文档内容
素养培优3 带电粒子在组合场中的运动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）
＝ ， 大小不变，方向变 ＝ ， 大小、方向均
F qv B F F qE F
B 0 B E E
受力
化，方向总指向圆心， 为变力 不变， 为恒力
F F
B E
匀速圆周运动
类平抛运动
运动
＝ ，
r ＝ ， ＝
v v v t
x 0 y
规律 0
＝ ＝ ， ＝
T x v t y t2
0
2
2 .
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 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀
R
强磁场，磁感应强度大小为 。圆形区域外有大小相等、
B
方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为 、电荷
m
量为 （ ＞ ）的带电粒子沿直径 方向从 点射入圆
q q 0 AC A
形区域。不计重力，下列说法正确的是（ ）
. 粒子的运动轨迹可能经过 点
A O
. 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
B
. 粒子连续两次由 点沿 方向射入圆形区域的最小时间间隔为
C A AC
7π
. 若粒子从 点射入到从 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大
D A C
3
小为
3
3 答案：
D
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 点，粒
O
子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的
半径方向， 、 错误；当粒子在磁场中运动的
A B
轨迹半径为 ＝ 时，粒子连续两次由 点沿
r R A AC
1
方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图 所示，由洛伦兹力
1
提供向心力有 ＝ ，又 ＝ ，则最短时间间隔为 ＝ ＝ ，
qv B m T t 2T
1 1 min
2
1 2π 1 4π
错误；粒子从 点射入到从 点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨
C A C
1 1
迹如图 所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为 ＝ ，由洛伦兹
2 r R
2
3
力提供向心力有 ＝ ，联立解得 ＝ ， 正确。
qv B m v D
2 2 3
2
2 3
2 3 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 、 、 经电压为 的电场
1 2 3 U
加速后，从顶点 沿 方向进入一个边长为 的正六边形区域内，正六边形
A AD a
区域内存在磁感应强度大小为 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知
B
粒子 刚好从顶点 射出，粒子 刚好从顶点 射出，粒子 刚好垂直于 从
1 F 2 E 3 ED
点（未画出）射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ）
G
. 粒子 、 、 的比荷之比为 ∶ ∶
A 1 2 3 9 4 1
. 点到 点的距离为
B G E a
. 将磁感应强度减半，粒子 在磁场中的运动
C 1
2 3 − 3
时间不变
. 将磁感应强度减半，粒子 会从 点射出
D 2 G答案：
BD
解析：设粒子质量为 ，带电荷量为 ，在加速电场中，根据动能定理得：
m q
＝
Uq mv2
1
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：
2
＝
qvB m
2
解得 ＝
r
1 2
粒子 、 、 的运动轨迹如图所示
1 2 3 由几何关系知 ＝ ， ＝ ， ＝ ，解得 ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ，由
r a r a r 2 a r r r 1 3 6
1 2 3 1 2 3
3
3 3 3
＝ ，可得 ＝ ，故 ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ，故 错误；由几
r k k k k 36 4 1 A
1 2 3
2
1 2 1
∝
何关系知 ＝ ＝ ，解得 点到 点的距离为 ＝ － ＝
O E 3a G E x r O E
3 ° 1 3 3
3
，故 正确；将磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径
a taBn30
都加倍，粒子 从 之间射出，在磁场中运动的时间变长，粒子 从 点射
1 EF 2 G
2 3 − 3
出， 错误， 正确。
C D【典例3】
（
2024·
青海西宁三模）如图所示，一虚线将
坐标系分为上下两部分，虚线交 轴于 点、交 轴于
xOy y P x
点，∠ ＝ °。虚线上方区域为垂直于 指向左
Q PQO 60 PQ
下方的匀强电场，电场强度大小为 ；下方区域为垂直
E
于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量
为 （ ＞ ）、质量为 的粒子从 点以 沿 轴正方向抛出，不计重力，此后
q q 0 m P v x
0
运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为 、第二个交点为 （ 、 两
M N M N
点未画出）。
（ ）求从 点运动至 点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离；
1 P M答案：
2
3 0
解析： 将 沿电场强度方向和垂直于电场强度方向分解，当沿
v
8
0
电场强度方向速度减至 时，粒子离虚线边界最远，根据牛顿第二定
0
律有 ＝
qE ma
°
＝
t
1
0sin60
最远距离 ＝ ＝ 。
s a
2
1 3 0
2
1
2 8 （ ）若 ＝ ，求磁感应强度的大小。
2 PM MN
答案：
2
解析：粒子运动轨迹如图所示。粒子从 在垂直于
P→M
0
电场强度方向上做匀速直线运动，则
＝ ° ＝
PM v sin 30 ·2t
0 1
2
3 0
粒子从 到 做匀速圆周运动，由 ＝
M N qv B m
2
0 0
2
0
整理得 ＝
R
0 0
0
由几何关系知 ＝ °＝
MN 2R cos 30
0
0
3 0
结合 ＝
PM MN
0
解得磁感应强度的大小为 ＝ 。
B
0
2
0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
与 轴之间的夹角 ＝ °， 与 轴之间存在匀强磁场，磁感应强度
OM x θ 30 OM x
大小为 ，方向垂直于坐标平面向里。直线 与 轴之间存在匀强电场
B OM y
（图中没有画出）。一质量为 、电荷量为 （ ＞ ）的带电粒子从 上
m q q 0 OM
某点 垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线 之间的夹角也是
P OM
°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过 轴，再次经过直线 时与坐标
30 x OM
原点 的距离为 。不计粒子的重力。
O L
（ ）求该粒子进入磁场时速度 的大小；
1 v答案：
解析： 根据题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
4
＝
qvB m
2
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 4＝ 。
v
4 （ ）若电场方向沿 轴负方向，粒子再次从 点进入磁场区域，求电场强
2 y P
度 的大小；
E
1
答案：
2
解析：粒子进入电场时速度方向沿 轴负方向，若电场方向沿 轴负方
x y
3
向，粒子在电场中做类平抛运动，则有 ＝ °＝ ， ＝
x rcos 30 vt y rsin
°＝
30 a t2
1
1
其中
a
＝2
1
1
解得 ＝ 。
E
1
2
3 （ ）若带电粒子恰能再次从 点以速度 返回磁场区域，求电场强度 的
3 P v E
2
大小和方向。
答案： ，方向垂直于 向下
OM
2
3
8
解析：粒子恰能再次从 点以速度 返回磁场区域，则电场力对粒子做
P v
功为零，所以电场 的方向垂直于 向下，粒子从 到 做类斜抛运
E OM Q P
2
动，则有 ＝ ° ， °＝
vcos 30 ·t vsin 30 a t
2
其中 a ＝ 2
2
2
解得 ＝ 。
E
2
2
3
8 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 的坐标平面内，边长为 的正方形 区域
xOy L AOCD
内有沿 轴负方向的匀强电场， 点在 轴正半轴上， 点
y A y C
在 轴正半轴上，区域外有垂直于坐标平面向外的匀强磁
x
场，在坐标为 ， 的 点以大小为 的速度沿 轴正方向射出一个质量
P v x
0
3
为 、带电荷量为 （ ＞ ）的粒子。粒子第一次经电场偏转从 的中点
m q q 0 OC
0 4
射出电场，此后粒子恰好从 点第二次进入电场，不计粒子的重力，求：
O
（ ）匀强电场的电场强度大小；
1答案：
2
2 3 0
解析： 粒 子在电场中做类平抛运动，则
＝
L a
3 1
2
1
4 ＝ 2
L v t
0 1
1
根据牛顿第二定律有 ＝
qE ma
2
解得 ＝ 。
E
2
2 3 0
（ ）匀强磁场的磁感应强度大小；
2
答案：
4 3 0
解析：设粒子第一次出电场时速度大小为 ，根据动能定理有 ×
v qE L
1
3
4
＝ －
m m
1 1
2 2
1 0
解 2 得 v ＝ 22v
1 0
设粒子出电场时速度与 轴正向的夹角为 ，则
x θ
＝
v cos θ v
1 0解得 ＝ °
θ 60
由对称性可知粒子第二次进电场时速度与 轴夹角 °斜向右上方，
x 60
则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 ＝ ＝
r L
1 °
2 3
2sin60 6
根据牛顿第二定律有 ＝
qv B m
1
2
1
解得 ＝ 。
B
4 3 0
（ ）粒子第三次离开电场的位置坐标。
3
答案： ，
3
解析：粒子第二次进电场后，做类斜上抛运动，设粒子仍从 边射出
OC
4
°
电场，则粒子第二次在电场中运动时间 ＝ ＝
t
2
2 1cos30
粒子在电场中沿 x 轴正方向运动的距离 0
＝ ＝
x v t L
0
即粒子刚好从 点离开电场，根据对称性可知，粒子第三次进入电场
C
的位置在 的中点，即粒子第三次出电场的位置坐标 ， 。
OC
3
4提升关键能力
目录1 2 3 4 5 6
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 从小孔 向下射
S S
1
出各种速度的氕核（ ）、氘核（ ）、氚核（ ）及氦核
H H H
（ ），粒子经小孔 进入速度选择器后，只有速度合适的粒子才能
He S
1 2 3
2
1 1 1
沿直线经过小孔 ，并垂直进入磁感应强度大小为 的偏转磁场，感光
S B
4
3 2
2
底片 上仅出现了 、 、 三个光斑，光斑 到小孔 的距离为 。已
PQ A B C A S 2d
3
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 的匀强
B
1
磁场，两板间距为 ，板间电压为 ，下列说法正确的是（ ）
d U
√
. 极板 带负电荷
A M
√. 粒子在偏转磁场中的速度大小为
B
. 氦核的比荷为
C
1
2
2 1 2
. 相邻两光斑的距离均为
D
3
31 2 3 4 5 6
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 带负电荷，故 正确；根据平衡条件有
M A
＝ ，解得 ＝ ，故 正确；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，
qvB v B
1
根据洛伦兹力提供 向1 心力，有 qvB ＝ ，解得 r ＝ ∝ ，显然光斑
2
2
是氚核产生的，设氕核的质量为 、所带的电荷量为 ，则氚核的比荷
A m e
1 2
0
为 ＝ ，氦核的比荷为 ＝ ，故 错误；根据 ＝
C r
2 3
2 2
3 0∝ ， 1可 2 知光斑 是氘核和4 氦0 核2产 生1 的2 ，光斑 是氕核产生的， 、
B C B
两点将 三等分，则相邻两光斑的距离均为 ，故 错误。
C 1 2 AS D
3
2
31 2 3 4 5 6
. （ 福建漳州三模）如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁
2 2024·
分析器构成。静电分析器通道的 圆弧中心线半径为 ，通道内有均匀辐
R
1
向电场，方向指向圆心 ，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析
O
4
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
， ＝ 。质量为 、电荷量为 的粒子（不计重力），由静止开始
2d PN 3d m q
从 板经电压为 的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由 点垂
A U P
直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片 上，则（ ）
ON
. 磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外
A
. 静电分析器中心线处的电场强度 ＝
B E
. 仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点
C
. 要使粒子能到达 边界，磁场磁感应强度 的最小
√D NQ B
值为
1 2
2 1 2 3 4 5 6
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 错误；在加
A
速电场中，根据动能定理得 ＝ ，在静电分析器中，根据电场力充
qU mv2
1
当向心力得 ＝ ，联立可得电场强度 ＝ ，故 错误；在磁分析器
qE E B
2
2
2
中，根据洛伦兹力提供向心力得 ＝ ，可得粒子进入磁分析器到打
qvB
2
在胶片上的距离 ＝ ，所以与粒子的比荷有关，仅改变粒子的比
D 2
2 2
荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故 错误；由上述公式可知，磁场磁
C
感应强度 越小，半径越大，当 为最小值时，粒子与 边相切，由于圆
B B QD
心在 上，则半径 ＝ ，此时有 ＝ ，解得 ＝ ，故
PN R 2d 4d B D
min
2 2 1 2
正确。
2 1 2 3 4 5 6
. （ 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
3 2024·
原理如图所示。 和 是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的
D D
1 2
匀强磁场中，它们接在电压为 、周期为 的交流电源上。位于 的圆
U T D
1
心处的质子源 能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间
A
被电场加速。当质子被加速到最大动能 后，再将它们引出。忽略质子
E
k
在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（ ）
. 若只增大交变电压 ，则质子的最大动能 会变大
A U E
k
. 若只将交变电压的周期变为 ，仍可用此装置加速质
B 2T
子
√. 质子第 次被加速前、后的速度之比为 ∶
C n
. 质子第 次被加速前、后圆周运动向心加速度之比为
D n
（ － ）∶ − 1
n 1 n1 2 3 4 5 6
解析： 由洛伦兹力提供向心力可知 ＝ ，可得 ＝ ，当 ＝
qvB m v r R
2
时，质子的速度最大，质子的动能最大 ＝ ＝ ，若只增大交
E mv2
km
2 2 2
1
变电压 ，则质子的最大动能 不变， 错误；为了使质子能在回旋加
U E A
k 2 2
速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同， 错误；由
B
＝ 以及 ＝ ，可得质子第 次被加速前、后的动能之比为
nqU m r n E
n k
1
2
∶ 2 E ＝ ∶ n ，速度之比为 v ∶ v ＝ ∶ ，由牛顿
（ － ） －
n 1 kn n 1 n
第二定律得 qv B ＝ −m1a ，则 a ＝ ，可知向心加速度之 −比1为 a ∶ a ＝
－
n 1 n
∶ ，故 正确， 错误。
C D
− 1 1 2 3 4 5 6
. （ 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
4 2024·
图如图所示，以 点为圆心的内圆、外圆半径分别为 和 ，区域中的
O R R
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 ，外圆
B
3
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 。一质量为 、电荷量为＋ 、不计重力的带电粒子
C m q
从左板内侧的 点由静止释放，两板间电压为 ，粒子经电场加速后从
A U C
点沿 方向射入磁场，若恰好不进入安全区，求：
CO
（ ）粒子通过 点时的速度大小 ；
1 C v
0
答案：
2
1 2 3 4 5 6
解析： 粒子从 点运动到 点，根据动能定理得 ＝
A C qU mv 2
0
1
2
解得 ＝ 。
v
0
2
1 2 3 4 5 6
（ ）若粒子恰好不进入安全区，求两板间电压 ；
2 U
1
答案：
2 2
解析：设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为
2
，如图所示
r
由几何关系得（ ） ＋ ＝（ ＋ ）
R 2 r2 r R 2
解得 ＝
r R
3
由牛顿第二定律得 ＝
qv B m
1
2
1
又因 ＝
qU mv 2
1 1
1
解得 U ＝ 2 。
1
2 2
2 1 2 3 4 5 6
（ ）在（ ）问中，若粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，求粒子从
3 2
离开电场到再次返回电场所需的时间 。
t
答案：
2πR
2
1 2 3 4 5 6
解析：设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为 ，由几何关
θ
系得 ＝
tan
3
解得 ＝
θ
2
2π
粒子在磁场中运动的周期为 ＝
T
3
2π
粒子从 点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为 ＝
C t
解得 ＝
t πR 3
1 2
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 次碰
5
3
撞，粒子从离开电场到再次返回电场时间为 ＝ ＝ 。
t 6t 2πR
总
2
1 2 3 4 5 6
. （ 福建龙岩期中）如图所示，在 平面内虚线 与 轴负方向的
5 2024· xOy OM x
夹角为 °，虚线 右侧区域 内存在垂直于 平面向里的匀强磁
45 OM Ⅰ xOy
场，虚线 左侧区域 内存在沿 轴正方向的匀强电场。一质量为 、
OM Ⅱ y m
电荷量为 的带正电粒子从原点 沿 轴正方向以速度 射入磁场，此后
q O x v
0
当粒子第一次穿过边界线 后恰好能到达 轴上的 点。原点 与 点间
OM x P O P
的距离为 ，不计粒子受到的重力，求：
d1 2 3 4 5 6
（ ）匀强磁场的磁感应强度大小 ；
1 B
答案：
0
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
（ ）研究粒子在磁场中的匀速圆周运动时，
1
由向心力公式，得 ＝
qv B m
0
2
0
又 ＝
r d
解得匀强磁场的磁感应强度大小 ＝ 。
B
0
1 2 3 4 5 6
（ ）匀强电场的电场强度大小 ；
2 E
答案：
2
0
解析：粒子 2 在电场中做匀减速直线运动，由动能定理，得－ ＝
qEd 0
－
m
1
2
0
2
则匀强电场的电场强度大小 ＝ 。
E
2
0
2 1 2 3 4 5 6
（ ）粒子从 点射出至第三次穿过边界线 所用的时间 。
3 O OM t
总
答案： （ ＋ ）
π 2
2
解析：粒子在磁场中运动的周期 ＝ ＝
T
0
2 π 2 π
粒子第一次在磁场中运动的时间 ＝ ＝
t T
1 0
3 3 π
在电场中的加速度 ＝ ＝
a
4 2 0
2
0
粒子第一次在电场中来回的时间 ＝ × ＝
2 t 2
2
2 4
粒子第二次在磁场中运动的时间 ＝ ＝
t T
0
3
1 π
粒子从 点射出至第三次穿过边界线 所用的时间 ＝ ＋ ＋
O OM t t t t
总 1 2 3
4 2 0
＝ （ ＋ ）。
π 2
2
01 2 3 4 5 6
. （ 江苏高考 题）如图所示，两个半圆环区域
6 2024· 16
、 中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域
abcd a'b'c'd'
内、外边界的半径分别为 、 。 与 间有一
R R ab a'b'
1 2
个匀强电场，电势差为 ， 与 间有一个插入体，
U cd c'd'
电子每次经过插入体速度减小为原来的 倍。现有一
k
个质量为 、电荷量为 的电子，从 面射入插入体，经过磁场、电场后
m e cd
再次到达 面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳
cd
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：
（ ）电子进入插入体前后在磁场中运动的半径 、 之比；
1 r r
1 21 2 3 4 5 6
答案：
1
解析： 设电子进入插入体前的速度大小为 ，则电子经过插
v
0
入体前后，由洛伦兹力提供向心力有 ＝
ev B m
0
2
0
1
（ ）
＝
e·kv B m
0
2
0
联立解得 ＝ 2。
1 1
2 1 2 3 4 5 6
（ ）电子多次循环后到达 的稳定速度 ；
2 cd v
答案：
（ ）
2
2
1−
解析：电子多次循环稳定后，对电子从 出发经电场到 的过
c'd' ab
程，由动能定理有
＝ － （ ）
eU mv2 m kv 2
1 1
2 2
解得 ＝ 。
v
（ ）
2
2
1− 1 2 3 4 5 6
（ ）若电子到达 中点 时速度稳定，并最终到达边界 ，求电子从 到
3 cd P d P
的时间 。
d t
（ ） （ ）
答案：
（ ）
π 2− 1 1+
2 2 1−
解析：结合（ ）问分析，当电子到达 中点 时速度稳定后，其在
2 cd P
区域运动有
abcd
＝
evB m
2
1 2 3 4 5 6
解得 ＝
r
（ ）
1 2
2
结合（ ）问 分1−析 可知，电子在 区域运动的半径为 ＝
1 a'b'c'd' r'
（ ）
2
所以电子相邻两次经过 边的位置间的距离为 ＝ （ － ）
cd l 2 r r'
2
1−
由几何关系可知 ＝
nl
2− 1
2
又电子在磁场中运动的周期为 ＝ ＝
T
2π 2π
联立解得电子从 运动到 的时间为
P d
（ ） （ ）
＝ ＝ 。
t nT
（ ）
π 2− 1 1+
2 2 1−
