第11章 专题提升十四 带电粒子在组合场中的运动(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在组合场中的运动”专题，依据高考评价体系梳理了组合场运动规律及质谱仪、回旋加速器应用两大核心考点，通过考向分析明确磁场与磁场组合、电场与磁场组合占比60%的高频考查内容，归纳了计算题中几何关系构建、动力学方程应用等常考题型。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+素养提升”的备考路径，如以2025湖南卷电场磁场组合题为例，运用科学推理拆解类平抛与圆周运动衔接问题，培养学生运动与相互作用观念。特设“易错点警示”（如周期公式与圆心角关系）和“答题模板”，助力学生掌握解题技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破与高效复习指导。

专题提升十四　带电粒子在组合场中的运动 高三一轮复习讲义 广东专版 第十一章 磁场 1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会解决有关问题。 2.理解质谱仪、回旋加速器的工作原理及应用。 学习目标 提升点一 带电粒子在组合场中的运动 提升点二 带电粒子在组合场中运动的应用实例 课时测评 内容索引 带电粒子在组合场中的运动 提升点一 返回 1.组合场的三种类型 (1)磁场与磁场的组合：强弱或者方向不同的磁场位于不重叠的区域内。 (2)电场与磁场的组合 ①电场与磁场各位于不重叠的区域内。 ②电场与磁场在同一区域内交替出现。 2.带电粒子在分离的电场、磁场中的运动及解答方法 考向1 磁场与磁场的组合 1.由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子在两(多)个磁场中的速度大小一定相等，但轨迹半径和运动周期往往不同。 2.对于两个相邻磁场，解题时充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，寻找有关几何关系是解题的关键。 (2026·广东韶关二模)如图所示，矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，aa′、bb′、cc′、dd′为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B，区域Ⅱ的磁感应强度大小为B，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及bb′与cc′之间的距离相同。某种带正电的粒子从aa′上的O1处以大小不同的速度，沿与O1a成α＝30°角进入磁场(不计粒子所受重力)，当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为t0；当速度为v0时，粒子垂直bb′进入无场区域，最终从dd′上的A点(图中未画出)射出，求： 例1 (1)粒子的比荷； 答案： 当粒子的速度小于某一值时，粒子只在区域Ⅰ内运动，不进入区域Ⅱ，从aa′离开磁场，粒子在磁场Ⅰ中运动转过的圆心角为φ＝300° 粒子的运动时间为t0＝T 粒子在区域Ⅰ内，由洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m 又T＝ 联立解得。 (2)磁场区域Ⅰ的宽度L； 答案： 当速度为v0时，垂直bb′进入无场区域，设粒子的轨迹半为r1，如图所示 根据牛顿第二定律得qv0B＝m 转过的圆心角φ1＝60° 又L＝r1sin 60° 解得L＝。 (3)出射点A偏离入射点O1竖直方向的距离y。 答案： 设粒子在磁场Ⅱ中运动时，转过的圆心角为φ2，轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律得 qv0· 又sin φ2＝ 解得r2＝r1，φ2＝30° 由几何关系得y＝ 解得y＝。 考向2 电场与磁场的组合 (2025·湖南卷·T14)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，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； 例2 答案： 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，在电容器中受到静电力的作用，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 在水平方向由运动学公式有d＝v0t 在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma1 由运动学公式有d＝a1t2 联立可得q＝。 (2)求磁感应强度B的大小； 答案： 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 tan θ＝2×＝ 则θ＝30° 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1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＝。 (2026·深圳市宝安区期末)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的垂直于纸面向外的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。第二象限分布着水平向左的匀强电场，电场强度为E。已知OP＝a，电场和磁场范围均足够大，重力忽略不计。求： (1)带电粒子的电性以及第一次穿出第一象限的坐标； 例3 答案： 设粒子从P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入，垂直于y轴从A点射出，运动轨迹如图所示 根据左手定则可知粒子带负电 由几何关系可知R＝＝2a， OA＝R＋R sin 30°＝3a 因此A点坐标为(0，3a)。 (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； 答案： 由洛伦兹力公式以及牛顿第二定律可知 qvB＝m 解得B＝。 (3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。 答案： 粒子进入电场后，由于带负电，静电力F向右，因此粒子减速到零，又加速返回，以原速度大小第二次穿过A点，根据左手定则可知，带电粒子向上偏转180°第三次穿过y轴 在电场中有Eq＝ma 由运动学公式以及对称性可知t2＝ 在磁场中，由T＝以及t＝T，θ1＝120°，θ2＝180° 可知t1＝ 带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间 t总＝t1＋t2＋t3＝。 (2026·湖北黄冈一模)如图所示，空间交 替分布着宽度均为L的匀强电、磁场区域，磁 场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B＝ ，电场沿x轴负方向，电场强度大小为E＝ 。一带正电的粒子从坐标原点O沿与x轴负方向成θ角、初速度大小为v0进入匀强磁场区域，虚线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力，取＝1.73。 (1)若粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，求此时θ 大小； 例4 答案：30° 由洛伦兹力提供向力心有qv0B＝m 解得r＝2L 粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，由几何关系得r－rsin θ＝L 解得sin θ＝，θ＝30°。 (2)若粒子只能经历两个完整的电场区，求sin θ满足的条件； 答案：0.23≤sin θ＜0.73 粒子只能向左经历两个完整的电场区，设粒子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度为vy，竖直方向由动量定理有∑qvxB·Δt＝mvy－mv0sin θ 即qBx磁＝mvy－mv0sin θ 又由动能定理有qE·2L＝m－m 其中2L＜x磁≤3L 联立解得－1.5≤sin θ＜－1 即0.23≤sin θ＜0.73。 (3)若θ＝0，粒子以v1＝的初速度从O点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为E1＝，求当粒子竖直位移大小为y＝L时的运动时间。 答案：(64＋、(68＋35π)或(72＋ 由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m 解得r1＝L，T1＝ ＝ 粒子第一次经电场减速后，速度大小变为v2 根据动能定理有－qE1L＝m－m 又qv2B＝m 解得v2＝，r2＝L，T2＝ ＝ 粒子在电、磁场中运动一个完整的周期T，沿y轴向 下移动的距离Δy＝2r1－2r2＝L 设粒子竖直位移大小为y＝L时，运动的完整周期为n个，则满足nΔy＋Δy1＝L 且Δy1＜2r1＝L 粒子在电场中减速和加速时间均为t＝ ＝ 则T＝T1＋2t＋T2 故当粒子竖直位移大小为y＝L＝8Δy＋L＝9Δy＋L 时的运动时间可能为t1＝8T＋T1或t2＝8T＋T1＋t＋T2或t3＝9T＋T1 即t1＝(64＋，t2＝(68＋35π)，t3＝(72＋。 返回 带电粒子在组合场中运动的应用实例 提升点二 返回 考向1 质谱仪 1.功能：质谱仪是测量带电粒子质量(或比荷)、分析同位素的仪器。 2.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。 3.工作原理 (1)加速电场：qU＝mv2。 (2)偏转磁场：qvB＝m，l＝2r。 由以上两式可得r＝，m＝，＝。 (多选)质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具。质谱仪的工作原理示意图如图所示，粒子源S从小孔S1向下射出各种速度的氕核、氘核、氚核及氦核，粒子经小孔S2进入速度选择器后，只有速度合适的粒子才能沿直线经过小孔S3，并垂直进入磁感应强度大小为B2的偏转磁场，感光底片PQ上仅出现了A、B、C三个光斑，光斑A到小孔S3的距离为2d。已知速度选择器两板间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，两板间距为d，板间电压为U，下列说法正确的是 A．极板M带负电荷 B．粒子在偏转磁场中的速度大小为 C．氦核的比荷为 D．相邻两光斑的距离均为 例5 √ √ 根据左手定则可知，粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向右，则静电力向左，极板M带负电荷，故A正确；根据平衡条件有＝qvB1，解得v＝，故B正确；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB2＝m，解得r＝∝，显然光斑A是氚核产生的， 设氕核的质量为m0、所带的电荷量为e，则氚核的比荷为，氦核的比荷为，故C错误；根据r＝∝，可知光斑B是氘核和氦核产生的，光斑C是氕核产生的，B、C两点将AS3三等分，可知相邻两光斑的距离均为，故D错误。 针对练.(多选)如图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，通道内为均匀辐向电场，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＝ER C.直径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 √ √ 粒子打在胶片上的Q点，由左手定则可知，粒子 带正电荷，则极板M比极板N的电势高，故A正确； 由qU＝mv2和qE＝m可得，加速电场的电压U ＝，故B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得 qvB＝m，即r＝，直径PQ＝2r＝＝，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，故C错误，D正确。 考向2 回旋加速器 1.功能：回旋加速器是利用磁场使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置。 2.构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。 3.工作原理 (1)交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等。 (2)粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。 4.最大动能 (1)由qvmB＝m、Ekm＝m，联立解得Ekm＝。 (2)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。 5.粒子运动的总时间 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，则粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝＝。 (多选)(2026·汕头市一模)如图所示，回旋加速器接在高频交流电压U上，A处粒子源产生的质子最终获得Ek的能量，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是 A.质子获得的最终能量与高频电压U无关 B．回旋加速器连接的高频交流电压不可以是正弦交流电 C．图中加速器的磁场方向垂直于D形盒向下 D．若用该回旋加速器加速α粒子，则应将高频交流电的频率适当 例6 √ √ 质子在D形盒中做匀速圆周运动，有qvmB＝m，解得质子获得的最大速度vm＝，质子获得的最终能量Ek＝，可知质子获得的最终能量与高频电压U无关，故A正确； 回旋加速器连接的高频交流电压可以是正弦交流电，只要保证质子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等即可，则高频交流电的频率f＝，若用该回旋加速器加速α粒子，粒子的比荷减小，则应将高频交流电的频率适当调小，故B、D错误；根据质子在磁场中的运动轨迹及左手定则可知，题图中加速器的磁场方向垂直于D形盒向下，故C正确。 针对练.(2026·湖北武汉一模)如图是一种改进后的回旋加速器示意图，M、N间狭缝加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是 A.狭缝间的电场方向需要做周期性的变化 B.每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同 C.这种回旋加速器设置相同时，比荷相同的 不同带正电粒子在其中运动的时间相同 D.D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小成正比 √ 由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场加速后 进入磁场做匀速圆周运动，回到电场再加速，因此， 狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错 误；粒子第一次加速，由动能定理得qU＝m，粒 子第二次加速，由动能定理得qU＝m－m，整理得Δv1＝v1－0＝，Δv2＝v2－v1＝，以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误； 设粒子到出口处被加速n次，运动时间为t，由动能定 理得nqU＝m，又由洛伦兹力提供向心力得qvmB ＝m，周期T＝，可得t＝(n－)T，可见，回旋 加速器设置相同时，比荷相同的不同带正电粒子在其中运动的时间相同，故C正确；设D形盒半径为R，则有qvmB＝m，又Ekm＝m，联立可得Ekm＝，可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度大小平方成正比，故D错误。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　带电粒子在组合场中的运动 1.如图在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度 大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁 场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴 射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的时间为 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 1 粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图 所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提 供向心力有qvB＝m，可得R1＝，R2＝，根据 几何关系可得cos θ＝＝，解得θ＝60°，粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1＝，T2＝，则带电粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1＝，t2＝T2，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.(2026·广东佛山一模)如图为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一α粒子He)在P点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到M点，运动轨迹如图中虚线所示。α粒子在静电偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是 A.静电偏转区内的电场是匀强电场 B.磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里 C.仅将α粒子改为质子H)，质子仍能在静电偏 转区沿虚线运动 D.仅将α粒子改为氘核H)，氘核不会沿虚线运动到M点 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 α粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，静电力提 供向心力，方向不断变化，说明电场强度方向也 不断变化，则电场不是匀强电场，故A错误；α粒 子在磁场偏转区由洛伦兹力提供向心力，根据左 手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；在从加速电场射出后，满足qU＝mv2，在静电偏转区有qE＝m＝，则E＝，则质子也能在静电偏转区沿虚线做匀速圆周运动，与电荷量和质量无关，故C正确； 2 3 4 5 6 7 8 1 在从加速电场射出后，满足qU＝mv2，α粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区同样满足qE＝m，做匀速圆周运动，在磁场偏转区也满足qvB＝m，则氘核会沿虚线运动到M点，故D 错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 3．(多选)(2026·广东名校联盟联考)空间存在如图所示相邻的两个匀强磁场，磁场Ⅰ的宽度为d，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；磁场Ⅱ的宽度为2d，方向垂直纸面向外。现让质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小为的水平速度垂直磁场Ⅰ从P点射入磁场，粒子在磁场中运动后恰好从磁场Ⅱ的边缘C处水平射出。不计粒子所受的重力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是 A．粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径为 B．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B C．粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为 D．粒子在两磁场中运动的总时间为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径为r1＝，选项A正确； 由几何关系可知粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为r2＝2r1， 根据r2＝，可得磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B2＝B，选项B 错误；粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T2＝，选项C 错误；由几何关系知，粒子在两磁场中运动时圆弧所对的圆心 角均为37°，粒子在磁场Ⅰ中运动的周期为T1＝，磁场中运动的总时间为t＝(T1＋T2)＝，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 题组2　带电粒子在组合场中运动的应用实例 4.(2026·广东深圳一模)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造如图所示。粒子源S产生的各种不同正粒子束(速度可视为零)，粒子质量为m、电荷量为q，粒子重力不计，经电压为U的加速电场加速后，从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的M点。则下列说法正确的是 A.粒子从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场的速度大小为 B.若粒子束q相同而m不同，则MN距离越大对应的粒子质量越小 C.进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的比荷一定相等 D.进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的电荷量一定相等 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU＝ mv2，解得v＝，故A错误；粒子在磁场中做匀 速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m， 可得r＝，所以MN＝2r＝，若粒子束q相同而m不同，MN距离越大对应的粒子质量越大，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 由MN＝，可知只要MN距离相同，则对应的粒子的比荷一定相等，但粒子的质量和电荷量不一定相等，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 5．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器(图甲)，其原理如图乙所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对氚核加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是 A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大 B．高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大 C．氚核的质量为 D．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核(加速 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 根据周期公式得T＝，可知被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关，A错误；设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足evB＝m，即v＝，可知最终射出回旋加速器的速度与高频电源的电压无关，B错误；根据周期公式T＝，可知m＝，C正确；因为氚核与氦核(的比荷不同，则在磁场中做圆周运动的周期不同，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，不能用来加速氦核(，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.(2025·广东卷·T6)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。电荷量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是 A.偏转磁场的方向垂直纸面向里 B.第1次加速后，离子的动能增加了2qU C.第k次加速后，离子的速度大小变为 D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 直线通道PQ有电压为U的加速电场，离子带负电，离 子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的 磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；根据题意， 由动能定理可知，加速1次后，离子的动能增量为qU， 由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，离子的动能增量 为kqU，加速k次后，由动能定理有kqU＝mv2－m，解得v＝＝，故B、C错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 离子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB＝m，联立解得B＝，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(多选)(2025·河北卷·T10)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，粒子恰好垂直穿过M板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，金属板电荷量可视为连续变化，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 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 根据粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可知粒子带负电，选项A错误；随着粒子不断打到N板上，N板电荷量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N板时满足v2＝2ad，a＝，解得E＝，即d增大，板间所形成的最大电场强度减小，选项B 正确； 2 3 4 5 6 7 8 1 因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿 过M板Q点的小孔，则由几何关系有cos 60°＝ ，解得r＝2L，可得OP＝rsin 60°＝L， 可得粒子直接打到M板上表面的位置与O点的最大距离为xm1＝＝L，当N板吸收一定量的粒子后，粒子从Q点垂直进入电场，会返回再从Q点射入磁场，然后做匀速圆周运动，运动半个圆周后打在M板上表面，这时打在M板上表面的位置与O点的最大距离xm2＝2r＋OQ＝7L＞xm1，则粒子打在M板上表面的位置与O点的最大距离为7L，选项C正确； 2 3 4 5 6 7 8 1 因金属板厚度不计，如图所示，当粒子在磁场中运动轨迹的弦仍为PQ时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方发射，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α＝30°，则粒子在两板间运动时间t＝，其中a＝，打到M板下表面距离Q点的最小距离s＝vcos α·t，解得s＝d，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 8. (12分)(2026·广东佛山开学考试)强烈的太阳风可引起 超大地磁暴，使得全球很多低纬度地区可以观测到非常 绚丽的粉红色极光。太阳风中最主要的粒子是质子和电 子，某同学为了研究质子和电子，采用如图所示装置： 平行电极板M和N间存在沿OO′轴方向，加速电压U可 调节的加速电场；中间是一个速度选择器，其中电场的场强大小为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向内；右侧是垂直OO′轴放置的足够大的荧光屏与挡板，间距为d，其间存在垂直纸面、大小可调节的匀强偏转磁场。等离子体氢气发生器产生的质子和电子经窄缝O无初速度飘进加速电场，调节M和N间加速电压U的大小和方向，分别使质子和电子能沿OO′轴方向匀速穿过速度选择器。当偏转磁场的磁感应强度大小调大至B1时，质子在荧光屏上方距离O′点d处产生光斑。当偏转磁场的磁感应强度大小调大至B2时，电子在荧光屏恰好不能产生光斑，已知电子和质子的电荷量大小均为e，质子与电子重力不计。求： 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)带电粒子穿过速度选择器的速度大小v； 答案： 带电粒子穿过速度选择器时，由受力平衡有eE＝evB0 解得v＝。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)偏转磁场的方向，以及质子的质量m1； 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 根据左手定则，可知偏转磁场的方向为垂直纸面向内；质子的运动轨迹如图所示 由几何关系有2＋d2＝ 解得r1＝ 质子在磁场中，根据牛顿第二定律可得 evB1＝m1 解得m1＝。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)为了使质子与电子都能分别穿过速度选择器，加速电场的电压大小之比。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 当偏转磁场的磁感应强度大小调大至B2时，电子在荧光屏恰好不能产生光斑，则电子的轨迹半径为r2＝d 电子在磁场中，根据牛顿第二定律可得 evB2＝m2 解得m2＝ 2 3 4 5 6 7 8 1 质子在加速电场中，根据动能定理可得 eU1＝m1v2 电子在加速电场中，根据动能定理可得 eU2＝m2v2 解得 返回 2 3 4 5 6 7 8 1 谢 谢 观 看 专题提升十四　带电粒子在组合场中 的运动 $