专题62 带电粒子在组合场中的运动问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

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常考点 带电粒子在组合场中的运动问题
【典例1】
如图所示的直角坐标系中，在直线x＝﹣2l0到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，
其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向．在电场左边界上A（﹣2l0，﹣
l0）到C（﹣2l0，0）区域内，连续分布着电量为+q、质量为m的粒子．从某时刻起由A点到C点间的粒
子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场．若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A′（0，l0）
沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图．不计粒子的重力及它们间的相互作用．
（1）求匀强电场的电场强度E；
（2）求在AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？
（3）若以直线x＝2l0上的某点为圆心的圆形区域内，分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使沿x轴正方向射出电场的粒子，经磁场偏转后，都能通过直线x＝2l0与圆形磁场边界的一个交点处，而便于被收集，则磁场区域的最小半径是多大？相应的磁感应强度B是多大？
解：（1）从A点射出的粒子，由A到A′的运动时间为T，根据运动轨迹和对称性可得
x轴方向
y轴方向
得：
（2）设到C点距离为△y处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向，粒子第一次达x轴用时△t，水平位移为△x，则
若满足，则从电场射出时的速度方向也将沿x轴正方向
解之得：
即AC间y坐标为（n＝1，2，3，…）
（3）当n＝1时，粒子射出的坐标为
当n＝2时，粒子射出的坐标为
当n≥3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图）y1到y2之间的距离为
L＝y1﹣y2＝ 则磁场的最小半径为
若使粒子经磁场偏转后汇聚于一点，粒子的运动半径与磁场圆的半径相等（如图），（轨迹圆与磁场圆相交，四边形PO1QO2为菱形）
由
得：
答：（1）求匀强电场的电场强度E为；
（2）在AC间的粒子位置满足（n＝1、2、3…），通过电场后也能沿x轴正方向运动
（3）若以直线x＝2l0上的某点为圆心的圆形区域内，分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使沿x轴正方向射出电场的粒子，经磁场偏转后，都能通过直线x＝2l0与圆形磁场边界的一个交点处，而便于被收集，则磁场区域的最小半径是，相应的磁感应强度B是
【典例2】
如图所示，在xy平面第一象限的整个区域分布碰上匀强磁场，电场方向平行于y轴向下，在第四象限内
存在有界（含边界）匀强磁场，其左边界为y轴，右边界为x＝l的直线，磁场方向垂直纸面向外，一质
量为m、电荷量为q、可看作质点的带正电粒子，从y轴上P点以初速度v0垂直于y轴射入匀强电场，在
电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ＝l，不计粒子重力，求：
（1）OP间的距离．
（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围．
（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．（结果用m、q、l、v0表示）
解：（1）设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则vy＝v0tan45°
设粒子在电场中运动时间为t，则
OQ＝l＝v0t，
OP＝t，
由以上各式，解得OP＝l；
（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则
r1+r1sin45°＝l，
解得：r1＝（2﹣）l，
令粒子在磁场中的速度为v，则v＝
根据牛顿第二定律qvB1＝m，
解得：B1＝，
要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围 B≥B1＝；
（3）假设粒子刚好从x＝l处磁场边界与电场的交界D处第二次进入磁场，
设粒子从P到Q的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D的时间为2t，
由水平方向的匀速直线运动可得：CD＝2d，
CQ＝CD﹣QD＝2d﹣（2.5d﹣d）＝l，
设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：
2r2sin45°＝CQ，
解得：r2＝l，
根据牛顿第二定律得：qvB2＝m，
解得：B2＝，
要使粒子能第二次进磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足：B≤B2＝，
综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足：≤B≤；
答：（1）OP间的距离为l．
（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围是B≥；．
（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围是≤B≤．
1． “电偏转”和“磁偏转”的比较
2.组合场中常见模型
(1)从电场进入磁场
(2)从磁场进入电场
3． 先电偏转后磁偏转中的一个特殊结论
先电偏转后磁偏转，所有粒子从y轴进入、穿出磁场的两点间距离相等，与偏转电压无关。
证明：v=v0/csθ；R=mv/qB；所以有d=2Rcsθ=2mv0/qB，即证。
4.带电粒子在组合场中运动问题的处理方法
(1)解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板
(2)用规律选择思路
①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识来处理；
②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。
(3)关注从一种场进入另一种场的衔接速度。
【变式演练1】
如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里
的匀强磁场．在直线y＝a的上方和直线x＝2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为
一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方
向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力．
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）速度方向沿x轴正方向的粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标；
（3）若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿x轴正方向的夹角θ＝30°时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t．
解：（1）设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R，牛顿第二定律
有 ，
粒子自A点射出，由几何知识 R＝a，
解得B＝．
（2）粒子从A点向上在电场中做匀减速运动，设在电场中减速的距离为y1
由，
得．
所以在电场中最高点的坐标为（a，）
（3）粒子在磁场中做圆运动的周期 T＝，
粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与y轴平行，粒子由O到P所对应的圆心角为θ1＝60°
由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离
S＝acsθ，
粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间，
粒子由P点第2次进入磁场，由Q点射出，PO1QO3 构成菱形，由几何知识可知Q点在x轴上，粒子由P到Q的偏向角为θ2＝120°
则θ1+θ2＝π
粒子先后在磁场中运动的总时间，
粒子在场区之间做匀速运动的时间 ，
解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间
t＝t1+t2+t3＝．
答：（1）磁感应强度B的大小为．
（2）速度方向沿x轴正方向的粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标为（a，）
（3）粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间为．
【变式演练2】
甲图为质谱仪的原理图。带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏
转磁场。该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，
带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点。测得G、H间的距离为d，粒子的重力忽略不计。
（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，试证明该粒子的比荷为：＝；
（2）若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变。要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件。
解：（1）粒子经过电场加速，进入磁场速度v，
由动能定理得：qU＝mv2，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB＝m，
打到H点时，有：r＝，
解得：＝；
（2）要保证所有粒子都不能打到MN边界上粒子在磁场中运动偏转角小于等于90°，
临界状态为90°，如图所示，磁场区半径：R＝r＝，
所以磁场半径满足：R≤；
答：（1）证明过程如上所述；
（2）磁场区域的半径应满足的条件为：R≤。

1．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则：粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为（ ）
A．d随U增大而增大，d与v0无关
B．d随U增大而增大，d随v0增大而减小
C．d随v0增大而增大，d与U无关
D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小
解：设粒子带电量为q，质量为m，射出电场时速度与水平方向夹角为θ，此时速度v为v0和vy的合速度，如图：
由csθ＝得：v＝，
进入磁场后，粒子做匀速圆周运动，设磁感应强度为B，由牛顿第二定律有：qvB＝m，解得：R＝
又d＝2Rcsθ，代入数据得：d＝，故d与m、v0成正比，与B、q成反比，与U无关，故：C正确，ABD错误。
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ、Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场．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v0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，后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出第Ⅳ象限磁场，已知P点与原点O的距离为d，不计粒子重力，求：
（1）粒子经过N点时的速度大小v；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从M点开始运动回到M点的总时间t．
解：
（1）粒子在电场做类平抛运动，粒子过N点时的速度，速度的分解如图1，有
图1
csθ＝
解得
v＝2v0
（2）如图2所示，粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，半径为O'N，有
图2
qvB＝
根据几何关系有
d＝r+rcs θ
可得
r＝
解得
B＝
（3）由几何关系得
xON＝rsinθ
设粒子在电场中从M﹣N运动的时间为t1，有
xON＝v0t1
代入解得
t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝
设粒子在磁场中从N﹣P运动的时间为t2，有
代入解得
所以从M﹣P所用时间
t0＝t1+t2＝+
由对称性可得从M点出发回到M点所用总时间为
t＝2nt0＝（n＝）
答：（1）粒子经过N点时的速度大小为2v0；
（2）匀强磁场的磁感应强度为；
（3）粒子从M点开始运动回到M点的总时间为（n＝）．
3．如图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的带负电粒子，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Q点（图中未标出）进入第Ⅱ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
（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）求abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值，以及此情况下粒子由P运动至Q的时间。
解：（1）带电粒子在电场中从P点运动到a点过程做类平抛运动，
设粒子做类平抛运动的时间为t1，粒子到达a点时的竖直分速度为vy，
水平方向：2h＝v0t1
竖直方向：h＝，h＝t1
由牛顿第二定律得：qE＝ma
解得：E＝，t1＝，vy＝v0
（2）粒子到达a点的速度：v＝＝v0
设速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ＝＝1，解得：θ＝45°
即到a点时速度方向指向第Ⅳ象限，且与x轴正方向成45°角
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
当粒子从b点射出磁场时，粒子做匀速圆周运动的轨道半径最大，此时磁感应强度最小，
由几何知识得：Rmax＝＝L
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得最小磁感应强度：B＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T＝
粒子在磁场中转过的圆心角θ＝90°，粒子在磁场中的运动时间：t2＝＝
粒子从b到Q过程做匀速直线运动，位移大小：s＝＝2h，
粒子运动时间：t3＝＝
所以粒子从P到Q的运动时间：
t＝t1+t2+t3＝++＝+
答：（1）电场强度E的大小是；
（2）粒子到达a点时速度的大小是v0，方向与x轴正方向成45°角；
（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值是，粒子由P运动至Q的时间是+。
4．如图所示，OC左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向。一个质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好能从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ＝2OC，不计粒子重力，求：
（1）OC的长度；
（2）粒子从C运动到Q所用时间t及电场强度E的大小。
解：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由于由于不计重力，只受洛伦兹力的作用，所以在磁场中做匀速圆周运动，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律：，解得：；
粒子从P点运动到C点时，粒子恰好能从C孔垂直于OC射入匀强电场，如图：
由题意可知：c＝r+rcsθ＝＝；
（2）带电粒子从C孔垂直于OC射入匀强电场时。只受到电场力的作用，粒子在电场中做类平抛运动，可得：
水平方向：OQ＝v0t
竖直方向：
解方程可得：，。
答：（1）OC的长度为；
（2）粒子从C运动到Q所用时间为，电场强度E的大小为。
5．如图所示，一个质量为m＝1.0×10﹣9kg，电荷量q＝+1.0×10﹣4C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1＝20V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100V．金属板长L＝20cm，两板间距d＝50cm。求：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；
（3）若该匀强磁场的宽度为D＝（+1）cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？
解：（1）微粒在加速电场中由动能定理有：
qU1＝
代入数据解得：v0＝2.0×103m/s
（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：
加速度为：a＝
竖直速度为：vy＝at＝
飞出电场时，速度偏转角的正切为：
tanθ＝＝
解得：θ＝45°
（3）进入磁场时微粒的速度是：v＝
v＝2×103m/s
轨迹如图所示由几何关系有：
D＝r+rsinθ
r＝×10﹣2m
由洛伦兹力提供向心力：qvB＝m
代入数据解得：B＝2T
答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0的大小是2.0×103m/s；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ为45°；
（3）若该匀强磁场的宽度为D＝（+1）cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为2T。
6．如图，在xOy平面第一象限有一匀强电场，电场方向平行y轴向下．在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x＝的直线．磁场方向垂直纸面向外．一质量为m、带电量为q的正粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场．已知OQ＝l，不计粒子重力．求：
（1）电场强度的大小；
（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围；
（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的范围．
解：（1）设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则有：vy＝v0tan45°
设粒子在电场中运动时间为t，则有：OQ＝l＝v0t．
vy＝at
qE＝ma
联立各式解得：
（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，
由几何关系为：
r1+r1sin45°＝l
解得：
粒子在磁场中的速度为：
根据牛顿第二定律有：
解得：
则要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围为：
（3）要使粒子刚好能第二次进入磁场的轨迹如图．
粒子从P到Q的时间为t，则粒子从C到D的时间为2t，所以，
设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系有：
则：
根据牛顿第二定律有：
则：
要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B的范围B1≤B≤B2，即：
答：（1）电场强度的大小为；
（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围：；
（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围为 ．
7．如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，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y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：
（1）电场强度大小E；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。
解：粒子的运动轨迹如右图所示
（1）设粒子在电场中运动的时间为t1
x方向匀速直线运动，则有：2h＝v0t1
y方向初速度为零的匀加速直线运动，则有：
根据牛顿第二定律：Eq＝ma
求出匀强电场强度：
（2）粒子在电场中运动，根据动能定理：
设粒子进入磁场时速度为v，根据
求出运动轨道的半径：
（3）粒子在电场中运动的时间：
粒子在磁场中运动的周期：
设粒子在磁场中运动的时间为t2，由几何关系可知粒子的偏转角为135°，所以有：
求出总时间：
答：（1）电场强度大小为；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径为；
（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间为。
8．如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，在0≤y≤m的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10﹣4T、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其上边界与y轴交于P点；在x轴下方某区域内的有界匀强电场，电场强度大小E＝4N/C，方向沿x轴负方向，边界与x轴平行，宽度d＝2m。一质量m＝6.4×10﹣27kg、电荷量q＝3.2×10﹣19C的带电粒子从P点以某速度沿与y轴负方向成α＝60°角射入磁场，在磁场中运动t0＝×10﹣4s后，经电场偏转最终通过y轴上的Q点（Q点未画出），不计粒子重力。求：
（1）带电粒子进入磁场时的速度v0；
（2）当电场上边界恰好与x轴重合时Q点的纵坐标；
（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q，当电场上边界的纵坐标满足﹣3m＜y′＜0时，推导出电场强度的大小E′与y′的函数关系．
解：（1）带电粒子在磁场中估匀速圆周运动有：qvB＝
从而求得半径r＝
周期T＝＝，将题设条件代入得T＝＝π×10﹣4s
由于粒子在磁场中的时间t0＝×10﹣4s，则偏转角θ＝＝
那么粒子到达x轴与+x的夹角为＝，轨迹如图1所示，
由几关系有：r＝＝2m，OC＝r﹣Rcsα＝1m
代入上半径公式得v＝＝＝4×104m/s。
（2）当电场上边界恰好与x轴重合时，粒子离开磁场进入电场做类平抛运动，
假设能穿过宽度为d的电场区，则时间t＝＝＝5×10﹣5m
在沿着电场线方向的加速度a＝＝2×108m/s2
位移h＝＝＝0.25m＜OC＝1m，假设成立，即粒子穿出电场时还未与y轴相交。
设在电场中偏转角为γ，则tanλ＝＝＝
又由类平抛的推论tanγ＝＝
联立得：yQ＝﹣5m。
（3）当电场上边界的纵坐标满足﹣3m＜y′＜0时，粒子的轨迹如图2所示，由类平抛的规律偏角为γ，则tanγ＝＝＝
由类平抛的推论有：tanγ＝
联立以上两式得到：
答：（1）带电粒子进入磁场时的速度v0为4×104m/s；
（2）当电场上边界恰好与x轴重合时Q点的纵坐标为﹣5m；
（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q，当电场上边界的纵坐标满足﹣3m＜y′＜0时，电场强度的大小E′与y′的函数关系为．

9．如图所示，真空中有一以（r，0）为圆心、半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，在y≥r的范围内，有沿﹣x轴方向的匀强电场，电场强度大小E．从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子的电量为e，质量为m，质子在磁场中的偏转半径也为r，不计重力．求：
（1）质子进入磁场时的速度大小
（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间
（3）速度方向与x轴正方向成30°角（如图中所示）射入磁场的质子，到达y轴时的位置坐标．
解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝，
解得：；
（2）质子沿x轴正方向射入磁场，经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，所以质子在磁场中的运动时间为：
t1＝＝，
质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有：
，t2＝＝，
故所求时间为：t＝t1+t2＝；
（3）质子在磁场中转过120°角后从P点垂直电场方向进入电场，如图所示，
质子出P点后先做一小段距离的匀速直线运动．设质子在电场中运动到达 y轴所需时间为t3，则由运动学知识可得：
x＝，
由几何知识可得：x＝r+rsin30°，
由二式可解得：t3＝，
在y轴方向质子做匀速直线运动，因此有：y＝vt3＝Br，
所以质子到达y轴的位置坐标为：（0，r+Br）；
答：（1）质子进入磁场时的速度大小为．
（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间为．
（3）速度方向与x轴正方向成30°角（如图中所示）射入磁场的质子，到达y轴时的位置坐标为（0，r+Br）．垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力
情况
电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动
轨迹
求解
方法
利用类似平抛运动的规律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝eq \f(qE,m)t，y＝eq \f(qE,2m)t2
偏转角φ：
tan φ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qEt,mv0)
半径：r＝eq \f(mv,qB)
周期：T＝eq \f(2πm,qB)
偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系，利用圆周运动规律讨论求解
运动
时间
t＝eq \f(x,v0)
t＝eq \f(φ,2π)T＝eq \f(φm,qB)
动能
变化
不变
电场中：加速直线运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动
磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：匀变速直线运动
(v与E同向或反向)
磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：类平抛运动
(v与E垂直)