《2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前知識(shí)回扣 考前第6天 電場(chǎng)和磁場(chǎng)》由會(huì)員分享,可在線(xiàn)閱讀,更多相關(guān)《2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前知識(shí)回扣 考前第6天 電場(chǎng)和磁場(chǎng)(8頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、考前第6天 電場(chǎng)和磁場(chǎng)
[回顧知識(shí)]
1.庫(kù)侖定律
F=k(條件:真空中、點(diǎn)電荷)
2.電場(chǎng)強(qiáng)度的表達(dá)式
(1)定義式:E=(適用任何電場(chǎng))
(2)計(jì)算式:E=(適用點(diǎn)電荷的電場(chǎng))
(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)中:E=(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))
3.電勢(shì)差和電勢(shì)的關(guān)系
UAB=φA-φB或UBA=φB-φA
4.電場(chǎng)力做功的計(jì)算
(1)普適:W=qU
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng):W=Edq
5.電容的計(jì)算
C==(定義式)
C=(平行板電容器的決定式)
6.磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式
B=
7.安培力大小
F=BIL(B、I、L相互垂直)
8.洛倫茲力的大小
F=qvB
9.帶電粒子在勻強(qiáng)磁
2、場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)洛倫茲力充當(dāng)向心力,qvB=mrω2=m=mr=4π2mrf2=ma.
(2)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=、周期T=.
10.“速度選擇器”“電磁流量計(jì)”“磁流體發(fā)電機(jī)”“霍爾效應(yīng)”的共同點(diǎn):qvB=qE=q.
[回顧方法]
1.帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的分析方法
(1)帶電粒子的加速
以初速度v0射入電場(chǎng)中的帶電粒子,經(jīng)電場(chǎng)力做功加速(或減速)至v,由qU=mv2-mv得v=.
當(dāng)v0很小或v0=0時(shí),上式簡(jiǎn)化為v= .
(2)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
以初速度v0垂直場(chǎng)強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中的帶電粒子,受恒定電場(chǎng)力作用,做類(lèi)似平拋的勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(如圖所示).
3、加速度a=
運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=
側(cè)移量y=at2=2
偏轉(zhuǎn)角tanφ===
結(jié)論:①不論帶電粒子的m、q如何,只要荷質(zhì)比相同,在同一電場(chǎng)中由靜止加速后,再進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),它們飛出時(shí)的側(cè)移量和偏轉(zhuǎn)角是相同的(即它們的運(yùn)動(dòng)軌跡相同).②出場(chǎng)速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)跟入射速度相交于中點(diǎn)O,粒子就好像從中點(diǎn)射出一樣.③角度關(guān)系:tanφ=2tanα.
2.安培力方向的判斷方法
(1)電流元法:把整段通電導(dǎo)體等效為多段直線(xiàn)電流元,用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向,從而判斷整段導(dǎo)體所受合力的方向.
(2)特殊位置法:把通電導(dǎo)體或磁鐵轉(zhuǎn)換到一個(gè)便于分析的特殊位置后再判斷安培力的方向.
(3)
4、等效法:環(huán)形電流和通電螺線(xiàn)管都可以等效成條形磁鐵,條形磁鐵也可以等效成環(huán)形電流或通電螺線(xiàn)管,通電螺線(xiàn)管還可以等效成很多匝的環(huán)形電流來(lái)分析.
(4)利用結(jié)論法:①兩通電導(dǎo)線(xiàn)相互平行時(shí),同向電流相互吸引,異向電流相互排斥;②兩者不平行時(shí),有轉(zhuǎn)動(dòng)到相互平行且電流方向相同的趨勢(shì).
(5)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法:因?yàn)橥妼?dǎo)線(xiàn)之間、導(dǎo)線(xiàn)與磁體之間的相互作用滿(mǎn)足牛頓第三定律,這樣定性分析磁體在電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)中的安培力問(wèn)題時(shí),可先分析電流在磁體的磁場(chǎng)中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的作用力,從而確定磁體所受合力.
3.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心、半徑及時(shí)間的確定方法
(
5、1)圓心的確定
①已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上兩點(diǎn)的速度方向,作這兩速度的垂線(xiàn),交點(diǎn)即為圓心.
②已知粒子入射點(diǎn)、入射方向及運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的一條弦,作速度方向的垂線(xiàn)及弦的垂直平分線(xiàn),交點(diǎn)即為圓心.
③已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩條弦,作出兩弦的垂直平分線(xiàn),交點(diǎn)即為圓心.
④已知粒子在磁場(chǎng)中的入射點(diǎn)、入射方向和出射方向,延長(zhǎng)(或反向延長(zhǎng))兩速度方向所在直線(xiàn)使之成一夾角,作出這一夾角的角平分線(xiàn),角平分線(xiàn)上到兩直線(xiàn)距離等于半徑的點(diǎn)即為圓心.
(2)半徑的確定:找到圓心以后,半徑的確定和計(jì)算一般利用幾何知識(shí)解直角三角形的辦法.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種運(yùn)動(dòng)情形如圖所示.
①磁場(chǎng)邊界:直線(xiàn),粒
6、子進(jìn)出磁場(chǎng)的軌跡具有對(duì)稱(chēng)性,如圖(a)、(b)、(c)所示.
②磁場(chǎng)邊界:平行直線(xiàn),如圖(d)所示.
③磁場(chǎng)邊界:圓形,如圖(e)所示.
(3)時(shí)間的確定
①t=T或t=T或t=
其中α為粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角,T為周期,v為粒子的速度,s為運(yùn)動(dòng)軌跡的弧長(zhǎng).
②帶電粒子射出磁場(chǎng)的速度方向與射入磁場(chǎng)的速度方向之間的夾角叫速度偏向角,由幾何關(guān)系知,速度偏向角等于圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角α,如圖(d)、(e)所示.
[回顧易錯(cuò)點(diǎn)]
1.區(qū)分電場(chǎng)強(qiáng)度E及電容C的定義式與決定式.
2.區(qū)分電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì).
3.區(qū)分左手定則與右手定則.
4.區(qū)分霍爾效應(yīng)中的“電子”導(dǎo)電與“空穴”導(dǎo)電
7、.
5.區(qū)分“微觀粒子”與“帶電小球”.
[保溫精練]
1.(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))處在同一水平面上.現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出,最后落到水平地面上,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮,則( )
A.A球帶正電,B球帶負(fù)電
B.A球比B球先落地
C.在下落過(guò)程中,A球的電勢(shì)能減少,B球的電勢(shì)能增加
D.兩球從拋出到各自落地的過(guò)程中,A球的速率變化量比B球的小
[解析] 兩球均做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),水平方向上有x=v0t,豎直方向上有h=at2,得加速度大小a=,可見(jiàn)水平距離x越大,加速度a越
8、小,相應(yīng)所用時(shí)間t越長(zhǎng),即B球先落地,A球的加速度a1小于B球的加速度a2,說(shuō)明A球帶正電而受到豎直向上的電場(chǎng)力,B球帶負(fù)電而受到豎直向下的電場(chǎng)力,在下落過(guò)程中,電場(chǎng)力對(duì)A球做負(fù)功,A球電勢(shì)能增加,電場(chǎng)力對(duì)B球做正功,B球電勢(shì)能減少,選項(xiàng)A正確,B、C均錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理有mah=mv2-mv,而Δv=v-v0,可見(jiàn)加速度a越大,落地速度v越大,速率變化量Δv越大,即A球的速率變化量較小,選項(xiàng)D正確.
[答案] AD
2.(多選)如圖所示,空間中固定的四個(gè)點(diǎn)電荷分別位于正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)處,A點(diǎn)為對(duì)應(yīng)棱的中點(diǎn),B點(diǎn)為右側(cè)面的中心,C點(diǎn)為底面的中心,D點(diǎn)為正四面體的中心(到四個(gè)頂點(diǎn)的距離均相
9、等).關(guān)于A、B、C、D四點(diǎn)的電勢(shì)高低,下列判斷正確的是( )
A.φA=φB B.φA=φD
C.φB>φC D.φC>φD
[解析] 以無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì),點(diǎn)電荷周?chē)碾妱?shì)φ=k,正點(diǎn)電荷周?chē)鼽c(diǎn)電勢(shì)為正,負(fù)點(diǎn)電荷周?chē)鼽c(diǎn)電勢(shì)為負(fù),電勢(shì)是標(biāo)量,可以用代數(shù)運(yùn)算進(jìn)行加減.如圖將四個(gè)點(diǎn)電荷編號(hào),A點(diǎn)與3、4等距,與1、2等距,3、4兩點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)一正一負(fù),相加剛好為零,1、2兩電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)相加也為零,則φA=0.同理,D點(diǎn)到四個(gè)點(diǎn)電荷的距離都相同,則φD=0.B點(diǎn)與3、4等距,與1的距離小于與2的距離,1在B點(diǎn)的正電勢(shì)與2在B點(diǎn)的負(fù)電勢(shì)相加大于零,則可得φB>0.
10、同理,C點(diǎn)與3、4等距,與1的距離大于與2的距離,則可得φC<0.即有φB>φA=φD>φC,B、C正確.
[答案] BC
3.(2018·合肥質(zhì)檢一) (多選)如圖所示,豎直放置的兩平行金屬板,長(zhǎng)為L(zhǎng),板間距離為d,接在電壓為U的直流電源上.在兩板間加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電油滴,從距金屬板上端高為h處由靜止開(kāi)始自由下落,并經(jīng)兩板上端連線(xiàn)的中點(diǎn)P進(jìn)入板間.油滴在P點(diǎn)所受的電場(chǎng)力與洛倫茲力大小恰好相等,且最后恰好從金屬板的下邊緣離開(kāi).空氣阻力不計(jì),重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是( )
A.油滴剛進(jìn)入兩板間時(shí)的加速度大小為g
11、B.油滴開(kāi)始下落的高度h=
C.油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi)
D.油滴離開(kāi)時(shí)的速度大小為
[解析] 油滴剛到達(dá)P點(diǎn)時(shí)受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用,電場(chǎng)力和洛倫茲力大小相等,因此油滴在P點(diǎn)的合力大小等于重力,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知油滴在P點(diǎn)的加速度大小為g,A正確;由于油滴在P點(diǎn)水平方向的合力為零,則由力的平衡條件可知q=qBv,對(duì)油滴從釋放到P點(diǎn)的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律可知mgh=mv2,
整理得h=,B正確;油滴進(jìn)入平行金屬板間后,做加速運(yùn)動(dòng),則電場(chǎng)力小于洛倫茲力,由左手定則可知,油滴所受的洛倫茲力向右,則最終油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi),C錯(cuò)誤;對(duì)油滴從釋放到從右側(cè)金屬板的下邊緣
12、離開(kāi)的過(guò)程,由動(dòng)能定理有mg(h+L)-q=mv′2,解得v′=,D正確.
[答案] ABD
4.(多選)如圖所示,在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍,一帶電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ,發(fā)現(xiàn)粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)速度方向改變了30°,然后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,測(cè)得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,則下列說(shuō)法正確的是( )
A.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1
B.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1
C.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2
D.區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之
13、比為1∶1
[解析] 由于洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功,故粒子在兩磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速率不變,故A正確;由洛倫茲力f=qBv=ma和a=v·ω可知,粒子運(yùn)動(dòng)的角速度之比為ω1∶ω2=B1∶B2=1∶2,則B錯(cuò)誤;由于粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,由t=可得t==,且B2=2B1,所以可得θ1∶θ2=1∶2,則C正確;由題意可知,粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的圓心角為30°,則粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的圓心角為60°,由R=可知粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)半徑是在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)半徑的2倍,設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑為r,作粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,則由圖可知,區(qū)域Ⅰ的寬度d1=2rsin30°=r;區(qū)域Ⅱ的寬度d2=rsin30°+rcos(180°-60°-60°)=r,故D正確.
[答案] ACD
8