高中物理经典磁场电场题

（1）粒子速率应满足什么条件，粒子才能从AB间射出？

（2）粒子速率应满足什么条件，粒子才能从AC间射出？

（1）设粒子速率为时，其圆轨迹正好与AC边相切于E点。

在△AO1E中，O1E=R1，，由，解得

，又由

间离开磁场，其速度应小于（2）设粒子速率为

。

，则要粒子能从AB

时，其圆轨迹正好与BC边相切于F点，与AC相交于G点。易知

A点即为粒子轨迹的圆心。则，又由得

，则要粒子能从AC间射出磁场，其速度满足的条件为

。

1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。

（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；

（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；

（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E。

（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1

qu=mv1

2

qv1B=m

解得

同理，粒子第2次经过狭缝后的半径

则

（2）设粒子到出口处被加速了n圈

解得

（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即

当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为

粒子的动能

当≤时，粒子的最大动能由Bm决定

解得

当≥时，粒子的最大动能由fmj决定

解得

如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E；在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝30°,现将一质量为m、带电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，不计重力作用和空气阻力的影响．

（1）若粒子第一次进入磁场后恰好垂直CM射出磁场，求P、O间的距离；

（2）P、O间的距离满足什么条件时，可使粒子在电场和磁场中各运动3次?

解：(1)粒子从P点到O经电场加速

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好垂直CM射出磁场时，其圆心恰好在C点，其半径

为r=a

P到O的距离

(2)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹与CM相切时半径最大，速度最大，此时P到O的距离最大，如图所示，粒子从磁场返回电场后先减速后反向加速再次以相同的速度进入磁场，做半径相同的圆周运动，由题分析可知粒子射出磁场时恰好与CM垂直，所以此时，圆周

运动的半径为

此时P到O的最大距离

粒子在磁场中运动的时间

(3)若使粒子在电场和磁场中各运动3次时，其运动的半径r'须满足

P到O的距离y'满足

如图甲所示，水平加速电场的加速电压为U0，在它的右侧有由水平正对放置的平行金属板a、b构成的偏转电场，已知偏转电场的板长L=0.10 m，板间距离d=5.0×10-2 m，两板间接有如图15乙所示的随时间变化的电压U，且a板电势高于b板电势。在金属板右侧存在有界的匀强磁场，磁场的左边界为与金属板右侧重合的竖直平面MN，MN右侧的磁场范围足够大，磁感应强度B=5.0×10-3T，方向与偏转电场正交向里（垂直纸面向里）。质量和电荷量都相同的带正电的粒子从静止开始经过电压U0=50V的加速电场后，连续沿两金属板间的中线OO′方向射入偏转电场中，中线OO′与磁场边界MN垂直。已知带电粒子的比

荷=1.0×108 C/kg，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，

在每个粒子通过偏转电场区域的极短时间内，偏转电场可视作恒定不变。

（1）求t=0时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离；

（2）求粒子进入磁场时的最大速度；

（3）对于所有进入磁场中的粒子，如果要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离，应该采取哪些措施？试从理论上推理说明。

（1）设经过加速电场加速后，粒子的速度为v0，根据动能定理有

，解得v0==1.0×10m/s……………………………………（1分）

5

由于t=0时刻偏转电场的场强为零，所以此时射入偏转电场的粒子将匀速穿过电场而以v0的速度垂直磁场边界进入磁场中，在磁场中的运动轨迹为半圆。

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

qv0B=m………………………………………………………………………（1分）

解得 r= …………………………………………………………………………（1分）

所以粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离d=2r =0.40m…………………（1分）

（2）设粒子以最大偏转量离开偏转电场，即轨迹经过金属板右侧边缘处，进入磁场时a、b板的电压为Um，

则粒子进入偏转电场后，加速度a=

水平方向 L=v0t

竖直方向 y==

解得 Um==25 V<50V………………………………………………………（1分）

所以，电压Um=25V时对应粒子进入磁场的速度最大，设最大速度大小为vm，方向与OO′的夹角为q，则

对于粒子通过加速电场和偏转电场的过程，根据动能定理有 qU0+q=mvm2

解得 vm==×10m/s=1.1×10m/s…………………………（1分）

55

tanq==，即q=arctan……………………………………………（1分）

（或cosq==，即q=arccos）

（说明：计算结果带有根号，结果正确的同样得分）

（3）设任意时刻进入磁场的粒子，其进入磁场时速度方向与OO′的夹角为α，则其速度大小

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径

由如图答-3所示的几何关系可知，粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离

……………………………………………（1分）

所以要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U0………………………………………………………（2分）

如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点一个带正电的粒子（重力忽略不计）若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间

刚好从c点射出磁场，现

设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成形内，那么下列说法中正确的是（ ）

的方向（如图中虚线所示），以各种不同的速率射入正方

A．该带电粒子有可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场

B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是

C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是3/2

D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是5/3

D 解析:

作出粒子刚好从da边射出的轨迹①、刚好从ab边射出的轨迹②、刚好从bc边射出的迹轨③和刚好从cd边射出的轨迹④。由已知，该带电粒子在该磁场中做圆周运动的周期是2

．如图所示，粒子从da边射

出经历的时间一定不大于/3；从ab边射出经历的时间一定不大于5/6；从bc边射出经历的时间一

定不大于4/3；从cd边射出经历的时间一定是5/3．并且粒子不可能经过正方形的某顶点。

在如图所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=.在竖直方向存在交替变化

的匀强电场如图（竖直向上为正），电场大小为E0=。一倾角为θ长度足够的光滑绝缘斜面放置在此

空间。斜面上有一质量为m，带电量为-q的小球，从t=0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g。

求：⑴第6秒内小球离开斜面的最大距离。

⑵第19秒内小球未离开斜面，θ角应满足什么条件？

解：(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：(mg＋qE0)sinθ＝ma ①

第一秒末的速度为：v＝at1 ② 在第二秒内：qE0＝mg ③

所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得qvB＝m圆周运动的周期为：T＝

＝1 s ⑤

④

由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动。所以，第五秒末的速度为：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ ⑥ 小球离开斜面的最大距离为：d＝2R3 ⑦

由以上各式得：d＝

(2)第19秒末的速度：v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ ⑧ 小球未离开斜面的条件是：qv19B≤(mg＋qE0)cos θ ⑨

所以：tanθ≤

如图所示，粒子源S可以不断地产生质量为m、电荷量为+q的粒子（重力不计）。粒子从O1孔漂进一个水平方向的加速电场（初速不计），再经小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，方向如图。虚线PQ、MN之间存在着水平向右的匀强磁场，磁场范围足够

大，磁感应强度大小为B2。一块折成直角的硬质塑料片abc（不带电，宽度、厚度都很小可以忽略不计）放置在PQ、MN之间，截面图如图，a、c两点分别位于PQ、MN上，ab=bc=L，α= 45??。粒子能沿图中虚线O2O3的延长线进入PQ、MN之间的区域。 （1）求加速电压U1；

（2）假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律，那么粒子与塑料片第一次相碰后到第二次相碰前做什么运动？

（3）粒子在PQ、MN之间的区域中运动的总时间t和总路程s分别是多少？

(1) (2) 粒子碰到ab板反射后，将以大小为v0的速度垂直于磁

场方向运动，在洛伦兹力作用下在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一

周后打到ab板的下部。(3)

解析:

（1）粒子在正交场中做匀速运动，电场力和洛伦兹力平衡，因此。

根据动能定理得：，解得

（2）粒子碰到ab板反射后，将以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动，在洛伦兹力作用下在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部。

（3）设粒子做圆周运动的周期T，由和，得；粒子在磁场碰

到2次板，做圆周运动所需经历的时间为；粒子进入磁场中，在水平方向的总位移s=L，经

历时间为，因此粒子在PQ、MN之间的区域中运动的总时间t=t1+t2=。粒子

做圆周运动的半径为，因此总路程

如图甲所示，在xOy平面内存在垂直平面的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示（规定向里为磁感应强度的正方向），在t=0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子（不计重

力）．若粒子的比荷大小．试求： (1)带电粒子从出发到再次回到原点所用的时间；

(2):带电粒子从出发到再次回到原点的运动轨迹的长度；

(3)若粒子的比荷变为，同时在y轴方向加匀强电场，其电场强度的变化规律如图丙所示（沿y轴正方向电场强度为正），要使带电粒子能够在运动一段时间后回到原点，则E的取值应为多少？

（1）粒子在磁场中运动时，qvB=m

0

0

T= 得：T=2t

0

（2）粒子在t=5t时回到原点，轨迹如图所示，

由牛顿第二定律qvB=m

0

0，由几何关系得：r=2r得：v=2v

2

1

2

0

由运动学公式：v=v+at

2

0

0

由牛顿第二定律：Eq=ma 得：E=

0

0

（3）t时刻粒子回到x轴，t-2t时间内，粒子位移s=2（v•

0

0

0

1

0+a（））

2

2t时刻粒子速度为v，

0

0

3t时刻，粒子以速度v到达y轴，3t-4t时刻，粒子运动的位移s=2（v•

0

0

0

0

2

0－

a（

0

））

2

1

2

1

5t时刻粒子运动到点（2r，-（s-s））

根据粒子的周期性运动规律可知，t=9t时刻的位置坐标为（2r，-（s-s））

0

1

2

1

代入数值为（

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E。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）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

解得

（2）粒子从A点向上在电场中做匀减运动，设在电场中减速的距离为y1

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

）

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=acosθ

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

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

如图所示，电源电动势E0＝15 V，内阻r0＝1Ω，电阻R1＝30 Ω，R2＝60Ω。间距d＝0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v＝0.1 m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g＝10 m/s2。

(1)当Rx＝29 Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？

(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx是多少？

解：(1)设R1和R2的并联电阻为R，有R＝R1两端的电压为：U＝R2消耗的电功率为：P＝

③

②

①

当Rx＝29Ω时，联立①②③式，代入数据，得P＝0.6 W ④

(2)设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：qE＝mg ⑤ E＝设小球做圆周运动的半径为r，有qvB＝由几何关系有r＝d ⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得Rx＝54Ω ⑨

⑦

⑥

如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8 m，距地面h=0.8m，平行板电容器的极板CD间距d=0.1 m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1 T、方向竖直向上的匀强磁场，电荷量q=5×10-13 C的微粒静止于W处，在CD间加上恒 定电压U=2.5 V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面，在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇，假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10 m/s2。

(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性。 (2)求由XY边界离开台面的微粒的质量范围。

(3)若微粒质量m0=1×10-13 kg，求滑块开始运动时所获得的速度。

解：(1)平行板电容器两板间的电场强度

所以微粒在极板间所受电场力的大小为：F=Eq=1. 25×10-11 N

因为带电粒子从电容器射出后在磁场中向XY边界偏转，由左手定则可知，带电粒子带正电荷。由此也知C板带正电，D板带负电

(2)带电粒子如果从XY边界射出，有两种临界情况，如图所示，设粒子的质量为m时恰与ZY边界相切，圆心为O，则有：

解得：m=2.×10-13 kg

设粒子的质量为m'时恰与XY边界相切，圆心为O'，则有：解得：m'=8.1×10-14 kg

所以由XY边界离开台面的微粒的质量范围为：8.1×10-14 kg＜m≤2.×10-13 kg (3)当微粒的质量m0=1.0×10-13 kg时，据

，代入数据可求

得：R=1 m，v=5 m/s

微粒离开台面后做平抛运动，如图所示，设微粒做平抛运动的时间亦即滑块运动的时间为t，则

微粒落地时的水平位移s=vt=2m 由几何关系可知，∠QO\"M=37°，

同样微粒从Q点射出台面时与边界XY的夹角也是37° 由几何关系可知滑块运动的距离s'=1.5 m 据

，可求得滑块的初速度v'=4.15 m/s，由几何关系可知其方向与YX

的延长线成53°角

如图所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E=1.5×105V/m；在矩形区域MNGF内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.2T．已知CD=MN=FG=0.60m，CM=MF=0.20m．在CD边中点O处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均v0=1.0×106m/s的某种带正电粒子，粒子质量m=6.4×10-27kg，电荷量q=3.2×10-19C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力．求：

（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；

（2）边界FG上有粒子射出磁场的范围长度； （3）粒子在磁场中运动的最长时间． （后两问结果保留两位有效数字）

(1)电荷在电场中做匀加速直线运动， 则Eq＝ma v0＝at1

解得v0＝＝π×103×106×1×10－5m/s ＝π×104m/s

(2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 当B1＝T时，

半径r1＝＝0.2m＝20cm 周期T1＝＝4×10－5s 当B2＝T时，

半径r2＝＝0.1m＝10cm 周期T2＝＝2×10－5s

故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动， 在t＝0到t2＝4×10－5s时间内， 电荷先沿直线OP运动t1， 再沿大圆轨迹运动，

紧接着沿小圆轨迹运动T2，

t2＝4×10－5s时电荷与P点的距离 Δx＝r1＝20cm

(3)电荷从P点开始的运动周期T＝6×10－5s，且在每一个周期内向左沿PM移动x1＝2r1＝40cm，电荷到达挡板前经历了2个完整周期，沿PM运动距离x＝2x1＝80cm，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成θ角

据几何关系有r1＋r2sinθ＝0.25m 解得sinθ＝0.5， 即θ＝30°

则电荷从O点出发运动到挡板所需总时间 t总＝t1＋2T＋＋T2

解得t总＝×10－5s≈1.42×10－4s.

如图所示，在xoy坐标系中分布着四个有界场区，在第三象限的AC左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1=0.5T，AC是直线y =－x－0.425（单位：m）。在第三象限的部分，另一沿y轴负向的匀强电场左下边界也为线段AC的一部分，右边界为y轴，上边界是满足y= －10x2－x－0.025（单位：m）的抛物线的一部分，电场强度E=2.5N/C。在第二象限有一半径为r=0.1m的圆形磁场区域，磁感应强度B2=1T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为D、F，在第一象限的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B3=1T，另有一厚度不计的挡板PQ垂直纸面放置，其下端坐标P（0.1m,0.1m），上端Q在y轴上，且

∠PQF=30°现有大量m=1×10-6kg，q= －2×10-4C的粒子（重力不计）同时从A点沿x轴负向以v0射入，且v0取0（1）求所有粒子从第三象限穿越x轴时的速度；

（2）设从A点发出的粒子总数为N，求最终打在挡板PQ右侧的粒子数N'

0

0

（1）设某速度为的粒子从A点入射后到达AC上的G点，因与AC成45角，其对应圆心角为90，

即恰好经过四分之一圆周，故到达G点时速度仍为，方向沿Y轴正向.----------------(２分)

粒子在电场中沿Y轴正向加速运动，设G点坐标为G（x，y），刚好穿出电场时坐标为（x，粒子穿出电场时速度为

，在电场中运动的过程中，由动能定理得：

），

---------------------------------------------------------------- (2分)

而

又---(2分)

------------------------------------------------------------------------

代入数据解得，可见粒子穿出电场时速度大小与x无关。---------(3分)

因，由

代入数据得：-(1分)

---------------------------------------------------------------------

由数学知识可知，k点坐标为k(-0.2m，-0.225m)，故从A点射出的所有粒子均从AK之间以20m/s的速度沿Y轴正向射出电场，在到达X轴之前粒子作匀速直线运动，故所有粒子从第三象限穿越X轴时的速度大小均为20m/s的速度沿Y轴正向。---------------------------------------------------(1分)

（2）因为轨道半径为

，故离子束射入时，离子束宽度刚好与2相等，设粒子在中运动

，解得

(１分)

=---------------------------------------------------

考察从任一点J进入的粒子，设从H穿出磁场，四边形为菱形，又因为

进入

水平，而趋于

，故H应与F重合，即所有粒子经过后全部从F点离开磁场。对

的粒子，圆心角∠，故射入时速度趋于Ｙ轴负向；对趋于０的粒子，圆心

角∠，故射入时速度趋于Ｙ轴正向，即进入的所有粒子速度与Y轴正向夹角在0~180

0

之间。-----------------------(４分)

由于=，所以，由几何关系知：

无限靠近Y轴负向射入的粒子轨迹如图所示，最终打在PQ板的右侧

0

；--------(1分）

与Y轴负向成60角的粒子刚好经过P点到达Q点;----------------------------------- -(1分）

因此与Y轴正向在0~120之间从F点射出的粒子要么打在PQ板的左侧，要么打不到板上而穿越Y轴离开

。由于是“大量”粒子，忽略打在P或Q的临界情况，所以最终打在挡板PQ右侧的粒子数

0

------------------------------------------------------------(2分)

如图所示，水平地面上方有一绝缘弹性竖直薄档板，板高h=3m，与板等高处有一水平放置的小篮筐，筐口中心距挡板s=1m．图示空间同时存在着匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T，而匀强电场未在图中画出．质量m=1×10-3kg、电量q=-2×10-3C的带电小球a（视为质点），自挡板下端以某一水平速度v0开始向左运动，与质量相等，静止不带电小球b（视为质点）发生弹性碰撞．b球向左侧运动恰能做匀速圆周运动，若b球与档板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，b小球最后都能从筐口的中心处落入筐中．（g取10m/s2，可能会用到三角函数值sin37°=0.6，cos37°=0.8）．试求： （1）碰撞后两小球速度大小 （2）电场强度的大小与方向； （3）小球运动的可能最大速率； （4）b小球运动的可能最长时间． (1)小球做匀速圆周运动，则

2分

故 1分

1分

方向竖直向下 1分

(2)若小球速率最大，则运动半径最大，

如轨迹①所示

2分

2分

由 2分

1分

1分

(3)因为速度方向与半径垂直，圆心必在挡板所在的竖直线上。

且

小球与挡板碰撞n次后落入筐中，则有

，故n可取0或1才能保证小球落入筐中① 当n=0时，即为(2)问中的解

② 当n=1时，有

2分

可得，运动轨迹如由图中②所示

或者，运动轨迹如由图中③所示

以轨迹③运动，小球所花时间最长 1分

则有

2分

2分

故θ=53°，轨迹③运动对应的圆心角α=360°+(180°-53°)=487°

运动最长时间为

2分

如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L=1m，间距，两金属板间电压

；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区 域，正三角形ABC

内存在垂直纸面向里的勾强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G

处于同一直线上，B、C、H也处于同一直线上，AF两点距离为轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量

。现从平行金属极板MN左端沿中心，带电量

C，初速

度。

（1）求（1）带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向

（2）若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1

（3）若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件

（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动时间t，加速度a

…………………………………………………………………

故…………………………………………………………………（1分）

……………………………………………………………………………（1分）

竖直方向的速度为………………………………………………（1分）

射出时的速度为…………………………………………（1分）

速度v与水平方向夹角为，，故=30°即垂直于AB方向出射

…………………………………………………………………………………………………（2分）

（2）带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移即粒子由P1点垂直AB射入磁场，

由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为……（2分）

由知：…………………………………………………（2分）

（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：

……………（1分）

由几何关系可知…………………………………………………………（2分）

故半径……………………………………………………………………（1分）

又

故…………………………………………………………………………（2分）

所以B2应满足的条件为大于