2019高考物理二輪復(fù)習(xí)專題七計(jì)算題題型強(qiáng)化加試第22題帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

1、精品試卷第3講 加試第22題 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)題型1 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1 .無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類 （1）洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械 能守恒，可由此求解問題.（2）電場力、洛倫茲力并存（不計(jì)重力的微觀粒子） 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用 動(dòng)能定理求解問題.（3）電場力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng). 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

2、. 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量 守恒定律或動(dòng)能定理求解問題.2 .有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn) 動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功 的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律并結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解.【例1 （2018 新力量聯(lián)盟期末）如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy,在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B= 0.5 T ,還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為& 2 N/C.在其第一

3、象限空間有沿 y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y>h=0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為 B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng) 磁場.一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的 P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做直線運(yùn) 動(dòng)（PO與x軸負(fù)方向的夾角為 。=45° ）,并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限，重力加速度g取10 m/s； 問：(1)油滴的電性；(2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大??；(結(jié)果可用根式表示)(3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和離開第一象限處的坐標(biāo)值.答案 (1)油滴帶負(fù)電荷(2)4 2m m/s (3)0.828 s (4 m,0)解析(1)油滴帶負(fù)電荷.(2)油滴受三個(gè)力作用，如圖所示

4、，從 P到O沿直線運(yùn)動(dòng)必為勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)油滴質(zhì)量為 m推薦下載由平衡條件有 mg= qE/日 qE得m= 一g又 qvB= 2qE得 v = B- = 4 也 m/s(3)進(jìn)入第一象限后，油滴所受電場力和重力相等，知油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入y>h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，路徑如圖，最后從 x軸上的N點(diǎn)離開第一象限. h由。到A勻速運(yùn)動(dòng)位移為s1 = -5=2h知運(yùn)動(dòng)時(shí)間匕=0.1 s由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系式2 7tmT= Bb知由A到C的圓周運(yùn)動(dòng)用時(shí)為t2=T= :E= 0.628 s4 2gB由對稱性知從O N的時(shí)間t3=ti在第一象限的運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t = ti + tz+t3=

5、 0.828 s在磁場中有qvB=2mvmv 2E2得半徑R , 廣 qB gB圖中的 ON= 2(sicos 45。+ RCos 45。)= 2( h+ gB>) = 4 m即離開第一象限處(N點(diǎn))的坐標(biāo)為(4 m,0) 拓展訓(xùn)練1 .如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)弓雖度為B足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45° .有一帶電的小球 P靜止于斜面頂端 A處，且恰好對斜面無壓力.若將小球P以初速度Vo水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn))，一段時(shí)間后，小球落在斜面上的C點(diǎn).已知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，

6、重力加速度為 g,求：圖2(1)小球P落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角0及由A到C所需的時(shí)間t ;(2)小球P拋出到落到斜面的位移 x的大小.答案45嘉駕解析(1)小球P靜止時(shí)不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面恰好無壓力， 則mg= qEDP獲得水平初速度后由于重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由對稱性可得小球P落到斜面上時(shí)其速度方向與斜面的夾角為45°由牛頓第二定律得:qvoB=22 氏 R 2 71rT=-V0qBt =-4 2gB圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角為 90° ,小球P由A到C所需的時(shí)間: 化）由式可知,p做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=mv 由

7、幾何關(guān)系知x=2r©由可解得位移 x= 1獸.gB題型2 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較X受力情況垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場（不計(jì)重 力）電場力F= qE,其大小、方向不交， 與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場（不計(jì)重力）洛倫茲力F?&=qvB,其大小小艾，方 向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動(dòng)軌跡k J-l -I A X J- l1求解方法利用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：Vx=V0, X= VotqEvy = m t，1 qE ,2 y= "' t2m偏轉(zhuǎn)角（）:vy qEt tan 6 = y Vx mv-mmv半徑

8、：=".qB2 7tm周期：T= nRqB偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角（）要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間t = Vot=f 丁=藝2兀 qB動(dòng)能變化小艾【例2】(2018 杭州市重點(diǎn)中學(xué)期末 )空間有如圖3所示坐標(biāo)系，在0<x<0.4 m范圍內(nèi)有y軸 正方向的勻強(qiáng)電場 E= 150 V/m,在0.4 m< x<0.8 m范圍內(nèi)有y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場 E2=450V/m,在0.8 m<x<l.5 m范圍內(nèi)有垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 0.10 T ,今有一個(gè)比荷為1.0X105 C/kg的帶正電粒子從 O點(diǎn)以v0=4.0

9、x 103 m/s的速度沿x軸正向飛入電場，不計(jì)粒子重力，求:圖3(1)粒子射出E時(shí)沿y軸方向的位移大小；(2)粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)粒子出磁場時(shí)的坐標(biāo).答案 (1)0.075 m (2)3.57 X 10 4 s (3)(1.5 m,0.10 m)解析(1)粒子在E1中做類平拋運(yùn)動(dòng)x 方向：Xi= V0t 1得 11= -= 1.0 x 10 4 s Voy 方向：y1= 2mt 12= 0.075 m (2)粒子在 巳中運(yùn)動(dòng)時(shí)間12= =1.0X10 4 sVo粒子出E時(shí)y方向速度vyVy=11 - 包12= - 3.0 X 10 3 m/s m m即大小為3.0X103 m/s

10、 ,方向沿y負(fù)方向所以進(jìn)磁場速度大小v=小，+ Vy2 =5.0 X 103 m/s方向與x軸成37°角斜向右下方一一一 .，一mv圓周運(yùn)動(dòng)半徑R = 0.5 m qB由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)對應(yīng)的圓心角為90°磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t 3= *3x10-4S 2qB 2粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t =ti + t2+t3=(2 +-2-) X10 4 s =3.57 X 10 4 s(3)設(shè)粒子出E時(shí)，y方向坐標(biāo)為y2丫之二十+當(dāng)心孕t22=0 m2my3=y2+Rsin 53 ° Rsin 37 ° = 0.10 m出磁場時(shí)坐標(biāo)為(1.5 m,0.10

11、 m) 拓展訓(xùn)練2. (2018 寧波市重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖4甲所示，M N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S、S2為板上正對的小孔，N板右側(cè)有兩平面熒光屏相互垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點(diǎn)O為原點(diǎn)，在y>0,0<x<d的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強(qiáng) 磁場，在y>0, x>d的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B, M板左側(cè)電子槍隨時(shí)間均勻發(fā)射出初速度可以忽略的熱電子，所有電子經(jīng)小孔S進(jìn)入兩板間的電場加速后，從 O點(diǎn)處小孔沿x軸正方向射入磁場，最后打在熒光屏上，使得熒光屏發(fā)亮，已知電子的質(zhì)量為 m電荷量為e, M

12、 N兩板間所加的電壓如圖乙所示，電子通過MN勺時(shí)間極短，且不計(jì)電子重力及電子間的相互作用，求:(1)當(dāng)兩板間電勢差U=迪6m圖4時(shí)，電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡為多長;(2)在一個(gè)周期內(nèi)打在 y屏上的電子數(shù)占總電子數(shù)的比例為多少?(3) x屏上的亮線長度為多少.3.答案 (1)三兀d (2)66.7%12解析 （1）電子在加速電場中：eU= /mv,電子在0<x<d的磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑:mvr = b= eB則電子在磁場（0<x<d）中運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓.2 2（2）要使粒子打在y屏上，則半徑r<d，即eB2d2 eBd 2m6m 2A ty= 2e6d2 eE2d2T= 3

13、T 3m6m所以一個(gè)周期內(nèi)打在y屏上的電子占總電子數(shù)的比為66.7%eE2d2 ,一（3）分析可知，只有當(dāng)心右時(shí)，即2“粒子才能打至“ *屏上, eE2d2 ,當(dāng)上一時(shí),r = d,此時(shí)打在x屏上的坐標(biāo)為xi = 2d2eE2d23m時(shí),此時(shí)打在x屏上的坐標(biāo)為x2 = 2d +x屏上的亮線長度為3. （2018 溫州市期中）現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，某裝置可用于氣體中某些有害離子的收集，如圖5甲所示.I區(qū)為加速區(qū)，n區(qū)為離子收集區(qū)，其原理是通過板間的電場或磁場使離子偏轉(zhuǎn)并吸附到極板上，達(dá)到收集的目的.已知金屬極板CE DF長均為d,間距也為d, AB CD間的電勢差為 U

14、,假設(shè)質(zhì)量為 m電荷量為q的大量正離子在AB極均勻分布.離子由靜止開始加速進(jìn)入收集n區(qū)域，n區(qū)域板間有勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，離子恰好沿直線通過n區(qū)域； 收集效率（打在極板上的離子占離子總數(shù)的百分比 力和極板邊緣效應(yīng)）.只撤去電場時(shí)，恰好無離子從n區(qū)域間射出, ）為100%（不考慮離子間的相互作用力、重*甲乙圖5(1)求離子到達(dá)n區(qū)域的速度大小；(2)求n區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大??；(3)若撤去n區(qū)域磁場，只保留原來的電場，則裝置的收集效率是多少？(4)現(xiàn)撤去n區(qū)域的電場，保留磁場但磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào).假設(shè)AB極上有兩種正離子，質(zhì)量分別為m,且mw4m,電荷量均為qi.現(xiàn)將兩種離子完

15、全分離，同時(shí)收集更多的離子，需在CD邊上放置一探測板 CP離子必須打在探測板上)，如圖乙所示.在探測板下端留有狹 縫PD離子只能通過狹縫進(jìn)入磁場進(jìn)行分離，試求狹縫PD寬度的最大值.答案(1)%伴 12mU(3網(wǎng) 彈卑dm m d q2qmm解析(1)離子在I區(qū)域初速度為 0,由動(dòng)能定理得12qU= 2mv可得v=(2)進(jìn)入DF極板的離子恰好不從極板射出,確定圓心；離子在磁場中的半徑 r = d,如圖所示;磁場中洛倫茲力提供向心力:DF極板y的離子恰好離開電場:1得B= d(3)電場、磁場同時(shí)存在時(shí)，離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滿足:qE= qvB撤去磁場以后離子在電場力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)距離由平

16、拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：y = 2at2, a=，d=vt解得y= 0.5 d當(dāng)y>0.5d時(shí)，離子運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長，水平位移則從平行金屬板出射的離子占總數(shù)的百分比為:x>d,即0.5 d至U d這段距離的離子會射出電場,d 0.5ddX100%= 50%(4)設(shè)兩離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R和R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得2 v qvB= mR,一 r斤m則半徑關(guān)系為同=«因?yàn)閙w 4m,則有RW2R,此時(shí)狹縫最大值x同時(shí)滿足(如圖所示)x=2R2Rd=2R+x解得x=2ym 專題強(qiáng)化練1.如圖1所示，等腰直角三角形 abc區(qū)域中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，速度為vo的帶電粒子，從a點(diǎn)

17、沿ab方向射入磁場后恰能從 c點(diǎn)射出，現(xiàn)將勻強(qiáng)磁場換成垂直 ab邊的勻強(qiáng)電 場，其他條件不變，結(jié)果粒子仍能從 c點(diǎn)射出.粒子的重力不計(jì).求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電場強(qiáng)度E之比；(2)單獨(dú)存在磁場時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ti與單獨(dú)存在電場時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2之比.答案(1) -1- (2) f 2v02解析(1)粒子在磁場中做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示設(shè)ab=L，則軌道半徑r=L2Vo根據(jù)牛頓第je律，有 qvoB»=舊匚“，口 mv解得B q兀L一 r ,、2 兀 L運(yùn)動(dòng)時(shí)間tl=Vo 2vo粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng).在電場力方向，有:y= L= 2 .黑222mvE= IL在初速度方向

18、，有： x=L= vot 2- L解得：t2=-VoB1所以，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B與電場強(qiáng)度E之比三=E 2Vo t1 兀(2)單獨(dú)存在磁場時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tl與單獨(dú)存在電場時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2之比丁 =彳t 222.如圖2甲所示，長為L的平行金屬板 M N水平放置，兩板之間的距離為 d,兩板間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, 一個(gè)帶正電的質(zhì)點(diǎn)，沿水平方向從兩板的正中央垂直于磁場方向進(jìn)入兩板之間，重力加速度為g.圖2(1)若M板接直流電源正極，N板接負(fù)極，電源電壓恒為U,帶電質(zhì)點(diǎn)以ff定的速度v勻速通過兩板之間的復(fù)合場(電場、磁場和重力場)，求帶電質(zhì)點(diǎn)的電荷量與質(zhì)量的比值.(2)

19、若M N接如圖乙所示的交變電流(M板電勢高時(shí)U為正)，L= 0.5m,d= 0.4 m,B=0.1T,質(zhì)量為m= 1X10 4 kg、帶電荷量為q = 2x 10 2 C的帶正電質(zhì)點(diǎn)以水平速度 v=1 m/s ,從t =0時(shí)刻開始進(jìn)入復(fù)合場，取 g= 10 m/s 2,試定性畫出質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡.(3)在第(2)問的條件下求質(zhì)點(diǎn)在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.- gd答案 （1） Bvd U化）見解析圖（3）0.814 s解析E= U由質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)可得：Bqv= qE+ mg得：qgdrrm Bvd U(2)當(dāng)M板電勢高，即 U為正時(shí)，有Bqv= qE+ mg粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)M板電勢低，即U為負(fù)

20、時(shí)，有mg= qE,粒子在洛倫茲力的作用下彳勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期 T2 7tm= qB = 0.1 兀 s，有="<?且vti + r<L,所以軌跡如圖所示：qB 4XKKK XX用不X10M七4Kx式M X耳,斗M一-MXa 運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t = j+T=0.814 s.3. (2018 慈溪市期末)未來長時(shí)間的太空航行需要解決能量問題，科學(xué)家設(shè)想通過收集太空粒子來儲存能量.收集器核心部件是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖3所示，PP和QQ是兩個(gè)同心圓弧，/NOR / N OQ =30° , PP和QQ之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，5= 25

21、V.足夠長的上、下兩收集板 MM、NN間的距離d= 0.25m,板間有垂直紙面向外的勻弓雖磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2 T.假設(shè)太空中漂浮著某群 m= 2X108 kg、q=4X10 4 C帶正電的物質(zhì)粒子，它們能均勻地吸附到QQ圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計(jì)粒子間的相互作用和其他影響.求：(1)粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大??；(2)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑與周期；(3)到達(dá)收集板 MM的粒子中，在磁場運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間.答案 (1)1X103 m/s (2)0.25 m-2-X10 3 s (3)3*10 %解析(1)粒子在電場中加速12由動(dòng)能te理得： qUQP= 2mv解得，粒子進(jìn)入磁場的

22、速度大小為v= 1X103 m/s(2)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得2 v qvB= m r解得軌道半徑r = 0.25 m2 71r一3粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T= =4X10 3sv 2(3)軌跡如圖所示r,一 ，一， ，、T ?？傻? O'。0= 60° ,則到達(dá)收集板MM的粒子中，在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間：t =-T=12X10 3s4. (2018 七彩陽光聯(lián)盟期中)如圖4所示，在xOy豎直面上存在大小為 E= mg方向水平向 q右的勻強(qiáng)電場，在0WxWl和y>0的區(qū)域存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.位于 Ox軸上有一水平、光滑、絕緣

23、的表面 MN在坐標(biāo)原點(diǎn) O放置一質(zhì)量為 m電 荷量為+ q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，靜止釋放后開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小滑塊到達(dá)坐標(biāo)為(l , h)的P點(diǎn)時(shí)，速度最大.重力加速度為g.求小滑塊：圖4(1)在MN±運(yùn)動(dòng)的最大距離 x。；(2)速度最大值Vmax的大小和方向；(3)運(yùn)動(dòng)到與P等高的Q點(diǎn)時(shí)的速度大小和 Q點(diǎn)坐標(biāo)位置x.答案見解析解析(1) mg- qvB- Fn= 0小滑塊恰好離開MN寸，有Fn= 0解得v= mgqB12由動(dòng)能定理，有 Eqx°=2mv 02A .口mg解倚 x°= 2q12B212(2)由動(dòng)能te理，有 Eql mgh= 2mvmaxV max=

24、4Vmaxx = l + = 51 4hg cos 0 5. （2018 臺州市外國語學(xué)校期末 ）如圖5所示裝置中，區(qū)域I和山中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度分別為 E和2； n區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度 為B. 一質(zhì)量為m帶電量為q的帶負(fù)電粒子（不計(jì)重力）從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度Vo 水平射入電場，經(jīng)水平分界線 OP上的A點(diǎn)與OP成60。角射入n區(qū)域的磁場， 并垂直豎直邊 界CD®入出區(qū)域的勻強(qiáng)電場中.求:g（l h）小滑塊速度最大時(shí)速度方向與電場力、重力的合力方向垂直tan 0 =旦=1mg0 =45°g'小滑塊進(jìn)入x>

25、l區(qū)域?qū)⒆鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng)，等效加速度為g'=2gVmat tan 0 = 2g' t22v maxt=T2g2Vmax =10g l h圖5(1)粒子在n區(qū)域勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；(2) O M間的距離；(3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過 CD邊界所經(jīng)歷的時(shí)間.2mv3mv2338- 8 mv 兀 m答案 (2) (3) -J1qB (2) 2qE (3) qE3qB解析(1)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子過A點(diǎn)時(shí)速度為vV0由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知v= cok =2V0粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由2 V Bqv= mR2mv 所以總區(qū)(2)在電場中運(yùn)動(dòng)，有qE= ma23mv2qEV0tan 60 ° = at 112O M兩點(diǎn)間的距離為L = 2ati2(3)設(shè)粒子在n區(qū)域磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 12則由幾何關(guān)系知軌道的