高考綜合復(fù)習(xí)——帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題

1、高考綜合復(fù)習(xí)帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題知識網(wǎng)絡(luò)場運動性質(zhì)研究方法典型實例帶電粒子相鄰區(qū)域存在勻強磁場和勻強電場磁場中的勻速直線運動、勻速圓周運動與電場中的勻變速直線運動、類平拋運動結(jié)合能量守恒或牛頓運動定律，注意從磁場進入電場或從電場進入磁場的分界狀態(tài)質(zhì)譜儀、回旋加速器同一區(qū)域同時存在勻強磁場和勻強電場勻速直線運動用平衡知識求解速度選擇器磁流體發(fā)電機、電磁流量計、磁強計一般曲線運動能量守恒帶電微粒同一區(qū)域同時存在勻強磁場、勻強電場和重力場勻速直線運動用平衡知識求解勻速圓周運動利用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動知識分析求解，此時重力和電場力平衡一般曲線運動有軌道束縛直軌道上的變速直線運動用牛頓運動定

2、律分析加速度、速度的變化，特別注意洛倫茲力、彈力和摩擦力的變化圓規(guī)道上的一般曲線運動用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動知識分析加速度、速度的變化，特別注意洛倫茲力、彈力和摩擦力的變化復(fù)習(xí)指導(dǎo)：本考點是帶電粒子在復(fù)合場中運動的知識，縱觀近年高考題可以看出題型以計算題為主，試題側(cè)重于考查帶電粒子在磁場和電場、磁場和重力場以及磁、電、重三場所形成的復(fù)合場問題，大多是綜合性試題。通過對近年高考題目的分析可以看出，由于復(fù)合場問題綜合性較強，覆蓋考點較多，在現(xiàn)今的理綜試題中是一個熱點，高考出題的概率依然比較大。要點精析帶電粒子在復(fù)合場中運動規(guī)律分析：復(fù)合場一般包括重力場、電場和磁場，本單元所說的復(fù)合場指的是磁場與

3、電場、磁場與重力場，或者是三場合一。1三種場力的特點（1）重力的大小為mg，方向豎直向下。重力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外，還與始末位置的高度差有關(guān)。（2）電場力的大小為qE，方向與電場強度E及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān)。電場力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外，還與始末位置的電勢差有關(guān)。（3）洛侖茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角有關(guān)，當(dāng)帶電粒子的速度與磁場方向平行時f0；當(dāng)帶電粒子的速度與磁場方向垂直時fBvq。洛侖茲力的方向垂直于速度v和磁感應(yīng)強度B所決定的平面。無論帶電粒子做什么運動，洛侖茲力都不做功。2帶電粒子在復(fù)合場中運動的處理方法（1）正確分析帶電粒

4、子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析。當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動（如速度選擇器）。當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。當(dāng)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段所組成。（2）

5、靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解。當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解。當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解說明：如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，還要根據(jù)動量守恒定律列出方程，再與其它方程聯(lián)立求解。由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其它方程聯(lián)立求解。用力學(xué)觀點分析帶電體在復(fù)合場中運動：1動力學(xué)觀點：包

6、括牛頓三大定律和運動學(xué)規(guī)律；2動量觀點：包括動量定理和動量守恒定律；3能量觀點：包括動能定理和能量守恒定律其中：對單個物體討論，宜用兩大定理，涉及時間（或研究力的瞬間作用）優(yōu)先考慮動量定理，涉及位移優(yōu)先考慮動能定理；對多個物體組成的系統(tǒng)討論，則優(yōu)先考慮兩大守恒定律；涉及加速度的力學(xué)問題必定得用牛頓第二定律，必要時再用運動學(xué)公式。注意：洛倫茲力始終和速度方向垂直，永不做功；重力G對物體做功與路徑無關(guān)，只取決于初末位置的高度差；電場力F對電荷做功與路徑無關(guān)，只取決于初、末位置的電勢差。幾種常見的復(fù)合場問題：1速度選擇器：如圖所示，當(dāng)帶正電粒子從左側(cè)平行于極板射入時帶電粒子同時受到電場力qE和洛侖茲

7、力qvB作用，當(dāng)兩者等大反向時，粒子不偏轉(zhuǎn)而是沿直線勻速運動，qEqvB，得以vE/B的速度沿垂直于磁場和電場的方向射入正交的電場、磁場中就不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。速度選擇器只選擇速度，與粒子的電性、電量、質(zhì)量無關(guān)（不計重力）。2質(zhì)譜儀：質(zhì)譜儀是先經(jīng)過速度選擇器對帶電粒子進行速度選擇后，再由右側(cè)的偏轉(zhuǎn)磁場把不同的比荷的粒子分開，由此可以用來測定帶電粒子的荷質(zhì)比和分析同位素。3回旋加速器：回旋加速器是利用帶電粒子在電場中的加速和帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的特點使帶電粒子在磁場中改變運動方向，再利用加速電場對帶電粒子做正功使帶電粒子的動能增加。（交變電壓的周期和粒子做勻速圓周運動的周期相等）4磁流體發(fā)電機

8、磁流體發(fā)電機的原理是：等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛侖茲力的作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢差。設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，相距為L，等離子體的電阻率為，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感強度為B，板外電阻為R，當(dāng)?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即電源電動勢，此時離子受力平衡；E場qqvB，E場vB，電動勢EE場LBLv，電源內(nèi)電阻，R中電流5電磁流量計電磁流量計原理可解釋為：如圖，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體流動，導(dǎo)電流體中的自由電荷(正負離子)在洛侖茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，當(dāng)自由電荷所

9、受電場力和洛侖茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，由，可得，流量6霍爾效應(yīng)如圖，厚度為h，寬度為d的導(dǎo)體板放在垂直于它的磁感強度為B的勻強磁場中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體板時，在導(dǎo)體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實驗表明，當(dāng)磁場不太強時，電勢差U、電流I和B的關(guān)系為，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)。霍爾效應(yīng)可解釋為：外部磁場的洛侖茲力使運動的電子聚集在導(dǎo)體板的一側(cè)，在導(dǎo)體板的另一側(cè)會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成橫向電場，橫向電場對電子施加與洛侖茲力方向相反的靜電力，當(dāng)靜電力與洛侖茲力達到平衡時，導(dǎo)體板上下兩側(cè)之間會形成穩(wěn)定的電勢差。精題精講例題1.回旋加速器是用來加速一群

10、帶電粒子使它獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻率電源兩極相接觸，以便在盒間的窄縫中形成勻強電場，使粒子每穿過狹縫都得到加速，兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，離子源置于盒圓心附近，若離子源射出的離子電量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖所示：問：盒內(nèi)有無電場？離子在盒內(nèi)做何種運動？所加交流電頻率應(yīng)是多大，離子角速度為多大？離子離開加速器時速度為多大，最大動能為多少？設(shè)兩D形盒間電場的電勢差為U，其電場均勻(粒子在電場中的加速時間可忽略)，求加速到上述能量所需時間。解析：若盒內(nèi)有電場，離子不能做勻速圓周運動，所以無電場；所加交流電頻率應(yīng)

11、等于離子做勻速圓周運動的頻率：粒子加速到上述能量所需時間t等于圓周運動的時間，又粒子每轉(zhuǎn)一周增加能量為2qU，所以粒子旋轉(zhuǎn)的圈數(shù)：點評：回旋加速器是典型模型，對它的原理和相關(guān)的計算應(yīng)給予重點把握。例題2.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場，有質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原先兩極板電勢都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為+U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速。每當(dāng)粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場的一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變。(1)設(shè)t=0時粒子

12、靜止在A板小孔處，在電場作用下加速并繞行第一圈，求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能；(2)為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行n圈時的磁感應(yīng)強度Bn；(3)求粒子繞行n圈所需的總時間tn；（設(shè)極板間距遠小于R）(4)在下圖中畫出A板電勢u與時間t的關(guān)系；（從t=0起畫到粒子第四次離開B板時即可）(5)在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為U？為什么？解析：(1)粒子僅在A、B兩板間由電場加速獲得能量qU，繞行過程中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力不會對粒子做功，所以繞行n圈的總動能為：(2)當(dāng)?shù)趎次穿過AB兩板間開始作第n圈繞行時，應(yīng)滿足條件： ，得：

13、 因有洛倫茲力作向心力，故 所以第n圈繞行的磁感應(yīng)強度為： (3)因第n圈的繞行時間為 所以，繞行n圈的總時間： (4)加在A板上的電勢大小不變，由于粒子的速度越來越大，穿越A、B兩板的時間和繞行一周的時間都越來越短，因此，A、B間加有電勢差的時間和每次加上電勢差的時間間隔(t)都越來越短，下圖畫出的是A板電勢與時間t的關(guān)系（間隔越來越近的等幅脈沖）。(5)不可以。因為若A板保持恒定電勢U的話，粒子在A、B兩板間飛行時電場力對它做正功當(dāng)粒子在A、B外飛行時電場力對它做負功，粒子繞行一周時電場對粒子所做的總功為零，粒子的能量不會增加。點評：本題裝置利用了回旋加速器原理，其基本原理并不超過考綱要求

14、，通過此題可加深對電場、磁場作用的認識。例題3.如圖所示，在x軸上方有勻強電場，場強為E；在x軸下方有勻強磁場，磁感強度為B，方向如圖，在x軸上有一點M，離O點距離為l。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，從靜止開始釋放后能經(jīng)過M點求如果此粒子放在y軸上，其坐標應(yīng)滿足什么關(guān)系？（重力忽略不計）解析：由于此帶電粒子是從靜止開始釋放的，要能經(jīng)過M點，其起始位置只能在勻強電場區(qū)域。物理過程是：靜止電荷位于勻強電場區(qū)域的y軸上，受電場力作用而加速，以速度v進入磁場，在磁場中受洛侖茲力作用作勻速圓周運動，向x軸偏轉(zhuǎn)?；剞D(zhuǎn)半周期過x軸重新進入電場，在電場中經(jīng)減速、加速后仍以原速率從距O點2R處再次越過x軸，

15、在磁場回轉(zhuǎn)半周后又從距O點4R處飛越x軸，如圖所示（圖中電場與磁場均未畫出）：故有當(dāng)l=n2R時粒子能經(jīng)過M點，即R=l/2n，(n=1、2、3)設(shè)粒子靜止于y軸正半軸上，和原點距離為h，由能量守恒得對粒子在磁場中只受洛侖茲力作用而作勻速圓周運動有：解式得：，(n=1、2、3)點評：此類題正確分析并畫出粒子運動軌跡圖是關(guān)鍵，并注意由于其運動的周期性，從而帶來多解（幾個解）的可能不要僅考慮到n=1的特殊情況。例題4.如圖所示，勻強電場的方向豎直向上，勻強磁場的方向垂直紙面向內(nèi)，三個液滴a、b、c帶有等量同種電荷，已知a在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，b水平向左做勻速直線運動，c水平向右做勻速直線運動，

16、則它們的質(zhì)量關(guān)系是_，（設(shè)a、b、c質(zhì)量分別是ma、mb、mc）解析：由于a做勻速圓周運動，所以a所受合外力必定是只充當(dāng)大小不變的向心力，則a必受重力作用，且重力和電場力大小相等方向相反，即，且a帶正電。由此可分析到b、c的受力如上圖所示，由直線運動條件可得：點評：帶電粒子在復(fù)合場中作勻速圓周運動時，必定有其它力與恒定的重力相抵消以確保合力大小不變方向時刻指向圓心。拓展：如圖所示，傾角為的光滑絕緣斜面，處在方向垂直斜面向上的勻強磁場和方向未知的勻強電場中有一質(zhì)量m，帶電量為-q的小球，恰可在斜面上作勻速圓周運動，角速度為，求：勻強磁場的磁感強度B的大小。答案：提示：電場力、重力和支持力合力為零

17、，洛倫茲力提供向心力有：例題5.如圖所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，其質(zhì)量為m，帶電量是+q，小球可在棒上滑動，將此棒豎直放在互相垂直、且沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度是E，磁感強度是B，小球與棒的動摩擦因數(shù)為，求小球由靜止沿棒下落的最大加速度和最大速度。（設(shè)小球帶電量不變）解析：此類問題屬于涉及加速度的力學(xué)問題，必定得用牛頓第二定律解決，小球的受力情況如圖所示。由于，所以可見隨v增大，F(xiàn)合減小，由牛頓第二定律知，小球作加速度越來越小直到最后勻速的變加速運動。故當(dāng)v=0時，當(dāng)F合=0即a=0時，v有最大值vm，即所以。點評：此例中小球共受五個力作用，其中F洛受運動速度的影響發(fā)生變

18、化引起了N、f的變化，要特別注意。若例中小球帶負電，情況又怎樣呢？例題6.如圖所示，質(zhì)量為m=1kg，帶正電q=510-2C的小滑塊，從半徑為R=0.4m的光滑絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下。整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中。已知E=100 V/m，水平向右；B=1T，方向垂直紙面向里。求：(1)滑塊m到達C點時的速度；(2)在C點時滑塊對軌道的壓力。解析：以滑塊為研究對象，自軌道上A點滑到C點的過程中，受重力mg，方向豎直向下；電場力FE=qE，水平向右；洛倫茲力F洛qBv，方向始終垂直于速度方向。(1)滑動過程中洛倫茲力F洛qBv不做功，由動能定理得： 所以 (2)在C點，受

19、四個力作用，如上圖所示，由牛頓第二定律與圓周運動知識得： 由牛頓第三定律知，滑塊在C點處對軌道壓力FNFN，大小為20.1 N，方向向下。答案：(1)2 m/s(2)20. 1 N點評：帶電體的非勻變速運動過程，從功與能的角度分析比較方便，因為洛倫茲力不做功。某一瞬時位置的受力與其運動狀態(tài)之間的瞬時對應(yīng)關(guān)系應(yīng)由牛頓第二定律討論，這是由牛頓第二定律的瞬時性所決定的。例題7.如圖所示，一個質(zhì)量m=0.01kg，電荷量q=10-2C的帶正電小球，和一個質(zhì)量為m、不帶電的小球相距L=0.2m，放在絕緣的光滑水平面上。當(dāng)加上水平向左的E=103N/C的勻強電場和B=0.5T、方向垂直于紙面向外的勻強磁場

20、后，帶電小球向左運動，與不帶電小球相碰并粘在一起，則兩球碰后速度為多少？兩球碰后至兩球離開水平面過程中通過位移為多少？解析：帶電小球在電場力作用下向左加速運動，運動過程中受向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力小于小球重力時，小球仍在光滑水平面運動。與B球碰撞過程中，動量守恒，可求出兩球碰后速度，碰后兩球整體繼續(xù)向左運動，仍受向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于兩球重力時，兩球離開水平地面，由Bqv=2mg可求出兩球離開地面時的速度。碰后兩球在水平方向做勻加速運動，最后由勻變速直線運動的運動學(xué)關(guān)系可求碰后到兩球離開水平地面過程中通過的位移。A球在和B球碰前的速度vA，為A、B兩球相碰，動量守恒，則A、B粘合后，

21、運動的加速度當(dāng)A、B對地面的壓力N0時，將離開地面有根據(jù)得反饋練習(xí)計算題1如圖是測量帶電粒子質(zhì)量的儀器工作原理示意圖，設(shè)法將某有機化合物的氣態(tài)分子導(dǎo)入圖中所示的容器A中，使它受到電子束轟擊，失去一個電子變成正一價的分子離子。分子離子從狹縫S1以很小的速度進入電壓為U的加速電場區(qū)（初速不計），加速后，再通過狹縫S2、S3射入磁感強度為B的勻強磁場，方向垂直于磁場區(qū)的界面PQ，最后，分子離子打到感光片上，形成垂直于紙面而且平行于狹縫S3的細線。若測得細線到狹縫S3的距離為d，導(dǎo)出分子離子的質(zhì)量m的表達式。2空間中存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，在P點

22、以某一初速開始運動，初速方向在圖中紙面P點箭頭所示，該粒子運動到圖中Q點時速度方向與P點時速度方向垂直，如圖中Q點箭頭所示。已知P、Q間的距離為L，若保持粒子在P點時的速度不變，而將勻強磁場換成勻強電場，電場方向與紙面平行且與粒子在P點時速度方向垂直，在此電場作用下粒子也由P點運動到Q點，不計重力。求：（1）電場強度的大小（2）兩種情況中粒子由P點運動到Q點所經(jīng)歷的時間之差。3如圖所示，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外。一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然

23、后，經(jīng)過x軸上x=2h處的P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y2h處的P3點，不計重力。求：（1）電場強度的大小。（2）粒子到達P2時速度的大小和方向。（3）磁感應(yīng)強度的大小。4湯姆生用來測定電子的比荷（電子的電荷量與質(zhì)量之比）的實驗裝置如圖所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子（不計初速、重力和電子間的相互作用）經(jīng)加速電壓加速后，穿過A中心的小孔沿中心軸O1O的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P間的區(qū)域。當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束打在熒光屏的中心O點處，形成了一個亮點；加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點偏離到O點，O與O點的豎直間距為d，水平間距可忽略不計。此時，在P和P間的區(qū)域，再加上一個方向垂直子紙

24、面向里的勻強磁場，調(diào)節(jié)磁場的強弱，當(dāng)磁感應(yīng)強度的大小為B時，亮點重新回到O點。已知極板水平方向的長度為L1，極板間距為b，極板右端到熒光屏的距離為L2（如圖所示）。求：（1）求打在熒光屏O點的電子速度的大小。（2）推導(dǎo)出電子的比荷的表達式。5在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系Oxyz（z軸正方向豎直向上），如圖所示。已知電場方向沿z軸正方向，場強大小為E；磁場方向沿y軸正方向，磁感應(yīng)強度的大小為B；重力加速度為g。問：一質(zhì)量為m、帶電量為q的從原點出發(fā)的質(zhì)點能否在坐標軸（x、y、z）上以速度v0做勻速運動？若能，m、q、E、B、v及g應(yīng)滿足怎樣的關(guān)系？若不能，說明理由。6如圖所示

25、絕緣水平板MN（固定在地面上）右端固定一塊擋板，水平板上方存在水平向右的勻強電場，在虛線右方（ON段）還存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面指向讀者的水平勻強磁場。在虛線左邊M點有一塊質(zhì)量為m、帶正電荷為q的滑塊從靜止開始在電場力作用下加速向右運動. OM段板面是光滑的，ON段板面是粗糙的，滑塊跟板面之間的動摩擦因數(shù)為。由于摩擦力作用，滑塊在進入ON段后恰好作勻速運動。當(dāng)滑塊與擋板發(fā)生碰撞時，電場立即消失，滑塊以碰前一半的速率反彈，又恰好向左作勻速運動。假定滑塊在運動過程中帶電量沒有發(fā)生變化。求：（1）滑塊碰撞擋板之前的速度大??；（2）勻強電場的場強；（3）O、M之間的距離。7在如圖所示的直角坐標

26、系中，坐標原點O處固定有正點電荷，另有平行于y軸的勻強磁場。一個質(zhì)量為m、帶電量+q的微粒，恰能以y軸上O(0，a，0)點為圓心作勻速圓周運動，其軌跡平面與xOz平面平行，角速度為，旋轉(zhuǎn)方向如圖中箭頭所示，試求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向。反饋練習(xí)答案：1由動能定理得： 洛侖茲力提供向心力： 幾何關(guān)系：d2R 解得：2（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，以v0表示粒子在P點的初速度,R表示圓周的半徑，則有由于粒子在Q點的速度垂直于它在P點的速度，可知粒子由P點到Q點的軌跡為1/4圓周故有以E表示電場強度的大小，a表示粒子在電場中加速度的大小，tE表示粒子在電場中由P點運動到Q點經(jīng)過的時間，則有：由以上各式解得 （2）因粒子在磁場中由P點運動到Q點的軌跡為1/4圓周，故運動經(jīng)歷的時間tB為圓周運動周期T的1/4，而解得由此可解得：3（1）粒子在電場、磁場中運動的軌跡如圖所示：設(shè)粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式有： （1）（2） （3）由（1）（2）（3）式解得 （4） （2）粒子到達P2時速度沿x方向的分量仍為v0。以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度