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专题21 带电粒子在组合场的运动
[题型导航]
题型一 带电粒子在组合场中的运动...................................................................................................1
题型二 组合场中运动的实例分析.....................................................................................................14
[考点分析]
题型一 带电粒子在组合场中的运动
1.组合场概念：
静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。
2．三种场的比较
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强
方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相
反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒
子的动能
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于
1
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匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速
曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几
种不同的运动阶段组成。
4．常见的基本运动形式
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E 进入匀强电场
带电粒子以v⊥B 进入匀强磁场
示意图
受力情况
只受恒定的静电力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，y＝at2
a＝，tanθ＝
qvB＝，r＝
T＝，t＝
sinθ＝
做功情况
静电力既改变速度方向，也改变速
度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改
变速度大小，对电荷永不做功
[例题1]
质谱仪是研究同位素的重要工具，重庆一中学生在学习了质谱仪原理后，运用所
学知识设计了一个质谱仪，其构造原理如图所示。粒子源O 可产生a、b 两种电荷量相同、质
量不同的粒子（初速度可视为0），经电场加速后从板AB 边缘沿平行于板间方向射入，两平
行板AB 与CD 间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，板间距为L，板足够长，a、b 粒子最终
分别打到CD 板上的E、F 点，E、F 到C 点的距离分别为1
2L 和L，则a、b 两粒子的质量之比
为（ ）
2
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A．5
8
B．25
64
C．1
2
D．1
4
【解答】解：画出两个粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得ra
2=( L
2 )
2+( L-ra)
2，所以
ra= 5
8 L，rb由图易得为L。
粒子在电场中加速阶段，由动能定理有qU = 1
2 m v
2
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv =m v
2
r ，所以r = 1
B√
2mU
q
，
所以ra
rb
= √ma
√mb
，解得ma
mb
= 25
64
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[例题2]
（多选）质谱仪的工作原理如图所示，大量粒子飘入加速电场，其初速度几乎为
0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照
相底片上。在一次测试中，大量的某种粒子经加速电场加速后刚进入匀强磁场时的速度大小均
为v，打在底片上的位置到M 点的最小距离为a，匀强磁场的磁感应强度为B，不考虑粒子的
重力及它们之间的相互作用。则（ ）
3
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A．粒子的比荷为
2v
B(a+ L)
B．加速电场的电压为B(a+ L)v
2
4
C．粒子在磁场中运动的时间为π(a+ L)
2v
D．大量粒子所经过磁场区域最窄处的宽度为a+ L-√a
2+2aL
2
【解答】解：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为r= a+ L
2
根据牛顿第二定律可得qvB＝mv
2
r
解得
q
m =
2v
B(a+ L)
故A 正确：
B.粒子在电场中加速，根据动能定理可得qU= 1
2 m v
2
联立，可得U= B(a+ L)v
4
故B 错误：
C.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T= 2πr
v
粒子在磁场中运动的时间为
t= T
2
联立，可得
4
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t= π(a+ L)
2v
故C 正确：
D.粒子在磁场中经过的区域为图中的阴影部分，如图
根据几何关系有
d=√r
2-( L
2 )
2= √a
2+2aL
2
最窄处的宽度为
Δd＝r﹣d= a+ L-√a
2+2aL
2
故D 正确；
故选：ACD。
[例题3]
（多选）如图所示直角坐标系xOy，P（a，﹣b）为第四象限内的一点，一质量
为m、电量为q 的负电荷（电荷重力不计）从原点O 以初速度v0沿y 轴正方向射入，第一次在
整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；第二次保持y＞0 区域磁
场不变，而将y＜0 区域磁场改为沿x 方向匀强电场，该电荷仍通过P 点（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度为B= 2am v0
q(a
2+b
2)
B．匀强磁场的磁感应强度B=
2m v0
q√a
2+b
2
C．电荷从O 运动到P，第二次所用时间一定短些
D．电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定小些
5
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【解答】解：AB、第一次在整个坐标系中加垂直于纸面向里的匀强磁场，该电荷恰好能通过P
点；粒子做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系得：（a﹣R）2+b2＝R2
解得：R = a
2+b
2
2a
由牛顿第二定律得：
q v0 B = m v0
2
R
解得：B= 2am v0
q(a
2+b
2)
，故A 正确，B 错误；
C、第二次保持y＞0 区域磁场不变，而将y＜0 区域磁场改为沿x 轴方向的匀强电场，该电荷仍
通过O 点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间为
t1= 1
2 T + b
v0
第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间为
t2= 1
2 T + QP
v0
弧长QP 大于b，所以t1＞t2，即第二次所用时间一定短些，故C 正确；
D、电荷通过P 点时的速度，第一次与x 轴负方向的夹角为α，则有
tanα= √R
2-b
2
b
= a
2-b
2
2ab
第二次与x 轴负方向的夹角为θ，则有
6
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tanθ=
b
2
R -√R
2-b
2 = a
2b
所以有tanθ＞tanα，电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定大一些，故D 正确。
故选：ACD。
[例题4]
（多选）圆心为O、半径为R 的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直
纸面的匀强磁场（未画出），磁场边缘上的A 点有一带正电粒子源，OA 竖直，MN 与OA 平
行，且与圆形边界相切于B 点，在MN 的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场，电场强度为
E。当粒子的速度大小为v0且沿AO 方向时，粒子刚好从B 点离开磁场。不计粒子重力和粒子
间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为v0
BR
C．粒子在磁场中运动的总时间为πR
2v0
D．粒子在电场中运动的总时间为2BR
E
【解答】解：AB、粒子从B 点离开磁场，由左手定则可知磁场方向垂直直面向外，根据几何关
系知粒子做圆周运动的半径为R，qvB＝mv0
2
R
，解得q
m = v0
BR
，故AB 正确；
CD、粒子从B 点进入电场向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动再次从B 点进入
磁场，根据动量定理得，选向左为正方向，粒子在电场中运动的时间为；Eqt＝2mv0
t= 2m v0
Eq
= 2BR
E
，粒子再次从B 点进入磁场，经过四分之一的周期离开磁场，所以粒子在磁场
中运动的总时间为t 总= πR
v0
，故C 错误，D 正确；
7
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故选：ABD。
[例题5]
（多选）如图，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核
和氘核分别以相同的初动能Ek从平面MN 上的P 点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，
电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸
面向里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为+q，不计氕核和氘核的重力。下
列说法正确的是（ ）
A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为
√
10 Ek
m
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为
√
5m Ek
qB
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（√2-1）
√
m Ek
qB
【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：x＝v0t，
竖直方向有：y= 1
2 at
2= 1
2 × qE
m t
2
联立解得：y= qE
4 Ek
x
2
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即气核和氘
核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A 正确；
B、氘核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan45°=
1
2 a2t2
2
v0t2
根据动能的计算公式可得：Ek= 1
2 ×2m v02
2
8
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根据牛顿第二定律可得：a2= qE
2m
竖直方向的速度大小为：vy2＝a2t2
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v2=√v02
2 + v y 2
2
联立解得：v2=√
5 Ek
m
，故B 错误；
C、由B 选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v1=√
10 Ek
m
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv1
2
r1
解得：r1= m v1
qB = √10m Ek
qB
，故C 错误；
D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为α，根据类平抛运动的规律，则有：
tanα＝2tan45°。
设粒子在进入磁场速度方向与MN 的夹角为β，则：β＝α﹣45°
可得：sinβ= √10
10
粒子从进入磁场到再次回到MN 时与进入磁场位置的距离：s＝2rsinβ
氘核在磁场中的半径：r2= 2m v2
qB
= 2√5m Ek
qB
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s2﹣s1= √10
5
（r2﹣r1）＝2（√2-1）
√
m Ek
qB
，
故D 正确。
故选：AD。
9
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[例题6]
如图甲所示，在xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿x 正方向每秒发射出N 个
速率均为v 的电子，形成宽为2b，在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流。电子流沿x
方向射入一个半径为R，中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，
电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x 轴的金属平行板K 和
A，其中K 板与P 点的距离为d，中间开有宽度为2l 且关于y 轴对称的小孔。K 板接地，A 与
K 两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K 板小孔到达A 板的所有电子被收集且导出，
从而形成电流。已知b= √3
2 R，d =l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。
（1）求磁感应强度B 的大小；
（2）求电子从P 点射出时与负y 轴方向的最大夹角；
（3）当UAK＝0 时，每秒经过极板K 上的小孔到达极板A 的电子数；
（4）在图乙中定性画出电流i 随UAK 变化的关系曲线.要求标出相关数据，且要有计算依据。
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【解答】解：（1）电子均从P 点射出，结合沿x 轴射入的电子轨迹可知电子做圆周运动的轨道
半径为：r＝R，
电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＝mv
2
r
，
解得：B = mv
eR
；
（2）上端电子从P 点射出时与负y 轴最大夹角θm，如图1 所示，
由几何关系可得sinθm= b
R
，
得：θm＝60°。
同理下端电子从P 点射出时与负y 轴最大夹角也为60°，范围是﹣60°≤θ≤60°；
（3）进入小孔的电子偏角正切值：tanα = l
d
，
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解得：α＝45°，y ' = Rsinα = √2
2 R，
每秒进入两极板间的电子数n：n
N = y '
b = √6
3 =0.82，
解得：n＝0.82N；
（4）由动能定理得出遏制电压Uc，U c =- 1
2e m v
2
与负y 轴成45°角的电子的运动轨迹刚好与A 板相切，其逆过程是类平抛运动，
达到饱和电流所需的最小反向电压为：U ' =- mv
2
4 e
，
或根据（3 ）可得饱和电流大小为：imax ＝0.82Ne ，图象如图2 所示：
答：（1）磁感应强度B 的大小为mv
eR
；
（2）电子流从P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ 的范围是﹣60°≤θ≤60°；
（3）当UAK＝0 时，每秒经过极板K 上的小孔到达板A 的电子数为0.82N；
（4）电流i 随UAK变化的关系曲线如图所示。
[例题7]
如图所示为某离子收集器装置的示意图，在xOy 坐标平面内，半径为R 的圆形匀
强磁场区域边界与y 轴相切于坐标原点O，磁场方向垂直于坐标平面，一截面为矩形的电场处
理器AMNC 与磁场相切于P 点，AC 边与y 轴重合，其中AM＝AC＝2R，AC 与MN 间存在沿
x 轴正方向的匀强电场，在MN 处放置有与MN 等长的荧光屏。现有大量质量为m、电荷量为
q 的正离子，以相同速率v0各向均匀的从O 点射入x＞0 区域，其中沿Ox 方向射入的离子刚好
经过P 点，已知所有离子均能打到荧光屏上，形成的亮线恰与M、N 连线重合，不计离子重力
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及相互作用，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B 大小和方向；
（2）电场处理器AMNC 间的电场强度E 的大小；
（3）若F 为MN 中点，荧光屏上MF 间与FN 间收集到的离子数目之比为多少。
【解答】解：（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，沿x 轴正方向射入，从P 点射出，根据
洛伦兹力提供向心力，即：qv0B＝mv0
2
r
由几何关系可知，r＝R
联立解得：B= mv0
qR
，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；
（2）对沿﹣y 轴方向射入的离子，其刚好到达N 点，可知该离子在电场中沿﹣y 轴方向有：2R
＝v0t
在x 轴方向：2R= 1
2 × qE
m t
2
联立解得：E= m v0
2
qR
（3）对恰好打中荧光屏中间位置的离子在电场中在﹣y 轴方向有：R＝v0t
在x 轴方向有：x= 1
2 × qE
m ×t
2
联立解得：x= R
2
设离子在磁场中运动轨迹如图所示：
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由几何关系可知：sinθ=
2 R - R - 1
2 R
R
= 1
2
，解得：θ＝30°
所以荧光屏MF 间与FN 间收集到的离子对应发射角度为60°与120°，故荧光屏上半部分与下半
部分收集到的离子数目之比为：60°
120° = 1
2
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B 大小为m v0
qR
，磁场方向垂直纸面向外；
（2）电场处理器AMNC 间的电场强度E 的大小为mv0
2
qR
；
（3）若F 为MN 中点，荧光屏上MF 间与FN 间收集到的离子数目之比为1
2
。
[例题8]
在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图甲所示是离子注入工
作原理的示意图，静止于A 处的离子，经电压为U 的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过
半径为R0的1
4
圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P 点沿竖
直方向进入半径为r 的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ 与竖直方向成15°，经磁
场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力。求：
（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0；
（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆
形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小。
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【解答】解：（1）离子通过加速电场，由动能定理可知：qU= 1
2
mv2
变形得到：v=√
2qU
m
（2）离子经过静电分析器，由牛顿第二定律有：qE0= m v
2
R0
联立得到：E0= 2U
R0
（3）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹如图所示，O2为其圆心，由几何关系知道：离子
的轨迹半径：r′＝O2N＝O2P=
PJ
cos∠4
△ONO2为等腰直角三解形，∠4＝45°
∠MPO2＝∠1+∠2+∠3＝90° 而∠1＝15°
所以∠3＝30°
所以：PJ＝PO1cos∠3
联立得到：r′= √6
2 r
由牛顿第二定律有qvB0= m v
2
r '
从而解得：B0= 2√3qUm
3qr
答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v 为√
2qU
m
；
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0为2U
R0
；
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（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，则圆
形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小为2√3qUm
3qr
。
题型二 组合场中运动的实例分析
1．质谱仪(如图)
原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m.
由以上两式可得r＝，m＝，＝.
2．回旋加速器(如图)
原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得
Ekm＝，可见同种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．
[例题9]
如图所示为某质谱仪的工作原理示意图。初速度为零的质子（不计重力）被加速
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电压U1加速后，进入速度选择器（内部存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为
B，两极板间的电压为U2，间距为d），沿直线运动通过狭缝P，打在可记录粒子位置的胶片
A1A2上的C 点，PC＝x，A1A2下方匀强磁场的磁感应强度大小为B0。若B、B0、d 一定，改变
U1、U2，均可使质子通过狭缝P，则下列图像反映x 或U2 随U1 的变化规律可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、设质子进入速度选择器的速率为v，根据动能定理有qU1= 1
2 mv
2，结合x＝
2r 和r= mv
q B0
得x= 2
B0√
2m
q ⋅√U 1
，则x 与√U 1
成正比，故B 正确，A 错误；
CD、质子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qvB＝qE，由E= U 2
d
解得：U2＝Bd√
2q
m ⋅√U 1，故CD 错误。
故选：B。
[例题10] 如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A 中的小孔S1飘出（初
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速度不计），经电压为U 的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入
磁感应强度为B 的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D 上并被吸收形成谱线。照相底
片D 上有刻线均匀分布的标尺（图中未画出），可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是
（ ）
A．打在照相底片D 上的离子带负电
B．可以通过减小磁感应强度B 来增大不同离子形成谱线之间的间隔
C．谱线b 对应比荷的值大于谱线a 对应比荷的值
D．标尺上各刻线对应比荷的值是均匀的
【解答】解：A、打在照相底片D 上的离子刚进入磁场时受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断
可知，该离子带正电，故A 错误；
B、离子在电场中加速时，有qU= 1
2 m v
2，得v=√
2qU
m
。离子在磁场中做匀速圆周运动的半径
为r= mv
qB
，联立可得r= 1
B√
2mU
q
，谱线之间的间隔为Δd＝2r1﹣2r2= 2
B
（√
2m1U
q1
-√
2m2U
q2
），可知Δd 与B 成反比，可以通过减小磁感应强度B 来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故
B 正确；
C、由r= 1
B√
2mU
q
，知离子的比荷越大，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，则谱线b
对应比荷的值小于谱线a 对应比荷的值，故C 错误；
D、标尺上各刻线到小孔S2的距离为d＝2r= 2
B√
2mU
q
，因d 与比荷是非线性关系，所以标尺上
各刻线对应比荷的值是不均匀的，故D 错误。
故选：B。
[例题11] 如图所示，回旋加速器D 形盒上加有垂直于表面的匀强磁场，狭缝间接有电压为
U、频率为f 的交流电．若A 处粒子源产生的氘核在加速器中被加速，则（ ）
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A．交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期的一半
B．氘核获得的最大速度与磁场的磁感应强度无关
C．仅增大电压U，氘核在加速器中运动的时间变短
D．若要加速α 粒子，则交流电的频率f 必须改变
【解答】解：A、交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，故A 错误；
B、根据qvB＝mv
2
r
，解得v= qBr
m ，最大动能Ek = 1
2 mv
2= (qBr)
2
2m
，即氘核获得的最大速度与
磁场的磁感应强度有关，故B 错误；
C、根据qvB＝mv
2
r
，解得r= mv
qB ，又qU= 1
2 mv
2，联立解得r= √2qUm
qB
，当U 增大，r 增大，
即说明氘核在回旋加速器中的转动次数减少，又根据交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，
即T= 2πm
qB
，即氘核在加速器中的运动时间变短，故C 正确；
D、根据交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，即T= 2πm
qB = 1
f
，交变电流的变化周期与氘
核在磁场中的转动周期相同，为恒定值，故交变电流频率不变，故D 错误。
故选：C。
[例题12] （多选）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导
体极板（半径分别为R 和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O 为圆心。在截
面内，极板间各点的电场强度大小与其到O 点的距离成反比，方向指向O 点。4 个带正电的同
种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2 做圆周运动，圆的圆心为O、半径
分别为r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3 从距O 点r2的位置入射并从距O 点r1的位置出射；
粒子4 从距O 点r1 的位置入射并从距O 点r2 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（
）
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A．粒子3 入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4 入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1 入射时的动能小于粒子2 入射时的动能
D．粒子1 入射时的动能大于粒子3 入射时的动能
【解答】解：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O 点的距离成反比，可设为
E= k
r
，即Er＝k
A．粒子3 从距O 点r2的位置入射并从距O 点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动
能增大，粒子3 入射时的动能比它出射时的小，故A 错误；
B．粒子4 从距O 点r1的位置入射并从距O 点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动
能减小，粒子4 入射时的动能比它出射时的大，故B 正确；
C．带正电的同种粒子1、2 在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
qE1＝mv1
2
r1
qE2＝mv2
2
r2
可得：1
2mv1
2= q E1r1
2
= q E2r2
2
即粒子1 入射时的动能等于粒子2 入射时的动能，故C 错误；
D．粒子3 做向心运动，则有
qE2＞mv3
2
r2
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可得：1
2mv3
2＜q E2r2
2
= 1
2
mv1
2
粒子1 入射时的动能大于粒子3 入射时的动能，故D 正确；
故选：BD。
[例题13] 回旋加速器的工作原理如图甲所示。D 形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度
大小为B，方向与盒面垂直。A 处粒子源产生质量为m、电荷量为+q 的带电粒子。加在两盒狭
缝间的交变电压UMN随时间t 的变化规律如图乙所示，电压的峰值为U，周期T= 2πm
Bq
。一束
粒子在t＝0～T
2
时间内均匀的飘入两盒间狭缝，初速度忽略不计。不计带电粒子所受重力和粒
子间的相互作用。
（1）若忽略带电粒子通过两盒间狭缝的时间。求：
a.带电粒子经过1 次加速后的速度大小v1；
b.带电粒子获得的最大动能Ekm。
（2）若带电粒子通过两盒间狭缝的时间不可忽略，且能够射出的粒子每次经过狭缝均做匀加速
运动。现要求飘入狭缝的带电粒子中至少有99%可以射出，则狭缝的间距d 最大应该为多少？
【解答】解：（1）a.根据动能定理可得：qU= 1
2 mv1
2
解得：v1=√
2qU
m
；
b.设带电粒子获得最大速度为vm，粒子所受洛伦兹力提供向心力：qvmB＝mvm
2
R
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解得：Ekm= 1
2 m vm
2= q
2B
2 R
2
2m
（2）带电粒子在狭缝运动的运动过程中，根据牛顿第二定律可得：U
d
q＝ma
则带电粒子的加速度为：a= qU
md
带电粒子射出之前n 次经过狭缝，且经过狭缝的总时间为t，则有：Ekm＝nqU，nd= 1
2 at
2
只有在0～( T
2 -t )时间内飘入的带电粒子才能每次均被加速，则：
T
2 -t
T
2
≥99%
解得：d≤
πmU
100q B
2 R
即狭缝的间距d 最大为
πmU
100q B
2 R
。
答：（1）a.带电粒子经过1 次加速后的速度大小为√
2qU
m
；
b.带电粒子获得的最大动能为q
2B
2 R
2
2m
；
（2）狭缝的间距d 最大应该为
πmU
100q B
2 R
。
[例题14] 如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D 形盒的半径为1.5R，左盒接出
一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R 的圆形匀
强磁场，距离磁场右边界0.2R 处有一长度为2.4√3 R的荧光屏。两盒间距较小，加入一交流加
速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比
荷为e
m
的电子，经过时间t 电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋
半周的次数相同，加速电子时电压的大小可视为不变。则：
（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？
（2）此加速器的加速电压U 为多大？
（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合什么条件？
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【解答】解：（1）电子加速至D 形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有ev B1=m
v
2
1.5 R
得进入圆形磁场的电子获得的速度为：v = 1.5e B1 R
m
。
（2）电子在D 形盒中做圆周运动的周期P：T= 2π ⋅1.5 R
v
= 2πm
e B1
电子加速次数为：n=2 t
T = e B1t
πm
根据动能定理有：n⋅eU = 1
2 mv
2
得加速器的加速电压为：U = m v
2
2ne = 2.25 π B1 R
2
2t
。
（3）当电子恰好打在屏的边缘时，由于电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与
水平线的夹角设为θ，如图所示，由此可得：tanθ = 1.2√3 R
1.2 R
=√3，得θ＝60°，
电子在磁场中运动的圆心角也为：θ＝60°，圆弧的半径为：√3 R
根据牛顿第二定律，有：ev B2=m
v
2
√3 R
联立解得：B1= √3 B2
1.5
即当：B1≥√3 B2
1.5
，电子就不会打出荧光屏之外。
答：（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为1.5e B1 R
m
；
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（2）此加速器的加速电压U 为2.25 π B1 R
2
2t
；
（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合：B1≥√3 B2
1.5
。
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