第11章 专题突破20 带电粒子在交变场和三维空间中的运动-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

专题突破20 带电粒子在交变场和三维空间中的运动 第十一章　磁场 1 [学习目标]　1.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。2.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和在叠加场中的旋进运动。3.掌握解决带电粒子在立体空间中的运动问题的解题思路和处理方法。 2 突破点一　带电粒子在交变电磁场中的运动 突破点二　带电粒子在三维空间中的运动 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 突破点一 带电粒子在交变电磁场中的运动 一 4 解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 盘点 核心知识 [典例1]　(2024·广东卷)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 考向1　交变电场与磁场结合 提升 关键能力 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； [解析]　根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0 根据T＝可得粒子所带的电荷量q＝。 [答案]　正电　 (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； [解析]　若金属板的板间距离为D，则板长为， 粒子在板间运动时水平方向有＝vt0 出电场时竖直速度为零，则竖直方向有 y＝2×· 在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m 其中y＝2r＝ 联立解得D＝，v＝π。 [答案]　　π (3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 [解析]　带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图， 由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r 则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0 时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则W＝mv2＋Eq× 。 [答案]　 [典例2]　(2025·江苏苏州高三阶 段检测)如图甲所示，在y轴左侧存 在沿x轴正方向的匀强电场，在y轴 右侧的矩形虚线空间存在垂直于纸 面的周期性的磁场，磁感应强度大 小为，磁场上边界在y＝2a处， 下边界在y＝－2a处，右边界在x＝3a处，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从位置坐标为(a，2a)的A点以速度v沿y轴负方向射入磁场，若粒子恰能垂直打到放置在下边界处的水平挡板上的B点(图中B点未标出)，并经碰撞后原速率反弹(不计碰撞时间和电荷量的变化)，最终粒子会从A点垂直上边界向上射出，离开磁场区域。不计粒子重力，不考虑变化的磁场所产生的电场。求： 考向2　交变磁场与电场结合 (1)带电粒子在磁场中的运动半径与运动周期； [解析]　粒子从A点以速度v沿y轴负方向射入磁场，在0~时间内，磁感应强度等于零，粒子做匀速直线运动，粒子的位移为y＝vt＝v×＝2a可知粒子垂直x轴射到下方磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 解得r＝＝a 粒子的运动周期为T＝。 [答案]　a　　 (2)若使粒子从A点运动到B点的时间最短，图乙中T0的最小值； [解析]　由左手定则可知，粒子在磁场中向右 偏转，转动一个周期后又从x轴上x＝a点处射 入x轴下方的磁场，若此时磁场的磁感应强度 等于零，则有粒子做匀速直线运动垂直打在下边界处的水平挡板上的B点。因此要使粒子从A点运动到B点的时间最短，则粒子在磁场中转动一个周期，且有T0＝T＋ 则T0的最小值是。 [答案]　　 (3)T0取第(2)问的数值，使带电粒子从与B点碰后运动到A点的时间最短，则此条件下所加的电场强度E的大小。 [解析]　由以上计算可知，带电粒子从与B点碰撞后返回，在磁场中向左偏转，先做的圆周运动，粒子垂直y轴射入电场，在电场中的加速度大小为a电＝ 加速度方向与粒子运动方向相反，做匀减速直线运动，经t1时间返回，又以原速度大小垂直y轴射入磁场，t1＝2×＝2× 带电粒子从与B点碰撞后运动到A点有最短时间，即粒子在一个周期内在x轴下方磁场和电场中运动，然后在x轴上方做匀速直线运动，直到再次从A点垂直上边界射出磁场。由此可知，粒子在电场中运动时间等于时，所用时间最短，则有t1＝ 解得E＝。 [答案]　 如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t＝0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，且，在0~t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为()。求： 教参独具 (1)粒子P的比荷； 解析：0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R， 即R＝ ① 又qv0B0＝m ② 且 联立解得。 ③ 答案：　 (2)t＝2t0时刻粒子P的位置坐标； 解析：设粒子P在磁场中运动的周期为T， 则T＝ ④ 联立①④式解得T＝4t0 ⑤ 即粒子P做圆周运动后磁场变为电 场，粒子以速度v0垂直电场方向进 入电场后做类平抛运动，设t0~2t0时 间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则 x1＝v0t0＝ ⑥ y1＝a ⑦ 其中加速度a＝ ⑧ 联立①③⑦⑧式解得y1＝＝R ⑨ 因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为(v0t0，0)，如图中的b点所示。 答案：(v0t0，0) (3)带电粒子在运动过程中与原点O的最远距离L。 解析：分析知，粒子P在2t0~3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，沿x轴方向位移x2＝x1＝v0t0；在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如上图所示，由图可知，带电粒子在运动中与原点O的最远距离，即O、d间的距离，则L＝2R＋2x1，解得L＝v0t0。 答案：v0t0 突破点二 带电粒子在三维空间中的运动 二 20 [典例3]　(2025·江苏常州前黄高级中学检测)用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是(　　) 考向1　带电粒子的螺旋线运动 提升 关键能力 A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向 B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变 C.若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小 D.若仅增大α角(α＜90°)，则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时“轨迹”为闭合的整圆 [答案]　D [解析]　将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x轴方向，速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x＝v0cos α·t，沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误； 根据evyB＝m， T＝， 且vy＝v0sin α， 解得D＝2r＝， T＝， 所以Δx＝vxT＝， 所以若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误； 若仅增大v0，则D、Δx皆按比例增大，故C错误； 若仅增大α，则D增大而Δx减小，且α＝90°时Δx＝0，故D正确。 如果带电粒子在磁场中运动的速度方向与磁感应强度方向不垂直时粒子的运动为螺旋线运动。常见运动形式有两种情况： (1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场方向的匀速圆周运动。 (2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场方向的匀速圆周运动。 规律方法 [典例4]　如图所示，在O－xyz三维坐标系中，y＞0空间有沿y轴负方向的匀强电场，y＜0空间有沿y轴负方向的匀强磁场。一带正电粒子以速度v0从x轴上的A点(－d，0，0)处在xOy平面内沿与x轴正方向成37°角射入电场中，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子恰好经过O点，磁感应强度大小为B＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，粒子的重力忽略不计，求： 考向2　带电粒子在立体空间中的偏转 (1)匀强电场的电场强度E； [解析]　粒子在电场中做类斜抛运动，则有 d＝v0cos 37°t1，－v0sin 37°＝v0sin 37°－t1 解得E＝。 [答案]　 (2)粒子射入电场开始计时，第n次经过y轴的时刻； [解析]　粒子进入磁场后，在xOz平面内做匀速圆周运动，在y轴方向上，沿y轴负方向做匀速直线运动，则有 qv0cos 37°B＝m，T＝ 则粒子射入电场开始计时，第n次经过y轴的时刻 t2＝t1＋(n－1)T(n＝1，2，3，…) 解得t2＝(n＝1，2，3，…)。 [答案]　(n＝1，2，3，…) (3)粒子在磁场中第n次距y轴最远时离A点的位移大小。 [解析]　粒子在磁场中第n次距y轴最远时，粒子沿y轴负方向移动的距离 y＝v0sin 37°(2n－1)(n＝1，2，3，…) 粒子距离y轴最大的距离z＝2R 则离A点的位移大小x0＝ 解得x0＝(n＝1，2，3，…)。 [答案]　(n＝1，2，3，…) 分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间中的位置关系。带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题。有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解。 方法技巧 课时作业　巩固提高训练 三 31 1.中国科学院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ，所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子 间的相互作用，则(　　) A.甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右 B.乙粒子的运动轨迹是曲线 C.丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变 D.从图中所示状态，经过时间后，丙粒子位置改变了 2 3 4 5 6 7 1 A 夯实基础 D 32 解析：甲粒子受洛伦兹力大小为qvB，根据左手定则可知方向垂直于纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直线，故B错误；将丙粒子速度v在沿磁感应强度方向和垂直磁感应强度方向分解为v1和v2，其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，v2对应的分运动为在垂直纸面的平面内的匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变，故C错误；对丙粒子在垂直于纸面内的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv2B＝ 2 3 4 5 6 7 1 33 解得r＝ 所以周期为T＝ 丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为v1＝vcos θ 经过一个周期的时间，丙粒子位置改变了 x＝v1T＝ 故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 34 2.(2025·江苏徐州模拟)如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一象限(含坐标轴)内有垂直坐标平面周期性变化的均匀磁场(未画出)，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图乙所示，不计粒子重力及磁场变化影响。某一带负电的粒子质量为m、电荷量为q，在t＝0时从坐标原点沿y轴正方向射入磁场中，将磁场变化周期记为T0，要使 粒子在t＝T0时距y轴最远，则T0的值为(　　) A.　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 1 A 35 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，0~T0时间内，有qv0B0＝m，解得r1＝，周期为T1＝T0~T0时间内，有qv0×B0＝m，解得r2＝＝1.5r1，周期为T2＝＝1.5T1，要求在T0 时，粒子距y轴最远，作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系，可得sin θ＝＝0.6，解得θ＝37°，则0~T0时间内圆周运动转过的圆心角为π－θ＝143°，可得T0＝T1，联立解得T0＝，故选A。 2 3 4 5 6 7 1 36 3.2023年4月12日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置创造了当时最新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一足够长的真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场，如图所示。若某带正电的离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子受到的重力。当离子速度平行于磁场方向的分 量大小为2v1时，垂直于磁场方向的分量大小为(　　) A.v2 B.2v2 C.3v2 D.4v2 2 3 4 5 6 7 1 A 37 解析：根据运动的合成和分解原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，则当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2v1时，垂直于磁场方向的分量大小仍为v2。故选A。 2 3 4 5 6 7 1 38 4.(12分)某质谱仪部分结构的原理图如图甲所示。在空间直角坐标系O－xyz的y＞0区域有沿－z方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＜0区域有沿－z方向的匀强磁场，在x＝－2d处有一足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上P(0，－d，0)点以初速度v0沿＋y方向射出，粒子第一次经过x轴时速度方向与－x方向的夹角θ＝60°。不计粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求： 2 3 4 5 6 7 1 B 能力提升 39 (1)粒子的电性； 2 3 4 5 6 7 1 解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由左 手定则知粒子带正电。 答案：正电　 40 (2)磁感应强度大小B； 2 3 4 5 6 7 1 解析：设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有rcos θ＝d，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得B＝。 答案：　 41 (3)粒子打到屏上位置的z轴坐标z1。 2 3 4 5 6 7 1 解析：设粒子经过x轴时的坐标为－x1， 则x1＋rsin θ＝2d 粒子在y＞0区域电场中做类平抛运动，在xOy平面内沿v0方向做匀速直线运动，设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1， 42 则v0cos θ·t1＝2d－x1 粒子运动的加速度a＝ 在z轴负方向运动的距离z1'＝a 解得t1＝，z1'＝ 所以打到屏上位置的z轴坐标z1＝－。 2 3 4 5 6 7 1 答案：－ 43 5.(15分)(2025·江苏连云港检测)如图甲所示，平行边界CD、EF之间存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，CD、EF之间的距离为d。t＝0时刻，有一质量为m的带电粒子从磁场CD边界A点处以速度v0射入磁场，v0方向与CD边界的夹角为60°，粒子恰好从O点垂直于EF边界射出磁场。紧靠磁场EF边界右侧，有两个间距为L、足够大的平行板M、N，平行板间存在电场，两板间电势差的变化规律如图乙所示，其中T0为已知量。带电粒子运动过程始终不与N板相碰，粒子所受重力不计。求： 2 3 4 5 6 7 1 44 (1)该带电粒子的电性及电荷量大小； 2 3 4 5 6 7 1 解析：带电粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，根据左 手定则可判定粒子带正电荷，设其轨道半径为r1，由几何 关系可知r1sin 30°＝d 洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则qv0B＝m 解得q＝。 答案：正电　　 45 (2)若v0＝、U0＝，带电粒子从A点到第一次到达O点的时间t1及t＝时刻带电粒子的速度v与v0的比值； 2 3 4 5 6 7 1 46 解析：粒子在磁场中的运动时间为t1，则t1＝，T＝ 解得t1＝ 所以粒子在电场中加速时速度达到v，这一过程的加速度大小为a1，则a1＝ v＝v0＋a1 解得v＝3v0，即＝3。 2 3 4 5 6 7 1 答案：　3　 47 (3)若满足(2)条件，带电粒子第二次离开磁场时的位置与A点的距离。 2 3 4 5 6 7 1 解析：接着带电粒子先减速后反向加速，则这一过程的 加速度大小均为a2，T0时刻粒子与O点相距为x，则 a2＝ x＝v0a1()2＋va2()2 解得x＝0，即粒子恰好回到O点，设此时粒子的速度 为v'，则 v'＝v－a2＝－5v0 48 粒子第二次在磁场中运动的轨迹如图2所示，则设其轨道半径为r2， q×5v0B＝m 解得r2＝10d 粒子从K点离开磁场，AK＝r1(1－cos 30°)＋(r2－)＝(12－－3)d≈0.32d。 2 3 4 5 6 7 1 答案：0.32d 49 6.(18分)(2025·江苏昆山中学模拟)如图甲所示，在直角坐标系第一象限内，以x轴和y轴为边界存在范围足够大的匀强磁场。磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图乙所示，B0已知，垂直纸面向外为B的正方向，一粒子源可持续均匀发射速度为v0的粒子，粒子质量和电荷量分别为m和＋q，不计重力；t＝0时刻，打开粒子源，粒子从坐标原点O沿y轴正方向发射，在t＝时刻进入磁场的粒子恰好在t＝时刻离开磁场。 2 3 4 5 6 7 1 50 (1)求磁场变化的周期T0； 2 3 4 5 6 7 1 解析：粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T＝ 在t＝到t＝时间内磁场不变，粒子做匀速圆周 运动从x轴离开磁场，如图甲所示，则 解得T0＝。 答案：　 51 (2)求粒子从x轴射出的区域宽度d以及从第一象限射出的粒子在磁场中运动的最长时间tm； 2 3 4 5 6 7 1 解析：粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝ 如图乙所示，某时刻进入磁场的粒子恰好从x轴上 F点离开磁场区域，EF为粒子从x轴射出的区域范 围，有O1F＝r EF＝(－1)r 解得d＝(－1) 因为T，所以粒子在磁场变化的半个周期内做圆周运动的圆心角为240°。比较图乙和图丙可知：从第一象限射出的粒子在磁场中运动时间最长的是从y轴上D点射出的粒子，解得tm＝·。 答案：(－1) 52 (3)若在时刻关闭粒子源，求从x轴和y轴射出的粒子数之比。 2 3 4 5 6 7 1 解析：方法一　如图丁，若磁场无限大且不变，0~时间内射出的粒子在时刻均匀分布在圆心角为240°的圆周(O→A)上。 由于磁场变化，150°~240°(C→A)范围内的粒子从x轴射出。0°~120°(O→C')范围内的粒子从y轴射出，所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为90°∶120°＝3∶4。 53 方法二　图乙中，恰从F点射出的粒子，其射入磁场的时刻为 此时刻之前发射的粒子从x轴射出， 时长Δtx＝ 2 3 4 5 6 7 1 图丙中，恰从D点射出的粒子， 其射入磁场的时刻为 此时刻至时刻发射的粒子从y轴射出，时长Δty＝ 所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为Δtx∶Δty＝3∶4。 答案：3∶4 54 7.(20分)如图所示，在三维坐标系O－xyz中，xOz平面左侧区域有沿y轴正方向的匀强电场；xOz平面右侧与垂直于y轴足够大的荧光屏之间的区域有沿y轴正方向的匀强磁场，荧光屏与y轴交点位置的坐标为(0，d，0)。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标为(0，－，d)的P点以大小为v0的初速度沿z轴负方向射出，经电场偏转后从O点进入磁场，再经过磁场偏转后击中荧光屏，粒子再次经过y轴的位置离O点距离为d，不计粒子的重力。 2 3 4 5 6 7 1 55 (1)求匀强电场的电场强度大小。 2 3 4 5 6 7 1 解析：带电粒子在电场中做类平抛运动， 根据题意有a d＝v0t1 根据牛顿第二定律有 qE＝ma 解得E＝。 答案：　 56 (2)求粒子打在荧光屏上的位置坐标及匀强磁场的磁感应强度大小。 2 3 4 5 6 7 1 解析：设粒子经过O点时速度大小为v，根 据动能定理有qE×d＝mv2－m 解得v＝v0 设v与z轴负方向的夹角为θ，则vcos θ＝v0 解得θ＝45° 粒子从O点进入磁场后，沿平行y轴方向做匀速直线运动，速度大小 v1＝vsin 45°＝v0 57 在平行xOz平面内做匀速圆周运动，速度大小为v2＝vcos 45°＝v0 设做匀速圆周运动的周期为T，根据题意有T＝ 设圆周运动的半径为r，则v2T＝2πr 解得r＝ 粒子在磁场中运动的时间为＝1.5T 则粒子打在荧光屏上的位置坐标为 (，d，0)，由牛顿第二定律有qv2B＝m 解得B＝。 2 3 4 5 6 7 1 答案：(，d，0)　 58 (3)若在xOz平面与荧光屏之间的区域再加上一平行于y轴的匀强电场，要使粒子仍打在荧光屏上(2)问中所求的位置，则所加匀强电场的电场强度应满足什么条件? 2 3 4 5 6 7 1 解析：若所加电场方向沿y轴正方向，则粒子在电场和磁场的叠加场中运动的时间为，则 d＝v1×T＋·()2 解得E1＝ 59 若所加电场方向沿y轴负方向，当粒子沿y轴 做匀减速运动到荧光屏速度刚好为零时， 有d＝v1t 解得t＝＝3T 由此可知，要使粒子仍打在荧光屏上(2)问中所求位置，则粒子在电场和磁场的叠加场中运动的时间为，则d＝v1×T－·(T)2 解得E2＝。 2 3 4 5 6 7 1 答案：见解析 60 $$