2019高中物理二輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練1-4-9 磁場(chǎng)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1—4—9課時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練1．(2018·山東菏澤一模）如圖所示,在天花板下用細(xì)線懸掛一半徑為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，環(huán)與磁場(chǎng)邊界交點(diǎn)A、B與圓心O連線的夾角為120°，此時(shí)懸線的張力為F.若圓環(huán)通電，使懸線的張力剛好為零，則環(huán)中電流大小和方向是()A．電流大小為eq\f(\r（3）F，3BR）,電流方向沿順時(shí)針?lè)较駼．電流大小為eq\f(\r（3)F，3BR),電流方向沿逆時(shí)針?lè)较駽．電流大小為eq\f（\r（3）F,BR)，電流方向沿順時(shí)針?lè)较駾．電流大小為eq\f(\r（3)F,BR）,電流方向沿逆時(shí)針?lè)较騕解析］要使懸線拉力為零，則圓環(huán)通電后受到的安培力方向豎直向上，根據(jù)左手定則可以判斷，電流方向應(yīng)沿順時(shí)針?lè)较?，根?jù)力的平衡有F＝F安,而F安＝BI·eq\r(3）R，求得I＝eq\f（\r（3)F,3BR)，A項(xiàng)正確。［答案］A2．(2018·河南調(diào)研聯(lián)考)如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒ab兩端由等長(zhǎng)輕質(zhì)軟導(dǎo)線水平懸掛，平衡時(shí)兩懸線與水平面的夾角均為θ(θ<90°），緩慢調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片位置以改變通過(guò)棒中的電流I。則下列四幅圖像中，能正確反映θ與I的變化規(guī)律的是()[解析］對(duì)ab棒受力分析如圖所示：由平衡條件有tanθ＝eq\f(mg，BIL）,得I＝eq\f（mg，BL)·eq\f(1,tanθ），又知eq\f（mg，BL）為常數(shù)，故A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案］A3．（2018·安徽A10聯(lián)盟聯(lián)考）(多選）如圖所示,MN是垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界，在邊界上P點(diǎn)有甲、乙兩粒子同時(shí)沿與PN分別成60°、30°角垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力以及粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是()A．若甲、乙兩粒子完全相同,則甲、乙兩粒子的速度之比為1∶eq\r(3）B．若甲、乙兩粒子完全相同，則甲、乙兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1C．若甲、乙兩粒子同時(shí)到達(dá)Q點(diǎn)，則甲、乙兩粒子的速度之比為eq\r(3）∶2D．若甲、乙兩粒子同時(shí)到達(dá)Q點(diǎn)，則甲、乙兩粒子的比荷之比為2∶1[解析］設(shè)P、Q間的距離為L(zhǎng)，則由幾何關(guān)系可得甲、乙粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑分別為：r甲＝eq\f(\f（L,2），cos30°)＝eq\f（L，\r（3))，r乙＝eq\f(\f（L,2)，cos60°）＝L,如果兩粒子完全相同，由r＝eq\f(mv，qB)，得v＝eq\f（qBr,m）,則甲、乙兩粒子的速度之比為v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝1∶eq\r(3），A正確；如果甲、乙兩粒子完全相同，由T＝eq\f（2πm，qB)可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，則兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比等于兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)的圓心角之比，t甲∶t乙＝eq\f(2π,3)∶eq\f(π，3)＝2∶1，B正確；若甲、乙兩粒子同時(shí)到達(dá)Q點(diǎn),則兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，則兩粒子的速度之比等于軌跡的弧長(zhǎng)之比，v甲∶v乙＝eq\f（2πr甲，3）∶eq\f（2πr乙，6）＝2∶eq\r(3），由r＝eq\f（mv，qB),可得eq\f(q,m）＝eq\f（v，rB）,則甲、乙兩粒子的比荷之比為eq\f（q甲，m甲）∶eq\f(q乙，m乙)＝eq\f（v甲,r甲B）∶eq\f(v乙，r乙B)＝2∶1,C錯(cuò)誤、D正確。［答案］ABD4．(2017·廣東華南三校聯(lián)考)如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子,以相同的速率v沿紙面內(nèi)，由x軸負(fù)方向與y軸正方向之間各個(gè)方向從原點(diǎn)O射入磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)重力及粒子間的相互作用.下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場(chǎng)中可能經(jīng)過(guò)的區(qū)域,其中R＝eq\f（mv,qB）,正確的圖是（)［解析]由左手定則可知帶正電粒子的偏轉(zhuǎn)方向,以R＝eq\f(mv，Bq)為半徑作圓a和圓b，如圖所示，將圓a以O(shè)點(diǎn)為軸順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，直到與b圓重合,可以判斷出圖D正確。[答案］D5．(2018·河北衡水中學(xué)六調(diào)）一通電直導(dǎo)線與x軸平行放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與xOy坐標(biāo)平面平行,導(dǎo)線受到的安培力為F。若將該導(dǎo)線做成eq\f(3,4)圓,放置在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，如圖所示，并保持通電的電流不變,兩端點(diǎn)a、b連線也與x軸平行,則eq\f（3,4）圓受到的安培力大小為（)A．FB.eq\f（\r（2),3π）FC.eq\f(2\r(2)，3π）FD.eq\f（3\r（2）π，3)F[解析]通電導(dǎo)線長(zhǎng)為L(zhǎng)，其與x軸平行放置時(shí)，受到的安培力為F，制作成eq\f(3,4)圓時(shí),半徑為R，則eq\f（3,4）×2πR＝L,解得R＝eq\f（2L，3π），故a、b連線的長(zhǎng)度d＝eq\r（2）R＝eq\f（2\r(2)L，3π)，此時(shí)圓環(huán)受到的安培力F′＝eq\f(d，L）F＝eq\f(2\r(2），3π)F，故C正確。［答案］C6．（2018·湖北黃岡期末)（多選)如圖所示直角坐標(biāo)系xOy，P（a，－b)為第四象限內(nèi)的一點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電荷(重力不計(jì))從原點(diǎn)O以初速度v0沿y軸正方向射入。第一次在整個(gè)坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該電荷恰好能通過(guò)P點(diǎn)；第二次保持y〉0區(qū)域磁場(chǎng)不變,而將y<0區(qū)域磁場(chǎng)改為沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電荷仍通過(guò)P點(diǎn),（)A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(2amv0，q（a2＋b2））B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f（2amv0，q\r(（a2＋b2))）C．電荷從O運(yùn)動(dòng)到P,第二次所用時(shí)間一定短些D．電荷通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定小些[解析]第一次在整個(gè)坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該電荷恰好能通過(guò)P點(diǎn)，其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖，由幾何關(guān)系得（a－R）2＋b2＝R2,解得R＝eq\f(a2＋b2，2a）,又qv0B＝meq\f（veq\o\al（2，0），R）,解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f（2amv0，q（a2＋b2）),故A正確；B錯(cuò)誤；第二次保持y〉0區(qū)域磁場(chǎng)不變，而將y〈0區(qū)域磁場(chǎng)改為沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電荷仍通過(guò)P點(diǎn)，其先做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f（1,2)T＋eq\f(b，v0），第一次做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(1,2)T＋eq\f（QP，v0），因QP大于b,所以t1〉t2，即第二次所用時(shí)間一定短些,故C正確；電荷通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，設(shè)第一次與x軸負(fù)方向的夾角為α，則有tanα＝eq\f(\r(R2－b2),b）＝eq\f(a2－b2,2ab)，設(shè)第二次與x軸負(fù)方向的夾角為θ,則有tanθ＝eq\f(\f(b,2)，R－\r(R2－b2)）＝eq\f（a,2b),又eq\f(a,2b）＝eq\f（a2,2ab）＞eq\f（a2－b2,2ab),則知tanθ＞tanα,電荷通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定大些，故D錯(cuò)誤。［答案]AC[名師點(diǎn)睛］第一次在整個(gè)坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該電荷恰好能通過(guò)P點(diǎn),其做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由幾何知識(shí)作圖求出半徑，由洛倫茲力提供向心力求解B；第二次該電荷仍通過(guò)P點(diǎn)，其先做勻速圓周運(yùn)動(dòng),后做類平拋運(yùn)動(dòng).7．（2018·江西上饒六校一聯(lián))如圖所示，平行邊界MN、PQ間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,兩邊界的間距為d，MN上有一粒子源A,可在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向向磁場(chǎng)中射入質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q的粒子，粒子射入磁場(chǎng)的速度大小v＝eq\f(2qBd,3m)，不計(jì)粒子的重力，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長(zhǎng)度與能從MN邊界射出的區(qū)域長(zhǎng)度之比為(）A．1∶1B．2∶3C.eq\r（3)∶2D。eq\r（3）∶3[解析］粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，Bqv＝eq\f（mv2，R),粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑R＝eq\f（mv,Bq）＝eq\f(2，3)d；由左手定則可得：粒子沿逆時(shí)針?lè)较蚱D(zhuǎn),做圓周運(yùn)動(dòng)；粒子沿AN方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，到達(dá)PQ邊界的最下端距A點(diǎn)的豎直距離L1＝eq\r（R2－（d－R）2)＝eq\f(\r（3）,3)d;運(yùn)動(dòng)軌跡與PQ相切時(shí),切點(diǎn)為到達(dá)PQ邊界的最上端，距A點(diǎn)的豎直距離L2＝eq\r(R2－（d－R)2)＝eq\f(\r（3),3）d，所以粒子在PQ邊界射出的區(qū)域長(zhǎng)度為：L＝L1＋L2＝eq\f(2\r（3)，3）d；因?yàn)镽〈d，所以粒子在MN邊界射出區(qū)域的長(zhǎng)度為L(zhǎng)′＝2R＝eq\f（4,3）d.故兩區(qū)域長(zhǎng)度之比為L(zhǎng)∶L′＝eq\f(2\r（3），3）d∶eq\f（4,3)d＝eq\r（3)∶2，故C項(xiàng)正確，A、B、D錯(cuò)誤。［答案]C8．(2018·河北石家莊質(zhì)檢）（多選）如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，直角邊bc的長(zhǎng)度為L(zhǎng).三個(gè)相同的帶正電粒子從b點(diǎn)沿bc方向分別以不同速率v1、v2、v3射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶2.不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用,下列說(shuō)法正確的是()A．粒子的速率關(guān)系一定是v1＝v2＜v3B．粒子的速率可能是v2〈v1〈v3C．粒子的比荷eq\f(q,m）＝eq\f（π,Bt2）D．粒子的比荷eq\f（q，m）＝eq\f（\r(3）v3,2BL)［解析]三個(gè)相同的帶正電粒子從b點(diǎn)沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場(chǎng),粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qvB＝eq\f(mv2，R），得r＝eq\f（mv,qB），軌跡半徑與速率成正比，又知三粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t1∶t2∶t3＝3∶3∶2，三粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f（2πm,qB）相等，則它們?cè)诖艌?chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度之比等于時(shí)間之比，則知速率為v1、v2的粒子從ab邊穿出，偏轉(zhuǎn)角為90°，但兩者的速率大小關(guān)系不定，速率為v3的粒子從ac邊穿出，則其軌跡半徑最大,由半徑公式r＝eq\f(mv,Bq），知v3一定大于v1和v2，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確。速率為v3的粒子偏轉(zhuǎn)角為60°，如圖所示，由幾何關(guān)系知：r3sin60°＝L，得r3＝eq\f(2，\r(3)）L，又r3＝eq\f（mv3，Bq)，得eq\f（q,m)＝eq\f（\r(3)v3，2BL)，故D正確。由eq\f（θ,2π）＝eq\f（t，T），得t1＝t2＝eq\f(T，4）,又T＝eq\f（2πm，Bq)，得eq\f（q，m)＝eq\f（π,2Bt1）＝eq\f(π，2Bt2)，C項(xiàng)錯(cuò)誤.［答案]BD[易錯(cuò)點(diǎn)拔］①t1＝t2說(shuō)明這兩個(gè)帶電粒子都由ab邊射出,偏轉(zhuǎn)角相同，而t3<t1＝t2,說(shuō)明速率為v3的粒子由ac邊射出。②注意關(guān)系式eq\f（θ,2π)＝eq\f(t，T）的應(yīng)用。③正確畫(huà)出輔助圖，找到幾何關(guān)系。9．（多選）(2018·廣東華南三校聯(lián)考)如圖所示,一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行，軌道平面與水平面成θ角，軌道平面處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直軌道平面向上的磁場(chǎng)中，兩軌道上端用一阻值為R的電阻相連，軌道與金屬桿ab的電阻均不計(jì)，金屬桿向上滑行到某一高度后又返回到底端，則金屬桿（）A．在上滑過(guò)程中的平均速度小于eq\f(v0，2)B．在上滑過(guò)程中克服安培力做的功大于下滑過(guò)程中克服安培力做的功C．在上滑過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的動(dòng)能D．在上滑過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量大于下滑過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量［解析］在上滑過(guò)程中，對(duì)桿受力分析，在沿軌道方向有重力沿軌道向下的分力mgsinθ和沿軌道向下的安培力F安＝eq\f（B2L2v,R），所以桿做減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有mgsinθ＋eq\f(B2L2v,R)＝ma,因?yàn)関減小，則a減小，畫(huà)出其上滑過(guò)程的速度時(shí)間圖像如圖所示，則知其在上滑過(guò)程的平均速度小于eq\f(v0,2），A正確。由牛頓第二定律可知上滑時(shí)的加速度大于下滑時(shí)的加速度，則知桿經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)，下滑的速度小于上滑的速度，下滑時(shí)桿受到的安培力小于上滑時(shí)所受的安培力，則下滑過(guò)程安培力的平均值小于上滑過(guò)程安培力的平均值,所以上滑過(guò)程中桿克服安培力做的功大于下滑過(guò)程中克服安培力做的功,故B正確；因上滑過(guò)程中，減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱和桿的重力勢(shì)能,故上滑過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱小于減少的動(dòng)能,故C錯(cuò)誤;因上滑過(guò)程和下滑過(guò)程磁通量的變化量相等,則由q＝eq\f（ΔΦ，R)可知通過(guò)電阻R的電荷量相等，故D錯(cuò)誤。［答案]AB10．如圖，紙面內(nèi)有E、F、G三點(diǎn)，∠GEF＝30°,∠EFG＝135°,空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。先使帶有電荷量為q(q>0)的點(diǎn)電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從F點(diǎn)射出,其軌跡經(jīng)過(guò)G點(diǎn)；再使帶有同樣電荷量的點(diǎn)電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點(diǎn)射出，其軌跡也經(jīng)過(guò)G點(diǎn)，兩點(diǎn)電荷從射出到經(jīng)過(guò)G點(diǎn)所用的時(shí)間相同,且經(jīng)過(guò)G點(diǎn)時(shí)的速度方向也相同。已知點(diǎn)電荷a的質(zhì)量為m,軌道半徑為R,不計(jì)重力，求：(1）點(diǎn)電荷a從射出到經(jīng)過(guò)G點(diǎn)所用的時(shí)間；（2）點(diǎn)電荷b的速度大小.［解析]（1)設(shè)點(diǎn)電荷a的速度大小為v，由牛頓第二定律得qvB＝eq\f（mv2,R）①由①式得v＝eq\f（qBR,m)②設(shè)點(diǎn)電荷a的運(yùn)動(dòng)周期為T，有T＝eq\f(2πm，qB)③如圖：O和O1分別是a和b的圓弧軌道的圓心。設(shè)a在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度為θ，由幾何關(guān)系可得θ＝90°④故a從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過(guò)G點(diǎn)所用的時(shí)間t為t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB）⑤（2）設(shè)點(diǎn)電荷b的速度大小為v1，軌跡半徑為R1,b在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度為θ1，依題意有t＝eq\f(R1θ1，v1）＝eq\f（Rθ,v)⑥由⑥式得v1＝eq\f（R1θ1,Rθ)v⑦由于兩軌道在G點(diǎn)相切,所以過(guò)G點(diǎn)的半徑OG和O1G在同一直線上.由幾何關(guān)系和題給條件可得θ1＝60°⑧R1＝2R⑨聯(lián)立②④⑦⑧⑨式，解得v1＝eq\f(4qBR，3m)。［答案］（1）eq\f(πm，2qB)(2)eq\f(4qBR，3m)11．如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的原點(diǎn)O處有一放射源S，放射源在xOy平面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射速度大小為v的帶正電的粒子，粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q。位于y軸的右側(cè)垂直于x軸有一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的很薄的光屏MN,MN與x軸交于O′點(diǎn)，點(diǎn)M、N、O的連線恰好組成一個(gè)正三角形，不計(jì)粒子的重力。問(wèn)：(1)若只在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，恰好使y軸右側(cè)射出的所有粒子都能打到光屏MN上，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值Emin.（2)若只在xOy平面內(nèi)加一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，恰好使粒子從光屏的反面打到O′點(diǎn)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值Bmax以及粒子在此磁場(chǎng)中從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到光屏反面O′點(diǎn)的時(shí)間t1和從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到光屏正面O′點(diǎn)的時(shí)間t2。［解析］(1)當(dāng)沿y軸正方向射出的粒子恰好打到端點(diǎn)M時(shí),所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小。在y軸方向有eq\f(L，2）＝vt在x軸方向有eq\f（\r(3),2）L＝eq\f（1，2)at2＝eq\f（qEmin,2m）t2聯(lián)立解得Emin＝eq\f（4\r（3）mv2，qL）即恰好使y軸右側(cè)射出的所有粒子都能打到熒光屏MN上的電場(chǎng)強(qiáng)度最小值為eq\f(4\r(3)mv2,qL）。(2）如圖，當(dāng)粒子恰好擦過(guò)端點(diǎn)N后打到光屏MN反面的O′點(diǎn)時(shí),所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大。此時(shí)ON為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑.則圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R＝eq\f（L，2）由洛倫茲力提供向心力，則有qvBmax＝meq\f（v2,R)解得Bmax＝eq\f(2mv,qL)此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)一周所用的時(shí)間為T＝eq\f(πL,v)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到光屏反面O′點(diǎn)的時(shí)間t1＝eq\f(2,3）T＝eq\f(2πL，3v)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到光屏正面O′點(diǎn)的時(shí)間t2＝eq\f（1,3）T＝eq\f(πL,3v)。