高考物理二輪復(fù)習(xí)專題講義專題18 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) (含解析)

試卷第=page11頁，總=sectionpages33頁專題18帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)（講義）一、核心知識(shí)一、電容器1．電容(1)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量．(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)，1F＝106μF＝1012pF.(3)平行板電容器：C＝eq\f(εrS,4πkd).2．平行板電容器動(dòng)態(tài)變化(1)電容器始終與電源相連時(shí)，兩極板間的電勢差U保持不變．(2)充電后與電源斷開時(shí)，電容器所帶的電荷量Q保持不變．(3)動(dòng)態(tài)分析思路二、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)．3．解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種思路(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況．此方法只適用于勻強(qiáng)電場．(2)根據(jù)電場力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解．此方法既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場．4．動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和功能觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.(2)用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1.三、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2tanθ＝eq\f(qU2l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U2l2,4U1d)，tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．四、示波管的工作原理在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示．五、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)1．常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的題目類型(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)．(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)．(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究)．3．思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．(2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．(3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．六、用等效法解決帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問題1．等效場中的圓周運(yùn)動(dòng)問題(1)求出重力與電場力的合力，將這個(gè)合力視為“等效重力”．(2)將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”．(3)等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn)：過圓心作“等效重力”方向的直徑，背離“等效重力”方向與圓的交點(diǎn)即等效最高點(diǎn)，該點(diǎn)的線速度最?。谎亍暗刃е亓Α狈较蚺c圓的交點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，帶電體可靜止于等效最低點(diǎn)，或者過等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大．(4)將物體在重力場中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解．與僅在重力場中豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)類似，對(duì)某位置，一般應(yīng)用向心力公式研究；對(duì)某兩位置對(duì)應(yīng)的一段運(yùn)動(dòng)過程，一般應(yīng)用能量觀點(diǎn)研究．2．等效場中的類平拋運(yùn)動(dòng)問題(1)按照類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解答垂直等效場方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)x＝v0t.沿等效場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(F合,m).(2)按照能量觀點(diǎn)解答帶電小球垂直等效場方向進(jìn)入等效場中運(yùn)動(dòng)，按照機(jī)械能與電勢能之和保持不變，列出相關(guān)方程解答．二、重點(diǎn)題型分類例析題型1：電容的概念【例題1】（2020·福建省平和第一中學(xué)高三月考）為厲行低碳環(huán)保，很多城市用超級(jí)電容車替換城市公交。某款公交車在車底部安裝超級(jí)電容器（如圖），其標(biāo)稱“2.7V3000F”車輛進(jìn)站后，車頂充電設(shè)備迅速搭到充電樁上完成快充，若該款超級(jí)電容車的質(zhì)量為2000kg，額定功率60kW，在平直的水平路面上行駛時(shí)，最大行駛速度為90km/h，在不載客的情況下，下列說法正確的是（）A．超級(jí)電容器的電容隨電壓的增大而增大B．超級(jí)電容車的最大儲(chǔ)存電量為81000CC．電容器在2.7V電壓下才能正常工作D．超級(jí)電容車以最大速度行駛時(shí)受到阻力的大小為2.4×103N題型2：電容器的充放電【例題2】（2020·浙江高三月考）電容器作為儲(chǔ)能器件，在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用。在如圖所示的充電電路中，R為電阻，E為電源（內(nèi)阻不計(jì)）。通過改變電源和電阻對(duì)同一電容器進(jìn)行兩次充電，對(duì)應(yīng)的SKIPIF1<0曲線如圖中①②所示，則下列說法正確的是（）A．充電過程中，電容器帶電荷量增加，電流增大B．充電過程中，電阻兩端的電壓在逐漸減小C．兩次充電，電源的電動(dòng)勢大小不相等D．兩次充電，電阻R大小相等題型3：平行板電容器【例題3】（2020·廣東東莞市·高三月考）把被測的力學(xué)量（如位移、力、速度等）轉(zhuǎn)換成電容變化進(jìn)而轉(zhuǎn)變成電信號(hào)變化的傳感器稱為電容傳感器。圖1、圖2分別是電容式位移、壓力傳感器的簡化模型圖。下列分析正確的是（）A．圖1所示，被測物體向左移動(dòng)時(shí)，電容減小B．圖1所示，被測物體向左移動(dòng)時(shí)，θ增大C．圖2所示，當(dāng)F向上壓膜片電極時(shí)，電容將減小D．圖2所示，當(dāng)F向上壓膜片電極時(shí)，極板間的電壓減小題型4：電容器與電場強(qiáng)度【例題4】（2020·吉林南關(guān)區(qū)·長春市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三期中）（多選）如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地，一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則（）A．平行板電容器的電容變大B．靜電計(jì)指針張角變小C．帶電油滴的電勢能減少D．帶電油滴受到的電場力變小題型5：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)【例題5】（2020·遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)東戴河分校高三月考）如圖，一個(gè)電子從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，O點(diǎn)緊靠左極板，O、A兩點(diǎn)相距為h，兩平行金屬板相距為d，h<d,電勢差為U,下列說法正確的是（）A．右極板豎直上移一些，A點(diǎn)電勢升高B．電子從O到A運(yùn)動(dòng)過程，電勢能減小C．將右極板向右移動(dòng)一小段距離，電子一定通過A點(diǎn)D．加大U，電子會(huì)通過A點(diǎn)題型6：帶電粒子在周期性變化電場中的直線運(yùn)動(dòng)【例題6】（2020·長沙市·湖南師大附中高二期中）（多選）如圖甲所示，兩平行金屬板SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時(shí)的初動(dòng)能均為SKIPIF1<0。已知SKIPIF1<0時(shí)刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場。則（）A．部分粒子會(huì)打到兩極板上B．每個(gè)粒子在板間運(yùn)動(dòng)全過程，所受電場力的沖量都為0C．運(yùn)動(dòng)過程中所有粒子的最大動(dòng)能不可能超過SKIPIF1<0D．有SKIPIF1<0（SKIPIF1<0，…）時(shí)刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場題型7：帶電粒子在復(fù)合場中的圓周運(yùn)動(dòng)【例題7】（2020·哈爾濱市第一中學(xué)校高三期中）（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝SKIPIF1<0B．小球機(jī)械能最小的位置在與圓心等高的圓周左端的M點(diǎn)C．小球動(dòng)能和電勢能的總和最小的位置在軌道的最高點(diǎn)P點(diǎn)D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢能先減小后增大題型8：示波管的原理【例題8】（2020·安徽高三一模）（多選）示波器的核心部件是示波管，示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，其原理圖如圖甲所示。下列說法正確的是（）A．如果僅在XX′之間加不變的電壓（X正X′負(fù)），在熒光屏的正Y軸上將出現(xiàn)一個(gè)亮斑B．如果僅在XX′之間加圖乙所示的電壓，在熒光屏上會(huì)看到X軸上一條水平的亮線C．如果在XX′之間加不變的電壓（X正X′負(fù)），在YY′之間加圖丙所示的電壓，在熒光屏上會(huì)看到一條與Y軸平行的豎直亮線（在Ⅱ、Ⅲ象限）D．如果在XX′之間加圖乙所示的電壓，在YY′之間加圖丙所示的電壓，在熒光屏上看到的亮線是正弦曲線題型9：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)【例題9】（2021·全國高三專題練習(xí)）如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，它們之間的距離為d，在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置，從小孔O1處由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，質(zhì)量為m，電量為+q，O2離MN的高度為h，不考慮粒子重力，求：(1)粒子到達(dá)小孔O2時(shí)的速度大?。?2)粒子打在感光板MN上的位置與金屬板B的水平距離；(3)粒子從O1處出發(fā)到打到感光板上所用的時(shí)間。題型10：帶電粒子在周期性變化電場中的偏轉(zhuǎn)【例題10】（2020·山東青島市·高三期中）如圖甲，真空中水平放置的平行金屬板MN、PQ間所加交變電壓U隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，U0已知。距離平行板右側(cè)有一足夠大的熒光屏，熒光屏距平行板右側(cè)的距離與平行板的長度相等，電子打到熒光屏上形成亮斑?，F(xiàn)有大量質(zhì)量為m、電荷量為+q的電荷以初速度v0平行于兩板沿中線OO＇持續(xù)不斷的射入兩板間。已知t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的電子穿過兩板的時(shí)間等于所加交變電壓的周期T，出射速度偏轉(zhuǎn)了53°，所有粒子均可以從板間射出，忽略電場的邊緣效應(yīng)及重力的影響，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)平行板的長度；(2)板間距離；(3)熒光屏上亮斑離O＇點(diǎn)的最大距離。本卷由系統(tǒng)自動(dòng)生成，請(qǐng)仔細(xì)校對(duì)后使用，答案僅供參考。答案第=page11頁，總=sectionpages22頁參考答案【例題1】D【解析】A．電容的大小由電容器本身性質(zhì)決定，與電壓無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．超級(jí)電容車的最大儲(chǔ)存電量為SKIPIF1<0,故B錯(cuò)誤；C．2.7V是電容的額定電壓，是電容器長期穩(wěn)定工作所能承受的最大電壓，電容器在小于等于2.7V電壓都能正常工作，故C錯(cuò)誤；D．超級(jí)電容車以最大速度行駛時(shí)牽引力SKIPIF1<0,此時(shí)牽引力等于阻力，故D正確。故選D。【例題2】B【解析】A.充電過程中，帶電量q增加，由SKIPIF1<0曲線可知，相同時(shí)間內(nèi)電量增量減少，SKIPIF1<0,得電流減小，故A錯(cuò)誤；B.I減小，由SKIPIF1<0,可知，電阻兩端的電壓在逐漸減小，故B正確；C.由圖線可知，兩次充滿電后電容器帶電量相同，電容器的電容C相同，由SKIPIF1<0可得電容器兩端電壓U相等，而U=E，所以兩次充電，電源電動(dòng)勢相等，故C錯(cuò)誤；D.由圖線可知，兩次充電過程中，I不同，由SKIPIF1<0,可知R不同，故D錯(cuò)誤；故選B?！纠}3】D【解析】AB．由電容的決定式SKIPIF1<0可知當(dāng)被測物體帶動(dòng)電介質(zhì)板向左移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)的εr變大，則電容C增大，由公式SKIPIF1<0,可知，電荷量Q不變時(shí)，U減小，則θ減小，故A、B錯(cuò)誤；CD．由電容的決定式SKIPIF1<0可知當(dāng)F向上壓膜片電極時(shí)，導(dǎo)致兩極板間距離d減小，則電容C增大，由公式SKIPIF1<0可知，電荷量Q不變時(shí)，U減小，故C錯(cuò)誤、D正確。故選D。【例題4】CD【解析】A．根據(jù)SKIPIF1<0,可知，SKIPIF1<0增大，則電容減小，故A錯(cuò)誤；B．靜電計(jì)測量的是電容器兩端的電勢差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故B錯(cuò)誤；C．電勢差不變，SKIPIF1<0增大，則電場強(qiáng)度減小，SKIPIF1<0點(diǎn)與上極板的電勢差減小，則SKIPIF1<0點(diǎn)的電勢增大，因?yàn)樵撚偷螏ж?fù)電，則電勢能減小，故C正確；D．因電容器與電源相連，在此容器兩端的電勢差不變，因SKIPIF1<0增大，則由SKIPIF1<0可知，電場強(qiáng)度減小，電荷受到的電場力減小，故D正確。故選CD?！纠}5】C【解析】A．右極板豎直上移一些，板間電壓不變，場強(qiáng)不變，所以A點(diǎn)電勢不變，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，板間場強(qiáng)水平向右，電子受力向左，電場力做負(fù)功，電勢能增加，故B錯(cuò)誤；C．若將右板向右移動(dòng)一小段距離，板間距離增大，因板間電壓不變，板間場強(qiáng)變小，電子在OA間運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩點(diǎn)間電壓UOA=Ed減小，電場力做功減小，電子損失的動(dòng)能減小，所以電子一定通過A點(diǎn)，故C正確；D．若加大U，電場力做的負(fù)功多，所以電子不會(huì)通過A點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選C?！纠}6】BC【解析】BD．帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運(yùn)動(dòng)，由SKIPIF1<0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子運(yùn)動(dòng)情況可知，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變電流周期的整數(shù)倍，在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度SKIPIF1<0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得SKIPIF1<0同理可分析SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，所以帶電粒子在沿電場方向的速度v與SKIPIF1<0圖線所圍面積成正比（時(shí)間軸下方的面積取負(fù)值），而經(jīng)過整數(shù)個(gè)周期，SKIPIF1<0圖象與坐標(biāo)軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場時(shí)沿電場方向的速度總為零，故B正確，D錯(cuò)誤；A．帶電粒子在SKIPIF1<0時(shí)刻射入時(shí)，側(cè)向位移最大，故其他粒子均不可能打到極板上，故A錯(cuò)誤；C．當(dāng)粒子在SKIPIF1<0時(shí)刻射入且經(jīng)過T離開電場時(shí)，粒子在SKIPIF1<0時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)兩分位移之比為SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0故粒子的最大速度為SKIPIF1<0,因此最大動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，故C正確。故選BC?！纠}7】BC【解析】A．小球在重力、電場力、細(xì)繩拉力三個(gè)力的作用下保持靜止，由幾何關(guān)系可得SKIPIF1<0,解得SKIPIF1<0,故A錯(cuò)誤；BC．細(xì)線的拉力對(duì)小球是不做功的，所以小球的動(dòng)能、重力勢能和電勢能是守恒的，所以電勢能最大的地方，就是機(jī)械能最小的地方；由于小球帶負(fù)電，所以運(yùn)動(dòng)到圓周的最左端點(diǎn)M時(shí)電勢能最大，機(jī)械能最??；小球動(dòng)能和電勢能的總和最小的位置，應(yīng)該是重力勢能最大的位置，即在軌道的最高點(diǎn)P點(diǎn)，故BC正確；D．從初始位置開始，運(yùn)動(dòng)一周的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，所以小球的電勢能先減小、后增大、再減小，故D錯(cuò)誤。故選BC。【例題8】BD【解析】A．如果僅在XX′之間加不變的電壓（X正X′負(fù)），電子在兩極間發(fā)生偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，電子射出時(shí)沿垂直于板面的方向偏移為SKIPIF1<0電子離開電場的偏轉(zhuǎn)角度為SKIPIF1<0則電子達(dá)到屏上距離中心的距離為SKIPIF1<0其中SKIPIF1<0是極板到屏的垂直距離，即SKIPIF1<0與U成正比，所加電壓不變，電子的在光屏的位置不變，所以在熒光屏的正X軸上將出現(xiàn)一個(gè)亮斑，所以A錯(cuò)誤；B．如果僅在XX′之間加圖乙所示的電壓，所以電子只在X方向偏轉(zhuǎn)，由圖象可知，電壓均勻增大，又SKIPIF1<0與U成正比，所以亮點(diǎn)在X軸上均勻分布，所以在X軸上是一條水平的亮線，所以B正確；C．如果在XX′之間加不變的電壓（X正X′負(fù)），在YY′之間加圖丙所示的電壓，電子既要在X方向偏轉(zhuǎn)，也要在Y方向偏轉(zhuǎn)，由于XX′之間的電壓不變，所以看到的也是一條平行與Y軸的亮線，在Ⅰ、Ⅳ象限，所以C錯(cuò)誤；D．如果在XX′之間加圖乙所示的電壓，在YY′之間加圖丙所示的電壓，電子既要在X方向偏轉(zhuǎn)，也要在Y方向偏轉(zhuǎn)，但在X軸方向均勻分布，所以看到的就是和圖丙一樣的正弦曲線，所以D正確。故選BD?！纠}9】(1)SKIPIF1<0；(2)SKIPIF1<0；(3)SKIPIF1<0【解析】（1）由動(dòng)能定理SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（2）粒子進(jìn)入B板右側(cè)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有SKIPIF1<0粒子進(jìn)入B板右側(cè)后做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間SKIPIF1<0水平方向有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（3）粒子從SKIPI