资源简介 重难突破12 带电粒子在组合场、交变场中的运动1.〔多选〕（2025·河南开封统考）如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是（ ）A. B.C. D.2.（2025·江苏扬州开学考试）如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示。其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对HHe两种粒子分别进行加速。下列说法正确的是（ ）A.两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等B.两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等C.两种粒子离开出口处的动能相等D.两种粒子离开出口时动能变大了是因为洛伦兹力做了功3.（2025·福建漳州三模）如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止开始从A板经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片ON上，则（ ）A.磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外B.静电分析器中心线处的电场强度E＝C.仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点D.要使粒子能到达NQ边界，磁场磁感应强度B的最小值为4.（2025·安徽宣城期末）如图所示，x轴上方存在边长为d、沿y轴正方向、场强大小为E的正方形匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从OP中点A由静止释放进入电场（不计粒子重力）。（1）粒子从A点开始运动到第二次进入电场的时间；（2）粒子第二次离开电场的位置坐标。5.如图所示，在xOy坐标系中有圆柱形匀强磁场区域，其圆心在O'（R，0），半径为R，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。在y≥R范围内，有方向向左的匀强电场，电场强度为E。有一带正电的微粒平行于x轴射入磁场，微粒在磁场中的偏转半径刚好也是R。已知带电微粒的电荷量为q，质量为m，整个装置处于真空中，不计重力。（1）求微粒进入磁场的速度大小；（2）若微粒从坐标原点射入磁场，求微粒从射入磁场到再次经过y轴所用时间；（3）若微粒从y轴上y＝处射向磁场，求微粒以后运动过程中距y轴的最大距离。6.如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场、电场强度大小为E；y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小为B0，以磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子（重力不计）的质量为m、电荷量为q，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求：（1）P点到O点的距离；（2）粒子经一个周期沿y轴发生的位移大小。重难突破12 带电粒子在组合场、交变场中的运动1.AB 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝离子在MN上方运动的半径为r1＝离子在MN下方运动的半径为r2＝若离子从MN上方通过N点，有2nr1sin 30°＋2（n－1）r2sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）解得v＝（n＝1，2，3，…）即v＝，v＝，v＝，v＝，…若离子从MN下方通过N点有2n（r1＋r2）sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）解得v＝（n＝1，2，3，…）即v＝，v＝，v＝，v＝，v＝，…故A、B正确，C、D错误。2.A 粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有qvmaxB＝m，最大动能为Ekmax＝m，粒子在电场中加速一次，在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU，联立得n＝，则粒子运动的时间t＝n，其中T＝，解得t＝，可知，两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，故A正确，B错误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述分析解得Ekmax＝H粒子的质量数为2，电荷数为1He粒子的质量数为4，电荷数为2，可知He粒子的出口处的动能为H粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，故C错误；洛伦兹力方向与粒子速度方向始终垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。3.D 由静电分析器的静电力充当向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理，有qU＝mv2，在静电分析器中静电力充当向心力，有qE＝，联立可得E＝，故B错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝，所以此距离与粒子的比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；由上述公式可知，磁场磁感应强度B越小，半径越大，当B取最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R＝2d，此时有4d＝，解得Bmin＝，故D正确。4.（1）t总＝ （2）解析：（1）粒子在电场中，根据牛顿第二定律得Eq＝ma带电粒子在电场中做匀加速直线运动，则d＝·所以粒子在电场中运动的时间t1＝设粒子在电场中获得的速度为v，则v2＝2·d，解得v＝在磁场中洛伦兹力提供向心力有，Bqv＝m求得粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝粒子在磁场运动的周期T＝，则t2＝T＝，所以t总＝t1＋t2＝。（2）粒子再次进入电场做类平抛运动，则d＝vt3h＝＝d，所以y＝＋h＝d故粒子第二次离开电场的位置坐标为。5.（1） （2）＋ （3）R＋解析：（1）微粒射入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝。（2）微粒从坐标原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R，所以微粒经圆周后以速度v垂直于电场方向进入电场，微粒在电场中做类平抛运动，轨迹如图甲所示。微粒在磁场中的运动时间为t1＝＝×＝，微粒在电场中做类平抛运动，沿电场方向有R＝·，解得t2＝，微粒再次经过y轴需要的时间为t＝t1＋t2＝＋。（3）微粒从y轴上y＝处射向磁场，微粒运动轨迹如图乙所示，设微粒在P点射入磁场，入射点为P，轨迹圆心为O2。在△APO'中，∠AO'P＝30°，∠APO'＝60°，连接O2O'，因O2P＝O'P＝R，∠O2PO'＝120°，则∠PO'O2＝30°，两圆相交，关于圆心连线对称，设出射点为Q，由对称知∠O2O'Q＝30°，出射点Q必位于O'点正上方。由于∠PO2Q＝60°，所以微粒从磁场中出射方向与x轴成θ＝60°。微粒在电场中沿x轴正方向上做初速度为＝vcos θ的匀减速直线运动，加速度大小为a＝。在电场中向右运动的最远距离xm＝，由以上三式及v＝，解得xm＝，运动过程中距y轴的最远距离为s＝R＋xm＝R＋。6.（1） （2）解析：（1）设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0＝，Eq＝ma设O、P间距离为x，则x＝a，联立解得x＝。（2）如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，R1＝，R2＝，又由动能定理得Eqx＝m，设粒子经一个周期沿y轴向下移动Δy，则Δy＝2R2－2R1＝。2 / 2 带电粒子在组合场、交变场中的运动突破点一 带电粒子在组合场中的运动1.组合场的三种常见情况（1）磁场与磁场的组合，即强弱或方向不同的磁场分别位于不重叠的区域内；（2）电场与磁场分别位于不重叠的区域内；（3）电场、磁场在同一区域交替出现。2.带电粒子在分离的电场、磁场中的常见运动及求法磁场与磁场的组合 磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，解题关键：（1）带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，轨迹半径和运动周期一般不同。（2）充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边、角等几何关系。（2025·贵州六盘水期末）如图所示，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时（不计重力），求：（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离。尝试解答先电场后磁场 先电场后磁场的几种常见情形（1）带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲。（2）带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，如图乙。（2025·湖南娄底阶段练习）如图所示，真空中平面直角坐标系xOy第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限△OMN区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，M、N用弹性绝缘挡板连接。y轴上的粒子源P沿x轴正方向发射一带正电粒子，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O点垂直y轴以v＝5×105 m/s的速度射出磁场。已知M、N两点的坐标分别为、，粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）匀强电场的电场强度大小E。尝试解答先磁场后电场 先磁场后电场的几种常见情形常见 情境 进入电场时粒子速度方向与电场方向平行 进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直 进入电场时粒子速度方向与电场方向成一定角度（非直角）运动示 意图在电场 中的运 动性质 加速或减速直线运动 类平抛运动 类斜抛运动分析 方法 动能定理或牛顿运动定律结合运动学公式 平抛运动知识，运动的合成与分解 斜抛运动知识，运动的合成与分解（2025·辽宁辽阳期末）如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场，电场强度为E，且与y轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知O、M间的距离为3L，粒子的比荷为，不计粒子重力。求：（1）O、P两点间的距离；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标。尝试解答突破点二 组合场应用实例质谱仪1.构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。2.原理：粒子由静止被加速电场加速，有qU＝mv2。粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。由以上两式可得r＝，m＝，＝。（2025·福建福州期末）一质谱仪由加速器、速度选择器和磁分析器组成，其装置简化成如图所示。质量为m、带电荷量为q粒子由静止被加速电场加速后，以速度v进入速度选择器。速度选择器内存有相互正交的匀强磁场和匀强电场，其中电场强度大小为E、磁感应强度大小未知；通过速度选择器后，粒子从O点垂直于磁场边界SP的方向进入磁分析器，最后粒子击中磁场边界上的P点。磁分析器分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2；不计粒子重力。求：（1）加速电场的电压U0；（2）速度选择器中匀强磁场磁感应强度大小B1；（3）磁分析器中O、P两点间的距离d。尝试解答回旋加速器1.构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。2.原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。3.运动总时间粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝。（2025·江苏扬州阶段练习）某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接高频交流电源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用，求：（1）质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；（2）质子第1次和第2次经过狭缝进入D形盒位置间的距离；（3）D形盒半径R。尝试解答突破点三 带电粒子在交变场中的运动1.交变场的常见类型（1）电场周期性变化、磁场不变。（2）磁场周期性变化、电场不变。（3）电场、磁场均周期性变化。2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路（2024·广东高考15题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；（3）求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。尝试解答重难突破12 带电粒子在组合场、交变场中的运动【着眼“四翼”·探考点】突破点一【例1】 （1） （2）解析：（1）在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为r1；在x＜0区域，圆周半径为r2。由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m ①qv0λB0＝m ②设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则t1＝③粒子在x＜0区域运动的时间为t2，则t2＝ ④联立①②③④式得，所求时间为t＝t1＋t2＝。⑤（2）由几何关系及①②式得，粒子与O点间的距离为d＝2（r1－r2）＝。【例2】 （1）0.025 T （2）1.5×104 N/C解析：（1）根据题意可知，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O点垂直y轴射出磁场，则N点为粒子反弹后在磁场中做匀速圆周运动的圆心，可得R＝0.4 m又有qvB＝m联立解得B＝＝0.025 T。（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示，令∠ONM＝α，根据几何关系有sin α＝＝0.6，设粒子与MN的碰撞点为Q，反向延长NQ，并找到一点C，使CQ＝QN，C即为粒子与MN碰撞前做圆周运动的圆心，作出以C为圆心，CQ长度为半径的圆弧与x轴交点为A，A点即是粒子进入磁场的位置，过C做x轴的垂线，垂足设为D，则R＝NO＝NQ＝CQ＝CA＝0.4 m又cos ∠MCD＝cos α＝sin ∠CAD＝联立解得∠CAD＝α即粒子从A点进入磁场时，速度与x轴正方向夹角的正弦值为sin＝cos α＝0.8设粒子做类平抛运动的时间为t，则有OA＝OM－＝v0t，v0＝vsin α又Eq＝ma，vy＝at，tan α＝联立解得E＝1.5×104 N/C。【例3】 （1）L （2） （3）（1.5L，1.5L）解析：（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示，圆心为C由牛顿第二定律得qvB＝解得R＝又＝，可得R＝L由几何关系得∠OCP＝120°，则OP＝L。（2）粒子在磁场中的运动周期T＝粒子在磁场中偏转120°，即在磁场中运动的时间t＝，解得t＝。（3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝L又x＝PNcos 30°y＝OP＋PNsin 30°解得：x＝1.5L，y＝1.5L则N点的坐标为（1.5L，1.5L）。突破点二【例4】 （1） （2） （3）解析：（1）根据题意，粒子在加速电场中，由动能定理有qU0＝mv2，解得U0＝。（2）粒子在速度选择器中，有qvB1＝qE解得B1＝。（3）粒子在磁分析器中，有qvB2＝，得r＝则d＝2r＝。【例5】 （1） （2） （3）解析：（1）质子第1次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有qU＝m质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv1B＝m解得r1＝（2）质子第2次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有2qU＝m质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv2B＝m解得r2＝则质子第1次和第2次经过狭缝进入D形盒位置间的距离Δr＝2r2－2r1解得Δr＝。（3）质子飞出D形盒时的轨道半径为R，则有qvmaxB＝m，T＝令质子在电场中加速了n次，则有Ekmax＝m＝nqU质子从静止开始加速到出口处所需的时间为t，则有t＝n·，解得R＝突破点三【例6】 （1）正电 （2） π（3）解析：（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0，根据T＝则粒子所带的电荷量q＝。（2）若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时，有＝vt0出电场时竖直速度为零，则竖直方向，有y＝2××（0.5t0）2在磁场中时，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m其中的y＝2r＝联立解得v＝π，D＝。（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离D＝3r则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始在金属板左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内金属板间电场力做功，则W＝mv2＋Eq×＝＋＝。5 / 5(共60张PPT)重难突破12 带电粒子在组合场、交变场中的运动高中总复习·物理目 录01着眼“四翼”·探考点02培养“思维”·重落实题型 规律 方法着眼“四翼”·探考点突破点一 带电粒子在组合场中的运动1. 组合场的三种常见情况（1）磁场与磁场的组合，即强弱或方向不同的磁场分别位于不重叠的区域内；（2）电场与磁场分别位于不重叠的区域内；（3）电场、磁场在同一区域交替出现。2. 带电粒子在分离的电场、磁场中的常见运动及求法磁场与磁场的组合 磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，解题关键：（1）带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，轨迹半径和运动周期一般不同。（2）充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边、角等几何关系。（2025·贵州六盘水期末）如图所示，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时（不计重力），求：（1）粒子运动的时间；答案： 解析： 在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为r1；在x＜0区域，圆周半径为r2。由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m ①qv0λB0＝m ②设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则t1＝ ③粒子在x＜0区域运动的时间为t2，则t2＝ ④联立①②③④式得，所求时间为t＝t1＋t2＝。 ⑤（2）粒子与O点间的距离。答案：解析： 由几何关系及①②式得，粒子与O点间的距离为d＝2（r1－r2）＝。先电场后磁场 先电场后磁场的几种常见情形（1）带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲。（2）带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，如图乙。（2025·湖南娄底阶段练习）如图所示，真空中平面直角坐标系xOy第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限△OMN区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，M、N用弹性绝缘挡板连接。y轴上的粒子源P沿x轴正方向发射一带正电粒子，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O点垂直y轴以v＝5×105 m/s的速度射出磁场。已知M、N两点的坐标分别为、，粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；答案： 0.025 T 解析： 根据题意可知，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O点垂直y轴射出磁场，则N点为粒子反弹后在磁场中做匀速圆周运动的圆心，可得R＝0.4 m又有qvB＝m联立解得B＝＝0.025 T。（2）匀强电场的电场强度大小E。答案： 1.5×104 N/C解析：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示，令∠ONM＝α，根据几何关系有sin α＝＝0.6，设粒子与MN的碰撞点为Q，反向延长NQ，并找到一点C，使CQ＝QN，C即为粒子与MN碰撞前做圆周运动的圆心，作出以C为圆心，CQ长度为半径的圆弧与x轴交点为A，A点即是粒子进入磁场的位置，过C做x轴的垂线，垂足设为D，则R＝NO＝NQ＝CQ＝CA＝0.4 m又cos ∠MCD＝cos α＝sin ∠CAD＝联立解得∠CAD＝α即粒子从A点进入磁场时，速度与x轴正方向夹角的正弦值为sin＝cos α＝0.8设粒子做类平抛运动的时间为t，则有OA＝OM－＝v0t，v0＝vsin α又Eq＝ma，vy＝at，tan α＝联立解得E＝1.5×104 N/C。先磁场后电场 先磁场后电场的几种常见情形常见 情境 进入电场时粒子速度方向与电场方向平行 进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直 进入电场时粒子速度方向与电场方向成一定角度（非直角）运动示 意图常见 情境 进入电场时粒子速度方向与电场方向平行 进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直 进入电场时粒子速度方向与电场方向成一定角度（非直角）在电场 中的运 动性质 加速或减速直线运动 类平抛运动 类斜抛运动分析 方法 动能定理或牛顿运动定律结合运动学公式 平抛运动知识，运动的合成与分解 斜抛运动知识，运动的合成与分解（2025·辽宁辽阳期末）如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场，电场强度为E，且与y轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知O、M间的距离为3L，粒子的比荷为，不计粒子重力。求：（1）O、P两点间的距离；答案： L 解析： 带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示，圆心为C由牛顿第二定律得qvB＝解得R＝又＝，可得R＝L由几何关系得∠OCP＝120°，则OP＝L。（2）粒子在磁场中运动的时间；答案： 解析： 粒子在磁场中的运动周期T＝粒子在磁场中偏转120°，即在磁场中运动的时间t＝，解得t＝。（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标。答案： （1.5L，1.5L）解析： 带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝L又x＝PNcos 30°y＝OP＋PNsin 30°解得：x＝1.5L，y＝1.5L则N点的坐标为（1.5L，1.5L）。突破点二 组合场应用实例质谱仪1. 构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。2. 原理：粒子由静止被加速电场加速，有qU＝mv2。粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。由以上两式可得r＝，m＝，＝。（2025·福建福州期末）一质谱仪由加速器、速度选择器和磁分析器组成，其装置简化成如图所示。质量为m、带电荷量为q粒子由静止被加速电场加速后，以速度v进入速度选择器。速度选择器内存有相互正交的匀强磁场和匀强电场，其中电场强度大小为E、磁感应强度大小未知；通过速度选择器后，粒子从O点垂直于磁场边界SP的方向进入磁分析器，最后粒子击中磁场边界上的P点。磁分析器分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2；不计粒子重力。求：（1）加速电场的电压U0；答案： 解析： 根据题意，粒子在加速电场中，由 动能定理有qU0＝mv2，解得U0＝。（2）速度选择器中匀强磁场磁感应强度大小B1；答案： 解析： 粒子在速度选择器中，有qvB1＝qE解得B1＝。（3）磁分析器中O、P两点间的距离d。答案：解析： 粒子在磁分析器中，有qvB2＝，得r＝则d＝2r＝。回旋加速器1. 构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。2. 原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。3. 运动总时间粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝。（2025·江苏扬州阶段练习）某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接高频交流电源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用，求：（1）质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；答案： 解析： 质子第1次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有qU＝m质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv1B＝m解得r1＝（2）质子第1次和第2次经过狭缝进入D形盒位置间的距离；答案： 解析： 质子第2次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有2qU＝m质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv2B＝m解得r2＝则质子第1次和第2次经过狭缝进入D形盒位置间的距离Δr＝2r2－2r1解得Δr＝。（3）D形盒半径R。答案：解析： 质子飞出D形盒时的轨道半径为R，则有qvmaxB＝m，T＝令质子在电场中加速了n次，则有Ekmax＝m＝nqU质子从静止开始加速到出口处所需的时间为t，则有t＝n·，解得R＝突破点三 带电粒子在交变场中的运动1. 交变场的常见类型（1）电场周期性变化、磁场不变。（2）磁场周期性变化、电场不变。（3）电场、磁场均周期性变化。2. 分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路（2024·广东高考15题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；答案： 正电 解析： 根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0，根据T＝则粒子所带的电荷量q＝。（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；答案： π 解析： 若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时，有＝vt0出电场时竖直速度为零，则竖直方向，有y＝2××（0.5t0）2在磁场中时，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m其中的y＝2r＝联立解得v＝π，D＝。（3）求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。答案：解析： 带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离D＝3r则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始在金属板左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内金属板间电场力做功，则W＝mv2＋Eq×＝＋＝。培养“思维”·重落实夯基 提能 升华1234561. 〔多选〕（2025·河南开封统考）如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是（ ）A. B.C. D.√√解析： 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝离子在MN上方运动的半径为r1＝离子在MN下方运动的半径为r2＝若离子从MN上方通过N点，有2nr1sin 30°＋2（n－1）r2sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）123456解得v＝（n＝1，2，3，…）即v＝，v＝，v＝，v＝，…若离子从MN下方通过N点有2n（r1＋r2）sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）解得v＝（n＝1，2，3，…）即v＝，v＝，v＝，v＝，v＝，…故A、B正确，C、D错误。1234562. （2025·江苏扬州开学考试）如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示。其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对HHe两种粒子分别进行加速。下列说法正确的是（ ）A. 两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等B. 两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等C. 两种粒子离开出口处的动能相等D. 两种粒子离开出口时动能变大了是因为洛伦兹力做了功√123456解析： 粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有qvmaxB＝m，最大动能为Ekmax＝m，粒子在电场中加速一次，在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU，联立得n＝，则粒子运动的时间t＝n，其中T＝，解得t＝，可知，两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，故A正确，B错误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述分析解得Ekmax＝H粒子的质量数为2，电荷数为1He粒子的质量数为4，电荷数为2，可知He粒子的出口处的动能为H粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，故C错误；洛伦兹力方向与粒子速度方向始终垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。1234563. （2025·福建漳州三模）如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止开始从A板经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片ON上，则（ ）A. 磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外B. 静电分析器中心线处的电场强度E＝C. 仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点D. 要使粒子能到达NQ边界，磁场磁感应强度B的最小值为√123456解析： 由静电分析器的静电力充当向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理，有qU＝mv2，在静电分析器中静电力充当向心力，有qE＝，联立可得E＝，故B错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝，所以此距离与粒子的比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；由上述公式可知，磁场磁感应强度B越小，半径越大，当B取最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R＝2d，此时有4d＝，解得Bmin＝，故D正确。1234564. （2025·安徽宣城期末）如图所示，x轴上方存在边长为d、沿y轴正方向、场强大小为E的正方形匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从OP中点A由静止释放进入电场（不计粒子重力）。（1）粒子从A点开始运动到第二次进入电场的时间；答案： t总＝ 123456解析： 粒子在电场中，根据牛顿第二定律得Eq＝ma带电粒子在电场中做匀加速直线运动，则d＝·所以粒子在电场中运动的时间t1＝设粒子在电场中获得的速度为v，则v2＝2·d，123456解得v＝在磁场中洛伦兹力提供向心力有，Bqv＝m求得粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝粒子在磁场运动的周期T＝，则t2＝T＝，所以t总＝t1＋t2＝。123456（2）粒子第二次离开电场的位置坐标。答案：解析：粒子再次进入电场做类平抛运动，则d＝vt3h＝＝d，所以y＝＋h＝d故粒子第二次离开电场的位置坐标为。1234565. 如图所示，在xOy坐标系中有圆柱形匀强磁场区域，其圆心在O'（R，0），半径为R，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。在y≥R范围内，有方向向左的匀强电场，电场强度为E。有一带正电的微粒平行于x轴射入磁场，微粒在磁场中的偏转半径刚好也是R。已知带电微粒的电荷量为q，质量为m，整个装置处于真空中，不计重力。（1）求微粒进入磁场的速度大小；答案： 123456解析： 微粒射入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝。123456（2）若微粒从坐标原点射入磁场，求微粒从射入磁场到再次经过y轴所用时间；答案： ＋ 解析：微粒从坐标原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R，所以微粒经圆周后以速度v垂直于电场方向进入电场，微粒在电场中做类平抛运动，轨迹如图甲所示。微粒在磁场中的运动时间为t1＝＝×＝，微粒在电场中做类平抛运动，沿电场方向有R＝·，解得t2＝，微粒再次经过y轴需要的时间为t＝t1＋t2＝＋。123456（3）若微粒从y轴上y＝处射向磁场，求微粒以后运动过程中距y轴的最大距离。答案： R＋解析：微粒从y轴上y＝处射向磁场，微粒运动轨迹如图乙所示，设微粒在P点射入磁场，入射点为P，轨迹圆心为O2。在△APO'中，∠AO'P＝30°，∠APO'＝60°，连接O2O'，因O2P＝O'P＝R，∠O2PO'＝120°，则∠PO'O2＝30°，两圆相交，关于圆心连线对称，设出射点为Q，由对称知∠O2O'Q＝30°，出射点Q必位于O'点正上方。123456由于∠PO2Q＝60°，所以微粒从磁场中出射方向与x轴成θ＝60°。微粒在电场中沿x轴正方向上做初速度为＝vcos θ的匀减速直线运动，加速度大小为a＝。在电场中向右运动的最远距离xm＝，由以上三式及v＝，解得xm＝，运动过程中距y轴的最远距离为s＝R＋xm＝R＋。1234566. 如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场、电场强度大小为E；y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小为B0，以磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子（重力不计）的质量为m、电荷量为q，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求：123456（1）P点到O点的距离；答案： 解析： 设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0＝，Eq＝ma设O、P间距离为x，则x＝a，联立解得x＝。123456（2）粒子经一个周期沿y轴发生的位移大小。答案：解析：如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，R1＝，R2＝，又由动能定理得Eqx＝m，设粒子经一个周期沿y轴向下移动Δy，则Δy＝2R2－2R1＝。123456THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 重难突破12?带电粒子在组合场、交变场中的运动.docx 重难突破12?带电粒子在组合场、交变场中的运动.pptx 重难突破12 带电粒子在组合场、交变场中的运动 练习（含解析）.docx
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