（新課標(biāo)）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)精練（含解析）

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1、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (45分鐘) [刷基礎(chǔ)] 1．(2018·高考北京卷)某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)的是(　　) A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向 B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度 解析：由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，Eq＝qvB，則v＝，若僅撤除電場(chǎng)，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明要滿足題意，對(duì)磁場(chǎng)與電場(chǎng)的方向以及強(qiáng)弱程度都有要求，但是對(duì)電性和電量無(wú)要求，根據(jù)F＝qvB可知，洛倫茲力的方向

2、與速度方向有關(guān)，故對(duì)入射時(shí)的速度也有要求，故選項(xiàng)C正確． 答案：C 2．(2019·福建龍巖高三期末)如圖所示，兩平行金屬板中間有相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)重力的帶電粒子沿垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向射入．有可能做直線運(yùn)動(dòng)的是(　　) 解析：A圖中，若粒子帶正電，粒子受向下的電場(chǎng)力和向下的洛倫茲力，粒子不能沿直線運(yùn)動(dòng)；同理可判斷當(dāng)粒子帶負(fù)電時(shí)也不能沿直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．B圖中，若粒子帶正電，粒子受向上的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運(yùn)動(dòng)；同理可判斷當(dāng)粒子帶負(fù)電時(shí)也不能沿直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．C圖中，若粒子帶正電，粒子受向下的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力，若二力相等，則粒子能沿直線

3、運(yùn)動(dòng)；同理可判斷當(dāng)粒子帶負(fù)電時(shí)也能沿直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確．D圖中，若粒子帶正電，粒子受向上的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運(yùn)動(dòng)；同理可判斷，當(dāng)粒子帶負(fù)電時(shí)也不能沿直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：C 3．如圖所示，某種帶電粒子由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U1的電場(chǎng)加速后，射入兩水平放置、電勢(shì)差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過(guò)兩板后又垂直于磁場(chǎng)方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則粒子射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計(jì)重力，不考慮邊緣效應(yīng))(　　) A．d隨U1變化，d與U2無(wú)關(guān) B．d與U1無(wú)關(guān)，d隨U2變化

4、 C．d隨U1變化，d隨U2變化 D．d與U1無(wú)關(guān)，d與U2無(wú)關(guān) 解析：設(shè)帶電粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，與水平方向夾角為θ.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，qvB＝m，R＝，M、N兩點(diǎn)間距離d＝2Rcos θ＝＝.對(duì)粒子在電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程有qU1＝mv，聯(lián)立可看出d隨U1變化，與U2無(wú)關(guān)． 答案：A 4．(2019·山西晉城高三期末檢測(cè))如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)，不考慮電子本身的重力．設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過(guò)，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當(dāng)減小

5、電場(chǎng)強(qiáng)度E B．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B C．適當(dāng)增大加速電場(chǎng)的寬度 D．適當(dāng)減小加速電壓U 解析：要使粒子直線運(yùn)動(dòng)，必須滿足條件Eq＝qvB，根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場(chǎng)力大于洛倫茲力，所以為了使粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則要么增大洛倫茲力，要么減小電場(chǎng)力．減小加速電壓U，可以減小速度v，減小洛倫茲力，故D錯(cuò)誤；適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度，可以減小電場(chǎng)力，故A正確；適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，可減小洛倫茲力，故B錯(cuò)誤；增大加速電場(chǎng)的寬度，不改變速度v，故C錯(cuò)誤． 答案：A 5．(2019·山東濟(jì)南高三四校理綜聯(lián)考)如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向

6、與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.則(　　) A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向可能垂直于紙面向外 B．小球一定帶正電荷 C．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 解析：小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受到的合力為零，假設(shè)小球帶正電，則小球的受力情況如圖a所示，小球受到的洛倫茲力沿虛線但方向未知，由圖可知，小球受到的重力、電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力不可能平衡，小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)不成立，小球帶負(fù)電，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球帶負(fù)電的受力情況如圖b所示．小球

7、受到的洛倫茲力一定斜向右上方，根據(jù)左手定則，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向一定垂直于紙面向里，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力與洛倫茲力反方向、重力與洛倫茲力反方向的夾角均為30°，據(jù)平衡條件可得qE＝mg，qvB＝mgcos 30°＋qEcos 30°，解得E＝，B＝，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：C 6.質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，以與水平方向成θ角的速度v從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)大小為E)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B)組成的混合場(chǎng)區(qū)，該微粒在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是(　　) A．該微粒一定帶正電 B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)

8、可能是勻變速運(yùn)動(dòng) C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為Bvcos θ 解析：若微粒帶正電，電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力垂直O(jiān)A斜向右下方，則電場(chǎng)力、重力、洛倫茲力不能平衡，微粒不可能做直線運(yùn)動(dòng)，則微粒帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；微粒如果做勻變速運(yùn)動(dòng)，重力和電場(chǎng)力不變，而洛倫茲力變化，微粒不能沿直線運(yùn)動(dòng)，與題意不符，B錯(cuò)誤；由平衡條件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，則B＝，E＝Bvsin θ，C正確，D錯(cuò)誤． 答案：C 7．如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二象限內(nèi)分布著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．初速度為零、帶電荷量為q、質(zhì)量為m

9、的粒子經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速后，從x軸上的A點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子重力不計(jì)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后過(guò)y軸上的P點(diǎn)且垂直于y軸進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點(diǎn)．已知OA＝OC＝d.則磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場(chǎng)強(qiáng)度E可表示為(　　) A．B＝，E＝ B．B＝，E＝ C．B＝，E＝ D．B＝，E＝ 解析：設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后速度為v，則qU＝mv2，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，洛倫茲力提供向心力，qBv＝，依題意可知r＝d，聯(lián)立可解得B＝；帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t從P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)，由d＝vt，d＝t2，聯(lián)立可解得E＝，B正確． 答案：B 8. (2018·高

10、考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l.不計(jì)重力影響和離子間的相互作用．求： (1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比． 解析：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有 q1U＝m1v① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1 B＝m1② 由幾何關(guān)系知2R

11、1＝l③ 由①②③式得B＝④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2.同理有 q2U＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4⑧ 答案：(1)　(2)1∶4 [刷綜合] 9．(多選)如圖所示，邊界MN、PQ間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，PQ、EF間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從邊界MN上的O點(diǎn)以水平初速度v0射入電場(chǎng)，結(jié)果從PQ上的A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為.MN和PQ間、PQ和EF間的距離均為L(zhǎng)，O到A

12、的豎直距離為，不計(jì)粒子的重力，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與水平方向的夾角為45° C．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為L(zhǎng) D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 解析：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)L＝v0t0，豎直方向＝at，根據(jù)牛頓第二定律qE＝ma，解得E＝，故A錯(cuò)誤；離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)豎直速度vy＝at0＝×＝v0，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與水平方向的夾角為θ，tan θ＝＝1，θ＝45°，故B正確；粒子在磁場(chǎng)中的圓心角為α，根據(jù)t＝T＝×＝，根據(jù)題意t＝，得α＝，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有R＝L，故C錯(cuò)誤；根據(jù)半徑公式R＝＝＝，得B＝，故D正

13、確． 答案：BD 10．(多選)如圖所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場(chǎng)；靜電分析器；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外；膠片M.若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射電場(chǎng)，在中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；由粒子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計(jì))，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿中心線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后由S點(diǎn)沿著既垂直于靜電分析器的左邊界，又垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)中，最終打到膠片上的某點(diǎn)．下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．P、Q間加速電壓為ER B．離子

14、在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為 C．若一質(zhì)量為4m、電荷量為q的正離子加速后進(jìn)入靜電分析器，離子不能從S射出 D．若一群離子經(jīng)過(guò)上述過(guò)程打在膠片上同一點(diǎn)，則這些離子具有相同的比荷 解析：在加速電場(chǎng)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有 qU＝mv2① 在靜電分析器中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有 qE＝m② 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有 qvB＝m③ 解得U＝ER④ r＝ ＝ ⑤ 由④式，只要滿足R＝，所有粒子都可以從輻射電場(chǎng)區(qū)通過(guò)； 由④⑤知，打到膠片上同一點(diǎn)的粒子的比荷一定相等． 答案：AD 11．(2019·陜西榆林高三期末)如圖所示，一束質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，恰

15、好沿直線從兩帶電平行板正中間通過(guò)，沿圓心方向進(jìn)入右側(cè)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，粒子經(jīng)過(guò)圓形磁場(chǎng)區(qū)域后，其運(yùn)動(dòng)方向與入射方向的夾角為θ(弧度)．已知粒子的初速度為v0，兩平行板間與右側(cè)圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向內(nèi)，兩平行板間距為d，不計(jì)空氣阻力及粒子重力的影響，求： (1)兩平行板間的電勢(shì)差U； (2)粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t； (3)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R. 解析：(1)由粒子在平行板間做直線運(yùn)動(dòng)可知， Bv0q＝qE， 平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝， 解得兩平行板間的電勢(shì)差U＝Bv0d. (2)在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中，由洛倫茲力提供向心力可知Bv0q＝m 同

16、時(shí)有T＝ 粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T 解得t＝. (3)由幾何關(guān)系可知： rtan ＝R 解得圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑 R＝. 答案：(1)Bv0d　(2)　(3) 12．(2018·高考天津卷)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出．不計(jì)粒子重力． (1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t. (2)若粒子從與P同一水平線上的Q

17、點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出．粒子從M到N的過(guò)程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大小． 解析：(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝① 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有 F＝qE② 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有 F＝ma③ 粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有 v＝at④ 聯(lián)立①②③④式得 t＝⑤ (2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期與速度、半徑無(wú)關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定．故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)間最短．設(shè)粒子

18、在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可得 (r′－R)2＋(R)2＝r′2⑥ 設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系知 tan θ＝⑦ 粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場(chǎng)方向上的分速度始終等于v0，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得 tan θ＝⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得 v0＝⑨ 答案：(1)　(2) 13．(2019·廣東廣州天河區(qū)二模)如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向垂直x軸向

19、上．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，粒子與x軸正方向成45°進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)y軸的b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直．求： (1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r和速度大小v； (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E； (3)粒子從開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t. 解析：(1)根據(jù)題意，大致畫出粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示 由幾何關(guān)系得rcos 45°＝h r＝h 由牛頓第二定律得qBv＝m 解得v＝. (2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)位置坐標(biāo)為(－x1,0)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度大小為vb.根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有 vb＝vcos 45° 設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，b點(diǎn)的縱坐標(biāo)為－yb，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 r＋rsin 45°＝vbt yb＝(vsin 45°＋0)t＝h 由動(dòng)能定理得－qEyb＝mv－mv2 解得E＝. (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝ 第一次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t1＝T＝ 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝2t＝ 從第二次經(jīng)過(guò)x軸到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間 t3＝T＝ 則總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝(＋2＋2). 答案：見(jiàn)解析 - 10 -