2020高考物理第九章专题突破带电粒子在复合场中的运动教案鲁科版选修3_120190715247.pdf

《2020高考物理第九章专题突破带电粒子在复合场中的运动教案鲁科版选修3_120190715247.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考物理第九章专题突破带电粒子在复合场中的运动教案鲁科版选修3_120190715247.pdf（23页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、专题突破 带电粒子在复合场中的运动专题突破 带电粒子在复合场中的运动 突破一 带电粒子在组合场中的运动突破一 带电粒子在组合场中的运动 1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。 2.分析思路 （1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处 理。 （2）找关键点 ： 确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键。 （3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直 观地解决问题。 3.组合场中的两种典型偏转 【例 1】 （2018全国卷，25）如图 1，在y0 的区域存在方向

2、沿y轴负方向的匀强电场， 场强大小为E；在ymamc，故选项 B 正确，A、C、D 错误。 答案 B 2.如图 6 所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R 的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将 （ ） 图 6 A.以B原速率的一半做匀速直线运动B.以 为半径做匀速圆周运动 R 2 C.仍以R为半径做匀速圆周运动D.做周期为B的一半的匀速圆周运动 解析 由A、B相碰时动量守恒得mv2mv，有v 。据题意碰后A、B合成的大油滴仍 v 2 受重力与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r 2mv 2qB mv 2qB ，T，选项

3、 B 正确。 R 2 22m 2qB 2m qB 答案 B 突破三 带电粒子在交变电磁场中的运动突破三 带电粒子在交变电磁场中的运动 解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 【例 3】 如图 7 甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2） ，存在垂直纸面向里 的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场（如图乙所示） ，电场强度的大小为E0，E0 表示 电场方向竖直向上。t0 时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射 入该区域， 沿直线运动到Q点后， 做一次完整的圆周运动， 再沿直线运动到右边界上的N2点。Q 为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、

4、m、v、g为已知量。 图 7 （1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小； （2）求电场变化的周期T； （3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。 解析 （1）微粒做直线运动，则 mgqE0qvB， 微粒做圆周运动，则mgqE0 联立得q mg E0 B 2E0 v （2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则 vt1 d 2 qvBm v2 R 2Rvt2 联立得t1 d 2v t2 v g 电场变化的周期 Tt1t2 d 2v v g （3）若微粒能完成题述的运动过程，要求d2R 联立得Rv 2 2g 11 设在N1Q段直线运动的最

5、短时间为t1min 由得t1min 11 R v v 2g 因t2不变，T的最小值为 Tmint1mint2（21）v 2g 答案 （1） （2） （3） mg E0 2E0 v d 2v v g （21）v 2g 1.（多选）某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强 磁场（如图 8 甲所示） ，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的 粒子能按abcdef的顺序做横“”字曲线运动（即如图乙所示的轨迹） ， 下列办法可行的是（粒子只受磁场力的作用，其他力不计） （ ） 图 8 A.若粒子的初始位置在a处，在tT时给粒子一个沿切线方向水平向右的初

6、速度 3 8 B.若粒子的初始位置在f处，在t 时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 T 2 C.若粒子的初始位置在e处，在tT时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 11 8 D.若粒子的初始位置在b处，在t 时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 T 2 解析 要使粒子的运动轨迹如题图所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0 ，若 T 2 粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为tT0T，选项 A 正确；同理可判断选项 D 正确。 3 4 3 8 答案 AD 2.如图 9 甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图 乙所示（取水平向右为正方向） 。一个质量

7、为m、电荷量为q的粒子（重力不计） ，开始处于 图中的A点。在t0 时刻将该粒子由静止释放，经过时间t0，刚好运动到B点，且瞬时速度 为零。已知电场强度大小为E0。试求； 图 9 （1）电场变化的周期T应满足的条件； （2）A、B之间的距离； （3）若在t 时刻释放该粒子，则经过时间t0粒子的位移为多大？ T 6 解析 （1） 根据粒子的初状态和受力特点可知， 粒子运动的vt图象 如图所示。 可见， 当t0nT时，粒子的速度刚好为零，故有T（n t0 n 为正整数） 。 （2）由（1）图可知，A、B之间的距离 sa（ ）22nn（）2。 1 2 T 2 1 4 qE0 m t0 n E0qt

8、4mn （3） 若在t 时刻释放该粒子， 其vt图象如图所示， 此时t0时间内粒子的位移sna T 6 1 2 （2 ）22a（ ）22。 T 6 1 2 T 6 E0qt 12mn 答案 （1）T（n为正整数） （2） （3） t0 n E0qt 4mn E0qt 12mn 社会态度与责任系列复合场中的 STSE 问题 实例一 质谱仪 装置原理图规律 质谱仪 带电粒子由静止被加速电场加速qUmv2，在磁场中 1 2 做匀速圆周运动qvBm，则比荷 v2 r q m 2U B2r2 1.（多选）质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。 如图 10 所示，容器A中有

9、质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子（不考虑粒子重力及粒 子间的相互作用） ，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场（粒子的初速度 可视为零） ，沿直线S1S2（S2为小孔）与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面 向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实际加速电压的大小在UU范 围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列说法正确的有（ ） 图 10 A.两种粒子均带正电 B.打在M处的粒子质量较小 C.若U一定，U越大越容易发生重叠 D.若 U一定，U越大越容易发生重叠 解析 根据左手定则判断出两种粒子均带正电， 选项 A 正确 ； 设

10、粒子质量为m， 经电场加速有qU mv2，得出v。粒子达到底片上的位置为x2r，q相同时，x越小说明 1 2 2qU m 2mv Bq 2 B 2mU q 质量越小，选项 B 正确；若U一定，两种粒子打到底片的理论位置确定，U越大，两种粒子 理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠，选项 C 正确；U一定，两种粒子理论位置两侧宽 度不变，U越大，两种粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项 D 错误。 答案 ABC 实例二 回旋加速器 装置原理图规律 回旋加 速器 交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电 粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。 由qvBm得Ek

11、m v2 r q2B2r2 2m 2.如图 11 所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强 磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核（ H）和氦核（ He） 。下列说法中正确的是 2 14 2 （ ） 图 11 A.它们的最大速度相同 B.它们的最大动能相同 C.两次所接高频电源的频率不相同 D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 解析 根据qvBm，得v，两粒子的比荷 相等，所以最大速度相等，故选项 A 正确； v2 R qBR m q m 最大动能Ekmv2，两粒子的比荷 相等，但质量不相等，所以最大动能不相等，故选 1 2 q2B2R2 2m q

12、 m 项 B 错误；带电粒子在磁场中运动的周期T，两粒子的比荷 相等，所以周期相等。做 2m qB q m 圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高 频电源的频率相同，故选项 C 错误；由Ek可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无 q2B2R2 2m 关，故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能，故选项 D 错误。 答案 A 实例三 速度选择器 装置原理图规律 速度选 择器 若qv0BEq，即v0 ，带电粒子做匀速运动 E B 3.在如图 12 所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子（重力 不计）从左端以速度v沿虚线射入后做

13、直线运动，则该粒子（ ） 图 12 A.一定带正电 B.速度vE B C.若速度v ，粒子一定不能从板间射出 E B D.若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动 解析 粒子带正电和负电均可， 选项 A 错误 ； 由洛伦兹力等于电场力， 即qvBqE， 解得速度v ，选项 B 正确；若速度v ，粒子可能从板间射出，选项 C 错误；若此粒子从右端沿虚线方 E B E B 向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项 D 错误。 答案 B 实例四 电磁流量计 装置原理图规律 电磁流 量计 qqvB，所以v，所以QvS（ ）2 U D U DB U DB D 2 UD 4B 4.如图

14、 13 甲所示为海影号电磁推进试验舰艇，船体下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平 面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰 艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场力作用被推出，船因此前进。要 使图乙中的舰艇向右前进，则所加磁场的方向应为（ ） 图 13 A.水平向左 B.水平向右C.竖直向上 D.竖直向下 解析 图乙为俯视图，舰艇向右行驶，必须获得向右的作用力，由牛 顿第三定律知，海水受到的安培力必须向左，M接正极，电流从M到N， 由左手定则知所加磁场 方向必须竖直向上 ，选项 C 正确。 答案 C 实例五 霍尔元件 装置原理图规律 霍尔

15、 元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都 垂直的方向上出现电势差 5.（多选）自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图 14 甲所示，自 行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个 脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由 电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即 为霍尔电势差。下列说法正确的是（ ） 图 14 A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高 C.图乙中霍尔元件的电流I是由

16、正电荷定向运动形成的 D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小 解析 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v 2rn即可获知车速大小，选项 A 正确；根据霍尔原理可知qqvB，则UBdv，即霍尔电压 U d 与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，故选项 B 错误；图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，选项 C 错误；如果长时间不更换 传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项 D 正确。 答案 AD 讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决

17、 物理问题的方法进行分析。这里较多的是用分析力学问题的方法，对于带电粒子在磁场中的 运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系。 课时作业课时作业 （时间：45 分钟） 基础巩固练 1.如图 1 所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0 时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一 E B 粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是 （ ） 图 1 A.粒子射入的速度一定是vE B B.粒子射入的速度可能是vE B C.粒子射出时的速度一定大于射入速度 D 粒子射出时的速度一定小于射入速度 答案 B 2.（多选）目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图 2 所示

18、表示它的发电 原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来 说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了 电荷。在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是（ ） 图 2 A.A板带正电 B.有电流从b经用电器流向a C.金属板A、B间的电场方向向下 D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 解析 由左手定则，A板带负电，则电流从b经用电器流向a，金属板间的电场方向向上，故 选项 B、D 正确。 答案 BD 3.（多选）如图 3 所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向 竖直向

19、下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（ ） 图 3 A.小球一定带正电 B.小球一定带负电 C.小球的绕行方向为顺时针 D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动 解析 由于小球做匀速圆周运动，有qEmg，电场力方向竖直向上，所以小球一定带负电， 故选项 A 错误，B 正确；洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可判定小球绕行 方向为顺时针，故选项 C 正确；改变小球速度大小，小球仍做圆周运动，选项 D 错误。 答案 BC 4.如图 4 所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直 线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感

20、应强度为B的 匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场 区域再加一竖直向下、 电场强度大小为E的匀强电场， 光斑从P点又回到O点。 关于该粒子 （不 计重力） ，下列说法正确的是（ ） 图 4 A.粒子带负电 B.初速度为vB E C.比荷为 D.比荷为 q m B2r E q m E B2r 解析 只存在磁场时，粒子打在P点，由左手定则知粒子带正电，选项 A 错误 ； 因为qvB， mv2 r 所以 。加电场后满足EqqvB，即v ，代入上式得 ，选项 D 正确，B、C 错误。 q m v Br E B q m E B2r 答案 D 5.（多选）回旋加

21、速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图 5 所示。D1和D2是两个中 空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源 上。位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略） ，它们在两盒之间被电场 加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下 列说法正确的是（ ） 图 5 A.若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大 B.若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短 C.若只将交变电压的周期变为 2T，仍可用此装置加速质子 D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n1n 解析 由r可知，

22、质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关， 而与交变电压U mv qB 无关，故选项 A 错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行 时间变短，选项 B 正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压 的周期相同，选项 C 错误；由nqUmv以及rn可得质子第n次被加速前、后的轨道半 1 2 2n mvn qB 径之比为，选项 D 正确。n1n 答案 BD 6.如图 6 所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q 间的加速电场 ； 静电分析器， 即中心线半径为R的四分之一圆形通道， 通道内有均匀辐射电场， 方向

23、沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀 强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M。由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入 静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终 打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。下列说法正确 的是（ ） 图 6 A.从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等 B.从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等 C.打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等 D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大 解析 从小孔S进入磁场，说明粒子在电场中运动半径相同，在静电分析器中，qE，

24、无 mv2 R 法判断出粒子的速度和动能是否相等，选项 A、B 错误；打到胶片上同一点的粒子，在磁场中 运动的半径相同，由qvBm，得r，联立qE，可得r，所以打到胶片上同一 v2 r mv qB mv2 R ER Bv 点的粒子速度相等，与比荷无关，选项 C 正确，由qE和r可得r，比荷越小， mv2 R mv qB 1 B mER q 打到胶片上的粒子位置距O点越远，选项 D 错误。 答案 C 综合提升练 7.（多选）如图 7 所示，质量为m、带电荷量为q的带电圆环套在足够长的绝缘杆上，杆与 环之间的动摩擦因数为，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，杆与水平电场的夹角为， 若环能从静止开始下

25、滑，则以下说法正确的是（ ） 图 7 A.环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零 B.环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零 C.环在下滑过程中，速度不断增大，最后匀速 D.环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零 解析 对环进行受力分析，可知环受重力、电场力、洛伦兹力、杆的弹力和摩擦力作用，由牛顿第二定 律可知， 加速度a1， 当速度v增大时， mgsin qEcos （mgcos qEsin qvB） m 加 速 度 也 增 大 ， 当 速 度v增 大 到 弹 力 反 向 后 ， 加 速 度a2 ，随速度v的增大而减小，当加速度 mgsin qEcos （qvBmgcos qEs

26、in ） m 减为零时，环做匀速运动，B、C 正确。 答案 BC 8.（2019黑龙江牡丹江模拟） 如图 8 所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器， 电压为U15 000 V；N为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B10.2 T，板间距离为d0.06 m；P 为一个边长为l的正方形abcd磁场区， 磁感应强度为B20.1 T， 方向垂直纸面向外， 其中 dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏。今有一比荷为 108 C/kg 的正离子从 q m 静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离 子刚好经过小孔S打在荧光屏上。求： 图 8 （1）

27、粒子离开加速器时的速度v； （2）速度选择器的电压U2； （3）正方形abcd的边长l。 解析 （1）粒子经加速电场U1加速，获得速度v，由动能定理得qU1mv2， 1 2 解得v1106 m/s。 2qU1 m （2）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，得qEqvB1， 且E， U2 d 解得U2B1dv1.2104 V。 （3）粒子在B2中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2， mv2 r 得粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径 r0.1 m。 mv qB2 由几何关系可知r2（lr）2， l2 4 解得正方形的边长lr0.16 m。 8 5 答案 （1）110

28、6 m/s （2）1.2104 V （3）0.16 m 9.如图 9 所示，在xOy平面内，有一半径为R、磁感应强度为B1（未知） 、方向垂直纸面向里 的圆形磁场区域与x轴相切于O点，圆心O1位于（0，R） ；x轴下方有一直线CD，CD与x轴 相距R，x轴与直线CD之间的区域有一沿y轴的匀强电场，电场强度E； 在CD的下3 3mv 2eR 方有一矩形磁场区域，区域上边界紧靠CD直线，磁感应强度B2，方向垂直纸面向外。 3mv0 2eR 纸面内一束宽为R的平行电子束以速度v0平行于x轴射入圆形磁场，最下方电子速度正对O1 点，偏转后所有电子都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量

29、为e，不 计电子重力。 图 9 （1）求磁感应强度B1的大小； （2）求电子第一次到达CD直线的范围大小； （3）欲使所有电子都能达到x轴，求矩形磁场区域的最小面积和此时x轴上有电子到达的范 围长度。 解析 （1）由图可知r1R，根据r1，可得B1 mv0 eB1 mv0 eR （2）在电场中a，由Rat2， eE m 3v 2R 3 1 2 得t，xv0t2R 2R v0 电子第一次到达CD直线的范围长度l12R （3）在CD直线下方的磁场中 r2R mv eB2 4 3 进入磁场时速度与CD直线夹角60 当电子速度与CD直线夹角为 60时，恰好能到达x轴 由几何关系可得矩形磁场的最小面积

30、S（r2cos r2） （2r2r2sin ）4（4）R23 x轴上有电子到达的范围l2R ( 4 3 3 8 32) 答案 见解析 10.（2018全国卷，25）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面 内的截面如图 10 所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小 为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l，电场强度的大小 均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一 带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射 的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力

31、。 图 10 （1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； （2）求该粒子从M点入射时速度的大小； （3） 若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为， 求该粒子的比荷及其从M 6 点运动到N点的时间。 解析 （1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。 （粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆 弧，上下对称） 图（a） （2） 粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。 设粒子从M点射入时速度的大小为v0， 在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进 图（b） 入磁场的速度大小为v， 方向与电场方向的夹角为见图 （b） ， 速度沿电场方向的分量为v1。 根据牛顿第二定律有 qE

32、ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有 v1at lv0t v1vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB mv2 R 由几何关系得l2Rcos 联立式得v0 2El Bl （3）由运动学公式和题给数据得 v1 v0 tan 6 联立式得 q m 4 3 El B2l2 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t，则 t2tT 2( 2 6) 2 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T2m qB 11 由式得 11 tBl E(1 3 l 18l) 12 答案 （1）见解析 （2） （3） 2El Bl 4 3 El B2l2 Bl E(1 3 l 18l)