四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲26带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析(新)
高三物理备考资料——带电粒子在电磁场中运动的应用实例分析
带电粒子在电磁场中运动的应用1、电视机电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。
电子束经过电压为U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区。
磁场方向垂直于圆面。
磁场区的中心为O ，半径为r 。
当不加磁场时，电子束将通过O 点而打到屏幕的中心M 点。
为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？解析： 电子在磁场中沿圆弧运动，如图所示，圆心为O ′，半径为R 。
以v 表示电子进入磁场时的速度，m 、e 分别表示电子的质量和电量，则221mv eU = R mv evB 2= Rr tg =2θ 由以上各式解得 221θtg e mU r B = 2、电磁流量计电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。
为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a 、b 、c ，流量计的两端与输送液体的管道相连接（图中虚线）。
图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。
当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R 的电流表的两端连接，I 表示测得的电流值。
已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为 A. )(ac bR B I ρ+ B. )(c b aR B I ρ+ C. )(b a cR B I ρ+ D. )(abc R B I ρ+ 答案： A3、质谱仪下图是测量带电粒子质量的仪器工作原理示意图。
设法是某有机化合物的气态分子导入图中所示的容器A 中，使它受到电子束轰击，失去一个电子变成正一价的分子离子。
分子离子从狭缝s 1以很小的速度进入电压为U 的加速电场区（初速不计），加速后，再通过狭缝s 2、s 3射入磁感强度为B 的匀强磁场，方向垂直于磁场区的界面PQ 。
高考物理复习---《带电粒子在交变电场中的偏转运动》PPT考点课件
√A.粒子在电场中运动的最短时间为
2d v0
B.射出粒子的最大动能为54mv02
C.t＝2dv0时刻进入的粒子，从 O′点射出
√D.t＝3vd0时刻进入的粒子，从 O′点射出
解析 由题图可知场强大小 E＝m2qvd02，则粒子在电场 中的加速度 a＝qmE＝v20d2，则粒子在电场中运动的最短 时间满足d2＝12atmin2，解得 tmin＝ v20d，选项 A 正确； 能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t＝8vd0， 则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时 沿电场方向的速度均为 0，可知射出电场时粒子的动 能均为12mv02，选项 B 错误；
金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质 量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0).在B板右侧两块平行金属板
M、N间加有如图乙所示的电压， 电压变化的周期T＝L 2emU0，板 间中线与电子源在同一水平线上.
已知极板间距为d，极板长L，不
计电子重力，求： 图1
(1)电子进入偏转极板时的速度
大小；
答案
2eU0 m
解析 设电子进入偏转极板时的速度为 v，由动能定理有 eU0＝12mv2 解得 v＝ 2emU0.
(2)T4时刻沿中线射入偏转极板间的电 子刚射出偏转极板时与板间中线的 距离(未与极板接触). 答案 0
解析 由题意知，电子穿过偏转极板所需时间 t＝Lv＝L 2emU0＝T 故在T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速后减速，然 后反向加速再减速，各段位移大小相等，
故一个周期内，侧移量为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间 中线的距离为0.
跟进训练
1.(带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图2甲 所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持 续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子.在两板 间存在如图乙所示的交变电 场，取竖直向下为正方向， 不计粒子重力.以下判断正确 的是
高中物理竞赛带电粒子在电磁场中的运动知识点讲解
高中物理竞赛带电粒子在电磁场中的运动知识点讲解要点讲解学习这部分知识，首先要清楚重力场、电场和磁场对带电粒子的作用的性质，以及重力场、电场和磁场对带电粒子作用力的区别：只要带电粒子处于重力场中，就一定会受到重力，而且带电粒子所受重力一定是恒力；只要带电粒子处于电场中，就一定分受到电场力，而且，如果电场是匀强电场，那么带电粒子所受电场力一定是恒力；在磁场中，只有带电粒子运动才可能受到洛仑兹力作用，只有带电粒子的运动方向不与磁场方向平行，带电粒子才一定受到洛仑兹力作用。
同时，要注意，洛仑兹力的方向与带电粒子的运动方向垂直，这就意味着，作曲线运动的带电粒子所受的洛仑兹力是变力。
重力、电场力对带电粒子作功；而洛仑兹力对带电粒不作功。
因此，在很多情况下，需要从能量变化的角度考虑问题。
【例题分析】例1．用轻质绝缘细线把带负电的小球悬挂在O点，在没有磁场时，小球在竖直平面内AB之间来回摆动，当小球经过悬点正下方时悬线对小球的拉力为。
现在小球摆动的空间加上方向垂直纸面向外的磁场，如图11-4-1所示，此时小球仍AB之间来回摆动，用表示小球从A向B摆经过悬点正下方时悬线的拉力，用表示小球从B向A 摆经过悬点正下时悬线的拉力。
则（A）（B）（C）（D）分析：带电小球在最低点的受力情况，由于小球做圆周运动，根据牛顿运动定律便可求解。
解：在没有磁场时，小球在悬点正下方时受两个力：拉力和重力mg。
根据牛顿第二定律，有式中V为小球过悬点正下方时的速率，L为摆长，所以小球摆动区加了如图11-4-1示的磁场后，小球摆动的过程中还受洛仑兹力的作用，因洛仑兹力方向和小球运动方向垂直，不改变小球到达悬点正下方的速率V，但小球在悬点正下方时除受悬线拉力和重力外还受洛仑兹力f.当小球由A向B摆动时，f的方向左手定则判断是沿悬线向下，根据牛顿第二定律，小球在悬点正下方时有得当球从B向A摆动经悬点正下方时，洛仑兹力的方向是沿悬线向上，根据牛顿第二定律可得结果是因此（B）选项是正确的。
带电粒子在电磁场中的运动重点内容解读
带电粒子在电磁场中的运动重点内容解读孝感三中陈继芳带电粒子在电磁场中运动是高中物理中研究的重点之一，也是高考命题重点之一。
近几年高考题中的压轴题都是这类题型；高考对带电粒子在电磁场中运动的考查每年每份试卷都有2个以上的题，分值占总分的12~20%。
高考对带电粒子在电磁场中运动的考查涉及的知识点主要是：电场力、电势差、洛伦兹力、带电粒子在电场中的加速和类平抛运动、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动等。
核心考点一、带电粒子在电场中加速、在匀强电场中的类平抛运动与磁场中的圆周运动【核心考点解读】带电粒子在电场中的类平抛运动可按照运动分解把带电粒子的运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀变速直线运动。
带电粒子在电场中加速利用动能定理列方程解答，在磁场中的匀速圆周运动可依据洛仑兹力提供向心力列方程解答。
题1如图所示，一带电微粒质量为m=2．0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60°。
已知偏转电场中金属板长L=23cm，圆形匀强磁场的半径R=103cm，重力忽略不计。
求：（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小。
解析：略【名师点评】此题通过带电粒子在电场中加速、在匀强电场中的类平抛运动与磁场中的圆周运动，综合考查对动能定理、平抛运动规律迁移、电场力、速度分解与合成，洛伦兹力、牛顿第二定律、圆周运动等知识的掌握情况。
题2.如图所示，MN 是相距为d 的两平行金属板，O 、O '为两金属板中心处正对的两个小孔，N 板的右侧空间有磁感应强度大小均为B 且方向相反的两匀强磁场区，图中虚线CD 为两磁场的分界线，CD 线与N 板的距离也为d.在磁场区内适当位置放置一平行磁场方向的薄挡板PQ ，并使之与O 、O '连线处于同一平面内．现将电动势为E 的直流电源的正负极按图示接法接到两金属板上，有O 点静止释放的带电粒子（重力不计）经MN 板间的电场加速后进入磁场区，最后恰好垂直撞上挡板PQ 而停止运动。
四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲32对电磁感应中动力学问题的考查
考点32 对电磁感应中动力学问题的考查例 如1所示，间距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N 、Q 端连接一阻值为R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离L 以上的范围存在着磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab 重力相等的恒力，使导体棒ab 从静止开始沿导轨向上运动，当ab 进入磁场后，发现ab 开始匀速运动，求：图1(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移． 审题突破 (1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出速度，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出导体棒的质量．(2)应用牛顿第二定律、安培力公式分析答题．解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L ，其加速度为F －mg sin 30°＝maF ＝mg得a ＝12g 棒进入磁场时的速度为v ＝2aL ＝gL由棒在磁场中匀速运动可知F 安＝12mg F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r得m ＝2B 2L 2R ＋r L g(2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F ＝12mg 则导体棒所受合力为F 安F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r＝ma v ＝Δx Δt 和a ＝Δv Δt代入上式B 2L 2ΔxΔt R ＋r ＝m Δv Δt即B 2L 2Δx R ＋r ＝m Δv 设导体棒继续向上运动的位移为x ，则有B 2L 2x R ＋r＝mv 将v ＝gL 和m ＝2B 2L 2R ＋r L g代入得x ＝2L答案 (1)2B 2L 2R ＋rL g(2)2L2．如图2甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab 垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，其接入电路的电阻r ＝1 Ω，小灯泡电阻R L ＝9 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，将棒ab 由静止释放并开始计时，t ＝0.5 s 时刻闭合开关S ，图乙为ab 的速度随时间变化的图像．求：图2(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B 的大小．答案 (1)6 m/s 2 35(2)1 T 解析 (1)S 断开时ab 做匀加速直线运动由图乙可知a ＝Δv Δt＝6 m/s 2 根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma所以sin θ＝35. (2)t ＝0.5 s 时S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大v m ＝6 m/s 后做匀速直线运动根据平衡条件有mg sin θ＝F 安又F 安＝BId E ＝Bdv m I ＝ER L ＋r ，解得B ＝1 T.在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动—电—动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中的感应电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．强化练习1．如图1所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻R ，匀强磁场方向垂直导轨平面向上．现给金属棒ab 一平行于导轨的初速度v ，使金属棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置．不计导轨和金属棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是( )图1A ．金属棒上滑时棒中的电流方向由b 到aB ．金属棒回到原位置时速度大小仍为vC ．金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等D ．金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等答案 AD解析 金属棒上滑时，根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由b 到a ，故A 正确．金属棒运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，则金属棒回到原位置时速度大小必小于v ，故B 错误．根据牛顿第二定律得：对于上滑过程：mg sin θ＋F 安＝ma 上；对于下滑过程：mg sin θ－F 安′＝ma 下．可知：a 上>a 下，故C 错误．金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化量相等，根据q ＝ΔΦR可知通过金属棒的电荷量相等，故D 正确． 2．如图2所示，螺线管横截面积为S ，线圈匝数为N ，电阻为R 1，管内有水平向右的磁场，磁感应强度为B .螺线管与足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L .导轨电阻忽略不计．导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B 0的匀强磁场中．金属杆ab 垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动．已知金属杆ab 的质量为m ，电阻为R 2，重力加速度为g .忽略螺线管磁场对金属杆ab 的影响，忽略空气阻力．图2(1)螺线管内方向向右的磁场B 不变，当ab 杆下滑的速度为v 时，求通过ab 杆的电流的大小和方向；(2)当ab 杆下滑的速度为v 时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率ΔB Δt ＝k (k >0)．讨论ab 杆加速度的方向与k 的取值的关系．答案 (1)B 0Lv R 1＋R 2，方向为b →a (2)k <B 20L 2v －mg R 1＋R 2θB 0LNS，加速度方向向上；k >B 20L 2v －mg R 1＋R 2θB 0LNS，加速度方向向下 解析 (1)切割磁感线产生的感应电动势E 1＝B 0Lv则电流的大小I ＝E 1R 1＋R 2＝B 0Lv R 1＋R 2根据右手定则知，通过ab 的电流方向为b →a .(2)根据法拉第电磁感应定律得，螺线管中磁场变化产生的感应电动势E 2＝N ΔBS Δt＝kNS 产生的感应电动势方向与ab 切割产生的感应电动势方向相反．则感应电流的大小I ＝E 1－E 2R 1＋R 2当mg sin θ<B 0IL ＝B 0L B 0Lv －kNS R 1＋R 2时，加速度方向向上． 即k <B 20L 2v －mg R 1＋R 2θB 0LNS，加速度方向向上． 当mg sin θ>B 0IL ＝B 0L B 0Lv －kNS R 1＋R 2时，加速度方向向下． 即k >B 20L 2v －mg R 1＋R 2θB 0LNS，加速度方向向下。
2016年高考物理母题题源系列专题09带电粒子在磁场中的运动(含解析)
专题09带电粒子在磁场中的运动【母题来源一】2016年四川卷【母题原题】如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。
一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v b时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b，当速度大小为v c时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c，不计粒子重力。
则：（）A．v b:v c=1:2，t b:t c=2:1 B．v b:v c=2:2，t b:t c=1:2 C．v b:v c=2:1，t b:t c=2:1 D．v b:v c=1:2，t b:t c=1:2【答案】A【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：mvRqB=和2mTqBπ=。
【母题来源二】2016年全国新课标Ⅰ卷【母题原题】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。
质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。
此离子和质子的质量比约为：（）A．11 B．12 C．121 D．144【答案】D【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。
要特别注意带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度。
本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时遵循的规律，涉及向心力、洛伦兹力、圆周运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力。
【考试方向】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查。
2016年高考物理一轮复习高频考点真题通关(四川专版)第八章《磁场》
第八章高频考点真题验收全通关[把握本章在高考中考什么、怎么考，练通此卷、平步高考！] 高频考点一：磁场安培力1．(2013·上海高考)如图1，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。
当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向()图1A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里2．(多选)(2012·海南高考)图2中装置可演示磁场对通电导线的作用。
电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。
当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。
下列说法正确的是()图2A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动3. (2012·大纲卷)如图3所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。
a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。
关于以下几点处的磁场，下列说法正确的是()图3A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、c 两点处磁感应强度的方向不同 高频考点二：带电粒子在匀强磁场中的运动4．(2014·北京高考)带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a 运动的半径大于b 运动的半径。
若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ，周期分别为T a 、T b 。
则一定有( )A ．q a <q bB ．m a <m bC ．T a <T bD.q a m a ＜q bm b5．(多选)(2011·浙江高考)利用如图4所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。
高二物理《带电粒子在电场中的运动》知识点讲解
高二物理《带电粒子在电场中的运动》知识点讲解
导语带电粒子在电场中的运动为电学的重点，经常与力学和磁场内容相联系，是高考综合题的热门知识点，以下便是高考网为大家准备的关于高二物理《带电粒子在电场中的运动》知识点的讲解。
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带电粒子在电磁场中的运动-高中物理专题(含解析)
带电粒子在电磁场中的运动-高中物理专题(含解析)引言本文将讨论带电粒子在电磁场中的运动，涉及到相关的物理概念和解析。
我们将从基本的概念开始，逐步深入探讨。
电磁场的基本概念电磁场是由电荷和电流所产生的。
对于静电场而言，电磁场的作用是通过电荷之间的相互作用传递力；而对于电流产生的磁场来说，电磁场的作用是通过磁力线的变化传递力。
在电磁场中，带电粒子受到电磁力的作用而运动。
带电粒子在电磁场中的运动方程带电粒子在电磁场中的运动方程可以由洛伦兹力得出。
洛伦兹力是指带电粒子在电磁场中所受的力，其方向垂直于粒子速度和磁场方向的平面。
洛伦兹力的大小与带电粒子的电荷量、速度以及磁场的强度有关。
带电粒子在电磁场中的运动方程可以表示为：F = q(E + v × B)其中，F是带电粒子所受的力，q是带电粒子的电荷量，E是电场强度，v是带电粒子的速度，B是磁场强度。
带电粒子在电磁场中的运动类型带电粒子在电磁场中的运动类型有很多种。
根据粒子速度和磁场方向的关系，可以将其分为以下几种情况：1. 带电粒子在电磁场中做匀速直线运动。
2. 带电粒子在电磁场中做匀速圆周运动。
3. 带电粒子在电磁场中做螺旋运动。
实例解析下面我们通过一个实例来解析带电粒子在电磁场中的运动。
假设我们有一个带正电荷的粒子，处于一个均匀磁场和一个均匀电场中。
该粒子以速度v在电场和磁场的交叉方向上运动。
根据洛伦兹力公式，该粒子在电磁场中所受的合力为：F = q(E + v × B)其中q为粒子的电荷量，E为电场强度，B为磁场强度。
根据合力的方向，我们可以确定粒子在电磁场中的运动类型。
具体的运动轨迹可通过求解运动方程得到。
结论带电粒子在电磁场中的运动是由洛伦兹力所驱动的。
根据粒子速度和磁场方向的关系，带电粒子可以做匀速直线运动、匀速圆周运动或螺旋运动。
通过解析带电粒子在电磁场中的运动，我们可以更好地理解电磁场对粒子的影响，为相关领域的研究和应用提供基础知识。
2016年高考物理一轮复习高频考点真题通关(四川专版)第九章《电磁感应》
第九章高频考点真题验收全通关[把握本章在高考中考什么、怎么考，练通此卷、平步高考！] 高频考点一：电磁感应现象楞次定律1．(多选)(2013·全国卷Ⅱ)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。
下列叙述符合史实的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2．(多选)(2013·海南高考)如图1所示，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内。
在金属框接通逆时针方向电流的瞬间()图1A．两小线圈会有相互靠拢的趋势B．两小线圈会有相互远离的趋势C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向3．(2012·海南高考)如图2所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。
现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。
设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()图2A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mgD．T1＜mg，T2＞mg4．(2012·四川高考)如图3所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则()图3A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场高频考点二：法拉第电磁感应定律5. (多选)(2014·江苏高考)如图4所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。
(四川)四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲34综.
考点34 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题例(20分)如图1甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量＝kg、电阻＝1Ω；、的上端连接右侧电路，m R MNPQ电路中R为一电阻箱；灯泡电阻R＝3Ω，定值电阻R＝7Ω，调节电阻箱使R＝6Ω，2L12重力加速度＝10m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放，在t＝s时刻闭合S，g ab同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图像．图1求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；ab由静止下滑x＝50m(此前已到达最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)假设只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a＝v2t＝6m/s(1分)由牛顿第二定律有mgsinα＝ma，(1分)3所以有sinα＝5，即α＝37°，(1分)t＝s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度m到达最大(v＝6m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mg sinα＝F安，(1分)-1-Bdv m 又F 安＝BIdI ＝R 总(1 分)R总＝＋1＋R L R 2＝10 Ω(1分)RRR L ＋R 2B 2d 2v m联立以上四式有 mg sin α＝ R 总(2分)mg sin αR代入数据解得 B ＝总分)2＝1T(1dv m1 2由能量转化关系有mg sin αx ＝mv m ＋Q (2分)12代入数据解得 Q ＝mg sin αx －2mv m ＝J(1 分)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有mg sin α＝BdI (1 分)所以I mg sin α＝A(1分) ＝ Bd通过2的电流为 I 2＝ R L I(1分)RR ＋RL22的功率为＝2 2(1 分)2RPIR联立以上三式可得22P ＝I 2R L R 22＝I 2R L(1分)L＋2LRRR22＋R2RR L＝ R 2时，当R 2即R ＝R ＝3Ω，功率最大，(1分)2L所以P m ＝W ．(2分)答案(1)37° 1T J (3)3ΩW(2021·安徽·23)(16 分)如图2甲所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧〞形状的光滑金属导轨 MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为m ，MN 连线水平，长为3m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3m 、质量m 为1kg 、电阻R 为Ω， 在拉力F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v ＝1m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨接 触良好)．g 取10m/s 2.-2-图2(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝m处电势差U CD；推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图像；求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．答案V－V(2)F＝－x(0≤x≤2)见解析图J解析(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E＝Blv(l＝d)E＝V(D点电势高)当x＝m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，那么－2MN2l＝d－OPx＝2m外OP dOP＝MP2得l外＝m由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差U CD＝－Bl外v＝－V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是OP－x3l＝OP d＝3－2xl对应的电阻R1＝d RBlv电流I＝R1杆受的安培力为F安＝BIl＝－x根据平衡条件得F＝F安＋mg sinθF＝－x(0≤x≤2)画出的F－x图像如下图．-3-外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积． 即W F ＝5＋×2J ＝J2而杆的重力势能增加量E ＝ sin θp故全过程产生的焦耳热＝F －p＝J ．QWE-4-。
2016届高考物理第二轮考点精讲复习教案27
考点26 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析例 (19分)如图1甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y 轴正方向电场强度为正)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向的带负电粒子．图1已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷为πB 0t 0，不计粒子的重力．求：(1)t ＝t 0时，求粒子的位置坐标；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点，求0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E 0值．解析 (1)由粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，则粒子做圆周运动的周期T ＝2πmB 0q ＝2t 0(1分)则在0～t 0内转过的圆心角α＝π(2分)由牛顿第二定律q v 0B 0＝m v 20r 1(2分)得r 1＝v 0t 0π(1分)位置坐标(2v 0t 0π，0)．(1分)(2)粒子t ＝5t 0时回到原点，轨迹如图所示 r 2＝2r 1(2分)r 1＝m v 0B 0q r 2＝m v 2B 0q (1分)得v 2＝2v 0(1分)又q m ＝πB 0t 0，r 2＝2v 0t 0π(1分) 粒子在t 0～2t 0时间内做匀加速直线运动，2t 0～3t 0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离：h m ＝v 0＋2v 02t 0＋r 2＝(32＋2π)v 0t 0.(2分)(3)如图所示，设带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径为r 1，在x 轴下方做圆周运动的轨道半径为r 2′，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足： n (2r 2′－2r 1)＝2r 1，(n ＝1,2,3，…)(1分)r 1＝m v 0B 0q r 2′＝m v B 0q(1分)联立以上各式解得v ＝n ＋1n v 0，(n ＝1,2,3，…)(1分)又由v ＝v 0＋E 0qt 0m(1分)得E 0＝v 0B 0n π，(n ＝1,2,3，…)．(1分)答案 (1)(2v 0t 0π，0) (2)(32＋2π)v 0t 0 (3)v 0B 0n π，(n ＝1,2,3，…)(20分)如图2甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．图2(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B 0＝4m v 0qd ，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B .答案 (1)m v 0qd (2)3v 20d (3)πd 3v 0或⎝⎛⎭⎫π2＋arcsin 14d 2v 0 解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R 1①据题意由几何关系得R 1＝d ②联立①②式得B 0＝m v 0qd③(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 20R 2④据题意由几何关系得3R 2＝d ⑤联立④⑤式得a ＝3v 20d.⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R⑧由题意知B 0＝4m v 0qd ，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0<θ<π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B2⑩ 设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3，…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬ 联立⑦⑨⑩⑬式得 T B ＝πd 3v 0⑭当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯ 当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得 T B ＝⎝⎛⎭⎫π2＋arcsin 14d 2v 0⑲ 当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求． 强化练习1．如图1甲所示，水平直线MN 上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E ＝π×103 N/C ，MN 下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B 随时间t 按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向．T ＝0时将一重力不计、比荷qm ＝106 C/kg 的正点电荷从电场中的O 点由静止释放，在t 1＝1×10－5 s 时恰通过MN 上的P 点进入磁场，P 点左方d ＝105 cm处有一垂直于MN 且足够大的挡板．图1求：(1)电荷从P 点进入磁场时速度的大小v 0； (2)电荷在t 2＝4×10－5 s 时与P 点的距离Δx ；(3)电荷从O 点出发运动到挡板所需时间t 总． 答案 (1)π×104 m/s (2)20 2 cm (3)1.42×10－4 s解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq ＝ma v 0＝at 1解得v 0＝Eqt 1m ＝π×103×106×1×10－5 m/s ＝π×104 m/s(2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2r ，r ＝m vBq当B 1＝π20 T 时，半径r 1＝m v 0B 1q ＝0.2 m ＝20 cm周期T 1＝2πmB 1q＝4×10－5 s当B 2＝π10 T 时，半径r 2＝m v 0B 2q ＝0.1 m ＝10 cm周期T 2＝2πmB 2q ＝2×10－5 s故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．在t ＝0到t 2＝4×10－5 s 时间内，电荷先沿直线OP 运动t 1，再沿大圆轨迹运动T 14，紧接着沿小圆轨迹运动T 2，t 2＝4×10－5 s 时电荷与P 点的距离Δx ＝2r 1＝20 2 cm(3)电荷从P 点开始的运动周期T ＝6×10－5 s ，且在每一个周期内向左沿PM 移动x 1＝2r 1＝40 cm ，电荷到达挡板前经历了2个完整周期，沿PM 运动距离x ＝2x 1＝80 cm ，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成θ角，最后d －x ＝25 cm 内的轨迹如图所示． 据几何关系有r 1＋r 2sin θ＝0.25 m 解得sin θ＝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＝t 1＋2T ＋T 14＋θ360°T 2解得t 总＝856×10－5 s ≈1.42×10－4 s.。
带电粒子的周期性变化
研究背景和意义
随着科技的发展，带电粒子的周期性 变化在许多领域都有广泛的应用，如 粒子加速器、核聚变、量子计算等。
深入理解带电粒子的周期性变化有助 于推动相关领域的技术进步，为解决 能源、医疗、环保等领域的实际问题 提供理论支持。
02
带电粒子基础知识
带电粒子基本属性
01
02
03
电荷
带电粒子具有正负电荷， 可以吸引或排斥其他带电 粒子。
对采集到的数据进行处理和分析 ，计算带电粒子的运动周期、速 度和加速度等参数，并绘制运动 轨迹图。
实验结论和讨论
实验结论
实验结果表明，带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹呈现周期性变化，验证了 洛伦兹力对带电粒子运动的影响。
实验讨论
本实验存在一定的误差和局限性，如粒子源的纯度、电场和磁场的均匀性和稳 定性等。为了提高实验精度和可靠性，需要进一步优化实验条件和改进实验方 法。
带电粒子在周期性电场中的行为包括稳定运动和混沌 运动，取决于粒子的质量和电荷以及电场的频率和幅
度。
研究带电粒子在周期性电场中的行为有助于深入了解 电磁波与带电粒子的相互作用机制，对于电磁波传播、
散射和吸收等领域具有重要意义。
04
带电粒子周期性变化的实验验证
实验设计和方法
实验目标
验证带电粒子在电场和磁场中的 周期性运动，观察洛伦兹力对带
发展数值模拟和理论模型，以更精确 地描述带电粒子的周期性变化过程。
探讨不同类型带电粒子（如电子、离 子等）的周期性变化特性，以及影响 因素（如温度、压力、磁场等）。
探索新的应用领域和技术
发掘带电粒子周期性变化在能源、环境、医疗等 领域的应用潜力。
研究带电粒子周期性变化在新型电子器件、传感 器、加速器等领域的应用。
四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲33对电磁感应中能量问题的考查
考点33 对电磁感应中能量问题的考查例如图1所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和以a′b′的质量都是0.2 kg，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W．求：图1(1)ab下滑的最大加速度；(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(3)如果将ab与a′b′同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q′为多大？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)审题突破(1)当ab棒刚下滑时，v＝0，没有感应电流，此时加速度最大．(2)ab棒达到最大速度后做匀速运动，其重力功率等于整个回路消耗的电功率，求出v m，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q.(3)a′b′和ab受力平衡时稳定，求出稳定速度，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q′.解析(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：a＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2.(2分)(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有mg sin θ＝BIL＋μmg cos θ，(2分)整个回路消耗的电功率P电＝BILv m＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m＝8 W，(2分)则ab棒的最大速度为：v m＝10 m/s(1分)由P电＝E22R ＝BLv m22R(2分)得：B＝0.4 T．(1分) 根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12mv 2m ＋μmg cos θ·h sin θ(2分)解得：Q ＝30 J ．(1分) (3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析，得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分)又I ′＝2BLv ′2R ＝BLv ′R(2分) 代入解得v ′＝5 m/s(1分)由能量守恒2mgh ＝12×2mv ′2＋2μmg cos θh sin θ＋Q ′(3分) 代入数据得Q ′＝75 J ．(1分)答案 (1)4 m/s 2(2)30 J (3)75 J2．在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L ，如图2所示．一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t ＝0时刻以速度v 0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t 0，线框ab 边到达gg ′与ff ′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )图2A ．当ab 边刚越过ff ′时，线框加速度的大小为g sin θB ．t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C ．t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin θ＋1532mv 20 D ．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动答案 BC 解析 当ab 边进入磁场时，F A ＝B 2L 2v 0R＝mg sin θ.当ab 边刚越过f ′f 时，线框的感应电动势和电流均加倍，4B 2L 2v 0R －mg sin θ＝ma ，加速度向上为3g sin θ，A 错误；t 0时刻，4B 2L 2v R＝mg sin θ，解得v ＝v 04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为32L ，则由功能关系得t 0时间内线框中产生的焦耳热为Q ＝3mgL sin θ2＋12mv 20－12mv 2＝32mgL sin θ＋1532mv 20，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误．1．明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：电能W 安>0W 安<0其他形式的能 2．明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．3．根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题． 强化练习图11．如图1所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L .一个质量为m 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v 0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则( )A ．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B ．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C ．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D ．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率答案 BC解析 线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项A 错误；分析线框的运动过程可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B 正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有F 安＋mg ＝ma ，F 安＝B 2L 2v R ，故有a ＝g ＋B 2L 2mRv ，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，故选项C 正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重 力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率，所以选项D 错误． 2．(2015·新课标Ⅱ·25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图2所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：图2(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．答案 (1)方向为C →D 大小为3B ωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmg ωr 2解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D .设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B 2而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3B ωr 22R . (2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIrv ＋F f v ，而F f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmg ωr 2.。
四川省某重点中学2016届高考物理 考点精讲41 对电磁振荡和电磁波考查
考点41 对电磁振荡和电磁波考查图1例(2015·浙江·20)为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L或电源相连，如图1所示．当开关从a拨到b时，由L与C构成的回路中产生的周期T＝2πLC的振荡电流．当罐中液面上升时( )A．电容器的电容减小B．电容器的电容增大C．LC回路的振荡频率减小D．LC回路的振荡频率增大答案BC解析两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相当于插入的电介质增多，电容增大，故A错误，B正确；根据T＝2πLC，电容C增大时，震荡的周期T增大，由f＝1T可以判定，LC回路的振荡频率f减小，故C正确，D错误．2．关于电磁波，下列说法正确的是( )A．变化的磁场一定能产生电磁波B．把传送信号“加”到载波上的过程叫调谐C．高速运动的电磁波源发出的电磁波，传播速度可以大于真空中的光速D．电磁波在真空中传播时，它的电场与磁场相互垂直且与传播方向垂直答案 D解析根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的电场周围会产生周期性变化的磁场，而周期性变化的磁场周围又会产生周期性变化的电场，这种变化的电场和变化的磁场交替产生，由近及远的传播，从而形成电磁波，而均匀变化的磁场产生恒定的电场，恒定的电场不会产生磁场，故变化的磁场不一定能产生电磁波，故A错误．把传送信号“加”到载波上的过程叫调制，故B 错误．根据狭义相对论可知，任何物体的运动速度都不可能超过光速，故C 错误．电磁波是横波，其中电场和磁场的方向处处相互垂直，且与传播方向垂直，故D 正确．3．关于电磁波，下列说法正确的是( )A ．电磁波不能在真空中传播B ．变化的磁场均能产生电磁波C ．X 射线的波长比可见光的波长大D ．调制是使电磁波随各种信号变化的过程答案 D解析 电磁波能在真空中传播，故A 错误．均匀变化的磁场只能产生稳定的电场，不会产生电磁波，故B 错误. X 射线的波长比可见光的波长小，而频率比可见光的高，故C 错误．调制是使电磁波随各种信号变化的过程，分为调频与调幅，故D 正确．强化练习4．下列说法正确的是( )A ．接收电磁波时首先要进行调制B ．变化的电场不一定能产生变化的磁场C ．麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在D ．电磁波在介质中的传播速度由介质决定，与频率无关答案 BD解析 接收电磁波时首先要进行调谐，故A 错误；变化的电场不一定能产生变化的磁场，但能产生磁场，故B 正确；麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C 错误；根据v ＝c n，可知电磁波在介质中的传播速度由介质决定，与频率无关，故D 正确．5．LC 回路中电容两端的电压u 随时刻t 变化的关系如图2所示，则( )图2A ．在时刻t 1，电路中的电流最大B ．在时刻t 2，电路的磁场能最大C ．从时刻t 2至t 3，电路的电场能不断减小D．从时刻t3至t4，电容的带电量不断增大答案 B解析在时刻t1时电路中电容器两端的电压最大，故两极板之间的电场最强，电场能最大，根据能量守恒可知此时磁场能最小，故在时刻t1时电路中的电流为0，故A错误；在t2时电路中电容器两端的电压为0，两极板之间的电场强度为0，故电场能为0，根据能量守恒可知此时磁场能最大，故B正确；从t2至t3电容器两端的电压逐渐增大，故两极板之间的电场逐渐增强，则电路的电场能不断增大，故C错误；从时刻t3至t4，电容器两端的电压逐渐减小，根据Q＝CU可知电容器带的电荷量不断减小，故D错误．。
四川省某重点中学高考物理 考点精讲31 对楞次定律和电
考点31 对楞次定律和电磁感应图像问题的考查例1 (2016·山东日照二模)如图1所示，直角坐标系xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .现将半径为L 、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t ＝0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( )图1审题突破 根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式E ＝12Bl 2ω求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图像．解析 根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R ，角速度为ω，则电流大小为BωL 22R，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为3BωL 22R ，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是3BωL22R，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为BωL 22R，B 选项正确．答案 B1．(2015·江苏·7)如图2所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )图2A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯答案AB解析当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．1．楞次定律的理解和应用(1)“阻碍”的效果表现为：①阻碍原磁通量的变化——增反减同；②阻碍物体间的相对运动——来拒去留；③阻碍自身电流的变化——自感现象．(2)解题步骤：①确定原磁场的方向(分析合磁场)；②确定原磁通量的变化(增加或减少)；③确定感应电流磁场的方向(增反减同)；④确定感应电流方向(安培定则)．2．求解图像问题的思路与方法(1)图像选择问题：求解物理图像的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图像，留下正确图像．也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照．解决此类问题的关键是把握图像特点，分析相关物理量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化．(2)图像分析问题：定性分析物理图像，要明确图像中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图像的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断．在有关物理图像的定量计算时，要弄清图像所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图像中的隐含条件，明确有关图像所包围的面积、斜率，以及图像的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义．强化练习1．法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图1所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )图1A ．回路中电流大小变化，方向不变B ．回路中电流大小不变，方向变化C ．回路中电流的大小和方向都周期性变化D ．回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表 答案 D解析 铜盘转动产生的感应电动势为：E ＝12BL 2ω，B 、L 、ω不变，E 不变，电流：I ＝E R ＝BL 2ω2R ，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表，故A 、B 、C 错误，D 正确．2．如图2所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R ，边长是L ，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，t 1时刻线框全部进入磁场．若外力大小为F ，线框中电功率的瞬时值为P ，线框磁通量的变化率为ΔΦΔt ，通过导体横截面的电荷量为q ，(其中P —t 图像为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是( )图2答案 BD解析 线框做匀加速运动，其速度v ＝at ，感应电动势E ＝BLv线框进入磁场过程中受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2atR由牛顿第二定律得：F －B 2L 2atR＝ma则F ＝ma ＋B 2L 2aRt ，故A 错误；感应电流I ＝E R ＝BLatR线框的电功率P ＝I 2R ＝BLa 2Rt 2，故B 正确；线框的位移x ＝12at 2，ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt ＝B ·L ·12at 2t ＝12BLat ，故C 错误；电荷量q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR ＝BLx R ＝BL ·12at 2R ＝BLa 2Rt 2，故D 正确．。
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考点26 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析
例 (19分)如图1甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y 轴正方向电场强度为正)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向的带负电粒子．
图1
已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷为
π
B 0t 0
，不计粒子的重力．求：
(1)t ＝t 0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点，求0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E 0值．
解析 (1)由粒子的比荷q m ＝
π
B 0t 0
， 则粒子做圆周运动的周期T ＝2πm
B 0q
＝2t 0(1分)
则在0～t 0内转过的圆心角α＝π(2分)
由牛顿第二定律qv 0B 0＝m v 20
r 1
(2分)
得r 1＝v 0t 0
π
(1分)
位置坐标(2v 0t 0
π
，0)．(1分)
(2)粒子t ＝5t 0时回到原点，轨迹如图所示
r 2＝2r 1(2分)
r 1＝mv 0B 0q r 2＝mv 2
B 0q
(1分)
得v 2＝2v 0(1分) 又q m ＝πB 0t 0，r 2＝2v 0t 0π
(1分) 粒子在t 0～2t 0时间内做匀加速直线运动，2t 0～3t 0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t 0时间
内粒子距x 轴的最大距离：h m ＝v 0＋2v 02t 0＋r 2＝(32＋2
π
)v 0t 0.(2分)
(3)如图所示，设带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径为r 1，在x 轴下方做圆周运动的轨道半径为r 2′，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：
n (2r 2′－2r 1)＝2r 1，(n ＝1,2,3，…)(1分)
r 1＝mv 0B 0q r 2′＝mv
B 0q
(1分)
联立以上各式解得v ＝n ＋1
n
v 0，(n ＝1,2,3，…)(1分)
又由v ＝v 0＋E 0qt 0
m
(1分)
得E 0＝v 0B 0
n π
，(n ＝1,2,3，…)．(1分)
答案 (1)(2v 0t 0π，0) (2)(32＋2π)v 0t 0 (3)v 0B 0
n π
，(n ＝1,2,3，…)
(20分)如图2甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时
间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．
图2
(1)若Δt ＝1
2T B ，求B 0；
(2)若Δt ＝3
2T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B 0＝4mv 0
qd
，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B .
答案 (1)mv 0qd (2)3v 2
0d (3)πd 3v 0或⎝ ⎛⎭⎪⎫π
2
＋arcsin 14d 2v 0
解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，
由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 2
R 1
①
据题意由几何关系得R 1＝d ② 联立①②式得B 0＝
mv 0
qd
③ (2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 20
R 2
④
据题意由几何关系得3R 2＝d ⑤
联立④⑤式得a ＝3v 20
d
.⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πR
v 0
⑦
由牛顿第二定律得
qv 0B 0＝mv 2
R
⑧
由题意知B 0＝4mv 0
qd
，代入⑧式得
d ＝4R ⑨
粒子运动轨迹如图所示，
O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能
垂直击中P 板，且均要求0<θ<π
2
，由题意可知
π2＋θ2πT ＝T B
2⑩ 设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3，…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得
R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪
当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬
联立⑦⑨⑩⑬式得 T B ＝πd 3v 0
⑭
当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得
R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯
当n ＝0时，无解⑰
当n ＝1时，联立⑨⑯式得
θ＝arcsin 14(或sin θ＝1
4)⑱
联立⑦⑨⑩⑱式得
T B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π
2
＋arcsin 14d 2v 0⑲
当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求． 强化练习
1．如图1甲所示，水平直线MN 上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E ＝π×103
N/C ，MN 下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B 随时间t 按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向．T ＝0时将一重力不计、比荷q
m
＝106
C/kg 的正点电荷从电场中的O 点由静止释放，在t 1＝1×10－5
s 时恰通过MN 上的P 点进入磁场，P 点左方d ＝105 cm 处有一垂直于MN 且足够大的挡板．
图1
求：(1)电荷从P 点进入磁场时速度的大小v 0； (2)电荷在t 2＝4×10－5
s 时与P 点的距离Δx ； (3)电荷从O 点出发运动到挡板所需时间t 总．
答案 (1)π×104
m/s (2)20 2 cm (3)1.42×10－4
s 解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq ＝ma
v 0＝at 1
解得v 0＝
Eqt 1m
＝π×103×106×1×10－5 m/s ＝π×104
m/s (2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB ＝m v 2r ，r ＝mv Bq
当B 1＝π20 T 时，半径r 1＝mv 0
B 1q ＝0.2 m ＝20 cm
周期T 1＝2πm B 1q
＝4×10－5
s
当B 2＝π10 T 时，半径r 2＝mv 0
B 2q ＝0.1 m ＝10 cm
周期T 2＝2πm B 2q
＝2×10－5
s
故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．
在t ＝0到t 2＝4×10－5
s 时间内，电荷先沿直线OP 运动t 1，再沿大圆轨迹运动T 1
4，紧接着沿
小圆轨迹运动T 2，t 2＝4×10－5
s 时电荷与P 点的距离Δx ＝2r 1＝20 2 cm
(3)电荷从P 点开始的运动周期T ＝6×10－5
s ，且在每一个周期内向左沿PM 移动x 1＝2r 1＝40 cm ，电荷到达挡板前经历了2个完整周期，沿PM 运动距离x ＝2x 1＝80 cm ，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成θ角，最后d －x ＝25 cm 内的轨迹如图所示． 据几何关系有r 1＋r 2sin θ＝0.25 m 解得sin θ＝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＝t 1＋2T ＋T 14
＋θ
360°
T 2
解得t 总＝856
×10－5 s≈1.42×10－4
s.。