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专题提升十四　带电粒子在组合场中的运动
【学习目标】　1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会解决有关问题。2.理解质谱仪、回旋加速器的工作原理及应用。
提升点一　带电粒子在组合场中的运动
1.组合场的三种类型
(1)磁场与磁场的组合：强弱或者方向不同的磁场位于不重叠的区域内。
(2)电场与磁场的组合
①电场与磁场各位于不重叠的区域内。
②电场与磁场在同一区域内交替出现。
2.带电粒子在分离的电场、磁场中的运动及解答方法
磁场与磁场的组合
1.由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子在两(多)个磁场中的速度大小一定相等，但轨迹半径和运动周期往往不同。
2.对于两个相邻磁场，解题时充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，寻找有关几何关系是解题的关键。
(2025·湖北卷·T14)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)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
(3)粒子的运动周期。
答案：(1)　(2)　(3)＋
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左侧区域中运动轨迹的半径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，则粒子的轨迹具有对称性，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 θ＝＝
则θ＝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(2)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＝T1＋T2＝
由对称性可知，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＝＋。
针对练.(多选)(2025·四川卷·T10)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子(　　)
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
答案：AD
解析：画出粒子的运动轨迹，如图，由图可知，粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；设粒子在Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系有cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T1＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T2＝×，联立可得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1，l2＝×2πr2，故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，故C错误。
学生用书 第210页
电场与磁场的组合
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，如图甲所示。
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，如图乙所示。
(2025·湖南卷·T14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
答案：(1)　(2)　(3)d
解析：(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0＝E0＝E0
粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则
在水平方向由运动学公式有d＝v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma1
由运动学公式有d＝a1t2
联立可得q＝。
(2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝2×＝
则θ＝30°
可知v＝＝
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图1所示
由几何关系可知r＝＝d
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
联立可得B＝。
(3)解法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力，如图2所示，则有qv1B＝qE
可得v1＝＝v0
由于v1＝v，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝2vcos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动
设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m
可得r'＝d
作出粒子匀速圆周分运动的大致轨迹如图3所示
由几何关系可知xm＝r'cos 30°＋r'＝d。
解法二　动量定理法　当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有∑qvxBΔt＝mv'－(－mvsin 30°)
即qBxm＝mv'－(－mvsin 30°)
对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有qExm＝mv'2－mv2
联立可得xm＝d。
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 平抛运动规律，运动的合成与分解 斜抛运动规律，运动的合成与分解
(2026·福建泉州一模)利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面(纸面)内，x＜x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1＜x＜x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知x1＝L，x2＝L，区域Ⅱ中电场的电场强度E＝。求：
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
(3)粒子离开电场时的速度大小v。
答案：(1)　(2)　(3)v0
解析：(1)区域Ⅰ内，粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ＝L
解得R＝2L
又qv0B＝m
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B＝。
(2)粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间t1＝T
其中T＝
解得t1＝
粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子在电场中的加速度大小为a，运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，则有qE＝ma，x2－x1＝v0t2
解得t2＝
则h＝a
解得h＝
由于h＜R＋Rcos θ＝3L，粒子从电场边界离开，则粒子从原点O出发到离开电场的总时间t＝t1＋t2
解得t＝。
(3)由动能定理得qEh＝mv2－m
解得v＝v0。
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(2026·湖北黄冈一模)如图所示，空间交替分布着宽度均为L的匀强电、磁场区域，磁场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B＝，电场沿x轴负方向，电场强度大小为E＝。一带正电的粒子从坐标原点O沿与x轴负方向成θ角、初速度大小为v0进入匀强磁场区域，虚线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力，取＝1.73。
(1)若粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，求此时θ大小；
(2)若粒子只能经历两个完整的电场区，求sin θ满足的条件；
(3)若θ＝0，粒子以v1＝的初速度从O点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为E1＝，求当粒子竖直位移大小为y＝L时的运动时间。
答案：(1)30°　 (2)0.23≤sin θ＜0.73　(3)(64＋、(68＋35π)或(72＋
解析：(1)由洛伦兹力提供向力心有qv0B＝m
解得r＝2L
粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，由几何关系得r－rsin θ＝L
解得sin θ＝，θ＝30°。
(2)粒子只能向左经历两个完整的电场区，设粒子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度为vy，竖直方向由动量定理有∑qvxB·Δt＝mvy－mv0sin θ
即qBx磁＝mvy－mv0sin θ
又由动能定理有qE·2L＝m－m
其中2L＜x磁≤3L
联立解得－1.5≤sin θ＜－1
即0.23≤sin θ＜0.73。
(3)由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m
解得r1＝L，T1＝ ＝
粒子第一次经电场减速后，速度大小变为v2
根据动能定理有－qE1L＝m－m
又qv2B＝m
解得v2＝，r2＝L，T2＝ ＝
粒子在电、磁场中运动一个完整的周期T，沿y轴向下移动的距离Δy＝2r1－2r2＝L
设粒子竖直位移大小为y＝L时，运动的完整周期为n个，则满足nΔy＋Δy1＝L
且Δy1＜2r1＝L
粒子在电场中减速和加速时间均为t＝ ＝
则T＝T1＋2t＋T2
故当粒子竖直位移大小为y＝L＝8Δy＋L＝9Δy＋L时的运动时间可能为t1＝8T＋T1或t2＝8T＋T1＋t＋T2或t3＝9T＋T1
即t1＝(64＋，t2＝(68＋35π)，t3＝(72＋。
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
提升点二　带电粒子在组合场中运动的应用实例
质谱仪
1.功能：质谱仪是测量带电粒子质量(或比荷)、分析同位素的仪器。
2.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。
3.工作原理
(1)加速电场：qU＝mv2。
(2)偏转磁场：qvB＝m，l＝2r。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
(2026·陕西渭南一模)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。质
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量为m、电荷量为＋q的铀235离子，从容器A下方、金属板上方的小孔处不断飘入电场，其初速度可视为零，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。求：
(1)匀强电场电场强度E的大小和离子从电场射出时速度v的大小；
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动的半径R；
(3)在离子被收集的过程中时间t内收集到离子的质量M。
答案：(1)　　(2)　(3)
解析：(1)匀强电场的电场强度大小为E＝
根据动能定理，有qU＝mv2
解得v＝。
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
联立解得离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝。
(3)设在时间t内收集到的离子的总电荷量为Q，则Q＝It
因每个离子电荷量为q，则离子个数N＝
而时间t内收集到离子的质量M＝Nm
联立以上各式解得M＝。
针对练.(多选)如图为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内为均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A.极板M比极板N的电势高
B.加速电场的电压U＝ER
C.直径PQ＝2B
D.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
答案：AD
解析：粒子打在胶片上的Q点，由左手定则可知，粒子带正电荷，则极板M比极板N的电势高，故A正确；由qU＝mv2和qE＝m可得，加速电场的电压U＝，故B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝m，即r＝，直径PQ＝2r＝＝，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，故C错误，D正确。
回旋加速器
1.功能：回旋加速器是利用磁场使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置。
2.构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
3.工作原理
(1)交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等。
(2)粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。
4.最大动能
(1)由qvmB＝m、Ekm＝m，联立解得Ekm＝。
(2)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。
5.粒子运动的总时间
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＝，则粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝＝。
(2026·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
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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
答案：C
解析：因洛伦兹力对粒子不做功，即氦核不能从D形盒内的磁场中获得能量，选项A错误；氦核最终出加速器时有qvmB＝m，获得的动能Ekm＝m＝，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，不能加速氚核，选项D错误。
针对练.(2026·湖北武汉一模)如图是一种改进后的回旋加速器示意图，M、N间狭缝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，比荷相同的不同带正电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
答案：C
解析：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＝m，粒子第二次加速，由动能定理得qU＝m－m，整理得Δv1＝v1－0＝，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次，运动时间为t，由动能定理得nqU＝m，又由洛伦兹力提供向心力得qvmB＝m，周期T＝，可得t＝(n－)T，可见，回旋加速器设置相同时，比荷相同的不同带正电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＝m，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大小平方成正比，故D错误。
课时测评54　带电粒子在组合场中的运动
(时间：30分钟　满分：40分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－7，每题4分，共28分)
题组1　带电粒子在组合场中的运动
1.如图在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的时间为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D
解析：粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得R1＝，R2＝，根据几何关系可得cos θ＝＝，解得θ＝60°，粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1＝，T2＝，则带电粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1＝，t2＝T2，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，故D正确。
2.(2026·广东佛山一模)如图为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一α粒子He)在P点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到M点，运动轨迹如图中虚线所示。α粒子在静电偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A.静电偏转区内的电场是匀强电场
B.磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里
C.仅将α粒子改为质子H)，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动
D.仅将α粒子改为氘核H)，氘核不会沿虚线运动到M点
答案：C
解析：α粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，静电力提供向心力，方向不断变化，说明电场强度方向也不断变化，则电场不是匀强电场，故A错误；α粒子在磁场偏转区由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；在从加速电场射出后，满足qU＝mv2，在静电偏转区有qE＝m＝，则E＝，则质子也能在静电偏转区沿虚线做匀速圆周运动，与电荷量和质量无关，故C正确；在从加速电场射出后，满足qU＝mv2，α粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区同样满足qE＝m，做匀速圆周运动，在磁场偏转区也满足qvB＝m，则氘核会沿虚线运动到M点，故D错误。
3.(多选)(2026·河南郑州模拟)如图所示，P、Q两个平行金属板之间的电压为U，虚线AC上方有垂直纸面向外的匀强磁场，AC下方存在电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于AC，且垂直于磁场方向。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近P板的S点由静止开始做加速运动，从M点沿垂直于磁场的方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从D点垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点，已知AD＝L，AN＝2L，则下列说法正确的是(　　)
A.粒子从M点进入磁场时的速度大小为2
B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
C.匀强磁场的磁感应强度大小为
D.匀强电场的电场强度大小为
答案：BC
解析：粒子在电场中加速过程，由动能定理得qU＝mv2，可得带电粒子从M点沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小v＝，故A错误；画出粒子运动的轨迹如图所示(O为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，∠MOD＝120°，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则r＋rcos 60°＝L，解得r＝L，故B正确；粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，磁感应强度大小B＝＝＝，故C正确；粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度a＝，垂直于电场方向有2L＝vt，沿电场方向有L＝at2，联立解得电场强度大小E＝，故D错误。
题组2　带电粒子在组合场中运动的应用实例
4.(2026·广东深圳一模)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造如图所示。粒子源S产生的各种不同正粒子束(速度可视为零)，粒子质量为m、电荷量为q，粒子重力不计，经电压为U的加速电场加速后，从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的M点。则下列说法正确的是(　　)
A.粒子从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场的速度大小为
B.若粒子束q相同而m不同，则MN距离越大对应的粒子质量越小
C.进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的比荷一定相等
D.进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的电荷量一定相等
答案：C
解析：粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU＝mv2，解得v＝，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，可得r＝，所以MN＝2r＝，若粒子束q相同而m不同，MN距离越大对应的粒子质量越大，故B错误；由MN＝，可知只要MN距离相同，则对应的粒子的比荷一定相等，但粒子的质量和电荷量不一定相等，故C正确，D错误。
5.(2026·河北沧州一模)用如图所示的回旋加速器加速电荷量为q、质量为m的带电粒子，已知D形盒半径为R，所加磁场磁感应强度大小为B，a、b间所接电压为U，粒子从图中A点开始加速，忽略两D形盒间狭缝的宽度。下列说法正确的是(　　)
A.图中回旋加速器加速的带电粒子一定带正电
B.回旋加速器a、b之间所接高频交流电的周期为
C.回旋加速器加速后粒子的最大动能为
D.回旋加速器D形盒的半径R、磁感应强度B不变，则加速电压U越高，粒子飞出D形盒的动能越大
答案：A
解析：由左手定则可判断出题图中回旋加速器加速的带电粒子一定带正电，故A正确；为了保持始终加速，则交流电周期与粒子圆周运动周期相等，即T电＝，故B错误；当粒子运动轨迹半径等于D形盒半径时，粒子速度最大，根据洛伦兹力提供向心力有qvmB＝m，最大动能Ekm＝m＝，与加速电压U无关，所以D形盒的半径R、磁感应强度B不变，改变加速电压U，粒子飞出D形盒的最大动能不变，故C、D错误。
6.(2025·广东卷·T6)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。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
答案：A
解析：直线通道PQ有电压为U的加速电场，离子带负电，离子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；根据题意，由动能定理可知，加速1次后，离子的动能增量为qU，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，离子的动能增量为kqU，加速k次后，由动能定理有kqU＝mv2－m，解得v＝＝，故B、C错误；离子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB＝m，联立解得B＝，故D错误。
7.(多选)(2025·河北卷·T10)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，金属板电荷量可视为连续变化，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
答案：BCD
解析：根据粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可知粒子带负电，选项A错误；随着粒子不断打到N板上，N板电荷量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N板时满足v2＝2ad，a＝，解得E＝，即d增大，板间所形成的最大电场强度减小，选项B正确；因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关系有cos 60°＝，解得r＝2L，可得OP＝rsin 60°＝L，可得粒子直接打到M板上表面的位置与O点的最大距离为xm1＝＝L，当N板吸收一定量的粒子后，粒子从Q点垂直进入电场，会返回再从Q点射入磁场，然后做匀速圆周运动，运动半个圆周后打在M板上表面，这时打在M板上表面的位置与O点的最大距离xm2＝2r＋OQ＝7L＞xm1，则粒子打在M板上表面的位置与O点的最大距离为7L，选项C正确；因金属板厚度不计，如图所示，当粒子在磁场中运动轨迹的弦仍为PQ时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方发射，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α＝30°，则粒子在两板间运动时间t＝，其中a＝，打到M板下表面距离Q点的最小距离s＝vcos α·t，解得s＝d，选项D正确。
8.(12分)(2025·河南卷·T15)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、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；
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)
答案：(1)　(2)　(3)v0
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水平虚线的夹角为60°，作出粒子从a点运动到b点的轨迹，如图1所示
由几何关系有r－h＝rcos 60°
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)粒子在电场中做类斜抛运动，由类斜抛运动规律可知，水平方向有x1＝v0t1cos 60°
竖直方向有2v0sin 60°＝a0t1
由牛顿第二定律有qE＝ma0
由(1)问可知，粒子从a点开始运动到进入电场的水平位移为x2＝rsin 60°＝h
由运动的对称性可知，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＝。
(3)根据题意，作出竖直向下发射时一个周期内粒子的运动轨迹，如图2所示
由几何关系可知，一个周期内粒子从磁场进入电场的速度与水平方向的夹角余弦为cos θ＝＝
解得θ＝60°
则粒子从a点开始运动到进入电场过程粒子的水平位移为s1＝r－rsin θ＝(2－)h
由于粒子从a点运动到进入电场过程轨迹所对圆心角为θ1＝
则该过程粒子的运动时间为t2＝＝
结合(2)问分析可知，该情况一个周期内粒子在电场中的水平位移大小为x1＝h，运动时间为t1＝＝
由几何关系可得，一个周期内粒子从离开电场进入磁场至到达b'的过程，轨迹所对圆心角为θ2＝，该过程的运动时间为t3＝＝
则粒子的运动周期为T＝t1＋t2＋t3＝
由粒子的运动轨迹可知，一个周期内粒子的位移大小为s'＝r－s1＝h
则粒子的漂移速度大小v＝＝v0。(共93张PPT)
专题提升十四　带电粒子在组合场中的运动
高三总复习讲义　新高考
第十一章 磁场
1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会解决有关问题。
2.理解质谱仪、回旋加速器的工作原理及应用。
学习目标
提升点一 带电粒子在组合场中的运动
提升点二 带电粒子在组合场中运动的应用实例
课时测评
内容索引
带电粒子在组合场中的运动
提升点一
1.组合场的三种类型
(1)磁场与磁场的组合：强弱或者方向不同的磁场位于不重叠的区域内。
(2)电场与磁场的组合
①电场与磁场各位于不重叠的区域内。
②电场与磁场在同一区域内交替出现。
2.带电粒子在分离的电场、磁场中的运动及解答方法
考向1 磁场与磁场的组合
1.由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子在两(多)个磁场中的速度大小一定相等，但轨迹半径和运动周期往往不同。
2.对于两个相邻磁场，解题时充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，寻找有关几何关系是解题的关键。
(2025·湖北卷·T14)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；
例1
答案：
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左侧区域中运动轨迹的半径r1＝。
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
答案：
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，则粒子的轨迹具有对称性，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 θ＝＝
则θ＝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)粒子的运动周期。
答案：＋
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(2)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＝
T1＋T2＝
由对称性可知，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＝＋。
针对练.(多选)(2025·四川卷·T10)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
√
√
画出粒子的运动轨迹，如图，由图可知，粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；
设粒子在Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系有
cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运
动的时间为t1＝T1＝×，
粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T2＝×，
联立可得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D正确；
粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1，l2＝×2πr2，故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，故C错误。
考向2 电场与磁场的组合
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，如图甲所示。
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，如图乙所示。
(2025·湖南卷·T14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
例2
答案：
闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0＝E0＝E0
粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则
在水平方向由运动学公式有d＝v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma1
由运动学公式有d＝a1t2
联立可得q＝。
(2)求磁感应强度B的大小；
答案：
设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则
tan θ＝2×＝
则θ＝30°
可知v＝＝
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图1所示
由几何关系可知r＝＝d
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
联立可得B＝。
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
答案：d
解法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力，如图2所示，则有qv1B＝qE
可得v1＝＝v0
由于v1＝v，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速
度v2＝2vcos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，
则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的
竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动
设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提
供向心力有qv2B＝m
可得r'＝d
作出粒子匀速圆周分运动的大致轨迹如图3所示
由几何关系可知xm＝r'cos 30°＋r'＝d。
解法二　动量定理法　当粒子的合速度方向竖直向上
时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时
速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从
b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理
有∑qvxBΔt＝mv'－(－mvsin 30°)
即qBxm＝mv'－(－mvsin 30°)
对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有qExm＝mv'2－mv2
联立可得xm＝d。
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 平抛运动规律，运动的合成与分解 斜抛运动规律，运动的合成与分解
(2026·福建泉州一模)利用电场和磁场实现粒子偏
转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面
(纸面)内，x＜x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁
场，x轴上方的x1＜x＜x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀
强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重
力)，从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知x1＝L，x2＝L，区域Ⅱ中电场的电场强度E＝。求：
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
例3
答案：
区域Ⅰ内，粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ＝L
解得R＝2L
又qv0B＝m
解得区域Ⅰ内磁
场的磁感应强度大小B＝。
(2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
答案：
粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间t1＝T
其中T＝
解得t1＝
粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子在电场中的加速度大小为a，运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，则有qE＝ma，x2－x1＝v0t2
解得t2＝
则h＝a
解得h＝
由于h＜R＋Rcos θ＝3L，粒子从电场边界离开，则粒子从原点O出发到离开电场的总时间t＝t1＋t2
解得t＝。
(3)粒子离开电场时的速度大小v。
答案：v0
由动能定理得qEh＝mv2－m
解得v＝v0。
(2026·湖北黄冈一模)如图所示，空间交
替分布着宽度均为L的匀强电、磁场区域，磁
场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B＝
，电场沿x轴负方向，电场强度大小为E＝
。一带正电的粒子从坐标原点O沿与x轴负方向成θ角、初速度大小为v0进入匀强磁场区域，虚线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力，取＝1.73。
(1)若粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，求此时θ
大小；
例4
答案：30°
由洛伦兹力提供向力心有qv0B＝m
解得r＝2L
粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，由几何关系得r－rsin θ＝L
解得sin θ＝，θ＝30°。
(2)若粒子只能经历两个完整的电场区，求sin θ满足的条件；
答案：0.23≤sin θ＜0.73
粒子只能向左经历两个完整的电场区，设粒子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度为vy，竖直方向由动量定理有∑qvxB·Δt＝mvy－mv0sin θ
即qBx磁＝mvy－mv0sin θ
又由动能定理有qE·2L＝m－m
其中2L＜x磁≤3L
联立解得－1.5≤sin θ＜－1
即0.23≤sin θ＜0.73。
(3)若θ＝0，粒子以v1＝的初速度从O点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为E1＝，求当粒子竖直位移大小为y＝L时的运动时间。
答案：(64＋、(68＋35π)或(72＋
由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m
解得r1＝L，T1＝ ＝
粒子第一次经电场减速后，速度大小变为v2
根据动能定理有－qE1L＝m－m
又qv2B＝m
解得v2＝，r2＝L，T2＝ ＝
粒子在电、磁场中运动一个完整的周期T，沿y轴向
下移动的距离Δy＝2r1－2r2＝L
设粒子竖直位移大小为y＝L时，运动的完整周期为n个，则满足nΔy＋Δy1＝L
且Δy1＜2r1＝L
粒子在电场中减速和加速时间均为t＝ ＝
则T＝T1＋2t＋T2
故当粒子竖直位移大小为y＝L＝8Δy＋L＝9Δy＋L
时的运动时间可能为t1＝8T＋T1或t2＝8T＋T1＋t＋T2或t3＝9T＋T1
即t1＝(64＋，t2＝(68＋35π)，t3＝(72＋。
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
总结提升
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带电粒子在组合场中运动的应用实例
提升点二
考向1 质谱仪
1.功能：质谱仪是测量带电粒子质量(或比荷)、分析同位素的仪器。
2.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。
3.工作原理
(1)加速电场：qU＝mv2。
(2)偏转磁场：qvB＝m，l＝2r。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
(2026·陕西渭南一模)对铀235的进一步研究在核
能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，两平行
金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电
场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。质
量为m、电荷量为＋q的铀235离子，从容器A下方、金
属板上方的小孔处不断飘入电场，其初速度可视为零，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。求：
(1)匀强电场电场强度E的大小和离子从电场射出时速度v的大小；
例5
答案：　
匀强电场的电场强度大小为E＝
根据动能定理，有qU＝mv2
解得v＝。
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动的半径R；
答案：
离子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
联立解得离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝。
(3)在离子被收集的过程中时间t内收集到离子的质量M。
答案：
设在时间t内收集到的离子的总电荷量为Q，则Q＝It
因每个离子电荷量为q，则离子个数N＝
而时间t内收集到离子的质量M＝Nm
联立以上各式解得M＝。
针对练.(多选)如图为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内为均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是
A.极板M比极板N的电势高
B.加速电场的电压U＝ER
C.直径PQ＝2B
D.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
√
√
粒子打在胶片上的Q点，由左手定则可知，粒子
带正电荷，则极板M比极板N的电势高，故A正确；
由qU＝mv2和qE＝m可得，加速电场的电压U
＝，故B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得
qvB＝m，即r＝，直径PQ＝2r＝＝，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，故C错误，D正确。
考向2 回旋加速器
1.功能：回旋加速器是利用磁场使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置。
2.构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
3.工作原理
(1)交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等。
(2)粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。
4.最大动能
(1)由qvmB＝m、Ekm＝m，联立解得Ekm＝。
(2)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。
5.粒子运动的总时间
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＝，则粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝＝。
(2026·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
例6
√
因洛伦兹力对粒子不做功，即氦核不能从D形盒内的磁场中获得能量，选项A错误；氦核最终出加速器时有qvmB＝m，获得的动能Ekm＝m＝，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，不能加速氚核，选项D错误。
针对练.(2026·湖北武汉一模)如图是一种改进后的回旋加速器示意图，M、N间狭缝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，比荷相同的
不同带正电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
√
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＝m，粒
子第二次加速，由动能定理得qU＝m－m，整理得Δv1＝v1－0＝，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次，运动时间为t，由动能定
理得nqU＝m，又由洛伦兹力提供向心力得qvmB
＝m，周期T＝，可得t＝(n－)T，可见，回旋
加速器设置相同时，比荷相同的不同带正电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＝m，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大小平方成正比，故D错误。
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课 时 测 评
题组1　带电粒子在组合场中的运动
1.如图在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度
大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁
场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴
射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的时间为
A. B.
C. D.
√
粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图
所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提
供向心力有qvB＝m，可得R1＝，R2＝，根据
几何关系可得cos θ＝＝，解得θ＝60°，粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1＝，T2＝，则带电粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1＝，t2＝T2，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，故D正确。
2.(2026·广东佛山一模)如图为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一α粒子He)在P点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到M点，运动轨迹如图中虚线所示。α粒子在静电偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是
A.静电偏转区内的电场是匀强电场
B.磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里
C.仅将α粒子改为质子H)，质子仍能在静电偏
转区沿虚线运动
D.仅将α粒子改为氘核H)，氘核不会沿虚线运动到M点
√
α粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，静电力提
供向心力，方向不断变化，说明电场强度方向也
不断变化，则电场不是匀强电场，故A错误；α粒
子在磁场偏转区由洛伦兹力提供向心力，根据左
手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；在从加速电场射出后，满足qU＝mv2，在静电偏转区有qE＝m＝，则E＝，则质子也能在静电偏转区沿虚线做匀速圆周运动，与电荷量和质量无关，故C正确；
在从加速电场射出后，满足qU＝mv2，α粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区同样满足qE＝m，做匀速圆周运动，在磁场偏转区也满足qvB＝m，则氘核会沿虚线运动到M点，故D
错误。
3.(多选)(2026·河南郑州模拟)如图所示，P、Q两个平行金属板之间的电压为U，虚线AC上方有垂直纸面向外的匀强磁场，AC下方存在电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于AC，且垂直于磁场方向。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近P板的S点由静止开始做加速运动，从M点沿垂直于磁场的方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从D点垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点，已知AD＝L，AN＝2L，则下列说法正确的是
A.粒子从M点进入磁场时的速度大小为2
B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
C.匀强磁场的磁感应强度大小为
D.匀强电场的电场强度大小为
√
√
粒子在电场中加速过程，由动能定理得qU＝mv2，
可得带电粒子从M点沿垂直于磁场方向进入磁场的速
度大小v＝，故A错误；画出粒子运动的轨迹如图
所示(O为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，∠MOD＝120°，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则r＋rcos 60°＝L，解得r＝L，故B正确；
粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，
即qvB＝m，磁感应强度大小B＝＝＝，
故C正确；粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度
a＝，垂直于电场方向有2L＝vt，沿电场方向有L＝at2，联立解得电场强度大小E＝，故D错误。
题组2　带电粒子在组合场中运动的应用实例
4.(2026·广东深圳一模)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造如图所示。粒子源S产生的各种不同正粒子束(速度可视为零)，粒子质量为m、电荷量为q，粒子重力不计，经电压为U的加速电场加速后，从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的M点。则下列说法正确的是
A.粒子从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场的速度大小为
B.若粒子束q相同而m不同，则MN距离越大对应的粒子质量越小
C.进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的比荷一定相等
D.进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的电荷量一定相等
√
粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU＝
mv2，解得v＝，故A错误；粒子在磁场中做匀
速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，
可得r＝，所以MN＝2r＝，若粒子束q相同而m不同，MN距离越大对应的粒子质量越大，故B错误；
由MN＝，可知只要MN距离相同，则对应的粒子的比荷一定相等，但粒子的质量和电荷量不一定相等，故C正确，D错误。
5.(2026·河北沧州一模)用如图所示的回旋加速器加速电荷量为q、质量为m的带电粒子，已知D形盒半径为R，所加磁场磁感应强度大小为B，a、b间所接电压为U，粒子从图中A点开始加速，忽略两D形盒间狭缝的宽度。下列说法正确的是
A.图中回旋加速器加速的带电粒子一定带正电
B.回旋加速器a、b之间所接高频交流电的周期为
C.回旋加速器加速后粒子的最大动能为
D.回旋加速器D形盒的半径R、磁感应强度B不变，则加速电压U越高，粒子飞出D形盒的动能越大
√
由左手定则可判断出题图中回旋加速器加速的带电
粒子一定带正电，故A正确；为了保持始终加速，则
交流电周期与粒子圆周运动周期相等，即T电＝，
故B错误；当粒子运动轨迹半径等于D形盒半径时，
粒子速度最大，根据洛伦兹力提供向心力有qvmB＝m，最大动能Ekm＝m＝，与加速电压U无关，所以D形盒的半径R、磁感应强度B不变，改变加速电压U，粒子飞出D形盒的最大动能不变，故C、D错误。
6.(2025·广东卷·T6)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。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
√
直线通道PQ有电压为U的加速电场，离子带负电，离
子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的
磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；根据题意，
由动能定理可知，加速1次后，离子的动能增量为qU，
由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，离子的动能增量
为kqU，加速k次后，由动能定理有kqU＝mv2－m，解得v＝＝，故B、C错误；
离子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB＝m，联立解得B＝，故D错误。
7.(多选)(2025·河北卷·T10)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，金属板电荷量可视为连续变化，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
√
√
√
根据粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可知粒子带负电，选项A错误；随着粒子不断打到N板上，N板电荷量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N板时满足v2＝2ad，a＝，解得E＝，即d增大，板间所形成的最大电场强度减小，选项B
正确；
因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿
过M板Q点的小孔，则由几何关系有cos 60°＝
，解得r＝2L，可得OP＝rsin 60°＝L，
可得粒子直接打到M板上表面的位置与O点的最大距离为xm1＝＝L，当N板吸收一定量的粒子后，粒子从Q点垂直进入电场，会返回再从Q点射入磁场，然后做匀速圆周运动，运动半个圆周后打在M板上表面，这时打在M板上表面的位置与O点的最大距离xm2＝2r＋OQ＝7L＞xm1，则粒子打在M板上表面的位置与O点的最大距离为7L，选项C正确；
因金属板厚度不计，如图所示，当粒子在磁场中运动轨迹的弦仍为PQ时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方发射，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α＝30°，则粒子在两板间运动时间t＝，其中a＝，打到M板下表面距离Q点的最小距离s＝vcos α·t，解得s＝d，选项D正确。
8.(12分)(2025·河南卷·T15)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、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；
答案：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度方向与水平虚线的夹角为60°，作出粒子从a点运动到b点的轨迹，如图1所示
由几何关系有r－h＝rcos 60°
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)求电场强度的大小；
答案：
粒子在电场中做类斜抛运动，由类斜抛运动规律可知，水平方向有x1＝v0t1cos 60°
竖直方向有2v0sin 60°＝a0t1
由牛顿第二定律有qE＝ma0
由(1)问可知，粒子从a点开始运动到进入电场的水平位移为x2＝rsin 60°＝h
由运动的对称性可知，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＝。
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)
答案：v0
根据题意，作出竖直向下发射时一个周期内粒
子的运动轨迹，如图2所示
由几何关系可知，一个周期内粒子从磁场进入
电场的速度与水平方向的夹角余弦为cos θ＝＝
解得θ＝60°
则粒子从a点开始运动到进入电场过程粒子的水平位移为s1＝r－rsin θ＝(2－)h
由于粒子从a点运动到进入电场过程轨迹所对
圆心角为θ1＝
则该过程粒子的运动时间为t2＝＝
结合(2)问分析可知，该情况一个周期内粒子
在电场中的水平位移大小为x1＝h，运动时
间为t1＝＝
由几何关系可得，一个周期内粒子从离
开电场进入磁场至到达b'的过程，轨迹所
对圆心角为θ2＝，该过程的运动时间为t3＝
＝
则粒子的运动周期为T＝t1＋t2＋t3＝
由粒子的运动轨迹可知，一个周期内粒子的位移大小为s'＝r－s1＝h
则粒子的漂移速度大小v＝＝v0。
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专题提升十四　带电粒子在组合场中
的运动

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