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素养提升16　带电粒子在组合场、交变场中的运动
1.（2026·安徽黄山模拟）阿斯顿最早设计了质谱仪，一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场，正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置。速度选择器中磁感应强度大小B0，方向竖直向下，电场强度大小为E0，与磁感应强度方向垂直。粒子源释放出的某带电粒子，加速后在水平方向沿直线通过速度选择器，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，粒子恰能击中照相底片的正中间位置。已知通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1，不计粒子重力，则该带电粒子比荷为（　　）
A. B. C. D.
2.（2026·广西桂林期末）质谱仪的工作原理示意图如图所示。带电粒子被加速电场加速后，沿直线经过速度选择器，垂直平板S从狭缝P进入下方的匀强磁场B0。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E，其中电场强度E的方向水平向右，平板S上有记录粒子位置的胶片A1、A2。若粒子在磁场B0中做圆周运动的周期为T，则下列选项正确的是（　　）
A.该粒子带负电
B.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
3.〔多选〕（2026·广东深圳期中）如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于与盒面垂直的匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是（　　）
A.在Ek-t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1 B.高频电源的变化周期应该等于2
C.粒子加速次数越多，粒子最大动能越大 D.加速不同的粒子获得的最大动能可能相同
4.〔多选〕（2026·山东淄博期末）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为圆弧，圆弧的半径为R，通道内有均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度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，做半径为r的匀速圆周运动，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.粒子带正电 B.加速电场的电压U＝ER
C.磁感应强度大小B＝ D.粒子在磁场中的运动时间t＝πr
5.（2026·四川绵阳期末）加速器是使微观粒子获得较大动能的重要装置。如图所示，甲为粒子多级加速器，乙为粒子回旋加速器。现用两种加速器分别对质子H加速。下列分析正确的是（　　）
A.用甲加速质子，需要将开关置于c、d端
B.甲加速器中只要级数n足够大，质子就可以被加速到任意速度
C.用乙加速质子，若交流电压U加倍，则质子获得的最大动能也加倍
D.若用乙对α粒子He）加速，仅需将交流电源频率调为原来的一半
6.〔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
7.如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限内存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0时刻，一个比荷＝1.0×104 C/kg的正电荷从处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为（　　）
A.8π×10－5 s B.π×10－5 s
C.1.2π×10－4 s D.×10－4 s
8.（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。
素养提升16　带电粒子在组合场、交变场中的运动
1.A　在速度选择器中，粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，则有qvB0＝qE0，解得粒子的速度大小为v＝，粒子进入磁场区，由洛伦兹力提供向心力得qvB1＝m，由题意可知r1＝2R，联立解得该带电粒子比荷为＝，故选A。
2.C　根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；速度选择器中粒子受向右的电场力，则其受到向左的洛伦兹力，可知磁场方向垂直于纸面向外，故B错误；能通过狭缝P的带电粒子满足qE＝qvB，可得速率v＝，故C正确；根据qvB0＝m，可知粒子打在胶片上距离P点的距离d＝2r＝，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则d越小，则粒子的比荷越大，故D错误。
3.ABD　粒子在磁场中的偏转周期T＝，粒子每加速一次后会在磁场中偏转半个周期的时间，所以t4－t3＝t3－t2＝t2－t1＝，A正确；高频电流的变化周期与粒子在磁场中偏转周期相同，所以T＝2（tn－tn－1），B正确；根据R＝可知，当粒子的偏转半径等于D盒半径时，粒子的速度最大，此时粒子的最大速度vmax＝，则粒子的最大动能Ekmax＝m＝，可知最大动能与加速次数无关，且加速不同的粒子，只要粒子的相同，则最大动能相同，C错误，D正确。
4.AD　粒子在垂直纸面向外的匀强磁场中受洛伦兹力向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；在静电分析器中，根据电场力提供向心力，有qE＝m，在加速电场中，有qU＝mv2，联立解得U＝，故B错误；由qvB＝m得B＝＝＝，故C错误；在磁分析器中粒子由P到Q经过半个周期，则t＝×＝＝πr，故D正确。
5.D　若将开关置于c、d端，多级加速器的左极板与直流电源的负极相连，多级加速器的右极板与直流电源的正极相连。多级加速器内电场强度方向向左，正电荷所受电场力向左，不能加速质子，A错误；质子可以被加速到任意速度的说法是错误的，根据相对论，光速是宇宙速度的极限，任何物体的速度都不会超过光速，B错误；质子的最大动能为Ekmax＝m，当质子的运动半径等于回旋加速器半径时，质子的速度最大，根据qvmaxB＝m，解得Ekmax＝，质子获得的最大动能与交流电压U无关，与回旋加速器的半径有关。用乙加速质子，若交流电压U加倍，质子获得的最大动能不变，C错误；质子在磁场中运动的周期为T＝，交流电源的周期为T1＝T＝，交流电源的频率为f1＝＝，加速质子时交流电源的频率为fH＝，加速He时交流电源的频率为fHe＝，解得fHe＝fH，D正确。
6.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。
7.C　由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝＝8π×10－5 s，则粒子每次做圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小为2rsin 60°＝ m，位移方向与y轴负方向成60°角，沿y轴负方向的位移为 m，则正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图所示；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝T＝1.2π×10－4 s，故C正确。
8.（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＝＋。
1 / 1素养提升16　带电粒子在组合场、交变场中的运动
1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会用其解决问题。 2.掌握带电粒子在交变场中的运动规律并会用其解决问题。
提升点一　带电粒子在组合场中的运动
1.组合场的三种常见情况
（1）磁场与磁场的组合，即强弱或方向不同的磁场分别位于不重叠的区域内；
（2）电场与磁场分别位于不重叠的区域内；
（3）电场、磁场在同一区域交替出现。
2.带电粒子在分离的电场、磁场中的常见运动及求法
先后进入不同磁场
磁场与磁场的组合问题实质上就是两个有界磁场中的圆周运动问题，解题关键：
（1）带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，轨迹半径和运动周期一般不同。
（2）充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边、角等几何关系。
〔多选〕（2025·四川高考10题）如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子（　　）
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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，然后进入磁场做匀速圆周运动。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。
（2026·河北石家庄期末）如图所示，一抛物线的方程式为y＝，在抛物线的上方有沿y轴负方向竖直向下的匀强电场。抛物线上每个位置可连续发射质量为m、电荷量为q的粒子，粒子均以大小为v0的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O。第四象限内（含x边界）存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小B＝的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）从抛物线上横坐标x＝－l的A点发射的粒子射出磁场时的坐标。
尝试解答
先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有三种情况
（1）进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式求解。
（2）进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。
（3）进入电场时粒子速度方向与电场方向不垂直，如图丙所示，粒子在电场中做斜抛运动，用斜抛运动知识分析。
利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面（纸面）内，x＜x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1＜x＜x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知x1＝L，x2＝L，区域Ⅱ中电场的电场强度E＝。求：
（1）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
（3）粒子离开电场时的速度大小v。
尝试解答
提升点二　组合场应用实例
质谱仪
1.作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。
2.原理（如图所示）
（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＝，＝。
（2026·江苏苏州期中）如图所示，在容器A中有同一种元素的两种同位素正粒子，它们的初速度几乎为0，粒子可从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后第一种同位素粒子打到照相底片D上的M点，第二种同位素粒子打到照相底片D上的N点。不计同位素粒子重力。量出M点、N点到S3的距离分别为x1、x2，则第一种与第二种同位素粒子在磁场中运动的时间之比为（　　）
A.　　B. C.　　D.
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
回旋加速器
1.构造
如图所示，D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
2.原理
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。
3.最大动能
由qvmaxB＝、Ekmax＝m，得Ekmax＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。
4.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＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝（不计在加速电场运动的时间）。
〔多选〕（2026·河南驻马店期末）回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压大小不变，频率为f的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为r，位于D1圆心处的粒子源A能不断产生带电荷量相同、速率为零的粒子，粒子经过电场加速后进入磁场，粒子被加速到最大动能的时间为t，当粒子被加速到最大动能后，再将它们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A.粒子源处产生的带电粒子的比荷为
B.粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为∶
C.从D形盒出口引出时的速度为
D.所加交变电压的大小为
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升点三　带电粒子在交变场中的运动
1.交变场的常见类型
（1）电场周期性变化、磁场不变。
（2）磁场周期性变化、电场不变。
（3）电场、磁场均周期性变化。
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形磁场区域，与x轴的交点分别为M、N。在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入加速电场中，加速后以速度v0经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，电子飞出电场后从M点进入圆形磁场区域，进入磁场时取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向，图中B0是未知量），最后电子从N点飞出，不考虑电子的重力。求：
（1）加速电场的电压U；
（2）电子运动到M点时的速度大小和方向；
（3）磁场变化周期T满足的关系式。
尝试解答
素养提升16　带电粒子在组合场、交变场中的运动
提升点一
【例1】　AD　根据题意作轨迹图如图所示，由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T＝×，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，故C错误。
【例2】　（1）　（2）
解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动。
水平方向＝v0t
竖直方向有y＝··t2，其中y＝
解得E＝。
（2）从A点发射的粒子进入磁场后的运动轨迹如图所示，在电场中，水平方向有l＝v0t1
竖直方向有vy＝t1
则v＝＝v0
设粒子进入磁场时速度v与竖直方向的夹角为θ，则sin θ＝
解得θ＝45°
由牛顿第二定律得qvB＝m
由几何关系知d＝2R1sin θ
解得d＝l
射出磁场时的位置坐标为。
【例3】　（1）　（2）　（3）v0
解析：（1）区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ＝L
解得R＝2L
又qv0B＝m
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B＝。
（2）粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，
则t1＝T
其中T＝
所以t1＝
粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，
则有qE＝ma
x2－x1＝v0t2
解得t2＝
其中h＝a
解得h＝
由于h＜R＋Rcos θ＝3L
所以粒子从电场边界离开，则总时间t＝t1＋t2
解得t＝。
（3）由动能定理得qEh＝mv2－m
解得v＝v0。
提升点二
【例4】　B　设加速电场的电压为U，磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q、质量为m，在电场中加速过程，由动能定理可得qU＝mv2，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，带电粒子在磁场中运动的周期为T＝，带电粒子在磁场中运动时间均为半个周期，即t＝，根据几何关系有x＝2r，联立以上各式可得t＝x2∝x2，则第一种与第二种同位素粒子在磁场中运动的时间之比为＝，故选B。
【例5】　AB　根据回旋加速器的原理可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率等于加速电压的频率，即f＝＝，可得粒子源处产生的带电粒子的比荷为＝，A正确；被加速n次时根据nqU＝m，在磁场中运动的半径qvnB＝m，解得rn＝，同理可知被加速n次前轨道半径rn－1＝，可得粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为∶，B正确；从D形盒出口引出时qvmaxB＝m，解得速度为vmax＝2πfr，C错误；粒子在D形盒中被加速的次数n＝＝2ft，则根据nqU＝m，所加交变电压的大小为U＝，D错误。
提升点三
【例6】　（1）　（2）2v0　与x轴正方向的夹角为60°斜向下　（3）T＝，（n＝1，2，3，…）
解析：（1）在加速电场中，从P点到Q点，由动能定理得eU＝m
可得U＝。
（2）电子从Q点到M点做类平抛运动，有＝at2
L＝v0t
电子运动至M点时的速度大小vM＝
解得vM＝2v0
又cos θ＝＝
解得θ＝60°
即速度方向与x轴正方向的夹角为60°斜向下。
（3）电子在磁场中的运动具有周期性，轨迹如图所示，电子到达N点符合要求的空间条件为n（2Rsin 60°）＝2L，（n＝1，2，3，…）
根据洛伦兹力提供向心力，有evMB0＝m
解得B0＝，（n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，应满足的时间条件是T0＝，其中T0＝
所以T应满足的条件为
T＝，（n＝1，2，3，…）。
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素养提升16　
带电粒子在组合场、交变场中的运动
目标要求
1. 掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会用其解决问题。
2. 掌握带电粒子在交变场中的运动规律并会用其解决问题。
目 录
CONTENTS
提升点一　带电粒子在组合场中的运动
提升点二　组合场应用实例
提升点三　带电粒子在交变场中的运动
课时跟踪检测
提升点一　
带电粒子在组合场中的运动
1. 组合场的三种常见情况
（1）磁场与磁场的组合，即强弱或方向不同的磁场分别位于不重叠的区
域内；
（2）电场与磁场分别位于不重叠的区域内；
（3）电场、磁场在同一区域交替出现。
2. 带电粒子在分离的电场、磁场中的常见运动及求法
先后进入不同磁场
磁场与磁场的组合问题实质上就是两个有界磁场中的圆周运动问题，解题
关键：
（1）带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，轨迹半径和运动周期一般
不同。
（2）充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找
边、角等几何关系。
〔多选〕（2025·四川高考10题）如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的
匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边
界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区
的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方
形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝
0.6。则带电粒子（　AD　）
AD
A. 在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B. 在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C. 在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D. 在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
解析：根据题意作轨迹图如图所示，由图可知，在Ⅰ区的
轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力，
qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为
＝＝，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为
α，由几何关系cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T＝×，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故
D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度
之比为＝，故C错误。
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，然后进入磁场做匀速圆周运动。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。
（2026·河北石家庄期末）如图所示，一抛物
线的方程式为y＝，在抛物线的上方有
沿y轴负方向竖直向下的匀强电场。抛物线上每个
位置可连续发射质量为m、电荷量为q的粒子，粒
子均以大小为v0的初速度水平向右射入电场，所有
粒子均能到达原点O。第四象限内（含x边界）存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小B＝的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）电场强度的大小E；
答案：　
解析： 粒子在电场中做类平抛运动。
水平方向＝v0t
竖直方向有y＝··t2，其中y＝
解得E＝。
（2）从抛物线上横坐标x＝－l的A点发射的粒子射出磁场时的坐标。
答案：
解析：从A点发射的粒子进入磁场后的运动轨迹如
图所示，在电场中，水平方向有l＝v0t1
竖直方向有vy＝t1
则v＝＝v0
设粒子进入磁场时速度v与竖直方向的夹角为θ，则
sin θ＝
解得θ＝45°
由牛顿第二定律得qvB＝m
由几何关系知d＝2R1sin θ
解得d＝l
射出磁场时的位置坐标为。
先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有三种情况
（1）进入电场时粒子速度方向与电
场方向相同或相反，如图甲所示，
粒子在电场中做加速或减速运动，用
动能定理或运动学公式列式求解。
（2）进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电
场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。
（3）进入电场时粒子速度方向与电场方向不垂直，如图丙所示，粒子在
电场中做斜抛运动，用斜抛运动知识分析。
利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应
用的技术。在图示的xOy平面（纸面）内，x＜x1的区域Ⅰ
内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1＜x＜x2
区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电
荷量为q的带正电粒子（不计重力），从原点O处以大小
为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知x1＝L，x2＝L，区域Ⅱ中电场的电场强度E＝。求：
（1）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
答案：　
解析： 区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运
动，设在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关
系可得Rsin θ＝L
解得R＝2L
又qv0B＝m
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B＝。
（2）粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
答案：　
解析：粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时
间设为t1，
则t1＝T
其中T＝
所以t1＝
粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动
时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，
则有qE＝ma
x2－x1＝v0t2
解得t2＝
其中h＝a
解得h＝
由于h＜R＋Rcos θ＝3L
所以粒子从电场边界离开，则总时间t＝t1＋t2
解得t＝。
（3）粒子离开电场时的速度大小v。
答案：v0
解析：由动能定理得qEh＝mv2－m
解得v＝v0。
提升点二　组合场应用实例
质谱仪
1. 作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。
2. 原理（如图所示）
（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＝
，＝。
（2026·江苏苏州期中）如图所示，在容器A中有同一种元素的两种同
位素正粒子，它们的初速度几乎为0，粒子可从容器A下方的小孔S1飘入加
速电场，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后第一种
同位素粒子打到照相底片D上的M点，第二种同位素粒子打到照相底片D上
的N点。不计同位素粒子重力。量出M点、N点到S3的距离分别为x1、x2，
则第一种与第二种同位素粒子在磁场中运动的时间之比为（　B　）
B
A. B.
C. D.
解析：设加速电场的电压为U，磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q、
质量为m，在电场中加速过程，由动能定理可得qU＝mv2，在磁场中，由
洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，带电粒子在磁场中运动的周期为T＝
，带电粒子在磁场中运动时间均为半个周期，即t＝，根据几何关系有
x＝2r，联立以上各式可得t＝x2∝x2，则第一种与第二种同位素粒子在磁
场中运动的时间之比为＝，故选B。
回旋加速器
1. 构造
如图所示，D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，D形盒处于与盒面垂直的
匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
2. 原理
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝
隙，粒子被加速一次。
3. 最大动能
由qvmaxB＝、Ekmax＝m，得Ekmax＝，粒子获得的最大动
能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。
4. 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＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝（不计在
加速电场运动的时间）。
〔多选〕（2026·河南驻马店期末）回旋加速器在科学研究中得到了广
泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒
面垂直的匀强磁场中，它们接在电压大小不变，频率为f的高频交流电源
上。已知匀强磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为r，位于D1圆心处的
粒子源A能不断产生带电荷量相同、速率为零的粒子，粒子经过电场加速
后进入磁场，粒子被加速到最大动能的时间为t，当粒子被加速到最大动能
后，再将它们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，下
列说法正确的是（　AB　）
AB
A. 粒子源处产生的带电粒子的比荷为
B. 粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为∶
C. 从D形盒出口引出时的速度为
D. 所加交变电压的大小为
解析：根据回旋加速器的原理可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率
等于加速电压的频率，即f＝＝，可得粒子源处产生的带电粒子的比荷
为＝，A正确；被加速n次时根据nqU＝m，在磁场中运动的半径
qvnB＝m，解得rn＝，同理可知被加速n次前轨道半径rn－1＝
，可得粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为∶
，B正确；从D形盒出口引出时qvmaxB＝m，解得速度为vmax＝2πfr，C错误；粒子在D形盒中被加速的次数n＝＝2ft，则根据nqU＝m，所加交变电压的大小为U＝，D错误。
提升点三　带电粒子在交变场中的运动
1. 交变场的常见类型
（1）电场周期性变化、磁场不变。
（2）磁场周期性变化、电场不变。
（3）电场、磁场均周期性变化。
2. 分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强
电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形磁场区域，与x轴的
交点分别为M、N。在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e
的电子以几乎为零的初速度从P点飘入加速电场中，加速后以速度v0经过右
侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距
离为，电子飞出电场后从M点进入圆形磁场区域，进入磁场时取t＝0，
在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向，图
中B0是未知量），最后电子从N点飞出，不考虑电子的重力。求：
（1）加速电场的电压U；
答案： 　
解析： 在加速电场中，从P点到Q点，由动能定理得eU＝m
可得U＝。
（2）电子运动到M点时的速度大小和方向；
答案：2v0　与x轴正方向的夹角为60°斜向下　
解析：电子从Q点到M点做类平抛运动，有＝at2
L＝v0t
电子运动至M点时的速度大小vM＝
解得vM＝2v0
又cos θ＝＝
解得θ＝60°
即速度方向与x轴正方向的夹角为60°斜向下。
（3）磁场变化周期T满足的关系式。
答案：T＝，（n＝1，2，3，…）
解析：电子在磁场中的运动具有周期性，轨迹如图所示，电子到达N点符合要求的空间条件为n（2Rsin 60°）＝2L，（n＝1，2，3，…）
根据洛伦兹力提供向心力，有evMB0＝m
解得B0＝，（n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，应满足的时间条件是T0＝
，其中T0＝
所以T应满足的条件为T＝，（n＝1，2，3，…）。
课时跟踪检测
1. （2026·安徽黄山模拟）阿斯顿最早设计了质谱
仪，一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱
形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半
径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场，
正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从
出口射出时的位置。速度选择器中磁感应强度大小
B0，方向竖直向下，电场强度大小为E0，与磁感应强度方向垂直。粒子源释放出的某带电粒子，加速后在水平方向沿直线通过速度选择器，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，粒子恰能击中照相底片的正中间位置。已知通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1，不计粒子重力，则该带电粒子比荷为（　　）
A. B.
C. D.
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√
解析：　在速度选择器中，粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，则有qvB0
＝qE0，解得粒子的速度大小为v＝，粒子进入磁场区，由洛伦兹力提供
向心力得qvB1＝m，由题意可知r1＝2R，联立解得该带电粒子比荷为＝
，故选A。
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2. （2026·广西桂林期末）质谱仪的工作原理示意图如图所示。带电粒子
被加速电场加速后，沿直线经过速度选择器，垂直平板S从狭缝P进入下方
的匀强磁场B0。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和
E，其中电场强度E的方向水平向右，平板S上有记录粒子位置的胶片A1、
A2。若粒子在磁场B0中做圆周运动的周期为T，则下列选项正确的是（　）
A. 该粒子带负电
B. 速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷
越小
√
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解析： 　根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则可知，该粒子带
正电，故A错误；速度选择器中粒子受向右的电场力，则其受到向左的洛
伦兹力，可知磁场方向垂直于纸面向外，故B错误；能通过狭缝P的带电粒
子满足qE＝qvB，可得速率v＝，故C正确；根据qvB0＝m，可知粒子打
在胶片上距离P点的距离d＝2r＝，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝
P，则d越小，则粒子的比荷越大，故D错误。
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3. 〔多选〕（2026·广东深圳期中）如图甲所示是回旋加速器的示意图，
其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于与盒面
垂直的匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动
能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时
间，则下列判断中正确的是（　　）
A. 在Ek-t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B. 高频电源的变化周期应该等于2
C. 粒子加速次数越多，粒子最大动能越大
D. 加速不同的粒子获得的最大动能可能相同
√
√
√
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解析：粒子在磁场中的偏转周期T＝，粒子每加速一次后会在磁场中偏转半个周期的时间，所以t4－t3＝t3－t2＝t2－t1＝，A正确；高频电流的变化周期与粒子在磁场中偏转周期相同，所以T＝2（tn－tn－1），B正确；根据R＝可知，当粒子的偏转半径等于D盒半径时，粒子的速度最大，此时粒子的最大速度vmax＝，则粒子的最大动能Ekmax＝m＝，可知最大动能与加速次数无关，且加速不同的粒子，只要粒子
的相同，则最大动能相同，C错误，D正确。
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4. 〔多选〕（2026·山东淄博期末）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为圆
弧，圆弧的半径为R，通道内有均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大
小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度方向垂直
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，做半径为r的匀
速圆周运动，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力，下列说法正确的是
（　　）
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A. 粒子带正电
B. 加速电场的电压U＝ER
C. 磁感应强度大小B＝
D. 粒子在磁场中的运动时间t＝πr
√
√
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8
解析：粒子在垂直纸面向外的匀强磁场中受洛伦兹力向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；在静电分析器中，根据电场力提供向心力，有qE＝m，在加速电场中，有qU＝mv2，联立解得U＝，故B
错误；由qvB＝m得B＝＝＝，故C错误；在磁分析器中粒
子由P到Q经过半个周期，则t＝×＝＝πr，故D正确。
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5. （2026·四川绵阳期末）加速器是使微观粒子获得较大动能的重要装
置。如图所示，甲为粒子多级加速器，乙为粒子回旋加速器。现用两种加
速器分别对质子H加速。下列分析正确的是（　　）
A. 用甲加速质子，需要将开关置于c、d端
B. 甲加速器中只要级数n足够大，质子就可以被加速到任意速度
C. 用乙加速质子，若交流电压U加倍，则质子获得的最大动能也加倍
D. 若用乙对α粒子He）加速，仅需将交流电源频率调为原来的一半
√
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解析： 　若将开关置于c、d端，多级加速器的左极板与直流电源的负极
相连，多级加速器的右极板与直流电源的正极相连。多级加速器内电场强
度方向向左，正电荷所受电场力向左，不能加速质子，A错误；质子可以
被加速到任意速度的说法是错误的，根据相对论，光速是宇宙速度的极
限，任何物体的速度都不会超过光速，B错误；质子的最大动能为Ekmax＝
m，当质子的运动半径等于回旋加速器半径时，质子的速度最大，
根据qvmaxB＝m，解得Ekmax＝，质子获得的最大动能与交流电压
U无关，与回旋加速器的半径有关。用乙加速质子，若交流电压U加倍，质
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子获得的最大动能不变，C错误；质子在磁场中运动的周期为T＝，交流电源的周期为T1＝T＝，交流电源的频率为f1＝＝，加速质子时交流电源的频率为fH＝，加速He时交流电源的频率为fHe＝，解得fHe＝fH，D正确。
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6. 〔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
√
√
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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；
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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。
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7. 如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限内存在匀强磁场，规定垂直纸
面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0
时刻，一个比荷＝1.0×104 C/kg的正电荷从处以v0＝1.0×104
m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所
需的时间为（　　）
A. 8π×10－5 s
B. π×10－5 s
C. 1.2π×10－4 s
D. ×10－4 s
√
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解析：　由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解
得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝＝8π×10－5
s，则粒子每次做圆周运动持续三分之一周期，对应
的圆心角为120°；位移大小为2rsin 60°＝ m，位移方向与y轴负方向成60°角，沿y轴负方向的位移为 m，则正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图所示；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝T＝1.2π×10－4 s，故C正确。
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8. （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：　
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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＝。
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（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
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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°＝。
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（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＝
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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＝＋。
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THANKS
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