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重難突破12　帶電粒子在組合場、交變場中的運動
1.〔多選〕（2025·河南開封統考）如圖所示，MN是半徑為R的圓形磁場區域的直徑，MN上方存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，MN下方存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。在M點有一質量為m、電荷量為＋q（q＞0）的離子源，離子從N點射出時的速度大小不同，但方向均與磁場方向垂直且與MN成30°角。不計離子重力及離子間的相互作用，則從N點射出磁場的離子速度可能是（　　）
A. B.
C. D.
2.（2025·江蘇揚州開學考試）如圖甲所示為我國建造的第一臺回旋加速器，該加速器存放于中國原子能科學研究院，其工作原理如圖乙所示。其核心部分是兩個D形盒，粒子源O置于D形盒的圓心附近，能不斷釋放出帶電粒子，忽略粒子在電場中運動的時間，不考慮加速過程中引起的粒子質量變化。現用該回旋加速器對HHe兩種粒子分別進行加速。下列說法正確的是（　　）
A.兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等
B.兩種粒子在回旋加速器中運動的時間不相等
C.兩種粒子離開出口處的動能相等
D.兩種粒子離開出口時動能變大了是因為洛倫茲力做了功
3.（2025·福建漳州三模）如圖，一質譜儀由加速電場、靜電分析器、磁分析器構成。靜電分析器通道的圓弧中心線半徑為R，通道內有均勻輻向電場，方向指向圓心O，中心線處各點的電場強度大小相等。磁分析器中分布著方向垂直于紙面的有界勻強磁場，邊界為矩形CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。質量為m、電荷量為q的粒子（不計重力），由靜止開始從A板經電壓為U的電場加速后，沿中心線通過靜電分析器，再由P點垂直磁場邊界進入磁分析器，最終打在膠片ON上，則（　　）
A.磁分析器中磁場方向垂直于紙面向外
B.靜電分析器中心線處的電場強度E＝
C.僅改變粒子的比荷，粒子仍能打在膠片上的同一點
D.要使粒子能到達NQ邊界，磁場磁感應強度B的最小值為
4.（2025·安徽宣城期末）如圖所示，x軸上方存在邊長為d、沿y軸正方向、場強大小為E的正方形勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝。一個質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從OP中點A由靜止釋放進入電場（不計粒子重力）。
（1）粒子從A點開始運動到第二次進入電場的時間；
（2）粒子第二次離開電場的位置坐標。
5.如圖所示，在xOy坐標系中有圓柱形勻強磁場區域，其圓心在O'（R，0），半徑為R，磁感應強度大小為B，磁場方向垂直紙面向里。在y≥R范圍內，有方向向左的勻強電場，電場強度為E。有一帶正電的微粒平行于x軸射入磁場，微粒在磁場中的偏轉半徑剛好也是R。已知帶電微粒的電荷量為q，質量為m，整個裝置處于真空中，不計重力。
（1）求微粒進入磁場的速度大小；
（2）若微粒從坐標原點射入磁場，求微粒從射入磁場到再次經過y軸所用時間；
（3）若微粒從y軸上y＝處射向磁場，求微粒以后運動過程中距y軸的最大距離。
6.如圖甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場、電場強度大小為E；y軸右側有如圖乙所示周期性變化的磁場，磁感應強度大小為B0，以磁場方向垂直紙面向里為正方向。t＝0時刻，從x軸上的P點無初速度釋放一帶正電的粒子，粒子（重力不計）的質量為m、電荷量為q，粒子第一次在電場中運動的時間與第一次在磁場中運動的時間相等，且粒子第一次在磁場中做圓周運動的軌跡為半圓。求：
（1）P點到O點的距離；
（2）粒子經一個周期沿y軸發生的位移大小。
重難突破12　帶電粒子在組合場、交變場中的運動
1.AB　根據洛倫茲力提供向心力，
有qvB＝
離子在MN上方運動的半徑為r1＝
離子在MN下方運動的半徑為r2＝
若離子從MN上方通過N點，有2nr1sin 30°＋2（n－1）r2sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）
解得v＝（n＝1，2，3，…）
即v＝，v＝，v＝，v＝，…
若離子從MN下方通過N點有
2n（r1＋r2）sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）
解得v＝（n＝1，2，3，…）
即v＝，v＝，v＝，v＝，v＝，…故A、B正確，C、D錯誤。
2.A　粒子在磁場中飛出的最大軌道半徑為D形盒的半徑，對應速度也最大，則有qvmaxB＝m，最大動能為Ekmax＝m，粒子在電場中加速一次，在磁場中回旋半周，令加速的次數為n，則有Ekmax＝nqU，聯立得n＝，則粒子運動的時間t＝n，其中T＝，解得t＝，可知，兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等，故A正確，B錯誤；粒子離開出口處的動能最大，根據上述分析解得Ekmax＝H粒子的質量數為2，電荷數為1He粒子的質量數為4，電荷數為2，可知He粒子的出口處的動能為H粒子的兩倍，即兩種粒子離開出口處的動能不相等，故C錯誤；洛倫茲力方向與粒子速度方向始終垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤。
3.D　由靜電分析器的靜電力充當向心力可知，粒子帶正電，根據左手定則可知，磁分析器中磁場方向垂直于紙面向里，故A錯誤；在加速電場中，根據動能定理，有qU＝mv2，在靜電分析器中靜電力充當向心力，有qE＝，聯立可得E＝，故B錯誤；在磁分析器中，根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝，可得粒子進入磁分析器到打在膠片上的距離D＝，所以此距離與粒子的比荷有關，僅改變粒子的比荷，粒子不能打在膠片上的同一點，故C錯誤；由上述公式可知，磁場磁感應強度B越小，半徑越大，當B取最小值時，粒子與QD邊相切，由于圓心在PN上，則半徑R＝2d，此時有4d＝，解得Bmin＝，故D正確。
4.（1）t總＝　（2）
解析：（1）粒子在電場中，根據牛頓第二定律得Eq＝ma
帶電粒子在電場中做勻加速直線運動，則d＝·
所以粒子在電場中運動的時間t1＝
設粒子在電場中獲得的速度為v，則v2＝2·d，
解得v＝
在磁場中洛倫茲力提供向心力有，Bqv＝m
求得粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝
粒子在磁場運動的周期T＝，
則t2＝T＝，所以t總＝t1＋t2＝。
（2）粒子再次進入電場做類平拋運動，則d＝vt3
h＝＝d，所以y＝＋h＝d
故粒子第二次離開電場的位置坐標為。
5.（1）　（2）＋　（3）R＋
解析：（1）微粒射入磁場后做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m，解得v＝。
（2）微粒從坐標原點射入磁場，因在磁場中軌跡半徑也為R，所以微粒經圓周后以速度v垂直于電場方向進入電場，微粒在電場中做類平拋運動，軌跡如圖甲所示。
微粒在磁場中的運動時間為t1＝＝×＝，
微粒在電場中做類平拋運動，沿電場方向有R＝·，解得t2＝，
微粒再次經過y軸需要的時間為
t＝t1＋t2＝＋。
（3）微粒從y軸上y＝處射向磁場，微粒運動軌跡如圖乙所示，設微粒在P點射入磁場，入射點為P，軌跡圓心為O2。
在△APO'中，∠AO'P＝30°，∠APO'＝60°，連接O2O'，因O2P＝O'P＝R，∠O2PO'＝120°，則∠PO'O2＝30°，兩圓相交，關于圓心連線對稱，設出射點為Q，由對稱知∠O2O'Q＝30°，出射點Q必位于O'點正上方。
由于∠PO2Q＝60°，所以微粒從磁場中出射方向與x軸成θ＝60°。
微粒在電場中沿x軸正方向上做初速度為＝vcos θ的勻減速直線運動，加速度大小為a＝。
在電場中向右運動的最遠距離xm＝，
由以上三式及v＝，解得xm＝，
運動過程中距y軸的最遠距離為
s＝R＋xm＝R＋。
6.（1）　（2）
解析：（1）設粒子第一次在電場中做勻加速運動的時間為t0，則t0＝，Eq＝ma
設O、P間距離為x，則x＝a，
聯立解得x＝。
（2）如圖所示，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑分別為R1和R2，R1＝，R2＝，又由動能定理得Eqx＝m，設粒子經一個周期沿y軸向下移動Δy，則Δy＝2R2－2R1＝。
2 / 2　帶電粒子在組合場、交變場中的運動
突破點一　帶電粒子在組合場中的運動
1.組合場的三種常見情況
（1）磁場與磁場的組合，即強弱或方向不同的磁場分別位于不重疊的區域內；
（2）電場與磁場分別位于不重疊的區域內；
（3）電場、磁場在同一區域交替出現。
2.帶電粒子在分離的電場、磁場中的常見運動及求法
磁場與磁場的組合
　磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，解題關鍵：
（1）帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，軌跡半徑和運動周期一般不同。
（2）充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊、角等幾何關系。
（2025·貴州六盤水期末）
如圖所示，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x≥0區域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區域，磁感應強度的大小為λB0（常數λ＞1）。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時（不計重力），求：
（1）粒子運動的時間；
（2）粒子與O點間的距離。
嘗試解答
先電場后磁場
　先電場后磁場的幾種常見情形
（1）帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直磁場方向進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖甲。
（2）帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直磁場方向進入磁場做勻速圓周運動，如圖乙。
（2025·湖南婁底階段練習）如圖所示，真空中平面直角坐標系xOy第一象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，第四象限△OMN區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，M、N用彈性絕緣擋板連接。y軸上的粒子源P沿x軸正方向發射一帶正電粒子，粒子進入磁場后恰好垂直擊中擋板，反彈后恰好從O點垂直y軸以v＝5×105 m/s的速度射出磁場。已知M、N兩點的坐標分別為、，粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；
（2）勻強電場的電場強度大小E。
嘗試解答
先磁場后電場
　先磁場后電場的幾種常見情形
常見 情境 進入電場時粒子速度方向與電場方向平行 進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直 進入電場時粒子速度方向與電場方向成一定角度（非直角）
運動示 意圖
在電場 中的運 動性質 加速或減速直線運動 類平拋運動 類斜拋運動
分析 方法 動能定理或牛頓運動定律結合運動學公式 平拋運動知識，運動的合成與分解 斜拋運動知識，運動的合成與分解
（2025·遼寧遼陽期末）
如圖所示的xOy坐標系中，第一象限存在與xOy平面平行的勻強電場，電場強度為E，且與y軸負方向的夾角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶正電粒子自O點射入第二象限，速度v與x軸負方向的夾角θ＝30°，粒子經磁場偏轉后從y軸上的P點進入第一象限，并由x軸上的M點（未畫出）離開電場。已知O、M間的距離為3L，粒子的比荷為，不計粒子重力。求：
（1）O、P兩點間的距離；
（2）粒子在磁場中運動的時間；
（3）當該粒子經過P點的同時，在電場中的N點由靜止釋放另一個完全相同的帶電粒子，若兩粒子在離開電場前相遇且所需時間最長，求N點的坐標。
嘗試解答
突破點二　組合場應用實例
質譜儀
1.構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。
2.原理：粒子由靜止被加速電場加速，有qU＝mv2。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m。
由以上兩式可得r＝，m＝，＝。
（2025·福建福州期末）一質譜儀由加速器、速度選擇器和磁分析器組成，其裝置簡化成如圖所示。質量為m、帶電荷量為q粒子由靜止被加速電場加速后，以速度v進入速度選擇器。速度選擇器內存有相互正交的勻強磁場和勻強電場，其中電場強度大小為E、磁感應強度大小未知；通過速度選擇器后，粒子從O點垂直于磁場邊界SP的方向進入磁分析器，最后粒子擊中磁場邊界上的P點。磁分析器分布著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B2；不計粒子重力。求：
（1）加速電場的電壓U0；
（2）速度選擇器中勻強磁場磁感應強度大小B1；
（3）磁分析器中O、P兩點間的距離d。
嘗試解答
回旋加速器
1.構造：
如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中。
2.原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，經磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關。
3.運動總時間
粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝，粒子在磁場中運動的總時間t＝T＝·＝。
（2025·江蘇揚州階段練習）某型號的回旋加速器的工作原理如圖甲所示，圖乙為俯視圖。回旋加速器的核心部分為D形盒，D形盒裝在真空容器中，整個裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場中，磁場可以認為是勻強磁場，且與D形盒盒面垂直。兩盒間狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。質子從粒子源A處進入加速電場的初速度不計，從靜止開始加速到出口處所需的時間為t，已知磁場的磁感應強度為B，質子質量為m、電荷量為＋q，加速器接高頻交流電源，其電壓為U，不考慮相對論效應和重力作用，求：
（1）質子第1次經過狹縫被加速后進入D形盒運動軌道的半徑r1；
（2）質子第1次和第2次經過狹縫進入D形盒位置間的距離；
（3）D形盒半徑R。
嘗試解答
突破點三　帶電粒子在交變場中的運動
1.交變場的常見類型
（1）電場周期性變化、磁場不變。
（2）磁場周期性變化、電場不變。
（3）電場、磁場均周期性變化。
2.分析帶電粒子在交變場中運動問題的基本思路
（2024·廣東高考15題）如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場，右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁感應強度大小為B。一帶電粒子在t＝0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在t＝t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內，在t＝2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在t＝3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。
（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；
（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t＝t0時刻的速度大小v；
（3）求從t＝0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。
嘗試解答
重難突破12　帶電粒子在組合場、交變場中的運動
【著眼“四翼”·探考點】
突破點一
【例1】 （1）　（2）
解析：（1）在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動。設在x≥0區域，圓周半徑為r1；在x＜0區域，圓周半徑為r2。由洛倫茲力提供向心力得
qv0B0＝m ①
qv0λB0＝m ②
設粒子在x≥0區域運動的時間為t1，則t1＝③
粒子在x＜0區域運動的時間為t2，則t2＝ ④
聯立①②③④式得，所求時間為t＝t1＋t2＝。⑤
（2）由幾何關系及①②式得，粒子與O點間的距離為d＝2（r1－r2）＝。
【例2】 （1）0.025 T　（2）1.5×104 N/C
解析：（1）根據題意可知，粒子進入磁場后恰好垂直擊中擋板，反彈后恰好從O點垂直y軸射出磁場，則N點為粒子反彈后在磁場中做勻速圓周運動的圓心，可得R＝0.4 m
又有qvB＝m
聯立解得B＝＝0.025 T。
（2）根據題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示，令∠ONM＝α，根據幾何關系有sin α＝＝0.6，設粒子與MN的碰撞點為Q，反向延長NQ，并找到一點C，使CQ＝QN，C即為粒子與MN碰撞前做圓周運動的圓心，作出以C為圓心，CQ長度為半徑的圓弧與x軸交點為A，A點即是粒子進入磁場的位置，過C做x軸的垂線，垂足設為D，則R＝NO＝NQ＝CQ＝CA＝0.4 m
又cos ∠MCD＝cos α＝
sin ∠CAD＝
聯立解得∠CAD＝α
即粒子從A點進入磁場時，速度與x軸正方向夾角的正弦值為sin＝cos α＝0.8
設粒子做類平拋運動的時間為t，則有OA＝OM－＝v0t，v0＝vsin α
又Eq＝ma，vy＝at，tan α＝
聯立解得E＝1.5×104 N/C。
【例3】 （1）L　（2）　（3）（1.5L，1.5L）
解析：（1）帶電粒子在第二象限內做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，圓心為C
由牛頓第二定律得qvB＝
解得R＝
又＝，可得R＝L
由幾何關系得∠OCP＝120°，則OP＝L。
（2）粒子在磁場中的運動周期T＝
粒子在磁場中偏轉120°，即在磁場中運動的時間t＝，解得t＝。
（3）帶電粒子進入第一象限時速度與y軸正方向成60°角，與電場方向垂直，故粒子在第一象限內做類平拋運動，軌跡如圖。由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進入電場時速度方向的直線上PN范圍內任一點釋放粒子，均可保證兩粒子在電場中相遇，且兩粒子在M點相遇所需時間最長，即在圖中N點由靜止釋放粒子即可。設N點的橫坐標為x，縱坐標為y，根據幾何知識可得
PN＝QM＝L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得：x＝1.5L，y＝1.5L
則N點的坐標為（1.5L，1.5L）。
突破點二
【例4】 （1）　（2）　（3）
解析：（1）根據題意，粒子在加速電場中，由動能定理有qU0＝mv2，解得U0＝。
（2）粒子在速度選擇器中，有qvB1＝qE
解得B1＝。
（3）粒子在磁分析器中，有qvB2＝，得r＝
則d＝2r＝。
【例5】 （1）　（2）　（3）
解析：（1）質子第1次經過狹縫被加速過程，根據動能定理有qU＝m
質子在磁場中做勻速圓周運動，則有qv1B＝m
解得r1＝
（2）質子第2次經過狹縫被加速過程，根據動能定理有2qU＝m
質子在磁場中做勻速圓周運動，則有qv2B＝m
解得r2＝
則質子第1次和第2次經過狹縫進入D形盒位置間的距離Δr＝2r2－2r1
解得Δr＝。
（3）質子飛出D形盒時的軌道半徑為R，則有qvmaxB＝m，T＝
令質子在電場中加速了n次，則有Ekmax＝m＝nqU
質子從靜止開始加速到出口處所需的時間為t，
則有t＝n·，解得R＝
突破點三
【例6】 （1）正電　　（2）　π
（3）
解析：（1）根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為T＝2t0，根據T＝
則粒子所帶的電荷量q＝。
（2）若金屬板的板間距離為D，則板長為，粒子在板間運動時，有＝vt0
出電場時豎直速度為零，則豎直方向，有y＝2××（0.5t0）2
在磁場中時，由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m
其中的y＝2r＝
聯立解得v＝π，D＝。
（3）帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距離D＝3r
則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉電場，在4t0時刻進入左側的電場做減速運動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間t0內電場力做功為零，在左側電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始在金屬板左側電場時電場力做功和最后0.5t0時間內金屬板間電場力做功，則
W＝mv2＋Eq×＝＋＝。
5 / 5(共60張PPT)
重難突破12
帶電粒子在組合場、交變場中的運動
高中總復習·物理
目 錄
01
著眼“四翼”·探考點
02
培養“思維”·重落實
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
突破點一　帶電粒子在組合場中的運動
1. 組合場的三種常見情況
（1）磁場與磁場的組合，即強弱或方向不同的磁場分別位于不重疊的區
域內；
（2）電場與磁場分別位于不重疊的區域內；
（3）電場、磁場在同一區域交替出現。
2. 帶電粒子在分離的電場、磁場中的常見運動及求法
磁場與磁場的組合
　磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，解題
關鍵：
（1）帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，軌跡半徑和運動周期一般
不同。
（2）充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找
邊、角等幾何關系。
（2025·貴州六盤水期末）如圖所示，空間存在方向垂直于紙面（xOy
平面）向里的磁場。在x≥0區域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區域，磁
感應強度的大小為λB0（常數λ＞1）。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的
帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒
子的速度方向再次沿x軸正向時（不計重力），求：
（1）粒子運動的時間；
答案： 　
解析： 在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動。設在x≥0區域，圓
周半徑為r1；在x＜0區域，圓周半徑為r2。由洛倫茲力提供向心力得
qv0B0＝m　①
qv0λB0＝m　②
設粒子在x≥0區域運動的時間為t1，則t1＝　③
粒子在x＜0區域運動的時間為t2，則t2＝　④
聯立①②③④式得，所求時間為t＝t1＋t2＝。　⑤
（2）粒子與O點間的距離。
答案：
解析： 由幾何關系及①②式得，粒子與O點間的距離為d＝2（r1－
r2）＝。
先電場后磁場
　先電場后磁場的幾種常見情形
（1）帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直磁場方向進
入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖甲。
（2）帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直磁場方向進入磁
場做勻速圓周運動，如圖乙。
（2025·湖南婁底階段練習）如圖所示，真空中平
面直角坐標系xOy第一象限內存在沿y軸負方向的勻強
電場，第四象限△OMN區域內存在垂直紙面向里的勻
強磁場，M、N用彈性絕緣擋板連接。y軸上的粒子源
P沿x軸正方向發射一帶正電粒子，粒子進入磁場后恰
好垂直擊中擋板，反彈后恰好從O點垂直y軸以v＝5×105 m/s的速度射出磁場。已知M、N兩點的坐標分別為、，粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；
答案： 0.025 T　
解析： 根據題意可知，粒子進入磁場后恰好垂直擊中擋板，反彈后
恰好從O點垂直y軸射出磁場，則N點為粒子反彈后在磁場中做勻速圓周運
動的圓心，可得R＝0.4 m
又有qvB＝m
聯立解得B＝＝0.025 T。
（2）勻強電場的電場強度大小E。
答案： 1.5×104 N/C
解析：根據題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示，
令∠ONM＝α，根據幾何關系有sin α＝＝0.6，
設粒子與MN的碰撞點為Q，反向延長NQ，并找到一點
C，使CQ＝QN，C即為粒子與MN碰撞前做圓周運動的圓
心，作出以C為圓心，CQ長度為半徑的圓弧與x軸交點為
A，A點即是粒子進入磁場的位置，過C做x軸的垂線，垂足設為D，則R＝NO＝NQ＝CQ＝CA＝0.4 m
又cos ∠MCD＝cos α＝
sin ∠CAD＝
聯立解得∠CAD＝α
即粒子從A點進入磁場時，速度與x軸正方向夾角的正弦值為sin＝
cos α＝0.8
設粒子做類平拋運動的時間為t，則有OA＝OM－＝v0t，
v0＝vsin α
又Eq＝ma，vy＝at，tan α＝
聯立解得E＝1.5×104 N/C。
先磁場后電場
　先磁場后電場的幾種常見情形
常見 情境 進入電場時粒子速
度方向與電場方向
平行 進入電場時粒子速
度方向與電場方向
垂直 進入電場時粒子速
度方向與電場方向
成一定角度（非直
角）
運動示 意圖
常見 情境 進入電場時粒子速度方向與電場方向平行 進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直 進入電場時粒子速度方向與電場方向成一定角度（非直角）
在電場 中的運 動性質 加速或減速直線運動 類平拋運動 類斜拋運動
分析 方法 動能定理或牛頓運
動定律結合運動學
公式 平拋運動知識，運
動的合成與分解 斜拋運動知識，運
動的合成與分解
（2025·遼寧遼陽期末）如圖所示的xOy坐
標系中，第一象限存在與xOy平面平行的勻強電
場，電場強度為E，且與y軸負方向的夾角θ＝30°，
第二象限存在垂直平面向外的勻強磁場，磁感應
強度大小為B。一帶正電粒子自O點射入第二象限，速度v與x軸負方向的夾角θ＝30°，粒子經磁場偏轉后從y軸上的P點進入第一象限，并由x軸上的M點（未畫出）離開電場。已知O、M間的距離為3L，粒子的比荷為，不計粒子重力。求：
（1）O、P兩點間的距離；
答案： L　
解析： 帶電粒子在第二象限內做勻速圓周
運動，軌跡如圖所示，圓心為C
由牛頓第二定律得qvB＝
解得R＝
又＝，可得R＝L
由幾何關系得∠OCP＝120°，則OP＝L。
（2）粒子在磁場中運動的時間；
答案： 　
解析： 粒子在磁場中的運動周期T＝
粒子在磁場中偏轉120°，即在磁場中運動的時間t＝，解得t＝。
（3）當該粒子經過P點的同時，在電場中的N點由靜止釋放另一個完
全相同的帶電粒子，若兩粒子在離開電場前相遇且所需時間最長，求N
點的坐標。
答案： （1.5L，1.5L）
解析： 帶電粒子進入第一象限時速度與y軸正方向成60°角，與電場
方向垂直，故粒子在第一象限內做類平拋運動，軌跡如圖。由于兩粒子完
全相同，所以只需在帶電粒子進入電場時速度方向的直線上PN范圍內任一
點釋放粒子，均可保證兩粒子在電場中相遇，且兩粒子在M點相遇所需時
間最長，即在圖中N點由靜止釋放粒子即可。設N點的橫坐標為x，縱坐標
為y，根據幾何知識可得
PN＝QM＝L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得：x＝1.5L，y＝1.5L
則N點的坐標為（1.5L，1.5L）。
突破點二　組合場應用實例
質譜儀
1. 構造：
如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。
2. 原理：粒子由靜止被加速電場加速，有qU＝mv2。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m。
由以上兩式可得r＝，m＝，＝。
（2025·福建福州期末）一質譜儀由加速器、
速度選擇器和磁分析器組成，其裝置簡化成如圖
所示。質量為m、帶電荷量為q粒子由靜止被加速
電場加速后，以速度v進入速度選擇器。速度選擇
器內存有相互正交的勻強磁場和勻強電場，其中
電場強度大小為E、磁感應強度大小未知；通過速
度選擇器后，粒子從O點垂直于磁場邊界SP的方向進入磁分析器，最后粒
子擊中磁場邊界上的P點。磁分析器分布著垂直紙面向外的勻強磁場，磁
感應強度大小為B2；不計粒子重力。求：
（1）加速電場的電壓U0；
答案： 　
解析： 根據題意，粒子在加速電場中，由 動能定理有qU0＝mv2，解
得U0＝。
（2）速度選擇器中勻強磁場磁感應強度大小B1；
答案： 　
解析： 粒子在速度選擇器中，有qvB1＝qE
解得B1＝。
（3）磁分析器中O、P兩點間的距離d。
答案：
解析： 粒子在磁分析器中，有qvB2＝，得r＝
則d＝2r＝。
回旋加速器
1. 構造：
如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒
處于勻強磁場中。
2. 原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，
經磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由磁
感應強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關。
3. 運動總時間
粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次
數n＝，粒子在磁場中運動的總時間t＝T＝·＝。
（2025·江蘇揚州階段練習）某型號的回旋加速器的工作原理如圖甲
所示，圖乙為俯視圖。回旋加速器的核心部分為D形盒，D形盒裝在真空容
器中，整個裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場中，磁場可以認為是勻強磁
場，且與D形盒盒面垂直。兩盒間狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽
略不計。質子從粒子源A處進入加速電場的初速度不計，從靜止開始加速
到出口處所需的時間為t，已知磁場的磁感應強度為B，質子質量為m、電
荷量為＋q，加速器接高頻交流電源，其電壓為U，不考慮相對論效應和重
力作用，求：
（1）質子第1次經過狹縫被加速后進入D形盒運動軌道的半徑r1；
答案： 　
解析： 質子第1次經過狹縫被加速過程，根據動能定理有qU＝m
質子在磁場中做勻速圓周運動，則有qv1B＝m
解得r1＝
（2）質子第1次和第2次經過狹縫進入D形盒位置間的距離；
答案： 　
解析： 質子第2次經過狹縫被加速過程，根據動能定理有2qU＝m
質子在磁場中做勻速圓周運動，則有qv2B＝m
解得r2＝
則質子第1次和第2次經過狹縫進入D形盒位置間的距離Δr＝2r2－2r1
解得Δr＝。
（3）D形盒半徑R。
答案：
解析： 質子飛出D形盒時的軌道半徑為R，則有qvmaxB＝m，T＝
令質子在電場中加速了n次，則有Ekmax＝m＝nqU
質子從靜止開始加速到出口處所需的時間為t，
則有t＝n·，解得R＝
突破點三　帶電粒子在交變場中的運動
1. 交變場的常見類型
（1）電場周期性變化、磁場不變。
（2）磁場周期性變化、電場不變。
（3）電場、磁場均周期性變化。
2. 分析帶電粒子在交變場中運動問題的基本思路
（2024·廣東高考15題）如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放
置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存
在一水平向右的恒定勻強電場，右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁
感應強度大小為B。一帶電粒子在t＝0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在
t＝t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內，在t＝2t0時
刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在t＝3t0時刻從下板
右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距
離的倍，粒子質量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。
（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；
答案： 正電　　
解析： 根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知，
粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為T＝2t0，根據T＝
則粒子所帶的電荷量q＝。
（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t＝t0時刻的速度大小v；
答案： 　π　
解析： 若金屬板的板間距離為D，則板長為，粒子在板間運動時，
有＝vt0出電場時豎直速度為零，則豎直方向，有y＝2××（0.5t0）2
在磁場中時，由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m
其中的y＝2r＝
聯立解得v＝π，D＝。
（3）求從t＝0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對
粒子做的功W。
答案：
解析： 帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可
知金屬板的板間距離D＝3r
則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉電場，在4t0時刻進入左側的電場做減
速運動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉電場，6.5t0時
刻碰到上極板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間t0內電場力做功為
零，在左側電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中
只有開始在金屬板左側電場時電場力做功和最后0.5t0時間內金屬板間電場
力做功，則
W＝mv2＋Eq×＝＋＝。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. 〔多選〕（2025·河南開封統考）如圖所示，MN是
半徑為R的圓形磁場區域的直徑，MN上方存在方向垂
直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，MN
下方存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強
度大小為2B。在M點有一質量為m、電荷量為＋q（q＞0）的離子源，離子從N點射出時的速度大小不同，但方向均與磁場方向垂直且與MN成30°角。不
計離子重力及離子間的相互作用，則從N點射出磁場的離子速度可能是（ ）
A. B.
C. D.
√
√
解析： 　根據洛倫茲力提供向心力，
有qvB＝
離子在MN上方運動的半徑為r1＝
離子在MN下方運動的半徑為r2＝
若離子從MN上方通過N點，有2nr1sin 30°＋2（n－1）r2sin 30°＝2R（n
＝1，2，3，…）
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解得v＝（n＝1，2，3，…）
即v＝，v＝，v＝，v＝，…
若離子從MN下方通過N點有
2n（r1＋r2）sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）
解得v＝（n＝1，2，3，…）
即v＝，v＝，v＝，v＝，v＝，…故A、B正確，C、D
錯誤。
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2. （2025·江蘇揚州開學考試）如圖甲所示為我國建造的第一臺回旋加速
器，該加速器存放于中國原子能科學研究院，其工作原理如圖乙所示。其
核心部分是兩個D形盒，粒子源O置于D形盒的圓心附近，能不斷釋放出帶
電粒子，忽略粒子在電場中運動的時間，不考慮加速過程中引起的粒子質
量變化。現用該回旋加速器對HHe兩種粒子分別進行加速。下列說法
正確的是（　　）
A. 兩種粒子在回旋加速器中運動的時間
相等
B. 兩種粒子在回旋加速器中運動的時間
不相等
C. 兩種粒子離開出口處的動能相等
D. 兩種粒子離開出口時動能變大了是因為洛倫茲力做了功
√
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解析： 　粒子在磁場中飛出的最大軌道半徑為D形盒的半徑，對應速度也
最大，則有qvmaxB＝m，最大動能為Ekmax＝m，粒子在電場中加速一次，在磁場中回旋半周，令加速的次數為n，則有Ekmax＝nqU，聯立得n＝，則粒子運動的時間t＝n，其中T＝，解得t＝，可知，兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等，故A正確，B錯誤；粒子離開出口處的動能最大，根據上述分析解得Ekmax＝H粒子的質量數為2，電荷數為1He粒子的質量數為4，電荷數為2，可知He粒子的出口處的動能為H粒子的兩倍，即兩種粒子離開出口處的動能不相等，故C錯誤；洛倫茲力方向與粒子速度方向始終垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤。
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3. （2025·福建漳州三模）如圖，一質譜儀由加速電場、靜電分析器、磁
分析器構成。靜電分析器通道的圓弧中心線半徑為R，通道內有均勻輻向
電場，方向指向圓心O，中心線處各點的電場強度大小相等。磁分析器中
分布著方向垂直于紙面的有界勻強磁場，邊界為矩形CNQD，NQ＝2d，PN
＝3d。質量為m、電荷量為q的粒子（不計重力），由靜止開始從A板經電
壓為U的電場加速后，沿中心線通過靜電分析器，再由P點垂直磁場邊界進
入磁分析器，最終打在膠片ON上，則（　　）
A. 磁分析器中磁場方向垂直于紙面向外
B. 靜電分析器中心線處的電場強度E＝
C. 僅改變粒子的比荷，粒子仍能打在膠片上的同一點
D. 要使粒子能到達NQ邊界，磁場磁感應強度B的最小值
為
√
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解析： 　由靜電分析器的靜電力充當向心力可知，粒子帶正電，根據左
手定則可知，磁分析器中磁場方向垂直于紙面向里，故A錯誤；在加速電
場中，根據動能定理，有qU＝mv2，在靜電分析器中靜電力充當向心力，
有qE＝，聯立可得E＝，故B錯誤；在磁分析器中，根據洛倫茲力提
供向心力，有qvB＝，可得粒子進入磁分析器到打在膠片上的距離D＝
，所以此距離與粒子的比荷有關，僅改變粒子的比荷，粒子不能打
在膠片上的同一點，故C錯誤；由上述公式可知，磁場磁感應強度B越小，半徑越大，當B取最小值時，粒子與QD邊相切，由于圓心在PN上，則半徑R＝2d，此時有4d＝，解得Bmin＝，故D正確。
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4. （2025·安徽宣城期末）如圖所示，x軸上方存在邊長為d、沿y軸正方
向、場強大小為E的正方形勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的
勻強磁場，磁感應強度B＝。一個質量為m，電荷量為q的帶正電粒子
從OP中點A由靜止釋放進入電場（不計粒子重力）。
（1）粒子從A點開始運動到第二次進入電場的時間；
答案： t總＝　
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解析： 粒子在電場中，根據牛頓第二定律得Eq＝ma
帶電粒子在電場中做勻加速直線運動，則d＝·
所以粒子在電場中運動的時間t1＝
設粒子在電場中獲得的速度為v，則v2＝2·d，
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解得v＝
在磁場中洛倫茲力提供向心力有，Bqv＝m
求得粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝
粒子在磁場運動的周期T＝，
則t2＝T＝，所以t總＝t1＋t2＝。
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（2）粒子第二次離開電場的位置坐標。
答案：
解析：粒子再次進入電場做類平拋運動，則d＝vt3
h＝＝d，所以y＝＋h＝d
故粒子第二次離開電場的位置坐標為。
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5. 如圖所示，在xOy坐標系中有圓柱形勻強磁場區域，其圓心在O'（R，0），半徑為R，磁感應強度大小為B，磁場方向垂直紙面向里。在y≥R范圍內，有方向向左的勻強電場，電場強度為E。有一帶正電的微粒平行于x軸射入磁場，微粒在磁場中的偏轉半徑剛好也是R。已知帶電微粒的電荷量為q，質量為m，整個裝置處于真空中，不計重力。
（1）求微粒進入磁場的速度大小；
答案： 　
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解析： 微粒射入磁場后做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m，解得v＝。
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（2）若微粒從坐標原點射入磁場，求微粒從射入磁場到再次經過y軸所用
時間；
答案： ＋　
解析：微粒從坐標原點射入磁場，因在磁場中軌跡半徑
也為R，所以微粒經圓周后以速度v垂直于電場方向進入
電場，微粒在電場中做類平拋運動，軌跡如圖甲所示。
微粒在磁場中的運動時間為t1＝＝×＝，
微粒在電場中做類平拋運動，沿電場方向有R＝·，
解得t2＝，微粒再次經過y軸需要的時間為t＝t1＋t2＝＋。
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（3）若微粒從y軸上y＝處射向磁場，求微粒以后運動過程中距y軸的最大
距離。
答案： R＋
解析：微粒從y軸上y＝處射向磁場，微粒運動軌跡如圖乙
所示，設微粒在P點射入磁場，入射點為P，軌跡圓心為O2。
在△APO'中，∠AO'P＝30°，∠APO'＝60°，連接O2O'，
因O2P＝O'P＝R，∠O2PO'＝120°，則∠PO'O2＝30°，
兩圓相交，關于圓心連線對稱，設出射點為Q，由對稱知
∠O2O'Q＝30°，出射點Q必位于O'點正上方。
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由于∠PO2Q＝60°，所以微粒從磁場中出射方向與x軸成θ＝60°。
微粒在電場中沿x軸正方向上做初速度為＝vcos θ的勻減速直線運動，
加速度大小為a＝。
在電場中向右運動的最遠距離xm＝，
由以上三式及v＝，解得xm＝，
運動過程中距y軸的最遠距離為
s＝R＋xm＝R＋。
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6. 如圖甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場、電
場強度大小為E；y軸右側有如圖乙所示周期性變化的磁場，磁感應強度大
小為B0，以磁場方向垂直紙面向里為正方向。t＝0時刻，從x軸上的P點無
初速度釋放一帶正電的粒子，粒子（重力不計）的質量為m、電荷量為q，
粒子第一次在電場中運動的時間與第一次在磁場中運動的時間相等，且粒
子第一次在磁場中做圓周運動的軌跡為半圓。求：
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（1）P點到O點的距離；
答案： 　
解析： 設粒子第一次在電場中做勻加速運動的時間為t0，則t0＝，
Eq＝ma
設O、P間距離為x，則x＝a，
聯立解得x＝。
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（2）粒子經一個周期沿y軸發生的位移大小。
答案：
解析：如圖所示，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑分別
為R1和R2，R1＝，R2＝，又由動能定理得Eqx＝
m，設粒子經一個周期沿y軸向下移動Δy，則Δy＝2R2
－2R1＝。
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THANKS
演示完畢 感謝觀看

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