第1篇 专题3 第12课时 带电粒子在复合场中的运动（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理讲义聚焦带电粒子在复合场中的运动这一高考核心考点，涵盖质谱仪、回旋加速器等应用及组合场、叠加场、交变场运动分析，按“规律公式-二级结论-热考题型”逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练三环节，帮助学生系统构建运动与相互作用观念，突破解题难点。 资料创新采用配速法等解题策略，如例7将摆线运动分解为匀速直线与圆周运动，培养科学思维与模型建构能力。设置热考题型分类精讲（含2024黑龙江等真题）及模拟冲关分层练习，确保复习针对性，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

第12课时　带电粒子在复合场中的运动 【目标要求】　1.会分析处理带电粒子在组合场中运动的问题.2.知道带电粒子在复合场中几种常见的运动，掌握其运动所遵循的规律． 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.质谱仪、回旋加速器 (1)质谱仪：电场中加速：qU＝mv2；磁场中偏转：qvB＝m，偏转圆的半径R＝ . (2)回旋加速器 ①交变电场的周期等于带电粒子在磁场中做圆周运动的周期，即T电场＝T回旋＝T＝； ②粒子做匀速圆周运动的最大半径等于D形盒的半径； ③在粒子的质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只与D形盒的半径和磁感应强度有关，与加速器的电压无关(电压只决定了回旋次数)vm＝，Ek＝＝；加速电压与加速次数的关系：NqU＝.在磁场中运动的时间t磁＝N＝； ④将带电粒子在两盒之间的运动首尾相连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动． 续表 内容 重要的规律、公式和二级结论 2.速度选择器、磁流体发电机、霍耳效应、电磁流量计 (3)粒子通过正交电磁场 ①速度选择器：qvB＝qE＝q，v＝； ②磁流体发电机：外电路开路时，q＝qBv，E＝U＝Bdv； 正常工作时：外电路两端电压U＝Bdv； 　 ③霍尔效应：当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差．导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面的电势高；若自由电荷是正电荷，则下表面的电势低．由qvB＝q、I＝nqvS、S＝hd联立解得U＝＝k，k＝，称为霍尔系数； ④电磁流量计：Q＝vS，q＝qBv，Q＝＝. 3.带电粒子在匀强电场、匀强磁场和重力场中的运动 (4)若受洛伦兹力且做直线运动，一定做匀速直线运动；如果做匀速圆周运动，重力和静电力一定平衡，只有洛伦兹力提供向心力． (5)若带电粒子除受磁场力外还受重力(或者静电力)，则带电粒子做一般的曲线运动，轨迹不是圆弧，也不是抛物线． 热考一　带电粒子在组合场中的运动 【例1】　(2024·黑龙江、吉林、辽宁新高考)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度．简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点．甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q、质量均为m的粒子．如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0.甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区．乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°.甲到O点时，乙恰好到P点．已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝.不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场． (1)求磁感应强度的大小B； (2)求Ⅲ区的宽度d； (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω＞0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0.已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围). 【解析】　(1)粒子在磁场中做圆周运动，已知粒子乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，设粒子乙的圆周运动半径为R乙，其运动轨迹如图1所示： 由几何关系得：R乙sin 30°＝L，由洛伦兹力提供向心力得：qBv0＝，联立解得： B＝； (2)设粒子乙从射入Ⅰ区到运动到达P点的时间为t1.则有：t1＝2×＝，粒子甲在磁场中的圆周运动轨迹如图2所示，其到达P点时的速度方向沿x轴正方向． 已知甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区，甲到O点时，乙恰好到P点．可知粒子甲由P点到O点做匀加速直线运动的时间等于粒子乙从射入Ⅰ区到运动到达P点的时间t1.对粒子甲，根据牛顿第二定律得：qE0＝ma甲，已知：E0＝，解得粒子甲在Ⅲ区运动的加速度大小为：a甲＝，由运动学公式得： d＝t1＋a甲t，解得：d＝ (3)设粒子甲进入Ⅳ区时的速度为v甲，则有：v甲＝＋a甲t1＝3v0，已知取甲经过O点时t＝0，甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则任意时刻t，甲相对O点的位移为：x甲＝v甲t＝3v0t，t时刻甲所处位置的电场强度为零，则有：ωt－kx甲＝ωt－3kv0t＝0，可得： k＝，则有：E＝ωt－＝ω 设乙粒子在Ⅲ区的运动时间为t2，进入Ⅳ区后再运动Δt时间，在Ⅳ区的位移大小为x乙，在此时此位置其受到的电场力大小为：F＝qE＝qω，此时对于甲粒子，则有：qω＝0，甲、乙间距为Δx，则有：x甲－x乙＝Δx，联立解得：F＝. 【答案】　(1)　(2)　(3)F＝ 【例2】　(2023·浙江高考)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术．如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合．位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域．不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应． (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； (2)若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2； (3)若B2＝y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η. 【解析】　(1)当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系 r1cos 60°＝r1－L，解得r1＝2L 根据qv1B1＝m 解得v1＝ 在磁场中运动的周期T＝ 运动时间t＝T＝ (2)若B2＝2B1，根据r＝ 可知r1＝2r2 粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系 r1sin α－r1sin 30°＝L，r2－r2sin α＝ 解得r2＝2L，sin α＝，根据qv2B2＝m 解得v2＝ (3)当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理B2qvyΔt＝mΔvx 即yqΔy＝mΔvx 求和可得∑yqΔy＝∑mΔvx 粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中 m(v－v cos 60°)＝B1qL＋··qL 解得v＝ 则速度在～之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在～，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为η＝60%. 【答案】　(1)v1＝　t＝ (2)v2＝　(3)60% 【总结提升】 1．带电粒子在组合场中运动的分类 2．“5步”突破带电粒子在组合场中运动问题 热考二　带电粒子在叠加场中的运动 【例3】　(多选)(2024·安徽高考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示．当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同．Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示．Ⅱ的轨迹未画出．已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用．则(　　 ) A．油滴a带负电，所带电量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 【解析】　A．带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力；根据题意Eq＝mg，解得带电油滴所带的电荷量q＝，油滴a在最低点的速度方向水平向左，沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知，油滴带负电，故A正确；B.洛伦兹力提供向心力qvB＝m，联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；C.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做匀速圆周运动，说明电荷和质量都均分；小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv1B＝m× 解得v1＝，小油滴Ⅰ做圆周运动的周期T＝＝6πR×＝，故C错误；D.取向水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv＝mv1＋mv2，代入数据解得v2＝－，负号表示方向水平向右；根据左手定则可知油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确． 【答案】　ABD 【例4】　(2025·泉州质检)如图甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E，磁场方向垂直纸面向里．在离地高为h的O点处建立一直角坐标系xOy，y轴竖直向上．一个带正电小球A从O点以速率v0沿x轴负方向射出，恰好可以垂直打到地面．已知重力加速度大小为g，A受到的电场力恰好等于重力，运动过程中带电量不变，忽略空气阻力． (1)求匀强磁场的磁感应强度的大小B； (2)若大量与A相同的小球仍从O点以速率v0在xOy平面内沿各个方向先后射出，小球间的相互作用均不计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度； (3)若撤去电场，小球仍从O点以某一速率沿y轴正方向射出，恰好不会打到地面． Ⅰ.求小球从O点射出时的速率v1； Ⅱ.已知小球的速率v与时间t的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离． 【解析】　(1)由于小球所受电场力等于重力qE＝mg，故小球在场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，轨迹如图所示： 根据几何知识R＝h，联立解得B＝ (2)当小球的运动轨迹与地面相切时可运动到左侧最远落地点，此时小球在第二象限与y轴正方向夹角30°射出时，如图所示： (1) 根据几何知识，其水平位移为x1＝R，当小球沿－y方向射出时，可运动到右侧最远落地点，轨迹图像如(1)所示，根据几何知识，其水平位移为x2＝R，则落地点区间的长度为L＝x1＋x2，联立解得h＝(＋1)h (3)Ⅰ.利用配速法，在O点给小球两个大小相等，方向平行于x轴且方向相反的速度v2，使其满足qv2B＝mg，解得v2＝＝，如此即可将小球的运动分解为圆周运动与水平方向的匀速运动，则圆周运动的速度v′＝，根据牛顿第二定律，有洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝ 这里不考虑水平方向的匀速直线运动，则粒子的轨迹图像如图所示： 根据几何知识h＝r＋r cos α，cos α＝，联立解得v1＝ Ⅱ.由题意可知，当小球做圆周运动的速度水平向右时合速度最小，故合速度最小的时间间隔为一个周期的整数倍，故小球速度达到最小时的位置之间的距离Δx＝nv2T (n＝0，1，2…)，根据周期公式T＝，解得T＝ 联立解得Δx＝(n＝1，2，3…). 【答案】　(1)　(2)(＋1)h (3)Ⅰ.　Ⅱ.(n＝1，2，3…) 【总结提升】 “三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题 热考三　带电粒子在交变场中的运动 【例5】　(多选)(2025·青岛模拟)在如图所示的空间里，存在沿y轴负方向、大小为B＝的匀强磁场．有一质量为m、电量为q的带正电的粒子(重力不计)，以初速度v0从O点沿x轴负方向运动，同时在空间加上平行于y轴的匀强交变电场，电场强度E随时间的变化如图所示(以沿y轴正向为E的正方向)，则下列说法正确的是(　　 ) A．t＝2T时粒子所在位置的x坐标值为0 B．t＝T时粒子所在位置的z坐标值为 C．粒子在运动过程中速度的最大值为2v0 D．在0到2T时间内粒子运动的平均速度为 【解析】　对粒子受力分析可知，粒子始终受到垂直于y轴的洛伦兹力和平行于y轴的电场力作用，所以粒子的运动可分解为在垂直于y轴的平面内做匀速圆周运动，其线速度为v0；在平行于y轴方向上做匀加速直线运动和匀减速直线运动．对垂直于y轴的匀速圆周分运动有：qv0B＝m，解得圆周运动半径为：r＝，粒子做圆周运动的周期为：T0＝＝. A．因t＝2T＝4T0，故圆周分运动的轨迹为四个圆周，粒子回到了y轴上，故粒子所在位置的x坐标值为0，故A正确；B.因t＝T＝1.5T0，故圆周分运动的轨迹为1.5个圆周，z轴坐标值为2r＝，故B正确；C.对粒子在平行于y轴的分运动有：qE＝ma，已知：E＝，解得：a＝，在电场变化的第一个周期内的0～0.5T和0.5T～T内，电场力等大反向，粒子做对称的先匀加速直线运动和后匀减速直线运动，在t＝0.5T时沿y轴正向速度达到最大，在电场变化的每个周期内粒子在平行于y轴的分运动是相同的，故在t＝nT＋0.5T(n＝0，1，2…)的时刻粒子沿y轴正向速度均达到相同的最大值，最大值等于vym＝a×0.5T＝×0.5T＝v0，由运动的合成可得粒子在运动过程中速度最大值为：vm＝＝v0，故C错误；D.在0到2T时间内粒子圆周分运动的轨迹为四个圆周，粒子回到了y轴上，故只需要考虑y轴方向的位移即可，由粒子沿y轴运动的对称性与周期性，可得0到2T时间内沿y轴的位移就等于0到0.5T时间内沿y轴的位移的4倍，则有：sy＝4××0.5T＝v0T，则粒子运动的平均速度为＝＝，故D正确． 【答案】　ABD 【例6】　(2025·成都二模)如图(a)，空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的正方体区域，其顶点分别是a、b、c、d、O、b′、c′、d′，其中a、b′、d′在坐标轴上，区域内(含边界)分布着电场或磁场．t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0从a点沿ad方向射入区域，不计粒子重力． (1)若区域内仅分布着沿y轴负方向的匀强电场，则粒子恰能从d′点离开区域，求电场强度E的大小； (2)若区域内仅分布着方向垂直于平面adc′b′向外的匀强磁场，则粒子恰能从边b′c′之间的e点离开区域，已知b′e＝L，求磁感应强度B的大小； (3)若区域内仅交替分布着方向沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，且磁感应强度Bx和By的大小随时间t周期性变化的关系如图(b)所示，则要使粒子从平面cdd′c′离开区域，且离开时速度方向与平面cdd′c′的夹角为60°，求磁感应强度B0大小的可能取值． 【解析】　(1)粒子恰能从d′点离开区域L＝v0t，L＝·t2 解得E＝ (2)粒子恰能从边b′c′之间的e点离开区域如下图，根据几何关系(L－r)2＋＝r2；解得r＝L 根据qBv0＝m；解得B＝ (3)粒子运动周期T＝；半径R＝ (ⅰ)若粒子射出时与z轴负方向的夹角为60°，则粒子在正方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图2所示，沿x轴负方向的侧视如答图3所示，设粒子在平行于yOx平面内运动了n个半周期(答图2、答图3为n＝3的情况)，则根据答图2，x轴正方向 L＝(2n－1)R＋R/2(n＝1，2，3，…) 根据答图3，y方向y＝2nR(n＝1，2，3，…)；因为y>L，故粒子无法到达cdd′c′平面，不合题意． (ⅱ)若粒子射出时与x轴正方向的夹角为60°，则粒子在正方体区城运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图4所示，根据答图4，x轴正方向：L＝2nR＋(n＝0，1，2，3，…) 根据答图3，y轴负方向y＝2nR(n＝0，1，2，3…) 因为y<L，故粒子能到达cdd′c′平面，符合题意．解得B0＝(n＝0，1，2，3…) 【答案】　(1)E＝　(2)B＝　 (3)B0＝(n＝0，1，2，3…) 【总结提升】 解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路 热考四　“配速法”解决摆线问题 【例7】　(2025·湖南高考)如图所示，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，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．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，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，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm. 【解析】　(1)闭合开关S，当滑片处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点时间为t，则在水平方向由运动学公式有d＝v0t 在竖直方向由牛顿第二定律有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＝＝ 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)方法一　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＝2v cos 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. 方法二　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小，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′－(－mv sin 30°) 即qBxm＝mv′－(－mv sin 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. 【答案】　(1)　(2)　(3)d 【总结提升】 　配速法： (1)若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，轨迹常为摆线．我们可以把初速度分解成两个分速度，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，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法． (2)配速法适用条件： ①在叠加场中；②合力不为零． (3)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． (4)常见的“配速法”的应用 常见情况 处理方法 BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1. BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1. BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1. BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2. [高考模拟冲关] 1．(2025·嘉兴一模)如图所示为研究光电效应和霍尔效应的装置示意图．光电管和霍尔片串联，霍尔片的长、宽、高分别为a、b、c，该霍尔片放在磁感应强度大小为B、方向平行于c边的匀强磁场中．闭合电键S，入射光照到阴极时，电流表A显示的示数为I，该电流I在霍尔片中形成沿电流方向的恒定电场为E，电子在霍尔片中的平均速度v＝μE，其中电子迁移率μ为已知常数．电子电量为e，电子的质量为m.霍尔片单位体积内的电子数为n，则(　　 ) A．霍尔片前后侧面的电压为 B．霍尔片内的电场强度为 C．通过调节滑动变阻器，可以使电流表的示数减为零 D．当滑动变阻器滑片右移后，单位时间到达光电管阳极的光电子数一定大于 【解析】　A．设霍尔片前后侧面的电压为U，电子在霍尔片内做定向移动的速率为v，根据洛伦兹力与电场力平衡可得qvB＝，霍尔片单位体积内的电子数为n，则电流I＝neSv＝nebcv，联立解得U＝，故A错误；B.霍尔片内沿前后侧面的电场强度大小为E1＝＝，有题意，沿电流方向的恒定电场为E＝＝，则霍尔片内的电场强度为E合＝＝ ，故B正确；C.由于光电管所加的电压为正向电压，则通过调节滑动变阻器，不可以使电流表的示数减为零，故C错误；D.若I已经为光电效应达到的饱和电流，则当滑动变阻器滑片右移后，电流I保持不变，则单位时间到达光电管阳极的光电子数等于，故D错误． 【答案】　B 2．(2025·江苏联考)如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力．下列说法不正确的是(　　) A．极板M比极板N的电势高 B．加速电场的电压U＝ C．PQ＝2B D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷 【解析】　A.带电粒子要打到胶片上的Q点，根据磁场方向和左手定则可知，带电粒子需要带正电，在加速电场能够加速，所以极板M比极板N的电势高，故A项正确，不符合题意； B．带电粒子在加速电场做匀加速直线运动，有qU＝mv2 带电粒子在静电分析中做匀速圆周运动，有qE＝m 解得U＝，故B项正确，不符合题意； CD.若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 由之前的分析有qU＝mv2 解得r＝ 由上述分析可知，带电粒子若打在同一点上，则带电粒子的比荷相同；带电粒子在磁场中轨迹圆的直径为PQ＝2r＝ 故C错误，符合题意，D正确，不符合题意．故选C. 【答案】　C 学科网（北京）股份有限公司 $