专题：粒子在复合场中的运动问题(ZWZ )
一、 带电粒子在类重力场中的运动：
【方法指导】带点粒子在重力和电场力的共同作用下运动，因为电场力与重力都是恒力，有时我们把重力和电场力当作一个力来考虑，分析问题比较方便，为分析方便，我们就把重力与电场力的合力叫做类重力，这种力的场我们叫做类重力场。
1、如图1所示，一条长为L 的绝缘细线上端固定，下端拴一质量为m 的带电小球，将它置于水平方向的匀强电场中，场强为E ，已知当细线与竖直方向的夹角为α时，小球处于平衡位置A 点，问在平衡位置以多大的速度V A 释放小球，刚能使之在电场中作竖直平面内的完整圆周运动？ 【解析】：小球受重力mg 、电场力Eq 、线的拉力T
作用。简化处理，将复合场（重力场和电场）等效为重力场，小球在等效重力场中所受重力为mg ' ，由图1有： mg ' =
2
2
2
(mg ) +(Eq )
2
，即
g ' =
(m g ) +(E q )
m
小球在A 点处于平衡状态，若小球在A 点以速度V A 开始绕O 点在竖直平面内作圆周运动，若能通
过延长线上的B 点（等效最高点）就能做完整的圆周运动，在B 点根据向心力公式得：
T +mg =
/
mV L
2B
.
g L
/
T ≥0为临界条件，所以V B ≥
12mV
2A
又因仅重力、电场力对小球做功，由动能定理得： -mg / 2L =
(mg ) +(Eq )
m
2
2
-
12
mV
2B
由以上二式解得：V A ≥5g L =5L
/
=
5gL cos α
2、一个带负电的小球，质量为m ，带电荷量为q 。在一个如图2-1所示的平行板电容器的右侧板边被竖直上抛，最后落在电容器左侧板边同一高度处。若电容器极板是竖直放置的，两板间距为d ，板间电压为U ，求小球能达到的最大高度及抛出时的初速度。 【解析】小球以初速度v 0抛出后，它会受到竖直向下的重力Mg 及水平向左的电场力qE 的作用。在重力Mg 的作用下，小球在竖直方向将做竖直上抛运动，在电场力qE 的作用下，小
图2-1
球在水平方向向左做初速度为零的匀加速直线运动。即小球所做的曲线运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的初速度为零的匀加速运动两个互相正交的分运动，如图2-2所示。
H =
v 0
2
在竖直分运动中，小球所能达到的最大高度
t =2
v 0g
2g
，
所用的总时间，
d =
12at
2
2
在水平分运动中，位移
H =
=
1qU 2Md
t
2
M
Mgd
4qU 2qU 联立以上各式解得：
【注意】：需要注意的是，并非所有的类重力场问题都把重力与电场力合成为类重力，有时分开考虑重力和电场力更方便，有时求解带点粒子在类重力场中的圆周运动用类重力场的观点比较方便，其他问题要具体情况具体分析。
, v 0=gd
图2-2
3、如图3所示，半径R = 0.8m 的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动．圆心O 与A 点的连线与竖直成一角度θ，在A 点时小球对轨道的压力N = 120N ，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多32J ，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）．则： 图3 ⑴小球的最小动能是多少？
⑵小球受到重力和电场力的合力是多少？
⑶现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不 变，若小球在0.04s 后的动能与它在A 点时的动能相等，求小球的质量．
【解析】⑴、⑵小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A 点具有最大动能，所以复合场的方向由O 指向A ，在AO 延长线与圆的交点B 处小球具有最小动能E kB ．设小球在复合场中所受的合力为F ，则有；
N -F =m
v A R
2
即：120-F =m
v A 0. 8
2
=
E kA 0. 4
带电小球由A 运动到B 的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：
-F •2R = E KB -E KA = -32
由此可得：F = 20N，E KB =8J
即小球的最小动能为8J ，重力和电场力的合力为20N ．
⑶带电小球在B 处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA 方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA 方向上做匀速运动．设小球的质量为m ，则：
1F 2 Ft 2
2R = 得：m = 0.01kg
2m 4R
4、如图4-1所示，在方向水平的匀强电场中，绝缘细线的一端连着一个质量为m 的带电小球，另一端悬挂于O 点。将小球拿到A 点（此时细线与电场方向平行）无初
速释放，已知小球摆到B 点时速度为零，此时细线与竖直方向的夹角为θ=30°，求：
（1）小球的平衡位置。
（2）小球经过平衡位置时细线对小球的拉力。 【解析】（1）小球由A 运动到B 根据动能定理，
图
4-1
mgL cos θ-qEL （1+sinθ）=0
解得qE=
33
mg
设小球的平衡位置为C ，悬线与竖直方向间的夹角为α，小球受力如图4-2，则
tan α=
qE mg
=
33
，α=30°
（2）由A 到C ，根据动能定理，有
mgL sin60°-qEL （1-cos60°）=
在C 点，根据牛顿第二定律，有
T -mg cos 30︒-qE sin 30︒=m
2
12
mv C
2
v C L
图
4-2
解得 T=
433
mg
5、如图5-1所示，一半径为R 的绝缘圆形轨道竖直放置，圆形轨道的最低点与一水平轨道相连，轨道都是光滑的，轨道所在的空间存在水平向右的匀强电场，场强为E ．从水平轨道上的A 点由静止释放一质量为m 的带正电的小球，为使小球刚好能在竖直面内完成圆周运动，求释放点A 距圆轨道最低点B 的距离s ．已知小球受的电场力等于小球重力的3/4。 【解析】：小球在电场力和重力作用下在竖直面内做圆周运动，新的等效
“最高点”在竖直位置的左侧，如图5-2所示，因小球刚好完成圆周
运动，故在等效“最高点”C 点；
F =m
υ2
R
，又因为qE
=
34
m g
①
图5-1
所以：
υ2=
54Rg =
m
υ2R
②
m g F
=
=45
图5-2
且cos θ ③
m g
34sin θ===
5F 5m g 4
qE
3
④
对小球从A 点到C 点用动能定理：
qE (s -R sin θ) -m g (R +R cos θ) =m
υ2
R
⑤
236R
解①②③④⑤组成的方程组得：s =
.
6、如图8－15所示，长为l 的绝缘细线，一端悬于O 点，另一端连接一质量为m 的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O 点正下方一个钉子O ’，已知小球收到的电场力是重力的
13
，现将细线向右水平拉直后从静止释
放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O ′在竖直平面内作圆周运动，求OO ′长度。
【解析】本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图8－17所示，
∴θ=60°。
开始时，摆球在合力F 的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A 点运动到B 点，由
图8－17可知，△AOB 为等边三角形，则摆球从A 到B ，在等效力场中，由能量守恒定律得：
在B 点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量v 2变为零，切向分量
接着摆球以v 1为初速度沿圆弧BC 做变速圆周运动，碰到钉子O ′后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O ′做合力F 的平行线与圆的交点为Q ，即为摆球绕O ′点做圆周运动的“最高点”，在Q 点应满足
过O 点做OP ⊥AB 取OP 为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：
二、 带点粒子在磁场中的运动与洛仑兹力引起的动态问题：
【方法指导】洛仑兹力的大小与带电粒子的运动速度有关，粒子的速度的变化会引起洛仑兹力的变化。
1、如图所示，分布在半径为r 的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。电量为q 、质量为m 的带正电的粒子从磁场边缘A 点沿圆的半径AO 方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角。试确定： （1）粒子做圆周运动的半径。 （2）粒子的入射速度。
（3）若保持粒子的速率不变，从A 点入射时速度的方向顺时针转过60°角，
粒子在磁场中运动的时间。
【解析】（1）设：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R ，如图甲所示，∠OO ′A = 30°， 由图可知，圆运动的半径R = O′A =
3r
，
v
2
（2）根据牛顿运动定律， 有：Bqv = m〃
R
mv
有：R = qB ，故粒子的入射速度
v =
3rqB m
.
（3）当带电粒子入射方向转过60°角， 如图乙所示，在ΔOAO 1中，OA = r，O 1A =
3
r ，
∠O 1AO = 30°，由几何关系可得，O 1O = r，
∠AO 1E = 60°.
设：带电粒子在磁场中运动所用时间为t ，由：
v =
2πR πR
甲 T
, R =
mv 2Bq
，有：T =
Bq
，
T t = 6
=
πm
解出：3qB
。
2、如图所示，虚线上方有场强为E 的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁
感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，a b 是一根长l 的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b 端在虚线上，将一套在杆上的带正电的小球从a 端由静止释放后，小球先作加速运动，后作匀速运动到达b 端，已知小球与绝缘杆间的动摩擦系数μ＝0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是l /3，求带电小球从a 到b 运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值。 【解析】①小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的洛仑兹力F ，向右的弹力N ，向下的电场力qE ，向上的 摩擦力f 。F ＝Bqv ，N ＝F ＝Bqv 0 ∴f ＝μN ＝μBqv 当小球作匀速运动时，qE ＝f ＝μBqv 0 ②小球在磁场中作匀速圆周运动时，2
Bqv b
=m
v b
R
又R =
l 3
∴v b ＝Bq l /3m
③小球从a 运动到b 过程中，由动能定理得
mv 2
W b 电-W f =
2
乙
W 电=qEl =μBqv b l =
B q l 10m
22
B q l 10m
2
2
所以 W f =W 电-
W
f
mv b 2
2
=
-
mB q l 2⨯9m
2
222
=
2B q l 45m
222
W 电
=
49
3、如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝
缘杆M N ，小球P 套在杆上，已知P 的质量为m ，电荷量为+q ，P 与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E ，磁感应强度为B ，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，求：
(1)当下滑加速度为最大加速度一半时球的速度； (2)当下滑速度为最大下滑速度一半时球的加速度。 【解析】因电场力方向与洛伦兹力方向相反，小球先做加速度逐渐增大的加速运动，当加速度达到最大后，又做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大。因此，加速度达到最大之前，加速度可能取最
大值的一半，加速度达到最大值后，一定有某一时刻加速度为最大加速度的一半。小球速度(达到最大值前) 始终在增大，一定只有某一时刻速度为最大速度的一半，要分别研究这一时刻是在加速度最大之前还是之后。 (1)小球刚开始下滑时速度较小，B qv ＜q E ， 受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得：
mg -μ(qE -qvB ) =ma
…①，
=g
当B qv =q E 时，a 达最大为a m
.
随a 的增大，B qv ＞q E ，小球受力如图乙所示。
则：mg -μ(qvB -qE ) =ma …② 将a =为:v
1
12=
a m =
12
g
分别代人①式和②式，解得在a 达到a m 之前，当a =
12
g
时，速度
2μqE -m g 2μqB
（甲） （乙）
12g
当a 达到a m 后，a =
时，速度为：v
2
=
2μqE +m g 2μqB
，其中v 1存在是有条件的，
只有m g ≤2μqE 时，在a 增加阶段才有a =
12
g
存在可能。
m
(2)在a 达到a m 后，随着v 增大，当a =O时v =v m 。由②式可解得v a 减小，设在a 达到a m 之前有v =
12v m
=
μqE +m g μqB
，则由①式解得此时加速度为a =
g +
m g -μqE
2m
，
12v m
因m g ＞μqE ，故a ＞g ，这与题设相矛盾，说明在a =a m 之前不可能有v =故v =
12v m
，
出现在a 达到a m 之后。 将v =
12
v m
代人②式解得a =
g +
m g +μqE
2m
。
【拓展迁移】 带电体在复合场中运动问题的分析思路：①正确的受力分析。除三种常见力外，要特别注意对电场力和磁场力的分析；②正确分析物体的运动状态，找出物体的速度、位置及变化特点．分析运动过程。如果出现临界状态，要分析临界器件；③灵活选用力学规律是解决问题的关键。
三、 带电粒子在组合场中的运动：
【方法指导】带电粒子在两种场中运动的性质; 1、在电场中： （1）、当粒子运动的方向与电场方向平行时，做匀速运动。 （2）、当粒子垂直与电场方向进入时，做匀变速曲线运动（类平抛运动）。 2、在磁场中： （1）、当粒子运动方向与磁场方向一致时，不受洛仑兹力作用，做匀速直线运动。 （2）、当粒子垂直与匀强磁场方向进入时，做匀速圆周运动。
1、如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场，左侧匀强电场的场强大小为E 、方向水平向右，其宽度为L ；中间区域匀强磁场的磁感强度大小为B 、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感强度大小也为B 、方向垂直纸面向里. 一个带正电的粒子(质量m ，电量q ，不计重力) 从电场左边缘a 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了a 点，然后重复上述运动过程. 求：
(1)中间磁场区域的宽度d .
(2)带电粒子从a 点开始运动到第一次回到a 点时所用的时间t .
【解析】(1)
电场中加速，由v =
2qEL m
a =
qE m
∴v =
v
2
磁场中偏转，由牛顿第二定律得 qvB =
m
r
∴ r =
mv qB
=
1B
2mEL q
可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图，三段圆弧的圆心组成的三角形△O 1O 2O 3是等边三角形，其边长为2r
∴d =r sin 60 =
12B 2v a
6mEL q 2mv qE T 6
2mL qE
(2)电场中，t 1=
==2
中间磁场中，t 2=2⨯
56
=
2πm 3qB 5πm 3qB
右侧磁场中， t 3=
2mL qE
T =
则t =t 1+t 2+t 3=2
+
7πm 3qB
2、在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象
限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 。一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于y 轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求
（1）M 、N 两点间的电势差U MN ；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r ； （3）粒子从M 点运动到P 点的总时间t 。 【解析】（1）设粒子过N 点时速度v ，有
v 0v
＝cos θ
v ＝2v 0
粒子从M 点运动到N 点的过程，有
qU MN ＝mv 2－mv 20
2
2
1
1
U MN ＝
3mv 2q
2
（2）粒子在磁场中以O /为圆做匀速圆周运动，半径为O /N ，有
qvB ＝
mv r
2
r ＝（3）由几何关系得
2mv 0qB
ON ＝r sin θ
粒子在电场中运动的时间t 1，有
ON ＝v 0t 1
t 1＝
3m qB
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T ＝
2πm qB
设粒子在磁场中运动的时间t 2，有 t 2＝ t 2＝
π-θ
2π
T
2πm 3qB
t ＝t 1＋t 2
t ＝
(33+2π) m
3qB
3、如图3-7-6所示，在x 轴上方有一磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场，场强为E ．一质量为m ，电量为-q 的粒子从坐标原点o 沿着y 轴正方向射出，射出之后，第三次到达x 轴时，它与点o 的距离为L ．求此粒子射出时的速度v 和运动的总路程s(重力不计) ．
【解析】如图3-7-7所示，随着粒子的在匀强磁场中做匀速圆周运动，转过半圈后进入电场区域，在电场中向下做匀减速运动，直到速度为零，然后再向上做加速度大小相等的匀加速运动，以后再在磁场中做圆周运动，并重复上述运动模式．当粒子第三次经过x 轴时，在x 方向上共计通过了四倍于圆周运动半径的位移．
离子在磁场中运动时Bqv =
mv r
2
且L=4r，粒子在电场中运动时， 设向下的位移大小为s 1
,
图3-7-6
根据动能定理-Eqs 1=0-
mv 2
2
粒子运动的总路程s=r+2s1， 整理得s =
12
πL +
qB L
22
16mE
．
图3-7-7
4、如图所示K 与虚线MN 之间是加速电场。虚线MN 与PQ 之间是匀强电场，虚线
PQ 与荧光屏之间是匀强磁场，且MN 、PQ 与荧光屏三者互相平行。电场和磁场的方向如图所示。图中A 点与O 点的连线垂直于荧光屏。一带正电的粒子从A 点离开加速电场，速度方向垂直于偏转电场方向射入偏转电场，在离开偏转电场后进入匀强磁场，最后恰好垂直地打在图中的荧光屏上。已知电场和磁场区域在竖直方向足够长，加速电场电压与偏转电场的场强关系为
U=
12
Ed ，式中的d 是偏转电场的宽度且为已知量，磁场的磁感应强度B 与偏
转电场的电场强度E 和带电粒子离开加速电场的速度υ0关系符合表达式
υ0=
E B
，如图所示，试求
（1）磁场的宽度L 为多少？
（2）带电粒子最后在电场和磁场
中总的偏转距离是多少？
【解析】带电粒子在电场中做类平抛
运动，在磁场中作圆周运动，带电粒子最终垂直地打在荧光屏上，说明带电粒子在电场中偏转的角度与在磁
场中偏转的角度大小相等，方向相反，其轨迹如图所示。正确画出轨迹图3分。
（1）带电粒子在加速电场中获得的动能为
12mv 0=
2
12
qEd
…………1分
进入偏转电场后的偏转角为
tan θ=
v y v 0
=qE mv 0
⋅d v 0
=qEd mv
20
=1……2分
即带电粒子在电场中的偏转角θ=45° 竖直速度与水平速度大小相等v y =v 0 带电粒子离开偏转电场速度为v , v =
v 0+v y =
2
2
2v 0
……2分
带电粒子在磁场中偏转的半径为 R =
mv qB
=
2mv 0qE /v 0
=
2mv 0qE
2
=
2d ……2分
带电粒子在偏转电场中的偏转角与在磁场中的偏转相等，才能垂直打在荧光屏
上，由图可知，磁场宽度L=Rsinθ=d …………………………2分 （2）、带电粒子在偏转电场中增加的动能与在加速度电场中获得的动能相同，强相同，设带电粒子在偏转电场中距离为
∆y 1, 有
12
qEd =qE ∆y 1
∆y 1=0. 5d
……2分
22) ⨯
2d =0. 414d
在磁场中偏转距离为∆y 2=R (1-cos θ) =(1-
………3分
带电粒子总的偏转距离为∆y =∆y 1+∆y 2=0. 914d ………………2分
四、带点粒子在复合场中的运动
【方法指导】带电粒子在复合场中运动的问题本质上是一个力学问题，应顺应力学问题的研究思路和运用力学的基本规律。
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其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析。 2. 灵活选用规律
（1）动力学观点：牛顿定律与运动学公式要结合，常用于解决复合场中的匀变速直线运动、匀速圆周运动等。
（2）动量的观点：动量定理和动量守恒定律，常用于处理带电粒子在磁场中的“打击”“碰撞”“黏合”等短时作用。
（3）能量的观点：动能定理和能量转化与守恒定律，常用于处理带电粒子在磁场中的变加速直线运动、复杂的曲线运动等，优点是不必对运动细节作详尽分析即可迅速联系初、末状态，但要注意三种场力（重力、电场力、洛伦兹力）的做功特点。
3. 处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。这要根据具体情况而定，质子、α粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；带电液滴、尘埃、小球等，除题目指明外，一般都应考虑重力，有时还应根据题目的隐含条件来判断。
1、在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求： (1)小球运动到任意位置P (x ，y) 的速率v . (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m
.
(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (E >止释放后获得的最大速率v m ．
mg q
) 的匀强电场时，小球从O 静
【解析】(1)洛仑兹力不做功，由动能定理得， mgy =
12
mv 2
得
（2）设在最大距离y m 处的速率为v m , 根据圆周运动有，
qv m B-mg =m
v m R
2
且由②知
v m =由③④及R =2y m 得 y m =
2m g q B
2
22
（3）小球运动如图所示，
2
由动能定理 （qE-mg ）|y m |=m v m
1
2
由圆周运动 qv m B +mg -qE =m 且由⑥⑦及R =2|y m |解得
v m =
2qB
(qE -m g )
v m R
2
2、如图甲所示，两平行金属板的板长l =0.20m，板间距d=6.0×10—2m ，在金属
板右侧有一范围足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为MN ，MN 与金属板垂直。金属板的下极板接地，两板间的电压u 随时间变化的图线如图乙所示，匀强磁场的磁感应强度B=1.0×10—2T 。现有带正电的粒子以
5
υ0=5.0×10m/s的速度沿两板间的中线OO ′连续进入电场，经电场后射入磁场。已知带电粒子的比荷
q m
=108C/kg，粒子的重力忽略不
计，假设在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变，不计粒子间的作用。（计算中取
415
=tan15°）。
（1）求t=0时刻进入的粒子，经边界MN 射入磁场和射出磁场的两点间距离； （2）求t=0.3s时刻进入的粒子，在磁场中运动的时间；
（3）试证明：在以上装置不变时，以υ0射入电场的，比荷相同的带电粒子，经边界MN 射入磁场和射出磁场的两点间距离都相等。 【解析】（1）t=0时，u=0，带电粒子在极板间不偏转，水 平射入磁场，
q υB =m
υ0
r =
2
r =
m υ0Bq
5. 0⨯101. 0⨯10
-2
5
8
⨯10
m =0. 5m
s =2r =1. 0m
（2）带电粒子在匀强电场中水平方向的速度 υ0=5. 0⨯105m /s
竖直方向的速度为 υ⊥=at =
Uq
l dm υ0
α。
所以进入磁场时速度与水平方向的夹角为如图所示：
tan α=
υ⊥υ0
=
Uq
2
l
2
8
dm υ0
tan α=
2. 0⨯10⨯1. 0⨯10⨯0. 2
0. 06⨯(5. 0⨯10)
5
=
415
解得α=15
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为ϕ=π-2a ，即为
150°，设带电粒子在磁场中运动的时间为t ，所以
t =
5T 12
=5πm 6Bq
=
5π
6⨯1. 0⨯10
-2
⨯10
8
=
5π6
⨯10
-6
s ≈2. 6⨯10
-6
s
（3）证明：设带电粒子射入磁场时的速度为υ，带电粒子在磁场中做圆周运
动的半径为r
r =
m υBq
υ0υ
进入磁场时带电粒子速度的方向与水平方向的夹角为α
cos α=
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为ϕ=π-2α, 带电粒子在磁场中的圆弧所对的弦长为s,s=2rcosα
s =2
m υ0m υυ0
⋅=2Bq υBq
从上式可知弦长s 取决于磁感应强度、粒子的比荷及初速度，而与电场无关。
专题：粒子在复合场中的运动问题(ZWZ )
一、 带电粒子在类重力场中的运动：
【方法指导】带点粒子在重力和电场力的共同作用下运动，因为电场力与重力都是恒力，有时我们把重力和电场力当作一个力来考虑，分析问题比较方便，为分析方便，我们就把重力与电场力的合力叫做类重力，这种力的场我们叫做类重力场。
1、如图1所示，一条长为L 的绝缘细线上端固定，下端拴一质量为m 的带电小球，将它置于水平方向的匀强电场中，场强为E ，已知当细线与竖直方向的夹角为α时，小球处于平衡位置A 点，问在平衡位置以多大的速度V A 释放小球，刚能使之在电场中作竖直平面内的完整圆周运动？ 【解析】：小球受重力mg 、电场力Eq 、线的拉力T
作用。简化处理，将复合场（重力场和电场）等效为重力场，小球在等效重力场中所受重力为mg ' ，由图1有： mg ' =
2
2
2
(mg ) +(Eq )
2
，即
g ' =
(m g ) +(E q )
m
小球在A 点处于平衡状态，若小球在A 点以速度V A 开始绕O 点在竖直平面内作圆周运动，若能通
过延长线上的B 点（等效最高点）就能做完整的圆周运动，在B 点根据向心力公式得：
T +mg =
/
mV L
2B
.
g L
/
T ≥0为临界条件，所以V B ≥
12mV
2A
又因仅重力、电场力对小球做功，由动能定理得： -mg / 2L =
(mg ) +(Eq )
m
2
2
-
12
mV
2B
由以上二式解得：V A ≥5g L =5L
/
=
5gL cos α
2、一个带负电的小球，质量为m ，带电荷量为q 。在一个如图2-1所示的平行板电容器的右侧板边被竖直上抛，最后落在电容器左侧板边同一高度处。若电容器极板是竖直放置的，两板间距为d ，板间电压为U ，求小球能达到的最大高度及抛出时的初速度。 【解析】小球以初速度v 0抛出后，它会受到竖直向下的重力Mg 及水平向左的电场力qE 的作用。在重力Mg 的作用下，小球在竖直方向将做竖直上抛运动，在电场力qE 的作用下，小
图2-1
球在水平方向向左做初速度为零的匀加速直线运动。即小球所做的曲线运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的初速度为零的匀加速运动两个互相正交的分运动，如图2-2所示。
H =
v 0
2
在竖直分运动中，小球所能达到的最大高度
t =2
v 0g
2g
，
所用的总时间，
d =
12at
2
2
在水平分运动中，位移
H =
=
1qU 2Md
t
2
M
Mgd
4qU 2qU 联立以上各式解得：
【注意】：需要注意的是，并非所有的类重力场问题都把重力与电场力合成为类重力，有时分开考虑重力和电场力更方便，有时求解带点粒子在类重力场中的圆周运动用类重力场的观点比较方便，其他问题要具体情况具体分析。
, v 0=gd
图2-2
3、如图3所示，半径R = 0.8m 的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动．圆心O 与A 点的连线与竖直成一角度θ，在A 点时小球对轨道的压力N = 120N ，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多32J ，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）．则： 图3 ⑴小球的最小动能是多少？
⑵小球受到重力和电场力的合力是多少？
⑶现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不 变，若小球在0.04s 后的动能与它在A 点时的动能相等，求小球的质量．
【解析】⑴、⑵小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A 点具有最大动能，所以复合场的方向由O 指向A ，在AO 延长线与圆的交点B 处小球具有最小动能E kB ．设小球在复合场中所受的合力为F ，则有；
N -F =m
v A R
2
即：120-F =m
v A 0. 8
2
=
E kA 0. 4
带电小球由A 运动到B 的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：
-F •2R = E KB -E KA = -32
由此可得：F = 20N，E KB =8J
即小球的最小动能为8J ，重力和电场力的合力为20N ．
⑶带电小球在B 处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA 方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA 方向上做匀速运动．设小球的质量为m ，则：
1F 2 Ft 2
2R = 得：m = 0.01kg
2m 4R
4、如图4-1所示，在方向水平的匀强电场中，绝缘细线的一端连着一个质量为m 的带电小球，另一端悬挂于O 点。将小球拿到A 点（此时细线与电场方向平行）无初
速释放，已知小球摆到B 点时速度为零，此时细线与竖直方向的夹角为θ=30°，求：
（1）小球的平衡位置。
（2）小球经过平衡位置时细线对小球的拉力。 【解析】（1）小球由A 运动到B 根据动能定理，
图
4-1
mgL cos θ-qEL （1+sinθ）=0
解得qE=
33
mg
设小球的平衡位置为C ，悬线与竖直方向间的夹角为α，小球受力如图4-2，则
tan α=
qE mg
=
33
，α=30°
（2）由A 到C ，根据动能定理，有
mgL sin60°-qEL （1-cos60°）=
在C 点，根据牛顿第二定律，有
T -mg cos 30︒-qE sin 30︒=m
2
12
mv C
2
v C L
图
4-2
解得 T=
433
mg
5、如图5-1所示，一半径为R 的绝缘圆形轨道竖直放置，圆形轨道的最低点与一水平轨道相连，轨道都是光滑的，轨道所在的空间存在水平向右的匀强电场，场强为E ．从水平轨道上的A 点由静止释放一质量为m 的带正电的小球，为使小球刚好能在竖直面内完成圆周运动，求释放点A 距圆轨道最低点B 的距离s ．已知小球受的电场力等于小球重力的3/4。 【解析】：小球在电场力和重力作用下在竖直面内做圆周运动，新的等效
“最高点”在竖直位置的左侧，如图5-2所示，因小球刚好完成圆周
运动，故在等效“最高点”C 点；
F =m
υ2
R
，又因为qE
=
34
m g
①
图5-1
所以：
υ2=
54Rg =
m
υ2R
②
m g F
=
=45
图5-2
且cos θ ③
m g
34sin θ===
5F 5m g 4
qE
3
④
对小球从A 点到C 点用动能定理：
qE (s -R sin θ) -m g (R +R cos θ) =m
υ2
R
⑤
236R
解①②③④⑤组成的方程组得：s =
.
6、如图8－15所示，长为l 的绝缘细线，一端悬于O 点，另一端连接一质量为m 的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O 点正下方一个钉子O ’，已知小球收到的电场力是重力的
13
，现将细线向右水平拉直后从静止释
放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O ′在竖直平面内作圆周运动，求OO ′长度。
【解析】本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图8－17所示，
∴θ=60°。
开始时，摆球在合力F 的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A 点运动到B 点，由
图8－17可知，△AOB 为等边三角形，则摆球从A 到B ，在等效力场中，由能量守恒定律得：
在B 点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量v 2变为零，切向分量
接着摆球以v 1为初速度沿圆弧BC 做变速圆周运动，碰到钉子O ′后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O ′做合力F 的平行线与圆的交点为Q ，即为摆球绕O ′点做圆周运动的“最高点”，在Q 点应满足
过O 点做OP ⊥AB 取OP 为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：
二、 带点粒子在磁场中的运动与洛仑兹力引起的动态问题：
【方法指导】洛仑兹力的大小与带电粒子的运动速度有关，粒子的速度的变化会引起洛仑兹力的变化。
1、如图所示，分布在半径为r 的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。电量为q 、质量为m 的带正电的粒子从磁场边缘A 点沿圆的半径AO 方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角。试确定： （1）粒子做圆周运动的半径。 （2）粒子的入射速度。
（3）若保持粒子的速率不变，从A 点入射时速度的方向顺时针转过60°角，
粒子在磁场中运动的时间。
【解析】（1）设：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R ，如图甲所示，∠OO ′A = 30°， 由图可知，圆运动的半径R = O′A =
3r
，
v
2
（2）根据牛顿运动定律， 有：Bqv = m〃
R
mv
有：R = qB ，故粒子的入射速度
v =
3rqB m
.
（3）当带电粒子入射方向转过60°角， 如图乙所示，在ΔOAO 1中，OA = r，O 1A =
3
r ，
∠O 1AO = 30°，由几何关系可得，O 1O = r，
∠AO 1E = 60°.
设：带电粒子在磁场中运动所用时间为t ，由：
v =
2πR πR
甲 T
, R =
mv 2Bq
，有：T =
Bq
，
T t = 6
=
πm
解出：3qB
。
2、如图所示，虚线上方有场强为E 的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁
感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，a b 是一根长l 的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b 端在虚线上，将一套在杆上的带正电的小球从a 端由静止释放后，小球先作加速运动，后作匀速运动到达b 端，已知小球与绝缘杆间的动摩擦系数μ＝0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是l /3，求带电小球从a 到b 运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值。 【解析】①小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的洛仑兹力F ，向右的弹力N ，向下的电场力qE ，向上的 摩擦力f 。F ＝Bqv ，N ＝F ＝Bqv 0 ∴f ＝μN ＝μBqv 当小球作匀速运动时，qE ＝f ＝μBqv 0 ②小球在磁场中作匀速圆周运动时，2
Bqv b
=m
v b
R
又R =
l 3
∴v b ＝Bq l /3m
③小球从a 运动到b 过程中，由动能定理得
mv 2
W b 电-W f =
2
乙
W 电=qEl =μBqv b l =
B q l 10m
22
B q l 10m
2
2
所以 W f =W 电-
W
f
mv b 2
2
=
-
mB q l 2⨯9m
2
222
=
2B q l 45m
222
W 电
=
49
3、如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝
缘杆M N ，小球P 套在杆上，已知P 的质量为m ，电荷量为+q ，P 与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E ，磁感应强度为B ，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，求：
(1)当下滑加速度为最大加速度一半时球的速度； (2)当下滑速度为最大下滑速度一半时球的加速度。 【解析】因电场力方向与洛伦兹力方向相反，小球先做加速度逐渐增大的加速运动，当加速度达到最大后，又做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大。因此，加速度达到最大之前，加速度可能取最
大值的一半，加速度达到最大值后，一定有某一时刻加速度为最大加速度的一半。小球速度(达到最大值前) 始终在增大，一定只有某一时刻速度为最大速度的一半，要分别研究这一时刻是在加速度最大之前还是之后。 (1)小球刚开始下滑时速度较小，B qv ＜q E ， 受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得：
mg -μ(qE -qvB ) =ma
…①，
=g
当B qv =q E 时，a 达最大为a m
.
随a 的增大，B qv ＞q E ，小球受力如图乙所示。
则：mg -μ(qvB -qE ) =ma …② 将a =为:v
1
12=
a m =
12
g
分别代人①式和②式，解得在a 达到a m 之前，当a =
12
g
时，速度
2μqE -m g 2μqB
（甲） （乙）
12g
当a 达到a m 后，a =
时，速度为：v
2
=
2μqE +m g 2μqB
，其中v 1存在是有条件的，
只有m g ≤2μqE 时，在a 增加阶段才有a =
12
g
存在可能。
m
(2)在a 达到a m 后，随着v 增大，当a =O时v =v m 。由②式可解得v a 减小，设在a 达到a m 之前有v =
12v m
=
μqE +m g μqB
，则由①式解得此时加速度为a =
g +
m g -μqE
2m
，
12v m
因m g ＞μqE ，故a ＞g ，这与题设相矛盾，说明在a =a m 之前不可能有v =故v =
12v m
，
出现在a 达到a m 之后。 将v =
12
v m
代人②式解得a =
g +
m g +μqE
2m
。
【拓展迁移】 带电体在复合场中运动问题的分析思路：①正确的受力分析。除三种常见力外，要特别注意对电场力和磁场力的分析；②正确分析物体的运动状态，找出物体的速度、位置及变化特点．分析运动过程。如果出现临界状态，要分析临界器件；③灵活选用力学规律是解决问题的关键。
三、 带电粒子在组合场中的运动：
【方法指导】带电粒子在两种场中运动的性质; 1、在电场中： （1）、当粒子运动的方向与电场方向平行时，做匀速运动。 （2）、当粒子垂直与电场方向进入时，做匀变速曲线运动（类平抛运动）。 2、在磁场中： （1）、当粒子运动方向与磁场方向一致时，不受洛仑兹力作用，做匀速直线运动。 （2）、当粒子垂直与匀强磁场方向进入时，做匀速圆周运动。
1、如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场，左侧匀强电场的场强大小为E 、方向水平向右，其宽度为L ；中间区域匀强磁场的磁感强度大小为B 、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感强度大小也为B 、方向垂直纸面向里. 一个带正电的粒子(质量m ，电量q ，不计重力) 从电场左边缘a 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了a 点，然后重复上述运动过程. 求：
(1)中间磁场区域的宽度d .
(2)带电粒子从a 点开始运动到第一次回到a 点时所用的时间t .
【解析】(1)
电场中加速，由v =
2qEL m
a =
qE m
∴v =
v
2
磁场中偏转，由牛顿第二定律得 qvB =
m
r
∴ r =
mv qB
=
1B
2mEL q
可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图，三段圆弧的圆心组成的三角形△O 1O 2O 3是等边三角形，其边长为2r
∴d =r sin 60 =
12B 2v a
6mEL q 2mv qE T 6
2mL qE
(2)电场中，t 1=
==2
中间磁场中，t 2=2⨯
56
=
2πm 3qB 5πm 3qB
右侧磁场中， t 3=
2mL qE
T =
则t =t 1+t 2+t 3=2
+
7πm 3qB
2、在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象
限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 。一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于y 轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求
（1）M 、N 两点间的电势差U MN ；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r ； （3）粒子从M 点运动到P 点的总时间t 。 【解析】（1）设粒子过N 点时速度v ，有
v 0v
＝cos θ
v ＝2v 0
粒子从M 点运动到N 点的过程，有
qU MN ＝mv 2－mv 20
2
2
1
1
U MN ＝
3mv 2q
2
（2）粒子在磁场中以O /为圆做匀速圆周运动，半径为O /N ，有
qvB ＝
mv r
2
r ＝（3）由几何关系得
2mv 0qB
ON ＝r sin θ
粒子在电场中运动的时间t 1，有
ON ＝v 0t 1
t 1＝
3m qB
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T ＝
2πm qB
设粒子在磁场中运动的时间t 2，有 t 2＝ t 2＝
π-θ
2π
T
2πm 3qB
t ＝t 1＋t 2
t ＝
(33+2π) m
3qB
3、如图3-7-6所示，在x 轴上方有一磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场，场强为E ．一质量为m ，电量为-q 的粒子从坐标原点o 沿着y 轴正方向射出，射出之后，第三次到达x 轴时，它与点o 的距离为L ．求此粒子射出时的速度v 和运动的总路程s(重力不计) ．
【解析】如图3-7-7所示，随着粒子的在匀强磁场中做匀速圆周运动，转过半圈后进入电场区域，在电场中向下做匀减速运动，直到速度为零，然后再向上做加速度大小相等的匀加速运动，以后再在磁场中做圆周运动，并重复上述运动模式．当粒子第三次经过x 轴时，在x 方向上共计通过了四倍于圆周运动半径的位移．
离子在磁场中运动时Bqv =
mv r
2
且L=4r，粒子在电场中运动时， 设向下的位移大小为s 1
,
图3-7-6
根据动能定理-Eqs 1=0-
mv 2
2
粒子运动的总路程s=r+2s1， 整理得s =
12
πL +
qB L
22
16mE
．
图3-7-7
4、如图所示K 与虚线MN 之间是加速电场。虚线MN 与PQ 之间是匀强电场，虚线
PQ 与荧光屏之间是匀强磁场，且MN 、PQ 与荧光屏三者互相平行。电场和磁场的方向如图所示。图中A 点与O 点的连线垂直于荧光屏。一带正电的粒子从A 点离开加速电场，速度方向垂直于偏转电场方向射入偏转电场，在离开偏转电场后进入匀强磁场，最后恰好垂直地打在图中的荧光屏上。已知电场和磁场区域在竖直方向足够长，加速电场电压与偏转电场的场强关系为
U=
12
Ed ，式中的d 是偏转电场的宽度且为已知量，磁场的磁感应强度B 与偏
转电场的电场强度E 和带电粒子离开加速电场的速度υ0关系符合表达式
υ0=
E B
，如图所示，试求
（1）磁场的宽度L 为多少？
（2）带电粒子最后在电场和磁场
中总的偏转距离是多少？
【解析】带电粒子在电场中做类平抛
运动，在磁场中作圆周运动，带电粒子最终垂直地打在荧光屏上，说明带电粒子在电场中偏转的角度与在磁
场中偏转的角度大小相等，方向相反，其轨迹如图所示。正确画出轨迹图3分。
（1）带电粒子在加速电场中获得的动能为
12mv 0=
2
12
qEd
…………1分
进入偏转电场后的偏转角为
tan θ=
v y v 0
=qE mv 0
⋅d v 0
=qEd mv
20
=1……2分
即带电粒子在电场中的偏转角θ=45° 竖直速度与水平速度大小相等v y =v 0 带电粒子离开偏转电场速度为v , v =
v 0+v y =
2
2
2v 0
……2分
带电粒子在磁场中偏转的半径为 R =
mv qB
=
2mv 0qE /v 0
=
2mv 0qE
2
=
2d ……2分
带电粒子在偏转电场中的偏转角与在磁场中的偏转相等，才能垂直打在荧光屏
上，由图可知，磁场宽度L=Rsinθ=d …………………………2分 （2）、带电粒子在偏转电场中增加的动能与在加速度电场中获得的动能相同，强相同，设带电粒子在偏转电场中距离为
∆y 1, 有
12
qEd =qE ∆y 1
∆y 1=0. 5d
……2分
22) ⨯
2d =0. 414d
在磁场中偏转距离为∆y 2=R (1-cos θ) =(1-
………3分
带电粒子总的偏转距离为∆y =∆y 1+∆y 2=0. 914d ………………2分
四、带点粒子在复合场中的运动
【方法指导】带电粒子在复合场中运动的问题本质上是一个力学问题，应顺应力学问题的研究思路和运用力学的基本规律。
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其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析。 2. 灵活选用规律
（1）动力学观点：牛顿定律与运动学公式要结合，常用于解决复合场中的匀变速直线运动、匀速圆周运动等。
（2）动量的观点：动量定理和动量守恒定律，常用于处理带电粒子在磁场中的“打击”“碰撞”“黏合”等短时作用。
（3）能量的观点：动能定理和能量转化与守恒定律，常用于处理带电粒子在磁场中的变加速直线运动、复杂的曲线运动等，优点是不必对运动细节作详尽分析即可迅速联系初、末状态，但要注意三种场力（重力、电场力、洛伦兹力）的做功特点。
3. 处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。这要根据具体情况而定，质子、α粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；带电液滴、尘埃、小球等，除题目指明外，一般都应考虑重力，有时还应根据题目的隐含条件来判断。
1、在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求： (1)小球运动到任意位置P (x ，y) 的速率v . (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m
.
(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (E >止释放后获得的最大速率v m ．
mg q
) 的匀强电场时，小球从O 静
【解析】(1)洛仑兹力不做功，由动能定理得， mgy =
12
mv 2
得
（2）设在最大距离y m 处的速率为v m , 根据圆周运动有，
qv m B-mg =m
v m R
2
且由②知
v m =由③④及R =2y m 得 y m =
2m g q B
2
22
（3）小球运动如图所示，
2
由动能定理 （qE-mg ）|y m |=m v m
1
2
由圆周运动 qv m B +mg -qE =m 且由⑥⑦及R =2|y m |解得
v m =
2qB
(qE -m g )
v m R
2
2、如图甲所示，两平行金属板的板长l =0.20m，板间距d=6.0×10—2m ，在金属
板右侧有一范围足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为MN ，MN 与金属板垂直。金属板的下极板接地，两板间的电压u 随时间变化的图线如图乙所示，匀强磁场的磁感应强度B=1.0×10—2T 。现有带正电的粒子以
5
υ0=5.0×10m/s的速度沿两板间的中线OO ′连续进入电场，经电场后射入磁场。已知带电粒子的比荷
q m
=108C/kg，粒子的重力忽略不
计，假设在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变，不计粒子间的作用。（计算中取
415
=tan15°）。
（1）求t=0时刻进入的粒子，经边界MN 射入磁场和射出磁场的两点间距离； （2）求t=0.3s时刻进入的粒子，在磁场中运动的时间；
（3）试证明：在以上装置不变时，以υ0射入电场的，比荷相同的带电粒子，经边界MN 射入磁场和射出磁场的两点间距离都相等。 【解析】（1）t=0时，u=0，带电粒子在极板间不偏转，水 平射入磁场，
q υB =m
υ0
r =
2
r =
m υ0Bq
5. 0⨯101. 0⨯10
-2
5
8
⨯10
m =0. 5m
s =2r =1. 0m
（2）带电粒子在匀强电场中水平方向的速度 υ0=5. 0⨯105m /s
竖直方向的速度为 υ⊥=at =
Uq
l dm υ0
α。
所以进入磁场时速度与水平方向的夹角为如图所示：
tan α=
υ⊥υ0
=
Uq
2
l
2
8
dm υ0
tan α=
2. 0⨯10⨯1. 0⨯10⨯0. 2
0. 06⨯(5. 0⨯10)
5
=
415
解得α=15
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为ϕ=π-2a ，即为
150°，设带电粒子在磁场中运动的时间为t ，所以
t =
5T 12
=5πm 6Bq
=
5π
6⨯1. 0⨯10
-2
⨯10
8
=
5π6
⨯10
-6
s ≈2. 6⨯10
-6
s
（3）证明：设带电粒子射入磁场时的速度为υ，带电粒子在磁场中做圆周运
动的半径为r
r =
m υBq
υ0υ
进入磁场时带电粒子速度的方向与水平方向的夹角为α
cos α=
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为ϕ=π-2α, 带电粒子在磁场中的圆弧所对的弦长为s,s=2rcosα
s =2
m υ0m υυ0
⋅=2Bq υBq
从上式可知弦长s 取决于磁感应强度、粒子的比荷及初速度，而与电场无关。