第一章 专题提升四 带电粒子在组合场中的运动-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教版）

第一章　安培力与洛伦兹力 专题提升四　带电粒子在组合场中的运动 目录 1 课后课时作业 提升 ２ 提升 1．组合场 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现。 2．两种场力的特点 (1)静电力的方向与电场方向相同或相反，静电力做功与路径无关，静电力做的功等于电势能的减少量。 提升 4 (2)洛伦兹力的大小和速度方向与磁场方向的夹角有关，方向始终垂直于速度v和磁感应强度B共同决定的平面。无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力始终不做功。 3．运动特点 分阶段运动，带电粒子可能依次通过几个情况不同的场区，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几个不同的运动阶段组成。 提升 4．“电偏转”和“磁偏转”的比较 提升 提升 提升 8 提升 9 的偏转磁场是一个以O为圆心的扇形匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向外，OP＝l。若不计带电粒子的重力，收集板刚好和磁分析器的OB边界重合。则下列说法正确的是(　　) 二、从电场进入磁场 (多选)如图所示是某种磁式质量分析器的结构原理图，此分析器由以下几部分构成：粒子源、加速电场、磁分析器、收集板。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从粒子源无初速度地从S小孔飘入加速电场，经电压U加速后，从P点垂直磁场边界进入磁分析器，最后垂直打在收集板上的Q点，已知磁分析器中 提升 10 提升 11 提升 12 答案　(1)200 m/s　方向与x轴负方向成30°角　(2)2×10－2 T 提升 13 提升 14 提升 15 带电粒子在组合场中运动的几点注意 (1)基本思路：明确带电粒子在组合场各区域的受力特点及运动规律，然后找出两种场分界线上两种运动的联系(一般是粒子经过分界线时速度不变)，利用运动的合成与分解及几何关系等分阶段处理。 (2)关键点：画出轨迹示意图。 提升 16 (3)具体解决方案 提升 17 三、从磁场进入电场 　　　如图所示，在xOy平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，与x轴、y轴分别相切于A(L，0)、C(0，L)两点，第Ⅱ象限内有沿y轴负方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点沿y轴正方向以v0射入磁场，经C点射入电场，最后从x轴上离O点的距离为2L的P点射出，不计粒子的重力。求： (1)匀强磁场磁感应强度B的大小； (2)匀强电场场强E的大小； (3)粒子在磁场和电场中运动的总时间。 提升 18 提升 19 提升 20 提升 21 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 题型二　从电场进入磁场 3．CT扫描机可用于对多种病情的探测，其中X射线产生部分的示意图如图所示。图中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　) A．M处的电势高于N处的电势 B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 内容项目 垂直进入匀强磁场(磁偏转) 垂直进入匀强电场(电偏转) 情景图 受力 F洛＝qv0B，大小不变，方向总指向圆心，方向变化，F洛为变力 F电＝qE，大小、方向不变，为恒力 运动规律 匀速圆周运动，r＝eq \f(mv0,qB)，T＝eq \f(2πm,qB) 类平抛运动，vx＝v0，vy＝eq \f(qE,m)t， L＝v0t，y＝eq \f(qE,2m)t2 运动时间 t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB) t＝eq \f(L,v0) 动能 不变 变化 一、从磁场进入磁场 (1,2)INCLUDEPICTURE"灰例1.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/357物理（选择性必修第二册导学案（人教/灰例1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/357物理（选择性必修第二册导学案（人教/灰例1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "灰例1.TIF" \* MERGEFORMAT 如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　) A.eq \f(5πm,6qB) B.eq \f(7πm,6qB) C.eq \f(11πm,6qB) D.eq \f(13πm,6qB) 解析　带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq \f(mv,qB)知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。粒子在第二象限内运动的时间t1＝eq \f(T1,4)＝eq \f(1,4)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,2qB)， 粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq \f(T2,6)＝eq \f(1,6)×eq \f(2πm,q·\f(B,2))＝eq \f(2πm,3qB)， 则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq \f(7πm,6qB)，B正确。 A．偏转磁场的磁感应强度的大小B＝eq \r(\f(2mU,ql2)) B．偏转磁场的磁感应强度的大小B＝eq \r(\f(mU,2ql2)) C．只增大加速电压U，粒子可能会落在收集板上的M点 D．只减小加速电压U，粒子可能会落在收集板上的M点 解析　设粒子进入磁场时的速度为v，粒子在加速电场运动过程中，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2qU),m))，粒子进入磁场中做圆周运动，根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为l，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,l)，解得B＝eq \r(\f(2mU,ql2))，故A正确，B错误；设经任意加速电压U0加速后，粒子进入磁场时的速度为v0，进入磁场后做匀速圆周运动的轨迹半径为R，则可得R＝eq \f(mv0,qB)＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU0,q))，可知只增大加速电压，粒子在磁场中运动的轨迹半径将增大，粒子可能会落在收集板上的M点，只减小加速电压，粒子在磁场中运动的轨迹半径将减小，粒子不可能落在收集板上的M点，故C正确，D错误。 (3)INCLUDEPICTURE"灰例3.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/357物理（选择性必修第二册导学案（人教/灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/357物理（选择性必修第二册导学案（人教/灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT 如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有匀强电场，电场强度E＝0.2 N/C，方向水平向左，x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。一电荷量q＝0.02 C、质量m＝4×10－6 kg的带正电粒子从第一象限中的M点开始运动，初速度方向沿y轴负方向，恰好从坐标原点O进入磁场；在磁场中运动一段时间后从x轴上的N点离开磁场，已知M点的坐标为(15 m，10 m)，N点的坐标为(－2 m，0)，不计粒子的重力，求： (1)粒子进入磁场时速度的大小和方向； (2)磁感应强度B的大小。 解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动，设在O点离开电场时的速度大小为v，与x轴的夹角为θ，轨迹如图所示 在y轴方向，粒子做匀速直线运动，有v0t＝yM 在x轴方向，粒子做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有 qE＝ma vx＝at eq \f(1,2)at2＝xM 则在O点时的速度v＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,0)) tanθ＝eq \f(v0,vx) 联立解得v＝200 m/s，θ＝30° 即粒子进入磁场时速度的大小为200 m/s，方向与x轴负方向成30°角。 (2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示 由几何关系可知R＝eq \f(ON,2cos60°) 解得R＝2 m 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R) 代入数据，解得B＝2×10－2 T。 答案　(1)eq \f(mv0,qL)　(2)2,0)eq \f(mv,2qL) 　(3)eq \f(（π＋4）L,2v0) 解析　(1)带正电粒子在磁场中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，其轨迹如图所示 由几何关系知粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝L 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) 解得B＝eq \f(mv0,qL)。 (2)粒子由C点沿x轴负方向进入电场，在电场中做类平抛运动，沿x轴负方向做匀速直线运动，有2L＝v0t2 沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，有 L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2) 根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为a＝eq \f(\a\vs4\al(qE),m) 联立解得E＝2,0)eq \f(mv,2qL) ，t2＝eq \f(2L,v0)。 (3)由几何关系得，粒子在磁场中转过的圆心角为α＝90° 粒子在磁场中圆周运动的周期为T＝eq \f(2πL,v0) 则粒子在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(α,360°)T 联立解得t1＝eq \f(πL,2v0) 粒子在磁场和电场中运动的总时间为t＝t1＋t2 联立解得t＝eq \f(（π＋4）L,2v0)。 题型一　从磁场进入磁场 1.(多选)如图所示，分界线MN上、下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m、电荷量为q的带电粒子(电性未知，不计重力)从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则(　　) A．粒子一定带正电荷 B．MN上、下两侧的磁场方向相反 C．MN上、下两侧的磁感应强度的大小B1∶B2＝2∶1 D．时间t＝eq \f(2πm,qB2) 解析：因不知道磁场的方向和粒子的偏转方向，故无法确定电荷的正负，A错误；粒子越过磁场的分界线MN时，粒子的偏转方向没有变，根据左手定则可知MN上、下两侧的磁场方向相同，B错误；设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1∶r2＝1∶2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(mv,qr)，所以B1∶B2＝r2∶r1＝2∶1，C正确；粒子 在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，粒子运动的 时间t＝T1＋eq \f(T2,2)＝eq \f(2πm,qB1)＋eq \f(πm,qB2)＝eq \f(2πm,qB2)，D正确。 2.(多选)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2 T，比荷为2×106 C/kg的带正电粒子从O点以v0＝4×104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为(　　) A.eq \f(π,2)×10－6 s B．π×10－6 s C.eq \f(3π,2)×10－6 s D．2π×10－6 s 解析：粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2＝2,0)eq \f(mv,R2) ，解得粒子在右侧磁场中运动的轨迹半径R2＝eq \f(mv0,qB2)＝2 cm，故粒子经过半个圆周恰好到达P点，轨迹如图甲所示，粒子在右侧磁场中圆周运动的周期T2＝eq \f(2πR2,v0)＝eq \f(2πm,qB2)，粒子第一次通过P点的时间为t1＝eq \f(1,2)T2＝eq \f(π,2)×10－6 s，由于B1＝2B2，粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动的半径为R1＝eq \f(1,2)R2＝1 cm，且粒子在左侧磁场中运动的周期T1＝eq \f(2πm,qB1)＝eq \f(π,2)×10－6 s，从O点经过两次周期性运动后第二次经过P点，轨迹如图乙所示，粒子第 二次通过P点的时间为t2＝T1＋T2＝eq \f(3π,2)×10－6 s，在以后 的运动中粒子通过MN的点在P点上方，故A、C正确。 解析：由于电子带负电，电子束在M、N之间加速，则M、N间的电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M处的电势低于N处的电势，故A错误；根据eU＝eq \f(1,2)mv2可知，增大M、N之间的加速电压会增大电子束进入偏转磁场的速度v，电子在偏转磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,eB)，可知v增大时电子的轨迹半径增大，根据几何关系可知，电子在偏转磁场中的偏转角度减小，故P点会右移，故B错误；电子在偏转磁场中向下偏转，根据 左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选 项的分析可知，增大偏转磁场磁感应强度的大小，电子的轨 迹半径减小，偏转角度增大，可使P点左移，故D正确。 4.如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，电场线与分界线平行。一带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入电场，并能进入磁场。已知磁场的磁感应强度为B，粒子的比荷为k，不计粒子的重力。则粒子第一次进、出磁场两点的距离为(　　) A.eq \f(2v0,kB) B.eq \f(2kv0,B) C.eq \f(v0,kB) D.eq \f(kv0,B) 解析：根据题意，设粒子带正电，进入磁场时速度大小为v，方向与水平方向夹角为α，画出粒子的运动轨迹，如图所示，根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，由运动规律有eq \f(v0,v)＝sinα，解得v＝eq \f(v0,sinα)。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，解得轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(mv0,qBsinα)，由几何关系可得，粒子第一次进、出磁场两点的距离为d＝2rsinα＝eq \f(2mv0,qB)，由于 粒子的比荷为eq \f(\a\vs4\al(q),m)＝k，则d＝eq \f(2v0,kB)，同理分析可得粒子带负电时 d′＝d＝eq \f(2v0,kB)，故选A。 5.如图所示，第Ⅰ象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－L，－\f(2L,3)))。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子以v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O 进入匀强磁场中，不计粒子的重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 (1)求电场强度的大小； (2)求粒子进入第一象限的速度； (3)粒子经磁场偏转后从y轴上的Q点进入第二象限，求OQ的长度。 答案：(1)2,0)eq \f(4mv,3qL) 　(2)eq \f(5v0,3)，方向与x轴正方向成53°角向上　(3)eq \f(2mv0,qB) 解析：(1)根据题意，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上有v0t＝L 竖直方向有eq \f(2L,3)＝eq \f(1,2)at2 根据牛顿第二定律，有Eq＝ma 解得电场强度的大小E＝2,0)eq \f(4mv,3qL) 。 (2)根据题意，画出粒子的运动轨迹，设粒子进入第一象限的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，如图所示 粒子运动至O点，竖直方向上有vy＝at 由几何关系有tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(4,3) 解得θ＝53° 则粒子进入第一象限的速度大小为v＝eq \f(v0,cos53°)＝eq \f(5v0,3)，方向与x轴正方向成53°角向上。 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq \f(mv2,R) 由几何关系得OQ＝2Rcos53° 联立解得OQ＝eq \f(2mv0,qB)。 题型三　从磁场进入电场 6.(多选)如图所示，在xOy坐标系平面内，x轴上方有沿y轴正方向的匀强电场，x轴下方有垂直坐标系平面向外的匀强磁场，一电子质量为m、电荷量为e，从图中坐标原点O处以与x轴负方向成30°角的速度v0沿坐标平面射入匀强磁场中，经磁场到达A点(2d，0)，再进入竖直向上的匀强电场中，结果恰好从O点回到磁场，不计电子的重力，则下列说法正确的是(　　) A．磁感应强度大小为B＝eq \f(mv0,ed) B．电场强度大小为E＝2,0)eq \f(\r(3)mv,4ed) C．电子运动过程中最高点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d，\f(\r(3)d,6))) D．电子从O点出发到下一次回到O点的时间间隔为t＝eq \f(d（2\r(3)＋10π）,3v0) 解析：电子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，电子在磁场中做圆周运动的半径为R＝2d，根据洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m2,0)eq \f(v,R) ，解得B＝eq \f(mv0,2ed)，故A错误；电子刚要进入电场时，其速度沿x轴的分量为vx＝v0cos30°＝eq \f(\r(3)v0,2)，沿y轴的分量为vy＝v0sin30°＝eq \f(v0,2)，设电子在电场中的运动时间为t1，根据类斜抛运动的规律有2d＝vxt1，vy＝eq \f(Ee,m)·eq \f(t1,2)， y＝eq \f(1,2)·eq \f(Ee,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,2)))eq \s\up12(2)，解得E＝2,0)eq \f(\r(3)mv,4ed) ，y＝eq \f(\r(3)d,6)，则电子运动过程中最高点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d，\f(\r(3)d,6)))，故B、C正确；电子在磁场中运动的时间t2＝eq \f(\f(5,3)πR,v0)＝eq \f(10πd,3v0)，电子从O点 出发到下一次回到O点的时间间隔为t＝t1＋t2＝eq \f(d（4\r(3)＋10π）,3v0)，故 D错误。 7.在如图所示的坐标系中，第一象限内存在与y轴平行的匀强电场(方向未标出)，电场强度大小为E；第二象限内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。P、Q两点在x轴上，一带电粒子(不计重力)从P点以垂直于x轴向上的速度v0射入第二象限，经磁场偏转后，粒子垂直于y轴进入第一象限，恰好经过x轴上的Q点，Q点到原点的距离是P点到原点距离的2倍。则(　　) A．第一象限内的电场方向竖直向下 B．粒子在P、Q两点的速度大小之比为1∶eq \r(2) C．粒子在磁场中与在电场中运动的时间之比为π∶2 D．电场强度和磁感应强度的大小之比为v0∶eq \r(2) 解析：由题意知，带电粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知粒子带负电，进入电场后向下偏转，说明电场方向竖直向上，故A错误；设O、P之间的距离为r，粒子从C点进入电场，由题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好运动eq \f(1,4)圆周，其轨迹半径等于r，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) ，解得r＝eq \f(mv0,qB)，粒子在电场中做类平抛运动，设其在电场中运动的时间为t， 则有t＝eq \f(OQ,v0)＝eq \f(2r,v0)＝eq \f(2m,qB)，又OC＝r＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×eq \f(\a\vs4\al(qE),m)×t2，联立 解得eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2)，故D错误； 粒子在磁场中的运动时间为t′＝eq \f(\f(π,2)r,v0)＝eq \f(πr,2v0)，所以t′∶t＝eq \f(πr,2v0)∶eq \f(2r,v0)＝π∶4，故C错误；在Q点，粒子沿电场方向的速度大小为vy＝at＝eq \f(\a\vs4\al(qE),m)×eq \f(2m,qB)＝v0，所以粒子在Q点的速度大小为vQ＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝eq \r(2)v0，则粒子在P、Q两点的速度大小之比为1∶eq \r(2)，故B正确。 8．如图在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场。一带正电粒子从x轴上的M点以速度v0沿与x轴正方向成60°角射入第二象限，恰好垂直于y轴从N点进入匀强电场，从x轴上的 P点再次进入匀强磁场，且在P点速度v＝eq \r(2)v0，已知磁场的范围足 够大，ON＝h，OM＝eq \r(3)h，粒子的比荷为k，不计粒子重力。求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)匀强电场的电场强度E的大小； (3)粒子从P点进入匀强磁场后再次到达x轴的位置与M点的距离以及经历的时间。 答案：(1)eq \f(v0,2kh)　(2)2,0)eq \f(v,2kh) 　(3)(2－eq \r(3))h　eq \f(3πh,v0) 解析：(1)粒子从M点运动到N点做匀速圆周运动，轨迹如图中①所示，设轨迹圆的半径为r1，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r1) 由几何关系有r1sin60°＝eq \r(3)h 联立解得B＝eq \f(mv0,2qh)＝eq \f(v0,2kh)。 (2)粒子从N点运动到P点做类平抛运动，轨迹如图中 ②所示，在P点沿y轴负方向的分速度vy＝2,0)eq \r(v2－v) ＝v0 则从N点到P点，沿y轴负方向有veq \o\al(2,y)＝2ah 其中加速度a满足qE＝ma 联立解得E＝2,0)eq \f(mv,2qh) ＝2,0)eq \f(v,2kh) 。 (3)粒子从P点进入磁场至再次到达x轴的运动轨迹如图中③所示 设粒子从P点进入磁场时速度与x轴正方向夹角为θ，则有tanθ＝eq \f(vy,v0)＝1 得θ＝45° 设粒子从N到P的运动时间为t，由匀变速直线运动规律有eq \f(vyt,2)＝h 又v0t＝OP 解得OP＝2h 由qvB＝meq \f(v2,r2) 解得粒子再次进入磁场后运动的轨迹半径 r2＝eq \f(\r(2)mv0,qB)＝2eq \r(2)h 由几何关系知，过P点作速度v的垂线与y轴交点O2即为粒子之后做圆周运动的圆心，设粒子再次回到x轴到达P′点，可得P′与P关于原点O对称，故OP′＝2h P′点与M点的距离s＝OP′－OM＝(2－eq \r(3))h 粒子从P点进入磁场后，做圆周运动的周期 T＝eq \f(2πr2,v)＝eq \f(4πh,v0) 从P点到P′点运动轨迹所对应的圆心角α＝270° 所经历的时间t′＝eq \f(α,360°)T＝eq \f(3πh,v0)。 $