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第56课时　带电粒子在组合场中的运动(进阶课)
[学习目标]　1．了解组合场的特点，学会处理带电粒子在磁场和电场的组合场中的运动问题。2．理解质谱仪和回旋加速器的原理，会分析电场和磁场组合的几种实例。
组合场中的应用实例
　质谱仪
(1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：①粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。
②粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m。
③由以上两式可得r＝，m＝＝。
(3)用途：分离同位素，测定带电粒子的比荷、质量m。
[典例1]　(2025·四川遂宁高三一诊)如图所示，质谱仪的工作原理如下：一个质量为m、电荷量为q的离子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场(初速度为0)，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打到照相的底片D上，不计离子重力，则(　　)
A．离子进入磁场时的速率为v＝
B．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
C．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
D．若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，则a、b的质量之比为1.08∶1
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[典例2]　(多选)(2025·河南郑州模拟)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，磁分析器内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．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
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　回旋加速器
(1)构造：如图乙所示，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，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子的速度就能够增加到很大。
(3)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。
(4)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn＝，nqU＝，n为加速次数，各半径之比为1∶∶∶…。
(5)获得的最大动能：由qvmB＝，Ekm＝得Ekm＝，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。
(6)加速到最大动能的加速次数
粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数N＝。
(7)加速到最大动能的运动时间
①在磁场中的运动时间t1＝(N－1)。
②在电场中的加速时间t2＝，其中a＝，d为狭缝的宽度。
③在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。
[典例3]　如图所示为回旋加速器示意图，质子源置于盒的圆心附近，不计质子通过D形盒狭缝的时间，则(　　)
A．仅增大加速电压，质子运动时间变长
B．仅增大加速电压，质子获得的最大动能不变
C．仅增大磁感应强度，质子运动时间变长
D．仅增大磁感应强度，质子获得的最大动能增大
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[典例4]　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。带电荷量为－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
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带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。
2．带电粒子在电场与磁场的组合场中运动的常见情境
(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。
(2)带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。
3．分析思路
(1)画运动轨迹：结合受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)，是解决该类问题的关键步骤。
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的物理规律进行分析处理。
　先电场后磁场
[典例5]　(多选)(2025·陕西宝鸡一模)医生常用CT扫描机给病人检查病灶，CT机的部分工作原理如图所示。电子从静止开始经加速电场加速后，沿水平方向进入垂直纸面的矩形匀强磁场，最后打在靶上的P点，产生X射线。已知MN间的电压为U, 磁场的宽度为d, 电子的比荷为k, 电子离开磁场时的速度偏转角为θ，不计电子重力，则下列说法正确的为(　　)
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．电子进入磁场的速度大小为
C．电子在磁场中做圆周运动的半径为
D．偏转磁场的磁感应强度大小为
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[典例6]　(多选)(2025·山东卷)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，方向垂直Oxy平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为
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　先磁场后电场
[典例7]　(2025·河南卷)如图所示，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)
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第56课时　带电粒子在组合场中的运动(进阶课)
进阶1
典例1　C　[离子在电场中加速有qUmv2，解得v；离子在磁场中偏转有qvBm，联立解得r，变形得m1.082，故选项C正确，选项A、B、D错误。]
典例2　AD　[粒子在静电分析器内沿中心线偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N的电势高，选项A正确；由qUmv2，qE，可得U，选项B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvBm，即r，PQ2r，所以只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，选项D正确。]
典例3　B　[根据qUmv2，仅增大加速电压，则每加速一次质子获得的速度变大，由R，质子轨道半径变大，盒的半径一定，则加速的次数减小，在磁场中做圆周运动的圈数减小，根据质子在磁场中运动的周期T不变，可知质子运动时间变短，故A错误；根据qvmBm，得vm，动能Ek，仅增大加速电压，质子获得的最大动能不变，故B正确；仅增大磁感应强度，质子在磁场中运动的周期T变小，若不改变交流电压频率，回旋加速器不能正常工作，故C、D错误。]
典例4　A　[离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；第1次加速过程，由动能定理有qUΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后离子的速度大小为v，则对k次加速过程，由动能定理有kqU，解得v，C错误；第k次加速后，离子在磁场中做圆周运动，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为B，则离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvBm，结合C项分析可得B，D错误。]
进阶2
典例5　AC　[电子经电场加速后进入磁场向下偏转，由左手定则知偏转磁场的方向垂直纸面向里，故A正确；电子加速过程，由动能定理可得eUmv2－0，解得v，故B错误；如图所示，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得evBm，由几何关系可得sin θ，联立解得半径为r，磁感应强度的大小为B，故C正确，D错误。
]
典例6　AD　[根据题图甲粒子在区域Ⅰ的轨迹可知，粒子在区域Ⅰ内做类平抛运动，且加速度方向沿y轴正方向，由平抛运动规律可知y轴方向有2L，由牛顿第二定律有qEma，联立解得电场强度大小E，方向沿y轴正方向，A正确；结合题图乙和对称性可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径RL，B错误；由平抛运动规律可得粒子的初速度v0，对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L，结合A项分析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度v，由洛伦兹力提供向心力有qvBm，结合B项分析联立解得区域Ⅱ内磁感应强度大小B，又由题图乙可知，粒子进入区域Ⅱ后向下偏转，由左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向外，C错误；结合C项分析和题图乙可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心在x轴上，设其坐标为(x0，0)，由几何关系有(x0－3L)2＋(2L)2R2，解得x0，0)，D正确。]
典例7　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，如图甲所示
由几何关系有r－hr
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r2h
对粒子由洛伦兹力提供向心力有
qv0Bm
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，如图乙所示
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x1v0t1cos 60°
竖直方向2v0sin 60°at1
由牛顿第二定律有qEma
由第(1)问可知粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为
x2rsin 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sx1＋2x2
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，如图丙所示
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θ60°
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
s1r－rsin θ(2－)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
结合第(2)问分析可知该情况一个周期内粒子在电场中的水平位移大小x1h，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tt1＋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－s1h
则粒子的漂移速度vv0。
答案：(1)v0
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第十章 磁 场
第56课时　带电粒子在组合场中的运动(进阶课)
[学习目标]　1．了解组合场的特点，学会处理带电粒子在磁场和电场的组合场中的运动问题。2．理解质谱仪和回旋加速器的原理，会分析电场和磁场组合的几种实例。
进阶1　组合场中的应用实例
实例1　质谱仪
(1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：①粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。
②粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m。
③由以上两式可得r＝，m＝＝。
(3)用途：分离同位素，测定带电粒子的比荷、质量m。
[典例1]　(2025·四川遂宁高三一诊)如图所示，质谱仪的工作原理如下：一个质量为m、电荷量为q的离子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场(初速度为0)，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打到照相的底片D上，不计离子重力，则(　　)
A．离子进入磁场时的速率为v＝
B．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
C．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
D．若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，则a、b的质量之比为1.08∶1
√
C　[离子在电场中加速有qU＝mv2，解得v＝；离子在磁场中偏转有qvB＝m，联立解得r＝，变形得m＝，同位素的电荷量一样，其质量之比为＝＝＝1.082，故选项C正确，选项A、B、D错误。]
[典例2]　(多选)(2025·河南郑州模拟)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，磁分析器内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．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
√
√
AD　[粒子在静电分析器内沿中心线偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N的电势高，选项A正确；由qU＝mv2，qE＝，可得U＝，选项B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝m，即r＝，PQ＝2r＝＝2，所以只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，选项D正确。]
实例2　回旋加速器
(1)构造：如图乙所示，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，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两
盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子的速
度就能够增加到很大。
(3)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。
(4)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn＝，nqU＝，n为加速次数，各半径之比为1∶∶∶…。
(5)获得的最大动能：由qvmB＝，Ekm＝得Ekm＝，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。
(6)加速到最大动能的加速次数
粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数N＝。
(7)加速到最大动能的运动时间
①在磁场中的运动时间t1＝(N－1)。
②在电场中的加速时间t2＝，其中a＝，d为狭缝的宽度。
③在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。
[典例3]　如图所示为回旋加速器示意图，质子源置于盒的圆心附近，不计质子通过D形盒狭缝的时间，则(　　)
A．仅增大加速电压，质子运动时间变长
B．仅增大加速电压，质子获得的最大动能不变
C．仅增大磁感应强度，质子运动时间变长
D．仅增大磁感应强度，质子获得的最大动能增大
√
B　[根据qU＝mv2，仅增大加速电压，则每加速一次质子获得的速度变大，由R＝，质子轨道半径变大，盒的半径一定，则加速的次数减小，在磁场中做圆周运动的圈数减小，根据质子在磁场中运动的周期T＝不变，可知质子运动时间变短，故A错误；根据qvmB＝，得vm＝，动能Ek＝＝，仅增大加速电压，质子获得的最大动能不变，故B正确；仅增大磁感应强度，质子在磁场中运动的周期T＝变小，若不改变交流电压频率，回旋加速器不能正常工作，故C、D错误。]
[典例4]　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。带电荷量为－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
√
A　[离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；第1次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后离子的速度大小为v，则对k次加速过程，由动能定理有kqU＝，解得v＝，C错误；第k次加速后，离子在磁场中做圆周运动，
设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为B，则离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，结合C项分析可得B＝，D错误。]
进阶2　带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。
2．带电粒子在电场与磁场的组合场中运动的常见情境
(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。
(2)带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。
3．分析思路
(1)画运动轨迹：结合受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)，是解决该类问题的关键步骤。
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的物理规律进行分析处理。
角度1　先电场后磁场
[典例5]　(多选)(2025·陕西宝鸡一模)医生常用CT扫描机给病人检查病灶，CT机的部分工作原理如图所示。电子从静止开始经加速电场加速后，沿水平方向进入垂直纸面的矩形匀强磁场，最后打在靶上的P点，产生X射线。已知MN间的电压为U, 磁场的宽度为d, 电子的比荷为k, 电子离开磁场时的速度偏转角为θ，不计电子重力，则下列说法正确的为(　　)
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．电子进入磁场的速度大小为
C．电子在磁场中做圆周运动的半径为
D．偏转磁场的磁感应强度大小为
√
√
AC　[电子经电场加速后进入磁场向下偏转，由左手定则知偏转磁场的方向垂直纸面向里，故A正确；电子加速过程，由动能定理可得eU＝mv2－0，解得v＝＝，故B错误；如图所示，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得evB＝m，由几何关系可得sin θ＝，联立解得半径为r＝，磁感应强度的大小为B＝＝，故C正确，D错误。]
[典例6]　(多选)(2025·山东卷)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，方向垂直Oxy平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为
√
√
AD　[根据题图甲粒子在区域Ⅰ的轨迹可知，粒子在区域Ⅰ内做类平抛运动，且加速度方向沿y轴正方向，由平抛运动规律可知y轴方向有2L＝，由牛顿第二定律有qE＝ma，联立解得电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向，A正确；结合题图乙和对称性可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝L，B错误；由平抛运动规律可得粒子的初速度v0＝，对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定
理有qE·2L＝，结合A项分析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度v＝，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，结合B项分析联立解得区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，又由题图乙可知，粒子进入区域Ⅱ后向下偏转，由左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向外，C错误；结合C项分析和题图乙可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心在x轴上，设其坐标为(x0，0)，由几何关系有(x0－3L)2＋(2L)2＝R2，解得x0＝，即圆心坐标为(，0)，D正确。]
角度2　先磁场后电场
[典例7]　(2025·河南卷)如图所示，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)
[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，如图甲所示
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＝
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，如图乙所示
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
由第(1)问可知粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为
x2＝r sin 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
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，如图丙所示
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－r sin θ＝(2－)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＝＝
结合第(2)问分析可知该情况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。
[答案]　(1)　(3)v0
归纳提升：“磁偏转”和“电偏转”的比较
课时数智作业(五十六)　带电粒子在组合场中的运动(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
说明：第1～5题、第7题，每小题5分；本试卷共58分。
1．(2023·广东卷)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10-19 J)(　　)
A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
√
C　[当质子在回旋加速器中做圆周运动的半径等于加速器的最大回旋半径Rm时，速率达到最大，动能最大，为Ekm＝，由洛伦兹力提供向心力得evmB＝，联立可解得vm＝，其中Ekm＝1.5×107 eV，Rm＝0.5 m，B＝1.12 T，将数据代入上式，可解得质子经该回旋加速器加速后的最大速率vm≈5.4×107 m/s。故C正确，A、B、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[在电场中Uq＝mv2，解得v＝，x＝＝＝，所以能够正确反映x与U之间的函数关系的是B选项。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
3．(2025·云南省文山州、红河州高三联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从坐标原点O进入磁场时速度方向与x轴正方向成45°角，最终从x轴上的P点射出磁场。已知Q点到x轴距离为L，P点到y轴距离为2L，不计粒子重力。则磁感应强度和电场强度的大小之比为(　　)
题号
1
3
5
2
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6
8
7
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[粒子的运动轨迹如图所示，粒子在电场中由Q点运动到O点过程做类平抛运动，设粒子在O点时沿y轴方向的分速度为vy，有＝2aL，由牛顿第二定律有Eq＝ma，且有tan 45°＝，解得E＝；粒子到达O点时的速度大小为v＝＝v0，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，
根据几何关系可知R＝L，解得B＝，故有＝，
B正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．应用质谱仪测定有机化合物分子结构的方法称为质谱法。先在离子化室A中将有机物气体分子碎裂成两种带正电的离子，离子从下方的小孔S飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S1沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片D上，形成a、b两条质谱线。不计离子重力，
则(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．打到a处的离子的比荷小
B．两种离子进入磁场时的速度相同
C．匀强磁场的方向为垂直纸面向里
D．两种离子在磁场中的运动时间相等
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A　[粒子在加速电场中加速时，有Uq＝mv2，获得的速度v＝，粒子在磁场中偏转时有qvB＝m，所以R＝＝＝，所以比荷大的偏转半径小，打到a处的离子的比荷小，故A正确；由于v＝，两种带正电的离子比荷不同，所以获得速度大小不同，故B错误；离子带正电，故根据左手定则可得匀强磁场的方向为垂
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
直纸面向外，故C错误；根据周期公式T＝，由于两种带正电的离子比荷不同，故周期不同，离子在磁场中均运动半个周期，故运动时间不同，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．(2025·南京一中高三质检)如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C极板间。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法中正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[带电粒子只有经过A、C极板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，故A、D错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m可得r＝，所以P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据速度位移关系＝2ad可知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中射出时，速度最大，则qvB＝m，可得v＝，由此可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
6．(14分)(2024·福建卷)如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计粒子重力，忽略边缘效应。求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)粒子经过N时的速度大小；
(2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)设粒子经过N时的速度大小为vN，则对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理有qU＝
解得vN＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)粒子在C2中做类平抛运动，设粒子经过P时沿y轴方向的速度大小为vy，速度方向与y轴正向的夹角为θ，粒子在C2中的运动时间为t，则根据牛顿第二定律有＝ma
根据匀变速直线运动规律，在沿y轴方向有d＝at2，vy＝at
又tan θ＝
联立解得θ＝45°。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)粒子在P处时的速度大小为vP＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvPB＝
由几何关系可知R＝d
联立解得B＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)　(2)45°　(3)
7．(多选)(2025·辽宁丹东一模)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为竖直向上的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从场中某一点P以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好从P点第二次
离开电场。若场区足够大且不计粒子重力，则下
列说法中正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．匀强电场中，电场强度大小为2B0v0
B．当粒子第二次离开磁场时，速度与分界线所成的锐角为45°
C．粒子回到P点所用的总时间为
D．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
BD　[根据题意可知，粒子的运动轨迹如图，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的锐角为45°，粒子进入电场后先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，在磁场中做圆周运动，经过T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B0＝，代入数据解
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
得R＝，由图根据几何关系解得PS＝2R＝，设电场的电场强度大小为E，粒子第二次进入电场的方向与电场方向垂直，根据图可知，水平方向2R＝v0t，竖直方向2R＝at2，根据牛顿第二定律qE＝ma，联立代入数据解得E＝B0v0，故B、D正确，A错误；粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3，粒子
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
在磁场中运动的时间由几何关系可知t1＝T＝＝，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2＝＝，第二次在电场中偏转的时间t3＝＝，粒子回到P点所用的总时间为
t＝t1＋t2＋t3＝，故C错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
8．(14分)(2026·潍坊调研监测)如图所示，在x轴上方空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方空间中存在垂直xOy平面向外的匀强磁场。一个电荷量为q，质量为m的正电粒子，以速率v0从P1点沿x轴正方向射入第一象限，并通过x轴上的P2点，此时粒子速度方向与x轴正方向成45°角，随后恰好垂直y轴射出第四象限。已知P1点的坐标为(0，L)，不计粒子重力，求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从开始运动到第5次经过x轴时的时间。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)粒子在第一象限内做类平抛运动
设粒子在P2处速度沿y轴的分量大小为vy，由于粒子在P2处的速度方向与x轴正方向成45°角，则根据几何关系有
tan 45°＝
解得vy＝v0
在y轴方向上由牛顿第二定律有Eq＝ma
在y轴方向上由运动学公式有＝2aL
联立解得匀强电场的电场强度大小为E＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)粒子在第一象限内做类平抛运动，可分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和沿y轴负方向的匀加速直线运动，设粒子从P1到P2的运动时间为t1，则由运动学公式有
＝v0t1
＝L＝t1
结合(1)问分析解得t1＝＝，OP2的长度为＝2L
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
粒子做匀速圆周运动，已知粒子在P2处的速度方向与x轴正方向成45°角，随后恰好垂直y轴射出第四象限，作出粒子在第四象限的运动轨迹如图甲所示
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
设粒子做圆周运动的半径为r，速率为v，则根据几何关系有
r＝＝＝2L
v＝＝v0
由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝
联立解得匀强磁场的磁感应强度大小B＝＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)粒子的运动过程周期性重复，运动轨迹如图乙所示
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
由对称性可知粒子在第一象限内电场中做类平抛运动的时间和在第二象限内电场中做类平抛的逆过程的时间相同，都为t1
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则根据周期与速度的关系式有
T＝＝＝
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
设粒子从第一次经过x轴(P2点)到第二次经过x轴的时间为t2，由轨迹分析可知此过程粒子在磁场中转过的圆心角为270°，故t2＝T＝T＝
由于粒子在一次周期性的运动过程中经过x轴2次，所以粒子从开始运动到第5次经过x轴时的时间为t总＝2(2t1＋t2)＋t1＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　　(2)　(3)
谢 谢 ！课时数智作业(五十六)　带电粒子在组合场中的运动(进阶课)
说明：第1～5题、第7题，每小题5分；本试卷共58分。
1．(2023·广东卷)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10-19 J)(　　)
A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
2．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是(　　)
A　　 　B　　　　C　 　　D
3．(2025·云南省文山州、红河州高三联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从坐标原点O进入磁场时速度方向与x轴正方向成45°角，最终从x轴上的P点射出磁场。已知Q点到x轴距离为L，P点到y轴距离为2L，不计粒子重力。则磁感应强度和电场强度的大小之比为(　　)
A． B．
C． D．
4．应用质谱仪测定有机化合物分子结构的方法称为质谱法。先在离子化室A中将有机物气体分子碎裂成两种带正电的离子，离子从下方的小孔S飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S1沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片D上，形成a、b两条质谱线。不计离子重力，则(　　)
A．打到a处的离子的比荷小
B．两种离子进入磁场时的速度相同
C．匀强磁场的方向为垂直纸面向里
D．两种离子在磁场中的运动时间相等
5．(2025·南京一中高三质检)如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C极板间。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
6．(14分)(2024·福建卷)如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计粒子重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过N时的速度大小；
(2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
7．(多选)(2025·辽宁丹东一模)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为竖直向上的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从场中某一点P以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好从P点第二次离开电场。若场区足够大且不计粒子重力，则下列说法中正确的是(　　)
A．匀强电场中，电场强度大小为2B0v0
B．当粒子第二次离开磁场时，速度与分界线所成的锐角为45°
C．粒子回到P点所用的总时间为
D．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为
8．(14分)(2026·潍坊调研监测)如图所示，在x轴上方空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方空间中存在垂直xOy平面向外的匀强磁场。一个电荷量为q，质量为m的正电粒子，以速率v0从P1点沿x轴正方向射入第一象限，并通过x轴上的P2点，此时粒子速度方向与x轴正方向成45°角，随后恰好垂直y轴射出第四象限。已知P1点的坐标为(0，L)，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从开始运动到第5次经过x轴时的时间。
课时数智作业(五十六)
1．C　[当质子在回旋加速器中做圆周运动的半径等于加速器的最大回旋半径Rm时，速率达到最大，动能最大，为Ekm，由洛伦兹力提供向心力得evmB，联立可解得vm，其中Ekm1.5×107 eV，Rm0.5 m，B1.12 T，将数据代入上式，可解得质子经该回旋加速器加速后的最大速率vm≈5.4×107 m/s。故C正确，A、B、D错误。]
2．B　[在电场中Uqmv2，解得v，x，所以能够正确反映x与U之间的函数关系的是B选项。]
3．B　[粒子的运动轨迹如图所示，粒子在电场中由Q点运动到O点过程做类平抛运动，设粒子在O点时沿y轴方向的分速度为vy，有2aL，由牛顿第二定律有Eqma，且有tan 45°，解得E；粒子到达O点时的速度大小为vv0，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力有qvBm，根据几何关系可知RL，解得B，B正确。
]
4．A　[粒子在加速电场中加速时，有Uqmv2，获得的速度v，粒子在磁场中偏转时有qvBm，所以R，所以比荷大的偏转半径小，打到a处的离子的比荷小，故A正确；由于v，两种带正电的离子比荷不同，所以获得速度大小不同，故B错误；离子带正电，故根据左手定则可得匀强磁场的方向为垂直纸面向外，故C错误；根据周期公式T，由于两种带正电的离子比荷不同，故周期不同，离子在磁场中均运动半个周期，故运动时间不同，故D错误。]
5．C　[带电粒子只有经过A、C极板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，故A、D错误；根据洛伦兹力提供向心力qvBm可得r，所以P1P22(r2－r1)，因为每转一圈被加速一次，根据速度位移关系v2－2ad可知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2＜v2－v1，所以P1P2＞P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中射出时，速度最大，则qvBm，可得v，由此可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确。]
6．解析：(1)设粒子经过N时的速度大小为vN，则对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理有qU
解得vN。
(2)粒子在C2中做类平抛运动，设粒子经过P时沿y轴方向的速度大小为vy，速度方向与y轴正向的夹角为θ，粒子在C2中的运动时间为t，则根据牛顿第二定律有ma
根据匀变速直线运动规律，在沿y轴方向有dat2，vyat
又tan θ
联立解得θ45°。
(3)粒子在P处时的速度大小为vP
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvPB
由几何关系可知Rd
联立解得B。
答案：(1)
7．BD　[根据题意可知，粒子的运动轨迹如图，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的锐角为45°，粒子进入电场后先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，在磁场中做圆周运动，经过T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B0m，代入数据解得R，由图根据几何关系解得PS2，设电场的电场强度大小为E，粒子第二次进入电场的方向与电场方向垂直，根据图可知，水平方向2Rv0t，竖直方向2Rat2，根据牛顿第二定律qEma，联立代入数据解得EB0v0，故B、D正确，A错误；粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3，粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知t1T，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2，第二次在电场中偏转的时间t3，粒子回到P点所用的总时间为tt1＋t2＋t3，故C错误。
]
8．解析：(1)粒子在第一象限内做类平抛运动
设粒子在P2处速度沿y轴的分量大小为vy，由于粒子在P2处的速度方向与x轴正方向成45°角，则根据几何关系有
tan 45°
解得vyv0
在y轴方向上由牛顿第二定律有Eqma
在y轴方向上由运动学公式有2aL
联立解得匀强电场的电场强度大小为E。
(2)粒子在第一象限内做类平抛运动，可分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和沿y轴负方向的匀加速直线运动，设粒子从P1到P2的运动时间为t1，则由运动学公式有
v0t1
t1
结合(1)问分析解得t1，OP2的长度为2L
粒子做匀速圆周运动，已知粒子在P2处的速度方向与x轴正方向成45°角，随后恰好垂直y轴射出第四象限，作出粒子在第四象限的运动轨迹如图甲所示
设粒子做圆周运动的半径为r，速率为v，则根据几何关系有
rL
vv0
由洛伦兹力提供向心力有Bqv
联立解得匀强磁场的磁感应强度大小B。
(3)粒子的运动过程周期性重复，运动轨迹如图乙所示
由对称性可知粒子在第一象限内电场中做类平抛运动的时间和在第二象限内电场中做类平抛的逆过程的时间相同，都为t1
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则根据周期与速度的关系式有
T
设粒子从第一次经过x轴(P2点)到第二次经过x轴的时间为t2，由轨迹分析可知此过程粒子在磁场中转过的圆心角为270°，故t2
由于粒子在一次周期性的运动过程中经过x轴2次，所以粒子从开始运动到第5次经过x轴时的时间为t总2(2t1＋t2)＋t1。
答案：(1)
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