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1 / 11 素养培优3 带电粒子在组合场中的运动 1.带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较 垂直进入磁场（磁偏转） 垂直进入电场（电偏转） 情境图 受力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心， FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE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 vx＝v0，vy＝Eq m t x＝v0t，y＝Eq 2mt2 2.常见运动及处理方法 磁场与磁场的组合 【典例1】 （2024·湖北高考7 题）如图所示，在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量 为q（q＞0）的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（ ） A.粒子的运动轨迹可能经过O 点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为7 π m 3qB D.若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为√3qBR 3m 答案：D 解析：根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O 点，粒子射出圆形区域时的 速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B 错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R 时，粒子连续两次由A 2 / 11 点沿AC 方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1 所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝mv1 2 r1 ，又 T1＝2π r1 v1 ，则最短时间间隔为tmin＝2T＝4 π m qB ，C 错误；粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短时，粒 子的运动轨迹如图2 所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝√3 3 R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m v2 2 r2 ，联立解得v2＝√3qBR 3m ，D 正确。 先电场后磁场 【典例2】 （多选）（2024·山西太原二模）如图所示的装置能分离各种比荷的带电粒子，三个初速度均为零的 带电粒子1、2、3 经电压为U 的电场加速后，从顶点A 沿AD 方向进入一个边长为a 的正六边形区域内，正六边形 区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知粒子1 刚好从顶点F 射出，粒子2 刚好从 顶点E 射出，粒子3 刚好垂直于ED 从G 点（未画出）射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ） A.粒子1、2、3 的比荷之比为9∶4∶1 B.G 点到E 点的距离为(2√3－3)a C.将磁感应强度减半，粒子1 在磁场中的运动时间不变 D.将磁感应强度减半，粒子2 会从G 点射出 答案：BD 解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，在加速电场中，根据动能定理得： Uq＝1 2mv2 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得： qvB＝mv 2 r 解得r＝1 B√ 2mU q 粒子1、2、3 的运动轨迹如图所示 3 / 11 由几何关系知r1＝√3 3 a，r2＝√3a，r3＝2√3a，解得r1∶r2∶r3＝1∶3∶6，由r＝1 B√ 2mU q ，可得k＝q m ∝( 1 r) 2 ， 故k1∶k2∶k3＝36∶4∶1，故A 错误；由几何关系知O3E＝ √3a tan30°＝3a，解得G 点到E 点的距离为x1＝r3－O3E ＝(2√3－3)a，故B 正确；将磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径都加倍，粒子1 从EF 之间射出，在磁 场中运动的时间变长，粒子2 从G 点射出，C 错误，D 正确。 【典例3】 （2024·青海西宁三模）如图所示，一虚线将xOy 坐标系分为上下两部分，虚线交y 轴于P 点、交x 轴 于Q 点，∠PQO＝60°。虚线上方区域为垂直于PQ 指向左下方的匀强电场，电场强度大小为E；下方区域为垂直 于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量为q（q＞0）、质量为m 的粒子从P 点以v0沿x 轴正方向抛 出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N（M、N 两点未画出）。 （1）求从P 点运动至M 点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离； （2）若PM＝MN，求磁感应强度的大小。 答案：（1）3mv0 2 8qE （2）2 E v0 解析：（1）将v0沿电场强度方向和垂直于电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0 时，粒子离虚线边界 最远，根据牛顿第二定律有qE＝ma t1＝v0sin60° a 最远距离s＝1 2at1 2＝3m v0 2 8qE 。 （2）粒子运动轨迹如图所示。粒子从P→M 在垂直于电场强度方向上做匀速直线运动，则 PM＝v0sin 30°·2t1＝√3m v0 2 2qE 粒子从M 到N 做匀速圆周运动，由qv0B0＝mv0 2 R0 整理得R0＝m v0 q B0 由几何关系知MN＝2R0cos 30°＝√3m v0 q B0 结合PM＝MN 4 / 11 解得磁感应强度的大小为B0＝2 E v0 。 先磁场后电场 【典例4】 （2024·山西临汾三模）如图所示，平面直角坐标系xOy 中直线OM 与x 轴之间的夹角θ＝30°，OM 与x 轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM 与y 轴之间存在匀强电场 （图中没有画出）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从OM 上某点P 垂直于磁场进入磁场区域，粒子 速度方向与直线OM 之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x 轴，再次经过直线OM 时与坐标 原点O 的距离为L。不计粒子的重力。 （1）求该粒子进入磁场时速度v 的大小； （2）若电场方向沿y 轴负方向，粒子再次从P 点进入磁场区域，求电场强度E1的大小； （3）若带电粒子恰能再次从P 点以速度v 返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。 答案：（1）qBL 4 m （2）q B 2 L 3m （3）√3q B 2 L 8m ，方向垂直于OM 向下 解析：（1）根据题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有 qvB＝mv 2 r 解得r＝mv qB 粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可得，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r＝L 4 解得v＝qBL 4 m 。 （2）粒子进入电场时速度方向沿x 轴负方向，若电场方向沿y 轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有x＝ rcos 30°＝vt，y＝rsin 30°＝1 2a1t2 其中a1＝q E1 m 解得E1＝q B 2 L 3m 。 （3）粒子恰能再次从P 点以速度v 返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直于OM 向下， 粒子从Q 到P 做类斜抛运动，则有 r 2 ＝vcos 30°·t，vsin 30°＝a2t 5 / 11 其中a2＝q E2 m 解得E2＝√3q B 2 L 8m 。 多次出入电场、磁场 【典例5】 （2024·辽宁辽阳预测）如图所示，在直角坐标系xOy 的坐标平面内，边长为L 的正方形AOCD 区域 内有沿y 轴负方向的匀强电场，A 点在y 轴正半轴上，C 点在x 轴正半轴上，区域外有垂直于坐标平面向外的匀强 磁场，在坐标为(0，√3 4 L)的P 点以大小为v0的速度沿x 轴正方向射出一个质量为m、带电荷量为q（q＞0）的 粒子。粒子第一次经电场偏转从OC 的中点射出电场，此后粒子恰好从O 点第二次进入电场，不计粒子的重力， 求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）匀强磁场的磁感应强度大小； （3）粒子第三次离开电场的位置坐标。 答案：（1）2√3m v0 2 qL （2）4√3m v0 qL （3）(L，√3 L 4 ) 解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则 √3 4 L＝1 2 at1 2 1 2 L＝v0t1 根据牛顿第二定律有qE＝ma 解得E＝2√3mv0 2 qL 。 （2）设粒子第一次出电场时速度大小为v1，根据动能定理有qE×√3 4 L＝1 2mv1 2－1 2mv0 2 解得v1＝2v0 设粒子出电场时速度与x 轴正向的夹角为θ，则 v1cos θ＝v0 解得θ＝60° 由对称性可知粒子第二次进电场时速度与x 轴夹角60°斜向右上方，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝ 1 2 L 2sin60° ＝√3 6 L 6 / 11 根据牛顿第二定律有qv1B＝mv1 2 r 解得B＝4√3m v0 qL 。 （3）粒子第二次进电场后，做类斜上抛运动，设粒子仍从OC 边射出电场，则粒子第二次在电场中运动时间t2＝ 2v1cos30° a ＝L v0 粒子在电场中沿x 轴正方向运动的距离 x＝v0t＝L 即粒子刚好从C 点离开电场，根据对称性可知，粒子第三次进入电场的位置在OC 的中点，即粒子第三次出电场 的位置坐标(L，√3 L 4 )。 1.（多选）（2024·山西晋城三模）质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具。质谱仪的工作原理示意图如图所 示，粒子源S 从小孔S1向下射出各种速度的氕核（❑1 1H）、氘核（❑1 2H）、氚核（❑1 3H）及氦核（❑2 4He），粒子 经小孔S2进入速度选择器后，只有速度合适的粒子才能沿直线经过小孔S3，并垂直进入磁感应强度大小为B2的偏 转磁场，感光底片PQ 上仅出现了A、B、C 三个光斑，光斑A 到小孔S3的距离为2d。已知速度选择器两板间存在 垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，两板间距为d，板间电压为U，下列说法正确的是（ ） A.极板M 带负电荷 B.粒子在偏转磁场中的速度大小为U d B1 C.氦核的比荷为2d 2B1B2 3U D.相邻两光斑的距离均为d 3 解析：AB 根据左手定则可知，粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向右，则电场力向左，极板M 带负电荷，故 A 正确；根据平衡条件有qU d ＝qvB1，解得v＝U d B1 ，故B 正确；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹 力提供向心力，有qvB2＝mv 2 r ，解得r＝ mU qd B1B2 ∝m q ，显然光斑A 是氚核产生的，设氕核的质量为m0、所带的 电荷量为e，则氚核的比荷为e 3m0 ＝ U d 2B1B2 ，氦核的比荷为2e 4 m0 ＝ 3U 2d 2B1B2 ，故C 错误；根据r＝ mU qd B1B2 ∝ m q ，可知光斑B 是氘核和氦核产生的，光斑C 是氕核产生的，B、C 两点将AS3三等分，则相邻两光斑的距离均为 2d 3 ，故D 错误。 7 / 11 2.（2024·福建漳州三模）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 解析：D 由静电分析器中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；在加速电场中，根据动能定理得qU＝1 2mv2，在静电分析器中，根据电场力充当向心力得 qE＝m v 2 R ，联立可得电场强度E＝2U R ，故B 错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝ mv 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 ，所以与粒子的比荷有关，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；由上述公式可知，磁场磁感应强度B 越小，半径越大，当B 为最小值时，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。 3.（2024·浙江杭州期中）回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆 形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T 的交流电源上。位于D1的圆心处的质子 源A 能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它 们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（ ） A.若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大 B.若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子 C.质子第n 次被加速前、后的速度之比为√n－1∶√n D.质子第n 次被加速前、后圆周运动向心加速度之比为（n－1）∶n 8 / 11 解析：C 由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝mv 2 r ，可得v＝qBr m ，当r＝R 时，质子的速度最大，质子的动能最大 Ekm＝1 2mv2＝q 2B 2 R 2 2m ，若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek不变，A 错误；为了使质子能在回旋加速器中 加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，B 错误；由nqU＝1 2mvn 2以及rn＝m vn qB ，可得质子第n 次被加速 前、后的动能之比为Ek（n－1）∶Ekn＝(n－1)∶n，速度之比为vn－1∶vn＝√n－1∶√n，由牛顿第二定律得qvB＝ ma，则a＝qvB m ，可知向心加速度之比为an－1∶an＝√n－1∶√n，故C 正确，D 错误。 4.（2024·福建福州期中）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 和√3R，区域中的危险区内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，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。一质量为m、电荷量为＋q、不计 重力的带电粒子从左板内侧的A 点由静止释放，两板间电压为U，粒子经电场加速后从C 点沿CO 方向射入磁场， 若恰好不进入安全区，求： （1）粒子通过C 点时的速度大小v0； （2）若粒子恰好不进入安全区，求两板间电压U1； （3）在（2）问中，若粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，求粒子从离开电场到再次返回电场所需的时间t。 答案：（1）√ 2qU m （2）B 2 R 2q 2m （3）2πR√ 2m qU 解析：（1）粒子从A 点运动到C 点，根据动能定理得qU＝1 2mv0 2 解得v0＝√ 2qU m 。 （2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示 由几何关系得（√3R）2＋r2＝（r＋R）2 解得r＝R 由牛顿第二定律得qv1B＝mv1 2 r 又因qU1＝1 2mv1 2 解得U1＝B 2 R 2q 2m 。 （3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系得tanθ 2＝√3 R R 9 / 11 解得θ＝2π 3 粒子在磁场中运动的周期为T＝2π m qB 粒子从C 点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝T 3 解得t＝1 3πR√ 2m qU 由几何关系可得粒子在危险区运动时总共与绝缘薄板发生5 次碰撞，粒子从离开电场到再次返回电场时间为t 总＝ 6t＝2πR√ 2m qU 。 5.（2024·福建龙岩期中）如图所示，在xOy 平面内虚线OM 与x 轴负方向的夹角为45°，虚线OM 右侧区域Ⅰ内 存在垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，虚线OM 左侧区域Ⅱ内存在沿y 轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量 为q 的带正电粒子从原点O 沿x 轴正方向以速度v0射入磁场，此后当粒子第一次穿过边界线OM 后恰好能到达x 轴 上的P 点。原点O 与P 点间的距离为d，不计粒子受到的重力，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小B； （2）匀强电场的电场强度大小E； （3）粒子从O 点射出至第三次穿过边界线OM 所用的时间t 总。 答案：（1）m v0 qd （2）mv0 2 2qd （3）2d v0 （π＋2） 解析：由题意，画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示 （1）研究粒子在磁场中的匀速圆周运动时，由向心力公式，得qv0B＝mv0 2 r 又r＝d 解得匀强磁场的磁感应强度大小B＝m v0 qd 。 （2）粒子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理，得－qEd＝0－1 2mv0 2 则匀强电场的电场强度大小E＝m v0 2 2qd 。 （3）粒子在磁场中运动的周期T＝2m π Bq ＝2d π v0 10 / 11 粒子第一次在磁场中运动的时间t1＝3 4 T＝3d π 2v0 在电场中的加速度a＝qE m ＝v0 2 2d 粒子第一次在电场中来回的时间t2＝2×√ 2d a ＝4 d v0 粒子第二次在磁场中运动的时间t3＝1 4 T＝d π 2v0 粒子从O 点射出至第三次穿过边界线OM 所用的时间t 总＝t1＋t2＋t3＝2d v0 （π＋2）。 6.（2024·江苏高考16 题）如图所示，两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边 界的半径分别为R1、R2。ab 与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd 与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插入 体速度减小为原来的k 倍。现有一个质量为m、电荷量为e 的电子，从cd 面射入插入体，经过磁场、电场后再次 到达cd 面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入 体和电场的时间。求： （1）电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比； （2）电子多次循环后到达cd 的稳定速度v； （3）若电子到达cd 中点P 时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P 到d 的时间t。 答案：（1）1 k （2）√ 2eU m（1－k 2） （3）π （R2－R1） 2 √ （1+k ）m 2（1－k ）eU 解析：（1）设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后，由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝mv0 2 r1 e·kv0B＝m（k v0） 2 r2 联立解得 r1 r2 ＝1 k 。 （2）电子多次循环稳定后，对电子从c'd'出发经电场到ab 的过程，由动能定理有 eU＝1 2mv2－1 2m（kv）2 解得v＝√ 2eU m（1－k 2） 。 11 / 11 （3）结合（2）问分析，当电子到达cd 中点P 时速度稳定后，其在abcd 区域运动有 evB＝mv 2 r 解得r＝1 B√ 2mU e（1－k 2） 结合（1）问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝k B√ 2mU e（1－k 2） 所以电子相邻两次经过cd 边的位置间的距离为 l＝2（r－r'） 由几何关系可知R2－R1 2 ＝nl 又电子在磁场中运动的周期为 T＝2π r v ＝2π m eB 联立解得电子从P 运动到d 的时间为 t＝nT＝π （R2－R1） 2 √ （1+k ）m 2（1－k ）eU 。
