新教材高中物理课时跟踪检测四带电粒子在磁场复合场中的运动粤教版选择性

课时跟踪检测（四） 带电粒子在磁场、复合场中的运动
A 组—重基础·体现综合
1．(2018·北京高考)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
B ．磁场和电场的强弱
C ．粒子的电性和电量
D ．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB ＝qE ，故v ＝E B
，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。

总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。

撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件。

2．(2021·四川成都外国语学校月考)如图所示，a 、b 是两个匀强磁
场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的
磁感线垂直纸面向外，右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的
2倍。

某正离子以一速度从a 点垂直磁场边界向左射出，不计重力，则它
在磁场中的运动轨迹是图中的( )
解析：选D 根据左手定则可知，离子进入左边的磁场后受到竖直向下的洛伦兹力，从而向下偏转做半个周期的匀速圆周运动，然后进入右边的磁场，在右边的磁场中受到向下的洛伦兹力，也向下偏转做半个周期的匀速圆周运动，因为离子做圆周运动的向心力由洛伦兹
力提供，有qvB ＝m v 2r ，所以离子做圆周运动的轨迹半径为r ＝mv qB
，因为右边的磁感应强度大
小是左边的磁感应强度大小的2倍，所以离子在右边运动的轨迹半径是左边的12，D 正确。

3.(多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面
向里，三个油滴a 、b 、c 带有等量同种电荷，其中a 静止，b 向右做匀速运动，
c 向左做匀速运动，比较它们的重力G a 、G b 、G c 间的关系，正确的是( )
A ．G a 最大
B ．G b 最大
C ．G c 最大
D ．G b 最小
解析：选CD a 、b 、c 三油滴均处于平衡状态，a 油滴受到重力和向上的电场力，a 带负电且有Eq ＝G a ①，由a 、b 、c 带有等量同种电荷可知三油滴均带负电荷，b 油滴受到重力、向上的电场力及向下的洛伦兹力，有Eq ＝G b ＋qv b B ②，c 油滴受到重力、向上的电场力及向上的洛伦兹力，则Eq ＋qv c B ＝G c ③，由①②③三式比较可得出G c ＞G a ＞G b ，故选项C 、D 正确。

4．(2021·广州高二检测)如图所示是磁流体发电机的示意图，
两平行金属板P 、Q 之间有一个很强的磁场。

一束等离子体(高温下
电离的气体，含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场方向喷入磁
场。

将P 、Q 与电阻R 相连接。

下列说法正确的是( )
A ．P 板的电势低于Q 板的电势
B ．通过R 的电流方向由b 指向a
C ．若只改变磁场强弱，则通过R 的电流保持不变
D ．若只增大粒子入射速度，则通过R 的电流增大
解析：选D 等离子体进入磁场，根据左手定则可知，带正电荷的粒子向上偏，打在上极板上，带负电荷的粒子向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P 板的电势高于Q 板的电势，流过电阻的电流方向由a 指向b ，A 、B 错误；当P 、Q 之间电势差稳定时，粒子所受电场力等于洛伦兹力，有q U
d
＝qvB ，得U ＝Bdv ，由闭合电路的欧姆定律得I ＝U R ＋r ＝Bdv R ＋r
，由该式知，若只改变磁场强弱，则通过R 的电流改变，若只增大粒子入射速度，则R 中电流会增大，C 错误，D 正确。

5.(多选)如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的
匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板。

从圆形磁场最高点P 以速度v 垂直
磁场正对着圆心O 射入带正电荷的粒子，且粒子电荷量为q 、质量为m ，不
考虑粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
A ．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
B ．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C ．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN 上
D ．只要速度满足v ＝qBR m ，入射的粒子出射后一定垂直打在MN 上 解析：选BD 速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由t ＝θ
2πT 知，运动时间t 越小，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O 点，故B 正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故C 错误；速度满足v ＝qBR m 时，粒子的轨迹半径为r ＝mv qB
＝R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成正方形，射出磁场时粒子一定垂直打在MN 板上，
故D 正确。

6.如图所示，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，
磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一电荷量为q (q ＞0)、质量为
m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R 2。

已知该粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
A.
qBR 2m B.qBR m C.3qBR 2m D.2qBR m
解析：选B 作出粒子运动轨迹如图中实线所示。

因P 到ab 距离为R
2
，可知α＝30°。

因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角为2θ＝60°。

由图中几何关系有⎝ ⎛⎭
⎪⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R 。

再由Bqv ＝m v 2
r 可得v ＝qBR m
，故B 正确。

7.如图所示，一个24He 粒子从平行板电容器的左极板由静止释放后，
经过一段时间恰好从右极板的小孔进入复合场且沿水平虚线ab 向右运动到b 点。

不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A ．如果将24He 换成12
H ，粒子在复合场中不能沿直线运动
B ．如果将24He 换成11H ，粒子在复合场中不能沿直线运动
C ．无论换成什么样的带电粒子，带电粒子都能沿直线运动
D ．如果增大平行板电容器两板间的电压，24He 粒子仍能沿直线运动
解析：选B 带电粒子在电场中加速时，根据动能定理得qU ＝12mv 2，可得v ＝2qU m ，24He 粒子和12H 粒子的比荷相同，故两粒子进入复合场的速度相同，粒子进入复合场后，对粒子受力分析，满足qE ＝qvB ，故粒子在复合场中沿直线运动，选项A 错误；如果将24He 换成11H,11
H 粒子的速度大，故受到的洛伦兹力大，不能沿直线运动，选项B 正确，C 错误；增大平行板电容器两板间的电压，粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大，24He 粒子不能沿直线运动，选项D 错误。

8.如图所示，长为L 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感
应强度大小为B ，板间的距离也为L ，两极板不带电。

现有质量为m 、电荷
量为q 的带正电荷粒子(不计重力)，从极板间左边中点处垂直磁感线以速
度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，则v 需要满足什么条件。

解析：设粒子从极板右边界射出时的速度为v 1，轨迹半径为r 1，
如图所示，此时圆心在O 1点，由几何关系有 r 12＝L 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫r 1－L 22① 由牛顿第二定律得qv 1B ＝m v 12r 1
② 联立①②两式得v 1＝5qBL 4m
； 设粒子从极板左边界射出时的速度为v 2，轨迹半径为r 2，如图所示，此时圆心在O 2点，由几何关系有r 2＝L
4③ 而qv 2B ＝m v 22r 2
④ 联立③④式可得v 2＝qBL 4m。

因此，当粒子的速度满足v ＞5qBL 4m 或v ＜qBL 4m
时，粒子不会打在极板上。

答案：v ＞5qBL 4m 或v ＜qBL 4m
9.(2021·佛山高二检测)如图所示，真空中有一以O 点为圆心的圆形
匀强磁场区域，半径为R ＝0.5 m ，磁场方向垂直纸面向里。

在y ＞R 的区
域存在一沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ×105
V/m 。

在M 点(坐
标原点)有一正粒子以速率v ×106 m/s 沿x 轴正方向射入磁场，粒子穿出
磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。

已知粒
子的比荷为q m ×107 C/kg ，不计粒子重力。

求：
(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)沿x 轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。

解析：(1)沿x 轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，
粒子一定是从如图所示的P 点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁
场中做匀速圆周运动的半径r ＝R ＝0.5 m 由洛伦兹力提供向心力有Bqv ＝mv 2r ，解得B ＝mv qR
代入数据得B ＝0.2 T 。

(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N 点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s 1＝πr
设粒子在电场中运动的路程为s 2，根据动能定理得
Eq s 22＝12
mv 2 解得s 2＝mv 2
Eq
总路程s ＝s 1＋s 2＝πr ＋mv 2
Eq
， 代入数据得s π＋1)m 。

答案：π＋1)m
B 组—重应用·体现创新
10.如图所示，xOy 平面内，直线PQ 、RS 与y 轴平行，PQ 与RS 、
RS 与y 轴之间的距离均为d 。

PQ 、RS 之间的足够大区域Ⅰ内有沿x
轴正方向的匀强电场，场强大小为E 0，RS 与y 轴之间的足够大区域
Ⅱ内有沿y 轴负方向的匀强电场。

y 轴右侧边长为d 的正六边形
OGHJKL 区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，正六边形OGHJKL 的O 点位于坐标原点，J 点位于x 轴上。

现将一电荷量为q 、质量为m 的带正电荷粒子从直线PQ 上的某点A 由静止释放，经PQ 与RS 之间的电场加速、RS 与y 轴之间的电场偏转后从坐标原点O 进入匀强磁场区域，经磁场区域后从正六边形的H 点沿y 轴正方向离开磁场。

不计粒子所受重力，整个装置处在真空中，粒子运动的轨迹在xOy 平面内。

求：
(1)粒子经直线RS 从电场区域Ⅰ进入电场区域Ⅱ时的速度大小；
(2)电场区域Ⅱ中电场的场强大小；
(3)磁场的磁感应强度大小。

解析：(1)设粒子进入电场区域Ⅱ时的速度大小为v 0，由动能定理得qE 0d ＝12mv 02，解得v 0＝ 2qE 0d m。

(2)由题意画出粒子在电、磁场中运动的轨迹如图所示，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子进入磁场时的速度方向与x 轴正方向的夹角θ＝30°。

设粒子进入磁场时的速度大小为v ，在y 轴方向的分速度为v y ，粒子在区域Ⅱ运动的加速度为a y ，时间为t 。

由牛顿第二定律及匀变速运动规律得qE ＝ma y ，v y ＝a y t ，d ＝v 0t ，tan
θ＝v y v 0，联立解得E ＝233
E 0。

(3)由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子在匀强磁场中
做匀速圆周运动的轨迹半径r ＝d ，由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m v 2
r
，由运动合成可知v ＝v 02＋v y 2，联立解得B ＝2
2mE 03qd 。

答案：(1) 2qE 0d m (2)233
E 0 (3)2 2mE 03qd 11．(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d 的中间有小孔的两平行金属板M 、N 和边长为L 的立方体构成，其后端面P 为喷口。

以金属板N 的中心O 为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x 、y 和z 坐标轴。

M 、N 板之间存在场强为E 、方向沿z 轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z 方向的分量始终为零，沿x 和y 方向的分量B x 和B y 随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B 0可调。

氙离子(Xe 2＋
)束从离子源小孔S 射出，沿z 方向匀速运动到M 板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P 射出，测得离子经电场加速后在金属板N 中心点O 处相对推进器的速度为v 0。

已知单个离子的质量为m 、电荷量为2e ，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。

(1)求离子从小孔S 射出时相对推进器的速度大小v ；
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B 0的值，使得从小孔S 射出的离子均能从喷口后端面P 射出，求B 0的取值范围；
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T ，单位时间从端面P 射出的离子数为n ，且B 0＝2mv 05eL 。

求图乙中t 0时刻离子束对推进器作用力沿z 轴方向的分力。

解析：(1)离子从小孔S 射出运动到金属板N 中心点O 处，根据动能定理有2eEd ＝12
mv 02－12
mv 2， 解得离子从小孔S 射出时相对推进器的速度大小
v ＝ v 02－4eEd m。

(2)当磁场仅有沿x 负方向的分量取最大值时，离子从喷口P 的下边缘中点射出，根据几何关系有⎝ ⎛⎭⎪⎫R 1－L 22＋L 2＝R 12
根据洛伦兹力提供向心力有2ev 0B 0＝mv 02R 1
联立解得B 0＝2mv 05eL
当磁场在x 和y 方向的分量同取最大值时，离子从喷口P 边缘交点射出，根据几何关系有
⎝
⎛⎭⎪⎫R 2－2L 22＋L 2＝R 22 此时B ＝2B 0，根据洛伦兹力提供向心力有
2e ×v 0×2B 0＝mv 02R 2
联立解得B 0＝mv 03eL
故B 0的取值范围为0≤B 0≤mv 0
3eL。

(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示 由题意，根据洛伦兹力提供向心力有2e ×v 0×2B 0＝mv 02R 3
且满足B 0＝2mv 05eL
所以可得R 3＝mv 022eB 0＝54
L
所以可得cos θ＝35
离子从端面P 射出时，在沿z 轴方向根据动量定理有F Δt ＝n Δtmv 0cos θ－0
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F ′＝F ＝35
nmv 0， 方向沿z 轴负方向。

答案：(1)v 02－4eEd m (2)0≤B 0≤mv 03eL (3)35nmv 0，方向沿z 轴负方向。