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(共43张PPT)
素养培优3　带电粒子在组合场中的运动
高考专题辅导与测试·物理
1. 带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较
垂直进入磁场（磁偏转） 垂直进入电场（电偏转）
情境图
垂直进入磁场（磁偏转） 垂直进入电场（电偏转）
受力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向变
化，方向总指向圆心，FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向均
不变，FE为恒力
运动 规律 匀速圆周运动 r＝， T＝ 类平抛运动
vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝t2
2. 常见运动及处理方法
磁场与磁场的组合
【典例1】　（2024·湖北高考7题）如图所示，在以O点
为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、
方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷
量为q（q＞0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆
形区域。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A. 粒子的运动轨迹可能经过O点
B. 粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C. 粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D. 若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大
小为
解析：根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动
性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒
子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的
半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的
轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC
方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得v2＝，D正确。
答案：D
先电场后磁场
【典例2】　（多选）（2024·山西太原二模）如图所示的装置能分离各种
比荷的带电粒子，三个初速度均为零的带电粒子1、2、3经电压为U的电场
加速后，从顶点A沿AD方向进入一个边长为a的正六边形区域内，正六边形
区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知
粒子1刚好从顶点F射出，粒子2刚好从顶点E射出，粒子3刚好垂直于ED从
G点（未画出）射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是（　　）
A. 粒子1、2、3的比荷之比为9∶4∶1
B. G点到E点的距离为a
C. 将磁感应强度减半，粒子1在磁场中的运动时间不变
D. 将磁感应强度减半，粒子2会从G点射出
答案：BD
解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，在加速电场中，根据动能定理得：
Uq＝mv2
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝m
解得r＝
粒子1、2、3的运动轨迹如图所示
由几何关系知r1＝a，r2＝a，r3＝2a，解得r1∶r2∶r3＝1∶3∶6，由
r＝，可得k＝，故k1∶k2∶k3＝36∶4∶1，故A错误；由几
何关系知O3E＝＝3a，解得G点到E点的距离为x1＝r3－O3E＝
a，故B正确；将磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径
都加倍，粒子1从EF之间射出，在磁场中运动的时间变长，粒子2从G点射
出，C错误，D正确。
【典例3】　（2024·青海西宁三模）如图所示，一虚线将
xOy坐标系分为上下两部分，虚线交y轴于P点、交x轴于
Q点，∠PQO＝60°。虚线上方区域为垂直于PQ指向左
下方的匀强电场，电场强度大小为E；下方区域为垂直
于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量
为q（q＞0）、质量为m的粒子从P点以v0沿x轴正方向抛出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N（M、N两点未画出）。
（1）求从P点运动至M点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离；
答案： 　
解析： 将v0沿电场强度方向和垂直于电场强度方向分解，当沿
电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，根据牛顿第二定
律有qE＝ma
t1＝
最远距离s＝a＝。
（2）若PM＝MN，求磁感应强度的大小。
答案：
解析：粒子运动轨迹如图所示。粒子从P→M在垂直于
电场强度方向上做匀速直线运动，则
PM＝v0sin 30°·2t1＝
粒子从M到N做匀速圆周运动，由qv0B0＝m
整理得R0＝
由几何关系知MN＝2R0cos 30°＝
结合PM＝MN
解得磁感应强度的大小为B0＝。
先磁场后电场
【典例4】　（2024·山西临汾三模）如图所示，平面直角坐标系xOy中直线
OM与x轴之间的夹角θ＝30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度
大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场
（图中没有画出）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从OM上
某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是
30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标
原点O的距离为L。不计粒子的重力。
（1）求该粒子进入磁场时速度v的大小；
解得r＝
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，粒子做匀速圆周运动的轨道半
径r＝
解得v＝。
解析： 根据题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
qvB＝m
答案： 　
（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强
度E1的大小；
答案： 　
解析：粒子进入电场时速度方向沿x轴负方向，若电场方向沿y轴负方
向，粒子在电场中做类平抛运动，则有x＝rcos 30°＝vt，y＝rsin
30°＝a1t2
其中a1＝
解得E1＝。
（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的
大小和方向。
答案： ，方向垂直于OM向下
解析：粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则电场力对粒子做
功为零，所以电场E2的方向垂直于OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运
动，则有＝vcos 30°·t，vsin 30°＝a2t
其中a2＝
解得E2＝。
多次出入电场、磁场
【典例5】　（2024·辽宁辽阳预测）如图所示，在直角
坐标系xOy的坐标平面内，边长为L的正方形AOCD 区域
内有沿y轴负方向的匀强电场，A 点在y轴正半轴上，C点
在x轴正半轴上，区域外有垂直于坐标平面向外的匀强磁
场，在坐标为的P 点以大小为v0的速度沿x轴正方向射出一个质量
为m、带电荷量为q（q＞0）的粒子。粒子第一次经电场偏转从OC的中点
射出电场，此后粒子恰好从O点第二次进入电场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
答案： 　
解析： 粒子在电场中做类平抛运动，则
L＝a
L＝v0t1
根据牛顿第二定律有qE＝ma
解得E＝。
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
答案： 　
解得v1＝2v0
设粒子出电场时速度与x轴正向的夹角为θ，则
v1cos θ＝v0
解析：设粒子第一次出电场时速度大小为v1，根据动能定理有qE×L
＝m－m
解得θ＝60°
由对称性可知粒子第二次进电场时速度与x轴夹角60°斜向右上方，
则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝＝L
根据牛顿第二定律有qv1B＝m
解得B＝。
（3）粒子第三次离开电场的位置坐标。
答案：
解析：粒子第二次进电场后，做类斜上抛运动，设粒子仍从OC边射出
电场，则粒子第二次在电场中运动时间t2＝＝
粒子在电场中沿x轴正方向运动的距离
x＝v0t＝L
即粒子刚好从C点离开电场，根据对称性可知，粒子第三次进入电场
的位置在OC的中点，即粒子第三次出电场的位置坐标。
演练·素养强化
提升关键能力
1. （多选）（2024·山西晋城三模）质谱仪是科学研究和工业生产中的重
要工具。质谱仪的工作原理示意图如图所示，粒子源S从小孔S1向下射
出各种速度的氕核（H）、氘核（H）、氚核（H）及氦核
（He），粒子经小孔S2进入速度选择器后，只有速度合适的粒子才能
沿直线经过小孔S3，并垂直进入磁感应强度大小为B2的偏转磁场，感光
底片PQ上仅出现了A、B、C三个光斑，光斑A到小孔S3的距离为2d。已
知速度选择器两板间存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强
磁场，两板间距为d，板间电压为U，下列说法正确的是（　　）
A. 极板M带负电荷
B. 粒子在偏转磁场中的速度大小为
C. 氦核的比荷为
D. 相邻两光斑的距离均为
√
√
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解析： 　根据左手定则可知，粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力
向右，则电场力向左，极板M带负电荷，故A正确；根据平衡条件有
＝qvB1，解得v＝，故B正确；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝，解得r＝∝，显然光斑
A是氚核产生的，设氕核的质量为m0、所带的电荷量为e，则氚核的比荷
为＝，氦核的比荷为＝，故C错误；根据r＝
∝，可知光斑B是氘核和氦核产生的，光斑C是氕核产生的，B、
C两点将AS3三等分，则相邻两光斑的距离均为，故D错误。
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2. （2024·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
√
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解析： 　由静电分析器中电场力充当向心力可知，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，根据动能定理得qU＝mv2，在静电分析器中，根据电场力充
当向心力得qE＝，联立可得电场强度E＝，故B错误；在磁分析器
中，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打
在胶片上的距离D＝，所以与粒子的比荷有关，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为最小值时，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。
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3. （2024·浙江杭州期中）回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其
原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的
匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1的圆
心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间
被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子
在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（　　）
A. 若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大
B. 若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质
子
C. 质子第n次被加速前、后的速度之比为∶
D. 质子第n次被加速前、后圆周运动向心加速度之比为
（n－1）∶n
√
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解析： 　由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m，可得v＝，当r＝R
时，质子的速度最大，质子的动能最大Ekm＝mv2＝，若只增大交
变电压U，则质子的最大动能Ek不变，A错误；为了使质子能在回旋加
速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，B错误；由
nqU＝m以及rn＝，可得质子第n次被加速前、后的动能之比为Ek
（n－1）∶Ekn＝∶n，速度之比为vn－1∶vn＝∶，由牛顿
第二定律得qvB＝ma，则a＝，可知向心加速度之比为an－1∶an＝
∶，故C正确，D错误。
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4. （2024·福建福州期中）某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面
图如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R和R，区域中的
危险区内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，外圆
为绝缘薄板，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在
切点处开有一小孔C。一质量为m、电荷量为＋q、不计重力的带电粒子
从左板内侧的A点由静止释放，两板间电压为U，粒子经电场加速后从C
点沿CO方向射入磁场，若恰好不进入安全区，求：
（1）粒子通过C点时的速度大小v0；
答案： 　
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解析： 粒子从A点运动到C点，根据动能定理得qU＝mv02
解得v0＝。
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（2）若粒子恰好不进入安全区，求两板间电压U1；
答案： 　
解析：设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为
r，如图所示
由几何关系得（R）2＋r2＝（r＋R）2
解得r＝R
由牛顿第二定律得qv1B＝m
又因qU1＝mv12
解得U1＝。
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（3）在（2）问中，若粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，求粒子从
离开电场到再次返回电场所需的时间t。
答案： 2πR
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解析：设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关
系得tan＝
解得θ＝
粒子在磁场中运动的周期为T＝
粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝
解得t＝πR
由几何关系可得粒子在危险区运动时总共与绝缘薄板发生5次碰
撞，粒子从离开电场到再次返回电场时间为t总＝6t＝2πR。
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5. （2024·福建龙岩期中）如图所示，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向的
夹角为45°，虚线OM右侧区域Ⅰ内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁
场，虚线OM左侧区域Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、
电荷量为q的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度v0射入磁场，此后
当粒子第一次穿过边界线OM后恰好能到达x轴上的P点。原点O与P点间
的距离为d，不计粒子受到的重力，求：
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（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
答案： 　
解析：由题意，画出粒子在磁场和电场中
的运动轨迹如图所示
（1）研究粒子在磁场中的匀速圆周运动时，
由向心力公式，得qv0B＝m
又r＝d
解得匀强磁场的磁感应强度大小B＝。
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（2）匀强电场的电场强度大小E；
答案： 　
解析：粒子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理，得－qEd＝0
－m
则匀强电场的电场强度大小E＝。
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（3）粒子从O点射出至第三次穿过边界线OM所用的时间t总。
答案： （π＋2）
解析：粒子在磁场中运动的周期T＝＝
粒子第一次在磁场中运动的时间t1＝T＝
在电场中的加速度a＝＝
粒子第一次在电场中来回的时间t2＝2×＝
粒子第二次在磁场中运动的时间t3＝T＝
粒子从O点射出至第三次穿过边界线OM所用的时间t总＝t1＋t2＋t3
＝（π＋2）。
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6. （2024·江苏高考16题）如图所示，两个半圆环区域
abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域
内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a'b'间有一
个匀强电场，电势差为U，cd与c'd'间有一个插入体，
电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一
个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
（1）电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；
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答案： 　
解析： 设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插
入体前后，由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m
e·kv0B＝m
联立解得＝。
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（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
答案：
解析：电子多次循环稳定后，对电子从c'd'出发经电场到ab的过
程，由动能定理有
eU＝mv2－m（kv）2
解得v＝。
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（3）若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到
d的时间t。
答案：
解析：结合（2）问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后，其在
abcd区域运动有
evB＝m
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解得r＝
结合（1）问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝
所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2（r－r'）
由几何关系可知＝nl
又电子在磁场中运动的周期为T＝＝
联立解得电子从P运动到d的时间为
t＝nT＝。
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感谢您的观看！
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