资源简介

(共57张PPT)
专题突破19　带电粒子在组合场中的运动
1.掌握带电粒子在电场、磁场及重力场中运动的特点，会分析带电粒子在不同形式的组合场中的受力情况和运动情况。2.会分析应用组合场的科技设备的原理，能正确解答组合场的科技应用问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　带电粒子在组合场中的运动
考向1　磁场与磁场的组合
粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
(2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
(3)粒子的运动周期。
(2025·湖北卷，14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，
解析：(1)粒子在MN左侧区域中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
解得粒子在MN左侧区域中运动的半径r1＝。
(2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0·2B＝m
则粒子在PQ右侧区域的运动半径为r2＝
由于粒子能回到O点，则粒子的轨迹关于MN的中垂
线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，
在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运
动轨迹如图所示
由几何关系可知
cos ∠MO1O2＝
则∠MO1O2＝60°
对粒子在PQ右侧区域的运动由几何关系可知，粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为s＝2r2sin 60°＝。
(3)结合qvB＝m、T＝可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为T1＝、T2＝
由(1)问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角分别为θ1＝360°－2×60°＝240°，θ2＝2×60°＝120°
则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为t1＝
由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x＝
则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为t2＝
则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＝。
答案：(1)　(2)　(3)
(1)组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。
(2)磁场组合分析思路
①带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。
②充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。
考向2　磁场与电场的组合
(2023·辽宁卷，14节选)如图，水平位置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
解析：(1)设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为d
水平方向：d＝v0t，竖直方向：v0
联立解得U＝。
(2)粒子进入磁场时的速度v＝v0
设其与水平方向的夹角为α，则tan α＝，即α＝30°
由qvB＝得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝
作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示
粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得
tan ，故θ＝60°。
答案：(1)　(2)60°
磁场与电场的组合分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出带电粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将带电粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(2025·河南卷，15节选)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示
由几何关系有r－h＝r
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝2h
对粒子由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
解得磁感应强度的大小为B＝。
图1
(2)作出粒子从a点运动到b点的轨迹，如图2所示
粒子在电场中做类斜抛运动，由斜抛运
动规律可知，水平方向x1＝v0t1cos 60°
竖直方向2v0sin 60°＝at1
由牛顿第二定律有qE＝ma
由(1)问可知粒子从a点开始运动到进入
电场水平位移为x2＝r sin 60°＝h
根据对称性可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移为s＝x1＋2x2＝3h
联立解得电场强度大小为E＝。
图2
答案：(1)　(2)
[归纳总结]　常见带电粒子的运动及解题方法
考点二　组合场应用实例
考向1　质谱仪的原理和应用
(2023·福建卷，14)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106
C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重
力不计。
(1) 求OM的长度；
(2) 若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。
解析：(1) 离子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有qvB＝m，解得r＝0.2 m，OM的长度为OM＝2r＝0.4 m。
(2) 若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得q′vB＝m′ ，解得＝4.4×106 C/kg。
答案：(1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg
质谱仪的原理和应用
(1)加速电场：qU＝mv2。
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r。
(3)结论：r＝。
考向2　回旋加速器的原理和应用
(2024·上海卷，10)某回旋加速器的示意图如图所示，两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内分布有垂直金属盒表面的匀强磁场，D1、D2缝隙间的狭窄区域有交变电场。初动能为零的带电粒子从缝隙中靠近D2的圆心O处经电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1。
(1)粒子由D1向D2运动的过程，洛伦兹力做的功为W，冲量为I，则(　　)
A．W＝0，I＝0
B．W＝0，I≠0
C．W≠0，I＝0
D．W≠0，I≠0
(2)将和同时自图中O处释放，忽略其在电场中加速的时间和粒子间的相互作用偏转3个圆时动能为Ek1，此时的动能为Ek2，则Ek1∶Ek2为(　　)
A．1∶9 B．1∶3
C．1∶1 D．9∶1
E．3∶1
解析：(1)粒子在磁场中运动的过程中，洛伦兹力方
向始终与速度方向垂直，则粒子由D1向D2运动的过
程洛伦兹力不做功，即W＝0，根据冲量I＝mΔv可知，
洛伦兹力的冲量不等于零，即I≠0，B正确。
(2)设回旋加速器中的磁感应强度为B、加速电压为U，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，又粒子在磁场中运动的周期T＝，解得T＝，由于和的比荷之比∶＝3∶1，则T1∶T2＝1∶3，故在偏转3个圆的时间内偏转1个圆，该段时间内由动能定理有Ek1＝3eU，Ek2 ＝eU，则Ek1∶Ek2＝3∶1，E正确。
答案：(1)B　(2)E
归纳总结：回旋加速器的原理和应用
(1)带电粒子的最终速度和能量(R为D形盒的半径)
①最终速度：由qvB＝得v＝。
②最终能量：由Ek＝mv2得Ek＝。
(2)粒子被加速的次数
若加速电压为U，则n＝。
(3)运动时间
①在磁场中运动的时间：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磁＝。
②在电场中运动的时间：根据nd＝at电2，q＝ma，解得t电＝。
(2025·广东卷，6)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是(　　)
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变为
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
A
解析：A　离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；第1次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后离子的速度大小为v，则对k次加速
过程，由动能定理有kqU＝mv02，解得v＝，C错误；第k次加速后，离子在磁场中做圆周运动，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为B，则离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，结合C项分析可得B＝，D错误。
考点三　带电粒子在交变电、磁场中的运动
(2024·广东卷，15)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
图甲
图乙
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。
图甲
图乙
解析：(1)由题图甲知带电粒子在磁场中顺时针运动，由左手定则可知该粒子带正电，由题意可知该粒子在2t0时刻进入磁场，在3t0时刻离开磁场，在磁场中运动半周，则有T＝2t0
又T＝
可得q＝。
(2)带电粒子在金属板间运动，在平行于金属板的方向做匀速运动，有L＝D＝vt0
粒子在垂直于金属板的方向，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动直至速度减为零，有y＝×2
根据牛顿第二定律，有a＝
又E＝
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，带电粒子在磁场中运动的速度大小为v，有
qvB＝m
由题意可知y＝2r
解得D＝。
(3)分析带电粒子接下来的运动情况，根据前述分析可计算出带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝
易得D＝3r＝y
带电粒子的运动情况如图所示
带电粒子自t＝0时刻开始，全过程只有电场力对该粒子做功，对该粒子由动能定理有W＝mvt2－0
其中vt2＝v2＋vy2
vy＝a
联立解得W＝(π2＋16)。
答案：(1)正电　　(2)　
(3)(π2＋16)
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
(1)先读图：看清并且明白场的变化情况
(2)力分析：分析粒子在不同的变化场区的受力情况
(3)过程分析：分析粒子在不同时间段内的运动情况
(4)找衔接点：找出衔接相邻两过程的物理量
(5)选规律：联立不同阶段的方程求解
3
4
5
6
7
8
9
1
2
限时规范
训练(61)　带电粒子在组合场中的运动
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～5题每题5分，6～7题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(2022·海南卷，7)有一个辐向分布的电场，距离O
相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电
场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒
子，它们具有相同的(　　)
A．质量 B．电量
C．比荷 D．动能
C
3
4
5
6
7
8
9
1
2
解析：C　粒子在辐射电场中以速度v做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qE＝m，解得r＝，粒子在匀强磁场中有qvB＝m，解得r′＝，粒子在不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度v和比荷，故选C。
2
1
3
4
5
6
7
8
9
2．(2023·广东卷，5)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10-19 J)(　　)
A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
解析：C　当质子在回旋加速器中做圆周运动的半径等于加速器的最大回旋半径Rm时，速率达到最大，动能最大，为Ekm＝mvm2，由洛伦兹力提供向心力得evmB＝，联立可解得vm＝，代入数据得质子经该回旋加速器加速后的最大速率vm＝5.4×107 m/s。故C正确。
C　
2
3
1
4
5
6
7
8
9
3．(2026·北京丰台开学考)如图所示，让氢元素的三
种同位素氕、氘、氚、、)的离子流从容器
A下方的小孔无初速度飘入电势差为U的加速电场，
加速后垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，最
后垂直打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线，
以下说法正确的是(　　)
A．进入磁场时，氕、氘、氚速率相等
B．进入磁场时，氕离子的动量最大
C．打在a质谱线的离子在磁场中运动的时间最长
D．氕、氘、氚三种离子在磁场中运动轨迹半径比为1∶2∶3
C　
2
3
1
4
5
6
7
8
9
解析：C　根据qU＝mv2，可得v＝，因三种离子的质量不等，则进入磁场时，氕、氘、氚速率不相等，A错误；根据p＝mv＝，因氕的质量最小，可知进入磁场时，氕离子的动量最小，B错误；根据qvB＝m，可知r＝，可知打在a质
谱线的离子质量最大，为氚离子，根据T＝可知，在磁场中运动的周期最大，则时间最长，C正确；根据r＝可知，氕、氘、氚三种离子在磁场中运动轨迹半径比为1∶∶，D错误。故选C。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
4．(2025·北京东城二模)回旋加速器的工作原理如图所示，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底面的匀强磁场中。现用该回旋加速器对氦核()进行加速，高频交流电源的电压最大值为U、频率为f，匀强磁场的磁感应强度大小为B。已知元电荷为e，氦核()的质量为m。不计粒子在两D形盒之间的运动时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是(　　)
A．氦核()能够从D形盒内的磁场中直接获得能量
B．仅增大电压U，氦核()最终获得的动能一定变大
C．若满足f＝，可对氦核()加速
D．若保持加速氦核()时的各参数不变，则也能加速氚核()
C
2
3
4
5
6
7
8
9
1
解析：C　因洛伦兹力对电荷不做功，即氦核()能够从D形盒内的电场中获得能量，选项A错误；氦核()最终离开加速器时有qvmB＝m，获得的动能Ekm＝mvm2＝，可知仅增大电压U，氦核()最终获得的动能不变，选项B错误；若对氦核()加速，则电场
变化的频率必须等于粒子做圆周运动的频率，即若满足f＝，可对氦核()加速，选项C正确；因氚核()与氦核()的比荷不相等，在磁场中做圆周运动的频率不等，则若保持加速氦核()时的各参数不变，则不能加速氚核()，选项D错误。故选C。
2
3
4
5
1
6
7
8
9
5．(多选)(2025·河北卷，10)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是(　　)
A．粒子一定带正电
B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强
度减小
C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d
BD
2
3
4
5
1
6
7
8
9
解析：BD　根据题意，结合左手定则知，粒子带负电，A错误；发射方向与OP夹角为60°的粒子恰好垂直穿过Q点，运动轨迹如图1所示，由几何关系得r cos 60°＋r＝3L，解得r＝2L，板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好不能到达N板，由动能定理得qEd＝mv2，解得v＝，v不变，若间距d增大，板间形成的最大电场强度减小，B正确；由几何知识可知OP＝r sin 60°＝L，粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应的弦长为直径，如图2所示，最大距离为L，C错误；
图1
图2
2
3
4
5
1
6
7
8
9
设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，由于PO⊥OQ，可得PQ＝，由几何关系可知∠PQO′＝30°，∠PQO＝30°，则粒子斜射入极板间的速度与M板夹角θ＝90°－∠PQO′－∠PQO＝30°，板间电场强度最大时粒子打到M板下表面的位置到Q点的距离最小，粒子在板间做类斜抛运动，运动轨迹如图3所示，沿电场力方向，由牛顿第二定律得qE＝ma，粒子在板间运动的时间t＝，粒子距离Q点的最小距离为x1＝v cos θ·t，联立解得x1＝d，D正确。
图3
2
3
4
5
6
1
7
8
9
[能力提升练]
6．(多选) (2025·江西师大附中素养测试)如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是(　　)
图甲　 图乙
AD
2
3
4
5
6
1
7
8
9
A．若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0＝
B．若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小R＝
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0＝(n＝1，2，3，…)
D．若要使粒子恰能沿DC方向通
过C点，磁场变化的周期T0＝
(n＝1，2，3，…)
图甲　 图乙
2
3
4
5
6
1
7
8
9
解析：AD　若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律有qv0B0＝m，解得B0＝，故A正确；若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，如图1所示，可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为R＝，故B错误；若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，
图1
2
3
4
5
6
1
7
8
9
如图2所示，则粒子运动的总时间一定为磁感应强度变化周期的整数倍，设粒子运动的半径为r，则2L＝2nr(n＝1，2，3，…)，根据牛顿第二定律有qv0B0＝m，解得B0＝(n＝1，2，3，…)，根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期T0内转过的圆心角为120°，则T0＝(n＝1，2，3，…)，故C错误，D正确。
图2
7
8
9
1
3
4
5
6
2
7．(2025·湖北武汉三模)如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是(　　)
C　
7
8
9
1
3
4
5
6
2
A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化
B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同
C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同
D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小成正比
7
8
9
1
3
4
5
6
2
解析：C　由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场
加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，
因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A
错误；粒子第一次加速，由动能定理得qU＝mv12，粒子
第二次加速，由动能定理得qU＝mv12，整理得Δv1＝，Δv2＝v2－v1＝，以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；设粒子到出口处被加速n圈，加速时间
7
8
9
1
3
4
5
6
2
为t，由动能定理得nqU＝mv2，又由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，周期T＝，t＝nT，联立得t＝，可见，回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同，故C正确；设D形盒半径为R，则有qvmB＝m，又Ekm＝mvm2，联立可得Ekm＝，可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度平方成正比，故D错误。故选C。
8
9
1
3
4
5
6
7
2
8．(10分)(2026·八省联考，14)如图甲所示，一个质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力忽略不计)，从静止开始经电压U1加速后，沿水平方向进入两等大的水平放置的平行金属板间偏转，金属板长以及间距均为l，偏转电压U2为加速电压U1的2倍。
(1)求带电粒子离开偏转电场时的速度大小；
(2)粒子离开偏转电场后接着从P点进入一个按图乙规律变化的有界磁场中，磁场左右边线在竖直方向上，已知磁感应强度的大小为B0，取粒子刚进入磁场时为t＝0时刻，此时磁场方向垂直于纸面向里，当粒子离开磁场的右边缘后恰好从水平线PQ的Q点射出，求该磁场的变化周期T及磁场的宽度s。
图甲
图乙
8
9
1
3
4
5
6
7
2
解析：(1)在加速电场中qU1＝mv02
在偏转电场中t＝t，tan θ＝
解得tan θ＝＝1
粒子的偏转角θ＝45°
离开偏转电场时的速度大小为
v＝v0
解得v＝2。
图甲
图乙
8
9
1
3
4
5
6
7
2
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有
qvB0＝m
T1＝
由几何关系可知，轨迹呈周期性，每段圆弧轨迹对应的圆心角均为90°，磁场的变化周期为T＝2×
磁场的宽度为s＝n·2R cos θ＝(n＝1，2，3…)
答案：(1)2　(2)(n＝1，2，3…)
图甲
图乙
9
1
3
4
5
6
7
8
2
[培优创新练]
9．(13分)(2024·黑吉辽卷，15节选)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度，简化模型如图。Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电
场产生的磁场。
(1)求磁感应强度的大小B；
(2)求Ⅲ区宽度d。
9
1
3
4
5
6
7
8
2
解析：(1)对乙粒子，轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
由几何关系有sin 30°＝
联立解得磁感应强度的大小为B＝。
9
1
3
4
5
6
7
8
2
(2)根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t1＝2×
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式有d＝at12
由牛顿第二定律有a＝
联立可得Ⅲ区宽度为d＝πL。
答案：(1)　(2)πL
专题突破19　带电粒子在组合场中的运动
点击进入WORD文档
按ESC键退出全屏播放限时规范训练(61)　带电粒子在组合场中的运动
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～5题每题5分，6～7题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(2022·海南卷，7)有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的(　　)
A．质量 B．电量
C．比荷 D．动能
解析：C　粒子在辐射电场中以速度v做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qE＝m，解得r＝，粒子在匀强磁场中有qvB＝m，解得r′＝，粒子在不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度v和比荷，故选C。
2．(2023·广东卷，5)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10-19 J)(　　)
A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
解析：C　当质子在回旋加速器中做圆周运动的半径等于加速器的最大回旋半径Rm时，速率达到最大，动能最大，为Ekm＝mvm2，由洛伦兹力提供向心力得evmB＝，联立可解得vm＝，代入数据得质子经该回旋加速器加速后的最大速率vm＝5.4×107 m/s。故C正确。
3．(2026·北京丰台开学考)如图所示，让氢元素的三种同位素氕、氘、氚、、)的离子流从容器A下方的小孔无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，最后垂直打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线，以下说法正确的是(　　)
A．进入磁场时，氕、氘、氚速率相等
B．进入磁场时，氕离子的动量最大
C．打在a质谱线的离子在磁场中运动的时间最长
D．氕、氘、氚三种离子在磁场中运动轨迹半径比为1∶2∶3
解析：C　根据qU＝mv2，可得v＝，因三种离子的质量不等，则进入磁场时，氕、氘、氚速率不相等，A错误；根据p＝mv＝，因氕的质量最小，可知进入磁场时，氕离子的动量最小，B错误；根据qvB＝m，可知r＝，可知打在a质谱线的离子质量最大，为氚离子，根据T＝可知，在磁场中运动的周期最大，则时间最长，C正确；根据r＝可知，氕、氘、氚三种离子在磁场中运动轨迹半径比为1∶∶，D错误。故选C。
4．(2025·北京东城二模)回旋加速器的工作原理如图所示，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底面的匀强磁场中。现用该回旋加速器对氦核()进行加速，高频交流电源的电压最大值为U、频率为f，匀强磁场的磁感应强度大小为B。已知元电荷为e，氦核()的质量为m。不计粒子在两D形盒之间的运动时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是(　　)
A．氦核()能够从D形盒内的磁场中直接获得能量
B．仅增大电压U，氦核()最终获得的动能一定变大
C．若满足f＝，可对氦核()加速
D．若保持加速氦核()时的各参数不变，则也能加速氚核()
解析：C　因洛伦兹力对电荷不做功，即氦核()能够从D形盒内的电场中获得能量，选项A错误；氦核()最终离开加速器时有qvmB＝m，获得的动能Ekm＝mvm2＝，可知仅增大电压U，氦核()最终获得的动能不变，选项B错误；若对氦核()加速，则电场变化的频率必须等于粒子做圆周运动的频率，即若满足f＝，可对氦核()加速，选项C正确；因氚核()与氦核()的比荷不相等，在磁场中做圆周运动的频率不等，则若保持加速氦核()时的各参数不变，则不能加速氚核()，选项D错误。故选C。
5．(多选)(2025·河北卷，10)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是(　　)
A．粒子一定带正电
B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d
解析：BD　根据题意，结合左手定则知，粒子带负电，A错误；发射方向与OP夹角为60°的粒子恰好垂直穿过Q点，运动轨迹如图1所示，由几何关系得r cos 60°＋r＝3L，解得r＝2L，板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好不能到达N板，由动能定理得qEd＝mv2，解得v＝，v不变，若间距d增大，板间形成的最大电场强度减小，B正确；由几何知识可知OP＝r sin 60°＝L，粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应的弦长为直径，如图2所示，最大距离为L，C错误；设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，由于PO⊥OQ，可得PQ＝，由几何关系可知∠PQO′＝30°，∠PQO＝30°，则粒子斜射入极板间的速度与M板夹角θ＝90°－∠PQO′－∠PQO＝30°，板间电场强度最大时粒子打到M板下表面的位置到Q点的距离最小，粒子在板间做类斜抛运动，运动轨迹如图3所示，沿电场力方向，由牛顿第二定律得qE＝ma，粒子在板间运动的时间t＝，粒子距离Q点的最小距离为x1＝v cos θ·t，联立解得x1＝d，D正确。
图1　 图2 图3
[能力提升练]
6．(多选) (2025·江西师大附中素养测试)如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0＝
B．若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小R＝
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0＝(n＝1，2，3，…)
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0＝(n＝1，2，3，…)
解析：AD　若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律有qv0B0＝m，解得B0＝，故A正确；若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，如图1所示，可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为R＝，故B错误；若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，如图2所示，则粒子运动的总时间一定为磁感应强度变化周期的整数倍，设粒子运动的半径为r，则2L＝2nr(n＝1，2，3，…)，根据牛顿第二定律有qv0B0＝m，解得B0＝(n＝1，2，3，…)，根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期T0内转过的圆心角为120°，则T0＝(n＝1，2，3，…)，故C错误，D正确。
图1　 图2
7．(2025·湖北武汉三模)如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是(　　)
A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化
B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同
C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同
D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小成正比
解析：C　由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错误；粒子第一次加速，由动能定理得qU＝mv12，粒子第二次加速，由动能定理得qU＝mv12，整理得Δv1＝，Δv2＝v2－v1＝，以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；设粒子到出口处被加速n圈，加速时间为t，由动能定理得nqU＝mv2，又由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，周期T＝，t＝nT，联立得t＝，可见，回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同，故C正确；设D形盒半径为R，则有qvmB＝m，又Ekm＝mvm2，联立可得Ekm＝，可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度平方成正比，故D错误。故选C。
8．(10分)(2026·八省联考，14)如图甲所示，一个质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力忽略不计)，从静止开始经电压U1加速后，沿水平方向进入两等大的水平放置的平行金属板间偏转，金属板长以及间距均为l，偏转电压U2为加速电压U1的2倍。
甲　 乙
(1)求带电粒子离开偏转电场时的速度大小；
(2)粒子离开偏转电场后接着从P点进入一个按图乙规律变化的有界磁场中，磁场左右边线在竖直方向上，已知磁感应强度的大小为B0，取粒子刚进入磁场时为t＝0时刻，此时磁场方向垂直于纸面向里，当粒子离开磁场的右边缘后恰好从水平线PQ的Q点射出，求该磁场的变化周期T及磁场的宽度s。
解析：(1)在加速电场中qU1＝mv02
在偏转电场中t＝t，tan θ＝
解得tan θ＝＝1
粒子的偏转角θ＝45°
离开偏转电场时的速度大小为
v＝v0
解得v＝2。
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有
qvB0＝m
T1＝
由几何关系可知，轨迹呈周期性，每段圆弧轨迹对应的圆心角均为90°，磁场的变化周期为T＝2×
磁场的宽度为s＝n·2R cos θ＝(n＝1，2，3…)
答案：(1)2　(2)(n＝1，2，3…)
[培优创新练]
9．(13分)(2024·黑吉辽卷，15节选)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度，简化模型如图。Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
(1)求磁感应强度的大小B；
(2)求Ⅲ区宽度d。
解析：(1)对乙粒子，轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
由几何关系有sin 30°＝
联立解得磁感应强度的大小为B＝。
(2)根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t1＝2×
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式有d＝at12
由牛顿第二定律有a＝
联立可得Ⅲ区宽度为d＝πL。
答案：(1)　(2)πL专题突破19　带电粒子在组合场中的运动
目标 要求 　 　 1.掌握带电粒子在电场、磁场及重力场中运动的特点，会分析带电粒子在不同形式的组合场中的受力情况和运动情况。2.会分析应用组合场的科技设备的原理，能正确解答组合场的科技应用问题。
考点一　带电粒子在组合场中的运动
考向1　磁场与磁场的组合
　(2025·湖北卷，14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，
粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
(2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
(3)粒子的运动周期。
解析：(1)粒子在MN左侧区域中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
解得粒子在MN左侧区域中运动的半径r1＝。
(2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0·2B＝m
则粒子在PQ右侧区域的运动半径为r2＝
由于粒子能回到O点，则粒子的轨迹关于MN的中垂线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
cos ∠MO1O2＝
则∠MO1O2＝60°
对粒子在PQ右侧区域的运动由几何关系可知，粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为s＝2r2sin 60°＝。
(3)结合qvB＝m、T＝可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为T1＝、T2＝
由(1)问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角分别为θ1＝360°－2×60°＝240°，θ2＝2×60°＝120°
则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为t1＝
由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x＝
则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为t2＝
则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＝。
答案：(1)　(2)　(3)
(1)组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。
(2)磁场组合分析思路
①带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。
②充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。
考向2　磁场与电场的组合
　(2023·辽宁卷，14节选)如图，水平位置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
解析：(1)设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为d
水平方向：d＝v0t，竖直方向：v0
联立解得U＝。
(2)粒子进入磁场时的速度v＝v0
设其与水平方向的夹角为α，则tan α＝，即α＝30°
由qvB＝得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝
作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示
粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得
tan ，故θ＝60°。
答案：(1)　(2)60°
磁场与电场的组合分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出带电粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将带电粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
　(2025·河南卷，15节选)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示
图1
由几何关系有r－h＝r
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝2h
对粒子由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
解得磁感应强度的大小为B＝。
(2)作出粒子从a点运动到b点的轨迹，如图2所示
图2
粒子在电场中做类斜抛运动，由斜抛运动规律可知，水平方向x1＝v0t1cos 60°
竖直方向2v0sin 60°＝at1
由牛顿第二定律有qE＝ma
由(1)问可知粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为x2＝r sin 60°＝h
根据对称性可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移为s＝x1＋2x2＝3h
联立解得电场强度大小为E＝。
答案：(1)　(2)
[归纳总结]　常见带电粒子的运动及解题方法
考点二　组合场应用实例
考向1　质谱仪的原理和应用
　(2023·福建卷，14)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。
(1) 求OM的长度；
(2) 若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。
解析：(1) 离子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有qvB＝m，解得r＝0.2 m，OM的长度为OM＝2r＝0.4 m。
(2) 若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得q′vB＝m′ ，解得＝4.4×106 C/kg。
答案：(1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg
质谱仪的原理和应用
(1)加速电场：qU＝mv2。
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r。
(3)结论：r＝。
考向2　回旋加速器的原理和应用
　(2024·上海卷，10)某回旋加速器的示意图如图所示，两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内分布有垂直金属盒表面的匀强磁场，D1、D2缝隙间的狭窄区域有交变电场。初动能为零的带电粒子从缝隙中靠近D2的圆心O处经电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1。
(1)粒子由D1向D2运动的过程，洛伦兹力做的功为W，冲量为I，则(　　)
A．W＝0，I＝0 B．W＝0，I≠0
C．W≠0，I＝0 D．W≠0，I≠0
(2)将和同时自图中O处释放，忽略其在电场中加速的时间和粒子间的相互作用偏转3个圆时动能为Ek1，此时的动能为Ek2，则Ek1∶Ek2为(　　)
A．1∶9 B．1∶3
C．1∶1 D．9∶1
E．3∶1
解析：(1)粒子在磁场中运动的过程中，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，则粒子由D1向D2运动的过程洛伦兹力不做功，即W＝0，根据冲量I＝mΔv可知，洛伦兹力的冲量不等于零，即I≠0，B正确。
(2)设回旋加速器中的磁感应强度为B、加速电压为U，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，又粒子在磁场中运动的周期T＝，解得T＝，由于和的比荷之比∶＝3∶1，则T1∶T2＝1∶3，故在偏转3个圆的时间内偏转1个圆，该段时间内由动能定理有Ek1＝3eU，Ek2 ＝eU，则Ek1∶Ek2＝3∶1，E正确。
答案：(1)B　(2)E
归纳总结：回旋加速器的原理和应用
(1)带电粒子的最终速度和能量(R为D形盒的半径)
①最终速度：由qvB＝得v＝。
②最终能量：由Ek＝mv2得Ek＝。
(2)粒子被加速的次数
若加速电压为U，则n＝。
(3)运动时间
①在磁场中运动的时间：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磁＝。
②在电场中运动的时间：根据nd＝at电2，q＝ma，解得t电＝。
　(2025·广东卷，6)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是(　　)
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变为
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
解析：A　离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；第1次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后离子的速度大小为v，则对k次加速过程，由动能定理有kqU＝mv02，解得v＝，C错误；第k次加速后，离子在磁场中做圆周运动，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为B，则离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，结合C项分析可得B＝，D错误。
考点三　带电粒子在交变电、磁场中的运动
　(2024·广东卷，15)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。
图甲 　图乙
(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。
解析：(1)由题图甲知带电粒子在磁场中顺时针运动，由左手定则可知该粒子带正电，由题意可知该粒子在2t0时刻进入磁场，在3t0时刻离开磁场，在磁场中运动半周，则有T＝2t0
又T＝
可得q＝。
(2)带电粒子在金属板间运动，在平行于金属板的方向做匀速运动，有L＝D＝vt0
粒子在垂直于金属板的方向，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动直至速度减为零，有
y＝×2
根据牛顿第二定律，有a＝
又E＝
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，带电粒子在磁场中运动的速度大小为v，有
qvB＝m
由题意可知y＝2r
解得D＝。
(3)分析带电粒子接下来的运动情况，根据前述分析可计算出带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝
易得D＝3r＝y
带电粒子的运动情况如图所示
　
带电粒子自t＝0时刻开始，全过程只有电场力对该粒子做功，对该粒子由动能定理有
W＝mvt2－0
其中vt2＝v2＋vy2
vy＝a
联立解得W＝(π2＋16)。
答案：(1)正电　　(2)　
(3)(π2＋16)
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
(1)先读图：看清并且明白场的变化情况
(2)力分析：分析粒子在不同的变化场区的受力情况
(3)过程分析：分析粒子在不同时间段内的运动情况
(4)找衔接点：找出衔接相邻两过程的物理量
(5)选规律：联立不同阶段的方程求解
限时规范训练(61)　带电粒子在组合场中的运动
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～5题每题5分，6～7题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(2022·海南卷，7)有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的(　　)
A．质量 B．电量
C．比荷 D．动能
解析：C　粒子在辐射电场中以速度v做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qE＝m，解得r＝，粒子在匀强磁场中有qvB＝m，解得r′＝，粒子在不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度v和比荷，故选C。
2．(2023·广东卷，5)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10-19 J)(　　)
A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
解析：C　当质子在回旋加速器中做圆周运动的半径等于加速器的最大回旋半径Rm时，速率达到最大，动能最大，为Ekm＝mvm2，由洛伦兹力提供向心力得evmB＝，联立可解得vm＝，代入数据得质子经该回旋加速器加速后的最大速率vm＝5.4×107 m/s。故C正确。
3．(2026·北京丰台开学考)如图所示，让氢元素的三种同位素氕、氘、氚、、)的离子流从容器A下方的小孔无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，最后垂直打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线，以下说法正确的是(　　)
A．进入磁场时，氕、氘、氚速率相等
B．进入磁场时，氕离子的动量最大
C．打在a质谱线的离子在磁场中运动的时间最长
D．氕、氘、氚三种离子在磁场中运动轨迹半径比为1∶2∶3
解析：C　根据qU＝mv2，可得v＝，因三种离子的质量不等，则进入磁场时，氕、氘、氚速率不相等，A错误；根据p＝mv＝，因氕的质量最小，可知进入磁场时，氕离子的动量最小，B错误；根据qvB＝m，可知r＝，可知打在a质谱线的离子质量最大，为氚离子，根据T＝可知，在磁场中运动的周期最大，则时间最长，C正确；根据r＝可知，氕、氘、氚三种离子在磁场中运动轨迹半径比为1∶∶，D错误。故选C。
4．(2025·北京东城二模)回旋加速器的工作原理如图所示，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底面的匀强磁场中。现用该回旋加速器对氦核()进行加速，高频交流电源的电压最大值为U、频率为f，匀强磁场的磁感应强度大小为B。已知元电荷为e，氦核()的质量为m。不计粒子在两D形盒之间的运动时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是(　　)
A．氦核()能够从D形盒内的磁场中直接获得能量
B．仅增大电压U，氦核()最终获得的动能一定变大
C．若满足f＝，可对氦核()加速
D．若保持加速氦核()时的各参数不变，则也能加速氚核()
解析：C　因洛伦兹力对电荷不做功，即氦核()能够从D形盒内的电场中获得能量，选项A错误；氦核()最终离开加速器时有qvmB＝m，获得的动能Ekm＝mvm2＝，可知仅增大电压U，氦核()最终获得的动能不变，选项B错误；若对氦核()加速，则电场变化的频率必须等于粒子做圆周运动的频率，即若满足f＝，可对氦核()加速，选项C正确；因氚核()与氦核()的比荷不相等，在磁场中做圆周运动的频率不等，则若保持加速氦核()时的各参数不变，则不能加速氚核()，选项D错误。故选C。
5．(多选)(2025·河北卷，10)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是(　　)
A．粒子一定带正电
B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d
解析：BD　根据题意，结合左手定则知，粒子带负电，A错误；发射方向与OP夹角为60°的粒子恰好垂直穿过Q点，运动轨迹如图1所示，由几何关系得r cos 60°＋r＝3L，解得r＝2L，板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好不能到达N板，由动能定理得qEd＝mv2，解得v＝，v不变，若间距d增大，板间形成的最大电场强度减小，B正确；由几何知识可知OP＝r sin 60°＝L，粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应的弦长为直径，如图2所示，最大距离为L，C错误；设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，由于PO⊥OQ，可得PQ＝，由几何关系可知∠PQO′＝30°，∠PQO＝30°，则粒子斜射入极板间的速度与M板夹角θ＝90°－∠PQO′－∠PQO＝30°，板间电场强度最大时粒子打到M板下表面的位置到Q点的距离最小，粒子在板间做类斜抛运动，运动轨迹如图3所示，沿电场力方向，由牛顿第二定律得qE＝ma，粒子在板间运动的时间t＝，粒子距离Q点的最小距离为x1＝v cos θ·t，联立解得x1＝d，D正确。
图1　 图2 图3
[能力提升练]
6．(多选) (2025·江西师大附中素养测试)如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0＝
B．若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小R＝
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0＝(n＝1，2，3，…)
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0＝(n＝1，2，3，…)
解析：AD　若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律有qv0B0＝m，解得B0＝，故A正确；若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，如图1所示，可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为R＝，故B错误；若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，如图2所示，则粒子运动的总时间一定为磁感应强度变化周期的整数倍，设粒子运动的半径为r，则2L＝2nr(n＝1，2，3，…)，根据牛顿第二定律有qv0B0＝m，解得B0＝(n＝1，2，3，…)，根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期T0内转过的圆心角为120°，则T0＝(n＝1，2，3，…)，故C错误，D正确。
图1　 图2
7．(2025·湖北武汉三模)如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是(　　)
A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化
B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同
C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同
D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小成正比
解析：C　由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错误；粒子第一次加速，由动能定理得qU＝mv12，粒子第二次加速，由动能定理得qU＝mv12，整理得Δv1＝，Δv2＝v2－v1＝，以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；设粒子到出口处被加速n圈，加速时间为t，由动能定理得nqU＝mv2，又由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，周期T＝，t＝nT，联立得t＝，可见，回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同，故C正确；设D形盒半径为R，则有qvmB＝m，又Ekm＝mvm2，联立可得Ekm＝，可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度平方成正比，故D错误。故选C。
8．(10分)(2026·八省联考，14)如图甲所示，一个质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力忽略不计)，从静止开始经电压U1加速后，沿水平方向进入两等大的水平放置的平行金属板间偏转，金属板长以及间距均为l，偏转电压U2为加速电压U1的2倍。
甲　 乙
(1)求带电粒子离开偏转电场时的速度大小；
(2)粒子离开偏转电场后接着从P点进入一个按图乙规律变化的有界磁场中，磁场左右边线在竖直方向上，已知磁感应强度的大小为B0，取粒子刚进入磁场时为t＝0时刻，此时磁场方向垂直于纸面向里，当粒子离开磁场的右边缘后恰好从水平线PQ的Q点射出，求该磁场的变化周期T及磁场的宽度s。
解析：(1)在加速电场中qU1＝mv02
在偏转电场中t＝t，tan θ＝
解得tan θ＝＝1
粒子的偏转角θ＝45°
离开偏转电场时的速度大小为
v＝v0
解得v＝2。
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有
qvB0＝m
T1＝
由几何关系可知，轨迹呈周期性，每段圆弧轨迹对应的圆心角均为90°，磁场的变化周期为T＝2×
磁场的宽度为s＝n·2R cos θ＝(n＝1，2，3…)
答案：(1)2　(2)(n＝1，2，3…)
[培优创新练]
9．(13分)(2024·黑吉辽卷，15节选)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度，简化模型如图。Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
(1)求磁感应强度的大小B；
(2)求Ⅲ区宽度d。
解析：(1)对乙粒子，轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
由几何关系有sin 30°＝
联立解得磁感应强度的大小为B＝。
(2)根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t1＝2×
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式有d＝at12
由牛顿第二定律有a＝
联立可得Ⅲ区宽度为d＝πL。
答案：(1)　(2)πL

展开更多......

收起↑