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1、1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 U1时，在 M、N 间加上适当的电压 U2，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/
2、m）的关系式。（2）去掉偏转电压 U2，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 U1至少为多少？（1）由动能定理：）由动能定理：neU11/2mv2n 价正离子在价正离子在 a、b 间的加速度间的加速度 a1neU1/md在在 a、b 间运动的时间间运动的时间 t1v/a1d12 neUm在在 MN 间运动的时间：间运动的时间：t2L/v离子到达探测器的时间：离子到达探测器的时间：tt1t2122 KULd （2）假定）假定 n 价正离子在磁场中向价正离子在磁场中向 N 板偏
3、转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为 R，由牛顿第二定律，由牛顿第二定律nevBmv2/R离子刚好从离子刚好从 N 板右侧边缘穿出时，由几何关系：板右侧边缘穿出时，由几何关系：R2L2（RL/2）2由以上各式得由以上各式得：U125neL2B2/32m当当 n1 时时 U1 取最小值取最小值 Umin25eL2B2/32m2、(2008 山东山东 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，变化规律分别如图性变化的电
4、场和磁场，变化规律分别如图 1、图、图 2 所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向） 。在。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）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。若电场强度 E0、磁感应强度、磁感应强度 B0、粒子的比荷、粒子的比荷均已知，且均已知，且 t0=，两板间距，两板间距 h=q q m m2 2m mq qB B0 01 10 02 2m mE E0 0q qB B0 02 2(l)求位子在求位子在 0t0时间内的位移大小与极板间距时间内的位移大小与极板间距 h的比值。
5、的比值。(2)求粒子在极板间做圆周运动的最大半径（用求粒子在极板间做圆周运动的最大半径（用 h表示）表示） 。(3)若板间电场强度若板间电场强度 E 随时间的变化仍如图随时间的变化仍如图 l 所示，所示，磁场的变化改为如图磁场的变化改为如图 3 所示试画出粒子在板间所示试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）运动的轨迹图（不必写计算过程） 。解法一：解法一：( l ）设粒子在）设粒子在 0t0 时间内运动的位移大小为时间内运动的位移大小为 s12s1= at02 a= 1 1 2 2q qE E0 0 m m又已知又已知 t0=，h=2 2m mq qB B0 01 10 02 2m m
6、E E0 0q qB B0 02 2联立联立 式解得式解得 = s s1 1h h1 15 5( 2 ）粒子在）粒子在 t02t0 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。设运动速度大小为度大小为 v1，轨道半径为，轨道半径为 R1，周期为，周期为 T ，则，则v1=at0 qv1B0 = m mv v1 12 2 R R1 1联立联立式得式得 R1= 又又 T = h h5 52 2m mq qB B0 0即粒子在即粒子在 t02t0 时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在时间内恰好完成
7、一个周期的圆周运动。在 2t03t0 时间内，粒子做初速度为时间内，粒子做初速度为 v1，的匀加速直，的匀加速直线运动设位移大小为线运动设位移大小为 s2s2 = v1t0+ at02 解得解得 s2 = h 1 1 2 23 3 5 5由于由于 S1S2 h ，所以粒子在，所以粒子在 3t04t0 时间内继续做匀速圆周运动，设速度时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为大小为 v2，半径为，半径为 R2v2=v1+at0 qv2B0 = (11)m mv v2 22 2 R R2 2解得解得 R2 = (12)2 2h h5 5由于由于 s1+s2+R2 h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动
8、。在，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在 4t05t0 时间时间内，粒子运动到正极板（如图内，粒子运动到正极板（如图 1 所示）所示） 。因此做圆周运动的最大半径动。因此做圆周运动的最大半径动 R2=。2 2h h5 5( 3 ）粒子在板间运动的轨迹如图）粒子在板间运动的轨迹如图 2 所示。所示。解法二：由题意可知，电磁场的周期为解法二：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，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=。方向向上。方向向上q qE E0 0 m m后半周期位子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为后半周期位子受磁场
9、作用做匀速圆周运动，周期为 T T= =t02 2m mq qB B0 0粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第 n 个周期末，粒子位移大小为个周期末，粒子位移大小为 snSn= a(nt0)2 又已知又已知 h = 1 1 2 21 10 02 2m mE E0 0q qB B0 02 2由以上各式得由以上各式得 Sn = hn n2 2 5 5粒子速度大小为粒子速度大小为 vn=ant0粒子做圆周运动的半径为粒子做圆周运动的半径为 Rn =m mv vn n q qB B0 03解得解得 Rn =h 显然显然 s2+R2hs3n n5 5粒子在板间运动的轨迹图
10、见解法一中的图粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图 2 。二、典例探究二、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smv/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kgCmq/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
11、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）分） （1）带电粒子在金属板间的运动时间）带电粒子在金属板间的运动时间sTvt2 . 0,10得得Tt ， （或（或 t 时间内金属板间电压变化时间内金属板间电压变化VU3102，变化很小），变化很小）2 分分故故 t 时间内金属板间的电场可以认为是恒定的时间内金属板间的电场可以认为是恒
12、定的2 分分（2）t=0.1s 时刻偏转电压时刻偏转电压VU100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，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，qUW212 分分由动能定理：由动能定理：2 02 121 21mvmvW2 分分 代入数据可得代入数据可得V=1.414104103 3m/sm/s2 分分（3）设某一任意时刻射出电场的粒子速度为）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，速度方向与水平方向的夹角为，则，则4cos0vv 2 分分粒子在磁场中有粒子在磁场中有RvmqvB2 2 分分由几何关系由几何关系cos2Rd 2 分
13、分可得：可得：d=20m，故，故 d 不随时间而变化。不随时间而变化。2 分分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=0.5103V/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=110-14kg、电荷量 q=110-10C 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
14、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）分）解析：（解析：（1）由于重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受电场）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，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，方向这样，电场力和
15、洛伦兹力大小相等，方向相反，电场相反，电场 E 的方向与微粒运动的方向垂直，并与的方向与微粒运动的方向垂直，并与 y 轴负方向成轴负方向成 30角角斜向下。斜向下。 （2 分）分）由力的平衡有由力的平衡有qvBEq1所以所以smsmBEv/10/5 . 0 105 . 0331（3 分）分）（2）画出微粒的运动轨迹如图所示）画出微粒的运动轨迹如图所示（2 分）分）由几何关系可知由几何关系可知 LPD=20cm，微粒在第一象限内做圆周，微粒在第一象限内做圆周运动的半径为运动的半径为mLRPD153 30cos2（2 分）分）微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即 RvmvqB22 解得解得TB232（3
