素养培优2 带电粒子在复合场中的运动
1.〔多选〕（2025·新疆乌鲁木齐一模）速度选择器是质谱仪的重要组成部分，工作时电场和磁场共同作用，能从各种速率的带电粒子中选择出具有一定速率的粒子。下列图示结构中电场方向均水平，磁场方向均垂直纸面，则下列结构能成为速度选择器的是（ ）
2.（2025·北京高考12题）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是（ ）
A.N点电势比M点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
3.（2025·陕西汉中三模）如图所示，一种磁流体发电机，平行金属板A、B间距为d，A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度大小为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体含有大量正、负电离子）以速度v喷入磁场，A、B两极间便产生电压，在A、B两极板间接入电阻R，则下列说法正确的是（ ）
A.通过电阻R的电流方向为从a流向b
B.电阻R两端的电压U＝
C.电阻R消耗的热功率P＝
D.增大A、B两板间距d，则流过电阻R的电流会增大
4.（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＝
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
5.〔多选〕（2025·河北秦皇岛一模）如图所示为回旋加速器的原理图，D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，回旋加速器所加高频交流电的频率恒定，用这样的回旋加速器给A、B两个粒子分别进行加速，A粒子的电荷量为q1、质量m1，加速后获得的最大动能为Ek1，最大速度为v1；B粒子的电荷量为q2、质量为m2，加速后获得的最大动能为Ek2、最大速度为v2，则下列关系一定正确的是（ ）
A.q1＝q2、m1＝m2 B.＝
C.v1＝v2 D.＝
6.（2025·重庆渝中区三模）如图所示，平面直角坐标系第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场。距离原点O为L处有一个与y轴平行且足够长的荧光屏，荧光屏与x轴相交于Q点。y轴左侧存在垂直平面向里的匀强磁场。一重力可忽略，比荷大小为k的负粒子以速度v0，从y轴负方向上的P点（ OP＜L）水平向左射入磁场，经磁场、电场后进入无场区的第四象限并最终打到荧光屏上M点（未画出）。若磁场的磁感应强度B＝，电场强度E＝，求：
（1）该粒子从射入磁场到打在荧光屏上的时间；
（2）OP为多少时，M点距Q点的距离最大并求出该最大值。
7.（2025·湖北武汉一模）如图所示，在平行于y轴的虚线左侧空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴与虚线之间分布有沿y轴负方向电场强度大小为E的匀强电场。在x轴负方向上距坐标原点s＝6L的A处有一粒子发射源，在平面内向x轴上方180°范围内发射速度大小均为v的粒子，粒子带负电，质量大小均为m、电荷量大小均为q。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为5L，不计粒子重力，求：
（1）匀强磁场磁感应强度的大小；
（2）粒子从y轴最上方进入第一象限时速度与x轴正方向夹角的正弦值；
（3）已知从y轴最上方进入第一象限的粒子在电场中运动时间t＝时穿出电场，其速度此时恰好与x轴平行，求电场区域的宽度。
8.（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。
9.（2025·河南高考15题）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q（q＞0）的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）求电场强度的大小；
（3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
素养培优2 带电粒子在复合场中的运动
1.BC 根据电场力方向，由左手定则判断洛伦兹力方向，则A、D项中二者方向相同，B、C项中二者方向相反，故选B、C。
2.C 根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝可知此时式中磁感应强度为垂直直径MN方向上的一个分量，即此时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。
3.D 根据左手定则可知，带正电离子向下偏转，带负电离子向上偏转，则B板带正电，A板带负电，通过电阻R的电流方向为从b流向a，故A错误；稳定时，对离子有q＝qvB，解得电动势为E电动势＝Bdv，若等离子体的电阻可忽略不计，则电阻R两端的电压为U＝E电动势＝Bdv，电阻R消耗的热功率为P＝＝，故B、C错误；根据E电动势＝Bdv，增大A、B两板间距d，则电动势增大，流过电阻R的电流会增大，故D正确。
4.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＝mv2，在静电分析器中，根据电场力充当向心力得qE＝，联立可得电场强度E＝，故B错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝，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＝，解得Bmin＝，故D正确。
5.BCD 由于两个粒子在同一加速器中都能被加速，则两个粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，由T＝，可知比荷＝，可知两粒子比荷相同，即＝，整理得＝，但仅从以上关系式不能确定两粒子的电荷量、质量大小关系，故A错误，B正确；设D形盒最大半径为Rm，则对粒子有qvB＝m，解得vm＝，由于两粒子比荷相同，故最大速度相同，故C正确；粒子获得的最大动能Ek＝m＝，由于两粒子比荷相同，则有＝，故D正确。
6.（1）＋ （2）L L
解析：（1）带电粒子在磁场中由qv0B＝m
可得R＝＝＝L
根据题意作出带电粒子在组合场中的运动轨迹，如图所示。
该粒子在磁场中做匀速圆周运动用时t1＝T＝＝
离开磁场后在水平方向上匀速运动，用时t2＝
故t＝t1＋t2＝＋。
（2）设粒子进入第四象限时速度与x轴正向夹角为θ，M点距Q点距离为d。粒子在第一象限做平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y。
粒子在第四象限做匀速直线运动有d＝tan θ
又有tan θ＝2
故d＝2
由粒子在第一象限的类平抛运动有y＝t'2，x＝v0t'
得到y＝
将其代入上式得d＝＝3x－
由函数知识知当x＝L时d有最大值L
此时y＝L，故OP＝2R－y＝L。
7.（1） （2） （3）3L
解析：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可知qvB＝
代入R＝5L，可得B＝。
（2）粒子在磁场中均顺时针方向做匀速圆周运动，从y轴最上方飞出时应在该平面内恰好运动半周，其运动轨迹如图所示
可知sin θ＝
代入数据，可得sin θ＝。
（3）粒子在电场中运动时，在竖直方向，由动量定理可知qEt－ΣqBvxΔt＝0－m（－vsin θ）
而∑vxΔt＝d
可得d＝3L。
8.（1） （2）
（3）
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＝m
e·kv0B＝m
联立解得＝。
（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＝mv2－m（kv）2
解得v＝。
（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＝m
解得r＝
结合（1）问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝
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＝nl
又电子在磁场中运动的周期为
T＝＝
联立解得电子从P运动到d的时间为
t＝nT＝。
9.（1） （2） （3）v0
解析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示
由几何关系有r－h＝r
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝2h
对粒子，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝m
解得磁感应强度的大小为B＝。
（2）作出粒子从a点运动到b点的轨迹，如图2所示
粒子在电场中做类斜抛运动，由斜抛运动规律可知，水平方向x1＝v0t1cos 60°
竖直方向2v0sin 60°＝at1
由牛顿第二定律有qE＝ma
由（1）问可知粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为
x2＝rsin 60°＝h
由几何关系可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移为
s＝x1＋2x2＝3h
联立解得电场强度大小为
E＝。
（3）根据题意作出竖直向下发射时一个周期内粒子的运动轨迹，如图3所示
由几何关系可知一个周期内粒子从磁场进入电场的速度与水平线的夹角余弦值为cos θ＝＝
解得θ＝60°
则粒子从a点开始运动到进入电场过程粒子的水平位移为
s1＝r－rsin θ＝h
由于粒子从a点运动到进入电场过程轨迹所对圆心角为θ1＝
则该过程粒子的运动时间为t2＝＝
结合（2）问分析可知该情况下一个周期内粒子在电场中的水平位移大小x1＝h，运动时间为t1＝＝
由几何关系可得一个周期内粒子从电场进入磁场至到达b'的过程，轨迹所对圆心角为θ2＝，该过程的运动时间为t3＝＝
则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＋t3＝
由粒子的运动轨迹可知一个周期内粒子的位移为s'＝r－s1＝h
则粒子的漂移速度v＝＝v0。
3 / 3素养培优2 带电粒子在复合场中的运动
培优一 带电粒子在组合场中的运动
比较项 磁偏转模型 电偏转模型
受力情况 洛伦兹力F＝qvB，其大小不变，方向随v的改变而改变，F不是恒力 电场力F＝qE，其大小、方向均不变，与速度无关，F是恒力
运动轨迹
求解方法 利用牛顿第二定律、向心力公式、圆周运动公式求解。偏移距离y和偏转角θ要结合几何关系利用圆周运动规律讨论求解qvB＝m，R＝，T＝ 利用平抛运动规律、牛顿第二定律、动能定理求解x＝v0t，y＝at2，vx＝v0，vy＝at，v＝，tan θ＝＝，a＝＝，qU＝m
运动时间 t＝T＝ t＝
【典例1】 〔多选〕（2025·河北高考10题）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直M板穿过Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A.粒子一定带正电
B.若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d
尝试解答
【典例2】 （2025·湖北高考14题）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
（3）粒子的运动周期。
尝试解答
规律总结
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
培优二 带电粒子在叠加场中的运动
叠加场问题的基本思路
【典例3】 （2025·云南高考14题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。
（1）求该粒子通过速度选择器的速率；
（2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
（3）定义磁屏蔽效率η＝×100％，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？
尝试解答
【典例4】 （2025·湖南高考14题）如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，②平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场③。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，①随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1）求粒子所带电荷量q；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为④，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
审题指导：
信息提取 信息加工
恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，① 粒子在电容器中做类平抛运动
直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，② 由闭合电路欧姆定律可得U＝E0，进而可求出两板间电场强度大小
平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场③ 粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m，求解B
再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为④ 利用“配速法”，配一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡qv1B＝qE，粒子以v1速度向上做匀速直线运动；以另一分速度v2做匀速圆周运动；以求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm
尝试解答
方法技巧
“配速法”在叠加场中的应用
适用条件 （1）在叠加场中；（2）合力不为零
规律 把速度分解成两个速度，使其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，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。 ①初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度； ②初速度不为零时，按矢量分解法则分解
素养培优2 带电粒子在复合场中的运动
培优一
【典例1】 BD 根据题意，结合左手定则知，粒子带负电，A错误；发射方向与OP夹角为60°的粒子恰好垂直穿过Q点，运动轨迹如图甲所示，由几何关系得rcos 60°＋r＝3L，解得r＝2L，板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好不能到达N板，由动能定理得－qEd＝－mv2，解得v＝，v不变，增大d，则E减小，B正确；由几何关系，OP＝L，粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应的弦长为直径，如图乙所示，最大距离为＝L，C错误；因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ时，粒子仍可以从Q点进入两板之间，设此时打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O'，由于PO⊥OQ，可得PQ＝＝2L，由几何关系可知∠PQO'＝30°，∠PQO＝30°，则粒子斜射入极板间的速度与M板夹角θ＝90°－∠PQO'－∠PQO＝30°，板间电场强度最大时粒子打到M板下表面的位置到Q点的距离最小，粒子在板间做类斜抛运动，运动轨迹如图丙所示，沿电场力方向，由牛顿第二定律得qE＝ma，粒子在板间运动的时间t＝，粒子距离Q点的最小距离为x1＝vcos θ·t，联立解得x1＝d，D正确。
【典例2】 （1） （2） （3）＋
解析：（1）粒子在MN左侧区域中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
解得粒子在MN左侧区域中做匀速圆周运动的半径r1＝。
（2）粒子在PQ右侧区域做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0·2B＝m
则粒子在PQ右侧区域做匀速圆周运动的半径为r2＝
由于粒子能回到O点，则粒子的运动轨迹关于MN的中垂线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知cos∠MO1O2＝＝
则∠MO1O2＝60°
对粒子在PQ右侧区域的运动由几何关系可知，粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为s＝2r2sin 60°＝。
（3）结合qvB＝m、T＝可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为T1＝、T2＝
由（1）问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角分别为θ1＝360°－2×60°＝240°、θ2＝2×60°＝120°
则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为t1＝T1＋T2＝
由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x＝＝
则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为
t2＝＝
则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＝＋。
培优二
【典例3】 （1） （2） L＜y＜3L （3）60％
解析：（1）由平衡条件有qvB0＝qE
又E＝
联立解得该粒子通过速度选择器的速率v＝。
（2）画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1所示，由几何关系可知r＝L
由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得B1＝
若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B1，则粒子在磁屏蔽区运动的轨迹半径为r＝L，由几何关系可知y轴上y＝L处检测到该粒子
若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴通过磁屏蔽区后做半径为r＝L的圆周运动，由几何关系可知y轴上y＝3L处检测到该粒子
由于0＜B2＜B1，所以y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L。
（3）若在Q处检测到该粒子，画出粒子在磁屏蔽区运动轨迹如图2所示，设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为r'，则由几何关系可知
r'2＝（2L）2＋（r'－L）2
解得r'＝
由qvB2＝m和qvB1＝m，解得B2＝B1
磁屏蔽效率η＝×100％＝60％。
【典例4】 （1） （2） （3）d
解析：（1）闭合开关S，当滑片位于滑动变阻器中点时，由串、并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0＝E0＝E0
粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到电场力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向上，由运动学公式有d＝v0t
在竖直方向上，由牛顿第二定律有q＝ma
由运动学公式有d＝at2
联立可得q＝。
（2）设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ＝2×＝
则θ＝30°
由几何关系可知v＝＝
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示
由几何关系可知r＝＝d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
联立可得B＝。
（3）解法一 配速法 在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的电场力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡电场力的作用，如图所示，则有qv1B＝Eq
可得v1＝＝v0
由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝2vcos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和以速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m
可得r'＝d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图所示
由几何关系可知xm＝r'cos 30°＋r'＝d。
解法二 正则动量法 当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上，由动量定理有
qvxBΔt＝mv'－（－mvsin 30°）
即qBxm＝mv'－（－mvsin 30°）
对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有
Eqxm＝mv'2－mv2
联立可得xm＝d。
3 / 3(共66张PPT)
素养培优2 带电粒子在复合场中的运动
02
培优二
01
培优一
带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动
03
分层 强化训练
夯基固本提能
目
录
contents
培优一 带电粒子在组合场中的运动
比较项 磁偏转模型 电偏转模型
受力情况 洛伦兹力F＝qvB，其大小不
变，方向随v的改变而改变，F
不是恒力 电场力F＝qE，其大小、方
向均不变，与速度无关，F
是恒力
运动轨迹
比较项 磁偏转模型 电偏转模型
求解方法
运动时间
【典例1】 〔多选〕（2025·河北高考10题）如图，真空中两个足够大的
平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在
垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内
任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的
夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直M板穿过Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初
始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀
分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间
的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ BD ）
BD
A. 粒子一定带正电
B. 若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C. 粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
解析：根据题意，结合左手定则知，
粒子带负电，A错误；发射方向与OP
夹角为60°的粒子恰好垂直穿过Q点，
运动轨迹如图甲所示，由几何关系得
rcos 60°＋r＝3L，解得r＝2L，板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒
子恰好不能到达N板，由动能定理得－qEd＝－mv2，解得v＝，v不
变，增大d，则E减小，B正确；由几何关系，OP＝L，粒子打在M板上
表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应的弦长为直径，如图乙所示，最大距离为＝L，C错误；因金属板厚度不计，
当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ时，粒子仍可以从Q点进入两板之间，设此时打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O'，由于PO⊥OQ，可得PQ＝＝2L，由几何关系可知∠PQO'＝30°，∠PQO＝30°，则粒子斜射入极板间的速度与M板夹角θ＝90°－∠PQO'－∠PQO＝30°，板间电场强度最大时粒子打到M板下表面的位置到Q点的距离最小，粒子在板间做类斜抛运动，运动轨迹如图丙所
示，沿电场力方向，由牛顿第二定律
得qE＝ma，粒子在板间运动的时间t＝
，粒子距离Q点的最小距离为x1
＝vcos θ·t，联立解得x1＝d，D正确。
【典例2】 （2025·湖北高考14题）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无
磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁
感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左
侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距
离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
答案：
解析： 粒子在MN左侧区域中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向
心力有qv0B＝m
解得粒子在MN左侧区域中做匀速圆周运动的半径r1＝。
（2）粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
答案：
解析：粒子在PQ右侧区域做匀速圆周运动时，由洛伦兹
力提供向心力有qv0·2B＝m
则粒子在PQ右侧区域做匀速圆周运动的半径为r2＝
由于粒子能回到O点，则粒子的运动轨迹关于MN的中垂线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知cos∠MO1O2＝＝
则∠MO1O2＝60°
对粒子在PQ右侧区域的运动由几何关系可知，粒子第一
次和第二次经过PQ时位置的间距为s＝2r2sin 60°＝
。
（3）粒子的运动周期。
答案： ＋
解析：结合qvB＝m、T＝可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速
圆周运动的周期分别为T1＝、T2＝
由（1）问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角分
别为θ1＝360°－2×60°＝240°、θ2＝2×60°＝120°
则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为t1＝T1＋T2＝
由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x＝＝
则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为
t2＝＝
则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＝＋。
规律总结
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
培优二 带电粒子在叠加场中的运动
叠加场问题的基本思路
【典例3】 （2025·云南高考14题）磁屏蔽
技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。
如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里
的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未
知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁
屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀
强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。
答案：
（1）求该粒子通过速度选择器的速率；
解析： 由平衡条件有qvB0＝qE
又E＝
联立解得该粒子通过速度选择器的速率v＝。
（2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
答案： L＜y＜3L
解析：画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1
所示，由几何关系可知r＝L
由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得B1＝
若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B1，则粒子在磁屏蔽区运动的轨迹
半径为r＝L，由几何关系可知y轴上y＝L处检测到该粒子若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴通过磁屏蔽区后做半径为r＝L的圆周运动，由几何关系可知y轴上y＝3L处检测到该粒子由于0＜B2＜B1，所以y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L。
（3）定义磁屏蔽效率η＝×100％，若在Q处检测到该粒子，则η
是多少？
答案： 60％
解析：若在Q处检测到该粒子，画出粒子在磁屏蔽区运动轨迹如图2所示，设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为r'，则由几何关系可知
r'2＝（2L）2＋（r'－L）2
解得r'＝
由qvB2＝m和qvB1＝m，解得B2＝B1
磁屏蔽效率η＝×100％＝60％。
【典例4】 （2025·湖南高考14题）如图，直流电源的电动势为E0，内阻
为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，②平行板电容器两极板水平放置，
板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的
匀强磁场③。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正
电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器
下极板右侧边缘b点进入磁场，①随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入
电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1）求粒子所带电荷量q；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的
匀强电场，场强大小为④，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
审题指导：
信息提取 信息加工
恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁
场，① 粒子在电容器中做类平抛运动
直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑
动变阻器R的最大阻值为2r0，②
平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面
向里的匀强磁场③
审题指导：
信息提取 信息加工
利用“配速法”，配一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡qv1B＝qE，粒子以v1速度向上做匀速直线运动；以另一分速度v2做匀速圆周运动；以求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm
答案：（1）
（2）
（3）d
解析：（1） 闭合开关S，当滑片位于滑动变阻器中点时，由串、并联电路
规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0＝E0＝E0
粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到电场力的作用，做类平抛运
动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向
上，由运动学公式有d＝v0t
在竖直方向上，由牛顿第二定律有q＝ma
由运动学公式有d＝at2
联立可得q＝。
（2）设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ＝2×＝
则θ＝30°
由几何关系可知v＝＝
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示
由几何关系可知r＝＝d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
联立可得B＝。
（3）解法一 配速法 在平行板电容器的右侧再加一个方向
水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到
洛伦兹力的作用，还受到水平向右的电场力的作用，则可将粒
子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力
刚好平衡电场力的作用，如图所示，则有qv1B＝Eq 可得v1＝＝v0
由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分
速度v2＝2vcos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则
粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上
的匀速直线运动和以速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速
圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝
m
可得r'＝d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图所示
由几何关系可知xm＝r'cos 30°＋r'＝d。
解法二 正则动量法 当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容
器右侧的水平距离最大，设此时速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，
则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上，由动量定理有
qvxBΔt＝mv'－（－mvsin 30°）
即qBxm＝mv'－（－mvsin 30°）
对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有
Eqxm＝mv'2－mv2
联立可得xm＝d。
方法技巧
“配速法”在叠加场中的应用
适用条件 （1）在叠加场中；（2）合力不为零
规律 把速度分解成两个速度，使其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，使粒
子在这个方向上做匀速直线运动。
①初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度；
②初速度不为零时，按矢量分解法则分解
分层 强化训练
夯基固本提能
1. 〔多选〕（2025·新疆乌鲁木齐一模）速度选择器是质谱仪的重要组成
部分，工作时电场和磁场共同作用，能从各种速率的带电粒子中选择出具
有一定速率的粒子。下列图示结构中电场方向均水平，磁场方向均垂直纸
面，则下列结构能成为速度选择器的是（ ）
√
√
解析： 根据电场力方向，由左手定则判断洛伦兹力方向，则A、D项中二者方向相同，B、C项中二者方向相反，故选B、C。
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2
3
4
5
6
7
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9
2. （2025·北京高考12题）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位
时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁
性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液
体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直
径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是
（ ）
A. N点电势比M点高
B. U0正比于流量Q
C. 在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D. 若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
√
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2
3
4
5
6
7
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9
解析： 根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比
M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场
力平衡有q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于
流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直
径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝可知此时式中磁感应强度为垂直直
径MN方向上的一个分量，即此时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q
偏小，故D正确。
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3. （2025·陕西汉中三模）如图所示，一种磁流体发电机，平行金属板A、
B间距为d，A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度大小为B，将一
束等离子体（即高温下电离的气体含有大量正、负电离子）以速度v喷入磁
场，A、B两极间便产生电压，在A、B两极板间接入电阻R，则下列说法正
确的是（ ）
A. 通过电阻R的电流方向为从a流向b
D. 增大A、B两板间距d，则流过电阻R的电流会增大
√
1
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9
解析： 根据左手定则可知，带正电离子向下偏转，带负电离子向上偏
转，则B板带正电，A板带负电，通过电阻R的电流方向为从b流向a，故A
错误；稳定时，对离子有q＝qvB，解得电动势为E电动势＝Bdv，若等
离子体的电阻可忽略不计，则电阻R两端的电压为U＝E电动势＝Bdv，电阻R
消耗的热功率为P＝＝，故B、C错误；根据E电动势＝Bdv，增大A、
B两板间距d，则电动势增大，流过电阻R的电流会增大，故D正确。
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9
4. （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（ ）
1
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9
A. 磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外
C. 仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点
√
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3
4
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7
8
9
解析： 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＝mv2，在静电分析器中，根据电场力充当向心
力得qE＝，联立可得电场强度E＝，故B错误；在磁分析器中，根据
洛伦兹力提供向心力得qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的
距离D＝，所以与粒子的比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能
1
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6
7
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9
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＝，解得Bmin＝，故D正确。
1
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9
5. 〔多选〕（2025·河北秦皇岛一模）如图所示为回旋加速器的原理图，D
形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，回旋加速器所加高频交流电的频
率恒定，用这样的回旋加速器给A、B两个粒子分别进行加速，A粒子的电
荷量为q1、质量m1，加速后获得的最大动能为Ek1，最大速度为v1；B粒子
的电荷量为q2、质量为m2，加速后获得的最大动能为Ek2、最大速度为v2，
则下列关系一定正确的是（ ）
A. q1＝q2、m1＝m2
C. v1＝v2
√
√
√
1
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4
5
6
7
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9
解析： 由于两个粒子在同一加速器中都能被加速，则两个粒子在磁
场中做匀速圆周运动的周期相等，由T＝，可知比荷＝，可知两粒
子比荷相同，即＝，整理得＝，但仅从以上关系式不能确定两粒
子的电荷量、质量大小关系，故A错误，B正确；设D形盒最大半径为Rm，
则对粒子有qvB＝m，解得vm＝，由于两粒子比荷相同，故最大速
度相同，故C正确；粒子获得的最大动能Ek＝m＝，由于两粒
子比荷相同，则有＝，故D正确。
1
2
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5
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9
6. （2025·重庆渝中区三模）如图所示，平面直角
坐标系第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场。距
离原点O为L处有一个与y轴平行且足够长的荧光屏，
荧光屏与x轴相交于Q点。y轴左侧存在垂直平面向
里的匀强磁场。一重力可忽略，比荷大小为k的负
粒子以速度v0，从y轴负方向上的P点（ OP＜L）水平向左射入磁场，经磁场、电场后进入无场区的第四象限并最终打到荧光屏上M点（未画出）。若磁场的磁感应强度B＝，电场强度E＝，求：
1
2
3
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5
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9
答案： ＋
（1）该粒子从射入磁场到打在荧光屏上的时间；
解析： 带电粒子在磁场中由qv0B＝m
可得R＝＝＝L
根据题意作出带电粒子在组合场中的运动轨迹，如图所示。
该粒子在磁场中做匀速圆周运动用时t1＝T＝＝
离开磁场后在水平方向上匀速运动，用时t2＝ 故t＝t1＋t2＝＋。
1
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5
6
7
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9
（2）OP为多少时，M点距Q点的距离最大并求出该最大值。
答案： L L
解析：设粒子进入第四象限时速度与x轴正向夹角为θ，M点距Q点距离为
d。粒子在第一象限做平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y。
粒子在第四象限做匀速直线运动有d＝tan θ
又有tan θ＝2
故d＝2
由粒子在第一象限的类平抛运动有y＝t'2，x＝v0t'
1
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4
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9
得到y＝
将其代入上式得d＝＝3x－
由函数知识知当x＝L时d有最大值L
此时y＝L，故OP＝2R－y＝L。
1
2
3
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9
7. （2025·湖北武汉一模）如图所示，在平行于y轴的虚线左侧空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴与虚线之间分布有沿y轴负方向电场强度大小为
E的匀强电场。在x轴负方向上距坐标原点s＝6L的A处有一粒子发射源，在
平面内向x轴上方180°范围内发射速度大小均为v的粒子，粒子带负电，质
量大小均为m、电荷量大小均为q。已知粒子在磁场中做
匀速圆周运动的半径为5L，不计粒子重力，求：
（1）匀强磁场磁感应强度的大小；
答案：
1
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8
9
解析： 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心
力，可知qvB＝
代入R＝5L，可得B＝。
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3
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5
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8
9
（2）粒子从y轴最上方进入第一象限时速度与x轴正方向夹角的正弦值；
答案：
解析：粒子在磁场中均顺时针方向做匀速圆周运动，从y
轴最上方飞出时应在该平面内恰好运动半周，其运动轨
迹如图所示
可知sin θ＝
代入数据，可得sin θ＝。
1
2
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4
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8
9
（3）已知从y轴最上方进入第一象限的粒子在电场中运动时间t＝时穿
出电场，其速度此时恰好与x轴平行，求电场区域的宽度。
答案： 3L
解析：粒子在电场中运动时，在竖直方向，由动量定理可知qEt－ΣqBvxΔt＝0－m（－vsin θ）
而∑vxΔt＝d
可得d＝3L。
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9
8. （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；
1
2
3
4
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6
7
8
9
答案：
解析： 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＝m
e·kv0B＝m
联立解得＝。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
答案：
解析：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＝mv2－m（kv）2
解得v＝。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（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：
解析：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＝m
解得r＝
1
2
3
4
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8
9
结合（1）问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝
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＝nl
又电子在磁场中运动的周期为
T＝＝
联立解得电子从P运动到d的时间为
t＝nT＝。
1
2
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9
9. （2025·河南高考15题）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的
匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q（q
＞0）的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其
速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进
入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线
的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。
（1）求磁感应强度的大小；
答案：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝2h
对粒子，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝m
解得磁感应强度的大小为B＝。
解析： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，进
入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°，作
出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示
由几何关系有r－h＝r
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（2）求电场强度的大小；
答案：
解析：作出粒子从a点运动到b点的轨迹，如图2
所示
粒子在电场中做类斜抛运动，由斜抛运动规律
可知，水平方向x1＝v0t1cos 60°
竖直方向2v0sin 60°＝at1
由牛顿第二定律有qE＝ma
1
2
3
4
5
6
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8
9
由（1）问可知粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为
x2＝rsin 60°＝h
由几何关系可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移为
s＝x1＋2x2＝3h
联立解得电场强度大小为
E＝。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向
右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为
漂移速度）
答案： v0
解析：根据题意作出竖直向下发射时一个周期内粒子
的运动轨迹，如图3所示
由几何关系可知一个周期内粒子从磁场进入电场的
速度与水平线的夹角余弦值为cos θ＝＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解得θ＝60°
则粒子从a点开始运动到进入电场过程粒子的水平位移为
s1＝r－rsin θ＝h
由于粒子从a点运动到进入电场过程轨迹所对圆心角为θ1＝
则该过程粒子的运动时间为t2＝＝
结合（2）问分析可知该情况下一个周期内粒子在电场中的水平位移大小x1
＝h，运动时间为t1＝＝
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由几何关系可得一个周期内粒子从电场进入磁场至到达b'的过程，轨迹所
对圆心角为θ2＝，该过程的运动时间为
t3＝＝
则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＋t3＝
由粒子的运动轨迹可知一个周期内粒子的位移为s'＝r－s1＝h
则粒子的漂移速度v＝＝v0。
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