《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 課練28 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 課練28 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）.doc（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

帶電粒子在復(fù)合場中的運動 小題狂練 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1.[名師原創(chuàng)]關(guān)于通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的磁感線分布和磁場方向，不考慮地磁場影響，下列說法正確的是(　　) A．通電直導(dǎo)線周圍的磁場方向可以用右手定則判斷，順著導(dǎo)線看去，磁感線可表示為以直導(dǎo)線為圓心的均勻分布的同心圓 B．環(huán)形導(dǎo)線的磁場，可用安培定則判斷，方法是讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指方向即為環(huán)形導(dǎo)線軸線上的磁場方向 C．從外部看，通電螺線管周圍的磁場類似于條形磁鐵的磁場，螺線管內(nèi)部的磁場不能視為勻強磁場 D．若把一個小磁針放在通電螺線管正上方中間位置，小磁針可能不與螺線管平行 答案：B 解析：通電直導(dǎo)線周圍的磁場方向可以用安培定則判斷，順著導(dǎo)線看去，磁感線可表示為以直導(dǎo)線為圓心的分布不均勻的同心圓，選項A錯誤．環(huán)形導(dǎo)線的磁場，可用安培定則判斷，方法是讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指方向即為環(huán)形導(dǎo)線軸線上的磁場方向，選項B正確．通電螺線管周圍的磁場類似于條形磁鐵的磁場，螺線管內(nèi)部的磁場可以視為勻強磁場，選項C錯誤．若把一個小磁針放在通電螺線管正上方中間位置，小磁針一定與螺線管平行，選項D錯誤． 2. [預(yù)測新題]已知流過通電直導(dǎo)線的電流大小為I，與通電直導(dǎo)線距離為r處的N點的磁感應(yīng)強度大小為BN＝(k為常量)．如圖所示，△ACD是直角三角形，∠ADC＝60，A、C、D三點放置三個完全相同且垂直于該直角三角形所在平面的直導(dǎo)線，A、C、D處的直導(dǎo)線中的電流大小分別為I、2I和2I，方向均垂直平面向里；已知A點的直導(dǎo)線在AD的中點M處的磁感應(yīng)強度大小為B，若在M點固定一垂直于紙面的直導(dǎo)體棒，其長度為L(L很小)，通過的電流大小為I，則該導(dǎo)體棒受到的安培力大小為(　　) A.BIL B.BIL C.BIL D．3BIL 答案：C 解析：如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則可知，C點的直導(dǎo)線在M點處的磁感應(yīng)強度大小為2B，D點的直導(dǎo)線在M點處的磁感應(yīng)強度大小為2B，根據(jù)磁感應(yīng)強度的疊加得M點處的磁感應(yīng)強度大小為B，則M點處固定的導(dǎo)體棒受到的安培力大小為BIL，選項C正確． 3．[新情景題]如圖所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電場、磁場中，運動軌跡如圖所示(粒子在N點的速度比在M點的速度大)，則下列說法正確的是(　　) A．粒子一定帶正電 B．粒子的運動軌跡一定是拋物線 C．電場線方向一定垂直等勢線向左 D．粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大 答案：C 解析：根據(jù)粒子在電場、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負(fù)電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時，軌跡才是拋物線，選項B錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢線向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤． 4．(多選)如圖所示，直線MN與水平方向成60角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(　　) A. B. C. D. 答案：AB 解析： 由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120，所以粒子運動的半徑為r＝(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，則v＝＝(n＝1,2,3，…)，所以A、B正確． 5．[名師原創(chuàng)](多選)回旋加速器是用來加速帶電粒子的，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒間有一定的電勢差U，使粒子每次穿過狹縫都被加速，兩盒放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q、質(zhì)量為m，盒間的窄縫寬度為d，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．D形金屬盒的作用是屏蔽外電場，使盒內(nèi)無電場 B．忽略粒子在電場中運動的時間，則高頻交流電源的頻率為 C．粒子離開加速器時速度為 D．考慮粒子在電場中運動的時間，則把靜止粒子加速到最大動能所需時間為 答案：AC 解析：根據(jù)靜電屏蔽的相關(guān)知識可知，D形金屬盒的作用是屏蔽外電場，使盒內(nèi)無電場，選項A正確．粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電源頻率等于粒子回旋頻率，由T＝，得回旋頻率即高頻交流電源頻率為f＝＝，選項B錯誤．粒子旋轉(zhuǎn)半徑最大時，由牛頓第二定律得qvmB＝，解得vm＝，選項C正確．粒子最大動能Ekm＝mv＝，粒子在電場中做勻加速直線運動，粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加2qU，粒子的能量提高到Ekm，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n＝，粒子在磁場中運動的時間t磁＝nT＝，旋轉(zhuǎn)周數(shù)n，在電場中運動的距離為2nd，由2nd＝vmt電，解得t電＝，把靜止粒子加速到最大動能所需時間為t＝t電＋t磁＝＋，選項D錯誤． 6. [母題改編](多選)如圖所示，在以R0為半徑、O為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁場，直徑MN左側(cè)區(qū)域存在一方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場(未畫出)；MN右側(cè)區(qū)域存在一方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場(未畫出)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從P點沿垂直于MN的方向射入磁場，通過磁場區(qū)域后從Q點離開磁場，離開磁場時粒子的運動方向仍垂直于MN.已知OP與MN的夾角為θ1，OQ與MN的夾角為θ2，粒子在MN左側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t1，粒子在MN右側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t2，則(　　) A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 答案：AD 解析：設(shè)粒子的速度為v，它在MN左側(cè)磁場中的運動軌跡為圓弧PS，圓弧對應(yīng)的圓心為O1，半徑為R1，如圖所示，則qvB1＝，且O1P平行于MN；粒子進入MN右側(cè)磁場中的運動軌跡為圓弧SQ，圓弧對應(yīng)的圓心為O2，半徑為R2，如圖所示，則qvB2＝，且O2Q平行于MN，連接O1S、SO2，則O1、S、O2在同一條直線上，設(shè)∠PO1S＝∠QO2S＝α，由幾何關(guān)系可得OP＝OQ＝R0，O1S＝R1，SO2＝R2，R1sinα＝R0sinθ1，R2sinα＝R0sinθ2，聯(lián)立解得＝＝，選項A正確，B錯誤；粒子在MN左側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t1＝T1＝＝，粒子在MN右側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t2＝T2＝＝，＝＝，選項D正確，C錯誤． 7．[2019江西省贛中南五校一聯(lián)]一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場．粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變)，從圖中情況可以確定(　　) A．粒子從a到b，帶正電 B．粒子從a到b，帶負(fù)電 C．粒子從b到a，帶正電 D．粒子從b到a，帶負(fù)電 答案：C 解析：由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r＝，可知，粒子運動的軌跡半徑是逐漸減小的，所以粒子的運動軌跡是從b到a，選項A、B錯誤；再根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項C正確，D錯誤． 8. [2019浙江省模擬]如圖所示，在傾角為α(α<45)的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒．當(dāng)導(dǎo)體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強磁場．當(dāng)加勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向豎直向上時，磁感應(yīng)強度大小為B1，現(xiàn)使勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向沿逆時針轉(zhuǎn)過α角時，磁感應(yīng)強度大小為B2，再使勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向沿逆時針轉(zhuǎn)過α角時，磁感應(yīng)強度大小為B3，則(　　) A．B1＝B3>B2 B．B1 B2，A正確． 9. [2019安徽省合肥模擬]為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長方體流量計．該裝置由絕緣材料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加一勻強磁場，前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極．污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是(　　) A．M端的電勢比N端的高 B．電壓表的示數(shù)U與a、b均成正比，與c無關(guān) C．電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比 D．若污水中正負(fù)離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0 答案：C 解析：根據(jù)左手定則，知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向外，則向外偏轉(zhuǎn)，正離子所受的洛倫茲力向里，向里偏轉(zhuǎn)，因此M板帶負(fù)電，N板帶正電，則M板的電勢比N板電勢低，故A錯誤；最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB＝q，解得U＝Bbv，與離子濃度無關(guān)，故BD錯誤；因v＝，則流量Q＝vbc＝，因此U＝，與污水流量成正比，故C正確． 10. [2019湖北省部分重點中學(xué)聯(lián)考]如圖所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點．則(　　) A．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間都相等 B．打在P1點的粒子是He C．打在P2點的粒子是H和He D．O2P2的長度是O2P1長度的4倍 答案：C 解析：帶電粒子在沿直線O1O2通過速度選擇器時，所受電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，即qvB1＝qE，所以v＝，可知從速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度，在偏轉(zhuǎn)磁場中，粒子的軌跡半徑r＝，不全相同，粒子運動的周期T＝，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間不全相等，A錯誤；帶電粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以r＝，可知粒子的比荷越大，運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是H，打在P2點的粒子是H和He，B錯誤，C正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H運動軌跡的半徑是H和He的，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，D錯誤． 11. [2019安徽師大附中模擬](多選)如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab，ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是(　　) A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B．若沿ab做直線運動，則小球帶正電，且一定做勻速運動 C．若沿ac做直線運動，則小球帶負(fù)電，可能做勻加速運動 D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變 答案：AB 解析：沿ab方向拋出的帶電小球，根據(jù)左手定則，及正電荷所受的電場力的方向與電場強度方向相同可知，只有帶正電，受力才可能平衡，而沿ac方向拋出的帶電小球，帶負(fù)電時，才能做直線運動，因速度影響洛倫茲力大小，所以做直線運動時必然是做勻速直線運動，故A、B正確，C錯誤；在運動過程中，因電場力做功，導(dǎo)致小球的機械能不守恒，故D錯誤． 12. [2019晉豫省際大聯(lián)考]如圖所示，在y軸右側(cè)存在與xOy平面垂直且范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，位于坐標(biāo)原點的粒子源在xOy平面內(nèi)發(fā)射出大量完全相同的帶負(fù)電粒子，所有粒子的初速度大小均為v0，方向與x軸正方向的夾角分布在－60～60范圍內(nèi)，在x＝l處垂直x軸放置一熒光屏S.已知沿x軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過了熒光屏S上y＝－l的點，則(　　) A．粒子的比荷為＝ B．粒子的運動半徑一定等于2l C．粒子在磁場中運動時間一定不超過 D．粒子打在熒光屏S上亮線的長度大于2l 答案：C 解析：沿x軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過了熒光屏S上y＝－l的點，由幾何知識可知，粒子軌跡半徑r＝l，B錯誤；由牛頓第二定律可得qv0B＝m，解得＝，A錯誤；沿x軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最大，為θ＝π，對應(yīng)運動時間最長，t＝T＝，C正確；其他方向粒子打在熒光屏S上的縱坐標(biāo)的絕對值一定小于l，故粒子打在熒光屏S上亮線的長度小于2l，D錯誤． 13. [2019安徽省皖南八校聯(lián)考]如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子(重力忽略不計)若從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30角的方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是(　　) A．該帶電粒子可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場 B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0 C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0 D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一定是t0 答案：D 解析：由帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T＝2t0，隨粒子速度逐漸增大，軌跡由①→②→③→④依次漸變，由圖可知粒子在四個邊射出時，射出范圍分別為OG、FE、DC、BA之間，不可能從四個頂點射出，故A錯誤；當(dāng)粒子從O點沿虛線方向射入正方形內(nèi)，從ab邊射出的粒子所用時間不大于周期(t0)，從bc邊射出的粒子所用時間不大于周期()，所有從cd邊射出的粒子圓心角都是300，所用時間為周期()，故D正確，B、C錯誤． 14. [2019唐山統(tǒng)考](多選)如圖所示，M、N為兩個同心金屬圓環(huán)，半徑分別為R1和R2，兩圓環(huán)之間存在著沿金屬環(huán)半徑方向的電場，N環(huán)內(nèi)存在著垂直于環(huán)面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，N環(huán)上有均勻分布的6個小孔，從M環(huán)的內(nèi)側(cè)邊緣由靜止釋放一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子(不計重力)，經(jīng)電場加速后通過小孔射入磁場，經(jīng)過一段時間，粒子再次回到出發(fā)點，全程與金屬環(huán)無碰撞．則M、N間電壓U滿足的條件是(　　) A．U＝ B．U＝ C．U＝ D．U＝ 答案：AC 解析：帶電粒子由M內(nèi)側(cè)邊緣運動到N環(huán)，由動能定理有qU＝mv2，帶電粒子進入N環(huán)內(nèi)磁場，與金屬環(huán)無碰撞，故粒子進入磁場后，應(yīng)偏轉(zhuǎn)或離開磁場，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑為r＝R2或r＝，則根據(jù)r＝，聯(lián)立解得U＝或U＝，選項A、C正確． 15．[2019北京西城區(qū)模擬](多選)在如圖所示的坐標(biāo)系中，y>0的空間中存在勻強電場，場強方向沿y軸負(fù)方向；－1.5h，且H的單位一定跟的單位相同，故A正確． 9. (多選)如圖所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的v－t圖象可能是下圖中的(　　) 答案：AD 解析：由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)還受到豎直向下的重力、垂直于細(xì)桿的彈力及向左的摩擦力．當(dāng)Bqv0＝mg時，圓環(huán)做勻速直線運動，選項A正確．當(dāng)Bqv0mg時，N＝Bqv0－mg，此時μN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到Bqv＝mg時，圓環(huán)開始做勻速運動，選項D正確． 10．如圖甲，一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針轉(zhuǎn)動，該裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5 s，關(guān)于帶電物塊及運動過程的說法正確的是(　　) A．該物塊帶負(fù)電 B．皮帶輪的傳動速度大小一定為1 m/s C．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移 D．在2～4.5 s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對運動 答案：D 解析：對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向有 μFN－mgsinθ＝ma① 物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知，一定是FN逐漸減小，而開始時FN＝mgcosθ，后來F′N＝mgcosθ－f洛，即洛倫茲力的方向是向上的．物塊沿皮帶向上運動，由左手定則可知物塊帶正電，故A錯誤．物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結(jié)合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時，物塊達到最大速度，此時mgsinθ＝μ(mgcosθ－f洛)② 由②式可知，只要皮帶的速度大于或等于1 m/s，則物塊達到最大速度的條件與皮帶的速度無關(guān)，所以皮帶的速度可能是1 m/s，也可能大于1 m/s，則物塊可能相對于傳送帶靜止，也可能相對于傳送帶運動，故B錯誤、D正確．由以上分析可知，皮帶的速度無法判斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移，故C錯誤． 二、非選擇題 11. [2019株洲模擬]如圖所示，在xOy平面內(nèi)，在00的區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場Ⅱ，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小都為B.有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標(biāo)原點O以某一初速度沿與x軸正方向成θ＝30射入磁場Ⅰ，粒子剛好經(jīng)過P點進入磁場Ⅱ，后經(jīng)過x軸上的M點(圖中未標(biāo)出)射出磁場Ⅱ.已知P點坐標(biāo)為(1.5l，l)，不計重力的影響，求： (1)粒子的初速度大?。? (2)M點在x軸上的位置． 答案：(1)　(2)3l 解析：(1)連接OP，過P作y軸垂線交y軸于點A，過O作初速度垂線OO1交PA于點O1，根據(jù)P點的坐標(biāo)值及初速度方向可得∠APO＝∠O1OP＝30 故O1為粒子在磁場中做圓周運動的圓心， OO1即為圓周半徑r. 由幾何關(guān)系可得r＋rcos60＝1.5l 解得r＝l 根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m 解得v＝. (2)粒子在勻強磁場Ⅱ中的運動半徑與其在勻強磁場Ⅰ中的運動半徑相同． 由對稱性可知OM＝21.5l＝3l. 12. [2019浙大附中模擬]如圖所示，某一水平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x＝0和x＝L＝10 cm的區(qū)間內(nèi)有一沿x軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強電場，且E1＝1.0104 V/m，x＝L和x＝3L的區(qū)間內(nèi)有一沿 y軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強電場，且E2＝1.0104 V/m，一電子(為了計算簡單，比荷取21011 C/kg)從直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)原點O以很小的速度進入勻強電場，計算時不計此速度且只考慮xOy平面內(nèi)的運動．求： (1)電子從O點進入電場到離開x＝3L處的電場所需的時間； (2)電子離開x＝3L處的電場時對應(yīng)的縱坐標(biāo)長度． 答案：(1)210－8 s　(2)0.1 m 解析：(1)設(shè)電子離開x＝L的位置為P點， 離開x＝3L的位置為Q點，則 mv＝eE1L 代入數(shù)據(jù)得vP＝2107 m/s 電子從O點運動到P點， 所用時間滿足L＝t 代入數(shù)據(jù)得t1＝10－8 s 電子從P點運動到Q點， 所用時間t2＝＝10－8 s 所以總時間為t＝t1＋t2＝210－8 s. (2)電子運動到Q點時 yQ＝t 代入數(shù)據(jù)得yQ＝0.1 m.