第 7 讲　带电粒子在复合场中的运动

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第 7讲　带电粒子在复合场中的运动


1．两种模型(1)组合场模型：电场、磁场、重力场 (或其中两种场 )

并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况．

(2)复合场模型：电场、磁场、重力场 (或其中两种场 )

并存于同一区域的情况．

思考研讨


2．三种场的比较

力的特点功和能的特点

重

力

场

大小： G＝ mg

方向：竖直向下

重力做功与路径无关

重力做功改变物体的重力势能

静

电

场

大小： F＝ qE

方向：正电荷受力方向

与电场强度方向相同；

负电荷受力方向与电场

强度方向相反

电场力做功与路径无关

W＝ qU

电场力做功改变电荷的电势能


磁场洛伦兹力 F＝ qvB

方向符合左手定则

洛伦兹力不做功，不改变带电粒子

的动能


3.电偏转与磁偏转

　　　偏转类型

　　　比较内容

电偏转

带电粒子

磁偏转

带电粒子

偏转条件垂直进入匀强电场垂直进入匀强磁场

受力情况

及特点

恒力 F＝ qE

做正功

F＝ qvB大小不变、

方向改变，永不做功


运动规律类平抛运动匀速圆周运动　

偏转程度 tan　θ＝vy

vx，θ<

π2 偏转角不受限制　

动能变化动能增加动能不变　

处理方法运动的合成与分解、

平抛运动规律

结合圆的知识及半

径、周期公式　


1． (2013·浙江卷， 20)(多选 )在半导体

离子注入工艺中，初速度可忽略的

离子 P ＋和 P3＋，经电压为 U的电场

加速后，垂直进入磁感应强度大小

为 B、方向垂直纸面向里、有一定

宽度的匀强磁场区域，如图 3－ 7－ 1　　　　　　　　　　　　　图 3－ 7

－ 1

所示．已知离子 P ＋在磁场中转过 θ＝ 30°后从磁场右边

界射出．在电场和磁场中运动时，离子 P ＋和 P3＋ ( 　　 )．

真题体验


A．在电场中的加速度之比为 1∶ 1　

B．在磁场中运动的半径之比为 3∶ 1　

C．在磁场中转过的角度之比为 1∶ 2　

D．离开电场区域时的动能之比为 1∶ 3　


解析磷离子 P＋和 P3＋的质量相等设为 m，P＋的电荷量设为 q，

则 P3＋的电荷量为 3q，在电场中由 a＝Eqm知，加速度之比为所带

电荷量之比，即为 1∶ 3，A错误；由 qU＝12mv2得 Ek∝ q，即离

开电场区域时的动能之比为 1∶ 3，D正确；又由 qvB＝mv2

r ，得

r＝1B　

2mUq ∝

1q，所以 rP＋∶ rP3＋＝ 3∶ 1，B正确；由几何关

系可得 P3＋在磁场中转过 60°角后从磁场右边界射出，C正确．　

答案 BCD　


2． (2013·重庆卷， 5)(单选 )

如图 3－ 7－ 2所示，一段

长方体形导电材料，左

右两端面的边长都为 a和 b，

内有带电量为 q的某种自

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　由运动电荷．导电材料图 3－ 7－ 2

置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感

应强度大小为 B.当通以从左到右的稳恒电流 I时，测得

导电材料上、下表面之间的电压为 U，且上表面的电势

比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　动电荷数及自由运动电荷的正负分别为 ( 　

　 )．


A.IB

|q|aU，负　　 B.IB

|q|aU，正　

C.IB

|q|bU，负　　 D.IB

|q|bU，正　


解析当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电

流，由左手定则判断负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电

势较低，符合题意．　

由粒子做匀速运动知|q|vB＝|q|E＝|q|Ua 　

因 I＝n|q|vS＝n|q|v·a·b　

解得 n＝IB

|q|bU，选项 C正确．　

答案 C　


命题角度

视角一　带电粒子在组合复合场中的运动

角度 1

组合场的知识考查三种常见的运动规律，即匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动．一般出现在试卷的压轴题中 (2012·课标卷， 25； 2012·江苏卷， 1

2； 2012·山东卷， 23； 2013·山东卷， 23； 201

3·广东卷， 18； 2013·浙江卷， 20； 2013·天津卷， 11； 2013·安徽卷， 23)

角度 2

以电磁技术的应用为背景材料，联系实际考查学以致用的能力 (2012·天津理综， 12； 2013·重庆卷，5； 2013·北京卷， 22)


【典例 1】　 (2013·山东卷， 23)

如图 3－ 7－ 3所示，在坐标系 xOy的第一、第三象限

内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy平面向里；

第四象限内有沿 y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为

E.一带电量为＋ q、质量为 m的粒子，自 y轴上的 P点

沿 x轴正方向射入第四象限，经 x轴上的 Q点进入第一

象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知 OP＝ d，

OQ＝ 2d.不计粒子重力．


图 3－ 7－ 3


(1)求粒子过 Q点时速度的大小和方向．

(2)若磁感应强度的大小为一确定值 B0，粒子将以垂直 y轴

的方向进入第二象限，求 B0.

(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒

子将再次经过 Q点，且速度与第一次过 Q点时相同，求该粒

子相邻两次经过 Q点所用的时间．


解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为 t0，加速度的大小为 a，

粒子的初速度为 v0，过 Q点时速度的大小为 v，沿 y轴方向分

速度的大小为 vy，速度与 x轴正方向间的夹角为 θ，由牛顿第

二定律得 qE＝ma ①　

由运动学公式得　

d＝12at20 ②　

2d＝v0t0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③　

vy＝at0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④　


v＝ v20＋v2

y ⑤　

tan　θ＝vy

v0 ⑥　

联立①②③④⑤⑥式得　

v＝2qEdm ⑦　

θ＝45°　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧　


(2)设粒子做圆周运动的半径为 R1，粒子在第一象限的运动轨迹

如图所示，O1为圆心，由几何关系可知 ΔO1OQ 为等腰直角三

角形，得　

R1＝2 2d ⑨　

由牛顿第二定律得　

qvB0＝mv2

R1 ⑩　

联立⑦⑨⑩式得 B0＝mE2qd ⑪　


(3)设粒子做圆周运动的半径为 R2，由几何分析知，粒子运动的

轨迹如图所示，O2、O2′ 是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、

H是轨迹与两坐标轴的交点，连接 O2、O2′ ，由几何关系知，

O2FGO2′ 和 O2QHO2′ 均为矩形，进而知 FQ、GH均为直径，

QFGH也是矩形，又 FH⊥ GQ，可知 QFGH是正方形，ΔQOF

为等腰直角三角形．可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为

半圆，得　

2R2＝2 2d ⑫　


粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 FG＝HQ

＝2R2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑬　

设粒子相邻两次经过 Q点所用的时间为 t，则有　

t＝FG＋HQ＋2πR2

v ⑭　

联立⑦⑫⑬⑭式得 t＝(2＋π)2mdqE ⑮　

答案见解析　


应考策略画好情境示意图，抓住物理过程的“三性”

1．画好情境示意图画好分析草图，是审题的重要步骤．它有助于建立清晰有序的物理过程和确立物理量间的关系，可以把问题具体化、形象化．


2．抓住物理过程的“三性”

(1)阶段性．将题目涉及的整个过程合理划分为若干个阶段．在审题过程中，该分则分，宜合则合，并将物理过程的分析与研究对象及规律的选用加以统筹考虑，以求最佳的解题思路．(2)联系性．找出各个阶段之间是由什么物理量联系起来的，各量之间的关系如何，在临界点或极值点处有何特殊性质．(3)规律性．明确每个阶段遵循什么规律，可利用哪些物理公式进行求解．


应考组训1　(2013·安徽卷， 23)如图 3－ 7－ 4所示的平面直角坐标

系 xOy，在第Ⅰ象限内有平行于 y轴的匀强电场，方向沿

y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形 abc区域内有匀强磁

场，方向垂直于 xOy平面向里，正三角形边长为 L，且 ab

边与 y轴平行．一质量为 m、电荷量为 q的粒子，从 y轴

上的 P(0， h)点，以大小为 v0的速度沿 x轴正方向射入电

场，通过电场后从 x轴上的 a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从 y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速率与 y轴负方

向成 45　°角，不计粒子所受的重力．求：


　图 3－ 7－ 4


(1)电场强度 E的大小；　

(2)粒子到达 a点时速度的大小和方向；　

(3)abc区域内磁场的磁感应强度 B的最小值．　

解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为 t，则有 x＝v0t＝2h，y

＝12at2＝h，qE＝ma，联立以上各式可得 E＝

mv20

2qh.　

(2)粒子到达 a点时沿负 y方向的分速度 vy＝at＝v0.　

所以 v＝ v20＋v2

y＝ 2v0，方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成

45　°角．　


(3)粒子在磁场中运动时，有　

qvB＝mv2

r 　

当粒子从 b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 r

＝2

2 L，所以 B＝2mv0

qL .　


答案 (1)mv2

0

2qh (2) 2v0 方向指向第Ⅳ象限与 x轴正方向成 45　

°角 (3)2mv0

qL 　


2．如图 3－ 7－ 5所示，在竖直平面直角坐标系 xOy内有

半径为 R、圆心在 O点、与 xOy平面垂直的圆形匀强磁

场，右侧水平放置的两块带电金属板MN、 PQ平行正对，

极板长度为 l，板间距离为 d，板间存在着方向竖直的匀

强电场．一质量为 m且电荷量为 q的粒子 (不计重力及

空气阻力 )以速度 v0从 A处沿 y轴正向进入圆形匀强磁

场，并沿 x轴正向离开圆形匀强磁场，然后从两极板的

左端沿中轴线 CD射入匀强电场，恰好打在上板边缘 N

端．求：


图 3－ 7－ 5


(1)匀强磁场的磁感应强度大小 B.　

(2)两极板间匀强电场的场强大小 E.　

(3)若粒子以与 y轴正向成 θ＝30°从 A处进入圆形匀强磁场，如

图所示，且 d＝4R3 ，试确定该粒子打在极板上距 N端的距离．(用

l表示)　


解析 (1)由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径 r＝R　

由洛伦兹力提供向心力得 qv0B＝mv2

0

r 　

所以 B＝mv0

qR .　

(2)粒子在两极板间做类平抛运动　

l＝v0t，qE＝ma，d2＝

12at2　

联立解得 E＝mdv2

0

ql2 .　


(3)该粒子以与 y轴正向成 θ＝30°从A处进入圆形匀强磁场做匀

速圆周运动，如图所示．　


由几何关系可得：该粒子出磁场时速度方向与 x轴正向平行，

且与 x 轴距离为R2，然后平行于轴线 CD 进入匀强电场做类平

抛运动，设经过时间 t2到达极板偏转距离 d′ ＝d2－

R2＝

R6，d′

＝12at22，l′ ＝v0t2，解得 l′ ＝

l2　

所以，该粒子打在极板上距 N端的距离 Δl＝l－l′ ＝l2.　

答案 (1)mv0

qR (2)mdv2

0

ql2 (3)l2　


命题角度

视角二　带电粒子在叠加复合场中的运动

角度 1

以电磁技术的应用为背景材料，联系实际考查学以致用的能力，一般为压轴题 (2012·浙江卷， 24； 2

012·重庆卷， 24)

角度 2

经常结合受力分析、物体的平衡、类平抛运动、圆周运动及功能关系进行综合考查应用数学知识处理物理问题的能力，一般作为压轴题出现． (2012·重庆卷， 24； 2013·四川卷， 11； 2013·福建卷， 2

2)


特别提醒：新课标全国卷中近几年没有出现过叠加复合场这类试题，但自主命题的省份试卷中已多次出现，因此请关注此类问题．


【典例 2】　 (2013·福建卷， 22)如图 3－ 7－ 6甲，空间存

在一范围足够大的垂直于 xOy平面向外的匀强磁场，磁

感应强度大小为 B.让质量为 m、电量为 q(q＞ 0)的粒子

从坐标原点 O沿 xOy平面以不同的初速度大小和方向入

射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．

图 3－ 7－ 6


(1)若粒子以初速度 v1沿 y轴正向入射，恰好能经过 x轴上

的 A(a,0)点，求 v1的大小；

(2)已知一粒子的初速度大小为 v(v＞ v1)，为使该粒子能经

过 A(a,0)点，其入射角 θ(粒子初速度与 x轴正向的夹角 )有

几个？并求出对应的 sin　θ值；

(3)如图乙，若在此空间再加入沿 y轴正向、大小为 E的匀

强电场，一粒子从 O点以初速度 v0沿 y轴正向入射．研究表

明：粒子在 xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子

速度的 x分量 vx与其所在位置的 y坐标成正比，比例系数与

场强大小 E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值 vm.


解析 (1)带电粒子以速率 v在匀强磁场 B中做匀速圆周运动，

半径为 R，有 qvB＝mv2

R ①　

当粒子沿 y轴正向入射，转过半个圆周至 A点，该圆周半径为

R1，有：R1＝a2 ②　

将②代入①式得　

v1＝qBa2m ③　


(2)如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在 x＝a2的直线上，

半径为 R.当给定一个初速率 v时，有 2个入射角，分别在第 1、

2象限，有　


sin　θ＝a

2R ④　

由①④式解得　

sin　θ＝aqB2mv ⑤　

(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速

率最大，用 ym表示其 y坐标，由动能定理有　

qEym＝12mv2

m－12mv2

0 ⑥　

由题知，有　

vm＝kym　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦　


若 E＝0时，粒子以初速度 v0沿 y轴正向入射，有　

qv0B＝mv2

0

R0 ⑧　

v0＝kR0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑨　

由⑥⑦⑧⑨式解得 vm＝EB＋　

EB2＋v2

0.　

答案见解析　


应考策略带电粒子在复合场中运动的处理方法(1)弄清复合场的组成特点．(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，灵活选择不同的运动规律．①若只有两个场且正交．例如，电场与磁场中满足 qE＝qvB或重力场与磁场中满足 mg＝ qvB或重力场与电场中满足 mg＝ qE，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解．


②三场共存时，合力为零，受力平衡，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．　

③三场共存时，粒子在复合场中做匀速圆周运动．mg与 qE相

平衡，有 mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性．粒

子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运

动定律结合圆周运动规律求解，有 qvB＝mrω2＝mv2

r＝mr4π2

T2＝

ma.　

④当带电粒子做复杂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．　


应考组训　

3.　(2013·河南开封二检，21)如图 3－7－7所示，在长方形 abcd

区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，ab＝bc2 ＝L，一带电

粒子从 ad 的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从

bc边的中点 P射出，若撤去电场，则粒子从 a点射出且射出

时的动能为 Ek.若撤去磁场，则粒子射出时的动能为(重力不

计)　　

( )．　


3－ 7－ 7


A．Ek　　 B．2Ek　　 C．4Ek　　 D．5Ek　

解析带电粒子在电、磁场中做直线运动，则 qv0B＝qE，若撤

去电场，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，因此射

出时的动能不变，Ek＝12mv2

0，恰好从 a 点射出，则其轨迹半径

r＝L2，由洛伦兹力提供向心力 qv0B＝

mv20

r ＝2mv2

0

L 即 qE＝2mv2

0

L ，

若撤去磁场，只在电场力的作用下做类平抛运动，


侧移量 y＝12×

qEm t2＝

2mv20

2mL×

L

v0

2＝L，即恰好从 c点射出，由动

能定理得粒子射出时的动能 Ek′ ＝Eqy＋12mv2

0＝2mv20＋

12mv2

0

＝5×12mv2

0＝5Ek，选项 D正确．　

答案 D　


4．如图 3－7－8所示，在一竖直平面内，y轴左方有一水平向

右的匀强电场 E1和垂直于纸面向里的匀强磁场 B1，y 轴右

方有一竖直向上的匀强电场 E2和另一匀强磁场 B2.有一带

正电荷量为 q、质量为 m的微粒，从 x轴上的 A点以初速

度 v与水平方向成 θ角沿直线运动到 y轴上的 P 点，A点

到坐标原点 O 的距离为 d.微粒进入 y 轴右侧后在竖直面内

做匀速圆周运动，然后以与 P 点运动速度相反的方向打到

半径为 r的14的绝缘光滑圆管内壁的M点(假设　


微粒与M点内壁碰后的瞬间速度不变、电荷量不变，圆管内

径的大小可忽略，电场和磁场不受影响地穿透圆管 )，并沿

管内壁下滑至 N点．设 m、 q、 v、 d、 r已知， θ＝ 37°，

sin　37°＝ 0.6， cos　37°＝ 0.8，求：

图 3－ 7－ 8


(1)E1与 E2大小之比．　

(2)y轴右侧的磁感应强度 B2的大小和方向．　

(3)从 A点运动到 N点的整个过程所用时间．　

解析 (1)A→ P微粒做匀速直线运动　

E1q＝mgtan　θ　

P→ M微粒做匀速圆周运动　

E2q＝mg　

联立解得 E1∶ E2＝3∶ 4　


(2)由图知 P→ M刚好为半周　

2R＝r

sin　θ，qvB2＝mv2

R 　

得 B2＝6mv5rq 　

方向垂直纸面向外　

(3)A→ P有：vt1＝d

cos　θ，解得 t1＝5d4v　

P→ M有：vt2＝πR，解得 t2＝5πr6v 　


碰到 M 点速度竖直向下，此时 mg＝E2q，从 M→ N 过程中，

微粒继续做匀速圆周运动　

v1＝vsin　37°，v1t3＝πr2，　

解得 t3＝5πr6v 　

所以 t 总＝t1＋t2＋t3＝5d4v＋

5πr3v .　

答案 (1)3∶ 4 (2)6mv5rq 方向垂直纸面向外　

(3)5d4v＋

5πr3v 　


失分点搜索失分点 1：忽略带电体的重力导致错误带电体的重力是否忽略，关键看重力与其他力大小的关系比较，一般一些微观粒子如电子、质子、 α粒子等的重力

忽略不计，而一些宏观带电体，如带电小球、带电液滴等

重力一般不能忽略．


失分点 2：不能抓住关键点而出错失分(1)带电粒子通过不同场区的交界处时速度的大小和方向关系．

(2)当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线

运动 (如速度选择器 )．

失分点 3：不能挖掘出隐含条件导致错误带电粒子在复合场中的运动，往往会出现临界状态或隐含

“ ”“ ”“ ”“ ”条件，应以题目中的恰好最大最高至少等词语为

突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，

再与其他方程联立求解．


易失分案例　

　 (2012·重庆高考)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，

其原理如图 3－7－9所示．两带电金属板间有匀强电场，方

向竖直向上，其中 PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外

的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为1k的带正电颗

粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线 O′ O进入两

金属板之间，其中速率为 v0的颗粒刚好从 Q点处离开磁场，

然后做匀速直线运动到达收集板．重力加速度为 g，PQ＝3d，

NQ＝2d，收集板与 NQ的距离为 l，不计颗粒间相互作用．求：　


图 3－ 7－ 9


(1)电场强度 E的大小；

(2)磁感应强度 B的大小；

(3)速率为 λv0(λ＞ 1)的颗粒打在收集板上的位置到 O点的

距离．


易失分诊断　

①不能抓住关键词(“ 颗粒刚好从……匀速直线运动” )――→导致

没有找到求解问题的突破口(Eq＝mg)　

②分析推理能力较差――→导致不能在第(1)问的基础上分析判断

出，带电颗粒在电场和磁场共同区域受到的合外力等于洛伦兹

力，而做匀速圆周运动　

③应用数学知识求解物理问题的能力较差――→导致

不能利用几何

关系求半径 R及颗粒打在收集板上的位置　


规范解答 (1)设带电颗粒的电荷量为 q，质量为 m.有　

Eq＝mg　

将qm＝

1k代入，得 E＝kg.　

(2)如图甲所示，有 qv0B＝mv2

0

R 　

R2＝(3d)2＋(R－d)2　

得 B＝kv0

5d .　



(3)如图乙所示，有 qλv0B＝mλv02

R1　

tan　θ＝3d

R21－3d2　

y1＝R1－ R21－3d2，y2＝ltan　θ，y＝y1＋y2　

得 y＝d(5λ－ 25λ2－9)＋3l

25λ2－9.　

答案 (1)kg (2)kv0

5d (3)d(5λ－ 25λ2－9)＋3l

25λ2－9　


防范演练　

　如图 3－7－10所示，坐标系 xOy在竖直平面内，空间内有

垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在 x>0

的空间内有沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为

E.一个带正电的油滴经过图中 x轴上的 A点，恰好能沿着与

水平方向成 θ＝30°角斜向下的直线做匀速运动，经过 y轴上

的 B点进入 x<0的区域，要使油滴进入 x<0区域后能在竖直

平面内做匀速圆周运动，需在 x<0区域内另加一匀强电场．若

带电油滴做圆周运动通过 x轴上的 C点，且 OA＝OC，设重

力加速度为 g，求：　


图 3－ 7－ 10


(1)油滴运动速度的大小．　

(2)在 x<0区域所加电场的大小和方向．　

(3)油滴从 B点运动到 C点所用时间及 OA的长度．　

解析 (1)油滴从 A 运动到 B 的过程中，油滴受重力、电场力

和洛伦兹力作用而处于平衡状态，由题设条件可知 qvBcos　θ－

mg＝0　

qvBsin　θ－qE＝0　

可得油滴运动速度大小为：v＝2EB .　


(2)使油滴在 x<0的区域做匀速圆周运动，则油滴的重力与所受

的电场力平衡，洛伦兹力提供油滴做圆周运动的向心力．所以

有：　

mg＝qE′ 　

又 tan　θ＝qEmg　

联立可得：E′ ＝ 3E，方向竖直向上．　


(3)如图所示，连接 BC，过 B作 AB垂线交 x轴于 O′ 点，因

为 θ＝30°，所以在△ ABO′ 中，∠ AO′ B＝60°，又 OA＝OC，

故∠ OCB＝θ＝30°，所以∠ CBO′ ＝30°，O′ C＝O′ B，则即

O′ 为油滴做圆周运动的圆心．　


设油滴做圆周运动的半径为 R，周期为 T，　

则 O′ C＝O′ B＝R＝mvqB 　

运动周期 T＝2πmqB 　

由于∠ CO′ B＝120°，油滴从 B运动到 C的时间为　

t1＝13T＝

2πm3qB＝

2 3πE3gB 　


又∠ O′ BO＝30°，所以 OO′ ＝12O′ B＝

12R　

所以 OC＝R＋12R＝

32R，即 OA＝

32R＝

3mv2qB＝

3 3E2

gB2 .　

答案 (1)2EB (2) 3E，方向竖直向上 (3)

2 3πE3gB

3 3E2

gB2

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第 7 讲 带电粒子在复合场中的运动

第 7 讲　带电粒子在复合场中的运动