文档文本内容
大题精练05 带电粒子在复合场、组合场中的运
动问题
一、带电粒子在组合场中的运动
1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
项目
垂直进入磁场（磁偏转）
垂直进入电场（电偏转）
情境图
受力FB=q v0 B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向
变化，FB为变力
F E=qE，F E大小、方向不变，为恒力
运动规
律
匀速圆周运动r = m v0
Bq ，T = 2π m
Bq
类平抛运动v x= v0，v y = Eq
m tx = v0t，
y = Eq
2m t
2
2.基本思路
二、带电粒子在叠加场中的运动
1.几种简单情况
（1）若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动状态或静止状态。例如电场与磁场叠
加时满足qE =qvB，重力场与磁场叠加时满足mg=qvB，重力场与电场叠加时满足mg=qE。
（2）若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F =qvB的方向与速度v
方向垂直。
（3）若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
即qvB =m v
2
r 。
2.解决带电粒子（带电体）在叠加场中运动的基本思路
三、“配速法”及正则动量的应用
1.配速法
（1）滚轮线（摆线）是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，如图所示。
（2）配速法：若带电粒子在叠加场中做一般曲线运动，运动分析比较复杂，此时，我们可以把初
速度分解为两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或静电力，或重力和静电力的
合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可
以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。
（3）配速法处理叠加场中的滚轮线类问题
常见情况
处理方法
初速度为0，有
重力
把初速度0 分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2，v1和v2大小相等，且
满足q v2B =mg，则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运
动的合运动
初速度为0，不
计重力
把初速度0 分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2，v1和v2大小相等，且
满足q v2B =qE，则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运
动的合运动
初速度为0，有
重力
把初速度0 分解为一个斜向右上的速度v1和一个斜向左下的速度v2，v1和v2大小
相等，且满足q v1B与重力及电场力的合力平衡，则粒子的运动可看作以v1做匀速
直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动
初速度为v0，有
重力
把初速度v0分解为v1和v2，且满足q v1B =mg，则粒子的运动可看作以v1做匀速
直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动
2.正则动量
假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为+q。在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀
强磁场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。
沿两轴方向的洛伦兹力分力
F x=q v y B
F y =q v x B
两个方向分别由动量定理得
−q v y B Δt =m Δv x
q v x B Δt =m Δv y
即−qB Δ y =m Δv x，qB Δ x =m Δv y
两边累加得−qBy =m v x1−m v x 0，qBx =m v y 1−m v y 0
正则动量的使用要点在于：要研究哪个方向的位移大小，就在与该方向垂直的方向应用动量定理。
相比传统的画出实际运动轨迹的处理方法，引入正则动量概念可以简化求解此类问题的过程，避开
了复杂的轨迹描绘和几何运算，只需进行始末状态的分析，更加简洁明晰，从宏观上直达物理问题
的本质。
【例题1】（2025·浙江·一模）磁场强化静电除尘装置的核心结构如左图所示。长、宽和高分别
为L、2L 和h 的集尘箱水平放置，在其左侧装入高度为h，宽度为L 的粉尘流加速通道，加速通
道左右两侧为栅极板，施加的加速电压为U1，粉尘带负电。集尘箱的上、下金属板与直流电源
相连（电源的输出电压为U2大小可调），在箱内空间产生方向竖直向上的匀强电场，如右图所
示。均匀分布的带电粉尘流从左侧壁飘入加速通道，飘入的初速度可视为零，当粉尘颗粒碰到下
板后立即被中和与收集。到达右侧壁的粉尘不被收集穿出盒区。不计粉尘的重力、空气阻力及相
互作用力，不考虑电磁场的边界效应。
(1)当U1、U2固定时，请计算说明该集尘箱对质量与带电量不同的粉尘收集率是否相同；（收集
率指落到集尘箱下底板的粉尘颗粒占全部进入集尘箱粉尘颗粒的百分比）
(2)当处理质量均为m，带电量均为-q 的带电粉尘颗粒时，调节U 2= U 1
2
， h=(
1
4 + π
12)L，若在
左图和右图所示的虚框范围（区域Ⅱ）内同时施加一磁感应强度大小B = 1
L
❑√
2U 1m
q
，方向竖直
向上的匀强磁场，其中ab 为下板的I 和Ⅱ区域的分界线。
①求粉尘在区域Ⅱ运动的最长时间；
②求此时粉尘的收集率η；
③若单位时间单位面积进入集尘盒加速通道的电粉尘颗粒数量均为n 个，求稳定工作时该装置电
场对带电粉尘做功功率。（结果用U1、q、n、L 表示）
【答案】(1)相同
(2)①πL
6
❑√
m
2qU 1
；②50%；③( 19
64 + 19 π
192 )U 1qn L
2
【详解】（1）对粉尘颗粒在加速通道中的运动列动能定理方程有U 1q = 1
2 m v0
2
解得粉尘颗粒进入集尘箱的初速度为v0=
❑√
2qU 1
m
粉尘颗粒在集尘箱内做类平抛运动，其水平方向为匀速直线运动，设粉尘颗粒在集尘箱内运动的
时间为t，则有t = L
v0
粉尘颗粒在竖直方向做的是从静止开始的匀加速直线运动，则根据牛顿第二定律有
a= Eq
m = U 2q
hm
所以粉尘颗粒在竖直方向上运动的最大位移为y = 1
2 at
2= U 2 L
2
4U 1h
若该粉尘颗粒不能100%被收集，则其竖直方向上运动的最大位移y = U 2 L
2
4U 1h与q、m 无关。又因
为收集率为η= y
h = U 2 L
2
4U 1h
2
所以收集率也与q、m 无关，即当U1、U2固定时，该集尘箱对质量与带电量不同的粉尘收集率相
同。
（2）①由分析可知，粉尘颗粒进入区域Ⅱ后在垂直于磁场平面内以v0做匀速圆周运动，由洛伦
兹力提供向心力有Bq v0=m v0
2
R
解得粉尘颗粒做圆周运动的半径为R = m v0
Bq = L
设粉尘颗粒转过的最大圆心角为θ，其垂直于磁场方向的运动轨迹如图所示：
则根据几何关系有sinθ = L
2 R = 1
2
解得θ = π
6
又因为粉尘颗粒做圆周运动的周期为T = 2πR
v0
所以粉尘颗粒在区域Ⅱ运动的最长时间为t1=
π
6
2π T = πL
6 v0
= πL
6
❑√
m
2qU 1
②粉尘颗粒在集尘箱中的运动的最长时间为t2=
L
2
v0
+t1=
L
2 + π
6 L
v0
则粉尘颗粒在集尘箱内竖直方向上运动的最大位移为y = 1
2 at2
2
此时粉尘的收集率为η= y
h
联立解得η=50 %
③由分析可知，稳定工作时该装置电场对带电粉尘做功功率为
P=(U 1q+ 1
4 U 2q+ 1
8 U 2q)nhL=( 19
64 + 19 π
192 )U 1qn L
2
【例题2】（2025·浙江·二模）如图甲所示，平行金属板M、N 水平固定放置，两板间加有如图
乙所示的周期性变化的电压，M、N 板右侧的BAC 区域内有竖直向上的匀强电场，M、N 板的右
端均在竖直边AB 上，A 点到M 板的距离为h，∠A =37
∘质量为m、电量大小为e 的电子由静止
开始，经电压也为U 0的电场加速后，连续不断地沿与M、N 板平行的方向从两板正中间射入两
板之间，所有电子都能从两板间飞出，且在两板间运动的时间均为2t0，t =0时刻射入M、N 板
间的电子恰好从M 板的右边缘飞出，已知U 0=2mh
2
et0
2 ，其中m，e，h，t₀ 为已知量，不计电子
的重力，求：
(1)金属板的板长；
(2)M、N 板间的距离;
(3)要使所有的电子均不能从AC 边射出，BAC 区域内的匀强电场的电场强度至少多大；
(4)在（1）（2）的条件下，若将BAC 区域改为垂直纸面向里磁感应强度为B =8m
9et0
的匀强磁
场，已知点A 到M、N 板右端的水平距离为0（即电子从板右端射出后立即进入磁场），AC 的
长度足够长，求从AC 边界射出磁场的电子占电子数量的百分比。
【答案】(1)4h
(2)2h
(3)32mh
9et0
2
(4)25%
【详解】（1）设电子经加速电场加速后的速度大小为v0，根据动能定理eU 0=1
2 mv0
2
解得v0= ❑√
2eU 0
m
=2h
t0
则板长为L= v0×2t0=4h
（2）从t=0 时刻进入M、N 板间的电子在垂直于极板方向先做匀加速运动后做匀减速运动，设
电子运动的加速度为a，则有e E1=ma1
又因为E1= U 0
d
根据题意有1
2 d =2×1
2 a1t0
2
解得M、N 板间的距离为d =t0
❑√
2eU 0
m
=2h
（3）由于所有电子经过M、N 板的运动时间均为2t0，因此所有电子出M、N 间电场时，速度均
沿水平方向，且速度大小均为v0=2h
t0
要使所有电子均不从AC 边射出，则从M 板边缘飞出的电子在电场中的运动轨迹刚好与AC 相
切。设电场强度的大小为E2，则粒子在该电场中运动的加速度为a2= e E2
m
根据题意，从M 边缘飞出的电子运动到刚好与AC 相切的位置时，速度与水平方向夹角为53°，
根据类平抛规律则有tan53
∘= a2t2
v0
水平方向x = v0t2
竖直方向y =1
2 a2t2
2
根据几何关系有tan37
∘=
x
h+ y
联立解得BAC 区域内的匀强电场的电场强度至少为E2=16U 0
9h
=32mh
9et0
2
（4）设从距离M 板为dy的P 点进入磁场的电子轨迹恰好与AC 相切，此时满足的几何关系为
sin37
∘=
r
h+d y+r
洛伦兹力提供向心力e v0B = mv0
2
r
解得轨道半径r = m v0
eB =9
4 h
解得d y =1
2 h
又因为d=2h
故从AC 边界射出磁场的电子占比为η= d y
d ×100%=25%
难度：★★★★★ 建议时间：100 分钟
1.
（2025·浙江·一模）如图所示，在xOy 平面内，有一宽度为b 的粒子源持续不断地沿x 轴正方向发
射速率均为v0带正电的粒子，在粒子源的右侧，有一个半径为R 的圆形匀强磁场，匀强磁场的方向
垂直xOy 平面向外，磁感应强度大小为B1=B，其中平行于x 轴正方向正对圆形磁场圆心O1射入磁
场的粒子经磁场偏转后恰沿y 轴的负方向从O 点射出。x 轴下方有一与其平行的直线区域AC，AC
与x 轴相距为d，x 轴与直线AC 间区域分布有平行于y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小
E = 3mv0
2
2qd
，已知b=
❑√3 R
2
，不计粒子的重力，忽略电子间相互作用和各场的边缘效应。求：
(1)粒子的比荷q
m；
(2)粒子流从O 点射出时与负y 轴方向的夹角θ 的范围；
(3)粒子离开匀强电场时速度的大小以及与AC 夹角的最小值β 的余弦值；
(4)在AC 下方区域加另一个垂直于纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小B2=kh（其中h 为粒子
离AC 的距离，k = mv0
q d
2 ），求粒子能到达离AC 的最远距离hm。
【答案】(1) v0
BR
(2)0°≤θ≤60°
(3)2v0，
❑√3
4
(4)❑√(4+ ❑√3)d
【详解】（1）如图所示
由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r = R
由牛顿第二定律可得qB v0=m v0
2
R
所以粒子的比荷q
m = v0
BR
（2）由几何知识知四边形P、O1、O、O2为菱形，粒子运动的半径为R，则sinθ = b
R =
❑√3
2
所以θ =60°
则粒子流从O 点射出时与负y 轴方向的夹角0°≤θ≤60°；
（3）由动能定理得qEd = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
解得v =2v0
如图所示
粒子进入匀强电场后，x 方向做匀速直线运动，则v x = v0sinθ =
❑√3
2 v0
离开电场时与AC 的最小偏角为cos β = v x
2v0
即cos β =
❑√3
4
（4）规定沿x 轴正方向为正方向，对运动粒子x 轴方向，由动量定理得
∑q B2v y Δt =mv −m(−v x)
即q⋅mv0
q d
2 ⋅hm
2
2 =(2+
❑√3
2 )mv0
所以hm = ❑√(4 + ❑√3)d
2.
（2025·浙江·一模）如图甲所示，装置1 由多个横截面积相同的金属圆筒沿同一直线水平排列而成，
圆筒长度依次按一定规律增加。奇数序号的圆筒与交变电源的一个电极相连，偶数序号的圆筒与另
一电极相连，图乙为交变电源两极间电势差随时间的变化规律。在t =0时刻，偶数圆筒相对于奇数
圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0 的金属圆板（与偶数圆筒相连）中心的一个带正电粒子，
在圆板与圆筒1 之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1。为使粒子在通过任意两个
圆筒之间的间隙时都能在电场力作用下持续加速，圆筒的长度需按一定规律设计。粒子离开装置1
后，沿虚线进入装置2。装置2 中的水平极板a、b足够长，且关于虚线对称放置，板间距d =1cm，
板间加有恒定电压U ab= 400 V，方向如图所示，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
B =1T。已知粒子比荷q
m = 4×10
6C/kg，粒子通过圆筒间隙的时间可忽略，重力不计。求
(1)若粒子恰能沿虚线匀速通过装置2，装置1 中应设置的圆筒个数N 1；
(2)若粒子能够通过装置2 且不碰到极板，装置1 中应设置的圆筒个数N 2；
(3)若装置2 的两极板内侧涂有特殊材料，粒子与板发生弹性碰撞时，沿板方向速度分量不变，垂直
板方向速度分量大小不变、方向反向。若装置1 中设置16 个圆筒，粒子相邻两次打到板上的时间
间隔Δt及相邻落点之间的距离Δ x。
【答案】(1)4 个
(2)3、4、5 或6 个
(3)π
6 ×10
−6s，(
❑√3+ 2
3 π)×10
−2m
【详解】（1）带电粒子恰能沿虚线匀速通过装置2，即带电粒子所受静电力与洛伦兹力平衡。设带
电粒子离开装置1 速度为v1，则有q U ab
d =q v1B
解得v1= 4×10
4 m /s
设装置1 中设置N 1个圆筒，对带电粒子在装置1 中的过程应用动能定理，则有N 1qU 0= 1
2 mv1
2
解得N 1= 4
即装置1 中应设置4 个圆筒。
（2）设带电粒子离开装置1 速度为v2。
（方法一）若带电粒子恰能打到下极板，设带电粒子打到下极板速度为v3，由动能定理
1
2 qU ab= 1
2 mv3
2−1
2 mv2
2
水平方向由动量定理得1
2 qBd =m v3−m v2
解得v2=3×10
4 m /s
若带电粒子恰能打到上极板，设带电粒子打到下极板速度为v4，由动能定理
−1
2 qU ab= 1
2 m v4
2−1
2 m v2
2
水平方向由动量定理得−1
2 qBd =mv4−mv2
解得v2=5×10
4 m /s
综上3×10
4 m /s≤v2≤5×10
4 m /s
设装置1 中设置N 2个圆筒，对带电粒子在装置1 中的过程应用动能定理，则有N 2qU 0= 1
2 mv2
2
将3×10
4 m /s≤v2≤5×10
4 m /s代入解得9
4 ≤N 2≤25
4
装置1 中应设置3、4、5 或6 个圆筒。
（方法二）带电粒子的运动可以分解为v1的匀速直线运动与(v2−v1)的匀速圆周运动。
匀速圆周运动的半径为r = m|v2−v1)
qB
带电粒子不打到极板，即2r ≤1
2 d
解得3×10
4 m /s≤v2≤5×10
4 m /s
设装置1 中设置N 2个圆筒，对带电粒子在装置1 中的过程应用动能定理，则有N 2qU 0= 1
2 mv2
2
将3×10
4 m /s≤v2≤5×10
4 m /s代入解得9
4 ≤N 2≤25
4
故装置1 中应设置3、4、5 或6 个圆筒
（3）装置1 中设置16 个圆筒，由动能定理得16qU 0= 1
2 mv0
2
解得v0=8×10
4 m /s
将带电粒子的运动可以分解为v1的匀速直线运动与(v0−v1)= 4×10
4 m /s的匀速圆周运动。由洛伦
兹力提供向心力q(v0−v1)B =m (v0−v1)
2
r
解得匀速圆周运动的半径为r = m(v0−v1)
qB
=1cm =d
如下图所示
当匀速圆周分运动至1 处时，带电粒子打到上极板，随后沿板方向速度分量不变，垂直板方向速度
分量大小不变，方向反向，即匀速圆周分运动变至2 处。随后匀速圆周分运动再从2 处运动至1 处，
故相邻两次打到板上的时间间隔为t = 2πm
3qB =π
6 ×10
−6s
相邻两落点间距离为Δ x = ❑√3r + v1t =(
❑√3+ 2
3 π)×10
−2m
3.
（2025·浙江宁波·一模）如图所示，在xOy平面（纸面）内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸
面向里的匀强磁场，垂直纸面的两块金属薄板K、A平行正对放置，两板高度均为d，间距也为d，
其中K板接地，A板与灵敏电流计相连并接地。当光照射K板右侧面时，K板整个右侧面都能发射质
量为m、电荷量为e的电子，电子的速度大小范围为0∼2eBd
3m ，方向与x轴正方向间的夹角范围为
−90°≤θ≤90°，A 板左、右两侧面均可接收电子。已知
sin14.5° =0.25,sin37° =0.6,sin 48.6° =0.75，忽略电子重力和电子间的相互作用力。
(1)某电子从K板上的P点以θ =53°射出后能到达A板上的Q点，P、Q两点的y坐标相同，求该电子
的速度大小；
(2)若向右平移A 板到某个位置时，灵敏电流计示数恰好减为0，求此时K、A 两板的间距；
(3)保持K、A 两板之间的距离为d。设当光照射K 板时，K板立即发射电子。若某时刻起光照射K板，
则经多长时间电流计开始有电流流过；若某时刻起停止光照，则流过电流计的电流还能持续多长时
间。
【答案】(1)v = 5eBd
8m
(2)4
3 d
(3)t1= 27πm
50eB ，t2= 4πm
3eB
【详解】（1）电子的运动轨迹如图1 所示，设半径为r1。
由几何关系得2r1sinθ =d
解得偏转半径r1= 5
8 d
由牛顿第二定律evB =m v
2
r1
解得发射速度v = 5eBd
8m
（2）沿y轴正方向发射最大速度v
′的电子恰好打不到A板时，光电流为零，电子的运动轨迹如图2
所示，设半径为r2。
由牛顿第二定律e v
′ B =m v
′2
r2
解得最大半径r2= 2
3 d，则两板间距为4
3 d
（3）虽然K板上电子的发射位置、速度大小和速度方向不同，但周期均相同T = 2πm
eB
考虑最先到达A板的电子，该电子运动轨迹如图3 所示，且取最大速度。
由e vm B =m vm
2
r2
解得r2= m vm
eB = 2
3 d
由几何关系2r2sinα =d
解得sinα = 3
4
根据题示α = 48.6°，则电流计经t1= 2α
360° T = 27πm
50eB
开始有电流流过，考虑最迟到达A板的电子，该电子沿y轴正方向发射，且取最大速度。
其运动轨迹如图4 所示。
由几何关系r2+r2cos β =d
解得β =60°，轨迹的偏转角为240°，则流过电流计的电流还能持续时间为t2= 2
3 T = 4πm
3eB
4.
（2025·浙江杭州·一模）某种显示器内部纵剖面结构简图如图甲所示。电子枪的灯丝通电后持续逸
出电子（初速度可忽略），电子先经电场加速后，速度大小为v0，再经磁透镜组汇聚后，形成极细
电子束，且电子速度大小不变，方向沿OO
′；最后该电子束经圆形匀强磁场偏转后打在屏幕上形成
亮点，磁场区域的圆心为O、半径为R、磁场方向垂直纸面。屏幕是以O点为球心、L为半径的球
面，O
′为屏幕中心，P、Q分别为屏幕的最高点和最低点，且间距也为L。各器件、电场和磁场均
关于主轴OO
′对称。已知电子质量为m、电荷量为e，忽略电子间的相互作用。
(1)求加速电场的电压；
(2)若电子束一直打在P点，判断此时圆形磁场的方向并求出其磁感应强度大小；（已知
tan π
12 =2−❑√3）
(3)若要在时间T内让屏幕上的亮点从P点沿圆弧
´
PO
′Q匀速率移到Q点，取垂直纸面向外为正方向，
求圆形磁场的磁感应强度随时间变化的关系；（结果中的角度用弧度表示；已知T远大于电子在圆
形磁场中运动的时间）
(4)如图乙所示是磁透镜组中某个磁透镜的原理图，其电子通道是一个圆柱体，内部存在从左向右逐
渐增强的磁场，其左端磁感应强度略小于右端，计算时可近似认为整个区域的磁感应强度大小均为
B0，MN为一条与主轴夹角为θ（θ很小，cosθ≈1，sinθ≈tanθ≈θ）的直磁感线。已知电子束
垂直通道的左侧端面入射，入射时电子束关于OO
′对称，其直径为b，某个位于电子束边缘的电子
从M点射入并从N点离开。求圆柱体长度a的最小值以及a取最小值时电子束从右端面飞出时的直
径。
【答案】(1)m v0
2
2e
(2)磁场垂直纸面向外，(2−❑√3)m v0
eR
(3)B = m v0
eR tan(
π
12 −π
6T t)
(4)2πm v0
e B0
，b−4 πθm v0
e B0
【详解】（1）由动能定理eU = 1
2 mv0
2
解得U = mv0
2
2e
（2）电子打到P点时运动轨迹及几何关系如图所示
由左手定则知，磁场垂直纸面向外，由几何关系得sinα = 1
2
解得α = π
6
又有tan α
2 = R
r1
eB v0= mv0
2
r1
联立解得B =
(2−❑√3)m v0
eR
（3）亮点做匀速圆周运动，角速度ω= 2α
T = π
3T
偏转角随时间变化规律β = π
6 −π
3T t
tan β
2 = R
r2
解得B = m v0
eR tan(
π
12 −π
6T t)
（4）把电子速度v0分别沿垂直于磁感线方向和沿磁感线方向分解，沿磁感线方向v x= v0cosθ
电子做匀速运动。垂直于磁感线方向，电子做匀速圆周运动，周期为T ≈2πm
e B0
电子转一圈刚好运动到N，a 取最小值，可得amin= v xT ⋅cosθ≈2πm v0
e B0
所有电子均垂直于入射处的磁感线做圆周运动，同时沿磁感线做匀速直线运动，并从磁感线的右端
离开磁透镜，周期均为T ≈2πm
e B0
，所以电子束从右端面飞出时直径为D =b−2⋅v xT ⋅sinθ或者
D =b−2⋅amin⋅tanθ
解得D =b−4 πθm v0
e B0
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O点为圆心，
磁场垂直纸面，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U，质量为m、电荷量为q的粒子从O点附
近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O点做圆周运动，半径为R。为将粒子引出磁场，在
P位置安装一个“静电偏转器”，如图2 所示。偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝
圆心为Q、圆心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E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M、N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P点所需要的时间t；
(2)粒子在圆弧形狭缝中运动的轨迹半径rQ；
(3)“静电偏转器”N板的最大厚度dm；
(4)磁场区域的最大半径Rm。
【答案】(1)(
q B
2 R
2
2mU −1)
πm
qB
(2)
q B
2 R
2
qR B
2−mE
(3)2(
❑√
R
2−2mU
q B
2 −❑√
R
2−4 mU
q B
2 )
(4)R+
2mER
q B
2 R−mE
sin α
2
【详解】（1）设粒子在P 的速度大小为v P，洛伦兹力提供向心力则有qvB =m v P
2
r
解得R = m v P
qB
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理则有nqU = 1
2 m v P
2
粒子在磁场中运动的周期为T = 2πR
v P
= 2πm
qB
粒子运动的总时间为t =(n−1)× T
2
解得t =(
q
2 R
2
2mU −1)
πm
qB
（2）设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，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q v P B−qE =m v P
2
rQ
解得rQ=
q B
2 R
2
qR B
2−mE
（3）由粒子的运动半径r = mv
qB
结合动能表达式Ek = 1
2 m v
2
整理可得r =
❑√2m Ek
qB
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为r1=
❑√2m(Ek P−qU )
qB
，r2=
❑√2m(Ek P−2qU )
qB
由几何关系有dm =2(r1−r2)
结合Ek P= (qBR)
2
2m
解得dm =2(
❑√
R
2−2mU
q B
2 −❑√
R
2−4 mU
q B
2 )
（4）设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为O
′。由题意知，O
′在EQ上，且粒子飞离磁场
的点与O、O
′在一条直线上，如图所示。
粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E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R，然后轨迹发生偏离，从偏转器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半
径即为Rm =OF = R +OO
′
将等腰三角形ΔOO
′Q放大如图所示
虚线为从Q点向OO
′所引垂线，虚线平分α角，则有OO
′ =2(rQ−R)sin α
2
解得最大半径为Rm = R+
2mER
q B
2 R−mE
sin α
2
6.
（2025·浙江·一模）利用正、负离子发电的装置如图所示，它由发射区、加速区和发电区组成。发
射区由正负离子源S1、S2和半径均为r 的两个圆形边界的磁场组成；建立以S1为坐标原点，水平向
右为x 轴，竖直向下为y 轴，则两圆心分别位于(r ,0)和(3r ,0)处，S2位于(4 r ,0)处；离子源
S1、S2单位时间内分别向圆形磁场发射质量均为m、速度均为v0、数量均为N、带电量分别为+q
和−q的离子，且沿各方向均匀分布，其中沿x 轴方向射入磁场的离子沿y 轴方向射出。加速区由
两个有理想边界且场强大小相等、方向相反、平行y 轴的匀强电场组成，电场上下边界的距离为
L，大小为E = 4 m v0
2
qL
。发电区由两足够长的平行金属板M 、N构成，其外侧接有阻值可调的负载
电阻R，两极板间存在匀强磁场，其大小与圆形磁场区域的大小相同，方向均垂直纸面向外。不考
虑离子的重力和离子间的相互作用力。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)从S1发出的离子沿着与x 轴夹角为θ的斜向下方向射入磁场，求其射出圆形磁场边界的位置坐标
( x , y)；
(3)断开开关S，求两板间的最大电压U m；
(4)闭合开关S，调节负载R 阻值，待电路稳定后，两板间电压U = 11mv0
2
q
，求此时负载消耗的电功
率P。
【答案】(1)B = m v0
qr
(2)x =r(1−sinθ)，y =r cosθ
(3)U m= 12m v0
2
q
(4)P= 22 Nm v0
2
3
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力可得q v0 B =m v0
2
r
解得磁感应强度大小B = m v0
qr
（2）如图所示
沿x 轴方向射入磁场的离子沿y 轴方向射出，可知离子回旋半径等于磁场区域半径，故离子经过圆
形磁场后均沿y 轴方向射出，根据几何关系有粒子射出圆形磁场边界的横坐标x =r(1−sinθ)
纵坐标y =r cosθ
（3）由动能定理，有qEL= 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
离子进入极板时的速度v =3 v0
S 断开时，离子在两板间匀速运动q U m
4 r =qvB
电压的最大值为U m= 12mv0
2
q
（4）当极板间电压为U 时，用以补偿电场力的洛伦兹力所需的速度v1满足q v1B =q U
4 r
即v1= 11v0
4
离子做圆周运动的速度分量v2= v −v1= v0
4
其半径r
′ = mv2
qB = 1
4 r
即位置坐标x<2r
′ = r
2的离子能打到极板形成电流
由式②知，其对应的角度θ = π
6 即θ≤π
6 以及向x 轴上方发射的离子均打不到极板
负载R 的电流I =
π
3 ·2
π
Nq = 2
3 Nq
负载消耗的电功率P=UI = 22 Nm v0
2
3
7.
（2025·浙江·一模）托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，将容器简化为
如图甲所示的足够长的空心圆柱，其半径为R =3 R0，PQ为空心圆柱的中心轴。圆柱内部以半径为
R0的圆为边界分成两部分磁场，侧视图如图乙所示，外环分布有垂直纸面向外磁感应强度为
B = 1
2 B0的匀强磁场；内环分布有逆时针的环形磁场，磁感应强度大小处处相等且大小为B0。在D
点设置一原子核发射装置，可发射电荷量为q、质量为m的氘核与电荷量为q、质量为3
2 m的氚核，
原子核发射时速度方向如图乙中所示沿半径向外，除碰撞外，忽略粒子间的相互作用。
(1)若两个动量大小均为p，方向相反的氘核与氚核对心碰撞发生核聚变，生成一个质量为2m的氦
核和质量为1
2 m的中子，碰后氦核的速度为v1，求该过程释放的核能Δ E；
(2)氚核发射速度v = q B0 R0
3m
，需要经过多长时间氚核第一次回到D点同一条轴线上的E点；
(3)假设原子核发射装置只持续稳定发射速度为v = q B0 R0
3m
的氚核粒子，粒子稳定后，轴向单位长度
内有n个氚核，求圆柱形容器内沿轴线方向的等效电流。
【答案】(1)5mv1
2−5 p
2
6m
(2)45 πm
2q B0
(3)nq
2B0 R0
6 πm
【详解】（1）氘核与氚核的动能分别为Ek2= p
2
2m，Ek3= p
2
3m
由动量守恒定律，有p−p=2mv1−1
2 mvn
解得vn= 4 v1
发生核聚变，释放能量，则Δ E =(
1
2 ×2m v1
2+ 1
2 × 1
2 m vn
2)−(
p
2
2m + p
2
3m)=5m v1
2−5 p
2
6m
（2）设氚核做圆周运动的半径为r，则qvB = 3
2 m v
2
r
解得r = R0
根据几何关系可知氚核再次回到内圆边界时，粒子的出射点与入射点对应内圆的圆心角为270°，氚
核沿径向进入内圆，在内圆磁场作用下沿轴向运动半个周期后再次回到圆边界沿径向飞出，进入环
形磁场B，然后做周期性的运动，运动情况如图甲（侧视图）、乙（正视图）所示
氚核第一次回到D 点同一条轴线上的E 点，需要在外环中运动四次，在内圆中运动三次，所用时间
为t = 4× 3
4 ×
2π ⋅3
2 m
qB
+3×
π ⋅3
2 m
q B0
= 18 πm
q B0
+ 9 πm
2q B0
= 45 πm
2q B0
（3）根据电流的定义式得I = Q
t = n v tq
t
设氚核在环形磁场中做圆周运动的半径为r0，氚核沿轴向的平均速度为v = 2r0
t1+t2
又由qv B0= 3
2 m v
2
r0
得r0= 1
2 R0
而t1= 3
4 ×
2π ⋅3
2 m
qB
，t2=
π ⋅3
2 m
q B0
联立解得等效电流I = nq
2B0 R0
6 πm
8.
（2025·浙江嘉兴·一模）如图所示，在x 轴上方存在一垂直xOy 平面向外的匀强磁场（未画出）。x
轴下方有一个半径为R 的圆形磁场区域，其圆心为y 轴上的A 点，边界过坐标原点O，磁感应强度
大小为B，方向垂直xOy 平面向里。位于x 轴负半轴的一绝缘板（厚度可忽略）CD 中心有一小孔，
孔径大小可以调整，小孔左端P 点横坐标恒为(−L,0)。位于圆形磁场右侧有一个粒子发射装置S
可以发射一束在y 轴方向均匀分布、速率相同并且平行于x 方向的带负电粒子流，粒子的质量为
m，电荷量为−q，粒子束的宽度为2R。处于装置中央的粒子速度方向对准A 点，且经过图示磁场
区域后刚好从坐标原点射出并从P 点射入第三象限。粒子的重力及相互作用忽略不计。求：
(1)该粒子流的速度；
(2)距离x 轴0.5R 的粒子，第一次经过x 轴时与y 轴正方向的夹角；
(3)若粒子束有一半能从板上的小孔通过，求小孔的宽度；
(4)在第（3）问的小孔宽度下，使x 轴上方磁场的磁感应强度变为原来的k 倍，求通过小孔的粒子
所占比例。
【答案】(1)qBR
m
(2)30°
(3)(1−
❑√3
2 )L
(4)当k > 2
❑√3
时，比例为0；当1≤k ≤2❑√3
3
时，比例为❑√1−3
4 k
2；当k <1时，比例为
❑√1−3
4 k
2−
❑√1−k
2
【详解】（1）由题可知粒子速度方向对准A 点时有r轨= R
洛伦兹力提供向心力q v0 B =m v0
2
r轨
解得v0= qBR
m
（2）如图所示，由几何规律可知，圆形磁场边界，出射速度与磁场区域半径的夹角等于入射速度
与磁场区域半径的夹角
入射时sinθ =
R−R
2
R
= 1
2
解得θ =30°
（3）设粒子从O 点进入第二象限后，经磁场偏转再次经过x 轴时所在位置离O 点距离为x，根据
洛伦兹力提供向心力可知q v0 B上=m v0
2
r
其中由（1）可知，粒子速度方向对准A 点时，刚好从坐标原点射出并从P 点射入第三象限，所以
粒子在x 轴上方磁场区域圆周运动的半径r = L
2
又因为x =2⋅r ⋅cosθ =2 m v0⋅cosθ
q B上
=2 m v y
q B上
所以粒子从O 点入射时，y 方向速度越大，偏转位移x 越大，由于初始粒子沿y 轴方向均匀分布，
粒子束有一半能从板上的小孔通过，也即距离x 轴0.5 R ~1.5 R的粒子均能从小孔通过，其中距离x
轴0.5R 时，也即θ =30°的粒子刚好击中孔的右边界，此时x右=2 m v0⋅cos30°
q B上
=
❑√3
2 L
故小孔宽度为L−x右=(1−
❑√3
2 )L
（4）由（3）可知，k 越大，x 越小，对此分为如下三种情况：
（i）当从O 点沿y 轴正向入射时（x 最大），若击中小孔的右边界，则无粒子能通过小孔，则有
x右=2 mv0
qk B上
=
❑√3
2 L
解得k = 2
❑√3
所以当k > 2
❑√3时，粒子所占比例η=0
（ii）若偏转位移最大的粒子能通过小孔，即x
max
右
=2r =2 m v0
q B上
≤L
解得k ≥1
此时击中小孔右边界的粒子从O 点入射时，其与y 轴的夹角为α，满足关系
x右=2 mv0⋅cosα
qk B上
=
❑√3
2 L
解得cosα =
❑√3
2 k
而粒子偏转角度越小越容易打中小孔（越靠近A 点所在水平方向上），故粒子所占比例
η= 2⋅R⋅sin a
2 R
= ❑√1−3
4 k
2
（iii）若k <1，则偏转位移最大的粒子击在P 点左侧，能通过小孔则击中小孔左边界的粒子从O
点入射时，其与y 轴的夹角为β，满足关系x左=2 m v0⋅cos β
qk B上
= L
解得cos β =k
同时还要满足粒子偏转距离x 大于小孔右边界，故粒子所占比例为
η= 2⋅R⋅(sin α −sin β)
2 R
= ❑√1−3
4 k
2−
❑√1−k
2
9.
（25-26 高三上·河北·阶段练习）一质量为m、电荷量为+q的带电微粒在光滑绝缘水平面上运动，
其速度可用图示的直角坐标系内的一个点P(v x ,v y)表示，v x、v y分别为粒子速度沿两坐标轴的分
量，微粒出发时P点位于坐标原点O。微粒所在空间存在平行于绝缘平面的有界匀强电场，电场强
度大小为E。微粒在电场中加速一段距离，P点沿直线由O点移动到a(v ,0)点，微粒进入一竖直方
向、大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动到b(
v
2 ,
❑√3 v
2 )点。之后微粒进入同时存在
匀强电场和匀强磁场区域，磁场的磁感应强度保持不变，P点在以Q(0,
❑√3 v
2 )为圆心的半圆上移
动到c(−v
2 ,
❑√3 v
2 )点，此时将微粒动能瞬间增加mv
2
12 ，P点由c点变到d点，继续在以Q为圆心的
圆周上移动，此后每次经过平行于v x轴的虚线NQ时动能均瞬间增加m v
2
12 ，且P点始终沿以Q为圆
心的圆周移动。求∶
(1)微粒沿直线运动的距离；
(2)P点由a到b的过程中微粒的运动时间；
(3)P点再次回到O点时微粒到出发点的距离
【答案】(1)d = mv
2
2 Eq
(2)t1= πm
3qB
(3)s=
❑√
m
2v
4
4 E
2q
2 + (11❑√3 π +6−2❑√3)
2m
2v
2
16q
2B
2
【详解】（1）微粒在匀强电场中直线加速过程，由动能定理Eqd = 1
2 m v
2
得d = mv
2
2 Eq
（2）由图可知，P 点由a 移动到b 过程，微粒在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
qvB =m v
2
R ，qvB =mR 4 π
2
T 1
2
可得T 1= 2πm
qB
圆心角为tanθ = v y
v x
解得θ = π
3 ，t1= θ
2π T 1= πm
3qB
（3）P 点由a 移动到b 过程R = mv
qB
沿v x轴方向微粒运动距离x1=
❑√3
2 R
沿v y轴方向微粒运动距离y1= 1
2 R
进入磁场与电场叠加区域后，P点以Q为圆心移动，可知qB v y = E2q
微粒沿v y轴方向以速度
❑√3
2 v做匀速运动，同时q vPx B =m vPx
2
R1
，以R1做匀速圆周运动。
假设经n次加速P点能回到O点，则第n次加速后，速度的水平分量为vnx =
❑√3
2 v，n应为正整数
n× 1
12 mv
2= 1
2 m(vnx)
2+ 1
2 m(
❑√3
2 v)
2
−1
2 m( 1
2 v)
2
−1
2 m(
❑√3
2 v)
2
得n=3
此时Rn= m vnx
qB
可得Rn=
❑√3mv
2qB
设P在a点时，微粒的空间位置为A，则微粒第n次加速后回到O点时，微粒恰好在A点沿v y轴正向
距离为y2的某位置；由b到O 点t2= 11πm
2qB
y2=
❑√3
2 v ×t2+ y1+2 R1−Rn
可得y2= (11❑√3 π +6−2❑√3)mv
4 qB
则再次回到O点时，离出发点的距离为s=
❑√
m
2v
4
4 E
2q
2 + (11❑√3 π +6−2❑√3)
2m
2v
2
16q
2B
2
10. （2025·浙江杭州·一模）一圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足
够长，半径R。在O 点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0、质量是m、电量为e 的
电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如
图（b）所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上。忽略场的边界效应、电子
受到的重力及电子间相互作用力。若电子碰到筒壁，则被吸收且电中和，R、v0、m、e 均为已知量。
(1)求B0的大小；
(2)接第（1）问，当磁感应强度大小调至B = 1
2 B0
①求垂直中心轴发射的电子，从发射到落到筒壁上的时间；
②求筒壁上落有电子的区域面积S；
③如图c 若电子发射速度与中心轴夹角为α，可经过离O 点正上方距离为y = ❑√3π R的点，求α 角
的可能值。
【答案】(1)2mv0
eR
(2)①π R
3 v0
；②2❑√3π
2 R
2；③0°或30°
【详解】（1）当磁场的磁感应强度为B0时，电子刚好不会落到筒壁上。则电子以速度v0垂直轴线
方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为R0= R
2 ，根据洛伦
兹力提供向心力可得e B0v0= m v0
2
R0
联立解得B0= 2m v0
eR
（2）①当B = B0
2
，电子轨道半径r = R，如下图所示P 点为电子在筒壁落点△AOO
′ P为等边三角
形
所以t = 60°
360° ×2π R
v0
=π R
3 v0
②磁感应强度调整为B0
2 后，将速度方向与中心轴夹角为θ 的电子运动分解为垂直轴线方向上做匀
速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解
v x = v0sinθ，v y = v0cosθ
电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹圆半径
为R0= R
2
根据洛伦兹力提供向心力可得e B0
2 v x = mv x
2
R0
联立解得v x = v0
2 ，θ =30°
解得v y = v0cosθ =
❑√3 v0
2
电子发出到与筒壁相切时间t =π R0
v x
=π R
v0
电子发射方向上下对称，则打在筒壁沿轴方向长度ym =2v yt = ❑√3π R
可知最大面积S =2π R ym =2❑√3π
2 R
2
③根据题意可知α =0°时电子不受洛伦兹力，可匀速直线运动过y = ❑√3π R点。
当α ≠0°电子水平方向圆周运动周期为T = 2πm
eB
= 2π R
v0
竖直方向匀速直线运动y =nT v0cosα(n=1,2,3⋯)
解得cosα =
y
nT v0
=
❑√3
2n (n=1,2,3⋯)
当n=1 时α =30°；
当n>1 时α >30°，电子打在筒壁上，不符合要求。
综上所述：经过O 点正上方距离为y = ❑√3π R的点α 角的可能值是0°或30°。
