高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应带电粒子在电场中的运动专题解读
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应带电粒子的运动专题复习
交变电流和电磁感应带电粒子的运动一、专题分析：本专题综合起来讲就三个方面的问题：带电粒子在电场中的运动；带电粒子在磁场中的运动；带电粒子在复合场（或组合场）中的运动。
几乎成为历年高考的必考内容，且多以多过程的综合计算题为主，分值较高，能够突出高考的命题要求，即以能力测试为主导，考查学生对所学相关课程基础知识、基本技能的掌握程度和综合运用所学知识分析解决问题的能力；涉及的实际应用问题较多，，如示波器、质谱仪、速度选择器、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计等。
无论粒子是在简单情景中运动还是在复杂情景中运动，都是把场的性质、运动学知识、牛顿运动定律、功能关系、动量守恒定律有机地联系在一起，因而综合性较强，能力要求较高。
二、高考考情分析及命题趋势：专题问题中所涉及的情景有很多相似之处，高考命题只是从不同的角度、不同的条件或者不断变化题设的情景切入，甚至是陈题翻新，连续几年虽然每年都在考，但还是针对不同的方面，2012年高考计算题仍然会延续这种思路，有以下可能性带电粒子在周期性变化的电场或者磁场中的运动是近几年高考中不曾涉及的，但这类问题的综合程度高，很容易和生活生产、科学技术联系起来，通过这类问题可以考查考生分析综合能力以及利用所学知识解决实际问题的能力。
三、过程：二轮复习中，由于这一专题在高考中地位非常重要特别是要想考好大学的学生，所以在复习中我们将做好以下工作。
1、加强学生对这一专题思想认识：让学生认识到这一专题连续几年都在考，而且所占分值还是非常高的，几乎占到了六分之一。
要想理综考好这一专题起到了决定性的作用，让学生自己意识到我一定要把这一个专题攻克的地步，学生就会有意识的去发现、去寻找自己在这一个方面还有哪些问题。
2、老师通过训练题帮助学生提高阅读分析题意的能力，采用排查的方法对问题较大的题型进行反复加强训练同时始终注意书写的规范性和易错点：如：（1）．在解决带电粒子在复合场中的运动问题时，正确分析带电粒子的受力情况及运动特征是解题的前提，灵活选用力学规律是解题的关键。
2020高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应洛
交变电流和电磁感应洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动1．如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动.在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法一定错误的是A.速率变小，半径变小，周期不变B.速率不变，半径不变，周期不变C.速率不变，半径变大，周期变大D.速率不变，半径变小，周期变小2．如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴均夹θ角.则正、负离子在磁场中A.运动时间相同B.运动轨道半径相同C.重新回到x轴时速度大小和方向均相同D.重新回到x轴时距O点的距离相同3．电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为u）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的质量为m，电量为e）4．已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推测，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998年6月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，寻找宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的核心部分如图所示，PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ中央的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m，电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.（1）指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹?（不要求写出判断过程）（2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径；（3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少?5．如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：（1）该粒子射出磁场的位置；（2）该粒子在磁场中运动的时间.（粒子所受重力不计）参考答案1．A 2.BCD3.解析：电子在M 、N 间加速后获得的速度为v ，由动能定理得： 21mv 2-0=eu 电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：evB =m rv 2电子在磁场中的轨迹如图，由几何得：222d L L+=rd L 22+ 由以上三式得：B =emu d L L2222+4.解:（1）a 、b 、c 、d 四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹.（2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： R v m evB 2= eBmv R = （3）由图中几何关系知：2222222L B e v m eB mv L R R s d o --=--=' 所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离22222222L Be v m eB mv s s d o ad --==' 5.解：（1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A 点射出磁场，设O 、A 间的距离为L ，射出时速度的大小仍为v ，射出方向与x 轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv 0B =m Rv 20 式中R 为圆轨道半径，解得： R =qB mv 0 ①圆轨道的圆心位于OA 的中垂线上，由几何关系可得： 2L =R sin θ ②。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应电磁学导棒专题
交变电流和电磁感应电磁学导棒近十年高考物理试卷和理科综合试卷，电磁学的导棒问题复现率高达100%(除98年无纯导棒外)，且多为分值较大的计算题．为何导棒问题频繁复现，原因是：导棒问题是高中物理电磁学中常用的最典型的模型，常涉及力学和热学问题，可综合多个物理高考知识点．其特点是综合性强、类型繁多、物理过程复杂，有利于对学生综合运用所学的知识从多层面、多角度、全方位分析问题和解决问题的能力考查；导棒问题是高考中的重点、难点、热点、焦点问题。
导棒问题在磁场中大致可分为两类：一类是通电导棒，使之平衡或运动；其二是导棒运动切割磁感线生电．运动模型可分为单导棒和双导棒．(一)通电导棒问题通电导棒题型，一般为平衡和运动型，对于通电导棒平衡型，要求考生用所学物体的平衡条件(包含∑F =0，∑M =0)来解答，而对于通电导棒的运动型，则要求考生用所学的牛顿运动定律、动量定理以及能量守恒结合在一起，加以分析、讨论，从而作出准确地解答．例1：如图(1-1-1)所示，相距为d 的倾角为α的光滑平行导轨(电源ε、r 和电阻R 均已知)处于竖直向上的匀强磁场B 中，一质量为m 的导棒恰能处于平衡状态，则该磁场B 的大小为 ；当B 由竖直向上逐渐变成水平向左的过程中，为保持棒始终静止不动，则B 的大小应是 ．上述过程中，B 的最小值是 ．分析和解：此题主要用来考查考生对物体平衡条件的理解情况，同时考查考生是否能利用矢量封闭三角形或三角函数求其极值的能力．将图(1-1-1)首先改画为从右向左看的侧面图，如图(1-1-2)所示，分析导棒受力，并建立直角坐标系进行正交分解，也可采用共点力的合成法来做．根据题意∑F =0，即∑F x =0；∑F y =0；∑F x =F B –Nsin α=0 ①∑F y =Fcos α–mg =0 ②，①/②得：mg F tg B=α③由安培力公式F B =BId ④；全电路区姆定律r R I +=ε⑤， 联立③④⑤并整理可得d r R mgtg B ⋅+=εα)( (2)借助于矢量封闭三角形来讨论，如图(1-1-3)在磁场由竖直向上逐渐变成水平的过程中，安培力由水平向右变成竖直向上，在此过程中，由图(1-1-3)看出F B 先减小后增大，最终N =0，F B =mg ，因而B 也应先减小后增大．(3)由图(1-1-3)可知，当F B 方向垂直于N 的方向时F B 最小，其B 最小，故mg F B=αsin ①，而BId F B =②，r R I +=ε③，联立①②③可得d r R B mg +=εαsin ，即Bd r R mg B )(sin min +=α评析：该题将物体的平衡条件作为重点，让考生将公式和图象有机地结合在一起，以达到简单快速解题的目的，其方法是值得提倡和借鉴的．(二)棒生电类： 棒生电类型是电磁感应中的最典型模型、生电方式分为平动切割和转动切割，其模型可分为单导棒和双导棒．要从静态到动态、动态到终态加以分析讨论，其分析动态是关键．对于动态分析，可从以下过程考虑：闭合电路中的磁通量发生变化⇒导体产生感应电流⇒导体受安培力和其他力作用⇒导体加速度变化⇒速度变化⇒感应电流变化⇒周而复始地循环最后加速度减小至零⇒速度达到最大⇒导体做匀速直线运动．我们知道，电磁感应现象的实质是不同形式能量的转化过程，因此，由功能观点切入，分清楚电磁感应过程中能量转化关系，往往是我们解决电磁感应问题的关键，当然也是我们处理这类题型的有效途径．1、单导棒问题例1：(2001年全国高考试题)如图(2-1-1)所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L =0.20m ，电阻R =1.0Ω；有一导棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B =0.50T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F 沿轨道方向拉棒，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图(2-1-2)所示．求棒的质量m 和加速度a ．分析和解：此题主要用来考查学生对基本公式掌握的情况，是否能熟练将力电关系式综合在一起，再根据图象得出其a 和m 值．从图中找出有用的隐含条件是解答本题的关键．解法一：导棒在轨道上做匀加速直线运动，用v 表示其速度，t 表示时间，则有v=at ①，棒切割磁感线，产生感应电动势BLv =ε②，在棒、轨道和电阻的闭合电路中产生感应电流R I ε=③，杆所受安培力F B =BIL ④，再由牛顿第二定律∑F =ma故F –F B =ma ⑤，联立求解①~⑤式得at R L B ma F 22+=⑥．在图线上取两点代入⑥式，可得a =10m/s 2，m =0.1kg ．解法二：从F –t 图线可建立方程 F =1+0.1t ①，棒受拉力F 和安培力F B 作用，做匀加速直线运动，其合力不随时间t 变化，并考虑初始状态F B =0，因而F B 的大小为F B =0.1t ②，再由牛顿第二定律：∑F=ma 有F –F B =ma ③，联立①②③可得ma =1 ④．又∵F B =BIL ⑤，而R I ε=⑥，BLv =ε⑦，联立⑤⑥⑦得R v L B F B 22=⑧，而v=at ，故R at L B F B 22=⑨，②/⑨得：)/(10)20.0()50.0(0.11.01.022222s m L B Ra =⨯⨯==⑩，再由④与⑩式得kg a m 1.01==．评析：解法一采用了物理思维方法，即用力学的观点，再结合其F-t 图象将其所求答案一一得出．解法二则采用了数学思维方法，先从F-t 图象中建立起相应的直线方程，再根据力学等知识一一求得，此解法不落窠臼，有一定的创新精神．我们认为，此题不愧为电磁学中的经典习题，给人太多的启发，的确是一道选拔优秀人才的好题．例2：如图(2-1-2)所示，两根竖直放置在绝缘地面上的金属框架上端接有一电容量为C 的电容器，框架上有一质量为m ，长为L 的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好且无摩擦，棒离地面的高度为h ，磁感应强度为B 的匀强磁场与框架平面垂直，开始时电容器不带电，将棒由静止释放，问棒落地时的速度多大？落地时间多长？分析和解：此题主要用来考查考生对匀变速直线运动的理解，这种将其电容和导棒有机地综合在一起，使之成为一种新的题型．从另一个侧面来寻找电流的关系式，更有一种突破常规思维的创新，因而此题很具有代表性．经分析，导棒在重力作用下下落，下落的同时产生了感应电动势．由于电容器的存在，在棒上产生充电电流，棒将受安培力的作用，因此，棒在重力作用和安培力的合力作用下向下运动，由牛顿第二定律∑F=ma ，得故mg –F B =ma ①，F B =BiL ②．由于棒做加速运动，故v 、a 、ε、F B 均为同一时刻的瞬时值，与此对应电容器上瞬时电量为Q=C ·ε，而ε=BLv ．设在时间△t 内，棒上电动势的变化量为△ε，电容器上电量的增加量为△Q ，显然△ε=BL △v ③，△Q=C ·△ε ④，再根据电流的定义式t Q i ∆∆=⑤，t v a ∆∆= ⑤′，联立①~⑤′得：C L B m mga 22+=⑥ 由⑥式可知，a 与运动时间无关，且是一个恒量，故棒做初速度为零的匀加速直线运动，其落地速度为v ，则ah v 2=⑦，将⑥代入⑦得：C L B m mgh v 222+=⑧，落地时间可由221at h =，得a h t 2=，将⑥代入上式得mg C L B m h C L B m mght )(222222+=+=．评析：本题应用了微元法求出△Q 与△v 的关系，又利用电流和加速度的定义式，使电流i 和加速度a 有机地整合在一起来求解，给人一种耳目一新的感觉．读后使人颇受启示．例：如图(2-1-3)所示，倾角为θ=30°，宽度为L=1m 的足够长的U 型平行光滑金属导轨固定在磁感应强度B=1T ，在范围充分大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上，现用平行导轨、功率恒为6w 的牵引力F ，牵引一根质量m =0.2kg 、电阻R =1Ω放在导轨上的导棒ab ，由静止沿导轨向上移动(ab 棒始终与导轨接触良好且垂直)．当金属导棒ab 移动S =2.8m 时，获得稳定速度，在此过程中金属导棒产生的热量为Q =5.8J (不计导轨电阻及一切摩擦，g 取10m/s 2)问(1)导棒达到稳定速度是多大？(2)导棒从静止达到稳定速度所需时间是多少？分析和解：此题主要用来考查考生是否能熟练运用力的平衡条件和能量守恒定律来巧解此题．当金属导棒匀速沿斜面上升有稳定速度v 时，导棒受力如图(2-1-4)所示，由力的平衡条件∑F =0，则F –mgsin θ–F B =0 ①，F B =BIL ②，RI ε=③，ε=BLv ④，又∵F=P/v ⑤，由①②③④⑤可得0sin 22=--R v L B mg v P θ，整理得0sin 222=-⋅-v L B R v mg PR θ，代入有关数据得062=-+v v ，解得v=2m/s ，v=–3m/s (舍去)．(2)由能量转化和守恒Q mv S mg Pt ++⋅=221sin θ，代入数据可得t=1.5s ．评析：此题较一般电磁感应类型题更能体现能量转化和守恒过程，因此，在分析和研究电磁感应中的导棒问题时，从能量观点去着手求解，往往更能触及该问题的本质，当然也是处理此类问题的关键和一把金钥匙．2、双导棒问题：在电磁感应现象中，除了单导棒问题外，还存在较多的双导棒问题，这类问题的显著特征是：两导棒在切割磁感线时，相当于电池的串联或并联，组成闭合回路，而且，求解此类型问题最佳途径往往从能量守恒、动量守恒的角度出发，用发展、变化的眼光，多角度、全方位地发散思维，寻求相关物理量和公式，挖掘隐含条件，采用“隔离法”或“整体法”(系统法)快捷作出解答．因此，双导棒问题更能反映考生的分析问题和解决问题的能力，特别是方法、技巧、思路均反映在解题中，是甄别考生层次拉大差距的优秀试题．例1：(1993年全国高考题)如图(2-2-1)所示两金属导棒ab 和cd 长均为L ，电阻均为R ，质量分别为M 和m ，M>m ．用两根质量和电阻均可忽略不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂于水平、光滑、不导电的圆棒两侧，两金属导棒都处于水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B ，若金属导棒ab 正好匀速向下运动，求运动的速度．分析和解：此题主要用来考查考生对力学中的受力分析、力的平衡、电磁感应、欧姆定律和安培力公式的掌握．此题也可从不同方法去解答． 解法一：采用隔离法，假设磁场B 的方向是垂直纸面向里，ab 杆向下匀速运动的速度为v ，则ab 棒切割磁感线产生的感应电动热大小BLv =1ε，方向由a →b ，cd 棒以速度v 向上切割磁感线运动产生感应电动势大小为BLv =2ε，方向由d →c ．回路中的电流方向由a →b →d →c ，大小为BLv R BLv R i ==+=22221εε①，ab 棒受到安培力向上，cd 棒受到安培力向下，大小均为F B 即R v L B BiL F B 22==②，当ab 棒匀速下滑时，令棒受到的导线拉力为T ，则对ab 有T+F B =mg ③，对cd 有：T=F B +mg ④，由③④解得2F B =(M-m )g ⑤，再由②⑤可得g m M R v L B )(222-=，故222)(L B gR m M v -=． 解法二：采用整体法，把ab 、cd 柔软导线视为一个整体，∵M>m ，∴整体动力为(M –m )g ①，ab 棒向下，cd 棒向上，整体所受安培力与整体动力相等时正好做匀速向下运动，则22222)(2)(L B gR m M v R v L B g m M -=⇒=-．解法三：采用能量守恒法，将整个回路视为一个整体系统，用其速度大小不变，故动能不变．ab 棒向下，cd 棒向上运动过程中，因Mg>mg ，系统的重力势能减少，将转化为回路的电能，电能量转化守恒定律R mgv Mgv 22总ε=-①，而ε总=2ε ②，ε=BLv ③，联立①②③可得222)(L B gRm M v -=．评析：此题为典型的双导棒在磁场中运动的问题．并且两根棒都切割磁感线产生感应电动势，对整个回路而言，相当于电池组的串联，整个回路中有电流流过，两棒都受安培力，在未达到稳定速度前，两棒均做变加速运动，当加速度减为零时，速度为最大．从以上三种解法来看，其解法三更显简便，思维灵活，故该题对考生的考查确实具有针对性．例2：(2001高考春招试题)如图(2-2-2)所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同ab 棒向cd 棒运动时，ab 棒产生感应电动势，由于通过导轨和cd 棒组成回路，于是回路中便产生感应电流，ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，而cd 棒则在安培力作用下做加速运动．在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，而棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，即不产生感应电流，两棒的相同的速度v 做匀速直线运动．(1)从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒组成的系统动量守恒，则有mv 0=2mv ①，再根据能量守恒Q v m mv +=220)2(2121②，联立①②两式得：2041mv Q =．(2)设ab 棒的速度变为初速的43时，cd 棒的速度为v ′，则再次由动量守恒定律可知'4300mv v m mv += ③，此时回路中的感应电动势和感应电流分别是：BL v v )'43(0-=ε④，R I 2ε=⑤，此时cd 棒所受安培力F B =BIL ⑥，cd 棒的加速度 m F a B= ⑦，联立 ①~⑦得mR v L B a 4022=．。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应带电粒子在电场磁场中的运动新题
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应带电粒子在电场磁场中的运动新题1． .（20分）如图所示，电源电动势为E=100 V ，内阻不计，R 1、R 2、R 4的阻值为300 Ω，R 3为可变电阻。
C 为一水平放置的平行板电容器，虚线到两极板距离相等且通过竖直放置的荧光屏中心，极板长为l=8 cm ，板间距离为d=1 cm ，右端到荧光屏距离为s=20 cm ，荧光屏直径为D=5 cm 。
有一细电子束沿图中虚线以E 0=9.6×102eV 的动能连续不断地向右射入平行板电容器。
已知电子电荷量e=1.6×10-19C 。
要使电子都能打在荧光屏上，变阻器R 3的取值范围多大？答案：解:电子穿过电容器过程中，在水平方向做匀速运动l=v 0t,①（2分） 在竖直方向做匀加速直线运动y 1=21at 2,②（2分） v 1=at,③（1分） a=mdeU,④（1分） 电子穿出平行板电容器时，速度方向偏转θ角，tan θ=1v v ,⑤（2分） 联立①—⑤解得tan θ=121y 。
（1分） 电子打在荧光屏上偏离中心O ′的位移为 y=y 1+stan θ,⑥（2分） 即y=(1+ls2)y 1。
当y 1=2d时，代入数据求得y=3 cm>2D ,（1分）故要使电子都能打在荧光屏上，应满足y ≤2D,⑦（2分）联立①—⑦解得U ≤ls l e DdE )2(200+（1分）代入数据求得A 、B 两点间电压U ≤25 V 。
（1）当U AB =25 V 时，即U AB =21R R E +R 2-43R R E +R 4=25 V,代入数据求得R 3=900 Ω。
（2分）（2）当U BA =25 V 时，即U BA =43R R E +R 4-21R R E+R 2=25 V,代入数据求得R 3=100 Ω。
（2分）综述100 Ω≤R 3≤900 Ω。
（1分）2、（20分）由于受地球信风带和盛西风带的影响，在海洋中形成一种河流称为海流。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应带电粒子在电场中的运动专题测试
交变电流和电磁感应带电粒子在电场中的运动1.日本原子能公司所属敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外流，在检测此次重大事故中应用了非电量变化（冷却剂外泄使管中液面变化）转移为电信号的自动化测量技术.图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，但从电容的大小就可知容器中液面位置的高低，为此，以下说法中正确的是A.如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，必液面升高B.如果指示器显示电容减小了，则两电极正对面积增大，必液面升高C.如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积减小，液面必降低D.如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，液面必降低2.如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S 是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力.现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则A.φa变大，F变大B.φa变大，F变小C.φa不变，F不变D.φa不变，F变小3.如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb 和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知A.粒子从K到L的过程中，电场力做负功B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功C.粒子从K到L的过程中，静电势能增加D.粒子从L到M的过程中，动能减小4.离子发动机飞船，其原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速，在氦、氖、氩、氪、氙中选用了氙，理由是用同样电压加速，它喷出时A.速度大B.动量大C.动能大D.质量大5.如图所示，从F处释放一个无初速的电子向B极方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的（设电源电动势为U）A.电子到达B板时的动能是U eVB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3 eVD.电子在A板和D板之间做往复运动6.a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同时飞离电场③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大A.①B.①②C.③④ D.①③④7.在图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地.若极板B稍向上移动一点，由观察到静电计指针的变化，作出电容器电容变小的依据是A.两极间的电压不变，极板上电荷量变小B.两极间的电压不变，极板上电荷量变大C.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变小D.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变大8.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是A.U1变大、U2变大B.U1变小、U2变大C.U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小9.密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性.如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为d.可求出小油滴的电荷量q=_______.10.水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动.若使电容器电荷量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需的时间_______.11.来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800 k V的直线加速器加速，形成电流强度为1 mA的细柱形质子流，已知质子电荷量e=1.60×10-19C，这束质子流每秒打在靶上的质子数为______，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，则n1/n2=______.12.如图所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时速度v A的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度v A=_______.当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力N B=_______.13.证明：在带电的平行金属板电容器中，只要带电粒子垂直电场方向射入（不一定在正中间），且能从电场中射出如图所示，则粒子射入速度v0的方向与射出速度v t的方向的交点O必定在板长L的中点.14.如图所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为C.电容器的A板接地，且中间有一个小孔S.一个被加热的灯丝K与S位于同一水平线，从灯丝上可以不断地发射出电子，电子经过电压U0加速后通过小孔S沿水平方向射入A、B两极板间.设电子的质量为m，电荷量为e，电子从灯丝发射时的初速度不计.如果到达B板的电子都被B板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为n，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，最终使电子无法到达B板.求：（1）当B板吸收了N个电子时，A、B两板间的电势差.（2）A、B两板间可达到的最大电势差.（3）从电子射入小孔S开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间.15.（12分）在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3 kg、电荷量q=1.0×10-10 C的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，现突然加一沿x 轴正方向、场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过1.0 s，所加电场突然变为沿y轴正方向、场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场，再经过1.0 s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0 s速度变为零，求此电场的方向及速度变为零时小球的位置.参考答案11.6.25×1015个，2/1，n =I/e =6.25×1015个，设质子在与质子源相距l 和4l 的两处的速度分别为v 1、v 2，则v 1/v 2=la al 422⋅=1/2，极短的相等长度质子流中质子数之比为121221212121=====v v t t It It Q Q n n .。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应带电粒子在电场中的运动专题解读
交变电流和电磁感应带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在匀强电场中的加速一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。
由动能定理W =qU =ΔE K ，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。
【例1】 如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。
右极板电势随时间变化的规律如图所示。
电子原来静止在左极板小孔处。
（不计重力作用）下列说法中正确的是A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上解：从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2……直到打在右极板上。
电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。
从t=T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。
即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。
从t=3T /8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。
选AC2.带电粒子在匀强电场中的偏转质量为m 电荷量为q 的带电粒子以平行于极板的初速度v 0射入长L 板间距离为d 的平行板电容器间，两板间电压为U ，求射出时的侧移、偏转角和动能增量。
（1）侧移：d U UL v L dm Uq y '=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=42122千万不要死记公式，要清楚物理过程。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动专题解读
高考物理月刊专版专题09 交变电流和电磁感应洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动专题解读一、洛伦兹力1.洛伦兹力运动电荷在磁场中受到的磁场力叫洛伦兹力，它是安培力的微观表现。
计算公式的推导：如图所示，整个导线受到的磁场力（安培力）为F安=BIL；其中I=nesv；设导线中共有N个自由电子N=nsL；每个电子受的磁场力为F，则F安=NF。
由以上四式可得F=qvB。
条件是v与B垂直。
当v与B成θ角时，F=qvB sinθ。
2.洛伦兹力方向的判定在用左手定则时，四指必须指电流方向（不是速度方向），即正电荷定向移动的方向；对负电荷，四指应指负电荷定向移动方向的反方向。
【例1】磁流体发电机原理图如右。
等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。
该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。
所以上极板为正。
正、负极板间会产生电场。
当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。
当外电路断开时，这也就是电动势E。
当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。
这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。
在定性分析时特别需要注意的是：⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。
⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。
）⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。
在外电路断开时最终将达到平衡态。
【例2】半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和n 型两种。
p型中空穴为多数载流子；n型中自由电子为多数载流子。
用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表判定上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p 型半导体；若下极板电势高，就是n 型半导体。
2020高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应交
交变电流和电磁感应交变电流一、交变电流的产生1. 正弦交流电的产生当闭合矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时，闭合线圈中就方向转动．此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零．经过时间t 线圈转过ωt 角，这时ab 边的线速度v 方向跟磁感线方向夹角等于ωt ，设ab 边的长度为l ，bd 边的长度为l'，线圈中感应电动势为t l Bl e ωωsin 22'= 当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，线圈转过T /4时间，ωt =π/2，ab 边和cd 边都垂直切割磁感线，sin ωt =1，线圈中感应电动势最大，用E m 来表示，E m =BS ω．则e =E m sin ωt由上式知，在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动的线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的．根据闭合电路欧姆定律：t RE R e i m ωsin ==，令RE I m m =，则 i=I m sin ωt路端电压u=iR=I m R sin ωt ，令U m =I m R ，则u=U m sin ωt如果线圈从如图所示位置开始转动，电路中感应电动势、感应电流和路端电压将按余弦规律变化e=E m cosωt i=I m cosωt u=U m cosωt2．中性面当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性面．应注意：①中性面在垂直于磁场位置．②线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大．③线圈平面通过中性面时感应电动势为零．④线圈平面每转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过中性面，故一周里线圈中电流方向改变两次．3．正弦交流电的图象矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动，线圈里产生正弦交流电．当线圈从中性面开始转动，在一个周期中：在t（0，T/4）时间内，线圈中感应电动势从0达到最大值E m．在t（T/4，T/2）时间内，线圈中感应电动势从最大值E m减小到0．在t （T/2，3T/4）时间内，线圈中感应电动势从0增加到负的最大值-E m．在t（3T/4，T）时间内，线圈中感应电动势的值从负的最大值-E m减小到0．电路中的感应电流、路端电压与感应电动势的变化规律相同，如图所示．生活中用的市电电压为220V，其最大值为2202V=311V（有时写为310V），频率为50H Z，所以其电压瞬时值的表达式为u=311sin314t V。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应电磁感应专题解读
交变电流和电磁感应知识网络：一、电磁感应现象1.产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
以上表述是充分必要条件。
不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。
当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。
这个表述是充分条件，不是必要的。
在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。
2.感应电动势产生的条件。
感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。
这里不要求闭合。
无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。
这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。
但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。
二、楞次定律1．楞次定律感应电流总具有这样的方向，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。
楞次定律解决的是感应电流的方向问题。
它关系到两个磁场：感应电流的磁场（新产生的磁场）和引起感应电流的磁场（原来就有的磁场）。
前者和后者的关系不是“同向”或“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系。
2．对“阻碍”意义的理解：（1）阻碍原磁场的变化。
“阻碍”不是阻止，而是“延缓”，感应电流的磁场不会阻止原磁场的变化，只能使原磁场的变化被延缓或者说被迟滞了，原磁场的变化趋势不会改变，不会发生逆转．（2）阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流．（3）阻碍不是相反．当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其它形式的能转化为电能．因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．3．楞次定律的具体应用（1）从“阻碍磁通量变化”的角度来看，由磁通量计算式Φ=BS sinα可知，磁通量变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式，主要有：①S、α不变，B改变，这时ΔΦ=ΔB∙S sinα②B、α不变，S改变，这时ΔΦ=ΔS∙B sinα③B、S不变，α改变，这时ΔΦ=BS（sinα2-sinα1）当B、S、α中有两个或三个一起变化时，就要分别计算Φ1、Φ2，再求Φ2-Φ1了。
高考物理月刊专版专题09交变电流和电磁感应安培力专题
交变电流和电磁感应安培力一、基本概念1.磁场的产生⑴磁极周围有磁场。
⑵电流周围有磁场（奥斯特）。
安培提出分子电流假说（又叫磁性起源假说），认为磁极的磁场和电流的磁场都是由电荷的运动产生的。
（但这并不等于说所有磁场都是由运动电荷产生的，因为麦克斯韦发现变化的电场也能产生磁场。
）⑶变化的电场在周围空间产生磁场。
2.磁场的基本性质磁场对放入其中的磁极和电流有磁场力的作用（对磁极一定有力的作用；对电流只是可能有力的作用，当电流和磁感线平行时不受磁场力作用）。
这一点应该跟电场的基本性质相比较。
3.磁场力的方向的判定磁极和电流之间的相互作用力（包括磁极与磁极、电流与电流、磁极与电流），都是运动电荷之间通过磁场发生的相互作用。
因此在分析磁极和电流间的各种相互作用力的方向时，不要再沿用初中学过的“同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引”的结论（该结论只有在一个磁体在另一个磁体外部时才正确），而应该用更加普遍适用的：“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，或用左手定则判定。
4.磁感线⑴用来形象地描述磁场中各点的磁场方向和强弱的曲线。
磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，也就是在该点小磁针静止时N极的指向。
磁感线的疏密表示磁场的强弱。
⑵磁感线是封闭曲线（和静电场的电场线不同）。
中心轴线上的磁感线方向；对长直螺线管大拇指指螺线管内部的磁感线方向。
5.磁感应强度ILF B（条件是匀强磁场中，或ΔL 很小，并且L ⊥B ）。
磁感应强度是矢量。
单位是特斯拉，符号为T ，1T=1N/（A m ）=1kg/（A s 2）6.磁通量如果在磁感应强度为B 的匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，其面积为S ，则定义B 与S 的乘积为穿过这个面的磁通量，用Φ表示。
Φ是标量，但是有方向（进该面或出该面）。
单位为韦伯，符号为W b 。
1W b =1T m 2=1Vs=1kg m 2/（A s 2）。
可以认为穿过某个面的磁感线条数就是磁通量。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应带电粒子在复合场中的运动专题解读
交变电流和电磁感应带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在混合场中的运动1．速度选择器正交的匀强磁场和匀强电场组成速度选择器。
带电粒子必须以唯一确定的速度（包括大小、方向）才能匀速（或者说沿直线）通过速度选择器。
否则将发生偏转。
这个速度的大小可以由洛伦兹力和电场力的平衡得出：qvB=Eq ，BE v =。
在本图中，速度方向必须向右。
（1）这个结论与离子带何种电荷、电荷多少都无关。
（2）若速度小于这一速度，电场力将大于洛伦兹力，带电粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，动能将增大，洛伦兹力也将增大，粒子的轨迹既不是抛物线，也不是圆，而是一条复杂曲线；若大于这一速度，将向洛伦兹力方向偏转，电场力将做负功，动能将减小，洛伦兹力也将减小，轨迹是一条复杂曲线。
【例1】 某带电粒子从图中速度选择器左端由中点O 以速度v 0向右射去，从右端中心a 下方的b 点以速度v 1射出；若增大磁感应强度B ，该粒子将打到a 点上方的c 点，且有ac =ab ，则该粒子带___电；第二次射出时的速度为_____。
【例2】 如图所示，一个带电粒子两次以同样的垂直于场线的初速度v 0分别穿越匀强电场区和匀强磁场区， 场区的宽度均为L 偏转角度均为α，求E ∶B解：分别利用带电粒子的偏角公式。
在电场中偏转：20tan mv EqL =α，在磁场中偏转：0sin mv LBq =α，由以上两式可得αcos 0v B E =。
可以证明：当偏转角相同时，侧移必然不同（电场中侧移较大）；当侧移相同时，偏转角必然不同（磁场中偏转角较大）。
2．回旋加速器回旋加速器是高考考查的的重点内容之一，但很多同学往往对这类问题似是而非，认识不深，甚至束手无策、，因此在学习过程中，尤其是高三复习过程中应引起重视。
（1）有关物理学史知识和回旋加速器的基本结构和原理1932年美国物理学家应用了带电粒子在磁场中运动的特点发明了回旋加速器，其原理如图所示。
A 0处带正电的粒子源发出带正电的粒子以速度v 0垂直进入匀强磁场，在磁场中匀速转动半个周期，到达A 1时，在A 1 A 1/处造成向上的电场，粒子被加速，速率由v 0增加到v 1，然后粒子以v 1在磁场中匀速转动半个周期，到达A 2/时，在A 2/ A 2处造成向下的电场，粒子又一次被加速，速率由v 1增加到v 2，如此继续下去，每当粒子经过A A /的交界面时都是它被加速，从而速度不断地增加。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应带电粒子在复合场中的运动专题测试
交变电流和电磁感应带电粒子在复合场中的运动1．带电粒子垂直进入匀强电场或匀强磁场中时粒子将发生偏转，称这种电场为偏转电场，这种磁场为偏转磁场.下列说法错误的是（重力不计）A.欲把速度不同的同种带电粒子分开，既可采用偏转电场，也可采用偏转磁场B.欲把动能相同的质子和α粒子分开，只能采用偏转电场C .欲把由静止经同一电场加速的质子和α粒子分开，偏转电场和偏转磁场均可采用D.欲把初速度相同而比荷不同的带电粒子分开，偏转电场和偏转磁场均可采用 2．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机.如图所示，表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压.如果射入的等离子体速度均为v ，两金属板的板长为L ，板间距离为d ，板平面的面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于速度方向，负载电阻为R ，电离气体充满两板间的空间.当发电机稳定发电时，电流表示数为I .那么板间电离气体的电阻率为 A.)(R I Bdv d S - B.)(R I BLv d S - C.)(R I Bdv L S - D.)(R IBLv L S - 3．空间存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，强度分别为E =103 N/C ，B ＝1 T ，如图所示.有一质量为m ＝2.0×10-6 kg ，带正电q ＝2.0×10-6C 的微粒，在此空间做匀速直线运动，其速度的大小为________.方向为________.4．如图所示，水平虚线上方有场强为E 1的匀强电场，方向竖直向下，虚线下方有场强为E 2的匀强电场，方向水平向右；在虚线上、下方均有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab是一长为L 的绝缘细杆，竖直位于虚线上方，b 端恰在虚线上，将一套在杆上的带电小环从a 端由静止开始释放，小环先加速而后匀速到达b 端，环与杆之间的动摩擦因数μ＝0.3，小环的重力不计，当环脱离杆后在虚线下方沿原方向做匀速直线运动，求：（1）E 1与E 2的比值；（2）若撤去虚线下方的电场，小环进入虚线下方后的运动轨迹为半圆，圆周半径为3L ，环从a 到b 的过程中克服摩擦力做功W f 与电场做功W E 之比有多大?5．串列加速器是用来产生高能离子的装置。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应高考在线1
交变电流和电磁感应1. 2010·全国卷Ⅱ·18如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平。
在竖直面内有一矩形金属统一加线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。
线圈从水平面a 开始下落。
已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离。
若线圈下边刚通过水平面b 、c （位于磁场中）和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为b F 、c F 和d F ，则A ．d F >c F >b FB. c F <d F <b FC. c F >b F >d FD. c F <b F <d F2． 2010·江苏物理·2一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在 1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（A ）12（B ）1 （C ）2 （D ）4 答案：B3. 2010·新课标·144. 2010·新课标·21如图所示，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为1E ，下落距离为0.8R 时电动势大小为2E ，忽略涡流损耗和边缘效应.关于1E 、2E 的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是A 、1E >2E ，a 端为正B 、1E >2E ，b 端为正C 、1E <2E ，a 端为正D 、1E <2E ，b 端为正5. 2010·上海物理·19如右图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L ，边长为L 的正方形框abcd 的bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图【解析】在0-1t ，电流均匀增大，排除CD.2t在1t -2t ，两边感应电流方向相同，大小相加，故电流大。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应高考在线
交变电流和电磁感应1．（福建）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2=5∶1，电阻R=20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关。
原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时B.只断开S 1后，L 1、L 2均正常发光C.只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D.若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8W答案：D2．（福建） 如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°),其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。
金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，金属棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中A. ab 运动的平均速度大小为12νB.平行导轨的位移大小为qR BLC.产生的焦耳热为qBL νD.受到的最大安培力大小为22sin B L Rνθ 答案：B3.（全国）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1＞I 2，a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在的平面垂直。
磁感应强度可能为零的点是A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点【答案】C【解析】由安培定则和平行四边形定则知某点磁感应强度为零，则两电流在该处的磁感应强度等大反向，由安培定则和平行四边形定则知b ，d 两点合磁感应强度一定不为零,排除B,D,在a 、c 两点的磁感应强度方向相反，又I 1＞I 2．排除A,故选C4.（安徽）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B 。
电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动（O 轴位于磁场边界）。
高三复习带电粒子在交变电场中运动 完整版PPT课件
v / m/s
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0
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T/2
T
3T/2 2T t / s
U/ v
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0
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若电子是在t ＝ 3T/8时刻进入的
T/2
T
3T/2 2T t / s
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T
3T/2 2T t / s
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交变电流和电磁感应带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在匀强电场中的加速一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。
由动能定理W =qU =ΔE K ，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。
【例1】 如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。
右极板电势随时间变化的规律如图所示。
电子原来静止在左极板小孔处。
（不计重力作用）下列说法中正确的是A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上解：从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2……直到打在右极板上。
电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。
从t=T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。
即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。
从t=3T /8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。
选AC2.带电粒子在匀强电场中的偏转质量为m 电荷量为q 的带电粒子以平行于极板的初速度v 0射入长L 板间距离为d 的平行板电容器间，两板间电压为U ，求射出时的侧移、偏转角和动能增量。
（1）侧移：dU UL v L dm Uq y '=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=42122千万不要死记公式，要清楚物理过程。
根据不同的已知条件，结论改用不同的表达形式（已知初速度、初动能、初动量或加速电压等）。
（2）偏角：d U UL dmv UqL vv y '===2tan 2θ，注意到θtan 2L y =，说明穿出时刻的末速度的反向延长线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。
这一点和平抛运动的结论相同。
⑶穿越电场过程的动能增量：ΔE K =Eqy （注意，一般来说不等于qU ）【例2】如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0。
电容器板长和板间距离均为L =10cm ，下极板接地。
电容器右端到荧光屏的距离也是L =10cm 。
在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图。
（每距O 点13.5cm 。
②电子的最大侧移为0.5L （偏转电压超过2.0U 0，电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L =30cm 。
③屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。
3.带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。
当带电体的重力和电场力大小可以相比时，不能再将重力忽略不计。
这时研究对象经常被称为“带电微粒”、“带电尘埃”、“带电小球”等等。
这时的问题实际上变成一个力学问题，只是在考虑能量守恒的时候需要考虑到电势能的变化。
【例3】 已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。
一根长l 的绝缘细绳一端固定在O 点，另一端系有质量为m 并带有一定电荷的小球。
小球原来静止在C 点。
当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O 点做匀速圆周运动。
若将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C 点开始在竖直面内绕O 点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：由已知，原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍。
在C 点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为2mg ，可求得速度为v =gl 2，因此给小球的最小冲量为I = m gl 2。
在最高点D 小球受到的拉力最大。
从C 到D 对小球用动能定理：22212122CD mv mv l mg -=⋅，在D 点lmv mg F D22=-，解得F =12mg 。
【例4】 已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E =1.5×106V/m ，丝线长l=40cm ，上端系于O 点，下端系质量为m =1.0×10－4kg ，带电量为q =+4.9×10-10C 的小球，将小球从最低点A 由静止释放，求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大？θ θ解：（1）这是个“歪摆”。
由已知电场力F e =0.75G 摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°。
（2）小球通过平衡位置时速度最大。
由动能定理：1.25mg 0.2l =mv B 2/2，v B =1.4m/s 。
二、电容器 1.电容器两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。
2.电容器的电容 电容UQC =是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质（导体大小、形状、相对位置及电介质）决定的。
3.平行板电容器的电容平行板电容器的电容的决定式是：dskd s C επε∝=4 4.两种不同变化电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化。
这里一定要分清两种常见的变化：（1）电键K 保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带电量，C CU Q ∝=而dd U E d S kd S C 14∝=∝=，επε （2）充电后断开K ，保持电容器带电量Q 恒定，这种情况下sE s d U dsC εεε1,,∝∝∝【例5】 如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。
K 闭合时，该微粒恰好能保持静止。
在①保持K 闭合；②充电后将K 断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？A.上移上极板MB.上移下极板NC.左移上极板MD.把下极板N 接地 解：由上面的分析可知①选B ，②选C 。
Δd =0.15mm 。
【例7】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P 点，如图所示，以E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压，W 表示正电荷在P 点的电势能。
若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）A U 变小，E 不变B E 变大，W 变大C U 变小，W 不变D U 不变，W 不变解析：当平行板电容器充电后与电源断开时，对有关物理量变化的讨论，要注意板间场强的一个特点：SQk Cd Q d U E ⋅===επ4 ，即对于介质介电常数为ε的平行板电容器而言，物理量与电容器中电容的联系，问题就迎刃而解了。
5. 电容器与恒定电流相联系在直流电路中，电容器的充电过程非常短暂，除充电瞬间以外，电容器都可以视为断路。
应该理解的是：电容器与哪部分电路并联，电容器两端的电压就必然与那部分电路两端电压相等。
【例8】 如图所示电路中，122C C =，122R R =，忽略电源电阻，下列说法中正确的是（ ）KM N①开关K 处于断开状态，电容2C 的电量大于1C 的电量；②开关处于断开状态，电容1C 的电量大于2C 的电量；③开关处于接通状态，电容2C 的电量大于1C 的电量；④开关处于接通状态，电容1C 的电量大于2C 的电量。
A.①B.④C.①③D.②④解析：开关断开时，电容1C 、2C 两端电压相等，均为E ，因为122C C =，由UQC =知11222Q C Q ==ε，即12Q Q >，所以①正确；当开关K 接通时，1R 与2R 串联，通过R 1和R 2的电流相等，1C 与2R 并联，2C 与1R 并联，故1C 的电压为2IR ，2C 的电压为1IR 又211IR C Q =，122IR C Q =又122C C =，122R R =，所以21Q Q =即两电容的电量相等；所以正确选项应为A 。
6、电容器力学综合电容器通过电学与力学知识联系起来时，解答这一类题目的关键还是在力学上，只要在对物体进行受力分析时，注意对带电体所受的电场力分析，再应用力学相关知识即可求解。
必须注意的是：当带电体运动过程中与其它导体有接触时，有可能所带电量要发生变化。
【例9】如图所示，四个定值电阻的阻值相同都为R ，开关K 闭合时，有一质量为m 带电量为q 的小球静止于平行板电容器板间的中点O 。
现在把开关K 断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d ，电源内阻不计，试的电量q '。
计算：⑴电源电动势ε。
⑵小球和电容器一个极板碰撞后所带解析：⑴开关闭合时，电容器两极板间电场方向竖直向上，由小球在O 点处静止可知，小球带正电。
设两极板间电压为U ，则dUqmg =，即q mgd U =；由于4R 无电流，电容器。