1、专题五 电场与磁场 要点提炼 要点提炼1.电场的性质及带电粒子在电场中的运动(1)对电场强度的三个公式的理解EFq是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的场强是确定的，其大小和方向与试探电荷 q 无关，试探电荷 q 充当“测量工具”。EkQr2是真空中点电荷所形成的电场的场强的决定式，某点的电场强度 E 由场源电荷 Q 和该点到场源电荷的距离 r 决定。EUd是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意：式中 d 为两点间沿电场方向的距离。(2)电场能的性质电势与电势能：Epq。电势差与电场力做功：UABWABq AB。电场力做功与电势能的变化：WEp。(3)等势面与电场线的关系电场
2、线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。电场线越密的地方，等差等势面也越密。沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。(4)带电粒子在电场中常见的运动类型直线运动：通常利用动能定理 qU12mv212mv20来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用 WqEd 来求解。偏转运动：一般研究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类平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。(5)电场问题中常见的图象x 图象：电场强度的大小等于 x 图线的斜率大小。Ex 图象：图线与 x 轴围成的“面积”大小表示电势差的大小，两
3、点的电势高低根据电场线的方向判定。2磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动(1)带电粒子在磁场中的受力情况磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用。磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。洛伦兹力的大小和方向：其大小为 FqvBsin，注意：为 v 与 B 的夹角。F 的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。(2)洛伦兹力做功的特点由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功。(3)带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型匀速直线运动：当 vB 时，带电粒子以速度 v 做匀速直线运动。匀速圆周运动：当 vB 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做
4、匀速圆周运动。(4)带电粒子在磁场中的运动，难点和关键点是画粒子的运动轨迹，需要的物理知识是左手定则、向心力公式 qvBmv2R、轨迹半径的表达式 RmvqB、周期的表达式 T2Rv 或 T2mqB；需要的数学知识是直角三角形的三角函数关系、勾股定理，一般三角形的正弦定理，图中所涉及的不同三角形间的边角关系等。(5)粒子在直线边界磁场中的运动，一要利用好其中的对称性：从一直线边界射入匀强磁场中的粒子，从同一直线边界射出时，射入和射出具有对称性；二要充分利用粒子在直线边界上的入射点和出射点速度方向和向心力的方向是垂直的。3复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离
5、子等，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)题目中明确说明是否要考虑重力。(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力。高考考向 高考考向 1 场的性质与场的叠加命题角度 1电场的叠加 例 1(2019全国卷)(多选)如图，电荷量分别为 q 和q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b 是正方体的另外两个顶点。则()Aa 点和 b 点的电势相等Ba 点和 b 点的电场强度大小相等Ca 点和 b 点的电场强度方向相同D将负电荷从 a 点移到 b
6、 点，电势能增加解析 b 点距 q 近，a 点距q 近，则 b 点的电势高于 a 点的电势，A错误。如图所示，a、b 两点的电场强度可视为 E3 与 E4、E1与 E2 的合场强，其中 E1E3，E2E4，且知 E1E3，E2E4，故合场强 Ea与 Eb 大小相等、方向相同，B、C 正确。由于 a0，则中心轴线上一点的电场强度 E0，而 A 项中，E0)。质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子自 G 的左端上方距离 G 为 h 的位置，以速度 v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过 G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从 G 的
7、下方距离 G 也为 h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析(1)PG、QG 间场强大小相等，设均为 E。粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为 a，有E2d FqEma设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有qEhEk12mv20设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移大小为 l，则有h12at2lv0t联立式解得Ek12mv202d qhlv0mdhq(2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L2l2v0mdhq。答案(1)12mv202d qh v0mdhq (
8、2)2v0mdhq有关平行板电容器问题的分析思路(1)抓住三个关系式：电容决定式 C rS4kd；电容定义式 CQU；场强关系式 EUd。(2)看清两种模式：电容器连接电源，电容器两极板间电压不变；电容器与电源断开(且不与其他电学元件形成回路)，电容器两极板上所带电荷量不变。备课记录：6(2019山东淄博三模)(多选)如图，平行板电容器的 A、B 两极板水平放置，与理想二极管串联接在电源上，已知 A 和电源的正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿 AB 中心水平射入，打在 B 极板上的 N 点。现保持 B 板不动，通过上下移动 A 板来改变两极板的间距(两板仍平行)，下列说法中正确的是(
9、)A若小球带正电，当 AB 间距减小时，小球打在 N 的左侧B若小球带正电，当 AB 间距增大时，小球打在 N 的左侧C若小球带负电，当 AB 间距增大时，小球可能打在 N 的左侧D若小球带负电，当 AB 间距减小时，小球可能打在 N 的右侧答案 AD解析 若小球带正电，当 d 减小时，电容增大，Q 增大，U 不变，根据EUd，知 d 减小时 E 增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动且竖直方向加速度增大，运动时间变短，小球打在 N 点左侧，故 A 正确；若小球带正电，当 d 增大时，电容减小，但由于二极管的单向导电性使得 Q 不可能减小，所以 Q 不变，根据 EUd QCd4kQrS
10、，知 E 不变，所以电场力不变，小球仍然打在 N 点，故 B 错误；若小球带负电，当 AB 间距 d 增大时，电容减小，但 Q 不可能减小，所以 Q 不变，根据 EUd QCd4kQrS，知 E 不变，所以电场力大小不变，方向向上，小球做类平抛运动且竖直向下的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在 N 点，故 C 错误；若小球带负电，当 AB间距 d 减小时，电容增大，U 不变，则 Q 增大，根据 EUd，知 E 增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力仍小于重力，小球做类平抛运动且竖直向下的加速度减小，运动时间变长，小球将打在 N 点的右侧，故 D 正确。命题角度 2带电粒子(物体)在有界磁
11、场中的运动例 7(2019全国卷)如图，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于 x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在 OP边上某点以垂直于 x 轴的方向射出。已知 O 点为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间。解析(1)设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，加速后的速度大小为 v。由动能定理有qU12mv2设粒子在磁场中做匀速圆周
12、运动的半径为 r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBmv2r 粒子运动的轨迹如图，由几何关系知 d 2r联立式得qm 4UB2d2(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴所经过的路程为 sr2 rtan30带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为tsv联立式得 tBd24U 2 33。答案(1)4UB2d2(2)Bd24U 2 33带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题步骤备课记录：71(2019全国卷)如图，边长为 l 的正方形 abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。ab 边中点有一电子发射源 O，可向磁场内沿垂直于 a
13、b 边的方向发射电子。已知电子的比荷为 k。则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl，54 kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54 kBlD.12kBl，54kBl答案 B解析 若电子从 a 点射出，运动轨迹如图线，有 qvaBmv2aRa，Ral4，解得 vaqBRam qBl4mkBl4；若电子从 d 点射出，运动轨迹如图线，有 qvdBmv2dRd，R2dRdl22l2，解得 vdqBRdm 5qBl4m 5kBl4。B 正确。72(2019北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从 a 点射入，从 b 点射出。下
14、列说法正确的是()A粒子带正电B粒子在 b 点速率大于在 a 点速率C若仅减小磁感应强度，则粒子可能从 b 点右侧射出D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短答案 C解析 由左手定则知，粒子带负电，A 错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B 错误；由 RmvqB，若仅减小磁感应强度 B，则 R 变大，粒子可能从 b 点右侧射出，C 正确；由 RmvqB，若仅减小入射速率 v，则 R 变小，粒子在磁场中的偏转角 变大，由 t 2T、T2mqB 知，粒子在磁场中的运动时间变长，D 错误。73(2019江西高三九校 3 月联考)(多选)如图所示是一个半径为 R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强
15、度大小为 B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为 m，电荷量均为 q，运动的半径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。下列说法正确的是()A若 r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 m6qBB若 r2R，粒子沿着与半径方向成 45角斜向下射入磁场，则有 tan22 217C若 rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 m3qBD若 rR，粒子沿着与半径方向成 60角斜向下射入磁场，则圆心角 为 150答案 BD解析 若 r2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的弦，作出轨迹如图
16、1 所示，因为 r2R，圆心角 60，则粒子在磁场中运动的最长时间为 tmax 60360T162mqB m3qB，故 A 错误；若 r2R，粒子沿着与半径方向成 45角斜向下射入磁场，作出轨迹如图 2 所示，根据几何关系，有 tan222 Rr 22 R22 R2R 22 R2 217，故B 正确；若 rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图 3 所示，圆心角为 90，粒子在磁场中运动的时间 t 90360T142mqB m2qB，故 C 错误；若 rR，粒子沿着与半径方向成 60角斜向下射入磁场，轨迹如图 4 所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点连线构成菱形，由几何知识
17、知圆心角 为 150，故 D 正确。高考考向 3 带电粒子(物体)在组合场、复合场中的运动命题角度 1带电粒子(物体)在组合场中的运动 例 8(2018全国卷)如图，在 y0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 y 2dv0，由 A 选项分析可知，t d2v0时刻进入的粒子在 t2dv0前已经打在下极板上，不可能从 O点射出，C 错误；由图 2 可知，t3dv034T 时刻进入的粒子，竖直方向上先向上加速，加速时间 t14dv03dv0 dv0，加速过程竖直方向的位移 y112at21d4，然后向上减速，减速时间 t2t1 dv0，减速过程竖直方向的位移 y2y1d4
18、，由 y1y2d2可知粒子恰好不碰到上极板，然后竖直方向向下加速T4，再向下减速T4到竖直方向速度为零如此反复，则最后从电场射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从 O点射出，D 正确。8(2019浙江三校模拟)(多选)如图所示，空间中存在正交的匀强电场 E和匀强磁场 B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从 a 点沿 ab、ac 方向抛出两带电小球(不考虑两球的相互作用，两球电荷量始终不变)。关于小球的运动，下列说法正确的是()A两小球都可能做直线运动B只有沿 ab 方向抛出的小球才可能做直线运动C若有小球能做直线运动，则一定是匀速运动D两小球在运动过程中机械能均守恒答案 AC解析 沿 ab 方
19、向抛出的带正电小球，或沿 ac 方向抛出的带负电小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能受力平衡，做匀速直线运动，A正确，B 错误；若小球在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时做直线运动，则合力一定为零，小球的运动一定是匀速直线运动，C 正确；两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D 错误。9(2019吉安模拟)如图所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端拴一个质量为 m、电荷量为 q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时，将小球从 A 点由静止释放，当细线与竖直方向的夹角 60时，小球速度为零。(1)求小球的带电性质和电场强度 E 的大小；(2
20、)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从 A 点释放小球时的初速度 vA 的大小(可含根式)。解析(1)根据电场方向和小球运动情况分析，可知小球带正电，小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理有EqLsinmgL(1cos)0解得 E 3mg3q。答案(1)正电 3mg3q (2)2 31gL(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力 G，则 Gmg2qE22 33 mg，方向与竖直方向成 30角偏向右下方，若小球恰能完成竖直圆周运动，在等效最高点有2 33 mgmv2L小球由 A 点释放到等效最高点，由动能定理有2 33 mgL(1cos30)12mv212mv2A解得小球从 A 点释放
21、的初速度 vA 2 31gL。10(2019北京通州模拟)如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从 O 点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的 P 点，O点为荧光屏的中心。已知电子质量 m9.01031 kg，电荷量 e1.61019 C，加速电场电压 U02500 V，偏转电场电压 U200 V，极板的长度 L16.0 cm，板间距离 d2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离 L23.0 cm(忽略电子所受重力，结果均保留两位有效数字)。求：(1)电子射入偏转电场时的初速度 v0；(2)电子打在荧光屏上的 P 点到 O点的距离 h；(3)电子经过
22、偏转电场过程中电场力对它所做的功 W。答案(1)3.0107 m/s(2)0.72 cm(3)5.81018 J解析(1)根据动能定理有 eU012mv20解得 v03.0107 m/s。(2)设电子在偏转电场中运动的时间为 t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为 y，电子在水平方向做匀速直线运动：L1v0t电子在竖直方向上做匀加速直线运动：y12at2根据牛顿第二定律有eUd ma解得 y0.36 cm电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点，由几何关系知yhL12L12 L2，解得 h0.72 cm。(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功We
23、Udy5.81018 J。11.(2019衡阳联考)“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化为如图所示示意图。辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为 O，外圆的半径 R12 m，电势 150 V，内圆的半径 R21 m，电势 20，内圆里有磁感应强度大小 B5103 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板 MN 与内圆的一条直径重合，收集薄板两端 M、N 与内圆间各存在一狭缝。假设太空中漂浮着质量 m1.01010 kg、电荷量 q4104 C 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄
24、板MN 上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用。(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；(2)以收集薄板 MN 所在的直线为 x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间。答案(1)2104 m/s(2)(0,2 m)，(2 m,0)，(0，2 m)，(2 m,0)104 s解析(1)粒子在电场中被加速时，由动能定理可知 qU12mv20U12解得 v2104 m/s。(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有 qvBmv2r解得 r1 m因为 rR2，所以由几
25、何关系可知，从收集薄板 MN 左端贴着其上表面进入磁场的粒子在磁场中运动14圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速至外圆处后反向加速，并返回磁场，如此反复地做周期性运动，其运动轨迹如图所示。由图易知，粒子运动一个周期内在磁场中所用时间为t2rv 2mqB解得 t104 s在电场和磁场中做周期性运动的粒子在外圆上的四个位置坐标分别为(0,2 m)，(2 m,0)，(0，2 m)，(2 m，0)。12.(2019大庆实验中学检测)如图所示，直角坐标系中的第象限中存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在第象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为 q、质量为 m 的带正电粒子，在 x 轴上的 a 点
26、以速度 v0 与 x 轴负方向成 60角射入磁场，从 yL 处的 b 点沿垂直于 y 轴方向进入电场，并经过x 轴上 x2L 处的 c 点。不计粒子重力。求：(1)磁感应强度 B 的大小；(2)电场强度 E 的大小；(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。答案(1)3mv02qL (2)mv202qL(3)29解析(1)带电粒子的运动轨迹如图所示。由几何关系可知：rrcos60L，得 r2L3又因为 qv0Bmv20r解得：B3mv02qL。(2)带电粒子在电场中运动时，沿 x 轴有：2Lv0t2沿 y 轴有：L12at22，又因为 qEma解得：Emv202qL。(3)带电粒子在磁场中运
27、动时间为：t1132rv0 4L9v0带电粒子在电场中运动时间为：t22Lv0所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：t1t229。13.(2019岳阳模拟)如图所示，真空中的矩形 abcd 区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为 R 的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，圆形边界分别相切于 ad、bc 边的中点 e、f。一带电粒子以初速度 v0 沿着 ef 方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场时，粒子以相同的初速度沿着 ef 方向射入恰能从 c 点飞离该区域。已知 adbc4 33 R，忽略粒子的重力。求：(1)带电粒子的电荷量 q 与质量 m 的比值
28、qm；(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置。答案(1)3v03BR(2)ab 边上距 b 点R3处解析(1)设匀强电场场强为 E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿 ef方向做直线运动，有 qv0BqE当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从 c点飞出，则水平方向有 2Rv0t竖直方向有12bc12at2因为 qEma解得qm 3v03BR。(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 qv0Bmv20r得 rmv0qB 3R轨迹如图所示，由图中几何关系得
29、rRtan得 60，故粒子离开矩形区域时在 ab 边上的位置 g 与 b 的距离为 xR12bc 1tan解得 xR3。14.(2019济宁模拟)如图所示，在 xOy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场，第四象限内存在方向沿 y 轴负方向、电场强度为 E 的匀强电场。从 y 轴上坐标为 a 的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向与 y 轴正方向夹角范围为 30150，且在 xOy 平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到 x 轴上，然后进入第四象限。已知带电粒子电荷量为 q、质量为 m，重力不计。求：(1)垂直 y 轴方向射入磁场的粒
30、子运动的速度大小 v1；(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；(3)从 x 轴上 x(21)a 点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过 y 轴上 yb 的点，求该粒子经过 y 轴上 yb 点的速度大小。答案(1)qBam (2)5m6qB，粒子初速度方向与 y 轴正方向夹角为 30(3)2q2B2a2m22qEbm解析(1)垂直 y 轴方向射入磁场的粒子运动轨迹如图甲所示。由几何关系知，粒子运动轨迹的圆心在 O 点，轨迹半径：r1a由洛伦兹力提供向心力得：qv1Bmv21r1解得：v1qBam。(2)当粒子初速度方向与 y 轴正方向夹角为 30时，粒子在第一象限的磁场中运
31、动的时间最长，此时运动轨迹对应的圆心角：150粒子在磁场中运动的周期：T2mqB粒子的运动时间：t 360T1503602mqB 5m6qB。(3)粒子在第一象限内的轨迹如图乙所示。设粒子射入磁场时速度方向与 y 轴负方向的夹角为，轨迹半径为 R，由几何关系得：RRcos(21)aRsina解得：45，R 2a由洛伦兹力提供向心力得：qv0Bmv20R此粒子进入磁场的速度：v0 2qBam设粒子到达 y 轴上 yb 点的速度大小为 v，根据动能定理得：qEb12mv212mv20解得：v2q2B2a2m22qEbm。15(2019烟台模拟)如图所示，边长为 3L 的正方形区域分成相等的三部分，
32、左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场。左侧磁场的磁感应强度大小为 B1 6mqU2qL，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为 B26mqUqL，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为 m、电荷量为q 的带电粒子，从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为 U，加速后粒子从 a 点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的 b 点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力。求：(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小；(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；(3)电场强度的取值在什么范围内时，粒子能从右侧磁场的上边缘 cd 间离开。答案(
33、1)2qUm (2)2L3 L32m3qU(3)11U16LE2UL解析(1)粒子在电场中运动时，qU12mv2，解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小v2qUm。(2)粒子在左侧磁场区域内运动时由洛伦兹力提供向心力qvB1mv2R1，解得粒子在左侧磁场区域内做圆周运动时的半径R12L3设粒子在左侧磁场中转过的角度为，如图所示由 sin LR1，解得 60，周期 T2R1v粒子在左侧磁场中运动的时间为t16TL32m3qU。(3)粒子在右侧磁场中运动，设在上边缘 cd 间离开的临界速度分别为 vn与 vm，与之相对应的轨迹半径分别为 Rn与 Rm。如图所示，由分析知 Rn34L，RmL由洛伦兹力提供向心力有 qvnB2mv2nRn对于粒子在电场中的运动，由动能定理有qEnL12mv2n12mv2，得 En11U16L同理得 Em2UL所以电场强度的范围为11U16LE2UL 时，粒子能从右侧磁场的上边缘 cd间离开。本课结束
