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专题九 带电粒子在复合场中的运动
1．带电粒子在电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解．对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd求解．
(2)偏转运动：一般争辩带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较简洁的曲线运动常用运动分解的方法来处理．
2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动．
3．复合场中是否需要考虑粒子重力的三种状况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，由于其重力一般状况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽视；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．
(2)题目中有明确说明是否要考虑重力的状况．
(3)不能直接推断是否要考虑重力的状况，在进行受力分析与运动分析时，依据运动状态可分析出是否要考虑重力．
1．正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运动状况和受力状况结合起来进行分析．
2．机敏选用力学规律是解决问题的关键
当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应依据平衡条件列方程求解．
当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿其次定律和平衡条件列方程联立求解．
当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
考向1 带电粒子在叠加场中的运动
例1 如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面对里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：
图1
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间．
审题突破 在第三象限油滴恰好能沿PO做匀速直线运动需要满足什么条件？依据夹角为θ＝45°，重力、电场力有什么数值关系？油滴进入第一象限后做什么运动？
解析 (1)依据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，
设油滴质量为m，由平衡条件得：
mg∶qE∶F＝1∶1∶.
(2)由第(1)问得：mg＝qE
qvB＝qE
解得：v＝＝4 m/s.
(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最终从x轴上的N点离开第一象限．
由O→A匀速运动的位移为s1＝＝h
其运动时间：t1＝＝＝＝0.1 s
由几何关系和圆周运动的周期关系式T＝知，
由A→C的圆周运动时间为
t2＝T＝≈0.628 s
由对称性知从C→N的时间t3＝t1
在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s
答案 (1)1∶1∶ 油滴带负电荷 (2)4 m/s
(3)0.828 s
以题说法 带电粒子在叠加场中运动的处理方法
1．弄清叠加场的组成特点．
2．正确分析带电粒子的受力及运动特点．
3．画出粒子的运动轨迹，机敏选择不同的运动规律
(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.
(2)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
(3)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.
(4)当带电粒子做简洁的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
如图2所示，水平地面上方竖直边界MN左侧存在垂直纸面对里的匀强磁场B和沿竖直方向的匀强电场E2(未画出)，磁感应强度B＝1.0 T，MN边界右侧离地面h＝3 m处有长为L＝0.91 m的光滑水平绝缘平台，平台的左边缘与MN重合，平台右边缘有一质量m＝0.1 kg、电量q＝0.1 C的带正电小球，以初速度v0＝0.6 m/s向左运动．此时平台上方存在E1＝2 N/C的匀强电场，电场方向与水平方向成θ角，指向左下方，小球在平台上运动的过程中，θ为45°至90°的某一确定值．小球离开平台左侧后恰好做匀速圆周运动．小球可视为质点，g＝10 m/s2.求：
图2
(1)电场强度E2的大小和方向；
(2)小球离开平台左侧后在磁场中运动的最短时间；
(3)小球离开平台左侧后，小球落地点的范围(计算结果可以用根号表示)．
答案 (1)10 N/C，方向竖直向上 (2) s (3)距N点左边 m、右边 m的范围内
解析 (1)由于小球在MN边界左侧做匀速圆周运动，其所受到的电场力必等于自身重力，有qE2＝mg
得E2＝10 N/C，方向竖直向上．
(2)若θ＝90°，小球匀速通过MN有最小速度：
vmin＝0.6 m/s
若θ＝45°，小球匀加速通过MN有最大速度．
此时E1qcos θ＝ma，a＝＝2 m/s2
由v－v＝2aL可得：vmax＝2 m/s
综合分析得：小球通过MN后的速度为0.6 m/s≤vA≤2 m/s
小球以2 m/s在磁场中做匀速圆周运动的时间最短，
依据Bqv＝m和T＝
得：Rmax＝＝2 m
T＝＝2π s，
由于sin θ＝＝，所以θ＝30°
所以小球在磁场中转过的角度为120°，
所以小球在磁场中运动的时间t＝T＝ s.
(3)小球落在N点左边最大距离时，设到N点距离为x，则x＝Rmaxcos 30°＝ m
小球从MN边界飞出的最小半径Rmin＝＝0.6 m
设小球落到N点右边时，到N点的距离为s，小球落在N点右边的最大距离由平抛运动得
h－2R′＝gt2
s＝v′t
v′＝
s＝
当R′＝1 m时，s有最大值
因0.6 m≤R′≤1.5 m，故s＝ 成立
代入数据解得s＝ m，所以小球的落点在距N点左边 m、右边 m的范围内．
考向2 带电粒子在组合场中的运动分析
例2 为争辩带电粒子在电场和磁场中的偏转状况，在xOy平面内加如图3所示的电场和磁场，其次象限－10 cm≤x≤0区域内有垂直纸面对里的匀强磁场B，其大小为0.2 T；在第一象限内有一电场强度方向沿y轴负方向且可沿x轴平移的条形匀强电场，其宽度d＝5 cm.在A(－6 cm,0)点有一粒子放射源，向x轴上方180°范围内放射速度大小为v＝2.0×106 m/s的负粒子，粒子的比荷为q/m＝2.0×108 C/kg，不计算粒子的重力和相互作用．
图3
(1)若粒子与x轴正方向成30°角方向射入磁场，求该粒子在磁场中运动的时间；
(2)求从A处放射的全部粒子中与＋y轴交点的最大值坐标；
(3)当电场左边界与y轴重合时满足第(2)问条件的粒子经过电场后恰好平行x轴从其右边界飞出，求匀强电场的电场强度E的大小．
(4)现将条形电场沿x轴正向平移，电场的宽度和电场强度E仍保持不变，能让满足第(2)问条件的粒子经过电场后从右边界飞出，在此状况下写出电场左边界的横坐标x0与从电场右边界出射点的纵坐标y0的关系式，并绘出图线．
审题突破 粒子速度确定、比荷确定，则在磁场中做圆周运动的半径确定，与x轴成30°角方向射入时，对应的圆心角是多少呢？A与粒子做圆周运动的轨迹和＋y轴交点的连线是弦，弦何时最大？你能结合几何关系得到电场左边界的横坐标x0与从电场右边界出射点纵坐标y0的函数关系表达式吗？
解析 (1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，
由牛顿其次定律得qvB＝m
得r＝＝0.05 m＝5 cm
粒子在磁场中运动的周期为T＝＝×10－7 s
如图所示为粒子在磁场中运动的轨迹
由几何关系得α＝60°
t＝T＝×10－7 s.
(2)设从y轴最上方飞出的粒子坐标为(0，y1)
由几何关系得(2r)2＝62＋y
得y1＝8 cm.
(3)如图所示，设粒子从磁场射出时速度方向与x轴的夹角为θ，
有sin θ＝，即θ＝37°，
设粒子在电场中运动的时间为t1，
t1＝
设粒子的加速度大小为a，则a＝，vsin θ＝at1
联立解得E＝＝1.92×105 N/C.
(4)如图所示，带电粒子离开磁场后先做匀速直线运动，后做类平抛运动．电场左边界的横坐标x0与从电场右边界出射点纵坐标y0的函数关系为y1－(x0＋)tan θ＝y0，
即y0＝6.125－0.75x0(cm)
当x0＝0时，从电场右边界出射点的纵坐标为y0＝6.125 cm，
当y0＝0时，电场左边界的横坐标为x0＝ cm.
图线如图所示．
答案 (1)×10－7 s (2)8 cm (3)1.92×105 N/C (4)y0＝6.125－0.75x0(cm) 见解析图
以题说法 设带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：
(1)分别争辩带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．
(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．
(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方憧憬往是解题的突破口．
如图4所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场Ⅰ的场强方向竖直向下，PT下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场Ⅰ的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q，PQ间距离为L.从某时刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为＋q、质量为m.通过PT上的某点R进入匀强电场Ⅰ后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为2L.不计粒子的重力．试求：
图4
(1)匀强电场Ⅰ的电场强度的大小和MT之间的距离；
(2)有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中心开有一小孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失)，并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于a，求磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q动身再返回到Q所经受的时间．
答案 (1) L (2)B＝，n＝1,2，…
＋，n＝1,2，…
解析 (1)设粒子经PT直线上的点R由E2电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t2与t1，到达R时竖直速度为vy，
则由F＝qE＝ma，
2L＝v0t2，
L＝v0t1，
L＝·t，
E1＝2E2，
得E1＝
vy＝t2＝t1
MT＝·t
联立解得MT＝L.
(2)欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为r，则
qv0B＝
(1＋2n)r＝a，n＝1,2，…
解得：B＝， n＝1,2，…
由几何关系可知t′＝3×(2n×＋)＝(3n＋)T
n＝1,2,3…
T＝＝
代入B得T＝，n＝1,2，…
t＝2t1＋2t2＋t′＝＋，n＝1,2，…
10．带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析
例3 (19分)如图5甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面对里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O放射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．
图5
已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力．求：
(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的全部E0值．
解析 (1)由粒子的比荷＝，
则粒子做圆周运动的周期T＝＝2t0(1分)
则在0～t0内转过的圆心角α＝π(2分)
由牛顿其次定律qv0B0＝m(2分)
得r1＝(1分)
位置坐标(，0)．(1分)
(2)粒子t＝5t0时回到原点，轨迹如图所示
r2＝2r1(2分)
r1＝ r2＝(1分)
得v2＝2v0(1分)
又＝，r2＝(1分)
粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离：hm＝t0＋r2＝(＋)v0t0.(2分)
(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必需满足：
n(2r2′－2r1)＝2r1，(n＝1,2,3，…)(1分)
r1＝ r2′＝(1分)
联立以上各式解得v＝v0，(n＝1,2,3，…)(1分)
又由v＝v0＋(1分)
得E0＝，(n＝1,2,3，…)．(1分)
答案 (1)(，0) (2)(＋)v0t0 (3)，(n＝1,2,3，…)
点睛之笔 变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种状况下要认真分析带电粒子的运动过程、受力状况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动径迹的草图．
(限时：15分钟，满分：20分)
(2022·山东·24)如图6甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面对里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．
图6
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.
答案 (1) (2) (3)或
解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，
由牛顿其次定律得qv0B0＝①
据题意由几何关系得R1＝d②
联立①②式得B0＝③
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝④
据题意由几何关系得3R2＝d⑤
联立④⑤式得a＝.⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝⑦
由牛顿其次定律得qv0B0＝ ⑧
由题意知B0＝，代入⑧式得d＝4R⑨
粒子运动轨迹如图所示，
O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0<θ<，由题意可知
T＝⑩
设经受完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3，…)
若在A点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑪
当n＝0时，无解⑫
当n＝1时，联立⑨⑪式得θ＝(或sin θ＝)⑬
联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝⑭
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑯
当n＝0时，无解⑰
当n＝1时，联立⑨⑯式得
θ＝arcsin(或sin θ＝)⑱
联立⑦⑨⑩⑱式得TB＝⑲
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求．
(限时：45分钟)
题组1 带电粒子在叠加场中的运动
1．如图1甲所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆形区域内加有与xOy平面垂直的匀强磁场．在坐标原点O处放置一带电微粒放射装置，它可以连续不断地放射具有相同质量m、电荷量q(q＞0)和初速度为v0的带电微粒．(已知重力加速度为g)
图1
(1)当带电微粒放射装置连续不断地沿y轴正方向放射这种带电微粒时，这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场，并连续沿x轴正方向运动．求电场强度E和磁感应强度B的大小和方向．
(2)调整坐标原点处的带电微粒放射装置，使其在xOy平面内不断地以相同速率v0沿不同方向将这种带电微粒射入第Ⅰ象限，如图乙所示．现要求这些带电微粒最终都能平行于x轴正方向运动，则在保证电场强度E和磁感应强度B的大小和方向不变的条件下，求出符合条件的磁场区域的最小面积．
答案 (1)E＝，沿y轴正方向 B＝，垂直纸面对外 (2)(－1)R2
解析 (1)微粒沿x轴正方向运动，即带电微粒所受重力与电场力平衡．
设电场强度大小为E，由平衡条件得：mg＝qE
解得：E＝
由于粒子带正电，故电场方向沿y轴正方向
带电微粒进入磁场后，做匀速圆周运动，且半径r＝R.
设匀强磁场的磁感应强度大小为B.
由牛顿其次定律得：qv0B＝m
解得B＝，磁场方向垂直纸面对外．
(2)沿y轴正方向射入的微粒，运动轨迹如图所示：
以半径R沿x轴正方向运动四分之一圆弧，该圆弧也恰为微粒运动的上边界．以O点为圆心、R为半径做的四分之一圆弧BC为微粒做圆周运动的圆心轨迹．微粒经磁场偏转后沿x轴正方向运动，即半径沿竖直方向．并且射出点距圆心轨迹上各点的距离为R，射出点的边界与圆弧BC平行，如图中的圆弧ODA，圆弧OA与圆弧ODA之间的区域即为磁场区域的最小面积：
S＝2(πR2－R2)＝(－1)R2.
题组2 带电粒子在组合场中的运动分析
2．如图2所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面对上的匀强电场，场强的大小E＝1.5×105 V/m；在矩形区域MNGF内有垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.2 T．已知CD＝MN＝FG＝0.60 m，CM＝MF＝0.20 m．在CD边中点O处有一放射源，沿纸面对电场中各方向均匀地辐射出速率均为v0＝1.0×106 m/s的某种带正电粒子，粒子质量m＝6.4×10－27 kg，电荷量q＝3.2×10－19 C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力．求：
图2
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)边界FG上有粒子射出磁场的范围长度；
(3)粒子在磁场中运动的最长时间．(后两问结果保留两位有效数字)
答案 (1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1×10－7 s
解析 (1)电场中由动能定理得：
qEd＝mv2－mv
由题意知d＝0.20 m，代入数据得
v＝2×106 m/s
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qBv＝m
解得r＝＝0.2 m.
(2)设粒子沿垂直于电场方向射入时，出电场时水平位移为s，则由平抛规律得：
解得s＝ m
离开电场时，sin θ1＝＝，θ1＝30°.
由题意可知，PS⊥MN，沿OC方向射出粒子到达P点，为左边界，垂直MN射出的粒子与边界FG相切于Q点，Q为右边界，QO″＝r，轨迹如图．
范围长度为l＝s＋r＝(＋0.2) m≈0.43 m.
(3)T＝，由分析可知，OO′方向射出的粒子运动时间最长，设FG长度为L
sin θ2＝＝，θ2＝30°
带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为tmax＝T＝≈2.1×10－7 s
3．如图3所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点O以初速度v0射出，粒子恰好经过A点，O、A两点长度为l，连线与坐标轴＋y方向的夹角为α＝37°，不计粒子的重力．
图3
(1)若在平行于x轴正方向的匀强电场E1中，粒子沿＋y方向从O点射出，恰好经过A点；若在平行于y轴正方向的匀强电场E2中，粒子沿＋x方向从O点射出，也恰好能经过A点，求这两种状况电场强度的比值.
(2)若在y轴左侧空间(第Ⅱ、Ⅲ象限)存在垂直纸面的匀强磁场，粒子从坐标原点O，沿与＋y轴成30°的方向射入其次象限，恰好经过A点，求磁感应强度B.
答案 (1) (2)
解析 (1)在电场E1中
lsin α＝·t
lcos α＝v0t1
在电场E2中
lcos α＝·t
lsin α＝v0t2
联立解得＝.
(2)设轨迹半径为R，轨迹如图所示．
OC＝2Rsin 30°
由几何学问可得tan 30°＝
解得R＝l
又由qv0B＝
得R＝
联立解得B＝
方向垂直纸面对里．
题组3 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析
4．如图4a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝1×106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面对外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．计算结果可用π表示．
a
b
图4
(1)求O点与直线MN之间的电势差；
(2)求图b中t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；
(3)假如在O点右方d＝67.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点动身运动到挡板所需的时间．
答案 (1)112.5 V (2)4 cm (3)3.86×10－5 s
解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，
由动能定理Uq＝mv，
U＝＝112.5 V.
(2)当磁场垂直纸面对外时，设电荷运动的半径为r1
由B1qv0＝，得r1＝＝5 cm，
周期T1＝＝×10－5 s.
当磁场垂直纸面对里时，设电荷运动的半径为r2
r2＝＝3 cm，
周期T2＝＝×10－5 s
故电荷从t＝0时刻开头做周期性运动，其运动轨迹如图所示
t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离．
Δd＝2(r1－r2)＝4 cm.
(3)电荷第一次通过MN开头，其运动的周期T＝×10－5 s，
依据电荷的运动状况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，
此时电荷沿MN运动的距离s＝15Δd＝60 cm，则最终7.5 cm的距离如图所示，
有：r1＋r1cos α＝7.5 cm.
解得：cos α＝0.5，则α＝60°，
故电荷运动的总时间
t总＝t1＋15T＋T1－T1≈3.86×10－4 s.
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