磁场二、粒子在磁场及复合场中偏转

磁场对运动电荷的作用
一、洛仑兹力
磁场对运动电荷的作用力
1.洛伦兹力的公式: f=qvB sin θ，θ是V 、B 之间的夹角.
2.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F ＝0
3.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，f=qvB
4.只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为0．
二、洛伦兹力的方向
1.洛伦兹力F 的方向既垂直于磁场B 的方向，又垂直于运动电荷的速度v 的方向，即F 总是垂直于B 和v 所在的平面．
2.使用左手定则判定洛伦兹力方向时，伸出左手，让姆指跟四指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动方向（当是负电荷时，四指指向与电荷运动方向相反）则姆指所指方向就是该电荷所受洛伦兹力的方向．
三、洛伦兹力与安培力的关系
1.洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向称动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．
2.洛伦兹力一定不做功，它不改变运动电荷的速度大小;但安培力却可以做功．
四、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分三种情况：一是匀速直线运动；二是匀速圆周运动；三是螺旋运动．
2.不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/qB ；其运动周期T=2πm/qB （与速度大小无关）．
3.不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动（类平抛运动）；垂直进入匀强磁场，则做变加速曲线运动（匀速圆周运动）．
【例1】一带电粒子以初速度V 0垂直于匀强电场E 沿两板中线射入，不计重力，由C 点射出时
的速度为V ，若在两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场，粒子仍以V 0入射，恰从C 关于中线的
对称点D 射出，如图所示，则粒子从D 点射出的速度为多少?
解析：粒子第一次飞出极板时，电场力做正功，由动能定理可得电场力
做功为W 1=m （V 2－v 02）/2……①，当两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场后，粒子第二次飞出极板时，洛仑兹力对运动电荷不做功，但是粒子从与C 点关于中线的对称点射出，洛仑兹力大于电场力，由于对称性，粒子克服电场力做功，等于第一次电场力所做的功，由动能定理可得W 2=m （V 02－V D 2）/2……②，W 1=W 2。

由 ①②③式得V D =2202V V 点评：凡是涉及到带电粒子的动能发生了变化，均与洛仑兹力无关，因为洛仑兹力对运动电荷永远不做功。

·D V 0 ·C
【例2】如图所示，竖直两平行板P 、Q ，长为L ，两板间电压为U ，垂直纸面的匀强磁场的磁感
应强度为B ，电场和磁场均匀分布在两板空间内，今有带电量为Q ，质量为m 的
带正电的油滴，从某高度处由静止落下，从两板正中央进入两板之间，刚进入
时油滴受到的磁场力和电场力相等，此后油滴恰好从P 板的下端点处离开两板
正对的区域，求（1）油滴原来静止下落的位置离板上端点的高度h 。

（2）油
滴离开板间时的速度大小。

解析：（1）油滴在进入两板前作自由落体运动，刚进入两板之间时的速度为
V 0，受到的电场力与磁场力相等，则qv 0B ＝qU ／d ，v 0＝U ／Bd=gh 2 ，h=U 2／2gB 2d 2
（2）油滴进入两板之间后，速度增大，洛仑兹力在增大，故电场力小于洛仑兹力，油滴将向P 板偏转，电场力做负功，重力做正功，油滴离开两板时的速度为V x ，由动能定理mg （h ＋
L ）－q U ／2=mV x 2/2， x v =点评：（1）根据带电油滴进入两板时的磁场力与电场力大小相等求出油滴下落时到板上端的高度；（2）油滴下落过程中的速度在增大，说明了洛仑兹力增大，油滴向P 板偏转，电场力做负功．
【例3】如图所示，在空间有匀强磁场，磁感强度的方向垂直纸面向里，大小为B ，光滑绝缘空心细管MN 的长度为h ，管内M 端有一质量为m 、带正电q 的小球P ，开始时小球P 相
对管静止，管带着小球P 沿垂直于管长度方向的恒定速度u 向图中右方运
动．设重力及其它阻力均可忽略不计．（1）当小球P 相对管上升的速度为v
时，小球上升的加速度多大？（2）小球P 从管的另一端N 离开管口后，在
磁场中作圆周运动的圆半径R 多大？（3）小球P 在从管的M 端到N 端的过
程中，管壁对小球做的功是多少？
解析：（1）设此时小球的合速度大小为v 合，方向与u 的夹角为θ
有v 合 cos θ=u/v 合=u/22u v + ………②
此时粒子受到的洛伦兹力f 和管壁的弹力N 如所示，由牛顿第二定律可
求此时小球上升的加速度为：a=fcos θ=qv 合Bcos θ/m ………③
联立①②③解得：a=quB/m
（2）由上问a 知，小球上升加速度只与小球的水平速度u 有关，故小球在竖直方向上做加速运动．设小球离开N 端管口时的竖直分速度为v
y ，由运动学公式得y v =
此时小球的合速度v =
故小球运动的半径为 mv R qB ==2221u m q u m B h qB
+ （3）因洛化兹力对小球做的功为零，由动能定理得管壁对小球做的功为： W=½mv 2－½mu 2=quBh
【例4】在两块平行金属板A 、B 中，B 板的正中央有一α粒子源，可向各个方向射出速率不同的α粒子，如图所示．若在A 、B 板中加上U AB ＝U 0的电压后，A 板就没有α粒子射到，
U 0是α粒子不能到达A 板的最小电压．若撤去A 、B 间的电压，为
了使α粒子不射到A 板，而在A 、B 之间加上匀强磁场，则匀强磁
场的磁感强度B 必须符合什么条件（已知α粒子的荷质比m ／q=2．l
×10－8kg/C ，A 、B 间的距离d ＝10cm ，电压U 0=4．2×104V ）？
解析：α粒子放射源向各个方向射出速率不同的α粒子，设最大的速率为v m 。

则各个方向都有速率为v m 的α粒子．当A 、B 板加了电压后，A 、B 两板间的电压阻碍α粒子到达A 板，其方向是垂直两板并由A 板指向B 板。

在无电场时，α粒子在沿B 向A 板运动方向上有d=vcos θt ………①，其中θ是α粒子速度与垂直两板的直线的夹角．在①式中最容易到达A 板的α粒子应
有θ＝0，v ＝v m ，即其速度方向由B 极指向A 板，且速率
最大的α粒子，这些α粒子若达不到A 板，其余的α粒子均达
不到A 板．由动能定理可得qU 0＝mv m 2／2………②；
若撤去电场，在A 、B 间加上匀强磁场，这些α粒子将做匀速圆周运动，其半径为R ，R=mv/qB ……③，由③式可知，在B 一定的条件下，v 越大，R 越大，越容易打到A 板；反之，当v 值取最大值v m 后，若所有具有v m 的α粒子不能达到A 板，则所有的α粒子均不能达到A 板．在所有方向上的α粒子中，它们的轨迹刚好与A 板相切的情况如图所示．在图中与A 板相切的轨迹中最小半径为R 3，若R 3是具有速率为v m 的α粒子的半径，则其它具有v m 的α粒子均不能到达 A 板．若令R 3为最小值R min 时，即图中R min = d ／2是所有α粒子中轨迹与A 板相切的最小半径，将其代入③式后得d ／2=mv m /qB min ……④，由②④两式可得B min =2q mU /20／d=0．84T ，所以，A 、B 两板之间应加上垂直于纸面的匀强磁场，且磁感强度 B ≥0．84 T 时，所有的α粒子均不能到达A 板．
1、带电粒子在磁场中运动的圆心、半径及时间的确定
（1)用几何知识确定圆心并求半径．
因为F 方向指向圆心，根据F 一定垂直v ，画出粒子运动轨迹中任意两点（大多是射入点和出射点）的F 或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与弦长的关系．
(2)确定轨迹所对应的圆心角，求运动时间．
先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于3600（或2π）计算出圆心角θ的大小，再由公式t=θT/3600（或θT/2π）可求出运动时间．
(3)注意圆周运动中有关对称的规律．
如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
【例5】如图所示，一束电子（电量为e ）以速度v 垂直射入磁感应强度为B ，宽度为d 的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是300，则电子的质量
是 ，穿过磁场的时间是 。

解析：电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧一部分，
又因为f ⊥v ，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，如
图中的O 点，由几何知识知，AB 间圆心角θ=300，OB 为半径．所以
r=d/sin300=2d ．
又由r=Be
mv 得m ＝2dBe ／v ． 又因为AB 圆心角是300，所以穿过时间 t=121
T=121
×Be m π2=v
d 3π．
【例6】如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁
场，下列判断正确的是（ ）
A 、电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B ．电子在磁场中运动时间越长。

其轨迹线所对应的圆心角越大
C ．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
D ．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
解析：在图中画出了不同速率的电子在磁场中的轨迹，由前面的知识点
可知轨迹的半径R=mv ／qB ，说明了半径的大小与电子的速率成正比．但由于电子在磁场中运动时间的长短仅与轨迹所对应的圆心角大小有关，故可判断图中五条轨迹线所对应的运动时间关系有t 5＝t 4＝t 3＞t 2＞t 1显然，本题选项中只有B 正确．
点评：本题所考查的是带电粒子在矩形（包括正方形）磁场中运动的轨迹与相应的运动时间的关系问题．不同速率的电子在磁场中的偏转角大小（也就是在磁场中运动时间的长短），
由知识点中的周期表达式看来与半径是没有关系的，但由于磁场区域的边界条件的限制，由图说明了半径不同，带电粒子离开磁场时速度方向变化可能不同，也可能相同．由周期关系式必须明确的一点是：带电粒子在磁场中运动的时间长短决定于轨迹所对应的圆心角．
【例7】如图所示，半径R=10cm的圆形区域边界跟y轴相切于坐标系原点O。

磁感强度B ＝0．332 T，方向垂直于纸面向里，在O处有一放射源S，可沿纸面向各个方向射出速率均为v=3．2×106m/s的α粒子．已知α粒子的质量m= 6．64×10－27kg，电量q=3．2 ×10－19
C．
（1）画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心的轨迹．（2）求出α
粒子通过磁场空间的最大偏转角θ．（3）再以过O点并垂直纸面的直
线为轴旋转磁场区域，能使穿过磁场区域且偏转角最大的α粒子射到正
方向的y轴上，则圆形磁场直径OA至少应转过多大的角度β．
解析：（l）α粒子的速度相同，在同一匀强磁场中运动的半径相同，均由洛
仑兹力提供向心力f= qvB=mv2／r，r＝mv／Qb=20cm
所以α粒子的圆心与S（即O点）的距离均为r，其圆心的轨迹为以S为
圆心、以20cm为半径的一段圆弧，如图所示．
（2）由于α粒子的轨道半径r大于磁场区域的半径R，α粒子最长的轨迹所对应的弦为
2R=r=20cm时，α粒子在磁场中最大的偏转角的轨迹就是α粒子在磁场中最长的轨迹线，由于
最长的轨迹线的弦长与其轨迹半径相等，所以偏转角的最大值为θ=600
（3）由（2）中可知α粒子的最大偏转角为600；且所对的弦为OA，故α粒子在磁场轨迹的
入射点O和出射点A与其轨迹圆心O1的连线和OA组成一个正三角形，也就是α粒子离开磁
场时与x轴正方向的夹角γ＝300，如图所示．要使偏转角最大的α粒子离开磁场时能打在y
轴的正方向上，则α粒子与x轴的正方向夹角γ/＞900，则OA绕过O点的水平轴至少要转过β
=γ/一γ＝600．
点评：带电粒子在磁场中的轨迹不大于半圆时，要使带电粒子在磁场中的偏转角最大，就是要求带电粒子在磁场中的轨迹线愈长（由于半径确定），即所对应的弦愈长．在圆形磁场中，只有直径作为轨迹的弦长最长．所以要求带电粒子进入磁场时的入射点、离开磁场时的出射点的连线为圆形磁场区域的直径．这是本题的难点。

若是r＞R，情况就完全变了，这时带电粒子在磁场中的轨迹可能大于半圆或等于半圆，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πm／qB，这是一个与速度大小和半径无关的物理量，也就是说在磁场中运动时间长短仅与轨迹所对圆心花怒放角有关，在具体确定时还与磁场的边界有关，矩形的边界和圆形的边界是不相同的．
2、洛仑兹力的多解问题
（1）带电粒子电性不确定形成多解．
带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致双解．
（2）磁场方向不确定形成多解．
若只告知磁感应强度大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解．
（3）临界状态不惟一形成多解．
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，它可能穿过去，也可能偏转1800从入射界面这边反向飞出．另在光滑水平桌面上，一绝缘轻绳拉着一带电小球在匀强磁场中做匀速圆周运动，若绳突然断后，小球可能运动状态也因小球带电电性，绳中有无拉力造成多解．
（4）运动的重复性形成多解．
如带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解．
【例8】如图所示，一半径为R 的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m ，带电荷量为q 的正粒子（不计重力）以速度为v 从筒壁的A 孔沿半径方向进入筒内，设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失，那么要使粒子与筒壁连续碰撞，绕筒壁一周后恰好又从A 孔射出，问：
(1)磁感应强度B 的大小必须满足什么条件？
(2)粒子在筒中运动的时间为多少？
解析:(1)粒子射入圆筒后受洛仑兹力的作用而发生偏转,设第一次
与B 点碰撞,撞后速度方向又指向O 点,设粒子碰撞n-1次后再从A
点射出,则其运动轨迹是n 段相等的弧长.
设第一段圆弧的圆心为
O /,半径为r,则θ=2π/2n=π/n.,由几何关系得tan r R n π=,又由r=mv/Bq,联立得:( 1.2.3)tan mv
B n Rq n π== (2)粒子运动的周期为:T=2πm/qB,将B 代入得2tan R n T v ππ=
弧AB 所对的圆心角22222n n n πππϕθπ-⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 粒子由A 到B 所用的时间()/2122tan tan 22n R n R t T n v n nv n πϕππππππ--=
=⋅⋅⋅=⋅ (n=3.4.5……) 故粒子运动的总时间为()/2tan n R t nt v n ππ
-== (n=3.4.5……)
【例9】S 为电子源，它只能在如图（l ）所示纸面上的3600范围内发射速率相同，质量为m ，电量为e 的电子，MN 是一块竖直挡板，与S 的水平距离OS=L ，挡板左侧
充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B ．
（l ）要使S 发射的电子能到达挡板，则发射电子的速度至少多大？
B
φ⌒O /
╯ θ
（2）若S 发射电子的速度为eBL ／m 时，挡板被电子击中范围多大？（要求指明S 在哪个范围内发射的电子可以击中挡板，并在图中画出能击中挡板距O 上下最远的电子的运动轨道）
【解析】（l ）电子在磁场中所受洛仑较为提供向心力qBV= mV 2/r
当r= L/2时，速度v 最小， 由①、②可得，V=eBL ／2m
（2）若S 发射电子速率V /=eBL ／m ，由eV /B=mV /2/r / 可得：r /=L
由左手定则知，电子沿SO 发射时，刚好到达板上的b 点，且OB= r /= L ，
由SO 逆时针转1800的范围内发射的电子均能击中挡板，落点由b →O →a →b /
→a ，其中沿SO /发射的电并击中挡板上的a 点，且aO=()222L L -=3L ．由
上分析可知，挡板能被电子击中的范围由a →b ，其高度h=3L ＋L=（3十l ）L ，击中a 、b 两点的电子轨迹，如图（2）所示．
【例10】M 、N 、P 为很长的平行边界面，M 、N 与M 、P 间距分别为L 1、L 2，其间分别有磁感应强度为B 1和B 2的匀强磁场区，Ⅰ和Ⅱ磁场方向垂直纸面向里，B 1≠B 2，有一带正电粒子的电量为q ，质量为m ，以大小为v 的速度垂直边界M 及磁场方向射入MN 间的磁场区域，讨论粒子初速度v 应满足什么条件才可穿过两个磁场区域（不计粒子的重力）。

解析:先讨论粒子穿出B 1的条件：
设粒子以某一速度v 在磁场B 1中运动的圆轨迹刚好与M
相切，此时轨迹半径刚好为L 1，由 得： 由此可得使粒子能穿出B 1的条件是： 。

再讨论粒子穿出B 2条件：
又设粒子以某一11qvB v m
>的速度穿出了B 1后在B 2中穿过 时其圆轨迹又刚好与P 相切，如图所示，粒子在B 1中的运动轨迹所对的圆心角为θ，那么：
，粒子在B 2运动的轨迹半径为：12
mv R qB =
由几何知识得：R －Rsin θ=L 2 所以有：
解得：11221qB L qB L v m +=，所以当粒子的速度11221qB L qB L v m
+>时就可以穿出B 1和B 2。

111sin L qB mv θ=211v qvB m L =11112221mv mv L qB L qB qB mv -⋅=11qB L v m =1
1qB L v m >
专题:带电粒子在复合场中的运动
一、复合场的分类：
1、复合场：即电场与磁场有明显的界线，带电粒子分别在两个区域内做两种不同的运动，即分段运动，该类问题运动过程较为复杂，但对于每一段运动又较为清晰易辨，往往这类问题的关键在于分段运动的连接点时的速度，具有承上启下的作用．
2、叠加场：即在同一区域内同时有电场和磁场，些类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握。

二、带电粒子在复合场电运动的基本分析
1.当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止．
2.当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动．
3.当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动．
4.当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理．
三、电场力和洛伦兹力的比较
1.在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用．
2.电场力的大小F＝Eq，与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小f=Bqvsinα,与电荷运动的速度大小和方向均有关．
3.电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直．
4.电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小
5.电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷
做功，不能改变电荷的动能．
6.匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀
强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨
迹为圆弧．
四、对于重力的考虑
重力考虑与否分三种情况．（1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力．（2)在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．（3)对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误．
五、复合场中的特殊物理模型
1．粒子速度选择器
如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v 0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，则有qv 0B ＝qE,v 0=E/B ，若v= v 0=E/B ，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关
若v ＜E/B ，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加．
若v ＞E/B ，洛伦兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少．
2.磁流体发电机
如图所示，由燃烧室O 燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速。

喷入偏转磁场B 中．在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场．两板间形成一定的电势差．当qvB=qU/d 时电势差稳定U ＝dvB ，这就相当于一个可以对外供电的电源．
3.电磁流量计．
电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛伦兹力作用下纵向偏转，a,b 间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、
b 间的电势差就保持稳定．
由Bqv=Eq=Uq/d ，可得v=U/Bd.流量Q=Sv=πUd/4B
4.质谱仪
如图所示
组成：离子源O ，加速场U ，速度选择器（E,B ），偏转
场B 2，胶片．
原理：加速场中qU=½mv 2
选择器中:v=E/B 1
偏转场中:d ＝2r ，qvB 2＝mv 2/r
比荷:122q E m B B d
= 质量122B B dq m E =
作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素．
5.回旋加速器
如图所示
组成：两个D 形盒，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电压U
作用：电场用来对粒子（质子、氛核,a 粒子等）加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速．高能粒子是研究微观物理的重要手段．
要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期．
关于回旋加速器的几个问题：
(1)回旋加速器中的D 形盒，它的作用是静电屏蔽，使带电粒子在
圆周运动过程中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀
速圆周运动‘
(2)回旋加速器中所加交变电压的频率f,与带电粒子做匀速圆周运
动的频率相等:12qB f T m
π==
(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式2222122K q B R E mv m
==来计算，在粒子电量，、质量m 和磁感应强度B 一定的情况下，回旋加速器的半径R 越大，粒子的能量就越大．
【注意】直线加速器的主要特征．
如图所示，直线加速器是使粒子在一条直线装置上被加速．
、带电粒子在复合场中的运动
【例1】如图所示，在X 轴上方有匀强电场，场强为E ；在X 轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向如图，在X 轴上有一点M ，离O 点距离为L ．现有一带电量为十q 的粒子，使
其从静止开始释放后能经过M 点．如果把此粒子放在y
轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）
解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过
M 点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：
静止电荷位于匀强电场区域的y 轴上，受电场力作用而
加速，以速度V 进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向X 轴偏转．回转半周期过X 轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O 点2R 处再次超过X 轴，在磁场回转半周后又从距O 点4R 处飞越X 轴如图10一53所示（图中电场与磁场均未画出）故有L ＝2R ，L ＝2×2R ，L ＝3×2R
即 R ＝L ／2n ，（n=1、2、3……）…………… ①
设粒子静止于y 轴正半轴上，和原点距离为h ，由能量守恒得mv 2／2=qEh ……② 对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R ＝mv ／qB ………③ 解①②③式得：h ＝B 2qL 2／8n 2mE （n ＝l 、2、3……）
【例2】如图所示，在宽l 的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E ，一带电粒子以速度v 垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场
区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感强度B ．
解析：粒子在电场中运行的时间t ＝ l ／v ；加速度 a ＝qE ／m ；它作类平抛
的运动．有
tg θ=at/v=qEl/mv 2………①
粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv 2/r ，所以r=mv/qB
又：sin θ=l/r=lqB/mv ………②
由①②两式得：B=Ecos θ/v
【例3】初速为零的离子经过电势差为U 的电场加速后，从离子枪T 中水平射出，经过一段
路程后进入水平放置的两平行金属板MN 和PQ 之间．离子所经空
间存在一磁感强度为B 的匀强磁场，如图所示．（不考虑重力作用），
离子荷质比q/m （q 、m 分别是离子的电量与质量）在什么范围内，
离子才能打在金属板上？
解析：离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹TP 和TQ ，
分别作出离子在 T 、P 、Q 三点所受的洛伦兹力，分别延长之后相交于O 1、O 2点，如图所示，O 1和O 2分别是TP 和TQ 的圆心，设 R 1和 R 2分别为相应的半径．
离子经电压U 加速，由动能定理得．qU ＝½mv 2………①
由洛伦兹力充当向心力得qvB=mv 2/R ………② 由①②式得
q/m=2U/B 2R 2 由图直角三角形O 1CP 和O 2CQ 可得。