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微专题21 带电粒子在组合场、交变场中的运动
跟踪练习
基础过关
一．计算题：
1.（2025·福建福州期末）一质谱仪由加速器、速度选择器和磁分析器组成，其
装置简化成如图所示。质量为m、带电荷量为q 的粒子由静止被加速电场加速
后，以速度v 进入速度选择器。速度选择器内存有相互正交的匀强磁场和匀强
电场，其中电场强度大小为E、磁感应强度大小未知；通过速度选择器后，粒
子从O 点垂直于磁场边界SP 的方向进入磁分析器，最后粒子击中磁场边界上的
P 点。磁分析器分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2；不计
粒子重力。求：
（1）加速电场的电压U0；
（2）速度选择器中匀强磁场磁感应强度大小B1；
（3）磁分析器中O、P 两点间的距离d。
2.（2025·江苏扬州阶段练习）某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图
乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D 形盒，D 形盒装在真空容器中，整个
装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒盒
面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源
A 处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已
知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接高频交流电
源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用，求：
（1）质子第1 次经过狭缝被加速后进入D 形盒运动轨道的半径r1；
（2）质子第1 次和第2 次经过狭缝进入D 形盒位置间的距离；
（3）D 形盒半径R。
3.（2025·贵州六盘水期末）如图所示，空间存在方向垂直于纸面（xOy 平面）
向里的磁场。在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0 区域，磁感应强度的
大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度
v0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次
沿x 轴正向时（不计重力），求：
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O 点间的距离。
4.如图所示，xOy 平面内，OP 与x 轴正方向的夹角为θ＝53°，在 xOP 范围
内（含边界）存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1
T。第二象限有平行于 y 轴向下的匀强电场，电场强度大小为E ＝×105
V/m，一带电微粒以速度 v0 ＝5×106 m/s 从 x 轴上 a(L，0)点平行于OP 射入
磁场，并从OP 上的b 点垂直于OP 离开磁场，与y 轴交于c 点，最后回到x 轴
上的d 点，图中b、d 两点未标出，已知L＝ m，sin 53°＝，cos 53°＝，不计微
粒的重力。
(1)求微粒的比荷；
(2)求d 点与O 点的距离l；
(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度Bx大小满足什么条件时，
微粒能到达第四象限？
5.（2025·湖南娄底阶段练习）如图所示，真空中平面直角坐标系xOy 第一象限
内存在沿y 轴负方向的匀强电场，第四象限△OMN 区域内存在垂直纸面向里的
匀强磁场，M、N 用弹性绝缘挡板连接。y 轴上的粒子源P 沿x 轴正方向发射一
带正电粒子，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O 点垂直y 轴
以v＝5×105 m/s 的速度射出磁场。已知M、N 两点的坐标分别为(0.3m，0)、
(0，－0.4 m)，粒子的比荷q
m＝5.0×107 C/kg，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。
能力提升
一．选择题：
6.（2025·广东深圳联考）如图所示，在0<y<y0，0<x<x0区域内有竖直向上的
匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y 轴上0～y0范围内平
行于x 轴正方向射出大量质量为m、电荷量为＋q、分布均匀的带电粒子，粒子
射入的初速度均为v0，当电场强度为0 时，从O 点射入的粒子恰能运动到
N(x0，y0)点，若电场强度为E＝，MN 右侧是粒子接收器，MN 的长度为y0，不
计粒子重力和粒子间的相互作用，则( )
A．磁感应强度的大小为
B．从y0处射入的粒子，恰好从N 点进入磁场
C．从y0处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
7.（2025·江苏扬州开学考试）如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该
加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示。其核心部分是
两个D 形盒，粒子源O 置于D 形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略
粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回
旋加速器对1
2H、 2
4He 两种粒子分别进行加速。下列说法正确的是（ ）
A.两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
B.两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
C.两种粒子离开出口处的动能相等
D.两种粒子离开出口时动能变大了是因为洛伦
兹力做了功
8.（2025·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
9.〔多选〕（2025·河南开封统考）如图所示，MN 是半径为R 的圆形磁场区域
的直径，MN 上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，
MN 下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M 点
有一质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的离子源，离子从N 点射出时的速度大小
不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN 成30°角。不计离子重力及离子间的
相互作用，则从N 点射出磁场的离子速度可能是（ ）
A.RqB
2m
B.RqB
3m
C.5 RqB
6m
D.4 RqB
7m
二．计算题：
10.（2024·广东佛山联考）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系
xOy，第二象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，第三象限内存在磁感应强度大
小为B、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场。M、N 两个竖直平行金属板之间
的电压为U，一质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠
近N 板的S 点由静止开始做加速运动，从电场的右边界y 轴上的A 点水平向左
垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的C 点与x 轴负方向成θ＝60°角进入磁场，最
后从y 轴上的D 点垂直于y 轴射出磁场，求：
(1)A、C 两点间的电势差UAC和粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(2)粒子从A 点运动到C 点所用时间和从C 点运动到D
点所用时间的比值。
11.（2025·辽宁辽阳期末）如图所示的xOy 坐标系中，
第一象限存在与xOy 平面平行的匀强电场，电场强度为
E，且与y 轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O 点射入第二象限，速度v 与x 轴负方向
的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y 轴上的P 点进入第一象限，并由x 轴上
的M 点（未画出）离开电场。已知O、M 间的距离为3L，粒子的比荷为v
BL，
不计粒子重力。求：
（1）O、P 两点间的距离；
（2）粒子在磁场中运动的时间；
（3）当该粒子经过P 点的同时，在电场中的N 点由静止释放另一个完全相同的
带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N 点的坐标。
培优训练
一．计算题：
12.两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图甲所示，金属板与可
调电源相连形成电场，方向沿y 轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直
xOy 平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。板间O
点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q＞0)、初速度为零的粒子，
不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
(1)t＝0 时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标；
(2)在0～时间内，静电力对t＝0 时刻释放的粒子所做的功。
参考答案：
1.答案：（1）m v
2
2q （2）E
v （3）2mv
q B2
解析：（1）根据题意，粒子在加速电场中，由 动能定理有qU0＝1
2mv2，
解得U0＝mv
2
2q 。
（2）粒子在速度选择器中，有qvB1＝qE 解得B1＝E
v 。
（3）粒子在磁分析器中，有qvB2＝mv
2
r ，得r＝mv
q B2 则d＝2r＝2mv
q B2 。
2.答案：（1）1
B
❑√
2mU
q
（2）2(❑√2－1)
B
❑√
2mU
q
（3）❑√
2Ut
π B
解析：（1）质子第1 次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有qU＝1
2mv1
2
质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv1B＝mv1
2
r1
解得r1＝1
B
❑√
2mU
q
（2）质子第2 次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有2qU＝1
2mv2
2
质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv2B＝mv2
2
r2
解得r2＝1
B
❑√
4 mU
q
则质子第1 次和第2 次经过狭缝进入D 形盒位置间的距离Δr＝2r2－2r1
解得Δr＝2(❑√2－1)
B
❑√
2mU
q
。
（3）质子飞出D 形盒时的轨道半径为R，则有qvmaxB＝mvmax
2
R ，T＝2π R
vmax
令质子在电场中加速了n 次，则有Ekmax＝1
2mvmax
2＝nqU
质子从静止开始加速到出口处所需的时间为t，
则有t＝n·T
2 ，解得R＝❑√
2Ut
π B 。
3.答案：（1）π m
q B0(1+ 1
λ) （2）
2mv0
q B0 (1－1
λ)
解析：（1）在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0 区域，圆周
半径为r1；在x＜0 区域，圆周半径为r2。由洛伦兹力提供向心力得
qv0B0＝mv0
2
r1
① qv0λB0＝mv0
2
r2
②
设粒子在x≥0 区域运动的时间为t1，则t1＝
π r1
v0
③
粒子在x＜0 区域运动的时间为t2，则t2＝
π r2
v0
④
联立①②③④式得，所求时间为t＝t1＋t2＝π m
q B0(1+ 1
λ)。 ⑤
（2）由几何关系及①②式得，粒子与O 点间的距离为d＝2（r1－r2）＝
2mv0
q B0 (1－1
λ)。
4.答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)Bx≥0.2 T
解析 (1)微粒的运动轨迹如图所示，微粒在磁场中做匀速圆周运动
由几何关系得r＝L sin 53°＝1 m 由牛顿第二定律得qv0B＝m
代入数据解得＝5×107 C/kg。
(2)微粒进入电场后做类斜抛运动
由几何关系得yOc＝
在y 轴方向有yOc＝－v0t cos 53°＋×t2
在x 轴方向有l ＝ v0t sin 53°，解得l＝4 m。
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达
第四象限。
由几何关系知R＝L sin 53°
由牛顿第二定律得qv0B1＝m
解得B1＝0.2 T，故当磁感应强度Bx≥0.2 T 时，微粒能到达第四象限。
5.答案：（1）0.025 T （2）1.5×104 N/C
解析：（1）根据题意可知，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从
O 点垂直y 轴射出磁场，则N 点为粒子反弹后在磁场中做匀速圆周运动的圆心，
可得R＝0.4 m 又有qvB＝mv
2
R
联立解得B＝mv
qR ＝0.025 T。
（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示，
令∠ONM＝α，根据几何关系有sin α＝
0.3
❑√0.3
2＋0.4
2＝0.6，设粒子与MN 的
碰撞点为Q，反向延长NQ，并找到一点C，使CQ＝QN，C 即为粒子与MN 碰撞
前做圆周运动的圆心，作出以C 为圆心，CQ 长度为半径的圆弧与x 轴交点为
A，A 点即是粒子进入磁场的位置，过C 做x 轴的垂线，垂足设为D，
则R＝NO＝NQ＝CQ＝CA＝0.4 m
又cos ∠MCD＝cos α＝
CD
2 R－MN sin ∠CAD＝CD
R
联立解得∠CAD＝α
即粒子从A 点进入磁场时，速度与x 轴正方向夹角的正弦值为
sin(
π
2 －α)＝cos α＝0.8
设粒子做类平抛运动的时间为t，则有OA＝OM－(R cosα －CD tan α )＝v0t，
v0＝vsin α
又Eq＝ma，vy＝at，tan α＝
v0
v y
联立解得E＝1.5×104 N/C。
6.解析 D 当电场强度为0 时，从O 点射入的粒子恰能运动到N 点，则r1＝，
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得B＝，故A 错误；若粒子从y0处射
入，则x0＝v0t1，y1＝at，a＝，联立解得y＝y1＋＝＋＝y0<y0，由此可知，粒子
从N 点下方进入磁场，故B 错误；设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的
夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则v＝，qvB＝m，所以粒子在磁
场中偏转距离为d＝2r sin θ＝y0，由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故
C 错误；由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为y1＝，所以从y0处射入
的粒子，恰好从N 点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M 点，即只有0～y0
范围内平行于x 轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子
数占粒子总数的50%，故D 正确。
7.解析：A 粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D 形盒的半径，对应速度也
最大，则有qvmaxB＝mvmax
2
R ，最大动能为Ekmax＝1
2mvmax
2，粒子在电场中加速一
次，在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU，联立得n＝
q R
2B
2
2mU ，则粒子运动的时间t＝nT
2 ，其中T＝2π m
qB ，解得t＝π B R
2
2U ，可知，两
种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，故A 正确，B 错误；粒子离开出口处
的动能最大，根据上述分析解得Ekmax＝q
2 R
2B
2
2m
， 1
2H 粒子的质量数为2，电荷
数为1， 2
4He 粒子的质量数为4，电荷数为2，可知2
4He 粒子的出口处的动能为1
2
H 粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，故C 错误；洛伦兹力方
向与粒子速度方向始终垂直，故洛伦兹力不做功，故D 错误。
8.解析：D 由静电分析器的静电力充当向心力可知，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，有qU＝1
2mv2，在静电分析器中静电力充当向心力，有qE＝mv
2
R ，
联立可得E＝2U
R ，故B 错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有
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
，所以此
距离与粒子的比荷有关，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 取最小
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。
9.解析：AB 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m v
2
r
离子在MN 上方运动的半径为r1＝mv
qB 离子在MN 下方运动的半径为r2＝mv
2qB
若离子从MN 上方通过N 点，
有2nr1sin 30°＋2（n－1）r2sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）
解得v＝
4 RqB
（3n－1）m （n＝1，2，3，…）
即v＝2 RqB
m
，v＝4 RqB
5m ，v＝RqB
2m ，v＝4 RqB
11m ，…
若离子从MN 下方通过N 点有2n（r1＋r2）sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）
解得v＝4 RqB
3nm （n＝1，2，3，…）
即v＝4 RqB
3m ，v＝2 RqB
3m ，v＝4 RqB
9m ，v＝RqB
3m ，v＝4 RqB
15m ，…故A、B 正确，
C、D 错误。10.答案 (1)3U (2)
解析 (1)设粒子运动到A 点射入电场的速度大小为v0
由动能定理得qU＝mv 解得v0＝
设粒子经过C 点时速度为v，根据题意可得＝cos θ
解得v＝2v0，粒子从A 点运动到C 点的过程
有qUAC＝mv2－mv 解得UAC＝3U
如图所示
粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′C
由洛伦兹力提供向心力有qBv＝m 解得r＝。
(2)由几何关系得OC＝r sin θ，设粒子在电场中运动的时间为t1
根据题意有OC＝v0t1 解得t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
设粒子在磁场中运动的时间为t2，
有t2＝T 解得t2＝
粒子从A 点运动到C 点所用时间和从C 点运动到D 点所用时间的比值＝。11.
答案：（1）❑√3L （2）2π L
3 v （3）（1.5L，1.5❑√3L）
解析：（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示，圆心为C
由牛顿第二定律得qvB＝m v
2
R 解得R＝mv
qB
又q
m＝v
BL，可得R＝L
由几何关系得∠OCP＝120°，则OP＝❑√3L。
（2）粒子在磁场中的运动周期T＝2π R
v
粒子在磁场中偏转120°，即在磁场中运动的时间t＝T
3 ，解得t＝2π L
3 v 。
（3）带电粒子进入第一象限时速度与y 轴正方向成60°角，与电场方向垂直，
故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只
需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN 范围内任一点释放粒子，均可保
证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M 点相遇所需时间最长，即在图中N 点由
静止释放粒子即可。设N 点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得
PN＝QM＝❑√3L 又x＝PNcos 30° y＝OP＋PNsin 30°
解得：x＝1.5L，y＝1.5❑√3L
则N 点的坐标为（1.5L，1.5❑√3L）。
12.答案 (1)（，） (2)
解析 (1)在0～时间内，电场强度为E0，带电粒子在电场中加速，
根据动量定理可知qE0·＝mv1
解得粒子在时刻的速度大小为v1＝，方向竖直向上
粒子竖直向上运动的距离y1＝v1·＝
在～时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子在磁场中运动的周
期T＝可知，粒子偏转180°，速度反向，
根据qv1B0＝m 可知，粒子水平向右运动的距离为x2＝2r2＝2＝
粒子运动轨迹如图1 所示
所以粒子在t＝时刻的位置坐标为(x2，y1)，即（，）。
(2)在～时间内，电场强度为2E0，粒子受到的电场力竖直向上，
在竖直方向有q·2E0·＝mv2＋mv1
解得时刻粒子的速度v2＝，方向竖直向上
粒子在竖直方向上运动的距离为y3＝·＝0
在～时间内，粒子在水平方向运动的距离为x4＝2r4＝2＝
此时粒子速度方向向下，大小为v2，在～时间内，电场强度为3E0
竖直方向q·3E0·＝mv3＋mv2
解得粒子在时刻的速度v3＝
粒子在竖直方向运动的距离y5＝·＝
粒子运动的轨迹如图2 所示，在0～时间内，静电力对粒子的做功大小为
W＝qE0·y1＋q·2E0·y3＋q·3E0·y5＝4qE0·y1＝，静电力做正功。
