匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力qv1B1＝mRv21②
由①②式得B1＝R12mqU③
2设A经
次加速后的速度为v
，由动能定理得
qU＝12mv2
－0④
f设A做第
次圆周运动的周期为T
，有T
＝2vπ
R⑤
设在A运动第
周的时间内电场力做功为W
，则
W
＝qU⑥在该段时间内电场力做功的平均功率为P
＝WT
⑦由④⑤⑥⑦式解得P
＝qπUR
2qmU⑧
3A图能定性地反映A、B运动的轨迹．
A经过
次加速后，设其对应的磁感应强度为B
，A、B的周期分别为T
、T′，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得T
＝2qπBm
T′＝k2qπBm
＝Tk

由上式可知，T
是T′的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，
故B仅在与A同时进入电场时才被加速．
经
次加速后，A、B的速度分别为v
和v
′，考虑到④式v
＝
v
′＝
2
mkqU＝kv

2
qUm
由题设条件并考虑到⑤式，对A有T
v
＝2πR
设B的轨迹半径为R′，有T′v
′＝2πR′比较上述两式得R′＝R
k
上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变．
由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示．
3．一圆筒的横截面如图3所示，其圆心为O，筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为
B圆筒左侧有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、
电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向
射入磁场中．粒子与圆筒发生3次碰撞后仍从S孔射出．设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，
且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
图31M、N间电场强度E的大小；2圆筒的半径R；
f3欲使粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，进入圆筒后与圆筒碰撞2次后从S孔射出，在保持M、
N间电场强度E不变的情况下，应如何平移M板？
答案
mv212qd
mv2qB
3向左平移2d
解析1设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝12mv2
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed联立解得E＝m2qvd2
2粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子与圆筒发生3次碰撞又从S孔射出，由几何关系知r
＝R粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，得qvB＝mvR2
联立解得R＝mqBv
3粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r′设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生2次碰撞又从S孔射出，因此，SA圆弧所对的圆心角∠AO′S＝π3
由几何关系得r′＝Rta

π3
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，得qv′B＝mrv′′2
设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r′，则r′＝
3mvqB
r