帶電粒子在電磁場中的運動-2027高考物理（含解析）

帶電粒子在電磁場中的運動

【高考題解讀】

1.2D26高考陜晉青寧卷第15題

如圖，垂直于x軸的足夠大絕緣薄擋板尸緊貼平行金屬板放置，擋板尸有一小孔在原點O處，O點到垂

直于y軸的兩金屬板距離相等，在以為平面位于（-七，0）處的粒子源以速率比向面內各方向發射質量

為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子。兩金屬板（上板為正極）間距為2L,板間電壓U初始為警逋。

Zoq

在cQz平面y軸右側，圓心O位于（0,乙）、直徑在y軸、半役為L的半圓區域存在方向垂直于平面向里

的勻強磁場，其磁感應強度大小為號。在處有一垂直于I軸的固定彈性絕緣擋板Q,粒子若碰

到Q將發生彈性碰撞且電荷量q不變。粒子打到金屬板或擋板P均會被吸收，不計粒子重力及粒子間

的相互作用，忽略邊緣效應。（比、m、q、L均為已知量）

⑴可從小孔進入磁場的粒子，求其從。點處射入磁場速度方向與立軸正向夾角的正弦值；

（2）粒子從磁場射出后與擋板Q發生碰撞,求其再次射入磁場到達擋板。上位置的g坐標；

⑶若僅改變電壓U的大小（U>0）,在不同電壓下，粒子源發射的所有粒子均無法打到擋板P右側面；

進入磁場的所有粒子打到擋板P右側面有1個撞擊點或2個撞擊點,求以上三種情況分別對應的電壓取

值范圍（用已知量3、a、q表示）。

【針對性訓練】

1.（18分）（2026四川綿陽中學二模）如圖甲所示,半徑為R的圓形區域內存在輻向電場，電場方向由圓心沿

半徑向外，電場強度大小E隨距圓心O的距離力的變化如圖乙所示，圖中瓦為已知量。圓形區域外存

在垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為館,電荷量為+q的帶電粒子,從圓心O點由靜止釋放，粒子沿半

徑OP運動至虛線邊界上的。點進入磁場偏轉再返回電場,粒子每次到達。點后沿進入電場的路徑返

回磁場，最后剛好沿PO方向回到。點，這個過程中粒子在磁場中運動的總時間記為M（未知）。已知磁

場的磁感應強度\(3=\latex>；\sqrt{\frac{mE0}{3QR}}，不計帶電粒子的重力。求:

xxXXXXXXXXXX

B

⑴帶電粒子經過P點時的速度大小；

（2）曲的大小；

（3）若改變帶電粒子的釋放位置，將帶電粒子在OP之間的某點Q（圖中未標出）釋放，粒子經過一段時間

后沿PQ方向第一次回到釋放點Q,該過程粒子在磁場區域運動的總時間為求粒子釋放點Q到，

點的可能距離。

2.（：8分）（2026甘肅岷縣三模）利用帶電粒子在電場和磁場中受力的特點，可以控制帶電粒子的運動。如

圖所示，平面直角坐標系以川中的第四象限內存在勻強磁場，方向垂直紙面向里，第三象限（含c軸）內

存在沿“軸負方向的勻強電場,一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從2軸上橫坐標為-6L處，以大

小為班的速度沿z軸正方向射入電場，經過第三象限內的勻強電場后，在g軸上縱坐標為—一L處進入

第四象限內的勻強磁場,一段時間后粒子恰好垂直于2軸射入第一象限。/軸上方無電場和磁場，不計

帶電粒子受到的重力。

⑴求勻強電場的電場強度大小E及勻強磁場的磁感應強度大小3；

（2）求粒子在第三、四象限運動的時間機

（3）若笫四象限的磁場僅分布在一個矩形區域內，其他條件不變，求這個矩形磁場區域的最小面積S。

3.(16分)(2026年4月四川眉山二模)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面內，建立平面直角坐標系xOy,桌

面內分布兩個勻強電場區域：區域1(0437&&),兩極板間距為4=0.bn,在。軸上開有兩小孔。和

0-電場強度大小Ei=9N/C,方向沿)軸正方向；區域II與)，兩極板間距為刈=

1.6zn,電場強度大小￡?2=1N/C,方向沿夕軸正方向。一質量m=0.1kg、電荷帚q=2C的帶正電金屬小

球P,從O點由靜止釋放，沿I軸正方向進入區域I,隨后在區域H的。處與靜止在該處的另一質量M

=0.2kg不帶電金屬的小球Q發生彈性正碰。碰后兩金屬小球的電荷量平均分配，求：

(1)金屬小球P從O點運動到。|的過程中電勢能的變化量：

⑵金屬小球Q與區域II極板第一次碰撞時的速度大小；

(3)若在區域II內再加上垂直于水平桌面向上的勻強磁場，兩小球在O.碰后小球Q恰好能沿直線運動,

則小球P從。點釋放到與區域H極板第一次相碰前運動的總時間以及碰撞點的坐標。

4.(湖北省黃岡中學2025屆高三5月第三次模擬考試)如圖所示，空間交替分布著寬度均為乙的勻強電磁

場區域，磁場垂直以為平面向里，磁感應強度大小為6=?華，電場沿。軸負方向，電場強度大小為E

二萼。一帶正電的粒子從坐標原點。沿與Z軸負方向成8角、初速度大小為為進入勻強磁場區域，虛

2qL

線邊界有磁場。粒子的質量為m、電荷量為q,不計重力，取用=1.73。

-3L-2L-LOL2L

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

1)

XXXX,XX

EE

X8X2--------------------------------------X------------XX8x

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

y

(1)若粒子第一次經磁場偏轉后恰好不越過該磁場區域左邊界，求此時0大小；

⑵若粒子只能經歷兩個完整的電場區，求sin。滿足的條件；

⑶若0=0,粒子以幼=多的初速度從O點進入勻強磁場區域，電場強度大小變為丹=罌，求當粒

子豎直位移大小為y=學乙時的運動時間。

O

q..................

5.（江蘇南通2025年高考三模）如圖所示，在平面直角坐標系iQ/的第一、二象限有沿+歸軸方向的勻強

電場,在第三、四象限有寬度為d的勻強磁場，磁場方向垂直于坐標平面向外，氏度為d的熒光屏與

%軸垂直,下端在方軸上.一質量為m、電荷量為+q的粒子從點P（0,d）沿-y軸運動，初速度大小為處,

經電場偏轉后從點Q仔d,0）進入磁場，并垂直于磁場的下邊界離開磁場.已知尸點到MN的距離產M

=，，不計粒子重力。

O

⑴求電場強度大小E；

⑵求磁感應強度大小R：

⑶在勻強磁場下方所有區域再加一垂直于坐標平面的勻強磁場，要使粒子能打到MTV上，求所加磁場

的磁感應強度Bf所滿足的條件。

...........?

6.（湖北省2025屆八校三統聯考）如圖所示，在zoz平面的第二象限內有沿i軸負方向的勻強電場，電場

強度的大小E=10U/m,,空間某區域存在軸線平行于z軸的圓柱形磁場區域，磁場方向沿z軸正方向。

?比荷為'=104C/kg的帶正電粒子從4軸上的尸點以速度“）射入電場，方向與宓軸的夾角6=30°o

該粒子經電場偏轉后，由z軸上的Q點以垂直于z軸的方向立即進入磁場區域，經磁場偏轉射出后，通過

坐標為（0,0.15M,0.2m）的M點（圖中未畫出），且速度方向與I軸負方向的夾角a=60°,其中OQ=

0.2m,不計粒子重力。求：

⑴粒子速度。。的大小；

（2）圓柱形磁場區域的最小橫截面積S,（結果保留兩位有效數字）；

（3）粒子從P點運動到M點經歷的時間￡（結果保留三位有效數字）。

帶電粒子在電磁場中的運動

【高考題解讀】

1.2D26高考陜晉青寧卷第15題

如圖，垂直于x軸的足夠大絕緣薄擋板尸緊貼平行金屬板放置，擋板尸有一小孔在原點O處，O點到垂

直于y軸的兩金屬板距離相等，在以為平面位于（-七，0）處的粒子源以速率比向面內各方向發射質量

為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子。兩金屬板（上板為正極）間距為2L,板間電壓U初始為警逋。

Zoq

在cQz平面y軸右側，圓心O位于（0,乙）、直徑在y軸、半役為L的半圓區域存在方向垂直于平面向里

的勻強磁場，其磁感應強度大小為號。在處有一垂直于1軸的固定彈性絕緣擋板Q,粒子若碰

到Q將發生彈性碰撞且電荷量q不變。粒子打到金屬板或當板P均會被吸收，不計粒子重力及粒子間

的相互作用，忽略邊緣效應。（為、m、q、L均為已知量）

⑴可從小孔進入磁場的粒子，求其從。點處射入磁場速度方向與立軸正向夾角的正弦值；

（2）粒子從磁場射出后與擋板Q發生碰撞,求其再次射入磁場到達擋板。上位置的g坐標；

⑶若僅改變電壓U的大小（U>0）,在不同電壓下，粒子源發射的所有粒子均無法打到擋板P右側面；

進入磁場的所有粒子打到擋板P右側面有1個撞擊點或2個撞擊點,求以上三種情況分別對應的電壓取

值范圍（用已知量3、a、q表示）。

【答案】（1）0.6或0.8

⑵口或9

5□

（3）U>」生，無粒子能到達O點，均無法打到尸右側面。

q

當ovuv里噠時，僅仇粒子能進入磁場，1個撞擊點；

17q

當當遺&UV至逋時，兩粒子均能進入且撞擊點不同，2個撞擊點：

17qq

當u=紅逋時，兩粒子軌跡重合，1個撞擊點。

q

【解析】

⑴帶電粒子在電場中做類斜拋運動

設粒子初速度方向與c軸夾角為仇加速度。=一空二=簿

m（2L）2oL

方向沿y軸正向。粒子從（一￡/,0）運動到（0,0）,水平方向L=VQCOSO,t

豎直方向。=—Oosin。?￡+[■at2

聯立解得憂sin（2。）=aL=*"祝

即sin（2J）=丹

2Tn/u。25

在O點、，。1—v（）co?<9,uy——。（）》山夕十—ggsiii夕

設射入磁場速度方向與x軸夾南為￡,則tan￡=—=tan。

即6=0

根據sin(2￡)=提,sin2s+co鄰=1

解得sin￡=0.6或sin/?=0.8

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，半徑尺=筆=L

（田

磁場區域辛徑也為Lo由幾何關系，粒子從O點射入，必從駿場邊界另一點射出，且射出速度方向水平

射出點縱坐標勺出=L（1—cosa）

當sina=■時，cosa=g,2/出=三

DD0

當sina=4時，cosa=4■，如=今

OOO

粒子與Q板彈性碰撞后沿c軸負方向返回，再次進入磁場。

由對稱性及圓周運動幾何關系，粒子再次打到擋板尸上的位置縱坐標g=2g出

故)坐標為義L或二Lo

55

⑶根據(1)可知sin(2J)==黑

2m喘2。

設k=一也二。粒子能到達。點需滿足sin(20)=/c,即k&l,U&包亞

2mvoq

若生曳，則卜＞1,無粒子能到達。點，均無法打到P右側面。

q

2

當。&與9m曳??時，存在兩個發射角仇，仇(假設必大于仇)。粒子在電場中不撞板條件為Ijminl&L,如下圖

上圖為剛好到達上極板的臨界，根據逆向看，類平拋運動速度偏轉角是位移偏轉角正切值的2倍，可知,

此時tan。=2X―4

2L

根據數學關系可知此時sin9=4^^,cos9—

解得對于為需k=sin(28)＞得■，即甯逋

此時%對應粒子枕跡剛好與上極板相切。

繪上所述，當0VUV坐出時，僅仇粒子能進入磁場，1個撞擊點；

17q

當陰逋&UV迎火時，兩注子均能進入且撞擊點不同，2個撞擊點；

17qq

當u=±”也時，兩粒子軌跡重合，1個撞擊點；

q

當u＞包逋，則上＞i,無粒子能到達。點，均無法打到p右側面。

q

【針對性訓練】

1.（18分）（2026四川綿陽中學二模）如圖甲所示，半徑為總的圓形區域內存在輻向電場，電場方向由圓心沿

半徑向外，電場強度大小石隨距圓心O的距離c的變化如圖乙所示，圖中及為已知量。圓形區域外存

在垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為電荷量為+q的帶電粒子,從圓心O點由靜止釋放，粒子沿半

徑OP運動至虛線邊界上的P點進入磁場偏轉再返回電場，粒子每次到達。點后沿進入電場的路徑返

回磁場，最后剛好沿PO方向回到。點，這個過程中粒子在磁場中運動的總時間記為M（未知）。已知磁

場的磁感應強度\（石=\latex>；\sqrt{\frac{mE0}{3qR}},不計帶電粒子的重力。求：

XXXXXXXXXXXX

B

⑴帶電粒子經過。點時的速度大小；

（2）to的大小;

（3）若改變帶電粒子的釋放位置，將帶電粒子在OP之間的某點Q（圖中未標出）釋放，粒子經過一段時間

后沿FQ方向第一次回到釋放點Q，該過程粒子在磁場區域運動的總時間為3環。求粒子釋放點Q到。

點的可能距離。

【解析】⑴（4分）根據乙圖，圖中圖線所圍成面積代表電勢差，則

3竽（1分）

由動能定理可得q%戶=］小爐（2分），解得°=J號黑（1分）

（2）（8分）設帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為『，根據題意作

軌跡圖，由向心力公式得qvB=m—,廠=2（=瓜R（2分）

設NOiOP=〃，由幾何關系可知=?

”V

解得0=^（1分）

O

所以/用。尸=等（1分）

O

粒子在磁場中運動過程所轉過的角度為"）=3x[2兀一（兀—專）]=5兀（1分）

粒子在磁場中運動總時間友=典7（1分）

271

粒子在磁場中運動周期為T=—（1分），

v

解得叁=5兀/螭（1分）

Vq"

（3）（6分）如圖，設改變釋放位置后，粒子在磁場中第一次從S點回到電場區域，令/SOP=/,

粒子在磁場中運動的圓弧所對圓心角為明根據題意可知：

nO'=TVx271,々=2兀一（五一。'）（1分）

粒子在磁場中運動總時間為3M,所以丁以=3/，

解得冷+2N=15（1分）

其中九和N均為正整數；

由題意可知?V?,則n&=Nx2E您,

解得n>3N（1分）

聯立"+2N=15與九>3N,解得N<3

①當N=1,n二13時，由幾何關系可得仇=與，則

132H

由洛倫茲力提供向心力公式得qi）xB=m^~

由動能定理可得4等壯=《砧憂（1分），

2rt2

解得①i=W^Rtan/（1分）

o1J

②當N=2,n=11時，由幾何關系可得。2=答，

同理解得g=WRtan等（1分）

J11

2.（18分）（2026甘肅岷縣三模）利用帶電粒子在電場和磁場中受力的特點，可以控制帶電粒子的運動。如

圖所示，平面直角坐標系①Og中的第四象限內存在勻強磁場，方向垂直紙面向里，第三象限（含出軸）內

存在沿V軸負方向的勻強電場，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從。軸上橫坐標為-6L處，以大

小為&。的速度沿c軸正方向射入電場，經過第三象限內的勻強電場后，在9軸上縱坐標為—處進入

:第四象限內的勻強磁場,一段時間后粒子恰好垂直于c軸射入第一象限。c軸上方無電場和磁場，不計

!帶電粒子受到的重力。

Q................

⑴求勻強電場的電場強度大小E及勻強磁場的磁感應強度大小

(2)求粒子在第三、四象限運動的時間力；

⑶若第四象限的磁場僅分布在一個矩形區域內，其他條件不變，求這個矩形磁場區域的最小面積S。

答案：⑴華等，6=冬曳

ISqL3qL

⑵y(2京+18)L

(3)5,=2V3L2

解析:(1)粒子在電場中做類平拋運動，有6L=初由，V3L=yatf

其中q￡=rna.

解得［尸爪，后=冬學

設粒子剛進入第四象限內的磁場時，速度方向與y軸負方向的夾角為。，有tan。=*=6

aii

設帶電粒子在磁場中的軌跡半徑為r,根據幾何關系可知rsin〃=V3L

則「=21/

由洛倫茲力提供向心力有Bqv=m^

其中。=一^=岑』加。

sinbo

解得6=冬曳

3qL

(2)粒子在第四象限內運動的時間［2="""

v

解得：,二巧"

粒子在第三、四象限運動的時間￡=力+±2

解得七普里眄

⑶如圖所示，最小面積S=2rsin60°x(1—cos600)r

解得S=2』》

.........................................................................a

3.(16分)(2026年4月四川眉山二模)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面內，建立平面直角坐標系cOy。桌

面內分布兩個勻強電場區域：區域I(OMcMdi),兩極板間距為di=0.1。丁兒,在。軸上開有兩小孔O

和Q,電場強度大小團=9。N/C,方向沿1軸正方向；區域1［牛42/4魯)，兩極板間距為

4=L6。m,電場強度大小￡；=1。N/C,方向沿y軸正方向。一質量m=0.1。kg、電荷量q=2。C

的帶正電金屬小球P,從O點由靜止釋放，沿c軸正方向進入區域I,隨后在區域II的O1處與靜止在該

心的另一質量M=0.2kg不帶電金屬的小球Q發牛彈忤正確.碰后兩金屬小球的電荷量平均分配,求:

(1)金屬小球P從O點運動到0,的過程中電勢能的變化量；

⑵金屬小球Q與區域II極板第一次碰撞時的速度大小：

(3)若在區域II內再加上垂直于水平桌面向上的勻強磁場，兩小球在。碰后小球Q恰好能沿直線運動,

則小球尸從。點釋放到與區域H極板第一次相碰前運動的總時間以及碰撞點的坐標。

解析：⑴對小球P在區域I,電場力做功W=qEi4=1.8。J2分

由功能關系，P電勢能的變化量AE°=—W=—L8。J1分

⑵對小球P在區域I由動能定理"小優1分

解得。與Q碰前的速度豌=6。m/s

P和Q發生彈性正碰，設碰撞后〃和Q的速度分別為幼和3

mv()=mvl+MV21分

+1分

//z

代入數據，解得幼=-2。rri/s,V2=4°ni/s

設小球Q與區域II極板碰撞時的速度大小為。Q,碰后對小球Q,由動能定理

2分

代入數據解得陽=20。ni/s1分

⑶碰前對2有

加速度a=盛^=180°ni/s?時間t}=—=1s1分

ma30

碰后對尸有

qE

在區域I加速度優=上」=90。m/s'2,時間與=2%=2。s1分

ma'45

在區域II，加上磁場后對Q做直線運動

則等呂=等岫1分

解得

在區域II，加上磁場后對P,可以視為以g向右勻速直線運動和以?人順時針勻速圓周運動的合運動。

圓周運動的軌道半徑H=經人=0.8。m1分

圓周運動的周期7=空巳=0.8兀。s1分

三B

當。在g方向上的位移大小牛時與區域II的極板相碰

由A二號得粒子運動；周和g軸正方向極板相碰運動時間￡：：=￡"=0.2兀。s

244

故尸從O點釋放到與區域11極板相碰前運動的總時間￡=酎+與+G=（亳+0.2兀）。s1分

在區域II,P沿z軸方向的位移=02t3—R=（。-8冗一0.8）。m

所以尸碰撞點的橫坐標式=di+/'=（0.8兀-0.7）。m

綜上P碰撞點的坐標[（0.8兀一0.7）。m,0.8m]1分

4.（湖北省黃岡中學2025屆高三5月第三次模擬考試）如圖所示，空間交替分布著寬度均為L的勻強電磁

場區域，磁場垂直rr禽平面向里，磁感應強度大小為6=1竿，電場沿，軸負方向，電場強度大小為E

ZqL

=膂。一帶正電的粒子從坐標原點。沿與①軸負方向成方角、初速度大小為比進入勻強磁場區域，虛

ZqL

線邊界有磁場。粒子的質量為"八電荷量為q,不計重力，取g=1.73。

-3L-2L-LOL1L

XXXXXX

xXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

⑴若粒子第一次經磁場偏轉后恰好不越過該磁場區域左邊界，求此時夕大小;

⑵若粒子只能經歷兩個完整的電場區，求sin。滿足的條件;

⑶若。=0,粒子以幼=多的初速度從O點進入勻強磁場區域，電場強度大小變為片二翳，求當粒

<5

子豎直位移大小為y=與L時的運動時間。

【答案】⑴30°;

(2)0.234sin。V0.73;

(3)力1=(64+~^^)§或力2=(68+35兀)5或力3=(72+~^)普

【解析】⑴由qv(3=m■曳

r

得r=2L

粒子第一次經磁場偏轉后恰好不越過該磁場區域左邊界，由幾何關系得

?^?一rsin^=L

解得sin。=友,0=30°

(2)粒子向左只能經歷兩個完整的電場區，設粒子在第三個磁場中水平速度變為0時豎直速度為凹，由豎

直方向動量定理有EqvJB。=mVy—mvdsind

即qB①瑯=mvy—mvnSinO

又由動能定理2L=-ymvo

其中2LVC&&3L

聯立解得《-1.5?sin。〈《一1

即0.23Wsin。V0.73

(3)由qv\B=m^-

為

得乃=?"7]=至1=生心

粒子第一次經電場減速后，速度大小變為v2

根據動能定理有一qEiL=-ymvj—mv1

gDV2

又qv2B=m—

『2

況_Vo_1<p_2兀/2_47rL

得02=7-,，2=-7乙r，石=----=-----

63v-2Va

粒子在電磁場中運動一個完整的周期T,沿”軸向下移動的距離A7/=2r,-2r2=^-L

oL2L

X

X

X

X

X

設粒子能運動完整的ri個周期，則滿足力,Ag+A小=學力

O

￡△"V2n=.Z/

O

解得外＞7.5

故71=8

粒子在電場中減速和加速時間均為￡==—

仙+”2V0

2

7=行+22+口

乙乙

19

故當粒子豎直位移大小為y=L=+L時的運動時間可能為

T

￡I=87+春7；或±2=87+47；+±+；霓或￡3=97+47；

<5240

即￡產(64+也普)工

'3'劭)

t=(68+357u)—

2°o

3(72+明吉

5.（江蘇南通2025年高考三模）如圖所示，在平面直角坐標系eg/的第一、二象限有沿+c軸方向的勻強

電場,在第三、四象限有寬度為d的勻強磁場，磁場方向垂直于坐標平面向外,長度為d的熒光屏MN與

①軸垂直,下端在c軸.匕一質量為m、電荷量為+q的粒子從點P（O,d）沿-y軸運動，初速度大小為如

經電場偏轉后從點Q（等d,0）進入磁場，并垂直于磁場的下邊界離開磁場.已知P點到MN的距離

二》，不計粒子重力。

O

_____________________________________8

⑴求電場強度大小E;

⑵求磁感應強度大小B：

⑶在勻強磁場下方所有區域再加一垂直于坐標平面的勻強磁場，要使粒子能打到A//N上，求所加磁場

的磁感應強度⑶所滿足的條件。

【答案】(1)后=今苧

3qd

4/fWo

(2)B=

3qd

當與■，方向垂直于平面向內或向外。

(3)BZ>

5qd

【解析】

(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，在一夕方向有d=

+出方向有^d=^-at1

根據牛頓第二定律有qE=ma

聯立解得石=年苧

3qd

(2)粒子經過Q點時十4方向的分速度以=Q±二今豌

財合速度大小%=~1?比

設粒子均與i軸的夾角為0,有tan/?=—

幾何關系d=rcosO

mvQ

半徑度=~qB~

解得8=4m”o

3qd

(3)粒子經兩磁場偏轉到回到a:軸時速度大小不變，方向與軸的夾角為0且斜向右上方，做類斜拋運

動，粒子如果能夠打到M■點，則+g方向d=vvt

2

十%方向Ai=vrt+—at

解得AN=2d

①若所加磁場垂直于平面向內，且粒子恰能到達N點，幾何關系須＞+2(r—rsin9)+2ri=PM

解得=

又因為在磁場中半徑為=衛等

qBi

聯立解得場=當竽

若8—8,粒子回到C軸時的位置與八四間的距離AN'=dVAc打在屏上，則所加磁場垂直于平面向

內，且3）學學時粒子能打到上；

3qd

②若所加磁場垂直于平面向外，且粒子恰能到達M點，幾何關系CQ+2（R一rsin。）-2n+A①

解得『2