子从离开O 点
开始多次经过x 轴,不计粒子重力。求:
(1)匀强电场的电场强度的大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小;
(3)粒子从离开O 点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x 轴时距O 点的距离s。
7
专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动
1.BC 电子所受静电力水平向左,电子从N 到P 的过程中静电力做负功,选项A 错误。匀强电场
方向水平向右,N 点的电势高于P 点的电势,选项B 正确。由于洛伦兹力一直与速度方向垂直,故
电子从M 到N,洛伦兹力不做功,选项C 正确。由于M 点和P 点在同一等势面上,故从M 到P 静
电力做功为0,而洛伦兹力不做功,M 点速度为0,根据动能定理可知电子在P 点速度也为0,则电
子在M 点和P 点都只受静电力作用,在匀强电场中电子在这两点静电力相等,即合力相等,选项D
错误。
2.C 当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向
左,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向右,不可能有粒子射到a 点,选项A 错误;当电场方向
水平向左、磁场方向垂直纸面向外时,可能有受力平衡的粒子,若a 处为电子,则α 粒子受到的静
电力大,将射到a 的左侧,若a 处为α 粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a 的左侧,选项B 错误;
当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里时,可能有受力平衡的粒子,若a 处为电子,则α 粒
子受到的静电力大,将射到a 的右侧,若a 处为α 粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a 的右侧,
选项C 正确;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹
力都向右,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向左,不可能有粒子射到a 点,选项D 错误。
3.A 根据题意知,静电力提供粒子做圆周运动的向心力,有E1q=m v
2
R1
,E2q=m v
2
R2
,联立两式解得
E1
E2
= R2
R1
,选项A 正确。
4.BC 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2π m
qB
,根据题意,粒子能够一直被回旋加速,故
高频电源的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,即T=1
f
,联立两式可得q
m = 2π f
B
,故A
错误;当粒子从D 形盒出口飞出时有v=2π r
T
=2πfr,故B 正确;从粒子一开始加速到飞出D 形盒,
根据动能定理有nqU=1
2
mv2,解得加速次数为n=π fBr
2
U
,故C 正确;当磁感应强度变为原来的1
2
时,
即B'=1
2
B,由于粒子的比荷保持不变,故电源的频率变为f'=1
2
f,当粒子从D 形盒口飞出时,其动能
为Ek=1
2
mv'2=1
2
m(2πf'r)2=1
4
πfqBr2,故D 错误。
5.AC 根据左手定则,带正电离子受洛伦兹力向电极b 移动,带负电离子受洛伦兹力向电极a 移
动,故电极a 为负极,电极b 为正极,故A 正确,B 错误;带电粒子受洛伦兹力与静电力平衡,有qU 0
D
8
=qvB,又由流量为Q=v
t =
π(
D
2 )
2
vt
t
= π D
2v
4
,联立解得感应电动势U0=4QB
π D
,可知U 与液体流量
成正比,故 C 正确,D 错误。
6.AC 粒子在两板间沿直线运动,则可知粒子在两板间有Uq
d
=Bqv,解得v= U
Bd
,故A 正确;粒子在
圆形磁场中沿径向射入则一定沿径向射出,由几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径为
R=d,故B 错误;设圆形磁场的磁感应强度为B0,粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力有
B0qv=mv
2
R
,解得B0= mU
qB d
2,故C 正确;由几何关系可知,粒子在圆形磁场中偏转的角度为π
2
,即为周
期的1
4
,所以在磁场中运动的时间为t=1
4
T=1
4 × 2π m
q B0
= π B d
2
2U
,故D 错误。
7.B 只有磁场时,粒子从N 点射出,粒子圆周运动轨迹如图所示,设电容器板长为L,间距为2d,由
几何关系有L2+(r-d)2=r2,得半径r= L
2+d
2
2d
,由洛伦兹力提供向心力,得qv0B=m v0
2
r
= 2dm v0
2
L
2+d
2 ,只
有电场时,粒子从Q 点射出,粒子做类平抛运动,有L=v0t,d=1
2
at2,其中a=qE
m
,得静电力qE=
2dm v0
2
L
2
,由qE
q v0 B = L
2+d
2
L
2
>1 可知,静电力大于洛伦兹力,由分析知,若电容器极板间同时有图示
磁感应强度为B 的匀强磁场和电场强度为E 的匀强电场时,粒子将从AQ 间射出。故选B。
8.BD 离子进入容器A 的初速度忽略不计,经加速电场加速获得动能qU=1
2
mv2,当离子沿垂直于
匀强磁场方向进入磁场后,在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动qvB=mv
2
R
,联立得x=2R=
2
B√
2Um
q
,因具体实验条件不明,所以若磁场磁感应强度B 及加速电压U 不变,则x∝√
m
q
;若磁场
磁感应强度B 及离子比荷不变,则x∝√U,故选B、D。
9.D 在区域Ⅰ中,由qvB1=qE 得,粒子速度v= E
B1
,粒子进入区域Ⅱ后,当粒子从CF 中点射出时,
在区域Ⅱ中运动半径为r=√2
4
a(a 为CF 长度),又由qvB2=mv
2
r
得r= mv
B2q
,t0=1
4
T= π m
2B2q
,运动轨迹
9
如图甲所示。当区域Ⅰ中的磁感应强度大小变为2B1时,v1= E
2B1
= v
2
,这时粒子进入区域Ⅱ后,r1=
m v1
B2q = mv
2B2q
<r,粒子还是从CF 射出,如图乙所示,在区域Ⅱ中的运动时间不变,A 错误;当区域Ⅰ
中电场强度大小变为2E 时,v2=2 E
B1
=2v,这时粒子进入区域Ⅱ后,r2=2mv
B2q
=2r=√2
2
a,根据几何关系
知,粒子恰好从F 点射出,如图丙所示,在区域Ⅱ中的运动时间不变,B 错误;当区域Ⅱ中磁感应强
度大小变为√3
4
B2时,r3=
mv
√3
4 B2q
= 4
√3r=√
2
3
a,如图丁所示,这时粒子从FG 边界射出,轨迹对应的
圆心角的正弦值sin θ=
√2
2 a
√
2
3 a
= √3
2
,θ=π
3
,t3=
π
3
2π
×T3=
1
6 × 2π m
√3
4 B2q
= 8√3
9
t0,C 错误;当区域Ⅱ中磁
感应强度大小变为√2
4
B2时,r4=
mv
√2
4 B2q
= 4
√2r=a,这时粒子从FG 边界射出,如图戊所示,轨迹对应
的圆心角的正弦值sin θ'= √2
2 a
a
= √2
2
,θ'=π
4
,t4=
π
4
2π
×T4=
1
8 × 2π m
√2
4 B2q
=√2t0,D 正确。
10.答案 (1)2mv0
2
qL
(2)√5v0 (3)m v0
qL
解析 (1)设粒子在电场中运动时的加速度大小为a,运动时间为t,水平方向则有
10
L=v0t
竖直方向则有
L=1
2
at2,qE=ma
联立解得E=2mv0
2
qL
。
(2)设粒子在a 点时的速度方向与x 轴的夹角为θ,则有
vy=at=qE
m
t=2v0
tan θ=v y
v0
=2
粒子进入磁场时的速度大小为
v=√v0
2+ v y
2=√5
v0,可知粒子离开磁场时的速度大小为√5
v0。
(3)如图所示
设粒子在磁场中运动的轨道半径为R,由几何关系可得Rcos(θ-45°)=√2
2
L
解得R=√5L
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv
2
R
解得B=mv
qR = m v0
qL
。
11.答案 (1)v0B
(2)3m v0
32eB
(3)90%
解析 (1)当电子以速度v0沿x 轴正方向射入时,电子沿x 轴做直线运动,故eE=ev0B
解得E=v0B。
(2)若电子入射速度为v0
4
,当运动速度为v0
2
时
根据动能定理eEy1=1
2 m(
v0
2 )
2
- 1
2 m(
v0
4 )
2
11
解得y1=3m v0
32eB
。
(3)当电子速度v<v0时,由于在最高点和最低点,电子所受合力大小相等
在最低点合力大小为F1=eE-evB=e(v0-v)B
设电子在最高点的速度大小为v1,在最高点合力大小为F1=ev1B-eE=e(v1-v0)B
解得v1=2v0-v
设电子刚好能到达y2=m v0
5eB
根据动能定理eEy2=1
2 m v1
2- 1
2
mv2
解得v=0.9v0
当v≤0.9v0时,电子能到达y2=m v0
5eB
故在0<v<v0的范围内,能到达纵坐标y2=m v0
5eB
的电子数占总电子数的百分比为N
N 0
×100%=90%。
12.答案 (1)mv0
2
ql
(2)2m v0
ql
(3)π nl(2+n π )
2
(n=1,2,3,…)
解析 (1)粒子在电场中运动时,有
l=v0t,1
2
l=1
2
at2
由牛顿第二定律
Eq=ma
得E=mv0
2
ql
。
(2)在N 点,设粒子速度v 的方向与x 轴间的夹角为θ,沿y 轴负方向的速度为vy,则有
tan θ=v y
v0
,vy=at,v= v0
cosθ
解得vy=v0,v=√2v0,θ=45°
粒子轨迹如图所示
根据几何关系,粒子做圆周运动轨迹的半径为
12
R=
l
2sinθ = √2l
2
由牛顿第二定律得qvB=mv
2
R
解得B=mv
qR = 2m v0
ql
。
(3)将粒子在O 点的速度分解
vx=vcos θ=v0,vy=vsin θ=v0
因同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时粒子以初速度vx=v0沿x 轴正方
向做匀加速运动,粒子离开O 后,每转一周到达x 轴一次,第n 次到达x 轴时,粒子运动的时间
t=nT
T=2π m
qB = π l
v0
s=v0t+1
2
at2
解得s=π nl(2+n π )
2
(n=1,2,3,…)。
