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专题21 带电粒子在组合场的运动
题型一 带电粒子在组合场中的运动...................................................................................................1
类型1 磁场与磁场的组合............................................................................................................2
类型2 电场与磁场的组合............................................................................................................5
类型3 先电加速再磁偏转............................................................................................................8
类型4 先电偏转后磁偏转..........................................................................................................14
题型二 组合场中运动的实例分析.....................................................................................................17
类型1 质谱仪的原理及应用......................................................................................................17
类型2 回旋加速器的原理和应用..............................................................................................20
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
1
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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
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
类型1 磁场与磁场的组合
[题型专练1]. （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＝
2
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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
ω= 2π
T 可知，角速度ω 减半，故C 错误，D 错误。
故选：B。
[题型专练2]. （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
3
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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，…）
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。
[题型专练3]. （2023 春•新吴区校级期中）如图所示，在x 轴上方存在方向垂直坐标平面
向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度
大小为B
2 的匀强磁场。一带负电的粒子（不计重力）从原点O 以与x 轴正方向成30°角的速度
v 射入磁场，其在x 轴上方做圆周运动的半径为R。则（ ）
4
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A．粒子经偏转过程一定能回到原点O
B．粒子完成一次周期性运动的时间为2πR
3 v
C．粒子射入磁场后，第二次经过x 轴时与O 点的距离为3R
D．粒子在x 轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1：3
【解答】解：A、由左手定则，可以判断带负电粒子在x 轴上方做顺时针方向圆周运动，到达x
轴下方后以x 轴成30°，由于磁场方向发生变化，则其旋转方向也将发生变化，即逆时针方向旋
转，所以带电粒子与x 轴的交点将向x 轴正方向偏移，如图所示，所以粒子不会到达坐标原点，
故A 错误；
BD、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv
2
r ，解得：
r= mv
qB
粒子在x 轴上方做圆周运动的半径为r1＝R，则粒子在x 轴下方磁场中运动的半径为r2＝2R
粒子在x 轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1：2
根据几何关系可知，粒子在上方磁场和下方磁场轨迹对应的圆心角均为60°，所以带电粒子在上、
下完成一次周期性运动的时间为：
T= 60°
360° × 2πR
v
+ 60°
360° × 2π ×2 R
v
= πR
v ，故BD 错误；
5
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C、粒子运动轨迹如上图所示，粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进距离为：x＝
2Rcos60°+2×2Rcos60°＝3R，故C 正确。
故选：C。
类型2 电场与磁场的组合
[题型专练4]. （2023•海口三模）如图所示，初速度为0 的电子先经一电压为U0的电场加
速后从小孔S2垂直射入上下间距为d、长为l = 3
2 d的有界匀强磁场。已知小孔S2与上下边界等
距，电子质量为m、电荷量为﹣e、重力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．电子进入磁场时的速度大小为√
eU 0
m
B．若电子恰好从磁场右边界飞出，则磁感应强度的大小B= 2√2meU 0
5de
C．若电子恰好从磁场左边界飞出，则磁感应强度的大小B= √2meU 0
de
D．只有磁感应强度B⩽2√2meU 0
5de
时，电子才能飞出磁场
【解答】解：A、设电子经电场加速后的速度大小为v0，由动能定理得：eU 0= 1
2 m v0
2，解得电
子进入磁场时的速度大小为：v0=√
2eU 0
m
，故A 错误；
B、若电子恰好从磁场右边界飞出，画出运动轨迹如图所示。
6
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由几何关系可得：( R - d
2 )
2
+l
2= R
2，又电子在磁场中做匀速圆周运动，有：e v0 B = m v0
2
R
，联
立解得：B= 2√2meU 0
5de
，故B 正确；
C、若电子恰好从磁场左边界飞出，则R = d
4 ，解得：B= 4√2meU 0
de
，故C 错误；
D、电子在有界磁场中运动可以从右边界飞出，也可以从左边界飞出，所以B≤2√2meU 0
5de
或B
≥4√2meU 0
de
时电子均可以飞出磁场，故D 错误。
故选：B。
[题型专练5]. （多选）（2023•湖南开学）如图所示，圆形区域半径为R.圆心在O 点.区域
中有方向垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B.电子枪的加速电压为U，电子在电子
枪中经电场加速后沿AO 方向进入磁场，偏转后从M 点射出并垂直打在荧光屏PQ 上的N 点，
PQ 平行于AO，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
7
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A．电子的荷质比为e
m = 2U
B
2 R
2
B．若仅增大电子枪电压，则电子打在荧光屏上的点位于N 点左侧
C．若仅适当减小磁场区域的半径.则电子打在荧光屏上的点位于N 点左侧
D．若保持电子枪与AO 平行，仅将电子枪在纸面内向下平移至虚线位置，则电子打在荧光屏上
的点位于N 点左侧
【解答】解：A、电子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
evB＝mv
2
r
电子运动轨遗如图甲所示.由几何关系得r＝R
联立解得v= eBR
m
电子在电子枪中加速，由动能定理得eU= 1
2 m v
2
联立解得e
m = 2U
B
2 R
2
故A 正确；
B、增大加速电压，进入磁场的速度增大，电子运动半径增大，r＞R，运动圆心角小于90°，则
8
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∠AOM 大于90°，从磁场的M 点右侧射出，到达荧光屏上的点位于N 点右侧，故B 错误；
C、减少磁场区域的半径，则r＞R，同理分析可知到达荧光屏上的点位于N 点右侧，故C 错误；
D、电子在磁场中运动的半径r﹣＝R.从与AO 平行的虚线位置射入磁场的电子都将经过M 点后
打在荧光屏上，从与AO 平行的虚线位置射入磁场的电子打在荧光屏上的G 点，G 点位于N 点
的左侧，其轨迹如图乙所示
故D 正确。
故选：AD。
类型3 先电加速再磁偏转
[题型专练6]. （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（ ）
9
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A．金属板M、N 间的电压U = m v0
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2mv0
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
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。
[题型专练7]. （多选）（2023•铜仁市模拟）图甲的左侧平行金属板M、N 间距为d，加
有图乙所示的交变电压，M、N 右侧有半径为R（d＜2R）的圆形匀强磁场，磁感应强度为B
垂直于纸面向内，AB 为竖直方向直径。OO′是M、N 板间的中线并经过圆形磁场的圆心。不
同时刻从O 点沿中线射入初速度都为v0的不同粒子（不计粒子的重力），所有出射粒子都从
A 点离开磁场。则下列说法中正确的是（ ）
10
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A．粒子都带负电
B．粒子在电场中运动时间都相同，且一定是交流电周期T 的整数倍
C．所有粒子从电场中射出的位置相同
D．粒子的比荷均为v0
BR
【解答】解：A、粒子进入磁场后从A 点离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A 错误；
B、不同时刻从O 点进入偏转电场的所有粒子都从A 点离开磁场，根据“磁聚焦”原理可知，
所有粒子离开偏转电场时速度方向均平行于OO′，说明粒子在偏转电场中运动过程中电场力做
功为零，即所有粒子在电场中运动时间都相同，且一定是交流电周期T 的整数倍，故B 正确；
C、由于粒子进入磁场的时刻不同，在竖直方向偏转位移可能不同，所以粒子从电场中射出的位
置不一定相同，故C 错误；
D、根据“磁聚焦”原理可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径与磁场圆的半径相同，即r＝R，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝mv0
2
r
，联立解得粒子的比荷均为v0
BR ，故D 正确。
故选：BD。
[题型专练8]. （多选）（2023•市中区开学）如图，M，N 为两块带等量异种电荷的平行
金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为+q，
质量为m（不计重力），从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁
感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为
θ＝30°，孔Q 到板的下端C 的距离为L，当M、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在
CD 板上，则下列说法正确的是（ ）
11
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A．两板间电压的最大值U m= q B
2 L
2
2m
B．CD 板上可能被粒子打中区域的长度为2
3 L
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm= 2πm
3qB
D．能打到N 板上的粒子的最大动能为q
2B
2 L
2
18m
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
A、当M、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，由几何知识得：r＝L，粒子在
磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv
2
r ，在加速电场中，由
动能定理得：qUm= 1
2mv2﹣0，解得：Um= q B
2 L
2
2m
，故A 正确；
B、设粒子轨迹与CD 相切于K 点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD 边上的H 点，
则KH 间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系：QC＝L＝r′+ r '
sinθ ，解得：r′= 1
3
L，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：s＝r- r '
tanθ = (3-√3)L
3
，故B 错误；
C、粒子在磁场中运动的周期为：T= 2πr
v
= 2πm
qB ，粒子在磁场中运动的最大圆心角：θ＝180°，
所以粒子在磁场中运动的最长时间为：t= 1
2T= πm
qB ，故C 错误；
D、当粒子在磁场的轨迹与CD 边相切时，即粒子半径r′= 1
3L 时，打到N 板上的粒子的动能最
大，最大动能：Ekm= 1
2mv2，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv
2
r ，解得：Ekm= q
2B
2 L
2
18m
12
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，故D 正确。
故选：AD。
[题型专练9]. （2023 春•乐安县校级期末）在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高
的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q 的质子从极板A
处由静止加速，通过极板A1中间的小孔以v0=1×10
7m/ s射出，然后从坐标系xOy 中的B 点
（0，d）平行于x 坐标轴进入yOP 区域，该区域充满沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为
E，OP 与x 轴夹角α＝30°。质子在电场中偏转垂直击中边界OP 的C 点（图中未标出）。取质
子比荷为q
m =1×10
8C /kg，d＝0.5m，不计重力作用。求：
（1）极板AA1间的加速电压U；
（2）B、C 两点电势差UBC；
（3）电场强度E 的大小。
【解答】解：（1）质子在极板AA1间加速，由动能定理得：
qU = 1
2 mv0
2
解得：U＝5×105V
（2）质子在电场中偏转垂直击中边界OP 的C 点，如图
则质子到达C 点时的速度为：
v = v0
sinα
解得：v＝2×107m/s
质子从B 点到C 点由动能定理得：
13
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qU BC = 1
2 mv
2- 1
2 mv0
2
解得：U BC =1.5×10
6V
（3）质子在电场中运动到达OP 上的C 点时间为t，竖直方向速度为vy，水平位移为x，竖直位
移为y，加速度为a。由运动学公式有
x＝x0t
y = 1
2 at
2
vy＝at
由几何关系得
tanα = d - y
x
tanα = v0
v y
解得：x = √3
5 m
y＝0.3m
由E = U BC
y ，解得：E＝5×106V/m
[题型专练10].
（2023•厦门一模）如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为匀强电场和匀强磁场的理
想边界，一束带负电粒子由静止状态从P 点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直边界Ⅱ到达Q 点，
再经Ⅱ、Ⅲ间的磁场偏转后从边界Ⅲ穿出，且粒子从磁场边界Ⅲ穿出时速度方向与粒子入射磁
场方向的夹角为30°。已知有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场宽度为d。粒子质量为
m，电荷量为q，粒子的重力不计。求：
（1）粒子在磁场中运动时速度的大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间t；
（3）P、Q 两点间的电势差UPQ。
14
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【解答】解：（1）由题意可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，由几何关系知，
粒子在磁场中运动半径R＝2d，由牛顿第二定律可得
qvB =m v
2
R
解得v = 2qBd
m
（2）粒子在磁场中运动的周期为T = 2πR
v
= 2πm
qB
则有t = 30°
360° T = 1
12 × 2πm
qB = πm
6qB
（3）带电粒子在P、Q 电场中加速，由动能定理可得qU = 1
2 mv
2-0
解得U = 2q B
2d
2
m
可得U PQ=-U =- 2q B
2d
2
m
类型4 先电偏转后磁偏转
[题型专练11].
（多选）（2022 秋•邯郸期末）如图所示，位于竖直平面内的平面直角
15
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坐标系xOy 的第一象限内有一抛物线，如图中虚线所示，其方程为y＝0.5x2，虚线上方（包含
虚线）存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝1N/C，第三象限内存在垂直于纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2T。在抛物线的下方0≤y≤0.5m 的区域有大量质量m＝
6.0×10﹣6kg、电荷量q＝+6.0×10﹣6C 的粒子以相同的初速度v0平行于x 轴射入电场，最后均经
过O 点进入磁场，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（ ）
A．v0＝1m/s
B．粒子在磁场中运动的最长时间为3 π
4 s
C．所有的粒子出磁场的位置在y 轴上的坐标都为﹣1m
D．粒子在磁场中运动的最短时间为π
4 s
【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：x＝v0t
竖直方向：y= 1
2 at
2，由牛顿第二定律得：qE＝ma
其中y＝0.5x2，代入数据解得：v0＝1m/s，故A 正确；
B、设粒子进入磁场时的速度大小为v，与y 轴负方向的夹角为θ，粒子在磁场中做匀速圆周运
动，运动轨迹如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T = 2πR
v
= 2πm
qB ，代入数据解得：T＝πs
粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角α＝2θ，粒子在磁场中的运动时间t= α
2π T = θ
π T
16
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粒子进入磁场时与竖直方向的夹角θ 越大，粒子在磁场中的运动时间越长，
粒子在电场中的竖直分位移越小，粒子进入磁场时的竖直分速度vy越小，粒子进入磁场时速度
方向与竖直方向的夹角θ 越大，粒子从O 点水平进入磁场时粒子在磁场运动的时间最长，θmax
= π
2 ，最长运动时间tmax=
π
2
π ×πs= π
2 s，故B 错误；
C、粒子进入磁场时的速度大小v= v0
sinθ
，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律得：qvB＝mv
2
r
根据几何关系可知，粒子离开磁场时纵坐标的绝对值Y＝2rsinθ
代入数据解得：Y＝1m，所有的粒子出磁场的位置在y 轴上的坐标都为﹣1m，故C 正确；
D、粒子进入磁场时与竖直方向的夹角θ 越小，粒子在磁场中的运动时间越短，粒子在电场中的
竖直分位移越大，粒子进入磁场时的竖直分速度vy越大，粒子进入磁场时速度方向与竖直方向
的夹角θ 越小，因此从坐标（1，0.5）点发射进入电场的粒子在磁场中运动的时间最短
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：1＝v0t，竖直方向：0.5= v y
2 t，其中：tanθ= v0
v y
，解得：
θ = π
4
粒子在磁场中的最短运动时间tmin=
π
4
2π ×πs= π
8 s，故D 错误。
故选：AC。
[题型专练12].
（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（ ）
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A．粒子从NP 中点射入磁场，电场强度满足E= y0mv0
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
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：
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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
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。
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题型二 组合场中运动的实例分析
类型1 质谱仪的原理及应用
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＝，＝.
[题型专练13].
（2023 秋•黄浦区校级期中）如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒
子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度
分别为B 和E。平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S 下方有
强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）
A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
B．通过狭缝P 的粒子速率与加速电场的场强有关
C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
D．粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越靠近狭缝P，表明其质量越大
【解答】解：A.根据带电粒子在磁场中的偏转方向，由左手定则知，该粒子带正电，则在速度
选择器中粒子受到的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂 直
纸面向外，故A 错误；
B.在速度选择器中，能通过狭缝P 的带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有
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qE＝qvB
解得
v = E
B
表达式中的E 是速度选择器中电场的场强，不是加速电场的场强，即通过狭缝P 的粒子速率与
加速电场的场强无关，故B 错误；
CD.粒子进入偏转电场后，有
qv B0=m v
2
r
解得
r = mv
q B0
= mE
q B0 B
知r 越小，即粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷 q
m 越大；电量相同时，r 越小，
m 越小，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[题型专练14].
（2023 秋•广东月考）如图所示，上方是我国正负电子对撞机的核心部
件的纵截面图，交变电流由两个平行正对的很强的电磁铁之间夹一个环形真空管道组成。如图
为正负电子轨道的俯视图，电磁铁中通入高频正弦交流电，当对撞机正常工作时，下列说法中
正确的是（ ）
A．电磁铁中通入恒定直流电流也能使正负电子加速
B．正负电子受到洛伦兹力作用而被加速
C．正负电子是被环形轨道内感应出来的电场加速的
D．电磁铁中交流电的频率越低，电子获得的最大动能越大
【解答】解：只有通入交流电流，在环形管道内才能产生涡旋状感应电场，电场力使正负电子
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向相反方向被加速而获得高能量，发生对撞，频率越高，产生的感应电场的电场强度越强，加
速后正负电子获得的最大动能越大。故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[题型专练15].
（2024•南充模拟）某一质谱仪原理如图所示，区域Ⅰ为粒子加速器，
加速电压为U1；区域Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为
d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q 的正粒子（不计重
力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：
（1）粒子离开加速器时的速度大小v；
（2）速度选择器两板间的电压U2；
（3）粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径R。
【解答】解：（1）粒子经过加速电场U1加速后，根据动能定理：qU1= 1
2 mv
2
解得：v=√
2qU 1
m
（2）因为粒子恰能通过速度选择器，则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平
衡力，即：eE= qU 2
d
=qvB1
解得：U2= B1d√
2qU 1
m
（3）粒子在B2磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则：qvB2= m v
2
R
解得：R= 1
B2√
2mU 1
q
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类型2 回旋加速器的原理和应用
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．
[题型专练16].
（2023 秋•沙坪坝区校级期中）回旋加速器两个D 形金属盒分别与高频
交流电源两极相连接，D 形盒半径为R，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂
直于盒底面，粒子源A 置于盒的圆心附近，如图所示。若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量
为m。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子被加速后的最大动能为q
2B
2 R
2
2m
B．所加交流电源的频率为2πm
qB
C．加速电场的电压越大，粒子加速后的速度越大
D．只要R 足够大，粒子的速度就可以被加速到任意值
【解答】解：AC．粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
R
解得最大速度v = qBR
m
可知最大速度与加速电压无关；
根据动能的定义式Ek = 1
2 m v
2
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可得最大动能为Ek = q
2B
2 R
2
2m
，故A 正确，C 错误；
B．粒子做匀速圆周运动的周期T = 2πR
v
= 2πR
qBR
m
= 2πm
qB
根据回旋加速度器的工作原理，粒子做匀速圆周运动的周期等于交变电压的周期；
因此，交流电周期为T 交= 2πm
qB ，频率等于周期的倒数，故B 错误；
D．任何速度不可能超过光速，且粒子速度接近光速，质量变化，周期变化，与交流电不同步，
无法继续加速，故D 错误。
故选：A。
[题型专练17].
（2023 秋•大连期中）回旋加速器是高能物理中的重要仪器。如图甲所
示，两个D 形金属盒置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直D 形盒。两个D 形金
属盒分别与高频电源相连（电压随时间变化如图乙所示），D 形盒半径为R，两D 形盒间距离
为d（d≪R）。若用回旋加速器加速氘核 1
2 H（设氘核质量m、电荷量q），则下列判断正确
的是（ ）
A．加速电压U0越大，氘核获得的最大动能越大
B．氘核加速的最大动能为q
2B
2 R
2
m
C．该回旋加速器不可以用来加速氦核（ 2
4 He）
D．氘核在电场中运动的总时间为BRd
U 0
【解答】解：AB、氘核在磁场中，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv
2
R
最大动能Ek= 1
2 m v
2
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解得：Ek= q
2B
2 R
2
2m
，可知，最大动能与加速电压无关，故AB 错误；
C、加速粒子的周期等于交变电流的周期，氘核与氦核的比荷相等，故不改变磁感应强度B 和交
变电流的频率f，该回旋加速度器可以用于加速氦核，故C 错误；
D、设氘核在电场中的加速次数为N，则NqU0= q
2B
2 R
2
2m
把氘核的运动看作是初速度为零的匀加速直线运动，运动位移x＝Nd，末速度为v= qBR
m ，则电
场中运动的总时间t= x
v
2
联立解得t= BRd
U 0
，故D 正确。
故选：D。
[题型专练18].
（2023 秋•五华区校级月考）如图为一种改进后的回旋加速器示意图，
加速电场场强大小恒定，且被限制在AC 板间，虚线中间无电场，带电粒子在P0处由静止经加
速电场加速后进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对该回旋加速器，下列说法正确的
是（ ）
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．加速粒子的最大速度与加速电场有关
C．AC 板间的加速电场方向需要做周期性变化
D．右侧相邻圆弧间距离P2P3与P1P2的比值为（√3-√2）：（√2-1）
【解答】解：AC．根据回旋加速器的工作原理可知，带电粒子在磁场中偏转，带电粒子只有经
过AC 板间时被加速，因此带电粒子每运动一周被加速一次；电场的方向没有改变，则在AC 间
加速，故AC 错误；
B．当粒子从D 形盒中出来时，速度最大
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根据洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
解得v = Bqr
m
可知加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关，D 形盒半径越大，与加速电场无关，故B 错误；
D．根据洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB
则P1 P2=2(r2-r1)= m(v2- v1)
qB
同理，有P2 P3=2(r3-r2)= m(v3- v2)
qB
因为每转一圈被加速一次，速度变化量Δv＝at
t 为经过相同位移用的时间，根据运动学规律t1：t2=(√2-1)：(√3-√2)
即右侧相邻圆弧间距离P2P3与P1P2的比值为P2 P3
P1 P2
= t2
t1
= √3-√2
√2-1
，故D 正确。
故选：D。
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