自己总结 各年带电粒子在复合场中运动.doc

图18U0ULl阴极18（8分）图18为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l4.0 cm，两板间距离d1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L18 cm。由阴极发出的电子经电场加速后，以v=1.6107 ms的速度沿中心线进入竖直偏转电场。若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e1.610-19 C，质量m0.9110-30 kg。（1）求加速电压U0的大小；（2）要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件；（3）在竖直偏转电极上加u40 sin100t（V）的交变电压，求电子打在荧光屏上亮线的长度。18.（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0=mv2解得U0=728V3分（2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d/2，即 1分电子通过偏转电场的时间1分解得 ， 所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91V1分（3）由u40 sin100t（V）可知，偏转电场变化的周期T=，而t=2.510-9 s。Tt，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场。当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量。电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v，垂直极板方向的分速度vy=ayt=电子离开偏转电场到达荧光屏的时间 电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vy t=2.0cm电子打在荧光屏上的总偏移量1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为1分用下面的方法也给分：设电子在偏转电场有最大电压时射出偏转电场的速度与初速度方向的夹角为，则tan=0.11电子打在荧光屏上的总偏移量1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为1分24（20分）如图所示，两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为L，在紧靠平行板右侧的等边三角形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，三角形底边BG与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上。一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两金属板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB，并垂直AC边射出（不计粒子的重力）。求： （1）两金属板问的电压； （2）三角形区域内磁感应强度大小； （3）若两金属板问不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外。要使粒子进入场区域后能从BC边射出，试求所加磁场的磁感应强度的取值范围。24解：（6分） （1）粒子在两块平行金属板间的电场中，沿水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动。 粒子垂直AB边进入磁场，由几何知识得，粒子离开电场时偏角。根据类平抛运动的规律有： （1分） （1分） （1分） （1分）联立解得：（2分） （8分）（2）由几何关系得：粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：（2分）粒子进入磁场时的速率为：（2分）根据向心力公式有：（2分）联立解得：（2分） （6分）（3）若两板间不加电压，粒子将沿水平以速率v0从AB边的中点进入磁场。当粒子刚好从C点射出磁场，磁感应强度最小。设磁感应强度的最小值为B2，由几何关系知，对应粒子的最大轨道半径r2为：r2=d（1分）根据向心力公式有：（1分）解得：（1分）当粒子刚好从E点射出磁场时，磁感应强度最大。设磁感应强度的最大值为B3，由几何关系知，对应粒子的最小轨道半径r3为：（1分）同上解出：（1分）所以所加磁场的磁感应强度的取值范围为（1分）23（18分）下图为汤姆生在1897年测量阴极射线（电子）的荷质比时所用实验装置的示意图。K为阴极，A1和A2为连接在一起的中心空透的阳极，电子从阴检发出后被电场加速，只有运动方向与A1和A2的狭缝方向相同的电子才能通过，电子被加速后沿方向垂直进入方向互相垂直的电场、磁场的叠加区域。磁场方向垂直纸面向里，电场极板水平放置，电子在电场力和磁场力的共同作用下发生偏转。已知圆形磁场的半径为R，圆心为C。某校物理实验小组的同学们利用该装置，进行了以下探究测量： 首先他们调节两种场强的大小：当电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B时，使得电子恰好能够在复合场区域内沿直线运动；然后撤去电场，保持磁场和电子的速度不变，使电子只在磁场力的作用下发生偏转，打要荧屏上出现一个亮点P，通过推算得到电子的偏转角为（即：之间的夹角）。若可以忽略电子在阴极K处的初速度，则： （1）电子在复合场中沿直线向右飞行的速度为多大？ （2）电子的比荷为多大？ （3）利用上述已知条件，你还能再求出一个其它的量吗？若能，请指出这个量的名称。23（18分） （1）电子在复合场中二力平衡，即 （2）如图所示，其中r为电子在磁场中做圆（弧）运动的圆轨道半径。所以：又因：联解以上四式得： （3）还可以求出电子在磁场中做圆弧运动的圆半径r等（或指出：加速电场的电压U，等即可）23（18分）如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时问t变化的交流电压u。金属板间电场可看作均匀，且两板外无电场，板长L=0.2m，板间距离d=0.1m。在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO垂直，磁感应强度 B=510-3T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO连续射人电场中，已知每个粒子的速度v0=105ms，比荷=108Ckg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为恒定不变。求： （1）带电粒子刚好从极板边缘射出时两金属板问的电压； （2）带电粒子进入磁场时粒子最大速度的大小； （3）证明：任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的人射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为定值，并计算出两点问的距离。23（18分）解：（1）（5分）设带电粒子刚好从极板边缘射出电场时电压为U1分 1分 1分 2分 （2）（4分）粒子刚好从极板边缘射出电场时速度最大，设最大速度为，由动能定理2分 2分 （3）（9分） 设粒子进入磁场时速度方向与的夹角为，则任意时刻粒子进入磁场的速度大小2分 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R 2分 设粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离为 2分 由上式可知，射出电场的任何一个带电粒子，进入磁场时的入射点与射出磁场时的出射点间距离为定值，无关、与所加电压值有关。1分 得2分23(18分)示波管是示波器的核心部分，它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图14甲所示。电子枪具有释放电子并使电子聚集成束以及加速的作用；偏转系统使电子束发生偏转；电子束打在荧光屏上形成光迹。这三部分均封装于真空玻璃壳中。已知电子的电荷量=1.610C，质量=0.9110kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应。(1)电子枪的三级加速可简化为如图14乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动能达到1610J，求加速电压为多大；(2)电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿Y(竖直)方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图14丙所示的偏转电场。偏转电极的极板长=4.0cm，两板间距离=1.0cm，极板右端与荧光屏的距离=18cm，当在偏转电极上加的正弦交变电压时，如果电子进入偏转电场的初速度，求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度；(3)如图14甲所示，电子枪中灯丝用来加热阴极，使阴极发射电子。控制栅极的电势比阴极的电势低，调节阴极与控制栅极之间的电压，可控制通过栅极电子的数量。现要使打在荧光屏上电子的数量增加，应如何调节阴极与控制栅极之间的电压。电子枪中、和三个阳极除了对电子加速外，还共同完成对电子的聚焦作用，其中聚焦电场可简化为如图14丁所示的电场，图中的虚线是该电场的等势线。请简要说明聚焦电场如何实现对电子的聚焦作用。24(20分)在如图所示的坐标系中，的区域内存在着沿轴正方向、场强为E的匀强电场，的区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一带电粒子从轴上的点以沿轴正方向的初速度射出，恰好能通过轴上的点。己知带电粒子的质量为，带电量为。、均大于0。不计重力的影响。(1)若粒子只在电场作用下直接到达D点，求粒子初速度的大小；(2)若粒子在第二次经过轴时到达D点，求粒子初速度的大小(3)若粒子在从电场进入磁场时到达D点，求粒子初速度的大小；24（20分） （1）粒子只在电场作用下直接到达D点设粒子在电场中运动的时间为，粒子沿方向做匀速直线运动，则 （1分）沿y方向做初速度为0的匀加速直线运动，则 （1分）加速度 （1分）粒子只在电场作用下直接到达D点的条件为 （1分）解得 （2分） （2）粒子在第二次经过x轴时到达D点，其轨迹如图3所示。设粒子进入磁场的速度大小为，与辐的夹角为，轨迹半径为R，则 （1分） （2分）粒子第二次经过轴时到达D点的条件为 （2分）解得 （2分） （3）粒子在从电场进入磁场时到达D点，其轨迹如图4所示。根据运动对称性可知粒子在从电场进入磁场时到达D点的条件为 其中为非负整数。解得19（8分）如图所示，在倾角为的斜面上，固定一宽的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器。电源电动势E=12V，内阻r=1.0一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的燕强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：来源:Z*xx*k.Com （1）金属棒所受到的安培力； （2）通过金属棒的电流； （3）滑动变阻器R接入电路中的阻值。19（8分） （1） （2）金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图所示解得（2分） （3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆（2分）解得 （2分）PS3S2S1Nx图13B13（9分）如图13所示为一质谱仪的构造原理示意图，整个装置处于真空环境中，离子源N可释放出质量相等、电荷量均为q（q0）的离子。离子的初速度很小，可忽略不计。离子经S1、S2间电压为U的电场加速后，从狭缝S3进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中，沿着半圆运动到照相底片上的P点处，测得P到S3的距离为x。求：（1）离子经电压为U的电场加速后的动能；（2）离子在磁场中运动时的动量大小；（3）离子的质量。13（共9分）（1）设离子经S1、S2间电压为U的电场加速后动能为Ek，根据动能定理 Ek=qU2分（2）设离子进入磁场后做匀速圆周运动速率为v，半径为R，离子质量为m。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 1分又因 R=x 1分由两式解得离子在磁场中运动时的动量大小 p=mv=xBq2分（3）对于离子经电压U加速过程，根据动能定理 1分联立，解得m=2分20（11分）1897年汤姆生通过对阴极射线的研究，发现了电子，从而使人们认识到原子是可分的。汤姆生当年用来测定电子比荷（电荷量e与质量m之比）的实验装置如图所示，真空玻璃管内C、D为平行板电容器的两极，圆形阴影区域内可由管外电磁铁产生一垂直纸面的匀强磁场，圆形区域的圆心位于C、D中心线的中点，直径与C、D的长度相等。已知极板C、D的长度为L1，C、D间的距离为d，极板右端到荧光屏的距离为L2。由K发出的电子，经A与K之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流沿C、D中心线进入板间区域。若C、D间无电压，则电子将打在荧光屏上的O点；若在C、D间加上电压U，则电子将打在荧光屏上的P点，P点到O点的距离为h；若再在圆形区域内加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。不计重力影响。 （1）求电子打在荧光屏O点时速度的大小。 （2）推导出电子比荷的表达式。 （3）利用这个装置，还可以采取什么方法测量电子的比荷？ODPACKL1L2h20（11分）解：（1）加上磁场后，电子所受电场力与洛仑兹力相等，电子做匀速直线运动，则 【1分】又 【1分】即 【1分】（2）若在两极板间加上电压U电子在水平方向做匀速运动，通过极板所需的时间为 【1分】 电子在竖直方向做匀加速运动，加速度为 【1分】在时间t1内垂直于极板方向竖直向下偏转的距离为 【1分】离开极板区域时竖直向下的分速度为 vy=at1 【1分】电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏， 在时间t2内向下运动的距离为 y2 = vy t2 【1分】则 h= y1 + y2解得 【1分】（3）说出任何一种合理方法均可，例如【2分】 a测量出A与K之间的电压U；再在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；测出O P的长度便能计算电子的比荷； b测量出A与K之间的电压U；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P点；测出OP的长度便能计算电子的比荷；c在两极板间加上电压U，在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，使电子打在荧光屏上的O点；再撤去两极板间加上电压，电子将打在荧光屏上的P点；测出OP的长度便能计算电子的比荷；d只在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P点；测出OP、OP的长度便能计算电子的比荷。18. （12分）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，空间有沿水平方向、垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。在x0的空间内有沿x轴正方向的匀强电场，场强为E。一个带正电荷的小球经过图中x轴上的M点，沿着与水平方向成=30角的斜向下的直线做匀速运动，经过y轴上的N点进入x0的区域内。要使小球进入x0区域后能在竖直面内做匀速圆周运动，需在x0区域内另加一匀强电场。若带电小球做圆周运动通过y轴上的P点（P点未标出），重力加速度设为g， 求： 小球运动的速度大小； 在xr的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r。已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重力及质子间相互作用力的影响。（1）求质子从O点射入磁场时速度的大小；（2）若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点射入磁场到第二次离开磁场经历的时间；（3）若质子沿与x轴正方向成夹角的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间。（2011西城二模）23（18分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图一18所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B。设两D形盒之间所加交流电压的最大值为U，被加速的粒子为粒子，其质量为m、电荷量为q。粒子从D形盒中央开始被加速（初动能可以被忽略），经若干次加速后，粒子从D形盒边缘被引出。求：（1）粒子被加速后获得的最大动能；（2）粒子在第n次加速后进人一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；（3）粒子在回旋加速器中运动的时间；（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法。（2011东城一摸）23.（18分）高频电源出口处RABD21D11图甲图乙1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图为俯视图乙。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强在场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。D形盒半径为R，磁场的磁感应强度为B。设质子从粒子源A处时入加速电场的初速度不计。质子质量为m、电荷量为+q。加速器接一定涉率高频交流电源，其电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。(1)求质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；(2)求质子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；(3)如果使用这台回旋加速器加速粒子，需要进行怎样的改动？请写出必要的分析及推理。23. （18分）解析: (1) （6分）设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1 （2分） （2分）联立解得： （2分）(2) （8分）设质子从静止开始加速到出口处被加速了n圈，质子在出口处的速度为v （2分） （1分） （2分） （1分）联立解得 （2分）(3) （4分）回旋加速器正常工作时高频电压的频率必须与粒子回旋的频率相同。设高频电压的频率为f, 则 当速粒子时粒子的比荷为质子比荷的2倍，所以不用直接使用。 （2分） 改动方法一：让回旋磁场的磁感应强度加倍。 （2分）改动方法二：让加速高频电压的频率减半。B接交流电源甲S乙图1223(18分）在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930年，Earnest O. Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。图12甲为Earnest O. Lawrence设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图12乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。23（18分）解：（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，由动能定理得 （2分） 正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得 （2分）由以上两式解得 （1分）（2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得 （1分）粒子在狭缝中经n次加速的总时间 （1分） 由牛顿第二定律 （1分）由以上三式解得电场对粒子加速的时间 （1分）正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 （1分） 又 （1分）粒子在磁场中做圆周运动的时间 （1分）由以上三式解得 （1分）所以，粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间+ （1分）（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vm （1分） （1分）离子获得的最大动能为 （1分）所以，要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B。 （1分）20（11分）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R。以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板。质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场。粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计。（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值。RMNODs1s2R2R2R20解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得 【1分】解得粒子进入磁场时速度的大小 【1分】 （2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 【1分】 由 得加速电压U与轨迹半径r的关系为 当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R 【1分】 对应电压 【1分】 （3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短。【1分】 根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r =R 【1分】 由 得粒子进入磁场时速度的大小 粒子在电场中经历的时间 【1分】粒子在磁场中经历的时间 【1分】粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间 【1分】粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为 t= t1+ t2+ t3= 【1分】aBP24（20分）如图所示，在坐标系xOy所在平面内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标O1（a , 0），圆内分布有垂直xOy平面的匀强磁场。在坐标原点O处有一个放射源，放射源开口的张角为90，x轴为它的角平分线。带电粒子可以从放射源开口处在纸面内朝各个方向射出，其速率v、质量m、电荷量+q均相同。其中沿x轴正方向射出的粒子恰好从O1点的正上方的P点射出。不计带电粒子的重力，且不计带电粒子间的相互作用。（1）求圆形区域内磁感应强度的大小和方向；（2）a判断沿什么方向射入磁场的带电粒子运动的时间最长，并求最长时间；b若在ya的区域内加一沿y轴负方向的匀强电场，放射源射出的所有带电粒子运动过程中将在某一点会聚，若在该点放一回收器可将放射源射出的带电粒子全部收回，分析并说明回收器所放的位置。24（20分）解答：（1）设圆形磁场区域内的磁感应强度为B，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供向心力：其中R=a则：由左手定则判断磁场方向垂直于xOy平面向里 （6分）（2）沿与x轴45向下射出的带电粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图，根据几何关系粒子离开磁场时速度方向沿y轴正方向，OO3Q=135。设该带电粒子在磁场中运动的时间为t，根据圆周运动周期公式得： 所以： （8分）（3）设某带电粒子从放射源射出，速度方向与x轴的夹角为，做速度v的垂线，截取OO4=a，以O4为圆心a为半径做圆交磁场边界于M点。由于圆形磁场的半径与带电粒子在磁场中运动的半径均为a，故OO1MO4构成一个菱形，所以O4M与x轴平行，因此从放射源中射出的所有带电粒子均沿y轴正方向射出。带电粒子在匀强电场中做匀减速直线运动，返回磁场时的速度与离开磁场时的速度大小相等方向相反，再进入磁场做圆周运动，圆心为O5，OO4O5N构成一平行四边形，所以粒子在磁场中两次转过的圆心角之和为180，第二次离开磁场时都经过N点。故收集器应放在