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第49 讲 带电粒子在组合场中的运动
目
录
01 课标达标练.....................................................................................................................1
题型01 磁场与磁场组合.................................................................................................................1
题型02 电场与磁场组合.................................................................................................................5
题型03 带电粒子在电场、磁场中的交替运动........................................................................22
题型04 质谱仪...............................................................................................................................25
题型05 回旋加速器......................................................................................................................33
02 核心突破练..................................................................................................................36
03 真题溯源练..................................................................................................................48
01 磁场与磁场组合
1．（2025·福建·二模）如图所示的平面直角坐标系中，
的左侧
有垂直坐标平面向外
的匀强磁场Ⅰ，在
和
之间
有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感
应强度大小相等，在
的右侧有平行于坐标平面的匀强电场（图中未画出），在坐标原点
处沿
轴正
向射出一个比荷为
、速度大小为
的带正电的粒子，粒子在磁场Ⅱ中运动时，运动轨
迹恰好与轴相切，粒子经电场偏转后第一次经过轴时的位置为
、速度方向垂直于轴，
不计粒子的重力。求：
1
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(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子在
上第一次进入电场时的位置到轴的距离及粒子速度的方向与
的夹角；
(3)匀强电场的电场强度的大小（结果保留根号）。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）设粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的圆心在
点，在磁场Ⅱ中做圆周运动的圆心在
点，
与轴的夹角为，根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系
解得
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，根据题意有
解得
根据牛顿第二定律
解得
2
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（2）设粒子在磁场Ⅱ中与轴相切点的坐标为
，则
由于
和
之间的距离为
，因此切点刚好在
和
连线中点，根据对称性，粒子在
点出射点的位置到轴的距离
设粒子进入电场时速度方向与
之间的夹角为
，根据对称性可知
（3）粒子经电场偏转后第一次经过轴时位置为
方向垂直于轴，设电场强度沿轴方
向的分量为
。粒子沿轴方向做匀减速直线运动，则
，
，
又
根据牛顿第二定律
解得
设匀强电场沿
轴方向的分量为
，沿
轴方向的加速度大小
根据运动学公式
，
解得
因此匀强电场的电场强度大小
2．
（2025·湖北·模拟预测）扇形聚焦回旋加速器的结构和其“回旋”的原理如图甲所示，将圆
心为
，半径为R 的圆形区域等分成
个扇形区域
，相互间隔的个区域内存在垂直纸面向
外的匀强磁场B，称为峰区域；另外个没有磁场的扇形区域称为谷区域，峰区域和谷区域相间分布。质
量为
、电荷量为的正离子正在以恒定速率v 在某闭合轨道上做周期性运动，不计重力，不考虑相对论
效应。
3
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(1)当n=3 时，如图甲所示，在一个峰区内粒子运动圆弧的圆心角为多少？
(2)当n=4 时，粒子转一圈运动的总时间为多少？
(3)粒子运动速度的最大值与的关系？
【答案】(1)
(2)
(3)最大速度与无关
【详解】（1）圆形区域被等分成
个扇形区域，
时，峰区和谷区各3 个相间分布，故在一个
峰区粒子运动圆弧的圆心角为
（2）做辅助线如图，圆心角
粒子在四个磁场区域内的运动轨迹刚好组成一个完整的圆，洛伦兹力提供向心力，则有
，
4
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解得
粒子在磁场内的运动总时间
谷区每段直线长度
粒子做直线运动的时间
解得
粒子绕行一周的总时间
解得
（3）粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有
考虑对称性，画出临界轨迹，如下图所示
由几何关系可得
最大半径
解得
，故最大速度与无关
5
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02 电场与磁场组合
3．
（2024·黑龙江·模拟预测）某质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成，工作原理图
如图所示。加速电场的电压为U，圆弧形静电分析器通道内存在均匀辐射电场，通道中心是半径为R 的圆
弧，圆弧上各点电场强度大小均为E，磁分析器中有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为
B。粒子源中有大量电荷量相同而质量不同的粒子，从A 处由静止开始经电场加速后，沿通道中心经过静
电分析器，接着进入磁分析器，最终打在胶片PQ 上。已知粒子重力可忽略不计，则（ ）
A．从P 点进入磁场的粒子动量一定相等
B．从P 点进入磁场的粒子速度一定相等
C．粒子的比荷越大，打到胶片上距离P 点越远
D．打到胶片上距P 越远的粒子运动总时间越长
【答案】D
【详解】A．粒子经加速电场加速过程中，有
粒子在静电分析器中满足
在磁分析器中满足
则从
点进入磁场的粒子动量
由于质量不同，所以动量不同，A 错误；
B．速度
6
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质量越大，速度越小，B 错误；
C．打到胶片上的位置
比荷
越小，距离
越远，C 错误；
D．打到胶片上距
越远的粒子比荷越小，越小，在加速电场和静电分析器中运动的时间越长，在磁
分析器中运动的时间
也越长，即打到胶片上距
越远的粒子运动的总时间越长，D 正确。
故选D。
4．（2025·湖南·一模）带电粒子沿金属板A、B 的中心轴线进入偏转电压为U（大小未知）的偏转电场，
偏转电场可看作匀强电场。以金属板A、B 的中心轴线为x 轴，金属板A、B 的右边界为y 轴建立平面直角
坐标系，在第一象限内存在磁场为非匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随y 轴方向均匀增大，
关系为
，速度为
的带电粒子恰好从金属板的右边缘P 点射入磁场。已知金属板A、B 间的距离
为2d、长度为
，带电粒子质量为m、电荷量为-q，不计带电粒子的重力。
(1)求偏转电压U 的大小；
(2)若粒子以大小为
的速度从P 点与y 轴成
方向射入磁场，求粒子从P 点运动到速度与竖直
方向成
的过程中运动轨迹与x 轴围成的面积
【答案】(1)
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(2)
【详解】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿x 轴方向做匀速直线运动，其运动时间
已知金属板长度
，所以
沿y 轴方向做初速度为0 的匀加速直线运动，加速度
又因为
所以
粒子在y 轴方向的位移
根据
可得
进行化简
（2）设粒子在x 轴方向上的分速度为
，在y 轴方向上以向上为正方向，根据动量定理有
整理可得
其中
并代入磁感应强度的值，即
又运动轨迹与x 轴围成的面积S 为
联立解得
。
8
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5．（2025·河北·一模）利用电、磁场来控制和改变带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广
泛的应用。如图所示，水平线AB 与竖直线CD 交于O 点，将空间分成四个区域。在竖直线CD 的左边存在
磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在竖直线CD 的右边存在沿水平向左的匀强电
场。某时刻一个带正电粒子从水平线AB 上的a 点以初速度v0水平向左射出，带电粒子第一次到达竖直线
CD 上时，速度方向与竖直向上方向成
角，之后带电粒子在电场中运动，并垂直通过水平线AB 上的b
点。已知O、a 两点之间的距离为L，带电粒子所受重力忽略不计。（计算结果可带根号）求：
(1)带电粒子的电荷量和质量的比值；
(2)竖直线CD 的右边匀强电场的电场强度大小；
(3)带电粒子从a 点出发到第一次回到a 点的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，作出正电荷的部分运动轨迹如图所示
设正电荷在磁场中运动的轨道半径为r，由图可得
9
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解得
正电荷在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得正电荷的比荷为
（2）设正电荷第一次经过y 轴的位置到O 点的距离为
，到达b 点时的速度大小为
，结合类平抛运
动规律，有
设正电荷进入电场后经过时间t 运动到b 点，则有
由几何知识结合类平抛运动可得
解得
又
正电荷从第一次经过y 轴到运动至b 点的过程中，根据动能定理有
联立解得
（3）正电荷在磁场中的运动的周期为
由几何关系可知，正电荷第一次在磁场中运动的时间为
正电荷在电场中运动的时间为
正电荷第二次在磁场中的运动轨迹与第一次在磁场中运动的轨迹对称，则正电荷第二次在磁场中的运动
时间为
10
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所以正电荷从点出发到第一次回到点的时间为
6．（2025·黑龙江大庆·一模）如图所示的xOy 平面内，
的区域内有竖直向上的匀强电场；在
区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为
（未知）；处于第四象限的匀强磁场，磁
感应强度为
（未知），大小关系为
，磁场方向均垂直于纸面向外。一质量为m、带电荷量为
的粒子，在
时刻，从P 点（P 点的坐标
，
）以速度
沿x 轴正向水平射出，恰好从坐标
原点进入第一象限，最终垂直磁场右边界射出磁场，不计粒子的重力。求：
(1)粒子进入磁场时的速度大小；
(2)粒子在磁场中运动的最短时间；
(3)磁感应强度
的可能取值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在电场中，水平方向做匀速运动，有
竖直方向做匀加速运动，有
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解得
则带电粒子通过坐标原点的速度大小为
速度方向与轴正半轴的夹角为θ，则
（2）当粒子进入磁场后，第一次恰好垂直磁场右边界射出时的时间最短，如图所示由几何关系知
带电粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动的时间最短为
解得
（3）粒子在磁场中运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力有
且
则有
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且满足关系
或
由洛伦兹力提供向心力有
解得
或
7．
（2025·河南南阳·模拟预测）如图，竖直虚线左方区域有水平向右的匀强电场，虚线右方区
域有垂直于纸面向里的匀强磁场。距离虚线左侧d 处有A、B 两点，一质量为m、带电量为q（q＞0）的粒
子从A 点以初速度
竖直向上飞出，进出磁场后，又竖直向上通过B 点，该过程中的竖直速度
，和水平
速度
的变化关系如图2 所示，该图像包括一条直线和一段圆心在O 点的圆弧，图像与y 轴的交点为
和
，已知A、B 两点间距为h＝5d。不计空气阻力及粒子重力。
(1)求电场强度的大小；
(2)求磁感应强度的大小；
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(3)若该粒子从A 点以速度
竖直向下飞出，长时间来看，粒子将向下或向上漂移，求漂移速度大小（一个
周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从A 点飞出后在电场中受到水平向右的电场力，则粒子在电场中做类平抛运动。由
题图2 可知，粒子进入磁场后，沿x 轴方向的速度逐渐减小，且粒子在磁场中沿y 轴方向速度为
时，沿x 轴方向的速度为0，即粒子进入磁场时的速度为
，沿y 轴方向速度为
。由勾股
定理可知粒子进磁场时x 轴方向速度
即
则水平方向由运动学公式知
粒子在电场中由牛顿第二定律知
解得
（2）设粒子从A 点射出到进入磁场的过程竖直位移为
，粒子进入磁场时其速度与竖直方向夹角为，
则有
可得
设位移与竖直方向的夹角为
，由平抛运动规律可知
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可得
设在磁场中的运动轨迹半径为R，由对称性可知其在磁场中的竖直位移为
由几何关系知
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）若该粒子以速度
竖直向下飞出，由几何关系知粒子在一个周期内竖直方向的位移大小为
粒子在电磁组合场中运动的周期为
则粒子的漂移速度
8．（2025·湖南·一模）如图所示的平面直角坐标系xOy 中，第二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，第四
象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界分别为x 轴、MN 和y 轴，M、N 两点的坐标分别为
（L，0）、（0，
）。一质量为m、电荷量为+q（q>0）的带电粒子从第二象限的A 点沿x 轴正方向
以初速度v0射出，A 点坐标为（
，
），粒子恰好从坐标原点O 进入第四象限，之后粒子从MN 上
的P 点（图中未标出）进入磁场，经磁场偏转后从x 轴上的Q 点（图中未标出）垂直于x 轴射出磁场，不
计粒子重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E 和匀强磁场的磁感应强度大小B。
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(2)粒子从A 点运动到Q 点所用的时间t。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）粒子的轨迹如图所示，在电场中做类平抛运动
则有
，
又
联立解得
，
，
粒子运动到O 点速度与x 轴正方向的夹角正切
，即
粒子运动到O 点的速度
在磁场区域，根据几何关系可得
又洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）由几何关系可知，从O 点到磁场之间，粒子运动的位移为L，则运动的时间
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在磁场中，粒子运动的周期
则运动的时间
粒子从A 点运动到Q 点所用的时间
9．（2025·浙江温州·一模）
是正电子发射断层扫描（PET）中最重要的放射性示踪剂基础，
发生
衰变释放出正电子
，正电子湮灭产生的伽马射线用于医学成像。如图所示，在平面直角坐标系
的
有三个区域，
的区域I 内存在垂直纸面向里的匀强磁场
，在
区域II 有平行于纸面
的匀强电场，大小、方向均未知，在
的区域III 内有垂直纸面向外的匀强磁场
。且
（为大
于0 的常数）。内部装有放射性元素
的放射源放置在
处，某时刻
发生
衰变产生的质量
为
、带电量为的正电子沿
轴负方向以速度大小为
开始运动，一段时间后从（-L，0）点离开磁场进
入区域II，粒子在电场中运动时间
后，从坐标原点进入区域III，不计重力和阻力，忽略粒子之间
的相互作用。
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(1)写出放射性元素
发生
衰变的方程式；
(2)求区域I 内匀强磁场的磁感应强度
的大小；
(3)求区域
内匀强电场的电场强度大小及方向；
(4)正电子离开原点后离开
轴的最大距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
，方向沿
轴正方向
(4)
【详解】（1）根据题意可知，衰变方程为
（2）正电子在磁场中运动轨迹如图所示
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由几何关系可知
又根据洛伦兹力提供向心力
解得
（3）设区域II 内的匀强电场的电场强度为
，根据（2）可知粒子进入区域II 时速度与轴成
夹角。
又
轴方向粒子做匀变速直线运动回到轴，则有
其中，根据牛顿第二定律可得
联立求得
轴方向粒子做匀变速直线运动，则有
解得
综上：电场强度
，方向沿
轴正方向。
（4）粒子在区域
中沿轴做匀速直线运动，沿
轴做匀变速直线运动，到达
点
轴方向瞬时速度
大小不变，所以离开
点瞬间速度大小为
，方向与轴成
夹角斜向上。粒子在区域III 运动过程中，
当粒子与
轴距离最大时，粒子沿轴的瞬时速度为0，沿
轴速度为
，在
轴方向列动量定理
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则有
解得
10．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在真空中
的区域里分布着沿
轴负方向的匀强电场
，
在
的区域里分布着垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为
、电荷量为
的带电粒子，从
点以初速度
沿轴正方向射出，然后从轴上的
点进入磁场，恰好能回到
点。题中仅
和
为已知
量，且满足
。
(1)求
点横坐标
；
(2)求粒子从
点出发到第一次回到
点所用时间；
(3)仅将粒子初速度方向改为沿
轴负方向，求粒子从
点出发到粒子第3 次经过轴所用时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
20
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【详解】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向，有
竖直方向，有
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（2）粒子运动轨迹如图所示
粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向，有
又因
联立解得
粒子进入磁场时
由运动的对称性及几何关系可知，粒子在匀强磁场中轨迹的圆心在
轴负半轴上，设粒子第一次经过
轴时速度与轴正半轴成角，有
合速度大小为
由几何关系，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径
粒子在磁场中运动的时间为
则再次回到
点用时
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联立解得
（3）粒子运动轨迹如图所示
粒子从
点运动到
点，根据运动学公式，有
速度为
在磁场中，有
第3 次经过轴的时刻
解得
11．（2025·四川内江·模拟预测）三年高中时光，宛如白驹过隙，匆匆而逝。值此毕业在即，球溪中学高
三物理组全体教师，向25 届全体物理类考生，献上饱含深情与祝福的心意。愿你们在高考中蟾宫折桂，
金榜题名，万事皆遂心愿。如图所示，直角坐标系
中，在整个第IV 象限内有平行于
轴的匀强电场，
方向沿
轴正方向，大小
，在整个第I 象限区域内有垂直于
平面向里的匀强磁场。一质量为
、电荷量为
的粒子，从
轴上的
点，以大小为
的速度沿轴正方向进入电场，通过
电场后从轴上的
点（与轴夹角为）进入第I 象限，又经过磁场偏转刚好不进入第II 象限，之后穿过
轴再次进入电场，不计粒子的重力，已知
，
。求：
22
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(1)
点的横坐标
；
(2)匀强磁场的磁感应强度
的大小；
(3)整个过程中粒子从第IV 象限进入第I 象限经过轴的横坐标。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛运动，设在第IV 象限内运动时间为，则由牛
顿第二定律可得
竖直方向
水平方向
联立解
（2）粒子在
点速度大小
与轴正向夹角为，由
23
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则
在磁场中洛伦兹力提供向心力得
又根据几何关系
联立解得半径
（3）粒子到达
轴
点后做类似斜抛运动，
点速度方向与轴正方向成
，大小为
，由运动对
称性知
沿轴方向距离与
沿轴方向距离相等，则
粒子第次从第IV 象限进入第I 象限经过轴的横坐标为
即为
解得
12．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，足够大的匀强磁场I 存在水平上边界
，磁场方向垂直
纸面向外，磁感应强度大小为
（
未知），足够大的匀强磁场II 存在水平下边界
，磁场方向垂直纸
面向里，磁感应强度大小为
。MN、PQ 间距为d，两边界之间存在匀强电场，电场强度大小始终
24
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为
，当粒子通过MN 进入电场中运动时，电场方向水平向右；当粒子通过PQ 进入电场中运动时，
电场方向水平向左。现有一质量为m、电荷量为+q 的粒子以初速度v0从A 点垂直MN 射入电场，一段时间
后进入磁场II，之后又分别通过匀强电场和磁场I，以速度v0回到A 点，不计粒子重力。求：
(1)粒子第一次经过电场区域的位移大小；
(2)磁场I 的磁感应强度大小B1；
(3)若电场方向始终保持水平向右，求该粒子从A 点出发后，第二次到达MN 边界时与A 点的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中运动时，竖直方向
水平方向做加速运动
则水平方向位移
则位移为
（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图
25
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设粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中的运动半径分别为
,则
经磁场Ⅱ返回PQ 边界时水平方向侧移
其中
，
再次进入电场，电场反向，经分析水平位移为d 且垂直MN 进入磁场速度为v0，进入磁场Ⅰ后
若以原速度返回A 点则需满足
则
（3）第二次进入电场，轨迹如图
竖直方向匀速水平方向继续加速，到达MN 边界时水平方向侧移
26
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因为
经磁场Ⅰ偏转，水平侧移
其中
,
第二次到达MN 边界与A 点距离为
解得
03 带电粒子在电场、磁场中的交替运动
13．（2025·陕西渭南·模拟预测）上海光源是我国的重大科学装置。该装置中，电子经电场加速，进入波
荡器做“蛇形”运动，产生辐射光。电子的电荷量、质量
、初速度
均已知，不计相对论效应及辐射
带来的动能损失，忽略电子所受的重力。
(1)图甲为直线加速器简化模型，两加速电极中心有正对的小孔。为了使电子从右侧出射时动能为
，求极
板间的加速电压大小。
(2)图乙是波荡器简化模型，匀强磁场均匀分布在多个区域，水平面内沿轴线
方向每一区域宽
，纵向
尺寸足够大。各相邻区域内磁场方向相反大小相等并垂直于所示平面。在
点放置一电子发射装置，使电
子以速率，在所示平面内与轴线
成
的范围内均匀发散射出。若恰有
的电子能从I 区域
右边界射出。求I 区域磁感应强度大小。
(3)在（2）条件下，电子以速度沿
方向进入磁场，经过第个区域磁场用时多少。
27
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【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）根据左手定则，电子受到洛伦兹力在I 区域向下偏转。以洛伦兹力为向心力做圆周运动
根据
解得
根据题干条件，电子在角度范围内分布均匀，可知在入射角度相对轴线偏下
的电子刚好无法进入II 区域。由几何关系可知，若电子刚好无法从右侧射出，电子轨迹与区域I 右边缘
相切
解得
（3）电子在I 磁场中运动时，由于
而
电子在I 磁场中偏转弧度
，则
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电子在I 磁场中运动用时
同理在II 磁场中用时
则每个磁场中用时
经过个磁场区域用时
14．（2025·天津·二模）如图所示的竖直平面内，水平直线AB 和GH 之间有边界互相平行且宽度均为R 的
六个区域，交替分布着方向竖直向下、电场强度大小为
的匀强电场和方向垂直纸面向外、磁感应
强度为B 的匀强磁场。圆心为O、半径为R 的四分之一圆形匀强磁场的边界与直线AB 相切于磁场最低
点 P 点，磁感应强度也为B，方向垂直纸面向外。有一垂直于AB 的长度为R 的线状粒子源MN （N 在
AB 上）源源不断沿平行于AB 向右的方向发射初速度相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q、质量为m。
所有粒子都进入四分之一圆形磁场，其中从粒子源最上端M 点射出的粒子恰好从P 点进入电场，最后到
达边界GH 上的Q 点，不计粒子重力及粒子间相互作用，求：
29
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(1)粒子穿过CD 边界时的速率 v₁；
(2)从粒子源下端N 点射出的粒子经 P 点进入电场，求此粒子经过边界 CD 的位置与P 点水平距离x；
(3)从M 点射出的粒子经过Q 点时的速度方向与边界GH 夹角θ 的余弦值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由几何关系知
，根据牛顿第二定律得
，根据动能定理得
，解得
（2）根据牛顿第二定律得
，由平抛运动规律得
，
，解得
（3）根据动能定理得
，由动量定理得
，根据竖直方向上的平均
速度得
，解得
30
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04 质谱仪
15．
（2025·陕西西安·一模）国内首台紧凑型加速器质谱仪（Accelerator mass spectrometry，简
称AMS）在离子源处引出负离子，在串列加速器中间部分利用剥离膜将负离子剥离成正离子，在另一加速
管中继续加速后（剥离器两侧的加速器完全对称），通过加有匀强磁场的圆弧形磁分析系统，到达核探测
器，可鉴别同量异位素，图为串列加速器质谱仪示意图。AMS 可实现碳-14、铝-26、碘-129、铀-236 等十
余种核素的高效与高灵敏分析，相关技术指标达到国际领先水平。
(1)如图的串列加速器靠近中间剥离器的B 电极相比于两端的A 电极是高压电极还是低压电极？为什么？
(2)若离子源出来的负离子具有初动能为0.01MeV，剥离器左边的加速器能提供总加速电压
为电
荷量为3e 的负离子加速，剥离后这些离子变成电荷量为3e 的正离子，求这种离子进入磁分析系统时的动
能
。
(3)若碳-14 和氮-14 进入剥离器前都带-1e 电荷量，经过电荷剥离器后核外电子全部剥离，只剩下原子核。
加速器AB 能提供电压为U 的总加速电压使离子加速，忽略离子源出来进入串列加速器之前的离子的初动
能，若磁分析系统内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。求碳-14 和氮-14 在磁分析器中运动的半径
之比。（答案可以用根号表示）
【答案】(1)高压电极，因为剥离器之前的加速器加速负离子，剥离器之后的加速器加速正离子
(2)
(3)
【详解】（1）靠近中间剥离器的B 电极是高压电极。
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因为剥离器之前的加速器加速负离子，剥离器之后的加速器加速正离子。
（2）剥离器两侧的加速器给离子加速，根据动能定理有
解得
（3）在加速电场中，根据动能定理可得C-14、N-14 进入磁分析系统前的动能分别为
，
又
磁分析系统中原子核做匀速圆周运动
解得
可得C-14、N-14 在磁场做匀速圆周运动的半径分别为
，
解得
16．（2025·云南昆明·模拟预测）为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各
种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面图如图所示，以O 点为圆心的内圆、外圆半
径分别为R、
，区域中的危险区内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，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C，在外圆绝缘薄板上再开小孔D，COD 在同一
条直线上。一个α 粒子
从左板内侧的A 点由静止释放，经电场加速后从C 点沿CO 方向射入磁场，恰好
不进入安全区，粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，最终从D 点离开磁场，已知质子的质量为m、元电
荷电量e、不计重力，两板间电压为U，求：
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(1)粒子通过C 点时的速度大小v；
(2)磁感应强度的大小B；
(3)粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）α 粒子的电荷量为2e，质量为4m。粒子从A 点运动到C 点，根据动能定理有
解得粒子通过C 点时的速度
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，作出粒子的运动轨迹如图所示
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根据几何关系有
解得r＝R
根据牛顿第二定律有
解得
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为，根据几何关系有
解得
粒子在磁场中运动的周期为
粒子从C 点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为
粒子从C 点进入磁场到从D 点出磁场，共偏转了3 次
解得
17．
（2025·广东深圳·模拟预测）在芯片制造过程，离子注入是芯片制造重要的工序。图a 是我
国自主研发的离子注入机，图b 是简化的原理图。静止于A 处的离子，经电压为
的电场加速后，沿图中
半径为
的圆弧虚线通过磁分析器，然后从
点垂直
进入矩形
区域。已知磁分析器截面是四分
之一圆环，内部为垂直纸面向里的匀强磁场；
，
。整个装置处于真空中，离子的质量
为
、电荷量为，离子重力不计。求：
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(1)离子进入匀强磁场区域
点时的速度大小及磁分析器通道内磁感应强度大小
；
(2)若
区域内只存在方向平行CD 的匀强电场，要求离子刚好打在
点上，求电场强度
的大小；
(3)若
区域内只存在垂直纸面向里的磁场，要求离子能最终打在
边上，求磁场磁感应强度
的取
值范围；
【答案】(1)
；
(2)
(3)
【详解】（1）离子经过加速电场，由动能定理可知
解得
离子在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
（2）离子在水平方向做匀加速运动
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竖直方向做匀速运动
解得
（3）离子在匀强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，有
解得
离子能打在
上，则既没有从
边出去，也没有从
边上出去，则离子运动径迹的边界如图所示
由几何关系知，离子能打在
上，必须满足
则有
18．
（2025·天津滨海新·三模）放射性同位素
相对含量的测量在考古学中有重要应用。如图
甲所示，将少量古木样品碳化、电离后，产生出电荷量均为q 的
12C 和
14C 离子，从容器A 下方的小孔S1进
入加速电压为U 的匀强电场中，其初速度可视为零。以离子刚射入磁场时的O 点为坐标原点，水平向右为
x 轴正方向。x 轴下方有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，离子在磁场中行进半个圆周后被位于
原点O 右侧x 轴上的收集器分别收集。一个核子的质量为m，不考虑离子重力及离子间的相互作用。
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(1)写出中子与
发生核反应生成
，以及
衰变生成
的两个核反应方程式；
(2)求收集器收集到的
12C 和
14C 离子的位置坐标x12和x14；
(3)由于加速电场的变化，可能会使两束离子到达收集器的区域发生交叠，导致两种离子无法完全分离。
①若加速电压在
区间范围内发生微小变化，为使两种离子完全分离，
应小于多少？
②若离子经过加速电压为U 的特殊电场，从O 点进入磁场时，与垂直x 轴方向左右对称偏离，导致有一个
散射角α，如图乙所示。为使两种离子完全分离，求最大散射角
。
[已知，若
，
，则
]
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)①
，②
【详解】（1）核反应方程
；
（2）由动能定理得，
由洛伦兹力提供向心力得，
联立得，直径
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和
离子的位置坐标分别为
；
（3）①加速电压越大，速度越大，则半径越大
12C 离子的最大直径
14C 离子的最小直径
为保证完全分离需满足
联立解得
②对于同一离子以相同大小的速度但方向不同进入磁场后，垂直于x 轴射入时偏转距离x 最大，向左向
右偏离垂直入射的方向入射，其偏转距离都将减小，如图所示。
12C 离子离开O 点的最大距离
14C 离子离开O 点的最小距离
为保证两种离子完全分离
联立解得
19．
（2025·北京东城·二模）在高能物理实验中，静电分析器或者磁分析器都可将比荷不同的带
电粒子分离。已知质量为
、电荷量为的正离子由静止释放，经过电压
加速后分别进入静电分析器或
磁分析器的细管中，该离子在细管中均做半径为
的匀速圆周运动，如图甲、乙所示。静电分析器细管中
的电场强度大小可认为处处相等，磁分析器中的磁场方向如图乙所示。不计离子重力。
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(1)求静电分析器细管中的电场强度大小
；
(2)求磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小
；
(3)为了分离
和
两种同位素，将它们都电离成三价正离子（
离子），采用磁分析器分离。保持磁
场不变，改变加速电压，接收器可以在不同的加速电压下分别接收到其中的一种同位素离子，如图丙所示。
请分析判断图丙中的①、②哪条线对应
的
离子？
【答案】(1)
(2)
(3)②对应
的
离子
【详解】（1）由动能定理可得
解得
静电力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
（2）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得
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（3）由（2）中的结果可知
当离子在磁分析器中做圆周运动的半径
、以及磁感应强度大小
一定时，比荷越大，则加速电压越大。
根据图丙可知，加速度
的线②对应
的
的离子。
05 回旋加速器
20．（2025·福建南平·模拟预测）如图（a），水平线1、2 和3、4 间有垂直纸面的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两个
区域的磁感应强度大小相等方向相反。在2、3 位置放置两块带有狭缝的平行金属板（2、3 相距很近），
两极板间加上如图（b）所示的交变电压U23。t=0 时在2 板狭缝S 处无初速释放一质子。已知上、下两磁
场的宽度均为L，两金属板间距为d，交变电压大小为U，磁感应强度大小为B，质子质量为m，电荷量为
q，重力不计，质子每次通过两金属板狭缝时都能被电场加速。
(1)求第一次加速后质子获得的速度大小v1；
(2)若质子被电场加速若干次后，恰好与磁场边界相切时离开磁场，求：
i.质子被加速的次数n；
ii.质子在电场和磁场中运动的总时间t。
【答案】(1)
(2)i.
；ii.
【详解】（1）第一次加速过程，根据动能定理
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解得
（2）i.质子出磁场时恰好与边界相切，设速率为vm，其圆周运动的半径r=L
根据牛顿第二定律有
每次加速质子动能增加U0q，根据动能定理有
解得
ii.质子在电场中的加速过程所用时间为t1，根据速度时间公式有
根据牛顿第二定律有
解得
质子第n 次加速后运动四分之一周期出磁场，设质子在磁场中运动时间为t2，则周期为
在磁场中运动的时间为
总时间
21．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在如图1 所示的回旋加速器中，两个半径为R 的正对D 形盒处于与盒
上表面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B0，两D 形盒之间存在极窄的狭缝，且分别接在交流电源两端，
电压U 随时间t 的变化关系如图2 所示，粒子经过狭缝时会被电场加速。左侧D 形盒圆心处的粒子源A，
可不断释放初速度为零的带电粒子，其质量为m、电荷量为q，粒子经多次加速后从D 形盒边缘出口被引
出。已知粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数，图2 中
，不计粒子重力，加速
过程中不考虑相对论效应和变化的电场对磁场分布的影响，以及粒子间的相互作用。
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(1)当粒子能从D 形盒的边缘处被引出时，求粒子在磁场中运动的时间t；
(2)若粒子被引出时形成的等效电流为I，引出后垂直打到一块收集板（图中未画出）上，且粒子全部被收
集板吸收，不考虑收集板上的电荷对飞行中粒子束的影响，求收集板对粒子束作用力F 的大小；
(3)在实际使用过程中，回旋加速器的磁感应强度B 与B0有一定差值。若某次使用时发现粒子在
时刻
第一次被加速，且只能连续加速n 次（已知粒子运动周期小于2T 且粒子未被引出），求磁感应强度B 的范
围。
【答案】(1)
(2)
(3)
（n=2，3，4⋯）
【详解】（1）粒子的轨迹半径达到最大时被引出，设此时的速度为v，有
设粒子加速n 次后达到最大速度，由动能定理得
由周期公式得
则粒子在磁场中运行的时间为
联立解得
（2）设在t 时间内离开加速器的带电粒子数为N，则输出时带电粒子束的等效电流为
打到收集板上后速度减为零，则由动量定理
42
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联立解得
（3）设磁感应强度大小为B 时，粒子做圆周运动的周期为T1，又T1<2T，则在连续加速（n−1）次后即
将进行第n 次加速的时刻为
（n=2，3，4⋯）
①由
可知，当磁感应强度B 偏小时，T1大于T，要实现连续n 次加速，则加速时间不能超过
，即
可得
解得
②由
可知，当磁感应强度B 偏大时，T1小于T，要实现连续n 次加速，则加速时间不能小于
，即
可得
解得
因此，磁感应强度B 的范围为
（n=2，3，4⋯）
1．（2025·宁夏吴忠·二模）小阳同学依据高中所学知识设计一粒子加速器，其原理如图所示。空间
区域存在垂直纸面向里、磁感应强度为
的匀强磁场。
区域存在斜向右上方的匀强电场，电场强度为
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，方向与轴正方向夹角为
。在点（0，d）处有一粒子发射源，能发射带电荷量为、质量为
的带正电粒子，已知出射的粒子有固定的初速度
，且方向与轴成
，不计粒子重力，求：
(1)粒子从出发到进入磁场前所经历的时间；
(2)粒子第2025 次进入磁场的点与离开磁场的点之间的距离；
(3)若粒子经过次加速后从轴上的某点射出电场，求粒子此时的速度大小以及该出射点的横坐标。
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）在
区域，粒子沿轴方向与
轴方向的速度均为
沿
轴方向有
在电场中将电场力分别沿轴方向和
轴方向分解，则有
解得
粒子沿
轴负方向减速，减速到零后再返回轴，根据运动的对称性可知返回时沿
轴方向的速度为
44
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，方向为沿
轴正方向，经历的时间
由于沿
轴方向的速度大小没变，粒子从电场进入磁场前经历的时间
粒子从出发到进入磁场前所经历的时间
（2）在磁场中粒子运动轨迹如图，粒子在进入和离开电场时，沿
轴方向的速度大小不变，每次进入
磁场沿
轴方向速度的变化量大小恒为
，设每次进出磁场的两点间距为l，在
轴方向，由动量定理，
有
其中
解得
（3）粒子在电场中，每次运动的时间均为
，每次沿轴正方向增加的速度大小恒为
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经次加速后沿轴方向速度大小为
经次加速后粒子的速度大小为
加速过程，沿轴方向的总位移为
解得
粒子在
区域沿轴正方向的速度满足
故粒子在
区域沿轴正方向运动的总位移为
解得
粒子在磁场中回转了
次，此过程沿轴负方向的总位移为
，故粒子经过第次加速后从
轴上的某点离开电场，该点的位置坐标
解得
2．（2025·广东佛山·模拟预测）真空中存在两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B，方向垂直
纸面向里，虚线为磁场边界，P、Q 为Ⅱ区域边界上的两个点，如图所示，P、Q 间距为6L。在长宽分别为
d、L 的Ⅲ区域内存在水平向左的匀强电场，电场强度为E。现有一质量为m，电荷量为q 的带正电粒子从
P 点静止释放。不计带电粒子的重力，忽略电、磁场的边界效应。
(1)求粒子第一次加速后的速度v0；
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(2)若粒子恰能经过Q 点，求磁感应强度的最小值B1；
(3)若磁感应强度为
，求粒子从开始释放到永远离开磁场区域被加速的次数n。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中加速，根据动能定理
电场力做功
粒子动能的变化量
由动能定理
可得
（2）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
可得
粒子经电场加速后进入磁场，速度
则
粒子恰能经过
点，
、
间距为
，粒子在磁场中做圆周运动的直径最大为
，此时半径最大，磁
感应强度最小，即
，
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整理求解
（3）设经次电场加速后，根据动能定理
可得速度
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
代入
，
化简得圆周运动半径
可知第一次电场加速之后
直径为
在匀强磁场区域Ⅰ中，做匀速圆周运动之后，又会沿电场线的反方向进入电场，直至速度减为0 之后，
又会在电场力的作用下，继续沿电场线方向进行第2 次加速。根据
可知第二次电场加速之后
直径
可知经过第二次加速之后，粒子在匀强磁场区域Ⅰ中，做匀速圆周运动之后，速度不改变，沿反向直线
进入匀强磁场区域Ⅱ区，之后经过和区域Ⅰ中半径相同的匀速圆周运动之后，再次进入电场区域进行加
速。为了求粒子从开始释放到永远离开磁场区域被加速的次数，粒子的直径需要大于匀强磁场区域Ⅱ，
粒子就会永久离开磁场。由于最开始使粒子加速2 次过程中粒子向下偏转的位移为
，所以在这个偏
移的基础上，直径
减去的部分为一开始加速2 次过程中粒子向下偏转的位移，经计算，解得
48
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即
又因为一开始还有2 次加速，所以粒子从开始释放到永远离开磁场区域被加速的次数
3．（2025·重庆·三模）如图所示，
平面内，在
的区域存在匀强电场，电场强度大小为
，方向
与
方向夹角为
；在轴下方存在匀强磁场，方向垂直于纸面向外。一质量为
、电荷量为的带正
电的粒子以大小为
的初速度从原点
沿
轴正方向射出，一段时间后粒子第一次从
点进入磁场，在磁
场中运动一段时间后回到原点
再进入电场。不计粒子的重力，取
,
。
(1)求粒子从
到
点的时间；
(2)求磁感应强度
的大小；
(3)若在正半轴上另放置个质量也为
的不带电微粒(按碰撞顺序标号依次为1、2、
)，使带电粒子
最初从
点出发后每次从电场进入磁场时都恰好与一个不带电微粒发生正碰，碰后结合为一个整体，该整
体仍可视为质点，且总质量与电荷量不变，不计重力。求第个微粒的位置坐标
。
【答案】(1)
(2)
(3)
或
【详解】（1）带电粒子在电场中运动时，则y 方向有
解得
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粒子经第一次到达P 点，此时粒子在y 方向上速度为
，则
联立解得
（2）对粒子，x 方向有
解得
由
联立解得
设粒子第一次经过
点时速度大小为
，方向与轴正向夹角为
，由
解得第一次在磁场中圆周运动半径
半径在x 轴方向的投影
由
联立解得
（3）如图所示
每次碰后在磁场中偏转后回到电场，以及在电场中偏转后进行下一次碰前，过x 轴时y 方向速度大小不
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变，设第n 次碰后y 方向速度为
，则
碰撞过程中，y 方向动量守恒：
第n 次在磁场中圆周运动半径的x 轴投影
即每次碰后，经磁场后都要向
方向返回
第n 次在电场中运动时，在y 方向做匀变速直线运动，则有
解得
即每次在电场中偏转时间相同
第一次碰前x 方向速度：
与第①个静止微粒碰撞，x 方向动量守恒有
解得
在磁场中偏转后回到电场时x 方向速度仍为
，第二次碰前x 方向速度
与第②个静止微粒碰撞，x 方向动量守恒有
解得
第三次碰前x 方向速度
易知，第（n−1）次碰后x 方向速度为
第n 次碰前x 方向速度
第（n−1）次碰后到第n 次碰前，沿+x 方向前进距离
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解得
综上，第n 个微粒的位置坐标
联立可得
或
解得
或
4．（2025·湖北·三模）如图所示，空间交替分布着宽度均为L 的匀强电磁场区域，磁场垂直xOy 平面向里，
磁感应强度大小为
电场沿x 轴负方向，电场强度大小为
一带正电的粒子从坐标原点O 沿
与x 轴负方向成θ 角、初速度大小为
进入匀强磁场区域，虚线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为
q，不计重力，取
。
(1)若粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，求此时θ 大小；
(2)若粒子只能经历两个完整的电场区，求
满足的条件；
(3)若θ=0，粒子以
的初速度从O 点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为
求当粒子竖直
位移大小为
时的运动时间。
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【答案】(1)30 ；
(2)
；
(3)
或
或
【详解】（1）由
得
粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，由几何关系得
L
解得
30
（2）粒子向左只能经历两个完整的电场区，设粒子在第三个磁场中水平速度变为0 时竖直速度为
，
由竖直方向动量定理有
即
又由动能定理
其中
联立解得
即
（3）由
得
=
粒子第一次经电场减速后，速度大小变为
根据动能定理有
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得
=
粒子在电磁场中运动一个完整的周期T，沿y 轴向下移动的距离
设粒子能运动完整的n 个周期，则满足n
且
解得n 7.5
故n=8
粒子在电场中减速和加速时间均为
=
T=
+2
故当粒子竖直位移大小为y=
时的运动时间可能为
或
或
即
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5．（2025·浙江·一模）如图1 所示，回旋加速器由两个D 型盒组成。圆形匀强磁场区域以
点为圆心，磁
场垂直纸面，磁感应强度大小为
，加速电压的大小为
，质量为
、电荷量为的粒子从
点附近飘入
加速电场，多次加速后粒子经过
点绕
点做圆周运动，半径为
。为将粒子引出磁场，在
位置安装一
个“静电偏转器”，如图2 所示。偏转器的两极板
和
厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为
、圆心角
为
，当
、
间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为
的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次
被加速前射出磁场，不计
、
间的距离，且忽略粒子在电场中的加速时间，加速过程中不考虑相对论效
应和重力作用。求∶
(1)粒子加速到
点所需要的时间；
(2)粒子在圆弧形狭缝中运动的轨迹半径
；
(3)“静电偏转器”
板的最大厚度
；
(4)磁场区域的最大半径
。
【答案】(1)
(2)
(3)
55
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(4)
【详解】（1）设粒子在P 的速度大小为
，洛伦兹力提供向心力则有
解得
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理则有
粒子在磁场中运动的周期为
粒子运动的总时间为
解得
（2）设粒子在偏转器中的运动半径为
，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反
向，共同提供向心力
解得
（3）由粒子的运动半径
结合动能表达式
整理可得
则粒子加速到
前最后两个半周的运动半径为
，
56
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由几何关系有
结合
解得
（4）设粒子离开偏转器的点为
，圆周运动的圆心为
。由题意知，
在
上，且粒子飞离磁场的
点与
在一条直线上，如图所示。
粒子在偏转器中运动的圆心在
点，从偏转器飞出，即从
点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时
粒子的运动半径又变为
，然后轨迹发生偏离，从偏转器的
点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
将等腰三角形
放大如图所示
虚线为从
点向
所引垂线，虚线平分
角，则有
解得最大半径为
57
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1．（2025·云南·高考真题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，
区域存在
垂直
平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为
（未知）。第一象限内存在边长为
的正方形磁
屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直
平面向里，其磁感应强度大小为
（未
知），但满足
。某质量为m、电荷量为
的带电粒子通过速度选择器后，在
平面内垂
直y 轴射入
区域，经磁场偏转后刚好从ON 中点垂直ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压
U、间距d、内部磁感应强度大小
已知，不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求
以及y 轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率
，若在Q 处检测到该粒子，则
是多少？
【答案】(1)
58
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(2)
，
(3)
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故
其中
则该粒子通过速度选择器的速率为
（2）粒子在
区域内做匀速圆周运动，从ON 的中点垂直ON 射入磁屏蔽区域，由几何关系可知
由洛伦兹力提供给向心力
联立可得
由于
，根据洛伦兹力提供给向心力
解得
当
时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所
示
59
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根据洛伦兹力提供向心力
可得
故粒子打在y 轴3L 处，综上所述y 轴上可能检测到该粒子的范围为
。
（3）若在Q 处检测到该粒子，如图
由几何关系可知
解得
60
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由洛伦兹力提供向心力
联立解得
其中
根据磁屏蔽效率
可得若在Q 处检测到该粒子，则
2．（2024·海南·高考真题）如图，在xOy 坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点
和S 点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2 倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心
连线与x 轴平行，半圆与圆相
切于Q 点，QF 垂直于x 轴，半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小
为B、
的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将
质量为m、电荷量为q 的粒子由电场加速到
。改变发射器的位置，使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正
方向以相同的速度
沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ（不计粒子
的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动
的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小
，方向沿x 轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与
y 轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离
。
61
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I 做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ，故可知此
时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度
沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在
磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、
区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子
出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原
理可知粒子都从Q 点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所
62
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对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径
，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ
中运动的轨迹所对应的圆心角都为
，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
，
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（3）如图，将速度
分解为沿y 轴正方向的速度
及速度
，因为
可得
，故可知沿y
轴正方向的速度
产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力
，故粒子沿y
正方向做旋进运动，根据角度可知
故当
方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
圆周运动半径
根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为
63
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3．（2023·浙江·高考真题）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy 平面
（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强
度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界
与x 轴重合。位于
处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x 轴夹角为60°的正离子
束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若
，求能到达
处的离子的最小速度v2；
（3）若
，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在
范围，求进入第四象限
的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）
；
（2）
（3）60%
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得r1=2L
根据
64
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解得
在磁场中运动的周期
运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x 轴，则由动量定理
65
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即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x 轴上的过程中
解得
则速度在
~
之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在
~
，
又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
4．（2025·河南·高考真题）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上
的匀强电场。质量为m、带电量为q（
）的粒子从磁场中的a 点以速度
向右水平发射，当粒子进入
电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为
，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b 点，
通过b 点时其速度方向水平向右。a、b 距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为
。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a 点以
竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期
内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
【答案】(1)
66
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(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为
，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为
，方向与水平虚线的夹角为
，
由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间为
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）若粒子从a 点以
竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
67
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由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为
，粒子在磁场中运动的半径仍为
，由几何关系可得，粒子
进入电场时速度与虚线的夹角
结合小问2 分析可知，粒子在电场中的运动时间为
间的距离为
由几何关系可得
则
粒子在磁场中的运动时间为
则有
综上所述可知，粒子每隔时间向右移动
，则漂移速度大小
5．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系
中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、
Ⅲ象限中有两平行板电容器
、
，其中
垂直
轴放置，极板与
轴相交处存在小孔
、
；
垂直
轴放置，上、下极板右端分别紧贴
轴上的
、
点。一带电粒子从
静止释放，经电场直线加速后从
射出，紧贴
下极板进入
，而后从
进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直
轴离开，运动轨迹如图中
虚线所示。已知粒子质量为
、带电量为
，
、
间距离为
，
、
的板间电压大小均为
，板间电
场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
68
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(1)粒子经过
时的速度大小；
(2)粒子经过
时速度方向与
轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从M 到N 的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在
中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）粒子在P 处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
69
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解得
6．（2024·浙江·高考真题）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”
和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小
为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为
和
，其电
势差
。一束质量为m、电荷量为e 的质子从O 点以入射角
射向Ⅰ区，在P 点以出射角
射出，
实现“反射”；质子束从P 点以入射角
射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为
“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为
，不计质子重力，不考
虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d 的最小值；
（2）若
，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P 点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）
（4）在P 点下方距离
处水平放置一长为
的探测板
（Q 在P 的正下方），
长为
，
质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O 点射
入Ⅰ区，且
，求探测板受到竖直方向力F 的大小与U 之间的关系。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）见解析
70
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【详解】（1）根据牛顿第二定律
不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d 的最小值为
（2）设水平方向为
方向，竖直方向为
方向，
方向速度不变，
方向速度变小，假设折射角为
，
根据动能定理
解得
根据速度关系
解得
（3）全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候
方向速度为零，即
可得
即应满足
（4）临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得
所以如果
的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当
时
又
解得
全部都打不到板的情况
②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为
时，粒子刚好打到D 点，水平方向速度
为
所以
71
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又
解得
即当
时
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（
），此时仅有O 点右侧的一束粒子能
打到板上，因此
又
解得
7．（2023·福建·高考真题）阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺
贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在
上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感
应强度大小为B。两个氖离子在O 处以相同速度v 垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M 和
N 处。已知某次实验中，
，落在M 处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为
；P、O、M、N、P'在同一直线上；离子重力不计。
（1）求OM 的长度；
（2）若ON 的长度是OM 的1.1 倍，求落在N 处氖离子的比荷。
【答案】（1）
；（2）
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【详解】（1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有
整理得
OM 的长度为
（2）若ON 的长度是OM 的1.1 倍，则ON 运动轨迹半径为OM 运动轨迹半径1.1 倍，根据洛伦兹力提供
向心力得
整理得
8．（2024·江苏·高考真题）同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示，内、外半径分别为
、
的两个
半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
。ab 与a'b'间有一电势差
为U 的加速电场，cd 与c'd'间有一个插入件，电子每次经过插入件后，速度减小为通过前的k 倍。现有一
个质量为m、电荷量为e 的电子，垂直于cd 射入插入件，经过磁场、电场再次到达cd 的速度增加，多次
循环后到达
的速度不再增加，达到稳定值。不考虑相对论效应，忽略经过电场和插入件和的时间。
(1)求该电子进入插入件前、后，在磁场中运动的半径之比
；
(2)求该电子多次循环后到达cd 的稳定速度v；
(3)若该电子运动到cd 的中点P 时达到稳定速度，并最终能到达边界的d 点，求电子从P 点运动到d 的时间
t。
【答案】(1)
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(2)
，方向垂直于cd 向左
(3)
【详解】（1）设电子进入插入件前后的速度大小分别为
、
，由题意可得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得
可知在磁场中的运动半径
，可得
（2）电子多次循环后到达cd 的稳定速度大小为v，则经过插入件后的速度大小为kv。电子经过电场加
速后速度大小为v，根据动能定理得
解得
方向垂直于cd 向左。
（3）电子到达cd 中点P 时速度稳定，并最终到达边界上的d 点。由Р 点开始相继在两个半圆区域的运
动轨迹如下图所示。
根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
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P 点与d 点之间的距离为
电子由Р 点多次循环后到达d 点的循环次数为
电子在左、右半圆区域的运动周期均为
忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р 到d 的时间为
75
