带电粒子在匀强电场中的直线运动(电磁学部分)(解析版)

专题15带电粒子在匀强电场中的直线运动

一、单选题

1.如图所示，匀强电场中有一个以。为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点小

B、C,其中z与C的连线为直径，//=30。°有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q（q>0）,以

相同的初动能反从力点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到8、C两点。若粒子运动到8、C两点时的

动能分别为EkB=2£k、Ekc=3®,不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为（）

【解析】从4点到8点应用动能定理有：qUAB=2Ek-Ek=Ek

从4点到C点应用动能定理有：qUAC=3Ek-Ek=2Ek

所以5c=2。初

做出等势面和电场线如图所示：

解得£=与恒。

3qR

选项D正确，A、B、C错误。

2.如图（°）所示，两平行正对的金属板/、8间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带

正电粒子被固定在两板的正中间尸处.若在切时刻释放该粒子，粒子会时而向N板运动，时而向8板运动,

1/25

并最终打在“板上.则打可能属于的时间段是（)

T

A.0<小<—

。4

3T丁

C.—<.t,.<.TD.T<<----

4°°8

【答案】B

【解析】A.若0＜”＜工，带正电粒子先加速向8板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速

4

运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在8板上，所以A不符合题

忌.

T3T

B、若一＜小＜—,带正电粒子先加速向力板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动

24

至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在/板上，所以B符合题意.

3T

C、若一＜fo＜7,带正电粒子先加速向力板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至

4

零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在8板上，所以C不符合题意.

9T

D、若7＜切＜—,带正电粒子先加速向8板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动

8

至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意.

二、多选题

3.如图所示，开始静止的带电粒子带电荷量为+q,质量为切（不计重力），从点P经电场加速后，从小

孔。进入右侧的边长为A的正方形匀强磁场区域（尸。的连线经过4）边、8c边的中点），磁感应强度大

小为5,方向垂直于纸面向外，若带电粒子只能从边射出，则（）

2/25

25B'Eq

A.两板间电压的最大值U,”

mnax32m

B.两板间电压的最小值"min

32加

Tim

C.能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最短时间/min

Tim

D.能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间1B

【答案】AC

【解析】粒子在加速电场中，由动能定理可得：4。=；〃?冷粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力：q加

=丝1,解得口=空9,可见若加速电压大，轨迹半径也大，所以两板间电压最大时，粒子恰好从C

R2m

点离开磁场，在磁场中运动轨迹如图所示,

T5R~72/7

由几何关系得：R2=L2+（R一一）2,解得：R=-L,所以最大电压Umax='&，故A正确，B错误;

2432m

由图可知，能够从8边射出的粒子在磁场中运动时间最长的是恰好从。点离开磁场的，运动时间

T7im

—=—~,故C正确，D错误；故选AC.

2qB

4.如图为某一水平电场中等间距的一组等势面分布.一个带一夕电荷量的粒子从坐标原点。以1*1O，m/s的

初速度向x轴负方向运动，运动到x=-8cm处速度减为零.不计一切摩擦，下列说法正确的是（）

A.电场强度大小为5N/C,方向沿x轴负方向

B.粒子的电荷量与质量的比值2=1.25xl（）6c/kg

m

3/25

C.粒子运动到x=-6cm处用时8x10%

D.粒子在x轴上x=・2cm处的电势能和x=2cm处的电势能相等

【答案】BC

【解析】由图知I,该电场为匀强电场，根据U=Ed,可求E=500N/C,故A错误；根据动能定理：qU=-m^,

2

U=40V,可求q/m=1.25xl06c/kg,所以B正确；由qE=ma,可求加速度，再根据工=»/-90/2解得1=8*：10

6s,所以C正确；由图知在x=-2cm处和x=2cm处的电势不相同，所以粒子的电势能不等，故D错误.

考点：带电粒子在电场中的运动

5.电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势夕随x的分布如图所示，一质量为加、带电量为+q的粒子（不

计重力），以初速度vo从。点（x=0）沿x轴正方向进入电场.下列叙述正确的是（）

A.粒子从O点运动到X3点的过程中，在X3点速度最大

B.粒子从汽点运动到X3点的过程中，电势能先减小后增大

C.要使粒子能运动到X4处，粒子的初速度V0至少为2/侬

Vm

D.若%=2外，则粒子在运动过程中的最大动能为“外

Vm

【答案】AD

【解析】AB、粒子从O运动到xi的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也

沿X轴负方向，粒子做减速运动；粒子从XI运动到X3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电

势能越大，可知粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故在X3点速度最大，故A正确，B错误；

C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到XI处，就能到达X4处，当粒子恰好运动到XI处时，

由动能定理得：q（0-仰）=0一,机%\解得：\皿,要使粒子能运动到X4处，粒子的初速度vo至

2Vm

4/25

D、若%=2.\q(Po粒子运动到X3处电势能最小，动能最大，由动能定理得:

m

2mv23

7[0-(-^0)]=^-rnvj-mv0,解得最大动能为：^,n=^o)故D正确;

故选AD.

6.如图甲所示，两平行金属板MN、尸0的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化

的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子

射入电场时的初动能均为反0。已知片0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则

A.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场

B.片0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上

C.所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2反0

D.若入射速度加倍成2W，则粒子从电场出射时的侧向位移与w相比必定减半

【答案】AC

【解析】AB.粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；片0时刻

射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直

方向分速度变化量为零，说明运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于

片0时刻射入的粒子在电场方向上始终做单向的直线运动，竖直方向的位移最大，故所有粒子最终都不会打

到极板上，A正确，B错误；

C.片0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；根据分位移公式，有

2

1,0+%L

—a=:

22V。

由于£=d,故

故最大动能

5/25

4+g2)=240

C正确；

D.粒子入射速度加倍成2w，则粒子从电场出射时间减半，穿过电场的运动时间变为电场变化半周期的整

数倍，则不同时刻进入电场的侧向位移与原w相比关系就不确定，如片0时刻，粒子从电场出射时的侧向

T1

位移与V0相比减半，/=一进入电场，入射速度V0时，侧向位移为0,入射速度2Vo时，侧向位移为一d,

48

D错误。

故选ACo

三、解答题

7.如图所示，两块竖直相对的平行金属板AB,中心处留有小孔。AB右侧有一水平相对的平行金属板EF,

其长度为L竖直距离为/EF右侧距离为工处，正对有一挡板，其中心尸与AB、EF的中心在同一水平

直线上。金属板的厚度均不计，两对金属板之间都有匀强电场，其中BA之间电势差为。°=舞^.真空

中的电极可以连续不断均匀地从A板小孔处发出电子(设电子的初速度为零)，电子质量为机，带电量为

e,EF两板间加周期性变化的电压，UEF如图乙所示，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，质量

电量e,周期T,长度L,间距d均为已知量，且所有电子都能离开偏转电场，求：

(1)电子从加速电场AB飞出后的水平速度vo大小；

(2)求片0时刻射入偏转电场的电子打在挡板上。点时距中线力尸的距离H和偏转电场对电子做的功名

(3)在足够长的时间内从中线/P上方打在挡板上的电子占电子总数的百分比？(/记“3.16，

V15=3.87)

【解析】(1)对电荷从Z运动到8,由动能定理可得

6/25

解得

VmT

(2)在偏转电场运动时间为

LT

t=—=—

%3

竖直方向

119mZ2eT2A2

y~2dm\3)~182eT2dm_4d

根据相似关系可得

目十二3

夕-L

2

即

3Z?

H=——

4d

偏转电场电场力做功

w51I：..

W=—^ye=----亍U*

d4d2/

LT

(3)此上问可知电子在电场中的运动时间均为，=—=；,设电子在Uo时加速度大小为。，

为3

33T

时加速度大小为由牛顿第二定律得：在0〜w时间内，设力时刻射入电场中的电子偏转位移刚

好为0,则:

1(TY(T\132c

—a\----1.+Q-----A-----------aty=0

2(3)(3'J'22'

解得

t、=叵T

115

7/25

即0〜二时间内射入电场中的电子0〜/这段时间均可从中垂线上方飞出。

31

T2T

在-------时间内，任何时刻发射的电子均无法从中垂线上方飞出。

33

2T2T

——T这段时间内，设二时刻射入的电子刚好偏转位移为0,则有

332

解得

2T2T

即----T时间内射入电场中的电子一+J~T这段时间均可从中垂线上方飞出,

33

所以

所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比

〃=5.100%=39.1%

T

8.图甲为直角坐标y轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的

电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标

xQy平面向里为正方向.片0时刻，电荷量为外质量机的带正电粒子由坐标原点。静止释放，已知场强大

2mg―，27rm

小Eo=----，磁感应强度大小Bo=-----，g取I0m/s2.求:

qq

甲乙

(1)片1s末粒子速度的大小和方向；

(2)粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期;

8/25

(3)在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标.

【答案】(1)10m/s,方向竖直向上(2)1s(3)P(--,45+—)

兀71

【解析】(1)粒子自坐标原点。静止释放，设1S末速度大小为W,根据牛顿第二定律可得:

qE(mg=ma

根据vi=at\,

代入数据解得也=10m/s；,方向竖直向上；

(2)1s末粒子第一次进人磁场，由于粒子受重力和电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,

2

则/蜴=加也

解得口=*m

冗

m2劭1

周期7=-L=ls

(3)粒子在2s末回到y轴，以vi=10m/s初速度沿y轴正方向运动，设3s末粒子速度的大小为电，根据动

量定理可得：

(qEo-mg>t=mv2-mvi，

代入数据解得V2=20m/s,方向竖直向上；

3s末粒子第2次进入磁场做匀速圆周运动，周期不变，4s末再次回到y轴，以v*20m/s初速度沿y轴正方

向运动，5s末的速度为vj=3Om/s,第3次进入磁场做匀速圆周运动，第6s刚好回到y轴，速度方向向上，

粒子运动轨迹如图所示：则最上方圆的半径/?=等="0!

9/25

前5s加速时间“=3s,根据位移时间关系可得前5s竖直方向的位移g=/x4=45m,

所以在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标％=-/?=-"m,产8+R=45+"m.

nn

即最高点坐标尸45+-).

7171

9.如图所示，在平面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线0M为边界的匀强电场和匀强磁场.匀

强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy平面向里，虚线0M与x轴负方向成45°角.一质量

为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点0处以速度vo沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，每次

反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的恒倍、方向相反.电场强度大小为即萼，磁感

42qd

应强度大小为誓，求:

qa

(不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)

(1)带电粒子在磁场中运动的时间；

(2)带电粒子最后一次经过OM时的位置坐标；

(3)带电粒子从最后一次经过OM时开始，沿电场方向运动的总路程.

27d3329

【答案】(1)——(2)(--d,-d)(3)—d

v0222

3

【解析】(1)设磁场强度大小为8,粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做一的圆周运动后经过粒

4

子在磁场中做圆周运动有qvoB=m，

r

T=------

%

271(1

解得周期T=

%

10/25

而后速度大小变化但周期不变，故带电粒子在磁场中运动的时间为:

2兀d

t=T=----

%

2

（2）根据洛伦兹力提供向心力，有：qv（）B=m—,

r

粒子进入电场后加速运动到X轴，设速度为VI,有:

V：Y=2%d

m

第一次与X轴碰撞后反弹速度为V；=乎匕，

又有片‘2_%，2=2姮4

m

解得：空，

2

33

故最后一次经过时的坐标为（一一d,—d）；

22

（3）因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故在到达x轴过程中

3

竖直方向:内2=2〃（—d）

第一次反弹竖直分速度变为原来的姮倍，竖直分速度Vy尸姮岭,

44

2.

高度j

第二次反弹竖直分速度变为原来的巫倍,竖直分速度内2=135，

44

.v2.13

高度=一h]

-2a16

第〃次反弹竖直分速度变为原来的姮倍,

4

11/25

v13

高度A„=^=—A

2a16

故总路程为:

3、29

H=-d+2(A1+Z12+...+〃n)=­d

22

29

即带电粒子从最后一次经过OM时开始，沿电场方向运动的总路程为由一d.

2

参考运动轨迹如图所示

10.如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地，A板电势

火随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔和。2,两板间电压

为U2,组成减速电场•现有一带负电粒子在t=0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线进入，并能

从沿«'。2进入C、D间•已知带电粒子带电荷量为-4,质量为m,(不计粒子重力)求:

乙

(1)该粒子进入A、B间的初速度%为多大时，粒子刚好能到达。2孔;

(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值;

(3)A、B两板间距的最小值.

【答案】⑴I与；⑵⑶〃《偿

【解析】(1)因粒子在4、3间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入OJ孔的速度即为进入4、

12/25

8板的初速度在C、。间，由动能定理得•用说，

即%二庐五

Vm

(2)由于粒子进入4、8后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态.

即u竖=0,若在第一个周期内进入。'孔，

则对应两板最短长度为£==J孙GT

vtn

(3)若粒子在运动过程中刚好不到Z板而返回，则此时对应两板最小间距，设为d

即d=Z四.

272m

11.如图所示，间距为d的平行金属板与一对光滑的平行导轨相连，平行导轨间距为L一根导体棒

M与导轨垂直且以速度w沿导轨向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为8的匀强磁场.当

棒进入磁场时，粒子源P释放一个初速度为零的带负电的粒子，已知带电粒子的质量为根(重力不计)、

电量为小粒子经电场加速后从M板上的小孔。穿出.在板的上方，有一个环形区域内存在垂直纸面向外

的匀强磁场.已知外圆半径为2",内圆半径为力两圆的圆心与小孔重合，求：

(1)粒子到达M板的速度大小v；

(2)若粒子不能从外圆边界飞出，则环形区域内磁感应强度最小为多少?

【解析】(1)根据右手定则知，a端为正极，故带电粒子必须带负电

他棒切割磁感线，产生的电动势

13/25

对于粒子，由动能定理

qU=—mv2'-0

得粒子射出电容器的速度为

「0

（2）要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切，如图

由几何关系有

(2d-r)2="+/

得

由洛仑兹力等于向心力，有

2

qvB-in—

0r

解得

12.在平面直角坐标系xoy中，y轴左侧有两个正对的极板，极板中心在x轴上，板间电压％=1*1（）2丫，右

侧极板中心有一小孔，左侧极板中心有一个粒子源，能向外释放电荷量g=1.6xl（）-8c、质量

的粒子（粒子的重力、初速度忽略不计）；夕轴右侧以。点为圆心、半径为H=Y5m的半圆形区域内存在

2

互相垂直的匀强磁场和匀强电场（电场未画出），匀强磁场的的磁感应强度为8=2T,粒子经电场加速后进

入y轴右侧，能沿x轴做匀速直线运动从尸点射出.

14/25

（1）求匀强电场的电场强度的大小和方向；

（2）若撤去磁场，粒子在场区边缘M点射出电场，求粒子在电场中的运动时间和到M点的坐标;

（3）若撤去电场，粒子在场区边缘N点射出磁场，求粒子在磁场中运动半径和N点的坐标.

【答案】（1）E=200N/m电场方向沿y轴负方向；（2）/i=0.01s,M点的坐标为（Im,0.5m）；

（3）r=lmN点的坐标为（虫3m，?m）

88

【解析】（1）粒子在板间加速，设粒子到。点时的速度为%,有

也=；*

得

=100m/s

粒子在电磁场中做匀速直线运动

qv*=qE

得

12”。

E—v0B=B200N/m

m

由左手定则判断洛伦兹力沿y轴负方向，所以电场力沿y轴正方向，电场方向沿y轴负方向.

（2）撤去磁场后，粒子进入y轴右侧电场做类平抛运动，轨迹如图（1）所示：

对粒子x轴方向有

15/25

玉=%

12

弘=5西

y轴方向有

Eq=ma

由几何关系

解得

Z,-0.01s,%=Im,yx-0.5m

所以M点的坐标为(Im,0.5m)

(3)撤去电场后，粒子在y轴右侧磁场内做匀速圆周运动，轨迹如图(2)所示:

VQ

qv°B=m—，

r

由几何关系

6=60°

n=V3

解得

V55

XN=匚1加

o

5

y=-m

No

16/25

所以N点的坐标为（匡m，-m）

88

13.如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UBA=1125V,两板中央各有小孔0和O.现有

足够多的电子源源不断地从小孔0由静止进入A、B之间.在B板右侧，平行金属板M、N长度相同,L=4xl0

"m,板间距离d=4xl（p3m,在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P,当M、N之间未加电压时

电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的0"点并发出荧光.现在金属板M、N之间加一个如图乙所示的

变化电压u,在t=0时刻，M板电势低于N板电势.已知电子质量为me=9.0*103kg,电荷量为e=1.6xl0

-|9c.

（1）每个电子从B板上的小孔0,射出时的速度为多大？

（2）电子打在荧光屏上的范围是多少？

【答案】（1）2xl07m/s（2）范围为从0"向下0.02m内

【解析】（1）电子经A、B两块金属板加速，有eU=e加诏

解得：％=震4/3。%；

（2）当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为必=（旦=2x10一%,

2ma%

yi<d,说明所有的电子都可以飞出M、N.

14.如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L,间距为d=£的竖直极板P、

Q,在下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界放有范围足够大的感光胶片.水平极板之

间的电压为U。,中间开有小孔，两小孔连线的延长线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O.P、

。之间的电压UPQ随时间，变化的图象如图乙所示，磁场的磁感应强度2=曲.粒子源连续释放初

q

速度不计、质量为加、带电量为+g的粒子，经加速后进入竖直极板P、。之间的电场.再进入下方磁场的

17/25

粒子全部打在感光胶片上.已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子所受重力不

计.求:

^1—M

---------:---------N

吊!

LP*Q

……卜士叶破质上边界

XXXXxx(>XXXXXX

XXXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXXX

甲磁场下边界

(1)带电粒子从N板小孔射出时的速度；

(2)为使进入磁场的粒子都能打在胶片上，磁场上、下边界的最小距离；

(3)以。点为坐标原点，向右为正方向建立坐标轴Ox,粒子在胶片上的落点的坐标范围.

【答案】(1)J邺九

(2)L

Vm⑶I

【解析】(1)在加速电场，由动能定理得

解得

3

产Vm

(2)设带电粒子以速度y进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为a时，其运动轨迹如图

由几何关系得：向下偏移的距离

tsy-R-Rcosa=7?(1-cosa)

在磁场中偏转，则有

v2

qvB=m—

R

18/25

又

%=vsina

联立解得

^_mv0^-cosa

Bqsina

当a=90°时，缈有最大值，即

^y==^=L

ymaxXn

Bq

(3)粒子运动轨迹如图所示

:盛衣丝懋主攻蜃

又W4・攵一4

-

XXSc'x*'xV*x*xxx

x今*XDJ

xxxxxxxxxx*xxxxxx

若片0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R=3打在感光胶片上距离中心线最近为尸2乙,

任意电压时出偏转电场时的速度为匕

根据几何关系得

cosa

R.=吗

Bq

在胶片上落点长度为

__2mv

Ax=2Rcosa=---a---

Bq

打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关

在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离

v-I〉」*3U°qAY

y——Cll——X---------X

-22\.5Lm

解得

19/25

15.如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为£的I、H两区域，I、n区域内有垂直于纸面的匀强磁

场，I区域磁场向内、磁感应强度为II区域磁场向外，大小待定.现有一质量为加，电荷量为-4的带电

粒子，从图中所示的一加速电场中的MN板附近由静止释放被加速，粒子经电场加速后平行纸面与I区磁

场边界成45。角进入磁场，然后又从I区右边界成45。角射出.

X%X

X'X

XX

XtX

(1)求加速电场两极板间电势差。，以及粒子在I区运动时间小

(2)若II区磁感应强度也是8。时，则粒子经过I区的最高点和经过II区的最低点之间的高度差是多少.

(3)为使粒子能返回I区，H区的磁感应强度B应满足什么条件，粒子从左侧进入I区到从左侧射出I区

需要的最长时间.

【答案】(1)u=t=(2)亚L(3),(3缶—2乃+4)曝.

4加2洛〜20叫

【解析】(1)画出粒子在磁场中运动的示意图，如图所示，

XX

XX

XX

XX

粒子在加速电场中根据动能定理可得

qU=­mv2

粒子在I区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得

qvBo=m—

段

根据几何关系可得

20/25

R\=—L

2

联立可得加速电场两极板间电势差

0=邈

4加

粒子在磁场中运动的周期

24&27rm

T=------=------

vqB。

粒子在磁场中转过的圆心角为90。，可得粒子在I区域运动的时间

，=17=兀m

'=4=西

(2)粒子在II区域运动的半径与I区域相同，高度差由图中几何关系可得

h=(7?i+7?2)(1-cos0)+£tan0

可得

人=0L

(3)画出粒子刚好从n区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况.

根据几何关系可得

Ri(1+cosO)<L

即

mvL

2

解得

21/25

BN叵11Bo

2

可知当8=也土1瓦时，粒子在n区域中运动的时间最长，即：粒子从左侧进入1区到从左侧射出I区的

2

时间最长，粒子两次在I区域运动的时间为

12兀m

力=2・二・—-

4qB。

粒子两次在磁场之间的时间为

2伍4m

=-----=----

vqB0

粒子在II区域运动的时间

/_32/rm_32兀m_3（近1）nm

4qB、4V2+1qB。

—y—75O

总时间

m

片人+攵+分=（3、/2兀-2兀+4）——

qB0

16.当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初

始速度可以忽略不计.如图所示，相距为L的两块平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源Ei

上，M、N之间的电场近似为匀强电场，a、b、c、d是匀强电场中四个均匀分布的等势面，K是与M板距

离很近的灯丝，电源B给K加热从而产生热电子.电源接通后，电流表的示数稳定为/,已知电子的质量

为"八电量为e.求：

—岛‘压电源七/»

（1）电子达到N板瞬间的速度;

22/25

(2)电路稳定的某时刻，M、N之间运动的热电子的总动能；

(3)电路稳定的某时刻，c、d