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带电粒子在交变电磁场中运动
——高考一轮备考
【知识方法】
1.电场的大小和方向随时间作周期性变化，这样的电场叫做交变电场。
2.常用分析方法
(1)带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形。对一个复杂的合运动，可以看成是几个分运动合成的。某一方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响。应用这一原理可以分析带电粒子在交变电场中的运动。根据各分运动的情况，再按运动的合成与分解规律分析合运动的情况。
（2）根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
（3）利用图象：带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象描述它在电场中的运动，可直观展示其物理过程，从而快捷地分析求解。
【考点例题】
【例题1】（2022·辽宁高三）如图甲所示，在MN下方存在竖直向上的匀强电场，在MN上方以MN为弦、半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正方向.弦MN 所对的圆心角为.在t=0时，一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB 射入磁场，运动到圆心O点后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点经挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图甲所示.粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场.求:
（1）磁场的磁感应强度B0的大小及变化周期T0;
（2）粒子从B点运动到A点的最短时间t;
（3）满足（2）中条件所加的电场强度E的大小.
【例题2】如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为，y轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．t=0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为，方向为＋x轴方向．已知电场强度大小为，磁感应强度大小，不计粒子所受重力．求：
（1）t0时刻粒子的速度大小及对应的位置坐标；
（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿－x方向，B0与应满足的关系；
（3）（n为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x．
【例题3】如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E=40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示（磁场垂直纸面向里为正方向）。t=0时刻，一质量m=8×10﹣4kg、电荷量q=+2×10﹣4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12m/s，O’是挡板MN上一点，直线OO'与挡板MN垂直，取重力加速度g=10m/s2．求：
（1）若微粒的运动时间大于一个B变化的周期，在图上画出（0﹣20π）s内微粒的运动轨迹
（2）微粒再次经过直线OO'时与O点的距离；
（3）微粒在运动过程中离开直线OO’的最大高度；
（4）水平移动挡板使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件。
【例题4】（2022·陕西）如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．
（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；
（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；
（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．
【参考答案】
【例题1】【答案】
（1） ；（2） ；（3）
【解析】
(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径为，
由洛伦兹力提供向心力得： .
解得：
由题图分析可知:粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点，然后做一-个完整的圆周运动所用的时间为一个周期T0。则
(2)设一个周期内没有磁场的时间为t1，存在磁场的时间为t2，则
因为∠MON= 120°，可求得MN与AB之间的距离为x=
粒子从B点返回时，刚好进入磁场并做圆周运动，然后进人电场做匀减速运动，当返回后刚离开电场时粒子做圆周运动，此时一定存在磁场，为了满足题图甲的运动轨迹，粒子在电场中的最短时间为
则粒子从B点运动到A点的最短时间为：
(3)粒子在电场中做匀变速运动，加速度为
根据速度公式得：
解得：
【例题2】【答案】
(1) ,( )(2) (3)
【解析】（1）在电场中运动，沿着x轴正方向有：
沿着y轴正方向，有：
由牛顿第二定律，有：qE0=ma
运动的速度大小
联立解得：，粒子的位置坐标为
（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则：
解得：
则粒子第一次运动到y轴前的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做圆周运动时，有：
圆心在y周期上，结合几何关系得到：
且
联立解得：
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期为，即在时间内粒子转了半圈，在x方向向左移动，时刻速度大小仍为 ，方向与 时刻速度方向相反，在 时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与 时间内相同，时刻速度大小为，方向沿着x轴负方向，在 时间内粒子转动半圈， 时刻速度大小为，方向沿着x正方向，如图所示
则 时间内粒子在x方向向左移动的距离为
由几何关系得：
则粒子的横坐标
【例题3】【答案】
（1）见解析；（2）1.2m；（3）2.48m；（4）L=（1.2n+0.6）m（n=0，1，2…）。
【解析】（1）微粒所受的重力：G=mg=8×10﹣3N
电场力大小 F=Eq=8×10﹣3N
因此重力与电场力平衡，微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得： qvB=m
代入数据解得：R=0.6m，
周期：T=
代入数据解得：T=10πs，
则微粒在5πs内转过半个圆周，如图所示。
在5πs﹣10πs微粒做匀速直线运动，接着再转过半个圆周，用时5πs，再匀速运动5πs，所以（0﹣20π）s内微粒的运动轨迹如图。
（2）微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离 l=2R=1.2m.
（3）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5πs，轨迹如图所示，位移大小 s=vt=0.6πm=1.88m
因此微粒离开直线OO′的最大高度h=s+R=2.48m
（4）若微粒能垂直射到挡板上，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足：
L=（1.2n+0.6）m（n=0，1，2…）
【例题4】【答案】
（2）
（3） （n=1，2，3…） （n=1，2，3…）
【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．
由速度关系可得：
解得：
由速度关系得：vy=v0tanθ=v0
在竖直方向：
而水平方向:
解得：
（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L
根据牛顿第二定律：
解得：
根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（ ，-）
（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．
在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；
在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．
综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）
而：
解得： （n=1，2，3…）
应满足的时间条件为： (T0+T′)=T
而：
解得 （n=1，2，3…）直流电路的分析与计算
——高考一轮备考
【知识方法】
1．直流电路动态分析方法
(1)程序法
R局I总＝ U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)
“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。
(3)极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
(4)特殊值法：对于某些特殊电路问题，可以采取代入特殊值去判定，从而得出结论.
2．功率的最值问题
(1)定值电阻的功率：P定＝I2R
R为定值电阻，P定只与电流有关系，当R外最大时，I最小，P定最小，当R外最小时，I最大，P定最大。
(2)电源的输出功率：P＝＝。当R外＝r时，P出功率最大。
(3)变化电阻的功率的最大值：利用等效思想，把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻r′。
【考点例题】
【例题1】（2020·广东实验中学高三）全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“3V，12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的容量为36000A·h
B．电容器放电，电量逐渐减少到0，电容不变
C．电容器放电，电量逐渐减少到0，电压不变
D．若30s能充满，则充电平均电流为3600A
【例题2】（2020·山西大同一中）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2，3.5)、Q(6，5)。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是(　　)
A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2
B．电源1与电源2的电动势之比是3∶2
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10
【例题3】（2022·新疆）如图电路所示，当ab两端接入100V电压时，cd两端为20V，当cd两端接入100V电压时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（ ）
A．4：2：1 B．2：1：1 C．3：2：1 D．以上都不对
【例题4】（多选）（2022·安徽芜湖一中）在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后(　　)
A．L1的电阻为 Ω B．L1消耗的电功率为7.5 W
C．L2的电阻为7.5 Ω D．L2消耗的电功率为0.3 W
【例题5】（多选）（2020·四川）如图所示，不计电表内阻的影响，改变滑线变阻器的滑片的位置，测得电压表Vl和V2随电流表A的示数变化的两条实验图象如图，关于这两条图象，有（ ）
A．图线b的延长线不一定过坐标原点O
B．图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势
C．图线a、b的交点的横坐标和纵坐标值乘积等于电源的瞬时输出功率
D．图线a、b的交点的横坐标和纵坐标值乘积等于电阻R0的瞬时消耗功率
【例题6】（多选）（2020·山西）A，B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ．电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（ ）
A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小
B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小
C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小
D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变
【例题7】（多选）（2022·四川）在如图所示的电路中，闭合开关S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态．不考虑电流表和电压表对电路的影响，二极管视为理想二极管，R1、R2、R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则
A．带电质点P将向下运动
B．电源的输出功率将变大
C．电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比一定不变
D．电压表V读数变化量的绝对值等于电压表V2的读数变化量的绝对值
【例题8】（多选）（2020·衡水中学高三）如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是
A．电压表读数减小
B．小球的电势能减小
C．电源的效率变高
D．若电压表、电流表的示数变化量分别为 和 ，则
【例题9】（2020·南昌）如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端 分别与电源（串有一滑动变阻器 R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B．一质量为m，电阻不计的金属棒 ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻．
（1）当K接1时，金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值 R 为多大？
（2）当 K 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落 s 的过程中所需的时间为多少？
（3） ab 达到稳定速度后，将开关 K 突然接到3，试通过推导，说明 ab 作何种性质的运动？求 ab 再下落距离 s 时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿）
【例题10】（2020·河北）如图所示，电源电动势E＝27 V，内阻r＝2 Ω，固定电阻R2＝4 Ω，R1为光敏电阻．C为平行板电容器，其电容C＝3pF，虚线到两极板距离相等，极板长L＝0.2 m，间距d＝1.0×10－2 m．P为一圆盘，由形状相同透光率不同的二个扇形a、b构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a、b照射光敏电阻R1时，R1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有带电量为q＝－1.0×10－4 C微粒沿图中虚线以速度v0＝10 m/s连续射入C的电场中．假设照在R1上的光强发生变化时R1阻值立即有相应的改变．重力加速度为g＝10 m/s2.
(1)求细光束通过a照射到R1上时，电容器所带的电量；
(2)细光束通过a照射到R1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，求细光束通过b照射到R1上时带电微粒能否从C的电场中射出．
【参考答案】
【例题1】【答案】B
【解析】
A．该电容器最大容纳电荷量为：Q=CU=12000×3 C =36000C,故A错误；
BC．电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，电容器放电，电量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；
D．若30s能充满，则充电平均电流为：,故D错误。
【例题2】【答案】A
【解析】A．根据电源图线可知：
则有：,故A正确；
B．根据电源图线可知：
电源1与电源2的电动势之比是1∶1，故B错误；
CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则有：
，
，
可得： ，
，
小灯泡的电阻之比为：
小灯泡消耗的功率之比为： ,故C、D错误；
【例题3】【答案】A
【解析】当ab两端接入100V电压时，用理想电压表测得cd两端为20V
得到
即
整理得
当cd两端接入100V电压时，用理想电压表测得ab两端电压为50V得到
即
整理得
所以R1∶R2∶R3=4∶2∶1
【例题4】【答案】CD
【解析】电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3V．L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，所以电阻值：，故A错误．
由伏安特性曲线可以读出L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，L1消耗的电功率为：P=UI=3.0×0.25=0.75W，故B错误．在乙图上做出电阻R的伏安特性曲线如图，
由于R与L2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V时，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A．所以，故C正确；L2消耗的电功率为：P′=U′ I′=1.5×0.2=0.3W，故D正确．故选CD.
【例题5】【答案】BCD
【解析】A．当电路中电流增大时，电源的内电压增大，路端电压减小，电压V2的示数增大，内电压增大，电压表V1的读数减小，则根据图象可知，图象b是电压表V1的示数与I的关系图象。而R0是定值电阻，电压与电流成正比，则图象b的延长线一定过坐标原点O，故A错误；
B．图象a是电压表V1的示数与I的关系图象，反映电源的特性，当I=0时，U=E，故图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源的电动势，故B正确；
CD．图象a反映电源的特性，图象b反映电阻R0的特性，两图象的交点表示电阻R0接在该电源上的工作状态，则交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下电阻R0消耗的瞬时功率，也表示电源的输出功率，故CD正确。
【例题6】【答案】CD
【解析】设金属板两端的电压为u，距离为d，小球质量为m则，滑动变阻器是分压接法，可以分为，两部分，与金属板串联，并和并联，然后它们再与，串联，电路图可以简如图所示，电压表测得是路端电压，电流表测得是电流总电流I．因为金属板不通电，可以将它和看作两端的电压表．若将R2的滑动触头P向a端移动，则减小，总电阻减小，则总电流增大，即两端的电压增大，所以金属板两端的电压u增大，由公式得，θ增大，A错误．将若将R2的滑动触头P向b端移动时，增大则总电阻增大，总电流I减小，路端电压增大即U增大，所以B错误．当用较强的光照射时，减小，则总电阻减小，路端电压减小，总电流增大，可推出两端电压减小即金属板两端的电压减小，由得 θ减小，C正确．
所以，D正确．
【例题7】【答案】BC
【解析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4阻值减小，则电路总电流变大，R1上电压变大，则R3及其并联支路的电压减小，电容器两端电压减小，电容器本该放电，但是由于二极管的单向导电性，使得电容器两端的电量不变，场强不变，则带电质点P将仍静止，选项A错误；因当电源外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因R1、R2、R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等，可知外电路电阻大于内阻，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，外电路电阻减小，向内电阻接近，故电源的输出功率变大，选项B正确；若只将ab部分等效为电源的外电路，而将ab左侧的部分等效为内电路，其等效内阻为 ，则根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比为，可知为定值不变，选项C正确；由电路图可知；分析可知当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，U减小，U2减小，U1增大，UR2增大，则电压表V读数变化量的绝对值小于电压表V2的读数变化量的绝对值，选项D错误；故选BC.
【例题8】【答案】AD
【解析】A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；
B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；
C项：电源的效率：,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；
D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则,由A分析可知，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以，所以，故D正确．
【例题9】【答案】
（1）（2）（3）匀加速直线运动
【解析】（1）金属棒ab在磁场中恰好保持静止，由BIL=mg

得
（2）由
得
由动量定理，得 其中
得
（3）K接3后的充电电流
mg-BIL=ma
得=常数
所以ab棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的．
v22-v2=2as
根据能量转化与守恒得
解得：
【例题10】【答案】
（1）（2）带电粒子能从C的电场中射出
【解析】
（1）由闭合电路欧姆定律，得
又电容器板间电压，得UC=6V
设电容器的电量为Q，则Q=CUC解得
（2）细光束通过a照射时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则有
解得
细光束通过b照射时，同理可得
由牛顿第二定律，得 解得
微粒做类平抛运动，得，
解得， 所以带电粒子能从C的电场中射出．

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