电磁场金典高考试题专题训练详细答案

电磁场金典高考试题专题训练详细答案

1、(2007山东25 18分）飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e ，a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L 。不计离子重力及进入a 板时的初速度。

（1）当a 、b 间的电压为U 1时，在M 、N 间加上适当的电压U 2，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K （K=ne/m ）的关系式。

（2）去掉偏转电压U 2，在M 、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B ，若进入a 、b 间所有离子质量均为m ，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a 、b 间的加速电压U 1至少为多少？ （1）由动能定理：neU1＝1/2mv2

n 价正离子在a 、b 间的加速度a1＝neU1/md

在a 、b 间运动的时间t1＝v/a1＝1

2neU m d

在MN 间运动的时间：t2＝L/v

离子到达探测器的时间：t ＝t1＋t2＝

1

22KU L d

（2）假定n 价正离子在磁场中向N 板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R ，由牛顿第二定律nevB ＝mv2/R

离子刚好从N 板右侧边缘穿出时，由几何关系：R2＝L2＋（R －L/2）2 由以上各式得：U1＝25neL2B2/32m 当n ＝1时U1取最小值Umin ＝25eL2B2/32m

2、(2008山东25 18分）两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。若电场强度E 0、磁感应强度B 0、粒子的比荷q m 均已知，且t 0=2πm qB 0，两板间距h=10π2mE 0qB 02 (l)求位子在0~t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值。

(2)求粒子在极板间做圆周运动的最大半径（用h 表示）。

(3)若板间电场强度E 随时间的变化仍如图l 所示，磁场的变化改为如图3所示．试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

解法一：( l ）设粒子在0~t0时间内运动的位移大小为s1

s1=12at02 ① a=qE0

m ② 又已知 t0=2πm qB0，h=10π2mE0

qB02

联立① ②式解得 s1h =1

5 ③

( 2 ）粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T ，则

v1=at0 ④ qv1B0 =mv12

R1 ⑤

联立④⑤式得 R1=h

5π ⑥ 又 T = 2πm qB0 ⑦

即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1，的匀加速直线运动．设位移大小为s2

s2 = v1t0+12at02 ⑧ 解得 s2 = 3

5 h ⑨

由于S1＋S2< h ，所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2

v2=v1+at0 ⑩ qv2B0 =mv22

R2 (11) 解得R2 =

2h

5π

(12) 由于s1+s2+R2 < h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t0~5t0时间内，粒子运动到正极板（如图1所示）。因此做圆周运动的最大半径动R2=2h

5π。

( 3 ）粒子在板间运动的轨迹如图2 所示。

解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t0 ，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为a=qE0

m 。方向向上 后半周期位子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T T= 2πm qB0=t0

粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n 个周期末，粒子位移大小为sn Sn=1

2a(nt0)2 又已知 h = 10π2mE0qB02 由以上各式得Sn = n2

5h 粒子速度大小为vn=ant0

粒子做圆周运动的半径为Rn =mvn

qB0

解得 Rn =n

5πh 显然 s2+R2

粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2 。

二、典例探究

1、（18分）如图甲所示，两平行金属板的板长不超过0.2m ，板间的电压u 随时间t 变化的图线如图乙所示，在金属板右侧有一左边界的MN 、右边无界的匀强磁场。磁感应强度B=0.01T ；方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子连续不断地以速度

s

m v /1020=，沿两板间的中线'OO 平行金属板射入电场中，磁场边界MN 与中

线'OO 垂直。已知带电粒子的比荷kg

C m q

/108=，粒子所受的重力和粒子间的相互作用力均忽略不计。

（1）在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场强度看作是恒定的。试说明这种处理能够成立的理由。

（2）设t=0.1S 时刻射入电场的带电粒子恰能从平行金属板边缘射出，求该带电粒子射出电场时的速度大小。 （3）对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d ，试判断d 的大小是否随时间而变化？若不变，证明你的结论；若变，求出d 的变化范围。

1、（18分） （1）带电粒子在金属板间的运动时间s T v t

2.0,1

==

①

得T t <<，

（或t 时间内金属板间电压变化V U 3

102-?≤?，变化很小）②

…………2分

故t 时间内金属板间的电场可以认为是恒定的 …………2分 （2）t=0.1s 时刻偏转电压V U

100=带电粒子沿两板间的中线射入电场恰从平行金属板边缘飞出电场，

qU W 2

1=

③

…2分 由动能定理：20212

121mv mv W -=

④…2分 代入数据可得

V=1.414×103

m/s

⑤ …2分

（3）设某一任意时刻射出电场的粒子速度为v ，速度方向与水平方向的夹角为α，则

α

cos 0v v =

⑥ ……2分

粒子在磁场中有R

v m

qvB 2

= ⑦…………2分 由几何关系αcos 2R d = ⑧

…………2分 可得：d=20m ，故d 不随时间而变化。

…………2分

2、（18分）如图所示，第四象限内有互相垂直的匀强电场E 与匀强磁场B1，匀强电场大小E=0.5×103V/m ，匀强磁场的方向垂直纸面向里，其大小B1=0.5T ；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，磁场的下边界与x 同重合。一质量m=1×10-14kg 、电荷量q=1×10-10C 的带正电微粒，以某一初速度v 沿与y 轴正方向成60°角从M 点进入第四象限后沿直线运动，在P 点进入处于第一象限内的磁场B2区域。一段时间后，微粒经过y 轴上的N 点并以与y 轴正方向成60°角飞出。M 点的坐标为（0，—10），N 点的坐标为（0，30），不计微粒重力，g 取10m/s2。 （1）请分析判断匀强电场E 的方向并求出微粒的速度大小； （2）匀强磁场B2的大小为多大？ （3）B2磁场区域的最小面积为多少？

2、（18分）解析：（1）由于重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，而速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动·这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向

相反，电场E 的方向与微粒运动的方向垂直，并与y 轴负方向成30°角斜向下。 …………………………………………（2分） 由力的平衡有qv B Eq

1=

所以s m s m B E v /10/5

.0105.0331=?==…………（3分）

（2）画出微粒的运动轨迹如图所示………………（2分） 由几何关系可知L PD =20cm ，微粒在第一象限内做圆周

运动的半径为m L R PD

15

330cos 2=?=

………………（2分）

微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即

R

v m

v qB 2

2= 解得T B 2

32

=

…（3分）

（3）由图可知，磁场B 2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD 内……………（2分） 由几何关系易得m R L PA

30

3

)60cos 1(=

?-=………………………（2分） 所以，所求磁场的最小面积为2150

330351m L L S

PA PD =?=

?= …………（2分）

三、针对性限时练习

3、(18分)在如图所示的直角坐标中，x 轴的上方存在与x 轴正方向成45角斜向右下方的匀强电场，场强的

大小为

4

210/E V m =。x 轴的下方有垂直于

xOy

面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为

2

210B T -=?。把一个比荷为8

210/q C kg m =?的正点电荷从

坐标为

(0,1)的A 点处由静止释放，电荷所受的重力忽略不计。求：

(1)电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间； (2)电荷在磁场中做圆周运动的半径(保留两位有效数字)；

(3)当电荷第二次到达x 轴上时，电场立即反向，而场强大小不变，试确定电荷到达

y 轴时的位置坐标。

3、解：(1)如图，电荷从

A 点匀加速运动到x 轴

的C 点的过程： 位移2S

AC m == …………………1分

加速度1222210/qE

a m s m

=

=………2分 时间6210S

t sC a

-=

=…………………2分 (2)电荷到达C 点的速度为62210/v

at m s ==…………………………………2分

速度方向与x 轴正方向成45角，在磁场中运动时

2

mv qvB R

=

…2分 得2

2

mv R m qB =

……………1分

即电荷在磁场中的偏转半径为0.71m ……………………………………………………1分 (3)轨迹圆与x 轴相交的弦长为21x

R m ?==，所以电荷从坐标原点O 再次进入电场中，且速度方

向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动。………………………1分 设到达

y 轴的时问为t '，则：

212

tan 45at vt '

='

……2分 解得6

210

t s -'=? ………1分

则类平抛运动中垂直于电场方向位移42L vt m '== …………………………………1分

8cos 45

L

y m =

= ……1分 即电荷到达y 轴上的点的坐标为(0,8) ……1分

4．（18分）如图所示的直角坐标系中，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，在x =－2L 与y 轴之间第Ⅱ、Ⅲ象限内存在大小相等，方向相反的匀强电场，场强方向如图所示。在A （－2L ，L ）到C （－2L ，0）的连线上连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子。从t =0时刻起，这些带电粒子依次以相同的速度ν沿x 轴正方向射出。从A 点射入的粒子刚好沿如图所示的运动轨迹从y 轴上的A ′（0，－L ）沿x 轴正方向穿过y 轴。不计粒子的重力及它们间的相互作用，不考虑粒子间的碰撞。

（1）求电场强度E 的大小

（2）在AC 间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x 轴正方向穿过y 轴

（3）若从A 点射入的粒子，恰能垂直返回x ＝－2L 的线上，求匀强磁场的磁感应强度B 4. 解析：（1）设粒子从A 点射出到A ′时间为T ，根据运动轨迹和对称性可得qE =ma 2分x 轴方向2

T

L

v

= 1分

y 轴方向2

1()22

T L a = 2分

得：2

2mv E qL

=

1分

（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△x =ν△t

21

()2

y a t ?=

? 2分

若满足2L =n ·2△x ，则从电场射出时速度方向沿x 轴正方向 2分

解得：2

22

111()2y

a t L n n

?=

?= 1分 即AC 间y 坐标为y =21

L n

（n = 1，2，3，……） 的粒子通过电场后能沿x 轴正方向穿过y 轴 1分

（3）粒子在磁场中运动时2

v qBv m

R

= 2分

若满足21

2(1,2,3,)R

L L n n

=±

=粒子经磁场和电场后能垂直返回x ＝-2L 的线上，2分

得

2

2

2

(1)

n mv

R

n qL

=

±

（n = 1，2，3， (2)

5．（2010山东理综）（18分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度

1

v垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求

⑴粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功

1

W。

⑵粒子第n次经芝电声时电场强度的大小

n

E。

⑶粒子第n次经过电场子所用的时间

n

t。

⑷假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一

次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。

5、（2010山东理综）学案2

6（2009山东理综）.（18分）如图甲所示，建立Oxy 坐标系，两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长度和板间距均为l ，在第一、四象限有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于Oxy 平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x 轴向右连续发射质量为m 、电量为+q 、速度相同、重力不计的带电粒子。在0~3t 0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t 0时刻经极板边缘射入磁场。上述m 、q 、l 、t 0、B 为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况） (1) 求电压U 0的大小。 (2) 求

1

2

t 0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。 (3) 何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。

6.（2009山东理综） （1）0t

=时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，0t 时刻刚好从极板

边缘射出，在y 轴负方向偏移的距离为

1

2l ，则有0U E l

=①，Eq

ma =②，2

01122

l at =③，联立以上三

式，解得两极板间偏转电压为2

02

ml U qt =④。

（2）

012t 时刻进入两极板的带电粒子，前012t 时间在电场中偏转，后01

2

t 时间两极板没有电场，带电粒子做图乙

0v

图甲

匀速直线运动。带电粒子沿x 轴方向的分速度大小为0

l v t =

⑤，带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度

大小为012

y

v a

t =⑥，带电粒子离开电场时的速度大小为22

x

y v v v =+⑦，设带电粒子离开电场进入磁场

做匀速圆周运动的半径为R ，则有2

v Bvq m

R

=⑧,联立③⑤⑥⑦⑧式解得0

5ml

R =

⑨。

（3）02t 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y 轴正方向的分速度为

'0y v at =⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与

y 轴正方向的夹角为α，则0'tan y

v v α=

，联立③⑤⑩式解

得4

π

α

=

，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为

22

π

α=

，所求最短时间为

min 1

4

t T =,带电粒子在磁场中运动的周期为2m T Bq π=，联立以上两式解得min 2m t Bq π=。

7．（18分）如图所示，在xoy 坐标平面的第一象限内有一沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于

平面向里的匀强磁场．现有一质量为m 、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点O 射入磁场，其入射方向与y 轴的负方向成45°角．当粒子第一次进入电场后，运动到电场中坐标为（3L ，L ）的P 点处时，测得其速度大小为v 0，方向与x 轴正方向相同．求： （1）粒子从o 点射入磁场时的速度执v 。

（2）匀强电场的电场强度E 和匀强磁场的磁感应强度B ． （3）粒子从O 点运动到P 点所用的时间t 。

7．解：（1）粒子运动轨迹如图所示。OQ 段为圆周，QP 段为抛物线．粒子在Q 点时的速度

大小为v '，根据对称性可知，方向与x 轴正方向成45°角，可得：

?=45cos 0v v …………………··（2分）

解得：02v v

=…………………………（1分） （2）在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得

2

202

121mv mv qEL -=

-………………（2分）

解得qL

mv E 220

=……………………………（1分）

水平方向的位移为10t v x OP =，…………（1分）

竖直方向的位移为

L t v y ==

10

2

………（1分） 可得L OQ L x QP

==,2………………………………………………………………（1分）

由?=45cos 2R OQ ，故粒子在OQ 段圆周运动的半径L R 2

2

=

……………（1分） Bg

mv R =

………………1分

qL

mv R 02=

……………………………………………………（1分）

（3）在Q 点时，0045tan v v v y =?=…………………………………………（1分）

设粒子从Q 到P 所用时间为t 1，在竖直方向上有0

01

22/v L

v L t ==

………………（1分）

粒子从O 点运动到Q 所用的时间为：0

2

4v L

t π=

…………………………………（2分）

则粒子从D 点运动到P 点所用的时间为0

00214)8(42v L v L v L t t t ππ+=+=

+=总

…………………………………………（2分）

8．（18分）如图所示，xoy 平面内，在y 轴左侧某区域内有一个方向竖直向下，水平宽度为 2103-?=l m ，电场强度为E=1.0×104N/C 的匀强电场。在y 轴右侧有一个圆心位于

x 轴上，半径为r=0.01m 的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B=0.01T ，坐标为x 0=0.04m 处于一垂直于x 轴的面积足够大的荧光屏PQ 。今有一束带正 电的粒子从电场左侧沿+x 方向射入电场，穿过电场时恰好通过坐标原点，速度大小为

v =2×106m/s ，方向与x 轴成30°角斜向下，若粒子的质量为m=1.0×10-20kg ，电量为

q =1.0×10-10C ，试求：

（1）粒子射入电场时的坐标位置和初速度； （2）若圆形磁场可沿x 轴移动，圆心O ′在x 轴上的移动范围为),01.0[+∞，有意图磁

场位置的不同，导致该粒子打在荧光屏上的位置也不同，试求粒子打在荧光屏上的 范围。

8．（18分）

（1）粒子沿AB 方向进入电场后做类平抛运动，在O 点将v 沿x 、y 方向分解得 s m v v /10330cos 60?=?= （2分）

将v 方向反向延长，交AB 于c 点，据类平抛运动特点知

m

l CB 21023

2-?==

m CB OB 210530tan -?=?= （4分） 所以粒子射入电场时的坐标位置为

)105,103(32m m --??- （2分）

（利用电场中t v l at y 02

,2

1==

求得正确结果同样给分）

（2）洛仑兹力提供向心力，则R

v m

qvB 2

= （2分）

得：m qB

mv

R 2102:

-?= （2分） 由几何关系知此时出射位置为D 点，轨迹如图

荧光屏最高端的纵坐标为：m r r L 15.13

3

230tan 21≈=

?= （3分） 随着磁场向右移动荧光屏光点位置逐渐下移，当v 方向与磁场圆形区域相切，此后，粒

子将打在荧光屏的同一位置。

其最低的纵坐标为：m r r L 31.23

3

430tan 42

≈=

?= （3分）

9.（2011山东理综25题）（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简

化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m 、电量为-q 、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ

=?

（1）当Ⅰ区宽度L 1=L 、磁感应强度大小B 1=B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30?，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0

（2）若Ⅱ区宽度L 2=L 1=L 磁感应强度大小B 2=B 1=B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h （3）若L 2=L 1=L 、B 1=B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件 （4）若1

212,B B L L ≠≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区

右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式。

10．(18分)在xoy 平面内，第Ⅲ象限内的直线OM 是电场与磁场的边界，OM 与负x 轴成45°角。在x

初速度进入磁场，已知微粒的带电量为

18510q C -=?，质量为

24110m kg -=?，求：

(1)带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标；

(2)带电微粒在磁场区域运动的总时间；(结果保留三位有效数字) (3)带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。

10．（18分）（1）带电微粒从O 点射入磁场，运动轨迹如图，第一次经过磁场边界上的A 点，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：

2

0v qv B m

r

=……………………………①（2分）

30

410mv r m qB

-=

=?…………………②（2分） A 点位置坐标3

3(410

,410)m m ---?-?…③（1分）

2m

T qB

π=

………………④（2分） 13

44

OA AC t t t T T =+=+…⑤（2分）

带入数据解得51.2610t

T s -==?……⑤（1分）

（3）微粒从C 点沿y 轴正方向进入电场，做类平抛运动

qE

a m =

…………………………………⑦（1分） 211

22x at r ?==……………⑧（1分）

01y v t ?=………………………………⑨（1分）

带入数据解得0.02y

m ?=………⑩（2分）

32(0.022410)0.12y y r m m -=?-=-??=（10）（2分）

离开电、磁场时的位置坐标（0，0.012m ）………………………………（11）（1分）

11．(18分)如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方

为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ．今从MN 上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R ．该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，第五次经过直线MN 时恰好又通过O 点．不计粒子的重力． (1) 画出粒子在磁场和电场中运动

轨迹的草图；

(2) 求出电场强度E 的大小；

(3)求该粒子再次从O 点进入磁场

后，运动轨道的半径r ；

(4) 求该粒子从O 点出发到再次回到O 点所需的时间t ．

11．（18分）

解：（1）粒子的运动轨迹如图。（3分） （2）由几何关系得R oc 22=

（1分）

粒子从c 到o 做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，都为

R oc s s 245sin //===O ⊥ （1分）

类平抛运动时间为v

R

v s t 23=

=

⊥ （1分） 又

2

323//221t m qE at s == （1分）

又

qB

mv R = （1分）

联立得vB E

= （1分）

（3）粒子在电场中的加速度为m

qvB m qE a == （2分）

v v R

a at v 2232=?==

（1分） v v =1

粒子第五次过MN 进入磁场后的速度v v v v

52

221/

=+= （1分）

则第五次过MN 进入磁场后的圆弧半径R qB

v m R 5='

=

' （1分） （4）粒子在磁场中运动的总时间为v

R

t π21=

（1分）

粒子做直线运动所需时间为v

R qvB mv a v t 2222===

（1分） 联立得粒子从出发到第五次到达O 点所需时间

)2(2321π+=

++=v

R

t t t t （2分）

12．（18分）如下图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和足够大。的匀强磁场，左侧匀强电场的场强大

小为E 、方向水平向右，其宽度为L ；中间区域匀强磁场的磁感强度大小为B 、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感强度大小也为B 、方向垂直纸面向里，一个带正电的粒子（质量m ，电量q ，不计重力）从电场左边缘a 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了a 点，然后重复上述运动过程．求：

（1）粒子在加速电场中获得的最大速率； （2）中间磁场区域的宽度d ；

（3）带电粒子从a 点开始运动到第一次回到a 点时

× ×

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × ×

o E v a

b

c

v ' 1v

2

v

β

所用的时间t

12．（18分） 解：（1）设粒子在加速电场中获得的最大速率为v ， 由动能定理得2

12

mv qU =（2分） 又U

EL =（1分）

联立，解得v

=

1分）

（2）粒子进入中间磁场后发生偏转， 设旋转半径为r ，由牛顿第二定律得

2

v qvB m

r

=（2分） 所以mv r qB =

=1分）

因为两个磁场的磁感应强度大小相等，所以粒子在两磁场区运动半径相同（图略），由数学知识可得，三段圆弧的圆心组成的三角形123O O O ?是等边三角形，其边长为2r （1分）

中间磁场区域的宽度0sin 60d

r ==

2分）

（3）粒子在电场中运动时间1

2v t a =

=（2分）

粒子在磁场中运动周期2m T qB

π=

（2分）

粒子在中间磁场中运动时间2

2263T m t qB

π=?

=（1分） 粒子在右侧磁场中运动时间2

5563T m t qB

π=

=（1分） 则带电粒子从a 点开始运动到第一次回到a 点时所用的总时间

12373m

t t t t qB

π=++=（2分）