《高考物理二轮复习 专题四 电场和磁场 4.10 带电粒子在组合场、复合场中的运动课时作业-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 专题四 电场和磁场 4.10 带电粒子在组合场、复合场中的运动课时作业-人教版高三全册物理试题.doc（18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、带电粒子在组合场、复合场中的运动A组一、选择题1.有一个带电荷量为q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是()A一定做曲线运动B不可能做曲线运动C有可能做匀加速直线运动D有可能做匀速直线运动解析：带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动，进入磁场后，受竖直向下的重力Gmg，水平向左的电场力F电场力qE与洛伦兹力F洛qBv，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，BCD错答案：A2.平行板电容器
2、竖直放置，A板接电源正极，B板接电源负极，在电容器中加匀强磁场，磁场方向与电场方向垂直，如图所示，从A板中间的小孔C入射一批带正电的微粒，入射的速度大小、方向各不相同(入射速度方向与磁场方向垂直，且与电场方向夹角小于90)，微粒重力不能忽略，则微粒在平行板A、B间运动过程中()A所有微粒的动能都将增加B所有微粒的机械能都将不变C有的微粒可能做匀速直线运动D有的微粒可能做匀速圆周运动解析：微粒在A、B间运动过程中受到重力、电场力和洛伦兹力作用，其中洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，但电场力会做功，微粒机械能可能变化，B错；若微粒初速度方向斜向右上方，则洛伦兹力的方向斜向左上方，当洛
3、伦兹力与电场力、重力平衡时，微粒做匀速直线运动，A错，C对；由于重力不可能与电场力平衡，故微粒不可能由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，D错答案：C3.(多选)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一大步如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下
4、列说法正确的是()A带电粒子每运动一周被加速一次B带电粒子每运动一周P1P2P2P3C加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D加速电场方向需要做周期性的变化解析：由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A正确；由R和Uqmvmv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误；由v可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确；由图可知，粒子每次都是从A板进入电场加速，所以加速电场方向不需改变，选项D错误答案：AC4(多选)如图所示，回旋加速器D形盒半径为R，狭缝宽为d，所加匀强磁场的磁感应强度为B，所加高频交
5、变电源的电压为U，质量为m、电荷量为q的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程达最大能量E后由导向板处射出，忽略质子在狭缝加速运动的时间，则()A最大能量E与加速电场的加速电压成正比B增大磁场的磁感应强度，能提高质子的最大能量C增大高频交变电源的电压，质子在加速器中运行时间不变D高频交变电源的频率为解析：由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，可知r，所以质子的最大能量E，由磁场的磁感应强度B、D形盒半径及质子本身决定，与电场的加速电压无关，A错，B对；质子在回旋加速器中回旋一周的时间一定，每回旋一周加速两次，增大加速电压，加速次数减少，质子在加速器中运行时间变短，C错；回旋加速器中高频
6、交变电源的变化周期等于粒子在磁场中的运行周期，即其电压频率为f，D对答案：BD5质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是()A该微粒一定带负电荷B微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C该磁场的磁感应强度大小为D该电场的场强为Bvcos解析：若微粒带正电q，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和右斜向下的洛伦兹力qvB，可知微粒不能做直线运动据此可知微粒应带负电q，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和左斜向上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰
7、好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件得cos，sin，得磁场的磁感应强度B，电场的场强E，故选项C、D错误答案：A6如图所示，A、B极板间存在竖直方向的匀强电场和匀强磁场，一带电微粒在A、B间的水平面内做匀速圆周运动则下列说法正确的是()A该微粒带正电荷B仅改变R3阻值，微粒将继续做匀速圆周运动C仅改变A、B极板之间距离，微粒将继续做匀速圆周运动D仅改变A、B极板正对面积，微粒将做螺旋线运动解析：带电微粒在A、B间的水平面内做匀速圆周运动，则有mgEq，电场力向上，微粒带负电，选项A错误；仅改变R3阻值，电场力不变，微粒将继续做匀速圆周运动，选项B正
8、确；仅改变A、B极板之间的距离，由E可知，电场强度变化，则该微粒受到的电场力改变，重力与电场力不再平衡，微粒将在重力、电场力和洛伦兹力作用下做螺旋线运动，选项C错误；仅改变A、B极板之间的正对面积，电场强度不变，微粒受力情况不变，将继续做匀速圆周运动，选项D错误答案：B7.(多选)如图所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点(图中未画出)小球受到的电场力、洛伦兹力都始
9、终小于重力，不计空气阻力则()甲 乙丙 丁AO、C之间距离大于O、B之间距离B小球从抛出到落在斜面上用时相等C小球落到B点与C点速度大小相等D从O到A与从O到D，合力对小球做功相同解析：根据平抛运动的特点可知，tan ，因乙图小球下落的加速度大于丙图小球下落的加速度，所以乙图小球运动的时间t乙小于丙图小球运动的时间t丙因小球在水平方向做匀速直线运动，水平方向的位移xv0t，所以x丙x乙，O、C之间距离l丙l乙，选项A正确，B错误；因平抛运动中速度与水平方向的夹角为，则tan 2tan ，且小球初速度v0也相同，结合数学知识可知小球落到O点与C点速度大小相等，选项C正确；从O到A与从O到D，都只
10、有重力做功，但从O到D小球运动的时间长，竖直位移比较大，重力做功多，选项D错误答案：AC8.(多选)在离子注入工艺中，初速度可忽略的铊离子Tl和Tl3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子Tl在磁场中转过30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子Tl和Tl3()A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为11D离开电场区域时的动能之比为13解析：在电场中离子被加速，加速度为，加速度之比为13，选项A错误；由电场力做功可知，离开电场区域时的动能之比为13，选项D正确；离开电场区
11、域时离子的速度之比为1，离子在磁场中运动的半径为，可知在磁场中运动的半径之比为1，选项B正确；由于半径不同，离子在磁场中转过的角度不同，选项C错误；因此答案选BD.答案：BD二、非选择题9.如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场一质量m2106 kg、电荷量q2107 C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP向上此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0，6.25)点，动能变为初动能的0.625
12、，求：(1)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(2)粒子由P点运动到M点所需的时间解析：(1)设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点动能为UOPUOM设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降则：得OD3.75 m，设OP与x轴的夹角为，则sinD点的坐标为xDODcos3 m，yDODsin2.25 m即：D(3,2.25)(2)由于OD3.75 m，而OMcosMOP3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DPt2，又DPOPOD1.25
13、m解得：t0.5 s.答案：(1)(3,2.25)(2)0.5 s10.如图甲所示，两平行金属板A、B长L8 cm，两板间距离d6 cm，A、B两板间的电势差UAB100 V一比荷为1106 C/kg的带正电粒子(不计重力)从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度v02104 m/s飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，已知两界面MN、PS相距为s8 cm.带电粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点时开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙所示的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)求： 甲 乙(1)PS分界线上的C点与中心线OO的距离y；(2)粒子进入磁场
14、区域后第二次经过中心线OO时与PS分界线的距离x.解析：(1)粒子在电场中的加速度a粒子在电场中运动的时间t1粒子离开电场时竖直方向分速度vyat1粒子在MN与PS间运动时间t2粒子在电场中偏转位移y1at cm出电场后：y2vyt2解得：y2 cm所以C点与OO的距离yy1y24 cm.(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时，设速度与水平方向夹角为，tan30粒子进入磁场时的速度v104 m/s设粒子在磁场中运动轨道半径为R则qvBR4 cm粒子在磁场中运动的周期T2106 s在t106 s内粒子的偏转角t120竖直向上偏移h1Rcos302 cm在106106 s内通过OO，这段时间内
15、竖直向上偏移h2h12 cm因为h1h2y4 cm则粒子在t106 s时刚好第二次到达OO此时，粒子距PS距离x2(RRsin30)12 cm.答案：(1)4 cm(2)12 cmB组一、选择题1.(多选)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是()A此粒子必带正电荷BA点和B点位于同一高度C粒子在C点时机械能最大D粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点解析：粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷
16、，A正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，粒子从A点到B点运动过程中，电场力不做功，故A、B点位于同一高度，B正确；C点是最低点，从A点到C点运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知粒子在C点时速度最大，动能最大，C正确；到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动向右运动，不会返回，故D错误答案：ABC2如图所示，两平行金属板MN、PQ水平放置，两金属板长为d，板间距离为2d，两金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)从MN的中点O垂直于电场和磁场方向以初速度v0射入，粒子恰好沿直线从NQ的中点A处穿出，若撤去磁场，粒子恰好从下
17、极板边缘Q点处穿出，则关于粒子的电性及撤去电场后粒子的运动情况，下列说法中正确的是()A粒子带负电，将从A、N中间某位置穿出B粒子带正电，将从N点处穿出C粒子带负电，将打在MN板上D粒子带负电，将从M点处穿出解析：因撤去磁场，粒子恰好从下极板边缘Q点穿出，而电场方向向上，所以粒子带负电，B错；设粒子质量为m，电荷量为q，则电、磁场均在时有Bqv0qE，撤去磁场后，粒子做类平抛运动，满足d()2，即Bqv0，撤去电场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由Bqv0m得r，即粒子将从M点处穿出，A、C错，D对答案：D3如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应
18、强度为B、方向垂直纸面向里从电、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达结果，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个结果作出判断你认为正确的是()A. B.C. D.解析：根据量纲法，可得A为正确答案答案：A4(多选)如图所示，虚线MN、PQ间区域存在垂直纸面向里的匀强磁场和水平向右的匀强电场，PQ上方有一个带正电小球由静止开始下落，不计空气阻力，则在小球通过电场和磁场区域的过程中，下列说法正确的是()A小球可能做匀变速直线运动B小球一定做变加
19、速曲线运动C小球动能的增加量等于其电势能和重力势能减少量的和D小球重力势能的减少量等于小球动能和电势能增加量的和解析：小球进入MN、PQ间区域，受重力、电场力、洛伦兹力作用，因进入时速度竖直向下，而电场力水平向右，洛伦兹力水平向右，所以粒子所受合力一定不沿竖直方向，必做曲线运动，A错；粒子运动过程中洛伦兹力时刻变化，即合力时刻变化，所以粒子做变加速曲线运动，B对；因小球下落通过电场和磁场区域过程中洛伦兹力不做功，重力做正功，重力势能减少，电场力也做正功，电势能也减少，由动能定理知小球动能的增加量等于其电势能和重力势能减少量的和，C对，D错答案：BC5(多选)如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆
20、弧段COD光滑，对应的圆心角为120，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切整个装置处于方向垂直于轨道所在的平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和竖直虚线ND右侧还分别存在着电场强度大小相等、方向水平向右和水平向左的匀强电场现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放若小球所受的电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，则()A小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amaxgB小球在
21、第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmaxC小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高D小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mgqB 解析：小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为：F mg，即大小恒定，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因将下滑时，加速度最大，即为amaxg，故A正确；当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，即为q
22、vBN，而Nf，且fmg，因此解得：vmax，故B错误；根据动能定理可知，小球从静止开始到进入DH轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升的最高点低于P点，故C错误；对小球在O点受力分析，小球由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：NmgBqvm；由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgRsin30mv2；由上综合而得：对轨道的弹力为2mgqB，当小球由D向C运动时，对轨道的弹力为2mgqB，故D正确答案：AD6(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球用长为L的细线悬挂在水平向右的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为30.现用力将小球拉到最低点C处并由静止释放，释放的同时加上一个垂直
23、纸面向里的匀强磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，小球运动过程中细线始终伸直，则()A匀强电场的电场强度大小为B小球将在A、C间往复摆动C小球回到C点时，细线张力将大于mgD小球从C点向右摆到最高点的过程，电势能减少量为mgL解析：小球在A点受重力、水平向右的电场力及线的拉力作用而处于平衡状态，则有tan，所以E，A对；小球向右摆动过A点时速度最大，小球将以A为中间位置，以C为最大振幅位置往复摆动，B错；小球回到C点时速度为0，细线中张力等于小球重力，C错；洛伦兹力不做功，由动能定理知W电mgL(1cos2)0，解得小球从C点向右摆到最高点的过程，电势能减少量EW电mgL，D对答案：AD7如图
24、所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，其中磁场与电场正交(未画出)，磁感应强度为B1，板间电压为U2；C为偏转分离器，其中磁场的磁感应强度为B0，D为B、C边界所在虚线PQ上的感光底片今有一比荷未知的正离子从A的上极板中央由静止释放，经加速后，从速度选择器两板正中间空过若两板间磁场消失，离子重新释放，将从PQ上的M点(没画出)进入偏转磁场中，运动一段时间后打在感光底片的最左端N点，测得M、N两点间的距离为x，离子重力不计，则()A速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里B离子的比荷为C若速度选择器板间电压U2也消失，M、N两点间距离将变小D离子在偏转磁场中运行的时间一定
25、小于解析：当两板间磁场消失时，离子有可能从O点右侧进入C中，也可能从左侧进入C中，即速度选择器中磁场方向可以垂直纸面向外，也可以垂直纸面向里，A错；设离子进入速度选择器时速度为v0，进入C中时速度方向与PQ夹角为，大小为v，则qU1mv，sin，离子在C中运行的轨迹半径为r，由几何关系知x2rsin，联立得，B对；由比荷表达式可知M、N间距离x与速度选择器两板间电压无关，C错；当离子从O点右侧进入C中时，离子做圆周运动的圆心角大于，此时运行时间t，D错答案：B8.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面
26、进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则()A若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于tB若撤去电场E，质子穿过场区时间大于tC若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于EkD若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek解析：质子进入复合场沿直线运动，则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，即eEBev0，若撤去磁场B，质子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动特点可知，穿过电场的时间t，因场区宽度x不变，则时间不变，质子竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，出电场时的速度必大于v0，动能大于Ek，则A错误，C正确若撤去电场E，则质子在磁场中做匀速圆
27、周运动，则B、D错误答案：C二、非选择题9.如图所示，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h9 m，与板上端等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s3 m，板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B1 T；质量m1103 kg、电荷量q1103 C、直径略小于小孔宽度的带电小球(可视为质点)，以某一速度垂直于磁场方向从小孔水平射入，恰好做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率反向弹回，且不计碰撞时间，碰撞时小球的电荷量保持不变，小球最后都能从筐口的中心处进入筐中，取g10 m/s2，求：(1)电场强度的大小与方向；(2)小球运
28、动的最大速率；(3)小球运动的最长时间解析：(1)因小球能做匀速圆周运动，所以有：EqmgE10 N/C，方向竖直向下(2)洛伦兹力提供向心力有：qvBm小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，如图1所示，由几何知识可得：图1(hRm)2s2R解得：Rm5 mvm5 m/s(3)设小球与挡板碰撞n次，此时最大半径为，要击中目标必有：33n1.5n只能取0,1当n0时，即为(2)问中的解当n1时，可得：(h3R)2s2R2(93R)232R2解得：R13 m，R23.75 mR23.75 m时小球运动的时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹所示图2sin53，360(18053)487且T得：
29、tmT8.5 s答案：(1)10 N/C，方向竖直向下(2)5 m/s(3)8.5 s10.空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向同时射入磁场中，如图所示已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点不计粒子的重力和它们之间的相互作用求：(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；(2)速度方向
30、与AO1夹角分别为60(斜向右上方)、30(斜向左上方)的粒子到达x轴的时间差解析：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvBm得v如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2Rvt甲Rt2解得E(2)对于速度为v1(斜向左上方)的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C1，从P点射出磁场，连接O1P，四边形O1PC1A是菱形，故C1P垂直于x轴，速度方向的偏转角度等于圆心角160，速度为v1的粒子在磁场中运动的时间为t1T乙对于速度v2(斜向右上方)的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C2，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MC2A是菱形，故C2M垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角2150，速度为v2的粒子在磁场中运动的时间为t2T两个粒子在磁场中运动的时间差为t1t2t1速度为v1的粒子离开磁场到y轴的距离PFR速度为v2的粒子离开磁场到y轴的距离MH两个粒子在无场区运动的时间差为t2设速度为v2的粒子在电场中到达x轴运动的时间为t2，HOR，则Rt，解得t2(1)设速度为v1的粒子在电场中到达x轴运动的时间为t1，FO，则t，解得t1t3t2t1(1)故速度为v2、v1的粒子到达x轴的时间差为tt1t2t3(132)