《【创新设计】2014届高考物理一轮 （考纲自主研读+命题探究+高考全程解密） 第3讲带电粒子在复合场中的运动（含解析） 新人教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【创新设计】2014届高考物理一轮 （考纲自主研读+命题探究+高考全程解密） 第3讲带电粒子在复合场中的运动（含解析） 新人教版.doc（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第3讲带电粒子在复合场中的运动复合场【思维驱动】 (多选)(2013高邮市摸底试题)如图831所示，图831一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是()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A错、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C正确；改变小球速度大小，小球仍做圆周运动，D正确答案BC【知识存盘】复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某
2、两场并存，或分区域存在从场的复合形式上一般可分为如下四种情况：相邻场；重叠场；交替场；交变场带电粒子在复合场中的运动分类【思维驱动】(单选)(2013龙岩检测)图832如图832所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是()A若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动D若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动解析P处于静止状态，带负电荷，mgqE，若仅撤去磁场，P仍静止，A错；仅撤去电场，P向下加速，同时受到洛伦兹力，将做复杂的曲线运动
3、，B错；给P一初速度，垂直磁场方向，因mgqE，P只受洛伦兹力作用，将做匀速圆周运动，C错、D对答案D【知识存盘】1静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动2匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动3一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线4分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运
4、动阶段组成电场磁场同区域应用实例【思维驱动】(单选)(2012海南卷，2)图833如图833所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变()A粒子速度的大小 B粒子所带的电荷量C电场强度 D磁感应强度解析粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，其受力平衡有EqBqv，则知当粒子所带的电荷量改变时，粒子所受的合力仍为0，运动轨迹不会改变，故B项正确答案B【知识存盘】装置原理图规律速度选择器若qv0BEq，即v0，粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛
5、伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，qqv0B，Uv0Bd续表电磁流量计qqvB所以v所以QvS质谱仪、回旋加速器见第2讲温馨提示复合场中重力是否考虑的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力考点一带电粒子在分离复合场中的运动【典例1】 (2012课标全国卷，25)图834如图834所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的
6、横截面(纸面)在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小规范解答粒子在磁场中做圆周运动设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvBm式中v为粒子在a点的速度过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点由几何关系知，线段、和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形因此r设x，由几何
7、关系得RxR 联立式得rR再考虑粒子在电场中的运动设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qEma粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得rat2rvt式中t是粒子在电场中运动的时间联立式得E.答案【变式跟踪1】 如图835所示，图835xOy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成30角在第四象限和第一象限的xOQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在POy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为q，质量为m的带电粒子从y轴上的A(0，L)点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与
8、PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间t后再次经过x轴，粒子重力忽略不计求：(1)从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t；(2)匀强电场的电场强度E的大小解析(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则由几何关系得RL，qvBm，联立得v，又T，粒子在磁场中运动时间t1T.由M到A做匀速直线运动的时间t2，粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间tt1t2，联立以上各式得t.(2)粒子在电场中做类平抛运动，MNvt，ANat2，a，由几何关系得ANANNN，AN，NNMNtan ，联立得E，把30代入得E(4mqBt)答案(1)(2)(4mqBt),借题发挥1“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场
9、(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图受力FBqv0B大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力FEqE，FE大小、方向不变，为恒力运动规律匀速圆周运动r，T类平抛运动vxv0，vyt xv0t，yt2运动时间tTt，具有等时性动能不变变化2.求解带电粒子在分离复合场中运动问题的分析方法(1)正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析(2)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合(3)对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理(4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律3带电粒子在分离复合场中运动问题的求解方法特别注意(1)多过程现
10、象中的“子过程”与“子过程”的衔接点如一定要把握“衔接点”处速度的连续性(2)圆周与圆周运动的衔接点一要注意在“衔接点”处两圆有公切线，它们的半径重合考点二带电粒子在叠加复合场中的运动【典例2】 如图836所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B10.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E11.0105 V/m，PQ为板间中线紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角AOy45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B20.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E25.0105 V/m，在x轴上固定一水平的荧
11、光屏一束带电荷量q8.01019 C、质量m8.01026 kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C.求：图836(1)离子在平行板间运动的速度大小；(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标；(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2应满足什么条件？审题流程解析图甲(1)设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1qvB1，代入数据解得v5.0105 m/s.(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB2m得，
12、r0.2 m，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45，则轨迹圆弧的圆心角为90，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，yOOvt，xat2，而a，则x0.4 m，离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为xC(0.20.4)m0.6 m.图乙(3)只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径r m，设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则qvB0m，代入数据解得B0 T0.3 T, 则B20.
13、3 T.答案(1)5.0105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T【变式跟踪2】 (2012重庆卷，24)图837有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图837所示两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场一束比荷(电荷量与质量之比)均为的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线OO进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板重力加速度为g，PQ3d，NQ2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)速率为v0(1)
14、的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离解析(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m.有Eqmg，将代入，得Ekg.(2)如图甲所示，有qv0Bm，R2(3d)2(Rd)2，得B.(3)如图乙所示，有qv0Bm，tan ，y1R1，y2ltan ，yy1y2，得yd(5).答案(1)kg(2)(3)d(5),借题发挥1带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点(1)受力分析是基础在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件(2)运动过程分析是关键在运动过程分析中应注意物体做直线运动、曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件(3)构建物理模型是难点根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解2带电
15、粒子在复合场中运动的分析方法考点三带电粒子在交变复合场中的运动【典例3】 如图838甲所示，在xOy平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示(规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)在t0时刻，质量为m、电荷量为q的带正电粒子自坐标原点O处以v02 m/s的速度沿x轴正向水平射入已知电场强度E0、磁感应强度B0，不计粒子重力求：图838(1)t s时粒子速度的大小和方向；(2) s2 s内，粒子在磁场中做圆周运动的半径；(3)画出04 s内粒子的运动轨迹示意图；(要求：体现粒子的运动特点)审题视点读题(1)由图乙可知，在xOy平面内
16、存在电场时，不存在磁场；存在磁场时，不存在电场且电场和磁场的变化周期相同；(2)带电粒子在电场中做类平抛运动；(3)由T s知，只存在磁场时，带电粒子恰好做一个完整的圆周运动a画图画出带电粒子在交变场中的运动轨迹如图a所示解析(1)在0 s内，在电场力作用下，带电粒子在x轴正方向上做匀速运动：vxv0y轴正方向上做匀加速运动：vyt s末的速度为v1 v1与水平方向的夹角为，则tan ，代入数据解得v12 m/s，方向与x轴正方向成45斜向上b(2)因T s，故在 s2 s内，粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B0，解得R1 m(3)轨迹如图b所示答案见解析【变式跟踪3
17、】 在如图839所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在竖直方向存在交替变化的匀强电场如图(竖直向上为正)，电场大小为E0.一倾角为长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间斜面上有一质量为m，带电量为q的小球，从t0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g.求：(1)第6秒内小球离开斜面的最大距离(2)第19秒内小球未离开斜面，角的正切值应满足什么条件？图839解析(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：(mgqE0)sin ma第一秒末的速度为：vat1在第二秒内：qE0mg所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向
18、心力公式得qvBm圆周运动的周期为：T1 s由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动所以，第五秒末的速度为：v5a(t1t3t5)6gsin 小球离开斜面的最大距离为d2R3由以上各式得：d.(2)第19秒末的速度：v19a(t1t3t5t7t19)20gsin 小球未离开斜面的条件是：qv19B(mgqE0)cos 所以：tan .答案(1)(2)tan ,借题发挥带电粒子在交变复合场中的运动将是今后高考命题的热点，往往综合考查牛顿运动定律、功能关系、圆周运动的规律等带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路特别提醒若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电
19、场的时间，则在粒子穿越电场过程中，电场可看作粒子刚进入电场时刻的匀强电场命题热点8带电粒子在复合场中的运动命题专家评述考情分析近三年我省高考试题中对带电粒子在复合场中的运动的考查是3年3考，是高考的高频考点，且多数是压轴题高考题型：计算题命题趋势预计在2014年高考中以生活、科技材料为背景，考查带电粒子在复合场中运动的受力和画偏转图以及用数学知识解决物理问题的综合应用等为主阅卷老师叮咛易失分点带电粒子在复合场中运动问题容易出现以下错误：(1)忽略带电粒子的重力，对于微观粒子如：质子、离子等，不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子常常考虑重力(2)在叠加场中没有认识到洛伦兹力随速度大小和方向
20、的变化而变化，从而不能正确地判断粒子的运动性质(3)不能建立完整的运动图景，画出粒子的运动轨迹(4)不能正确地选择相应的公式列方程，如运动的分解、匀速圆周运动、功能关系等应对策略带电粒子在复合场中运动问题解题的两条线索(1)力和运动的角度：根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解运用运动的合成与分解的方法，求解曲线运动问题(2)功能的角度根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系解决问题，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场，因此要熟悉各种力做功的特点高考佐证(2012江苏卷，15)如图8310所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子
21、射入时的受力情况可推测其电场和磁场图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反质量为m、电荷量为q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域不考虑粒子受到的重力图8310(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1；(2)当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F.现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz.保持加速电压为U0不变，移动装置
22、使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示.射入方向yyzz受力大小FFFF请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向规范解答(1)设粒子射出加速器的速度为v0根据动能定理得qU0mv，由题意得v1v0，即v1 .(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t加速度的大小a，在离开时，竖直分速度vyat，竖直位移y1at2水平位移lv1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t竖直位移：y2vyt由题意知，粒子竖直总位移y2y1y2，解得y则当加速电压为4U0时，U4U1.(3)(a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴且E.(b)由沿y
23、轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行F2f2(F)2，则f2F且fqv1B，解得B .(c)设电场方向与x轴方向夹角为若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得(fFsin )2(Fcos )2(F)2解得30，或150即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30或150.同理，若B沿x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30或150.答案(1) (2)4U1(3)见解析【预测】 如图8311所示，图8311左侧为两板长为L10 cm、间距d cm的平行金属板，加上U104 V的电压，上板电势高；现从左端沿中心轴线方向射入一个重力不计的带电微粒，微粒质量m1.01010
24、 kg，带电荷量q1.0104 C，初速度v01.0105 m/s；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板平齐，AB边的中点P1恰好在下金属板的右端点；三角形区域的右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场B2，且B24B1.(1)求带电微粒从电场中射出时的速度大小和方向；(2)带电微粒进入中间三角形区域后，要垂直打在AC边上，则该区域的磁感应强度B1是多少？解析(1)设微粒在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，射出电场时竖直方向的速度为vy，则可得ma，Lv0t，vyat解得vyat105 m/sv105 m/s设速度v与水平方向的夹角
25、为，则有tan ，即垂直于AB射出(2)设带电微粒出电场时竖直方向偏转的位移为y，有yat2可得y m，即微粒由P1点垂直AB射入磁场带电微粒在磁场中运动轨迹如图所示设匀速圆周运动P1Q1段半径为R1，根据几何关系有R1102 m由qvB1m，得B1 T.答案(1)105 m/s垂直于AB射出(2) T一、带电粒子在分离复合场中的运动1(多选)粒子回旋加速器的工作原理如图8312所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为e，在加速器中被加速不考虑相对论效
26、应，则下列说法正确的是()图8312A不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速粒子B加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大C质子被加速后的最大速度不能超过2RfD质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为1解析质子被加速获得的最大速度受到D形盒最大半径的制约，vm2Rf，C正确；粒子旋转频率为f，与被加速粒子的比荷有关，所以A错误；粒子被加速的最大动能Ekm2m2R2f2，与加速电压U无关，B错误；因为运动半径R，nUq，知半径比为1，D正确答案CD2如图8313所示，图8313MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的
27、上方有垂直纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场，不计粒子重力求：(1)两金属板间所加电场的场强大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小解析(1)设粒子在两金属板间匀强电场中运动的时间为t，由类平抛运动可知：Lv0t，at2，a联立解得：E.(2)设粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，速度v与水平方向的夹角为，则有qvBm，sin ，sin ，vyat联立解得：B.答案(1)(2)3(2013广东湛江测试)如图8314所示的平面直角坐标系中，虚
28、线OM与x轴成45角，在OM与x轴之间(包括x轴)存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在y轴与OM之间存在竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，有一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以某速度沿x轴正方向从O点射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，在带电粒子进入磁场到第二次离开电场的过程中，求：图8314(1)若带电粒子从O点以速度v1进入磁场区域，求带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离(2)若带电粒子第二次离开电场时恰好经过O点，求粒子最初进入磁场时速度v的大小并讨论当v变化时，粒子第二次离开电场时的速度大小与v大小的关系解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，
29、根据牛顿第二定律有qv1Bm解得R设粒子从N点离开磁场，如图所示，由几何知识可知ONR联立两式解得：ON(2)粒子第二次离开磁场后在电场中做类平抛运动，若粒子第二次刚好从O点离开电场，则：水平位移x2Rvt解得：t竖直位移y2Rat2而a联立式并解得v若v，则粒子从y轴离开电场，轨迹如上图，水平位移x2Rvt得tvyatt则粒子离开电场时的速度v2 若v，则粒子从OM边界离开电场，粒子在x、y方向的位移大小相等xvtyxt，解得vy2v则粒子离开电场时的速度v3v答案(1)(2)见解析二、带电粒子在叠加复合场中的运动4(单选)如图8315所示，图8315质量为m，带电荷量为q的微粒以速度v与水
30、平方向成45角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是()A微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C匀强电场的电场强度ED匀强磁场的磁感应强度B解析因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qEmg，qvBmg，得电场强度E，磁感应强度B.答案A5两块金属板a、b平行放置，图8316板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域一束电子以一定的初速度v0从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图8316所示，已知板长l10 cm，两板间距d3.0 cm，两板间电势差U150 V，v02.0107 m/s.(1)求磁感应强度B的大小；(2)若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能的增加量(电子所带电荷量的大小与其质量之比1.761011 C/kg，电子带电荷量的大小e1.601019 C)解析(1)电子进入正交的电、磁场不发生偏转，则满足Bev0e，B2.5104 T(2)设电子通过场区偏转的距离为y1y1at21.1102 mEkeEy1ey18.81018 J55 eV答案(1)2.5104 T(2)1.1102 m55 eV22