高中物理第三章磁场第8讲习题课：带电粒子在磁场和复合场中的运动学案新人教选修

习题课：带电粒子在磁场和复合场中的运动[目标定位] 1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.2.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动时间等相关问题.3.能分析计算带电粒子在叠加场中的运动.4.能够解决速度选择器、磁流体发电机、质谱仪等磁场的实际应用问题．一、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动1．解题步骤(1)画轨迹：先确定圆心，再画出运动轨迹，然后用几何方法求半径．(2) 找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．(3) 用规律：用牛顿第二定律列方程qvB ＝m v 2r，及圆周运动规律的一些基本公式．2．带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图1所示)图1(2)平行边界(存在临界条件，如图2所示)图2(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图3所示)图33．带电粒子在有界磁场中运动的临界问题带电粒子在有界磁场中运动，往往出现临界条件，可以通过对轨迹圆放大的方法找到相切点如图2(c)所示．注意找临界条件，注意挖掘隐含条件．例1 平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图4所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )图4A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r ＝mv qB.轨迹与ON 相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于AD ＝2r sin 30°＝r ，故△AO ′D 为等边三角形，∠O ′DA ＝60°，而∠MON ＝30°，则∠OCD ＝90°，故CO ′D 为一直线，OD ＝CDsin 30°＝2CD ＝4r ＝4mvqB，故D 正确．答案 D例2 如图5所示，在y ＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面并指向纸里，磁感应强度为B .一带负电的粒子(质量为m 、电荷量为q )以速度v 0从O 点射入磁场，入射方向在xOy 平面内，与x 轴正向的夹角为θ.求：图5(1)该粒子射出磁场的位置；(2)该粒子在磁场中运动的时间．(粒子所受重力不计)解析 (1)设粒子从A 点射出磁场，O 、A 间的距离为L ，射出时速度的大小仍为v ，射出方向与x 轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律可得：qv 0B ＝m v 20R式中R 为圆轨道半径，解得：R ＝mv 0qB① 圆轨道的圆心位于OA 的中垂线上，由几何关系可得：L2＝R sin θ②联立①②两式，解得L ＝2mv 0sin θqB所以粒子射出磁场的位置坐标为(－2mv 0sin θqB，0)(2)因为T ＝2πR v 0＝2πm qB所以粒子在磁场中运动的时间t ＝2π－2θ2π·T ＝2m (π－θ)qB .答案 (1)(－2mv 0sin θqB ，0) (2)2m (π－θ)qB二、带电粒子在叠加场中的运动1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． 2．基本思路： (1)弄清叠加场的组成． (2)进行受力分析．(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． (4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律． ①当做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．②当做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．例3 如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6kg ，电荷量q ＝2×10－6C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g ＝10 m/s 2，求：图6(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t . 答案 (1)20 m/s 与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝ 3 θ＝60°④(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑨解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑩若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt2＝0⑪联立⑩⑪式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑫ 三、带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等． 3．要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态． 4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．5．解题技巧：组合场中电场和磁场是各自独立的，计算时可以单独使用带电粒子在电场或磁场中的运动公式来列式处理．电场中常有两种运动方式：加速或偏转；而匀强磁场中，带电粒子常做匀速圆周运动．例4 如图7所示，在直角坐标系xOy 的第一象限中分布着沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为＋q 的微粒，在A 点(0,3)以初速度v 0＝120m/s 平行x 轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x 轴上的P 点(6,0)和Q 点(8,0)各一次．已知该微粒的比荷为qm＝102C/kg ，微粒重力不计，求：图7(1)微粒从A 到P 所经历的时间和加速度的大小；(2)求出微粒到达P 点时速度方向与x 轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A 至Q 的运动轨迹；(3)电场强度E 和磁感应强度B 的大小．解析 (1)微粒从平行x 轴正方向射入电场区域，由A 到P 做类平抛运动，微粒在x 轴正方向做匀速直线运动由x ＝v 0t ，得t ＝x v 0＝0.05s微粒沿y 轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2得a ＝2.4×103m/s 2(2)v y ＝at ，tan α＝v y v 0＝1，所以α＝45° 轨迹如图(3)由qE ＝ma ，得E ＝24N/C设微粒从P 点进入磁场以速度v 做匀速圆周运动，v ＝2v 0＝1202m/s由qvB ＝m v 2r 得r ＝mvqB由几何关系可知r ＝2m ，所以可得B ＝mvqr＝1.2T.答案 (1)0.05s 2.4×103m/s 2(2)45° 见解析图 (3)24 N/C 1.2T1．(带电粒子在有界磁场中的运动)半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直磁场方向射入磁场中，并从B 点射出．∠AOB ＝120°，如图8所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )图8A.2πr 3v 0B.23πr3v 0 C.πr 3v 0 D.3πr3v 0答案 D 解析 从弧所对圆心角θ＝60°，知t ＝16T ＝πm3qB.但题中已知条件不够，没有此选项，另想办法找规律表示t .由匀速圆周运动t ＝，从题图分析有R ＝3r ，则：＝R ·θ＝3r ×π3＝33πr ，则t ＝＝3πr3v 0，故D 正确． 2．(带电粒子在有界磁场中的运动)(多选)长为L 的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图9所示，磁感应强度为B ，板间距离也为L ，极板不带电，现有质量为m ，电量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )图9A ．使粒子的速度v ＜BqL4mB ．使粒子的速度v ＞5BqL4mC ．使粒子的速度v ＞BqL mD ．使粒子的速度BqL 4m ＜v ＜5BqL 4m答案 AB解析 如图所示，由题意知，若带正电的粒子从极板左边射出磁场，其在磁场中做圆周运动的半径R ＜L4，因粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvB ＝m v 2r可得粒子做圆周运动的半径：r ＝mv qB粒子不从左边射出，则：mv qB ＜L4即：v ＜BqL 4m带正电的粒子从极板右边射出磁场，如图所示，此时粒子的最大半径为R ，由上图可知：R 2＝L 2＋(R －L2)2可得粒子做圆周运动的最大半径：R ＝5L4又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则mv qB ＞5L4即：v ＞5BqL 4m ，故欲使粒子打在极板上，粒子的速度必须满足v ＜BqL 4m 或v ＞5BqL4m故A 、B 正确，C 、D 错误．3.(带电粒子在叠加场中的运动)如图10所示，质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．图10(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小． 答案 (1)mv Bq2πmqB(2)vB解析 (1)洛伦兹力提供向心力，有F 洛＝qvB ＝m v 2R，带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mvBq， 匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB.(2)粒子受电场力F 电＝qE ，洛伦兹力F 洛＝qvB ，粒子做匀速直线运动，则qE ＝qvB ，电场强度E 的大小E ＝vB .4．(带电粒子在组合场中的运动)如图11所示xOy 坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m ，电量为＋q 的带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限的磁场．已知OP 之间的距离为d (不计粒子的重力)．求：图11(1)O 点到Q 点的距离； (2)磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间．答案 (1)2d (2)mv 02qd (3)(7π＋4)d 2v 0解析 (1)设Q 点的纵坐标为h ，到达Q 点的水平分速度为v x ，P 到Q 受到恒定的电场力与初速度垂直，为类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知 竖直方向匀速直线h ＝v 0t 水平方向匀加速直线平均速度v ＝0＋v x 2，d ＝v x t2根据速度的矢量合成tan45°＝v xv 0解得h ＝2d .(2)由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R ＝22d由牛顿第二定律qvB ＝m v 2R ，解得R ＝mvqB由(1)可知v ＝v 0cos45°＝2v 0联立解得B ＝mv 02qd.(3)在电场中的运动时间为t 1＝2dv 0由运动学公式T ＝2πRv在第一象限中的运动时间为t 2＝135°360°·T ＝38T在第四象限内的运动时间为t 3＝T2带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(7π＋4)d2v 0.题组一 带电粒子在匀强磁场中的运动1．(多选)运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是( ) A ．匀速圆周运动 B ．平抛运动 C ．自由落体运动 D ．匀速直线运动答案 AD解析 若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A 、D 正确；由于电荷的质量不计，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动，B 、C 错误．2．(多选)如图1所示，带负电的粒子以速度v 从粒子源P 处竖直向下射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是( )图1A ．aB ．bC ．cD ．d答案 BD解析 粒子的入射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a 、c 均不可能，正确答案为B 、D.3．(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( ) A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍 B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍 C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍 D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 答案 AC解析 设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，则由牛顿第二定律得：qvB ＝mv 2R ①T ＝2πRv②由①②得：R ＝mv qB，T ＝2πmqB所以R 2R 1＝B 1B 2＝k ，T 2T 1＝B 1B 2＝k 根据a ＝qvB m ，ω＝v R ＝qB m可知a 2a 1＝B 2B 1＝1k ，ω2ω1＝B 2B 1＝1k所以选项A 、C 正确，B 、D 错误．4．(多选)如图2所示，左、右边界分别为PP ′、QQ ′的匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，沿图示方向以速度v 0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ ′射出，粒子入射速度v 0的最大值可能是( )图2A.Bqd mB.(2＋2)BqdmC.(2－2)Bqd mD.2Bqd2m答案 BC解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r ＝mv 0qB知，粒子的入射速度v 0越大，r 越大，当粒子的径迹和边界QQ ′相切时，粒子刚好不从QQ ′射出，此时其入射速度v 0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O 点)，容易看出R 1sin45°＋d ＝R 1，将R 1＝mv 0qB 代入上式得v 0＝(2＋2)Bqd m，B 项正确．若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O ′点)，容易看出R 2＋R 2cos45°＝d ，将R 2＝mv 0qB 代入上式得v 0＝(2－2)Bqdm，C 项正确．5．(多选)如图3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．电荷量为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．(不计粒子的重力)则( )图3A ．粒子做圆周运动的半径为3rB ．粒子的入射速度为3BqrmC ．粒子在磁场中运动的时间为πm3qBD ．粒子在磁场中运动的时间为2πmqB答案 ABC解析 设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R ，如图所示，∠OO ′A ＝30°，由图可知，粒子运动的半径R ＝O ′A ＝3r ，选项A 正确；根据牛顿运动定律，有：Bqv ＝m v 2R得：v ＝qBR m故粒子的入射速度v ＝3Bqrm，选项B 正确．由几何关系可知，粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间t ＝16·T ＝16·2πm qB ＝πm3qB ，选项C 正确，D 错误．题组二 带电粒子在叠加场中的运动6．如图4所示是磁流体发电机原理示意图．A 、B 两极板间的磁场方向垂直于纸面向里．等离子束从左向右进入板间．下述正确的是( )图4A ．A 极板电势高于B 极板，负载R 中电流向上 B ．B 极板电势高于A 极板，负载R 中电流向上C ．A 极板电势高于B 极板，负载R 中电流向下D ．B 极板电势高于A 极板，负载R 中电流向下 答案 C解析 等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A 极板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B 极板偏，这样正离子聚集在A 极板，而负离子聚集在B 极板，A 极板电势高于B 极板，电流方向从A →R →B .7．(多选)如图5所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v ＝EB，(不计粒子的重力)那么( )图5A ．带正电粒子必须沿ab 方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B ．带负电粒子必须沿ba 方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C ．不论粒子电性如何，沿ab 方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D ．不论粒子电性如何，沿ba 方向从右侧进入场区，都能沿直线通过 答案 AC解析 按四个选项要求让粒子进入，洛伦兹力与电场力等大反向的就能沿直线匀速通过速度选择器．8．(多选)一个带电微粒在如图6所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，已知圆的半径为r ，电场强度的大小为E ，磁感应强度的大小为B ，重力加速度为g ，则( )图6A ．该微粒带正电B ．带电微粒沿逆时针旋转C ．带电微粒沿顺时针旋转D ．微粒做圆周运动的速度为qBrE答案 BD解析 带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷，A 错误；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)，B 正确，C 错误；由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg ＝qE ① 带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r ＝mv qB②联立①②得：v ＝gBrE，D 正确． 9.如图7所示为质谱仪的原理图，M 为粒子加速器，电压为U 1＝5000V ；N 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B 1＝0.2T ，板间距离为d ＝0.06m ；P 为一个边长为l 的正方形abcd 的磁场区，磁感应强度为B 2＝0.1T ，方向垂直纸面向外，其中dc 的中点S 开有小孔，外侧紧贴dc 放置一块荧光屏．今有一比荷为qm＝108C/kg 的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a 孔以平行于ab 方向进入abcd 磁场区，正离子刚好经过小孔S 打在荧光屏上．求：图7(1)粒子离开加速器时的速度v ； (2)速度选择器的电压U 2； (3)正方形abcd 边长l .答案 (1)1.0×106m/s (2)1.2×104V (3)0.16m 解析 (1)粒子加速过程qU 1＝12mv 2粒子离开加速器时的速度v ＝2qU 1m＝1.0×106m/s.(2)在速度选择器运动过程中qvB 1＝qE ，E ＝U 2d速度选择器的电压U 2＝B 1vd ＝1.2×104V. (3)粒子在磁场区域做匀速圆周运动qvB 2＝mv 2r ，r ＝mvqB 2＝0.1m由几何关系得r 2＝(l －r )2＋l 24正方形abcd 边长l ＝85r ＝0.16m.题组三 带电粒子在组合场中的运动10．如图8所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E 和E2；Ⅱ区域内有垂直平面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场，经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场中，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：图8(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨迹半径； (2)O 、M 间的距离；(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用的时间． 答案 (1)2mv 0qB (2)3mv 202qE (3)(8＋3)mv 0qE ＋πm3qB解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A 点时速度为v ，由类平抛运动规律知v ＝v 0cos60°＝2v 0 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqv ＝m v 2R所以R ＝2mv 0qB.(2)设粒子在Ⅰ区域电场中运动时间为t 1，加速度为a . 则有qE ＝ma v 0tan60°＝at 1即t 1＝3mv 0qEO 、M 两点间的距离为L ＝12at 21＝3mv 202qE. (3)如图所示，设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2.则由几何关系知t 2＝T 16＝πm 3qB设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t 3，a ′＝qE 2m ＝qE2m则t 3＝22v 0a ′＝8mv 0qE粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3mv 0qE＋πm 3qB ＋8mv 0qE＝(8＋3)mv 0qE ＋πm3qB.11．如图9所示，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，磁感应强度大小为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60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点与y 轴正方向成60°角射出磁场，不计粒子重力，求：图9(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R ； (2)匀强电场的场强大小E . 答案 (1)2mv 0qB (2)(3－3)v 0B 2解析 (1)因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N 点时的速度为v ，把速度v 分解如图甲所示甲根据平抛运动的速度关系，粒子在N 点进入磁场时的速度v ＝v x cos 60°＝v 0cos 60°＝2v 0.如图乙所示，分别过N 、P 点作速度方向的垂线，相交于Q 点，乙则Q 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心根据牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R所以R ＝mv qB，代入v ＝2v 0得粒子在磁场中运动的轨道半径R ＝2mv 0qB.(2)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 由牛顿第二定律：qE ＝ma ① 设沿电场方向的分速度为v y ＝at ②粒子在电场中沿x 轴方向做匀速直线运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出： 粒子在x 轴方向的位移：R sin 30°＋R cos 30°＝v 0t ③ 又v y ＝v 0tan 60°④由①②③④可以解得E ＝(3－3)v 0B2.。