2019年高考物理大二轮复习考前知识回扣考前第6天电场和磁场.doc

1、1考前第 6 天 电场和磁场回顾知识1库仑定律F k (条件：真空中、点电荷)Q1Q2r22电场强度的表达式(1)定义式： E (适用任何电场)Fq(2)计算式： E (适用点电荷的电场)kQr2(3)匀强电场中： E (适用于匀强电场)Ud3电势差和电势的关系UAB A B或 UBA B A4电场力做功的计算(1)普适： W qU(2)匀强电场： W Edq5电容的计算C (定义式)QU Q UC (平行板电容器的决定式) S4 kd6磁感应强度的定义式BFIL7安培力大小F BIL(B、 I、 L 相互垂直)8洛伦兹力的大小F qvB9带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力，

2、qvB mr 2 m mr 4 2mrf2 ma.v2r 4 2T2(2)圆周运动的半径 r 、周期 T .mvqB 2 mqB10 “速度选择器” “电磁流量计” “磁流体发电机” “霍尔效应”的共同点：qvB qE q .Ud2回顾方法1带电粒子在电场中加速和偏转问题的分析方法(1)带电粒子的加速以初速度 v0射入电场中的带电粒子，经电场力做功加速(或减速)至 v，由 qU mv212mv 得 v .12 20 v20 2qUm当 v0很小或 v00 时，上式简化为 v .2qUm(2)带电粒子的偏转以初速度 v0垂直场强方向射入匀强电场中的带电粒子，受恒定电场力作用，做类似平抛的匀变速曲

3、线运动(如图所示)加速度 aqEm运动时间 tlv0侧移量 y at2 212 qE2m(lv0)偏转角 tan vyvx atv0 qElmv20结论：不论带电粒子的 m、 q 如何，只要荷质比相同，在同一电场中由静止加速后，再进入同一偏转电场，它们飞出时的侧移量和偏转角是相同的(即它们的运动轨迹相同)出场速度的反向延长线跟入射速度相交于中点 O，粒子就好像从中点射出一样角度关系：tan 2tan .2安培力方向的判断方法(1)电流元法：把整段通电导体等效为多段直线电流元，用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断整段导体所受合力的方向(2)特殊位置法：把通电导体或磁铁转换到一个

4、便于分析的特殊位置后再判断安培力的方向3(3)等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可以等效成环形电流或通电螺线管，通电螺线管还可以等效成很多匝的环形电流来分析(4)利用结论法：两通电导线相互平行时，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥；两者不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势(5)转换研究对象法：因为通电导线之间、导线与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律，这样定性分析磁体在电流产生的磁场中的安培力问题时，可先分析电流在磁体的磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流产生的磁场的作用力，从而确定磁体所受合力3带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时圆心、半径

5、及时间的确定方法(1)圆心的确定已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度的垂线，交点即为圆心已知粒子入射点、入射方向及运动轨迹对应的一条弦，作速度方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心已知粒子运动轨迹上的两条弦，作出两弦的垂直平分线，交点即为圆心已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向，延长(或反向延长)两速度方向所在直线使之成一夹角，作出这一夹角的角平分线，角平分线上到两直线距离等于半径的点即为圆心(2)半径的确定：找到圆心以后，半径的确定和计算一般利用几何知识解直角三角形的办法带电粒子在有界匀强磁场中常见的几种运动情形如图所示磁场边界：直线，粒子进出磁场的轨迹具有对称性，如图(a

6、)、(b)、(c)所示磁场边界：平行直线，如图(d)所示4磁场边界：圆形，如图(e)所示(3)时间的确定 t T 或 t T 或 t2 360 sv其中 为粒子运动的圆弧所对的圆心角， T 为周期， v 为粒子的速度， s 为运动轨迹的弧长带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角叫速度偏向角，由几何关系知，速度偏向角等于圆弧轨迹对应的圆心角 ，如图(d)、(e)所示回顾易错点1区分电场强度 E 及电容 C 的定义式与决定式2区分电场强度与电势3区分左手定则与右手定则4区分霍尔效应中的“电子”导电与“空穴”导电5区分“微观粒子”与“带电小球” 保温精练1(多选)在竖直向上的匀强电

7、场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球 A、 B(均可视为质点)处在同一水平面上现将两球以相同的水平速度 v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则( )A A 球带正电， B 球带负电B A 球比 B 球先落地C在下落过程中， A 球的电势能减少， B 球的电势能增加D两球从抛出到各自落地的过程中， A 球的速率变化量比 B 球的小解析 两球均做类平抛运动，水平方向上有 x v0t，竖直方向上有 h at2，得加12速度大小 a ，可见水平距离 x 越大，加速度 a 越小，相应所用时间 t 越长，即 B 球2hv20x2先落地， A 球的加速度

8、 a1小于 B 球的加速度 a2，说明 A 球带正电而受到竖直向上的电场力，5B 球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对 A 球做负功， A 球电势能增加，电场力对 B 球做正功， B 球电势能减少，选项 A 正确，B、C 均错误；根据动能定理有mah mv2 mv ，而 v v v0，可见加速度 a 越大，落地速度 v 越大，速率变化量 v12 12 20越大，即 A 球的速率变化量较小，选项 D 正确答案 AD2(多选)如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处， A 点为对应棱的中点， B 点为右侧面的中心， C 点为底面的中心， D 点为正四面体的中心

9、(到四个顶点的距离均相等)关于 A、 B、 C、 D 四点的电势高低，下列判断正确的是( )A A B B A DC B C D C D解析 以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势 k ，正点电荷周围各点电势为qr正，负点电荷周围各点电势为负，电势是标量，可以用代数运算进行加减如图将四个点电荷编号， A 点与 3、4 等距，与 1、2 等距，3、4 两点电荷在 A 点的电势一正一负，相加6刚好为零，1、2 两电荷在 A 点的电势相加也为零，则 A0.同理， D 点到四个点电荷的距离都相同，则 D0. B 点与 3、4 等距，与 1 的距离小于与 2 的距离，1 在 B 点的正电势与 2 在 B

10、点的负电势相加大于零，则可得 B0.同理， C 点与 3、4 等距，与 1 的距离大于与 2 的距离，则可得 C A D C，B、C 正确答案 BC3(2018合肥质检一) (多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为 L，板间距离为 d，接在电压为 U 的直流电源上在两板间加一磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场一质量为 m，电荷量为 q 的带正电油滴，从距金属板上端高为 h 处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点 P 进入板间油滴在 P 点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开空气阻力不计，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )A油滴刚进入两

11、板间时的加速度大小为 gB油滴开始下落的高度 hU22B2d2gC油滴从左侧金属板的下边缘离开D油滴离开时的速度大小为 qUm 2gL U2B2d2解析 油滴刚到达 P 点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力大小相等，因此油滴在 P 点的合力大小等于重力，由牛顿运动定律可知油滴在 P 点的加速度大小为 g，A 正确；由于油滴在 P 点水平方向的合力为零，则由力的平衡条件可知q qBv，对油滴从释放到 P 点的过程中，由机械能守恒定律可知 mgh mv2，Ud 12整理得 h ，B 正确；油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛U22gB2d2伦兹力，由左手定则可知，油滴

12、所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，C 错误；对油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理有 mg(h L)7 q mv 2，解得 v ，D 正确U2 12 2gL U2B2d2 qUm答案 ABD4(多选)如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度是区域内磁感应强度的 2 倍，一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域，发现粒子离开区域时速度方向改变了 30，然后进入区域，测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )A粒子在区域和区域中的速率之比为 11B粒子在区域和区域中的角速度之比

13、为 21C粒子在区域和区域中的圆心角之比为 12D区域和区域的宽度之比为 11解析 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故 A正确；由洛伦兹力 f qBv ma 和 a v 可知，粒子运动的角速度之比为 1 2 B1 B212，则 B 错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由t 可得 t ，且 B22 B1，所以可得 1 212，则 C 正确；由题意可 mqB 1mqB1 2mqB28知，粒子在区域中运动的圆心角为 30，则粒子在区域中运动的圆心角为 60，由R 可知粒子在区域中的运动半径是在区域中运动半径的 2 倍，设粒子在区域中的mvqB运动半径为 r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域的宽度 d12 rsin30 r；区域的宽度 d2 rsin30 rcos(1806060) r，故 D 正确答案 ACD