2024年高考物理二轮复习第一部分第11讲带电粒子在复合场中的运动学案

PAGE16-第11讲带电粒子在复合场中的运动1．各类场的特征．场力的特征做功特点重力场大小：G＝mg方向竖直向下做功与路径无关静电场大小：F＝Eq正电荷受到的电场力F与E同向做功与路径无关磁场洛伦兹力F洛＝Bqv，运用左手定则推断力的方向洛伦兹力不做功2.分析方法．1.(2024·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面对里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()A．ma＞mb＞mcB．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mbD．mc＞mb＞ma解析：设电场强度为E、磁感应强度为B、三个微粒的带电量均为q，它们受到的电场力Eq方向均竖直向上．微粒a在纸面内做匀速圆周运动，有Eq＝mag；b在纸面内向右做匀速直线运动，有Eq＋Bqvb＝mbg；c在纸面内向左做匀速直线运动，有Eq－Bqvc＝mcg；可得：mb＞ma＞mc.答案：B2．[2024·新高考卷Ⅰ(山东卷)]某型号质谱仪的工作原理如图甲所示．M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔．以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.区域Ⅰ、Ⅱ内分别充溢沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上．不计粒子重力．(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子eq\o\al(1,1)H、氚核eq\o\al(3,1)H、氦核eq\o\al(4,2)He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)．解析：(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2,①在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，磁场力供应向心力，由牛顿其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)，②联立①②式得R＝eq\f(\r(2mqU),qB).③由几何关系得d2＋(R－L)2＝R2，④cosα＝eq\f(\r(R2－d2),R)，⑤sinα＝eq\f(d,R)，⑥联立①②④式得L＝eq\f(\r(2mqU),qB)－eq\r(\f(2mU,qB2)－d2).⑦(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿其次定律得qE＝ma，⑧粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得vz＝vcosα，⑨d＝vzt，⑩粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得x＝eq\f(1,2)at2，⑪联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得x＝eq\f(md2E,4mU－2qd2B2).⑫(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，由运动学公式得y′＝vtsinα，⑬由题意得y＝L＋y′，⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式得y＝R－eq\r(R2－d2)＋eq\f(d2,\r(R2－d2)).⑮(4)s1、s2、s3分别对应氚核eq\o\al(3,1)H、氦核eq\o\al(4,2)He、质子eq\o\al(1,1)H的位置．答案：(1)eq\f(\r(2mqU),qB)eq\f(\r(2mqU),qB)－eq\r(\f(2mU,qB2)－d2)(2)eq\f(md2E,4mU－2qd2B2)(3)R－eq\r(R2－d2)＋eq\f(d2,\r(R2－d2))(4)s1、s2、s3分别对应氚核eq\o\al(3,1)H、氦核eq\o\al(4,2)He、质子eq\o\al(1,1)H的位置3．(2024·北京卷)如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面．假设导线沿径向匀称射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e.不考虑出射电子间的相互作用．(1)可以用以下两种试验方案测量出射电子的初速度：a．在柱面和导线之间，只加恒定电压；b．在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场．当电压为U0或磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面．分别计算出射电子的初速度v0.(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示．在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为P.求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能．解析：(1)a.在柱面和导线之间，只加恒定电压U0，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，依据动能定理有－eU0＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m)).b．在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，依据几何关系有2r＝R，依据洛伦兹力供应向心力，则有B0qv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得v0＝eq\f(B0qR,2m).(2)设单位长度导线单位时间射出n个电子，则单位时间金属板接收电子数为N＝neq\f(ab,2πR)，I＝Ne，电子撞击后减速至0，依据动量定理0－Ntmv0＝－pabt，Ek＝neq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).联立各式解得Ek＝eq\f(πRaebp2,mI).答案：(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(B0qR,2m)(2)eq\f(πRaebp2,mI)考点一电磁场技术的应用装置原理图规律质谱仪粒子由静止被加速电场加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r).由以上两式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)回旋加速器沟通电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r确定，与加速电压无关续上表装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做匀速直线运动，与q的大小、电性均无关磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝Bdv0电磁流量计eq\f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq\f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq\f(U,DB)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq\s\up12(2)霍尔效应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(2024·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比．解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，①由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有q1v1B＝m1eq\f(veq\o\al(2,1),R1)，②由几何关系知2R1＝l，③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1).④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，⑤q2v2B＝m2eq\f(veq\o\al(2,2),R2)，⑥由题给条件有2R2＝eq\f(l,2)，⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4.⑧答案：(1)eq\f(4U,v1l)(2)1∶4考向质谱仪1.现代质谱仪可用来分析比质子重许多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止起先被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止起先被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为()A．11B．12C．121D．144解析：带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝eq\f(mv,qB)，由以上两式整理得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得eq\f(m2,m1)＝144，选项D正确．答案：D考向回旋加速器2.(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽视．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频沟通电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是()A．质子被加速后的最大速度与D形盒半径R有关B．质子离开回旋加速器时的最大动能与沟通电频率f成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq\r(2)∶1D．不变更磁感应强度B和沟通电频率f，经该回旋加速器加速的各种粒子的最大动能不变解析：质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，故B错误；依据qvB＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，2Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq\r(2)∶1，故C正确；因经回旋加速器加速的粒子最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，故D错误．答案：AC考向速度选择器3．如图所示为探讨某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以肯定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑．在垂直于纸面对里的方向上加一磁感应强度为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，场强大小为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()A．粒子带负电B．初速度为v＝eq\f(B,E)C．比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E)D．比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)解析：在垂直于纸面对里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，依据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时qvB＝Eq，解得v＝eq\f(E,B)，选项B错误；在磁场中时，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)＝eq\f(E,B2r)，故选项D正确，C错误．答案：D考向电磁流量计4.医生做某些特别手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是匀称的．运用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血液一起在磁场中运动，电极ab之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽视，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A．1.3m/s，a正、b负B．2.7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正D．2.7m/s，a负、b正解析：由于正、负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以推断电极a带正电，电极b带负电．血液流淌速度可依据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即qvB＝qE得v＝eq\f(E,B)＝eq\f(U,Bd)≈1.3m/s，A正确．答案：A考向霍尔元件5．(2024·天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此限制屏幕的熄灭．则元件的()A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq\f(eU,a)解析：电流方向向右，电子向左定向移动，依据左手定则推断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A项错误；由电子受力平衡可得eeq\f(U,a)＝evB，解得U＝Bva，所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故B、C两项错误；稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即evB＝eeq\f(U,a)，故D项正确．答案：D考点二带电粒子在组合场中的运动1．组合场．电场与磁场各位于肯定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．(1)先电场、后磁场．①先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动(如图甲、乙所示)．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．②先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动(如图丙、丁所示)．在电场中利用平抛运动学问求粒子进入磁场时的速度．(2)先磁场、后电场．对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种状况：①进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．②进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．2．叠加场．(1)磁场力、重力并存．①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做困难的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒．(2)电场力、磁场力并存．①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做困难的曲线运动，可用动能定理求解．(3)电场力、磁场力、重力并存．①若三力平衡，带电体做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动．③若合力不为零，带电体可能做困难的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解．3．分析思路，“3步”突破带电粒子在组合场中的运动问题．第1步：分阶段(分过程)依据时间依次和进入不同的区域分成几个不同的阶段．第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动．第3步：用规律．(2024·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面对外．一带正电的粒子从静止起先经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，经电压U加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)，②粒子的运动轨迹如图，由几何关系知d＝eq\r(2)r，③联立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2).④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°，⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝eq\f(s,v)，⑥联立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3))).⑦答案：(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))考向磁场与磁场的组合1.如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时起先计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离．解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿其次定律得qB0v0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R1)，①qλB0v0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R2).②设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则t1＝eq\f(πR1,v0)，③粒子在x<0区域运动的时间为t2，则t2＝eq\f(πR2,v0)，④联立①②③④式得，所求时间为t＝t1＋t2＝eq\f(πm,B0q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,λ))).⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d＝2(R1－R2)＝eq\f(2mv0,B0q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,λ))).答案：(1)eq\f(πm,B0q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,λ)))(2)eq\f(2mv0,B0q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,λ)))考向电场与磁场组合类型A先电场、后磁场2.(2024·天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面对里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向起先运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2L＝v0t，①L＝eq\f(1,2)at2.②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，vy＝at，③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tanα＝eq\f(vy,v0)，④联立①②③④式得α＝45°，⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，⑥联立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0.⑦(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿其次定律可得F＝ma，⑧又F＝qE，⑨设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力供应向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，⑩由几何关系可知R＝eq\r(2)L，⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2).⑫答案：(1)eq\r(2)v0，速度方向与x轴正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)类型B先磁场、后电场3.在如图所示的坐标系中，第一和其次象限(包括y轴的正半轴)内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面对里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场．p点为y轴正半轴上的一点，坐标为(0，l)；n点为y轴负半轴上的一点，坐标未知．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由p点沿y轴正方向以肯定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x轴正半轴成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y轴经过n点．粒子的重力忽视不计．求：(1)粒子在p点的速度大小；(2)第三和第四象限内的电场强度的大小；(3)带电粒子从由p点进入磁场到第三次通过x轴的总时间．解析：粒子在复合场中的运动轨迹如图所示．(1)由几何关系可知rsin45°＝l，解得r＝eq\r(2)l.又因为qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，可解得v0＝eq\f(\r(2)Bql,m).(2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为平抛运动的逆过程，设粒子射入电场坐标为(－x1，0)，从粒子射入电场到粒子经过n点的时间为t2，由几何关系知x1＝(eq\r(2)＋1)l，在n点有v2＝eq\f(\r(2),2)v1＝eq\f(\r(2),2)v0.由类平抛运动规律有(eq\r(2)＋1)l＝eq\f(\r(2),2)v0t2，eq\f(\r(2),2)v0＝at2＝eq\f(Eq,m)t2，联立以上方程解得t2＝eq\f(（\r(2)＋1）m,qB)，E＝eq\f(（\r(2)－1）qlB2,m).(3)粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)，粒子第一次在磁场中运动的时间为t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)，粒子在电场中运动的时间为2t2＝eq\f(2（\r(2)＋1）m,qB)，粒子其次次在磁场中运动的时间为t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)，故粒子从起先到第三次通过x轴所用时间为t＝t1＋2t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,qB).答案：(1)eq\f(\r(2)Bql,m)(2)eq\f(（\r(2)－1）qB2l,m)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,4)＋2\r(2)＋2))eq\f(m,qB)考向叠加场类型A磁场力、重力并存4.(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面对里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球