磁场电场综合训练题目及答案

磁场电场综合训练
1如图所示，涂有特殊材料的阴极K ，在灯丝加热时会逸出电子，电子的初速度可视为零，质量为m 、电量为e ．逸出的电子经过加速电压为U 的电场加速后，与磁场垂直的方向射人半径为R 的圆形匀强磁场区域．已知磁场的磁感强度为B ，方向垂直纸面向里，电子在磁场中运动的轨道半径大于R 。

试求： （1）电子进人磁场时的速度大小； （2）电子运动轨迹的半径r 的大小；
（3）电子从圆形磁场区边界的人射位置不同，它在磁场区内运动的时间就不相同．求电子在磁场区内运动时间的最大值．
(1)电子在电场中的加速过程，根据动能定理有：
eU ＝2
12mv ①
得
0v ②
(2)电子由所受的洛仑兹力提供向心力，有
0v ev B m
r = ③
r
＝
0mv eB ④
(3)分析可知，当电子在磁场中的轨迹弧最长时，它在磁场中运动的时间也最长．因r ＞R ，最大的弦长应等2R ，对应的弧最长，运动时间也最长． 画出几何关系图如右图所示．
sin 2θ
＝R r
=⑤
电于做圆周运动的周期 T=
22r m
T v eB ππ=
= ⑥
电子在磁场区运动的最长时间
2m t T
θ
π=
⑦
解得
12sin (m m t eB =
－ ⑧
评分标准：本题20分．(1)问5分，①式3分，②式2分；(2)问5分，③式3 分，④式2分，(3)问10分，得出⑤式4分，⑥、⑦、⑧式各2分．
2. 质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示．离子源S 产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场(加速电场极板间的距离为d 、电势差为U)加速，然后垂直进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P 上．设离子在P 上的位置与入口处S 1之间的距离为x 。

(1)求该离子的荷质比
m
q
．
(2)若离子源产生的是带电量为q 、质量为m 1和m 2的同位素离子(m 1> m 2)，它们分别到达照相底片上的P 1、P 2位置(图中末画出)，求P 1、P 2间的距离△x 。

(3)若第(2)小题中两同位素离子同时进入加速电场，求它们到达照相底片上的时间 差△t (磁场边界与靠近磁场边界的极板间的距离忽略不计)．
(1)离子在电场中加速，由动能定理得2
2
1mv qU =
① (1分)
离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：r
v m qBv 2
= ② (1分)
而2
x
r =
③ (1分)
由①②③式可得：228x
B U
m q = ④(2分)
(2)由①②式可得粒子m 1在磁场中的运动半径是r 1，则：
qB
qum r 112=
⑤(1分)
对离子m 2，同理得 qB
qum r 222=
⑥ (1分)
∴照相底片上P 1、P 2间的距离 )(22)(22121m m qB
qU
r r x -=
-=∆ ⑦（2分）
(3)离子m 1在电场中加速：21121t d
m qU d ⋅⋅=
⑧（2分）
θ
υ对离子m 2，同理得：22212qU d t m d
=
⋅⋅⑨ （2分）
∴离子m l 、m 2到达照相底片上的时间差
)()(2)'()'(21212211m m qB m m d qU t t t t t -+-=
--+=∆π⑩
(2分)
3. 如图所示，坐标空间中有场强为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场，y 轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m 、电荷量为q -
的带电粒子
从电场中坐标位置(-l ，0)处，以初速度0υ沿x 轴正方向开始运动，且已知qE
m l 2
0υ=(重力不
计)．试求：
(1)带电粒子进入磁场时速度的大小；
(2)若要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d 应满足的条件
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a ，由
牛顿运动定律得:ma qE =设粒子出电场、入磁场时速度的大
小为υ，此时在轴方向的分速度为y υ,粒子在电场中运动的
时间为t ，则有：
at y =υ t l 0υ=解得：0υυ=y 0
2
202υυυυ=+=y
(2)设υ的方向与y 轴的夹角为θ，则有cos θ=2
2
=υυy 得：θ=45°粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，如图所示，则有：qB
m R υ
=
由图中的几何关系可知，要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件为：
d ≤）
（θcos 1+R 结合已知条件，解以上各式可得qB
m d 0
21υ）（+≤.
4. 如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d ，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O 点以速度V 0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从A 点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C 点穿出磁场时速度方向与进入电场O 点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求：
（1）粒子从C 点穿出磁场时的速度v ；
（2）电场强度E 和磁感应强度B 的比值E/B;
（3）粒子在电、磁场中运动的总时间。

（1）粒子在电场中偏转：在垂直电场方向0v v ⊥=，平行电场分量//
v
0//
(1122
d v t v t v d t ⊥=⋅==⋅分）
（分） //0v v =
得0v =（3分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动，故
穿出磁场速度0v =
（2）在电场中运动时 //0
qE qE d v t m m v =
⋅=⋅（1分）
得 20
mv E qd
=（2分）
在磁场中运动如右图
运动方向改变45°，运动半径R 、
sin 45d
R =︒
（1分） 又2mv qvB R =（1分）
mv mv B qR qd
=
==（1分）
得
0E
v B
=（2分）
（3）粒子在磁场中运动时间 0
04'28444T m m d
t T mv qB v q qd
π
ππππ=⋅====（2分），0d t v =（2分）
运动总时间t 总＝t ＋t’＝00
4d d
v v π+
（2分）
5. 如图所示K 与虚线MN 之间是加速电场。

虚线MN 与PQ 之间是匀强电场，虚线PQ 与荧光屏之间是匀强磁场，且MN 、PQ 与荧光屏三者互相平行。

电场和磁场的方向如图所示。

图中A 点与O 点的连线垂直于荧光屏。

一带正电的粒子从A 点离开加速电场，速度方向垂直于偏转电场方向射入偏转电场，在离开偏转电场后进入匀强磁场，最后恰好垂直地打在图中的荧光屏上。

已知电场和磁场区域在竖直方向足够长，加速电场电压与偏转电场的场强关系为U =Ed /2，式中的d 是偏转电场的宽度且为已知量，磁场的磁感应强度B 与偏转电场的电场强度E 和带电粒子离开加速电场的速度v 0关系符合表达式v 0=E /B ，如图所示，试求：
⑴磁场的宽度L 为多少？
⑴其轨迹如图所示。

偏转角为：
1tan 2
000==⋅==mv qEd
v d mv qE v v y
θ 即带电粒子在电场中的偏转角θ=45º。

带电粒子离开偏转电场速度为02v ……2分
在磁场中偏转的半径为
d qE
mv v qE mv qB mv
R 22/22
000==== ，由图可知，磁场宽度L=R sin θ=d
⑵带电粒子在偏转电场中距离为d y 5.01=∆，在磁场中偏转距离为d
y 414.02=∆
6.如图所示的空间区域里，y 轴左方有一匀强电场，场强方向跟y 轴负方向成30°角，大小为E ＝4.0×510N/C ，y 轴右方有一垂直纸面的匀强磁场，有一质子以速度0v ＝2.0×6
10m/s ，由x 轴上的A 点，第一次沿x 轴正方向射入磁场，第二次沿x 轴负方向射入磁场，回旋后都垂直于电场方向射入电场，最后又进入磁场．已知质子质量近似为H m ＝1.6×27
10
-kg ．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度．
（2）质子两次在磁场中运动时间的比值． （3）质子两次在电场中运动的时间各是多少?
（1）质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则qB
mv r =
依题意两次运动轨迹如答图4所示．
答图4
由几何关系r ＝2OA ＝20cm ＝0.2m
T 10.02
.0106.1100.2106.1196
270=⨯⨯⨯⨯⨯==--qr v m B B （2）由qB m T π2=
，设两次运动时间分别为1t 和2t ，则1t ∶2t ＝T 360210∶T 360
30
＝7∶1
（3）两次质子均以相同速度进入电场，则两次在其中运动时间t 相同，设位移为S ，则
⎪⎩
⎪⎨⎧=
==qE
mv t t m qE S E t v E S 0
32202130cos 30sin
：：方向平行方向垂直
代入数值
s 107.110
0.4106.1100.2106.13275
196
27---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=t 7.如图所示，在x>0的空间中，存在沿x 轴方向的匀强电场，电场强度正E=10 N ／C ； 在x<O 的空间中，存在垂直xoy 平面方向的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T ．一带负 电的粒子(比荷q ／m=160C ／kg)，在x=0.06m 处的d 点以v 0=8m ／s 的初速度沿y 轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力，求：
(1)带电粒子开始运动后第一次通过y 轴时距O 点的距离．
(2)带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场．
（3）带电粒子运动的周期．
解：(1)对于粒子在电场中的运动： 212
qE a d at m =
=和
第—次通过y 轴的交点到O 点的距离为y l =v 0t
将数据代入解得 y 1=0.069(m)
(2)x
方向的速度/x qE v s m =
⨯=t=16010
设进入磁场时速度与y 轴的方向为θ，
0tan 60x y v v θθ=
=== 所以在磁场中作圆周运动所对应的圆心角为0
2120αθ== 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为 2m T qB π=
带电粒子在磁场中运动的时间21201
0.0263603
t T T s ===
从开始至第一次到达y
轴的时间1200
t s =
==
从磁场再次回到电场中的过程(未进入第二周期)是第一次离开电场时的逆运动
根据对称性，t 3=t 1 因此粒子的运动周期为
1230.043120T t t t s π=++=
++≈
8.如图所示，一带电粒子以某一速度在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的最小的圆形匀强磁场区域（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L 的匀强电场. 电场强度大小为E ，方向竖直向上. 当粒子穿出电场时速度大小变为原来的2倍. 已知带电粒子的质量
为m ，电量为q ，重力不计. 粒子进入磁场前的速度如图与水平方向成60°角. 试解答：
（1）粒子带什么电？ （2）带电粒子在磁场中运动时速度多大？ （3）该最小的圆形磁场区域的面积为多大？
【解析】（1）根据粒子在磁场中偏转的情况和左手定则可知，粒子带负电. （2
分）
（2）由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来的速率进入电场中，设带电粒子进入电场的初速度为v 0，在电场中偏转时做类平抛运动，由题意知粒子离开电场时的末速度大小
为02v v t =，将v t 分解为平行于电场方向和垂直于电场方向的两个分速度：由几何关系知
0v v y = ①
at v y = ②
t
L
v =
0 ③
m
F
a =
④
F =Eq ⑤
联立①②③④⑤求解得：m
qEL
v =
0 （5分）
（3）如图所示，带电粒子在磁场中所受洛伦兹力作为向心力，设在磁场中做圆周运动的半径为R ，圆形磁场区域的半径为r ，则：
R
v m Bqv 2
0= ⑦
q
ELm
B Bq mv R 1
0==
⑧
由几何知识可得：r =R sin30° ⑨
磁场区域的最小面积为S =πr 2 ⑩
联立⑧⑨⑩求解得S =
q
B mEL 2
4π （5分）
9.如图所示，虚线上方有场强为E 的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，a b 是一根长l 的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b 端在虚线上，将一套在杆上的带正电的小球从a 端由静止释放后，小球先作加速运
动，后作匀速运动到达b 端，已知小球与绝缘杆间的动摩擦系数μ＝0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是l /3，求带电小球从a 到b 运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值。

①小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的洛仑兹力F ，向右的弹力N ，向下的电场力qE ，向上的摩擦力f 。

F ＝Bqv ，N ＝F ＝Bqv 0 （2分） ∴f ＝μN ＝μBq v （2分） 当小球作匀速运动时，qE ＝f ＝μBq v 0 （2分）
②小球在磁场中作匀速圆周运动时，R
v m Bqv b
b 2
= （2分）
又3
l
R =
∴v b ＝Bq l /3m （2分）
③小球从a 运动到b 过程中，由动能定理得
2
2
b
f mv W W =
-电 （2分）
m
l q B l Bqv qEl W b 1022=
==μ电 （2分）
所以 =-=22b f mv W W 电m l q B m l q mB m l q B 45292102
222
22222=⨯- （2分）
9
4=
电
W W f （2分）
10. 如图所示，水平细杆MN 、CD ，长度均为L 。

两杆间距离为h ，M 、C 两端与半圆形细杆相连，半圆形细杆与MN 、CD 在同一竖直平面内，且MN 、CD 恰为半圆弧在M 、C 两点处的切线。

质量为m 的带正电的小球P ，电荷量为q ，穿在细杆上，已知小球P 与两水平细杆间的动摩擦因数为μ，小球P 与半圆形细杆之间的摩擦不计，小球P 与细杆之间相互绝缘。

（1）若整个装置处在方向与之垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图（甲）所示。

小球P 以一定的初速度v 0从D 端出发，沿杆滑到M 点以后恰好在细杆MN 上匀速运动。

求：
①小球P 在细杆MN 上滑行的速度；
②小球P 滑过DC 杆的过程中克服摩擦力所做的功；
（2）撤去磁场，在MD 、NC 连线的交点Ｏ处固定一电荷量为Q 的负电荷，如图（乙）所示，使小球P 从D 端出发沿杆滑动，滑到N 点时速度恰好为零。

(已知小球所受库仑力始终小于重力)求：
①小球P 在水平细杆MN 或CD 上滑动时所受摩擦力的最大值和最小值；
②小球P 从D 端出发时的初速度。

解析：（1）①根据到M 点以后恰好做匀速运动，可知小球P 所受洛仑兹力与重力平衡，即mg qvB =，则mg v qB
=
②根据动能定理，小球P 在沿DCM 滑动过程中：
2022
121mv mv W W G f -=
+- mgh W G -=
mgh q
B g m mv W f --=22232
0221 （2）①小球在O 点正下方时摩擦力最小，f min ＝
N min ＝（mg －4kQq /h 2），
小球在O 点正上方时摩擦力最大，f max ＝N max ＝（mg ＋4kQq /h 2）。

②利用对称性及微元法：
W f ＝
（mg －F y ）
s ＋（mg ＋F y ）
s ＝2
mg s ，
所以W f ＝
W 1＋
W 2＋
＝2
mgL ，
又因为小球P 在D 点和N 点电势能相等，所以从D 到N ，
0=电W
则1
2
mv 02＝mgh ＋2mgL
v 0＝gL
gh μ42+
× × × × × × × × ×
D C 甲 D
C 乙
11. 如图所示，在xoy 平面内，MN 和x 轴之间有平行于y 轴的匀强电场和垂直于xoy 平面的匀强磁场，y 轴上离坐标原点4 L 的A 点处有一电子枪，可以沿+x 方向射出速度为v 0的电子（质量为m ，电量为e ）。

如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动.如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x 轴上距坐标原点3L 的C 点离开磁场.不计重力的影响，求：
（1）磁感应强度B 和电场强度E 的大小和方向；
（2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从D 点（图中未标出）离开电场，求D 点的坐标；
（3）电子通过D 点时的动能。

解析：（1）只有磁场时，电子运动轨迹如答图1所示，
洛仑兹力提供向心力
R m
Be 2
0υυ=，由几何关系：2
22)4()3(R L L R -+= ，
求出
eL m B 2580
υ=
，垂直纸面向里。

电子做匀速直线运动0
υBe Ee = ，
求出
eL m E 25820
υ=
，沿y 轴负方向。

（2）只有电场时，电子从MN 上的D 点离开电场，如答图2所示，设D 点横坐标为x ，
t x 0υ= ， ，求出D 点的横坐标为
L L x 5.322
5≈= ，
纵坐标为L y 6= 。

（3）从A 点到D 点，由动能定理 2
212υm E L Ee kD -=⋅ ，
求出
2
05057υm E kD =。

12.如图所示，oxyz 坐标系的y 轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向与x 轴平行．从y 轴上的M 点（0，H ，0
）
图
2
图
1
2
212t m eE L =
R 0
无初速释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的小球，它落在xz 平面上的N （l ，0，b ）点（l >0，b >0）．若撤去磁场则小球落在xz 平面的P 点（l ，0，0）．已知重力加速度为ｇ．
（1）已知匀强磁场方向与某个坐标轴平行，试判断其可能的具体方向．
（2）求电场强度E 的大小．
（3）求小球落至N 点时的速率v ．
（1）用左手定则判断出：磁场方向为－x 方向或－y 方向．
（2）在未加匀强磁场时，带电小球在电场力和重力作用下落到P 点，设运动时间为t ，小
球自由下落，有 2
12
H gt =
①
小球沿x 轴方向只受电场力作用 E F qE = ②
小球沿x 轴的位移为 2
12
l at =
③
小球沿x 轴方向的加速度 E
F a m
=
④
联立求解，得 qH
mgl
E =
⑤
（3）带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时，洛仑兹力不做功
电场力做功为 W E =qEl ⑥
重力做功为 W G =mgH ⑦
设落到N 点速度大小为v ,根据动能定理有
2
2
1mv qEl mgH =
+ ⑧
解得 H
l H g v 2
22+= ⑨
13.如图Ox 、Oy 、Oz 为相互垂直的坐标轴，Oy 轴为竖直方向，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．现有一质量为m 、电量为q 的小球从坐标原点O 以速度v 0沿Ox 轴正方向抛出（不计空气阻力，重力加速度为g ）．求：
（1）若在整个空间加一匀强电场E 1，使小球在xOz 平面内做匀速圆周运动，求场强E 1和小球运动的轨道半径； （2）若在整个空间加一匀强电场E 2，使小球沿Ox 轴做匀速直线运动，求E 2的大小；
（3）若在整个空间加一沿y 轴正方向的匀强电场，求该小球从坐标原点O 抛出后，经过y 轴时的坐标y 和动能E k ；
解析：（1）由于小球在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，则
1qE mg = 解得 1mg
E q
=
方向沿y 轴正向
20v qvB m r
= 解得 0mv
r qB =
(2) 小球做匀速直线运动，受力平衡，则
2qE =
解得
2E =
(3)小球在复合场中做螺旋运动，可以分解成水平面内的匀速圆周运动和沿y 轴方向的匀加速运动．
做匀加速运动的加速度 32qE mg
a g m
-=
=
从原点O 到经过y 轴时经历的时间 t nT =
21
2
y at =
解得 22222
4n m g
y q B π= (123n =、
、)
x
z
o
y
由动能定理得 2301
()2
k qE mg y E mv -=-
解得 22322
022
182k n m g E mv q B
π=+ (123n =、、)
14.电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场由加了电压的相距为d 的两块水平平行放置的导体板形成，匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s ，如图甲所示．大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为l ，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上．问：
（1）电子在刚穿出两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？
（2）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？
（3）在满足第（2）问的情况下，打在荧光屏上的电子束的宽度为多少？（已知电子的质量为m 、电荷量为e ）
解析：
（1）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t 0、4t 0……等时刻进入偏转
电场，在这种情况下，电子的侧向位移为
2
max 0y 012
y at v t =
+ 乙
l
荧
光 屏
甲
2
00200200max 2321t dm
e U t dm e U t dm e U y =+=
要使电子的侧向位移最小，应让电子从t 0、3t 0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为2
min 012
y at =
2
00min 21t dm
e U y =
所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为1:3:min max =y y
（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子
在磁场中运动半径应为：sin l R θ
=
设电子从偏转电场中出来时的速度为v t ，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：t
y v v =
θsin
式中 00t dm e
U v y =
又 Be
mv R t
=
由上述四式可得：00
U t B dl
=
（３）由于各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因此电子进入磁场后的半径也相同．
由第（1）问可知电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移的差值为：
max min y y y ∆=-
2
00t dm
e U y =
∆
所以打在荧光屏上的电子束的宽度为2
00t dm
e U y =
∆
15.如图所示，在真空中，半径为R 的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，
在磁场右侧有一对平行金属板M 和N ，两板间距离为R ，板长为2R ，板的中心线O 1 O 2 与磁场的圆心0在同一直线上，有一电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子，以速度0υ圆周上的a 点沿垂直于半径OO 1并指向圆心O 的方向进入磁场，当从圆周上的O 1 点飞出磁场时，给M 、N 板加上如图b 所示电压，最后粒子刚好以平行于N 板的速度，从N 板的边缘飞出(不计粒子重力)。

(1)求磁场的磁感应强度B ； (2)求交变电压的周期T 和电压U 0的值；
(3)若t=
2
T
时，该粒子从MN 板右侧沿板的中心线，仍以速度0υ射人M 、N 之间，求
粒子从磁场中射出的点到a 点的距离。

(1)粒子自a 点进入磁场，从0l 点水平飞出磁场，运动的轨道半径为R ，
则qR
M B R M qB 0
200υυυ=
=，
(2)粒子自0l 点进入电场，最后恰好从N 的边缘平行极板飞出。

设运动的
时间为t ，则2R=t 0υ 2
02222⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅=T mR qU n R
() ，，，
21n nT t =
解得：
() ，，，，2122200n q
nm U n R
T υυ==
(3)当2
T
t =
时，粒子以速度0υ沿O 2O 1射入电场时，则该粒子恰好从M 板边缘以平行于极板的速度射人磁场，进入磁场的速度仍为0υ，运动的轨道半径为R ，设进入磁场时的点为b ，离开磁场时的点为c ，圆心为O 3，如图所
示，四边形ObO 3c 是菱形，所以，Oc ∥O 3b ，所以c 、O 、a 三点共线，即为圆的直径。

即c 、a 间的直径距离d=2R 。

16.如图（甲）所示为电视机中显像管的原理示意图，电子枪中的灯丝加热阴极而逸出电子，这些电子再经加速电场加速后，从O 点进入由磁偏转线圈产生的偏转磁场中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN 上，使荧光屏发出荧光形成图像，不计逸出电子的初速度和重力。

已知电子的质量为m 、电荷量为e ，加速电场的电压为0U 偏转线圈产生的磁场分布在边长为
L 的正方形区域abcd 内，磁场方向垂直纸面，且磁感应强度随时间的变化规律如图（乙）
所示。

在每个周期内磁感应强度都是从0B -均匀变化到0B 。

磁场区域的左边界的中点与O 点重合，ab 边与'
OO 平行，右边界bc 与荧光屏之间的距离为S 。

由于磁场区域较小，且
电子运动的速度很大，所以在每个电子通过磁场区域的过程中，可认为磁感应强度不变，即为匀强磁场，不计电子之间的相互作用。

（1）求电子射出电场时的速度大小。

（2）为使所有的电子都能从磁场的bc 边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值。

（3）荧光屏上亮线的最大长度是多少？
（1）设电子射出电场的速度
为v ，则根据动能定理，对电子的加速过程有
eU m =22
1
υ ……2分
解得m
eU
2=υ ……2分
（2）当磁感应强度为0B 或0
B -时（垂直于纸面向外为正方向），电子刚好从b 点或c
点射出，设此时圆周的半径为R ，如图所示。

根据几何关系有：
222)2
(L
R l R -+= ……2分
解得：
54
R L
= ……2分
电子在磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，因此有：
R m
B e 2
0υ
υ= ……2分
解得e
mU
L
B 254
0=
……3分
（3）根据几何关系可知，3
4
tan =α ……2分
M N B B 0B 0s
b
a c d U t
设电子打在荧光屏上离'O 点的最大距离为d ，则
s L s L d 3
4
2tan 2+=⋅+=
α ……2分
由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为
s
l d D 382+== ……3分。