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专题21 带电粒子在组合场中运动模型
磁场与磁场的组合模型（4-8 题）.................................................................................................7
电场与磁场的组合模型（9-13 题）.............................................................................................12
带电粒子在组合场中运动的应用——质谱仪模型（14-17 题）..............................................18
带电粒子在组合场中运动的应用——回旋加速器模型（18-20 题）......................................23
1.
（多选）（2023•海南）如图所示，质量为m，带电荷为+q 的点电荷，从原点以初速
度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0为已知）区域内有竖直向
上的匀强电场，在x＞x0 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E 值有多种可
能），可让粒子从NP 射入磁场后偏转打到接收器MN 上，则（ ）
A．粒子从NP 中点射入磁场，电场强度满足E= y0m v0
2
q x0
2
B．粒子从NP 中点射入磁场时速度为v0√
x0
2+ y0
2
y0
2
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM 的距离为m v0
qB
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是m v0
qB √
x0
2+ 4 y0
2
x0
2
【解答】解：A、根据带电粒子在电场中做类平抛运动，若粒子打到PN 中点，则
x 方向匀速直线运动，有：x0＝v0t
y 方向粒子做匀加速直线运动，有：1
2 y0= 1
2 at
2
1
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根据牛顿第二定律得：Eq＝ma
解得：E= mv0
2 y0
q x0
2
，故A 正确；
B、粒子从PN 中点射出时，y 方向根据匀变速位移与平均速度关系式得：y0
2 = v y
2 t
刚出电场射入磁场时速度v1=√v0
2+ v y
2 =√v0
2+( y0
t )
2
将t= x0
v0
代入解得：v1= v0
x0 √x0
2+ y0
2，故B 错误；
C、粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，轨迹如下图所示：
则tanθ= v0
v y
= v0
at
将a、t 代入得：tanθ= mv0
2
qE x0
粒子从电场中射出时的速度v= v0
sinθ
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv
2
r
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN 的距离为d＝rcosθ
联立解得：d= E x0
B v0
因E 值有多种可能，故粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM 的距离有多种可能，故C 错误；
D、当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则在电场中沿电场方向加速
2
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的距离最大，则y 方向速度及合速度最大，此时粒子从N 点进入磁场，则v ym= 2 y0
t
x0＝v0t
出离电场的最大速度：vm=√v0
2+ v ym
2 = v0
x0 √x0
2+ 4 y0
2
则由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv
2
r
可得最大半径：rm= m vm
qB = m v0
qB √
x0
2+ 4 y0
2
x0
2
，故D 正确。
故选：AD。
2.
（2023•山东）如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d 的区域中，存在沿y 轴正方向、场强大
小为E 的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为
q 的带正电粒子从OP 中点A 进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN 第二次离开电场后，垂直NP 再次进入电场，
求磁场的磁感应强度B 的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A 点沿y 轴正方向第一次进入电场，离开电
场后从P 点第二次进入电场，在电场的作用下从Q 点离开。
（i）求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0；
（ⅱ）通过计算判断粒子能否从P 点第三次进入电场。
【解答】解：（1）粒子从A 到垂直于NP 进入电场过程中，粒子运动轨迹如图所示：
3
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根据几何关系可知，粒子轨迹半径：r1= 1
3AP= 1
3 d
设粒子第一次进入磁场时的速度为v1，根据动能定理可得：qE•2d= 1
2 m v1
2，解得：v1=2√
qEd
m
由于粒子第二次从QN 边进入电场到再次从QN 边进入磁场过程中，电场力做功为零，所以粒子
第二次进入磁场时的速度大小不变，仍为v1。
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv1
2
r1
解得：B=6√
mE
qd
；
（2）（i）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A 点沿y 轴正方向第一次进入电场，离
开电场后从P 点第二次进入电场，在电场的作用下从Q 点离开，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：r2
2=（2d）2+（r2
d
﹣）2
解得：r2＝2.5d
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B＝mv2
2
r2
4
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解得：v2＝15√
qEd
m
根据几何关系可得：cosθ= 2d
r2
= 2d
2.5d =0.8，则有：sinθ＝0.6
粒子从P 点进入电场E′后，从Q 点离开电场，则有：
t=
2d
v2cosθ
2d＝v2sinθ•t+ 1
2 a' t
2
根据牛顿第二定律可得：a′= qE'
m
联立解得：E′＝36E；
粒子从A 到上边界运动的过程中，根据动能定理可得：qE′•2d= 1
2 m v2
2- 1
2 m v0
2
解得：v0＝9√
qEd
m
，方向向上；
（ii）假设粒子离开Q 点后能够第三次经过P 点进入电场，设粒子离开Q 点速度大小为v3，与y
轴夹角为α，如图所示：
根据动能定理可得：qE′•2d= 1
2 mv3
2- 1
2 mv2
2
解得：v3＝3√41⋅√
qEd
m
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv3B＝mv3
2
r3
，解得：r3= √41
2 d
5
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根据几何关系可得：sinα= v2cosθ
v3
，解得：sinα= 4
√41，则cosα= 5
√41
根据图中的几何关系可得：r3=
√2d
cos(α + 45°)
解得：r3=2√41d
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P 点进入电场。
3.
（2023•全国）如图，在x＞0、y＞0 区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，在y＜0 区
域有方向向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子在点（0，l）以速度v0向
正右方发射。已知该粒子在点（2l，0）进入电场区域。运动一段时间后越过y 轴，粒子越过y
轴时的速度与它进入电场时的速度垂直，不计重力，求
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）电场强度大小；
（3）粒子越过y 轴时距抛出点（0，l）的距离。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其圆周轨迹的半径为R，粒子的运动轨迹
如图1 所示：
由几何关系可得：R2＝（R
l
﹣）2+（2l）2
解得：R= 5
2 l
6
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由洛伦兹力提供向心力得：qBv0＝mv0
2
R
解得磁场的磁感应强度大小为：B= 2mv0
5ql 。
（2）设粒子在磁场中圆周运动轨迹的圆心角为θ，粒子在A 点进入电场时的速度方向与x 轴正
方向的夹角也为θ，由图1 所示，由几何关系得：
sinθ= 2l
R ，解得：sinθ= 4
5 ，则有cosθ= 3
5，tanθ= 4
3
粒子在电场中做匀变速曲线运动，沿y 轴负方向做匀速直线运动，沿x 轴正方向做匀减速直线运
动，在A 点沿y 轴的分速度大小为v0y＝v0sinθ，沿x 轴的分速度大小为v0x＝v0cosθ。
由题意：粒子越过y 轴时的速度与它进入电场时的速度垂直，可知粒子在P 点越过y 轴时的速度
方向与y 轴负方向的夹角等于θ，在P 点沿y 轴的分速度大小仍为v0y，可得在P 点沿x 轴负方向
的分速度大小为：
v1x＝v0ytanθ＝v0sinθ•tanθ= 4
5 × 4
3 ×v0= 16
15 v0
设粒子在电场中的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得：qE＝ma
粒子在电场中由A 点到P 点沿x 轴方向由运动学公式可得：2a×2l= v1 x
2 - v0 x
2
联立解得电场强度大小为：E= 7m v0
2
36ql
。
（3）设粒子在电场中运动时间为t，粒子在电场中由A 点到P 点沿x 轴方向由运动学公式可得：
v
﹣1x＝v0x
at
﹣
解得：t= 60l
7 v0
粒子在电场中由A 点到P 点沿y 轴负方向做匀速直线运动，由运动学公式可得O 与P 之间的距
离为：
OP＝v0yt＝v0sinθ•t= 4
5 v0× 60l
7 v0
= 48
7 l
则粒子越过y 轴时距抛出点（0，l）的距离为：OP+l= 48
7 l+l = 55
7 l。
7
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磁场与磁场的组合模型（4-8 题）
4.
（2023 秋•桃城区校级月考）如图所示，边长为a＝0.4m 正方形区域ABCD 内无磁场，
正方形中线PQ 将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B＝0.2T 的匀强磁场区域，PQ 右侧
磁场方向垂直于纸面向外，PQ 左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m＝1×10
8
﹣kg，
电荷量为q＝2×10
6
﹣C 的正粒子从AB 中点以某一速率垂直于AB 射入磁场，不计粒子的重力，
则关于粒子的运动，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子的最大速度为12m/s
B．若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子的速度可能为10m/s
C．若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子的速度可能为8
3 m/ s
D．若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子的速度可能为2m/s
【解答】解：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有，根据牛
顿第二定律可得：qvB =m v
2
r
解得：v = qBr
m
若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示：
8
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由几何关系可得(2n+1)r = a
2 (n=0，1，2，⋯)
解得：v =
qBa
(4 n+2)m (n=0，1，2⋯)
当n＝0 时，速度最大为vmax＝8m/s
当n＝1 时v = 8
3 m/ s
当n＝2 时v = 8
5 m/ s
则粒子的速度不可能为2m/s，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
5.
（2023 秋•沙河口区校级期中）如图所示，直线MN 与水平方向成60°角，MN 的右上
方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度
大小均为B。一粒子源位于MN 上的a 点，能水平向右发射不同速率、质量为m（重力不计）、
电荷量为q（q＞0）的同种粒子，所有粒子均能经过MN 上的b 点从左侧磁场进入右侧磁场，
已知ab＝L，则粒子的速度可能是（ ）
A．√3qBL
12m
B．√3qBL
9m
C．√3qBL
3m
D．√3qBL
m
【解答】解：由题意可知，粒子能从左侧磁场进入右侧磁场，粒子可能在两个磁场间做多次的
运动。画出可能的粒子轨迹如图所示；
9
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由于粒子从b 点从左侧磁场进入右侧磁场，粒子在ab 间做匀速圆周运动的圆弧数量必为偶数个，
且根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角均为120°，根据几何关系可得粒子运动的半径为
n•2Rcos30°＝L（n＝2，4，6…）
根据洛伦兹力充当向心力可得：qvB= mv
2
R
联立解得v= √3qBL
3mn （n＝2，4，6…），结合选项可知，当n＝4 时，v= √3qBL
12m ，故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
6.
（2023 秋•朝阳区校级期中）如图所示，在匀强磁场中，磁感应强度B1＝2B2，当不
计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的（ ）
A．速率将加倍
B．轨迹半径加倍
C．周期将不变
D．做圆周运动的角速度将加倍
【解答】解：A、洛伦兹力与速度方向垂直，只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小，故
粒子的速率不变，故A 错误；
B、由半径公式R = mv
qB 知，当磁感应强度B 变为原来的一半，轨道半径R 将加倍，故B 正确；
CD、由周期公式T = 2πm
qB
可知，当磁感应强度B 变为原来的一半，周期T 将加倍，由公式
10
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ω= 2π
T
可知，角速度ω 减半，故C 错误，D 错误。
故选：B。
7.
（2022 秋•香坊区校级期末）如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强
磁场被边长为L 的等边三角形AOC 分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A 处
有一质子源，能沿∠OAC 的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能
通过C 点，质子比荷q
m =k，则以下说法正确的是（ ）
A．质子的速度可能为2
3 BkL
B．质子的速度可能为2
5 BkL
C．质子由A 到C 的时间可能为2π
3kB
D．质子由A 到C 的时间可能为π
4 kB
【解答】解：AB．因质子带正电，且经过C 点，质子在三角形内磁场中可能的轨迹如图所示
所有圆弧所对圆心角均为60°，质子可能的运动半径r = L
n （n＝1，2，3，…）
质子在三角形内磁场中，由洛伦兹力提供向心力得Bqv =m v
2
r
即v = Bqr
m = Bk L
n （n＝1，2，3，…）
11
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则质子的速度不可能为2
3 BkL和2
5 BkL，故AB 错误；
CD．由周期公式可知，质子由A 到C 的时间可能为
t = 1
6 ×n× 2πm
qB = nπm
3qB = nπ
3kB
（n＝1，2，3，…）
故C 正确；D 错误。
故选：C。
8.
（2023 春•新余期末）磁场可以对带电粒子的运动施加影响，只要设计适当的磁场，
就可以控制带电粒子进行诸如磁聚焦、磁扩散、磁偏转、磁约束与磁滞留等运动。利用电场和
磁场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用，如图所示，以O
点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向里的
匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小都是B。有一质量为m、所带正电荷电荷量为q 的带电
粒子从P 点沿半径垂直磁场射入圆形区域，粒子两次穿越磁场边界后又回到P 点，不计粒子重
力，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R
B．粒子从P 点射入磁场的速度大小为√2qBR
m
C．粒子从P 点射出到第一次回到P 点所需的时间为7 πm
6qB
D．如果圆形区域外的磁场在一个以O 为圆心的圆环内，则该圆环的面积至少为(6+ 4√3)π R
2
【解答】解：A、因为粒子两次穿越磁场边界后又回到P 点，画出粒子轨迹示意图如图所示：
12
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设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有tan30°= R
r
可得r=√3R
故A 错误；
B、根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r
解得v= √3qBR
m
故B 错误；
C、粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为T= 2πr
v
= 2πm
qB
粒子从P 点射出到第一次回到P 点所需要的时间为t= T
6 + 5T
6 + T
6
解得t= 7 πm
3qB
故C 错误；
D、由几何关系可知，圆环的大圆半径为r'＝（2+√3）R，小圆半径为R，所以其面积为S＝
π[（2+√3）R]2
πR
﹣
2=(6+ 4√3)π R
2，故D 正确。
故选：D。
13
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电场与磁场的组合模型（9-13 题）
9.
（多选）（2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，水平放置的一对长和间距均为L 的
平行金属板M，N，金属板的中线P，Q 与磁场的左边界（虚线）的交点为Q。在金属板M，
N 的右边缘虚线a、b 右侧存在着大小未知，垂直纸面向里的匀强磁场。质子以初速度v0从P
点水平向右射入金属板中，恰好从极板边缘（未与极板接触）射出金属板，经过磁场后恰好打
到另一极板与磁场边界的交点处。已知质子的质量和电荷量分别为m、e，金属板间电场视为
匀强电场，不计质子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．金属板M、N 间的电压U = mv0
2
2e
B．金属板M、N 间的电压U = mv0
2
e
C．匀强磁场的磁感应强度大小为2m v0
eL
D．匀强磁场的磁感应强度大小为√2m v0
eL
【解答】解：AB、质子在极板间运动过程，据牛顿第二定律得：e U
L =ma
质子做类平抛运动，水平方向：L＝v0t
竖直方向：1
2 L= 1
2 at
2
联立解得金属板M、N 间的电压为：U = mv0
2
e
，故A 错误，B 正确；
CD、设质子离开极板时速度与水平方向的夹角为θ，可得进入磁场时的速度为v = v0
cosθ
14
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由几何关系可得：R =
L
2
cosθ
质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB =m v
2
R
解得匀强磁场的磁感应强度大小为B = 2mv0
eL
，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
10. （多选）（2023•邯郸二模）“太空粒子探测器”是安装在国际空间站上的一种探测
宇宙射线的试验设备，由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成。其简化原理图如图所示，
两个同心扇形圆弧面PQ、MN 之间存在辐射状的加速电场，方向由内弧面指向外弧面，圆心
为O，两弧面间的电势差为U，右侧边长为L 的正方形边界abcd 内存在垂直纸面向里的匀强
磁场，其大小为B（可调节），O 点为ad 边界的中点，PO、QO 与ad 边界的夹角均为30°。假
设太空中质量为m、电荷量为e 的带负电粒子，均能均匀地吸附到外弧面PQ 的右侧面上，由
静止经电场加速后穿过内弧面均从O 点进入磁场，不计粒子重力、粒子间的作用力及碰撞，
下列说法正确的是（ ）
A．粒子到达O 点时的速率v0=√
2eU
m
B．若从O 点垂直于ad 边界射入磁场的粒子恰能从c 点离开，则B = 5
4 L√
2mU
e
C．若沿PO 方向射入磁场的粒子恰好从d 点射出磁场，此时B = 1
L√
2mU
e
D．若要求外弧面PQ 上所有的粒子均从cd 边射出磁场，则B 值的取值范围为
(2+√3)
2 L √
2mU
e
＜B＜2
L√
2mU
e
【解答】解：A.粒子P 在电场中加速，根据动能定理有eU = 1
2 mv0
2，则粒子到达O 点时的速率
15
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为v0=√
2eU
m ，故A 正确；
B.从O 点垂直于ad 边界射入磁场的粒子恰能从c 点离开，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹
如下图所示
由几何关系可得L
2+( R - L
2 )
2= R
2，解得R = 5 L
4 ，根据洛伦兹力提供向心力可得e v0 B =m v0
2
R
，
解得B = 4
5 L√
2mU
e
，故B 错误；
C.沿PO 方向射入磁场的粒子从d 点离开磁场，由几何关系可得r2= L
2 ，洛伦兹力提供向心力
e v0 B =m v0
2
r2
，解得B = 2
L√
2mU
e
，故C 错误；
D.当磁场的磁感应强度最小时，沿着QO 方向入射的粒子轨迹恰好与bc 边界相切从后从dc 边射
出，则外弧面PQ 上所有的粒子均能从cd 边射出磁场，由几何关系可得r1+r1cos30°＝L，解得
r1=2(2-√3)L，洛伦兹力提供向心力e v0 B =m v0
2
r1
，解得B = (2+√3)
2 L √
2mU
e
，当磁场的磁感
应强度最大时，沿PO 方向射入磁场的粒子，轨迹恰好经过d 点，则则外弧面PQ 上所有的粒子
均能从cd 边射出磁场，则磁场范围应满足(2+√3)
2 L √
2mU
e
＜B＜2
L√
2mU
e
，故D 正确。
故选：AD。
11. （2023•昌平区模拟）如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的
粒子速度大小均为v0，质量均为m，电荷量均为q。在0≤y≤d 的第一、二象限范围内分布着一
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个匀强电场，方向与y 轴正方向相同，在d≤y≤2d 的第一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，
方向垂直于xOy 平面向里。粒子离开电场上边缘时，能够到达的最右侧的位置为（2d，d）。
最终恰没有粒子从磁场上边界离开磁场。若只考虑每个粒子在电场中和磁场中各运动一次，不
计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
（1）电场强度E；
（2）磁感应强度B；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间。
【解答】解：（1）粒子离开电场上边缘时，能够到达最右侧位置的粒子是沿x 轴正方向发射的
粒子，对此粒子，有：x＝2d，y＝d，
由类平抛运动基本规律得：x＝v0t，
y= 1
2 at
2，
根据牛顿第二定律有：a= qE
m ，
联立可得：E= mv0
2
2qd
；
（2）沿x 轴正方向发射的粒子射入磁场时，有：2d＝v0t，d= v y
2 t
联立可得：vy＝v0
则v=√v0
2+ v y
2 =√2v0，方向与水平方向成45°斜向右上方，
根据题意知该粒子的运动轨迹恰与磁场上边界相切，其余粒子均不能达到y＝2d 边界，
由几何关系可知：R+ √2
2 R =d，
由qvB＝mv
2
R ，得：R= mv
qB ，
17
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联立可得B= (1+√2)m v0
qd
。
（3）粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，运动轨迹经过（2d，d）且恰与磁场上边界相切
的粒子，其轨迹对应的圆心角最大，
由几何关系可知圆弧轨迹对应的圆心角θ＝270°，
粒子运动的周期T= 2πm
qB ，
所以粒子在磁场中运动的最长时间：t= 3
4 T = (3√2-3)πd
2v0
。
12. （2023•株洲三模）如图所示，第一、二象限存在垂直于xOy 平面向里的磁感应强度
为B1（大小未知）的匀强磁场，第三象限存在沿y 轴正方向的匀强电场E，x 轴负方向与x 轴
重合存在一特殊的薄膜，带电粒子每次穿过薄膜时电荷量不变，但速度减为原来的a（a＜1）
倍。现有一质量为m、电量为q 的带正电粒子从y 轴上A（0，L）处平行于x 轴负方向以速度
v0射入第二象限，粒子从x 轴负半轴上的C 点平行于y 轴负方向射出，不计粒子重力，带电粒
子可视为点电荷。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）x 轴负方向C 处左边有一接收装置D（未画出），为了接收到该粒子，求D 的横坐标的可
能值xD以及D 离坐标原点O 的最远距离xDmax。
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【解答】解：（1）根据题意，由牛顿第二定律得：qv B1=m v0
2
R
由几何关系得：R＝L
解得：B1= mv0
qL
（2）粒子从C 处向下穿过薄膜，进入电场中减速后再反向加速，再一次经过C 处时速度
v1=a
2v0
经过第二象限半圆后再次经过x 轴时到达C1点时，r1= ma
2v0
B1q
则D 点横坐标xD1= L+2r1= L+ 2ma
2v0
B1q
=(1+2a
2)L
粒子从C1点再向下穿过薄膜，返回C1处时v2=a
4 v0
则粒子圆周运动的半径为r2= ma
4 v0
B1q
则D 点横坐标xD2= L+2r1+2r2=(1+2a
2+2a
4)L
故D 的横坐标为xD=(1+2a
2+2a
4+⋅⋅⋅+2a
2k)L，(k =1，2，3⋅⋅⋅)
D 点离坐标原点最远的距离为当k 取无穷大时，xDmax= (1+a
2)L
1-a
2
13. （2023•武昌区校级模拟）如图所示，在空间直角坐标系中，yOz 平面左侧存在沿z 轴
正方向的匀强磁场，右侧存在沿y 轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相
等；yOz 平面右侧还有沿y 轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为(-√3d ，0，0)的M 点
发射一质量为m，电荷量为+q 的粒子，粒子的初速度大小为v0、方向沿xOy 平面，与x 轴正
方向的夹角为60°；经一段时间后粒子恰好垂直于y 轴进入yOz 平面右侧，轨迹上离yOz 平面
最远的点恰好落在xOz 平面上，不计粒子的重力。求：
（1）在yOz 平面左侧匀强磁场的磁感应强度B；
（2）在yOz 平面右侧匀强电场的电场强度E；
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（3）粒子第2 次经过yOz 平面时的位置坐标。
【解答】解：（1）粒子在yOz 平面做匀速圆周运动，设其轨迹半径为r1，如下图所示：
由几何关系可得：r1= √3d
sin 60° =2d
根据牛顿第二定律有：q v0 B =m v0
2
r1
解得左侧匀强磁场的磁感应强度：B = m v0
2qd
（2）粒子第一次经过y 轴后，粒子的运动可分解为沿﹣y 方向的匀加速直线运动和平行于yOz
平面的匀速圆周运动（其线速度大小等于v0，运动半径等于r1）。已知轨迹上离yOz 平面最远
的点恰好落在xOz 平面上，可知粒子到达xOz 平面上时匀速圆周分运动恰好运动了1
4 圆周，则
所用时间为：t = 1
4 × 2π r1
v0
= πd
v0
沿﹣y 方向分运动的位移为：r1
r
﹣1cos60°＝d
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则有：1
2 ⋅qE
m ⋅t
2=d
解得：E = 2mv0
2
π
2qd
（3）粒子第2 次经过yOz 平面时匀速圆周分运动恰好运动了半个圆周，则所用时间为：
t ' =2t = 2πd
v0
对于沿﹣y 方向的匀加速直线运动，因在xOz 平面上方和下方用时间相等，在xOz 平面下方的位
移是上方的3 倍，即为3d，可知y 轴的位置坐标为：y＝﹣3d
z 轴的位置坐标为：z＝2r1＝4d
x 轴的位置坐标为：x＝0
可得粒子第2 次经过yOz 平面时的位置坐标为（0，﹣3d，4d）。
带电粒子在组合场中运动的应用——质谱仪模型（14-17 题）
14. （2023•姜堰区模拟）如图所示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，通道内均匀辐射电场，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。下列说法不正
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
2
C．PQ＝2B√qmER
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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
【解答】解：A、由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在M N 间被加速，所以M 点的电势高
于N 点，故A 正确；
B、根据电场力提供向心力，则有qE= mv
2
R
又由电场力加速运动，则有
qU= 1
2mv2，从而解得：U= ER
2
故B 正确；
C、根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvB= mv
2
r
，
结合上式可知，
PQ= 2√ER
B √
m
q
，
若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电
场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有
相同的比荷，故C 错误，D 正确。
本题选说法不正确的，故选：C。
15. （2023•福州模拟）如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电
分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂
直纸面向里，静电分析器通道中心线为1
4 圆弧，圆弧的半径（OP）为R，通道内有均匀辐射的
电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中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。一带电粒子以速度v 沿直线经过速度选择器后沿中心线通
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（ ）
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A．速度选择器的极板P1的电势比极板P2的低
B．粒子的速度v = B1
E1
C．粒子的比荷为
E1
2
ER B1
2
D．P、Q 两点间的距离为2 ER B1
2
E1
2B
【解答】解：A、由图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，进入磁场时受到的洛伦兹力方向向左，
由左手定则可知，该粒子带正电；
粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向向上；由于粒
子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的电场力的方向向下，则电场的方向向下，极板P1的电
势比极板P2的高。故A 错误。
B、粒子在速度选择器内受力平衡，则：qE1＝qvB1，可得：v= E1
B1
．故B 错误；
C、粒子在静电分析器内受到的电场力提供向心力，则：qE＝mv
2
R
联立可得粒子的比荷：q
m =
E1
2
ER B1
2．故C 正确；
D、粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则：qvB＝mv
2
r
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P、Q 之间的距离为 S＝2r，联立可得：S= 2 ER B1
E1B
．故C 正确，D 错误
故选：C。
16. （多选）（2023•岳麓区校级模拟）半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来
改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入
速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆（硅片）。
速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度
方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分
析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M 和N 处
各有一个小孔。偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子
恰好竖直注入到晶圆上的O 点（即图中坐标原点）。整个系统置于真空中，不计离子重力及
其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是（ ）
A．可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B．从磁分析器下端孔N 离开的离子，其比荷为
2 E
B1B2( R1+ R2)
C．如果偏转系统只加沿x 轴正方向的磁场，则离子会注入到y 轴正方向的晶圆上
D．只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处
【解答】解：A、由左手定则可知，只有正离子才能通过磁分析器，负离子不能通过磁分析器，
故A 错误；
B、离子通过速度选择器时，有Eq＝B1qv
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解得速度v = E
B1
离子在磁分析器中，有qv B2=m v
2
R
由几何关系得R = R1+ R2
2
联立可得q
m =
2 E
B1B2( R1+ R2)
故B 正确；
C、如果偏转系统只加沿x 轴正方向的磁场，由左手定则可知离子向y 轴正方向偏转，故C 正确；
D、只增大加速电场的电压，则粒子速度不满足v = E
B1
，无法做匀速直线运动通过速度选择器，
所以不一定能到达圆晶处，故D 错误。
故选：BC。
17. （多选）（2023•河南模拟）如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由
以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心
线MN 所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析
器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B 的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的
右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q 的离子（初速度为零，重力不计），经
加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN 做匀速圆周运动，而后由P 点进入磁分析器中，
最终经过Q 点进入收集器（进入收集器时速度方向与O2P 平行）。下列说法正确的是
（ ）
A．离子带负电
B．加速电场中的加速电压U= 1
2ER
C．磁分析器中轨迹圆心O2到Q 点的距离d= 1
B√
qER
m
D．能进入收集器的离子，一定具有相同的比荷
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【解答】解：A．粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心提供向心力，粒子受力
方向与电场方向相同，故粒子带正电，故A 错误；
BC．离子在静电分析器时速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，只受到电场力做功，根
据动能定理：qU = 1
2 mv
2-0
离子在通过静电分析器时做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE = m v
2
R
离子在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qBv = m v
2
r
联立解得d =r = 1
B√
mER
q
U = 1
2 ER
故B 正确，C 错误；
D．由以上分析可知d =r = 1
B√
mER
q
从式中可以看出运动轨迹半径为d 的离子都具有相同的比荷，才能够最终经过Q 点进入收集器，
故D 正确。
故选：BD。
带电粒子在组合场中运动的应用——回旋加速器模型（18-20
题）
18. （2023•南平模拟）回旋加速器工作原理如图所示，置于真空中的两个半圆形金属盒
半径为R，两盒间留有一狭缝接有频率为f 的高频交流电，加速电压为U，磁感应强度为B 的
匀强磁场与盒面垂直。若A 处粒子源产生的氘核（ 1
2H）在狭缝中被加速，不考虑相对论效应
和重力的影响，不计粒子在电场中的加速时间。则（ ）
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A．氘核离开回旋加速器时的最大速率随加速电压U 增大而增大
B．氘核被加速后的最大速度可能超过2πRf
C．氘核第n 次和第n
1
﹣次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为n：（n
1
﹣）
D．不改变磁感应强度B 和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α 粒子
【解答】解：A．根据洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
R
可得v = qBR
m
可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U 无关，故A 错误；
B ．氘核被加速后的最大速度时的半径为R ，根据匀速圆周运动速度与周期公式则
v = 2πR
T
=2πRf
故氘核被加速后的最大速度不可能超过2πRf，故B 错误；
C．氘核第n 次经过两金属盒间狭缝后，根据动能定理nqU = 1
2 m vn
2
和第n
1
﹣次经过两金属盒间狭缝后，根据动能定理有(n-1)qU = 1
2 m vn-1
2
解得vn=√
2nqU
m
，vn-1=√
2(n-1)qU
m
又洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
则r = mv
qB
则氘核第n 次和第n
1
﹣次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为rn
rn-1
= vn
vn-1
= √n
√n-1
故C 错误；
D．回旋加速器的周期为T = 2πm
qB
由于氘核和α 粒子的比荷相等，所以不改变磁感应强度B 和交流电频率f，该回旋加速器也能加
速α 粒子，故D 正确。
故选：D。
19. （多选）（2023•道里区校级一模）实验中，将离子束从回旋加速器中引出的方法有
磁屏蔽通道法和静电偏转法等。使用磁屏蔽通道法引出离子的原理如图所示。离子从P 点进入
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通道时，由于引出通道内的磁场强度发生改变，离子运动轨迹半径增大，可使离子引出加速器。
已知回旋加速器D 型盒的半径为R，圆心在O 点，D 型盒区域中磁场垂直纸面向里，磁感应强
度为B，引出通道外侧末端Q 点到O 点距离为L，OQ 与OP 的夹角为θ，离子带电为q，质量
为m，则（ ）
A．离子在加速器中所能获得的最大速率v = qBR
m
B．若离子加速至最大速率后能从加速器中引出，引出通道中的磁感应强度B1范围
2( R
2- RLcosθ)
L
2+ R
2-2 LRcosθ
B≤B1＜B
C．若引出通道中磁场为B2时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量2q，质量为m 的离子
一定不能从加速器中引出
D．若撤去引出通道内的磁场，改为沿径向方向向里的电场，则离子仍有可能引出加速器
【解答】解：A 、离子从D 形盒边缘飞出时速度最大，根据洛伦兹力提供向心力有
q vm B =m vm
2
R
，解得vm= qBR
m
，故A 正确；
B、由R = mvm
qB
知，引出通道内磁感应强度应小于D 型盒内磁感应强度B，离子半径变大做离心
运动才可能引出加速器，离子在引出通道内，到其到达Q 时，设圆弧半径为r，轨迹如图所示。
则知O'Q＝r，OQ＝L，O'O＝r
R
﹣
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引出轨迹为圆弧，则由洛伦兹力提供向心力有B1q vm=m vm
2
R
解得：r = mvm
B1q
根据几何关系得r = R
2+ L
2-2 RLcosθ
2 R -2 Lcosθ
解得B1= mvm
qr =
2( R
2- RLcosθ)
( L
2+ R
2-2 LRcosθ)
B
所以引出通道中的磁感应强度B1范围为2( R
2- RLcosθ)
L
2+ R
2-2 LRcosθ
B≤B1＜B，故B 正确；
C、由B 中分析可知，离子能否离开加速器与粒子的电荷量无关，所以若引出通道中磁场为B2
时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量2q，质量为m 的离子也一定能从加速器中引出，
故C 错误；
D、离子在D 型盒中圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由左手定则知离子带负电，则通过P 点
时，撤去引出通道内的磁场，改为沿径向方向向里的电场，离子受沿径向向外的电场力，离子
仍做离心运动，仍有可能引出加速器，故D 正确。
故选：ABD。
20. （2023•三明模拟）如图甲，某回旋加速器的两个D 形盒，半径为R，放在磁感应强
度为B 的匀强磁场中，磁场方向与D 形盒底面垂直，位于圆心O 处的质子源P 能不断产生质
子，质子飘入狭缝间的高频交变电场时初速度不计。完成加速后，需要把质子束从加速器中引
出，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出
通道，通道的圆心位于O'点（O'点图中未画出）。引出质子时，令引出通道内磁场的磁感应强
度降低，从而使质子从M 点进入通道，沿通道中心线从N 点射出。已知ON 长度为L。ON 与
OM 的夹角为θ，质子质量为m，电荷量为q。求：
（1）高频交变电压的频率f；
（2）质子被加速后获得最大速度v；
（3）通道内匀强磁场的磁感应强度B'大小。
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【解答】解：（1）由回旋加速器的原理可知，高频交变电压的周期T 等于质子在磁场中运动的
周期，再由周期与频率的关系，则有T = 1
f
又T = 2πm
qB
联立可得f = qB
2πm；
（2）质子速度最大时，做匀速圆周运动的半径等于D 型盒半径，则有qvB =m v
2
R
解得质子最大速度为v = qBR
m ；
（3）设质子在引出通道中做半径为r 的圆周运动，则质子运动轨迹内切与M 点，如图所示
由余弦定理可得r2＝L2+（r
R
﹣）2+2L（r
R
﹣）cosθ
由牛顿第二定律可得qvB' =m v
2
r
联立解得B' = 2BR( R - Lcosθ)
L
2+ R
2-2 LRcosθ
。
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