（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題三 電場和磁場 第2講 帶電粒子在復合場中的運動學案

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1、 第2講　帶電粒子在復合場中的運動 考點一　帶電粒子在復合場中運動的應用實例 1．質譜儀(如圖1) 圖1 原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝mv2. 粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m. 由以上兩式可得r＝ ，m＝，＝. 2．回旋加速器(如圖2) 圖2 原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，經磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見同種粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關． 3．速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計和霍爾元件一般以單個帶電粒子為研究對象，在洛倫茲力和電場力平衡時做勻速直線運動達到穩(wěn)定狀態(tài)

2、，從而求出相應的物理量，區(qū)別見下表. 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極板電壓為U時穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝ 霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差 例1　(2018·浙江4月選考·22)壓力波測量儀可將待測壓力波轉換成電壓信號，其原理如圖3所示．壓力波p(t)進入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“┤”型輕桿L，驅動桿端頭A處的微型霍爾

3、片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比(x＝αp，α>0)．霍爾片的放大圖如圖所示，它由長×寬×厚＝a×b×d、單位體積內自由電子數(shù)為n的N型半導體制成．磁場方向垂直于x軸向上，磁感應強度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0.無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x＝0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側面上D1、D2兩點間產生霍爾電壓U0. 圖3 圖4 (1)指出D1、D2兩點哪點電勢高； (2)推導出U0與I、B0之間的關系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為I＝nevbd，其中e為 電子電荷量)； (3)彈性盒中輸入壓力波p(t)，霍

4、爾片中通以相同電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖4.忽略霍爾片在磁場中運動產生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．(結果用U0、U1、t0、α及β表示) 答案　(1)D1點電勢高　(2)U0＝　(3)　 解析　(1)N型半導體可以自由移動的是電子(題目也給出了自由電子)，根據(jù)左手定則可以知道電子往D2端移動，因此D1點電勢高． (2)根據(jù)霍爾元件內部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得： evB0＝e v＝代入，解得：U0＝ (3)由任意時刻霍爾元件內部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得： evB＝e① UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)② 根據(jù)圖象可知壓力波

5、p(t)關于時間t是一個正弦函數(shù)，其絕對值的周期是原函數(shù)周期的一半，根據(jù)圖象可知|p(t)|關于t的周期是t0，則p(t)關于t的周期是2t0，頻率自然就是；由②式可知當壓力波p(t)達到振幅A時，UH最小，為U1，代入②式可得： U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA) 解得A＝. 1．(2018·湖州市三縣期中)如圖5所示，在豎直面內虛線所圍的區(qū)域里，存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場．已知從左方沿水平方向射入的電子穿過該區(qū)域時未發(fā)生偏轉，設其重力可以忽略不計，則在該區(qū)域中的E和B的方向不可能是(　　) 圖5 A．E豎直向下，B豎直向上 B．E豎直

6、向上，B垂直紙面向外 C．E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相同 D．E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相反 答案　A 2．如圖6所示為磁流體發(fā)電機的示意圖，一束等離子體(含正、負離子)沿圖示方向垂直射入一對磁極產生的勻強磁場中，A、B是一對平行于磁場放置的金屬板，板間連入電阻R，則電路穩(wěn)定后(　　) 圖6 A．離子可能向N磁極偏轉 B．A板聚集正電荷 C．R中有向上的電流 D．離子在磁場中偏轉時洛倫茲力可能做功 答案　C 解析　由左手定則知，正離子向B板偏轉，負離子向A板偏轉，離子不可能向N磁極偏轉，A、B錯誤；電路穩(wěn)定后，電阻R中有向上的電流，C正確；因為

7、洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力不可能做功，D錯誤． 3.現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多的離子，其示意圖如圖7所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．則此離子和質子(均不計重力)的質量比約為(　　) 圖7 A．11 B．12 C．121 D．144 答案　D 解析　根據(jù)動能定理得，qU＝mv2，解得v＝① 離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 根據(jù)牛頓第二定律

8、，有 qvB＝m 得R＝② ①②兩式聯(lián)立得：m＝ 一價正離子電荷量與質子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝B2，磁感應強度增加到原來的12倍，則此離子質量是質子質量的144倍，D正確，A、B、C錯誤． 4．(2018·慈溪市期末)回旋加速器是用于加速帶電粒子的重要裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖8所示，設D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質子H時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是

9、(　　) 圖8 A．加速電場的電壓越大，質子加速后的速度越大 B．質子被加速后的最大速度為2πfR C．只要R足夠大，質子的速度可以被加速到任意值 D．不改變任何條件，該回旋加速器也能用于加速α粒子(He) 答案　B 5．利用霍爾效應制作的霍爾元件，被廣泛應用于測量和自動控制等領域．霍爾元件一般由半導體材料做成，有的半導體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導體中的載流子是空穴(相當于正電荷)．如圖9所示，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關，讓電流從霍爾元件的左側流向右側，則其前、后兩表面會形成電勢差. 現(xiàn)有載流子是

10、電子的霍爾元件1和載流子是空穴的霍爾元件2，兩元件均按圖示方式接入電路( 閉合開關)，則關于前、后兩表面電勢高低的判斷，下列說法中正確的是(　　) 圖9 A．若接入元件1時，前表面電勢高；若接入元件2時，前表面電勢低 B．若接入元件1時，前表面電勢低；若接入元件2時，前表面電勢高 C．不論接入哪個元件，都是前表面電勢高 D．不論接入哪個元件，都是前表面電勢低 答案　A 解析　若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子在洛倫茲力的作用下向后表面偏，則前表面的電勢高于后表面的電勢．若載流子為空穴(相當于正電荷)，根據(jù)左手定則，空穴在洛倫茲力的作用下也是向后表面聚集，則前表面

11、的電勢低于后表面的電勢． 考點二　帶電粒子在組合場中的運動 帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中加速與偏轉和磁偏轉兩種運動有效組合在一起，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關系是解題的關鍵．當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程則由幾個不同的運動階段組成． 模型1　磁場＋磁場組合 例2　(2017·湖州市高三期末)人類研究磁場的目的之一是為了通過磁場控制帶電粒子的運動．如圖10所示是通過磁場控制帶電粒子運動的一種模型．在0≤x＜d和d

12、向外．在坐標原點有一粒子源連續(xù)不斷地沿x軸正方向釋放出質量為m、帶電荷量為q(q>0)的粒子，其速率有兩種，分別為v1＝、v2＝.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用) 圖10 (1)求兩種速率的粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的半徑R1和R2. (2)求兩種速率的粒子從x＝2d的邊界射出時，兩出射點的距離Δy的大?。? (3)在x>2d的區(qū)域添加另一勻強磁場，使得從x＝2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動．在圖中用實線畫出粒子的大致運動軌跡(無需通過計算說明)，用虛線畫出所添加磁場的邊界線． 答案　(1)d　2d　(2)4(－1)d　(3)見解

13、析圖 解析　(1)根據(jù)qvB＝m可得：R＝ 又因為粒子速率有兩種，分別為：v1＝，v2＝ 解得：R1＝d，R2＝2d (2)圖甲為某一速率的粒子運動的軌跡示意圖， 輔助線如圖所示，根據(jù)幾何關系可知： 速率為v1的粒子射出x＝2d邊界時的縱坐標為：y1＝2(R1－)＝d 速率為v2的粒子射出x＝2d邊界時的縱坐標為：y2＝2(R2－)＝2(2－)d 聯(lián)立可得兩出射點距離的大小：Δy＝y(tǒng)1－y2＝4(－1)d (3)兩個粒子運動軌跡如圖乙中實線所示，磁場邊界如圖中虛線所示，可以使得從x＝2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動． 模型2　電場＋磁場組合

14、 例3　(2017·寧波市模擬)某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強學生對電偏轉和磁偏轉研究的動手能力，其核心結構原理可簡化為如圖11所示．AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強電場，在CD的右側有一與CD相切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶正電粒子自O點以水平初速度v0正對P點進入該電場后，從M點飛離CD邊界，再經磁場偏轉后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點．已知O、P間距離為d，粒子質量為m，電荷量為q，電場強度大小E＝，粒子重力不計．試求： 圖11 (1)粒子從M點飛離CD邊界時的速度大??； (2)P、N兩點間的距離； (3)圓形有界勻強

15、磁場的半徑和磁感應強度的大?。? 答案　(1)2v0　(2)d　(3)d　 解析　(1)據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示： 粒子從O到M點時間：t1＝ 粒子在電場中加速度：a＝＝ 粒子在M點時豎直方向的速度：vy＝at1＝v0 粒子在M點時的速度：v＝＝2v0 速度偏轉角的正切值：tan θ＝＝，故θ＝60°； (2)粒子從N到O點時間：t2＝ 粒子從N到O點過程的豎直方向位移：y＝at22 故P、N兩點間的距離為：PN＝y(tǒng)＝d (3)設粒子在磁場中運動的半徑為R，由幾何關系得：Rcos 60°＋R＝PN＋PM＝d 可得半徑：R＝d 由qvB＝m，即：R＝

16、 解得：B＝ 由幾何關系確定區(qū)域半徑為：R′＝2Rcos 30° 即R′＝d 模型3　磁場＋電場組合 例4　(2017·衢州、麗水、湖州、舟山四地市3月檢測)如圖12所示，半徑r＝0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1 m、磁感應強度大小B＝0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為(0,0.08 m)，平行金屬板MN的極板長L＝0.3 m、間距d＝0.1 m，極板間所加電壓U＝6.4×102 V，其中N極板收集的粒子全部被中和吸收．一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6×105 m/s的帶正電粒子，經圓形磁場偏轉后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方

17、向均沿x軸正方向．若粒子重力不計、比荷＝108 C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖12 (1)粒子在磁場中的運動半徑R0； (2)從坐標(0,0.18 m)處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸的夾角θ； (3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η. 答案　見解析 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝ 得R0＝＝0.08 m (2)如圖所示，從y＝0.18 m處出射的粒子對應入射方向與y軸的夾角為θ，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10 m)處， 由幾何關系可得：sin θ＝0.8，故θ

18、＝53° (3)如圖所示，設恰能從下極板右端出射的粒子剛進入電場時的縱坐標為y，t＝，a＝， 解得y＝＝0.08 m 設此粒子入射時與x軸夾角為α，則有： tan α＝，故α＝53° 比例η＝×100%≈29.4% 考點三　帶電粒子在疊加場中的運動 粒子在疊加場中運動的分析思路 例5　(2017·寧波市模擬)一帶電液滴在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中做半徑為R的圓周運動，如圖13所示，已知電場強度為E，方向豎直向下，磁感應強度為B，方向水平(圖中垂直紙面向里)，重力加速度為g.運動中液滴所受浮力、空氣阻力都不計，求： 圖13 (1)液滴是順時針運動還是逆時針運動

19、； (2)液滴運動的速度多大； (3)若液滴運動到最低點A時分裂成兩個完全相同的液滴，其中一個仍在原平面內做半徑R1＝3R的圓周運動，繞行方向不變，且圓周的最低點仍是A點，則另一個液滴怎樣運動？ 答案　見解析 解析　(1)順時針運動． (2)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡，液滴所受洛倫茲力提供向心力，即Eq＝mg，qvB＝m 解得v＝ (3)第一個液滴電荷量、質量均減半，電場力與重力仍平衡，依據(jù)上面運算可得，分裂后第一個液滴的繞行速度大小v1＝＝＝3v，方向向左． 第二個液滴分裂后的速度設為v2，分裂前后水平方向動量守恒，以液滴分裂前的速度方向為正方向 mv＝mv1＋mv

20、2，解得v2＝－v 即分裂后第二個液滴速度大小為v，方向向右，所受電場力與重力仍平衡，在洛倫茲力作用下仍做勻速圓周運動，繞行方向仍是順時針，A點是圓周最高點，圓周半徑R2＝R. 6.如圖14，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場．不計一切阻力，重力加速度為g，求：

21、 圖14 (1)電場強度E的大??； (2)磁感應強度B的大??； (3)微粒在復合場中的運動時間． 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲： 所以，Eq＝mg，得：E＝ (2)由平衡條件：qvB＝mg 電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙． 由牛頓第二定律得：qvB＝m 由幾何知識可得：r＝l 聯(lián)立解得：v＝， B＝ (3)微粒做勻速運動的時間：t1＝＝ 做圓周運動的時間：t2＝＝ 在復合場中的運動時間：t＝t1＋t2＝(＋1).

22、 專題強化練 1.(2018·新力量聯(lián)盟期末)如圖1是質譜儀工作原理的示意圖．帶電粒子a、b經電壓U加速(在A點初速度為零)后，進入磁感應強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則(　　) 圖1 A．若a與b有相同的質量，打在感光板上時，b的速度比a大 B．若a與b有相同的質量，則a的電荷量比b的電荷量小 C．若a與b有相同的電荷量，則a的質量比b的質量大 D．若a與b有相同的電荷量，則a的質量比b的質量小 答案　D 2．(2018·杭州市期末)在如圖2所示的平行板器件中，勻強電場E和

23、勻強磁場B互相垂直．一束初速度為v的帶電粒子從左側垂直電場射入后沿圖中直線②從右側射出．粒子重力不計，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．若粒子沿軌跡①射出，則粒子的初速度一定大于v B．若粒子沿軌跡①射出，則粒子的動能一定增大 C．若粒子沿軌跡③射出，則粒子可能做勻速圓周運動 D．若粒子沿軌跡③射出，則粒子的電勢能可能增大 答案　D 解析　沿圖中直線②從右側射出，則qvB＝qE，若粒子沿軌跡①射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子電性未知，所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定，故A、B錯誤；若粒子沿軌跡③射出，粒子受電場力、洛倫茲力，粒子不可能做勻速圓周運動，

24、故C錯誤；若粒子沿軌跡③射出，如果粒子帶負電，所受電場力向上，洛倫茲力向下，電場力做負功，粒子的電勢能增大，故D正確． 3．(2018·溫州市六校期末)霍爾元件在電子線路中的應用日益廣泛，如圖3是某個霍爾元件接到電路中時的示意圖，其中a面為上表面，b面為下表面，c面為前表面，d面為后表面，所加磁場方向為垂直于a面向下．考慮到霍爾元件有兩類，設A類的載流子(即用來導電的自由電荷)為正電荷，B類的載流子為負電荷，當通以從左到右的電流時，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．在剛開始通電的很短時間內，若是A類元件，則載流子向c面偏轉 B．在剛開始通電的很短時間內，若是B類元件，則載流子向

25、c面偏轉 C．通電一段時間后，若是A類元件，則c面電勢較高 D．通電一段時間后，若是B類元件，則c面電勢較高 答案　D 4．回旋加速器的工作原理如圖4甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求： 圖4 (1)出射粒子的動能Ekm； (2)粒子從飄入狹縫至動能

26、達到Ekm所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件． 答案　(1)　(2)－　(3)d< 解析　(1)粒子運動半徑為R時，qvB＝m Ekm＝mv2＝ (2)粒子被加速n次達到動能Ekm，則Ekm＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝ 粒子由靜止做勻加速直線運動nd＝a·(Δt)2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ (3)只有在0～(－Δt)時間內飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為η＝×100% 由于η>99%，解得d<. 5．(2018·寧波市十校聯(lián)考)一個放射源水平放出α、

27、β、γ三種射線，垂直射入如圖5所示磁場，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強磁場，兩區(qū)域的磁感應強度大小B相等，方向相反(粒子運動不考慮相對論效應)． 圖5 (1)若要篩選出速率大于v1的所有β粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ，求磁場寬度d與B和v1的關系； (2)若B＝0.027 3 T，v1＝0.1c(c是光速)，計算d；α粒子的速率為0.001c，計算α粒子和γ射線離開區(qū)域Ⅰ時的偏移距離(答案均保留三位有效數(shù)字)； (3)當d滿足第(1)小題所給關系時，請給出速率在v1

28、－27 kg，電子電荷量q＝1.6×10－19 C，≈1＋(|x|<1時)． 答案　(1)d＝　(2)6.25×10－3 m　8.49×10－5 m　(3)y1＝　y2＝(v2－) 解析　(1)作出臨界軌跡如圖甲所示， 由幾何關系知：r＝d，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1B＝me， 解得：d＝； (2)對電子：d＝＝ m＝6.25×10－3 m 對α粒子：rα＝＝ m≈0.230 m 作出軌跡如圖乙所示，豎直方向上的距離：y＝rα－≈8.49×10－5 m； (3)畫出速率分別為v1和v2的粒子離開區(qū)域Ⅱ的軌跡如圖丙所示， 速率在v1

29、射出的β粒子束寬為y1－y2， y1＝2d＝，y2＝2(r2－)＝(v2－)． 6．如圖6所示，在第二象限半徑為r的圓形區(qū)域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界恰好與兩坐標軸相切．x軸上切點A處有一粒子源，能夠向x軸上方發(fā)射速率均為v，質量為m，電荷量為＋q的粒子，粒子重力不計．圓形區(qū)域磁場的磁感應強度B1＝，y軸右側0＜x＜r的范圍內存在沿y軸負方向的勻強電場，已知某粒子從A處沿＋y方向射入磁場后，再進入勻強電場，發(fā)現(xiàn)粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45°角斜向下，求： 圖6 (1)勻強電場的電場強度大?。? (2)若在MN右側某區(qū)域存在另一圓形勻強磁場B2

30、，發(fā)現(xiàn)A處粒子源發(fā)射的所有粒子經磁場B1、電場E射出后均能進入B2區(qū)域，之后全部能夠經過x軸上的P點，求圓形勻強磁場B2的最小半徑； (3)繼第二問，若圓形勻強磁場B2取最小半徑，試求A處沿＋y方向射入B1磁場的粒子，自A點運動到x軸上的P點所用的時間． 答案　(1)　(2)r　(3)(π＋2) 解析　(1)設粒子做類平拋運動的水平位移大小為x， 豎直方向的速度大小為vy，類平拋的加速度大小為a， 類平拋的時間為t， 根據(jù)牛頓第二定律Eq＝ma，得a＝， 粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋的規(guī)律有： x方向：x＝vt＝r， y方向：vy＝at＝t＝， 粒子從電場右邊界MN

31、射出，速度方向與x軸正方向成45°斜向下，則 vy＝v， 聯(lián)立得勻強電場的電場強度大小E＝. (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動， 由牛頓第二定律得qvB1＝m， 聯(lián)立題中已知條件B1＝，得R＝r， 因為磁場半徑與軌跡半徑相同，所以粒子離開磁場后的速度方向均沿x軸正方向， 又所有粒子穿出勻強電場后速度縱向偏移量 y＝at2＝r均相等， 設粒子從MN射出的最高點為E，最低點為F， 則EF＝2r，所以粒子束的寬度d＝r 圓形勻強磁場B2的最小半徑 rB2＝r. (3)粒子在磁場B1中運動時間 t1＝T＝×＝ 粒子在勻強電場中運動時間 t2＝， 粒子在無場區(qū)運動速度 v′＝v， 粒子在無場區(qū)運動的距離 x3＝r， 粒子在無場區(qū)運動的時間 t3＝＝， 粒子在磁場B2中運動時間 t4＝T′＝×＝ 故粒子自A點運動到x軸上的P點的總時間 t＝t1＋t2＋t3＋t4＝(π＋2). 20