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专题21 带电粒子在组合场的运动
考点
考情
命题方向
考点1 带电粒子在
电场中加速或偏转
后进入磁场
2024 年高考全国新课程卷
2024 年高考山东卷
2024 年高考辽宁卷
1.带电粒子在电磁场中运动涉
及动能定理、类平抛运动、匀
速圆周运动、临界极值等，是
高考考查的热点。
2.带电粒子在电场中加速，利
用动能定理列方程；带电粒子
在匀强电场中的类平抛运动，
带电粒子在匀强磁场中的匀速
圆周运动是常见的运动模型；
临界极值能力要求高考查频
繁。
考点2 带电粒子在
磁场中偏转后进入
电场
2024 年高考山东卷
1
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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
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
2
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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 带电粒子由磁场进入电场
[模型演练1] （2024•天津模拟）如图所示，平面直角坐标系xOy 的第一象限内存在着垂
直于坐标平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，第四象限内存在着方向沿x 轴负方向、
场强大小为E 的匀强电场，y 轴负半轴上固定着足够长的荧光屏。现有大量质量均为m、电荷
量均为+q 的粒子从y 轴正半轴上不同位置以不同的速率平行于x 轴正方向射入磁场，经偏转后
所有粒子均从P（d，0）点进入电场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。
（1）求垂直x 轴从P 点进入电场的粒子的速度大小v；
（2）求（1）中粒子打在荧光屏上的位置与O 点的距离L；
（3）求从y 轴上M (0，d
2 )点进入磁场时的粒子的速度大小v2。
3
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【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，平行于x 轴正方向射入磁场，垂直x 轴从P
点进入电场的粒子的运动轨迹如图1 所示：
易知粒子在磁场中的运动半径为r＝d，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB =m v
2
r
解得：v= qBd
m
（2）粒子垂直于x 轴进入电场，在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a，在电场中的运
动时间为t，则有：
根据牛顿第二定律得：qE＝ma
由沿y 轴负方向做匀速运动得：L＝vt
由沿x 轴负方向做匀加速运动得：d = 1
2 at
2
联立解得：L= Bd√
2qd
mE
（3）从y 轴上M (0，d
2 )点进入磁场的粒子的运动轨迹如图2 所示：
4
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由几何关系得：d
2+(r2- d
2 )
2=r2
2
解得：r2= 5d
4
由洛伦兹力提供向心力得：q v2B =m v2
2
r2
解得：v2= 5qBd
4 m
答：（1）垂直x 轴从P 点进入电场的粒子的速度大小v 为qBd
m ；
（2）在（1）中粒子打在荧光屏上的位置与O 点的距离L 为Bd√
2qd
mE
；
（3）从y 轴上M (0，d
2 )点进入磁场时的粒子的速度大小v2为5qBd
4 m 。
[模型演练2] （多选）（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，在xOy 平面的第一、二象限
内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限﹣d≤y≤0 范围内
有沿x 轴正方向的匀强电场，在坐标原点O 有一个粒子源可以向x 轴上方以不同速率向各个方
向发射质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，x 轴上的P 点坐标为（﹣d，0），y 轴上的Q 点
坐标为（0，﹣d）。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是（ ）
A．所有经过P 点的粒子最小速度为vmin= qBd
2m
5
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B．若以最小速率经过P 点的粒子又恰好能过Q 点，则电场强度大小为E = q B
2d
m
C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P 点，速度大小一定不同
D．所有经过P 点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝mv
2
r
，可得：v= qBr
m
当OP 为粒子运动轨迹的直径时（即r= d
2 ），圆周运动半径最小，粒子经过P 点时速度最小，可
得：vmin= qBd
2m ，故A 正确；
B、粒子以最小速率经过P 点时，在磁场中的轨迹恰好为半个圆周，到达P 点时速度方向垂直于
x 轴，由P 点到Q 点做类平抛运动。
沿y 轴负方向做匀速直线运动，则有：d＝vmint
沿x 轴正方向做匀加速直线运动，则有：d= 1
2at2
由牛顿第二定律得：a= qE
m
联立解得电场强度E = q B
2d
2m ，故B 错误；
C、经过P 点圆弧轨迹均以PO 为弦，如图1 所示为经过O、P 两点的半径相等的圆O1与圆O2，
粒子可以分别沿这两个等大的圆在磁场中的圆弧部分做圆周运动经过P 点，由于运动半径相等，
故粒子速度大小相同，故C 错误；
D、设沿不同方向进入磁场的粒子，经过P 点的速度方向与x 轴夹角为θ，如图2 所示。
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由几何关系得：Rsinθ= d
2 ，同理由：qvB＝mv
2
R
，可得：v=
qBd
2msinθ
在P 点垂直电场方向的分速度为：vy＝vsinθ= qBd
2m ，可见vy为定值。
粒子穿过电场过程沿y 轴负方向做匀速直线运动，则有：d＝vyt，因vy为定值，故所有经过P 点
的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D 正确。
故选：AD。
[模型演练3] （多选）（2024•成都三模）如图，平面直角坐标系xOy 内虚线CD 上方存
在匀强磁场和匀强电场，分界线OE、OF 与x 轴的夹角均为θ＝30°。t＝0 时，一对质量为m、
电荷量为q 的正、负粒子从坐标原点O 以大小为v0的速度沿y 轴正方向射入磁场，正粒子通过
坐标为（3L，-√3 L)的P 点（图中未画出）进入电场，然后沿y 轴负方向经y 轴上的Q 点射
出电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。则（ ）
A．磁场的磁感应强度大小为mv0
2qL
B．电场的电场强度大小为mv0
2
24 qL
C．在坐标为（0，﹣2√3L）的位置，两粒子相遇
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D．在t= 4 L(2π +3√3)
3 v0
时，两粒子相遇
【解答】解：A、正、负粒子在磁场中分别做顺时针、逆时针偏转的匀速圆周运动，轨迹图如下
图所示。
由几何关系可得运动半径满足：√3L＝Rsin2θ，解得：R＝2L
由洛伦兹力提供向心力得：qBv0＝mv0
2
R
解得磁感应强度大小为B= m v0
2qL
，故A 正确；
B、正粒子通过P 点进入电场由P 点到Q 点的过程，沿﹣x 方向以初速度vx＝v0cosθ，末速度为
零的匀减速直线运动，沿﹣y 方向以速度vy＝v0sinθ，做匀速直线运动，则有
3L= v x
2
2a
3L= 1
2vxtPQ
P 点与Q 点沿y 轴方向的距离：yPQ＝vytPQ
根据牛顿第二定律得：qE＝ma
解得：E= 3m v0
2
24 qL
，yPQ＝2√3L，tPQ= 4√3 L
v0
，故B 错误；
C、分析负粒子在电磁场中的运动，可得正、负粒子在电磁场中的运动轨迹关于y 轴对称，两粒
子的运动过程也相同，故两粒子在Q 点相遇，Q 点的纵坐标为yQ＝﹣（yPQ+√3L）＝﹣3√3L，
故C 错误；
D、粒子在磁场中的轨迹圆心角均为240°，在磁场中运动时间为：
8
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t1= 240°
360° ⋅2πR
v0
= 8 πL
3 v0
两粒子相遇的时刻为：t＝t1+tPQ= 4 L(2π +3√3)
3 v0
，故D 正确。
故选：AD。
类型2 带电粒子由电场进入磁场
[模型演练4] （多选）（2024•龙凤区校级模拟）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带
电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d 的匀强电场与匀强磁场，匀强电场
竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q 的带
正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O 点由静止释放，运动到磁场的下边界的P 点时正好
与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M 点由静
止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为B
2qd
m
B．粒子从O 点运动到P 点的时间为(π + 4)m
2qB
C．M、N 两点的竖直距离为3
4 d
D．粒子经过N 点时速度大小为Bqd
m
【解答】解：A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有
qEd = 1
2 mv
2
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洛伦兹力充当向心力，有
qvB =m v
2
R
由几何关系可得R＝d
综上可得E = B
2qd
2m
故A 错误；
B.粒子在电场中的运动时间为t1= d
v
2
= 2m
qB
在磁场中的运动时间为t2= T
4 = πm
2qB
粒子从O 运动到P 的时间为t = (π + 4)m
2qB
故B 正确；
CD.将粒子从M 到N 的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛
伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB
设粒子在最低点N 的速度大小为v1，MN 的竖直距离为y。取水平向右为正方向，水平方向由动
量定理可得m v1-0=∑q v y BΔt =qBy
由动能定理可得qEy = 1
2 m v1
2-0
联立解得v1= Bqd
m ，y＝d
故C 错误；D 正确。
故选：BD。
[模型演练5] （2024•五华区校级模拟）在xOy 坐标系的第二象限内和第四象限内有如图
所示的匀强电场，两电场的场强大小相等，方向分别与x 轴和y 轴平行；第四象限内还存在垂
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直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。将一个质量为m、电荷量为q 的微粒在第二象限内的P
（﹣L，L）点由静止释放，之后微粒沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，微粒在第四象
限内运动后从x 轴上的Q（L，0）点进入第一象限，重力加速度为g。求：
（1）带电微粒运动到O 点时的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）带电微粒从P 点运动到Q 点所用的时间。
【解答】解：（1）微粒在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO 方向，
可得微粒带正电。因电场力和重力的方向与PO 方向的夹角均为45°，则有：mg＝qE，微粒的合
力大小为√2mg，PO 的长度为√2 L，设带电微粒运动到O 点时的速度大小v，根据牛顿第二定
律与运动学公式得：
√2mg=ma
√2 L= 1
2 at1
2
v＝at1
解得：t1=√
2 L
g ，v =2√gL
（2）由于微粒在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆
周运动，微粒做圆周运动的轨迹如下图所示：
由几何关系可知微粒运动的轨迹半径为：R = √2
2 L
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由牛顿第二定律可得：Bqv =m v
2
R
解得：B = 2m√2 gL
qL
（3）微粒做圆周运动的轨迹圆心角为90°，微粒从O 点运动到Q 点所用的时间为：
t2=
π
2 R
v
= π
8 √
2 L
g
带电微粒从P 点运动到Q 点所用的时间为：
t＝t1+t2= π +8
8 √
2 L
g
答：（1）带电微粒运动到O 点时的速度大小为2√gL；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小2m√2gL
qL
；
（3）带电微粒从P 点运动到Q 点所用的时间为π +8
8 √
2 L
g
。
[模型演练6] （2024•黑龙江三模）如图所示，平面直角坐标系xOy 中存在一与x 轴相切
的圆形匀强磁场区域，圆心坐标为（0，0.2），匀强磁场的磁感应强度大小为B =√2T、方向
垂直纸面向外。y＜0 区域，存在电场强度大小为E＝4×103N/C、方向沿y 轴正方向的匀强电场。
第四象限内的P 点有一质量m＝2×10﹣9kg、带电量q＝5×10﹣5C 的带正电粒子，以大小为
v0=5×10
3m/ s的初速度沿x 轴负方向射入匀强电场，从坐标原点O 以与x 轴负方向成θ＝
45°角进入匀强磁场。粒子重力不计，求：
（1）P 点的坐标；
（2）粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由几何关系得粒子到达原点O 时沿y 轴方
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向的分速度为：vy＝v0tanθ
解得：v y =5×10
3m/ s
根据牛顿第二定律得：a= qE
m
解得：a＝1×108m/s2
则粒子在匀强电场中运动的时间为：t = v y
a
解得：t＝5×10﹣5 s
沿x 轴方向的位移大小为：x＝v0t，解得：x＝0.25m
沿y 轴方向的位移大小为：y = 1
2 at
2，解得：y＝0.125m
故P 点的坐标为（0.25m，﹣0.125m）
（2）粒子进入匀强磁场的速度大小为：v = v0
cosθ
解得：v =5√2×10
3m/ s
由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m v
2
R
解得粒子运动半径为：R＝0.2m
粒子的运动轨迹如下图所示，粒子运动半径R 与圆形磁场区域半径相等，图中四边形OO1PO2为
菱形。
粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期为：T = 2πR
v
解得：T = 2√2π
5
×10
- 4 s
由几何关系可知，粒子在匀强磁场中转过的圆心角为α＝135°，故粒子在匀强磁场中的运动时间
为：
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t ' =
α
360° T，解得：t ' = 3√2π
2
×10
-5 s
答：（1）P 点的坐标为（0.25m，﹣0.125m）；
（2）粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间为3√2π
2
×10
-5 s。
类型3 带电粒子在磁场和电场中往复运动
[模型演练7] （2024 春•重庆期末）如图甲所示，空间中有一直角坐标系xOy，在x＜0，
y＞0 的空间中有沿+y 方向的匀强电场E＝5×105V/m。在紧贴（﹣0.2m，0）的上侧处有一粒子
源P，能沿x 轴正方向以v0＝2×106m/s 的速度持续发射比荷为 q
m =2×10
7C/kg 的某种原子核。
在x＞0 的空间有垂直于xOy 平面向外的足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B1＝
0.5T。忽略原子核间的相互作用和重力。
（1）求原子核第一次穿过y 轴时速率；
（2）设原子核从Q 点第二次穿过y 轴，求O、Q 两点之间距离以及粒子在磁场中的运动时间；
（3）若撤去原磁场B1，其余条件保持不变。在xOy 平面内x＞0 的某区域加一圆形匀强磁场，
磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向。t= T 0
4
时
刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，若T0= √2
4 ×10
-6s，求圆形磁场
区域的最小面积S 以及粒子进入磁场时的位置到y 轴的最短距离x。（忽略磁场突变的影响，计
算结果用含有π 的式子表示 ）
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【解答】解：（1）原子核在电场中做类平抛运动，有t = x
v0
vy＝at
v =√v0
2+ v y
2
加速度为a= qE
m
代入数据，其中x＝0.2m
可得v =2√2×10
6m/ s
（2）原子核离开电场时速度与+x 夹角设为θ，则tanθ= v y
v0
偏移距离y = 1
2 at
2
右侧的磁场中做匀速圆周运动，有qv B1= m v
2
R
该轨迹圆在y 轴上对应的弦长l＝2Rcosθ
OQ 间距离d＝l﹣y
代入数据可得d＝0.2m
粒子在磁场B1中运动的周期T = 2πm
q B1
粒子在磁场中运动的时间为t = 360° -2θ
360°
T = 3 π
2 ×10
-7 s
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（3）设粒子圆形磁场中做圆周运动的半径为r，则qvB = mv
2
r
解得r = mv
qB = 1
2π m
运动的周期T 1= 2πm
qB
解得T1＝T0
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
所以圆形磁场的最小半径R1＝3r
最小面积S = π R1
2
解得S = 9
4 π m
2
由图可知，进入磁场的位置距y 轴的最小距离x = R1- R1cos 45° =(1- √2
2 )R1
解得x = 3
2π (1- √2
2 )m
[模型演练8] （2024•青羊区校级模拟）一带负电的微粒放在光滑绝缘水平面上，俯视如
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图，第一象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，在另外三个象限充满大小相同、方向垂直水平
面向下的匀强磁场。微粒从x 轴上的P 点以一定初速度进入第二象限，OP 间距离x0＝0.3m，
初速度与x 轴负方向的夹角α＝37°，之后恰能垂直于y 轴进入第一象限，再经一段时间从第一
象限进入第四象限，此时速度与x 轴正方向的夹角恰好也为α＝37°，已知微粒的比荷q
m =
100C/kg，电场强度E＝0.05N/C，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）微粒第一次在第一象限内的运动时间t1；
（2）微粒的初速度v0和在第二象限内运动的时间t0；
（3）若x 轴上有一点Q（14m，0），微粒经过x 轴时，距离Q 点的最小距离是多大？
【解答】解：（1）微粒在磁场中做匀速圆周运动，垂直于y 轴进入第一象限后在电场中做类平
抛运动，微粒运动轨迹如下图所示：
在第二象限磁场中，由几何关系可得圆周运动的半径为：r1= x0
sinα = 0.3
0.6 m=0.5m
在第一象限电场中，由牛顿第二定律得：qE＝ma
解得：a＝5m/s2
微粒在电场中做类平抛运动，沿y 轴方向做匀减速运动，则有：
r1+r1cosα = 1
2 at1
2
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联立解得：t1＝0.6s
（2）微粒进入第四象限时有：tanα = at
v0
解得：v0＝4m/s
微粒在第二象限中做圆周运动的周期为：T= 2π r1
v0
在第二象限内运动的时间为：t0= 180° -37°
360°
T
联立解得：t0= 143 π
1440 s≈0.31s
（3）微粒进入第四象限时的速度大小为：v =
v0
cosα = 4
0.8 m/ s=5m/ s
由洛伦兹力提供向心力可得：
在第二象限时有：q v0 B = mv0
2
r1
在第四象限时有：qvB = mv
2
r2
对比可解得在第四象限内的运动半径为：r2＝0.625m
微粒在第四象限的圆弧轨迹的弦长为：L＝2r2sinα，解得：L＝0.75m
微粒第1 次从第一象限进入第四象限的位置的x 轴坐标为：x1＝v0t＝4×0.6s＝2.4m
微粒第1 次从第四象限进入第一象限的位置的x 轴坐标为：x1′＝x1﹣L＝2.4m﹣0.75m＝1.65m
微粒再次进入第一象限的电场做类斜抛运动，由运动的对称性可得第2 次从第一象限进入第四象
限的位置的x 轴坐标为：
x2＝x1+（2x1﹣L）
微粒第2 次从第四象限进入第一象限的位置的x 轴坐标为：
x2′＝x1'+（2x1﹣L）
依次类推，第n 次从第一象限进入第四象限的位置的x 轴坐标为：
xn＝x1+（n﹣1）（2x1﹣L），n＝1、2、3……
第n 次从第四象限进入第一象限的位置的x 轴坐标为：
xn'＝x1'+（n﹣1）（2x1﹣L），n＝1、2、3……
当n＝4 时，x4＝14.55m，x4'＝13.8m
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已知Q 点坐标为（14m，0），可得微粒经过x 轴时，距离Q 点的最小距离为：
Δx＝xQ﹣x4'＝14m﹣13.8m＝0.2m
答：（1）微粒第一次在第一象限内的运动时间t1为0.6s；
（2）微粒的初速度v0为4m/s，在第二象限内运动的时间t0为0.31s；
（3）若x 轴上有一点Q（14m，0），微粒经过x 轴时，距离Q 点的最小距离是0.2m。
类型4 带电粒子在组合场中的动量问题
[模型演练9] （2024 春•温州期末）如图所示，某离子分析器由偏转区和检测区组成，分
别分布在y 轴的左侧和右侧，在直线x＝﹣2l0到y 轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的
有界匀强电场，其中x 轴上方的电场方向沿y 轴负方向，x 轴下方的电场方向沿y 轴正方向，y
轴右侧区域内分布着垂直于xOy 平面向里的磁场，磁感应强度大小B 沿x 轴均匀变化，即B＝
kx（k 为大于零的常数）。在电场左边界上A（﹣2l0，﹣l0）到C（﹣2l0，0）区域内，连续分
布着电量为+q、质量为m 的离子。从某时刻起由A 点到C 点间的离子，依次连续以相同的速
度v0沿x 轴正方向射入电场。若从A 点射入的离子，恰好从点A′（0，l0）沿x 轴正方向射出
电场，其轨迹如图。离开电场后的离子进入检测区，打在检测板上。区域场间互不影响，检测
板足够长，不计离子的重力及它们间的相互作用。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）在AC 间还有哪些位置的离子，通过电场后也能沿x 轴正方向运动（写出这些位置的y 坐
标）；
（3）检测板与y 轴平行，并可沿x 轴平移，若要检测板能收集到沿x 轴正方向射出电场的这些
离子，求检测板位置坐标x 的最大值。
【解答】解：（1）从A 点射入运动到A′点的离子先做类平抛运动，过了x 轴后再做反方向的
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类平抛运动，因加速度大小相等，故运动具有对称性。可知两段运动沿x 轴的位移大小均为l0，
由A 点到达x 轴的过程，由类平抛的运动规律可得：
沿x 轴方向：l0＝v0t
沿y 轴方向：l0= 1
2 ⋅qE
m ⋅t
2
解得：E = 2m v0
2
ql0
（2）根据离子在电场中运动具有对称性，满足要求的部分离子轨迹如下图所示：
设在AC 间与C 点距离为Δy 处射出的离子，通过电场后也沿x 轴正方向射出，离子第一次到达
x 轴用时Δt，水平位移为Δx。
可得满足的条件为：2l0＝2n•Δx，（n＝1、2、3……）
Δx＝v0Δt
Δy = 1
2 ⋅qE
m ⋅( Δt )
2
解得：Δy = 1
n
2 ⋅1
2 ⋅qE
m ⋅( l0
v0
)
2
= 1
n
2 l0
即满足要求的AC 间的位置的y 坐标为：y =- 1
n
2 l0，（n＝1、2、3……）
（3）若要检测板能收集到沿x 轴正方向射出电场的这些离子，且检测板的位置处在x 坐标最大
值处，临界条件为离子到达检测板时的速度方向恰好沿y 轴方向，即沿x 轴的分速度为vx＝0，
沿y 轴的分速度为vy＝v0，对离子受力分析，将洛伦兹力F，速度v 均沿x 轴、y 轴分解，如下
图所示：
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以y 轴正方向为正方向，沿y 轴方向应用动量定理得：∑Fy•Δt＝mv0﹣0
又有：Fy＝qBvx
可得：∑qBvx•Δt＝mv0
可得：∑qBΔx＝mv0
已知：B＝kx
∑qBΔx=qkx ⋅0+ x
2
=m v0
解得：x =√
2m v0
kq
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．
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类型1 质谱仪的原理及应用
[模型演练10] （2024•漳州三模）如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构
成。静电分析器通道的1
4 圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中
心线处各点的电场强度大小相等。磁分析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＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q 的粒子（不计重力），由静止开始从
A 板经电压为U 的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P 点垂直磁场边界进入磁分析
器，最终打在胶片ON 上，则（ ）
A．磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外
B．静电分析器中心线处的电场强度E = U
R
C．仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点
D．要使粒子能到达NQ 边界，磁场磁感应强度B 的最小值为1
2d √
2mU
q
【解答】解：A．由静电分析器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A 错误；
B．在加速电场中，根据动能定理qU= 1
2mv2
在静电分析器电场力充当向心力qE= m v
2
R
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联立可得E= 2U
R
故B 错误；
C．在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力qvB= m v
2
D
2
可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D= 2
B√
2mU
q
所以与比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C 错误；
D.由上述公式可知，磁场磁感应强度B 的越小，半径越大，当B 最小值时，粒子与QD 边相切，
由于圆心在PN 上，则半径R＝2d
此时有4d= 2
B√
2mU
q
解得Bmin= 1
2d √
2mU
q
故D 正确。
故选：D。
[模型演练11] （2024 春•怀柔区期末）如图所示，一质量为m 的带电粒子从容器A 下方的
小孔S1飘入S1、S2之间的加速电场，其初速度可视为0，加速后以速度v 经小孔S3沿与磁场
垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后垂直打到照相底片上的D 点。已知S3到
D 点的距离L，不计粒子的重力，求：
（1）粒子的比荷；
（2）加速电场的电势差U；
（3）粒子在磁场所受洛伦兹力大小。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R = L
2
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洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
R
解得q
m = 2v
BL
（2）粒子在加速电场中，根据动能定理：Uq =m v
2
2
解得U = BLv
4
（3）粒子在磁场所受洛伦兹力F =qvB =m v
2
R
解得F = 2m v
2
L
答：（1）粒子的比荷2v
BL；
（2）加速电场的电势差BLv
4
；
（3）粒子在磁场所受洛伦兹力大小2m v
2
L
。
[模型演练12] （2024 春•新洲区期末）质谱仪原理如图所示，a 为粒子加速器，电压为
U1，b 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d，c 为偏转分离器，
磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e 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）粒子的速度v 为多少；
（2）速度选择器的电压U2为多少；
（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R 为多大。
【解答】解（1）在电场中，粒子被加速电场U1加速，由动能定理有：eU 1= 1
2 mv
2
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变形 解得：v =√
2eU 1
m
（2）在速度选择器中，粒子受的电场力和洛伦兹力大小相等，则根据平衡条件有：
e U 2
d =ev B1
解得速度选择器的电压：U 2= B1dv = B1d√
2eU 1
m
（3）在磁场中，粒子受洛伦兹力作用而做圆周运动，则由牛顿第二定律有：ev B2= mv
2
R
解得半径：R = 1
B2√
2mU 1
e
答：（1）粒子的速度v 为√
2eU 1
m
；
（2）速度选择器的电压U2为B1d√
2eU 1
m
；
（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R 为1
B2√
2mU 1
e
。
类型2 回旋加速器的原理和应用
[模型演练13] （2024•东西湖区校级模拟）如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，
在两D 形盒左边的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b 的平行金属板M、N，每当带正电的粒
子从a 孔进入时，立即在两板间加上恒定电压，粒子经加速后从b 孔射出时，立即撤去电压。
粒子进入D 形盒中的匀强磁场后做匀速圆周运动。已知D 形盒的缝隙间无磁场，不考虑相对
论效应，则下列说法正确的是（ ）
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A．磁场方向垂直纸面向外
B．粒子运动的周期不断变大
C．粒子每运动一周直径的增加量越来越小
D．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大
【解答】解：A、带正电粒子从a 孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，D
形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A 错误；
B、根据洛伦兹力提供向心力得，粒子运动的周期T= 2πr
v
= 2πm
qB ，粒子运动的周期不变，故B
错误；
C、粒子第n 次加速后，根据动能定理可得nqU= 1
2mv2，解得，粒子在磁场中运动的半径r
= mv
qB = 1
B√
2nmU
q
，粒子每运动一周直径的增加量Δd= 2
B√
2mU
q
（√n-√n-1）随转动周数的
增加，粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C 正确；
D、当粒子从D 形盒中出来时，速度最大，根据r= mv
qB ，可知最大动能Ek= (qBR)
2
2m
（式中R 为
D 形盒的半径），由此可知，粒子获得的最大动能与加速电压无关，所以增大两板间电压，粒
子最终获得的最大动能不变，故D 错误。
故选：C。
[模型演练14] （2024•广州模拟）图甲示意我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放
于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
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A．由于粒子速度被逐渐加大，则它在D 形盒中的运动周期越来越小
B．由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小
C．粒子从加速器出来的最大速度与D 形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关
D．粒子增加的动能来源于磁场
【解答】解：AB．粒子在磁场中运动的周期T = 2πm
qB
与粒子速度无关，故粒子在D 形盒中的运动周期不变，所加交流电的周期也相应保持不变，故
AB 错误；
C．粒子由D 形盒中飞出时，有q vmB =m vm
2
R
整理解得R = mvm
qB vm= qBR
m
与D 形盒的半径大小R 及磁场磁感应强度B 均有关，故C 正确；
D．洛伦力总与粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力不对粒子做功，其只改变粒子方向，所以粒子
增加的动能来源于加速电场，故D 错误。
故选：C。
[模型演练15] （2023 秋•天河区期末）回旋加速器核心部分是分别与高频交流电极相连接
的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加
速，两个D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子射出时的动能与D 形金属盒的半径无关
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B．回旋加速器是靠电场加速的，粒子射出时的动能与电压有关
C．回旋加速器是靠磁场加速的，粒子射出时的动能与磁场无关
D．加速电压越小，粒子在回旋加速器中需加速的次数越多
【解答】解：A.设D 型盒半径为R，由牛顿第二定律得qvB =m y
2
R ，粒子射出时的最大动能为
Ek = 1
2 mv
2，联立解得Ek = q
2B
2 R
2
2m
，可见，粒子射出时的动能与D 形金属盒的半径有关，故A
错误；
BC.回旋加速器是靠电场加速的，磁场只是改变速度的方向，并且粒子射出时的动能与电压无关
但与磁场有关，故BC 错误；
D.粒子在回旋加速器中需加速的次数为n= Ek
qU ，因此，加速电压越小，粒子在回旋加速器中需
加速的次数越多，故D 正确；
故选：D。
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