素養(yǎng)培優(yōu)課(二)　帶電粒子在復合場中的運動 1．理解組合場和疊加場的概念。 2．會分析帶電粒子在各種場中的受力特點。 3．掌握帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路。 考點1　帶電粒子在疊加場中的運動 1．疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩種場共存。 2．基本思路 (1)弄清疊加場的組成。 (2)進行受力分析。 (3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合。 (4)畫出帶電粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。 ①當帶電粒子做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。 ②當帶電粒子做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解。 ③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。 【典例1】　(2023·新課標卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為(　　) A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里 B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外 C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里 D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外 C　[若電子打在a點，則電子所受的洛倫茲力等于電場力，即eE＝evB。當電場方向水平向左時，磁場的方向只能垂直紙面向外，此時α粒子所受的向左的電場力F電＝2eE，所受的向右的洛倫茲力F洛＝2e×110vB＝15evB，則α粒子所受的洛倫茲力小于電場力，即α粒子向左發(fā)生偏轉；當電場方向水平向右時，磁場方向只能垂直紙面向里，此時α粒子所受的向右的電場力F電＝2eE，所受的向左的洛倫茲力F洛＝2e×110vB＝15evB，洛倫茲力小于電場力，α粒子向右發(fā)生偏轉。同理分析可知，若α粒子打在a點，則電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里。故C正確。] 　復合場中運動問題的求解技巧 帶電體在復合場中的運動問題仍是一個力學問題，求解思路與力學問題的求解思路基本相同，仍然按照對帶電體進行受力分析，運動過程分析，充分挖掘題目中的隱含條件，根據(jù)不同的運動情況建立相應的方程。 [跟進訓練] 1．如圖所示，區(qū)域Ⅰ內有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區(qū)域寬度為d1，區(qū)域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域寬度為d2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下。一質量為m、電荷量大小為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了30°，重力加速度為g，求： (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內勻強電場的電場強度E1、E2的大?。?(2)區(qū)域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大??； (3)微粒從P運動到Q的時間有多長。 [解析]　(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內水平向右做直線運動，則在豎直方向上有qE1sin 45°＝mg 求得E1＝2mgq 微粒在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，有mg＝qE2 求得E2＝mgq。 (2)微粒在區(qū)域Ⅰ內由動能定理可得 qE1d1cos 45°＝12mv2 在區(qū)域Ⅱ內有qvB＝mv2R 根據(jù)幾何關系，分析可知R＝d2sin30°＝2d2 整理得B＝m2gd12qd2。 (3)微粒從P到Q的時間包括在區(qū)域Ⅰ內的運動時間t1和在區(qū)域Ⅱ內的運動時間t2，并滿足d1＝12a1t12 mg tan 45°＝ma1 t2＝30°360°×2πRv 經(jīng)整理得t＝t1＋t2＝2d1g+112×2π·2d22gd1＝6d1+πd26gd12gd1。 [答案]　(1)2mgq　mgq　(2)m2gd12qd2　(3)6d1+πd26gd12gd1 考點2　帶電粒子在組合場中的運動 1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，一般為兩場相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)。 2．“磁偏轉”和“電偏轉”的比較 3．分析思路 (1)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動學分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖。 (2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。 (3)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。 【典例2】　如圖所示，在第一象限內，存在垂直x軸向下的勻強電場，第二象限內存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場，大小為B0，第四象限內存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第二象限，在xOy平面以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至x軸上的N點，沿與x軸正方向成45°角離開電場；在第四象限磁場中運動一段時間后，垂直于y軸進入第三象限。不計粒子重力，求： (1)第一象限電場強度的大小E； (2)第四象限磁感應強度的大小B1。 [解析]　(1)在第二象限內，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，運動軌跡為以原點O為圓心，半徑為R0的14圓周，則有qB0v0＝mv02R0 ① 在第一象限內在電場力作用下做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律有Eq＝ma ② 到達N點時，有v0＝vx＝vy ③ vy2＝2aR0 ④ 聯(lián)立①～④解得E＝B02qR02m。 ⑤ (2)粒子在第一象限內運動時，水平方向的位移為x＝v0t ⑥ 又vy＝at ⑦ 到達N點時其合速度為v＝2v0 ⑧ 粒子在第四象限做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系可求得，其半徑為R＝2x ⑨ 又因為qvB1＝mv2R ⑩ 聯(lián)立①～⑩解得B1＝B02。 [答案]　(1)B02qR02m　(2)B02 　帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法 [跟進訓練] 2．如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為＋q的微粒，在A點(0，3 m)以初速度v0＝120 m/s平行x軸正方向射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的P點(6 m，0)和Q點(8 m，0)各一次。已知該微粒的比荷為qm＝102 C/kg，微粒重力不計。 (1)求微粒從A到P所經(jīng)歷的時間和加速度的大??； (2)求出微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電場和磁場中由A至Q的運動軌跡； (3)求電場強度E和磁感應強度B的大小。 [解析]　(1)微粒從平行x軸正方向射入電場區(qū)域，由A到P做類平拋運動，微粒在x軸正方向做勻速直線運動，由x＝v0t，得t＝xv0＝0.05 s 微粒沿y軸負方向做初速度為零的勻加速直線運動，由y＝12at2得a＝2.4×103 m/s2。 (2)vy＝at，tan α＝vyv0＝1，所以α＝45° 微粒運動軌跡如圖所示： (3)由qE＝ma，得E＝24 N/C 設微粒從P點進入磁場以速度v做勻速圓周運動， v＝2v0＝1202 m/s 由幾何關系可知r＝2 m，由qvB＝mv2r得B＝mvqr＝1.2 T。 [答案]　(1)0.05 s　2.4×103 m/s2　(2)45°　見解析圖　(3)24 N/C　1.2 T 考點3　帶電粒子在交變場中的運動 解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路 【典例3】　在如圖甲所示的正方形平面Oabc內存在著垂直于該平面的勻強磁場，磁感應強度的變化規(guī)律如圖乙所示。一個質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)在t＝0時刻平行于Oc邊從O點射入磁場中。已知正方形邊長為L，磁感應強度的大小為B0，規(guī)定垂直于紙面向外為磁場的正方向。 (1)求帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T0； (2)若帶電粒子不能從Oa邊界射出磁場，求磁感應強度的變化周期T的最大值； (3)要使帶電粒子在b點沿著ab方向射出磁場，求滿足這一條件的磁感應強度變化的周期T及粒子射入磁場時的速度大小。 [解析]　(1)由qvB0＝mv2r，T0＝2πrv 聯(lián)立解得T0＝2πmqB0。 (2)如圖丙所示為周期最大時粒子不能從Oa邊射出的臨界情況，由幾何關系可知sin α＝12 得α＝30°。 在磁場變化的半個周期內，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為150°。 運動時間為t＝512 T0＝5πm6qB0，而t＝T2 所以磁感應強度的變化周期T的最大值為5πm3qB0。 (3)如圖丁所示為粒子在b點沿著ab方向射出磁場的一種情況。在磁場變化的半個周期內，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為2β，其中β＝45°，即T2＝T04，所以磁場變化的周期為T＝πmqB0 弦OM的長度為s＝2Ln(n＝2，4，6，…) 圓弧半徑為R＝s2＝Ln(n＝2，4，6，…) 由qv0B0＝mv02R 解得v0＝qB0Lnm(n＝2，4，6，…)。 [答案]　(1)2πmqB0　(2)5πm3qB0　(3)πmqB0　qB0Lnm(n＝2，4，6，…) [跟進訓練] 3．如圖甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場、電場強度大小為E；y軸右側有如圖乙所示周期性變化的磁場，磁感應強度大小B0已知，磁場方向垂直紙面向里為正。t＝0時刻，從x軸上的P點無初速度釋放一帶正電的粒子，粒子(重力不計)的質量為m、電荷量為q，粒子第一次在電場中運動的時間與第一次在磁場中運動的時間相等，且粒子第一次在磁場中做圓周運動的軌跡為半圓。求： (1)P點到O點的距離； (2)粒子經(jīng)一個周期6.5πmqB0沿y軸發(fā)生的位移大小。 [解析]　(1)設粒子第一次在電場中做勻加速運動的時間為t0，則t0＝πmqB0，Eq＝ma 設O、P間距離為x，則x＝12at0 2 聯(lián)立解得x＝π2Em2qB0 2。 (2)如圖所示，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑分別為R1和R2。 R1＝mv0qB0，R2＝3mv02qB0 又由動能定理得Eqx＝12mv0 2 粒子每經(jīng)一個周期沿y軸向下移動Δx Δx＝2R2－2R1＝πmEqB0 2。 [答案]　(1)π2Em2qB0 2　(2)πmEqB0 2 素養(yǎng)培優(yōu)練(二)　帶電粒子在復合場中的運動 一、選擇題 1．(多選)一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在下圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是(　　) A　　　　B　　　C　　　　　D AD　[根據(jù)帶電粒子在電場中的偏轉情況可以確定A、C、D中粒子帶正電，B中粒子帶負電，再根據(jù)左手定則判斷粒子在磁場中偏轉方向，可知A、D正確，B、C錯誤。] 2．(2022·全國甲卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D B　[分析可知，開始一段較短時間內，粒子具有沿＋y方向的速度，由左手定則可知，粒子應向左側偏轉，A、C項錯誤；由于粒子所受電場力沿＋y方向，且粒子初速度為零，初始位置在坐標原點，故粒子運動軌跡的最低點在x軸上，D項錯誤，B項正確。] 3．如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)(　　) A．d隨U1變化，d與U2無關 B．d與U1無關，d隨U2變化 C．d隨U1變化，d隨U2變化 D．d與U1無關，d與U2無關 A　[帶電粒子在兩導體板間做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向的分量，設出射速度與水平方向夾角為θ，則有v0v＝cos θ，粒子在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對應的半徑為R，由幾何關系得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，則有d2R＝cos θ，所以d＝2Rv0v，又因為半徑公式R＝mvBq，則有d＝2mv0Bq＝2B· 2mU1q，故d隨U1變化，d與U2無關，故A正確。] 4．如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，一個帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上勻速運動，下列說法正確的是(　　) A．微粒可能帶負電，也可能帶正電 B．微粒的電勢能一定增加 C．微粒的機械能一定增加 D．洛倫茲力對微粒做負功 C　[根據(jù)做直線運動的條件和受力情況如圖所示?？芍Ｗ幼鰟蛩僦本€運動，則粒子必定帶負電，故A錯誤；由a沿直線運動到b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；因重力做負功，重力勢能增加，又動能不變，則機械能一定增加，故C正確；洛倫茲力一直與速度方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤。] 5．(多選)如圖所示，勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直于紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量同種電荷，其中a靜止，b向右做勻速直線運動，c向左做勻速直線運動，比較它們的重力Ga、Gb、Gc間的關系，正確的是(　　) A．Ga最大 　 B．Gb最大 C．Gc最大 　 D．Gb最小 CD　[據(jù)F合＝0可知a帶負電，顯然b、c也帶負電，所以b所受洛倫茲力方向豎直向下，c所受洛倫茲力方向豎直向上，則有Gbmg時，細桿對圓環(huán)的支持力FN方向豎直向下FN＝qvB－mg，故f>0，圓環(huán)做減速運動，隨速度v的減小FN逐漸減小，故滑動摩擦力f逐漸減小，故圓環(huán)的加速度a＝fm逐漸減小，即圓環(huán)做加速度逐漸減小的變減速運動，當qvB＝mg時，F(xiàn)N＝0，故f＝0，圓環(huán)做勻速直線運動，故C錯誤。] 8．(多選)如圖所示，設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，已知一粒子在重力、電場力和洛倫茲力作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，以下說法正確的是(　　) A．這粒子必帶正電荷 B．A點和B點在同一高度 C．粒子在C點時速度最大 D．粒子到達B點后，將沿曲線返回A點 ABC　[根據(jù)粒子軌跡彎曲方向，可知受洛倫茲力方向必沿彎曲方向，判斷出粒子必帶正電，A正確；而粒子在A、B兩點時速度都為零，在運動過程中洛倫茲力不做功，這樣只有重力和電場力做功，由動能定理可知，重力和電場力做的總功是零，因此A點和B點在同一高度，B正確；粒子到達最低點C點時，電場力做功和重力做功最大，由動能定理可知粒子在C點速度達到最大，C正確；由以上分析可知，粒子到達B點后速度是零，將沿與ACB相同的路徑向右偏轉，不返回A點，D錯誤。] 9．(多選)如圖所示，帶電平行板中勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方向垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經(jīng)過軌道端點P進入板間后恰好沿水平方向做直線運動，現(xiàn)使球從較低的b點開始滑下，經(jīng)P點進入板間，則球在板間運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．其動能將會增大 B．其電勢能將會增大 C．小球所受的磁場力將會增大 D．小球所受的電場力將會增大 ABC　[由于小球進入板間后恰好沿水平方向做直線運動，則帶電小球一定帶正電荷，從a點滑下時，電場力qE和磁場力qBv方向均向上，它們的合力與重力mg相平衡，當小球從較低的b點滑下到達P點時的速度v′qE，則帶電小球的動能增大，電場力做負功，電勢能將增大，小球所受電場力大小和方向都不會改變，而由于動能增大，則小球所受磁場力將會增大，故A、B、C正確。] 二、非選擇題 10．在電子技術中，科研人員經(jīng)常通過在適當?shù)膮^(qū)域施加磁場或電場束控制帶電粒子的運動。如圖所示，位于M板處的粒子源不斷產(chǎn)生質量為m、電荷量為q的粒子，粒子經(jīng)小孔S1不斷飄入電壓為U的加速電場，其初速度可視為零；然后經(jīng)過小孔S2射出后沿x軸方向從坐標原點O垂直于磁場方向進入x軸上方(含x軸正半軸)的有界勻強磁場控制區(qū)，磁場的磁感應強度為B，粒子發(fā)生270°偏轉后離開磁場豎直向下打在水平放置的熒光屏上，已知N板到y(tǒng)軸、熒光屏到x軸的距離均為L，不考慮粒子重力及粒子間的相互作用。 (1)求粒子在磁場中運動半徑的大小； (2)求粒子從N板射出到打在熒光屏上所需的時間。 [解析]　(1)粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有qU＝12mv2 粒子進入磁場，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝mv2R 解得R＝1B2mUq。 (2)粒子運動到坐標原點的時間t1＝Lv 粒子在磁場中運動的時間為t2＝34T＝34×2πmqB 離開磁場到達熒光屏的時間為t3＝R+Lv 所以粒子運動的總時間為t＝t1＋t2＋t3＝L2mqU+2+3πm2qB。 [答案]　(1)1B2mUq　(2)L2mqU+2+3πm2qB 11．(2023·遼寧卷)如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為2mv03qB，不計粒子重力。 (1)求金屬板間電勢差U； (2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ； (3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。 [解析]　(1)分析可知，粒子在兩金屬板間做類平拋運動，設兩金屬板間距為d，則金屬板長為3d， 由牛頓第二定律，有Eq＝ma 又兩金屬板間電場強度與電勢差的關系為E＝Ud 由平拋運動規(guī)律，有3d＝v0t 12d＝12at2 解得U＝mv023q。 (2)畫出粒子從射出電場到射出磁場的軌跡，如圖甲所示。由運動的合成與分解可知，粒子射出電場時的速度大小v＝v02+a2t2 粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝mv2r 由題意可知磁場半徑R＝2mv03qB 根據(jù)幾何關系有tan α＝rR 解得粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ＝π－2α＝π3。 (3)粒子在磁場中的運動軌跡和相應的弦O′Q如圖乙所示。 由題意可知，粒子的速度大小不變，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑不變，粒子在磁場中運動的周期不變，運動時間最長時，對應的弧最長。畫圖的步驟：①先畫出粒子從O′點進入磁場的部分軌跡；②以O′為圓心，以磁場半徑R為半徑畫弧(是一段劣弧)；③從軌跡對應的圓心引一條線，這條線與圓弧相切時與圓弧的交點即為磁場圓心M；④以M為圓心，以磁場半徑R為半徑畫圓，該圓即為磁場區(qū)域。 [答案]　(1)mv023q　(2)π3　(3)見解析 12．(2023·遼寧卷)如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向，t＝0時刻，帶負電的粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量，且E0B0＝8v0π2，在0～t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為2v0t0π，2v0t0π。求： (1)粒子P的比荷； (2)t＝2t0時刻粒子P的位置坐標； (3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。 [解析]　(1)0～t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經(jīng)過14圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R， 即R＝2v0t0π ① 又qv0B0＝mv0 2R ② 又有E0B0＝8v0π2 聯(lián)立解得qm＝4v0πE0t0。 ③ (2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，則 T＝2πRv0 ④ 聯(lián)立①④式解得T＝4t0 ⑤ 即粒子P做14圓周運動后磁場變?yōu)殡妶?，粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t0～2t0時間內水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則x1＝v0t0＝2πR4＝πR2 ⑥ y1＝12at0 2 ⑦ 其中加速度a＝qE0m ⑧ 聯(lián)立①③⑦⑧式解得y1＝2v0t0π＝R ⑨ 因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為 2+ππv0t0，0，如圖中的b點所示。 (3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內，靜電力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如(2)中圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L，即O、d間的距離，則L＝2R＋2x1，解得L＝4+2ππv0t0。 [答案]　(1)4v0πE0t0　(2)2+ππv0t0，0　(3)4+2ππv0t0 電偏轉磁偏轉偏轉 條件帶電粒子以v⊥E進入勻強電場(不計重力)帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場(不計重力)受力 情況只受恒定的電場力F=Eq只受大小恒定的洛倫茲力F=qvB運動 情況類平拋運動勻速圓周運動運動 軌跡拋物線 圓弧 求解 方法利用類平拋運動的規(guī)律x=v0t，y=12at2，a=qEm，tan θ=atv0牛頓第二定律、向心力公式r=mvqB，T=2πmqB，t=θT2π先讀圖看清并且明白場的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況過程分析分析粒子在不同時間段內的運動情況找銜接點找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解

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