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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 带电粒子由磁场进入电场..................................................................................................3
类型2 带电粒子由电场进入磁场................................................................................................11
类型3 带电粒子在磁场和电场中往复运动................................................................................18
类型4 带电粒子在组合场中的动量问题....................................................................................25
题型二 组合场中运动的实例分析.......................................................................................................37
类型1 质谱仪的原理及应用........................................................................................................37
类型2 回旋加速器的原理和应用................................................................................................41
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
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
1．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一半径R =1m的圆形区域，圆与x
轴相切于A点，A点坐标x A =
❑√3+5
2
m，y A =0，圆形区域内存在磁感应强度大小B =1T、方向
垂直纸面向里的匀强磁场。A点处有一粒子源，有大量质量m=2×10
-22kg，电荷量
q =+ 4×10
-16C的粒子以相同的速率v0在xOy平面内沿不同方向从A点射入磁场，已知垂直x轴
方向射入磁场的粒子恰好从C点水平射出磁场，C点为圆左侧与圆心O1等高的位置，不考虑粒
子间的相互作用，不计粒子的重力。在匀强磁场的左侧存在一有界匀强电场，电场强度
E =1.5×10
6 N /C，方向沿y轴负方向，电场左边界为y轴，右边界与y轴的距离L=2m。求：
(1)粒子射入磁场时的速率v0；
(2)射入磁场时速度方向与x轴正方向成120
∘的粒子在磁场中运动的时间（结果可用π表示）；
(3)某粒子经磁场与电场的偏转恰好能到达坐标原点O，求该粒子从A点射入磁场到O点离开电场运
动的总时间（结果可用π表示）。
【答案】(1)2×10
6 m /s
(2)π
6 ×10
-6s
(3)4 π +15
12
×10
-6s
【详解】（1）垂直x轴方向射入磁场的微粒恰好从C点水平射出磁场，由几何关系可知，带电粒子
在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r = R
对微粒，根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B = mv0
2
r
可得v0=2×10
6 m /s
（2）如图所示，射入磁场时速度方向与x轴正方向成120
∘的微粒从P点射出，其轨道圆心记为O2，
则四边形A O1 PO2为菱形。
∠O1 A O2=120
∘, PO2
与
A O1
平行，则有
∠PO1 A =60
∘= π
3 ,∠PO2 A = π
3
则粒子在磁场中的运动时间为t =
π
3 r
v0
可得t = π
6 ×10
-6s
（3）由于粒子做匀速圆周运动的半径r = R，所有射入磁场的粒子在磁场右侧出射时都有水平向左
的速度，要粒子能够经电场偏转过O点，对粒子在电场中的运动分析：
x轴方向L= v0t3
y轴方向y = 1
2 at3
2
根据牛顿第二定律有Eq =ma
解得y =1.5 m，t3=1×10
-6s
该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的出射点为Q，过Q做A O1的垂线，垂足为D
由几何关系可知O1 D = y - R =0.5 m = R
2 ，可得∠O1QD =30
∘，
由此可知∠A O1Q =120
∘= 2π
3 ,∠QO3 A = 2π
3
则粒子在磁场中的运动时间为t3=
2π
3 r
v0
= π
3 ×10
-6s
粒子在出磁场未进入电场前做匀速直线运动，运动时间t2=
x A -
❑√3
2 m -2m
v0
= 1
4 ×10
-6s
则运动的总时间t =t1+t2+t3= 4 π +15
12
×10
-6s
2．空间直角坐标系Oxyz如图所示，在y ≤0，z>0 的空间内存在沿y 轴正方向的匀强磁场
（图中未画出）；在y >0，z>0 的空间内存在沿x 轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质
量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，由空间中A 点(x0(未知)，- L，
❑√3 L
π )处以大小为v0
的初速度射出，速度方向平行于yOz平面、与y 轴正方向的夹角θ =60°。t =0时刻，粒子恰好
从P 点(0，0，7 ❑√3 L
5 π )穿过yOz平面射入电场区域，经过P 点时沿z 轴方向的速度分量为
0，t = 3 L
v0
时粒子再次穿过yOz平面，不计粒子重力。求：
(1)粒子由A 运动至P 所用的时间；
(2)匀强磁场磁感应强度的大小；
(3)电场强度的大小及t = 6 L
v0
时粒子的位置坐标。
【答案】(1)2 L
v0
(2)5 πmv0
4 Lq
(3)
❑√3m v0
2
3qL
，(3 ❑√3 L，3 L，7 ❑√3 L
5 π )
【详解】（1）粒子沿y 轴正方向做匀速直线运动，速度大小为v1= v0cosθ
沿y 轴正方向有L= v1t1
解得t1= 2 L
v0
（2）粒子在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动，线速度大小为v2= v0sinθ
运动的轨迹半径为r = zP- z A = 2❑√3 L
5 π
由洛伦兹力提供向心力有Bq v2= mv2
2
r
解得B = 5 πm v0
4 Lq
（3）设粒子在电场中的加速度大小为a，则有Eq=ma
粒子在P 点的速度可分解为沿y 轴正方向的速度v1，和沿x 轴负方向的速度v2，沿x 轴方向，根据
速度公式有v2=- v2+a⋅3 L
v0
解得E =
❑√3m v0
2
3qL
t = 6 L
v0
时，粒子在y 轴上的坐标为y = v1t
解得y =3 L
粒子在x 轴上的坐标为x =- v2t + 1
2 at
2
解得x =3 ❑√3 L
粒子在z 轴上的坐标为z = zP= 7 ❑√3 L
5 π
故t = 6 L
v0
时，粒子的位置坐标为(3 ❑√3 L，3 L，7 ❑√3 L
5 π )
3．如图，在xOy 直角坐标系中，有一质量m=1.0×10−12kg，带电量q=2.0×10−10C 的带正电
的粒子（不计重力），垂直x 轴从A 点以v=200m/s 的初速度进入x 轴上方的匀强磁场中。磁场
方向垂直纸面向外，磁感应强度B=1T。粒子经磁场偏转后又从B 点垂直x 轴进入第四象限，第
四象限中有平行于x 轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过y 轴负半轴上的C 点，此时速度方
向与y 轴负半轴成60°。已知OB=OA。（结果可用π 和根号表示）求:
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r 和周期T；
(2)第四象限中场强E 的大小；
(3)粒子从A 点运动到C 点所用的时间。
【答案】(1)1m，π×10−2s
(2)300V/m
(3)3 π +2❑√3
6
×10
-2s
【详解】（1）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，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB =m v
2
r
代入数据解得r =1m
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T = 2πr
v
= 2×π ×1
200
s= π ×10
-2s
（2）设粒子运动到C 点时，沿x 轴负向的分速度大小为v1，则有tan 60
∘= v1
v
解得v1=200 ❑√3 m /s
根据匀变速直线运动的速度位移公式有v1
2=2a xOB
因粒子是垂直于磁场边界进入的，所以从该边界射出时，仍垂直于边界，所以有xOB=r =1m
根据牛顿第二定律有qE =ma
联立解得E =300 V/ m
（3）粒子在磁场中偏转了半个周期，则在磁场中运动的时间为t1= 1
2 T = π
2 ×10
-2s
粒子在电场中做类平抛运动，则沿x 轴方向有xOB= v1
2 t2
联立解得t2=
❑√3
3 ×10
-2s
则粒子从A 点运动到C 点所用的时间为t =t1+t2= 3 π +2❑√3
6
×10
-2s
4．如图所示，平面直角坐标系的第四象限内，一虚线边界与y 轴之间有沿y 轴正方向的
匀强电场，在半径为R 的圆形区域内有垂直于坐标平面向外匀强磁场Ⅰ，圆与x 轴相切于P 点，
在第二、三象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小与第四象限相同的匀强磁场Ⅱ，在
第三象限内有一平行于x 轴的无限长荧光屏（图中未画出），在P 点有一粒子源向第四象限内
各方向发射速度大小为v0、质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，其中沿y 轴负方向发射的
粒子在磁场Ⅰ中偏转后从虚线边界上A 点沿x 轴负方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点
O 射入匀强磁场Ⅱ中，后恰好垂直打在荧光屏上。已知A 点和y 轴间距为d = ❑√2 R，不计粒子
的重力。
(1)求磁感应强度和电场强度的大小；
(2)若粒子进入电场后均能从O 点射入磁场Ⅱ，求虚线边界需满足的轨迹方程；
(3)在满足第（2）问的条件下，求荧光屏上能接收到粒子的区域长度。
【答案】(1)mv0
qR
，m v0
2
qR
(2)y =- 1
2 R x
2
(3)(❑√5+1)R
【详解】（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动，由几何关系知，运动半径r = R
根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B =m v0
2
r
联立可得B = mv0
qR
在匀强电场中，粒子做类平抛运动|y0|= R
由类平抛规律得x0=d = v0t，|y0|= 1
2 at0
2，qE =ma
联立可得E = m v0
2
qR
（2）经分析知，所有粒子均垂直于y 轴进入匀强电场，且均能从O 点进入磁场Ⅱ，则电场中类平
抛运动，有x = v0t，- y = 1
2
qE
m t
2
联立可得y =- 1
2 R x
2
（3）设O 点的速度为v1，与x 轴负方向的夹角为θ，则有v1=
v0
cosθ
，r1= mv1
qB =
mv0
qBcosθ
故r1cosθ = m v0
qB = R为定值即为荧光屏到x 轴的距离，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均
在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上，由几何知识得，打到屏上与y 轴的距离为L=r1(1+sinθ)
经分析，在P 点沿x 轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x 轴负
方向的夹角最大，打在荧光屏上时与y 轴的距离最远；在P 点沿x 轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，打
在荧光屏上时与y 轴的距离最近，在P 点沿x 轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入电场中运动，有
|y1|=2 R
由动能定理得qE|y1|= 1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2，v1= ❑√5 v0，sinθ1=
❑√v1
2- v0
2
v1
= 2
❑√5
，
L1=r1(1+sinθ1)= m v1
qB (1+sinθ1)
代入数据解得L1=(❑√5+2)R
同理，在P 点沿x 轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，在O 点沿x 轴负方向进入磁场Ⅱ，速度v2= v0
打荧光屏上与y 轴的距离为L2= R
故荧光屏上能接收到粒子的区域长度为Δ L= L1- L2=(❑√5+1)R
5．如图所示，半径为R 的虚线圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，且O1O、O1P 分别是虚
线圆的竖直半径与水平半径。P 点右侧存在一均匀辐向分布的电场，方向沿径向指向圆心O2点，
半径为R 的圆弧PQ 的圆心也在O2点，经过圆弧PQ 处的电场强度大小为E，且∠PO2Q=53°，
水平虚线QH 与竖直虚线QG 之间存在水平向左、电场强度大小也为E 的匀强电场，M 点是此
区域内的一固定点，现有一质量为m、带电荷量为+q 的粒子（重力不计）从O 点沿OO1方向垂
直射入磁场，接着运动到P 点，然后沿圆弧PQ 运动经Q 点进入匀强电场，随后恰好运动到M
点时速度竖直向下，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
(1)求粒子在P 点的速度大小以及匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)求粒子从Q 点到M 点的运动时间以及粒子从O 点运动到M 点所受的平均作用力大小；
(3)N 点是匀强电场区域内的一个固定点，且∠GQN=53°，若电场强度大小为E 的匀强电场方向改为
由Q 点指向N 点，求Q、M 两点之间的电势差。
【答案】(1)❑√
EqR
m
，❑√
mE
qR
(2)3
5
❑√
mR
Eq
，
324 qE
143π+108
(3)54 ℜ
125
【详解】（1）带电粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有Eq = m v
2
R
带电粒
子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqv = m v
2
r
由几何关系可得粒子在磁场内做圆周运动的半径r = R
联立解得v = ❑√
EqR
m ，B = ❑√
mE
qR
（2）由几何关系可得粒子在Q 点时的速度方向与水平方向的夹角为53°，将速度分别沿水平方向和
竖直方向分解，则有v x = v cos53
∘,v y = v sin53
∘
粒子从Q 点运动到M 点，在竖直方向上以vy=vsin53°向下做匀速直线运动，在水平方向上以
vx=vcos53°向右做匀减速直线运动，且到达M 点时水平方向的分速度为0；粒子在匀强电场中，由
牛顿第二定律得Eq =ma
则有v x =at2
联立解得t2= 3
5
❑√
mR
Eq
带电粒子从O 点运动到Q 点经历的时间t1= 90
∘+53
∘
360
∘
× 2π R
v
粒子从O 点到M 点，速度变化量为Δv = v + v y
由动量定理可得F (t1+t2)=mΔv
联立解得F =
324 qE
143π+108
（3）粒子从Q 点运动到M 点，在水平方向上有x = v x
2 t2= 9
50 R
在竖直方向上有y = v yt2= 12
25 R
若电场强度大小为E 的匀强电场方向改为由Q 点指向N 点，如图所示，
QM 连线沿电场强度方向的投影距离为QK=d，则Q、M 两点的电势
差为U QM = Ed
由几何关系可得d =
❑√x
2+ y
2cos(53
∘-∠GQM )
其中cos∠GQM =
y
❑√x
2+ y
2 ,sin∠GQM =
x
❑√x
2+ y
2
因此d = y cos53
∘+ xsin53
∘= 54
125 R
则U QM = 54 ℜ
125
类型2 带电粒子由电场进入磁场
1.
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，半径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且水平向左的匀强电场，电场强度大小为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
【答案】ABD
【详解】A．根据题意可知，粒子从A 点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，
圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A 正确；
B．根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为π
2 ，根据洛
伦兹力提供向心力则有Bq v0= mv0
2
R
解得q
m = v0
BR ，故B 正确；
C．根据题意可知，粒子从B 点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达
B 点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示．
则粒子在磁场中的运动时间为t磁= T
2 = πR
v0
，故C 错误；
D．粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma
解得a= qE
m = E v0
BR
根据v0＝at 结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电= 2v0
a = 2BR
E
，故D 正确。
故选ABD。
2.
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，- ❑√3 L）。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（-2 L，❑√3 L），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。
(2)粒子从A 点运动到Q 点所用的时间t。
【答案】(1)E =
❑√3m v0
2
2qL
，B = 2❑√3m v0
3qL
(2)t =(
5
2 + 5 ❑√3 π
12 )
L
v0
【详解】（1）粒子的轨迹如图所示，在电场中做类平抛运动
则有2 L= v0t1，
❑√3 L= 1
2 at1
2
又qE =ma
联立解得t1= 2 L
v0
，E =
❑√3m v0
2
2qL
，v y =at1= ❑√3 v0
粒子运动到O 点速度与x 轴正方向的夹角正切tanθ = v y
v0
= ❑√3，即θ =60°
粒子运动到O 点的速度v =
❑√v0
2+ v y
2=2v0
在磁场区域，根据几何关系可得r = ❑√3 L
又洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
解得B = 2❑√3m v0
3qL
（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t2= L
v = L
2v0
在磁场中，粒子运动的周期T = 2πr
v
=
❑√3 πL
v0
则运动的时间t3= 150°
360° T = 5 ❑√3 πL
12v0
粒子从A 点运动到Q 点所用的时间t =t1+t2+t3=(
5
2 + 5 ❑√3 π
12 )
L
v0
3.
如图所示，纸面内边长为d的正方形区域ABCD内，有一磁感应强度大小为B0、方向
垂直于纸面向里的匀强磁场，在AB的上方有一电场强度大小为E、方向垂直AB向下的匀强电
场。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从DA延长线上的O点由静止释放，结果粒子通
过A点后恰好从C点射出磁场。不计粒子所受的重力。
(1)求O、A两点间的距离x0；
(2)若O点可以在DA的延长线上移动，要使粒子通过A点后不会从B点左侧（包括B点）进入电场区
域，求O、A两点间的距离x应满足的条件。
【答案】(1)x0= q B0
2d
2
2mE
(2)x> q B0
2d
2
8mE
【详解】（1）设粒子通过A点时的速度大小为v0，根据动能定理有qE x0= 1
2 m v0
2-0
根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r0=d
洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有q v0 B0=m v0
2
r0
联立解得x0= q B0
2d
2
2mE
（2）根据几何关系可知，在粒子通过A点后不进入电场区域而直接到达B点的情况下，粒子在磁场
中做圆周运动的半径r1= d
2
设此种情况下粒子在磁场中做圆周运动的线速度大小为v1，有q v1B0=m v1
2
r1
设此种情况下O、A两点间的距离为x1，根据动能定理有qE x1= 1
2 mv1
2-0
解得x1= q B0
2d
2
8mE
因此，要使粒子通过A点后不会从B点左侧（包括B点）进入电场区域，O、A两点间的距离x应满
足的条件为x> q B0
2d
2
8mE
。
4.
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，电场的下边界与磁场的上边界重合，电场强度方向竖直
向下，磁感应强度方向垂直纸面向里。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P 点由静止释放，运动到磁场的下边界的Q 点时正好与该边界相切，
图中P
'点与P 点等高。已知电场强度大小为E = m v0
2
2qd
。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)求粒子从释放至回到与P 点等高位置所用的时间t；
(3)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。求粒子到达N 点的速度v N以及M、N 两点间的竖直距离h。
【答案】(1)B = mv0
qd
(2)n(
4+π
v0
d)(n=1,2,3,⋅⋅⋅)
(3)v N = v0，h=d
【详解】（1）从P 到粒子离开电场过程，有Eqd = 1
2 mv
2
解得v = v0
粒子在磁场中运动的半径r =d
粒子在磁场中运动有qBv =m v
2
r
解得B = m v0
qd
（2）设粒子在电场中加速一次时间为t1，有d = 1
2 v0t1
根据运动对称性可知粒子在电场减速一次的时间t2=t1= 2d
v0
粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为π；
粒子在磁场中运动周期为T = 2πd
v0
粒子在磁场中运动半圈时间为t3=πd
v0
粒子的运动为周期性运动，故粒子回到与P 点等高位置所用的时间
t =n(t1+t2+t3)=n(
4+π
v0
d)(n=1,2,3,⋅⋅⋅)
（3）将粒子从M 点到N 点的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为v x、
v y，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f =qB v y，
f y =qB v x
设粒子在最低点N 的速度大小为v N，M、N 两点的竖直距离为h。以向右为正方向，水平方向上由
动量定理可得∑qB v y Δt =qBh=m v N -0
由动能定理得qEh= 1
2 mv N
2
解得v N = v0，h=d
5.
如图所示，直角坐标系第一、四象限存在磁感应强度分别为2B和B的匀强磁场，方
向分别为垂直纸面向外和向里。第二象限内有一抛物线，抛物线与y轴正半轴之间存在沿y轴
负方向的匀强电场。某时刻在抛物线上M点和y轴上N点同时发射两个带电球形微粒甲、乙，
微粒甲沿x轴正方向，微粒乙速度方向与y轴正方向夹角θ = 45
∘，二者恰好在原点O发生对心
碰撞（即正碰），碰撞后二者合为一体，质量和电量均发生叠加（将其称为“组合体”）。已
知甲、乙微粒的质量分别为2m和m，电量分别为+3q和+q , M点的横坐标为-2 L, N点的纵
坐标为- L，忽略微粒重力和微粒间的相互作用。
(1)若抛物线方程为y =k x
2，则k值为多少；
(2)求第二象限的电场强度大小和微粒甲发射时的速度大小；
(3)求碰撞后，组合体第二次经过x轴时的横坐标。
【答案】(1)k = 1
4 L
(2)E = 16q B
2 L
3π
2m
，v0= 4 qBL
πm
(3)x = 3(16-π)
8π
L
【详解】（1）由乙粒子在磁场中的运动可知，到达原点O时，速度方向与x轴成45
∘，甲、乙完成
对心碰撞，则甲粒子也必然与x轴成45
∘
由tanα =2tan β可知，M点的纵坐标为L
代入y =k x
2
可解得k = 1
4 L
（2）对甲粒子有x = v0t，y = 1
2 at
2，a= E⋅3q
2m
乙微粒运动时间t = 2θ
2π T，T = 2πm
qB
且甲乙粒子运动时间相等，联立以上各式可解得E = 16q B
2 L
3π
2m
，v0= 4 qBL
πm
（3）到O点时甲的速度v甲= ❑√2v0= 4 ❑√2qBL
πm
运动轨迹如图所示
由几何关系知，微粒乙在第四象限运动轨迹半径r1=
❑√2
2 L，由q乙v乙B =m v乙
2
r1
可得乙的速度v乙=
❑√2qBL
2m
由动量守恒，2m v甲-m v乙=3m v共
解得v共=
❑√2(16-π)qBL
6 πm
组合体电量为+ 4 q，质量为3m，由4 q v共B = 3m v共
2
r2
，4 q v共×2B = 3m v共
2
r3
第二次到达x轴时的坐标x = ❑√2(r2+r3)
联立解得x = 3(16-π)
8π
L
类型3 带电粒子在磁场和电场中往复运动
6.
如图所示，xOy 平面内第一象限有沿- x方向的匀强电场，第二象限有垂直于纸面向外
的匀强磁场，且在y =3 ❑√3a处有一无限大平行x轴的挡板，质量为m、带电量为+q的粒子从
A 点(-a,0)，以+ y方向的速度v0射入磁场，当粒子进入电场时其速度与+ y方向的夹角为
60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场垂直打在挡板上，不计重力。
(1)求磁感应强度的大小B；
(2)求电场强度的大小E；
(3)若粒子从A 点以与+ x方向成30°角的速度v0射入磁场，向下移动挡板的位置，仍然使粒子打在相
同位置，求移动后挡板位置的y坐标。
【答案】(1)B = mv0
2qa
(2)E = mv0
2
2qa
(3)见解析
【详解】（1）根据题意，作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系有r =r cosθ+a
解得r =2a
由牛顿第二定律有q v0 B =m v0
2
r
解得B = m v0
2qa
（2）由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与y轴的夹角为60°，由几何关系可
得粒子在电场中沿y方向的距离Δ y =3 ❑√3a-2r sin 60° = ❑√3a
则粒子在电场中的运动时间为t =
Δ y
v0cosθ = 2❑√3a
v0
沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE =ma
由运动学公式有2v0sin60° =at
解得E = mv0
2
2qa
。
（3）粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，挡板移动后的位置坐标为下列值时，粒子会打
在相同位置上
y1=2(r -r cos30°)=(4 -2❑√3)a
y2= y1+2r cos30° = 4 a
y3= y2+2(r -r cos30°)=(8-2❑√3)a
7.
如图所示，在第二象限存在垂直纸面向里、磁感应强度大小B =0.5T的匀强磁场，在
第三象限存在平行于y轴且向上、电场强度大小E =5 N /C的匀强电场，一比荷q
m = 4 C/kg的
正粒子从y轴上的P(0,2m)点垂直y轴射入第二象限，最终垂直x轴射入第三象限，不计粒子重
力，求：
(1)粒子的初速度大小v；
(2)粒子在第三象限离x轴的最远距离L；
(3)粒子从P点运动至第3 次经过x轴的时间t 总；
(4)粒子从P点运动至第100 次经过x轴的总路程s总。
【答案】(1)4m/s
(2)0.4m
(3)( 3 π
4 +0.4)s
(4)(99 π + 40)m
【详解】（1）由题意可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=2m，根据qvB =m v
2
r
解得v = qBr
m = 4 m/s
（2）粒子平行电场方向进入电场做匀减速运动，则当速度减为零时距离x 轴最远，则最远距离
qEL= 1
2 mv
2
解得L=0.4m
（3）粒子在磁场中运动的周期T = 2πr
v
= π s
从进入电场到到达最远处的时间t1= v
a = mv
qE =0.2s
粒子从P点运动至第3 次经过x轴的时间t 总= 3
4 T +2t1=( 3 π
4 +0.4)s
（4）粒子从P点运动至第100 次经过x轴的总路程s总=50(πr +2 L)- πr
2 =(99 π + 40)m
8.
某空间存在着一个变化的电磁场，电场方向向右（即图中由B 到C 的方向），电场大
小变化如E-t 图像，磁感应强度的变化如B-t 图像，在A 点从t=1s（即1s 末）开始每隔2s 有一
相同带电粒子（重力不计）沿AB 方向（垂直于BC）以速度v 射出，恰都能击中C 点，若
AC=2BC，且粒子在A、C 间运动的时间小于1s，则（ ）
A．磁场的方向垂直纸面向里
B．图像中E0和B0的比值为4 v
3
C．图像中E0和B0的比值为2v
3
D．若第一个粒子击中C 点的时刻已知为（1+Δt）s，那么第二个粒子击中C 点的时刻是
3(1+
❑√3
2π Δt)s
【答案】BD
【详解】A．根据题意可知，粒子在电场中的偏转方向与电场方向相同，故粒子带正电，由左手定
则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A 错误；
BC．在t =1s至t =2s间，第一个粒子从A 到C 做匀速圆周运动，以O 为圆心，设BC =d，
AC=2BC=2d，∠BAC =30°
由几何知识可得，粒子圆周运动的半径R = AC =2d
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有B0qv = mv
2
2d
解得B0= mv
2dq
粒子在电场中运动时，粒子做类平抛运动，沿AC 方向则有❑√3d = vt
沿BC 方向则有d = 1
2
q E0
m t
2
联立解得E0= 2mv
2
3qd
则E0
B0
=
2m v
2
3qd
mv
2dq
= 4
3 v，故B 正确，C 错误；
D．根据上述分析可知，粒子在磁场中运动的时间t1=
1
6 ×2π ×2d
v
= 2πd
3 v
由题可知Δt = 2πd
3 v
第二个粒子在电场中运动时间t2=
❑√3d
v
联立可知，第二个粒子击中C 点的时刻为(3+t2)s=(3+ 3 ❑√3
2π · Δt )s，故D 正确。
故选BD。
9.
如图所示，在xOy坐标系y >0的空间内充满匀强电场，电场强度大小为E，方向平行
于xOy平面，与x轴正方向夹角为60°斜向下；在y <0的空间内充满匀强磁场，方向垂直于
xOy平面向外。一质量为m，电荷量为+q的粒子从坐标原点，沿y轴正方向以速率v0射入电场，
然后经过x轴上A 点进入磁场，当再次返回电场时，恰好经过坐标原点O。不计粒子重力，求
(1)粒子通过x轴上A 点时的速度大小v1；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子第n次从磁场进入电场时的横坐标。
【答案】(1)
❑√21
3
v0
(2) 3 E
2v0
(3)4 n(n-1)m v0
2
3 Eq
（n=1，2，3…）
【详解】（1）作出粒子运动轨迹如图所示
在电场中，粒子在x轴方向上做匀加速直线运动，则有Eqcos60° =max，v x =axt
粒子在y 轴方向上做匀变速直线运动，则有- Eqsin 60° =ma y，0= v0t + 1
2 a yt
2，v y = v0+a yt
粒子在A 点速度v1=
❑√v x
2+ v y
2
解得v1=
❑√21
3
v0
（2）OA 间距离x1= 1
2 axt
2
令A 点速度与x轴正方向夹角为θ，则有tanθ = v y
v x
令粒子在磁场中运动的半径为r1，由几何关系有sinθ =
x1
2
r1
根据牛顿第二定律有q v1B =m v1
2
r1
解得B = 3 E
2v0
（3）根据圆周运动的对称性，粒子每次进入电场时的竖直速度均为v0，每次在电场中的运动时间
均为t，粒子下一次进入电场时x轴方向上的速度等于上一次离开电场时x轴方向上的速度，所以，
粒子在电场中的运动可看作一段连续的匀变速直线运动，则有x电= 1
2 ax(nt )
2
粒子每次进入磁场时y轴方向的速度为- v0，出磁场时y轴方向的速度为v0，每一次在磁场中运动的
时间为Δt，沿y轴方向，根据动量定理有-q v x Δt =m v0-(-m v0)
每一次在磁场中运动沿x轴的位移为x磁= v x Δt
粒子第n次从磁场进入电场时的坐标x = x电-n x磁
解得x = 4 n(n-1)m v0
2
3 Eq
（n=1，2，3…）
10. 如图所示，在xOy 平面内y 轴左侧存在沿x 轴正方向的匀强电场，场强大小为E；y 轴
右侧有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m，电量为
+q(q>0)的粒子从坐标为(- L,0)的M 点由静止释放，忽略粒子重力。求：
(1)粒子从M 点到达O 点的过程中电场力冲量I 的大小；
(2)粒子第2 次到达y 轴时距O 点的距离s；
(3)粒子由开始运动到第6 次到达y 轴的时间t。
【答案】(1)❑√2mEqL
(2) 2
B
❑√
2mEL
q
(3)5 ❑√
2mL
qE + 3 πm
Bq
【详解】（1）粒子在电场中做匀加速运动，设到达O点时间为t1，有L= 1
2 at1
2
根据牛顿第二定律，有Eq=ma
解得I = Eqt1= ❑√2mEqL
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB =m v
2
R
又v =at1，s=2 R
联立解得s= 2
B
❑√
2mEL
q
（3）设粒子在磁场中经历半圆的时间为t2，有t2= πR
v = πm
Bq
解得第6 次到达y 轴的时间t =5t1+3t2=5 ❑√
2 Lm
Eq + 3 πm
Bq
类型4 带电粒子在组合场中的动量问题
11. 如图所示，在直角坐标系中，x 轴下方存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E，在x
轴上方，0<y≤L 的范围内存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B0的匀强磁场区域Ⅰ，在
L<y≤2L 的范围内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小也为B0的匀强磁场区域Ⅱ。有一质量
为m，电荷量为+q 的带电粒子从y 轴负半轴上某点P 静止释放，恰好不能进入磁场区域Ⅱ中，
不计粒子重力。
(1)求释放点P 的坐标；
(2)若磁场区域Ⅰ的磁感应强度变为B0
2
，仍从P 点静止释放该粒子，求粒子从释放到离开磁场的时
间；
【答案】(1)（0，- q B0
2 L
2
2mE
）
(2)t 总= B0 L
E + 2πm
3q B0
【详解】（1）粒子在电场中运动的过程中，由动能定理得qE yOP= 1
2 mv0
2
粒子在磁场区域Ⅰ中运动，恰不进入磁场区域Ⅱ，由几何关系得r = L
由牛顿第二定律得q v0 B0= mv0
2
r
联立解得yOP= q B0
2 L
2
2mE
故P 点的坐标为（0，- q B0
2 L
2
2mE
）。
（2）粒子在电场中，由动量定理得qEt1=m v0
解得t1= B0 L
E
粒子在磁场区域Ⅰ中，由牛顿第二定律得q v0× B0
2 = mv0
2
r1
解得r1=2 L
由几何关系得sinθ = L
r1
解得θ =π
6
粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的周期T 1= 2πm
q× B0
2
= 4πm
q B0
粒子在磁场区域Ⅰ中运动的时间t2= θ
2π T 1=πm
3q B0
在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为r，设粒子射出磁场区域Ⅱ时的半径与上边界的夹角为
α，根据几何关系得r sinθ+r sin α = L
解得α =π
6
粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期T 2= 2πm
q B0
在磁场区域Ⅱ中运动时间t3= θ+α
2π T 2=πm
3q B0
总时间t 总=t1+t2+t3
解得t 总= B0 L
E + 2πm
3q B0
12. 某离子控制装置如图所示，以P(0，10cm)为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀
强磁场（未画出），在磁场上方一足够长的荧光屏与y 轴垂直放置，荧光屏被离子击中时会发
光。点A 坐标为(10cm ，0)，点B 坐标为(10cm ，20cm)，点D 为x =10cm与荧光屏的交点，
BD右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E =5×10
6 N/C。原点O 的离子源能在图示
角度范围内持续均匀发射离子，发射离子的质量m=3.2×10
-27kg、带电荷量
q =+1.6×10
-19C、速率v0=2.5×10
6 m/s。在AB处放置长20cm的挡板，离子均垂直击中挡
板，击中挡板后以原速率反弹。不考虑电场边缘效应和离子间的相互作用。取sin37° =0.6。
(1)求磁场的磁感应强度大小。
(2)求挡板上有离子击中区域的长度。
(3)若离子源单位时间内发射的总离子数为n，求挡板上纵坐标5cm ∼10cm范围所受的冲击力大小。
(4)设BD =h，求同一时刻从离子源射出的离子到达荧光屏的最大时间差Δt与h 的关系，以及荧光
屏上亮线的长度L 与h 的关系。
【答案】(1)0.5T
(2)14cm
(3)16n
3 ×10
-21N
(4)L= 500
9 h
2- 25
4 h+ 5
16
(m )
【详解】（1）根据题意，结合几何关系可知，轨迹圆圆心、入射点、磁场圆圆心与出射点构成的
四边形为棱形，即离子在磁场运动的轨迹半径等于磁场区域的半径离子，在磁场中运动有
q v0 B =m v0
2
r
解得B =0.5T
（2）作出离子打到挡板最高位置C 与最低位置H 的图像，如图甲所示
由题意可得，打到C 点的纵坐标ymax=r +r sin37°
打到H 点的纵坐标ymin=r -r cos37°
则挡板上有离子击中区域的长度l = ymax- ymin=14cm
（3）设离子发射速度方向与x 轴正方向夹角θ，θ与离子击中挡板纵坐标位置的关系为
y =r (1-cosθ)
当y =10cm时，解得θ =90°
当y =5cm时，解得θ =60°
则单位时间内打到挡板上纵坐标5cm ~10cm范围的离子数为90° -60°
90°
n= n
3
由动量定理有F Δt = n
3 Δt ⋅m v0- n
3 Δt ⋅m(- v0)
解得F = 16n
3 ×10
-21N
（4）作出离子从发射到最终离开磁场区域过程的轨迹，如图乙所示
可知离子在磁场区域运动轨迹所对圆心角之和均为180°，离子运动的时间
t = T
2 + 2(r -r sinθ)
v0
+
h
v0sinθ
结合θ的取值范围可知，当θ =90°时，t 的值最小，则有t min= T
2 + 4 h×10
-7s
当θ =37°时，t 的值最大，则有t max= T
2 + 2h
3 ×10
-6s+3.2×10
-8s
则有Δt =t max-t min= 8h
3 ×10
-7s+3.2×10
-8s
作出离子部分轨迹，如图丙所示
根据几何关系有
r
tan53° =7.5cm
当h≤7.5cm时有L=
h
tan37° +
h
tan53° = 25
12 h
当h>7.5cm时，离子打到荧光屏最左侧的点到y 轴的距离x1=
h
tan53°
离子在电场中运动的最长时间t
' = h-0.075 m
v0sin37°
离子在电场中的加速度a= qE
m
离子打到荧光屏最右侧的点到y 轴的距离x2=r + v0t
'cos37°+ 1
2 at
'2
解得L= x1+ x2= 500
9 h
2- 25
4 h+ 5
16
(m )
13. 如图所示的坐标系中，第一象限存在竖直向下的匀强电场，第二象限存在水平向右的
匀强电场，电场强度大小为E1，在y 轴的负半轴上A 点静止一质量为m
3 、不带电的粒子乙，另
一质量为m、带电荷量为+q的粒子甲由第二象限的S 点静止释放，经过一段时间由y 轴上的P
点进入第一象限，然后粒子甲由x 轴上的Q 点离开电场。假设粒子甲运动到Q 点的瞬间立即撤
去电场，同时在整个空间充满垂直纸面向外的匀强磁场，最终粒子甲刚好沿x 轴的负方向与粒
子乙发生弹性碰撞，同时有+ 3q
4 的电荷转移到粒子乙上。忽略粒子的重力以及粒子间的静电
力。已知S 点的坐标为(- L, L)，Q 点的坐标为(
2❑√3
3
L,0)。
(1)求第一象限匀强电场的电场强度大小E2。
(2)求磁感应强度的大小以及A 点坐标。
(3)求碰后两粒子的轨迹半径和从碰撞到两粒子第一次同时经过y 轴的时间。
【答案】(1)E2=3 E1
(2)B = 3
2
❑√
2m E1
qL
，(0,-2 L)
(3)r1= 8
3 L，r2= 8
9 L，Δt = 4 πm
qB
【详解】（1）粒子甲由S 点到P 点过程，由动能定理有q E1 L= 1
2 mv0
2
解得v0=
❑√
2q E1 L
m
粒子甲由P 到Q 的过程，水平方向做匀速直线运动，有2❑√3
3
L= v0t1
竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得q E2=ma
由运动学公式得L= 1
2 at1
2
解得E2=3 E1
（2）粒子甲在Q 点时竖直方向的分速度为v y =at1=
❑√
6q E1 L
m
设粒子甲速度方向与x 轴正方向的夹角为α，有tan α = v y
v0
= ❑√3
解得α =60°
粒子甲在磁场中做匀速圆周运动的速度大小为v =
❑√v0
2+ v y
2 =2
❑√
2q E1 L
m
由题意作出粒子甲的运动轨迹，如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
又由几何关系得r =
2❑√3
3
L
cos30° = 4
3 L
解得B = 3
2
❑√
2m E1
qL
由几何关系可知A 点到原点的距离为y =r +r sin30°
解得y =2 L
故A 点的坐标为(0,-2 L)
（3）设粒子甲、乙碰后的速度大小分别为v1、v2，根据碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有
mv =m v1+ m
3 v2，1
2 m v
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 × m
3 v2
2
解得v1= v
2，v2= 3 v
2
碰后两粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q1v1B =m v1
2
r1
，q2v2B = m
3 × v2
2
r2
由题意可知q1= q
4 ，q2= 3q
4
解得r1= 8
3 L，r2= 8
9 L
由T = 2πr
v 可知粒子甲、乙做圆周运动的周期分别为T 1= 8 πm
qB ，T 2= 8 πm
9qB
设从两粒子碰撞到第一次同时经过y 轴的时间为Δt，有2 Δt
T 1
=n，2 Δt
T 2
=m
n 和m 均为正整数，解得Δt = 4 πm
qB
14. 如图，是交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3 区域为电场，
场强均为E，2、4 区域为磁场，场强均为B，方向如图所示。质量为m，带电量为q的正粒子，
从1 区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是（ ）
A．粒子从4 区下边界穿出后的动能一定为2qEL
B．粒子从4 区下边界穿出后的水平速度一定为qBL
2m
C．粒子从4 区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为B ❑√
2qL
mE
D．若粒子恰未从第4 场区射出，则需满足E = 2q B
2 L
m
【答案】A
【详解】A．由于洛伦兹力总是不做功，粒子从静止释放到从4 区下边界穿出，根据动能定理可得
qE⋅2 L= 1
2 mv4
2
可知粒子从4 区下边界穿出后的动能一定为2qEL，粒子从4 区下边界穿出后的速度大小为
v4=2❑√
qEL
m
故A 正确；
BCD．由于电场力处于竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4 区下边界穿出，
水平方向根据动量定理可得∑F洛xt =m v x-0
其中∑F洛xt =∑q v y Bt =qB∑v yt =qB⋅2 L
联立可得粒子从4 区下边界穿出后的水平速度为v x = 2qBL
m
则粒子从4 区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为cosθ = v x
v4
= B ❑√
qL
mE
若粒子恰未从第4 场区射出，粒子达到4 区下边界的竖直分速度刚好为0，则有
v x = 2qBL
m
= v4=2❑√
qEL
m
解得E = q B
2 L
m
故BCD 错误。
故选A。
15. 如图所示，间距为d0的两平行板之间有方向水平向右的匀强电场，电场强度为E0，
与右侧板相切的圆筒内（俯视图）有垂直于纸面向里的匀强磁场，两平行板中点M、N 与切点
P处有小孔。现电荷量与质量均相同的两个带正电的粒子a与b在M孔处先后由静止释放，粒
子a经电场加速后从P点沿半径进入匀强磁场中运动，当粒子a与筒壁碰3 次刚好回到P时与后
释放的粒子b恰好相碰，以后粒子a与粒子b均在P点相碰，所有碰撞均为弹性碰撞，不计重力，
不计碰撞时间。求：
(1)圆筒的半径R；
(2)粒子a与b在M孔处先后由静止释放，若仅调整匀强电场的电场强度和极板间距，使粒子a在磁场
内与筒壁碰5 次后与粒子b在P点相碰且二者以后每次仍在P点相碰，则场强和极板间距应改为多少？
【答案】(1)2d0
π
(2)2❑√3
3
d0
【详解】（1）两粒子发生弹性碰撞，则有m v1+m v2=m v
'
1+m v
'
2，
1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2= 1
2 m v
'
1
2+ 1
2 m v
'
2
2
解得v
'
1= v2，v
'
2= v1
可知，撞后二者交换速度，设粒子在P点速率均为v0，两粒子每次都在P点相碰，则粒子在电场中
v = v0
2 ，t0= 2d0
v
在磁场中，作出粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子的轨迹圆半径等于磁场圆半径r0= R
在磁场中运动时间t = 2π r0
v0
两粒子每次都在P点相碰，则有t =t0
解得R = 2d0
π
（2）若粒子与圆筒碰5 次，其轨迹如图所示
根据几何关系有θ =30°
则粒子圆周运动的轨道半径r = R tan30°
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB =m v
2
r ，q v0 B =m v0
2
r0
解得r = mv
qB ，r0= m v0
qB
结合上述有r0
r = ❑√3，v0
v = ❑√3
粒子在磁场中圆周运动的周期T = 2πr
v
结合上述解得T = 2πm
qB
根据粒子运动轨迹对应圆心角可知t0= 4×(180
∘-90
∘)
360
∘
T =T，t = 6×(180
∘-2×30
∘)
360
∘
T =2T
粒子在电场中运动过程，根据动量定理有q E0⋅t0
2 =m v0，qE⋅t
2 =mv
解得E =
❑√3
6 E0
粒子在电场中运动过程，根据动能定理有q E0d0= 1
2 m v0
2，qEd = 1
2 m v
2
解得d = 2❑√3
3
d0
类型5 带电粒子在组合场中的立体空间问题
16. 如图甲所示，足够大的两平行板P、Q 水平固定，间距为d，板间有可独立控制的周
期性变化的电场和磁场。电场和磁场都取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度随时间的变化规
律如图乙所示，电场强度随时间的变化规律如图丙所示。t=0 时刻，一质量为m、带电量为+q
的带电粒子（不计重力），以初速度v0由Q 板左端靠近板面的位置水平向右射入两板间。当
B0、TB、TE取某些特定值时，可使粒子经一段时间垂直打在P 板上（不考虑粒子反弹）。上述
m、q、E0、v0、d 为已知量。
(1)若只加磁场且磁感应强度B0= 2mv0
qd
，粒子垂直打在P 板上，求粒子在板间运动的时间以及水平
位移；
(2)若同时加电场和磁场，且磁感应强度B0= 3mv0
qd
，粒子垂直打在P 板上，求粒子在板间运动的位
移大小。
【答案】(1) 5 πd
12v0
，
❑√3-1
2
d
(2)❑√
2d
2+(
q E0 π
2d
2
16mn v0
2 )
【详解】（1）若只加磁场且磁感应强度B0= 2m v0
qd
，根据洛伦兹力提供向心力q v0 B0= mv0
2
R1
解得R1= d
2
粒子在磁场中的轨迹如图
由图可知R1+2 R1sinθ =d
解得θ =30°
水平距离x = R1-2 R1(1-cosθ)=
❑√3-1
2
d
圆周运动的周期T 1= 2πm
q B0
= πd
v0
运动时间t = 150°
360° T 1= 5 πd
12v0
（2）若同时加电场和磁场，且磁感应强度B0= 3mv0
qd
，根据洛伦兹力提供向心力q v0 B0= m v0
2
R2
解得R2= d
3
粒子在磁场中的轨迹如图
圆周运动的周期T 2= 2πm
q B0
= 2πd
3 v0
粒子在一个电场周期内，沿电场方向的速度变化为零，要使粒子垂直打到P 板上，有
3
4 T 2=nT E(n=1,2,3⋯⋯)
解得T E= πd
2n v0
(n=1,2,3⋯⋯)
粒子沿电场方向的位移大小y =n vm
2 T E=n× 1
2 × q E0
m × T E
2 ×T E= q E0 π
2d
2
16mn v0
2
在磁场中的位移x =
❑√d
2+d
2= ❑√2d
粒子在板间运动的位移大小s=
❑√x
2+ y
2=
❑√
2d
2+(
q E0 π
2d
2
16mn v0
2 )
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．
类型1 质谱仪的原理及应用
17. 质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造如图所示。粒子
源S 产生的各种不同正粒子束（速度可视为零），粒子质量为m、带电量为q，粒子重力不计，
经电压为U 的加速电场加速后，从小孔N 垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相
底片上的M 点。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子从小孔N 垂直于磁感线进入匀强磁场的速度大小为❑√
qU
m
B．若粒子束q 相同而m 不同，则MN 距离越大对应的粒子质量越小
C．进入匀强磁场中的粒子只要MN 距离相同，则粒子的比荷一定相等
D．进入匀强磁场中的粒子只要MN 距离相同，则粒子的电荷量一定相等
【答案】C
【详解】A．粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU = 1
2 m v
2
解得v = ❑√
2qU
m
故A 错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB =m v
2
r
可得r = 1
B
❑√
2Um
q
所以MN =2r = 2
B
❑√
2Um
q
若粒子束q 相同而m 不同，MN 距离越大对应的粒子质量越大，故B 错误；
CD．由MN = 2
B
❑√
2Um
q
可知只要MN 距离相同，对应的粒子的比荷一定相等，粒子质量和电荷量不一定相等，故C 正确，
D 错误。
故选C。
18. 如图所示为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏
转区组成。现有一α 粒子在P 点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀
速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到M 点，运动轨迹如图中虚线所示。α 粒子在静电
偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．静电偏转区内的电场是匀强电场
B．磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向外
C．仅将α 粒子改为质子，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动
D．仅将α 粒子改为氘核（❑1
2H），氘核仍会沿虚线运动到M 点
【答案】BCD
【详解】A．α 粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，电场力提供向心力，方向不断变化，说明电场
方向也不断变化，则电场不是匀强电场，故A 错误；
B．α 粒子在磁场偏转区受到的洛伦兹力提供向心力根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，
故B 正确；
C．在从加速电场射出后，满足qU = 1
2 m v
2
在静电偏转区域，由Fn=m v
2
r = 2qU
r
则E = 2U
r
则质子也能在静电偏转区域沿虚线做匀速圆周运动，与电荷和质量无关，故C 正确；
D．在从加速电场射出后，满足qU = 1
2 m v
2
α 粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区域，同样满足qE =m v
2
r
，做匀速圆
周运动；在磁场区域，也满足qvB =m v
2
r ，则氘核会沿虚线运动到M 点，故D 正确。
故选BCD。
19. 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U的电场加速后，沿图中半径为R的
圆弧虚线通过磁分析器，然后从M点垂直CD进入矩形CDQS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；DQ = 4 ❑√3d，MD =9d。整个装置处于真空中，
离子的质量为m、电荷量为q，离子重力不计。求：
(1)离子进入匀强磁场区域M点时的速度大小v及磁分析器通道内磁感应强度大小B0；
(2)若CDQS区域内只存在方向平行CD 的匀强电场，要求离子刚好打在Q点上，求电场强度E的大
小；
(3)若CDQS区域内只存在垂直纸面向里的磁场，要求离子能最终打在QD边上，求磁场磁感应强度
B的取值范围；
【答案】(1)v = ❑√
2qU
m
；B0= 1
R
❑√
2mU
q
(2)E = 3U
4 d
(3) 1
12d
❑√
6Um
q
≤B< 2
9d
❑√
2Um
q
【详解】（1）离子经过加速电场，由动能定理可知qU = 1
2 mv
2
解得v = ❑√
2qU
m
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B0qv =m v
2
R
解得B0= 1
R
❑√
2mU
q
（2）离子在水平方向做匀加速运动 9d = 1
2
qE
m t
2|
竖直方向做匀速运动 4 ❑√3d = vt
解得E = 3U
4 d
（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
Bqv =m v
2
r
解得r = 1
B
❑√
2Um
q
离子能打在QD上，则既没有从SQ边出去，也没有从MD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QD上，必须满足9
2 d <r ≤4 ❑√3d
则有1
12d
❑√
6Um
q
≤B< 2
9d
❑√
2Um
q
类型2 回旋加速器的原理和应用
20. 如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。该加速器由靠得很近、间距为d 且电势
差恒定为U 的平行电极板M、N 构成，电场被限制在M、N 板间，虚线之间无电场。某带电量
为q，质量为m 的粒子，在板M 的狭缝P0处由静止开始经加速电场加速，后进入D 形盒中的
匀强磁场做匀速圆周运动，每当回到P0处会再次经加速电场加速并进入D 形盒，直至达到预
期速率后，被特殊装置引出。已知P1、P2、P3分别是粒子在D 形盒中做第一、第二、第三次
圆周运动时，其运动轨迹与虚线的交点，不计粒子重力。求：
(1)粒子到达P2处的速率；
(2)图中相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值。
【答案】(1)❑√
4 qU
m
(2)
❑√2-1
❑√3- ❑√2
【详解】（1）粒子每次从极板M 向N 运动时被电场加速，进入磁场则做匀速圆周运动，速率不变，
根据分析，可知粒子到达P2处时共被电场加速2 次，对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能
定理可得 2qU = 1
2 m v2
2-0，可解得粒子到达P2处时的速率 v2= ❑√
4 qU
m
（2）根据题意，对粒子经过电场n 次加速的过程应用由动能定理 nqU = 1
2 m vn
2-0，可获得速率
vn= ❑√
2nqU
m
∝❑√n；粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n 次匀速圆周运
动，有 q vn B =m vn
2
rn
，可解得粒子在磁场中第n 次做匀速圆周运动的轨道半径
rn= m vn
qB ∝vn∝❑√n，则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值 P1 P2
P2 P3
= 2(r2-r1)
2(r3-r2) = v2- v1
v3- v2
=
❑√2-1
❑√3- ❑√2
21. 回旋加速器是一种利用磁场和高频电场对带电粒子进行加速的装置，主要应用在核医
学与放射性同位素生产、癌症治疗、工业和科研等领域。如图所示为回旋加速器的示意图，D
形盒置于匀强磁场中，两盒间高频电源的频率为f ，一质子（电荷量为e，质量为m）从中心粒
子源释放，多次回旋并加速后从边缘射出，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．交变电压的周期应等于粒子在磁场中运动周期的2 倍
B．所加匀强磁场的磁感应强度B = 2πmf
e
C．若考虑相对论效应，质子质量会增大，则高频交流电的频率应减小，才能保证粒子动能持
续增加
D．仅使高频交流电电压加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，最终获得的动能加倍
【答案】BC
【详解】A．粒子在磁场中运动一周加速两次，则交变电压的周期应等于粒子在磁场中运动周期，
故A 错误；
B．二者周期相等，则频率也相等，由周期公式T = 2πm
eB = 1
f ，可得磁感应强度B = 2πmf
e
故B 正确；
C．由周期公式T = 2πm
eB = 1
f ，质量m增大，则周期增大，频率减小，要保证粒子动能持续增加，则
高频交流电的频率应减小，故C 正确；
D．由公式evB = m v
2
r
，得v = eBr
m
当r取最大半径R时，粒子有最大速度vm = eBR
m
则最终的动能为Ek= 1
2 mvm
2= e
2B
2 R
2
2m
可知最终获得的动能与加速电压无关，根据qU = Δ Ek
可知仅使高频交流电电压加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，总的加速次数就减少，最终动能
其实不变，故D 错误。
故选BC。
22. 回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中
间开有一条狭缝；两个D 型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A 处有粒子
源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中。在磁场力的作用下运动半个圆
周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电
压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也
越来越大，最后到达D 型盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为
m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D 型盒的半径为R，设狭缝很窄，
粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和
粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：
（1）交变电压的周期T；
（2）粒子被加速后获得的最大动能Ekm；
（3）粒子在回旋加速器中运动的总时间。
【答案】（1）2πm
Bq ；（2）q
2B
2 R
2
2m
；（3）t = qπB R
2
2eU - πm
qB
【详解】（1）设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运
动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则
Bqv =m v
2
r
v = 2πr
T
联立以上两式，解得交变电压的周期为
T = 2πm
Bq
（2）粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为
v，有
q vmB = m vm
2
R
解得
vm= qBR
m
设粒子的最大动能为Ek，则
Ekm= 1
2 m vm
2 = q
2B
2 R
2
2m
（3）粒子每被电场加速1 次，由动能定理得
eU = Ek
设加速的总次数为n，则有
Ekm=n Ek
粒子在D 型盒磁场内运动的时间
t =(n-1) T
2
联立解得粒子在回旋加速器中运动的总时间为
t = qπB R
2
2eU - πm
qB
