2022年高考物理一輪復習夯實核心素養(yǎng)-帶電粒子在復合場中的運動（解析版）

10.3帶電粒子在復合場中的運動

必備知識清單

一'電場與磁場的組合

1.組合場中的兩種典型偏轉.

\垂直電場線進入勻強電場（不計重垂直磁感線進入勻強磁場（不計重

力）力）

受力電場力FE=qE,其大小、方向不洛倫茲力Fn=qvB,其大小不

情況變，與速度。無關，碎是恒力變，方向隨。而改變，出是變力

軌跡拋物線圓或圓的一部分

運動?i,??

Ww二N二__?

軌跡

0

mv

利用類平拋運動的規(guī)律求解：半徑：r=—

qB

"=。，X=Vot

02兀勿

求解qEqE周期：T=—

2qB

vy=—t,y=——t

方法m2m偏移距離歹和偏轉角（p要結合圓

、vyqEt

偏轉角8：tan9=—=--的幾何關系，利用圓周運動規(guī)律

vxmvO

討論求解

運動X(P(pm

t=-/——T=—

時間vO2兀qB

動能變化不變

2.常見模型

（1）從電場進入磁場

電場中：加速直線運動

磁場中：勻速圓周運動

電場中：類平拋運動

U

磁場中：勻速圓周運動

(2)從磁場進入電場

磁場中：勻速圓周運動

????JV

~r

U

電場中：勻變速直線運動(0與￡同向或反向)

/

磁場中：勻速圓周運動/

/E

????/

U

K

電場中：類平拋運動(。與E垂直)

二'帶電粒子在疊加場中的運動

1.帶電粒子在包含勻強磁場的疊加場中無約束情況下運動的幾種常見形式

受力特點運動性質方法規(guī)律

其他場力的合力與洛倫茲

勻速直線運動平衡條件

力等大反向

除洛倫茲力外，其他力的牛頓第二定律、圓周運

勻速圓周運動

合力為零動的規(guī)律

除洛倫茲力外，其他力的

動能定理、能量守恒定

合力既不為零，也不與洛較復雜的曲線運動

律

倫茲力等大反向

2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動

帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見的運動形

式有直線運動和圓周運動，分析時應注意：

(1)分析帶電粒子所受各力，尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運

動情況。

(2)根據物體各階段的運動特點，選擇合適的規(guī)律求解。

①勻速直線運動階段：應用平衡條件求解。.

②勻加速直線運動階段：應用牛頓第二定律結合運動學公式求解。

③變加速直線運動階段：應用動能定理、能量守恒定律求解。

命題點精析（一）磁場與磁場的組合

典型例題

【例1】（多選）如圖所示，直線A/N與水平方向成60。角，的右上方存在垂直

于紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁

感應強度大小均為以一粒子源位于上的。點，能水平向右發(fā)射不同速

率、質量為制重力不計）、電荷量為式4>0）的同種粒子，所有粒子均能通過

上的b點，已知ab=L9則粒子的速度可能是（）

&BL小qBL

A.-----B.——

6m3m

小qBL小qBL

D.-----

2mm

【答案】AB

【解析】由題意可知粒子可能的運動故跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為

小L,

120°,所以粒子一運動的半徑為尸=---（/?=1,2,3,…），由:各倫茲力提供向心

3n

v2qBr小qBL1

力得qvB=m—，則o=---=-------(〃=1,2,3,…)，所以A、B正確。.

rm3mn

M、...........

X''、

xX*心：

XXXX臉.

N,

【練1】如圖所示，在。xy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為8的

勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角

6=45°。粒子經過磁場偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知

粒子電荷量為q,質量為m,重力不計。則（）

八y

XX

XX

XX

XX

qBa

A.粒子帶負電荷B.粒子速度大小為加.

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD.N與。點相距（、歷+1）。

【答案】AD

【解析】

A.粒子向下偏轉，根據左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負電，A正確;

BC.粒子運動的軌跡如圖

由于速度方向與y軸正方向的夾角°=45°,根據幾何關系可知.

AOMOy=ZOO.M=45°OM=OO}=a

則粒子運動的軌道半徑為

r—0[M=\[la

洛倫茲力提供向心力

V

qvB=m—

r

解得.

yjlqBa

BC錯誤;

D.N與。點的距離為

NO=OOi+r=(g+T)a

D正確。

故選ADo

【練2】真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方

向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁

場。已知電子質量為m,電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線

圓圍成的區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為（）

XxxxX

/xx_xx\

XX:"]'、'、、Xx\

X

3mv機v,imv3mM

A.2aeB.AEC.4aeQSae

【答案】C

【解析】

電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力

則磁感應強度與圓周運動軌跡關系為

er

即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應強度越小。令電子運動軌跡最大的半徑為小X,為

了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，其最大半徑的運動軌跡與實線圓相

切，如圖所示.

A點為電子做圓周運動的圓心，電子從圓心沿半徑方向進入磁場，由左手定則可得,

LOB,A48O為直角三角形，則由幾何關系可得

（3"%ax）2=/+a2

\max/max

解得

4

々ax—a

3

解得磁場的磁感應強度最小值

mv3/nv

故選Co.

命題點精析(二)帶電粒子在電場和磁場中的運動

【例2】如圖所示的空間中有一直角坐標系Oxy,第一象限內存在豎直向下的勻強

電場，第四象限x軸下方存在沿x軸方向足夠長，寬度d=(5+5/)m的勻強

磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小8=0.4T,一帶正電粒子質

量加=3.2義10-4kg、所帶電荷量q=0.16C,從y軸上的P點以。0=1.0X103

m/s的速度水平射入電場，再從x軸上的。點進入磁場，已知。尸=9m,粒子

進入磁場時

其速度方向與x軸正方向夾角。=60。，不計粒子重力，求:

(1)0。的距離;

(2)粒子在磁場中運動的半徑;

(3)粒子在磁場中運動的時間。(兀值近似取3)

【答案】(1)附m(2)10m(3)7.5X10-3s

【解析】(1)由于粒子進入磁場時其速度方向與x軸正方向夾角9=60。，設粒子

在Q點豎直向下的分速度為%,

vy

根據運動的合成與分解可得：tan。=一，

所以4,=\尻0，.

設粒子從尸點運動到Q點的時間為/,

水平方向上根據勻速直線運動可得：vQt=sOQ，

1

豎直方向上根據位移時間關系：9yt=hp(),

聯立解得：S0°=附m;

(2)設粒子進入磁場的速度為。，由幾何關系可得:

vQ

V=-------=2u>

cos00

粒子在磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，有:

v2

qvB=m-9.

解得R=10m;

(3)設粒子在磁場中運動的圓心為0,由幾何關系可得:

?=60°,尸30。

可得粒子在磁場中轉過的圓心角9=90。，

2TIR

由周期公式T=—可得粒子在磁場中運動的時間

v

(P12nR

t'=——T=-X——=7.5義10―3So

36004v

【練3】平面直角坐標系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第HI現象存在沿

y軸負方向的勻強電場，如圖所示.一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度々沿x軸正方向

開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標原點。離開電場進入磁場，

最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等.不計粒子重力，

問：

(1)粒子到達。點時速度的大小和方向；

(2)電場強度和磁感應強度的大小之比.

【答案】：(1)丫=揚。，方向與x軸方向的夾角為45。角斜向上

g=為

(2)B2

【解析】：⑴在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L,到y(tǒng)軸距離為2L,

粒子的加速度為。，運動時間為3有

2￡=%/①

L=—at2

2②,

V

設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為＜

v-at門

yv③

tana==

設粒子到達。點時速度方向與X軸正方向夾角為a，有%④.

聯立①②③④式得a=45。⑤.

即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45。角斜向上.

設粒子到達。點時速度大小為v,由運動的合成有"=’詔+學

聯立①②③⑥式得"=a%⑦.

（2）設電場強度為￡,粒子電荷量為q,質量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,粒

_qE

Q---

子在電場中運動的加速度：m⑧.

設磁感應強度大小為B,粒子做勻速圓周運動的半徑為R,洛倫茲力提供向心力，有：

V2

qvB-m—

R⑨.

根據幾何關系可知：口=?、?/p>

整理可得：B2

V

【練4】如圖所示，在平面內，有一電子源持續(xù)不斷地沿1正方向每秒發(fā)射出N個速率均

為V的電子，形成寬為2b,在y軸方向均勻分布且關于、軸對稱的電子流.電子流沿*方向

射入一個半徑為R,中心位于原點。的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，

電子經過磁場偏轉后均從P點射出，在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于、軸的金屬平行板

K和A,其中K板與P點的距離為d,中間開有寬度為2/且關于歹軸對稱的小孔.K板接

地，A與K兩板間加有正負、大小均可調的電壓穿過K板小孔到達A板的所有電子

V3

b^—R,d^l

被收集且導出，從而形成電流.已知2,電子質量為m,電荷量為e,忽略

電子間相互作用.

（1）求磁感應強度B的大??；

（2）求電子從P點射出時與負'軸方向的夾角8的范圍:

（3）當。.他=°時，每秒經過極板K上的小孔到達極板A的電子數;

（4）畫出電流'隨變化的關系曲線（在答題紙上的方格紙上）.

n=—N=0.S2N

3⑷k=0-82Ne

【解析】：由題意可以知道是磁聚焦問題，即

（1）軌到半徑［^=「，

B嗤

（2）右圖以及幾何關系可知，上端電子從P點射出時與負y軸最大夾角購

sin0m=2得Om=60"

由幾何關系R

同理下端電子從p點射出與負y軸最大夾角也是60度

范圍是一60。48460。

V2

》'=Asina=T

每秒進入兩極板間的電子數為n

二=J亞=0,82

Nb3解得：n=0.82N

U右=-----tnv^

⑷有動能定理得出遏止電壓2e,與負y軸成45度角的電子的運動軌跡剛好與

U'^--mv2

A板相切，其逆過程是類平拋運動，達到飽和電流所需要的最小反向電壓4e或

者根據(3)可得飽和電流大小'm”=0-82Ne

-1.0-05oosi.oUHX號e

命題點精析(三)帶電粒子在疊加場中的運動

1.帶電粒子在包含勻強磁場的疊加場中無約束情況下運動的幾種常見形式

受力特點運動性質方法規(guī)律

其他場力的合力與洛倫茲

勻速直線運動平衡條件

力等大反向

除洛倫茲力外，其他力的牛頓第二定律、圓周運

勻速圓周運動

合力為零動的規(guī)律

除洛倫茲力外，其他力的

動能定理、能量守恒定

合力既不為零，也不與洛較復雜的曲線運動

律

倫茲力等大反向

2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動

帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見的運動形

式有直線運動和圓周運動，分析時應注意：

(1)分析帶電粒子所受各力，尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運

動情況。

(2)根據物體各階段的運動特點，選擇合適的規(guī)律求解。

①勻速直線運動階段：應用平衡條件求解。

②勻加速直線運動階段：應用牛頓第二定律結合運動學公式求解。

③變加速直線運動階段：應用動能定理、能量守恒定律求解。.

【例3】如圖，在豎直的平面內有一個半徑為火的圓形區(qū)域與x軸相切于O

點，在圓形區(qū)域外(包括圓形邊界)的空間存在垂直于紙面向外的勻強磁場，

平面內有沿y軸負方向的勻強電場?，F從坐標原點。以速率。向第一象限內的

不同方向發(fā)射相同的帶電小球，小球的質量為用、電荷量為一認戶0)，所有小

球均在磁場中做勻速圓周運動，且都能沿平行于x軸的方向進入圓形區(qū)域并再

次通過。點，不計小球間的相互作用，重力加速度為g,求:

⑴勻強電場的電場強度大??；

(2)勻強磁場的磁感應強度大小；

(3)沿與x軸正方向成60。角發(fā)射的小球從開始運動到再次通過0點經歷的時

間。.

mgmv

【答案】⑴」⑵次

q

(A0n+3我R

(3>

3v

【解析】

(1)小球在磁場中做勻速圓周運動，則電場力和重力平衡即qE=mg

mg

勻強電場的場強片=-3;.

q

(2)小球從O點以與x軸成夕角射入第一象限，運動軌跡如圖,

軌跡圓心。與交點。的連線平行于y軸，由幾何關系可知，四邊形COCO是

菱形

小球在磁場中運動的軌道半徑r=R.

v2

洛倫茲力提供向心力，即Bqv=m—

mv

可得磁感應強度8=—

qR

TI

（3）小球從o點以與x軸成e=-角射入第一象限

2TIR

小球在磁場中的運動周期T=——

v

2TI~0

小球在磁場中運動時間tt=2X-----T

2兀

由上式可知小球在圓形區(qū)域做勻速直線運動，通過的距離L=2Rsin6

27?sin9

運動時間t2=--------.

v

從。點出發(fā)到再次回到。點的運動時間

（4兀+2sin-一2夕）7?

t=tx4-12=--------------------

v

.7t（10兀+34）7?

將。=一代入，解得/=-------------

33v

【練5】如圖4所示，豎直平面工帆，其x軸水平，在整個平面內存在沿x軸正方向的勻強電

場E,在第三象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為8=0.2T.現有一比

q

荷為一=25C/kg的帶電微粒，從第三象限內某點以速度即向坐標原點。做直線運動，為

m

與x軸之間的夾角為。=45。，取重力加速度g=10m/s2.求：

E

圖4

(1)微粒的電性及速度。o的大??；

(2)帶電微粒在第一象限內運動時所到達的最高點的坐標.

［答案］(1)帶正電2、/2m/s(2)(0.6m,0.2m)

【解析】.

(1)帶電微粒在第三象限內受重力、電場力和洛倫茲力的作用，做直線運動，則其一定做

勻速直線運動，合力為零.若微粒帶負電，由左手定則知洛倫茲力斜向右下，又重力豎直

向下，電場力水平向左，合力不可能為零；同理，可判斷微粒帶正電；

對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據平衡條件可得：Bqa=/mg

解得:伙)=2、/2m/s;

(2)帶電微粒進入第一象限后做曲線運動，設最高點為從。到A/所用的時間為/,則將

微粒從。到A1的運動分解為沿x軸方向上的勻加速直線運動和沿)，軸方向上的勻減速直線

運動

y軸方向上:O=t>osin45°—gZ

oOsin45°

x軸方向上：qE—mgtan45°=max

1

2

x=Uocos45°t+-axt

解得x=0.6m,y=0.2m..

即帶電微粒在第一象限內運動時所達到的最高點的坐標為(0.6m,0.2m)

【練6】如圖所示，豎直平面內有一直角坐標系xQy,x軸沿水平方向.第二、三象限有垂直

于坐標平面向里的勻強磁場，與x軸成9=30。角的絕緣細桿固定在二、三象限：第四象限

同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面向里、磁感應強度大小為8的勻強磁

場，一質量為加、電荷量為g的帶電小球。(可視為質點)穿在細桿上沿細桿勻速下滑，在

N點脫離細桿后恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸.已知/點

3y/3qBB兀g

到坐標原點。的距離為”小球。與絕緣細桿的動摩擦因數%重加口

速度為g,空氣阻力忽略不計.求:

XXXXXXXXXX

⑴帶電小球的電性及電場強度的大小E；

⑵第二、三象限里的磁場的磁感應強度大小

20兀/

(3)當帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點。為h=—^。點(圖中未畫出)以

某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球/可視為質點)，h球剛好在運動到x軸時

與向上運動的。球相碰，則b球的初速度為多大？

【解析】

(1)由帶電小球〃在第四象限內做圓周運動，知小球4所受電場力豎直向上，且mg=qE,

mg

故小球4帶正電，￡=—

q

(2)帶電小球4從N點運動到/點的過程中，洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，設運

v2

動半徑為火，有：qvB=m—

R

3

由幾何關系有R+Rsin6=-1

2

解得R=l,v=

帶電小球〃在桿上勻速下滑時，由平衡條件有

陽gsin0=〃(qvB\—mgcos0)

7tng

解得a=一

q10K/

2nR6兀/

(3)帶電小球〃在第四象限內做勻速圓周運動的周期T=—=2

v5g.

2v1071/

帶電小球4第一次在第一象限從4點豎直上拋又返回到A點所用的時間為訪=1=

3g

2人一2IOn/

絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為1=

3g

小球〃從N點第一次到4點所用時間為人,

T

則八=3</

TT

故兩球相碰有r=-+A2(/0+-)(A?=0J,2???)

聯立解得”=1

7

設b球的初速度為VQ,則-R=v()t

【.例4］如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小￡=5^N/C,同時存

在著垂直紙面向里的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小2=0.5T.有一帶

正電的小球，質量加=”10-6kg,電荷量夕=2x10-6C,正以速度y在圖示的豎直面內做

勻速直線運動，當經過尸點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g=10

m/s2,求：

XXXXX

xpxxxxxE

(1)小球做勻速直線運動的速度V的大小和方向；

(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t.

【答案】

(l)20m/s方向與電場方向成60。角斜向上

⑵2揚

【解析】

(1)小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內，合力為零,

甲

有qvB=qq2E2+m2g2①.

代入數據解得o=20m/s②

速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan^=—③.

mg

代入數據解得tanO=在

。=60。④

(2)解法一撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖乙所示，設

設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為X,有x=vt?.

1

設小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為y,有歹=于於⑦

tan8=%),

x

聯立④⑤⑥⑦⑧式，代人數據解得，=2小s⑨.

解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以

尸點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做句減速運動，其初速度為馬=

usin0@

1

若使小球再次穿過2點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有卬一于《

=0?.

聯立⑤⑥式，代入數據解得f=2由s..

核心素養(yǎng)大提升

帶電粒子在交變電磁場中的運動

(1)先分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質，判斷周期性變化的電場或磁場對

粒子運動的影響.(2)畫出粒子運動軌跡，分析軌跡在兒何關系方面的周期性.

【例5】如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d,寬為d,.中間兩個磁場

區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于。、0,點，各區(qū)域磁感應強度大小相等.某

粒子質量為m、電荷量為+q,從。沿軸線射入磁場.當入射速度為。時，粒子從。上方

d_

2處射出磁場.取sin53°=0.8,cos53°=0.6.

（1）求磁感應強度大小B；

（2）入射速度為時，求粒子從。運動到。，的時間t；

（3）入射速度仍為50,通過沿軸線。。，平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從

。運動到。'的時間增加At,求位的最大值.

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

OXXXX????????XXXX

-1

XXXX????????XXXX

4d

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

WXXXX????????XXXX

_____________

—df-df---2d---?-df—df

【答案】見解析

【解析】

叫d

（1）粒子圓周運動的半徑qB由題意知4,

解得qd

（2）設粒子在矩形磁場中的偏轉角為a

4

由d=rsina,得sina=5,即a=53°

a2兀〃2,537td

‘1=----o-----'1=Z

在一個矩形磁場中的運動時間360°qB,解得720%

2d,2d

/2=---‘2

直線運動的時間y,解得5%

3兀+72d

/=44+%?=(

180%

則

（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x

粒子向上的偏移量y=2r（1-cosa）+xtana

x<-d

由y<2d,解得4

-d

則當Xm=4時，At有最大值

2X

C=m+（2.-2.=Ad

粒子直線運動路程的最大值mcosa，n

增加路程的最大值=sm-2d=d

△tdJ

5mq

增加時間的最大值v

1.【練7】如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直

于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，一質

量為m、帶電量為q的粒子（不計重力），以初速度V。由Q板左端靠近板面的位置，沿垂

直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當仇和兀取某些特定值時，可使t=0時刻入射

的粒子經At時間恰能垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述m、q、d、V。為己知量。

（1）若△￡=2TB,求80；

3

⑵若△t=5j8,求粒子在磁場中運動時加速度的大??；

統(tǒng)二號

⑶若qd，為使粒子仍能垂直打在P板上，求正。

【答案】見解析.

【解析】

說

R

(1)設粒子做圓周運動的半徑為生,由牛頓第二運動定律得qv0B0=m'

據題意由幾何關系得：&=d。

叫

聯立解得：8。=qd。

(2)設粒子做圓周運動的半徑為&，加速度大小為a,由圓周運動公式得.

.

R

a=2

據題意由幾何關系得：3%=d。

3年

聯立解得：a=d.

(3)設粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得.

2位

T=%。

R

由牛頓第二運動定律得qv0B0=m

由題意知，B0=qd

聯立解得：d=4R。

粒子運動軌跡如圖所示，01、0z為圓心，連線與水平方向的夾角為，在每個時間內，只

有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，旦均要求：0<9<n/2o由題意可知：

設經歷完整7s的個數為"(n=0,l,2,3,-).

若在A點擊中P板，據題意由幾何關系得：R+2(R+Rsmd)n=d

當n-0時，無解。

7C

當n=l時，解得sin氏05。=6。

7id

3V

聯立解得：TB=°o.

當"22時，不滿足0＜。＜90。的要求。

若在B點擊中P板，據題意由幾何關系得：R+2Rs-\nO+2(R+Rs-mO)n=d

當〃二0時、無解。

]_j_

當n=l時，解得sing4,^=arcsin(4)o

7t1d

聯立解得：TB=[2+arcsin(4)]2v°?

當n22時,不滿足0＜慶90。的