【物理】2018届一轮复习教科版带电粒子在组合场中的运动教案
第 3 节 带电粒子在组合场中的运动
突破点(一) 质谱仪与回旋加速器
1．质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝1
2mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB＝mv2
r 。
由以上两式可得 r＝1
B 2mU
q ，m＝qr2B2
2U ，q
m＝ 2U
B2r2。
2．回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2 是半圆形金属盒，D 形
盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中。
(2)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＝mv2
r ，得 Ekm＝q2B2r2
2m ，可见粒子获得的最
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。
[典例] (2016·江苏高考，节选)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的 D
形金属盒半径为 R。两盒间狭缝的间距为 d，磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直。被加
速粒子的质量为 m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为
U0，周期 T＝2πm
qB 。一束该种粒子在 t＝0～T
2时间内从 A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为
零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，
不考虑粒子间的相互作用。求：
甲
乙
(1)出射粒子的动能 Em；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到 Em 所需的总时间 t0。
[解析] (1)粒子运动半径为 R 时
qvB＝mv2
R
且 Em＝1
2mv2
解得 Em＝q2B2R2
2m 。
(2)粒子被加速 n 次达到动能 Em，则 Em＝nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设 n 次经过狭缝的总时间为 Δt
加速度 a＝qU0
md
匀加速直线运动 nd＝1
2a·Δt2
由 t0＝(n－1)·T
2＋Δt，解得 t0＝πBR2＋2BRd
2U0 －πm
qB。
[答案] (1)q2B2R2
2m (2)πBR2＋2BRd
2U0 －πm
qB
[集训冲关]
1.(2016·全国乙卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，
其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速
电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入
口处从静止开始被同一加速电
场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁
感应强度增加到原来的 12 倍。此离子和质子的质量比约为( )
A．11 B．12
C．121 D．144
解析：选 D 带电粒子在加速电场中运动时，有 qU＝1
2mv2，在磁场中偏转时，其半径
r＝mv
qB，由以上两式整理得：r＝1
B
2mU
q 。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶
12，当半径相等时，解得：m2
m1＝144，选项 D 正确。
2.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高
频交流电极相连接的两个 D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变
化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两 D 形金属盒处于垂直
于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下
列说法中正确的是( )
A．增大匀强电场间的加速电压
B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离
D．增大 D 形金属盒的半径
解析：选 BD 回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半
径恰好等于 D 形盒的半径，根据 qvB＝mv2
R 可得，v＝qBR
m ，因此离开回旋加速器时的动能 Ek
＝1
2mv2＝q2B2R2
2m 可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，A、C 错误；磁感应强度越大，
D 形盒的半径越大，动能越大，B、D 正确。
突破点(二) 带电粒子在三类组合场中的运动
带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟
磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何
关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况
也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。
[多维探究]
(一)先电场后磁场
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图甲、乙所示)
在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图丙、丁所示)
在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
[典例 1] (2017·长沙市望城一中高三调考)如图所示，某种带电粒
子由静止开始经电压为 U1 的电场加速后，射入水平放置、电势差为
U2 的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板
正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场
和射出磁场的 M、N 两点间的距离 d 随着 U1 和 U2 的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效
应)( )
A．d 随 U1 变化，d 与 U2 无关
B．d 与 U1 无关，d 随 U2 变化
C．d 随 U1 变化，d 随 U2 变化
D．d 与 U1 无关，d 与 U2 无关
[解析] 带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度 v 分解成初速度方
向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为 θ，则有：v0
v
＝cos θ
而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为 R，由几何关系得，半径与直线
MN 夹角正好等于 θ，则有：
d
2
R＝cos θ，所以 d＝2Rv0
v
，又因为半径公式 R＝mv
Bq，则有 d＝2mv0
Bq
＝2
B
2mU1
q 。故 d 随 U1 变化，d 与 U2 无关，故 A 正确；B、C、D 错误。
[答案] A
(二)先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图甲、乙所示)
[典例 2] (2014·海南高考)如图，在 x 轴上方存在匀强磁场，磁感
应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外；在 x 轴下方存在匀强电场，电
场方向与 xOy 平面平行，且与 x 轴成 45°夹角。一质量为 m、电荷量为 q(q
＞0)的粒子以初速度 v0 从 y 轴上的 P 点沿 y 轴正方向射出，一段时间后
进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间 T0，磁场的方向变为
垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。
(1)求粒子从 P 点出发至第一次到达 x 轴时所需的时间；
(2)若要使粒子能够回到 P 点，求电场强度的最大值。
[解析] (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为 R，运动周期为 T，根据洛伦
兹力公式及圆周运动规律，有
qv0B＝mv02
R T＝2πR
v0
依题意，粒子第一次到达 x 轴时，运动转过的角度为 5
4π，所需时间 t1 为 t1＝5
8T，
求得 t1＝5πm
4qB。
(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为 0，然后沿原路返回做匀加速运
动，到达 x 轴时速度大小仍为 v0，设粒子在电场中运动的总时间为 t2，加速度大小为 a，电
场强度大小为 E，
有 qE＝ma v0＝1
2at2 得 t2＝2mv0
qE
根据题意，要使粒子能够回到 P 点，必须满足 t2≥T0
得电场强度最大值 E＝2mv0
qT0 。
[答案] (1)5πm
4qB (2)2mv0
qT0
(三)先后多个电、磁场
[典例 3] (2014·广东高考)如图所示，足够大的平行挡板 A1、A2 竖直放置，间距 6 L，
两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面 MN 为理想分界面。Ⅰ区的磁
感应强度为 B0，方向垂直纸面向外。A1、A2 上各有位置正对的小孔 S1、S2，两孔与分界面
MN 的距离均为 L。质量为 m、电荷量为＋q 的粒子经宽度为 d 的匀强电场由静止加速后，
沿水平方向从 S1 进入Ⅰ区，并直接偏转到 MN 上的 P 点，再进入Ⅱ区，P 点与 A1 板的距离
是 L 的 k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)若 k＝1，求匀强电场的电场强度 E；
(2)若 2
0 范围内以 x
轴为电场和磁场的边界，在 x<0 范围内以第三象限内的直线 OM 为电场
与磁场的边界，OM 与 x 轴负方向成 θ＝45°角，在边界的下方空间存在
着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B＝0.1 T，在边界的
上方有沿 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 E＝32 N/C；在 y 轴上的 P 点有一个不计重
力的带电微粒，以沿 x 轴负方向的初速度 v0＝2×103 m/s 射出，已知 OP＝0.8 cm，微粒所
带电荷量 q＝－5×10－18 C，质量 m＝1×10－24 kg，求：
(1)带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；
(2)带电微粒从 P 点出发到第三次经过电、磁场边界经历的总时间；
(3)带电微粒第四次经过电、磁场边界时的速度大小。
解析：(1)带电微粒从 P 点开始在磁场中做匀速圆周运动，运动轨
迹如图所示，第一次经过磁场边界上的 A 点，由半径公式可得
r＝mv0
B|q|＝4×10－3 m。
因为 OP＝0.8 cm，匀速圆周运动的圆心在 OP 的中点 C，由几何关
系可知，A 点位置的坐标为(－4×10－3 m，－4×10－3 m)。
(2)带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T＝2πm
B|q|＝1.256×10－5 s。
由图可知，微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场，故 t1＝1
4T＝0.314×10－5 s。
微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零，然后反向做匀加速直线运动，微粒运动
的加速度为 a＝|q|E
m ，
故在电场中运动的时间为 t2＝2v0
a ＝2mv0
E|q| ＝2.5×10－5 s。
微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动，故 t3＝t1＝0.314×10－5 s，所以微粒从 P
点出发到第三次经过电、磁场边界的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10－5 s。
(3)微粒从 B 点第三次经过电、磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，则加速度 a
＝|q|E
m ＝1.6×108 m/s2，
则第四次到达电、磁场边界时，
y＝1
2at42，x＝v0t4，tan 45°＝y
x，
解得 vy＝at4＝4×103 m/s。
则微粒第四次经过电、磁场边界时的速度为
v＝ v02＋vy2＝2 5×103 m/s。
答案：(1)(－4×10－3 m，－4×10－3 m)
(2)3.128×10－5 s
(3)2 5×103 m/s
对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动
5．(2017·上饶二模)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立 xOy 坐标系，在第Ⅱ象限
内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与 x 轴负方向的夹角 θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌
面放置两块相互平行的平板 C1、C2，两板间距为 d1＝0.6 m，板间有竖直向上的匀强磁场，
两板右端在 y 轴上，板 C1 与 x 轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔 M，小孔 M 离坐标原点
O 的距离为 L＝0.72 m。在第Ⅳ象限垂直于 x 轴放置一块平行 y 轴且沿 y 轴负向足够长的竖
直平板 C3，平板 C3 在 x 轴上垂足为 Q，垂足 Q 与原点 O 相距 d2＝0.18 m。现将一带负电
的小球从桌面上的 P 点以初速度 v0＝4 2 m/s 垂直于电场方向射出，刚好垂直于 x 轴穿过
C1 板上的 M 孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷q
m＝20 C/kg，P 点与小
孔 M 在垂直于电场方向上的距离为 s＝ 2
10 m，不考虑空气阻力。求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板 C3 上，求磁感应强度的取值范围；
(3)若 t＝0 时刻小球从 M 点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化
(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从 M 点到打在平板 C3 上所用的时间。(计算结果保留两
位小数)
解析：(1)小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t＝s
at＝v0tan θ
由牛顿第二定律有：qE＝ma
代入数据解得：E＝8 2 N/C。
(2)设小球通过 M 点时的速度为 v，
由类平抛运动规律：v＝ v0
sin θ＝4 2
2
2
m/s＝8 m/s；
小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：qvB＝
mv2
R，得：B＝mv
qR
小球刚好能打到 Q 点，磁感应强度最强设为 B1。此时小球的轨迹半径为 R1
由几何关系有： R1
L＋d2－R1＝L－R1
R1 ，代入数据解得：
B1＝1 T。
小球刚好不与 C2 板相碰时，磁感应强度最小设为 B2，此时粒子的轨迹半径为 R2。
由几何关系有：R2＝d1，代入数据解得：
B2＝2
3T；
综合得磁感应强度的取值范围：
2
3T≤B≤1 T。
(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为 R3，周期为 T；由周期公式可得：R3＝mv
qB3
解得：R3＝0.18 m
T＝2πm
qB3
解得：T＝ 9π
200 s
由磁场周期 T0＝T
3分析知小球在磁场中运动的轨迹如图，一个磁场
周期内小球在 x 轴方向的位移为 3R3＝0.54 m，L－3R3＝0.18 m
即：小球刚好垂直 y 轴方向离开磁场，则在磁场中运动的时间 t1＝
T
3＋T
3＋T
4＝33π
800 s＝0.13 s
从离开磁场到打在平板 C3 上所用的时间 t2＝d2
v
＝0.02 s
小球从 M 点到打在平板 C3 上所用总时间
t＝t1＋t2＝0.02 s＋0.13 s＝0.15 s。
答案：(1)8 2 N/C (2)2
3T≤B≤1 T (3)0.15 s
6．(2016·保定期末调研)如图(a)所示，灯丝 K 可以连续逸出不计初速度的电子，在 KA
间经大小为 U 的加速电压加速后，从 A 板中心小孔射出，再从 M、N 两极板的正中间以平
行极板的方向进入偏转电场。M、N 两极板长为 L，间距为 3
3 L。如果在两板间加上如图(b)
所示的电压 UMN，电子恰能全部射入如图(a)所示的匀强磁场中。不考虑极板边缘的影响，
电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直纸面向里且范围足
够大，不考虑电场变化对磁场的影响。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子的重力
及它们之间的相互作用力。
(1)求偏转电场电压 UMN 的峰值；
(2)已知在 t＝T
4时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场的磁感应强度 B
的大小；
(3)求从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间。
解析：(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得 eU＝1
2mv02
由题意可知在偏转电压达到峰值时进入的电子恰好沿极板边缘飞出电场
3
6 L＝1
2at02
a＝ eUmax
m × 3
3 L
L＝v0t0
联立可得 Umax＝2
3U。
(2)设 t＝T
4时刻进入偏转电场的电子离开电场时速度大小为 v，v 与 v0 之间夹角为 θ，则
tan θ＝ eUmax
m × 3
3 L
· L
v02＝ 3
3 ，所以 θ＝30°
v0＝vcos θ
电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力：evB＝mv2
R
根据几何关系 2Rcos θ＝ 3
3 L
解得 B＝2
L 6mU
e 。
(3)电子在偏转电场中运动历时相等，设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T，经 N
板边缘飞出的电子在磁场中运动时间最短，在磁场中飞行时间为T
3
又 T＝2πR
v
联立解得 tmin＝L
v0＋πL
9 3m
2eU。
答案：(1)2
3U (2)2
L 6mU
e (3)L
v0＋πL
9 3m
2eU
考点综合训练
7．(2017·福建质检)如图所示，圆形区域半径为 R，圆心在 O 点，区域中有方向垂直纸
面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。电子在电子枪中经电场加速后沿 AO 方向垂直进
入磁场，偏转后从 M 点射出并垂直打在荧光屏 PQ 上的 N 点，PQ 平行于 AO，O 点到 PQ
的距离为 2R。电子电荷量为 e，质量为 m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。
求：
(1)电子进入磁场时的速度大小 v；
(2)电子枪的加速电压 U；
(3)若保持电子枪与 AO 平行，将电子枪在纸面内向下平移至距 AO 为R
2处，则电子打在
荧光屏上的点位于 N 点的左侧还是右侧及该点距 N 点的距离。
解析：(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力
evB＝mv2
r
电子轨迹如图甲所示，由几何关系得 r＝R
联立解得 v＝eBR
m 。
(2)电子在电子枪中，由动能定理得 eU＝1
2mv2
联立解得 U＝eB2R2
2m 。
(3)电子在磁场中运动的半径 r＝R，故平行于 AO 射入磁场的电子都
将经过 M 点后打在荧光屏上。从与 AO 相距R
2的 C 点射入磁场的电子打
在荧光屏上的 G 点，G 点位于 N 点的左侧，
其轨迹如图乙所示。由几何关系，α＝60°
GN＝ R
tan α＝ 3
3 R。
答案：(1)eBR
m (2)eB2R2
2m (3)左侧 3
3 R
8．(2013·安徽高考)如图所示的平面直角坐标系 xOy，在第Ⅰ象限内有平行于 y 轴的匀
强电场，方向沿 y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形 abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于 xOy
平面向里，正三角形边长为 L，且 ab 边与 y 轴平行。一质量为 m、电荷量为 q 的粒子，从
y 轴上的 P(0，h)点，以大小为 v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从 x 轴上的
a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从 y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与 y 轴负方向成
45°角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度 E 的大小；
(2)粒子到达 a 点时速度的大小和方向；
(3)abc 区域内磁场的磁感应强度 B 的最小值。
解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为 t，则有 x＝v0t＝2h
y＝1
2at2＝h qE＝ma
联立以上各式可得 E＝mv02
2qh 。
(2)粒子到达 a 点时沿 y 轴负方向的分速度为 vy＝at＝v0
所以 v＝ v02＋vy2＝ 2v0，方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成
45°角。
(3)粒子在磁场中运动时，有 qvB＝mv2
r
当粒子从 b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 r＝ 2
2 L，所以 B＝2mv0
qL 。
答案：(1)mv02
2qh (2) 2v0 方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成 45°角 (3)2mv0
qL
