新高考物理一輪復(fù)習(xí)刷題練習(xí)第78講 帶電粒子在組合場中的運動（含解析）

第78講帶電粒子在組合場中的運動1．（2022?海南）有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進入一勻強磁場，則運動軌跡相同的粒子，它們具有相同的（）A．質(zhì)量 B．電量 C．比荷 D．動能【解答】解：帶電粒子在輻射電場中做圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝mv帶電粒子在磁場中做圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝mv解得：r1=mv2qE運動軌跡相同的粒子半徑相同，即它們具有相同的速度和比荷，故C正確，ABD錯誤；故選：C。2．（2022?河北）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示。金屬板與可調(diào)電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直xOy平面向外。電場強度和磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0），初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）t＝0時刻釋放的粒子，在t=2πm（2）在0～6πmq（3）在M（4πE0mqB【解答】解：（1）t＝0時刻釋放的粒子，在t1=πm加速度大小為：a1=在t1時刻的速度大小為：v1＝a1t1代入數(shù)據(jù)解得：v1=此時沿y軸正方向的位移為：y1=解得：y1=πmqB0～2πmqB0解得：R1=π由于粒子在磁場中運動周期T=2πmqB此時x方向的位移為：x1＝2R1=2π所以t=2πmqB0時刻的位置坐標為（（2）t=2πmqB0時刻粒子速度方向沿從2πmqB0～3πmqB0設(shè)粒子經(jīng)過t2時間速度減速到0，則t2=v1a2，解得：t所以在3πmqB0時速度大小仍為v1，位置仍在（2πE0從4πmqB0～5πmqB0設(shè)在5πmqB0時速度大小為v2，根據(jù)運動學(xué)公式可得：v2＝﹣v1+a解得：v2=2π從5πmqB0根據(jù)動能定理可得靜電力對t＝0時刻釋放的粒子所做的功：W=12mv解得：W=2m（3）根據(jù)前面的分析可知，粒子在0～t1時間內(nèi)加速的時間等于粒子在2πmqB0～3πmqB0時間內(nèi)減速運動的時間的2倍，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合洛倫茲力提供向心力可知，在0～t設(shè)粒子在t′時刻開始加速，加速時間Δt，則在t1時刻的速度v1′＝a1Δt，位移：y1′=粒子在4πmqB0時刻的速度大小為：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t在5πmqB0～6πmq若粒子恰好達到M點，則有：y2′+π2E解得：Δt=所以粒子釋放的時刻為：tmax＝t1﹣Δt=若粒子恰好達到x軸，則有：y2′＝y(tǒng)1′解得：Δt=所以粒子釋放的時刻為：tmin＝t1﹣Δt=故在0～6πmqB0時間內(nèi)，粒子在3?答：（1）t＝0時刻釋放的粒子，在t=2πmqB0時刻的位置坐標為（（2）在0～6πmqB0（3）在M（4πE0mqB02一.知識回顧1.組合場概念：靜電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，靜電場、磁場分時間段交替出現(xiàn)。2．三種場的比較項目名稱力的特點功和能的特點重力場大小：G＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能靜電場大?。篎＝qE方向：①正電荷受力方向與場強方向相同②負電荷受力方向與場強方向相反靜電力做功與路徑無關(guān)W＝qU靜電力做功改變電勢能磁場洛倫茲力大?。篎＝qvB方向：根據(jù)左手定則判定洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能3．帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類(1)靜止或勻速直線運動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動。(2)勻速圓周運動當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。(3)較復(fù)雜的曲線運動當(dāng)帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。4．常見的基本運動形式電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進入勻強電場帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場示意圖受力情況只受恒定的靜電力只受大小恒定的洛倫茲力運動情況類平拋運動勻速圓周運動運動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式基本公式L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v)qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB)T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)sinθ＝eq\f(L,r)做功情況靜電力既改變速度方向，也改變速度大小，對電荷做功洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，對電荷永不做功二.例題精析題型一：組合場（勻變速直線運動+勻速圓周運動）例1．如圖所示，從離子源產(chǎn)生的某種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B，磁場左邊界豎直。已知離子射入磁場的速度大小為v，并在磁場邊界的N點射出；不計重力影響和離子間的相互作用。（1）判斷這種離子的電性；（2）求這種離子的荷質(zhì)比qm（3）求MN之間的距離d?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，離子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，離子剛進入磁場時所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，離子帶正電；（2）離子在電場加速過程，由動能定理得：qU=1解得，離子核質(zhì)比為：qm（3）離子進入磁場做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2MN間的距離：d＝2r，解得：d=4U答：（1）這種離子帶正電；（2）這種離子的荷質(zhì)比qm為v（3）MN之間的距離d為4UBv題型二：組合場（類平拋運動+勻速圓周運動）例2．一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示；中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點入射時速度的大??；（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為π6【解答】解：（1）粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中的軌跡為圓弧，整個軌跡上下對稱，故畫出粒子運動的軌跡，如圖所示，（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度大小為a，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ，運動軌跡對應(yīng)的半徑為R，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq＝ma①速度沿電場方向的分量為：v1＝at②垂直電場方向有：l′＝v0t③根據(jù)幾何關(guān)系可得：v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2根據(jù)幾何關(guān)系可得：l＝2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式可得粒子從M點入射時速度的大?。簐0=2El'（3）根據(jù)幾何關(guān)系可得速度沿電場方向的分量：v1=v聯(lián)立①②③⑦⑧式可得該粒子的比荷：qm粒子在磁場中運動的周期：T=2πR粒子由M點到N點所用的時間：t′＝2t+2(π2聯(lián)立③⑦⑨?式可得：t′=BlE（1答：（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡，如圖所示；（2）該粒子從M點入射時速度的大小為2El'Bl（3）該粒子的比荷為43El'B2l三.舉一反三，鞏固練習(xí)質(zhì)譜儀是研究同位素的重要工具，重慶一中學(xué)生在學(xué)習(xí)了質(zhì)譜儀原理后，運用所學(xué)知識設(shè)計了一個質(zhì)譜儀，其構(gòu)造原理如圖所示。粒子源O可產(chǎn)生a、b兩種電荷量相同、質(zhì)量不同的粒子（初速度可視為0），經(jīng)電場加速后從板AB邊緣沿平行于板間方向射入，兩平行板AB與CD間存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，板間距為L，板足夠長，a、b粒子最終分別打到CD板上的E、F點，E、F到C點的距離分別為12A．58 B．2564 C．12【解答】解：畫出兩個粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得ra2=(L2粒子在電場中加速階段，由動能定理有qU=粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有Bqv=mv2r，所以r=1B故選：B。如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)有一虛線，虛線與x軸正方向間夾角θ＝30°。虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.75×10﹣3T。虛線下方到第四象限內(nèi)有與虛線平行、電場強度E＝20N/C的勻強電場。一比荷qm=2×10A．該帶電粒子一定帶正電 B．OM之間的距離為2m C．粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為0.98m D．粒子第一次穿過虛線后能擊中x軸【解答】解：A、根據(jù)題目的描述可知，粒子進入磁場時受到的洛倫茲力豎直向下，根據(jù)左手定則可知，帶電粒子帶負電，故A錯誤；B、粒子的洛倫茲力提供向心力，則q代入數(shù)據(jù)解得：r＝2m根據(jù)幾何關(guān)系可知，O點為粒子做圓周運動的圓心，因此OM之間的距離也等于半徑，即為2m，故B正確；CD、將粒子進入電場后的速度分解為水平和豎直方向，將粒子的加速度也分解為水平和豎直方向，則在豎直方向上：y=其中，a=聯(lián)立解得：y＝0.04m，因此粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為0.96m，無法擊中x軸，故CD錯誤；故選：B。如圖所示，一平行板電容器，右極板接電源正極，板長為2d，板間距離為d。一帶電量為q、質(zhì)量為m的負離子（重力不計）以速度v0貼近左極板沿極板方向射入，恰從右極板下邊緣射出。在右極板右側(cè)空間存在垂直紙面方向的勻強磁場（未標出）。要使該負離子在磁場中運動后，又恰能直接從右極板上邊緣進入電場，則（）A．磁場方向垂直紙面向里 B．磁場方向垂直紙面向外，向里都有可能 C．磁感應(yīng)強度大小為mvD．在磁場中運動時間為3【解答】解：AB、粒子在電場中做類似平拋運動，離開電場后做勻速圓周運動，軌跡如圖：粒子帶負電荷，根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故AB錯誤；C、對于拋物線運動，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍，即tanα＝2tanβ＝2?yx=1，故α＝45又由于tanα=vyvx，故vy＝v0，v根據(jù)幾何關(guān)系，圓周運動的軌道半徑為R=2圓周運動中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2解得B=mD、磁場中運動時間為：t=34T＝T故選：C。如圖所示，氕11H、氘12H、氚13H三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓U1（圖中未畫出）加速，再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓U2A．氕11H B．氘12【解答】解：設(shè)核子的質(zhì)量為m，帶電量為q，偏轉(zhuǎn)電場對應(yīng)的極板長為L，板間距離為d，板間電場強度為E，進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，進入磁場的速度為v，在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量為y，速度偏轉(zhuǎn)角為θ。核子在加速電場運動過程，由動能定理得：qU1=核子在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，將運動沿極板方向和垂直極板方向分解。沿極板方向做勻速直線運動，則有：L＝v0t沿極板方向做勻加速直線運動，則有：y=12a由牛頓第二定律得：a=聯(lián)立解得：y=Utanθ=可見核子在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量y與速度偏轉(zhuǎn)角θ均與核子的質(zhì)量和帶電量無關(guān)，故三種核子進入磁場的位置和速度方向均相同。進入磁場的速度：v=核子在勻強磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m由幾何關(guān)系可得，射入磁場的點和射出磁場的點間距s為：s＝2rcosθ聯(lián)立解得：s=氕11H、氘12H、氚故選：C。（多選）如圖所示，以坐標原點O為圓心、半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直xOy平面向外的勻強磁場。磁場左側(cè)有一平行y軸放置的熒光屏，相距為d的足夠大金屬薄板K、A平行于x軸正對放置，K板中央有一小孔P，K板與磁場邊界相切于P點，K、A兩板間加有恒定電壓，K板電勢高于A板電勢。緊挨A板內(nèi)側(cè)有一長為3d的線狀電子源，其中點正對P孔。電子源可以沿xOy平面向各個方向發(fā)射速率均為v0的電子，沿y軸進入磁場的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打在熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，磁場磁感應(yīng)強度B=2mA．K，A極板間的電壓大小為mvB．所發(fā)射電子能進入P孔的電子源的長度為43C．熒光屏上能有電子到達的區(qū)域長度為R D．所有達到熒光屏的電子中在磁場中運動時間最短為πR【解答】解：A．根據(jù)題意，電子在磁場運動14evB=m電子在AK間運動時有eU=1解得：U=3mB．如圖當(dāng)速度方向平行x軸發(fā)射的電子剛好可以進入P，該電子就是電子源離中心點最遠處發(fā)射的，設(shè)此處離中心點的距離為x，則x＝v0td=1eUd聯(lián)立解得：x=所以滿足條件的長度為l=2x=4C．由幾何關(guān)系得，進入磁場的所有電子都平行x軸擊中熒光屏能從P進入磁場的電子速度方向與OP的最大夾角為θsinθ=v解得：θ＝30°由幾何關(guān)系得y1＝R+Rsinθy2＝R﹣Rsinθ解得：L＝y(tǒng)1﹣y2＝R，故C正確；D．由前面分析可知，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的最小圓心角為α＝60°則所有達到熒光屏的電子中在磁場中運動時間最短為tmin故選：BCD。（多選）圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面的勻強磁場（未畫出），磁場邊緣上的A點有一帶正電粒子源，OA豎直，MN與OA平行，且與圓形邊界相切于B點，在MN的右側(cè)有范圍足夠大水平向左的勻強電場，電場強度為E。當(dāng)粒子的速度大小為v0且沿AO方向時，粒子剛好從B點離開磁場。不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面向外 B．粒子的比荷為v0C．粒子在磁場中運動的總時間為πR2D．粒子在電場中運動的總時間為2BR【解答】解：AB、粒子從B點離開磁場，由左手定則可知磁場方向垂直直面向外，根據(jù)幾何關(guān)系知粒子做圓周運動的半徑為R，qvB＝mv02RCD、粒子從B點進入電場向右做勻減速直線運動，然后向左做勻加速直線運動再次從B點進入磁場，根據(jù)動量定理得，選向左為正方向，粒子在電場中運動的時間為；Eqt＝2mv0t=2mv0Eq故選：ABD。（多選）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域。氕核和氘核分別以相同的初動能Ek從平面MN上的P點水平向右射入Ⅰ區(qū)。Ⅰ區(qū)存在勻強電場，電場強度大小為E，方向豎直向下；Ⅱ區(qū)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。已知氕核、氘核的質(zhì)量分別為m、2m，電荷量均為+q，不計氕核和氘核的重力。下列說法正確的是（）A．氕核和氘核第一次進入Ⅱ區(qū)時的速度方向相同 B．氘核第一次進入Ⅱ區(qū)時的速度大小為10EC．氕核在Ⅱ區(qū)做勻速圓周運動的半徑為5mED．氕核和氘核第一次剛出Ⅱ區(qū)時的位置相距2（2?1）【解答】解：A、第一次在電場中，粒子均做類平拋運動，水平方向有：x＝v0t，豎直方向有：y=聯(lián)立解得：y=氕核、氘核具有相同的初動能和相同的電荷量，氕核、氘核在電場中的軌跡相同，即氣核和氘核第一次進入Ⅱ區(qū)時的速度方向相同，故A正確；B、氘核在電場中做類平拋，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可得：tan45°=根據(jù)動能的計算公式可得：Ek=根據(jù)牛頓第二定律可得：a2=豎直方向的速度大小為：vy2＝a2t2氘核第一次進入Ⅱ區(qū)時的速度大小為：v2=聯(lián)立解得：v2=5C、由B選項分析，同理可得氕核第一次進入Ⅱ區(qū)時的速度大小為：v1=根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv1B＝mv解得：r1=mD、粒子在進入磁場速度方向與水平方向夾角相同，設(shè)為α，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，則有：tanα＝2tan45°。設(shè)粒子在進入磁場速度方向與MN的夾角為β，則：β＝α﹣45°可得：sinβ=粒子從進入磁場到再次回到MN時與進入磁場位置的距離：s＝2rsinβ氘核在磁場中的半徑：r2=則氕核和氘核第一次剛出Ⅱ區(qū)時的位置相距：Δs＝s2﹣s1=105（r2﹣r1）＝2（2?故選：AD。如圖甲所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一磁感應(yīng)強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場；緊挨著豎直放置的兩平行金屬板，M板接地，中間有一狹縫。當(dāng)有粒子通過狹縫時N板有電勢，且隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。在圓形磁場P處的粒子發(fā)射裝置，以任意角射出質(zhì)量m、電荷量q、速率v0的粒子，在磁場中運動的軌跡半徑與圓形磁場的半徑正好相等。從圓弧ab之間離開磁場的粒子均能打在豎直放置的N板上，粒子間的相互作用及其重力均可忽略不計。求這部分粒子。（1）在磁場中運動的最短時間t；（2）到達N板上動能的最大值Ekm；（3）要保證到達N板上速度最大，MN間距離應(yīng)滿足的條件?！窘獯稹拷猓海?）粒子在磁場中的軌跡如圖所示，粒子在磁場中運動的軌跡半徑與圓形磁場的半徑正好相等，此為“磁發(fā)散”模型，所有粒子出磁場的速度平行，且都垂直PO。根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝mv粒子在磁場中做圓周運動的周期為：T′=由軌跡圖可知粒子從b點離開時，其軌跡圓心角最小為90°，在磁場中運動的時間最短，則有：t=90°（2）粒子在磁場逆時針偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電，且所有粒子從磁場離開進入電場的速度大小均為v0，方向均與極板垂直，可知在電場中受到的電場力方向與速度方向在同一直線上，為了使粒子到達N板上動能最大，應(yīng)使粒子從M板到N板過程一直做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理可得：qU0＝Ekm?解得最大動能為：Ekm＝qU0+1（3）要保證到達N板上速度最大，應(yīng)使粒子從M板到N板過程一直做勻加速直線運動，即粒子在極板中運動的時間應(yīng)滿足：t1≤設(shè)MN間距離為d，粒子到達N板的最大速度為vm，則有：Ekm＝qU0+解得：vm=根據(jù)運動學(xué)公式可得：d=聯(lián)立可得：d≤故要保證到達N板上速度最大，MN間距離d應(yīng)滿足：0＜d≤T答：（1）在磁場中運動的最短時間t為πm2qB（2）到達N板上動能的最大值Ekm為qU0+1（3）要保證到達N板上速度最大，MN間距離應(yīng)滿足的條件為0＜d≤T如圖所示，坐標系xOy第一象限內(nèi)有場強大小為E，方向沿x軸正方向的勻強電場，第二象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于xOy平面且與x軸相切于P點的圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），P點的坐標為（﹣3l0，0），電子a、b以大小相等的速度v=2eBl0m從P點射入磁場，b沿+y方向，a、b速度方向間的夾角為θ（1）求Q點的坐標；（2）求a、b第1次通過磁場的時間差Δt；（3）a、b離開電場后途經(jīng)同一點A（圖中未畫出），求A點的坐標及a從P點運動至A點的總路程s?！窘獯稹拷猓海?）電子在磁場中做勻速圓周運動，作出電子b的運動軌跡如圖中紅色軌跡所示，由題意知電子b在磁場中偏轉(zhuǎn)了π2，故電子b圓周運動的軌跡為1evB=m已知：v=解得：R＝2l0則Q點的坐標為（0，2l0）；（2）由題意知電子a、b經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后射出磁場時速度相互平行均垂直于y軸，由“磁發(fā)散”模型可知圓形勻強磁場的半徑與電子圓周運動的半徑相等均為R＝2l0，電子a的運動軌跡如圖中藍色軌跡所示，由幾何關(guān)系可得電子a由P到C的軌跡圓心角α=π2?θb第1次通過磁場的時間：tb=a第1次通過磁場的時間：ta=a、b第1次通過磁場的時間差：Δt＝tb﹣ta=π（3）a、b進入電場后先沿電場方向做勻加速直線運動，速度為零后再反向做勻加速直線運動，由運動對稱性可知a、b離開電場時速度大小仍為v，速度相互平行均垂直于y軸進入磁場，由“磁聚焦”模型可知a、b均在圓形勻強磁場區(qū)域的最高點離開磁場，即點A在P點的正上方。故A點的橫坐標為：xA＝﹣3l0，A點的縱坐標為：yA＝2R＝4l0，則A點的坐標為：（﹣3l0，4l0）；由幾何關(guān)系可得：CD＝3l0﹣Rcosθ＝3l0﹣2l0cosθa在電場中的運動路程為：s1＝2?v電子a在磁場由C到A的軌跡圓心角為β，由幾何關(guān)系可得：α+β＝π，則電子a在磁場中運動總的軌跡長為半個圓周。故電子a在磁場中運動總路程為：s2=12×2πR=2a從P點運動至A點的總路程：s＝2CD+s1+s2＝6l0﹣4l0cosθ+4eB2l0答：（1）Q點的坐標為（0，2l0）；（2）a、b第1次通過磁場的時間差Δt為θmeB（