文档文本内容
第28 讲 带电粒子在组合场中的运动
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维
03
考点精讲·靶向突破
拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 不同磁场组合
知识点1 磁场与磁场组合
考向1 磁场与磁场组合
考点二 先电场后磁场
知识点1 粒子由电场进入磁场
考向1 粒子由电场进入磁场
考向2 质谱仪
考向3 回旋加速器
考点三 先磁场后电场
知识点1 粒子由磁场进入电场
考向1 粒子由磁场进入电场
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
带电粒子由磁场进入电场中
的运动
全国乙卷15T,18 分
考情分析
题型与考向：该考点全国卷及自主命题省份必考。总分稳定12-20 分。属于
压轴级难题，主要考查学生的过程拆分、几何分析和综合计算能力。题型
多集中在电场加速+磁场偏转，电场类平抛+磁场圆周，交变电场+磁场组合
等。
情境与立意：
1. 高考对该考点的核心立意是‘结合实际科研情境、考查核心物理能
力’。命题会结合真实科研、生产、医疗场景，提取物理模型。
2. 主要情境类型有粒子物理实验类（质谱仪，粒子速度选择器，回旋加速
器），半导体工业类（芯片），医疗应用类（放射性治疗，核磁共振成
像），测量类实验，创新拓展类等。
复习目标
1. 能准确区分组合场与复合场，明确组合场是电场、磁场分区域存在，核
心思路是分区域分析受力运动。
2. 牢记不同场区的运动规律
3. 掌握通用解题步骤：“拆分过程→画运动轨迹→找衔接点速度→分区域
列方程→关联求解”
思维建模·脉络梳理
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 不同磁场组合
知识点1 磁场与磁场组合
知●识●解●构
磁场与磁场的组合问题的实质是两个有界磁场中的圆周运动的组合问题：
1. 由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子在两个磁场中的速度大小一定相等，但轨迹半径和运动周期往往
不同。
2. 解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，寻找有关几何关系是解题的关键。
✨
得分速记
：
由一个磁场进入另一个磁场的关键解题技巧
（1）先拆运动，抓衔接特性
把粒子运动拆分为两个独立磁场中的圆周运动过程，记住核心特点：两段圆弧轨迹的衔接点，一定和
两个磁场中的圆心三点共线，这是快速确定圆心位置的关键。
（2）定圆心找半径，画准轨迹
利用速度垂线找圆心：粒子在磁场中任意点的洛伦兹力指向圆心，速度垂线一定过圆心；
利用衔接共线特性：通过衔接点和第一个圆心的连线延长，直接确定第二个圆心的位置，避免重复
作图；结合磁场边界、题干给出的长度/角度条件，用几何关系（勾股定理、三角函数）计算轨迹半径。
考●向●破●译
考向1 磁场与磁场组合
例1 （多选）（2026·河北邯郸·模拟预测）如图所示，纸面内存在以O 为圆心的圆形磁场区域：内层磁场
半径为2a，磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；外层磁场的内半径为2a、外半径为3a，磁感应强
度大小为B2，方向垂直纸面向外。粒子源位于内、外磁场交界处的P 点，且OP=2a，向纸面内各个方向
发射质量为m、电荷量为+q、速率均为v 的带电粒子，粒子所受重力不计。已知粒子在内层磁场中做匀速
圆周运动的轨道半径为2a，在外层磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为a，不考虑内外圆交界处磁场。下
列说法正确的是（ ）
A．粒子在内层磁场中运动的最长时间为2πm
q B1
B．粒子从P 点发射后，若先进入内层磁场，则出内层磁场时的方向均与PO 方向垂直
C．粒子从P 点沿与PO 成45°斜向右上的方向发射，在内层磁场中运动的圆心角为90°
D．若粒子依次经过内层磁场、外层磁场，调整粒子从P点发射的方向，粒子可以沿外层磁场的外边界
⚠特别提醒
1.带电粒子在磁场区的运动规律（仅受洛伦兹力，不计重力）
（1）洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，仅改变速度方向：
初速度与磁场平行：不受洛伦兹力，做匀速直线运动；
初速度与磁场垂直：做匀速圆周运动，满足 qvB = m v
2
r
, 轨迹半径 r = mv
qB ，周期
T = 2πm
qB 。
2.带电粒子在无场区运动（不含电场/磁场）
粒子不受力，做匀速直线运动，速度等于进入无场区前的速度大小方向。
3.核心解题逻辑：不同场区分别分析受力与运动，通过连接点的速度将不同阶段的运动关联，
的切线方向射出磁场
【答案】BD
【详解】A．粒子在内层磁场的运动的轨迹圆半径等于内层圆形区域半径，满足磁发散的规律，故内层磁
场中粒子轨迹圆心角最大值为180°，粒子运动的最长时间为tmax = T
2 = πm
q B1
，故A 错误；
B．粒子从P点发射后，先进入内层磁场，内层磁场的半径与粒子在内层磁场中运动的轨迹半径均为2a，
由磁发散可知，出内层磁场的速度方向均与PO连线垂直，故B 正确；
C．粒子沿与PO成45°斜向右上的方向发射时，由磁发散的规律可知，无论角度如何，都是垂直于PO连
线竖直向上从内层磁场射出，故运动的圆心角是45°，故C 错误；
D．粒子从P点沿某方向发射，必从内层磁场边界以竖直向上速度射出；在外层磁场中，粒子所受洛伦兹力
向右，粒子向右偏转，因此调整发射方向可改变射出点位置，使粒子可以沿外层磁场的外边界的切线方向
射出磁场，故D 正确。
故选BD。
【变式训练1·变情境】（多选）（2026·云南昆明·一模）如图所示，坐标系xOy 第一象限有磁场区域Ⅰ和
Ⅱ，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，区域Ⅱ中磁场的磁感应强度为2B，方向垂直纸
面向内。两区域分界线与x轴正方向成37°。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从分界线上的P点沿y
轴负方向射入区域Ⅰ，粒子第二次回到分界线时恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知OP =5 L，
sin37° =0.6，cos37° =0.8。则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子经过O点时速度沿x轴负方向
B．粒子经过O点时速度沿y轴负方向
C．粒子在磁场中运动的时间为53πm
60qB
D．粒子运动的速度为25qBL
12m
【答案】BCD
【详解】AB．带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB
可知，粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为r1=2r2
运动轨迹如图所示
则带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域I 时，与分界线OP 的夹角为53°，由带电粒子在单边磁场
运动的对称性知，粒子穿过OP边进入区域Ⅱ时与OP 边的夹角为53°，则粒子一定是从区域Ⅱ中射出O
点，方向沿y轴负方向，故A 错误，B 正确；
C．已知OP=5 L，sin37° =0.6，cos37° =0.8，粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的周期分别为
T 1= 2π r1
v
= 2πm
qB 、T 2= 2πm
q⋅2B = πm
qB
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为θ1=106°
粒子在区域Ⅰ中运动的时间为t1= 106°
360° ⋅T 1= 53 πm
90qB
粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θ2=106°
粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t2= 106°
360° ⋅T 2= 53 πm
180qB
所以该粒子在磁场中运动时间t =t1+t2= 53 πm
60qB ，故C 正确；
D．带电粒子在OP 边移动的距离为5 L= L1+ L2
其中L1=2r1cos37° = 8mv
5qB ，L2=2r2cos37° = 4 mv
5qB
联立解得v = 25qBL
12m ，故D 正确。
故选BCD。
【变式训练2·变考法】（多选）（2026·广西崇左·二模）在受控核聚变与深空导航等前沿科技领域中，带
电粒子的精确操控是实现技术突破的关键。如图所示，在直角坐标系xOy内存在两个匀强磁场区域，以直
线y = x为分界线，即在y > x的区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，在y < x的区域Ⅱ存在垂直纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。t =0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从
坐标原点O以大小为v的初速度沿x轴负方向射入区域Ⅰ。下列说法正确的是（ ）
A．粒子第1 次穿过分界线y = x时的位置坐标为(
mv
2qB , mv
2qB)
B．t1= 3πm
2qB 时刻，粒子第1 次穿过分界线
C．粒子第2026 次穿过分界线时的位置坐标为(
1013mv
qB
, 1013mv
qB )
D．t2= 3039πm
qB
时刻，粒子第2026 次穿过分界线
【答案】BD
【详解】AB．如图所示，根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
可得半径为r = mv
Bq
可得粒子第1 次穿过分界线y = x时的位置坐标为(
mv
qB , mv
qB)
周期T = 2πr
v
= 2πm
Bq
可得经过的时间为t1= 3
4 T = 3πm
2qB ，故A 错误，B 正确；
CD．由图可得，粒子每经过分界线一次，水平位移和竖直位移均增大一个半径的距离，可得粒子第2026
次穿过分界线时的位置坐标为(
2026mv
qB
, 2026mv
qB )
可得经过的时间t2= 3
4 T ×2026= 3039πm
qB
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
考点二 先电场后磁场
知识点1 粒子由电场进入磁场
知●识●解●构
1.先拆分运动，明确不同场的规律
电场阶段：根据初速度和电场方向判断运动类型
o 若初速度与电场线平行：做匀变速直线运动，用牛顿定律+运动学公式或动能定理求解；
o 若初速度与电场线垂直：做类平抛运动，用正交分解法：水平方向匀速、竖直方向匀加
速，分别计算位移和末速度。
磁场阶段：粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，用圆周运动公式
qvB = mv ²
r
结合几何关系求解半径、圆心角和时间。
2.抓住关键衔接点：边界速度
粒子离开电场进入磁场时的速度，是电场阶段的末速度，也是磁场阶段的初速度，这个速度的大小和方向
是解题核心，必须精准计算：类平抛运动中要重点推导速度偏转角，它会直接影响磁场中圆周运动的轨迹
圆心位置。
电场中：匀变速直线运动；磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动；磁场中：匀速圆周运动
✨
得分速记
：
先电场后磁场实用技巧提效
(1)先电场加速，后磁场偏转：直接用动能定理qU = 1
2 mv ²先求速度，再代入圆周运动半径
公式r = mv
qB ，两步就能得到核心关系，这也是质谱仪的基本模型。
(2)先电场偏转，后磁场偏转：记住结论：只要粒子入射初速度v 不变，从电场同一边界出
₀
射时，弦长AB 与出射速度大小无关，可直接利用这个结论快速锁定几何关系。
(3)轨迹画图技巧：先大致画出粒子运动轨迹，磁场中优先找“五点（入射点、出射点、圆
心、衔接点、顶点）六线（速度线、垂线、半径线、边界线、连心线、弦）三角（直角三角
形）”，电场中明确速度偏角和位移偏角的关系，能快速帮你找到边角关系。
考●向●破●译
✨
得分速记
：
质谱仪
1．质谱仪工作原理
(1)加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得：qU＝mv2。
(2)偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB
＝m，联立解得：r＝，如果测出半径，就可以判断带电粒子比荷的大小，如果测出半径且已
知电荷量，就可求出带电粒子的质量。
2．应用：测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。
✨
得分速记
：
回旋加速器
1．粒子被加速的条件
交变电场的周期等于粒子在磁场中运动的周期。
2．粒子最终的能量
粒子速度最大时的运动半径等于D 形盒的半径，即rm＝R，rm＝，则粒子的最大动能Ekm＝。
3．粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n＝(U 是加速电压的大小)。
4．粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2＝n·＝(n 为
加速次数)，总时间为t＝t1＋t2，因为t1≪t2，一般认为在回旋加速器中运动的时间近似等于t2。
⚠特别提醒
1. 带电粒子在电场区的运动规律（仅受电场力，不计重力）
2.带电粒子在匀强电场中的运动，由初速度方向和电场方向的关系决定：
初速度条件
运动类型
分析方法
运动规律
初速度为
零/与电场平
行
匀变速直线
运动
牛顿运动定律
+动能定理
V = v0+at , X = v0t + 1
2 at
2,qU = 1
2 mv
2
初速度方向
与电场垂直
类平抛运动
运动分解：匀速
+匀加速
水平方向匀速直线运动，竖直方向匀加速
直线运动，轨迹为抛物线
3.核心解题逻辑：不同场区分别分析受力与运动，通过连接点的速度将不同阶段的运动关联，画好运动
轨迹是解题关键。
考向1 粒子由电场进入磁场
例1 （2026·重庆永川·二模）如图所示，真空区域内水平边界ab 与cd 相距为h，其间存在竖直向上的匀强
电场。边界cd 上方存在范围足够大的垂直于纸面向里的匀强磁场。M、P、N 为边界cd 上的三点，且
MP = L，PN =2 L。某时刻甲、乙两个带电粒子从ab 边界沿电场线方向射入电场区域，然后分别由M、N
两点同时射入磁场，最终同时被置于P 点的粒子探测器接收。甲、乙粒子在磁场中运动的时间均为t，不
计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两粒子的比荷之比为2 1∶
B．乙粒子在电场中运动的时间为4 ht
3 πL
C．乙粒子在电场中的加速度为2h
3t
2
D．甲粒子在电场中运动时电势能减小
【答案】B
【详解】A．粒子竖直向上进入磁场，磁场垂直纸面向里，粒子做匀速圆周运动，轨迹为半圆（只有转半
圈才能回到边界cd 到达P 点），因此粒子在磁场中运动时间t = T
2
根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
粒子在磁场中运动的周期为T = 2πr
v
= 2πm
qB
解得q
m = π
Bt
可见甲、乙两粒子的比荷相等，比值为1:1，故A 错误；
D．甲在M 点需要向右偏转才能到达P 点，因此甲带负电。电场竖直向上，负电荷受到的电场力方向竖直
向下，甲从ab 向上运动到cd，位移向上，电场力做负功，因此甲的电势能增大，故D 错误；
BC．甲、乙粒子在磁场中的运动的半径分别为L
2 ，L，速度为v甲= πL
2t ，v乙= πL
t
两粒子在电场中做匀变速直线运动，由于比荷相等，根据a= qE
m
可知，加速度相等，有
h= v0甲t1−1
2 at1
2= v0乙t1+ 1
2 at1
2
同时满足v甲= v0甲−at1，v乙= v0乙+at1
解得a= 3 π
2 L
2
8ht
2 ，t1= 4 ht
3 πL，故B 正确，C 错误。
故选B。
▶新情境◀【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·北京顺义）如图所示，从粒子源无初速度释放带电粒
子，经电压为U的电场加速后，进入静电分析器（内有辐向电场，虚线处场强大小为E）中做匀速圆周运
动，从小孔S2射出电场后自P1处垂直边界进入磁分析器中（内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大
小为B），最后再从小孔P2垂直下边界射出磁场被收集。则（ ）
A．静电分析器中K1极板的电势高于K2极板的电势
B．从S2射出的粒子具有相同的电荷量
C．从S2射出的粒子具有相同的比荷
D．从P2射出的粒子具有相同的比荷
【答案】D
【详解】A．由题意可知，粒子在磁分析器的磁场内做匀速圆周运动，且磁场区域的磁感应强度垂直纸面
向外，根据左手定则可以得出粒子一定带正电，与此同时在静电分析器中带电粒子由电场力提供向心力做
圆周运动，所以K2的电势高于K1的电势，故A 错误；
BC．设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子在加速电场中，根据动能定理qU = 1
2 mv
2
解得v = ❑√
2qU
m
根据题意可知，粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，则qE =m v
2
r
解得r = 2U
E
可知，所有粒子都能从S2射出，则不能确定从S2射出的粒子是否具有相同的电荷量和速度，故BC 错误；
D．根据题意可知，由于粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，则粒子进入磁分析器中时的速度仍为v，由
牛顿第二定律有qvB =m v
2
R
整理可得R = 1
B
❑√
2mU
q
可知，从P2射出的粒子具有相同的比荷，故D 正确。
故选D。
【变式训练2·变考法】（2025·安徽黄山·一模）如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为矩形ABGH，
匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD 长为L，磁感应强度为B。电量为q，质量为m 的粒
子，从AH 中点以垂直电场的速度v0（未知量）进入电场，然后从边界BG 进入磁场，轨迹恰好和磁场另外
三个边界相切，运动2
3个圆周后返回电场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．AB 长为2L
C．v0= BqL
3m
D．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长
【答案】B
【详解】A．由题意可知，若粒子带正电，运动轨迹如图所示，若粒子带负电，由对称性，粒子在电场中
向上偏转，磁场中运动的圆轨迹与正粒子圆轨迹相重合，故不论带何种电荷，都符合题意，A 错误；
B．如图所示，取正粒子运动轨迹，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动2
3个圆周后返回电场,所以圆
弧对应的圆心角为240°，可知图中设定的θ =α =60°，设粒子在磁场中运动轨道半径为r,由几何关系
r +r cosα = L
r = 2
3 L
设P 点速度为v,根据速度的分解可得
v = 2❑√3
3
v0，v y =
❑√3
3 v0
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为t，则有
LAB= v0t，y = v y
2 t
由几何关系
y =r sin α =
❑√3
2 r =
❑√3
3 L
联立解得
LAB=2 L
B 正确；
C．带电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，可得
qvB = m v
2
r
v = 2❑√3
3
v0
代入数据解得
v0=
❑√3qBL
3m
C 错误；
D．若电场强度减弱，粒子进入磁场的偏转角减小，粒子在磁场中运动的轨道半径减小，圆轨道对应的圆
心角变小，所以在磁场中运动时间将变短，D 错误。
故选B。
考向2 质谱仪
例2 ▶新情境◀ （多选）（25-26 高三上·辽宁沈阳）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．打在胶片上同一点的粒子质量一定相等
D．打到胶片上距P越远的粒子运动总时间越长
【答案】CD
【详解】A．粒子经加速电场加速过程中，有qU = 1
2 m v
2
粒子在静电分析器中满足qE = m v
2
R
联立有2U = ER
可知粒子在静电分析器中的运动与粒子质量、电荷量无关，从P点进入磁场的粒子动量p=mv
联立可得p= ❑√2mqU
由于质量不同，所以动量不同，A 错误；
B．根据qU = 1
2 mv
2
可得速度v = ❑√
2qU
m
质量越大，速度越小，B 错误；
C．在磁分析器中满足qvB = m v
2
R1
打到胶片上的位置2 R1= 2
B
❑√
2mU
q
可知打在胶片上同一点的粒子质量一定相等，C 正确；
D．根据2 R1= 2
B
❑√
2mU
q
可知打到胶片上距P越远的粒子质量越大，根据v = ❑√
2qU
m
可知v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T
2 = πm
qB 也越长，即打到胶片上距P越远的粒
子运动的总时间越长，D 正确。
故选CD。
【变式训练1·变考法】（多选）（25-26 高二下·黑龙江双鸭山）利用质谱仪可分析碘的各种同位素。如图
所示，电荷量均为q 的带正电的
I
53
131 和
I
53
127 质量分别为m1和m2(m1>m2)，它们经加速电压为U（大小可调
节）的加速电场（初速度忽略不计）先后加速后从小孔射出沿轴线进入速度选择器（内部磁感应强度为B1
，电场强度为E），再垂直进入磁感应强度为B2的匀强磁场中，最后打到照相底片D 上，下列说法正确的
是（ ）
A．下方磁场B2的方向垂直于纸面向外
B．
I
53
131 和
I
53
127 在加速电场中的加速电压U 相同
C．
I
53
131 和
I
53
127 在下方磁场中运动的时间差值为2π(m1−m2)
q B2
D．
I
53
131 和
I
53
127 在磁场B2中做圆周运动的半径之比为m1:m2
【答案】AD
【详解】A．粒子带正电，向下进入磁场中，受到向左的洛伦兹力，由左手定则可知，下方磁场垂直纸面
向外，A 正确；
B．粒子要沿轴线通过速度选择器，则有Eq =qv B1，可知
I
53
131 和
I
53
127 通过速度选择器时的速度相同，根据
Uq = 1
2 mv
2，可得v = ❑√
2qU
m
两种粒子的q
m不同，所以两种粒子对应的加速电压U 不同，B 错误；
C．粒子在磁场中的运动时间为半个周期，所以Δt = T 1−T 2
2
周期T = 2πr
v
= 2πm
qB ，可得Δt =π(m1−m2)
q B2
，C 错误；
D．根据qvB = mv
2
r
，可得r = mv
qB ，r1
r2
= m1
m2
，D 正确。
故选AD。
【变式训练2·变考法】（多选）（25-26 高二上·贵州贵阳）某一具有速度选择器的质谱仪，其结构简化示
意图如图所示：a为粒子加速器，加速电压为U 1，b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度大小为
B1，c为偏转分离器，磁感应强度大小为B2。现有一初速度为0 的正粒子（不计重力），经加速后，恰能
沿直线通过速度选择器，并从狭缝进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，其运动轨迹如图虚线所示。
下列选项正确的是（ ）
A．该粒子进入分离器时的速度大小v = U 1
B2 R
B．该粒子的比荷q
m = U 1
B2 R
C．速度选择器中电场强度的大小E = 2U 1B1
B2 R
D．若仅将该粒子换为它的一种同位素，则这种同位素由静止经电场加速后不能通过狭缝
【答案】CD
【详解】A．粒子沿直线通过速度选择器，因此粒子做匀速运动。正粒子在偏转分离器中做匀速圆周运
动，所受洛伦兹力提供向心力，有qv B2=m v
2
R ①
在粒子加速器中由动能定理有qU 1= 1
2 mv
2−0②
联立解得v = 2U 1
B2 R ，故A 错误；
B．由①得q
m =
v
B2 R
将v = 2U 1
B2 R 代入得q
m = 2U 1
B2
2 R
2，故B 错误；
C．粒子在速度选择器中电场力等于洛伦兹力，有qE =qv B1
联立v = 2U 1
B2 R 解得E = v B1= 2U 1B1
B2 R ，故C 正确；
D．同位素的电荷数相同，质量不同，由②式得v =
❑√
2qU 1
m
可知同位素经粒子加速器后速度与原粒子速度不同，而速度选择器只能允许单一速度的粒子通过狭缝，因
此这种同位素由静止经电场加速后不能通过狭缝。故D 正确。
故选CD。
考向3 回旋加速器
例3 （25-26 高二上·黑龙江）如图甲、乙所示分别为回旋加速器和霍尔元件，磁场的磁感应强度均为
B，方向均垂直D 形盒和元件上表面，元件中电流方向向外，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，同一回旋加速器可同时加速比荷不同的粒子
B．图甲中，要使某粒子最终引出时的最大动能减小，可同时减小B 并同步增大交变电流的周期T
C．图乙中，若载流子为电子，则元件右侧面电势高于左侧面电势
D．图乙中，若霍尔电压为U，则电子移动的速率为U
Ba
【答案】B
【详解】A．回旋加速器的交变电场的周期与粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，由T = 2πm
qB
，可
知同一回旋加速器不可同时加速比荷不同的粒子，故A 错误；
B．粒子从回旋加速器引出时qvB =m v
2
R
，解得R = mv
qB
粒子的动能Ek= 1
2 mv
2= q
2B
2 R
2
2m
= πqB R
2
T
所以要使某粒子最终引出时的最大动能减小，可同时减小B 并同步增大交变电流的周期T，故B 正确；
C．若载流子为电子，根据左手定则，电子向右偏转，右侧面电势低于左侧面，故C 错误；
D．稳定时U
b q =qvB
解得v = U
Bb，故D 错误。
故选B。
【变式训练1·变考法】（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）回旋加速器的工作原理如图所示，其主体部分是两
个D 形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属盒狭缝间加高频交
流电，电压最大值为U、频率为f。现用该回旋加速器对氦核（H
2
4 e）进行加速，已知氦核的电量为2e，质
量为m，下列说法正确的是（ ）
A．若满足f = eB
πm，可对氦核（H
2
4 e）加速
B．氦核（H
2
4 e）能够从D 形盒内的磁场中直接获得能量
C．仅增大电压U，氦核（H
2
4 e）最终获得的动能一定变大
D．若保持加速氦核（H
2
4 e）时的各参数不变，该装置也能加速氚核（H
1
3 ）
【答案】A
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有evB =m v
2
r
若对氦核（H
2
4 e）加速，则电场变化的频率必须等于粒子做圆周运动的频率，即若满足
f = v
2πr = qB
2πm = eB
πm
可对氦核（H
2
4 e）加速，故A 正确；
B．因洛伦兹力对电荷不做功，即氦核（H
2
4 e）能够从D 形盒内的电场中获得能量，故B 错误；
C．氦核（H
2
4 e）最终离开加速器时q vm B =m v❑
m
2
r
获得的动能Ekm = 1
2 m vm
2 = q
2B
2 R
2
2m
可知仅增大电压，氦核最终获得的动能不变，故C 错误；
D．因氚核与氦核的比荷不相等，在磁场中做圆周运动的频率不等，则若保持加速氦核时的各参数不变，
则不能加速氚核，故D 错误。
故选A。
【变式训练2·变考法】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）回旋加速器的两个D 形金属盒分别与高频交流电
源两极连接，两盒处在匀强磁场中且磁场方向垂直于盒底面。正离子源置于盒的圆心A附近，正离子经两
盒间缝隙电压加速，进入D 形盒运动半周，再经盒缝电压加速。如此周而复始，最后到达D 形盒边缘获得
最大速度。现欲使该离子加速后获得的最大动能变为原来的2 倍，理论上可行的方法为（不考虑相对论效
应）（ ）
A．仅将磁感应强度大小变为原来的❑√2倍
B．仅将D 形金属盒半径变为原来的❑√2倍
C．仅将交流电源的电压变为原来的2 倍
D．仅将交流电源的频率变为原来的2 倍
【答案】B
【详解】当离子在磁场中的轨迹半径等于D 形盒半径R时，离子获得的动能最大，则有q vm B =m vm
2
R
可得Ekm = 1
2 mvm
2 = q
2B
2 R
2
2m
A．由于交变电源的周期与离子在磁场做匀速圆周运动的周期需要相同，仅将磁感应强度大小变为原来的
❑√2倍，根据T = 2πm
qB 可知，离子在磁场做匀速圆周运动的周期发生变化，所以离子不能一直被加速，故A
错误；
B．仅将D 形金属盒半径变为原来的❑√2倍，由于Ekm = q
2B
2 R
2
2m
，可知离子加速后获得的最大动能变为原来
的2 倍，故B 正确；
C．仅将交流电源的电压变为原来的2 倍，由于离子加速后获得的最大动能与电压无关，故C 错误；
D．仅将交流电源的频率变为原来的2 倍，则交变电源的周期与离子在磁场做匀速圆周运动的周期不相
同，离子不能一直被加速，故D 错误。
故选B。
考点三 先磁场后电场
知识点1 粒子由磁场进入电场
知●识●解●构
磁场中：匀速圆周运动；电场中：匀变速直线运动（v与E共线）
磁场中：匀速圆周运动；电场中：类平抛运动（v与E垂直）
考●向●破●译
考向1 粒子由磁场进入电场
例1 （2025·湖南怀化·二模）如图所示，在坐标系xOy 内有一半径为a 的圆形区域，圆心为原点O，圆内
分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在直线y =a的上方有一沿y 轴负方向的矩形匀
强电场区域，场强大小为E。在x =-a处的A 点有一粒子源，粒子源以某一相同速率垂直于磁场方向朝圆
形磁场内持续不断地发射质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子。已知发射出去的所有粒子在第一次离开
圆形磁场后，在电场的作用下又回到圆形磁场，之后均从x =a处的C 点第二次飞出圆形磁场。整个过程中
不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子进入磁场的初速度为 qBa
2m
B．矩形匀强电场区域的最小面积为 q B
2a
3
2mE
C．粒子从 A 点运动到 C 点的最短时间为 πm
qB + 2Ba
E
D．粒子从 A 点运动到 C 点的整个过程中，洛伦兹力对所有粒子的冲量大小都为 πqBa
【答案】C
【详解】A．当粒子在磁场中的圆周运动半径为a时，满足题意。故由qvB =m v
2
r
且r =a
联立解得v = qBa
m
A 错误；
B．由磁发散知识可知，所有粒子进入电场的方向都是沿 y轴正方向，且速度大小相等，故粒子到达电场
的最大高度也都相等。设粒子在电场中运动的最大高度为L，则有qEL= 1
2 m v
2得L= q B
2a
2
2mE
则电场的最小面积有S =2aL= q B
2a
3
mE
B 错误；
C．由几何知识可知，所有粒子第一次在磁场中运动的轨迹和第二次在磁场中运动的轨迹总和是半个圆，
故磁场中运动的时间总和都是相等的，而在电场中的运动时间也相等，故要使粒子从A 点运动到C 点的时
间最短，就只需要让粒子在磁场和电场之间的中间区域运动时间最短即可。所以，当粒子发射方向沿 x轴
正方向时，粒子从A 点运动到C 点的时间最短。在磁场中的运动时间t1= πa
v = mπ
qB
在电场中的运动时间t2= 2mv
qE = 2Ba
E
故运动的最短时间 t =t1+t2= mπ
qB + 2Ba
E
C 正确；
D．粒子从A 点运动到C 点的整个过程中，取沿 y轴负方向为正，由动量定理得I 洛+ Eqt2=0，解得
I 洛=−2qBa
负号表示洛伦兹力的冲量方向沿 y轴正方向，D 错误。
故选C。
【变式训练1·变考法】（24-25 高二下·江西南昌）如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分
界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量
为＋q、质量为m 的粒子从P 点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又
回到P 点。（场区足够大，不计粒子重力）则下列选项中不正确的是（ ）
A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°
B．当粒子第二次进入电场时，到P 点的距离为2❑√2m v0
q B0
C．电场强度大小为B0v0
D．粒子回到P 点所用的总时间为(2π +2)m
q B0
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，粒子的运动轨迹如图
可知粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90
∘，
即速度与分界线所成的锐角为45
∘，故A 正确，不符合题意；
B．由A 选项分析可知，粒子进入电场的方向，与电场强度方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速
到原来的速度第二次进入磁场，在磁场中做圆周运动，经过3
4 T后，由S 点进入电场，设粒子在磁场中做
圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律q v0 B0=m v0
2
R
解得R = m v0
q B0
由图根据几何关系解得PS =2❑√2 R = 2❑√2m v0
q B0
故B 正确，不符合题意；
C．设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场的方向与电场方向垂直，根据图可知，水平方向2 R = v0t
竖直方向2 R = 1
2 at
2，a= Eq
m
联立解得E = B0v0
故C 正确，不符合题意；
D．粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2及第
二次在电场中偏转的时间t3，粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知t1=T = 2πm
q B0
第一次进入电场时先减速后加速的时间t2=2 v0
a = 2v0
qE
m
= 2m
q B0
第二次在电场中偏转的时间t3= 2 R
v0
= 2m
q B0
粒子回到P点所用的总时间为t =t1+t2+t3= (2π + 4)m
q B0
故D 错误，符合题意。
故选D。
【变式训练2·变载体】（24-25 高二下·四川南充）如图所示，在xOy坐标系中，第一、二象限有沿y轴负
方向的匀强电场，电场强度大小为Bv，第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
一带正电的粒子在y轴上的M点，以大小为v的初速度沿着与y轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为m，
带电量为q，粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30°的方向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运
动，以下说法正确的是（ ）
A．粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔为2πm
3qB
B．粒子再次与y轴相交时速度最小
C．粒子运动过程中的最小速度为1
2 v
D．粒子离开M点后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为(1−
❑√3
2 )
nmv
qB
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类斜抛运动，作出粒子运动轨
迹，如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB =m v
2
R ，T = 2πR
v
解得R = mv
qB ，T = 2πm
qB
粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔t1= 180
∘−30
∘
360
∘
T
解得t1= 5 πm
6qB
故A 错误；
C．粒子在电场中做类斜抛运动，运动至最高点时速度最小，此时竖直方向的分速度减为0，则有
vmin= v cos30
∘=
❑√3 v
2
故C 错误；
B．粒子在电场中做类斜抛运动至最高点过程有x1= v cos30
∘t2，0= v sin30
∘−qE
m t2
结合上述解得x1=
❑√3 R
4
< R sin30
∘= R
2
可知，最高点位置在y 轴左侧，即粒子再次与y轴相交时速度不是最小，故B 错误；
D．结合上述，由于2 x1=2×
❑√3 R
4
=
❑√3 R
2
> R sin30
∘= R
2
则粒子进入电场中做类斜抛运动后将从坐标原点右侧再次进入磁场，根据对称性可知，粒子离开M点后，
其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为x2=2n(R sin30
∘−x1)
结合上述解得x2=(1−
❑√3
2 )
nmv
qB
故D 正确。
故选D。
1．（多选）（2025·广西·高考真题）如图，带等量正电荷q 的M、N 两种粒子，以几乎为0 的初速度从S
飘入电势差为U 的加速电场，经加速后从O 点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖
直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右
端开口宽度为2d 时，M 粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸
面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N 粒子以与水平方向夹角为θ 的速度从开口的下
边缘进入偏转磁场，并与M 粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则
（ ）
A．M 粒子质量为2qU B1
2
E
2
B．刚进入选择器时，N 粒子的速度小于M 粒子的速度
C．调节选择器，使N 粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
4 EU cosθ
4U B1−Ed B2
D．调节选择器，使N 粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M 粒子打在探测
器上的位置间距为4U B1
E B2
+ (Ed B2−4U B1)
❑√U
E B2
❑√U −Ed cosθ
【答案】AD
【详解】A．对M 粒子在加速电场中qU = 1
2 mM v0 M
2
在速度选择器中q v0 M B1=qE
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
解得M 的质量mM = 2qU B1
2
E
2
，故A 正确；
B．进入粒子速度选择器后因N 粒子向下偏转，可知q v0 N B1>qE
即v0 N >v0 M，故B 错误；
C．M 粒子在磁场中运动半径为r1，则q v0 M B2=mM
v0 M
2
r1
解得r1= mM v0 M
q B2
= 2U B1
B2 E
N 粒子在磁场中运动的半径为r2，则2r1−2r2cosθ =d
解得r2= 4U B1−E B2d
2 E B2cosθ
其中q v N B2=mN
v N
2
r2
可得v N = 4Uq B1−E B2qd
2 E mN cosθ
由动能定理N 粒子在选择器中−qEd = 1
2 mN v N
2 −1
2 mN v0 N
2
在加速电场中qU = 1
2 mN v0 N
2
解得mN = q(4U B1−E B2d)
2
8 E
2cos
2θ(U −Ed )
，v0 N = 4 Ecosθ ❑√U (U −Ed)
4U B1−E B2d
则要想使得粒子N 沿轴线OO＇通过选择器，则需满足q v0 N B
′
1=q E
′
联立解得E
′
B
′
1
= v0 N = 4 Ecosθ ❑√U (U −Ed)
4U B1−E B2d
，故C 错误；
D．若N 粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则
其中r1= mM v0 M
q B2
= 2U B1
B2 E ，r3= mN v0 N
q B2
= 2U B
′
1
B2 E
′ = (4U B1−Ed B2)❑√U
2 E B2
❑√U −Ed cosθ
由AB 选项分析可知E
′
B
′
1
= v0 N >v0 M = E
B1
，所以r1>r3
则打在探测器的位移与调节前M 打在探测器上的位置间距为Δ x =2r1−2r3
可得Δ x = 4U B1
E B2
−(4U B1−Ed B2)
❑√U
E B2
❑√U −Ed cosθ = 4U B1
E B2
+ (Ed B2−4U B1)
❑√U
E B2
❑√U −Ed cosθ
，故D 正确。
故选AD。
2．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-
能量分析仪”测量，简化原理如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为U 1的加速电场
加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出
动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为B0，使筛选出的电子沿半径为R的圆弧形中心线
运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。
已知电子电荷量大小为e，质量为m；偏转电场可视为匀强电场，M、N极板长度为L、间距为d；荧光屏到
极板边缘的距离为5 L。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。
(1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量Δ Ek。
(2)求M、N间电压为U 2时，电子到达荧光屏上的偏移距离x0。
(3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时M、N间电压
随时间线性变化，变化率为β（β <0），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为Δ x的光斑，如图
（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，
筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与
各个光斑中心位置x的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命τ定义为准粒子数衰减一半所需的时间，
求τ。
【答案】(1)Δ Ek= e
2B0
2 R
2
2m
−eU 1
(2)x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
(3)τ =−8d R
2e B0
2 Δ x
11 βm L
2
【详解】（1）电子加速场中，由动能定理有eU 1= 1
2 mv1
2
电子在，筛选器中由牛顿第二定律有e v2B0= mv2
2
R
电子通过样品前后的动能变化量Δ Ek= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
联立可得Δ Ek= e
2B0
2 R
2
2m
−eU 1
（2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L= v2t
沿着电场方向有x = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律e⋅U 2
d =ma
出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有
x0
x =
L
2 +5 L
L
2
联立解得x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
（3）由题意可知U 2= βt +U 0
将U 2表达式代入x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
可得x0=
11m L
2
2d R
2B0
2e (βt +U 0)
结合题图（相对强度8408 到4204）可得4 Δ x =−11m L
2
2d R
2B0
2e
⋅βτ
解得τ =−8d R
2e B0
2 Δ x
11 βm L
2
3．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，垂直于x轴的足够大绝缘薄挡板P 紧贴平行金属板放置，挡板P
有一小孔在原点O处，O点到垂直于y轴的两金属板距离相等。在xOy平面位于(−L，0)处的粒子源以速
率v0向面内各方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子。两金属板（上板为正极）间距为2 L，板
间电压U初始为48m v0
2
25q
。在xOy平面y轴右侧，圆心O
′位于(0，L)、直径在y轴、半径为L的半圆区域存
在方向垂直于平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为mv0
qL 。在x> L处有一垂直于x轴的固定弹性绝缘
挡板Q，粒子若碰到Q 将发生弹性碰撞且电荷量q不变。粒子打到金属板或挡板P 均会被吸收，不计粒子
重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。（v0、m、q、L均为已知量）
(1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从O点处射入磁场速度方向与x轴正向夹角的正弦值；
(2)粒子从磁场射出后与挡板Q 发生碰撞，求其再次射入磁场到达挡板P上位置的y坐标；
(3)若仅改变电压U的大小(U >0)，在不同电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到挡板P 右侧面；进入
磁场的所有粒子打到挡板P右侧面有1 个撞击点或2 个撞击点，求以上三种情况分别对应的电压取值范围
（用已知量v0、m、q表示）。
【答案】(1)0.6 或0.8
(2)2
5 L或4
5 L
(3)U > 2m v0
2
q
，无粒子能到达O 点，均无法打到P 右侧面。
当0<U < 16mv0
2
17q
时，仅θ1粒子能进入磁场，1 个撞击点；
当16m v0
2
17q
≤U < 2m v0
2
q
时，两粒子均能进入且撞击点不同，2 个撞击点；
当U = 2m v0
2
q
时，两粒子轨迹重合，1 个撞击点。
【详解】（1）粒子在电场中做类斜抛运动
设粒子初速度方向与x 轴夹角为θ，加速度a=
qU
m(2 L) = 24 v0
2
25 L
方向沿y 轴正向。粒子从(−L,0)运动到(0,0)，水平方向L= v0cosθ⋅t
竖直方向0=−v0sinθ⋅t + 1
2 at
2
联立解得v0
2sin(2θ)=aL= 24
25 v0
2
即sin(2θ)= qU
2m v0
2 = 24
25
在O 点，v x = v0cosθ，v y =−v0sinθ+at = v0sinθ
设射入磁场速度方向与x 轴夹角为β，则tan β = v y
v x
=tanθ
即β =θ
根据sin(2 β)= 24
25 ，sin
2 β +cos
2 β =1
解得sin β =0.6或sin β =0.8
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R = mv0
qB = L
磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O 点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向
右，如下图
射出点纵坐标y出= L(1−cosα )
当sinα = 3
5时，cosα = 4
5 ，y出= L
5
当sinα = 4
5 时，cosα = 3
5，y出= 2 L
5
粒子与Q 板弹性碰撞后沿x 轴负方向返回，再次进入磁场。
由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板P上的位置纵坐标y =2 y出
故y 坐标为2
5 L或4
5 L。
（3）根据（1）可知sin(2θ)= qU
2mv0
2 = 24
25
设k = qU
2m v0
2。粒子能到达O 点需满足sin(2θ)=k，即k ≤1，U ≤2m v0
2
q
若U > 2m v0
2
q
，则k >1，无粒子能到达O 点，均无法打到P 右侧面。
当U ≤2mv0
2
q
时，存在两个发射角θ1,θ2（假设θ2大于θ1）。粒子在电场中不撞板条件为|ymin)≤L，如下图
上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2 倍，可知，
此时tanθ =2× L
1
2 L
= 4
根据数学关系可知此时sinθ = 4 ❑√17
17
，cosθ =
❑√17
17
解得对于θ2需k =sin(2θ)≥8
17 ，即U ≥16m v0
2
17 q
此时θ2对应粒子轨迹刚好与上极板相切。
综上所述，当0<U < 16m v0
2
17 q
时，仅θ1粒子能进入磁场，1 个撞击点；
当16mv0
2
17q
≤U < 2mv0
2
q
时，两粒子均能进入且撞击点不同，2 个撞击点；
当U = 2m v0
2
q
时，两粒子轨迹重合，1 个撞击点；
当U > 2mv0
2
q
，则k >1，无粒子能到达O 点，均无法打到P 右侧面。
