资源简介

专题强化七　电磁感应中的图像和电路问题
【关键能力·分层突破】
考点一　电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．分析电磁感应电路问题的基本思路
求感应电动势E＝Blv或E＝→画等效电路图→求感应电流I＝
例1 (多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2A.电容器上极板带正电
B．电容器下极板带正电
C．线圈两端的电压为
D．线圈两端的电压为
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【跟进训练】
1.(多选)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有R1＝5 Ω和R2＝6 Ω的两定值电阻及电阻箱R，其余电阻不计．电路中的电压表量程为0～10 V，电流表的量程为0～3 A．现将R调至30 Ω，用F＝40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移．当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏．下列说法正确的是(　　)
A．当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏
B．当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏
C．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是1 m/s
D．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是2 m/s
考点二　电磁感应中的图像问题
1．问题类型
(1)给定电磁感应过程，选出或画出正确的图像．
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应物理量．
2．分析电磁感应图像问题的思路
3．解决电磁感应图像问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应．
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应．
例2 [2021·新高考八省市联考辽宁卷]如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里．线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场．设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【跟进训练】
2.[2022·山东枣庄统考](多选)如图甲所示，正方形金属线框abcd固定在磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定垂直线框平面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示．已知正方形线框的边长L＝0.4 m，电阻R＝2 Ω，则(　　)
A.0～1 s内线框中有逆时针方向的感应电流
B．1～3 s内线框ab边受到的安培力大小先减小后增大
C．1～3 s内通过线框某一横截面的电荷量为0.16 C
D．前4 s内线框中产生的热量为0.512 J
3．[2022·江西南昌调研](多选)图甲为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图像(图中不考虑2 s末线框中的电流及ab边的受力情况)，下列各图正确的是(　　)
[思维方法]
常用解决电磁感应图像问题的“两个方法”
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负以及是否过某些特殊点，以排除错误的选项．
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断．
考点三　电磁感应中电路与图像综合问题科学推理——核心素养提升
例3 如图甲所示，MN、PQ是相距d＝1 m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1 m的金属棒CD垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，CD的质量m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω；MN、PQ的上端连接电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL＝3 Ω，定值电阻R1＝7 Ω，调节电阻箱使R2＝6 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放CD，在t＝0.5 s时刻闭合S，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向上；图乙所示为CD的速度随时间变化图像．
(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；
(2)CD由静止下滑x＝50 m(已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的焦耳热；
(3)若只改变电阻箱R2的值，当R2为何值时，CD匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？
[教你解决问题]
【跟进训练】
4.如图甲所示，水平放置的两根平行金属导轨间距L＝0.3 m，导轨左端连接阻值R＝0.6 Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面、磁感应强度B＝0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2 m．细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，均与导轨垂直且接触良好，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω.导轨电阻不计．使金属棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿导轨向右穿过磁场．计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流，并在图乙中画出．
专题强化七　电磁感应中的图像和电路问题
关键能力·分层突破
例1　解析：根据楞次定律可知，线圈产生顺时针方向的电流，则电容器下极板带正电，A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，则有E＝n＝nS＝，电流为I＝，U＝I·4R＝×4R＝，C错误，D正确．
答案：BD
1．解析：假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I＝＝2 A<3 A，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，有FA＝BIL＝F，感应电动势E＝U＋IR1＝(10＋2×5) V＝20 V，又E＝BLv，解得v＝＝1 m/s，故C正确，D错误．
答案：BC
例2　解析：设线框运动的速度为v，总电阻为R.当时间t<时，只有最右侧的两个短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针方向，大小为I＝；当≤t<时，即从右侧中间的短边进入磁场至左侧长边进入磁场，感应电流方向为逆时针方向，大小为I＝；当≤t<时，即从左侧长边进入磁场至右侧中间的短边离开磁场，感应电流方向为顺时针方向，大小为I＝；当≤t<时，即从右侧中间短边离开磁场至左侧长边离开磁场，感应电流方向的顺时针方向，大小为I＝.综上所述，选项A正确．
答案：A
2．解析：0～1 s内线框中磁场方向向外并增大，根据楞次定律及安培定则可知，电流方向为顺时针，A错误；1～3 s内，根据法拉第电磁感应定律可得E＝，由图可知，该时间段内，为恒定值，则感应电动势为定值，电流大小不变，根据F＝BIL可知，B先减小后增大，则安培力先减小后增大，B正确；1～3 s内，根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势大小为E＝，通过某一横截面的电荷量为Q＝IΔt，代入得Q＝Δt＝＝0.16 C，C正确；前4 s内，由于磁感应强度B的变化率大小都相等，所以线框中产生的感应电动势的大小都相等，可得E＝＝0.16 V，则感应电流大小为I＝＝0.08 A，则线框中产生的热量为Q＝I2Rt＝0.082×2×4 J＝0.051 2 J，故D错误．
答案：BC
3．解析：根据欧姆定律及法拉第电磁感应定律可知：I＝＝∝＝k，又由楞次定律可知，在0～1 s和3～4 s时间段，感应电流均取正值，所以选项A正确，B错误；ab边所受安培力F＝BIL＝BL＝·＝·k，在0～1 s时间段内，通过ab边的感应电流从a到b，根据左手定则可知，安培力水平向右，又根据B t图像的斜率k不变，所以F∝B，选项C错误，D正确．
答案：AD
例3　解析：(1)S断开时，CD做匀加速直线运动，从图乙得a＝＝6 m/s2
由牛顿第二定律有mg sin α＝ma
所以有sin α＝，即α＝37°
t＝0.5 s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后CD将先做加速度逐渐减小的变加速运动，当速度达到最大(vm＝6 m/s)时，做匀速运动．
匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F安
又F安＝BId，I＝
R总＝R＋R1＋＝10 Ω
联立有mg sin α＝
代入数据解得B＝1 T
(2)由能量转化关系有
mg sin α·x＝＋Q
代入数据解得Q＝28.2 J
(3)改变电阻箱R2的值后，CD匀速下滑时有mg sin α＝BdI′
所以I′＝＝0.6 A
通过R2的电流为I2＝I′
R2消耗的功率为P＝R2
联立以上三式可得
＝
当＝，即R2＝RL＝3 Ω时，功率P最大，最大值Pm＝0.27 W.
答案：(1)37°　1 T　(2)28.2 J　(3)3 Ω　0.27 W
4．解析：从A1开始进入磁场(t＝0时刻)到刚好离开磁场(t1＝＝0.2 s时刻)的时间内，A1产生的感应电动势E1＝BLv＝0.18 V
其等效电路图如图甲所示．
由图甲知，电路的总电阻R总＝r＋＝0.5 Ω
总电流为I＝＝0.36 A
通过R的电流为IR＝＝0.12 A
从A1刚好离开磁场(t1＝0.2 s时刻)至A2刚好进入磁场(t2＝＝0.4 s时刻)的时间内，回路无电流，IR＝0从A2刚好进入磁场(t2＝0.4 s时刻)至刚好离开磁场(t3＝＝0.6 s时刻)的时间内，A2上的感应电动势为E2＝0.18 V，其等效电路图如图乙所示．
与0～t1内A1开始进入磁场到离开磁场类似，
可知，此过程IR＝0.12 A.
如图所示．
答案：见解析(共40张PPT)
专题强化六　带电粒子在复合场中的运动
【关键能力·分层突破】
考点一　带电粒子在组合场中的运动
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．
2．“电偏转”或“磁偏转”的比较
比较项 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)
情景图
比较项 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)
受力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，为变力 FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动 规律 匀速圆周运动，r＝，T＝ 类平抛运动，vx＝v0，vy＝t，x＝v0t，y＝t2
运动 时间 t＝T＝ t＝
动能 不变 变化
例1 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两
侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，
方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，
它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从
M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从
M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．

解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．
设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有
qE＝ma　①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v1＝at　②
l′＝v0t　③
v1＝v cos θ　④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝m　⑤
由几何关系得l＝2R cos θ　⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝　⑦
(3)由运动学公式和题中所给数据得v1＝　⑧
联立①②③⑦⑧式得＝　⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋T　⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝　
由③⑦⑨⑩ 式得t′＝　
[教你解决问题]
(1)读题→画轨迹
(2)模型建构→求速度
——类平抛运动、匀速圆周运动模型、结合对称性分析→求速度
[思维方法]
解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板
【跟进训练】
1.[2021·广东卷，14]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示．求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
解析：(1)设电子经圆b的加速电场加速两次后以速度v1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，则由动能定理得2eU＝－0，
由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径
r1＝R tan ＝R tan 22.5°＝0.4R，
由洛伦兹力提供向心力可得ev1B1＝，
联立解得B1＝，
运动时间t1＝T，又T＝，
联立解得t1＝，
电子由P→Q，由动能定理得8eU＝Ek，所以动能Ek＝8eU.
(2)k最大时，电子进入Ⅰ区时速度v最大，做匀速圆周运动的半径r最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r最大，
由几何关系知(R－r)2＝R2＋r2，解得r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝m，
解得v＝，
电子从P点进入圆b到刚进入Ⅰ区，由动能定理得
2eU＝mv2－Ek0，
又Ek0＝keU，解得k＝.
考点二　带电粒子在叠加场中的运动
1．磁场力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
2．电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
3．电场力、磁场力、重力并存
(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动．
(2)若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．
例2 如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角，在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向
上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球
在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界
飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加
速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强
度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．
解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动．
由图知tan 37°＝，得E1＝，
cos 37°＝，
得B1＝.
(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动．
由图知cos 37°＝，得E2＝.
方向与x轴正方向成53°角向上．
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，
得E3＝，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示．
由几何关系得r＝，
由洛伦兹力提供向心力知q·2v0B2＝m，
联立得B2＝.
[教你解决问题]——读题抓已知条件→模型建构
【跟进训练】
2．[2022·山东临沂统考]如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动，最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．电场和磁场的大小关系为＝v0
C．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速
直线运动
D．若小球刚进入管道时撤去电场，小球的机械能
不断增大
答案：C
解析：带电小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据质点做匀速直线运动的条件可知，小球带正电，选项A错误；由sin 30°＝可得，电场和磁场的大小关系为＝，选项B错误；若小球刚进入管道时撤去磁场，重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做匀速直线运动，选项C正确；若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球的机械能守恒，选项D错误．
3．如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy中，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第一象限y≥0.35 m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，电场的场强大小均为E＝2 N/C.一带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的
夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象
限，经过一段时间后再次穿过x轴离开
第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小；
(2)油滴在第一象限运动的时间；
(3)油滴再次穿过x轴时的横坐标x1.
解析：(1)如图所示，根据平衡条件可得
mg＝qE，qv0B＝qE
解得v0＝＝4 m/s.
(2)进入第一象限后，在0≤y≤0.35 m区域内，油滴做斜抛运动，根据运动的合成与分解，油滴在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，刚到O点时，有v0x＝v0cos 45°，v0y＝v0sin 45°
竖直方向上，油滴做竖直上抛运动，有
＝－2gh
vy＝v0y－gt1
进入y>h区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则进入到y>h区域时，有
根据速度的合成与分解可得tan α＝
运动时间t2＝T
其中周期T＝
总时间t＝2t1＋t2
联立解得t＝ s＋ s＝0.72 s.
(3)进入第一象限后，在0≤y≤h区域内，油滴在水平方向上做匀速直线运动，有L1＝v0xt1
进入y>h区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qv1B＝
由几何关系得L2＝R sin α
由对称性得x1＝2L1＋2L2，
解得x1＝3.2 m.
考点三　复合场与现代科技STSE问题——核心素养提升
情境1　现代科技中的电磁场问题
装置 原理图 规律
质谱仪 带电粒子由静止被加速电场加速qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m，则比荷＝
装置 原理图 规律
回旋加速器 交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速．由qvB＝m得Ekm＝
速度选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
装置 原理图 规律
磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压U时稳定，
q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计 q＝qvB所以v＝所以Q＝vS＝
例3 [2021·河北卷，5]如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．
下列说法正确的是(　　)
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
答案：B
解析：由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mg sin θ，而I＝，而对等离子体受力分析有q＝qvB1，解得v＝.故B正确，A、C、D错误．
命题分析 试题情境 属于综合性题目，以等离子体发电机为素材创设学习探索问题情境
必备知识 考查左手定则、欧姆定律、安培力公式、平衡条件
关键能力 考查推理能力、模型建构能力．要求学生将等离子进入后的PQ建构为直流电源
学科素养 考查物理观念、科学思维．要求考生在判断电源正负极的基础上计算导体棒在磁场中的平衡问题
【跟进训练】
4.(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图，如图乙是
回旋加速器工作原理图，微观粒子从S处由静止开始被
加速，达到其可能的最大速度vm后将到达导向板处，由
导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确
的是(　　)
A．D形盒半径是决定vm的一个重要因素
B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量
C．高频电源的电压是决定vm的重要因素
D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期
答案：AD
解析：回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R＝，可得vm＝，则粒子的最大速度与加速的电压无关，而与D形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，D形盒半径越大，vm越大；磁场越强，vm越大，A正确，C错误．回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的，B错误；粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T电＝2×＝T磁＝，D正确．
5.[2022·山东临沂模拟](多选)某种质谱仪的工作原理示意图如图所示．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N，P、Q间的加速电场，静电分析器，磁感应强度为B的有界匀强磁场、方向垂直纸面向外，胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．
下列说法正确的是(　　)
A．P、Q间加速电压为ER
B．离子在磁场中运动的半径为
C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出
D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷
答案：AD
解析：直线加速过程，根据动能定理得qU＝mv2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qE＝m，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得U＝ER，r＝＝，故选项A正确，B错误；只要满足R＝，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C错误；由r＝可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D正确．
情境2　CT扫描机
例4 CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)，将电子束打到靶上的点记为P点．
则(　　)
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案：D
解析：本题结合CT扫描机考查带电粒子的加速、偏转问题．电子束在M、N之间需要加速，故N处的电势高于M处的电势，A错误；若增大M、N之间的加速电压，会使得电子获得的速度变大，电子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有Bvq＝m，可得电子的偏转轨迹半径R＝，则电子在磁场中运动轨迹的半径变大，电子出磁场时偏转角减小，P点向右移，B错误；电子进入磁场中向下偏转，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；根据R＝可知，偏转磁场的磁感应强度越大，电子的运动轨迹半径越小，在偏转磁场中偏转越明显，P点向左移，故D正确．
[思维方法]
解决实际问题的一般过程专题强化六　带电粒子在复合场中的运动
【关键能力·分层突破】
考点一　带电粒子在组合场中的运动
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．
2．“电偏转”或“磁偏转”的比较
比较项 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，为变力 FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动 规律 匀速圆周运动，r＝，T＝ 类平抛运动，vx＝v0，vy＝t，x＝v0t，y＝t2
运动 时间 t＝T＝ t＝
动能 不变 变化
例1 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．
[教你解决问题]
(1)读题→画轨迹
(2)模型建构→求速度
——类平抛运动、匀速圆周运动模型、结合对称性分析→求速度
[思维方法]
解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板
【跟进训练】
1.[2021·广东卷，14]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示．求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
考点二　带电粒子在叠加场中的运动
1．磁场力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
2．电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
3．电场力、磁场力、重力并存
(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动．
(2)若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．
例2 如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角，在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．
[教你解决问题]——读题抓已知条件→模型建构
【跟进训练】
2．[2022·山东临沂统考]如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动，最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．电场和磁场的大小关系为＝v0
C．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D．若小球刚进入管道时撤去电场，小球的机械能不断增大
3．如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy中，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第一象限y≥0.35 m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，电场的场强大小均为E＝2 N/C.一带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限，经过一段时间后再次穿过x轴离开第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小；
(2)油滴在第一象限运动的时间；
(3)油滴再次穿过x轴时的横坐标x1.
考点三　复合场与现代科技STSE问题——核心素养提升
情境1　现代科技中的电磁场问题
装置 原理图 规律
质谱仪 带电粒子由静止被加速电场加速qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m，则比荷＝
回旋加速器 交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速．由qvB＝m得Ekm＝
速度选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压U时稳定， q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计 q＝qvB所以v＝所以Q＝vS＝
例3 [2021·河北卷，5]如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是(　　)
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题分析
试题情境 属于综合性题目，以等离子体发电机为素材创设学习探索问题情境
必备知识 考查左手定则、欧姆定律、安培力公式、平衡条件
关键能力 考查推理能力、模型建构能力．要求学生将等离子进入后的PQ建构为直流电源
学科素养 考查物理观念、科学思维．要求考生在判断电源正负极的基础上计算导体棒在磁场中的平衡问题
【跟进训练】
4.(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图，如图乙是回旋加速器工作原理图，微观粒子从S处由静止开始被加速，达到其可能的最大速度vm后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是(　　)
A．D形盒半径是决定vm的一个重要因素
B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量
C．高频电源的电压是决定vm的重要因素
D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期
5.[2022·山东临沂模拟](多选)某种质谱仪的工作原理示意图如图所示．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N，P、Q间的加速电场，静电分析器，磁感应强度为B的有界匀强磁场、方向垂直纸面向外，胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法正确的是(　　)
A．P、Q间加速电压为ER
B．离子在磁场中运动的半径为
C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出
D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷
情境2　CT扫描机
例4 CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)，将电子束打到靶上的点记为P点．则(　　)
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[思维方法]
解决实际问题的一般过程
专题强化六　带电粒子在复合场中的运动
关键能力·分层突破
例1　解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．
设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有
qE＝ma　①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v1＝at　②
l′＝v0t　③
v1＝v cos θ　④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝m　⑤
由几何关系得l＝2R cos θ　⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝　⑦
(3)由运动学公式和题中所给数据得
v1＝　⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝　⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T　⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝　
由③⑦⑨⑩ 式得
t′＝　
答案：(1)图见解析　(2)　(3)
1．解析：(1)设电子经圆b的加速电场加速两次后以速度v1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，则由动能定理得2eU＝－0，
由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径
r1＝R tan ＝R tan 22.5°＝0.4R，
由洛伦兹力提供向心力可得ev1B1＝，
联立解得B1＝，
运动时间t1＝T，又T＝，
联立解得t1＝，
电子由P→Q，由动能定理得8eU＝Ek，所以动能Ek＝8eU.
(2)k最大时，电子进入Ⅰ区时速度v最大，做匀速圆周运动的半径r最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r最大，
由几何关系知(R－r)2＝R2＋r2，解得r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝m，
解得v＝，
电子从P点进入圆b到刚进入Ⅰ区，由动能定理得
2eU＝mv2－Ek0，
又Ek0＝keU，解得k＝.
答案：(1)　8eU　(2)
例2　解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动．
由图知tan 37°＝，得E1＝，
cos 37°＝，
得B1＝.
(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动．
由图知cos 37°＝，得E2＝.
方向与x轴正方向成53°角向上．
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，
得E3＝，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示．
由几何关系得r＝，
由洛伦兹力提供向心力知q·2v0B2＝m，
联立得B2＝.
答案：(1)　(2)，方向与x轴正方向成53°角向上　(3)
2．解析：带电小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据质点做匀速直线运动的条件可知，小球带正电，选项A错误；由sin 30°＝可得，电场和磁场的大小关系为＝，选项B错误；若小球刚进入管道时撤去磁场，重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做匀速直线运动，选项C正确；若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球的机械能守恒，选项D错误．
答案：C
3．解析：(1)如图所示，根据平衡条件可得
mg＝qE，qv0B＝qE
解得v0＝＝4 m/s.
(2)进入第一象限后，在0≤y≤0.35 m区域内，油滴做斜抛运动，根据运动的合成与分解，油滴在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，刚到O点时，有v0x＝v0cos 45°，v0y＝v0sin 45°
竖直方向上，油滴做竖直上抛运动，有
＝－2gh
vy＝v0y－gt1
进入y>h区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则进入到y>h区域时，有
根据速度的合成与分解可得tan α＝
运动时间t2＝T
其中周期T＝
总时间t＝2t1＋t2
联立解得t＝ s＋ s＝0.72 s.
(3)进入第一象限后，在0≤y≤h区域内，油滴在水平方向上做匀速直线运动，有L1＝v0xt1
进入y>h区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qv1B＝
由几何关系得L2＝R sin α
由对称性得x1＝2L1＋2L2，
解得x1＝3.2 m.
答案：(1)4 m/s　(2)0.72 s　(3)3.2 m
例3　解析：由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mg sin θ，而I＝，而对等离子体受力分析有q＝qvB1，解得v＝.故B正确，A、C、D错误．
答案：B
4．解析：回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R＝，可得vm＝，则粒子的最大速度与加速的电压无关，而与D形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，D形盒半径越大，vm越大；磁场越强，vm越大，A正确，C错误．回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的，B错误；粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T电＝2×＝T磁＝，D正确．
答案：AD
5．解析：直线加速过程，根据动能定理得qU＝mv2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qE＝m，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得U＝ER，r＝＝，故选项A正确，B错误；只要满足R＝，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C错误；由r＝可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D正确．
答案：AD
例4　解析：本题结合CT扫描机考查带电粒子的加速、偏转问题．电子束在M、N之间需要加速，故N处的电势高于M处的电势，A错误；若增大M、N之间的加速电压，会使得电子获得的速度变大，电子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有Bvq＝m，可得电子的偏转轨迹半径R＝，则电子在磁场中运动轨迹的半径变大，电子出磁场时偏转角减小，P点向右移，B错误；电子进入磁场中向下偏转，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；根据R＝可知，偏转磁场的磁感应强度越大，电子的运动轨迹半径越小，在偏转磁场中偏转越明显，P点向左移，故D正确．
答案：D

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