【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场叠加场中的运动学案

【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场叠加场中的运动学案

‎　带电粒子在组合场、叠加场中的运动 ‎[学科素养与目标要求]　‎ 物理观念：1.知道组合场是电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠.2.叠加场是指某区域同时存在电场、磁场和重力场中的两个或者三个，也叫复合场．‎ 科学思维：1.知道组合场问题一般可以按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一个小过程中对粒子进行分析.2.叠加场问题要弄清叠加场的组成，结合运动情况和受力情况分析粒子的运动．‎ 一、带电粒子在组合场中的运动 带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动．通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动．‎ ‎(1)在匀强电场中运动：‎ ‎①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；‎ ‎②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．‎ ‎(2)在匀强磁场中运动：‎ ‎①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；‎ ‎②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．‎ ‎(3)解决带电粒子在组合场中的运动问题，所需知识如下：‎ 例1　(2018·安徽师大附中期末)如图1所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：‎ 图1‎ ‎(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；‎ ‎(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝at12，qE＝ma 粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，‎ tanα＝＝1，故α＝45°.‎ 则粒子在磁场中的速度为v＝v0.‎ Bqv＝，‎ 由几何关系得r＝L 联立解得＝ ‎(2)在磁场中运动的周期为T＝，‎ 粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝，‎ 解得＝.‎ 针对训练　(2017·天津理综)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图2所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动．Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ 图2‎ 答案　(1)v0　方向与x轴正方向成45°角斜向上　(2) 解析　(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 ‎2L＝v0t①‎ L＝at2②‎ 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at③‎ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有 tanα＝④‎ 联立①②③④式得α＝45°⑤‎ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．‎ 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有 v＝⑥‎ 联立①②③⑥式得v＝v0⑦‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得 F＝ma⑧‎ 又F＝qE⑨‎ 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m⑩‎ 由几何关系可知R＝L⑪‎ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝ ‎[学科素养]　例1和针对训练考查了带电粒子在组合场中的运动，按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一个小过程中对粒子进行分析，在解题过程中，回顾了物理概念和规律，锻炼了从物理学视角对客观事物的本质属性、内在规律及相互关系认识的能力，体现了“物理观念”、“科学思维”等学科素养．‎ 二、带电粒子在叠加场中的运动 带电粒子在叠加场中的运动一般有两种情况：‎ ‎(1)直线运动：如果带电粒子在叠加场中做直线运动，一定是做匀速直线运动，合力为零．‎ ‎(2)圆周运动：如果带电粒子在叠加场中做圆周运动，一定是做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力提供向心力．‎ 例2　(2018·重庆一中高二上期中)如图3所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N，以下说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．带电微粒可能带负电 B．运动过程中带电微粒的动能保持不变 C．运动过程中带电微粒的电势能增加 D．运动过程中带电微粒的机械能守恒 答案　B 解析　根据做直线运动的条件和受力情况可知，微粒一定带正电，且做匀速直线运动，所以选项A错误；由于电场力向右，对微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能仍不变，选项B正确，C错误；由能量守恒可知，‎ 电势能减小，机械能一定增加，所以选项D错误．‎ 例3　如图4所示，在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外，一质量为m、带电荷量为－q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动．(重力加速度为g)‎ 图4‎ ‎(1)求此区域内电场强度的大小和方向；‎ ‎(2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°角，如图所示．则该微粒至少需要经过多长时间才能运动到距地面最高点？最高点距地面多高？‎ 答案　(1)　方向竖直向下　(2)　H＋ 解析　(1) 要满足带负电微粒做匀速圆周运动，则：‎ qE＝mg得E＝，方向竖直向下．‎ ‎(2)如图所示，‎ 当微粒第一次运动到最高点时，α＝135°，‎ 则t＝T＝T＝ 因T＝ 所以：t＝，因微粒做匀速圆周运动，qvB＝m，‎ 则R＝，故最高点距地面的高度为：‎ H1＝R＋Rsin45°＋H＝H＋.‎ ‎1．(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)(2018·扬州中学高二上期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图5所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则(　　)‎ 图5‎ A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度 C．到达C点时离子速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 答案　BC 解析　离子开始受到电场力作用开始向下运动，可知电场力方向向下，则离子带正电，A错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B点的右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误．‎ ‎2．(带电粒子在叠加场中的运动)(2017·全国卷Ⅰ)如图6，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是(　　)‎ 图6‎ A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 答案　B 解析　设三个微粒的电荷量均为q，‎ a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE①‎ b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvB②‎ c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvB＝qE③‎ 比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．‎ ‎3．(带电粒子在组合场中的运动)(2018·长郡中学期末)如图7所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)‎ 图7‎ A．d随U1变化，d与U2无关 B．d与U1无关，d随U2变化 C．d随着U1、U2变化 D．d与U1无关，d与U2无关 答案　A 解析　粒子在电场U1中加速，则qU1＝mv02，则有v0＝.粒子在偏转电场中做类平抛运动，设粒子在偏转电场中的偏向角为θ，进入磁场时的速度为v，‎ 则有：＝cosθ 而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，‎ 则有：＝cosθ 所以d＝，‎ 又因为半径公式R＝，‎ 则有d＝＝.故d随U1变化，d与U2无关，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎4．(带电粒子在组合场中的运动)(2018·深圳高中联盟高二上期末)如图8所示装置中，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E，区域Ⅱ中有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B，区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B.一质量为m、带电荷量为q的带负电粒子从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入匀强电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的匀强磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中．(粒子重力不计，区域Ⅱ、Ⅲ足够大)求：‎ 图8‎ ‎(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；‎ ‎(2)O、A间的距离；‎ ‎(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．‎ 答案　(1)　(2)　(3)＋ 解析　(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知v＝＝2v0.‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ qvB＝m 所以R＝ ‎(2)设粒子在电场中的运动时间为t1，加速度为a，则有qE＝ma v0tan60°＝at1，‎ 即t1＝ O、A两点间的距离为：L＝v0t1＝ ‎(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中的运动时间为t2，粒子运动周期为：T1＝＝ 则由几何关系知：t2＝T1＝ 设粒子在Ⅲ区域磁场中的运动时间为t3，同理：T2＝ 则：t3＝T2＝ 粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为：t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋.‎ 一、选择题 考点一　带电粒子在叠加场中的运动 ‎1.如图1所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则关于电场强度E和磁感应强度B的大小，正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ 图1‎ A．E＝，B＝ B．E＝，B＝ C．E＝，B＝ D．E＝，B＝ 答案　A 解析　假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示．‎ 根据合外力为零得 mg＝qvBsin45°‎ qE＝qvBcos45°‎ 联立可得B＝，E＝.‎ ‎2．(多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图2所示，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向 B．小球一定带正电且小球的电荷量q＝ C．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒 D．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变 答案　BD 解析　带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球受的合力才只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg＝qE可得q＝，故A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D正确．‎ ‎3．(多选)如图3所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图3‎ A．液滴一定做匀减速直线运动 B．液滴一定做匀加速直线运动 C．电场方向一定斜向上 D．液滴一定带正电 答案　CD 解析　带电液滴受竖直向下的重力G、平行于电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛，带电液滴做直线运动，因此三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，故选项A、B错误．当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力，这三个力的合力能够为零，使带电液滴沿虚线L做匀速直线运动；如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下，带电液滴所受合力不为零，带电液滴不可能沿直线运动，故选项C、D正确．‎ 考点二　带电粒子在组合场中的运动 ‎4．(多选)如图4所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升 B．滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变 C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大 答案　AC 解析　当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升，在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A正确，B错误；磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项C正确，D错误．‎ ‎5.如图5所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k，由静止开始经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)(　　)‎ 图5‎ A．如果只增加U，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场 B．如果只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场 C．如果既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场 D．如果只增加k，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场 答案　D 解析　由题意可得qU＝mv2，k＝，r＝，解得r＝.只增加U，r增大，粒子不可能从dP之间某位置穿出磁场，故A错误．粒子电性不变，不可能向上偏转从ab边某位置穿出磁场，故B错误．既减小U又增加B，r减小，粒子不可能从bc边某位置穿出磁场，故C错误．只增加k，r减小，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场，故D正确．‎ ‎6．如图6所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R.粒子重力不计，则(　　)‎ 图6‎ A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1‎ C．粒子完成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R 答案　D 解析　由r＝可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，选项C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了l＝R＋2R＝3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，选项A错误，D正确．‎ 二、非选择题 ‎7．(2018·齐齐哈尔市期末)如图7所示的区域中，OM左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向．一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子从小孔P以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q 点，已知OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求：‎ 图7‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)电场强度E的大小．‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：∠PO1C＝120°‎ 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，r＋rcos60°＝OC＝L得r＝ 粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv0B＝m，解得：B＝＝ ‎(2)粒子在电场中做类平抛运动，‎ 由牛顿第二定律得qE＝ma 水平方向2L＝v0t 竖直方向L＝at2‎ 联立解得E＝ ‎8．(2016·天津理综)如图8所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；‎ ‎(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.‎ 图8‎ 答案　(1)20m/s　方向与电场方向成60°角斜向上　(2)3.5s 解析　(1)小球做匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①‎ 代入数据解得v＝20m/s②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tanθ＝③‎ 代入数据解得tanθ＝ θ＝60°④‎ ‎(2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsinθ⑤‎ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥‎ 联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2s≈3.5s.‎ ‎9.如图9所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：‎ 图9‎ ‎(1)电场强度E的大小和方向；‎ ‎(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；‎ ‎(3)A点到x轴的高度h.‎ 答案　(1)　竖直向上　(2)　(3) 解析　(1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE＝mg①‎ E＝②‎ 重力的方向竖直向下，电场力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．‎ ‎(2)小球在叠加场中做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，如图所示，‎ 设半径为r，由几何关系知＝sinθ③‎ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速度为v，有qvB＝④‎ 由速度的合成与分解知＝cosθ⑤‎ 由③④⑤式得v0＝.⑥‎ ‎(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tanθ⑦‎ 由匀变速直线运动规律有v＝2gh⑧‎ 由⑥⑦⑧式得h＝.‎ ‎10．如图10所示xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知OP之间的距离为d(不计粒子的重力)．求：‎ ‎(1)O点到Q点的距离；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间．‎ 图10‎ 答案　(1)2d　(2)　(3) 解析　(1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，P到Q 受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知 竖直方向做匀速直线运动，h＝v0t1①‎ 水平方向做匀加速直线运动的平均速度＝，‎ 则d＝②‎ 根据速度的矢量合成tan45°＝，③‎ 联立①②③解得h＝2d.‎ ‎(2)粒子运动轨迹如图所示，‎ 由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2d 由牛顿第二定律得qvB＝m，解得R＝ 由(1)可知v＝＝v0‎ 联立解得B＝.‎ ‎(3)在电场中的运动时间为t1＝ 在磁场中，由运动学公式得T＝ 在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T 在第四象限内的运动时间为t3＝ 带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝.‎