一輪復習-第3講-帶點粒子在復合場中的運動

1、第3講帶點粒子在復合 場中的運動考點1組合場考點2疊加場第3講 帶電粒子在復合場中的運動【必備知識落實基礎性】1.組合場與疊加場(1)組合場：靜電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或在同一區(qū)域，靜電場、磁場分時間段交 替出現(xiàn)。(2)疊加場：靜電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，或其中某兩場在同一區(qū)域共存。2.三種場的比擬3.帶電粒子在復合場中的運動分類工程名稱力的特點功和能的特點重力場大?。篏 = mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關重力做功改變物體的重力勢能靜電場大小:F=qE方向：正電荷受力方向與 場強方向相同負電荷受力方向與場強 方向相反靜電力做功與路徑無關W=qU靜電力做功改變電勢能

2、磁場洛倫茲力大小：F = qvB方向：根據左手定那么判定洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能(1)靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復合場中所受合力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動。(2)勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻 強磁場的平面內做勻速圓周運動。(3)較復雜的曲線運動當帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲 線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種 不同的運動

3、階段組成。自主解答典例CD解析：根據題意，小球受的重力、靜電力恒定，洛倫茲力垂直于速度，那么小球所受三力恰好 平衡，做勻速直線運動，那么小球的動能不變，故D正確；假設小球帶正電，小球受力如圖1,根據左手定那么 可知，小球斜向左下方運動，靜電力做負功，電勢能增大，故A錯誤；假設小球帶負電，小球受力如圖2, 根據左手定那么可知，小球斜向右下方運動，靜電力做負功，電勢能增大，故B錯誤；無論小球帶何種電荷， 小球都下降，小球的重力勢能都減小，故C正確。特別提醒：帶電粒子（帶電體）在疊加場中運動的解題思路（1）弄清疊加場的組成，一般有磁場、電場的疊加，電場、重力場的疊加，磁場、重力場的疊加，磁場、 電場

4、、重力場三者的疊加。（2）正確分析受力，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析。（3）確定帶電粒子（帶電體）的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況可能會相互影響。（4）畫出粒子（帶電體）運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。（5）對于粒子（帶電體）連續(xù)通過幾個不同疊加場的問題，要分階段進行處理。銜接點的速度不變往往是 解題的突破口。針對訓練1.（磁場與重力場的疊加問題）（多項選擇）如下圖，A3c為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中為傾斜 直軌道，為與A3相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。質量相 同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電?，F(xiàn)將

5、三個小球在軌道A3上分別從 不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，貝!）（）A.經過最高點時，三個小球的速度相等B.經過最高點時，甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變LCD 解析：設磁感應強度為8,圓形軌道半徑為r,三個小球質量均為相，它們恰好通過最高點時I.nw 甲 2_I。乙 2nw 有 20 訃的速度分別為。甲、O乙和V丙,貝口 mg+Bv 甲 q 甲=-,mgBv 乙 q 乙=-, mg=-, 顯然 與甲丙 乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球 在最高點處的動能最大，因為勢

6、能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確。2.(三場疊加的圓周運動問題)如下圖，在豎直平面內建立直角坐標系，y軸沿豎直方向。在x=L 到x=2L之間存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場。一個比荷陽為k的帶電微粒從 坐標原點以一定初速度沿+x方向拋出，進入電場和磁場后恰好在豎直平面內做勻速圓周運動，離開電場 和磁場后，帶電微粒恰好沿+”方向通過X軸上x=3L的位置。勻強磁場的磁感應強度為&重力加 速度為g。求：電場強度的大小;帶電微粒的初速度；帶電微粒做勻速圓周運動的圓心坐標。2解析：(1)由于粒子在復合場中做勻速圓周運動，那么加g=gE,又=左解得E=j(2)

7、帶電粒子運動軌跡如下圖。由幾何關系得2Kcos 0=L9cos粒子做勻速圓周運動的向心力等于洛倫茲力：qvB=m又在進入復合場之前粒子做平拋運動：Vy=gtL=vt解得。=成。(3)由人=；g巴其中勺警，32o k2B2J2得帶電微粒做圓周運動的圓心坐標：切，=?；)0, = 一h+Rsin 8=僚一譚o答案琢器(%答案琢器(%2g k2B2lJ k2B2 Sg )課時素養(yǎng)評價素養(yǎng)達標1.（多項選擇）如下圖，心和心為平行線，“上方和下方都是垂直紙面向里的磁感應強度相同的勻強 磁場，A、笈兩點都在心線上，帶電粒子從A點以初速度。與心線成。=30。角斜向上射出，經過偏轉后 正好過3點，經過5點時速

8、度方向也斜向上，不計粒子重力，以下說法中正確的選項是（）A.帶電粒子一定帶正電B.帶電粒子經過5點時的速度一定跟在A點的速度相同C.假設將帶電粒子在A點時的初速度變大（方向不變）它仍能經過B點D.假設將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與心線成60。角斜向上，它就不再經過3點1.BCD 解析：畫出帶電粒子運動的兩種可能軌跡，如下圖，對應正、負電荷，故A錯誤；帶電粒 子經過5點的速度和在A點時的速度大小相等、方向相同，故B正確；根據軌跡可知，粒子經過邊界心 時入射點到出射點間的距離與經過邊界&時入射點到出射點間的距離相同，與速度大小無關，所以當初 速度變大但保持方向不變，它仍能經過3點，故C正確；

9、設L與心之間的距離為d,由幾何知識得A到 5的距離為工=;,所以，假設將帶電粒子在A點時初速度方向改為與心線成60。角斜向上，它就不再經 ian u過5點，故D正確。2.（多項選擇）地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成a角的直線運動。由此可以判斷（）A.如果油滴帶正電，它是從M點運動到N點B.如果油滴帶正電，它是從N點運動到M點C.如果水平電場方向向右，油滴是從M點運動到N點D.如果水平電場方向向右，油滴是從N點運動到M點.AD 解析：根據做直線運動的條件和受力情況（如下圖）可知，如果油滴帶正電，水平電場的方向 只能向左，由

10、左手定那么判斷可知，油滴是從M點到N點，故A正確，B錯誤。如果水平電場方向向右， 油滴只能帶負電，電場力水平向左，由左手定那么判斷可知，油滴是從N點到M點，故C錯誤，D正確。.（多項選擇）某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間f做周期性變化的勻強磁場（如圖 甲所示），規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a-bfc-d-e-f 的順序做橫“8”字曲線運動（即如圖乙所示的軌跡），以下方法可行的是（粒子只受洛倫茲力的作用，其他 力不計）（）A.假設粒子的初始位置在。處，在=與丁時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度 O.假設粒子的初始位置在/處，在，=，時

11、給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C.假設粒子的初始位置在e處，在=裝丁時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度 OD.假設粒子的初始位置在力處，在=:時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度.AD 解析：要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示，由左手定那么知粒子做圓周運動的周期應為To=, 假設粒子的初始位置在a處時，對應時刻應為同理可判斷B、C、D選項，可得A、D正確。.電子質量為機、電荷量為c,從坐標原點。處沿xQy平面射入第一象限，射入時速度方向不同，速 度大小均為。0,如下圖?，F(xiàn)在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為圓 假設這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏MN上，

12、熒光屏與y軸平行。求：（1）熒光屏上光斑的長度；（2）所加磁場范圍的最小面積。.解析：（1）如下圖，初速度沿“軸正方向的電子，沿弧。6運動到尸點，為熒光屏上光斑的最高 點，初速度沿y軸正方向的電子，沿弧。運動到。點，為熒光屏上光斑的最低點。電子在磁場中做勻速 圓周運動，由牛頓第二定律得ev.B=解得R=解得R=eB光斑長度尸。=K=二。所加磁場的最小面積是以O為圓心、K為半徑的斜線局部，其面積大小為S=%甯+ R2-答案嗡啜畸能力提升.侈選）如下圖，空間中存在一水平方向的勻強電場和一水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小為以 垂直紙面向里，電場強度大小為 =磐，水平向左。在正交的電磁場空間中有一固

13、定的粗細均勻的足夠 長粗糙絕緣桿，與電場正方向成60。夾角且處于豎直平面內，一質量為加、電荷量為外力0）的小球套在絕 緣桿上，當小球沿桿向下的初速度為內時，小球恰好做勻速直線運動。重力加速度大小為g,小球電 荷量保持不變，那么以下說法正確的選項是（）A.小球的初速度內=方!B.假設小球沿桿向下的初速度。=食，小球將沿桿做加速度不斷增大的減速運動直到停止 C.假設小球沿桿向下的初速度。=翳，小球將沿桿做加速度不斷減小的減速運動直到停止 D.假設小球沿桿向下的初速度。=翳，那么從開始運動至穩(wěn)定，小球克服摩擦力做功為空基.BD解析：根據題意可知小球受力平衡，靜電力F=qE = y3mg,靜電力與重力

14、的合力為G =2mg,方向垂直于桿斜向下，洛倫茲力垂直于斜桿向上，小球不受桿的摩擦力和彈力，那么為g =所以。0 =篝，A錯誤；當需時，qvB = mgG,那么小球受到垂直于桿斜向上的彈力，且G S + q咆 同 時受到沿桿向上的摩擦力，根據牛頓第二定律可知六此n = （G -qvB） = ma,小球做加速度不斷增大的 減速運動直至停止，B正確；當。=鬻時，qoB = 32gG，那么小球受到垂直于桿斜向下的彈力，且G 十K二。5 同時受到沿桿向上的摩擦力，根據牛頓第二定律可知六好n = （如B-G）二胸，小球做加 速度不斷減小的減速運動，當器時,q2mg = G，小球不受摩擦力作用，開始做勻速

15、直線運動， C錯誤；同理，當。=鬻時，小球先做加速度不斷減小的減速運動，當。時開始做勻速直線運動，22根據動能定理得小球克服摩擦力做功Wf = *（鬻）一品（鬻）=果含，D正確。6.如圖1所示,真空中半徑為R的圓形區(qū)域內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。在磁場左側有一對平行金屬板M、N,兩板間距離為2R,板長為L,兩板的中心線與圓心。在同一水平線上。置于Q處的粒子源可 以連續(xù)以速度Vo沿兩板的中心線發(fā)射電荷量為q,質量為m的帶正電的粒子（不計粒子重力）,M/V兩板不加電壓時,粒子經磁場偏轉后恰好從圓形磁場圓心正上方的P點離開磁場，假設在MN兩板間加如圖2所示的交變電壓，交變電壓的周期為與t0

16、時刻射入的粒子恰好緊貼著/V板右側水平射出。求: v0勻強磁場的磁感應強度B的大小。（2）交變電壓Uo的值。在第一周期內，何時進入電場的粒子恰好經過磁場的圓心。6.解析：由幾何知識得,粒子在磁場中做圓周運動的半徑片R由牛頓第二定律得Bvoq=解得B=oqR粒子在平行板間豎直方向加速時，由牛頓第二定律得 q=ma2 豎直方向上粒子做加速運動的位移片為（京）由豎直方向運動的對稱性知R=2y聯(lián)立解得。0=如鏟。X X設粒子從h時刻進入電場恰好能過圓心，由于粒子在電場中的運動時間為了，離子進入磁場時的速度 方向始終是水平方向，大小為為粒子運動的軌跡如下圖，由幾何知識得4 A0。為等邊三角形粒子在電場中

17、第一次做加速運動的位移力亨（京第一次反向加速的位移y2=ti2由題意得:=2yi-2y2聯(lián)立解得答案：翳嚕受白 q kq loi/Q7.在如圖甲所示直角坐標系xOy中，x軸上方空間分布著豎直向上的勻強電場，場強大小為E =等。71/77在第一象限（包括九和y軸的正半軸）存在垂直坐標平面的周期性變化的磁場，磁感應強度的大小& =為, 變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直坐標平面向外為磁場正方向。一帶電荷量為+外 質量為根的小球P被鎖 定在坐標原點，帶電小球可視為質點。=0時刻解除對P球的鎖定，1 s末帶電小球P運動到y(tǒng)軸上的A 點。此后勻強電場方向不變，大小變?yōu)樵瓉淼囊话?。重力加速度?0 m/s2,求

18、：（題中各物理量單位均為國際單位制的單位）小球P運動至U A點時的速度大小和位移大小;（2）定性畫出小球P運動的軌跡（至少在磁場中運動兩個周期）并求出小球進入磁場后的運動周期；（3）假設周期性變化的磁場僅存在于某矩形區(qū)域內，區(qū)域左邊界與y軸重合，下邊界與過A點平行于工軸 的直線重合。為保證帶電小球離開磁場時的速度方向沿y軸正方向，那么矩形磁場區(qū)域的水平及豎直邊長應 同時滿足什么條件？7.解析：(1)根據牛頓第二定律和運動學公式得qE - mg = ma v = at x =全戶代入數(shù)據解得10m/s, xi =5 mo(2)根據題意，1 s末小球進入磁場后，小球所受重力和靜電力平衡，小球在洛倫

19、茲力作用下做勻速圓2mv周運動，根據牛頓第二定律可得/& 二工圓周運動周期歹=等=梁=4s即小球在12 s順時針轉過四分之一圓周，接下來23 s做勻速直線運動，35s逆時針轉過半個圓 周，56 s做勻速直線運動，67 s順時針轉過四分之一圓周，那么帶電小球進入磁場后的運動周期T= 6 so畫出小球的運動軌跡，如下圖：帶電小球做一次勻速直線運動的位移x=要使帶電小球沿y軸正方向離開磁場需滿足GN2R + xLy = 2nR(n = 1,2,3 )1 Ott + 4040/?聯(lián)立解得心2 1-m,4,二亡 m(= 1,2,3)。10兀 + 4040答案：(1)10 m/s 5m (2)軌跡見解析

20、6s (3)上；一 m, Ly = - m(/t = 1,2,3-)考點1組合場要點歸納這類問題的特點是電場、磁場依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時間上先后出現(xiàn)，常見的有磁場、電 場與無場區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場等。其運動形式包含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周 運動等，涉及牛頓運動定律、功能關系等知識的應用。解題思路劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選用不同的規(guī)律處理。(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。(3)畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問 題。(4)選擇

21、合適的物理規(guī)律，列方程：對于類平拋運動，一般分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直 于初速度方向的勻加速直線運動；對粒子在磁場中做勻速圓周運動的情況，一般都是洛倫茲力提供向心力。.常見的基本運動形式典例導引電偏轉磁偏轉偏轉條件帶電粒子以。1E進入勻強電場帶電粒子以V1B進入勻強磁場示意圖受力情況只受恒定的靜電力只受大小恒定的洛倫茲力運動情況類平拋運動勻速圓周運動運動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式基本公式L = vt, y = 2qE_ at2 mvmv8=二 qB 27tmOT7二詞,二五.八L sinfc/ = 做功情況靜電力既改變速度方向，也改變

22、速 度大小，對電荷做功洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，對電荷永不做功典例1 (先電場后磁場)如下圖，水平虛線44和CC，間距為L,中間存在著方向向右且與虛線 平行的勻強電場，CC的下側存在一半徑為尺的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外(圖中未畫出)，圓 形磁場與邊界CC相切于點一質量為機、帶電荷量為q(g0)的粒子由電場上邊界44上的S點以 初速度。垂直射入電場，一段時間后從M點離開電場進入磁場，粒子進入磁場的速度大小為血如，且其 運動軌跡恰好過圓形磁場的圓心。粒子所受重力忽略不計，求：電場強度E的大小;(2)圓形磁場區(qū)域磁感應強度B的大小。解題指導：(1)在電場和磁場中對研究對象分別

23、進行受力分析和運動分析;(2)根據量和待求量 選擇合適公式，比方牛頓第二定律、動能定理等。自主解答典例1解析：(1)粒子在整個過程的運動軌跡，如下圖。粒子在電場從S到M做類平拋運動，在垂直于電場方向力=。粒子在M點沿著電場方向速度vx=y(y/2vo)2vo2=Vo, 所以粒子沿著電場方向的位移x=vX6=T，粒子從S點到M點，由動能定理得qEd=m(y2vo)2mvo2,解得.需(2)設粒子在M處的速度與電場方向夾角為0o那么 sin 0=解得=45。，所以三角形。O M為等腰直角三角形，設帶電粒子做勻速圓周運動的半徑為，。 由幾何關系得r=*R,由牛頓第二定律有qB義也如=解得b=解得b=

24、2而如IF。僭案】誓需特別提醒：粒子先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動。（如圖甲、乙所示） 在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度。粒子先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動。（如圖丙、丁所示） 在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度。典例2 （先磁場后電場）如下圖，在xOy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在 第四象限內有一垂直于平面向里的勻強磁場?，F(xiàn)有一質量為機、電荷量為+q的粒子（重力不計）從坐標原 點。射入磁場，其入射方向與X軸的正方向成45。角。當粒子運動到電場中坐標為（3, L）的P點處時速度大小為Vo,方向與X軸正方向

25、相同。求:（1）粒子從0點射入磁場時的速度小（2）勻強電場的電場強度瓦 和勻強磁場的磁感應強度風;（3）粒子從O點運動到P點所用的時間。解題指導：（1）在電場和磁場中對研究對象分別進行受力分析和運動分析；（2）根據量和待求量 選擇合適公式，比方牛頓第二定律、動能定理等。自主解答典例2解析：（1）假設粒子第一次在電場中到達最高點尸，那么其運動軌跡如下圖，粒子在。點時的速度大小為以 0。段為圓周，。尸段為拋物線。根據對稱性可知，粒子在。點時的速度大小也為以方向與x軸正方向成45。角與x軸正方向成45。角可得 vq=vcos 45,解得 v=y2voo（2）在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得一

26、班二班加一機解得瓦=9又在勻強電場由。到產的過程中，水平方向的位移X?P=Oo介豎直方向的位移）=1=心可得：xqp=2L9 0Q=L由。Q=2Rcos45。，得粒子在。0段圓周運動的半徑R4L又“又“mv qB解得B（）=qL（3）在 0 點時，o），=Ootan 45。=如設粒子從由。到尸所用時間為外 在豎直方向上有L 2L t =o O0T粒子從o點運動到。所用的時間打=喘那么粒子從。點運動到尸點所用的時間*小2 =資+四=氣普仁安伍機如2 2機。o（8+tt）L答案：（12如9qL4如特別提醒對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反（如

27、圖甲所示）。進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直（如圖乙所示）。針對訓練L（先后多個電、磁場）如下圖，在第一象限內存在垂直于“Oy平面向外的勻強磁場I,第二象限 內存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內存在垂直于“Oy平面向外、磁感應強度大小為國的勻強磁 場H。一質量為機、電荷量為+的粒子，從“軸上點以某一初速度垂直于X軸進入第四象限，在“Oy 平面內，以原點。為圓心做半徑為島的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向 成45。角離開電場；在磁場I中運動一段時間后，再次垂直于軸進入第四象限。不計粒子重力。求：帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小如;電場強度的大小;磁場I的磁

28、感應強度的大小Bio1 .解析：粒子從X軸上點進入第四象限，在xOy平面內，以原點。為圓心做半徑為&的圓周 運動，由洛倫茲力提供向心力得qv（）Bo=nr用 qBR。解付vo=，夕粒子在第二象限內做類平拋運動，沿著X軸方向有夕 vx2O=2aRo沿與y軸正方向成45。角離開電場，所以vx=vq聯(lián)立解得學。粒子的軌跡如下圖。粒子在第二象限，沿著“軸方向有氏0=緯”。沿著y軸方向有ON=oo所以 ON=2Ro0由幾何關系知，三角形0尸N（P為粒子在磁場中做圓弧運動的圓心）是底角為45。的等腰直角三角形。 在磁場I中運動的半徑R=MiON=2、iRo。由洛倫茲力提供向心力得qvBi=nr粒子在N點速

29、度沿與y軸正方向成45。角離開電場，所以離開的速度v=5o, 聯(lián)立解得B=Bqo答案：（1）噤（2）曙（3嬴2.（交變電磁場）如圖甲所示，虛線MN的左側空間中存在豎直向上的勻強電場（上、下及左側無 邊界）。一個質量為加、電荷量為q的帶正電小球（視為質點）以大小為。0的水平初速度沿PQ向右做直線運 動。假設小球剛經過。點時=0）,在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻 強磁場，使得小球再次通過。點時的速度方向與尸。連線成60。角。、。間的距離為（由+1比，% 小于小球在磁場中做圓周運動的周期，重力加速度大小為go（1）求電場強度E的大??；（2）求力與的比值；（3）小球過。點后將做周期性運動，當小球運動的周期最大時，求此時磁感應強度的大小為及運動的 最大周期Tmo2.解析：（1）小球沿PQ向右做直線運動，受力平衡，那么帆g=Eg,解得E=*（2）小球能再次通過。點，其運動軌跡應如圖（a）所示。tan 30設小球做勻速圓周運動的軌跡半徑為那么由幾何關系有5 =圓弧軌跡所對的圓心角0=2nn那么4）=那么4）=Or聯(lián)立解得?=羋兀。（3）當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，小球運動一個周期的軌跡如圖（b）所示。由幾何關系得R+taoo =（V+l）L解得A=由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv.B.=nr 解得用=鬻 小球在一個周期內運動